Απαντήσεις σε Ασκήσεις από το βιβλίο του Comer Π. Φουληράς

Transcript

1 Απαντήσεις σε Ασκήσεις από το βιβλίο του Comer Π. Φουληράς Σημείωση: Οι παρακάτω απαντήσεις αφορούν ορισμένες μόνον από τις ασκήσεις των πρώτων 20 κεφαλαίων του βιβλίου. Για πρακτικούς λόγους οι απαντήσεις είναι συντομότατες και όχι κατ ανάγκην πλήρεις. Εάν υπάρχει οποιοδήποτε λάθος ή έχετε κάποια παρατήρηση παρακαλώ να μου αποστείλετε σχετικό . Ελπίζω τα παρακάτω να σας φανούν χρήσιμα. 4.7 Το ραδιοσήμα χρειάζεται να διανύσει δύο φορές την απόσταση d μεταξύ δορυφόρου και επίγειου σταθμού. Εάν η ταχύτητα είναι c = 299,79 εκατ. μέτρα/δευτερόλεπτο, τότε ο απαιτούμενος χρόνος είναι: d/c + 53 μsec = μsec, για απόσταση d = km αντίστοιχα και για απόσταση d = km 5.3 Λόγω της υπόδειξης απαιτούνται 9 bit/χαρακτήρα, άρα bit. Οπότε ο απαιτούμενος χρόνος είναι /9.600 = 9,375 δευτερόλεπτα 5.4 Απλή εφαρμογή του τύπου: D = 2*B*log 2 K = bps 5.10 Θα λαμβάνονται σωστά τα δεδομένα (σ. 102/3 εξηγείται το γιατί: λόγω της τιμής των start και stop bits). Υπάρχει μειονέκτημα γιατί ουσιαστικά εκπέμπονται δύο bit τερματισμού αντί για ένα, οπότε μειώνεται η πραγματική ταχύτητα μετάδοσης δεδομένων. 6.1 Τόσα bit όσα και ο log 2 K, όπου Κ το πλήθος των δυνατών (ανιχνεύσιμων) διακριτών τιμών του πλάτους του σήματος. Συνήθως 2, άρα 1 bit. 6.2 Διαφορετικά υπάρχει το φαινόμενο της συμβολής των κυμάτων με καταστροφικές συνέπειες. Επίσης γιατί χρησιμοποιείται FDM (Frequency Division Multiplexing). 6.3 Πηγαίνετε στο σχετικό site του ΟΤΕ και ψάξτε για εταιρικούς πελάτες (ISP). 6.4 Διότι η αγορά για αυτά είναι μεγαλύτερη αφού οι συνηθισμένες δισύρματες τηλεφωνικές γραμμές είναι ήδη εγκατεστημένες παντού. 6.6 Με εύρος ζώνης Β = Ηz και επιτευχθείσα μέγιστη ταχύτητα C, το θεώρημα του Shannon μας δίδει: log 2 (1+S/N) = C/B Για C = 46 kbps έχουμε log 2 (1+S/N) = 15,33 1+S/N = S/N = ή περίπου 46 db. 6.7 Δεν υπάρχει μία μόνον λύση στο πρόβλημα αυτό. Σύμφωνα με την υπόδειξη όμως και εφ όσον το κανάλι μπορεί να μεταφέρει μόνο χαρακτήρες των 8 bit, μία λύση είναι η αποστολή 2 byte για κάθε πραγματικό χαρακτήρα, εκ των οποίων το πρώτο byte θα περιέχει ως τιμή την ταυτότητα του παραλήπτη. Φυσικά η λύση αυτή μειώνει στο μισό την μέγιστη διεκπεραιωτική ικανότητα του καναλιού. Η λύση της χρονικής πολύπλεξης μπορεί να είναι ακόμα χειρότερη.

