Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
Pour nier un énoncé quantifié, faites passer ¬ vers l’intérieur, échangez ∀ et ∃, et niez la formule intérieure.
Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états
Méthode
Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.
Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Division avec reste
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclide
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Plus petit commun multiple
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inverse
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Congruence linéaire
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Indicatrice d’Euler
φ(n) = n·∏(1 − 1/p), φ(pᵏ) = pᵏ − pᵏ⁻¹
Fermat
aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p)
RSA
n = pq, φ = (p − 1)(q − 1), d = e⁻¹ mod φ, c = mᵉ mod n, m = cᵈ mod n
Méthode
Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
Pour les puissances, écrivez l’exposant en binaire et élevez au carré à répétition ; en RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) avec φ(n) = (p − 1)(q − 1).
Théorie des graphes
Lemme des poignées de main
Σ deg(v) = 2|E|
Graphes complets
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graphe régulier
|E| = n·k/2
Arbre et forêt
|E| = n − 1, |E| = n − c
Feuilles d’un arbre
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuit : tous les degrés pairs ; chemin : exactement 2 degrés impairs
Circuits hamiltoniens dans Kn
(n − 1)!/2
Mise à jour de Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Marches de longueur L
(Mᴸ)ij
Méthode
Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
Pour un arbre couvrant minimal, triez les arêtes par poids et sautez toute arête qui ferme un cycle (Kruskal), ou faites croître un arbre à partir d’un sommet de départ (Prim).
Sous-réseaux IPv4
Hôtes par sous-réseau
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Taille de bloc
256 − (mask octet)
Adresse réseau
IP AND masque
Adresse de diffusion
IP OR (NOT masque) : tous les bits d’hôte à 1
Sous-réseaux avec n bits empruntés
2n
2Exercices
1.Systèmes de numérationMoyen
Le motif de 8 bits 1010 1011 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?
1010 10118 bit
N =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1110 1010 AND 1011 1100. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1110 1010AND1011 1100
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Quelle formule est logiquement équivalente à ¬(q ∨ r) ? Cliquez dessus.
¬(q ∨ r)
1¬q ∨ ¬r
2¬q ∧ r
3q ∨ ¬r
4¬q ∧ ¬r
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Les prémisses (r ∧ p) → q; r; ¬q sont données. Quelle conclusion en découle ? Cliquez dessus.
(r ∧ p) → qr¬q
1p ∧ ¬q
2p
3¬p
4q
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 10, 13). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 10, 13)
L =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(5, 7, 11, 12, 15) + d(0, 8, 10, 13), où d marque les états indifférents. Combien de littéraux L contient-elle ?
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez le plus petit entier positif x tel que x ≡ 3 (mod 8) et x ≡ 10 (mod 13).
x ≡ 3 (mod 8)x ≡ 10 (mod 13)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
43 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 3072926 mod 43.
p = 43k = 72926
3072926 mod 43 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Pourquoi omet-on généralement la base du logarithme dans la notation grand O, comme dans O(log n) ?
ATous les logarithmes en informatique sont en base 10, elle est donc implicite
BLes logarithmes sont toujours arrondis à l'entier
CDes logarithmes de bases différentes ne diffèrent que d'un facteur constant
DLa base n'a d'importance que pour n petit
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Quel énoncé sur la notation petit o est correct ?
An = o(n), puisque toute fonction est un petit o d'elle-même
Bn = o(n²), mais n n'est pas o(n)
Cn² = o(n)
D2n = o(n), car 2n croît lentement
11.Structures de donnéesMoyen
Dans un tas binaire stocké dans un tableau commençant à l'indice 0, où se trouve le parent du nœud d'indice i ?
AÀ l'indice ⌊i / 2⌋ + 1
BÀ l'indice i − 1
CÀ l'indice ⌊(i − 1) / 2⌋
DÀ l'indice 2i + 1
12.Structures de donnéesDifficile
Quelle paire de parcours détermine toujours un arbre binaire unique à clés distinctes ?
APréfixe et postfixe
BPréfixe et infixe
CPréfixe seul
DPar niveaux seul
13.Théorie des graphesMoyen
Combien de circuits hamiltoniens différents H le graphe complet K6 a-t-il ? Les circuits qui ne diffèrent que par le sommet de départ ou le sens comptent comme un seul.
