Matematičko modeliranje računalnih mrežazbirka riješenih zadataka s auditornih vježbi

jednopredmetni preddiplomski studij, III i IV semestardvopredmetni preddiplomski studij, V i VI semestar

diplomski studij matematike i informatike, III i IV& semestarpreddiplomski studij fizike, V semestar

diplomski studij fizike i informatike, II semestardiplomski studij politehnike i informatike, I i II semestar

30 sati (zimski semestar) + 30 sati (ljetni semestar)

Vedran MiletićZavod za komunikacijske sustave

Odjel za informatiku Sveučilišta u Rijeci

akademska godina 2014/2015.

zadnja promjena: 2. srpnja 2017.

1

PredgovorSkripta je namijenjena studentima druge godine preddiplomskog studija informatike. Nastalaje na temelju vježbi iz kolegija Računalne mreže 1 i Računalne mreže 2 na Odjelu za informatikuSveučilišta u Rijeci. Nadovezuje se na gradivo i literaturu predavanja iz istih kolegija. Očekujese poznavanje sadržaja prve godine preddiplomskog studija, ponajviše kolegija Matematika 1i 2, Osnove fizike 1 i 2, Osnove digitalne tehnike i Osnove informatike 1. Neki dodatni zadacizahtjevaju i poznavanje gradiva kolegija Programiranje 1 i Operacijski sustavi 1, te osnovakombinatorike i teorije kodiranja.

U okviru kolegija ćemo se mnogo sretati s gradivom teorije grafova i ponešto s gradivomteorije vjerojatnosti i matematičke statistike. Kako u sadašnjem programu studija Računalnemreže 1 i 2 prethode kolegijima Diskretna matematika i Vjerojatnost i statistika, u ovoj skriptidefiniraju se osnovni pojmovi koji nam trebaju za rješavanje zadataka.

Kako s računalnim mrežama radimo gotovo svakodnevno, ne treba ih posebno predstavljati.Osnovne značajke, mahom iz perspektive korisnika, već smo spomenuli u okviru kolegija Osnoveinformatike 1. Cilj je ovih dvaju kolegija dati uvid u osnovne ideje i algoritme koje stoje upozadini danas korištenih računalnih mreža.

Skripta je podijeljena u dva veća dijela. U prvom dijelu, od 1. do 6. poglavlja, obrađenje sadržaj kolegija Računalne mreže 1, a u drugom, od 7. do 12. poglavlja, sadržaj kolegijaRačunalne mreže 2. Na pojedinim mjestima uključene su dodatne teme koje nisu dio kolegija.

Premda je skripta prvenstveno namijenjena studentima informatike na Odjelu za informa-tiku Sveučilišta u Rijeci, svakako može u bar dijelom poslužiti i studentima tehničkih znanosti,a prvenstveno studentima računarstva.

Skriptu posvećujem svojim učiteljima, Deanu Crnkoviću i Renéu Sušnju, koji su me nebro-jeno puta inspirirali i pružili mi podršku u učenju matematike. Vjerujem da se njihov utjecajočituje i u ovom radu.

Vedran Miletić

2

Osnovne informacije o vježbama kolegija Računalne mreže

Osnovne informacije o kolegijimaOsnovne informacije o kolegijima

• Nositelj: prof. dr. sc. Mario Radovan

• Asistent: Vedran Miletić, prof.

• Demonstrator: Edvin Močibob

Proučite DINP.U ovoj prezentaciji je većinom ono što nije u DINP-u, i obrnuto.

Način izvođenja nastave, teme i literaturaOčekivano predznanje

Formalni preduvjet:• položen kolegij Osnove digitalne tehnike.

Neformalni preduvjeti:• Matematika 1,

• Osnove fizike 2,

• Programiranje 1,

• Osnove informatike 1.Međutim, sve što budemo koristili, osim zaista osnovnih matematičkih, informatičkih i fizi-

kalnih pojmova, bit će definirano na vježbama.

PredavanjaPredavanja izvodi prof. dr. sc. Mario Radovan, i sve informacije o njima možete dobiti od

njega u terminu predavanja ili njegovom terminu konzultacija.Konzultacije i ispite drži utorkom od 11 do 13 sati.

Auditorne vježbe• Auditorne vježbe tematski i sadržajno prate i nadopunjuju gradivo predavanja, što znači:

– kratko ponavljanje relevantnog dijela teorije,– rješavanje zadataka iz područja računalnih mreža, te– poneki primjer rada s alatima na računalima.

• Od studenata se očekuje da:

– znaju sadržaj pripadnih predavanja, kako bi mogli stečeno znanje primijeniti u rje-šavanju zadataka,

– prouče materijale za vježbe koji će biti unaprijed dani putem sustava sustava zae-učenje, te

– bilježe rješenja zadataka na satu, jer su na bilješkama koje ćete dobiti zadaci rješeniukratko.

3

Laboratorijske vježbeOvaj dio odnosi se samo na studijske grupe koje imaju laboratorijske vježbe.

• Laboratorijske vježbe su dio RM1 i RM2 za sve studijske grupe kojima kolegij nosi 4 ili5 ECTS-a.

• Nastale su unutar projekta razvoja e-kolegija koji je financiralo Sveučilište u Rijeci.

• Izvode se u obliku pripremljenih materijala za samostalno učenje i konzultacija, a polažuputem domaćih zadaća.

DemonstratureDemonstrature su organizirane kako god to dogovorite s demonstratorom (auditorne ili

laboratorijske vježbe, zadaci s vježbi ili dodatni zadaci, . . . ).Rezerviran je termin u rasporedu četvrtkom od 16 do 20 sati u prostoriji O-366 (ima sav

potreban softver za rješavanje laboratorijskih zadataka).

Literatura

• Osnovna literatura su knjige Računalne mreže (1), [RadovanRM1], i Računalnemreže (2), [RadovanRM2]. Knjige možete podijeljene po poglavljima naći na e-kolegiju.

• Osim te dvije knjige na hrvatskom jeziku, u ovom području dominiraju tri knjige naengleskom jeziku koje možete pronaći u knjižnici:

– Kurose i Ross: Computer Networking: A Top-Down Approach, [KuroseRossCN],– Peterson i Davie: Computer Networks: A System Approach, [PetersonDavieCN],– Tanenbaum i Wetherall: Computer Networks, [TanenbaumWetherallCN].

• Zadaci auditornih vježbi većim su dijelom sastavljeni prema [PetersonDavieCN]. Poj-movi i pravila auditornih vježbi uglavnom su preuzeti s Wikipedije.

• Zadaci laboratorijskih vježbi većim su dijelom sastavljeni prema dokumnentaciji alata(Unix man stranice alata koje koristimo, [WiresharkUserGuide], [IMUNESManual],[ns3Tutorial], [ns3Manual] i [ns3Models]). Pored toga, većinu stvari moguće je „go-oglati”.

Vrednovanje aktivnosti i ocjenjivanjeBodovanje aktivnosti

• Kolokviji (auditorne vježbe): 20 + 20 bodova,

• Kvizevi (predavanja): 20 + 25 bodova,

• Domaće zadaće (laboratorijske vježbe): 15 bodova,

• Nagradne aktivnosti: 15 + 5 bonus bodova.

4

Prisustvovanje satovima predavanja i vježbiPrisustvovanje satovima predavanja i vježbi se ne boduje.

• Prisustvovanje satovima predavanja nije obavezno.

• Prisustvovanje satovima auditornih vježbi je obavezno.

– Asistent vodi evidenciju o dolascima. Dozvoljeno je sakupiti ukupno do 3 izostankas vježbi, u što se ne računa eventualni izostanak s kolokvija ili međuispita.

• Prisustvovanje sastovima demonstratura nije obavezno.

Kolokviji (auditorne vježbe)

• Na dva kolokvija iz gradiva auditornih vježbi možete sakupiti ukupno 40 bodova. Svakiod kolokvija pišete 90 minuta u terminu vježbi.

• Napomena: prije početka pisanja kolokvija bit će dana potrebna objašnjenja, a zatimnema pitanja.

Kolokviji i ECTS bodoviStudenti kojima kolegij nosi 4 ECTS boda rješavaju 4 od 5 ponuđenih zadataka i preostali

zadatak prekriže.Ukoliko ne bude prekrižen niti jedan od ponuđenih zadataka, ispit će biti bodovan po sistemu

koji vrijedi za studente kojima kolegij nosi 5 ECTS bodova.

Kvizevi (predavanja)Na dva kviza iz gradiva predavanja možete sakupiti ukupno 45 bodova. Kvizevi su online

testovi.

Mogućnost popravnog kolokvija ili kvizaNe postoje popravni kolokviji ni kvizevi.

Domaće zadaće (laboratorijske vježbe)

• Kompletan udžbenik iz laboratorijskih vježbi bit će vam dostupan podijeljen po poglav-ljima. Udžbenik je namijenjen za samostalno učenje i samostalno rješavanje zadataka;vrlo je detaljan i sadrži sve potrebne upute za rad s alatima koje koristimo.

• Sugestije za poboljšanje udžbenika su dobrodošle.

Bonus bodoviNagradne aktivnosti služe kako bi mogli eventualno izgubljene bodove nadoknaditi. Možete

sakupiti ukupno 20 bodova. Primjeri aktivnosti za bonus bodove su:

• blic pitanja (gradivo prethodnih sati predavanja ili vježbi; točan odgovor na pitanje donosi1 bod),

• aktivnost na satu (ideja za rješenje ili slično): 2 boda),

• nagradni zadaci koji se rješavaju programiranjem (C++ ili Python): 5 bodova,

• i razna druga nenajavljena iznenađenja.

5

PrepisivanjePrema sveučilišnom etičkom kodeksu, prepisivanje se smatra neetičnom radnjom. Zbog toga

vrijede iduća pravila.

• Na kolokvijima i ispitima prvo uočeno prepisivanje se kažnjava se oduzimanjem 5 bo-dova svim studentima koji u njemu aktivno sudjeluju.Iduće uočeno prepisivanje kažnjava se ocjenjivanjem ispita, odnosno kolokvija, s 0 bo-dova.Posjedovanje „šalabathera” kažnjava se ocjenjivanjem ispita, odnosno kolokvija, s 0 bo-dova.

• Na domaćim zadaćama i nagradnim zadacima sumnja na prepisivanje rješava se usmenomobranom rješenja na konzultacijama.

– U slučaju da na konzultacijama student zna detaljno argumentirati način razmišlja-nja i postupak rješavanja u predanim zadacima, smatra se da se ne radi o prepisivanjui vježba se boduje adekvatno.

– U slučaju da student prizna prepisivanje prije pristupanja obrani rješenja, izbjegavausmenu provjeru i predana zadaća boduje se s 0 bodova.

– Ukoliko student ne uspije objasniti način razmišljanja i postupak rješavanja zada-taka, predana domaća zadaća vrednuje se s -2 boda.

• Najmanji broj ocjenskih bodova koji možete ostvari na svakoj pojedinoj aktivnosti je 0,bez obzira na broj stečenih negativnih bodova. (Pritom se tri domaće zadaće smatrajujednom aktivnosti.)

E-učenje – sustav Instructure CanvasPrijava na Canvas:

https://canvas.instructure.com/enroll/XKFN9G

• Instructure Canvas:

– Moderniji i funkcionalniji LMS od Moodlea– Cloud-based, free for teachers, free for students– Nema AAI autentifikacije, potrebna je registracija putem poveznice dane

iznad

• Moguća prijava s @student.uniri.hr, @ffri.hr mail adresom ili nekom drugom (preferirano@student.uniri.hr, odnosno @ffri.hr)

• Obavezno postavite točno ime i prezime (velikim početnim slovima sa hrvatskim dijakri-ticima) i vremensku zonu na Zagreb; uređivanje profila, povezivanje sa Facebookom iTwitterom je po želji

Napomene u vezi unosa bodova:

• Nagradne aktivnosti boduju se kao da nose „0 bodova”. Obzirom da Canvas podržavaovergrading, to uredno funkcionira.

• Pripazite na odnos postotaka i stvarnih bodova, naročito na opciju Calculate based onlyon graded assignments.

6

Najvažnije od svega

Kontinuirano učite i radite.• Prije svakih auditornih vježbi ponovite gradivo prethodnih.

• Aktivno sudjelujte odgovaranjem na pitanja na vježbama.

• U slučaju bilo kakvih nejasnoća dođite na konzultacije.

Rješavajte nastale probleme.• Ako ste bolesni, odmah javite mailom i prvom prilikom osobno donesite ispričnicu.

• Ako imate dobronamjeran prijedlog u vezi načina bodovanja, svakako ga recite.

• Ako nađete grešku u skripti, javite mi mailom. („Za to se dobivaju nagradni bodovi ohwow yeah kako dobro!!!1!!”)

Bez obzira na svakodnevne izazove, održite pozitivan stav premaonome što studirate.

• Nešto od toga ćete danas-sutra raditi.

• Pozitivan stav je samoispunjujuće proročanstvo.

• Ono što je zabavno je i lako. :-)

Oznake, simboli i dijagramiSimboli

Matematičari i drugi znanstvenici su tokom godina razvili složen sustav oznaka i definiralistandarde zapisa tih oznaka. Te oznake služe da bi gradivo ostavljalo dojam konzistentnosti ida bi se lakše usvajalo.

Neke od oznaka koje ćemo mi na ovom kolegiju koristiti su:

• △ označava zadatak koji rješavamo na ploči,

• ♢ označava zadatak koji rješavamo na računalu,

• ♡ označava teži nagradni zadatak,

• ♠ označava zadatak za čije rješavanje je potrebno poznavati osnove teorije vjerojatnosti,

• ♣ označava zadatak sličan zadacima već rješenima na vježbama čije rješenje postoji uskripti.

• Za kraj rješenja zadatka koristi se:

– u skripti: uobičajeni 𝒜ℳ𝒮-LATEX simbol l,– na prezentacijama: tri simbola ♦.

(To zna biti osobito korisno kod zadataka čija rješenja zauzimaju više folija.)

7

Nastanak SORM oznakaPored tih simbola, koristiti ćemo i druge konvencije koje propisuje standard pod imenom

SORM.Ime dolazi od prvih slova riječi idućih naziva i imena:

• Sveučilište u Rijeci,

• Odjel za informatiku,

• Radovan Mario,

• Miletić Vedran,

a zapravo znači Standard Označavanja Računalnih Mreža.

SORM – slike

Slika 1: Primjeri slikovnih simbola (zadatak 1).

𝐻 𝑏𝑟3 𝑟𝑒𝑝7 𝑠𝑡

𝑙𝑜𝑐 𝑠𝑤4 𝑒𝑡ℎ5 𝑡𝑟1

𝐴𝑃8 𝑚𝑒𝑠ℎ 𝑐𝑙𝑜𝑢𝑑

SORM – prezentacija

Pojam: primjer pojma.Pojam (engl. notion) je izdvojen na ovaj način.

Pravilo: primjer pravila.Pravilo (engl. rule) izgleda ovako, a često ima i neku formulu u sebi, primjerice 𝑎2 ` 𝑏2 “ 𝑐2.

Primjer: primjer primjera.Na ovaj način je dano pojašnjenje teorije u nekom konkretnom slučaju, recimo za 𝑎 “ 3, 𝑏 “ 4,𝑐 “ 5, prethodna formula postaje 9` 16 “ 25, što znamo da vrijedi.

Dodatak: o isprepletenoj topologiji.Proučite na Wikipediji stranicu Mesh networking ili prva dva poglavlja u Groverovoj knjizi[GroverMesh].

Tekst zadatka (zadatak 1).Za 𝑥 “ 5 odredite vrijednost funkcije

𝑓p𝑥q “ 𝑥2` 𝑥.

8

Linux komandna linija.$ echo ’ovako pišu naredbe’

$ ls -la

Python programski kod.import socket

# create a sockets = socket.socket(socket.AF_INET, socket.SOCK_STREAM)

SORM – legenda o nastankuPrema zapisima povjesničara Emilijana Pesara, koji je živio u doba vladavine mletačkog

dužda Domenica II Contarinija, SORM potječe od Aztečkih zapisa koje je Kolumbo pronašaoi sa sobom donio u Europu. Kako bi ih zaštitio od inkvizicije, Kolumbo ih je sakrio među svojeosobne dnevnike, koje su njegova braća prodali trgovcima sitnom robom za vrijeme dok je biou zatvoru.

Jedan od vojskovođa mletačkog dužda, Michele Valiero, priča kako je na štandu u Venecijiuočio nekakve spise na neobičnom materijalu sličnom papiru, ali bitno različitom od svega štoje bilo poznato u Europi. Od trgovca je, bez premišljanja, otkupio sve što je ovaj imao.

Proučavajući spise, vojskovođa je shvatio da bi otkrivanje ovih drevnih istina moglo imatikatastrofalne posljedice i uzrokovati pomicanje kraja svijeta na raniji datum, te ih je u kasnijemosvajačkom pohodu na Starigrad Paklenicu zakopao ispod Večke kule.

Stoljećima kasnije, mladi asistent sa Zavoda za komunikacijske sustave Odjela za infor-matiku Sveučilišta u Rijeci jedne se večeri šetao laganim koracima uz obalu, osluškujući živuglazbu koja je dopirala sa terase obližnjeg hotela.

Našavši se blizu Večke kule, osjetio je energetsku auru crveno-plave boje i potrčao premamjestu gdje ju je najjače osjećao. Iznenada je počeo mahnito kopati. Na metar i pol ispodzemlje naišao na ukrašenu metalnu škrinju.

Škrinja je na poklopcu imala ugraviranog lava s ptičjim krilima, koji je desnom šapom držaootvorenu knjigu na kojoj je pisalo „PAX TIBI MARCE EVANGELISTA MEVS”.

Mladi asistent je osjetio da će ovo što je pronašao iz temelja promijeniti živote svih ljudi kojepoznaje i koje će tek upoznati. Snažno je proživljavao svaku sekundu koju je potiho otkucavaonjegov ručni sat dok je bezuspješno pokušavao naći način da otvori lokot kojim je škrinja bilazatvorena.

Napokon je obio lokot kamenom grotom s plaže, podigao poklopac i njime nehotice ogrebaodesno staklo na naočalama.

Vojskovođa je zapisao: „Tajne Aztečke tehnike crtanja dijagrama iz Računalnih mrežazapisane na ovim papirima dio su knjige Matematičko modeliranje računalnih mreža koju jenapisao A’zmahuwiag Hwogoawo. U ovih dvije godine uspio sam otkriti značenje većine spisa,i postao sam svjestan kakav bi utjecaj mogli oni imati ako dođu u krive ruke.

„Bojim se, najviše od svega, proročanstva koje opisuje što bi se dogodilo da netko neuknapiše SORM malim slovima, zakošeno ili običnim oblikom pisma. Zato SORM uvijek pišimasnim uspravnim oblikom pisma, velikim slovima.”

Mladi se asistent na trenutak zamislio. Osjetio je da je ovo prilika koja se rijetkima pruža ikoju još rjeđi znaju cijeniti, ali tada još nije imao čistu viziju što treba napraviti.

Mjesecima kasnije, krećući se laganim koracima kroz snijegom obasuti Karlovac, razmišljaoje o svemu što je doživio tog ljeta. U putničkom vlaku na relaciji Karlovac-Zagreb, napokon jeshvatio dubinu koju imaju Micheleove riječi i osjetio pravo značenje svog poziva.

9

Labosi – legenda o nastankuRustichelli je čuo od Marka Pola za vrijeme dok su obojica bili zarobljeni u tamnici priču

o tome kako su na putu prema Kini Markov otac i ujak dobili su na poklon od svećenika uKašgaru svilu koja je na sebi imala naslikane neobične dijagrame, za razliku od ostale svile kojaje uglavnom bila oslikana motivima iz prirode.

Gotovo dvadeset godina kasnije, na povratku, Markov su otac i ujak pokušavali odgonetnutiznačenje dijagrama na svili, i svoje rezultate zapisivali na spisima koje su čuvali u kući u Veneciji.Marko Polo ponio je svile i spise sa sobom na Korčulu; svile su mu otete kada je zarobljen odstrane đenovljanskih vojnika u bitci s Mlecima, a spisi su ostali u njegovoj kući na Korčuli,smatrani su bezvrijednima.

Rustichelli kaže da, iako je Marko znao za te svile i spise, izgleda da nije bio svjestanvrijednosti onog što je bilo na njima jer ih tek u nekoliko navrata usputno spomenuo. Upraviteljzatvora, Enrico Lenafesto, saznavši za to, bio je odlučan u namjeri da spise pronađe i razgleda.

Predstavivši se kao brat tadašnje Markove zaručnice Donate Badoer, Enrico je u prvi mahje pušten u kuću bez prevelikog propitivanja od strane Korčulanaca. U kući je pronašao čitavuškrinju punu spisa; većina njih bila je neuredna i s puno pogrešaka, ali ubrzo ih je poredaoi zaključio da su autori kod u kojem je original zapisan nisu samo odgonetnuli, već su ga idetaljno opisali. Sređujući spise, došao je do zapanjujućih rezultata.

Iako je imao namjeru vratiti se u Genovu, ubijen je na povratku od strane Mletaka koji suga otkrili u prijevari. Enrico je u bijegu sa sobom htio ponijeti i originale i svoje prijepise izaključke; kako nije mogao sve nositi odjednom, u trenutku kada je bio uhvaćen sa sobom jeimao originale; prijepisi su ostali nedaleko pristaništa za brodove.

Stoljećima kasnije, mladi asistent sa Katedre za mrežne sustave Odjela za informatiku Sve-učilišta u Rijeci osjetio je da na trajektnom pristaništu Dominče energetski karakter bežičnihvalova, što je smatrao nadasve neobičnim obzirom da u blizini nije bilo dostupnih pristupnihtočaka. Razgledavajući okolo, došao je do mjesta gdje je osjećao ful jako djelovanje valova ipočeo razmicati naslagane kamene grote.

Kako je Sveti Krševan tada vršio ukrcaj, nitko na mladog asistenta nije obraćao previšepažnje i on je neometano izvukao drvenu kutiju. Razbio ju je grotom s plaže, i počeo čitatipapire koji su se pritom rasuli. Govorili su o modeliranju i simulaciji komunikacije na daljinu.Ubrzo se povukao na skrovitije mjesto; znao je da će ovo potrajati.

Nekoliko sati kasnije znao je točno što mora napraviti. Uzeo je snop papira A4 formata inapisao na vrh prvoga

Računalne mreže 2: laboratorijska vježba 1.

Nešto što nisam spomenuo?

Pitanja?

10

Dio I

Računalne mreže 11 Mrežni sustavi: struktura i načela rada„I can find the joy only if I do my work in the best way possible to me. But thebest is a matter of standards—and I set my own standards. I inherit nothing.I stand at the end of no tradition. I may, perhaps, stand at the beginning ofone.”

1.1 Uvod: razvoj telekomunikacije i veza s računalnim mrežama.Čime se bavi ovaj kolegij?

Tri stvari . . .Pod jedan, telekomunikacija

Pojam: telekomunikacija.Telekomunikacija (engl. telecommunication) podrazumijeva prijenos poruka preko velikihudaljenosti s ciljem ostvarivanja komunikacije.

Povijesno gledano, možemo istaknuti nekoliko razdoblja:

• bubnjevi (Afrika, Nova Gvineja, Južna Amerika) i dimni signali (Sjeverna Amerika,Kina);

• baklje na vrhovima planina i svjetionici (antička Grčka);

• optički telegraf (Claude Chappe, 1792. Lille–Paris, 15 stanica, 230 km, 36 simbola u32 min, zadržavanje 9 min);

• električni telegraf (Samuel Morse, 1837.);

• bežična telegrafija (radio i televizija).

Pod dva, računalni komunikacijski sustavi

Pojam: umrežavanje računala.Umrežavanje računala (engl. computer networking) je znanstvena i tehnička disciplina kojaproučava komunikaciju između računala.

Od samih početaka postoji uska veza telekomunikacija i računalnih komunikacija; naime,Internet je počeo kao mreža koja je koristila javnu telefonsku mrežu, a danas se za telefonijukoriste Internet protokoli (npr. VoIP).

Jako veliku ulogu u razvoju računalnih mreža imali su Unix-like operacijski sustavi, naročitoBSD i nešto kasnije Linux.

11

Pod tri, komunikacijska tehnologija i društvoO utjecaju razvoja tehnologije općenito na društvo već je jako puno rečeno i napisano

(primjerice, o tome govori Castells u čitvom nizu svojih knjiga, [CastellsTIC; CastellsTIA1;CastellsTIA2; CastellsTIA3; CastellsIG; CastellsCP]). Nekoliko primjera gdje se očitujeutjecaj:

• „Tanya Rider went off the road . . . ” (2007.),

• „Christmann had been going 38 MPH . . . ” (2003.),

• „Two MIT researchers bought 158 used disk drives . . . ”.

Ovi primjeri su preuzeti iz [AbelsonLedeenLewisB2B], knjige koja se bavi utjecajemrazvoja komunikacijske tehnologije na privatnost, slobodu i općenito način života pojedinca udruštvu.

Knjiga je dostupna na http://www.bitsbook.com/ pod Creative Commons BY-NC-SAlicencom.

Toliko za sad . . .

Bacimo se na posao!p△q Zadatak 1.

Iduća tri zadatka su primjeri zadataka iz stvarnog života.

Tekst zadatka (Prema istinitom događaju . . . ).Tihana igra Quake Wars Demo na njemačkom serveru gamingpalace.de čija je adresa 78.143.44.10:27733.Međutim, kako ona to sama kaže, „igrivost je prilično loša”. Naime, nedavni potres koji je po-godio srednju Europu uzrokovao je prekid nekih optičkih kabela, pa se većinom koriste rezervnikojih nema dovoljno i zato ne nude istu kvalitetu usluge.

O čemu se zapravo ovdje radi? Što to točno Tihana primjećuje kao „lošu igrivost”?

RTT nam označava povratno vrijeme, tj. vrijeme potrebno da na odredište stigne poslanizahtjev i natrag odgovor na njega.

Tekst zadatka (ping i mjerenje RTT-a).Unix i Windows alat ping može se koristiti za određivanje RTT-a do različitih domaćina naInternetu. U pripadnoj man stranici možete pogledati kako se koristi i koje mogućnosti nudi, ami ćemo se za sada ograničiti na osnovni oblik i saznati RTT do iduća tri domaćina:

• www.pragma-ade.nl,

• www.ri.linux.hr,

• www.debian.org.

12

Rješenje zadatka.Demonstracija:

Linux komandna linija.$ ping www.pragma-ade.nl ...

$ ping www.ri.linux.hr ...$ ping www.debian.org ...

Uočite kako postoje razlike u polju time. Jesu li one očekivane? Zašto?Naime, radi se, prije svega, o tome da su ti domaćini fizički različito udaljeni i da paketi

duže putuju kada je u pitanju veća fizička udaljenost.Osim toga, razmotrimo polje ttl. Ono označava broj skokova koji paket može napraviti

prije nego što će biti odbačen od strane usmjerivača.Paketi rade više skokova kada trebaju doći do daljih domaćina, što u konačnici rezultira

većim povratnim vremenom.

Dodatak: promjenama RTT-a.Mjerite vrijednost RTT-a do određenog skupa domaćina u različitim vremenima tijekom neko-liko dana i usporedite dobivene rezultate. Razmislite što uzrokuje razliku u vrijednostima.

p△q Zadatak 2.U prošlom zadatku spomenuli smo skokove koje paketi rade da bi došli na cilj. Sada ćemo

vidjeti kako izgleda put kojim paketi „skaču” do cilja.

Tekst zadatka (Prema istinitom događaju . . . ).Mladen i Manuel, voditelji supertajne nevladine organizacije Zametska Unija, žele prisluškivatipakete koji govore o planovima organizacije KASTAV HOOLIGANS. Tajni agent ZU, Gabrijel(kodno ime), upao je u jedno od računala koje KH koriste za sigurnu komunikaciju i želi otkritikojim putem prolaze paketi koji ih interesiraju.

Usmjerivač je računalo povezano s barem dvije mreže koje pakete usmjerava na putu doodredišta.

Tekst zadatka (zadatak 2).Unix alat traceroute i Windows alat tracert koristi se za otkrivanje niza usmjerivača krozkoje prolazi poslana poruka. Iskoristite ovaj alat da otkrijete putanju s trenutne mreže doostalih. Za primjer, mi ćemo saznati putanju do:

• www.gnome.org,

• docs.nvidia.com,

• www.riteh.uniri.hr,

• www.biotech.uniri.hr.

Napomena: u nekim Linux distribucijama (primjerice Ubuntu) uobičajena instalacija neuključuje traceroute, ali uključuje tracepath, koji mu je vrlo sličan i sasvim dovoljan za našepotrebe. Postoje razlike, i one se mogu otkriti uspoređivanjem man stranica traceroute(1) itracepath(8).

13

Rješenje zadatka.Demonstracija:

Linux komandna linija.$ traceroute www.gnome.org ...

$ traceroute docs.nvidia.com ...$ traceroute www.biotech.uniri.hr ...$ traceroute www.riteh.uniri.hr ...

Što uočavate kod početka putanje? Možete li pomoću ovog alata prepoznati koji se usmje-rivači nalaze u mreži vaše organizacije?

Naime, radi se o tome da je izlaz iz mreže u kojoj smo trenutno jednak bez obzira do kojeudaljene mreže odlazimo.

Dodatak: o značaju broja skokova.Razmislite na koji bi način sakupili podatke da testirate iduće dvije hipoteze.

• Postoji pozitivna korelacija broja skokova s vrijednosti RTT-a (tj. veća vrijednost RTT-apovezana je s većim brojem skokova).

• Postoji negativna korelacija broja skokova s geografskom udaljenosti (tj. manja geografskaudaljenost povezana je s većim brojem skokova).

p△q Zadatak 3.U narednom zadatku upoznati ćemo još jednu od Unix naredbi koja se veže uz računalne

mreže i Internet.

Tekst zadatka (Prema istinitom događaju . . . ).Web developer Rade izrađuje web portal za renomiranu tvrtku MD Stolarija d.o.o. No, da nebi baš sve bilo savršeno i da bi mi imali zadatak, u procesu razvoja portala poslužitelj na kojemse on nalazi biva napadnut. Ubrzo Rade otkriva da je njegov kod promijenjen na način da kodotvaranja određenih stranica portala taj kod šalje podatke na određenu IP adresu.

Kako će on otkriti tko stoji iza te IP adrese te (vjerojatno) ima nekakve veze s napadom(iako možda nije napadač)?

Tekst zadatka (zadatak 3).Unix alat whois koristi se prilikom traženja kojoj organizaciji pripada određena domena ili IPadresa. U pripadnoj man stranici možete pogledati kako se koristi i koje mogućnosti nudi, ami ćemo se za sada ograničiti na osnovni oblik i za primjer saznati kome pripadaju iduće četiridomene:

• mit.edu,

• kde.org,

• uniri.hr,

• google.com.

14

Rješenje zadatka.Demonstracija:

Linux komandna linija.$ whois uniri.hr ...

$ whois mit.edu ...$ whois kde.org ...$ whois google.com ...

Što uočavate kod načina formatiranja sadržaja koji dobivamo kao odgovor? Pokušajteobjasniti tu pojavu.

Naime, radi se samo o tome da svaka od domena pripada različitoj organizaciji koja rezultateupita u svoju bazu različito formatira. Ovisno o konfiguraciji, whois alat može pretraživati i.hr domenu, i rezultat vratiti u nekom od tekstualnih web preglednika (npr. lynx).

1.2 Fizičke osnove mreža: mediji, veze, čvorovi, domaćini.Priprema za zadatak.

Prostorne jedinice su vam dobro poznate iz svakodnevice i iz Osnova fizike. Ovdje ćemo,kao podsjetnik, spomenuti samo tri koje će nam redovito trebati u zadacima:

• 1 km = 1000 m = 103 m,

• 1 Mm = 1 000 000 m = 106 m,

• 1 Gm = 1 000 000 000 m = 109 m.

Vremenske jedinice su još „svakidašnjije”:

• 1 min = 60 s, 1 h = 60 min = 3600 s,

• 1 ms = 0.001 s = 10´3 s,

• 1 µs = 0.000 001 s = 10´6 s,

• 1 ns = 0.000 000 001 s = 10´9 s.

Pojam: prefiksi jedinica.Fizikalne jedinice mogu imati prefiks—koji znači:

• mili (m) = 10´3,

• mikro (µ) = 10´6,

• nano (n) = 10´9,

• piko (p) = 10´12;

• kilo (k) = 103,

• mega (M) = 106,

• giga (G) = 109,

15

• tera (T) = 1012.

U digitalnoj tehnici koriste bitovi i bajtovi:

• 1 bit := 0 _ 1 (bit—binary digit),

• 1 B := 8 bit (byte—binary term),

pri čemu znamo da je bajt od 8 bitova samo de facto standard.

Pojam: binarni prefiksi.Za jedinicu bajt (B) koriste se idući prefiksi, koji znače:

• kibi (Ki) = 210,

• mebi (Mi) = 220,

• gibi (Gi) = 230,

• tebi (Ti) = 240.

Pojam: IEC 60027-2: Telecommunications and electronics.Jedinice i prefiksi koje smo naveli definirani su standardom pod nazivom IEC 60027-2: Telecom-munications and electronics. (IEC je kratica za International Electrotechnical Commission.)

Mi ćemo slijediti pravila označavanja koja propisuje taj standard, iz nekoliko razloga:

• propisan je zakonom Europske Unije od 2007. godine,

• kompatibilan je sa SI sustavom jedinica (nema kolizija),

• takav način označavanja koristi zajednica otvorenog koda.

Međutim, taj stanard nije jedini koji postoji.

Pojam: JEDEC Standard 100B.01.Često se u praksi može sresti standard označavanja pod imenom JEDEC Standard 100B.01,koji definira:

• jedinice veličine prostora za pohranu informacija:

– bit (b): 0 ili 1,– byte (B): niz (od najčešće osam) bitova,

• prefikse jedinica za kapacitet poluvodiča za pohranu informacija:

– kilo (K): 210,– mega (M): 220,– giga (G): 230.

16

Dok u fizikalnim jedinicama prefiks kilo znači 103 = 1000, po JEDEC standardu 100B.01 ukilobajtima taj isti prefiks znači 210 “ 1024. To može biti problem.

Isto ne vrijedi za bitove: kod bitova prefiks kilo znači isto što i kod fizikalnih jedinica, tj.103. Za bitove se zbog toga nikad ne koriste binarni prefiksi.

Zato treba prilikom računanja paziti na razliku između kilo (mega, giga, tera) u fizikalnimjedinicama i bitovima i kilo (mega, giga, tera) u bajtovima.

Primjer: pretvorba jedinica.Koliko je 10 Mbit u bitovima? Koliko je 100 MiB u bajtovima? Koliko je to u bitovima?

Pojam širine frekventnog pojasa često se koristi u raznim granama tehnike, i pritom označavaraspon frekvencija signala koje neka veza može prenijeti. Formalno, to se definira na idući način.

Pojam: širina frekventnog pojasa.Neka je 𝑓𝑙 najniža, 𝑓ℎ najviša frekvencija komunikacijskog kanala. Širina frekventnog pojasa(engl. bandwidth) 𝑏𝑤 je apsolutna vrijednost razlike ta dva broja,

𝑏𝑤 “ |𝑓ℎ ´ 𝑓𝑙|.

Primjer: računanje raspona frekvencija.Raspon frekvencija za radiovalove je od 88 MHz do 108 MHz. Širina frekventnog pojasa jeapsolutna vrijednost razlike ta dva broja, i iznosi 20 MHz.

Claude Shannon je 1949. u svom radu Communication in the presence of noise generaliziraoraniji Hartleyev zakon o kvantificiranju količine informacije koja se može prenesti (električnim)signalima nekog kanala.

U teoremu koji navodimo se omjer signala i šuma, SNR, 𝑆𝑁

izražava u linearnoj skali umjestouobičajenoj logaritamskoj.

Pravilo: Shannon-Hartleyev teorem.Kapacitet 𝐶 komunikacijskog kanala, odnosno najveća teoretski moguća količina informacijekoju taj kanal može prenijeti, izražen u bitovima po sekundi, određuje se kao

𝐶 “ 𝐵 log2

ˆ

1` 𝑆

𝑁

˙

,

pri čemu je 𝐵 širina frekventnog pojasa izražena u hercima, 𝑆 ukupna jačina nosioca signala i𝑁 ukupna jačina šuma.

Ovaj teorem samo navodimo (bez dokaza) iz dva razloga.

• On tvrdi da se količina grešaka koju će neki kanal stvarati može predvidjeti, i da će bitivrlo mala dok količina informacije koju kanal prenosi ne prelazi kapacitet kanala.

• Pomaže nam definirati pojam širine frekventnog pojasa i za računalne mreže bez da sepritom opterećujemo fizičkim svojstvima veze (da možemo, primjerice, uspoređivati žičnei bežične veze), a opet tako da ima analogno značenje pojmu širine frekventnog pojasa ukomunikacijama.

Intuitivno nam je jasno da veza koja može prenijeti 1 bit u 1 s ima širinu frekventnog pojasa1 bit{s. Krenimo od toga.

Pojam: širina frekventnog pojasa.

17

Širina frekventnog pojasa (engl. bandwidth) veze u računalnoj mreži je broj bitova koje taveza može prenijeti u jedinici vremena, što možemo zapisati kao

𝑏𝑤 :“ 𝑛

𝑡.

Širina frekventnog pojasa se izražava u bit{s.Pored pojma širine frekventnog pojasa, koji je prvenstveno teoretski, javlja se i pojam

propusnosti, koji je prvenstveno praktični koncept.Pojam: propusnost.Propusnost (engl. throughput) veze je broj bitova koje ta veza prenosi u jedinici vremena unekoj konkretnoj situaciji. Ako je 𝑛𝑠 izmjereni broj bitova, a 𝑡𝑠 vrijeme mjerenja, onda tomožemo zapisati kao

𝑡ℎ𝑝 :“ 𝑛𝑠

𝑡𝑠

.

