Aufgabe 1: Ethernet Hex Dump (3 Punkte)
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Lösung zur 4. Übung Rechnernetze I Aufgabe 1: Ethernet Hex Dump (3 Punkte) In dieser Aufgabe sollen Sie unten stehenden Ethernet Hex Dump interpretieren. Betrachten Sie dabei den Ethernet Kopf, das LLC Protokoll und die SNAP Erweiterungsmöglichkeit. Welcher physikalisch gesendete Teil der Pakete fehlt in diesem Hexdump? Lösungsvorschlag: Es fehlt jeweils das CRC Feld. Paket 1: AA AA AA 02 05 AF 08 00 02 90 91 80 a) b) c) d) e) f) g) AA 2A 91 00 AA 42 00 14 AB 42 00 00 05 03 00 02 84 00 00 00 b2 00 80 0F 00 00 00 00 EF 00 08 00 D0 00 00 00 07 80 02 00 00 00 0A 28 AA 75 00 4D AA 00 00 82 AA 28 44 00 AA AA FF 44 AB AA 85 80 07 03 01 00 40 08 01 4D 01 00 01 82 FF 07 00 00 EF 80 44 00 EE 06 00 9B 00 1D 08 85 00 00 Präambel Dest Addr Source Addr Type/Length 0x0028 = 40 < 1536 => Ethernet 802.3 DSAP = 0xAA SSAP = 0xAA Ctrl = 0x03 SNAP = 0x080007 0x809B. Genau so im Skript: Apple Talk Paket 3: AA AA AA 02 05 05 5E 39 86 DE 02 8B a) b) c) d) AA 00 90 00 Präambel Dest Addr Source Addr Type/Length 0x002A = 42 < 1536 => Ethernet 802.3 DSAP = 0x42 SSAP = 0x42 Ctrl = 0x03 Paket 2: AA AA AA 02 05 46 00 00 00 44 80 00 a) b) c) d) e) f) g) h) AA E4 0A 07 AA 46 3C 89 AA 08 4D B7 AA 00 38 35 AA 45 86 50 AB 00 3C 10 01 00 4D 10 50 28 34 00 01 79 27 43 67 B2 10 53 EF 00 05 00 A4 00 71 00 05 3C 68 01 00 06 59 02 Präambel Destination Address Source Address Type/Length: Type= 0x0800 = 2048 > 1536 => Ethernet II IP Aufgabe 2: CSMA/CD vs. ALOHA (2 Punkte) a. Welches der folgenden MAC Protokolle hat die kürzeste Mediumszugriffszeit unter hoher Last: ALOHA, Slotted ALOHA oder CSMA/CD? Unter Mediumszugriffszeit versteht man die Zeitspanne zwischen der Ankunftszeit eines Paketes bei der MAC-Teilschicht und dem Zeitpunkt, an dem die MAC-Teilschicht das erste Bit auf die Leitung schickt. Begründen Sie Ihre Entscheidung, indem Sie auf die wesentlichen Eigenschaften der jeweiligen Protokolle kurz eingehen. Lösungsvorschlag: Bei ALOHA erhält man sofort Zugriff auf das Medium. Bei Slotted ALOHA, muss man warten, bis der nächste Zeitschlitz beginnt. Der Zugriff auf das Medium ist also im Schnitt langsamer als bei ALOHA. Bei CSMA/CD wartet der MAC, bis andere Teilnehmer ihre Übertragung beendet haben. Wenn keine Last vorhanden ist also sofort wie bei ALOHA, ansonsten später. b. 6000 Computer in einem lokalen Netz streiten sich um den Zugang zu einem Slotted ALOHA Kanal. Eine Station setzt im Durchschnitt zufällig verteilt 15 Anfragen/Std. ab. Ein Slot ist 2 ms lang, und eine Anfrage passt in einen Slot. Wie groß ist der Durchsatz auf dem Kanal? Lösungsvorschlag: L = angebotene Last R = Anzahl der Pakete/Zeiteinheit = 15 * 6000 / 3600s = 25 Anfragen/s T = Slotlänge = 2ms = 0,002 s/Slot L = R * T = 25 Anfragen/s * 0,002 s/Slot = 0,05 Anfragen/Slot Wn: Wartezeit zwischen Paket n und n+1 V: Zeit zwischen Sendewunsch und nächstem Slotanfang Wahrscheinlichkeitsdichte der Wartezeit W: p(W) = R * e-RW P(Erfolg) = p(Wn-1 > T-V) * p(Wn > V) P(Erfolg) = R *e RW T V = (e dW * R * e RW dW e RW T V (vgl. Skript 8.4.2) (vgl. Skript 8.4.3) * e RW V V e R (T V ) ) * (e e RV ) e R (T V ) * e RV e RT e L Durchsatz D = L * P(Erfolg) = 0,05 Anfragen/Slot * e-0,05 = 0,05 * 0,95 = 0.04756 = 4,756% Aufgabe 3: CSMA/CD (2 Punkte) a. Weshalb darf die Framelänge bei Ethernet einen bestimmten Wert nicht unterschreiten? (Bei IEEE 802.3 beträgt die minimale Framelänge z.B. 64 Byte) Lösungsvorschlag: Die Framelänge darf bei Ethernet nach IEEE 802.3 den Wert 64 