Fundamentos de Ciência da Computação: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 20 exercícios, com soluções completas no final.

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1Fórmulas e métodos

Sistemas de numeração

Pesos das posições
binário 2k, octal 8k, hexadecimal 16k
Para decimal
Σ dk·bk
A partir de decimal
divida pela base e leia os restos de baixo para cima
Hexadecimal ↔ binário
um dígito hexadecimal = 4 bits
Complemento para dois
inverta os bits e some 1

Lógica proposicional e demonstrações

Linhas de uma tabela-verdade
2ⁿ
Implicação
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Implicação negada
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Bicondicional
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Leis distributivas
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Quantificadores negados
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Método

  1. Conte as variáveis diferentes: a tabela-verdade tem 2ⁿ linhas, começando com todas elas iguais a 1.
  2. Dê a cada subfórmula a sua própria coluna e preencha as colunas de dentro para fora.
  3. Aplique a regra de cada conectivo: → só é 0 para 1 → 0, ↔ vale 1 quando os dois lados coincidem.
  4. Para equivalências, compare as colunas finais linha a linha; para um argumento, olhe apenas as linhas em que todas as premissas valem 1.
  5. Para negar uma afirmação quantificada, mova ¬ para dentro, troque ∀ e ∃ e negue a fórmula interna.

Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Portas básicas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Regras booleanas
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordem do mapa de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupo de 2ᵏ células
perde k variáveis
Multiplexador 4-para-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flops
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Contadores
n bits: 2ⁿ estados; mod-N: menor n com 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Contador assíncrono (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Contadores em anel e Johnson
n e 2n estados

Método

  1. Para um circuito, trabalhe das entradas até a saída, uma porta de cada vez, e escreva o valor em cada fio, ou escreva a sua expressão e preencha a tabela-verdade.
  2. Para simplificar, coloque os 1s (e as condições irrelevantes como X) num mapa de Karnaugh com linhas e colunas em código Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cubra os 1s com o menor número possível de grupos, os maiores possíveis, de 1, 2, 4, 8 ou 16 células, dando a volta pelas bordas; cada grupo é um termo produto formado pelas variáveis que permanecem constantes. Agrupe os 0s para a forma POS.
  4. Para flip-flops e contadores, leia as entradas em cada borda ativa do clock, escreva o estado após cada borda e lembre-se de que um contador de n bits dá a volta após 2ⁿ estados.

Teoria dos números e aritmética modular

Divisão com resto
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclides
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Mínimo múltiplo comum
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inversa
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Congruência linear
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Função totiente de 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

Método

  1. Reduza antes todos os números módulo n; os restos ficam entre 0 e n − 1.
  2. Para um mdc, divida repetidamente com o algoritmo de Euclides; o último resto não nulo é o mdc.
  3. Para um inverso, execute o algoritmo estendido e guarde o coeficiente de a; some n se ele for negativo.
  4. Resolva a·x ≡ b multiplicando por a⁻¹; combine duas congruências escrevendo x = r₁ + m₁k.
  5. Para potências, escreva o expoente em binário e eleve ao quadrado repetidamente; no RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) com φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Teoria dos grafos

Lema do aperto de mãos
Σ deg(v) = 2|E|
Grafos completos
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Grafo regular
|E| = n·k/2
Árvore e floresta
|E| = n − 1, |E| = n − c
Folhas de uma árvore
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuito: todos os graus pares; caminho: exatamente 2 graus ímpares
Circuitos hamiltonianos em Kn
(n − 1)!/2
Atualização de Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Passeios de comprimento L
(Mᴸ)ij

Método

  1. Anote o grau de cada vértice; a soma dos graus é igual ao dobro do número de arestas.
  2. Em questões de Euler, verifique se o grafo é conexo e conte os vértices de grau ímpar.
  3. Para árvores, use n − 1 arestas e o lema do aperto de mãos.
  4. Em Dijkstra, mantenha uma tabela de distâncias provisórias e fixe a cada rodada o vértice não fixado de menor distância.
  5. Para uma árvore geradora mínima, ordene as arestas por peso e pule toda aresta que feche um ciclo (Kruskal), ou faça crescer uma árvore a partir de um vértice inicial (Prim).

