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
Positionnez les bits pour qu’ils représentent −65 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
N = −658 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1111 0110 OR 1001 0101. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1111 0110OR1001 0101
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Quelle formule est logiquement équivalente à q → p ? Cliquez dessus.
q → p
1¬p → ¬q
2p → q
3¬p ∧ ¬q
4¬q → ¬p
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Le raisonnement de prémisses q → p; r → p et de conclusion q → r est invalide. Cliquez sur la ligne de la table de vérité qui est un contre-exemple.
q → pr → p∴ q → r
1p = 1, q = 1, r = 1
2p = 1, q = 1, r = 0
3p = 1, q = 0, r = 1
4p = 1, q = 0, r = 0
5p = 0, q = 1, r = 1
6p = 0, q = 1, r = 0
7p = 0, q = 0, r = 1
8p = 0, q = 0, r = 0
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, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 11, 12, 13, 15). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Une bascule D déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées. Cliquez sur le premier front d’horloge où Q repasse de 1 à 0.
Q₀ = 0D
1front d’horloge 1
2front d’horloge 2
3front d’horloge 3
4front d’horloge 4
5front d’horloge 5
6front d’horloge 6
7front d’horloge 7
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez le plus petit entier positif x tel que x ≡ 6 (mod 7) et x ≡ 7 (mod 11).
x ≡ 6 (mod 7)x ≡ 7 (mod 11)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Chiffre le message m = 71 avec la clé publique RSA (n, e) = (187, 13). Trouvez le chiffré c.
n = 187e = 13m = 71
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Quelle est la solution de la récurrence T(n) = 2T(n/2) + O(1) ?
AO(n)
BO(n log n)
CO(n²)
DO(log n)
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Quel énoncé sur la sélection du k-ième plus petit élément d'un tableau non trié est correct ?
ALa sélection n'est possible qu'en O(n²)
BLa sélection exige toujours Ω(n log n) car elle nécessite un tri
CQuickselect s'exécute en O(n) en espérance, et la médiane des médianes garantit O(n) dans le pire cas
DQuickselect s'exécute en O(log n) dans le pire cas, car il ne récurse que d'un seul côté du pivot
11.Structures de donnéesMoyen
À quoi sert un nœud sentinelle (factice) dans une liste chaînée ?
AÀ empêcher la liste de dépasser un nombre maximal fixe de nœuds
BÀ simplifier le code en supprimant les cas particuliers en tête ou en queue
CÀ rendre la liste triée
DÀ stocker le nombre d'éléments
12.Structures de donnéesDifficile
Pourquoi les arbres B (B-trees) sont-ils utilisés dans les bases de données et les systèmes de fichiers ?
AIls utilisent moins de mémoire que n'importe quel tableau, si bien que tout l'index tient toujours en mémoire centrale
BIls n'ont pas besoin de rééquilibrage
CIls stockent les données sans les trier
DLeur facteur de branchement élevé maintient l'arbre peu profond, ce qui réduit les lectures disque lentes
13.Théorie des graphesMoyen
Le graphe connexe a-t-il un circuit eulérien, un chemin eulérien qui n’est pas un circuit, ou ni l’un ni l’autre ? Cliquez sur votre réponse.
|V| = 6|E| = 6
1Circuit eulérien
2Chemin eulérien, pas de circuit
3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal. Cliquez sur l’arête qu’il ajoute en numéro 6 ; les arêtes sautées ne comptent pas.
k = 6
1arête AB
2arête AC
3arête BC
4arête BD
5arête CE
6arête DE
7arête DF
8arête EF
9arête GB
10arête GC
11arête GD
12arête GE
15.Bases de données et SQLMoyen
Que renvoie EXCEPT (appelé MINUS dans Oracle) ?
ALes lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde
BLes lignes de la seconde requête qui n'apparaissent pas dans la première
CLes lignes présentes dans les deux requêtes
DToutes les lignes des deux requêtes, sans doublons
16.Bases de données et SQLDifficile
Pourquoi une requête avec WHERE YEAR(order_date) = 2025 pourrait-elle ne pas utiliser un index sur order_date ?
AAppliquer une fonction à la colonne empêche une simple recherche par plage dans l'index
BLes index ne fonctionnent jamais avec des dates
CYEAR n'est pas du SQL valide
DUn index sur order_date n'est utilisé que pour les clauses ORDER BY, jamais pour WHERE
17.Réseaux informatiquesMoyen
Quel drapeau TCP indique qu'un émetteur a fini d'envoyer des données ?