Kao i širina frekventog pojasa, izražava se u bit{s.Možemo reći da je širina frekventnog pojasa veze ona veličina za koju je neka veza bila

projektirana, a da je propusnost te veze ona veličina koju neka veza odista postiže.Razlika između te dvije vrijednosti je često netrivijalna, što telekom operateri vrlo dobro

znaju.Primjer: Iskon.ADSL.Iskon.ADSL usluga nudi „flat aDSL brzine do 3 Mbit{s” ili „aDSL brzine do 10 Mbit{s”.

Kada govorimo o „brzini prijenosa” neke računalne mreže, najčešće to izražavamo u brojubitova koje u sekundi ta mreža može prenijeti. Zato nam treba iduća definicija.Pojam: bitova po sekundi.1 bit u 1 s pišemo 1 bit{s, i vrijedi:

• 1 kbit{s = 1 kbit / 1 s = 1000 bit / 1 s = 103 bit{s

• 1 Mbit{s = 1 000 000 bit{s = 106 bit{s

• 1 Gbit{s = 1 000 000 000 bit{s = 109 bit{s

Uočimo da ova definicija kaže da se prefiks kilo (mega, giga) nasljeđuje od bitova, i zato tiprefiksi znače 103 (106, 109).

p△q Zadatak 4.Riješimo jedan jednostavan zadatak koji daje ideju kako funkcionira prijenos signala razli-

čitim medijima.Tekst zadatka (zadatak 4).Koliko dugo „traje” jedan bit u 100 Mbit{s vezi? (Napomena: pod trajanjem bita podrazumi-jevamo vrijeme zapisivanja bita, odnosno njegovog očitavanja (ta dva vremena su jednaka).)

• Koliko je fizički dugačak taj bit u bakrenoj žici, gdje je brzina širenja signala 2.3ˆ 108 m{s?

• Koliko je fizički dugačak taj bit u optičkom kabelu, gdje je brzina elektromagnetskog vala2ˆ 108 m{s?

18

Slika 2: Mreža (zadatak 4).

𝐻1 𝐻22.3ˆ 108 m{s

𝐻3 𝐻42ˆ 108 m{s

Rješenje zadatka.Kako je 𝑏𝑤 “ 100 Mbit{s “ 108 bit{s, svaki bit „traje”

𝑡 “ 10´8 s “ 10 ns.

• U prvom slučaju imamo da je dužina dijela žice koju zauzima taj bit

𝑑 “ 10´8 sˆ 2.3ˆ 108 m{s “ 2.3 m.

Dakle, jedan bit se svakih 10´8 s pomakne za 2.3 m.

• U drugom slučaju na sličan način dobivamo

𝑑 “ 10´8 sˆ 2ˆ 108 m{s “ 2 m.

Dodatak: podaci u žici.

• Uz iste postavke kao u zadatku, razmislite koliko bi metara optičkog kabela trebalo damožemo prenijeti 700 MiB (1 CD) podataka.

• Kako ne postoji optička radna memorija, u sveoptičkim mrežama često se koriste tzv.svjetlovodne niti za zadržavanje (engl. fiber delay lines). O tome ima više na Wikipedijinojstranici Optical buffer.

p△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Ema, Mario i Andrijana su cimeri. Ema želi gledati treću sezonu Gossip Girl, pa je pitala kolegeako „mogu to potražiti na torrentima”. Mario ju je ubrzo pronašao na Pirate Bayu i vidio daje ukupna veličina 6.3 GiB. On u stanu ima T-Com maxADSL vezu brzine 2 Mbit{s. Koliko ćevremena trebati da se završi skidanje

• ako je brzina prijenosa uvijek maksimalna,

• ako je brzina prijenosa u 70 % vremena maksimalna, a ostalo vrijeme točno 1 Mbit{s?

19

Rješenje zadatka.Imamo da je 6.3 GiB “ 6.3ˆ 230 B « 6 764 573 491 B, što pretvoreno u bitove iznosi 54 116 587 928 bit.S druge strane je 2 Mbit{s “ 2ˆ 106 bit{s, pa dijeljenjem veličine sa brzinom prijenosa

dobivamo:

• za prvi slučaj, kada je brzina uvijek maksimalna

𝑡 “54 116 587 928 bit

2ˆ 106 bit{s « 27 058.29 s « 7.52 h,

• u drugom slučaju moramo prvo izračunati koliko iznosi prosječna brzinu prijenosa, štomožemo dobiti kao

𝑡ℎ𝑝 “ 0.7ˆ 2 Mbit{s` 0.3ˆ 1 Mbit{s “ 1.7 Mbit{s.

Sada slično kao u prvom dijelu dobivamo

𝑡 “54 116 587 928 bit

1.7ˆ 106 bit{s « 31 833.29 s « 8.84 h.

Dodatak: drugi način rješavanja.Razmišljajući drugačije, može se doći do ideje da je zbroj oblika

0.7ˆ 54 116 587 928 bit2ˆ 106 bit{s ` 0.3ˆ 54 116 587 928 bit

106 bit{s

rješenje drugog dijela zadatka, međutim to nije slučaj. Što on zapravo predstavlja?

Dodatak: poopćenje ovog računa.Izračunajte koliko općenito traje prijenos 𝑥 KiB, MiB ili GiB preko 𝑦 Mbit{s veze. Rezultatizrazite kao omjer 𝑥 i 𝑦.

1.3 Zadržavanje. Vrijeme širenja signala i vrijeme prijenosa poda-taka.

Priprema za zadatak.

Pojam: zadržavanje.Zadržavanje (engl. delay, latency) veze je količina vremena koja je potrebna da paket podatakadospije s jednog kraja veze do drugog kraja. Izražava se u s, i sastoji od tri komponente:

• vrijeme širenja signala (engl. propagation),

• vrijeme prijenosa podataka (engl. transmit),

• vrijeme čekanja na red (engl. queue).

20

Zadržavanje je jednako zbroju ta tri vremena, tj.

𝑡𝐷 :“ 𝑡𝑃 ` 𝑡𝑇 ` 𝑡𝑄.

Pojam: vrijeme širenja signala.Vrijeme širenja signala (engl. propagation) veze je količina vremena koja je potrebna signaluda dospije s jednog kraja veze do drugog kraja. Ako sa 𝑑 označimo fizičku udaljenost, a sa 𝑣𝑠

brzinu širenja signala, vrijeme širenja signala 𝑡𝑃 iznosi

𝑡𝑃 :“ 𝑑

𝑣𝑠

.

Tri brzine širenja signala koje ćemo često koristiti su:

• brzina električnog signala u bakrenom vodiču (koaksijalni kabel ili opletena parica)—2.3ˆ 108 m{s.𝐻1 𝑟𝑒𝑝1 𝐻2

𝐻1 𝑆1

• brzina svjetlosti (i drugih elektromagnetskih valova) u vakuumu—3ˆ 108 m{s, oznaka 𝑐0,

𝐻1 𝐴𝑃1

• brzina svjetlosti u optičkom vlaknu—2ˆ 108 m{s,𝑅1 𝑅2

Pojam: vrijeme prijenosa, vrijeme čekanja na red.Vrijeme prijenosa podataka (engl. transmit) veze širine frekventnog pojasa 𝑏𝑤 je količinavremena koja je potrebna skupu podataka ukupne veličine 𝑠 da dospiju s jednog kraja veze dodrugog kraja nakon dospijeća signala, i iznosi

𝑡𝑇 :“ 𝑠

𝑏𝑤.

Vrijeme čekanja na red (engl. queue) veze je količina vremena koju paketi čekaju u međus-premnicima preklopnika ili domaćina na putu kojim prolaze. Označavamo ga sa 𝑡𝑄.

p△q Zadatak 6.Sljedeći zadatak je primjer najjednostavnijeg mogućeg zadatka koji koristi pojmove koje

smo do sada uveli.Tekst zadatka (zadatak 6).Razmatrajmo vezu bivše gornje zgrade FFRi-ja u Omladinskoj 14 sa CARNetovim čvorom naRiTehu. Radi se o vezi tipa točka-do-točke čija je duljina fizičke veze 2 km, a fizički medij jeoptički kabel. Širina frekventnong pojasa te veze iznosi 10 Mbit{s. Odredite:

• vrijeme prijenosa paketa veličine 1 KiB,

• vrijeme širenja signala.

21

Tekst zadatka (zadatak 6).Pri kojoj širini frekventnog pojasa bi vrijeme širenja signala bilo jednako vremenu prijenosajednog paketa podataka:

• ako pretpostavimo da paket podataka ima veličinu 100 B,

• ako pretpostavimo da paket podataka ima veličinu 512 B?

Slika 3: Topologija (zadatak 6).

𝑛𝑒𝑡𝑅𝑖𝑇 𝑒ℎ 𝑛𝑒𝑡𝐹 𝐹 𝑅𝑖2 km

Rješenje zadatka.

• Vrijeme prijenosa paketa veličine 1 KiB računamo kao

𝑡𝑇 “1024 B

10 Mbit{s “1024ˆ 8 bit

10 000 000 bit{s “8192 bit107 bit{s

“ 8.192ˆ 10´4 s.

• Vrijeme širenja signala iznosi

𝑡𝑃 “2ˆ 103 m

2ˆ 108 m{s “ 10´5 s.

• Kada je vrijeme prijenosa 100 B jednako 10´5 s, imamo širinu frekventnong pojasa:

𝑏𝑤 “100 B10´5 s “ 107 B{s “ 8ˆ 107 bit{s “ 80 Mbit{s.

• U drugom slučaju vrijeme prijenosa 512 B iznosi 10´5 s, pa sasvim analogno dobivamoširinu frekventnog pojasa:

𝑏𝑤 “512 B10´5 s “ 8ˆ 512ˆ 105 bit{s “ 409.6 Mbit{s.

p△q Zadatak 7.Tekst zadatka (zadatak 7).Neka domaćin ima datoteku veličine 1 MiB koju želi poslati drugom domaćinu. Datoteka zahti-jeva 1 sekundu procesorskog vremena da bi se kompresirala 50 %, a dvije sekunde procesorskogvremena da bi se kompresirala 60 %.

• Odredite širinu frekventnog pojasa na kojoj obje opcije zahtijevaju jednako ukupno vri-jeme za kompresiju i prijenos podataka.

• Objasnite zašto vrijeme širenja signala ne igra ulogu.

22

Rješenje zadatka.Označimo sa 𝑏𝑤 širinu frekventnog pojasa, sa 𝑡𝑐 vrijeme kompresije, sa 𝑠𝑐 veličinu datoteke

nakon kompresije.Bez kompresije vrijeme prijenosa bilo bi

𝑡𝐷 “ 𝑡𝑃 ` 𝑡𝑇 “1 MiB

𝑏𝑤,

a kada kompresiramo datoteku ono iznosi

𝑡𝐷 “ 𝑡𝑐 ` 𝑡𝑃 ` 𝑡𝑇 “ 𝑡𝑐 ` 𝑡𝑃 `𝑠𝑐

𝑏𝑤.

Izjednačavanjem 𝑡𝐷 oba slučaja imamo

𝑡𝑃 ` 1 s` 0.5 MiB𝑏𝑤

“ 𝑡𝑃 ` 2 s` 0.4 MiB𝑏𝑤

,

a sređivanjem dobivamo0.1 MiB

𝑏𝑤“ 1 s,

pa je𝑏𝑤 “ 0.1 MiB{s “ 838.86 kbit{s.

Zadržavanje ne igra ulogu jer bi u oba slučaja bilo jednako, pa se ono (računski gledano)poništilo na obje strane jednadžbe.

Priprema za zadatak.Pojam: produkt širine frekventnog pojasa i zadržavanja.Produkt širine frekventnog pojasa i zadržavanja (engl. bandwidth-delay product, BDP)je produkt podatkovnog kapaciteta veze (izraženog u bit{s) i njenog zadržavanja (izraženog usecond). Ta vrijednost je maksimalna količina podataka koja se može u nekom trenutku nalazitiu vezi (odnosno, maksimalna količina podataka koja je poslana i još nije primljena).

Pojam: povratno vrijeme.Povratno vrijeme (engl. round trip time, RTT ) veze je količina vremena potrebna da signalposlan s jednog kraja veze stigne do drugog kraja, i zatim istom vezom natrag. Zato je očitoda vrijedi relacija

𝑡𝑅𝑇 𝑇 :“ 2ˆ 𝑡𝐷.

Kao i zadržavanje, izražava se u s.

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).Uzmite je uspostavljena 100 Mbit{s veza između Zemlje i novoizgrađene kolonije na Mjesecu.Udaljenost od Zemlje do Mjeseca je 385 000 km, a signal (elektromagnetski val) tom vezomputuje brzinom 3ˆ 108 m{s.

• Izračunajte minimalni RTT za tu vezu.

• Izračunajte produkt širine frekventnog pojasa i RTT-a za tu vezu.

23

• Koje je značenje produkta izračunatog u prethodnom dijelu zadatka?

• Kamera koja se nalazi u glavnoj bazi te kolonije uslikava Zemlju i sprema te slike udigitalnom formatu na disk. Ekipa koja upravlja kolonijom sa Zemlje želi skinuti zadnjusnimku, čija je veličina 25 MiB. Koje je najmanje vrijeme koje će biti potrebno od slanjazahtjeva do završetka prijenosa podataka?

Rješenje zadatka.

• Kako signal ne može putovati brže od brzine svjetlosti, minimalni RTT iznosi

𝑡𝑅𝑇 𝑇 “ 2ˆ 385ˆ 106 m3ˆ 108 m{s « 2.57 s.

• Produkt širine frekventnog pojasa i RTT-a iznosi

𝑏𝑤 ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 “ 2.57 sˆ 100 Mbit{s “ 257 Mbit « 30.64 MiB.

• Produkt i širine frekventnog pojasa i RTT-a je količina podataka koju pošiljatelj možeposlati prije nego dobije odgovor od primatelja (primjerice, o primitku prvog bita), i onaje jednaka dvostrukom kapacitetu veze.

• Da bi odredili vrijeme potrebno za prijenos datoteke od 25 MiB moramo zbrojiti

– vrijeme širenja signala, koje dobijemo zbrajanjem 12 RTT-a koliko treba da stigne

zahtjev sa Zemlje na Mjesec sa 12 RTT-a koliko treba da stigne prvi bit podataka sa

Mjeseca na Zemlju, i– vrijeme prijenosa podataka, koje iznosi

𝑡𝑇 “25 MiB

100 Mbit{s “8ˆ 25ˆ 220 bit

108 bit{s « 2.1 s.

Ukupno vrijeme iznosi

𝑡𝐷 “ 𝑡𝑃 ` 𝑡𝑇 “ 2.57 s` 2.1 s “ 4.67 s.

Uočite da nema čekanja na potvrdu primitka.

Priprema za zadatak.

Pojam: rukovanje.Rukovanje (engl. handshaking) je automatizirani proces dogovaranja koji dinamički („u letu”)postavlja parametre komunikacijskog kanala između dva entiteta prije početka komunikacije potom kanalu. Rukovanje slijedi nakon fizičke uspostave veze, a prethodi prijenosu informacija.

Sve pojmove koje smo sad definirali primijenit ćemo u idućem zadatku, koji je tipičanzadatak za ovo poglavlje.

24

p△q Zadatak 9.

Tekst zadatka (zadatak 9).Izračunajte ukupno vrijeme potrebno da bi se izvršio prijenos datoteke veličine 1000 KiB, pret-postavljajući RTT od 100 ms, veličinu paketa od 1 KiB, početno rukovanje u trajanju dva RTT-a prije početka prijenosa podataka i potvrdu primitka (zanemarive veličine) nakon izvršenogprijenosa svih paketa.

• Širina frekventnog pojasa iznosi 1.5 Mbit{s, a paketi se mogu slati kontinuirano jedan zadrugim.

• Širina frekventnog pojasa iznosi 1.5 Mbit{s, ali nakon završetka prijenosa svakog paketapodataka, moramo sačekati jedan RTT prije slanja idućeg paketa.

Rješenje zadatka.Pretvoriti ćemo sve jedinice u sekunde, bitove i bitove po sekundi, da s njima lakše baratamo.

Treba nam ukupno vrijeme, a ono je u ovom zadatku zbroj:

• vremena koje je potrebno za početno rukovanje,

• vremena koje je potrebno za prijenos podataka, te

• vremena koje je potrebno da pošiljatelj sazna da je prijenos podataka završio, tj. da odprimatelja do pošiljatelja stigne potvrda o primitku.

U prvom slučaju imamo:

• početno rukovanje (2ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 ): 2ˆ 100ˆ 10´3 s “ 0.2 s

• prijenos podataka: 1000ˆ210ˆ8 bit1.5ˆ 106 bit{s “ 5.46 s

• potvrda primitka (12 ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 ): 0.5ˆ 100ˆ 10´3 s “ 0.05 s

Da bi dobili ukupno vrijeme, zbrajamo ta tri broja:

0.2 s` 5.46 s` 0.05 s “ 5.71 s.

Drugi slučaj je sličan kao prvi, ali pored ukupnog vremena iz prvog slučaja nakon svakogpaketa moramo pričekati 1 RTT prije slanja idućeg, što znači da ukupno imamo 999 takvihčekanja (nakon zadnjeg ne moramo čekati).

Dakle, na vrijeme prijenosa od 5.71 s moramo dodati i vrijeme od 999 RTT-a, koje iznosi:

999ˆ 100ˆ 10´3 s “ 99.9 s.

Sada ukupno vrijeme iznosi:

5.71 s` 99.9 s “ 105.61 s.

25

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Inicijalne pretpostavke su iste kao u prethodnom zadatku (1000 KiB podataka, 100 ms RTT,1 KiB paketi). Treba odrediti ukupno vrijeme potrebno za prijenos podataka.

• Širina frekventnog pojasa je „beskonačna”, što znači da uzimamo da je vrijeme prijenosanula, ali do 20 paketa se može poslati po jednom RTT-u.

• Širina frekventnog pojasa je beskonačna, i za vrijeme prvog RTT-a možemo poslati 1 paket(21´1), tijekom drugog RTT-a možemo poslati 2 paketa (22´1), tijekom trećeg RTT-amožemo poslati 4 paketa (23´1), itd.

Napomena: Objašnjenje za ovaj neobični eksponencijalni porast bit će dano u poglavljuo upravljanju prometom u mreži.Objašnjenje za ovaj naizgled neobični i prilično neočekivanieksponencijalni porast broja paketa koje možemo slati bit će dano u poglavlju o upravljanjuprometom u mreži.

Rješenje zadatka.Moramo razlikovati tri slučaja:

• slanje 𝑛 paketa po RTT-u ili za vrijeme RTT-a,

• slanje 𝑛 paketa nakon svakog RTT-a,

• slanje 𝑛 paketa prije svakog RTT-a.

Posljednja dva slučaja rezultirati će jednim vremenom prijenosa koje će trajati jedan RTTduže.

U prvom slučaju, dijeljenem veličine skupa podataka i veličine paketa dobivamo da imamoukupno 1000 KiB

1 KiB “ 1000 paketa.Obzirom da možemo slati 20 paketa po RTT-u, za poslati 1000 paketa nam treba

100020 “ 50ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 “ 50ˆ 100ˆ 10´3 s “ 5 s.

Na ovo vrijeme prijenosa podataka moramo dodati vrijeme početnog rukovanja i vrijemečekanja na potvrdu primitka, pa ukupno vrijeme tada iznosi:

0.2 s` 5 s` 0.05 s “ 5.25 s.

Posljednji slučaj je nasloženiji. Prijenos ide:

• početno rukovanje (2ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 ),

• za vrijeme prvog RTT-a pošaljemo jedan (20) paket,

• za vrijeme drugog RTT-a pošaljemo dva (21) paketa,

• za vrijeme trećeg RTT-a pošaljemo četiri (22) paketa,

• . . .

• potvrda primitka (12 ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 ).

26

Zanima nas nakon koliko RTT-a će ukupno biti poslano više od 1000 paketa. Uočimo da članovisume koju razmatramo čine geometrijski niz. Po formuli za sumu imamo:

1` 2` 4` 8` ¨ ¨ ¨ ` 2𝑛“

𝑛ÿ

𝑖“02𝑖“ 2𝑛`1

´ 1.

Kako je 29`1´ 1 “ 1023 ą 1000, nakon 9` 1 “ 10 RTT-a poslali smo svih 1000 paketa kojesmo trebali.

Tu sumu deset članova možemo i raspisati za provjeru:

1` 2` 4` 8` 16` 32` 64` 128` 256` 512 “ 1023.

Ukupno vrijeme iznosi:0.2 s` 1.0 s` 0.05 s “ 1.25 s.

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Za svaku od ovih operacija odredite je li više osjetljiva na širinu frekvetnog pojasa ili na vrijemezadržavanja:

• otvaranje datoteke (razmišljajte o otvaranju u C++-u ili Pythonu, ne u Wordu),

• čitanje sadržaja datoteke,

• izlistavanje sadržaja direktorija,

• prikaz atributa datoteke.

Rješenje zadatka.

• Otvaranje datoteke je više osjetljivo na zadržavanje jer poruke koje se izmjenjuju (imedatoteke, tip datoteke) su većinom kratke.

• Čitanje sadržaja datoteke je više osjetljivo na širinu frekventnog pojasa, pogotovo za velikedatoteke.

• Izlistavanje sadržaja direktorija je više osjetljivo na zadržavanje, jer se šalju samo imenadatoteka (tekst relativno male dužine) koje se nalaze u direktoriju direktoriji koji izlista-vamo.

• Prikaz atributa datoteke također je više osjetljiv na zadržavanje, obzirom da su svojstvadatoteke gotovo uvijek puno manje veličine nego sama datoteka.

Linux komandna linija.-rw-r–r–. 1 vedran vedran 4283 2009-06-20 10:12 inf-prijemni-2009.tex

27

1.4 Multipleksiranje: FDM (WDM) i (S/A)TDM.Priprema za zadatak.

Pojam: FDM i TDM.Kad nekim medijem želimo opslužiti više domaćina, možemo dijeliti prostor ili vrijeme. Zbogtoga postoje dvije osnovne vrste multipleksiranja:

• multipleksiranje s podjelom frekvencija (engl. frequency-division multiplexing)—FDM,

• multipleksiranje s podjelom vremena (engl. time-division multiplexing)—TDM.

Pojam: multipleksiranje s podjelom frekvencija.Multipleksiranje s podjelom frekvencija čini da se različiti tokovi podataka istodobnoprenose vezom na različitim frekvencijama.

Primjer: primjeri FDM.Neki primjeri za FDM su:

• kabelska televizija—svi programi se prenose istim kabelom, ali na različitim frekvencijama;korisnik u svakom trenutku prima sve programe i odabire koji želi gledati (na sličan načinradi i obična analogna televizija),

• radio—u zrak se odašilju sve frekvencije, a korisnik podešavanjem svojeg uređaja birakoju želi primati.

Pojam: multipleksiranje s podjelom vremena.Kod sinkronog multipleksiranja s podjelom vremena (engl. synchronous time-divisionmultiplexing, STDM ) vrijeme se dijeli na jednake intervale; u svakom od tih intervala, fizičkaveza prenosi pakete jednog od tokova podataka koji sudjeluju u procesu multipleksiranja; uslijedećem vremenskom intervalu prenose se podaci drugog toka.

Kod asinkronog multipleksiranja s podjelom vremena (engl. asynchronous time-division multiplexing, ATDM ) vremenski intervali dodjeljuju se samo aktivnim tokovima po-dataka. To se ponekad naziva i statističko multipleksiranje.

Primjer: pokretna traka.Iako nije direktno vezana uz računalne mreže, proizvodnja uz pomoć pokretne trake može bitiprimjer za STDM. To je situacija kad dva stroja proizvode neki proizvod i stavljaju ga nazajedinčku traku na kojoj se izvodi pakiranje, a zatim se proizvodi na kraju trake razdvajaju udva skupa (oni koje je proizveo prvi stroj i one koje je proizveo drugi).

p♣q Zadatak 12.Posebna vrsta zadataka su tzv. „teorijski zadaci”. Oni zahtjevaju da razmislite o pojmovima

kojima se bavimo i donesete zaključak.

Tekst zadatka (zadatak 12).Koje razlike u vrsti prometa su razlog da je FDM isplativa vrsta multipleksiranja za TV i radiomrežu, a STDM isplativa vrsta multipleksiranja za glasovnu telefonsku mrežu, i bez obzira nato obje općenito nisu prikladne za realizaciju računalne mreže?

28

Rješenje zadatka.Zahtjevi računalnih mreža za zadržavanjem, širinom frekventnog pojasa i drugim karak-

teristikama su jako promijenjivi, pa nije moguće unaprijed dodijeliti resurse komunikacijskimkanalima.

FDM i STDM, kao što znamo, koriste se kod usluga koje imaju konstantnu uniformnupotrebu za širinom frekventnog pojasa, i zahtjevaju da resursi komunikacijskih kanala (bilofrekvencije ili vremenski intervali), a time i njihove širine, budu unaprijed dodijeljeni.

Korištenje FDM-a ili STDM-a učinilo bi da je većinu vremena većina kanala neiskorištena.Dodatak: ATDM.Bi li korištenje ATDM-a bilo prikladnije?

p♣q Zadatak 13.Tekst zadatka (zadatak 13).Neka imamo određeni medij koji nudi 𝑛 domaćina 𝐻1, 𝐻2, . . . , 𝐻𝑛 algoritmom kružnog dodjelji-vanja priliku da izvrše prijenos jednog paketa; domaćini koji nemaju ništa za poslati u trenutkukada dođu na red ustupaju medij na korištenje idućem domaćinu.

• Na koji je način ovo različito od STDM?

• Kakvo je iskorištenje mreže u ovoj shemi u usporedbi sa STDM?

Rješenje zadatka.Pri korištenju STDM svaki domaćin u svakom krugu dobiva jednaku količinu vremena, i

ukoliko je ne iskoristi ona se nepovratno gubi.Ovdje opisana metoda, koja je zapravo ATDM, daje svakom domaćinu onoliko vremena

koliko treba da izvrši prijenos (ili prepusti medij drugom domaćinu ako nema ništa što moraslati), te bi iskorištenje mrežnih resursa bilo znatno veće.

1.5 Zadržavanje zbog čekanja na preklopnicima i obnavljačima sig-nala.

Priprema za zadatak.Preklopnik je uređaj koji omogućuje povezivanje više od dva domaćina u istu mrežu. Kako

nas zasad topološka svojstva (odnos čvorova i veza) mreže ne zanimaju, preklopnik ćemo do-življavati kao uređaj koji prima paket i šalje ga dalje s određenim čekanjem.Pojam: pohrani i proslijedi, reži kroz, bez fragmenata.Razlikujemo dvije metode rada preklopnika:

• pohrani i proslijedi (engl. store and forward), kod koje preklopnik prvo primi cijelipaket i onda ga šalje dalje,

• reži kroz (engl. cut through), kod koje preklopnik može početi slati paket prije nego gaprimi u cijelosti (često već nakon što primi i obradi izlaznu adresu).

• bez fragmenata (engl. fragment free)

29

• prilagodljivo preklapanje (engl. adaptive switching)

Metoda reži kroz smanjuje čekanje, ali nije pouzdana kao pohrani i proslijedi.

Primjer: reži-kroz.Primjeri mreža koje koriste reži-kroz su IP-preko-ATM-a mreže i InfiniBand mreže.

p△q Zadatak 14.Tekst zadatka (zadatak 14).Razmatramo 10 Mbit{s Ethernet s veličinom paketa 5000 bit. Pretpostavimo da svaka vezauvodi zadržavanje 10 µs zbog širenja signala kroz fizički medij. Odredite vrijeme koje prođe odslanja prvog bita do primitka zadnjeg bita.

• Neka je na putu jedan pohrani-i-proslijedi preklopnik, koji počinje slati paket odmahnakon što je završio s primitkom.

• Isto kao u prethodnom slučaju, ali s tri preklopnika umjesto jednim.

• Isto kao u prvom slučaju, ali s pretpostavkom da preklopnik implementira cut-throughpreklapanje, tj. sposoban je početi prijenos paketa nakon što je primio prvih 200 bit.

Rješenje zadatka.

• 1. način razmišljanja:Kako jedan paket sadrži 5000 bit, na svakoj od veza postoji zadržavanje zbog vremenaprijenosa podataka od

𝑡𝑇 “5000 bit

10 Mbit{s “5ˆ 103 bit107 bit{s “ 500 µs.

Na to vrijeme treba dodati zadržavanje od 10 µs na svakoj od veza zbog vremena širenjasignala, pa imamo

𝑡𝐷 “ 2ˆ 10 µs` 2ˆ 500 µs “ 1020 µs “ 1.02 ms.

2. način razmišljanja:Prvo uočimo da bi vrijeme prijenosa paketa na vezi bez preklopnika iznosilo 500 µs.Pohrani-i-proslijedi preklopnik odgađa prijenos datoteke za 500 µs. Ukupno prijeme prije-nosa odrediti ćemo tako da ćemo zbrojiti vrijeme zadržavanja, vrijeme prijenosa podatakai vrijeme čekanja na preklopniku, što iznosi

𝑡𝐷 “ 2ˆ 10 µs` 500 µs` 500 µs “ 1020 µs “ 1.02 ms.

• Slučaj sa tri preklopnika i četiri veze računamo analogno prethodnom, pa imamo

𝑡𝐷 “ 4ˆ 500 µs` 4ˆ 10 µs “ 2040 µs “ 2.04 ms.

• Sa cut-through tehnologijom, umjesto za 500 µs preklopnik odgađa prijenos paketa za

𝑡𝑐𝑢𝑡𝑡𝑟𝑜𝑢𝑔ℎ “200 bit

10 Mbit{s “ 20 µs,

pa je ukupno vrijeme prijenosa jednako

𝑡𝐷 “ 2ˆ 10 µs` 500 µs` 20 µs “ 540 µs “ 0.54 ms.

30

Dodatak: tri cut-through preklopnika.Razmislite koliko bi bilo ukupno zadržavanje da na vezi imamo tri cut-through preklopnika.

p△q Zadatak 15.Tekst zadatka (zadatak 15).Odredite propusnost u idućim situacijama.

• 10 Mbit{s Ethernet kroz tri pohrani-i-proslijedi preklopnika kao u prethodnom zadatku.Preklopnici mogu slati na jednoj vezi dok istovremeno primaju na drugoj. Paketi suveličine 5000 bit. Pretpostavite da postoji dovoljno podataka za poslati (što ovdje značida postoji podataka koliko god je potrebno, uvjetno rečeno „beskonačno mnogo”).

• Isto kao u prethodnom slučaju, osim što pošiljatelj mora čekati potvrdu primitka veličine50 B nakon slanja svakog paketa podataka.

• Slanje spindla od 100 Verbatim Pastel 700 MiB CD-R medija Hpekspresom. Uzmite davrijeme dostave iznosi točno 12 sati.

Rješenje zadatka.

• Propusnost je 10 Mbit{s jer pošiljatelj može slati podatke i preklopnici ih prosljeđujuprema odredištu.Pritom pretpostavljamo da preklopnici imaju dovoljno velik međuspremnik da mogu pri-miti bar jedan paket i da nema izgubljenih paketa.

• U prethodnom zadatku smo izračunali da paketu veličine 5000 bit treba 2.04 ms od poši-ljatelja do primatelja.Vrijeme prijenosa potvrde primitka je za svaku vezu

𝑡𝑇 𝑎𝑐𝑘50 B

10 Mbit{s “4ˆ 102 bit107 bit{s “ 40 µs.

Analogno prethodnom zadatku, za prijenos jedne potvrde preko tri preklopnika dobivamo

4ˆ 𝑡𝑃 ` 4ˆ 𝑡𝑇 𝑎𝑐𝑘 “ 4ˆ 10 µs` 4ˆ 40 µs “ 200 µs “ 0.2 ms.

Ukupno vrijeme za paket od 5000 bit je 2.04 ms` 0.2 ms “ 2.24 ms, pa je propusnost

𝑡ℎ𝑝 “5000 bit

2.24ˆ 10´3 s “ 2.23 Mbit{s.

• Ukoliko pošaljemo 700 MiB u 12 h, „prosječna brzina” je

100ˆ 700 MiB12 h “ 100ˆ 8ˆ 700ˆ 220 bit

12ˆ 3600 s “

“ 100ˆ 5 872 025 600 bit43 200 s “ 13.59 Mbit{s,

što je „brže” od 10 Mbit{s Etherneta. Naravno, za manje količine podataka to ne bi bioslučaj jer je „vrijeme širenja signala” (koje je ovdje vrijeme dostave) relativno veliko uodnosu na vrijeme širenja signala kod Etherneta.

31

Dodatak: slanje podataka poštom.Razmislite u kojim bi slučajevima slanje podataka na magnetnim ili optičkim medijima poštom(vlakom, kamionom, brodom, avionom . . . ) moglo biti korisno u praksi.

p△q Zadatak 16.Tekst zadatka (zadatak 16).Odredite produkt širine frekventnog pojasa i zadržavanja za iduće veze. Pritom koristite jed-nosmjerno zadržavanje, izmjereno od trenutka slanja prvog bita do trenutka primitka prvogbita.

• 10 Mbit{s Ethernet sa zadržavanjem od 10 µs.

• 10 Mbit{s Ethernet s jednim pohrani-i-proslijedi preklopnikom, koji može slati podatkečim ih primi, sa veličinom paketa od 5000 bitova, i zadržavanjem (vremenom širenjasignala) od 10 µs po vezi.

• 1.5 Mbit{s T1 veza, s jednosmjernim transkontinentalnim zadržavanjem od 50 ms.

• 1.5 Mbit{s T1 veza kroz satelit u geosinkronoj orbiti, na 35 900 km visine. Jedino zadrža-vanje je vrijeme širenja signala brzinom svjetlosti.

Rješenje zadatka.

• Jednostavnim računom dobivamo

𝐵𝐷𝑃 “ 10ˆ 106 bit{sˆ 10ˆ 10´6 s “ 100 bit.

• Zadržavanje preklopnika i veze ukupno iznosi 520 µs, kao u jednom od prethodnih zada-taka; dakle, imamo

𝐵𝐷𝑃 “ 10ˆ 106 bit{sˆ 520ˆ 10´6 s “ 5200 bit.

Preciznije, svaka veza može sadržavati 100 bit, a preklopnik 5000 bit podataka.

• Slično kao u prvom dijelu, jednostavnim računom imamo

𝐵𝐷𝑃 “ 1.5ˆ 106 bit{sˆ 50ˆ 10´3 s “ 75 000 bit.

• Uočimo da ovdje govorimo o prijenosu kroz satelit, između dvije stanice na zemlji, neprema satelitu; ukupan put koji signal prijeđe je 2ˆ 3.59ˆ 107 m. Signal se širi brzinom𝑐0 “ 3ˆ 108 m{s, pa je ukupno vrijeme zadržavanja

𝑡𝑃 “ 2ˆ 3.59ˆ 107 m3ˆ 108 m{s “ 0.24 s.

Produkt vremena zadržavanja i širine frekventnog pojasa tada iznosi:

𝐵𝐷𝑃 “ 1.5ˆ 106 bit{sˆ 0.24 s “ 360 000 bit.

32

p△q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Domaćini 𝐻1 i 𝐻2 povezani su 10 Mbit{s vezom s preklopnikom 𝑠𝑤1 kao na slici. Vrijeme zadr-žavanja na svakoj od veza je 20 µs. Pohrani-i-proslijedi preklopnik 𝑠𝑤1 počinje slati primljenipaket 35 µs nakon što ga je primio u cijelosti. Izračunajte vrijeme potrebno za prijenos 10 000bitova od 𝐻1 do 𝐻2

• kao jedan paket veličine 10 000 bit,

• kao dva paketa veličine 5000 bit poslanih jedan za drugim.

Slika 4: Mreža (zadatak 17).

𝐻1 𝑠𝑤1

35 µs

𝐻220 µs 20 µs

Rješenje zadatka.

• Vrijeme prijenosa podataka po vezi iznosi

𝑡𝑇 “104 bit

107 bit{s “ 1 ms “ 1000 µs.

Ukupno vrijeme prijenosa je tada

𝑡𝐷 “ 2ˆ 1000 µs` 2ˆ 20 µs` 35 µs “ 2075 µs.

• Kada šaljemo to kao dva paketa, situacija je nešto složenija pa ćemo je razmotriti korakpo korak. Vremena ćemo izraziti u µs.

– 𝑡 “ 0 µs početak,– 𝑡 “ 500 µs 𝐻1 završava slanje paketa 𝑝1, počinje slati paket 𝑝2,– 𝑡 “ 520 µs zadnji bit paketa 𝑝1 je stigao na 𝑠𝑤1,– 𝑡 “ 555 µs paket 𝑝1 odlazi od 𝑠𝑤1 prema 𝐻2,– 𝑡 “ 1000 µs 𝐻1 završava slanje paketa 𝑝2,– 𝑡 “ 1055 µs paket 𝑝2 odlazi od 𝑠𝑤1 prema 𝐻2,– 𝑡 “ 1075 µs prvi bit paketa 𝑝2 dolazi do 𝐻2,– 𝑡 “ 1575 µs zadnji bit paketa 𝑝2 dolazi do 𝐻2.

Dakle, ukupno vrijeme prijenosa je 1575 µs, što možemo dobiti i kao:

𝑡𝐷 “ 3ˆ 500 µs` 2ˆ 20 µs` 1ˆ 35 µs.

U ovom slučaju to je brže nego kada se šalje sve kao jedan paket, ali općenito to ne morabiti tako.

Dodatak: preklopnici i zadržavanje zbog broja paketa.Dajte primjer za situaciju u kojoj bi slanje iste količine podataka u manje paketa bilobrže od slanja više paketa.

33

Priprema za zadatak.Prilikom prijenosa potrebno je unijeti neke dodatne podatke (npr. adrese pošiljatelja i pri-

matelja) u zaglavlje paketa, koji služe mreži da izvrši prijenos podataka, ali sami po sebi nisukorisni primatelju.

Pored toga, može se dogoditi da se u prijenosu neki bitovi promijene; tada kažemo da jedošlo do izopačenja bitova. O samoj problematici izopačenja više ćemo govoriti kasnije; za sadanam je dovoljno znati da kada se detektira da je prilikom prijenosa došlo do izopačenja bitova,najčešće se to rješava ponavljanjem prijenosa cijelog paketa.