Sub-redes IPv4

Hosts por sub-rede
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Tamanho do bloco
256 − (mask octet)
Endereço de rede
IP AND máscara
Endereço de broadcast
IP OR (NOT máscara): todos os bits de host a 1
Sub-redes com n bits emprestados
2n

2Exercícios

1.Sistemas de numeraçãoMédia
complemento para dois de 8 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Escreva −75 como padrão de 8 bits em complemento para dois. Leia o padrão como número binário sem sinal: qual é o seu valor U em decimal?

N = −758 bit
U =
2.Sistemas de numeraçãoDifícil
clique nos bits para defini-los012806403201608040201

Defina os bits com o resultado de 8 bits de 1101 1001 << 2. Qual é o valor R do resultado em decimal?

1101 1001<< 2
R =
3.Lógica proposicional e demonstraçõesMédia
(p ∨ r) ∧ (p ∨ q)(p ∧ r) ∨ qp ∨ (r ∧ q)(p ∧ r) ∨ (p ∧ q)

Qual fórmula é logicamente equivalente a p ∧ (r ∨ q)? Clique nela.

p ∧ (r ∨ q)
  1. 1(p ∨ r) ∧ (p ∨ q)
  2. 2(p ∧ r) ∨ q
  3. 3p ∨ (r ∧ q)
  4. 4(p ∧ r) ∨ (p ∧ q)
4.Lógica proposicional e demonstraçõesDifícil
ba¬b¬b ∧ a

São dadas as premissas b → c; c → a; ¬a. Qual conclusão decorre delas? Clique nela.

b → cc → a¬a
  1. 1b
  2. 2a
  3. 3¬b
  4. 4¬b ∧ a
5.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flopsMédia
MUX0I0​CI1​0I2​C′I3​ABS1​S0​F

Um multiplexador 4-para-1 tem as entradas de seleção S₁ = A e S₀ = B, e as entradas de dados ligadas a I₀ = 0, I₁ = C, I₂ = 0, I₃ = C′. Para quantas das 8 combinações de A, B e C a saída vale F = 1? Encontre N.

I₀ = 0I₁ = CI₂ = 0I₃ = C′
N =
6.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flopsDifícil
CLKJK1234567

Um flip-flop JK acionado na borda de subida começa com Q = 0 e recebe as entradas mostradas em 7 bordas de subida do clock. Quantas vezes N Q muda de estado?

Q₀ = 0JK
N =
7.Teoria dos números e aritmética modularMédia

Encontre o inverso de 56 módulo 67: o número x com 0 < x < 67 e 56·x ≡ 1 (mod 67).

a = 56n = 67
56−1 mod 67 =
8.Teoria dos números e aritmética modularDifícil

17 é primo. Use o pequeno teorema de Fermat para encontrar 1526733 mod 17.

p = 17k = 26733
1526733 mod 17 =
9.Algoritmos e complexidadeMédia

Por que muitas rotinas de ordenação de bibliotecas passam para o insertion sort em subarrays muito pequenos?

  1. AO insertion sort é O(n log n) no pior caso
  2. BO insertion sort tem pouco overhead e é rápido com entradas pequenas ou quase ordenadas
  3. CAlgoritmos recursivos não conseguem lidar com arrays de menos de 10 elementos
  4. DO insertion sort usa menos memória que qualquer outro algoritmo de ordenação em entradas grandes
10.Algoritmos e complexidadeDifícil

O problema da parada mostra que:

  1. AAlguns programas rodam mais rápido em computadores mais rápidos, então a parada depende do hardware
  2. BNenhum algoritmo consegue decidir, para todo programa e toda entrada, se o programa para
  3. CLaços devem ser evitados
  4. DTodo programa acaba parando
11.Estruturas de dadosMédia

Que condição de balanceamento uma árvore AVL mantém em todo nó?