2 6.9 Διότι δεν είναι απαραίτητο όλοι οι σταθμοί-αποστολείς να εκπέμπουν με την ίδια ταχύτητα και ίσα ποσά δεδομένων. Συνεπώς η πολύπλεξη με διαίρεση συχνοτήτων είναι γενικά πιο αποδοτική. 7.1 Έχουμε 2 Η/Υ που αποστέλλουν από ένα αρχείο του 1 MB. Αφού τα πακέτα είναι των byte, απαιτούνται πακέτα. Με ταχύτητα 64Kbps κάθε πακέτο χρειάζεται 1000*8/ = 125 msec. Με μεσολάβηση χρόνου 100 μsec μεταξύ δύο αποστολών πακέτων, έχουμε συνολικό χρόνο: * ( ) = μsec ~ 250,2 sec 100 μsec αφαιρούνται από τον συνολικό χρόνο, γιατί δεν απαιτούνται μετά την αποστολή του τελευταίου πακέτου (ακριβής απάντηση 250, sec). 7.2 Και πάλι πακέτα, με κάθε πακέτο να χρειάζεται 125 msec. Με επιπλέον 5 μsec μεταξύ της αποστολής δύο διαδοχικών πακέτων, έχουμε συνολικά: * ( ) = μsec = 250,01 sec 7.3 Εάν N το πλήθος των αρχικών δεδομένων σε byte, θεωρώντας ότι όλα χωράν σε ένα πλαίσιο, απαιτούνται 2 επιπλέον byte για την οριοθέτηση της αρχής και του τέλους του πλαισίου (soh, eot). Στην χειρότερη των περιπτώσεων όλα τα δεδομένα είναι byte με τιμή soh ή eot, οπότε απαιτούνται 2 byte για κάθε ένα αρχικό. Άρα το πολύ έχουμε 2*Ν+2 = 2*(Ν+1) αποστελλόμενα byte. 7.7 Όχι εφ όσον χρήση ενός bit ισοτιμίας ανιχνεύει πιθανό σφάλμα σε ένα bit, καθώς και ζυγό ή άρτιο πλήθος (ανάλογα με το είδος ισοτιμίας που χρησιμοποιείται) και εδώ αναφερόμαστε σε γενικότερη περίπτωση Για μεγαλύτερη ταχύτητα (βλ. τέλος κεφαλαίου) 8.5 Βλ. τέλος σ Όπως φαίνεται ο μέγιστος αριθμός αλλαγών τάσης με κωδικοποίηση κατά Manchester προκύπτει όταν όλα τα αποστελλόμενα bit έχουν την ίδια τιμή. 8.6 Αρκεί να θυμηθούμε τις μέγιστες ονομαστικές ταχύτητες των συγκεκριμένων τύπων δικτύων και να κάνουμε απλές διαιρέσεις. 8.7 Το ελάχιστο μέγεθος πλαισίου είναι αναγκαίο στο Ethernet λόγω του ελάχιστου χρόνου που απαιτείται για την μετάδοση σήματος μεταξύ των πλέον απομακρυσμένων σταθμών στο δίκτυο. Βλ. και υποσημείωση σ Από σ Στατικές διευθύνσεις υπεύθυνος ο κατασκευαστής. Διευθετήσιμες διευθύνσεις ο διαχειριστής. Δυναμικές διευθύνσεις έμφυτη η πιθανή σύγκρουση έστω και για μικρό χρονικό διάστημα (σ. 178). 9.3 Κάθε υπολογιστής με την ίδια φυσική διεύθυνση σε ένα δίκτυο τύπου Ethernet που θα λάμβανε ένα πλαίσιο θα επιχειρούσε να απαντήσει με αποτέλεσμα να δημιουργούνται πολλαπλά προβλήματα. Το ίδιο μπορούμε να σκεφθούμε (κατ επέκταση) και για τους μεταγωγείς σε δίκτυα εάν η κοινή διεύθυνση αντιστοιχούσε σε περισσότερους του ενός κλάδους δικτύων.

