SKO drugie kolokwium – zadania.
styczeń 26, 2007Zadanie 6
Mamy trzy sieci: Sieć1, Sieć2, Sieć3. W Sieć1 musimy zaadresować 125 interfejsów. W Sieć2 i Sieć3 60 interfejsów. Wykorzystujemy adresy 223.1.17.0/24. Adresy sieci podaj w postaci a.b.c.d/x.
Nasza sieć to 223.1.17.0/24 .
Sieć 1 ma mieć 125 interfejsów, standardowo dwa nam odpadają przez broadcast i sieć więc
Sieć1 = 223.1.17.0-127/25 . (właśnie sie zastanawiam czemu 25 bo coś mi umknęło..taka pora no…na kolosie się ściągnie najwyżej :P)
Dwie kolejne mają mieć po 60 interfejsów jednak uwaga! liczba interfejsów musi być wielokrotnością 2 więc rozpisujemy 64!
Sieć2 = 223.1.17.128-191/26
Sieć3 = 223.1.17.192-255 zdaje sie/26
Zadanie 7
Rozważmy sieć 101.101.101.64/26.
A) Podaj zakres adresów IP możliwy do wykorzystania.
Adresów jest 62, czemu? Bo 2 adresy zabiera adres broadcast i adres sieci czyli 64 – 2.
B) Pewien ISP chce podzielić sieć 101.101.64.0/26 na 4 równe podsieci. Podaj adresy tych sieci.
- maska /26 to jak już wcześniej mówiłem oznacza że pierwsze ( w naszym przypadku ) 26 bitów mamy stałe,
- Nasza /26 maska wygląda tak: 11111111.11111111.11111111.11000000 . Zostało nam 6 zer, bierzemy więc 2 do potęgi 6 i otrzymujemy liczbę 64 która to liczba jest naszą liczbą hostów.
- mamy stworzyć 4 sieci więc dzieląc 64 / 4 otrzymujemy liczbe 16 która to liczba oznacza ilość hostów na sieć.
- Sieć1=101.101.64.0-15, sieć2=101.101.64.16-32. siec3=101.101.33-49
Zadanie 8
Mamy do dyspozycji następującą podsieć 214.97.254.0/23. Zaadresuj: SiećA 250 interfejsów, SiećB i SiećC po 60 interfejsów. Dodatkowo zaadresuj SiećPA, SiećPB, SiećPC zawierające po 2 interfejsy.
SiećA = na logike 214.97.254.0-255 / 24
a tu wyniki reszty które właśnie staram się ogarnąć :)
214.97.255.0-63/26
214.97.255.64-127/26
214.97.255.128-131/30
214.97.255.132-135/30
(zaraz dopiszę pozostałe, przy zadaniach pomagał Ciepiel)