  1. AAs alturas das subárvores esquerda e direita diferem no máximo em 1
  2. BAs duas subárvores de todo nó têm exatamente o mesmo número de nós
  3. CTodas as folhas estão exatamente na mesma profundidade
  4. DTodo nó é colorido de vermelho ou preto
12.Estruturas de dadosDifícil

A complexidade de tempo de decrease-key em um heap binário (dada a posição do elemento) é:

  1. AO(n log n)
  2. BO(n)
  3. CO(1)
  4. DO(log n)
13.Teoria dos grafosMédia

Quantos circuitos hamiltonianos diferentes H tem o grafo completo K6? Circuitos que diferem apenas no vértice inicial ou no sentido contam como o mesmo.

K6
H =
14.Teoria dos grafosDifícil
ABCDE

Quantos passeios de comprimento 2 vão de C a D? Um passeio pode repetir vértices e arestas. Chame o número de N.

M = matriz de adjacênciaL = 2
N =
15.Bases de dados e SQLMédia

Uma coluna contém os valores 10, 20 e NULL. O que AVG(col) retorna?

  1. A30
  2. B15
  3. C10
  4. DNULL
16.Bases de dados e SQLDifícil

O que exige a regra do write-ahead logging (WAL)?

  1. AO log só é gravado depois de uma falha
  2. BO registro de log de uma alteração deve chegar ao armazenamento estável antes da página de dados alterada
  3. CAs páginas de dados devem ser gravadas antes do log
  4. DToda consulta deve ser registrada no log antes de ser analisada
17.Redes de computadoresMédia

Qual é o endereço de rede do host 192.168.10.77/26?

  1. A192.168.10.76
  2. B192.168.10.0
  3. C192.168.10.64
  4. D192.168.10.128
18.Redes de computadoresDifícil

Qual é o principal benefício das conexões persistentes (keep-alive) no HTTP/1,1?

  1. AO servidor pode enviar atualizações por UDP
  2. BVárias requisições reutilizam uma conexão TCP, evitando handshakes repetidos
  3. CA conexão fica criptografada sem TLS
  4. DAs respostas podem chegar em qualquer ordem em um único fluxo, então respostas lentas não bloqueiam as outras
19.Sub-redes IPv4Média
/24 → /2611111111111111111111111111000000bits de redebits de host

A rede 192.168.10.0/24 tem de ser dividida em pelo menos 3 sub-redes iguais. Se pedir emprestados o menor número de bits possível, quantos hosts utilizáveis H tem cada sub-rede?

192.168.10.0/243 subnets
H =
20.Sub-redes IPv4Difícil
último octeto = 143112806403201618141211redehost

Um host tem o endereço 10.20.179.143/25. Qual é o último número (quarto octeto) x do endereço de broadcast da sua sub-rede?

10.20.179.143/25
x =

3Soluções

1.Sistemas de numeração

Resposta: U = 181

Sistemas de numeração posicionais: cada algarismo vale o seu valor vezes uma potência da base. Em binário as posições valem 1, 2, 4, 8, 16, …; em hexadecimal 1, 16, 256, …, com A–F para 10–15. No complemento para dois de 8 bits, o bit da esquerda vale −128 em vez de +128; é assim que se guardam os números negativos.

Inverter e somar um

75 = 0100 1011
invertido: 1011 0100
+1 → 1011 0101

Ler sem sinal

1011 0101₂ = 256 − 75 = 181

Resposta

U = 181
2.Sistemas de numeração

Resposta: R = 100

Definir bits: cada bit vale uma potência de dois (128, 64, …, 1). Um dígito hexadecimal são exatamente quatro bits, e em complemento de dois de 8 bits o bit mais à esquerda vale −128. As operações bit a bit atuam em cada posição de bit separadamente.