AFIN
BURG
CPSH
DSYN
18.Réseaux informatiquesDifficile
Le blocage en tête de ligne (head-of-line blocking) de HTTP/2 sur TCP se produit parce que :
AHTTP/2 utilise UDP
BLes serveurs ne peuvent pas traiter de requêtes parallèles
CUn segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission
DChaque requête nécessite sa propre nouvelle connexion TCP, si bien que les requêtes suivantes attendent dans une file
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Un sous-réseau utilise le masque 255.255.255.224. Combien d’adresses d’hôte utilisables H possède-t-il ?
255.255.255.224
H =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Le réseau 192.168.94.0/24 est découpé en VLSM pour ces LAN : A: 3 hôtes, B: 23 hôtes, C: 98 hôtes, D: 27 hôtes. Les sous-réseaux sont attribués à partir de .0 en montant, le LAN ayant le plus d’hôtes en premier, chacun recevant le plus petit sous-réseau qui convient. Quel est le quatrième octet x de l’adresse réseau du LAN B ?
A: 3B: 23C: 98D: 27
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 191
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.
Inverser et ajouter un
65 = 0100 0001
inversé: 1011 1110
+1 → 1011 1111
Le lire en non signé
1011 1111₂ = 256 − 65 = 191
Réponse
U = 191
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 247
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
OU donne 1 quand au moins un bit vaut 1.
1111 0110
OR 1001 0101
= 1111 0111
Valeur du résultat
1111 0111₂ = 247
Réponse
R = 247
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬p → ¬q
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
Une implication est équivalente à sa contraposée ¬b → ¬a, pas à sa réciproque b → a ni à son inverse ¬a → ¬b.
q → p ≡ ¬p → ¬q
Vérifier avec la table de vérité
p = 1, q = 1: 1 | 1 1 0 1
p = 1, q = 0: 1 | 1 0 0 0
p = 0, q = 1: 0 | 0 1 0 1
p = 0, q = 0: 1 | 1 1 1 1
Réponse
¬p → ¬q
Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: p = 1, q = 1, r = 0
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.
Prémisses et conclusion ligne par ligne
p = 1, q = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 1 | 0
p = 1, q = 0, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 0, r = 0: 1 1 | 1
p = 0, q = 1, r = 1: 0 0 | 1
p = 0, q = 1, r = 0: 0 1 | 0
p = 0, q = 0, r = 1: 1 0 | 1
p = 0, q = 0, r = 0: 1 1 | 1
Contre-exemple
p = 1, q = 1, r = 0
Réponse
p = 1, q = 1, r = 0
Un raisonnement de cette forme ressemble à une règle valide, mais une seule ligne suffit à montrer qu’il ne l’est pas.
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: L = 16
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.
B′C
BC′D
AD
A′CD′
A′B′D′
ABC′
Forme SOP minimale
F = B′C + BC′D + AD + A′CD′ + A′B′D′ + ABC′
L = 16
Réponse
L = 16
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: front d’horloge 5
Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.
Q après chaque front
Une bascule D copie D à chaque front montant : Q⁺ = D.
1: D = 0 → Q = 0
2: D = 0 → Q = 0
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 1 → Q = 1
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1
7: D = 0 → Q = 0
Premier passage de 1 à 0
front d’horloge 5
Réponse
front d’horloge 5
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: x = 62
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 = 6 + 7k
Deuxième congruence
6 + 7k ≡ 7 (mod 11) → 7k ≡ 1 (mod 11)
k ≡ 8·1 ≡ 8 (mod 11)
Résultat
x = 6 + 7·8 = 62
x = 62
vérification: 62 mod 7 = 6, 62 mod 11 = 7
Réponse
x = 62
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: c = 114
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.
Carré répété
13 = 8 + 4 + 1
711 ≡ 71 (mod 187)
712 ≡ 179 (mod 187)
714 ≡ 64 (mod 187)
718 ≡ 169 (mod 187)
7113 ≡ 71·64·169 ≡ 114 (mod 187)
Chiffré
c = 114
Réponse
c = 114
9.Algorithmes et complexité
Réponse: A · O(n)
Pourquoi c'est la réponse
Par le théorème maître, nlog₂ 2 = n domine le travail constant, donc T(n) = Θ(n), comme lorsqu'on cherche un maximum en coupant en deux moitiés.