3 9.4 Από την Εικόνα 9.3 προκύπτουν το ελάχιστο και μέγιστο πλαίσιο Ethernet. Από αυτά μπορούν να υπολογισθούν τα ζητούμενα x5DC στο δεκαδικό σύστημα. Συνεπώς, εάν η τιμή τύπου στην κεφαλίδα ενός πλαισίου είναι , αντιστοιχεί στο επιτρεπτό μήκος ενός πλαισίου (θυμηθείτε τα όρια ή κοιτάξτε Εικ. 9.3). Εάν είναι μεγαλύτερη του 1500, αντιστοιχεί όχι σε μήκος, αλλά σε τύπο πλαισίου Στην πρώτη περίπτωση το δίκτυο δουλεύει κανονικά απλά έχει αποσυνδεθεί ο συγκεκριμένος υπολογιστής. Στην δεύτερη περίπτωση όλο το δίκτυο του συγκεκριμένου δικτύου θα παύσει να δουλεύει κανονικά, μια και απαιτούνται αντιστάσεις τερματισμού και στα δύο άκρα του 11.2 Εάν έχει χρησιμοποιηθεί κάποια μορφή του αλγόριθμου για την εύρεση ενός DST, το πακέτο θα προωθηθεί το πολύ έως όλα τα τμήματα που συνθέτουν το γεφυρωμένο δίκτυο. Αυτό θα γίνεται συνέχεια γιατί δεν θα υπάρχει απάντηση Έστω η διάταξη Υ1 Γ1 Υ2 Γ2 Υ3, όπως περιγράφεται. Εφόσον αποστέλλεται ταυτόχρονα από δύο Η/Υ το ίδιο ποσό δεδομένων, έχουμε τρεις δυνατούς συνδυασμούς (Υ1, Υ2 Υ3/ Υ2, Υ3 Υ1/ Υ1, Υ3 Υ2). Αφού όλοι οι συνδυασμοί μεταφέρουν δεδομένα μέσω ή προς τον Υ2, ο μέγιστος ρυθμός μεταφοράς δεδομένων είναι ίδιος με τον ελάχιστο Βλ. σ Ο δορυφόρος χρειάζεται δύο γέφυρες (βλ. σ buffering) επειδή το εύρος ζώνης του δορυφορικού κλάδου είναι συνήθως μικρό και με τις δύο γέφυρες επιτυγχάνεται διαλογή πλαισίων και στα δύο άκρα του Με τις γέφυρες επιτυγχάνεται μεγαλύτερος συνολικός ρυθμός μετάδοσης Μελετήστε την Εικόνα για να δείτε το πώς. Το ίδιο και για την άσκηση Όχι εύκολα γιατί η φιλοσοφία τους είναι εντελώς διαφορετική (χρησιμοποιείται διαφορετικό πρωτόκολλο, άρα και τύπος πλαισίου. Θεωρητικά θα ήταν δυνατό να γίνει κάτι τέτοιο σε περιορισμένο βαθμό (θεωρώντας ότι θα υπήρχαν ειδικές θύρες για κάθε τύπο στην γέφυρα/μεταγωγέα), αλλά τότε το κόστος θα ήταν πολύ μεγάλο. Στην πράξη υπάρχουν γέφυρες (π.χ. ΙΒΜ) για διασύνδεση Token Ring σε Ethernet η παραπομπή, σ Το γιατί είναι προφανές Οποιοδήποτε πείραμα θα μπορούσε να «μετρήσει» καθυστέρηση. Π.χ. ping γιατί θα διακρίναμε γενικά μεγαλύτερη καθυστέρηση με το δορυφορικό κύκλωμα Ναι. Το γιατί είναι προφανές αφού δεν έχει να κάνει με την χωρητικότητα του κυκλώματος, αλλά με την ταχύτητα μετάδοσης.