Bit a bit

Deslocar para a esquerda por 2 move cada bit 2 posições para a esquerda; os bits que saem pela extremidade esquerda se perdem e entram zeros pela direita.

1101 1001 << 2
= 0110 0100

Valor do resultado

0110 0100₂ = 100

Resposta

R = 100
3.Lógica proposicional e demonstrações

Resposta: (p ∧ r) ∨ (p ∧ q)

Equivalência lógica: duas fórmulas são equivalentes (≡) quando têm o mesmo valor em todas as linhas da tabela-verdade. Uma tautologia vale 1 em todas as linhas, uma contradição vale 0 em todas as linhas, e uma contingência não é nenhuma das duas. Leis úteis: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b e ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contrapositiva); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; e as leis distributivas, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

A lei

∧ distribui sobre ∨: a ∧ (b ∨ c) ≡ (a ∧ b) ∨ (a ∧ c).
p ∧ (r ∨ q) ≡ (p ∧ r) ∨ (p ∧ q)

Confira com a tabela-verdade

p = 1, q = 1, r = 1: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 0, r = 1: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 0, r = 0: 0 | 1 0 1 0
p = 0, q = 1, r = 1: 0 | 1 1 1 0
p = 0, q = 1, r = 0: 0 | 0 1 0 0
p = 0, q = 0, r = 1: 0 | 0 0 0 0
p = 0, q = 0, r = 0: 0 | 0 0 0 0

Resposta

(p ∧ r) ∨ (p ∧ q)

As colunas depois da barra são as alternativas na ordem mostrada.

4.Lógica proposicional e demonstrações

Resposta: ¬b

Quantificadores e argumentos: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) e ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Mova a negação para dentro, troque todo quantificador que ela atravessa e negue a fórmula interna com as leis proposicionais, como ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Um argumento é válido quando a conclusão vale 1 em toda linha em que todas as premissas valem 1. Uma única linha com premissas verdadeiras e conclusão falsa é um contraexemplo e mostra que o argumento é inválido.

Linhas com todas as premissas verdadeiras

a = 0, b = 0, c = 0: b = 0, a = 0, ¬b = 1, ¬b ∧ a = 0

Conclusão

¬b (modus tollens duas vezes)

Resposta

¬b
5.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Resposta: N = 2

Multiplexador: um multiplexador 2ⁿ-para-1 leva uma de suas entradas de dados à saída; as linhas de seleção, lidas como um número binário, escolhem qual. Para um MUX 4-para-1 com seleções S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Ligar as entradas de dados a 0, 1, C ou C′ faz o MUX produzir qualquer função de A, B e C, o que é uma maneira comum de construir lógica com um único chip.

Expressão da saída

F = A′BC + ABC′

Linhas com F = 1

ABC = 011, 110
N = 2

Resposta

N = 2
6.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Resposta: N = 4

Flip-flops e contadores: um flip-flop muda apenas na borda ativa do clock. D copia a sua entrada (Q⁺ = D); T inverte quando T = 1; JK mantém para 00, zera para 01, seta para 10 e inverte para 11. Um contador binário de n bits tem 2ⁿ estados e conta módulo 2ⁿ; um contador módulo N conta 0, 1, …, N − 1 e volta a 0, e precisa de flip-flops em número igual ao menor n com 2ⁿ ≥ N. Cada estágio de um contador assíncrono (ripple) divide a frequência por dois, de modo que a última saída de um contador módulo N funciona a fclk/N. Um contador Johnson de n flip-flops tem 2n estados, um contador em anel n.

Q após cada borda

Um flip-flop JK: 00 mantém, 01 zera (Q = 0), 10 seta (Q = 1), 11 inverte.