Navedena dva svojstva primjeri su preteka.Pojam: pretek.Pretek (engl. overhead) je višak memorijskog prostora, širine frekventnog pojasa, procesorskogvremena ili bilo kojeg drugog resursa potrebnog za dosezanje određenog cilja.

Međutim, pretek ne uključuje samo pakete koji su ponovno poslani. Znamo da svaki paketima zaglavlje određene veličine u kojem su navedeni podaci potrebni da bi taj paket mogaoproći put od pošiljatelja do primatelja. Zato definiramo protokolni pretek.Pojam: protokolni pretek.Protokolni pretek je pretek koji uzrokuje korištenje određenog komunikacijskog protokola.

p△q Zadatak 18.

Tekst zadatka (zadatak 18).Pretpostavimo da određeni komunikacijski protokol ima protokolni pretek veličine 100 bajtovapo paketu za zaglavlja i uokviravanje. Šaljemo milijun bajtova podataka koristeći taj protokol,međutim, prilikom slanja jedan bit je izopačen, i cijeli paket koji ga sadrži je zbog toga izgubljen.

• Odredite ukupni pretek za veličine korisnog dijela paketa od 1000, 5000, 10 000, i 20 000bajtova.

• Koja veličina je optimalna?

Rješenje zadatka.Označimo broj paketa sa 𝑛, veličinu skupa podataka sa 𝑠, veličinu paketa (koji se sastoji

od zaglavlja i podatkovnog dijela) sa 𝑠1 “ 𝑠ℎ ` 𝑠𝑑, ukupni protokolni pretek sa 𝑜, veličinuizgubljenih podataka sa 𝑠𝑙. Jasno je da protokolni pretek iznosi

𝑜 “ 𝑛ˆ 100 B,

a broj paketa možemo dobiti kao

𝑛 “𝑠

𝑠𝑑

“106 B

𝑠𝑑

.

Obzirom da je izgubljen samo jedan paket, imamo da je 𝑠𝑙 “ 𝑠1, pa ukupna prenesena količinapodataka iznosi

𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 𝑠` 𝑜` 𝑠𝑙 “ 106 B` 106 B𝑠1

ˆ 100 B` 𝑠1.

Tražimo minimalnu vrijednost 𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 u ovisnosti o 𝑠𝑑.Za 𝑠𝑑 “ 1000 B imamo 1000 paketa, pa je

𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 1 000 000 B` 1000ˆ 100 B` 1100 B “ 1 101 100 B.

34

Za 𝑠𝑑 “ 5000 B imamo 200 paketa, pa je

𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 1 000 000 B` 2000ˆ 100 B` 5100 B “ 1 025 100 B.

Za 𝑠𝑑 “ 10 000 B imamo 100 paketa, pa je

𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 1 000 000 B` 100ˆ 100 B` 10 100 B “ 1 020 100 B.

Za 𝑠𝑑 “ 20 000 B imamo 50 paketa, pa je

𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 1 000 000 B` 50ˆ 100 B` 20 100 B “ 1 025 100 B.

Iz ovoga vidimo da od navedenih slučajeva najmanji gubitak ima onaj kad je veličina koris-nog dijela paketa 10 000 B.Dodatak: optimizacija.Ovo je tipičan problem iz područja optimizacije, koji se rješava metodama tzv. linearnog progra-miranja. Obzirom da nismo proveli taj postupak, ne možemo tvrditi da je ovo rješenje globalnooptimalno.

p△q Zadatak 19.Pored mreža koje imaju topologiju stabla često se u praksi koriste i mreže s prstenastom

topologijom. Detaljnije ćemo se topologijama baviti u kasnijim poglavljima; za sada ćemorazmotriti što je specifično kod prstenastih mreža.Tekst zadatka (zadatak 19).Razmotrimo mrežu koja je zatvorena u petlju (npr. prsten sa značkom) koja ima širinu frek-ventnog pojasa od 100 Mbit{s i kao medij koristi optički kabel (vrijeme širenja signala je2ˆ 108 m{s).

• Koji mora biti opseg petlje da bi sadržavala jedan 250 bajtni paket, ako pretpostavimoda čvorovi ne uzrokuju dodatno zadržavanje?

• Koji bi opseg bio potreban kada bi u mreži bio čvor svakih 100 m, i svaki čvor dodaje 10bitova zadržavanja?

Rješenje zadatka.

• Vrijeme koje je potrebno da se pošalje paket veličine 250 B je:

𝑡𝑇 “250 B

100 Mbit{s “2000 bit

1000 Mbit{s “ 20 µs

Duljina kabela koji bi sadržavao takav paket je:

𝑑 “ 20 µsˆ 2ˆ 10ˆ 108 m{s “ 4000 m.

• Ako se 250 B = 2000 bit nalazi u 4000 m, to znači da se u 100 m nalazi 50 bit. Uključimo lidodatnih 10 bit koje čvor zadržava za svakih 100 m, to je 60 bit u 100 m, pa paket veličine2000 bit sada ispunjava:

𝑑2000 bit

60 bit100 m

“ 3333 m

35

Priprema za zadatak.Pojam: podrhtavanje signala.Podrhtavanje signala (engl. jitter) je kratkotrajno značajno odstupanje uzoraka digitalnogsignala od njihovih idealnih vremenskih položaja, odnosno razlika između vremenskih prijelazaimpulsa realnog takta i vremenskih prijelaza koji bi se dogodili da je takt idealan, odnosnosavršeno pravilan. Ono je neželjen, ali i neizbježan faktor u skoro svakoj komunikaciji.

Ova definiciju spominjemo kao objašnjenje za naziv sličnog pojma u računalnim mrežama.Pojam: podrhtavanje zadržavanja.Podrhtavanje zadržavanja (engl. delay jitter) ili varijacija u u zadržavanju paketa (engl.packet delay variation) je razlika u zadržavanju s kraja na kraj među paketima jednog toka,pri čemu se izgubljeni paketi ne uzimaju u obzir. Više detalja ima u RFC-u 3393.

p△q Zadatak 20.Tekst zadatka (zadatak 20).Usporedite zahtjeve komunikacijskog kanala za prijenos glasa sa zahtjevima za prijenos glazbeu realnom vremenu, u terminima širine frekventnog pojasa, zadržavanja i podrhtavanja zadr-žavanja.

• Što bi trebalo doživjeti poboljšanje? Procijenite otprilike koliko.

• Mogu li ikoji od zahtjeva po pitanju komunikacijskog kanala biti oslabljeni?

Rješenje zadatka.Za glazbu, u odnosu na glas:• trebali bi imati veću širinu frekventnog pojasa,

• mogli bi tolerirati zadržavanje, ukoliko je u razumnim granicama jer je komunikacijauglavnom jednosmjerna,

• ne bi mogli tolerirati veliko podrhtavanje zadržavanja, jer se tada gubi na kvaliteti glazbe,

• ne možemo tolerirati česte pogreške u prijenosu (zbog gubitka paketa ili nedolaska paketana vrijeme), jer se one čuju,

• zadržavanje je jedna od stvari koja ne igra značajnu ulogu kod prijenosa glazbe; naime,zadržavanje od nekoliko sekundi neće učiniti prijenos glazbe neslušljivim, međutim, kodprijenosa glasa zadržavanje od nekoliko sekundi veoma će otežati komunikaciju.

p△q Zadatak 21.Tekst zadatka (zadatak 21).U sljedećim slučajevima pretpostavite da nije korištena kompresija podataka; u praksi gotovonikad nije tako, ali korištenje kompresije značajno komplicira izračun.

Za iduća tri slučaja odredite širinu frekventnog pojasa koja je potrebna za prijenos u realnomvremenu:

• video u rezoluciji 640ˆ 480, koji ima 24 bitnu dubinu boja i 30 okvira u sekundi,

• video rezolucije 160ˆ 120, 8 bitne dubine boja, 5 okvira u sekundi,

• CD-ROM glazba, uz pretpostavku da CD sadrži 75 minuta glazbe i ima veličinu 650 MB.

36

Rješenje zadatka.

• Kako 24 bitna dubina boje znači da je za spremanje svakog piksela potrebno 3 bajta,imamo

𝑏𝑤 “ 640ˆ 480ˆ 3ˆ 30 B{s “ 221.184 Mbit{s

• Slično kao u prethodnom primjeru, imamo

𝑏𝑤 “ 160ˆ 120ˆ 1ˆ 5 B{s “ 768 kbit{s

• Kako prenosimo glazbu u realnom vremenu, to znači da moramo sadržaj CD-a prenijetiu onoliko vremena koliko on traje, odnosno

𝑏𝑤 “ 50650 MiB75 min « 1.21 Mbit{s.

Priprema za zadatak.Pojam: potreba za širinom frekventnog pojasa.Kod svake usluge moguće je govoriti o potrebi za širinom frekventnog pojasa (engl. ban-dwidth requirement) koju ona ima, u smislu

• prosječne,

• vršne, odnosno najveće moguće.

p♣q Zadatak 22.Tekst zadatka (Prema istinitom događaju . . . ).Sanjin, član CIP-a Sveučilišta u Rijeci, prikuplja podatke o opterećenju mreže za vrijeme kori-štenja različitih mrežnih usluga. Uočio je da svaka od usluga zahtijeva određene karakteristikeod mreže (u terminima širine frekventnog pojasa ili zadržavanja), ali ne sve.

Tekst zadatka (zadatak 22).Usporedite zahtjeve za performansama mreže kod idućih usluga, u terminima prosječne širinefrekventnog pojasa, vršne širine frekventnog pojasa, zadržavanja, podrhtavanja zadržavanja itolerancije prema gubitku podataka:

• poslužitelj datoteka,

• poslužitelj s pisačem za ispis dokumenata,

• digitalna knjižnica,

• rutinsko nadgledanje udaljenih instrumenata za praćenje vremena,

• glas (npr. Internet telefonija),

• video nadzor čekaonice,

• emitiranje televizijskih programa.

37

Rješenje zadatka.

• Poslužitelj datoteka zahtijeva veliku vršnu širinu frekventnog pojasa; zadržavanje je zna-čajno jedino ako ometa širinu frekventnog pojasa, dok podrhtavanje zadržavanja i pro-sječna širina frekventnog pojasa ne utječu gotovo ništa. Naravno da gubici podataka nisuprihvatljivi, no u slučaju da se dogode uvijek možemo ponovno poslati izgubljene podatke(to nije problem ako ne zahtijevamo da se sa podacima može raditi u realnom vremenu).

• Poslužitelj za ispis dokumenata zahtijeva manju širinu frekventnog pojasa nego poslužiteljdatoteka, osim u slučaju da ispisujemo puno slika (koje su uz to velike). Osim toga,zadržavanje može biti nešto veće bez nekakvih značajnih posljedica (pogotovo ako pisačnije naročito brz u ispisu). Treba napomenuti da potreba za širinom frekventnog pojasau smjeru od tog poslužitelja prema klijentu vrlo malena (gotovo nepostojeća), dok jepotreba za širinom frekventnog pojasa u suprotnom smjeru neusporedivo veća.

• Digitalna knjižnica je na određeni način poslužitelj datoteka, no, te datoteke su u prosjekumnogo manje (uglavnom tekstualne), osim u slučaju kada se radi o skeniranim knjigamanad kojima nije napravljen OCR. Za primjer možemo uzeti web: u prosjeku ima mnogomanju širinu frekventnog pojasa nego većina poslužitelja datoteka u tvrtkama.

• Kod nadgledanja instrumenata nije nas naročito briga za zadržavanje ili podrhtavanjezadržavanja. Ako se podaci šalju kontinurano umjesto praskavo (engl. burty), zanimala binas prosječna širina frekventnog pojasa umjesto vršne, a ako su mjerenja stvarno rutinskaonda bi mogli tolerirati i određeni postotak gubitaka podataka.

• Kod video nadzora najznačajnija je prosječna širina frekventnog pojasa. Možemo tole-rirati zadržavanje u trajanju od sekundu ili čak i više; osnovno ograničenje je da ako seotkrije potreba za intervencijom možemo reagirati na vrijeme. Gubici, čak i cijelih slika,su prihvatljivi.

• Emitiranje TV programa zahtijeva veliku širinu frekventnog pojasa. Zadržavanje, s drugestrane, može biti i višesatno (u tom slučaju bi se programi morali slati unaprijed). Podr-hatvanje zadržavanja ograničeno je samo kapacitetom međuspremnika na strani korisnikakoji ga kompenzira. Mali gubici podataka su prihvatljivi, ali veliki gubici se vide i zbogtoga smetaju.

p△q Zadatak 23.Tekst zadatka (zadatak 23).Pretpostavite da dva domaćina 𝐻1 i 𝐻2. Domaćin 𝐻1 kontinuirano šalje trenutno vrijeme sa satavisoke preciznosti, redovito i dovoljno često da time popuni cijelu dostupnu širinu frekventnogpojasa. Domaćin 𝐻2 čita te vrijednosti vremena i zapisuje ih uparene sa svojim vremenom slokalnog sata koji je sinkroniziran sa satom domaćina 𝐻1.

Opišite kakav će biti zapis domaćina 𝐻2 uz pretpostavku da veza ima:

• veliku širinu frekventnog pojasa, veliko zadržavanje, maleno podrhtavanje zadržavanja,

• malenu širinu frekventnog pojasa, veliko zadržavanje, veliko podrhtavanje zadržavanja,

• veliku širinu frekventnog pojasa, maleno zadržavanje, maleno podrhtavanje signala, po-vremeno izgubljeni podaci.

38

Rješenje zadatka.Pretpostavimo da sat počinje u 𝑡 “ 0 s. Da bi ilustrirali razliku, razmatrat ćemo vremena

u ms.• Neka je širina frekventnog pojasa dovoljno velika da se može očitavati promjena sata

svakih 1 ms, a zadržavanje 100 ms. Zapis koji radi 𝐻2 je oblika

Tablica 1: Rješenje (prvi dio). (zadatak 23).Vrijeme primljeno od 𝐻1 Vrijeme sata 𝐻20 ms 100 ms1 ms 101 ms2 ms 102 ms3 ms 104 ms4 ms 104 ms

Uočimo da se u četvrtom retku tablice dogodilo podrhtavanje zadržavanja pa je onoiznosilo 101 ms.

• Sad je širina frekventnog pojasa dovoljno velika da se može očitavati promjena sata svakih10 ms, a zadržavanje je i dalje 100 ms. Vremena primanja paketa variraju zbog podrhta-vanja zadržavanja. Sada je zapis oblika

Tablica 2: Rješenje (drugi dio). (zadatak 23).Vrijeme primljeno od 𝐻1 Vrijeme sata 𝐻20 ms 100 ms20 ms 110 ms40 ms 145 ms60 ms 180 ms80 ms 184 ms

• Ponovno je širina frekventnog pojasa dovoljno velika da se može očitavati promjena satasvakih 1 ms, a zadržavanje je sad 5 ms. Sada je zapis oblika

Tablica 3: Rješenje (treći dio). (zadatak 23).Vrijeme primljeno od 𝐻1 Vrijeme sata 𝐻20 ms 5 ms1 ms 6 ms3 ms 8 ms4 ms 9 ms5 ms 10 ms

Uočite da je paket koji je trebao stići u trenutku 𝑡 “ 7 ms i sadržavati podatak 𝑡 “ 2 msizgubljen.

2 Mreže s izravnim vezama„Never ask people. Not about your work. Don’t you know what you want? Howcan you stand it, not to know?”

39

2.1 Kodiranje: NRZ, NRZI, Manchester, 4B/5B.Priprema za zadatak.

Kao uvod u ovo poglavlje ponoviti ćemo neke pojmove iz osnova digitalne tehnike.Pojam: modulacija.Modulacija (engl. modulation) je proces kojim se logička stanja reprezentiraju promjenama ufrekvenciji, amplitudi i/ili fazi vala. Pritom se najčešće stanjem niskog intenziteta reprezentiralogičko stanje 0, a stanjem visokog intenziteta reprezentira logičko stanje 1.

Ovdje se nećemo baviti ni elektrotehnikom ni optikom, već ćemo pretpostavljati da je svaproblematika na toj razini riješena i ta razina savršeno funkcionira.Pojam: sinkronizacija.Sinkronizacija (engl. synchronization) je proces kojim se usklađuje sat (engl. timer) dvarazličita domaćina.

Sinkronizacija je značajna kod prijenosa podataka zbog potrebe za detekcijom (relativnokratkih) vremenskih intervala očitavanja i zapisivanja bitova.Primjer: vrijeme očitavanja bita.U mreži širine frekventnog pojasa 100 Mbit{s vrijeme očitavanja jednog bita na strani primateljaje 10´8 s = 10 ns.

Pojam: kodiranje.Kodiranje (engl. encoding) je proces prevođenja informacije u drugi oblik ili način prikaza, nenužno iste vrste kao izvorni.

Primjer: primjeri kodiranja.Primjeri kodiranja: UTF-8 (tekst), PAL (analogna televizija u Europi), BMP (rasterska gra-fika), SVG (vektorska grafika), DocBook (strukturirani tekst).

Napomena: kodiranje se često (potpuno krivo) koristi u značenju šifriranje, s kojim nemapuno veze. Cilj šifriranja je sadržaj učiniti nečitljiv svima osim primatelju.

Najjednostavniji način kodiranja informacije, u skladu s intuitivnom idejom da je 0 ă 1 jeNRZ.Pojam: NRZ.NRZ (engl. non-return-to-zero) kodiranje zapisuje

• logičko stanje 0 niskim intenzitetom signala,

• logičko stanje 1 visokim intenzitetom signala.

Primjer: primjer NRZ kodiranja.Niz bitova 0010111101000010 zakodirati ćemo NRZ kodom.

Tablica 4: Dijagram signala za NRZ kodiranje (zadatak 0).bit 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0

satNRZ

Pravilo: problemi kod NRZ kodiranja.Kako se 0 kodira intenzitetom koji je značajno niži od prosjeka, a 1 intenzitetom koji je značajnoviši od prosjeka, dugi nizovi bitova 0 ili bitova 1 mogu uzrokovati dva problema:

40

• pomak osnovne razine intenziteta signala (engl. baseline wander), obzirom da se onaračuna kao prosjek,

• nemogućnost povrata sata (engl. clock recovery issue), obzirom da se početak vremenskogintervala računa prema promjeni intenziteta signala.

Postoji nekoliko pokušaja rješavanja ta dva problema koje opisujemo u nastavku.

Pojam: NRZI.NRZI (engl. non-return-to-zero-inverted) kodiranje zapisuje

• logičko stanje 0 istim intenzitetom signala kakav je bio u prethodnom vremenskom inter-valu,

• logičko stanje 1 promjenom intenziteta signala u odnosu na prethodni vremenski interval.

Ovo rješava problem niza jedinica, ali ne i niza nula.

Primjer: primjer NRZI kodiranja.Niz bitova 0010111101000010 zakodirati ćemo NRZI kodom.

Tablica 5: Dijagram signala za NRZI kodiranje (zadatak 0).bit 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0

satNRZI

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).Prikažite niz bitova 1001 1111 0001 0001 kodiran metodama NRZ i NRZI. Za NRZI signalpretpostavite da je na početku niskog intenziteta.

Rješenje zadatka.

Tablica 6: Dijagram signala za NRZI kodiranje (zadatak 1).bit 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

satNRZNRZI

41

Priprema za zadatak.Razmotriti ćemo još jedan način kodiranja, koji je u svom radu Magnetic storage predložio

G. E. Thomas 1949. godine.Pojam: Manchester.Manchester kodiranje zapisuje

• logičko stanje 0 prijelazom s nižeg intenziteta signala u viši intenzitet,

• logičko stanje 1 prijelazom s višeg intenziteta signala u niži intenzitet.

Kako ova metoda ima dvostruko više promjena signala nego ostale, ona u istom vremenskomintervalu može prenijeti upola manje informacija, pa je efikasnost 50 %.Primjer: IEEE 802.3.IEEE 802.3 (Ethernet) koristi Manchester kodiranje, ali suprotno od Thomasovog, pa se 0zapisuje prijelazom s višeg intenziteta u niži, a 1 s nižeg intenziteta u viši.

Tablica 7: Dijagram signala za Machester kodiranje (zadatak 1).bit 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0

satMch

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).Prikažite niz bitova 1001 1111 0001 0001 kodiran metodom Manchester.

Rješenje zadatka.

Tablica 8: Dijagram signala za Machester kodiranje (zadatak 2).bit 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

satMch

Priprema za zadatak.Kako je metoda NRZI riješila problem dugih nizova jedinica, ostaje još riješiti problem

dugih nizova nula. Pritom bi htjeli da to bude efikasnije od Manchester metode.Jedan od načina da to riješimo je ubacivanje dodatnih bitova među podatke da se „razbiju”

dugi nizovi nula i jedinica.Pojam: 4B/5B.4B/5B (ponekad se piše i 4B5B, bez kose crte) zapisuje niz od 4 bita sa 5 bitova.

Kako nizova duljine 5 bitova ima dvostruko više nego nizova duljine 4 bita, za kodove suodabrani oni koji:

42

• imaju najviše jednu nulu na početku,

• imaju najviše dvije nule na kraju.

U nastavku slijedi tablica 4B/5B kodova.

Tablica 9: Tablica 4B/5B kodova (zadatak 2).Ime 4b 5b Opis

0 0000 11110 hex data 01 0001 01001 hex data 12 0010 10100 hex data 23 0011 10101 hex data 34 0100 01010 hex data 45 0101 01011 hex data 56 0110 01110 hex data 67 0111 01111 hex data 7

Tablica 10: Tablica 4B/5B kodova (nast.) (zadatak 2).Ime 4b 5b Opis

8 1000 10010 hex data 89 1001 10011 hex data 9A 1010 10110 hex data AB 1011 10111 hex data BC 1100 11010 hex data CD 1101 11011 hex data DE 1110 11100 hex data EF 1111 11101 hex data F

Tablica 11: Tablica 4B/5B kodova (nast.) (zadatak 2).Ime 4b 5b OpisQ -NONE- 00000 Quiet (signal lost)I -NONE- 11111 IdleJ -NONE- 11000 Start #1K -NONE- 10001 Start #2T -NONE- 01101 EndR -NONE- 00111 ResetS -NONE- 11001 SetH -NONE- 00100 Halt

p△q Zadatak 3.

Tekst zadatka (zadatak 3).Za niz bitova 1110 0101 0000 0011 odredite 4B/5B kodni zapis i rezultirajući NRZI signal.

43

Tablica 12: Dijagram signala za NRZI kodiranje (1. dio) (zadatak 3).bit 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1

satNRZI

Tablica 13: Dijagram signala za NRZI kodiranje (2. dio) (zadatak 3).bit 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1

satNRZI

Rješenje zadatka.Pomoću prethodne tablice dobijemo sljedeći zapis: 11100 01011 11110 10101.

p△q Zadatak 4.Da bi razumijeli zašto su stvari postavljene na način na koji jesu, ponekad se u zadacima

pitamo možemo li nešto poboljšati ili na bilo koji način promijeniti. Primjerice, možemo lizamijeniti neki uvjet logički jačim ili slabijim.

(Prisjetimo se da za dvije logičke tvrdnje 𝑃1 i 𝑃2, za koje vrijedi da 𝑃1 ñ 𝑃2 i ne vrijediobrat, kažemo da je 𝑃1 jača tvrdnja od 𝑃2, odnosno da je 𝑃2 slabija tvrdnja od 𝑃1.)Tekst zadatka (zadatak 4).U tablici kodova za 4B/5B kodni zapis, samo dva od svih 5-bitnih nizova završavaju sa dvijenule.

• Koliko ukupno ima 5-bitnih nizova koji zadovoljavaju jači zahtjev, da imaju najviše jednunulu na početku, i najviše jednu nulu na kraju?

• Je li moguće napraviti kod koji bi 4-bitne nizove brojeva prevodio u takve 5-bitne?

Rješenje zadatka.Najjednostavniji način rješavanja u ovom slučaju je metoda grube sile: ispišemo svih 32

niza duljine 5 bitova.Uz poznavanje osnovnih načela prebrojavanja, možemo sve riješiti malo inteligentnije: 23 “

8 nizova ima 00 na početku, i isto toliko ima 00 na kraju; postoje dva koji zadovoljavaju jednoi drugo, to su 00000 i 00100.

Ukupno ih je, dakle,8` 8´ 2 “ 14,

pa onih koji nam odgovaraju ima32´ 14 “ 18.

Ima ih dovoljno, i takav kod bi bilo moguće napraviti. Međutim, u praksi su potrebni idodatni nizovi za kontrolu toka podataka.Dodatak: 6b/8b.Postoje i drugi kodovi napravljeni na sličan način kao 4B/5B, ali ponekad iz drugih razloga.Jedan od njih je 6b/8b koji u skupu kodnih riječi od 8 bitova bira one koje imaju 4 bita jednakanula i 4 bita jednaka jedan, i zbog toga može prepoznati izopačenje bilo koju 1-bitnu grešku.

44

2.2 Metoda umetanja bitova. Protokoli HDLC i BISYNC.Priprema za zadatak.

High-Level Data Link Control (HDLC) je bitno-orijentirani sinkroni protokol sloja vezepodataka razvijen sa strane International Organization for Standardization (ISO).

Pravilo: uokviravanje.Između čvorova mreže ne prenose se naprosto "bitovi", već se prenose "blokovi bitova", ili "pa-keti", koji se na ovoj razini opisa (tj. na razini mrežnog adaptera) obično nazivaju okvirima(engl. frames).

Jedan od osnovnih problema vezanih uz oblikovanje/tvorbu okvira, i uz njihovu uspješnurazmjenu jest nalaženje pouzdanog načina označavanja početka i završetka okvira.

Pravilo: umetanje bitova.Pošiljatelj na svaki niz od pet bitova 1 umeće jedan bit 0 prije idućeg bita. Primatelj nakonpet bitova 1 gleda idući (šesti) bit; ako je 0, tu nulu je umetnuo primatelj; ako je 1, onda je tuili kraj okvira ili postoji greška u prijenosu. Primatelj gleda idući (sedmi) bit – ako je 0, ondaje to kraj okvira; ako je 1, onda je u pitanju greška u prijenosu. U slučaju da se radi o grešci,primatelj čeka idući 01111110 prije nego ponovno počne primati podatke. Još uvijek postojimogućnost greške, o tome ćemo više govoriti kasnije.

p△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Pretpostavimo da protokol koristi umetanje bitova; odredite niz bitova koji će se prenijeti prekoveze kada okvir sadrži idući niz bitova 1101 0111 1101 0111 1110 1011 1111 10.

Podcrtajte umetnute bitove.

Rješenje zadatka.Umetnuti bitovi su podcrtani: 1101 0111 1100 1011 1110 1010 1111 1011 0.

p△q Zadatak 6.

Tekst zadatka (zadatak 6).Pretpostavimo da vezom stigne idući niz bitova: 1101 0111 1101 0111 1100 1011 1110 110.

Odredite rezultirajući okvir nakon što su izbačeni umetnuti bitovi. Uočite ako u prijenosupostoji neka greška koju je primatelj mogao prepoznati.

Rješenje zadatka.Sa * su označeni izbačeni bitovi: 1101 0111 11*10 1111 1*010 1111 1*110.Nema greške kod umetanja bitova koju bi primatelj otkrio; jedinu takvu grešku mogle bi

predstavljati sedam jedinica u nizu.

45

Priprema za zadatak.Pojam: bajtno orijentirani protokol.Bajtno orijentirani protokol (engl. Binary Synchronous Communications – BISYNC ) tvoriokvir od bajtova, ne od bitova.

Na početku okvira, dana su dva polja SYN (svako po 8 bitova) koja su namijenjena sinkro-nizaciji. Polje SOH (Start of Header) označava početak zaglavlja okvira; informacijski sadržajzaglavlja sadržan je u polju "Header". Polje STX (Start of Text) označava početak tijela okvira,odnosno "korisnog tereta" koji se prenosi tim okvirom.

Polje "Body" jest tijelo okvira; sadržaj tog polja jest "korisan teret" koji se prenosi. PoljeETX (End of Text) označava završetak tijela okvira. Oznake STX i ETX nazivaju se znakovima-graničnicima (engl. sentinel character) jer označavaju granice korisnog tereta i odvajaju ga odostalih elemenata okvira. ETX se može pojaviti u Body dijelu kao koristan teret – tu nastajuproblemi – rješenje je DLE (Data-Link Escape).

p△q Zadatak 7.Tekst zadatka (zadatak 7).Želimo poslati neki podatak putem BISYNC protokola, a zadnja dva bita našeg podatka suDLE i ETX. Koji niz bitova bi se nalazio u poslanim podacima prije CRC-a?

Rješenje zadatka.DLE, DLE, DLE, ETX, ETX.

Priprema za zadatak.Pojam: bitovno orijentiran protokol.U bitovnom orijentiranom protokolu (engl. High-Level Data Link Control – HDLC ) okvirje skup bitova. Početak i kraj okvira označava se sa 01111110. Protokol koristi umetanje bitova.

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).Za svaki od opisanih protokola, dajte primjer niza bajtova/bitova koji se ne smiju pojaviti uprijenosu:

• BISYNC

• HDLC.

Rješenje zadatka.

• Odgovaraju nam DLE DLE, DLE ETX, DLE DLE DLE ETX. . .Dakle, ne odgovara nam: X DLE Y, gdje: X je bilo što osim DLE i Y je bilo što osimDLE ili ETX. Nakon DLE mora slijediti DLE ili ETX.

• Za HDLC smo već diskutirali, 01111111 (niz od sedam ili više 1) označava da je došlo dogreške u prijenosu.

46

2.3 Prepoznavanje grešaka: dvodimenzionalna parnost, Internet kon-trolni zbroj i CRC

Priprema za zadatak.Moguće je da u prijenosu dođe do izopačenja nekog bita, tj. da dođe do promjene vrijednosti

koju taj bit nosi. Zbog toga mora postojati način detekcije grešaka. Rješenje je slanje dodatnihbitova koji sadrže informacije o bitovima koji su poslani.

Primjerice, moguće je slanje dvije kopije podataka, međutim ono je vrlo neefikasno jerpodrazumijeva slanje dvostruko više bitova. Pored toga, moguće je da dođe do izopačenja (čaki istih) bitova u obje kopije.

Pravilo: dvodimenzionalna parnost.Metoda za detekciju grešaka gdje su bajtovi poredani okomito. Svaki bajt ima po jedan bitparnosti. Osim toga, izračunava se i bajt parnosti.

p△q Zadatak 9.

Tekst zadatka (zadatak 9).Dokažite da dvodimenzionalna parnost omogućuje detekciju svih 3-bitnih grešaka.

Rješenje zadatka.Pretpostavimo da je nastala 3-bitna greška koju nije moguće detektirati. 3 izopačena bita

mogu biti svaki u svojem bajtu, 2 u jednom, 1 u drugom bajtu, te sva 3 u jednom bajtu. Akosu ta 3 bita podijeljena u 2 ili 3 bajta, tada postoji jedan bajt koji ima točno jedan izopačenibit i njegovo izopačenje detektira bit parnosti tog bajta.

Ako su tri bita u jednom bajtu (retku), tada je moguće grešku detektirati pomoću bitaparnosti tog retka. Uočite kako to nije slučaj kada su u retku izopačena 2 bita. Osim toga,uočite kako bajt parnosti također omogućuje detekciju stupaca gdje se nalaze izopačeni bitovi,ali ne možemo znati točnu poziciju na kojoj se nalaze – zašto?

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Dvodimenzionalna parnost može detektirati neke, ali ne i sve 4-bitne greške. Dajte primjer4-bitne greške koja ne bi bila prepoznata dvodimenzionalnom parnošću. Prikažite rješenjegrafički, kao na slici desno. Možete li opisati općenitu situaciju 4-bitne greške koja neće bitidetektirana?

Rješenje zadatka.Uočimo kako je, da bi bit parnosti retka, odnosno stupca, imao istu vrijednost, potrebno

da se u retku, odnosno stupcu, dogodi paran broj grešaka. Razmišljajte u terminima okretanjaigraće karte na stolu – paran broj okretanja je ne promijeni. Kako se u našem slučaju događaju4 greške, jedina mogućnost koja neće biti prepoznata je da se dvije greške dogode u nekomretku i nekom stupcu.

Drugim riječima, izopačeni bitovi moraju "zatvarati pravokutnik".

47

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Dvodimenzionalna parnost može detektirati neke, ali ne i sve 4-bitne greške. Dajte primjer4-bitne greške koja ne bi bila prepoznata dvodimenzionalnom parnošću. Prikažite rješenjegrafički, kao na slici desno. Možete li opisati općenitu situaciju 4-bitne greške koja neće bitidetektirana?

Rješenje zadatka.Uočimo kako je, da bi bit parnosti retka, odnosno stupca, imao istu vrijednost, potrebno

da se u retku, odnosno stupcu, dogodi paran broj grešaka. Razmišljajte u terminima okretanjaigraće karte na stolu – paran broj okretanja je ne promijeni. Kako se u našem slučaju događaju4 greške, jedina mogućnost koja neće biti prepoznata je da se dvije greške dogode u nekomretku i nekom stupcu.

Drugim riječima, izopačeni bitovi moraju "zatvarati pravokutnik".

p△q Zadatak 12.

Tekst zadatka (zadatak 12).Dokažite da dvodimenzionalna parnost daje primatelju dovoljno informacija da popravi svaku1-bitnu grešku (uz pretpostavku da zna da je točno 1 bit izopačen), ali ne i svaku 2-bitnugrešku.

Rješenje zadatka.Ako znamo da je točno jedan bit izopačen, dvodimenzionalna parnost nam daje redak i

stupac u kojem se on nalazi, tj. točno znamo o kojem se bitu radi.Primjer greške koju ne možemo ispraviti je dva izopačena bita u jednom retku (stupcu).

Tada je bit parnosti tog retka (stupca) ostao isti pa ne možemo znati o kojem se retku (stupcu)radi, a tako ni točne pozicije bitova

Priprema za zadatak.

Pojam: Internetr kontrolni zbroj.Internet kontrolni zbroj (engl. Internet checksum) je

p△q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Dokažite da Internet kontrolni zbroj neće nikad biti 0xFFFF (tj. da konačna vrijednost zbrojaneće biti 0x0000), osim u slučaju kada su svi bitovi u međuspremniku jednaki 0. (Internetspecifikacija zahtijeva da se kontrolni zbroj 0x0000 reprezentira kao 0xFFFF; vrijednost 0x0000je rezervirana za izostavljeni kontrolni zbroj.)

U komplementnoj aritmetici su i 0x0000 i 0xFFFF reprezentacije broja 0.)

48

Rješenje zadatka.Moramo pokazati da 1-komplement zbroj brojeva koji nisu 0xFFFF različit od 0xFFFF.Ako se ne desi unsigned preljev, zbroj je jednak 2-komplement zbroju i ne može biti 0000

bez preljeva. Ako se desi preljev rezultat je 0xFFFF plus ostatak (tj. rezultat je ě 0x0001).

p△q Zadatak 14.Tekst zadatka (zadatak 14).Dokažite da je način računanja Internet kontrolnog zbroja pokazan u tekstu neovisan od poretkabitova (poretka domaćina, odnosno mreže), osim što bitovi u završnom kontrolnom zbrojumoraju zamijeniti mjesta da bi bili u točnom poretku.

Preciznije, dokažite da suma cijelih brojeva 16-bitne riječi može biti izračunata u bilo kojemporetku bitova. Na primjer, ako je suma komplementa (označena sa`1) 16-bitne riječi prikazanakao

r𝐴, 𝐵s `1 r𝐶, 𝐷s `1 . . .`1 r𝑌, 𝑍s

sljedeća zamijenjena suma je jednaka kao i originalna:

r𝐵, 𝐴s `1 r𝐷, 𝐶s `1 . . .`1 r𝑍, 𝑌 s

.

Rješenje zadatka.Definirajmo 𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐴, 𝐵sq “ r𝐵, 𝐴s, gdje su 𝐴 i 𝐵 svaki jedan bajt. Trebamo samo

dokazati da vrijedi r𝐴, 𝐵s `1 r𝐶, 𝐷s “ 𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐵, 𝐴s `1 r𝐷, 𝐶sq. Ako i p𝐴 ` 𝐶q i p𝐵 ` 𝐷qnemaju ostatka, jednadžba očito vrijedi.

Ako 𝐴` 𝐶 ima ostatak i 𝐵 `𝐷 ` 1 nema,

r𝐴, 𝐵s `1 r𝐶, 𝐷s “ rp𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹, 𝐵 `𝐷 ` 1s𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐵, 𝐴s `1 r𝐷, 𝐶sq “

“ 𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐵 `𝐷 ` 1, p𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹 sq “

“ rp𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹, 𝐵 `𝐷 ` 1s

(Slučaj gdje i 𝐵 `𝐷 ` 1 ima ostatak sličan je zadnjem slučaju.)Ako 𝐵`𝐷 ima ostatak, i 𝐴`𝐶`1 nema, r𝐴, 𝐵s`1 r𝐶, 𝐷s “ r𝐴`𝐶`1, p𝐵`𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 s.

𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐵, 𝐴s `1 r𝐷, 𝐶sq “

“ 𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎prp𝐵 `𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 s, 𝐴` 𝐶 ` 1q ““ r𝐴` 𝐶 ` 1, p𝐵 `𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 s

Ako i p𝐴` 𝐶q i p𝐵 `𝐷q imaju ostatak,

r𝐴, 𝐵s `1 r𝐶, 𝐷s “ rpp𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹 q ` 1, pp𝐵 `𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 q ` 1s

𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎pr𝐵, 𝐴s `1 r𝐷, 𝐶s “

“ 𝑧𝑎𝑚𝑗𝑒𝑛𝑎prpp𝐵 `𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 q ` 1, pp𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹 q ` 1sq ““ rpp𝐴` 𝐶q& 0𝑥𝐸𝐹 q ` 1, pp𝐵 `𝐷q& 0𝑥𝐸𝐹 ` 1s

49

p△q Zadatak 15.Tekst zadatka (zadatak 15).Pretpostavimo da jedan bajt u međuspremniku pokriven Internet kontrolnim zbrojem trebabiti dekrementiran. Pokaži primjer algoritma za izračunavanje novog kontrolnog zbroja bezpregledavanja cijelog međuspremnika. Algoritam bi trebao uzeti u razmatranje da li je bajt upitanju niže ili više razine.