4 13.2 Δεν θα δουλέψει σωστά εξ αιτίας του τρόπου διευθυνσιοδότησης που εξαρτάται άμεσα από την ταυτότητα της χρησιμοποιούμενης θύρας στον μεταγωγέα Μόνον εάν διακοπεί η σύνδεση των μεταγωγέων (σφάλμα υλικού) είτε εξ αιτίας του μεταξύ τους καλωδίου ή των ίδιων των μεταγωγέων. Διαφορετικά η μέθοδος λειτουργεί θαυμάσια, εκτός εάν προστεθεί και τρίτος μεταγωγέας με περισσότερα καλώδια Ν*(Ν-1)/ Έχει εφόσον θέλουμε τα πλεονεκτήματα του ΑΤΜ και την δυνατότητα να χρησιμοποιούμε εφαρμογές που στηρίζονται στο Ethernet ATM λόγω της φύσεως της εφαρμογής (σύγχρονη μετάδοση, κλπ) 15.2 Εξαρτάται από την φύση της εφαρμογής. Έτσι, για τις εφαρμογές με χρήση διαλόγου μεταξύ τους θα ήταν ευκολότερο να γραφούν προγράμματα επάνω από δίκτυο με συνδεσμική υπηρεσία, επειδή η πολυπλοκότητα της διαχείρισης μίας συνόδου επικοινωνίας καλύπτεται από την προσφερόμενη υπηρεσία σε μεγάλο βαθμό. Για απλή και σύντομη επικοινωνία, η ασυνδεσμική υπηρεσία είναι καταλληλότερη (βλ. 313) Επειδή στηρίζονται σε αυστηρούς χρονικούς περιορισμούς που δεν συμβιβάζονται με τις συνθήκες μετάδοσης και χρονικών καθυστερήσεων τυπικών δικτύων ευρείας περιοχής Προφανώς σε ένα WAN (εκτός από χρόνο πρόσβασης). Βλ. σ. 315/316 για τους λόγους Βλ. σ Εδώ έχουμε D 0 = m/sec * 66% = m/sec. Χωρίς κανέναν άλλο παράγοντα καθυστέρησης, D = D 0. Εφόσον για 500 μέτρα απαιτείται χρόνος 500/D = 2,53 * 10-6 sec και η διεκπεραιωτική ικανότητα είναι 10 Mbps, έχουμε το πολύ 2,53 * 10-6 * 10 *10 6 = 25 περίπου bit Παρόμοια με την προηγούμενη: Η συνολική «διαδρομή» είναι 2 * km = km. Με ταχύτητα διάδοσης περίπου km/sec έχουμε καθυστέρηση / = 0,213 sec. Αυτή επί την διεκπεραιωτική ικανότητα των 3 Mbps και προκύπτουν 3*10 6 *0,213 = bit Υπάρχει πλήρης συζήτηση στο βιβλίο του Tanenbaum στο κεφάλαιο για το Data Link Layer. Από αυτήν προκύπτει ότι το ελάχιστο μέγεθος του μετρητή πρέπει να είναι το διπλάσιο από το μέγεθος του ολισθαίνοντος παραθύρου (άρα εδώ 2 * 8 = 16, δηλ. οι αύξοντες αριθμοί από 0-15) Επειδή η καθυστέρηση μετάδοσης ενός μόνον πλαισίου (σύμφωνα με το πρωτόκολλο στάσης και εκκίνησης και της απόστασης που πρέπει να διανυθεί) είναι πολύ μεγάλη.