1: J = 1, K = 1 → Q = 1
2: J = 1, K = 1 → Q = 0
3: J = 1, K = 0 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 0, K = 0 → Q = 0
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 0, K = 1 → Q = 0

Conte as mudanças

0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 4

Resposta

N = 4
7.Teoria dos números e aritmética modular

Resposta: 56−1 mod 67 = 6

Inversos e congruências: a tem inverso módulo n exatamente quando mdc(a, n) = 1. O algoritmo de Euclides estendido escreve 1 = s·n + t·a, e então a⁻¹ ≡ t (mod n). Uma congruência a·x ≡ b (mod n) com mdc(a, n) = 1 tem a solução x ≡ a⁻¹·b. Duas congruências x ≡ r₁ (mod m₁) e x ≡ r₂ (mod m₂) com módulos coprimos têm uma solução módulo m₁·m₂ (teorema chinês do resto). O φ(n) de Euler conta os números de 1 a n que são coprimos com n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Algoritmo de Euclides estendido

Cada resto r é escrito como r ≡ t·56 (mod 67).

r = 67, t = 0
r = 56, q = 1, t = 1
r = 11, q = 5, t = −1
r = 1, q = 11, t = 6

Inversa

1 ≡ 6·56 (mod 67)
x = 6
verificação: 56·6 = 336 = 5·67 + 1

Resposta

56−1 mod 67 = 6
8.Teoria dos números e aritmética modular

Resposta: 1526733 mod 17 = 2

Potências modulares e RSA: calcule aᵏ mod n por elevação ao quadrado repetida: escreva k em binário, eleve ao quadrado, reduza a cada passo e multiplique as potências cujo bit é 1. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) para um primo p que não divide a, então o expoente pode ser reduzido módulo p − 1. RSA: escolha primos p e q, n = p·q e φ(n) = (p − 1)(q − 1); o expoente público e é coprimo com φ(n), e o expoente privado é d = e⁻¹ mod φ(n). Cifre com c = mᵉ mod n e decifre com m = cᵈ mod n.

Reduza o expoente

26733 mod 16 = 13
1526733 ≡ 1513 (mod 17)

Potência pequena

1513 mod 17 = 2

Resposta

1526733 mod 17 = 2
9.Algoritmos e complexidade

Resposta: B · O insertion sort tem pouco overhead e é rápido com entradas pequenas ou quase ordenadas

Porque é esta a resposta

Para n pequeno, o laço simples do insertion sort supera o overhead de recursão do quicksort ou do merge sort, embora seja O(n²).

Resposta

B · O insertion sort tem pouco overhead e é rápido com entradas pequenas ou quase ordenadas
10.Algoritmos e complexidade

Resposta: B · Nenhum algoritmo consegue decidir, para todo programa e toda entrada, se o programa para

Porque é esta a resposta

Turing mostrou que o problema da parada é indecidível: supor que existe um decisor leva a uma contradição com um programa que faz o oposto.

Resposta

B · Nenhum algoritmo consegue decidir, para todo programa e toda entrada, se o programa para
11.Estruturas de dados

Resposta: A · As alturas das subárvores esquerda e direita diferem no máximo em 1

Porque é esta a resposta

O fator de balanceamento (altura esquerda − altura direita) deve ser −1, 0 ou 1; rotações o restauram depois de inserções e remoções.

Resposta

A · As alturas das subárvores esquerda e direita diferem no máximo em 1
12.Estruturas de dados

Resposta: D · O(log n)

Porque é esta a resposta

Após diminuir a chave, o elemento sobe (sift-up) no máximo a altura do heap. Heaps de Fibonacci alcançam decrease-key em O(1) amortizado.

Resposta

D · O(log n)
13.Teoria dos grafos

Resposta: H = 60

Euler, Hamilton e árvores: um grafo conexo tem um circuito euleriano (cada aresta uma vez, de volta ao início) quando todo vértice tem grau par, e um caminho euleriano que não é circuito quando exatamente dois vértices têm grau ímpar; o caminho vai então de um vértice ímpar ao outro. Um circuito hamiltoniano visita cada vértice uma vez; Kn tem (n − 1)!/2 deles. Uma árvore com n vértices tem n − 1 arestas, e um grafo conexo com m arestas mantém uma árvore geradora depois de remover m − n + 1 arestas.