Rješenje zadatka.Uzmimo u obzir samo zbroj komplementa 1 u 16-bitnoj riječi. Ako dekrementiramo bajt

niže razine, dekrementiramo zbroj za 1, te možemo postepeno izmjeniti novi zbroj tako da gatakođer dekrementiramo za 1. Ako dekrementiramo bajt više razine , moramo dekrementiratistari zbroj za 256.

p△q Zadatak 16.Tekst zadatka (zadatak 16).Pokaži kao Internet kontrolni zbroj može biti izračunat tako da prvo uzmemo 32-bitni zboj kom-plemenata jedinica međuspremnika u 32-bitnim dijelovima, zatim uzimanjem 16-bitni zbrojakomplemenata jedinica gornje i donje polu-riječi, tako da završimo kao da smo izračunali kom-plement zbroja. (Da bi uzeli 32-bitni zbroj komplemenata jedinica na 32-bitnom 2-komplementhardveru, treba pristupiti bitu "preljeva".)

Rješenje zadatka.Razmotrimo kombinatorni pristup. Neka su 𝑠, 𝑏, 𝑐 i 𝑑 16-bitne riječi. Neka r𝑎, 𝑏s oz-

načava 32-bitnu konkatenaciju 𝑎 i 𝑏, i neka 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑏q označava bit ostatka (1 ili 0) iz 2-komplementnog zbroja 𝑎 ` 𝑏 (označeno kao 𝑎 `2 𝑏). Dovoljno je pokazati da ako uzmemo32-bitni zbroj komplemenata 1 od r𝑎, 𝑏s i r𝑐, 𝑑s, i tada dodamo gornjih i donjih 16 bitova,dobijemo 16-bitni zbroj komplemenata 𝑎, 𝑏, 𝑐 i 𝑑. Označimo 𝑎`1 𝑏 “ 𝑎`2 𝑏` 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑏q.

Osnovni slučaj trebao bi raditi na sljedeći način. Prvo,

r𝑎, 𝑏s `2 r𝑐, 𝑑s “ r𝑎`2 𝑐`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q, 𝑏`2 𝑑s

Dodavanjem bita ostatka dobijemo

r𝑎, 𝑏s `1 r𝑐, 𝑑s “ r𝑎`2 𝑐`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q, 𝑏`2 𝑑`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑐qs (1)

Sada uzmemo zbroj komplemenata 1 polovica,

𝑎`2 𝑐`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q `2 𝑏`2 𝑑`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑐q ` p𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑐𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑣𝑎𝑟qq

i regrupiramo

𝑎`2 𝑐`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑐q `2 𝑏`2 𝑑`2 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q ` p𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑐𝑖𝑗𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑣𝑎𝑟qq

“ p𝑎`1 𝑐q `2 p𝑏`1 𝑑q ` 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎`1 𝑐, 𝑏`1 𝑑q “

“ p𝑎`1 𝑐q `1 p𝑏`1 𝑑q

koje je zbog asocijativnosti i komutativnosti ono što želimo.

50

Postoji nekoliko specijalnih slučajeva gdje zbroj je 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 i tako dodavanjem bita ostatkauzrokuje dodatni preljev. Točnije, 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑐q u (1) je zapravo 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑐, 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑qq, izatim dodavanjem toga na 𝑏`2 𝑑 moglo bi uzrokovati preljev donje polovice, te nikakva mjeranije poduzeta da se prenese u gornju polovicu.

Međutim, dok god 𝑎`2 i 𝑏 `2 𝑑 nisu jednaki 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 , dodavanjem 1 neće utjecati na bitpreljeva te tako gornje tvrdnje vrijede. Razmotrit ćemo 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 slučajeve posebno.

Pretpostavimo da 𝑏`2 𝑑 “ 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 “2 0. Neka 𝑎`1 𝑏`1 𝑐`1 𝑑 “ 𝑎`1 𝑐. U drugu ruku,r𝑎, 𝑏s`1 r𝑐, 𝑑s “ r𝑎`2 𝑏, 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 s`𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑏q. Ako 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑏q “ 0, i dodavanjem gornje idonje polovice daje 𝑎`2𝑏 “ 𝑎`1𝑏. Ako 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑎, 𝑏q “ 1, dobijemo r𝑎, 𝑏s`1r𝑐, 𝑑s “ r𝑎`2𝑏`21, 0si dodavanjem polovica opet dobijemo 𝑎`1 𝑏.

Sad pretpostavimo da 𝑎`2 “ 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 . Ako 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q “ 1 onda 𝑏`2 ‰ 0𝑥𝐹𝐹𝐹𝐹 iimamo r𝑎, 𝑏s`1 r𝑐, 𝑑s “ r0, 𝑏`2 𝑑`2 1s iz čega dobivamo 𝑏`1 𝑑. Sličan je slučaj sa 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑒𝑠𝑖p𝑏, 𝑑q.

Također, možemo riješiti zadatak algebarskim putem. Međuspremnik sa 𝑛-bitnim bloko-vima možemo smatrati brojem prikazanim u bazi 2𝑛. Brojevna vrijednost međuspremnikaje kongruentan cjelobrojni ostatak (2𝑛 ´ 1) do (točnog) zbroja "znamenki", koji je do točnogzbroja blokova. Ako drugi zbroj ima više od 𝑛 bitova, možemo ponoviti postupak. Na krajuimamo 𝑛-bitni zbroj komplemenata 1, koji je prema tome ostatak kod dijeljena izvornog brojasa 2𝑛 ´ 1.

Priprema za zadatak.

Pojam: CRC.CRC je jedan od algoritama za detekciju greške. Koristi dijeljenje polinoma. Često korišten.

Pojam: dijeljenje polinoma.Dijeljenje polinoma je jedan od algoritama za detekciju greške. Koristi dijeljenje polinoma.Često korišten.

XOR = eXclusive OR

0 XOR 0 = 00 XOR 1 = 11 XOR 0 = 11 XOR 1 = 0

Pravilo: Teorem.Ako su 𝑝 i 𝑞 polinomi djeljivi sa 𝑟, onda su i 𝑝` 𝑞, 𝑝˘𝑞 i 𝑝ˆ 𝑞 djeljivi sa 𝑟.

Korolar: Ako je 𝑝 polinom djeljiv sa 𝑟, a 𝑞 polinom koji nije djeljiv sa 𝑟, onda 𝑝` 𝑞 i 𝑝´ 𝑞nisu djeljivi sa 𝑟.

Konačno polje 𝐹2 Elementi 0 i 1. 0 ` 0 “ 0, 0 ` 1 “ 1, 1 ` 0 “ 1, 1 ` 1 “ 0 0Ö0 “ 0,0Ö1 “ 0, 1Ö0 “ 0, 1Ö1 “ 1 Može se dokazati da je to zaista polje. Polinomi nad F2 – imajukoeficijente 0 i 1. 𝑥3` 1, 𝑥2` 𝑥` 1, 𝑥6` 1 𝑥3` 1 “ 1ˆ 𝑥3` 0ˆ 𝑥2` 0ˆ 𝑥1` 1ˆ 𝑥0 Možese prikazati kao 1001.Pravilo: Polinomi nad 𝐹2.Teorem: Neka su 𝑝 i 𝑞 dva polinoma nad poljem 𝐹2, istog stupnja, i neka je: 𝑝 “ 𝑝𝑛 ˆ 𝑥𝑛 `. . .` 𝑝1ˆ 𝑥` 𝑝0 𝑞 “ 𝑞𝑛ˆ 𝑥𝑛` . . .` 𝑞1ˆ 𝑥` 𝑞0 Tada je ostatak pri dijeljenju 𝑝 i 𝑞 jednak:𝑟 “ p𝑝𝑛𝑋𝑂𝑅𝑞𝑛q ˆ 𝑥𝑛 ` . . . ` p𝑝1𝑋𝑂𝑅𝑞1q ˆ 𝑥 ` p𝑝0𝑋𝑂𝑅𝑞0q tj. dobiva se operacijom XORna koeficijentim uz pripadne potencije.

51

Primjer: Primjer.Izračunajte ostatak koji se dobije pri dijeljenju (količnik nam nije bitan):

`

𝑥10` 𝑥7

` 𝑥6` 𝑥4˘

{`

𝑥3` 𝑥2

` 1˘

Algoritam dijeljenja polinoma. Polinom 10011010000 dijelimo sa 1101.

Pravilo: Postupak određivanja CRC-a.Neka je 𝑀p𝑥q polinom koji reprezentira poruku koju želimo poslati. Neka je 𝐶p𝑥q polinomstupnja 𝑘. Želimo napraviti polinom (niz bitova) koji ćemo poslati, koji je 𝑘 bitova duži od𝑀p𝑥q i koji je djeljiv sa 𝐶p𝑥q. Množimo 𝑀p𝑥q sa 𝑥𝑘; tj. dodajemo 𝑘 nula na kraju poruke,i dobivamo 𝑇 p𝑥q. Dijelimo 𝑇 p𝑥q sa 𝐶p𝑥q i nalazimo ostatak. Oduzimamo ostatak od 𝑇 p𝑥q.Šaljemo 𝑇 p𝑥q; primatelj dobiva 𝑇 p𝑥q ` 𝐸p𝑥q, gdje je je 𝐸p𝑥q polinom greške (moguće je da jenul-polinom). Primatelj računa ostatak kod dijeljenja 𝑇 p𝑥q ` 𝐸p𝑥q sa 𝐶p𝑥q; ako nije 0, došloje do greške u prijenosu.

Pojam: CRC.Upravo opisana metoda, uz primjenu određenih poznatih polinoma, naziva se CRC.

Cilj korištenja složenijih procesa računanja jest doseći čim višu vjerojatnost da će greškaodista biti otkrivena, i to uz upotrebu čim manjeg/kraćeg kontrolnog zapisa. Algoritmi zaizračunavanje kontrolnih zapisa, implementiraju se hardverski, i to u mrežnom adapteru čvora.

p△q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Pretpostavimo da želimo prenijeti poruku 11001001 i zaštiti je od grešaka koristeći CRC poli-nom 𝑥3 ` 1.

• Koristeći dijeljenje polinoma odredite poruku koja će se prenesti.

• Pretpostavimo da je krajnji lijevi bit poruke promijenjen zbog šuma u vezi. Koji jerezultat primateljevog izračunavanja CRC-a? Kako primatelj zna da se dogodila greška?

Rješenje zadatka.

• Na poruku 1100 1001 dodamo 000 i dijelimo sa 1001. Ostatak je 011; šaljemo početnuporuku s ostatkom dodanim na kraju, tj. 1100 1001 011.

• Promjena prvog bita daje 0100 1001 011. Dijeljenje sa 1001 daje ostatak 10.

p△q Zadatak 18.Tekst zadatka (zadatak 18).Sa jednim bitom parnosti možemo prepoznati sve 1-bitne greške.

• Pokažite da ako je proizvoljna poruka 𝑚 dužine 8 bitova, onda ne postoji kod za detekcijugrešaka 𝑒 “ 𝑒p𝑚q veličine 2 bita takav da može prepoznati sve 2-bitne greške. Uputa:Promatrajte skup 𝑀 svih 8-bitnih poruka sa jednim bitom 1; uočite kako se svaka od njihmože pretvoriti u bilo koju drugu sa 2-bitnom greškom, i pokažite da neki par poruka 𝑚1i 𝑚2 moraju imati isti kod za detekciju greške, tj. 𝑒p𝑚1q “ 𝑒p𝑚2q.

• Pronađite 𝑁 (ne nužno najmanji) takav da ne postoji 32-bitna detekcija grešaka kojaprimjenjena na 𝑁 -bit blokove može otkriti sve greške do 8 bitova.

52

Rješenje zadatka.

• 𝑀 ima 8 elemenata, a 𝑒 može poprimiti samo 4 vrijednosti; dakle, mora postojati baremjedan par elemenata 𝑚1 i 𝑚2 iz 𝑀 takvih da je 𝑒p𝑚1q “ 𝑒p𝑚2q. Dakle, ako se 𝑚1 pretvoriu 𝑚2 2-bitnom greškom, 𝑒 to ne može prepoznati.

• Za grubu procjenu, neka 𝑀 bude set 𝑁 -bitnih poruka sa četiri 1, i ostatak neka budu0. Veličina 𝑀 je

`

𝑁4

˘

“ 𝑁 !{p4!p𝑁 ´ 4q!q. Bilo koji element 𝑀 može biti pretvoren ubilo koji drugi sa strane 8-bitne greške. Ako uzmemo dovoljno veliki 𝑁 da veličina od𝑀 bude veća od 232, tada kao u prvom dijelu zadatka moraju za bilo koji 32-bitni kodgreške funkcije 𝑒p𝑚q postojati 𝑚1 i 𝑚2 od 𝑀 sa 𝑒p𝑚1q “ 𝑒p𝑚2q. Da bi našli dovoljnoveliki 𝑁 , primjećujemo da 𝑁 !{p4!p𝑁 ´ 4q!q ą p𝑁 ´ 3q4{24; znači dovoljno je naći 𝑁 zakoji p𝑁 ´ 3q4 ą 24ˆ 232 « 1011. Zaključujemo da 𝑁 « 600. Manje procjene su moguće.

2.4 Pouzdani prijenos podataka. Automatsko ponavljanje prije-nosa: metoda stani-i-čekaj i algoritam kliznog prozora.

Priprema za zadatak.

Pojam: pouzdani prijenos podataka.Pouzdani prijenos podataka podrazumijeva

• prepoznavanje grešaka u prijenosu (tu govorimo o izopačenju bitova),

• prepoznavanje koji dijelovi podataka nedostaju (tu govorimo o izgubljenim okvirima).

Uz prepoznavanje gubitka okvira, vežu se 2 mehanizma: potvrda primitka okvira i istekvremena čekanja na okvir.Pojam: potvrda primitka.Potvrda primitka (engl. ACKnowledgment) je kontrolni okvir, najčešće relativno male du-ljine, kojeg primatelj okvira sa podacima upućuje pošiljatelju tog okvira kao potvrdu da jeprimio neki određeni okvir i to u ispravnom stanju.

Okviri su najčešće numerirani na određeni način, pa se slanjem potvrde potvrđuje primi-tak 𝑛-tog okvira. Nakon što pošiljatelj primatelju pošalje okvir 𝑓𝑛 i primatelj ga primi, onpošiljatelju odgovara s potvrdom primitka 𝑎𝑐𝑘𝑛 :“ 𝐴𝐶𝐾p𝑓𝑛q.Pojam: vrijeme isteka i istek vremena.Ako pošiljatelj u nekom određenom vremenu ne primi povratnu potvrdu o primitku određenogokvira, pošiljatelj uzima da je taj okvir izopačen ili izgubljen na putu te ga šalje ponovno.Vrijeme čekanja na primitak povratne potvrde (prije ponovnog slanja) naziva se vremenomisteka (engl. timeout), a sam događaj istek vremena (engl. timeout).

Pojam: automatsko ponavljanje prijenosa.Razlikujemo dva načina rada automatskog ponavljanja prijenosa (engl. automatic repeatrequest, ARQ)

• stani i čekaj (engl. stop-and-wait),

• klizni prozor (engl. sliding window).

53

Pravilo: stani i čekaj.Kod metode stani i čekaj prijenos se događa tako da pošiljatelj pošalje okvir, i zatim čeka napotvrdu primitka od strane primatelja ili istek vremena.

• Ako dobije potvrdu primitka, pošiljatelj šalje idući okvir.

• Ako dođe do isteka vremena prije nego stigne potvrda primitka, pošiljatelj ponavlja slanjeokvir.

p△q Zadatak 19.Tekst zadatka (zadatak 19).Razmatramo ARQ algoritam u vezi točka-do-točke čija je duljine fizičke veze 20 km, a medijoptički kabel.

• Izračunajte zadržavanje zbog širenja signala za tu vezu.

• Uzimajući u obzir vrijeme širenja signala, predložite prikladnu vrijednost isteka vremenaza ARQ algoritam.

• Zašto je ipak moguće da ovaj ARQ algoritam doživi istek vremena i ponovno pošaljeokvir, čak i uz tu, prikladnu, vrijednost vremena isteka?

Rješenje zadatka.

• Vrijeme širenja signala iznosi

𝑡𝑃 “20ˆ 103 m2ˆ 108 m{s “ 100 µs,

pa RTT iznosi dvostruko toliko, odnosno 200 µs.

• Razumna vrijednost vremena isteka je 400 µs, jer ostavljamo mogućnost usporenja pri-jenosa u nekom trenutku iz bilo kojeg razloga. Manje vrijednosti (ali svakako veće od200 µs) također mogu biti prikladne; to ovisi o kvaliteti veze i varijaciji u RTT-u tijekomvremena.

• Razmotrimo situaciju u tvrtci HŽ-Vuča vlakova d.o.o., u kojoj se upravo na računalu𝐻1 u kolodvoru Moravice izvodi obračun plaća koji će se zatim pohraniti i u centralnubazu podataka Hrvatskih željeznica koja je na računalu 𝐻2 koje se nalazi nedaleko odglavnog kolodvora u Zagrebu. Ta dva računala povezana su Internetom. U lokalnoj mrežiračunala 𝐻2 je i računalo 𝐻3 koje se jednom tjedno koristi za pohranu te baze podataka(i po potrebi za vraćanje sigurnosne kopije).𝐻1 je spojeno na Internet ADSL vezom, a 𝐻2 i 𝐻3 dijele zajednički preklopnik 𝑠𝑤1 kojije preko usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 povezan na Internet.Imamo barem dva moguća problematična scenarija:

– na računalu 𝐻3 pokrenut je torrent klijent koji s Interneta preuzima The SocialNetwork, u HD 1080p kvaliteti,

– na računalu 𝐻2 pokrenut je torrent klijent koji upravo izvodi provjeru netom pre-uzetih četiriju sezona Zakona braće, u HD 720p kvaliteti.

54

Slika 5: Mreža (zadatak 19).

𝐻2 𝑠𝑤1

𝐻3

𝑟𝑜𝑢𝑡1 Internet

𝐻1

Što će se dogoditi?

U prvom slučaju se može dogoditi da je torrent klijent zagušio usmjerivač 𝑟𝑜𝑢𝑡1, pa ćekomunikacija računala 𝐻2 s Internetom biti (djelomično ili sasvim) onemogućena, paspecijalno neće moći ni odgovoriti računalu 𝐻1.

U drugom slučaju sam primatelj (domaćin 𝐻2) neće moći (na vrijeme) odgovoriti poši-ljatelju (domaćinu 𝐻1), jer je preopterećen.

p△q Zadatak 20.

Tekst zadatka (zadatak 20).Pretpostavimo da ARQ algoritam koristi samo negativne potvrde primitka (NACK, potvrdada okvir nije primljen), tj. da uopće ne koristi pozitivne potvrde primitka (ACK).

• Objasnite koje bi isteke vremena morali uvesti.

• Objasnite zašto se protokol zasnovan na ACK-ovima često preferira nad protokolom zas-novanom na NACK-ovima.

Rješenje zadatka.Primatelj prepoznaje izgubljeni okvir kada mu stigne okvir van reda (s krivim rednim bro-

jem), i onda šalje NACK pošiljatelju. Primatelj sada mora imati mjerač vremena ovisno okojem će ponovno poslati NACK u slučaju da se on ili ponovno poslani okvir na koji se odnosioizgubi.

Uočimo da ako pošiljatelj pošalje okvir i zatim čeka, a taj okvir se izgubi, primatelj nemanačina da uoči da se okvir izgubio (osim ako je to jedan u nizu koji nedostaje). To povlačipitanje koliko dugo pošiljatelj mora u međuspremniku čuvati poslane okvire koje će možda bitipotrebno ponovno slati, i kada on zna da se okvir više ne može slati. Postoje dva mogućarješenja:

• pošiljatelj mora imati tajmer, što zahtijeva slanje ACK-ova od strane primatelja,

• slanje okvira s podacima za popunjavanje praznina (engl. filler data) dok se ne šaljupodaci (ti okviri mogu biti, primjerice, nizovi 0).

55

Oba ova rješenja bespotrebno opterećuju mrežu, primatelja i pošiljatelja.Osim toga, na kraju prijenosa nekog skupa podataka strategija koja koristi samo NACK

učinila bi, u slučaju u cijelosti uspješnog ili u cijelosti neuspješnog prijenosa, da pošiljatelj nezna je li primatelj uopće primio ijedan okvir.

Jedan okvir na kraju, s namjerno „neispravnim” rednim brojem bi u tom slučaju mogao biti„rješenje” problema; primatelj bi poslao NACK.

p♡q Zadatak 21.

Tekst zadatka (zadatak 21).Bit će na Canvasu.

p♣q Zadatak 22.

Tekst zadatka (zadatak 22).U situacijama prikazanim na slici 2.15 u predavanjima može se uočiti da će primatelj ponovnoposlati svoj ACK odmah po primitku dupliciranog okvira podataka. Pretpostavite da umjestotoga primatelj ima svoj mjerač vremena i ponovno šalje ACK jedino kad idući očekivani okvirne dođe u intervalu isteka vremena.

• Nacrtajte dijagrame prijenosa koji ilustriraju situacije na slici 2.15 (b), (c) i (d); pretpos-tavite da je primateljevo trajanje vremena isteka dvostruko duže nego pošiljateljevo.

• Nacrtajte (c) uz pretpostavku da je primateljevo trajanje vremena isteka pola dužinepošiljateljevog.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 23.

Tekst zadatka (zadatak 23).Pretpostavite da u prijenosu podataka koji koristi metodu stani-i-čekaj i pošiljatelj i primateljponovno šalju svoj zadnji okvir odmah po primitku dupliciranog ACK-a, odnosno okvira po-dataka. Taj način rada može se, makar površno, objasniti time što primitak takvog duplikatau većini slučajeva može značiti da je druga strana doživjela istek vremena.

• Nacrtajte dijagram prijenosa koji pokazuje što će se dogoditi ako je prvi okvir podatakaiz nekog razloga dupliciran, i nijedan okvir u prijenosu nije izgubljen. Koliko dugo će seduplikacije nastaviti? Mijenja li se što u slučaju gubitka nekog drugog okvira ili ACK-a?Ova situacija poznata je pod nazivom sindrom čarobnjakova pripravnika (engl. Sorcerer’sApprentice Syndrome).

• Pretpostavite da, kao podaci, i ACK-ovi su ponovno poslani ako nema odgovora u vre-menu isteka. Pretpostavite i da obje strane imaju isto vrijeme isteka. Pronađite primjerrelativno moguće situacije u kojoj se aktivira sindrom čarobnjakova pripravnika.

56

Rješenje zadatka.

• U slučaju da nema grešaka, duplikacija paketa i ACK-ova se događa do kraja prijenosa.U slučaju da se dogodi greška, duplikacija prestaje. (Dijagram prijenosa bit će nacrtanna ploči.)

• Da bi uzrokovali sindrom čarobnjakova pripravnika, duplicirani podatkovni okvir morase naći usred mreže („u žici”) istovremeno sa ACK-om prethodne kopije tog okvira.

Ako i pošiljatelj i primatelj koriste ponovno slanje okvira, odnosno ACK-a u slučaju istekavremena, s istim intervalom isteka vremena, i ako se ACK izgubi onda će i pošiljatelj iprimatelj i primatelj ponovno slati otprilike u isto vrijeme.

Ako rade to isto s različitim intervalom isteka vremena, onda jedan od njih (npr. pri-matelj) može biti u situaciji da čeka drugog (npr. pošiljatelja) i pritom ima postavljenprekratak interval vremena isteka; kad se dogodi istek vremena on će ponoviti prijenos.To se realno može dogoditi čak i ako je vrijeme isteka dvostruko veće od RTT-a, i tou situaciji kad je onaj na kojeg se čeka preopterećen pa ne može dovoljno brzo obraditiprimljeni okvir, odnosno ACK.

Hoće li se ti okviri naći istovremeno usred mreže ili ne ovisi o odnosu brzine obradepodataka na domaćinima, veličine okvira i zadržavanja zbog širenja signala; međutim,ako su ti parametri kako treba moguće je uzrokovati sindrom čarobnjakova pripravnika.

Priprema za zadatak.

Pravilo: klizni prozor.Kod metode kliznog prozora prijenos se događa tako da pošiljatelj pošalje 𝑛 okvira (unaprijeddogovoreni broj), i zatim čeka na potvrdu primitka od strane primatelja.

• Ako dobije potvrdu primitka 𝑛-tog okvira, pošiljatelj smatra da su uspješno primljeni sviposlani okviri i šalje idućih 𝑛 okvira.

• Ako dobije potvrdu primitka 𝑘-tog okvira (za 𝑘 ă 𝑛), pošiljatelj smatra da su uspješnoprimljeni svi okviri s rednim brojem manjim ili jednakim 𝑘, te šalje ponovno okvir srednim brojem 𝑘 ` 1.

Pojam: sekventni broj.Sekventni broj (engl. sequence number) je broj zapisan u zaglavlju, donekle sličan rednombroju. Za razliku od rednog broja, ima ograničenu veličinu pa se nakon određenog vremenapočinje brojati ispočetka.

Broj različitih mogućih vrijednosti sekventnog broja označava se sa 𝑛max 𝑠𝑒𝑞. Često ćemo unarednim zadacima tražiti minimalni broj prihvatljiv za 𝑛max 𝑠𝑒𝑞.

Problem da se sekventni broj broji ispočetka rješava se na različite načine, od kojih nekediskutiramo u nastavku.

57

p△q Zadatak 24.

Tekst zadatka (zadatak 24).Pretpostavimo da smo kao inženjer zaposlen u NASA-i zaduženi da da dizajniramo protokol kojikoristi klizni prozor za 1 Mbit{s točka-do-točke vezu od Zemlje do Mjeseca, kojoj jednosmjernozadržavanje iznosi 1.25 s.

Uz pretpostavku da svaki okvir ima 1 KiB podataka, koji je minimalni broj bitova koji supotrebni za sekventni broj?

Rješenje zadatka.Produkt širine frekventnog pojasa i RTT-a iznosi

1 Mbit{sˆ 2.5 s “ 2.5ˆ 106 bit “ 312 500 B,

a kako su okviri veličine 1 KiB “ 1024 B, u toj količini podataka ima

𝑛 “Y312 500 B

1024 B

]

“ t305.18u “ 305

okvira. Kako vrijeme isteka traje 2 RTT-a, a u tom vremenu se sekventni broj ne smije ponoviti,on mora moći reprezentirati dvostruko toliko, tj. do 610.

Da bi dobili minimalni broj bitova potreban za sekventni broj, tražimo prvu potenciju brojadva koja je veća od 610. Kako je

29“ 512 ă 610 ă 1024 “ 210,

dobivamo da je potrebno barem 10 bit.

p△q Zadatak 25.Kontrola toka podataka podrazumijeva kontrolu (od strane primatelja) intenziteta kojim

pošiljatelj šalje podatke.

Tekst zadatka (zadatak 25).Klizni prozor se može iskoristiti za implementaciju kontrole toka podataka.

Primatelj može odgoditi ACK, tj. ne poslati ACK sve dok ne postoji slobodan prostor zaprimanje idućeg okvira.

Svaki primateljev ACK bi tada potvrdio primitak zadnjeg okvira i rekao pošiljatelju dapostoji slobodan prostor u međuspremniku primatelja za idući okvir.

Objasnite zašto ovo nije dobra ideja.

Rješenje zadatka.Ako primatelj odgodi slanje ACK dok se međuspremnik ne oslobodi, riskira odgađanje slanja

ACK toliko dugo da pošiljatelju isteče vrijeme koje čeka na potvrdu primitka i on ponovnopošalje okvir.

58

Priprema za zadatak.

Pojam: veličine kliznog prozora pošiljatelja i primatelja.Kod algoritma kliznog prozora spominjemo dvije veličine:

• veličina prozora pošiljatelja (engl. sender window size), kraće SWS, koja označava kolikookvira pošiljatelj šalje primatelju u svakoj iteraciji (označavamo je sa 𝑠𝑤𝑠),

• veličina prozora primatelja (engl. receiver window size), kraće RWS, koja označava kolikookvira primatelj prima u svakoj iteraciji (označavamo je sa 𝑟𝑤𝑠).

Pravilo: ograničenje veličine prozora pošiljatelja i primatelja.Kada je 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠, vrijedi relacija

𝑠𝑤𝑠 ă𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ` 1

2 .

p△q Zadatak 26.

Tekst zadatka (zadatak 26).Usporedite tok prijenosa okvira u slučaju gubitka svakog petog okvira, kada se koristi:

• stani-i-čekaj,

• klizni prozor sa 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠 “ 5.

Uzmite da pošiljatelj ima 10 okvira za poslati i ilustrirajte oba slučaja dijagramom prijenosa.

Rješenje zadatka.Dijagrami prijenosa bit će nacrtani na ploči.

Dodatak: relativan pad performansi kod grešaka.Usporedite pad performansi kod ova dva algoritma u opisanoj situaciji u odnosu na situacijukada nema grešaka. Kojem od dva algoritma greške čine više štete?

p△q Zadatak 27.

Tekst zadatka (zadatak 27).Opišite kako bi protokol kliznog prozora mogli proširiti kontrolom toka na način da ACK-isadrže dodatne informacije koje uzrokuju smanjenje 𝑠𝑤𝑠-a kada primatelj ostane bez prostorau međuspremniku. Pretpostavite da su 𝑠𝑤𝑠 i 𝑟𝑤𝑠 na početku 4, da je ukupno zadržavanje veze 0,i da primatelj može oslobađati međuspremnike brzinom jedan okvir po sekundi. Ilustrirajte radprotokola dijagramom prijenosa ili navedite što se događa u trenucima 𝑡 “ 0 s, 𝑡 “ 1 s, . . . , 𝑡 “4 s.

59

Rješenje zadatka.Prilično očekivano, jedan mogući način bio bi da svaki ACK sadrži broj koji ograničava

veličinu prozora pošiljatelja. Pošiljatelj tada može uzeti bilo koji broj manji ili jednak tome.Ukoliko je vrijednost broja jednaka 0, pošiljatelj prestaje slati podatke i čeka idući primateljevACK, koji će on poslati kada mu se međuspremnik oslobodi, i time povećati ograničenje veličineprozora pošiljatelja i omogućiti pošiljatelju da nastavi. Naravno da je potrebno, ponovnimslanjem u slučaju gubitka, osigurati da taj ACK u svakom slučaju stigne do pošiljatelja, jer ćeu protivnom ovaj čekati beskonačno dugo. Pored toga, bilo bi dobro da svaki novi ACK nesmanjuje veličinu kliznog prozora pošiljatelja za više od 1, tako da njegov 𝑛𝐿𝐹 𝑆 nikad ne opada.(Na način sličan opisanome radi TCP.)

Korištenjem opisanog protokola, imamo:

• 𝑡 “ 0: pošiljatelj redom šalje okvire 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4. Kako je zadržavanje 0, oni odmahstižu do primatelja i on ih redom potvrđuje slanjem 𝑎𝑐𝑘1`𝑠𝑤𝑠 “ 3 (obzirom da je primiojedan okvir, ima još tri mjesta u međuspremniku), 𝑎𝑐𝑘2 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 2, 𝑎𝑐𝑘3 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 1 i𝑎𝑐𝑘4 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 0. Pošiljatelj sad čeka 𝑠𝑤𝑠 ą 0.

• 𝑡 “ 1: primatelj oslobađa prvi međuspremnik, ponovno šalje 𝑎𝑐𝑘4, ali ovaj puta kao𝑎𝑐𝑘4`𝑠𝑤𝑠 “ 1. Pošiljatelj sada šalje okvir 𝑓5, a primatelj po primitku šalje 𝑎𝑐𝑘5`𝑠𝑤𝑠 “ 0.

• 𝑡 “ 2: primatelj oslobađa drugi međuspremnik, ponovno šalje 𝑎𝑐𝑘5` 𝑠𝑤𝑠 “ 1. Pošiljateljšalje okvir 𝑓6; primatelj šalje 𝑎𝑐𝑘6 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 0.

• 𝑡 “ 3: primatelj oslobađa treći međuspremnik, ponovno šalje 𝑎𝑐𝑘6 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 1. Pošiljateljšalje okvir 𝑓7; primatelj šalje 𝑎𝑐𝑘7 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 0.

• 𝑡 “ 4: primatelj oslobađa četvrti međuspremnik, ponovno šalje 𝑎𝑐𝑘7`𝑠𝑤𝑠 “ 1. Pošiljateljšalje okvir 𝑓8; primatelj šalje 𝑎𝑐𝑘8 ` 𝑠𝑤𝑠 “ 0.

Sada bi na temelju ovih informacija mogli jednostavno nacrtati dijagram prijenosa.

Dodatak: dvostruko brži primatelj.Razmislite što bi se promijenilo da primatelj obrađuje dva okvira po sekundi.

Priprema za zadatak.

Pojam: selektivna potvrda primitka.Kod selektivne potvrde primitka (engl. selective acknowledgment) primatelj potvrđuje pri-mitak točno onih okvira koje je primio (za razliku od, na primjer, najviše numeriranog okviraprimljenog u pravilnom poretku).

Slanje više informacija pošiljatelju potencijalno omogućuje maskimalno iskorištavanje re-sursa mreže, ali time se dodaje kompleksnosti implementacije.

p♣q Zadatak 28.

Tekst zadatka (zadatak 28).Opišite protokol koji kombinira algoritam kliznog prozora sa selektivnim ACK-ima. Vaš proto-kol bi trebao što prije ponovno slati, ali ne i ako okvir dođe jedno ili dva mjesta van reda. Vašprotokol bi također trebao jasno pokazati što se događa ako je nekoliko okvira u nizu izgubljeno.

60

Rješenje zadatka.Ako stigne okvir sa sekventnim brojem 𝑛, primatelj šalje 𝑎𝑐𝑘𝑛 ako je sljedeći očekivani okvir

sekventnog broja 𝑛; inače šalje selektivni 𝑎𝑐𝑘𝑛 (tj. 𝑠𝑎𝑐𝑘𝑛).Pošiljatelj održava listu vrijednosti od 𝑛 ą zadnji primljeni 𝑎𝑐𝑘 za primljeni 𝑠𝑎𝑐𝑘𝑛. Primi-

jetimo da kad god se zadnji primljeni 𝑎𝑐𝑘 pomakne naprijed, iz liste se miču sve vrijednosti zakoje vrijedi 𝑛 ď zadnji primljeni 𝑎𝑐𝑘.

Ako lista sadrži jednu ili dvije vrijednosti, one bi mogle ukazivati na dolazak okvira izvanreda. Međutim, pošiljatelj bi mogao pretpostaviti da kad god bi se dogodilo da 𝑛 ą zadnjiprimljeni 𝑎𝑐𝑘 sa nepotvrđenim okvirom 𝑛 i sa, recimo, 3 naknadna 𝑠𝑎𝑐𝑘-a, tada bi pošiljateljzaključio da je okvir 𝑛 izgubljen. Nakon što pošiljatelj utvrdi da je okvir izgubljen, na redu bibilo ponovno slanje okvira.

p△q Zadatak 29.

Tekst zadatka (zadatak 29).Nacrtajte dijagram prijenosa za algoritam kliznog prozora sa 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠 “ 3 okvira za idućedvije situacije. Pritom koristite interval isteka vremena od otprilike 2ˆ 𝑡𝑅𝑇 𝑇 .

• Okvir 4 je izgubljen.

• Okviri 4, 5 i 6 su izgubljeni.

Rješenje zadatka.Uzeti ćemo da nema promjene veličine prozora pošiljatelja kod gubitka okvira; u praksi

najčešće ima (primjerice, TCP na taj način obavlja kontrolu zagušenja).Dijagrami prijenosa bit će nacrtani na ploči.

p△q Zadatak 30.

Tekst zadatka (zadatak 30).Pretpostavite da upotrebljavamo algoritam kliznog prozora sa 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠 “ 3 i maksimalnimsekventnim brojem 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 5 (dakle, 𝑘-ti podatkovni okvir 𝑓𝑘 zapravo sadrži 𝑘 mod 5 u svompolju sekventnog broja).

• Dajte primjer situacije u kojoj će algoritam postati „zbunjen”, tj. situacije u kojoj prima-telj očekuje 𝑓6 i dobije 𝑓1, koji ima isti sekventni broj u tom polju. Okviri ne mogu doćivan reda.

• Objasnite zašto ovo implicira da je 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ě 6 nužan.

• Obrazložite je li 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 6 dovoljan.

61

Rješenje zadatka.

• Primjerice, to se može dogoditi na ovakav način:

– Pošiljatelj pošalje 𝑓1, 𝑓2 i 𝑓3. Svi stignu.– Primatelj pošalje redom 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2 i 𝑎𝑐𝑘3; uzmimo da su oni usporeni na putu do

pošiljatelja. Prozor primatelja je sada na 𝑓4, 𝑓5 i 𝑓6.– Događa se istek vremena na strani pošiljatelja, i on ponovno šalje 𝑓1, 𝑓2 i 𝑓3. Da

bi pojednostavili situaciju, možemo pretpostaviti da su 𝑓2 i 𝑓3 izgubljeni. Primateljsada prima 𝑓1 kao 𝑓6, jer oba imaju isti sekventni broj (obzirom da je 6 ” 1 pmod 5q).

– Primatelj napokon prima 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2 i 𝑎𝑐𝑘3, i sada šalje 𝑓4, 𝑓5 i 𝑓6. Primatelj, me-đutim, obzirom da vjeruje da je već primio 𝑓6 (iako je primio 𝑓1), odbacuje 𝑓6 kaoduplikat. Prijenos se dalje nastavlja normalno, ali dio primljenog skupa podatakaje izopačen.

• Iz ovog primjera je očito da 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 5 nije dovoljan, pa je samim time 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ě 6nužan.

• Da je 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 6 dovoljan vidimo iz činjenice da sada isti sekventni broj kao 𝑓1 ima tek𝑓7, koji ne može biti poslan biti poslan u periodu isteka vremena okvira 𝑓1.