5 16.4 Μειώνεται κατά ανάλογο μέγεθος. Το ίδιο λόγω της πιθανώς άχρηστης επανεκπομπής πλαισίων Εξαρτάται από την τοπολογία. Γενικά όμως έχουμε N K 2, αφού κάθε δρομολογητής φυσιολογικά διασυνδέει τουλάχιστον 2 δίκτυα. Στην χειρότερη περίπτωση (με τοπολογία δακτυλίου) απαιτούνται Ν δρομολογητές, με κάθε δίκτυο να διασυνδέεται μέσω 2 δρομολογητών. Γενικά, αν κάθε δρομολογητής συνδέει το ίδιο πλήθος δικτύων K (καλύτερη περίπτωση), τότε έχουμε: R = N / Κ δρομολογητές Π.χ. περίπτωση τριγώνου, όπου κάθε δρομολογητής έχει δύο συνδέσειςδίκτυα με τους γειτονικούς του και δύο τοπικά (σύνολο 4 ανά δρομολογητή), με συνολικά 9 δίκτυα. Τότε έχουμε 9/3 = Όχι γιατί οι διευθύνσεις υλικού έχουν νόημα στο επίπεδο Data Link και η μορφή τους εξαρτάται από το αντίστοιχο πρωτόκολλο που χρησιμοποιείται στο επίπεδο αυτό. Έτσι θα χανόταν η βασική έννοια της οικουμενικότητας. Επίσης υπάρχει κάποια ιεραρχία στην μορφή των διευθύνσεων κατά ΙΡ, που δεν αντικατοπτρίζεται από τις μορφές διευθύνσεων υλικού Δεν έχετε παρά να θεωρήσετε ότι τα 32 bit θα αντιστοιχούσαν στην παλαιά διεύθυνση IP για το μοναδικό πρόθεμα του επιμέρους δικτύου και τα άλλα 32 στην μάσκα υποδικτύου. Διαβάστε περισσότερα σχετικά για να κατανοήσετε το παραπάνω σ. 362/ Βλ. σ. 371/2. Προφανές πλεονέκτημα ότι μπορούμε να καθορίσουμε οποιοδήποτε μέγεθος για πρόθεμα δικτύου και επίθεμα για υπολογιστές (υπηρεσίας). Προφανές μειονέκτημα του CIDR ότι πρέπει να αποθηκεύεται ένας επιπλέον αριθμός (μετά την κάθετο) Βολικότερο να αντιστοιχεί μία διεύθυνση IP σε έναν υπολογιστή. Μειονέκτημα γιατί εάν (π.χ. δρομολογητές), υπάρχει μεγαλύτερη της μίας σύνδεσης με κάποια δίκτυα, οπότε και είναι σκόπιμη η διάκριση μεταξύ συνδέσεων για αντιμετώπιση πιθανών προβλημάτων από διακοπές επικοινωνίας, συμφόρηση, κλπ Ας σκεφθούμε το ARP σαν ένα τέτοιο πρότυπο. Αντιλαμβανόμαστε ότι από την φύση του το ARP έχει σχεδιασθεί για οποιοδήποτε υποκείμενο δίκτυο. Ακόμα και για εκείνα που δεν υποστηρίζουν εκπομπή μπορούν να το χρησιμοποιήσουν (π.χ. μέσω του οποιοδήποτε υπάρχοντος μηχανισμού για την προσομοίωση εκπομπής), αν και σίγουρα δεν θα είναι τόσο αποδοτικό Βλ. σ. 392/3. Από τον τύπο πλαισίου (0x806 για ARP πλαίσια) Βλ. σ. 394, πρώτο βήμα. Κρατά τελικά την δεύτερη διεύθυνση υλικού H Προφανές από την προηγούμενη άσκηση. Βλ. και στο Internet περί IP Spoofing (αν και όχι άμεσα σχετιζόμενο με την άσκηση) για περισσότερα.

6 19.7 Το πρωτόκολλο ARP απαιτεί την αποστολή της αίτησης με εκπομπή (broadcast). Αυτό από μόνον του αποτελεί φραγμό για την αποστολή της αίτησης σε υπολογιστή εκτός του τοπικού δικτύου. Επίσης, αρχικά ο αποστολέας δεν γνωρίζει την διεύθυνση υλικού άλλου υπολογιστή εκτός από την δική του. Συνεπώς δεν μπορεί να αποστείλει ένα αυτοδύναμο πακέτο IP, αφού πρώτα δεν γνωρίζει την διεύθυνση υλικού του δρομολογητή που θα πρέπει να παραλάβει και να προωθήσει ένα τέτοιο πακέτο Οικουμενικότητα. Βλ. σ. 400/ Βλ. σ. 407/408. Το συνολικό μήκος είναι 25 (λόγω και του padding συν το 1 byte δεδομένων), ενώ το μήκος κεφαλίδος 6 (σε 32άδες bit) Βλ. σ Το πεδίο TTL τροποποιείται με κάθε διέλευσή του από έναν δρομολογητή, οπότε σε κάποια πεπερασμένη χρονική στιγμή απορρίπτεται.