Számítógépes Hálózatok 5. gyakorlat

Házi feladat megbeszélése Számolja ki a CRC kontrollösszeget az 11011011001101000111 üzenetre, ha a generátor polinom x4+x3+x+1! Mi lesz a 4 bites kontrollösszeg? 1001 A fenti üzenet az átvitel során sérül, a vevő adatkapcsolati rétege az 110110111110110001111001 bitsorozatot kapja. Történt-e olyan hiba az átvitel során, amit a generátor polinommal fel lehet ismerni? Ha nem, akkor ennek mi lehet az oka? 0 maradék, 11011 többszöröse adódik hozzá az átvitelhez A G(x)generátor polinom fel fog ismerni minden páratlan számú bithibát? 11011 az 11-nek többszöröse, ezért ismer fel minden páratlan hibát. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 1. Egyetlen paritás-bit által nyújtottnál nagyobb biztonságot akarunk elérni, így olyan hibaészlelő sémát alkalmazunk, amelyben két paritás-bit van: az egyik a páros, a másik a páratlan bitek ellenőrzésére. Mekkora ezen kód Hamming-távolsága? Mennyi egyszerű és milyen hosszú löketszerű hibát képes kezelni? Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 1. Mekkora ezen kód Hamming-távolsága? Egyetlen paritás-bit által nyújtottnál nagyobb biztonságot akarunk elérni, így olyan hibaészlelő sémát alkalmazunk, amelyben két paritás-bit van: az egyik a páros, a másik a páratlan bitek ellenőrzésére. Mekkora ezen kód Hamming-távolsága? d(S)=2 (minden bit a paritást is váltja) Mennyi egyszerű és milyen hosszú löketszerű hibát képes kezelni? 1-bit hiba felismerhető, de nem javítható 4k (k≥1 egész) hosszú burst-hiba nem ismerhető fel (10101010|11) 2l (l≥1 egész) hosszú burst-hiba nem mindig ismerhető fel (10101|01) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

CRC áttekintés Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 2. Történt-e hiba az átvitel során, ha a vevő a következő üzenetet kapja: 0000 1011 0001 1101 1111 1100 0011 0101 110001 A generátor polinom x6+x4+x+1. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 2. Történt-e hiba az átvitel során, ha a vevő a következő üzenetet kapja: 0000 1011 0001 1101 1111 1100 0011 0101 110001 A generátor polinom x6+x4+x+1. R(x) ≈ 100111 ≠ 000000 Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Adatkapcsolati réteg (ismétlés) Feladatai jól definiált szolgálati interfész biztosítása a hálózati rétegnek(3 fajta); átviteli hibák kezelése; adatforgalom szabályozása (elárasztás elkerülése) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Csúszó ablak példa Küldő (S) ablak mérete 2. Küldő (S) ablak mérete 2. Fogadó ablak méret = 1 Go-Back-N S: 00|01  R: 00, R:01 (00,01 -et vár) R: ACK00, ACK01  S S: 02|03  R: 03 (02,03 -at vár) R: NACK02  S S: 02|03  R:02, R:03 (02,03 -at vár) Küldő (S) ablak mérete 2. Fogadó ablak méret >=1 Selective Repeat S: 00|01  R: 00|01 (00,01 –et vár) R: ACK00, ACK01  S S: 02|03  R: 03 (02,03 –at vár) R: NACK02, ACK03  S S: 02  R:02 (02 –őt vár) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 3. A Go-Back-N és Selective Repeat esetén legfeljebb hány csomagot küldhet a küldő egyszerre, illetve legfeljebb hány csomag lehet egyidejűleg elküldött, de nem nyugtázott, ha a sorszámok tere 16 elemű (pl. sorszámok 0-tól 15-ig)? Gondoljon a legkedvezőtlenebb pillanatokban elveszett nyugtákra. Mutasson egy példát erre az esetre. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 3. A Go-Back-N és Selective Repeat esetén legfeljebb hány csomagot küldhet a küldő egyszerre, illetve legfeljebb hány csomag lehet egyidejűleg elküldött, de nem nyugtázott, ha a sorszámok tere 16 elemű (pl. sorszámok 0-tól 15-ig)? Gondoljon a legkedvezőtlenebb pillanatokban elveszett nyugtákra. Mutasson egy példát erre az esetre. Go-Back-N  15 ablak meret S: |00|01|02|03|04|05|06|07|08|09|10|11|12|13|14|15|00|01|02|03|04|05|..|15| R: |00|01|02|03|04|05|06|07|08|09|10|11|12|13|14|15|00|01|02|03|04|05|..|15| Selective Repeat  8 ablak meret Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