Réponse
A · O(n)
10.Algorithmes et complexité
Réponse: C · Quickselect s'exécute en O(n) en espérance, et la médiane des médianes garantit O(n) dans le pire cas
Pourquoi c'est la réponse
Le travail espéré de quickselect vaut n + n/2 + n/4 + ... = O(n) avec des pivots aléatoires ; choisir le pivot comme médiane des médianes rend le pire cas linéaire.
Réponse
C · Quickselect s'exécute en O(n) en espérance, et la médiane des médianes garantit O(n) dans le pire cas
11.Structures de données
Réponse: B · À simplifier le code en supprimant les cas particuliers en tête ou en queue
Pourquoi c'est la réponse
Avec une sentinelle, chaque nœud réel a un prédécesseur, donc l'insertion ou la suppression en tête ne demande aucun traitement particulier.
Réponse
B · À simplifier le code en supprimant les cas particuliers en tête ou en queue
12.Structures de données
Réponse: D · Leur facteur de branchement élevé maintient l'arbre peu profond, ce qui réduit les lectures disque lentes
Pourquoi c'est la réponse
Les arbres B stockent de nombreuses clés par nœud, donc la hauteur est faible et peu de lectures de blocs sont nécessaires par recherche ; les arbres B+ relient en plus les feuilles pour les parcours d'intervalles.
Réponse
D · Leur facteur de branchement élevé maintient l'arbre peu profond, ce qui réduit les lectures disque lentes
13.Théorie des graphes
Réponse: Chemin eulérien, pas de circuit
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.
Le chemin eulérien commence à un sommet impair et finit à l’autre.
14.Théorie des graphes
Réponse: arête DF
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.
Algorithme de Kruskal
1. DE (2)
2. CE (3)
3. GE (6)
4. GB (7)
5. AC (10)
6. DF (16)
numéro de l’arête 6
DF
Réponse
arête DF
15.Bases de données et SQL
Réponse: A · Les lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde
Pourquoi c'est la réponse
A EXCEPT B donne les lignes de A qui ne sont pas dans B ; inverser les requêtes donne donc un résultat différent.
Réponse
A · Les lignes de la première requête qui n'apparaissent pas dans la seconde
16.Bases de données et SQL
Réponse: A · Appliquer une fonction à la colonne empêche une simple recherche par plage dans l'index
Pourquoi c'est la réponse
L'expression n'est pas « sargable » ; utiliser order_date >= '2025-01-01' AND order_date < '2026-01-01' permet un parcours de plage d'index (index range scan).
Réponse
A · Appliquer une fonction à la colonne empêche une simple recherche par plage dans l'index
17.Réseaux informatiques
Réponse: A · FIN
Pourquoi c'est la réponse
Chaque côté envoie FIN lorsqu'il n'a plus de données, et l'autre côté en accuse réception. SYN sert à ouvrir une connexion ; RST l'interrompt.
Réponse
A · FIN
18.Réseaux informatiques
Réponse: C · Un segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission
Pourquoi c'est la réponse
TCP livre les octets dans l'ordre, donc une seule perte bloque tous les flux de la connexion. QUIC (HTTP/3) gère les flux indépendamment au-dessus d'UDP.
Réponse
C · Un segment TCP perdu retarde tous les flux multiplexés jusqu'à sa retransmission
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: H = 30
IPv4 subnetting: an address has 32 bits. The prefix /p says how many leading bits identify the network; the remaining 32 − p bits number the hosts. A subnet has 2³²⁻ᵖ addresses, but the first (network address) and last (broadcast address) cannot be given to hosts, so 2³²⁻ᵖ − 2 hosts fit. Exceptions: a /31 (point-to-point link, RFC 3021) uses both of its 2 addresses for hosts, and a /32 is one single address (a single host or a loopback).
Longueur du préfixe
255.255.255.224 = /27
Hôtes utilisables
25 − 2 = 30
Réponse
H = 30
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 160
VLSM : chaque LAN reçoit le plus petit sous-réseau tel que 2ʰ − 2 ≥ son nombre d’hôtes, c’est-à-dire un préfixe 32 − h. Attribuer d’abord les plus grands sous-réseaux garde chaque bloc aligné sur un multiple de sa propre taille, donc les adresses réseau s’obtiennent en additionnant les tailles de bloc.