Priprema za zadatak.Pojam: LAR, LFS, NFE, LFA.Posljednji primljeni ACK (engl. last ACK received, LAR)

Posljednji poslani okvir (engl. last frame sent, LFS)Idući očekivani okvir (engl. next frame expected, NFE)Posljednji potvrđeni okvir (engl. last frame ACK-ed, LFA)

p△q Zadatak 31.Tekst zadatka (zadatak 31).Razmotrite algoritam kliznog prozora sa 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠 “ 3, bez dolazaka okvira van reda, i sneograničenim sekventnim brojem (𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 8).

• Pokažite da ako je okvir 𝑓7 u prozoru primatelja, onda 𝑓1 ne može stići do primatelja.(Općenito, 𝑓𝑘 ne može stići do primatelja ako je 𝑓𝑘`6 u njegovom prozoru.) Na koji načinovo implicira da je 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 6 dovoljan?

• Pokažite da ako se 𝑎𝑐𝑘6 može poslati (ili, preciznije, ako je 𝑓6 u prozoru pošiljatelja), onda𝑎𝑐𝑘3 (ili stariji) ne mogu biti primljeni.

• Objasnite na koji način prethodni dio implicira da se situacija u prethodnom zadatku nemože „okrenuti”, tj. da ne može doći do greške u razlikovanju 𝑎𝑐𝑘1 i 𝑎𝑐𝑘6.

Napomena: ovim zadatkom ćemo, između ostalog, dokazati ranije spomenutu formulu

𝑠𝑤𝑠 ă𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ` 1

2u specijalnom slučaju za 𝑠𝑤𝑠 “ 3.

62

Rješenje zadatka.

• Ako je 𝑓7 u prozoru primatelja, onda je u „najgorem” slučaju prozor primatelja postavljenna 𝑓5, 𝑓6 i 𝑓7. To implicira da je 𝑓4 primljen i 𝑎𝑐𝑘4 poslan, pa su primljeni 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4, pa𝑓1 više ne može stići.

• Ako se 𝑎𝑐𝑘6 može poslati, onda je u „najgorem” slučaju prozor pošiljatelja postavljen na𝑓4, 𝑓5 i 𝑓6, što znači da je 𝑎𝑐𝑘3 već primljen. Kada je određeni ACK primljen, nijedan odACK-ova koji mu prethodne se ne može primiti kasnije.

• Ako se 𝑎𝑐𝑘6 može poslati, to znači da su 𝑎𝑐𝑘3 i raniji već primljeni, pa je specijalno i 𝑎𝑐𝑘1već primljen.

p△q Zadatak 32.

Tekst zadatka (zadatak 32).Pretpostavite da koristimo algoritam kliznog prozora sa 𝑠𝑤𝑠 “ 5 i 𝑟𝑤𝑠 “ 3, bez dolazaka okviravan reda.

• Pronađite najmanju vrijednost za 𝑛max 𝑠𝑒𝑞. Možete pretpostaviti da je dovoljno pronaćinajmanji 𝑘 takav da ako je okvir 𝑓𝑘`1 u prozoru primatelja, tada 𝑓1 više ne može stići.

• Pronađite primjer koji pokazuje da 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ´ 1 nije dovoljno velik.

• Odredite općenitu formulu za minimalni 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 u ovisnosti o vrijednostima 𝑠𝑤𝑠-a i 𝑟𝑤𝑠-a.

Rješenje zadatka.

• Najmanja vrijednost koja dolazi u obzir za 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 je 8. Dovoljno je pokazati da akoje 𝑓9 u prozoru pošiljatelja, tada 𝑓1 više ne može stići. Uzmemo li da je 𝑓9 u prozoruprimatelja, imamo u „najgorem” slučaju da su u primateljevom prozoru mjesta za 𝑓7, 𝑓8i 𝑓9. 𝑎𝑐𝑘6 je sigurno primljen, pa je 𝑓6 već primljen. Sada, kako je 𝑠𝑤𝑠 “ 5, imamo daje prozor pošiljatelja u najgorem slučaju postavljen na 𝑓2, 𝑓3, . . . , 𝑓6, što znači da 𝑓1 višene može biti poslan, a prema uvjetu zadatka koji kaže da okviri ne mogu stići van reda,𝑓1 više ne može stići.

• Pokazati ćemo da ako je 𝑛max 𝑠𝑒𝑞 “ 7, onda primatelj može očekivati 𝑓8, a okvir 𝑓1 i daljemože stići. Obzirom da je 8 ” 1 pmod 7q, primatelj ih ne može razlikovati. Slično kao ujednom od prethodnih zadataka, imamo:

– pošiljatelj pošalje 𝑓1, 𝑓2, . . . , 𝑓5, i svi stignu;– primatelj šalje 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2, . . . , 𝑎𝑐𝑘5 kao odgovor, ali oni mrežom putuju sporo;

primateljev prozor se pomiče na 𝑓6, 𝑓7 i 𝑓8;– pošiljatelj doživi istek vremena pri čekanju i šalje ponovno 𝑓1, koji primatelj prima

kao 𝑓8.

63

• Može se naslutiti da vrijedi formula oblika

𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ě 𝑠𝑤𝑠` 𝑟𝑤𝑠.

Uočite da je ova formula u specijalnom slučaju za 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑟𝑤𝑠 oblika

𝑛max 𝑠𝑒𝑞 ě 2ˆ 𝑠𝑤𝑠,

što je ekvivalentno sa ranije danom formulom.

p△q Zadatak 33.Tekst zadatka (zadatak 33).Pretpostavite da je 𝐻1 povezan s domaćinom 𝐻2 usmjerivačem 𝑟𝑜𝑢𝑡1, kao što je prikazano naslici. Veze 𝐻1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´𝐻2 prihvaćaju i šalju jedan okvir po sekundi (pa za dva okviratreba dvije sekunde), i pritom se prijenos u različitim smjerovima događa neovisno. Uzmimoda 𝐻1 šalje podatke 𝐻2 koristeći klizni prozor sa 𝑠𝑤𝑠 “ 4.

• Za 𝑡 “ 0 s, 𝑡 “ 1 s, 𝑡 “ 2 s, 𝑡 “ 3 s, 𝑡 “ 4 s, 𝑡 “ 5 s navedite za svaki od čvorova koji okviridolaze i odlaze, ili nacrtajte dijagram prijenosa i označite ih.

• Što se dogodi ako veze imaju zadržavanje zbog vremena širenja signala od 1 s, ali prihva-ćaju okvira koliko god čvor odluči poslati (tj. širina frekventnog pojasa je beskonačna)?

Slika 6: Mreža (zadatak 33).

𝐻1 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝐻21‘/s 1‘/s

Rješenje zadatka.

• Imamo:

– 𝑡 “ 0 s: 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4 su spremni za slanje na 𝐻1, 𝑓1 poslan,– 𝑡 “ 1 s: 𝑓1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓2 poslan sa 𝐻1,– 𝑡 “ 2 s: 𝑓1 stiže na 𝐻2, 𝑎𝑐𝑘1 poslan sa 𝐻2, 𝑓2 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓3 poslan sa 𝐻1,– 𝑡 “ 3 s: 𝑎𝑐𝑘1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓2 stiže na 𝐻2, 𝑎𝑐𝑘2 poslan sa 𝐻2, 𝑓3 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓4

poslan sa 𝐻1,– 𝑡 “ 4 s: 𝑎𝑐𝑘1 stiže na 𝐻1, 𝑎𝑐𝑘2 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓3 stiže na 𝐻2, 𝑎𝑐𝑘3 poslan sa 𝐻2, 𝑓4

stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓5 poslan sa 𝐻1,– 𝑡 “ 5 s: 𝑎𝑐𝑘2 stiže na 𝐻1, 𝑎𝑐𝑘3 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓4 stiže na 𝐻2, 𝑎𝑐𝑘4 poslan sa 𝐻2, 𝑓5

stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓6 poslan sa 𝐻1.

Uočite periodičnost; u nastavku dajemo protok okvira kroz mrežu u 𝑘-tom trenutku; ubilo kojem trenutku su u mreži 4 okvira u raznim stanjima.

– 𝑡 “ 𝑗: 𝑓𝑗`1 napušta domaćin 𝐻1,

64

– 𝑡 “ 𝑗 ` 1 s: 𝑓𝑗`1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1,– 𝑡 “ 𝑗 ` 2 s: 𝑓𝑗`1 stiže na 𝐻2, 𝑎𝑐𝑘𝑗`1 napušta 𝐻2,– 𝑡 “ 𝑗 ` 3 s: 𝑎𝑐𝑘𝑗`1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1,– 𝑡 “ 𝑗 ` 4 s: 𝑎𝑐𝑘𝑗`1 stiže na 𝐻1, 𝑓𝑗`5 napušta 𝐻1.

Uočite kako je ovo „šablonski” 𝑠𝑤𝑠 “ 𝑏𝑤 ˆ 𝑡𝐷 slučaj, sa RTT-om od 4 s.

• U slučaju kada je širina frekventnog pojasa beskonačna, imali bi:

– 𝑡 “ 0 s: 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4 su poslani sa 𝐻1,– 𝑡 “ 1 s: 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4 stižu na 𝑟𝑜𝑢𝑡1,– 𝑡 “ 2 s: 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4 stižu na 𝐻2; 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2, 𝑎𝑐𝑘3 i 𝑎𝑐𝑘4 su poslani sa 𝐻2,– 𝑡 “ 3 s: 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2, 𝑎𝑐𝑘3 i 𝑎𝑐𝑘4 stižu na 𝑟𝑜𝑢𝑡1

– 𝑡 “ 4 s: 𝑎𝑐𝑘1, 𝑎𝑐𝑘2, 𝑎𝑐𝑘3 i 𝑎𝑐𝑘4 stižu na 𝐻1; 𝑓5, 𝑓6, 𝑓7 i 𝑓8 su poslani,– 𝑡 “ 5 s: 𝑓5, 𝑓6, 𝑓7 i 𝑓8 stižu na 𝑟𝑜𝑢𝑡1.

p△q Zadatak 34.

Tekst zadatka (zadatak 34).Pretpostavite da je 𝐻1 povezan s domaćinom 𝐻2 usmjerivačem 𝑟𝑜𝑢𝑡1, kao u prethodnom za-datku. Veza 𝐻1´𝑟𝑜𝑢𝑡1 je beskonačne širine frekventnog pojasa i bez zadržavanja, a 𝑟𝑜𝑢𝑡1´𝐻2šalje okvire redom jedan okvir po sekundi (pa za dva okvira treba dvije sekunde). Pretpostaviteda 𝐻1 šalje podatke 𝐻2 koristeći protokol kliznog prozora sa 𝑠𝑤𝑠 “ 4.

• Za 𝑡 “ 0 s, 𝑡 “ 1 s, 𝑡 “ 2 s, 𝑡 “ 3 s, 𝑡 “ 4 s navedite za 𝐻1 i 𝐻2 koji okviri dolaze i odlaze.

• Koliki postaje red čekanja na 𝑟𝑜𝑢𝑡1?

Slika 7: Mreža (zadatak 34).

𝐻1 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝐻28 1‘/s

Rješenje zadatka.

• 𝑡 “ 0 s: 𝐻1 šalje okvire 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4; okvir 𝑓1 počinje se slati vezom 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´𝐻2, okviri𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4 ostaju u redu čekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1;

• 𝑡 “ 1 s: 𝑓1 stiže na 𝐻2; 𝑎𝑐𝑘1 je poslan sa 𝐻2; 𝑓2 napušta 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑓3 i 𝑓4 ostaju u redučekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1;

• 𝑡 “ 2 s: 𝑎𝑐𝑘1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i zatim na 𝐻1; 𝐻1 šalje 𝑓5 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑓2 stiže na 𝐻2; 𝐻2 šalje𝑎𝑐𝑘2 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje slati 𝑓3; 𝑓4 i 𝑓5 su u njegovom redu čekanja;

• 𝑡 “ 3 s: 𝑎𝑐𝑘2 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i zatim na 𝐻1; 𝐻1 šalje 𝑓6 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑓3 stiže na 𝐻2; 𝐻2 šalje𝑎𝑐𝑘3 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje slati 𝑓4; 𝑓5 i 𝑓6 su u njegovom redu čekanja;

65

• 𝑡 “ 4 s: 𝑎𝑐𝑘3 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i zatim na 𝐻1; 𝐻1 šalje 𝑓7 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑓4 stiže na 𝐻2; 𝐻2 šalje𝑎𝑐𝑘4 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje slati 𝑓5; 𝑓6 i 𝑓7 su u njegovom redu čekanja;

Veličina reda čekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 u ustaljenom stanju je dva okvira (pored okvirakoji trenutno šalje).

p△q Zadatak 35.

Tekst zadatka (zadatak 35).Razmotrite situaciju u prethodnom zadatku, osim što ovaj put pretpostavite da usmjerivač imared čekanja veličine jednog okvira; tj. da u svakom od smjerova može držati jedan okvir poredonoga koji trenutno šalje. Neka je trajanje isteka vremena domaćina 𝐻1 5 s, i neka je 𝑠𝑤𝑠 “ 4.

Pokažite što se događa svake sekunde od 𝑡 “ 0 s do trenutka kad su sva četiri okvira prvogprozora preneseni do odredišta.

Rješenje zadatka.

• 𝑡 “ 0 s: 𝐻1 šalje 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3 i 𝑓4; 𝑓1 se počinje slati preko veze 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝐻2; 𝑓2 je u redučekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑓3 i 𝑓4 su izgubljeni;

• 𝑡 “ 1 s: 𝑓1 stiže na 𝐻2; 𝑎𝑐𝑘1 je poslan od 𝐻2 prema 𝐻1; 𝑓2 napušta 𝑟𝑜𝑢𝑡1;

• 𝑡 “ 2 s: 𝑎𝑐𝑘1 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i zatim na 𝐻1; 𝐻1 šalje 𝑓5 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, koji 𝑟𝑜𝑢𝑡1 odmah šaljeprema 𝐻2; 𝑓2 stiže na 𝐻2, 𝐻2 šalje 𝑎𝑐𝑘2 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1;

• 𝑡 “ 3 s: 𝑎𝑐𝑘2 stiže na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i zatim na 𝐻1; 𝐻1 šalje 𝑓6 na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, koji 𝑟𝑜𝑢𝑡1 odmah šaljeprema 𝐻2; 𝑓5 stiže na 𝐻2, koji očekuje 𝑓3 i 𝑓4, 𝐻2 ne šalje ACK;

• 𝑡 “ 4 s: 𝑓6 stiže na 𝐻2, koji ponovno ne šalje ACK;

• 𝑡 “ 5 s: 𝐻1 doživljava istek vremena, i ponovno šalje 𝑓3 i 𝑓4; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje slati 𝑓3 odmah,i stavlja 𝑓4 u red čekanja;

• 𝑡 “ 6 s: 𝑓3 stiže na 𝐻2 i 𝐻2 šalje 𝑎𝑐𝑘3 prema 𝐻1; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje slati 𝑓4;

• 𝑡 “ 7 s: 𝑓4 stiže na 𝐻2 i 𝐻2 šalje 𝑎𝑐𝑘6 se šalje prema 𝐻1; 𝑎𝑐𝑘3 stiže na 𝐻1 i on šalje 𝑓7,koji 𝑟𝑜𝑢𝑡1 odmah šalje dalje.

2.5 IEEE 802.3 – EthernetPriprema za zadatak.

Pojam: mrežna kartica.Mrežna kartica (engl. Network Interface Controller, NIC ) je sučelje koje povezuje računalona mrežu.

Kod starijih računala najčešće je spajana putem PCI utora, a kod novijih je ugrađena umatičnu ploču.

Pojam: predajnik.

66

Predajnik (engl. transmitter, Tx) je sučelje mrežne kartice koje vrši emitiranje signala.

Pojam: prijamnik.Prijamnik (engl. receiver, Rx) je sučelje mrežne kartice koje vrši primanje signala.

Pojam: primopredajnik.Primopredajnik (engl. transceiver, Tx/Rx) je sučelje mrežne kartice koje vrši i slanje i pri-manje signala, ali ne istovremeno.

Pojam: full-duplex, half-duplex.Mrežna kartica koja ima odvojen predajnik i prijamnik radi na full-duplex način jer možeistovremeno slati i primati signal. U slučaju da mrežna kartica može u jednom trenutku samoslati ili samo primati signal, kažemo da radi na half-duplex način.

Pojam: Ethernet.Ethernet je familija tehnologija prvenstveno namijenjenih lokalnim mrežama, zasnovanih naokvirima. Metode prijenosa bile su u početku slične onima koje se koriste u radiokomunikaciji,gdje je medij koji prenosi signal eter, pa je od tud standard dobio ime Ethernet.

Ethernet definira standarde žičenja i signalizacije za fizički sloj OSI modela te zajedničkiformat adresiranja i kontrolu pristupa mediju (engl. Media Access Control, MAC ) za sloj vezepodataka. Standardiziran je u sklopu IEEE 802.3, i danas je najraširenija tehnologija lokalnihmreža.

Slika 8: Ethernet (zadatak 35).

𝐻1 𝐻2 𝐻3 . . . 𝐻𝑛

označavamo kao

𝑒𝑡ℎ1

Slika 9: Prošireni Ethernet (zadatak 35).

𝑟𝑒𝑝1 𝑒𝑡ℎ1

𝑟𝑒𝑝2 𝑒𝑡ℎ2

𝑟𝑒𝑝3 𝑒𝑡ℎ3

Pojam: klasični Ethernet.Ethernet je u upotrebi otprilike od 1980. godine do danas, i vremenom je zamijenio je ostalestandarde u lokalnim mrežama kao što su prsten sa značkom, FDDI i ARCNET. Kontinuiranose nadograđuje podrškom za veće brzine prijenosa.

67

Prvotna varijanta, nazvana jednostavno Ethernet, koristila je dijeljeni koaksijalni kabelkao medij i širina frekventnog pojasa je bila 10 Mbit{s. Ta se varijanta danas sve manje koristi.

Slika 10: Fast ili Gigabit Ethernet (zadatak 35).

𝑠𝑤1 𝑠𝑤2 𝑠𝑤3

𝐻1𝐻2

𝐻3

𝐻4𝐻5

𝐻6

𝐻7

𝐻8𝐻9

𝐻10

𝐻11𝐻12

Pojam: Fast Ethernet i Gigabit Ethernet.Varijanta zasnovana na bakrenoj parici prvenstveno je namijenjena za povezivanje računala nalokalnu mrežu. U praksi se najčešće sreće kod kućnih i poslovnih korisnika, i širina frekvent-nog pojasa 100 Mbit{s (Fast Ethernet) ili 1 Gbit{s (Gigabit Ethernet), što je dovoljno zameđusobnu komunikaciju i dijeljeni pristup Internetu.

Dodatak: Metro Ethernet.Varijanta zasnovana na optičkom vlaknu koristi se za okosnice (engl. backbone network), kodkojih postoji znatno veća potreba za širinom frekventnog pojasa.

Telekom operateri danas najčešće koriste 10 Gbit{s Ethernet koji ima dobar omjer cijene iširine frekventnog pojasa.

U lipnju 2010. donesen je standard IEEE 802.3ba koji definira 40 Gbit{s i 100 Gbit{s Et-hernet. Više informacija ima na http://en.wikipedia.org/wiki/100_Gigabit_Ethernet.

Danas se najčešće koristi Ethernet II ili DIX Ethernet okvir. (DIX dolazi od Digital Equ-ipment Corporation, Intel, Xerox.)

Tablica 14: Ethernet okvir.MAC zaglavlje koristan teret CRC

14 B 46–1500 B 4 B

Minimalna veličina Ethernet okvira je 64 B (46 B korisnog tereta i 18 B zaglavlja i repa).

p△q Zadatak 36.Tekst zadatka (zadatak 36).Uzmimo da CARNet traži od svih telekom operatera koji pružaju mogućnost pristupa Internetupreko AAI korisničkog imena i zaporke da prate korisničku aktivnost, tj. da prate sadržajprometa koji korisnici ostvaruju. Optima Telekom je odlučio to implementirati.

• Kolika bajtova „prođe” 10 Gbit{s Ethernet vezom unutar jedne minute?

• Koliko je to Ethernet okvira? Uzmite da je prosječna veličina korisnog dijela Ethernetokvira 800 B i zanemarite čekanje između okvira.

• Kolika je ukupna veličina zaglavlja tih okvira? Koliko je to puta manje u odnosu na cijelepakete?

68

Rješenje zadatka.• Množenjem širine frekventnog pojasa i vremena dobivamo

10 Gbit{sˆ 60 s “ 600 Gbit « 69.85 GiB.

• Kako zaglavlja imaju 14 B, a korisni dio 800 B, to je69.85 GiB

14 B` 800 B “ 92 138 656.52

okvira.

• Ukupna veličina zaglavlja tih okvira je92 138 656.52ˆ 14 B “ 1 289 941 191.28 B « 1.2 GiB,

što je otprilike 58 puta manje od 69.85 GiB.

Dodatak: omjer veličine zaglavlja i veličine cijelog paketa.Uočite da smo isti omjer mogli dobiti razmatranjem odnosa veličine jednog cijelog paketa iveličine zaglavlja paketa, odnosno da je

814 B14 B « 58, 14.

Priprema za zadatak.Pojam: Ethernet zaglavlje.

• (Preamble) (7 B),

• (Start of frame delimiter) (1 B),

• MAC destination (6 B),

• MAC source (6 B),

• 802.1Q tag (optional) (6 B),

• Ethertype or length (2 B) (ako se koristi Ethertype duljina se prepoznaje na temeljupromjena u signalu),

Pojam: MAC adresa.MAC adresa je 48-bitna adresa Ethernet kartice koju dodjeljuje proizvođač. Sastoji se od dvadijela:

• Organisationally Unique Identifier dio koji označava proizvođača, duljine 3 bajta,

• Network Interface Controller Specific dio koji označava točno određenu proizvedenu mrežnukarticu, također duljine 3 bajta.

Najčešće se navodi u obliku u kojem su bajtovi razdvojeni crticom (-) ili dvotočkom (:).Više informacija ima na http://en.wikipedia.org/wiki/MAC_address.

Primjer: zapis MAC adrese.Primjeri zapisa MAC adrese su:

• 01-23-45-67-89-ab,

• 01:23:45:67:89:ab.

69

p△q Zadatak 37.

Tekst zadatka (zadatak 37).Zašto je važno da protokoli više razine koji rade na Ethernetu u svojem zaglavlju imaju poljekoje kaže koliko je dug paket koji se stavlja u Ethernet okvir?

Rješenje zadatka.Ethernet specifikacija navodi minimalnu veličinu okvira, koja iznosi 64 bajta za 10 Mbit{s

i više za brže veze. Manji paketi su dopunjeni do te minimalne veličine. Protokoli koji radena Ethernetu moraju biti u stanju razlikovati punjenje od stvarnih podataka, a za to koristepodatke o veličini paketa.

p△q Zadatak 38.

Tekst zadatka (zadatak 38).Koji problemi mogu nastati kada dva domaćina na istom Ethernetu dijele istu hardverskuadresu? Opišite što se događa i objasnite zašto je to problem.

Rješenje zadatka.Domaćini koji imaju istu hardversku adresu bit će smatrani istim domaćinom od strane svih

ostalih domaćina. Osim u slučaju da ta dva domaćina vrše koordinaciju aktivnosti njihovihprotokola više razine, vjerojatno je da zbog identičnih zaglavlja Ethernet okvira paketi pohra-njeni u njima poslani od tih dvaju domaćina neće biti razlikovani od strane ostalih domaćina,i komunikacija neće biti ostvarena.

Dodatak: broj mogućih Ethernet adresa.Razmislite koji je mogući broj različitih Ethernet adresa.

• Koji je mogući broj proizvođača Ethernet kartica? Je li realno da ih u svijetu bude toliko?

• Koji je mogući broj proizvedenih kartica po proizvođaču? Je li to premalo?

p♣q Zadatak 39.

Tekst zadatka (zadatak 39).Ethernet specifikacija iz 1982. godine dozvoljavala je između bilo koje dvije stanice do 1500 mkoaksijalnog kabela, do 1000 m ostalih kabela za povezivanje, i do dva obnavljača signala.Svaka stanica ili obnavljač spaja se na koaksijalni kabel pomoću maksimalno 50 m drop kabela.Podaci o uobičajenim brzinama i zadržavanjima za svaku navedenu stavku dani su u tablici.

Ukoliko uzmemo da su ovo jedini izvori zadržavanja, koliko iznosi RTT u najgorem slučaju?Koliko je to bitova?

Napomenimo još da je širina frekventnog pojasa za Ethernet iz 1982. iznosila 10 Mbit{s.

70

Tablica 15: Tablica zadržavanja (zadatak 39).Stavka Brzina signala ili zadržavanjeKoaksijalni kabel brzina signala 0.77 𝑐0Ostali kabeli brzina signala 0.65 𝑐0Obnavljač signala približno 0.6 µs svakiPrimopredajnik približno 0.2 µs svaki

Tablica 16: Tablica zadržavanja (zadatak 39).Stavka Količina ZadržavanjeKoaksijalni kabel 1500 m 6.49 µsDrugi vezni kabel 1000 m 5.13 µsObnavljač signala 2 1.2 µsPrimopredajnik 6 1.2 µsDrop kabel 6ˆ 50 m 1.54 µsUkupno 15.56 µs

Rješenje zadatka.Iz uvjeta zadatka i iz činjenice da na vezi ima ukupno 6 primopredajnika (po dva za ob-

navljač signala i po jedan za svaku od stanica), dobivamo da jednosmjerno zadržavanje zbogširenja signala iznosi:

RTT je zbog toga 31.12 µs, pa je produkt RTT-a i širine frekventnog pojasa otprilike 311 bit.Službena Ethernet specifikacija definira ukupno 464 bit, na koji možemo dodati 48 bit signala

smetnje (engl. jam signal) i dobivamo točno 512 bit minimalne veličine paketa.Dodatak: DIX Ethernet spefikacija.Digital-Intel-Xerox specifikacija iz 1982. godine uključuje budžet zadržavanja (na 62. stranici)koji ukupno ima 463.8 bit-vremena, što ostavlja 20 ns za nepredviđene okolnosti.

Priprema za zadatak.Pojam: obnavljač signala.Obnavljač signala (engl. repeater) je elektronički uređaj koji prima signal i šalje obnovljenisignal s istim značenjem kao primljeni. (Pod obnavljanjem podrazumijevamo pojačanje in-tenziteta, vremensko usklađivanje, preoblikovanje signala ili bilo koju kombinaciju navedenog.)Obnavljač signala djeluje na prvom sloju OSI modela.

Pojam: koncentrator.Koncentrator (engl. hub) je obnavljač signala koji omogućuje stvaranje mrežnog segmenta odviše domaćina ili više mreža.

p♣q Zadatak 40.Tekst zadatka (zadatak 40).Ethernet koji koristi koaksijalni kabel bio je ograničen na maksimalno 500 m između obnav-ljača signala, koji obnavljaju signal na 100 % njegove početne amplitude. Putem jednog 500 modjeljka, jačina signala ne može opasti ispod 14 % njegove početne jačine, koja iznosi 8.5 dB.

Dakle, nakon 1500 m, jačina signala mora biti najmanje

p0.14q3 « 0.0027,

71

dakle 0.27 % njegove početne jačine.Takav signal je dovoljno jak da bude čitljiv, čak i u slučaju kad je udaljenost 2500 m. Zbog

čega ipak postoji potrebi za obnavljačem signala svakih 500 m?

Rješenje zadatka.Ethernet stanica, da bi mogla prepoznavati kolizije, mora biti u stanju prepoznati postojanje

signala u vezi dok vrši slanje. Za to je potreban mnogo veći intenzitet signala.

p♣q Zadatak 41.

Tekst zadatka (zadatak 41).Uzmite da dvosmjerno vrijeme širenja signala 10 Mbit{s Etherneta iznosi 46.4 µs. To dozvo-ljava minimalnu veličinu paketa od 512 bit (464 bit za vrijeme širenja signala + 48 bit signalasmetnje).

• Što će biti sa minimalnom veličinom paketa ako vrijeme zadržavanja ostane isto, a širinapojasa se poveća na 100 Mbit{s?

• Koje su loše strane tako velike minimalne veličine paketa?

• Da nemamo potrebu za kompatibilnosti s postojećim standardima, tehnologijama i uređa-jima, kako bi specifikacija Etherneta mogla biti sastavljena da dozvoli manju minimalnuveličinu paketa?

Rješenje zadatka.

• Pretpostavimo li da se i dalje koristi 48 bit signala smetnje, minimalna veličina paketabila bi

4640 bit` 48 bit “ 4688 bit “ 586 B.

• Ova veličina paketa mnogo je veća nego mnoge veličine paketa viših nivoa, što rezultiragubljenjem velikog dijela širine frekventnog pojasa.

• Minimalna veličina može biti manja ako se smanji maksimalni promjer domene kolizije iponešto „stegnu” razne ostale tolerancije.

Dodatak: duljina kabela kod 100 Mbit{s Etherneta.Za 100 Mbit{s Ethernet definirana je maksimalna duljina segmenta od 100 m i maksimalnaduljina mreže od 200 m.

72

p♠q Zadatak 42.

Tekst zadatka (zadatak 42).Neka su 𝐻1 i 𝐻2 dvije stanice koje pokušavaju slati podatke na istom Ethernetu. Svaka imadovoljno okvira u redu čekanja; pritom ćemo razlikovati okvire tako što će okviri stanice 𝐻1 bitinazvani 𝑓1,1, 𝑓1,2, . . . , a okviri stanice 𝐻2 biti nazvani 𝑓2,1, 𝑓2,2, . . . . Neka je 𝑡 “ 51.2 µs duljinajednog slot vremena eksponencijalnog povlačenja. Pretpostavimo da 𝐻1 i 𝐻2 istovremenopokušaju poslati prvi okvir, dođe do kolizije, i odaberu vremena povlačenja od 0 ˆ 𝑡 i 1 ˆ 𝑡,respektivno, što znači da 𝐻1 pobjeđuje i šalje 𝑓1,1, dok 𝐻2 čeka.

Nakon završetka ove transmisije, 𝐻2 će pokušati poslati 𝑓2,1, a 𝐻1 će pokušati poslati 𝑓1,2.Ti pokušaji će ponovno dovesti do kolozije, ali sada 𝐻1 odabire vrijeme povlačenja od 0ˆ 𝑡 ili1ˆ 𝑡, dok 𝐻2 odabire između 0ˆ 𝑡, 1ˆ 𝑡, 2ˆ 𝑡 ili 3ˆ 𝑡.

• Odredite vjerojatnost da će 𝐻1 pobijediti u toj drugoj utrci odabira vremena eksponen-cijalnog povlačenja odmah nakon prve kolizije; tj. da vrijeme 𝑘 ˆ 51.2 µs stanice 𝐻1 jemanje od onog 𝐻2.

• Pretpostavite da je 𝐻1 pobijedio u toj drugoj utrci. 𝐻1 će po završetku slanja pokušatiposlati 𝑓1,3, a kada završi 𝐻1 i 𝐻2 će opet izazvati koliziju jer će 𝐻1 pokušati poslati 𝑓1,4dok će 𝐻2 pokušati poslati 𝑓2,1. Odredite vjerojatnost da će 𝐻1 pobijediti u toj trećojutrci odabira vremena eksponencijalnog povlačenja odmah nakon prve kolizije.

• Procijenite razumnu donju granicu za vjerojatnost da 𝐻1 pobijedi sve preostale utrke.Što se u tom slučaju događa s okvirom 𝑓2,1?

Upravo opisani razvoj događaja poznat je pod nazivom Ethernet učinak skupljanja (engl. cap-ture effect).

Rješenje zadatka.

• 𝐻1 može odabrati između 0 ili 1, dok 𝐻2 odabire između 0, 1, 2 ili 3 slot vremena. 𝐻1 ćepobijediti u drugoj utrci ako u slučaju da odabere vrijeme eksponencijalnog povlačenjaod 0 slot vremena, 𝐻2 odabere 1, 2 ili 3 slot vremena. Ako 𝐻1 odabere jedno slot vrijeme,tada 𝐻2 može odabrati 2 ili 3. To je ukupno 5 slučajeva kada će 𝐻1 pobijediti. Sveukupnoimamo 8 mogućih ishoda (sve kombinacije kada 𝐻1 bira 0 ili 1 i 𝐻2 bira između 0, 1, 2ili 3 slot vremena), tako da je vjerovatnost pobjede 𝐻1 5{8.

• Sada 𝐻1 bira između 0 ili 1, a 𝐻2 bira od 0 do 7 slot vremena za treću koliziju. Ako 𝐻1odabere 0, 𝐻2 ima 7 mogućnosti za odabir (od 1 do 7 slot vremena). Ako 𝐻1 odabere 1,𝐻2 ima 6 mogućnosti za odabir (od 2 do 7) tako da 𝐻1 pobijedi u koliziji. Kad zbrojimoslučajeve kada 𝐻1 pobijedi i sve moguće slučajeve, dobivamo da je vjerovatnost da će 𝐻1pobijediti 13{16.

• Vjerovatnost da 𝐻1 pobijedi u prvoj utrci je 𝑃1 “ 5{8 ą 1{2, a u drugoj 𝑃2 “ 13{16 ą 3{4.Na temelju ta dva slučaja možemo pretpostaviti da vjerovatnost da će 𝐻1 pobijeditiu 𝑛-toj iteraciji utrke prelazi vrijednost 1 ´ 1{2𝑛´1. Sada imamo (za 𝑛 ą 3): 𝑃𝑛 ě

p1 ´ 1{8qp1 ´ 1{16qp1 ´ 1{32qp1 ´ 1{64q ¨ ¨ ¨ « 3{4. U tom slučaju 𝐻2 odustaje od slanja𝑓2,1 i počinje sa slanjem 𝑓2,2.

73

p♣q Zadatak 43.

Tekst zadatka (zadatak 43).Pretpostavite da je Ethernet transmisijski algoritam promijenjen na ovaj način: nakon završetkasvakog uspješnog pokušaja slanja, domaćin čeka jedan (ili dva) slot vremena prije nego štopokuša ponovno poslati, a u protivnom (slučaju kolizije) odabire 𝑛 slot vremena čekanja nauobičajeni način.

• Objasnite zašto je sada učinak skupljanja opisan u prethodnom zadatku mnogo manjevjerojatan.

• Pokažite na koji način gore opisan algoritam može učiniti da par domaćina zauzme Ether-net mrežu, međusobno alternira transmisije, i onemogući da treći domaćin dobije ijednušansu za slanje.

• Predložite alternativni pristup, primjerice, modificiranjem eksponencijalnog povlačenja.Koji aspekti povijesti domaćina se mogu koristi kao parametri za to modificirano povla-čenje?

Rješenje zadatka.

• Ako prvi domaćin uspije u slanju, drugi će nakon toga dobiti svoju šansu za slanje. Akosamo dva domaćina dijele medij za slanje, tada bi i dio slot vremena bio dovoljan da seosigura alternacija slanja domaćina (tj. izbjegne kolizija).

• Recimo da se 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 natječu da dobiju priliku za slanje na dijeljenom mediju.Pretpostavimo da 𝐻1 prvi dobije priliku za slanje, tako da u sljedećoj utrci za dobivanješanse za slanje 𝐻1 za dva slot vremena samo čeka. 𝐻2 i 𝐻3 tada dožive koliziju, i recimoda 𝐻2 jedno slot vrijeme kasnije dobije priliku za slanje (dok 𝐻1 još samo čeka). Kada𝐻2 završi slanje počinje treća utrka za slanje. 𝐻2 sada odustaje od te utrke, i recimo da𝐻1 pobijedi. Na sličan način 𝐻1 odustaje od četvrte utrke i 𝐻2 pobjeđuje.

U ovom trenutku 𝐻3 ima relativno velik interval mogućih vrijednosti eksponencijalnogpovlačenja, te 𝐻1 i 𝐻2 brzo pobjeđuju sve utrke (obično u drugom pokušaju) i tako njihoviintervali vrijednosti eksponencijalnog povlačenja ograničeni su na dva slot vremena. Akose alternacija slanja između 𝐻1 i 𝐻2 nastavi dovoljno dugo, 𝐻3 će jednostavno odustatiod slanja.

• Mogli bi povećati interval vrijednosti eksponencijalnog povlačenja na temelju smanjivanjaprosjeka nedavnih uspješnih pokušaja slanja 𝐻1.

p♣q Zadatak 44.

Tekst zadatka (zadatak 44).Ethernet koristi Manchester kodiranje. Pretpostavite da domaćini koji dijele isti Ethernet nisusavršeno sinkronizirani, i razmislite zašto to omogućuje da se kolizije prepoznaju ubrzo nakonšto se dogode, bez potrebe za čekanjem na CRC na kraju paketa?

74

Rješenje zadatka.Ako domaćini nisu savršeno sinkronizirani preambula (engl. preamble) paketa u koliziji pre-

kinuti će proces sinkronizacije satova.

Priprema za zadatak.

Pojam: CSMA/CD.Carrier sense multiple access with collision detection (kraće CSMA/CD) je metodakontrole pristupa dijeljenom mediju kod koje:

• se koristi promatranje nosioca podataka (engl. carrier sense) sa višestrukim pristupom(engl. multiple access),

• stanica koja uoči drugi signal prilikom prijenosa podataka, odnosno raspozna koliziju(engl. collision detection), prekida slanje podataka, pošalje signal smetnje (engl. jamsignal), i zatim čeka slučajni vremenski interval prije ponovnog pokušaja slanja podataka.

Dodatak: razlika metoda CSMA i CSMA/CD.CSMA/CD je poboljšanje same CSMA metode s ciljem poboljšanja performansi; naime, CSMA/CDprekida prijenos podataka odmah po raspoznavanju kolizije, i time skraćuje vrijeme potrebnoza ponovni pokušaj.

Pojam: slot vrijeme.Slot vrijeme (engl. slot time) je vrijeme potrebno elektroničkom signalu da pređe maksimalnumoguću udaljenost između dva čvora. Za 10 Mbit{s i 100 Mbit{s Ethernet ono iznosi 51.2 µs.

