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
Écris −53 comme motif de 8 bits en complément à deux. Lis ce motif comme un nombre binaire non signé : quelle est sa valeur U en décimal ?
N = −538 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1101 1001 >> 1. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1101 1001>> 1
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Quelle formule est logiquement équivalente à c ∨ (b ∧ a) ? Cliquez dessus.
c ∨ (b ∧ a)
1(c ∨ b) ∧ a
2(c ∧ b) ∨ (c ∧ a)
3c ∧ (b ∨ a)
4(c ∨ b) ∧ (c ∨ a)
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Quel énoncé est équivalent à ¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x)), la négation étant passée complètement à l’intérieur ? Cliquez dessus.
¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x))
1∀x ∀y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
2∃x ∃y (R(x, y) → ¬R(y, x))
3∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
4∃x ∃y (¬R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
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) = Σm(0, 1, 2, 4, 5). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 4, 5)
L =
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
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Résolvez 52x ≡ 75 (mod 81). Donnez la solution x avec 0 < x < 81.
52x ≡ 75 (mod 81)
x =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
17 est premier. Utilisez le petit théorème de Fermat pour trouver 2377914 mod 17.
p = 17k = 77914
2377914 mod 17 =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Pourquoi de nombreuses routines de tri des bibliothèques passent-elles au tri par insertion pour les très petits sous-tableaux ?
ALe tri par insertion utilise moins de mémoire que tout autre algorithme de tri sur les grandes entrées
BLes algorithmes récursifs ne peuvent pas traiter les tableaux de moins de 10 éléments
CLe tri par insertion est en O(n log n) dans le pire cas
DLe tri par insertion a peu de surcoût et est rapide sur les entrées petites ou presque triées
10.Algorithmes et complexitéDifficile
La multiplication de Karatsuba vérifie T(n) = 3T(n/2) + O(n). Quelle en est la solution ?
AΘ(n log n)
BΘ(n3)
CΘ(nlog₂ 3), soit environ n1,585
DΘ(n²)
11.Structures de donnéesMoyen
Quelle structure de données un programme en cours d'exécution utilise-t-il pour suivre les appels de fonction actifs et leurs variables locales ?
AUn arbre binaire de recherche de cadres
BUne table de hachage des fonctions
CLa pile d'appels
DLa file de la mémoire du tas
12.Structures de donnéesDifficile
Un arbre de segments (segment tree) est généralement utilisé pour :
ATrier des chaînes par ordre alphabétique en stockant chaque préfixe dans un nœud distinct de l'arbre
BStocker les arêtes d'un graphe
CImplémenter une pile
DRépondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)
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| = 7|E| = 8
1Circuit eulérien
2Chemin eulérien, pas de circuit
3ni l’une ni l’autre
14.Théorie des graphesDifficile
Combien de marches de longueur 3 vont de B à D ? Une marche peut répéter des sommets et des arêtes. Appelez ce nombre N.
M = matrice d’adjacenceL = 3
N =
15.Bases de données et SQLMoyen
Une vue (view) en SQL est :
AUne copie d'une table sur le disque
BUne requête enregistrée qui se comporte comme une table virtuelle
CUn écran du client de base de données pour parcourir les tables
DUn type d'index
16.Bases de données et SQLDifficile
Le verrouillage à deux phases (2PL) garantit :
ADes ordonnancements sérialisables par conflits
BQu'aucun verrou n'est nécessaire
CQue les interblocages (deadlocks) ne peuvent jamais se produire
DQue les transactions n'attendent jamais
17.Réseaux informatiquesMoyen
Quel est le but de la poignée de main en trois temps (three-way handshake) de TCP ?
AFermer rapidement une connexion
BÉtablir une connexion et synchroniser les numéros de séquence
CChiffrer les données
DTrouver l'adresse IP d'un hôte avant de pouvoir lui envoyer des données
18.Réseaux informatiquesDifficile
Un utilisateur peut faire un ping vers 8.8.8.8 mais ne peut ouvrir aucun site web par son nom. Où se situe le plus probablement le problème ?
ALe pilote de la carte réseau
BLe câble physique
CLa résolution de noms (DNS)
DLa passerelle par défaut
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Le réseau 10.22.112.0/20 est divisé en sous-réseaux égaux de préfixe /23. Combien y a-t-il de sous-réseaux N ?
10.22.112.0/20/23
N =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un hôte a l'adresse 10.20.189.160/29. Quel est le quatrième octet x de son adresse réseau ?
10.20.189.160/29
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 203
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.
Inverser et ajouter un
53 = 0011 0101
inversé: 1100 1010
+1 → 1100 1011
Le lire en non signé
1100 1011₂ = 256 − 53 = 203
Réponse
U = 203
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 108
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
Un décalage à droite de 1 déplace chaque bit de 1 positions vers la droite ; les bits qui sortent à l’extrémité droite sont perdus et des zéros entrent à gauche.
1101 1001 >> 1
= 0110 1100
Valeur du résultat
0110 1100₂ = 108
Réponse
R = 108
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: (c ∨ b) ∧ (c ∨ a)
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
∨ se distribue sur ∧ : a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
c ∨ (b ∧ a) ≡ (c ∨ b) ∧ (c ∨ a)
Vérifier avec la table de vérité
a = 1, b = 1, c = 1: 1 | 1 1 1 1
a = 1, b = 1, c = 0: 1 | 1 0 0 1
a = 1, b = 0, c = 1: 1 | 1 1 1 1
a = 1, b = 0, c = 0: 0 | 0 0 0 0
a = 0, b = 1, c = 1: 1 | 0 1 1 1
a = 0, b = 1, c = 0: 0 | 0 0 0 0
a = 0, b = 0, c = 1: 1 | 0 0 0 1
a = 0, b = 0, c = 0: 0 | 0 0 0 0
Réponse
(c ∨ b) ∧ (c ∨ a)
Les colonnes après la barre sont les options dans l’ordre affiché.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
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.