K6
H =
14.Théorie des graphesDifficile
L’algorithme de Dijkstra part de A. Cliquez sur le sommet qui est fixé (rendu définitif) au tour 4 ; A lui-même est le tour 1.
départ : Atour 4
1A
2B
3C
4D
5E
6F
7G
15.Bases de données et SQLMoyen
Des étudiants peuvent suivre plusieurs cours et chaque cours a plusieurs étudiants. Comment modélise-t-on cela en tables ?
AEn fusionnant étudiants et cours dans une seule table
BAvec une table d'association contenant des clés étrangères vers les étudiants et vers les cours
CAvec une liste d'identifiants de cours stockée dans une seule colonne
DAvec une colonne de clé étrangère course_id dans la table des étudiants qui pointe vers les cours
16.Bases de données et SQLDifficile
Quel niveau d'isolation empêche les lectures sales (dirty reads) mais autorise encore les lectures non répétables ?
ARead uncommitted
BRead committed
CSerializable
DRepeatable read
17.Réseaux informatiquesMoyen
En quoi un pare-feu à états (stateful) diffère-t-il d'un simple filtre de paquets ?
AIl bloque tout le trafic entrant sans exception, y compris les réponses aux requêtes sortantes
BIl chiffre chaque paquet qu'il transmet
CIl ne vérifie que l'adresse MAC de chaque trame
DIl suit les connexions et autorise les réponses appartenant à des sessions établies
18.Réseaux informatiquesDifficile
Après des collisions répétées, les stations Ethernet classiques choisissent leur temps d'attente dans un intervalle qui double à chaque fois. Pourquoi ?
APour que le câble transporte les signaux plus loin
BPour réduire le risque d'une nouvelle collision lorsque de nombreuses stations sont en concurrence
CPour synchroniser toutes les stations sur une même horloge
DPour donner la priorité à la station ayant l'adresse MAC la plus élevée sur le câble partagé
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Le réseau 192.168.10.0/24 doit être divisé en au moins 5 sous-réseaux égaux. Si tu empruntes le moins de bits possible, combien d'hôtes utilisables H chaque sous-réseau a-t-il ?
192.168.10.0/245 subnets
H =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un hôte a l'adresse 10.20.152.181/25. Quel est le quatrième octet x de son adresse réseau ?
10.20.152.181/25
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: N = −85
Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.
Additionner les poids
Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.
−128 + 32 + 8 + 2 + 1 = −85
Réponse
N = −85
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 168
Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.
Bit par bit
ET donne 1 seulement quand les deux bits valent 1.
1110 1010
AND 1011 1100
= 1010 1000
Valeur du résultat
1010 1000₂ = 168
Réponse
R = 168
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬q ∧ ¬r
Équivalence logique : deux formules sont équivalentes (≡) quand elles ont la même valeur dans chaque ligne de la table de vérité. Une tautologie vaut 1 dans toutes les lignes, une contradiction 0 dans toutes les lignes, et une contingence n’est ni l’une ni l’autre. Lois utiles : De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b et ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b ; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contraposée) ; ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b ; et les lois de distributivité, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
La loi
De Morgan : ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b. Le ∨ devient ∧ et les deux parties sont niées.
¬(q ∨ r) ≡ ¬q ∧ ¬r
Vérifier avec la table de vérité
q = 1, r = 1: 0 | 0 0 1 0
q = 1, r = 0: 0 | 1 0 1 0
q = 0, r = 1: 0 | 1 1 0 0
q = 0, r = 0: 1 | 1 0 1 1
Réponse
¬q ∧ ¬r
Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬p
Quantificateurs et raisonnements : ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) et ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Faites passer une négation vers l’intérieur, échangez chaque quantificateur qu’elle traverse, et niez la formule intérieure avec les lois propositionnelles, comme ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Un raisonnement est valide quand la conclusion vaut 1 dans toutes les lignes où toutes les prémisses valent 1. Une seule ligne avec des prémisses vraies et une conclusion fausse est un contre-exemple et montre que le raisonnement est invalide.