Pravilo: eksponencijalno povlačenje.Kad pokušaj slanja okvira od strane neke mrežne kartice dovede do kolizije, ta kartica bira hoćeli čekati 0 ili 1 slot vrijeme (čekanje 0 slot vremena znači da odmah ponavlja slanje). Ukolikoponovno dođe do kolizije, kartica bira hoće li čekati 0, 1, 2 ili 3 slot vremena.

Općenito, u 𝑖-tom koraku čekanje može trajati

0, 1, . . . , 2𝑖´ 1

slot vremena. Ovaj se postupak naziva eksponencijalnim povlačenjem (engl. exponentialbackoff ).

p△q Zadatak 45.

Tekst zadatka (zadatak 45).Pretpostavite da 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 pokušaju napraviti promatranje nosioca podataka, kao dio po-kušaja slanja okvira, dok stanica 𝐻4 šalje. Nacrtajte dijagram prijenosa koji pokazuje jedanmogući niz transmisija, pokušaja, kolizija i izbora vremena eksponencijalnog povlačenja, uzuvjete:

• inicijalne transmisije trebaju biti u poretku 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, a uspješne u poretku 𝐻3, 𝐻2, 𝐻1,te

• moraju se dogoditi barem četiri kolizije.

75

Rješenje zadatka.Ovdje je opisano jedno od mogućih rješenja; naravno da ih ima više. Događaji su navedeni

redom kojim se događaju.

• 𝐻1 pokušava slati; uočava da je veza zauzeta i čeka;

• 𝐻2 pokušava slati; uočava da je veza zauzeta i čeka;

• 𝐻3 pokušava slati; uočava da je veza zauzeta i čeka;

• 𝐻4 završava slanje; 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 to uočavaju, pokušavaju slati i dolazi do kolizije; 𝐻1 bira𝑘1 “ 1, 𝐻2 bira 𝑘2 “ 1, 𝐻3 bira 𝑘3 “ 1;

• jedno slot vrijeme kasnije, 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 ponovno pokušavaju slati i opet dolazi do kolizije;𝐻1 bira 𝑘1 “ 2, 𝐻2 bira 𝑘2 “ 3, 𝐻3 bira 𝑘3 “ 1;

• jedno slot vrijeme kasnije 𝐻3 pokušava ponovno poslati i uspijeva; dok šalje, 𝐻1 i 𝐻2ponovno pokušavaju poslati ali uočavaju da je veza zauzeta i čekaju;

• 𝐻3 završava; 𝐻1 i 𝐻2 ponovno pokušavaju slati i događa se treća kolizija; 𝐻1 i 𝐻2 sepovlače i, obzirom da želimo da se dogodi i četvrta kolizija, još jednom odabiru isti 𝑘 ă 8;

• 𝐻1 i 𝐻2 četvrti put doživljavaju koliziju; ovaj puta 𝐻1 bira 𝑘1 “ 15, a 𝐻2 bira 𝑘2 “ 14;

• 14 slot vremena kasnije, 𝐻2 šalje; za vrijeme dok 𝐻2 šalje, 𝐻1 pokušava poslati, ali vidida je veza zauzeta, i čeka 𝐻2 da završi.

Dodatak: vjerojatnost četiri kolizije.Vjerojatnost događaja četiri kolizije je relativno malena; pokušajte razmisliti koliko ona iznosi.

Priprema za zadatak.

Pravilo: 𝑝-perzistentni Ethernet.Kod 𝑝-perzistentnog Etherneta stanica šalje sa vjerojatnosti 𝑝 odmah kada uoči da je vezaneiskorištena ili (sa vjerojatnosti 1´𝑝) odgađa slanje i čeka jedno slot vrijeme, a zatim ponavljaproces.

p♠q Zadatak 46.

Tekst zadatka (zadatak 46).Ponovite postupak iz prethodnog zadatka uz pretpostavku da sada imamo 𝑝-perzistentni Et-hernet kojemu je 𝑝 “ 0.33.

Pritom zadovoljite prvi uvjet prethodnog zadatka, a umjesto drugog uvjeta pokažite baremjednu koliziju i barem jedan niz četiri odgode na nekorištenoj vezi.

Napomena: Uzmite u obzir da postoji više točnih rješenja.

76

Rješenje zadatka.

• 𝐻4 uspješno završava slanje;

• prvo sljedeće slot vrijeme: 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 odgađaju slanje za jedno slot vrijeme;

• drugo sljedeće slot vrijeme: 𝐻1 i 𝐻2 pokušavaju slati (dešava kolizija), 𝐻3 i dalje odgađaslanje;

• treće slot vrijeme nakon: 𝐻3 šalje (možemo pretpostaviti da 𝐻1 i 𝐻2 ne pokušavajuslati zbog eksponencijalnog povlačenja, iako u zadatku ne piše da postoji veza između𝑝-perzistentnosti i eksponencijalnog povlačenja);

• 𝐻3 završava slanje;

• prvo sljedeće slot vrijeme: 𝐻2 pokušava slati i uspijeva pošto 𝐻1 čeka (odgađa slanje);

• 𝐻2 završava;

• prvo sljedeće slot vrijeme: 𝐻1 odgađa slanje;

• drugo slot vrijeme nakon: 𝐻1 odgađa slanje;

• treće slot vrijeme nakon: 𝐻1 odgađa slanje;

• četvrto slot vrijeme nakon: 𝐻1 odgađa slanje četvrti put (𝑃 “ 16{81 « 20%);

• peto slot vrijeme nakon: 𝐻1 šalje;

• 𝐻1 završava.

p♠q Zadatak 47.Tekst zadatka (zadatak 47).Uzmite da su Ethernet fizičke adrese odabrane slučajnim odabirom (korištenjem stvarno slu-čajnih bitova).

• Kolika je vjerojatnost da će na mreži od 1024 domaćina dvije adrese biti iste?

• Kolika je vjerojatnost da će se taj događaj dogoditi na jednoj ili više od 220 mreža?

• Kolika je vjerojatnost da će, unutar tih 230 domaćina u svim mrežama, neki par imatiistu adresu?

Uputa: Izračun u prvom i trećem dijelu je sličan rješavanju poznatog problema rođendana(engl. birthday problem, birthday paradox): od danih 𝑛 ljudi, koja je vjerojatnost da će dva odnjih imati rođendan na isti dan?

Druga osoba ima vjerojatnost 1 ´ 1365 da ima rođendan na različit dan od prve, treća ima

vjerojatnost 1´ 2365 da ima rođendan na različit dan od prve dvije, itd.

Vjerojatnost da sve osobe imaju rođendan na različit dan je

Prp𝑋q “ˆ

1´ 1365

˙

ˆ

ˆ

1´ 2365

˙

ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ

ˆ

1´ 𝑛´ 1365

˙

što je za male 𝑛 približno jednako

Prp𝑋q « 1´ 1` 2` ¨ ¨ ¨ ` p𝑛´ 1q365 .

77

Rješenje zadatka.

• Ethernet fizičke adrese imaju 48 bita. Druga adresa mora biti različita od prve (vjero-vatnost za to je 1 ´ 1{248), treća adresa mora biti različita od prvih dviju (vjerovatnostza to je 1´ 2{248) i tako dalje. Prema tome vjerovatnost da se izbor adrese, od druge do1024., ne podudara sa nekim ranijim izborom je:

p1´ 1{248qp1´ 2{248

q ¨ ¨ ¨ p1023{248q

« 1´ p1` 2` ¨ ¨ ¨ ` 1023q{248“ 1´ 1047552{p2ˆ 248

q.

Vjerovatnost da se dvije adrese podudaraju je stoga 1047552{p2ˆ 248q « 1.86ˆ 10´9.

• Vjerovatnost da će se prethodni događaj desiti u 220 « 1 milijun pokušaja je 1.77ˆ 10´3.

• Koristeći metodu iz prvog slučaja dobijemo vjerovatnost p230q2{p2ˆ 248q “ 211. Ovakvimizračunom smo očito prešli važeće granice aproksimacije. Točniji rezultat dobio bi sekorištenjem logaritamksih funkcija. Dovoljno je primjetiti da će se podudaranje sigurnodesiti.

p△q Zadatak 48.

Tekst zadatka (zadatak 48).Pretpostavite da pet stanica čeka da se završi slanje paketa šeste stanice na Ethernet mreži.Nakon završetka slanja i oslobođenja veze, sve one pokušaju poslati odjednom i dođe do kolizije.

• Izvedite simulaciju ove situacije sve do trenutka dok jedna od pet stanica koje čekajune uspije. Koristite novčić ili kocku kao izvor slučajnih brojeva da bi dobili vremenaeksponencijalnog povlačenja.Radi jednostavnosti, zanemarite razmak između okvira i varijaciju u vremenima kolizije(tako da se retransmisija dogodi uvijek točno nakon cjelobrojnog višekratnika od 51.2 µsslot vremena), te pretpostavite da svaka kolizija koristi točno jedno slot vrijeme.

• Razmislite o efektima navedenih pojednostavljenja na rezultat koji dobivate izvođenjemove simulacije u usporedbi sa ponašanjem koje bi imali na stvarnom Ethernetu.

Rješenje zadatka.

• Ovdje je dan rezultat jednog izvođenja simulacije; binarne znamenke vremena povlačenjaodabrane su bacanjem novčića, pri čemu je glava => 1, pismo => 0. Zatim se vršipretvorba u dekadski zapis.Zapis vremena koji ćemo koristiti u nastavku izražen je u terminima broja slot vremena,i zato nećemo navoditi vremenske jedinice.

– 𝑡 “ 0: domaćini 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝐻4, 𝐻5 svi šalju podatke i dolazi do kolizije. Vremenapovlačenja odabrana su jednim bacanjem novčića; dobili smo redom 𝑘1 “ 1, 𝑘2 “

0, 𝑘3 “ 0, 𝑘4 “ 1, 𝑘5 “ 1. Na kraju te prve kolzije, 𝑡 “ 1 i šalju 𝐻2 i 𝐻3; ostali čekajudo 𝑡 “ 1` 1 “ 2.

78

– 𝑡 “ 1: domaćini 𝐻2 i 𝐻3 šalju odmah nakon prve kolizije, i opet dolazi do kolizije.Kako se radi o drugoj koliziji, potrebno je bacati dva novčića; dobili smo 𝑘2 “

00, 𝑘3 “ 11. Sada je 𝑡 “ 2; 𝐻2 će ponovno pokušati u trenutku 𝑡 “ 2` 0 “ 2; 𝐻3 ćeponovno pokušati u trenutku 𝑡 “ 2` 3 “ 5.

– 𝑡 “ 2: domaćini 𝐻1, 𝐻2, 𝐻4, 𝐻5 pokušaju slanje i dolazi do kolizije. 𝐻2 bira 3-bitnovrijeme, obzirom da mu je to treća kolizija, a ostali biraju 2-bitna vremena. Dobilismo 𝑘1 “ 10, 𝑘2 “ 010, 𝑘4 “ 01, 𝑘5 “ 11. Dobivamo vremena ponovnih pokušaja𝑡 “ 3` 2 “ 5, 𝑡 “ 3` 2 “ 5, 𝑡 “ 3` 1 “ 4, 𝑡 “ 3` 3 “ 6.

– 𝑡 “ 3: Ne događa se ništa.

– 𝑡 “ 4: Stanica 𝐻4 je jedina koja pokušava slati, i uspješno zauzima komunikacijskikanal.

– 𝑡 “ 5: Stanice 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 vrše osluškivanje nosioca prije slanja, i otkrivaju da jezauzet.

– 𝑡 “ 6: 𝐻5 također vrši osluškivanje medija, i otkriva da je zauzet.

• Najznačajnija razlika u odnosu na stvarni Ethernet je ta da će stanice koje su blizujedna drugoj raspoznati kolizije gotovo odmah; jedino će stanicama koje su na suprotnimkrajevima dijeljenog medija trebati čitavo slot vrijeme da raspoznaju koliziju.

Da bi to uočili, pretpostavite da su stanice 𝐻1 i 𝐻2 međusobno blizu, a 𝐻3 daleko odobje. Sve šalju u trenutku 𝑡 “ 0. To znači da će 𝐻1 i 𝐻2 započeti povlačenje u trenutku𝑡 « 0; 𝐻3 će čekati do 𝑡 “ 1. Ako 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 odaberu isto vrijeme povlačenja, 𝐻1 i 𝐻2će početi slanje gotovo čitavo slot vrijeme ranije.

Razmak između okvira iznosi jednu petinu slot vremena i jednako utječe na sve stanice,pa nije realno očekivati da ovdje pravi razliku.

p♢q Zadatak 49.

Tekst zadatka (zadatak 49).Napišite program koji implementira simulaciju iz prethodnog zadatka, ali sa 𝑛 stanica koječekaju na slanje. Modelirajte vrijeme 𝑡 kao cjelobrojni višekratnik slot vremena, i uzmite dakolizije uzimaju jedno slot vrijeme, tj. da bi kolizija koja se dogodi u trenutku 𝑡 i ima backoff𝑘 “ 0 rezultirala ponovnom pokušaju u trenutku 𝑡 ` 1. Odredite prosječno zadržavanje prijenego što jedna od stanica uspješno pošalje podatke, za 𝑛 “ 20, 𝑛 “ 40 i 𝑛 “ 100. Podržavajuli dobiveni podaci tezu da se zadržavanje povećava linearno u ovisnosti o 𝑛?

Uputa: Za svaku stanicu pratite promjene vrijednosti polja NextTimeToSend i CollisionCount.Završili ste u trenutku kada dođete u vremenski trenutak t u kojem je za točno jednu stanicuNextTimeToSend == t. Ukoliko takva stanica ne postoji, inkrementirajte t, a ukoliko postojedvije ili više, rasporedite retransmisije i pokušajte ponovno.

Rješenje zadatka.

79

p♣q Zadatak 50.

Tekst zadatka (zadatak 50).Pretpostavite da 𝑛 Ethernet stanica na 100 Mbit{s, koje sve pokušavaju poslati podatke is-tovremeno, zahtijevaju 𝑛

2 slot vremena da bi odlučile tko idući šalje. Uz pretpostavku da jeprosječna veličina paketa 5 slot vremena, izrazite propusnost u ovisnosti o 𝑛.

Rješenje zadatka.Doći će do alternacije 𝑛

2 slotova izgubljene širine frekventnog pojasa sa 5 slotova iskorišteneširine frekventnog pojasa. Koristan udio iznosi

5𝑛2 ` 5 “

10𝑛` 10 ,

pa je, primjerice, u slučaju kad ima 10 stanica (𝑛 “ 10) propusnost jednaka

𝑡ℎ𝑝 “10

10` 10 ˆ 100 Mbit{s “ 50 Mbit{s.

p♢q Zadatak 51.

Tekst zadatka (zadatak 51).Razmotrite idući model Etherneta. Pokušaji slanja su u slučajnim vremenima sa prosječnimrazmakom od 𝜆 slot vremena; specifično, interval između slijednih pokušaja je eksponencijalnaslučajna varijabla 𝑋p𝑢q “ ´𝜆 log 𝑢, pri čemu je 𝑢 odabran slučajno iz intervala 0 ď 𝑢 ď 1.Pokušaj u trenutku vremena 𝑡 rezultira kolizijom ako postoji još jedan pokušaj u vremenskomintervalu r𝑡 ´ 1, 𝑡 ` 1y, gdje se 𝑡 mjeri u jedinicama od 51.2 µs slot vremena; u suprotnom jepokušaj slanja uspješan.

• Napišite program da simulirate za danu vrijednost 𝜆, prosječan broj slot vremena potrebanza uspješan prijenos, tzv. contention interval.

• Odredite minimalnu vrijednost contention intervala. Uočite da ćete trebati pronaći jedanpokušaj nakon onog koji je uspješan, da bi odredili ako je došlo do kolizije. Zanemariteponovna slanja; to će značiti odstupanje od modela, ali će biti značajno olakšanje.

• Ethernet alternira između contention intervala i uspješnih prijenosa. Pretpostavite da daprosječan uspješan prijenos traje 8 slot vremena (512 B). Koristeći minimalno trajanjecontention intervala od gore, koji dio širine pojasa od 10 Mbit{s je dostupan za prijenos?

Rješenje zadatka.

80

• Program je dao sljedeći izlaz:

𝜆 slot vrijeme1 6.395771.1 5.781981.2 5.360191.3 5.051411.4 4.845861.5 4.695341.6 4.585461.7 4.503391.8 4.453811.9 4.432972 4.41884

𝜆 slot vrijeme2.1 4.467042.2 4.45932.3 4.45932.4 4.499532.5 4.573112.6 4.461232.7 4.645682.8 4.718362.9 4.758933 4.83325

• Miminalna vrijednost je za 𝜆 “ 2; teoretska vrijednost minimuma je 2𝑒´ 1 “ 4.43656.

• Ako vrijeme trajanja veze iznosi 𝐶, tada je iskorištenost 8{p𝐶 ` 8q, što je oko 64% za𝐶 “ 2𝑒´ 1.

2.6 IEEE 802.5 – Token Ringp♣q Zadatak 52.

Tekst zadatka (zadatak 52).Razmislite o sljedećim pitanjima.

• Pod kojim uvjetima će izopačeni okvir cirkulirati „zauvijek” na prstenu sa značkom bezmonitora?

• Na koji način monitor rješava taj problem?

Rješenje zadatka.

• Pošiljatelj okvira ga obično uklanja ako se vrati na početak. Moguće je da je pošiljatelju tome podbacio, ili se adresa izvora okvira greškom izmijenila (pa ga pošiljatelj nijeprepoznao).

81

• Monitor rješava taj problem postavljanjem monitor-bita na prvom prolasku; okviri sapostavljenim bitom (okviri sa greškom, sada na drugom prolasku) uklonjeni su. Izvornaadresa u ovom trenutku nije više bitna.

p♣q Zadatak 53.

Tekst zadatka (zadatak 53).Razmotrimo IEEE 802.5 prsten sa značkom sa pet stanica i ukupne dužinu žice 230 m. Kolikobitova zadržavanja mora monitor ubaciti u prsten

• kada je brzina 16 Mbit{s,

• kada je brzina 4 Mbit{s?

Rješenje zadatka.

• 230 m{p2.3ˆ 108 m{sq “ 1 µs; pri 16 Mbit{s iznosi 16 bit. Ako pretpostavimo da svakastanica uvodi minimalnih 1 bit zakašnjenja, pet stanica dodaju još 5 bit. Tako da monitortreba dodati 24´ p16` 5q “ 3 dodatna bita zakašnjenja.

• Pri 4 Mbit{s monitor treba dodati 24´ p4` 5q “ 15 bitova.

p♣q Zadatak 54.

Tekst zadatka (zadatak 54).Razmotrite prsten sa značkom sličan sličan FDDI-ju, u kojem je stanici dozvoljeno da zadržiznačku određeno vrijeme, tzv. vrijeme zadržavanja značke (engl. token holding time). Označimoto vrijeme sa THT, a sa RingLatency vrijeme koje znački treba da napravi krug oko prstena usituaciji kada nijedna od stanica nema podataka za poslati.

• Izrazite efikasnost ove mreže u ovisnosti o THT-u i RingLatency-u u situaciji kada je samojedna stanica aktivna.

• Koja vrijednost THT-a bi bila optimalna za mrežu koja u jednom trenutku ima samo jednuaktivnu stanicu (s podacima za poslati)?

• U situaciji kada je 𝑛 stanica aktivno, odredite gornju granicu za TRT mreže.

Rješenje zadatka.

• THT{pTHT` RingLatencyq

• THT “ 8, dopuštamo da stanica šalje koliko god želi.

• TRT ď 𝑛ˆ THT` RingLatency

82

p♣q Zadatak 55.Tekst zadatka (zadatak 55).Razmotrite prsten sa značkom sa zadržavanjem prstena od 200 µs koji koristi tzv. delayed tokenrelease strategy gdje se značka pušta u prsten nakon što je zadnji poslani okvir uklonjen izprstena. Veličina paketa je 1 KiB. Koja je maksimalna propusnost koja se može postići ukolikoprsten ima širinu pojasa

• 4 Mbit{s,

• 100 Mbit{s?

Odgovorite i u slučaju jedne aktivne stanice i u slučaju „mnogo” aktivnih stanica; u poto-njem, uzmite da postoji dovoljno stanica koje šalju tako da vrijeme koje se potroši za napredo-vanje značke može ignorirati.

Rješenje zadatka.

• Pri 4 Mbit{s treba 2 ms da se paket pošalje. Jedan jedini aktivni domaćin bi slao 2000 µsi zatim čekao 200 µs dok značka napravi krug; to znači učinkovitost 2000{p2000` 200q “91%. Primjetimo, jer vrijeme potrebno da se prenese paket prelazi zadržavanje prstena,trenutačno (engl. immediate) i odgođeno otpuštanje (engl. delayed release) ovdje su ista.

• Pri 100 Mbit{s treba 82 µs da se paket pošalje. Jedan domaćin bi slao 82 µs, zatim čekao200 µs da paket napravi krug, te onda otpustio značku i čekao dodatnih 200 µs da muse značka vrati. Učinkovitost znači iznosi 82{400 “ 20%. Sa mnogo domaćina, svakibi slao u razmacima od otprilike 200 µs, zbog čekanja na značku, sa učinkovitošču od82{200 « 40%.

p♣q Zadatak 56.Tekst zadatka (zadatak 56).Za 100 Mbit{s mrežu tipa prsten sa značkom sa TRT-om od 200 µs koja dopušta svakoj stanicida šalje jedan paket veličine 1 KiB svaki put kada ima značku, odredite maksimalnu propusnostkoju može postići bilo koja stanica, u slučaju kada se koristi

• trenutačno otpuštanje značke (engl. immediate token release strategy),

• odgođeno otpuštanje značke (engl. delayed token release strategy).

Rješenje zadatka.

• Potrebno je 82 µs domaćinu da pošalje paket. Sa trenutačnim otpuštanjem, šalje značkupri završetku slanja; najrajnije što može zatim opet slati je 200 µs kasnije, kad značkanapravi krug. Domaćin može zato slati 82{282 “ 29% vremena, efektivnom brzinom od29 Mbit{s.

• Kod odgođenog otpuštanja, pošiljatelj čeka 200 µs nakon početka slanja da bi se početakokvira vratio; u ovom trenutku pošiljatelj šalje značku. Znački treba dodatnih 200 µs danapravi krug prije nego što izvorna stanica počne opet slati. Znači, učinkovitost iznosi82{400 “ 20%.

83

p♣q Zadatak 57.Tekst zadatka (zadatak 57).Pretpostavite da 100 Mbit{s prsten sa značkom sa odgođenim otpuštanjem ima 10 stanica,zadržavanje prstena iznosi 30 µs, i dogovoreni TTRT od 350 µs.

• Koliko sinkronih bitova okvira može svaka stanica poslati, uz pretpostavku da je svimadodijeljena ista količina?

• Prepostavite da su stanice 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 u uzlaznom poretku na prstenu. Zbog uniformnogsinkronog prometa, TRT bez asinkronih podataka je 300 µs. 𝐻2 šalje 200 µs (2.5 kbit)asinkroni okvir. Koji TRT će 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 vidjeti kod idućeg mjerenja? Tko može idućiposlati takav okvir?

Rješenje zadatka.

• 350´ 30 “ 320 µs, tj. 32 000 bit, ili 4 kB je slobodno za prijenos okvira. Podijeljeno među10 domaćina to je 400 B svaki.

• Naveden je vremenski tijek, u kojem je zadržavanje među 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 zanemareno. 𝐻2šalje u 𝑇 “ 0; tijek vremena ide od 𝑇 “ ´300 da bi se dopustilo TRT mjerenje.

– 𝑇 “ ´300: značka prolazi 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3,– 𝑇 “ 200: značka prolazi 𝐻1; 𝐻2 je zauzme,– 𝑇 “ 200: 𝐻2 završava i otpušta značku; 𝐻3 je vidi 𝐻3 mjeri TRT na 500, preveliko

za slanje,– 𝑇 “ 500: značka se vraća na 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 𝐻1 mjeri TRT na 500 𝐻2 mjeri TRT na

500 𝐻3 mjeri TRT na 300

𝐻3 može slati sljedeći pošto je njegov izračunati TRT ă TRTT “ 350. Ako svi domaćinitrebaju slati, tada ovo pravo na slanje širi round-robin algoritam uzduž prstena.

3 Mreže s neizravnim vezama„[L]ove is reverence, and worship, and glory, and the upward glance. Not abandage for dirty sores.”

3.1 Mrežne topologijePriprema za zadatak.Pojam: mrežna topologija.Mrežna topologija ili topologija mreže (engl. network topology) opisuje poredak i međusobnupovezanost različitih elemenata mreže (čvorova i veza).

Razlikujemo fizičku topologiju, koja opisuje raspored uređaja i kabela, i logičku topologiju,koja opisuje način na koji se podaci kreću u mreži.

Logička i fizička topologija mreže ne moraju biti iste. Primjerice, današnje Ethernet mrežeimaju zvjezdastu fizičku topologiju i sabirničku logičku topologiju (obje su nam intuitivno većpoznate, ali ćemo ih u nastavku ipak definirati).

Razlikujemo pet osnovnih vrsta mrežnih topologija:

84

1. sabirnička topologija (engl. bus topology),

2. linearna topologija (engl. linear topology),

3. prstenasta topologija (engl. ring topology),

4. zvjezdasta topologija (engl. star topology),

5. isprepletena topologija (engl. mesh topology).

Naravno, pored svega moguća je i bilo koja kombinacija navedenih topologija, pa tadagovorimo o hibridnoj topologiji. O tome će više riječi biti u idućem poglavlju gdje ćemo govoritio međusobnom povezivanju mreža.

Pojam: sabirnička topologija.Kod sabirničke topologije svi čvorovi povezani su zajedničkim dijeljenim medijem. Svakadva čvora mogu međusobno komunicirati, ali ne i više parova istovremeno.

𝐻1 𝐻2 𝐻3 . . . 𝐻𝑛

Pojam: linearna topologija.Kod linearne topologija svaki je čvor osim krajnja dva povezan vezama tipa točka-do-točkes točno dva susjedna čvora (krajnja dva povezana su s po jednim čvorom). To osigurava dasvaka dva čvora mogu međusobno komunicirati.

𝐻1 𝐻2 𝐻3 𝐻4 𝐻5 𝐻6

Pojam: prstenasta topologija.Kod prstenaste topologije svaki je čvor povezan s dva susjeda. Prijenos podataka događa seu jednom od dva moguća smjera, i svaki od čvorova koji se nalazi između dva koja komunicirajusudjeluje u prijenosu.

𝐻1

𝐻2

𝐻3

𝐻4 𝐻5

𝐻6

𝐻7

𝐻8

Pojam: zvjezdasta topologija.Kod zvjezdaste topologije svi čvorovi povezani su putem zajedničkog središnjeg čvora. Zarazliku od sabirničke topologije, sve veze od središnjeg čvora do krajnjih čvorova su tipa točka-do-točke.

U sitaciji kada postoji više središnjih čvorova koji povezuju krajnje čvorove, govorimo oproširenoj zvjezdastoj topologiji.

85

𝐻1

𝐻2𝐻3 𝐻4

𝐻5 𝐻6

𝐻7 𝐻8𝐻9

𝐻1

𝐻2𝐻3 𝐻4

𝐻5 𝐻6

𝐻7 𝐻8𝐻9

𝐻10𝐻11 𝐻12

Pojam: isprepletena topologija.Kod isprepletene topologije svaki od čvorova može usmjeravati pakete, bez obzira na pove-zanost s određenim dijelom mreže.

Kod potpuno povezane (engl. fully connected) isprepletene topologije svaka dva čvora sumeđusbno izravno povezana.

U praksi se najčešće koristi djelomično povezana (engl. partially connected) isprepletenatopologija, kod koje su neki od čvorova povezani s više od jednim čvorom.

𝐻1

𝐻2

𝐻3

𝐻4 𝐻5

𝐻6

𝐻7

𝐻8

𝐻1

𝐻2

𝐻3

𝐻4 𝐻5

𝐻6

𝐻7

𝐻8

86

3.2 Datagramsko proslijeđivanje, uspostavljanje virtualnih puteva iizvorsko usmjeravanje

Priprema za zadatak.Uređaje za međusobno povezivanje računala neizravnim vezama općenito nazivamo prije-

nosnicima. Razlikovati ćemo ih u ovisnosti o tome na kojem mrežnom sloju rade, pa imamo:1. L1 (fizički sloj): repeater, hub;

2. L2 (sloj veze podataka): bridge, switch;

3. L3 (mrežni sloj): router, gateway (o ovim uređajima govorimo u idućem poglavlju).

Pojam: most, vrata mosta.Most (engl. bridge) je mrežni uređaj koji povezuje više mrežnih segmenata. Radi na drugomsloju OSI modela.

Ulaze i izlaze mosta nazivamo vratima (engl. ports).

Pojam: preklopnik.Preklopnik (engl. switch) je most koji ima veći broj vrata i može istovremeno prosljeđivativeći broj paketa.

Primjer: Ethernet hub.Dugo vremena su u upotrebi bili Ethernet koncentratori, najčešće za dijeljenje veze na Internet,obzirom da su cijene nekad bile značajno niže od cijena Ethernet preklopnika. Padom cijenapreklopnika upotreba koncentratora značajno je smanjena.

U mrežama postoje tri načina rada:1. usmjeravanje paketa,

2. uspostavljanje virtualnih puteva,

3. izvorsko usmjeravanje.

Pravilo: usmjeravanje paketa.Kod usmjeravanja paketa prijenosnik koji primi paket prosljeđuje ga dalje na neki od svojihizlaza, koji odabire na temelju tablica koje sadrže informacije o dosezanju čvorova.

p△q Zadatak 1.U narednom zadatku ćemo vidjeti kako radi usmjeravanje paketa i upoznati pojam „izlaza”

s mreže.Tekst zadatka (zadatak 1).Odredite tablice proslijeđivanja za preklopnike 𝑠𝑤1, 𝑠𝑤2, 𝑠𝑤3, 𝑠𝑤4 povezane kao na slici. Svakipreklopnik mora imati podešenu tablicu proslijeđivanja tako da sve pakete kod kojih ne poznajeadresu prosljeđuje prema izlazu (𝑂𝑈𝑇 ). Ukoliko to izazove duplikaciju redaka u tablici adresa,duplicirane unose treba eliminirati.

Rješenje zadatka.Rješenje je dano u idućim tablicama.Nakon eliminacije dupliciranih redaka u tablicama adresa dobivamo iduće tablice prosljeđi-

vanja.

87

Slika 11: Mreža (zadatak 1).

𝑠𝑤1

𝐻1

𝐻2

𝑠𝑤2

𝑂𝑈𝑇

𝑠𝑤3

𝐻3

𝑠𝑤4

𝐻4

1

2 2 2 23 1 3 1 3 1

Tablica 17: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤1 (zadatak 1).𝑠𝑤1

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 2𝐻3 3𝐻4 3* 3

Tablica 18: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤2 (zadatak 1).𝑠𝑤2

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 1𝐻3 3𝐻4 3* 2

Tablica 19: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤3 (zadatak 1).𝑠𝑤3

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 1𝐻3 2𝐻4 3* 1

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).Predložite mehanizam koji bi mogli koristiti preklopnici koji koriste datagramski način rada,tako da ako se dogodi da jedan od preklopnika u mreži izgubi dio ili cijelu tablicu proslijeđivanja,pošiljatelji koje to pogađa su informirani o zastoju u radu.

Uputa: razmislite što se dogodi ako preklopnik izgubi tablicu proslijeđivanja.

Rješenje zadatka.

88

Tablica 20: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤4 (zadatak 1).𝑠𝑤4

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 1𝐻3 1𝐻4 2* 1

Tablica 21: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤1 (zadatak 1).𝑠𝑤1

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 2* 3

Tablica 22: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤2 (zadatak 1).𝑠𝑤2

Cilj Vrata𝐻1 1𝐻2 1𝐻3 3𝐻4 3* 2

Tablica 23: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤3 (zadatak 1).𝑠𝑤3

Cilj Vrata𝐻3 2𝐻4 3* 1

Tablica 24: Tablica prosljeđivanja za 𝑠𝑤4 (zadatak 1).𝑠𝑤4

Cilj Vrata𝐻4 2* 1

Ako se dogodi da preklopnik izgubi tablice proslijeđivanja, jedini domaćini koji mu ostajudostupni su oni neposredno spojeni na njega; nema načina da zna koji ga još domaćini koristeindirektno.

Jedino što se može učiniti je da preklopnik koji je izgubio tablice prosljeđivanja svaki putkad se dogodi da u preklopnik stigne paket pošiljatelju paketa pošalje poruku o tome kakopaket nije moguće proslijediti. (Razmislite zašto to uvijek može napraviti.)Dodatak: situacija s dva preklopnika.Razmislite koji se problem može dogoditi kada dva preklopnika izgube tablice prosljeđivanja.

89

Predložite rješenje tog problema.

Priprema za zadatak.

Pravilo: uspostavljanje virtualnih putova.Kod uspostavljanja virtualnih putova prvi paket, kojim jedan čvor uspostavlja komuni-kaciju s drugim, prolazi kroz sustav prijenosnika na jednak način kao što prolaze paketi kodusmjeravanja paketa, a zatim se putem koji je taj paket uspostavio kreću svi paketi te komu-nikacije.

Svaki uspostavljeni put lokalno je jednoznačno određen svojim identifikatorom virtualnogkruga (engl. virtual circuit identifier, VCI ). Kod virtualnih krugova koji imaju zajedničke putevekoristi se i identifikator virtualnog puta (engl. virtual path identifier, VPI ), da bi se smanjileveličine tablica preklopnika.

p△q Zadatak 3.U narednom zadatku ćemo na konkretnom primjeru vidjeti kako radi usmjeravanje u mreži

koja koristi uspostavljanje virtualnih puteva.

Tekst zadatka (zadatak 3).Za mrežu danu na slici odredite tablice virtualnih puteva nakon što je svaka od ovih vezauspostavljena.

Pretpostavite pritom da je niz veza kumulativan, tj. da prva veza ostaje uspostavljena nakonuspostavljanja druge veze, druga i prva veza ostaju uspostavljene nakon uspostavljanja trećeveze, itd.

Osim toga pretpostavite da korišteni algoritam za dodjeljivanje VCI uvijek bira najnižineiskorišteni VCI na svakoj vezi, počevši od 0 (tj. da u početku nije nijedan VCI iskorišten).

• Domaćin 𝐻1 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻2.

• Domaćin 𝐻3 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻7.

• Domaćin 𝐻5 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻9.

• Domaćin 𝐻4 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻2.

• Domaćin 𝐻6 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻10.

• Domaćin 𝐻8 uspostavlja vezu sa domaćinom 𝐻1.

Rješenje zadatka.Rješenje je dano u tablici; kao što se u zadatku traži, VCI tablice preklopnika su kumula-

tivne.

90

Slika 12: Mreža (zadatak 3).

𝑠𝑤1

𝐻1

𝐻3

𝐻4

𝑠𝑤2

𝐻5

𝑠𝑤3 𝐻2

𝐻9

𝐻10

𝑠𝑤4

𝐻6

𝐻7

𝐻8

2

30 2

3

2

1

21

0

1 3

0

0

1 3

Tablica 25: VCI tablica (zadatak 3).Dio Preklopnik Ulaz Izlaz

Vrata VCI Vrata VCI(1) 1 2 0 1 0

2 3 0 0 03 0 0 3 0

(2) 1 3 0 1 12 3 1 1 04 3 0 1 0

Tablica 26: VCI tablica (nast.) (zadatak 3).Dio Preklopnik Ulaz Izlaz

Vrata VCI Vrata VCI(3) 2 2 0 0 1

3 0 1 2 0(4) 1 0 0 1 2

2 3 2 0 23 0 2 3 1

Tablica 27: VCI tablica (nast.) (zadatak 3).Dio Preklopnik Ulaz Izlaz

Vrata VCI Vrata VCI(5) 2 1 1 0 3

3 0 3 1 04 2 0 3 1

(6) 1 1 3 2 12 1 2 3 34 0 0 3 2

p△q Zadatak 4.U narednom zadatku ćemo naučiti čitati gotove VCI tablice.

Tekst zadatka (zadatak 4).Razmotrite mrežu danu na slici koja koristi uspostavljanje virtualnih puteva. Za svaki odpreklopnika u mreži dana je tablica uređenih parova p𝑣𝑟𝑎𝑡𝑎, 𝑉 𝐶𝐼q. Pretpostavljamo da su sveveze dvosmjerne.

91

Ispišite sve postojeće veze s kraja na kraj.

Slika 13: Mreža (zadatak 4).

𝑠𝑤1𝐻1

𝐻2

𝑠𝑤2

𝐻3

𝑠𝑤3

𝐻4

𝐻51

2 2 233 1 3 1

Tablica 28: Preklopnik 𝑠𝑤1 (zadatak 4).𝑠𝑤1

Vr. VCI Vr. VCI1 2 3 11 1 2 32 1 3 2

Tablica 29: Preklopnik 𝑠𝑤2 (zadatak 4).𝑠𝑤2

Vr. VCI Vr. VCI1 1 3 31 2 3 2

Tablica 30: Preklopnik 𝑠𝑤3 (zadatak 4).𝑠𝑤3

Vr. VCI Vr. VCI1 3 2 11 2 3 1

Rješenje zadatka.Sa 𝑠𝑤𝑖r𝑗s označimo 𝑗-ti redak VCI tablice preklopnika 𝑖.Kako VCI na izlazu mora biti isti kao VCI na ulazu, gledajući tablice imamo iduće veze s

kraja na kraj:

• 𝐻1 ´𝐻4 preko 𝑠𝑤1r1s Ñ 𝑠𝑤2r1s Ñ 𝑠𝑤3r1s,

• 𝐻1 ´𝐻2 preko 𝑠𝑤1r2s,

• 𝐻2 ´𝐻5 preko 𝑠𝑤1r3s Ñ 𝑠𝑤2r2s Ñ 𝑠𝑤3r2s.

Veze 𝐻1 ´𝐻3, 𝐻1 ´𝐻5, 𝐻2 ´𝐻3, 𝐻2 ´𝐻4, 𝐻3 ´𝐻4, 𝐻3 ´𝐻5 i 𝐻4 ´𝐻5 nisu moguće.