Bytes nicht unterschreiten, da sonst late collisions auftreten können. Innerhalb der ersten 64 Bytes eines Paketes sollten alle Stationen am lokalen Ethernet Segment eine Kollision erkennen können. Ist das nicht der Fall, so könnte folgende Situation eintreten: Station A Sendet ein Paket (< 64 Bytes). Dieses Paket wird bei Station A vollständig und ohne Kollision auf das Netz gelegt. Ungünstigerweise hat dieses Paket noch nicht die entfernte Station B erreicht, und diese fängt an zu senden kurz vor dem Erhalt des Paketes von A. Station B erkennt die Kollision, sobald das Paket von A eintrifft, aber Station A ist der Meinung sein kollidiertes Paket erfolgreich gesendet zu haben. b. Wie groß müssten die Frames bei einem CSMA/CD Netz der Länge 150 km einer Datenrate von 20 Mbit/s und einer Signal-Ausbreitungsgeschwindigkeit von 200000 km/s mindestens sein? Lösungsvorschlag: Ein Bit wird bei einem 20Mbit/s Netz 1 s/(20 * 10-6 bit/s) = 0,05 * 10-6 s lang übertragen. => 1 Bit ist bei 200.000 km/s : 0,05 * 10-6 s * 200.000.000 m/s = 10 m lang. Die kritische Entfernung für Kollisionen beträgt rechnerisch 300 km, da im ungünstigsten Fall erst das erste Bit von Nachricht A 150 km übertragen und dann die Kollision mit Nachricht B wieder 150 km zurückübertragen werden muss. 300.000 m / (10 m/bit) = 30.000 Bit. Die Pakete müssten mindestens 30.000 Bit lang sein. Aufgabe 4: Token Ring (3 Punkte) a. Wie viele Bits befinden sich maximal gleichzeitig auf einem Ring, wenn das Netzwerk eine Übertragungsrate von 16 mbps und einen Umfang von 5555 m besitzt. Vernachlässigen Sie vorerst die Verzögerungen in den Stationen (Signalausbreitung mit 2.0 x 108 m/s). Um welche Strecke muss der Ring verlängert werden, damit sich eine ganze Anzahl von Bits auf dem Ring befindet? Lösungsvorschlag: Übertragungsrate = 16 mbit/sec ein Bit dauert 1/16 * 106 = 0,625 * 10-7 s Ausbreitungsgeschw. = 2.0 * 108 m/s Länge eines Bits = 0,625 * 10-7 s * 2.0 * 108 m/s = 12,5 m Es sind 5555 m / 12,5 m/Bit = 444,4 Bit gleichzeitig auf dem Ring. Verlängerung um 0,6 Bits auf 445 Bit entspricht 7,5 m. b. Wie lange ist die Umlaufzeit eines 1Bit-Signals in einem Ring mit 5555 m Umfang, 100 aktiven Stationen und einer Übertragungsrate von 16 mbps. Berücksichtigen Sie dabei die Verzögerungen (5 bit) in aktiven Stationen. Lösungsvorschlag: Ring besteht aus 445 Bit. Umlaufzeit = 445 Bit + 500 Bit (Verzögerung durch aktive Stationen) = 945 Bit. Ein Bit dauert 0,625 * 10-7s Umlaufzeit = 945 Bit * 0,625 * 10-7s/Bit = 59 * 10-6s c. Wie groß ist in obigem Ring der minimale und wie groß der maximale Abstand zwischen zwei aufeinanderfolgenden Paketen desselben Senders, wenn alle Datenpakete 100 Byte lang sind? (Kein early token release, d.h. erst der Sender nimmt die gesendete Nachricht wieder vom Ring und gibt das Token wieder frei.) Lösungsvorschlag: Minimale Wartezeit: alle anderen 99 Station sind im Leerlauf Übertragungszeit für Paket von 100 Byte: tP = (800 Bit + 945 Bit) * 0,625 * 10-7 s/Bit = 109 * 10-6 s Übertragungszeit für Token (3 Byte): tT = (24 Bit + 945 Bit) * 0,625 * 10-7 s/Bit = 60 * 10-6 s tmin = tP + tT = 169 * 10-6s Maximale Wartezeit: auch die restlichen 99 Stationen sind aktiv und kommen der Reihe nach zum Zug tmax = 100 * tP + 1 * tT = 13566,3 * 10-6s = 10,96 * 10-3s Anmerkung zu early token release: Zwar gibt es bei dieser Variante weniger Leerlaufzeiten, aber Antwortzeiten sind nicht mehr garantiert. Bei ungünstiger Positionierung von Sender und Empfänger, kommen manche sendewilligen Stationen u.U. sehr lange gar nicht zum Zuge.