Lignes où toutes les prémisses sont vraies
p = 0, q = 0, r = 1: p ∧ ¬q = 0, p = 0, ¬p = 1, q = 0
Conclusion
¬p (modus tollens avec une conjonction)
Réponse
¬p
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: L = 11
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Regrouper les 1
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
A′B′C′
AB′CD′
ABC′D
Forme SOP minimale
F = A′B′C′ + AB′CD′ + ABC′D
L = 11
Réponse
L = 11
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: L = 8
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Implicants premiers
Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.
BD, AC′D′, ACD, AB′C, ABC′
Couverture minimale
F = BD + AC′D′ + ACD
L = 8
Réponse
L = 8
Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de termes et de littéraux.
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: x = 75
Inverses et congruences : a a un inverse modulo n exactement quand pgcd(a, n) = 1. L’algorithme d’Euclide étendu écrit 1 = s·n + t·a, et alors a⁻¹ ≡ t (mod n). Une congruence a·x ≡ b (mod n) avec pgcd(a, n) = 1 a pour solution x ≡ a⁻¹·b. Deux congruences x ≡ r₁ (mod m₁) et x ≡ r₂ (mod m₂) à modules premiers entre eux ont une solution modulo m₁·m₂ (théorème des restes chinois). L’indicatrice d’Euler φ(n) compte les nombres de 1 à n premiers avec n : φ(n) = n·∏(1 − 1/p).
Première congruence
x = 3 + 8k
Deuxième congruence
3 + 8k ≡ 10 (mod 13) → 8k ≡ 7 (mod 13)
k ≡ 5·7 ≡ 9 (mod 13)
Résultat
x = 3 + 8·9 = 75
x = 75
vérification: 75 mod 8 = 3, 75 mod 13 = 10
Réponse
x = 75
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 3072926 mod 43 = 6
Puissances modulaires et RSA : calculez aᵏ mod n par carrés répétés : écrivez k en binaire, élevez au carré, réduisez après chaque étape et multipliez les puissances dont le bit vaut 1. Fermat : aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) pour un nombre premier p ne divisant pas a, donc l’exposant peut être réduit modulo p − 1. RSA : choisissez des nombres premiers p et q, n = p·q et φ(n) = (p − 1)(q − 1) ; l’exposant public e est premier avec φ(n), et l’exposant privé est d = e⁻¹ mod φ(n). Chiffre avec c = mᵉ mod n et déchiffrez avec m = cᵈ mod n.
Réduire l’exposant
72926 mod 42 = 14
3072926 ≡ 3014 (mod 43)
Petite puissance
3014 mod 43 = 6
Réponse
3072926 mod 43 = 6
9.Algorithmes et complexité
Réponse: C · Des logarithmes de bases différentes ne diffèrent que d'un facteur constant
Pourquoi c'est la réponse
Changer de base multiplie le logarithme par une constante, et le grand O ignore les facteurs constants.
Réponse
C · Des logarithmes de bases différentes ne diffèrent que d'un facteur constant
10.Algorithmes et complexité
Réponse: B · n = o(n²), mais n n'est pas o(n)
Pourquoi c'est la réponse
f = o(g) signifie que f(n) / g(n) tend vers 0 ; n / n² tend vers 0, mais n / n = 1 non.
Réponse
B · n = o(n²), mais n n'est pas o(n)
11.Structures de données
Réponse: C · À l'indice ⌊(i − 1) / 2⌋
Pourquoi c'est la réponse
Les enfants de i sont en 2i + 1 et 2i + 2, donc le parent de i est en ⌊(i − 1) / 2⌋ ; avec une indexation à partir de 1, il est en ⌊i / 2⌋.
Réponse
C · À l'indice ⌊(i − 1) / 2⌋
12.Structures de données
Réponse: B · Préfixe et infixe
Pourquoi c'est la réponse
Le parcours préfixe donne la racine, et sa position dans la séquence infixe sépare les sous-arbres gauche et droit ; préfixe et postfixe sont ambigus lorsqu'un nœud a un seul enfant.
Réponse
B · Préfixe et infixe
13.Théorie des graphes
Réponse: H = 60
Euler, Hamilton et arbres : un graphe connexe a un circuit eulérien (chaque arête une fois, retour au départ) quand tous les sommets ont un degré pair, et un chemin eulérien qui n’est pas un circuit quand exactement deux sommets ont un degré impair ; le chemin va alors d’un sommet impair à l’autre. Un circuit hamiltonien visite chaque sommet une fois ; Kn en a (n − 1)!/2. Un arbre à n sommets a n − 1 arêtes, et un graphe connexe à m arêtes conserve un arbre couvrant après suppression de m − n + 1 arêtes.