92

p△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Predložite mehanizam koji bi mogli koristiti preklopnici u mreži sa uspostavljanjem virtualnihputeva i koji omogućuje da ako jedan od preklopnika u mreži izgubi sve podatke o stanju vezakoje prolaze njime, pošiljatelji paketa po tom putu budu informirani o zastoju u radu.

Rješenje zadatka.Ovdje ćemo opisati metodu koja će različito postupati na tri vrste čvorova:

• preklopnik koji je izgubio stanje veza,

• njegove neposredne susjede,

• sve ostale čvorove u mreži.

Uzmimo ponovno, radi jednostavnosti, da su sve veze dvosmjerne.

• Preklopnik koji izgubi podatke o stanju veza može poslati poruku 𝑚1 oblika "VCI tabliceizgubljene" na sva svoja vrata.

• Neposredni susjedi koji prime tu poruku, pogledat će kroz koja je vrata stigla i pronaćiu VCI tablicama sve unose koji koriste ta vrata. Na preostala vrata navedena u svakomod tih unosa preklopnici će poslati poruku 𝑚2p𝑘q oblika "VCI=𝑘, veza prekinuta".

• Preostali preklopnici će onda prosljeđivati te poruke do pošiljatelja na isti način kaoobične pakete.

Uočimo da do pošiljatelja, ukoliko ima više veza, neće doći informacija koja veza je prekinuta,odnosno s kojim od domaćina više nije povezan.

Može se dogoditi da preklopnik neće „znati” da je izgubio neka ili sva od svojih stanja veza;jedan od načina na koji može „shvatiti” da se to dogodilo je da dobije paket na neka od svojihvrata sa VCI-em za koji mu nedostaje redak u VCI tablici. Doduše, takva se situacija možedogoditi i zbog pogreške nekog od susjednih čvorova.

p♣q Zadatak 6.Kod mreža sa dijeljenim medijem postoje neke razlike u načinu funkcioniranja. U ovom

zadatku ćemo vidjeti koje su to razlike.

Tekst zadatka (zadatak 6).Mehanizam virtualnih puteva koji smo upravo opisali pretpostavlja da je svaka od veza tipaod-točke-do-točke. Proširite mehanizam tako da može raditi u slučaju da mreža koristi veze sadijeljenim medijem, primjerice Ethernet.

Rješenje zadatka.U VCI tablici pored vrata moramo imati i mrežne adrese domaćina, da se zna točno na

kojeg se domaćina u mreži to odnosi.U slučaju da su veze jednosmjerne, to mora biti samo na izlaznim vratima preklopnika.

93

p△q Zadatak 7.Tekst zadatka (zadatak 7).Dajte primjer virtualnog puta koji prolazi istom vezom dvaput, ali tako da paketi poslani timvirtualnim putem ne putuju beskonačno dugo.

Rješenje zadatka.Pretpostavimo da su na mreži iz zadatka 3 uklonjeni domaćini 𝐻8 i 𝐻10, i da su vrata 0 prek-

lopnika 𝑠𝑤4 povezana s vratima 1 preklopnika 𝑠𝑤3. Navedeni su u uređeni parovi p𝑣𝑟𝑎𝑡𝑎, 𝑉 𝐶𝐼qza put od domaćina 𝐻5 do 𝐻6 koji prolazi istom vezom dvaput; VCI je jednak 0 gdje god je tomoguće.

• 𝑠𝑤2: p2, 0q Ñ p1, 0q,

• 𝑠𝑤4: p3, 0q Ñ p0, 0q,

• 𝑠𝑤3: p1, 0q Ñ p0, 0q,

• 𝑠𝑤2: p0, 0q Ñ p1, 1q,

• 𝑠𝑤4: p3, 1q Ñ p2, 0q.

p♣q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).U opisu algoritma uspostavljanja virtualnih puteva svaki preklopnik bira vrijednost VCI zadolaznu vezu.

• Dokažite da je moguće da umjesto toga algoritam radi drugačije; da svaki preklopnik biravrijednost VCI za odlaznu vezu, i da će biti odabrane iste vrijednosti VCI u oba slučaja.

• Ako svaki preklopnik bira vrijednost VCI za odlaznu vezu, je li i dalje potrebno čekatijedan RTT prije slanja podataka?

Rješenje zadatka.

• Intuitivno možemo vidjeti da vrijedi na temelju toga što mi u zadacima vrijednosti ra-čunamo globalno, i pritom ne razmatramo koji je preklopnik odabrao vrijednost (to jeimplementacijski detalj).Formalno to možemo dokazati matematičkom indukcijom. Baza indukcije vrijedi obziromda će na prvoj vezi koja se ostvari sve vrijednosti biti 0, bez obzira bira li se vrijednostVCI za odlaznu ili dolaznu vezu.Pretpostavimo da je ostvareno 𝑛 proizvoljnih veza. Iduća veza koja se uspostavlja dobitiće prvi neiskorišteni VCI na svakoj od veza, bez obzira bira li se vrijednost za odlaznu ilidolaznu vezu.

• Nema promjene, jer ne možemo biti sigurni da podaci poslani vezom neće dostići i prestićiproces koji uspostavlja vezu, pa i dalje treba pričekati da proces uspostavljanja veze završi.

94

Priprema za zadatak.

Pravilo: izvorsko usmjeravanje.Kod izvorskog usmjeravanja pošiljatelj paketa upisuje u zaglavlja paketa redom oznakeizlaznih vrata na usmjerivačima, odnosno preklopnicima, preko kojih oni trebaju proslijedititaj paket i tako ga dovesti od izvora do odredišta.

Primjer: način rada izvorskog usmjeravanja.Iskoristimo za primjer mrežu iz zadatka 3. Da bi domaćin 𝐻1 poslao paket domaćinu 𝐻2, onće u zaglavlje paketa dodati listu brojeva p3, 0, 1q (lista se obrađuje s desna na lijevo). Paketkoji on pošalje 𝑠𝑤1 proslijediti će preko vrata 1, 𝑠𝑤2 preko vrata 0, a 𝑠𝑤3 preko vrata 3.

p△q Zadatak 9.U idućem zadatku ćemo vidjeti jedan od problema metode izvorskog usmjeravanja.

Tekst zadatka (zadatak 9).U primjeru danom za izvorsko usmjeravanje, adresa domaćina 𝐻1 koja stigne do domaćina 𝐻2je ireverzibilna, te domaćin 𝐻2 ne zna kako poslati paket domaćinu 𝐻1.

Predložite promjenu mehanizma dostave da dozvoljava reverzibilnost, i da pritom ne zahti-jeva da svi preklopnici imaju globalno jedinstvena imena.

Rješenje zadatka.Uočite prvo da preklopnici iz dane adrese ne mogu izgraditi adresu u suprotnom smjeru.Povratnu adresu možemo izgraditi obzirom da na svakom preklopniku znamo ulazna vrata

(pored izlaznih), i to na neki način zapišemo u paket koji se šalje.Druga mogućnost je da preklopniku dodijelimo lokalno jedinstveno ime (ime koje nema ni-

koji od susjednih preklopnika); tada će biti dovoljno zapamtiti imena preklopnika kroz koje jepaket prošao; svaki preklopnik će zbog lokalne jedinstvenosti moći paket proslijediti odgovara-juećm susjedu.

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Pretpostavimo da je na mreži danoj na slici dodana još jedna veza; neka je to veza vrata 1preklopnika 𝑠𝑤3 (gdje je sada spojen domaćin 𝐻7) i vrata 0 preklopnika 𝑠𝑤1 (gdje je sadaspojen domaćin 𝐻4). Pritom niti jedan od preklopnika nije „informiran” o dodavanju te veze.

Pored toga, preklopnik 𝑠𝑤3 pogrešno misli da se domaćin 𝐻2 doseže putem vrata 1. Što sedogađa ako domaćin 𝐻1 pokuša poslati podatke domaćinu 𝐻2:

• koristeći datagramsko prosljeđivanje,

• koristeći uspostavljanje virtualnih puteva,

• koristeći izvorsko usmjeravanje?

95

Slika 14: Mreža (zadatak 10).

𝑠𝑤1

𝐻1

𝐻3

𝐻4

𝑠𝑤2

𝐻5

𝐻6

𝑠𝑤3 𝐻2𝐻7

𝐻8

2

30 2

1

31

2

1 3

0

0

Rješenje zadatka.

• Kada se koristi usmjeravanje paketa, paket će biti poslan poznatim putem od domaćin𝐻1 do domaćina 𝐻2, preko 𝑠𝑤1 Ñ 𝑠𝑤2 Ñ 𝑠𝑤3. 𝑠𝑤3 će tada poslati paket 𝑠𝑤1 preko noveveze, vjerujući da ga je poslao 𝐻2.Paket će ponovno ići preko 𝑠𝑤1, 𝑠𝑤2 i 𝑠𝑤3, a 𝑠𝑤3 će ga onda ponovno poslati 𝑠𝑤1 i cirku-lirati će mrežom sve dok mu ne isteče 𝑡𝑇 𝑇 𝐿 (ili „beskonačno dugo”, ako nema postavljen𝑡𝑇 𝑇 𝐿). (Prisjetimo se da je TTL broj „skokova” koji paket može napraviti prije nego budeodbačen od strane usmjerivača.)

• Kada se koristi uspostavljanje virtualnih puteva, poruka čiji je cilj uspostaviti virtualniput između 𝐻1 i 𝐻2 cirkulirati će zauvijek, pa se put neće uspjeti uspostaviti i do prijenosapodataka neće ni doći.

• Kada se koristi izvorsko usmjeravanje, obzirom da 𝐻1 postavlja sve vrijednosti izlaznihvrata u paketu, ništa se neće promijeniti; preklopnici će uredno prosljeđivati paket do 𝐻2.

3.3 Mogućnosti optimizacije mostova. Učeći mostoviPriprema za zadatak.

Uočimo kako možemo napraviti optimizaciju mosta tako da ne mora prosljeđivati sve paketekoje primi.

Primjerice, pretpostavimo da su na most spojene mreže 𝑛𝑒𝑡1 i 𝑛𝑒𝑡2. Neka su u mreži 𝑛𝑒𝑡1domaćini 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, a u mreži 𝑛𝑒𝑡2 domaćini 𝐻4, 𝐻5, 𝐻6. Tada paket koji 𝐻1 adresira 𝐻2 mostne mora prosljeđivati, jer će ga 𝐻2 primiti direktno.

Postavlja se pitanje kako će most shvatiti na kojim vratima se nalaze koji domaćini, i to nasdovodi do pojma učećih mostova.Pojam: učeći most.Učeći most (engl. learning bridge) je most koji promatranjem izvorne adrese poslanih paketamože naučiti na kojim njegovim vratima se nalazi koji od domaćina.

p△q Zadatak 11.Tekst zadatka (zadatak 11).Razmotrite mrežu prikazanu na slici. Uz pretpostavku da su svi učeći mostovi na početkupraznih tablica, odredite tablice prosljeđivanja mostova nakon svakog od ovih prijenosa.

96

1. Domaćin 𝐻1 šalje paket domaćinu 𝐻2.

2. Domaćin 𝐻2 šalje paket domaćinu 𝐻1.

3. Domaćin 𝐻3 šalje paket domaćinu 𝐻2.

Uzmite da su vrata mosta nazvana prema domaćinu ili mostu na koji su povezana (to mo-žemo napraviti obzirom da su svaka vrata povezana sa točno jednim domaćinom ili mostom);primjerice, vrata mosta 𝑏𝑟3 imaju nazive 𝐻3 i 𝑏𝑟2.

Slika 15: LAN (zadatak 11).

𝐻1

𝑏𝑟1 𝑏𝑟2

𝑏𝑟3

𝑏𝑟4

𝐻2

𝐻3

Rješenje zadatka.

1. Kada domaćin 𝐻1 šalje paket domaćinu 𝐻2, svi mostovi nauče gdje se 𝐻1 nalazi.

2. Međutim, kada nakon toga 𝐻2 šalje paket 𝐻1 svi mostovi već znaju gdje se 𝐻1 nalazi ipaket se prosljeđuje direktno, pa zbog toga 𝑏𝑟4 ne nauči gdje se 𝐻2 nalazi.

3. Slično, kada domaćin 𝐻3 šalje paket domaćinu 𝐻2, paket je usmjeren od strane 𝑏𝑟2 jedinoprema 𝑏𝑟3, i zbog toga 𝑏𝑟1 ne sazna gdje se 𝐻3 nalazi.

Naposlijetku je stanje tablica proslijeđivanja kako je prikazano u idućim tablicama.

Tablica 31: Most 𝑏𝑟1 (zadatak 11).Cilj Vrata𝐻1 𝐻1𝐻2 𝑏𝑟2

Tablica 32: Most 𝑏𝑟2 (zadatak 11).Cilj Vrata𝐻1 𝑏𝑟1𝐻2 𝑏𝑟3𝐻3 𝑏𝑟4

97

Tablica 33: Most 𝑏𝑟3 (zadatak 11).Cilj Vrata𝐻1 𝑏𝑟2𝐻2 𝐻2𝐻3 𝑏𝑟2

Tablica 34: Most 𝑏𝑟4 (zadatak 11).Cilj Vrata𝐻1 𝑏𝑟2𝐻3 𝐻3

p△q Zadatak 12.Tekst zadatka (zadatak 12).Neka su zadani domaćini 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝐻4 i učeći mostovi 𝑏𝑟1, 𝑏𝑟2, 𝑏𝑟3, na početku praznihtablica, povezani na način kako je prikazano na slici.

• Domaćin 𝐻1 šalje paket domaćinu 𝐻3. Koji od mostova su pritom obaviješteni gdje se𝐻1 nalazi? Vidi li mrežni adapter domaćina 𝐻2 taj paket?

• Domaćin 𝐻3 šalje paket domaćinu 𝐻1. Koji od mostova su pritom obaviješteni gdje se𝐻3 nalazi? Vidi li mrežni adapter domaćina 𝐻2 taj paket?

Tekst zadatka (zadatak 12).

• Domaćin 𝐻2 šalje paket domaćinu 𝐻1. Koji od mostova su pritom obaviješteni gdje se𝐻2 nalazi? Vidi li mrežni adapter domaćina 𝐻3 taj paket?

• Naposlijetku, domaćin 𝐻3 šalje paket domaćinu 𝐻2. Koji od mostova su pritom obavije-šteni gdje se 𝐻3 nalazi? Vidi li mrežni adapter domaćina 𝐻4 taj paket?

Slika 16: LAN (zadatak 12).𝐻1

𝑏𝑟1 𝑏𝑟2 𝑏𝑟3

𝐻2 𝐻3

𝐻4

Rješenje zadatka.

• Kada domaćin 𝐻1 šalje paket domaćinu 𝐻3, on se prosljeđuje na sve veze; zbog toga svimostovi nauče gdje se 𝐻1 nalazi. Mrežno sučelje domaćina 𝑌 vidi taj paket.

• Kada domaćin 𝐻3 šalje paket domaćinu 𝐻1, svi mostovi već znaju gdje je 𝐻1, pa svakimost prosljeđuje paket samo na vezu prema 𝐻1, tj. 𝑏𝑟3 Ñ 𝑏𝑟2 Ñ 𝑏𝑟1 Ñ 𝐻1. Obziromda paket prolazi svim mostovima na mreži, svi nauče gdje se 𝐻3 nalazi. Mrežno sučeljedomaćina 𝐻2 ne vidi paket jer ga most 𝑏𝑟2 prosljeđuje samo na vezu prema mostu 𝑏𝑟1.

98

• Kada domaćin 𝐻2 šalje paket domaćinu 𝐻1, 𝑏𝑟2 prosljeđuje taj paket prema 𝑏𝑟1, kojiprosljeđuje prema 𝐻1. Mostovi 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 zbog toga nauče gdje se nalazi 𝐻3. Most 𝑏𝑟3 idomaćin 𝐻4 ne vide taj paket.

• Kada domaćin 𝐻4 šalje paket domaćinu 𝐻2, 𝑏𝑟3 ne zna gdje se 𝐻2 nalazi, pa prosljeđujepaket po svim svojim vezama; specijalno domaćin 𝐻3 vidi taj paket. Kada paket stignena 𝑏𝑟2, on ga prosljeđuje samo domaćinu 𝐻2 (i ne mostu 𝑏𝑟1) jer već zna gdje se 𝐻2 nalazi.

3.4 Proširivanje lokalnih mreža. Algoritam stabla premošćenjaPriprema za zadatak.

Prisjetimo se da obje vrste lokalnih mreža koje smo spominjali imaju ograničenja u brojudomaćina koji mogu biti spojeni na mrežu. Da bi zaobišli ta ograničenja, koristimo mostove.

Pojam: prošireni LAN.Više lokalnih mreža međusobno povezanih mostovima zajedno se nazivaju proširenim LAN-om.

Da bi dvije mreže mogli spojiti mostom, moraju koristiti istu adresnu shemu i svaka adresau mreži mora biti adresa točno jednog domaćina (ne smije biti kolizije).

Zamislimo da imamo tri Etherneta, 𝑒𝑡ℎ1, 𝑒𝑡ℎ2, 𝑒𝑡ℎ3. Ukoliko svaka dva međusobno povežemomostom, stvorili smo petlju (ili ciklus, kako se to naziva u teoriji grafova). Petlje u praksi mogustvoriti problem jer se može dogoditi da poslani paketi cirkuliraju mrežom beskonačno dugo.

Pojam: Protokol stabla premošćenja.Protokol stabla premošćenja (engl. spanning tree protocol, STP) je protokol koji se koristiza eliminaciju petlji kod Etherneta povezanih mostovima (ili preklopnicima). Zasniva se naalgoritmu koji je razvila Radia Perlman u doba dok je radila za Digital Equipment Corporation.Protokol radi na drugom sloju OSI modela, a izvode ga mostovi. Standardiziran je kao IEEE802.1D.

Primjenom protokola neki od mostova postanu isključeni iz proširenog LAN-a sve do tre-nutka dok se ne dogodi kvar i oni postanu potrebni da bi se uspostavile veze svih mreža. Timese iz početne isprepletene topologije dobiva zvjezdasta topologija.

Pravilo: Način rada algoritma stabla premošćenja.Algoritam radi tako da u prvom koraku svaki most smatra sebe korjenskim (engl. root), iprosljeđuje tu informaciju preko svih svojih vrata. Okvire s tom informacijom zapisujemo uobliku p𝑠𝑟𝑐, 𝑑𝑒𝑠𝑡; 𝑟𝑜𝑜𝑡, 𝑑𝑖𝑠𝑡q, pri čemu je 𝑠𝑟𝑐 most koji šalje okvir, 𝑑𝑒𝑠𝑡 most kojem šalje okvir,𝑟𝑜𝑜𝑡 most kojeg on smatra korjenskim, 𝑑𝑖𝑠𝑡 udaljenost do korjenskog mosta.

Pravilo: Način rada algoritma stabla premošćenja (nast.).U idućem koraku algoritma svaki od mostova koji dobije tu informaciju uzima je u obzir iprosljeđuje je dalje:

• ako je id korjenskog mosta manji,

• ako je id korjenskog mosta jednak, ali je udaljenost do njega manja,

• ako je id korjenskog mosta jednak, udaljenost do korjenskog mosta jednaka, ali je id mostaod kojeg su primili poruku manji.

99

Pravilo: Način rada algoritma stabla premošćenja (nast.).Preko mosta od kojeg je poruka primljena svaki će most prosljeđivati okvire do korjena. Tajse most naziva izdvojenim (engl. designated) mostom. Pri izboru izdvojenog mosta svaki mostgleda udaljenost tog mosta do korijena, i bira onaj s manjom. Ukoliko su dva moguća izdvojenamosta jednako udaljena od korijena, bira se onaj onaj koji ima manji id.

p△q Zadatak 13.Tekst zadatka (zadatak 13).Za mreže zadane na slikama, odredite koja su vrata izbačena od strane algoritma stabla pre-mošćenja.

Slika 17: Prošireni LAN (zadatak 13).

𝑒𝑡ℎ1

𝑏𝑟3

𝑒𝑡ℎ2

𝑒𝑡ℎ3

𝑏𝑟5

𝑏𝑟2

𝑒𝑡ℎ4

𝑏𝑟7 𝑒𝑡ℎ11

𝑒𝑡ℎ5

𝑒𝑡ℎ6

𝑏𝑟1

𝑒𝑡ℎ7

𝑒𝑡ℎ8

𝑏𝑟6

𝑏𝑟4

𝑒𝑡ℎ9

𝑒𝑡ℎ10

Slika 18: Prošireni LAN (zadatak 13).

𝑒𝑡ℎ1

𝑏𝑟7

𝑒𝑡ℎ2

𝑒𝑡ℎ3

𝑏𝑟2

𝑏𝑟1

𝑒𝑡ℎ4

𝑏𝑟5

𝑒𝑡ℎ5

𝑒𝑡ℎ6

𝑏𝑟3

𝑒𝑡ℎ7

𝑒𝑡ℎ8

𝑏𝑟4

𝑏𝑟6

𝑒𝑡ℎ9

𝑒𝑡ℎ10

Rješenje zadatka.Za prvu mrežu imamo:

• p𝑏𝑟𝑖, ˚; 𝑏𝑟𝑖, 0q, 𝑖 “ 1, 2, . . . , 7, 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 odbacuju sve pristigle informacije; 𝑏𝑟3 uzima 𝑏𝑟2 kaokorijenski most, a svi ostali mostovi uzimaju 𝑏𝑟1 kao korijenski.

• p𝑏𝑟2, 𝑏𝑟3; 𝑏𝑟1, 1q, p𝑏𝑟5, 𝑏𝑟3; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟3 bira 𝑏𝑟1 kao korijenski i 𝑏𝑟2 kao izdvojeni i prestajeprosljeđivati okvire prema 𝑒𝑡ℎ1 i 𝑏𝑟5.p𝑏𝑟5, 𝑏𝑟7; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟7 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ2 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟5 prosljeđuju do korijena.

100

p𝑏𝑟4, 𝑏𝑟6; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟6 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ9 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟4 prosljeđuju do korijena.𝑏𝑟6 pored toga uočava da ima samo jednu vezu, pa ne može prosljeđivati pakete, pa i njuisključuje.p𝑏𝑟5, 𝑏𝑟3; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟3 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ1 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟5 prosljeđuju do korijena.𝑏𝑟3 pored toga također uočava da ima samo jednu vezu, pa ne može prosljeđivati pakete,pa i nju isključuje.

Ovime su uklonjeni svi ciklusi u mreži.

Slika 19: Prošireni LAN s isključenim vezama (zadatak 13).

𝑒𝑡ℎ1

𝑏𝑟3

𝑒𝑡ℎ2

𝑒𝑡ℎ3

𝑏𝑟5

𝑏𝑟2

𝑒𝑡ℎ4

𝑏𝑟7 𝑒𝑡ℎ11

𝑒𝑡ℎ5

𝑒𝑡ℎ6

𝑏𝑟1

𝑒𝑡ℎ7

𝑒𝑡ℎ8

𝑏𝑟6

𝑏𝑟4

𝑒𝑡ℎ9

𝑒𝑡ℎ10

Za drugu mrežu imamo:

• p𝑏𝑟𝑖, ˚; 𝑏𝑟𝑖, 0q, 𝑖 “ 1, 2, . . . , 7, 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 odbacuju sve pristigle informacije; 𝑏𝑟3 i 𝑏𝑟7 uzimaju𝑏𝑟1 kao korijen, 𝑏𝑟5 uzima 𝑏𝑟2 kao korijen, a 𝑏𝑟4 i 𝑏𝑟6 uzimaju 𝑏𝑟3 kao korijen.

• p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟2; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟2 bira 𝑏𝑟1 kao korijenski i 𝑏𝑟3 kao izdvojeni i prestaje prosljeđivati okvireprema 𝑒𝑡ℎ1 i 𝑏𝑟7.p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟4; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟4 bira 𝑏𝑟1 kao korijenski i 𝑏𝑟3 kao izdvojeni.p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟5; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟5 bira 𝑏𝑟1 kao korijenski i 𝑏𝑟3 kao izdvojeni i prestalje prosljeđivatiokvire prema 𝑒𝑡ℎ2 i 𝑏𝑟2.p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟6; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟6 bira 𝑏𝑟1 kao korijenski i 𝑏𝑟3 kao izdvojeni i prestaje prosljeđivati okvireprema 𝑒𝑡ℎ9 i 𝑏𝑟4.p𝑏𝑟7, 𝑏𝑟2; 𝑏𝑟1, 1q; 𝑏𝑟2 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ1 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟7 prosljeđuju do korijena.

• p𝑏𝑟2, 𝑏𝑟5; 𝑏𝑟1, 2q, p𝑏𝑟4, 𝑏𝑟6; 𝑏𝑟1, 2q, p𝑏𝑟6, 𝑏𝑟4; 𝑏𝑟1, 2q; 𝑏𝑟5 prestalje prosljeđivati okvire prema𝑒𝑡ℎ6 i 𝑏𝑟3.p𝑏𝑟4, 𝑏𝑟6; 𝑏𝑟1, 2q; 𝑏𝑟6 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ9 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟4 prosljeđuju do korijena.p𝑏𝑟2, 𝑏𝑟5; 𝑏𝑟1, 2q; 𝑏𝑟5 okvire koje prima od 𝑒𝑡ℎ2 ne prosljeđuje dalje jer zna da se oni preko𝑏𝑟2 prosljeđuju do korijena.𝑏𝑟5 pored toga uočava da ima samo jednu vezu, pa ne može prosljeđivati pakete, pa i njuisključuje.

101

Slika 20: Prošireni LAN s isključenim vezama (zadatak 13).

𝑒𝑡ℎ1

𝑏𝑟7

𝑒𝑡ℎ2

𝑒𝑡ℎ3

𝑏𝑟2

𝑏𝑟1

𝑒𝑡ℎ4

𝑏𝑟5

𝑒𝑡ℎ5

𝑒𝑡ℎ6

𝑏𝑟3

𝑒𝑡ℎ7

𝑒𝑡ℎ8

𝑏𝑟4

𝑏𝑟6

𝑒𝑡ℎ9

𝑒𝑡ℎ10

Uočite da korjenski most ne mora nužno biti „u sredni mreže”, niti imati najviše veza premaLAN-ovima.

p△q Zadatak 14.

Tekst zadatka (zadatak 14).Odredite stablo premošćenja za proširenu lokalnu mrežu prikazanu na slici, i objasnite na kojiste način izvršili odabir između svake dvije mogućnosti.

Slika 21: Prošireni LAN (zadatak 14).

𝑏𝑟1𝑏𝑟2 𝑏𝑟3

𝑒𝑡ℎ1

𝑒𝑡ℎ2

𝑒𝑡ℎ3

𝑒𝑡ℎ4

Rješenje zadatka.Uočimo da će nakon pokretanja svih mostova među njima biti izmjenjene iduće poruke:

• p𝑏𝑟1, 𝑏𝑟2; 𝑏𝑟1, 0q,

• p𝑏𝑟1, 𝑏𝑟3; 𝑏𝑟1, 0q,

• p𝑏𝑟2, 𝑏𝑟1; 𝑏𝑟2, 0q,

• p𝑏𝑟2, 𝑏𝑟3; 𝑏𝑟2, 0q,

• p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟1; 𝑏𝑟3, 0q,

• p𝑏𝑟3, 𝑏𝑟2; 𝑏𝑟3, 0q.

102

𝑏𝑟1 će odbaciti sve, a 𝑏𝑟2 i 𝑏𝑟3 će odabrati 𝑏𝑟1 kao korijen.Međutim, u ovom zadatku postoji specifična razlika od prethodnog, i ta je da sada svaki od

mostova prima te poruke dvaput, sa svake od svojih veza po jednom. U tom slučaju most možeodabrati bilo koju od veza, a onu drugu isključiti. Prema tome, imamo 4 moguća rješenja:

• 𝑏𝑟2 prestaje prosljeđivati prema 𝑒𝑡ℎ2, 𝑏𝑟3 prema 𝑒𝑡ℎ2,

• 𝑏𝑟2 prestaje prosljeđivati prema 𝑒𝑡ℎ2, 𝑏𝑟3 prema 𝑒𝑡ℎ3,

• 𝑏𝑟2 prestaje prosljeđivati prema 𝑒𝑡ℎ3, 𝑏𝑟3 prema 𝑒𝑡ℎ2,

• 𝑏𝑟2 prestaje prosljeđivati prema 𝑒𝑡ℎ3, 𝑏𝑟3 prema 𝑒𝑡ℎ3.

p♣q Zadatak 15.Tekst zadatka (zadatak 15).Pretpostavite da se dva učeća mosta 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 nalaze unutar ciklusa kao na slici, i ne imple-mentiraju algoritam stabla premošćenja. Oba mosta održavaju zasebno tablice uređenih parovaoblika p𝑎𝑑𝑟𝑒𝑠𝑎, 𝑣𝑟𝑎𝑡𝑎q.

• Što će se dogoditi ako domaćin 𝐻1 pošalje paket domaćinu 𝐻2?

• Pretpostavimo da nešto kasnije domaćin 𝐻2 odgovori domaćinu 𝐻1. Što će se dogoditi?Pronađite niz događaja koji će uzrokovati da po jedan paket poslan od domaćina 𝐻1 ijedan od domaćina 𝐻2 unedogled kruže mrežom u suprotnim smjerovima.

Slika 22: Mreža (zadatak 15).

𝑏𝑟1

𝑏𝑟2

𝑒𝑡ℎ1

𝑒𝑡ℎ2

𝐻1

𝐻2

Rješenje zadatka.

• Obzirom da se radi o mostovima, neće doći do kolizije jer oni kod slanja provjeravaju jeli sabirnica zauzeta. Poslani paket će cirkulirati mrežom beskonačno dugo, jedna kopijau smjeru kazaljke na satu (𝐻1 Ñ 𝑏𝑟1 Ñ 𝐻2 Ñ 𝑏𝑟2), a druga u suprotnom (𝐻1 Ñ 𝑏𝑟2 Ñ

𝐻2 Ñ 𝑏𝑟1).

• Incijalno možemo imati četiri paketa: par paketa od 𝐻1 kako je rečeno, i par paketa od𝐻2 analogno.Označimo vrata mostova prema 𝑒𝑡ℎ1 („lijeva”) s 𝑝𝑜𝑟𝑡1, a ona prema 𝑒𝑡ℎ2 („desna”) s𝑝𝑜𝑟𝑡2.Uzmimo da paket stigne od 𝐻2 na sučelje 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑗 na mostu 𝑏𝑟𝑖, i da odmah zatim naisto sučelje stigne paket od 𝐻1. Tada most dodaje u svoju tablicu prosljeđivanja par

103

p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑗q (ili mijenja postojeći unos ako unos već postoji), a zatim kada na isto sučeljestigne paket koji je 𝐻1 poslao i koji je adresiran na 𝐻2, most ga odlučuje ne proslijeditijer mu je 𝐻2 dostupan preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑗, te je time paket maknut s mreže. Analogno sedogađa i za drugi par paketa.Zbog toga očekujemo da od četiri na mreži ostaju dva paketa: to mogu biti dva od 𝐻1,dva od 𝐻2 ili jedan od 𝐻1 i jedan od 𝐻2. U ovisnosti o zadržavanjima i poretku slanja uovisnosti o zauzetosti sabirnice, dogoditi će se jedna od situacija. Opišimo svaku pojedinumogućnost.Pokažimo najprije kako stvoriti situaciju da opstaju dva paketa od 𝐻1. Potrebno je daprije nego što 𝐻2 po šalje pakete prema 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2, oba mosta imaju postavljeno p𝐻1, 𝑝𝑜𝑟𝑡2q

u svojim tablicama prosljeđivanja. To će biti ako su prethodno 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 primili dva paketaposlana od 𝐻1 svaki na svojim vratima 𝑝𝑜𝑟𝑡2. Oba paketa poslana od strane 𝐻2 su sadaodbačeni.Da bi opstala dva paketa od 𝐻2, potrebno je da oba mosta prime pakete od 𝐻2 na svojimvratima 𝑝𝑜𝑟𝑡2 i pošalju ih na vratima 𝑝𝑜𝑟𝑡1. Nakon što svaki primi paket od 𝐻2 poslanod onog drugog na svojim vratima 𝑝𝑜𝑟𝑡1, postavit će p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡1q u svojim tablicamaprosljeđivanja. Kada potom prime pakete poslane od 𝐻1 na tim vratima, oba mosta ihodbacuju.Označimo 𝑗-ti paket poslan od strane domaćina 𝐻𝑖 sa ‘𝑖

𝑗. Da bi se dogodila posljednjasituacija, potrebno je:

– 𝐻2 šalje pakete ‘21 i ‘2

2 prema 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2, respektivno; oba postavljaju p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡2q usvoje tablice prosljeđivanja. 𝑏𝑟1 već ima paket ‘1

1 u redu za izlaz na vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2;kod 𝑏𝑟2 paket ‘1

2 je u redu za izlaz na vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1. Iako oba paketa sada cirkulirajuu smjeru kazaljke na satu, do ovakve situacije može doći.

– 𝑏𝑟1 šalje paket ‘11 mostu 𝑏𝑟2 preko sučelja 𝑝𝑜𝑟𝑡2; obzirom da je cilj 𝐻2, i da 𝑏𝑟2 u

svojoj tablici prosljeđivanja ima p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡2q, paket je odbačen.– 𝑏𝑟2 šalje paket ‘1

2 mostu 𝑏𝑟1 preko sučelja 𝑝𝑜𝑟𝑡1; 𝑏𝑟1 mijenja unos u tablici proslje-đivanja za 𝐻1 na p𝐻1, 𝑝𝑜𝑟𝑡1q.

– 𝑏𝑟2 šalje paket ‘22 mostu 𝑏𝑟1 preko sučelja 𝑝𝑜𝑟𝑡1, što čini da je paket odbačen.

Sada paket ‘21 cirkulira u smjeru kazaljke na satu, a paket ‘1

2 suprotno smjeru kazaljkena satu.

p♣q Zadatak 16.

Tekst zadatka (zadatak 16).Razmatramo istu mrežu kao u prethodnom zadatku. Pretpostavimo sada da domaćin 𝐻1mrežom pošalje podatke sam sebi (u praksi se to ne događa, jer se slanje podataka sam sebirješava na domaćinu).

Objasnite što će se dogoditi, ako pretpostavimo da učeći mostovi koriste algoritam koji raditako u tablici dodaje (ili mijenja postojeći) uređeni par oblika p𝑎𝑑𝑟𝑒𝑠𝑎, 𝑝𝑜𝑟𝑡q

• prije pretrage te tablice za adresu odredišta, odnosno

• nakon pretrage tablice za adresu odredišta.

104

Rješenje zadatka.

• U tom slučaju paket neće biti prosljeđen; obzirom da je stigao na 𝑝𝑜𝑟𝑡1 mosta 𝑏𝑟𝑖 most ćedodati p𝐻1, 𝑝𝑜𝑟𝑡1q u tablicu prosljeđivanja i zatim zaključiti da paket ne treba prosljeđivatidalje.

• Imali bi dva paketa od kojih će jedan putovati mrežom u smjeru kazaljke na satu, a jedanu suprotnom smjeru. To će se nastaviti sve dok putuju mrežom savršeno simetrično, aliu slučaju da ne, vjerojatno će se dogoditi:

– 𝑏𝑟1 i 𝑏𝑟2 šalju pakete jedan prema drugom koje su primili preko svojih vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2,a vjeruju da je 𝐻1 dostupan preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1.

– 𝑏𝑟1 šalje 𝑏𝑟2 preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2 (u smjeru kazaljke na satu); odgođeno je slanje paketna izlaznim vratima, primjerice zato što postoji neprazan red čekanja.

– 𝑏𝑟2 šalje 𝑏𝑟1 preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2 (u smjeru suprotnom kazaljci na satu).– 𝑏𝑟1 prima taj paket preko svojih vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2, i odmah ga prosljeđuje preko vrata

𝑝𝑜𝑟𝑡1 prema 𝑏𝑟2. Paket koji je poslan na 𝑏𝑟2 preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2 još nije stigao na 𝑏𝑟2.– 𝑏𝑟2 prima paket poslan u prethodnom koraku preko vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1, i kako trenutno

vjeruje da mu je 𝐻1 dostupan preko tih vrata, odbacuje paket.– 𝑏𝑟2 prima paket koji je prethodno bio zadržan u redu čekanja i zatim i njega odbacuje.

p△q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Razmotrite prošireni LAN iz prvog zadatka za algoritam stabla premošćenja. Što će se promi-jeniti u rezultatima izvođenja algoritma ako most 𝑏𝑟1 ne sudjeluje i to na način da

• proslijeđuje dalje sve poruke algoritma stabla premošćenja, odnosno

• odbacuje sve poruke algoritma stabla premošćenja?

Rješenje zadatka.

• Ako most 𝑏𝑟1 prosljeđuje sve poruke, onda on radi kao koncentrator i ostali će mostovividjeti mreže koje su povezane na njega kao jednu mrežu.Na primjeru proširene lokalne mreže koji smo imali na početku to su mreže 𝑒𝑡ℎ4, 𝑒𝑡ℎ5, 𝑒𝑡ℎ6, 𝑒𝑡ℎ7, 𝑒𝑡ℎ8.U ovom slučaju stablo premošćenja ima 𝑏𝑟2 kao korijen, a ugašene su iduće veze: 𝑏𝑟5´𝑒𝑡ℎ1,𝑏𝑟7 ´ 𝑒𝑡ℎ2 i 𝑏𝑟6 prema obje mreže.