Contar

H = (6 − 1)!/2 = 120/2 = 60

Resposta

H = 60
14.Teoria dos grafos

Resposta: N = 2

Graus: o grau de um vértice é o número de arestas que o tocam. Cada aresta tem duas pontas, então os graus somam o dobro do número de arestas: Σ deg(v) = 2|E| (o lema do aperto de mãos). Portanto o número de vértices de grau ímpar é par. Kn tem n(n − 1)/2 arestas, um grafo k-regular com n vértices tem nk/2, e uma árvore com n vértices tem n − 1 arestas.

Matriz de adjacência

A: 0 1 0 0 0
B: 1 0 1 1 1
C: 0 1 0 0 1
D: 0 1 0 0 1
E: 0 1 1 1 0

Vizinhos comuns

(M²)CD = 0·0 + 1·1 + 0·0 + 0·0 + 1·1 = 2

Resposta

N = 2
15.Bases de dados e SQL

Resposta: B · 15

Porque é esta a resposta

AVG ignora NULL, então faz a média de 10 e 20 e obtém 15, e não 30 / 3 = 10.

Resposta

B · 15
16.Bases de dados e SQL

Resposta: B · O registro de log de uma alteração deve chegar ao armazenamento estável antes da página de dados alterada

Porque é esta a resposta

Gravar o log primeiro permite ao SGBD refazer o trabalho confirmado e desfazer o não confirmado depois de uma falha, sustentando a atomicidade e a durabilidade.

Resposta

B · O registro de log de uma alteração deve chegar ao armazenamento estável antes da página de dados alterada
17.Redes de computadores

Resposta: C · 192.168.10.64

Porque é esta a resposta

As sub-redes /26 começam em 0, 64, 128 e 192. 77 está no bloco 64–127, então o endereço de rede é 192.168.10.64.

Resposta

C · 192.168.10.64
18.Redes de computadores

Resposta: B · Várias requisições reutilizam uma conexão TCP, evitando handshakes repetidos

Porque é esta a resposta

Reutilizar uma conexão evita um novo handshake e um slow start para cada objeto, de modo que páginas com muitos recursos carregam mais rápido.

Resposta

B · Várias requisições reutilizam uma conexão TCP, evitando handshakes repetidos
19.Sub-redes IPv4

Resposta: H = 62

Sub-redes IPv4: um endereço tem 32 bits. O prefixo /p indica quantos bits iniciais identificam a rede; os restantes 32 − p bits numeram os hosts. Uma sub-rede tem 2³²⁻ᵖ endereços, mas o primeiro (endereço de rede) e o último (broadcast) não podem ser atribuídos a hosts, por isso cabem 2³²⁻ᵖ − 2 hosts. Exceções: um /31 (enlace ponto a ponto, RFC 3021) usa os seus 2 endereços para hosts, e um /32 é um único endereço (um único host ou um loopback).

Bits a pedir emprestados

22 = 4 ≥ 3 → b = 2, /26

Hosts por sub-rede

26 − 2 = 62

Resposta

H = 62
20.Sub-redes IPv4

Resposta: x = 255

Sub-redes IPv4: um endereço tem 32 bits. O prefixo /p indica quantos bits iniciais identificam a rede; os restantes 32 − p bits numeram os hosts. Uma sub-rede tem 2³²⁻ᵖ endereços, mas o primeiro (endereço de rede) e o último (broadcast) não podem ser atribuídos a hosts, por isso cabem 2³²⁻ᵖ − 2 hosts. Exceções: um /31 (enlace ponto a ponto, RFC 3021) usa os seus 2 endereços para hosts, e um /32 é um único endereço (um único host ou um loopback).

Tamanho do bloco

27 = 128

Sub-rede deste host

rede: ⌊143/128⌋·128 = 128
broadcast: 128 + 128 − 1 = 255
hosts utilizáveis: 129 … 254

Resposta

x = 255

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