Compter
H = (6 − 1)!/2 = 120/2 = 60
Réponse
H = 60
14.Théorie des graphes
Réponse: E
Plus courts chemins et arbres couvrants : l’algorithme de Dijkstra fixe un sommet par tour : le sommet non fixé de plus petite distance provisoire. Sa distance est alors définitive, et chaque voisin v reçoit d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal en prenant les arêtes de la plus légère à la plus lourde et en sautant toute arête qui fermerait un cycle ; l’algorithme de Prim fait croître un arbre à partir d’un sommet de départ en ajoutant toujours l’arête la plus légère qui en sort. Un arbre couvrant à n sommets a n − 1 arêtes.
Dijkstra tour par tour
1. A (0): B: 12, C: 11
2. C (11): E: 14
3. B (12): D: 22, G: 16
4. E (14): F: 19
5. G (16)
6. F (19)
7. D (22)
tour 4
E
Réponse
E
15.Bases de données et SQL
Réponse: B · Avec une table d'association contenant des clés étrangères vers les étudiants et vers les cours
Pourquoi c'est la réponse
Une association plusieurs-à-plusieurs nécessite une table d'association (de jonction), par exemple enrolment(student_id, course_id), souvent avec une clé primaire composée.
Réponse
B · Avec une table d'association contenant des clés étrangères vers les étudiants et vers les cours
16.Bases de données et SQL
Réponse: B · Read committed
Pourquoi c'est la réponse
Read committed masque les modifications non validées ; Repeatable read empêche aussi les lectures non répétables ; Serializable empêche également les lectures fantômes.
Réponse
B · Read committed
17.Réseaux informatiques
Réponse: D · Il suit les connexions et autorise les réponses appartenant à des sessions établies
Pourquoi c'est la réponse
Un pare-feu à états tient une table des connexions actives, de sorte que le trafic de retour est autorisé automatiquement. Un filtre sans état juge chaque paquet isolément.
Réponse
D · Il suit les connexions et autorise les réponses appartenant à des sessions établies
18.Réseaux informatiques
Réponse: B · Pour réduire le risque d'une nouvelle collision lorsque de nombreuses stations sont en concurrence
Pourquoi c'est la réponse
Chaque nouvelle collision suggère davantage de concurrence ; l'intervalle aléatoire s'agrandit donc et les stations ont plus de chances de choisir des créneaux différents. Le mécanisme s'adapte à la charge sans contrôle central.
Réponse
B · Pour réduire le risque d'une nouvelle collision lorsque de nombreuses stations sont en concurrence
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: H = 30
Sous-réseaux IPv4 : une adresse a 32 bits. Le préfixe /p indique combien de bits de tête identifient le réseau ; les 32 − p bits restants numérotent les hôtes. Un sous-réseau a 2³²⁻ᵖ adresses, mais la première (adresse réseau) et la dernière (adresse de diffusion) ne peuvent pas être attribuées, il tient donc 2³²⁻ᵖ − 2 hôtes. Exceptions : un /31 (liaison point à point, RFC 3021) utilise ses 2 adresses pour des hôtes, et un /32 est une adresse unique (un seul hôte ou une interface de bouclage).
Bits à emprunter
23 = 8 ≥ 5 → b = 3, /27
Hôtes par sous-réseau
25 − 2 = 30
Réponse
H = 30
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 128
Sous-réseaux IPv4 : une adresse a 32 bits. Le préfixe /p indique combien de bits de tête identifient le réseau ; les 32 − p bits restants numérotent les hôtes. Un sous-réseau a 2³²⁻ᵖ adresses, mais la première (adresse réseau) et la dernière (adresse de diffusion) ne peuvent pas être attribuées, il tient donc 2³²⁻ᵖ − 2 hôtes. Exceptions : un /31 (liaison point à point, RFC 3021) utilise ses 2 adresses pour des hôtes, et un /32 est une adresse unique (un seul hôte ou une interface de bouclage).