MAC alréteg A csatorna kiosztás történhet statikus módon (FDM, TDM) Ndarab felhasználót feltételezünk, a sávszélet Negyenlő méretű sávra osztják, és minden egyes sávhoz hozzárendelnek egy felhasználót. Ndarab felhasználót feltételezünk, az időegységet Negyenlő méretű időrésre –úgynevezett slot-ra–osztják, és minden egyes réshez hozzárendelnek egy felhasználót. dinamikus módon verseny vagy ütközés alapú protokollok (ALOHA, CSMA, CSMA/CD) verseny-mentes protokollok (bittérkép-alapú protokollok, bináris visszaszámlálás) Korlátozott verseny protokollok (adaptív fa protokollok) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Protokollok Aloha 1-persistens Nem-perzisztens CSMA mindenki küld amikor csak akar Ütközés esetén véletlen ideig várakozik 1-persistens Keret leadása előtt belehallgat a csatornába: Ha foglalt, akkor addig vár, amíg fel nem szabadul. Szabad csatorna esetén azonnal küld. (perzisztens) Ha szabad, akkor küld. Nem-perzisztens CSMA Ha foglalt, akkor véletlen ideig vár (nem figyeli a forgalmat), majd kezdi előröl a küldési algoritmust. (nem-perzisztens) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Protokollok P-perzisztens CSMA CSMA/CD Adás kész állapotban az állomás belehallgat a csatornába: Ha foglalt, akkor vár a következő időrésig, majd megismétli az algoritmust. Ha szabad, akkor pvalószínűséggel küld, illetve 1-pvalószínűséggel visszalép a szándékától a következő időrésig. Várakozás esetén a következő időrésben megismétli az algoritmust. Ez addig folytatódik, amíg el nem küldi a keretet, vagy amíg egy másik állomás el nem kezd küldeni, mert ilyenkor úgy viselkedik, mintha ütközés történt volna. CSMA/CD Minden állomás küldés közben megfigyeli a csatornát, ha ütközést tapasztalna, akkor megszakítja az adást, és véletlen ideig várakozik, majd újra elkezdi leadni a keretét Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 4. Tekintsünk egy csatornát véletlen közeg-hozzáférési protokollal. A csatorna egyik végén van A állomás, a másik végén B és C. A propagációs késés a csatorna két vége között t0. (Tegyük fel, hogy B és C között a késés 0.) Az egyes állomások a következő időpontokban akarnak adatot átvinni: tA=0, tB=t0/2, tC=3t0/2. A keretek generálási ideje Tgen=3t0. Ábrázolja a következő hozzáférési protokollok viselkedését: Aloha Nem-perzisztens CSMA illetve Nem-perzisztens CSMA/CD. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 4. Aloha: mindenki küld amikor csak akar Ütközés esetén véletlen ideig várakozik Non-persistnet CSMA: belehallgatunk a csatornába, ha üres akkor küldünk, ha foglalt, akkor véletlen ideig várunk majd újra próbáljuk. Non-persistent CSMA/CD: Azt is figyeljük amit küldünk, így ha interferencia van, akkor nem küldünk tovább Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 5. Egy végtelen populációjú réselt ALOHA-rendszer mérései azt mutatják, hogy a rések 10%-a tétlen. Mekkora a G csatornaterhelés? Mekkora az áteresztő képesség? Túlterhelt-e a csatorna? Megj.: Annak valószínűsége hogy nincs csomag egy adott pillanatban: P0 = e-G Maximális átvitel: S(G) = G * P0 = G * e-G Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 5. Egy végtelen populációjú réselt ALOHA-rendszer mérései azt mutatják, hogy a rések 10%-a tétlen. Mekkora a G csatornaterhelés? 0,1 = e-G  0,1 = 1/eG eG = 10  G ≈ 2,3 Mekkora az áteresztő képesség? S(G)=Ge-G  S(G)=0,23 Túlterhelt-e a csatorna? Igen (G>1) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Bináris visszaszámlálás protokoll Forgalmazni kívánó állomás elkezdi a bináris címét bitenként elküldeni a legnagyobb helyi értékű bittel kezdve. Feladja a küldést ha van nála nagyobb sorszámú Mok és Ward módosítás Minden sikeres átvitel után ciklikusan permutáljuk az állomások címét. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 6. Szimuláljuk a bináris visszaszámlálás protokollt 8 állomás esetén, ahol az állomás azonosítók rendre a {C, H, D, A, G, B, E, F} halmaz elemei, ez a sorrend a prioritási sorrend is. Ez esetben a virtuális azonosítókat 3 biten ábrázolhatjuk. Tegyük fel, hogy A, C, D és E állomások akarnak egy-egy csomagot átvinni. (Nézze meg mi módosulna a Mok- és Ward-féle változat esetén.) Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 6. idő 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A adat C Adat D E C – 111, H – 110, D – 101, A – 100, G – 011, B – 010, E – 001, F – 000 idő 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A adat C Adat D E Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 6. (Mok – és Ward) 0. idő: C – 111, H – 110, D – 101, A – 100, G – 011, B – 010, E – 001, F – 000 3. idő: H – 111, D – 110, A – 101, G – 100, B – 011, E – 010, F – 001, C – 000 6. kör: H – 111, A – 110, G – 101, B – 100, E – 011, F – 010, C – 001 , D – 000 8. kör: H – 111, G – 110, B – 101, E – 100, F – 011, C – 010 , D – 001 , A – 000 idő 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A adat C Adat D E Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Adaptív fa bejárás 1943 –Dorfmana katonák szifiliszes fertőzöttségét vizsgálta Működés 0-adik időrésben mindenki küldhet. Ha ütközés történik, akkor megkezdődik a fa mélységi bejárása. A rések a fa egyes csomópontjaihoz vannak rendelve. Ütközéskor rekurzívan az adott csomópont bal illetve jobb gyerekcsomópontjánál folytatódik a keresés. Ha egy bitrés kihasználatlan marad, vagy pontosan egy állomás küld, akkor a szóban forgó csomópont keresése befejeződik. Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 7. Adaptív fabejáró protokoll alkalmazásával tizenhat állomás verseng egy csatorna használatáért. Ha az összes olyan állomás, amelynek prímszáma van, egyszerre kerül adásra kész állapotba, akkor mennyi bit-résre van szükség a versengés feloldására? Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 7. 2,3,5,7,11,13 2,3,5,7 2,3  2 3 5,7 5 7 11,13 11 13 Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 8. Egy megosztott kábel használati jogáért 2n állomás egy csoportja verseng adaptív fabejárás protokoll használata mellett. Egy adott pillanatban kettő közülük adásra kész lesz. Minimálisan illetve maximálisan hány időrés szükséges a fa bejárásához? Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Gyakorló feladat 8. Minimális: 3 lépés Maximális: (log2 2n)*2 + 1 Gombos Gergő Szám.háló 2012 ősz

Vége