Les autres options laissent un quantificateur inchangé, changent l’ordre des quantificateurs, ou nient mal la formule intérieure.
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: L = 3
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′
A′C′
Forme SOP minimale
F = B′ + A′C′
L = 3
Réponse
L = 3
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: front d’horloge 3
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 = 1 → Q = 1
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1
Premier passage de 1 à 0
front d’horloge 3
Réponse
front d’horloge 3
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: x = 3
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).
Inversez de 52
r = 81, t = 0
r = 52, q = 1, t = 1
r = 29, q = 1, t = −1
r = 23, q = 1, t = 2
r = 6, q = 3, t = −3
r = 5, q = 1, t = 11
r = 1, q = 5, t = −14
52−1 ≡ 67 (mod 81)
Résoudre
x ≡ 67·75 = 5025 ≡ 3 (mod 81)
vérification: 52·3 = 156 ≡ 75 (mod 81)
Réponse
x = 3
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: 2377914 mod 17 = 15
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
77914 mod 16 = 10
2377914 ≡ 2310 (mod 17)
Petite puissance
2310 mod 17 = 15
Réponse
2377914 mod 17 = 15
9.Algorithmes et complexité
Réponse: D · Le tri par insertion a peu de surcoût et est rapide sur les entrées petites ou presque triées
Pourquoi c'est la réponse
Pour n petit, la simple boucle du tri par insertion bat le surcoût de récursion du tri rapide ou du tri fusion, bien qu'elle soit en O(n²).
Réponse
D · Le tri par insertion a peu de surcoût et est rapide sur les entrées petites ou presque triées
10.Algorithmes et complexité
Réponse: C · Θ(nlog₂ 3), soit environ n1,585
Pourquoi c'est la réponse
Comme log₂ 3 ≈ 1,585 > 1, les feuilles dominent d'après le théorème maître, ce qui bat la méthode scolaire en O(n²).
Réponse
C · Θ(nlog₂ 3), soit environ n1,585
11.Structures de données
Réponse: C · La pile d'appels
Pourquoi c'est la réponse
Chaque appel empile un cadre de pile (stack frame) et chaque retour le dépile, c'est pourquoi l'appel le plus récent se termine en premier.
Réponse
C · La pile d'appels
12.Structures de données
Réponse: D · Répondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)
Pourquoi c'est la réponse
Un arbre de segments stocke des agrégats pour des intervalles et permet des requêtes sur intervalles et des mises à jour ponctuelles en temps O(log n).
Réponse
D · Répondre à des requêtes sur intervalles (comme des sommes d'intervalles) et à des mises à jour en O(log n)
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: N = 5
Degrés : le degré d’un sommet est le nombre d’arêtes qui y aboutissent. Chaque arête a deux extrémités, donc les degrés totalisent deux fois le nombre d’arêtes : Σ deg(v) = 2|E| (le lemme des poignées de main). Le nombre de sommets de degré impair est donc pair. Kn a n(n − 1)/2 arêtes, un graphe k-régulier à n sommets en a nk/2, et un arbre à n sommets a n − 1 arêtes.
Matrice d’adjacence
A: 0 1 1 0 0
B: 1 0 1 1 0
C: 1 1 0 0 1
D: 0 1 0 0 1
E: 0 0 1 1 0
Un pas de plus
(M³)BD = 1·0 + 3·1 + 1·0 + 0·0 + 2·1 = 5
Réponse
N = 5
15.Bases de données et SQL
Réponse: B · Une requête enregistrée qui se comporte comme une table virtuelle
Pourquoi c'est la réponse
Une vue enregistre une instruction SELECT ; l'interroger exécute la requête sous-jacente (les vues matérialisées stockent le résultat).
Réponse
B · Une requête enregistrée qui se comporte comme une table virtuelle
16.Bases de données et SQL
Réponse: A · Des ordonnancements sérialisables par conflits
Pourquoi c'est la réponse
Le 2PL garantit la sérialisabilité, mais les interblocages restent possibles et doivent être détectés ou évités.
Réponse
A · Des ordonnancements sérialisables par conflits
17.Réseaux informatiques
Réponse: B · Établir une connexion et synchroniser les numéros de séquence
Pourquoi c'est la réponse
La poignée de main établit une connexion et fixe les numéros de séquence initiaux des deux côtés avant l'envoi des données.
Réponse
B · Établir une connexion et synchroniser les numéros de séquence
18.Réseaux informatiques
Réponse: C · La résolution de noms (DNS)
Pourquoi c'est la réponse
Un ping réussi vers une IP externe prouve que le câblage, l'adressage et le routage fonctionnent. L'échec des noms indique un problème de serveur DNS ou de réglage du résolveur.
Réponse
C · La résolution de noms (DNS)
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: N = 8
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).
Bits empruntés
23 − 20 = 3
Nombre de sous-réseaux
N = 23 = 8
Réponse
N = 8
Chaque sous-réseau /23 a 29 − 2 = 510 hôtes utilisables.
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 160
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).