• Ako most 𝑏𝑟1 odbacuje sve poruke, onda (bar što se algoritma stabla premošćenja tiče),mreže povezane na njega nemaju izravnu vezu preko njega.Na primjeru proširene lokalne mreže koji smo imali na početku to su mreže 𝑒𝑡ℎ4, 𝑒𝑡ℎ5, 𝑒𝑡ℎ6, 𝑒𝑡ℎ7, 𝑒𝑡ℎ8,što reultira da je prošireni LAN razdvojen u dva dijela; jedan čine mreže 𝑒𝑡ℎ1, 𝑒𝑡ℎ2, 𝑒𝑡ℎ3, 𝑒𝑡ℎ4, 𝑒𝑡ℎ5, 𝑒𝑡ℎ6, 𝑒𝑡ℎ11,a drugi mreže 𝑒𝑡ℎ7, 𝑒𝑡ℎ8, 𝑒𝑡ℎ9, 𝑒𝑡ℎ10. Sada kod izvođenja algoritma nema ciklusa ni u jed-noj od dvaju mreža, pa algoritam stabla premošćenja ne bi ugasio niti jednu od veza;međutim, ukoliko 𝑏𝑟1 prosljeđuje sve ostale poruke (koje šalju domaćini koji su u timmrežama), ciklusi i dalje postoje i to je problem.

105

p△q Zadatak 18.Tekst zadatka (zadatak 18).Pretpostavimo da most ima dvoja vrata spojena na istu mrežu. Može li, i kako, most toprepoznati i riješiti?

Rješenje zadatka.Ukoliko su mostu dva vrata spojena na istu mrežu, svaki paket koji on pošalje na obja vrata

kolidira sam sa sobom. Most može to prepoznati na način da pošalje poruku algoritma stablapremošćenja o tome da je korijen na jedna vrata, i dobije je natrag istovjetnu na druga vrata,bez da je prošla kroz drugi most (obzirom da bi je drugi most koji sudjeluje u algoritmu stablapremošćenja promijenio).

Kada most otkrije da su mu dva vrata spojena na istu mrežu, on jednostavno može isključitiona s većim identifikatorom. U slučaju da mu je više od dva vrata spojeno na istu mrežu, onmože ponavljanjem ovog algoritma doći do situacije u kojoj su mu samo jedna vrata spojenana tu mrežu.

p△q Zadatak 19.Tekst zadatka (zadatak 19).Pretpostavimo da u mreži neki od koncentratora (obnavljača signala) tvore ciklus (u praksi seto ne događa, osim u slučaju greške kod fizičkog povezivanja).

• Što će se dogoditi kada neki od domaćina pošalje paket?

• Zbog čega je teško, ili gotovo nemoguće, implementirati algoritam stabla premošćenja nakoncentratorima?

• Predložite mehanizam kojim bi koncentratori prepoznati da su dio ciklusa i „isključiti”neka od svojih vrata da razbiju ciklus. (Napomena: Rješenje ne mora raditi u svimslučajevima).

Rješenje zadatka.

• Kada bilo koji domaćin šalje, paket doživi koliziju sam sa sobom. (Uočite da se ovo nedogađa kada se umjesto koncentratora koriste mostovi.)

• Nije moguće jer bi poruke koje algoritam stabla premošćenja koristi također kolidiralesame sa sobom. Koncentratori ne gledaju poruke koje šalju dalje, te ne bi mogli prepoznatitakve poruke.

• Koncentrator može uočiti petlju time što kolizije nastaju kod svakog slanja svakog doma-ćina. Kada to uoči, može poslati signal na neko od svojih sučelja i gledati hoće signalprimiti preko nekog drugog sučelja.Sada koncentrator čeka slučajno vrijeme i ponavlja postupak, jer želimo izbjeći situacijuu kojoj isti algoritam koji se izvodi na drugom koncentratoru u mreži rezultira time dadva koncentratora isključuju vrata koja su dio iste petlje.Drugi pristup bi bio da se za komunikaciju među koncentratorima iskoristi signal koji sene koristi u komunikaciji u lokalnoj mreži (primjerice, ako je lokalna mreža tipa Ethernetza koju znamo izgled okvira možemo iskoristiti neki niz bitova koji strogo nije valjanoEthernet zaglavlje kako ga domaćini ne bi primali).

106

p△q Zadatak 20.

Tekst zadatka (zadatak 20).Uzmite da 10 Mbit{s je Ethernet koncentrator zamijenjen sa 10 Mbit{s Ethernet preklopnikom, ida je mreža takva da se sav promet događa između jednog poslužitelja i 𝑛 „klijenata”. Obziromda sav promet koji prolazi tom mrežom i dalje prolazi vezom poslužitelj-preklopnik, nemarazloga očekivati poboljšanja u propusnosti.

• Očekujete li ikakvo poboljšanje u propusnosti? Ako da, zašto?

• (♣) Kako bi odgovorili u slučaju kada bi početni koncentrator bio dio mreže tipa prstensa značkom umjesto Etherneta?

• Koje prednosti i nedostatke preklopnik ima u odnosu na koncentrator?

Slika 23: Mreža (zadatak 20).

𝐻1 𝑠𝑤

𝐻2

𝐻3

𝐻4

Rješenje zadatka.

• Nakon nadogradnje će jedino veza poslužitelja i preklopnika biti zagušena; za Ethernet nakojem se šalje puno podataka interval natjecanja za sabirnicu je otprilike proporcionalanbroju stanica koje se natječu, koji je sada reduciran na dvije (obzirom da preklopnik prak-tično stvara sabirnicu između svakog od „klijenata” i poslužitelja). Zbog toga možemoočekivati bolje performanse, ali ne znatno.

• I prsten sa značkom i preklopnik omogućuju potpuno iskorištenje širine frekventnog po-jasa, pa razlike ne bi trebale biti velike. Jedina značajna razlika je da se kad se koristipreklopnik više ne treba brinuti o zadržavanju prstena, ali za prstene koji su povezani nakoncentratore to nije naročito veliko.

• Prednost preklopnika je da onemogućuje preslušavanje prometa od strane stanica za kojenije namijenjen; nedostatak je viša cijena u odnosu na koncentratore.Međutim, zbog smanjenja troškova proizvodnje i povećanja tržišta Ethernet preklopnikadanas je Ethernet koncentrator praktički nemoguće nabaviti; preklopnici su ih vremenompotpuno istisnuli.

107

3.5 Asinkroni način prijenosa (ATM)Priprema za zadatak.

Pojam: ATM.Asinkroni način prijenosa (engl. Asynchronous Transfer Mode, ATM ) je tehnika prijenosazasnovana na malenim ćelijama fiksne dužine koja koristi asinkrono multipleksiranje s podjelomvremena. ATM je vezno-orjentiran protokol, i najčešće se koristi kod SONET/SDH okosnicaza ISDN.

Pojam: AAL.ATM sloj prilagodbe (engl. ATM Adaptation Layer, AAL) prilagođava podatke više razineza prijenos pomoću ATM-a; spefično se brine o segmentaciji i sabiranju. U upotrebi su četiritakva sloja:

• AAL1 (CBR, sinkroni, vezno-orjentiran promet),

• AAL2 (VBR-RT, sinkroni, vezno-orjentiran promet),

• AAL3/4 (VBR, podatkovni asinkroni promet),

• AAL5 (sličan AAL3/4, pojednostavljeno zaglavlje).

Pojam: CS-PDU.Jedinica podataka protokola podsloja konvergencije (engl. convergence sublayer protocoldata unit, CS-PDU ) dobiva se dodavanjem odgovarajućeg AAL zaglavlja i repa na jedinicupodataka višeg sloja (primjerice, IP paket ili digitalizirani govor).

Pojam: AAL3/4.AAL3/4 ima dodatno zaglavlje veličine 4 bajta u korisnom dijelu svake ćelije.

Pojam: AAL5.AAL5 se koristi za slanje paketa dužine do 64 KiB; na jedinicu podataka višeg sloja dodajerep dužine 8 bajtova, koji sadrži:

• polje koje opisuje duljinu paketa (16 bitova),

• kontrolni zapis (32 bita),

• polja UU i CPI koja se ne koriste (po 8 bitova).

p♣q Zadatak 21.

Tekst zadatka (zadatak 21).

• Koliko posto ukupne širine pojasa ATM veze zauzmu zaglavlja ATM ćelija?

• Koliko posto ukupne širine pojasa u AAL3/4 i AAL5 zauzmu bitovi koji nisu koristanteret, kada su korisnički podaci veličine 512 B?

108

Rješenje zadatka.ATM ćelija veličine 53 bajta ima 5 bajtova zaglavlja, što znači da ATM zaglavlja zauzimaju

5 B53 B « 9.34 %

ukupne veličine prenesenih podataka.

p♣q Zadatak 22.Tekst zadatka (zadatak 22).Objasnite zašto AAL3/4 neće prepoznati gubitak 16 ćelija u nizu koje su dio istog PDU-a.

Rješenje zadatka.AAL3/4 ima sekventni broj duljine 4 bita u svakoj ćeliji; taj se broj počinje brojati ispočetka

nakon 16 ćelija. Kako AAL3/4 ima CRC u svakoj ćeliji koji se odnosi samo na tu ćeliju, a nena cijeli CS-PDU, on ne pomaže kod izgubljenih ćelija; cijeli CS-PDU nema CRC.

p♣q Zadatak 23.Tekst zadatka (zadatak 23).IP datagram za TCP ACK poruku je veličine 40 bajtova: sadrži 20 bajtova TCP zaglavlja i20 bajtova IP zaglavlja. Pretpostavite da taj ACK prolazi ATM mrežom koja koristi AAL5 zaenkapsulaciju IP paketa.

• Koliko će ATM paketa trebati za prijenos tog ACK?

• Što je drugačije u slučaju kad se koristi AAL3/4?

Rješenje zadatka.

• Duljina AAL5 CS-PDU u koji se ACK enkapsulira je točno 48 bajtova, i to stane u jednuATM ćeliju.

• Kada se koristi AAL3/4, CS-PDU ima 48 bajtova, ali je korisni dio ćelije duljine 44 bajtai potrebne su dvije ćelije.

Priprema za zadatak.Pojam: pomak.Pomak (engl. padding) je

p♣q Zadatak 24.Tekst zadatka (zadatak 24).CS-PDU za AAL5 sadrži do 47 bajtova pomaka, a za AAL3/4 samo do 3 bajta. Objasnitezašto je za danu veličinu PDU-a efektivna širina pojasa AAL5 uvijek jednaka ili veća nego onaod AAL3/4.

109

Rješenje zadatka.Za AAL5 broj ćelija potreban da se prenese paket veličine 𝑛 bajtova je

rp𝑥` 8q

48 s

To zaokruživanje na prvi veći cijeli broj je ono što radi pomak; on reprezentira prostor kojiostaje prazan i koji se koristi za smještanje završnog segmenta CS-PDU u cijele ATM ćelije.

Za AAL3/4 on zahtijeva

rp𝑥` 8q

44 s

ćelija. CS-PDU polje za pomak služi da se ćelije podudaraju s 32-bitnim granicama; dodatnipomak je potreban za popunjavanje posljednje ćelije.

p♠q Zadatak 25.Tekst zadatka (zadatak 25).Koliko pouzdana mora biti ATM veza da bi održala broj izgubljenih CS-PDU manjim od jednogna milijun za PDU višeg nivoa veličine 20 ćelija? Pretpostavite da se koristi AAL5.

Rješenje zadatka.Ako je 𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠 vjerojatnost gubitka neke ćelije (i za dovoljno velike uzorke postotak izgublje-

nih ćelija u nekom uzorku), i dovoljno je malen, onda je udio za 20 ćelija otprilike 20ˆ 𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠.Da bi dobili željenu pouzdanost, moramo imati 20 puta manji broj gubitaka, odnsno mora

biti𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠 ă

120ˆ 106

p♠q Zadatak 26.Tekst zadatka (zadatak 26).Razmatramo ponovno AAL5 paket veličine 20 ćelija iz prethodnog zadatka, i uzmimo da jezadnja ćelija dodana na kraju PDU-a, i da je ta ćelija XOR svih prethodnih ćelija u PDU-u.To omogućuje povrat podataka iz jedne (bilo koje) izgubljene ćelije.

Koji udio gubitaka ćelija bi sada imao gubitak jedan-na-milijun za PDU veličine 20 podat-kovnih ćelija?

Rješenje zadatka.Želimo odrediti vjerojatnost gubitka dvije ili više ćelija, jer je to nepovoljan događaj. Neka

je 𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠 vjerojatnos gubitka jedne ćelije; u 21 ćeliji postoji21ˆ 22

2 “ 231

parova ćelija. Vjerojatnost gubitka jednog specifičnog para ćelija je 𝑃𝑟2𝑙𝑜𝑠𝑠, pa je vjerojatnost

gubitka proizvoljnog para 231ˆ 𝑃𝑟2𝑙𝑜𝑠𝑠. Stavimo li

10´6“ 231ˆ 𝑃𝑟2

𝑙𝑜𝑠𝑠

i riješimo za 𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠, dobivamo 𝑃𝑟𝑙𝑜𝑠𝑠 “1

15200 , odnosno otprilike 66 na milijun.

110

p♠q Zadatak 27.Tekst zadatka (zadatak 27).Podsjetite se da AAL3/4 ima CRC-10 kontrolni zbroj na kraju svake ćelije, a AAL5 ima je-dinstveni CRC-32 kontrolni zbroj na kraju PDU-a. Ako se PDU prenosi u 12 AAL3/4 ćelija,onda AAL3/4 daje gotovo četiri puta više bitova prepoznavanju grešaka nego AAL5.

Tekst zadatka (zadatak 27).• Pretpostavite da je poznato da greške dolaze u praskovima, i to tako da je svaki prasak

dovoljno mali da ostane u jednoj ćeliji. Odredite vjerojatnost da AAL3/4 neće uspjetiprepoznati grešku, uz pretpostavku da je poznato da su točno dvije ćelije pogođene izo-pačenjem.Pritom pretpostavite da 𝑛-bitni CRC ne uspije preoznati grešku sa vjerojatnosti 1

2𝑛 (štoje aproksimacija koja je točna samo u slučaju kada su sve greške jednako vjerojatne).

Tekst zadatka (zadatak 27).• Ponovite izračun za tri ćelije. Usporedite dobivene rezultate. Što očekujete za više ćelija?

• Pod ovim uvjetima, je li AAL3/4 više ili manje pouzdan nego AAL5?

• Možete li pronaći razdiobu grešaka u kojoj će biti veća vjerojatnost da će AAL3/4 pre-poznati grešku nego AAL5? Mislite li da je to vjerojatno?

Rješenje zadatka.• Vjerojatnost da AAL3/4 ne uspije otkriti dvije greške, u slučaju da se dogode, je otprilike

1220 , što je manje od vjerojatnosti prepoznavanja greške od strane CRC-32 koja iznosi 1

232 .

• Za tri ćelije je to 1230 , što je također manje od vjerojatnosti prepoznavanja greške od strane

CRC-32.

• AAL3/4 će vjerojatnije otkriti greške nego AAL5 ako dolaze u velikim praskovima kojipogađaju četiri ili više ćelija.

• FIXME: smisli

p♣q Zadatak 28.Tekst zadatka (zadatak 28).Metode preklapanja ćelija u osnovi uvijek koriste usmjeravnaje pomoću virtualnih krugovaumjesto datagramskog. Objasnite koji je razlog tome.

Rješenje zadatka.Datagramsko usmjeravanje bez obzira na veličinu ćelije u odnosu na usmjeravanje pomoću

virtualnih krugova• ima duže adrese; adrese domaćina su mnogo veće u odnosu na oznake virtualnog puta, i

tada zauzimaju veći postotak veličine svake ćelije,

• zahtijeva više vremena za obradu ćelije zbog pretraživanja tablice usmjeravanja, neovisnoo samoj veličini ćelije.

111

3.6 Arhitektura i svojstva preklopnikaPriprema za zadatak.

Na početku ćemo definirati nekoliko pojmova koji su nam već intuitivno poznati.

Pojam: ugrađeni softver.Ugrađeni softver (engl. firmware) je softver niže razine, najčešće relativno male veličine, auključuje algoritme i/ili strukture podataka koje upravljaju određenim elektroničkim uređajem.

U mrežama ugrađeni softver najčešće srećemo kod preklopnika i usmjerivača.

Primjer: ugrađeni softver potrošačkoj elektronici.Ugrađeni softver kod većine modernih matičnih ploča i grafičkih kartica je BIOS (koji se kodgotovo svih može i nadograđivati). Termin firmware češće se koristi kada govorimo o ugrađenomsoftveru pisača, CD/DVD/BD snimača, igraćih konzola, plazma televizija, DVB-T prijamnika,USB klavijatura, zvučnih kartica i čvrstih diskova.

Pravilo: obrada paketa u preklopnicima.Kod prosljeđivanja okvira unutar preklopnika događa se da:

• paket kod ulaska prolazi ulazno-izlaznom sabirnicom,

• paket se sprema u (glavnu) memoriju,

• procesor obrađuje paket da bi se odlučilo o prosljeđivanju,

• paket kod izlaska prolazi ulazno-izlaznom sabirnicom.

p△q Zadatak 29.

Tekst zadatka (zadatak 29).Uzmimo da radna stanica ima ulazno-izlaznu sabirnicu brzine 800 Mbit{s i širinu frekventnogpojasa memorije od 2 Gbit{s.

Pretpostavimo li izravni pristup pri čitanju i zapisivanju u glavnu memoriju, koliko najviše(ulaznih ili izlaznih) sučelja prema 45 Mbit{s T3 vezama može preklopnik zasnovan na tojradnoj stanici imati?

Rješenje zadatka.Obzirom da je brzina ulazno-izlazne sabirnice manja od širine frekventnog pojasa memorije,

ona je usko grlo.Obzirom da svaki paket prolazi ulazno izlaznom sabirnicom dvaput, ova sabirnica može

ponuditi

𝑏𝑤𝑖𝑛 “ 𝑏𝑤𝑜𝑢𝑡 “800 Mbit{s

2 “ 400 Mbit{s

pa je najveći mogući broj ulaznih ili izlaznih sučelja

𝑛 “ t400 Mbit{s45 Mbit{s u “ 8

112

p△q Zadatak 30.Tekst zadatka (zadatak 30).Pretpostavimo da preklopnik može prosljeđivati pakete brzinom 100 000 po sekundi, neovisnoo veličini paketa (pritom pretpostavljamo da postoji razumno ograničenje veličine paketa narazini protokola).

Ukoliko pretpostavimo iste parametre radne stanice kao u prethodnom zadatku, pri kojojveličini paketa će širina sabirnice postati ograničavajući faktor?

Rješenje zadatka.Radna stanica može podnijeti 400 Mbit{s, kao u prethodnom zadatku. Neka je veličina

paketa 𝑠; da bi radna stanica mogla podržati 100 000 paketa po sekundi trebali bi ukupankapacitet od

𝑠1 ˆ 100 000 bit{sIzjednačimo li to dvoje, imamo

𝑠1 ˆ 100 000 bit{s “ 400 Mbit{s

odnosno 𝑠1 “ 4000 bit “ 500 B.

p△q Zadatak 31.Tekst zadatka (zadatak 31).Razmatramo radnu stanicu koja ima 4 GiB memorije širine frekventnog pojasa 1 Gbit{s i dvaprocesora frekvencije 2 GHz. Uzmimo da su ulazno-izlazna sabirnica i mreže na koje je radnastanica povezana dovoljne širine frekventnog pojasa da ne ograničavaju prosljeđivanje paketa.

Uzmimo da su paketi veličine 1024 B i da je kod prosljeđivanja za obradu jednog paketa posekundi potreban procesor frekvencije 1 MHz.

• Odredite minimalno vrijeme koje je potrebno da se memorija radne stanice popuni ucijelosti.

• Uzmite da je memorija u cijelosti popunjena i odredite vrijeme koje je potrebno da seisprazni. Pretpostavite da se prosljeđivanje svakog od paketa događa neovisno i da pro-cesori mogu paralelno obrađivati pakete.

• Objasnite koja od komponenata je ograničavajuća za brzinu rada radne stanice.

Rješenje zadatka.U rješavanju koristimo model u kojem se primanje, obrada i slanje događaju sekvencijalno,

odnosno dok se svi paketi ne prime, ne počinje obrada, a zatim dok se svi paketi ne obrade nepočinje slanje.

• U ovisnosti o realizaciji ulazno-izlazne sabirnice i memorije, imamo dvije mogućnosti.

– Ukoliko je širina frekventnog pojasa sabirnice i memorije unaprijed dodijeljena, tadakod primanja možemo koristiti samo 500 Mbit{s, pa imamo

𝑡𝑟𝑒𝑐𝑣 “4 GiB

500 Mbit{s “ 68.72 s.

113

– Ukoliko se širina frekventnog pojasa sabirnice i memorije može raspodijeliti i uzmemou obzir da se primanje i slanje ne događaju istovremeno, imamo

𝑡𝑟𝑒𝑐𝑣 “4 GiB

1 Gbit{s “ 34.36 s.

• ukupno vrijeme biti će zbroj vremena potrebnog za obradu i vremena potrebnog za slanje.Vrijeme potrebno za slanje biti će isto kao i vrijeme potrebno za primanje. Kako procesorimogu obrađivati pakete paralelno, oni mogu obraditi

𝑛𝑝𝑟𝑜𝑐 “2ˆ 2 GHz

1 MHz “ 4000 s´1.

Vrijeme potrebno za obradu svih okvira iznosi

𝑡𝑝𝑟𝑜𝑐 “

4 GiB1024 B

4000 s´1 “ 1048.576 s

• Uočimo kako je vrijeme obrade mnogo veće nego vrijeme slanja, te je uz ovu pretpostavkubrzine obrade okvira procesor ograničavajuća komponenta za brzinu rada ove radne sta-nice. Ova brzina obrade okvira nije realistična; pored toga, osim radne frekvencije pro-cesora ulogu u brzini obrade igraju i druge njegove karakteristike.

Priprema za zadatak.

Pojam: FIFO.Prvi unutra, prvi van (engl. First In, First Out, FIFO) je način obrade reda čekanja kodkojeg je poredak takav da prvi na red za obradu dolaze paketi koji su prvi došli u red čekanja.

p♣q Zadatak 32.

Tekst zadatka (zadatak 32).Pretpostavite da je preklopnik dizajniran da ima ulazni i izlazni FIFO međuspremnik. Paketikoji dolaze na ulazna vrata umetnuti su na kraj FIFO reda. Preklopnik tada pokušava prosli-jediti pakete na početku svakog od ulaznih FIFO redova na kraj odgovarajućeg izlaznog FIFOreda.

Za preklopnik iskoristite realističan model u kojem zbog ograničene količine memorije FIFOred ne može biti beskonačan.

• Objasnite u kojim okolnostima takav preklopnik može izgubiti paket namijenjen za izlaznavrata čiji je FIFO red prazan. Kako se to naziva?

• Pretpostavimo li da se memorija FIFO međuspremnika može proizvoljno prerasporediti,predložite preraspodjelu međuspremnika koja izbjegava gore navedeni problem i objasnitezašto je to tako.

114

Rješenje zadatka.

• Pretpostavimo da je jedan od ulaznih redova popunjen i to tako da na početku ima paketkoji je namijenjen za isti određeni izlazni red, koji je također popunjen. Novi paket kojidolazi na taj ulaz je odbačen. To se naziva blokiranje od strane početka reda (engl. headof line blocking).

• Možemo u slučaju kada nema dovoljno memorije na nekom od izlaznih međuspremnikapreraspodijeliti tako da se uzme od onoga međuspremnika gdje ima. Pretpostavka je dase preraspodjela može raditi za vrijeme rada radne stanice.

Ukoliko je potrebno preraspodjelu napraviti prije početka rada radne stanice, ovaj pro-blem možemo riješiti tako da se sva memorija preraspodijeli na izlazne međuspremnike;opisani će problem tada nastati samo ako je neki od izlaznih redova pun.

Priprema za zadatak.

Pojam: banyan mreža.Banyan mreža, ponekad nazvana i banyan preklopnik je mreža koja povezuje više ulaza saviše izlaza na način da je moguće ostvariti vezu između svakog para ulaza i izlaza.

Banyan mrežu koja povezuje 𝑛 ulaza s 𝑛 izlaza nazivamo 𝑛ˆ 𝑛 mreža.

Najjednostavniji primjer banyan mreže je 2ˆ 2 mreža.

𝑖𝑛1

𝑖𝑛2

𝑜𝑢𝑡1

𝑜𝑢𝑡2

p△q Zadatak 33.

Tekst zadatka (zadatak 33).

• Nacrtajte 4ˆ 4 banyan mrežu.

• Nacrtajte 8ˆ 8 banyan mrežu.

• Prebrojite na obje mreže 2ˆ 2 elemente preklopnika.

Rješenje zadatka.

115

• 4ˆ 4 mreža je oblika:

𝑖𝑛1

𝑖𝑛2

𝑖𝑛3

𝑖𝑛4

𝑚𝑖𝑑1

𝑚𝑖𝑑2

𝑚𝑖𝑑3

𝑚𝑖𝑑4

𝑜𝑢𝑡1

𝑜𝑢𝑡2

𝑜𝑢𝑡3

𝑜𝑢𝑡4

• Rješenje za 8ˆ 8 može se nacrtati na sličan način i bit će nacrtano na ploči.

• 4ˆ 4 mreža ima ukupno 4 2ˆ 2 elementa preklopnika (po 2 u svakom od stadija), a 8ˆ 8mreža ih ima 12 (po 4 u svakom od stadija). Općenitu formulu odredit ćemo u idućemzadatku.

p△q Zadatak 34.Tekst zadatka (zadatak 34).Stadij 𝑛 ˆ 𝑛 banyan mreže satoji se od 𝑛

2 2 ˆ 2 elemenata preklopnika. Prvi stadij predajepakete ispravnoj polovini mreže, drugi ispravnoj četvrtini, treći ispravnoj osmini, i tako redomsve do predaje na točan izlaz za prosljeđivanje.

Odredite formulu koja daje broj 2ˆ 2 elemenata preklopnika koji su potrebni da se napravi𝑛ˆ 𝑛 banyan mreža. Provjerite svoj odgovor za 𝑛 “ 8.

Rješenje zadatka.Svaki stadij ima 𝑛

2 elemenata preklopnika. Obzirom da nakon svakog stadija eliminiramopola mreže, odnosno pola redaka 𝑛ˆ 𝑛 mreže, treba nam log2 𝑛 stadija.

Obzirom da svaki stadij ima 𝑛2 elemenata, potrebno je 𝑛

2 ˆ log2 𝑛 elemenata preklopnika.

p♡q Zadatak 35.Tekst zadatka (zadatak 35).Banyan mreže moguće je simulirati na računalu.

• Implementirajte alat koji simulira banyan mreže u C++-u ili Pythonu. Implementacijunapravite tako da 𝑛ˆ𝑛 banyan mrežu reprezentirate kao strukturu, klasu, matricu ili višenjih; učinite to tako da možete pohraniti banyan mreže različitih veličina, i omogućite da𝑛 može unijeti korisnik (provjerite je li 𝑛 broj oblika 2𝑖).

• Na toj strukturi implementirajte algoritam koji omogućuje korisniku da provjeri je limoguće istovremeno ostvariti unesene veze. Korisnik unosi veze tako da prvo unese brojveza 𝑘 koje želi unijeti, a zatim unosi redni broj ulaza i redni broj izlaza za svaku od veza.

116

Rješenje zadatka.

Novi pojmovi.

Pojam: komutacijsko polje.Komutacijsko polje (engl. switching fabric, backplane)

p♣q Zadatak 36.

Tekst zadatka (zadatak 36).Opišite način rada Batcherove mreže. Objasnite kako se Batcherova mreža može iskoristiti ukombinaciji s banyan mrežom za izgradnju komutacijskog polja preklopnika.

Rješenje zadatka.

p♠q Zadatak 37.

Tekst zadatka (zadatak 37).Ethernet preklopnik je most koji može prosljeđivati određeni broj paketa istovremeno, uz pret-postavku da su sva ulazna i izlazna vrata različita. Pretpostavimo da su dva takva preklopnikasa 𝑛 ulaznih i 𝑛 izlaznih vrata (𝑛 ě 3), u mogućnosti istovremeno prosljeđivati svaki po tripaketa.

Neka su tada povezani jedan s drugim u seriju povezivanjem parova vrata i to tako da sepovezuju izlazna vrata prvog na ulazna vrata drugog preklopnika; veza koja povezuje je uskogrlo jer može, očekivano, prosljeđivati samo jedan paket u jednom trenutku.

• Odaberimo slučajno dvije konekcije kroz taj povezani preklopnik. Koja je vjerojatnost dase obje konekcije mogu prosljeđivati paralelno? (Uputa: odredite vjerojatnost da najvišejedna konekcija prolazi svakom od veza između preklopnika.)

• Koji rezultat dobivamo sa tri konekcije?

Rješenje zadatka.

• Razmatramo li skup veza i skup konekcija koje su na njemu raspoređene uniformno,dobivamo da vjerojatnost da slučajno odabrana konekcija zauzme određenu vezu iznosiotprilike 1

2 .

Zbog toga je vjerojatnost da dvije konekcije zauzmu istu vezu 122 “

14 .

Suporotan događaj, koji je povoljan, ima vjerojatnost

𝑃𝑟ptdvije konekcije koriste različite vezeu “ 1´ 14 “

34

117

• Kako je (razmišljamo isto kao u prethodnom dijelu)

𝑃𝑟ptnijedna konekcija ne koristi vezuu “ 18 ,

što je ekvivalentno situaciji da ne dobijemo nijednu glavu u bacanju tri novčića

𝑃𝑟pttočno jedna konekcija koristi vezuu “ 38 ,

što je je ekvivalentno situaciji kad dobijemo jednu glavu.Ukupno sada imamo

𝑃𝑟ptnajviše jedna konekcija koristi vezuu “ 48 “

12 .

Ako te konekcije shvatimo ili kao trajne ili kao odraz ravnotežnog stanja, uočite da je ovovjerojatnost da veza nije podkapacitirana (engl. oversubscribed).

4 Povezivanje različitih mreža„I’d give my life to save you. Not because it’s any kind of duty. Only becauseI like you, for reasons and standards of my own. I could die for you. But Icouldn’t and wouldn’t live for you.”

4.1 IP – Internet ProtocolPriprema za zadatak.Pojam: zaglavlje IPv4 paketa.Zaglavlje IPv4 paketa (engl. IPv4 packet header) sastoji se od 14 polja, od kojih su 13 nužnihi jedno opcionalno (prikladno nazvano Options), i to su redom:

• Version (4 bit),

• Header Length (4 bit),

• Differentiated Services Code Point (6 bit),

• Explicit Congestion Notification (2 bit),

• Total Length (16 bit),

• Identification (16 bit),

Pojam: zaglavlje IPv4 paketa (nast.).

• Flags (3 bit; reserved, DF, MF),

• Fragment Offset (13 bit),

• Time to Live (8 bit),

118

• Protocol (8 bit),

• Header Checksum (16 bit),

• Source IP Address (32 bit),

• Destination IP Address (32 bit),

• Options.

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).Neke pogreške signalizacije mogu učiniti da čitav niz bitova (ili više njih) u paketu budu „pre-pisani” bitovima 0 ili 1. Pretpostavimo da su svi bitovi u paketu, uključujući i kontrolni zbroj,zamijenjeni.

• Može li takav paket, sa svim nulama ili svim jedinicama, uopće biti IPv4 paket?

Obrazložite svoj odgovor.

Rješenje zadatka.Prvo polje u IP paketu je Version, i može imati vrijednost 0100 ili 0110. Dakle, ukoliko

paket ima sve nule ili sve jedinice, on ne može biti valjan IP paket.(Napomena: Polje Version nije jedino koje ne može poprimiti vrijednost u kojoj su sve nule

ili sve jedinice.)

p♣q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).ATM AAL3/4 koristi polja Btag/Etag, BASize/Len, Type, SEQ, MID, Length i CRC-10 za im-plementaciju fragmentacije u ćelije. IPv4 koristi Ident, Offset i bit MF u polju Flags, izmeđuostalog.

• Koji je IP analogon, ako uopće postoji, za svako od AAL3/4 polja?

• Ima li svako od IP polja navedenih ovdje AAL3/4 analogon?

• Koliko su ta polja podudarna?

Rješenje zadatka.TCP/IP miče polje za raspoznavanje grešaka u prijenosu u transportni sloj; kontrolni zbroj

IP zaglavlja ne pokriva korisni dio paketa i zato nije analogon CRC-10. Slično, obzirom daATM fragmenti moraju biti primljeni redoslijedom kojim su poslani, ne postoji potreba zaanalogonom IP-ovog polja Offset.

119

4.2 Adresiranje IPv4 paketaPriprema za zadatak.

Da bi uspostavili komunikaciju između dva računala na mreži, moramo svakome od računaladodijeliti adresu. To je slično kao pošta, ali ne i sasvim isto.

Vrste adresa koje srećemo u praksi:• Ethernet MAC adresa je fizička adresa mrežne kartice, primjerice 00:18:f3:6c:55:b5,

• IP adresa je broj kojim je jednoznačno određeno jedno računalo unutar neke mreže mreže,primjerice 193.198.209.42 („teške” za pamtiti),

• DNS adresa je "ime" dodijeljeno određenoj IP adresi, primjerice inf2.uniri.hr („lagane”za pamtiti).

p♣q Zadatak 3.Tekst zadatka (zadatak 3).

• Koja svojstva poštanskih adresa imaju i mrežne adresne sheme?

• Koje razlike očekujete da ćete pronaći?

• Koja svojstva telefonskih brojeva postoje i kod mrežne adresne sheme?

Rješenje zadatka.

• Primjer mrežne adrese: 161.53.150.3 (rektor—naš mail server)

• Primjer poštanske adrese: Pero PerićŠetalište Ivane Brkić 4647211 UtinjaHrvatska

• Primjer telefonskog broja: +385 51 345 046

Telefonski brojevi su sličniji mrežnim adresama nego što su to poštanske adrese, zato štosu:

• hijerarhijski (geografski gledano),

• fiksne dužine,

• dodjeljuje ih administracija,

• (najčešće) u 1-1 korespondenciji s čvorovima (tj. 1 adresa – 1 telefonski uređaj).Neki telefonski brojevi su sličniji imenima domaćina nego što su samim mrežnim (IP ili

MAC) adresama, primjerice:• Telefonski broj: +1 555 TAXI (u SAD-u) – poziva se kao +1 555 8294,

• Ime domaćina: rektor.uniri.hr – prevodi se u IP adresu 161.53.150.3.Kao što smo već rekli, IP adrese nisu jedine mrežne adrese koje postoje; svaka Ethernet

kartica ima svoju adresu, npr. 00:0C:29:AA:5A:7C (grunf—naš web poslužitelj).

120

p♣q Zadatak 4.Tekst zadatka (zadatak 4).

• Jedno svojstvo mrežnih adresa je da su jedinstvene; kada bi dva čvora imali istu adresubilo bi nemoguće napraviti razliku između njih. Koja druga svojstva bi bila korisna kodmrežnih adresa?

• Možete li zamisliti situaciju u kojoj mrežne (poštanske, telefonske) adrese ne bi bile je-dinstvene?

Rješenje zadatka.Neka od korisnih svojstava adresa:• da sadrži informacije kako locirati čvor,

• da je može dodijeliti administrator računalne mreže (da nije predefinirana tvornički),

• da su fiksne dužine (ili varijabilne?),

• da podržava apsolutno i relativno referenciranje na čvor (razmišljajte u terminologijidatoteka, po mogućnosti na operacijskim sustavima sličnim Unixu).

"Nejedinstvene" adrese:• Besplatni brojevi (0800),

• Centri za podršku (060),

• Hitni pozivi (112),

• Ekvivalentni poslužitelji:

– Distribuirano opterećenje – clustering,– Redundancija – failover,

Priprema za zadatak.

p♣q Zadatak 5.Tekst zadatka (zadatak 5).Pretpostavite da većina Interneta koristi neki oblik geografskog adresiranja, ali da velika multi-nacionalna kompanija Google ima jedinstvenu IP mrežu i usmjerava interni promet preko svojihveza.

• Objasnite zbog čega neizbježno dolazi do neefikasnosti usmjeravanja dolaznog prometanamijenjenog za tu organizaciju.

• Objasnite kako organizacija može taj problem riješiti za odlazni promet.

• Što treba promijeniti kako bi metoda opisana u prethodnom dijelu radila za dolaznipromet?

• Pretpostavite da organizacija promijeni adresiranje na odvojene geografski uvjetovaneadrese za svaki ured. Kako će trebati izgledati tablice usmjeravanja na unutarnjim us-mjerivačima da bi unutarnji promet i dalje bio usmjeravan unutar organizacije?

121

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 6.Tekst zadatka (zadatak 6).Telefonija koristi geografsko adresiranje. Koji su razlozi da ista metoda nije bila primijenjenana raspodjelu Internet adresa?

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.Pojam: IP adresa.IP adresa je numerička oznaka dodijeljena svakom uređaju povezanom na mrežu koja zakomunikaciju koristi IP protokol.

IP adresa se sastoji od dva dijela, a to su prefiks mreže i identifikator domaćina.Danas su u upotrebi dvije verzije IP protokola, koja imaju različitu duljinu adrese, i to:

• verzija 4, koja ima adrese duljine 32 bita, i

• verzija 6, koja ima adrese duljine 128 bitova.

Pojam: mrežno sučelje.Mrežno sučelje domaćina je mrežna kartica kojom se domaćin spaja na mrežu. Domaćinopćenito može imati jedno ili više mrežnih sučelja.

IP pridružuje adresu svakom mrežnom sučelju domaćina.

p△q Zadatak 7.Tekst zadatka (zadatak 7).

• Koje svojstvo IP adresa čini da je nužno imati jednu adresu za svako mrežno sučeljedomaćina, umjesto jednu po domaćinu?

• S tim na umu razmislite zašto IP dozvoljava da mrežna sučelja na vezi tipa od-točke-do-točke imaju nejedinstvene adrese ili čak da budu bez adrese?

Rješenje zadatka.

• IP adrese uključuju adresu mreže i podmreže, tako da sučelja na različitim mrežamamoraju imati drugačiju adresu. Osim toga, adrese uključuju informacije o tome kakolocirati čvor (u smislu topologije mreže), i moguće je da su dva sučelja na različitimlokacijama.

• Obzirom da je svaki paket koji jedna strana pošalje namijenjen za onu drugu (jer se slanjesamom sebi rješava na domaćinu), ne postoji dvosmislenost pa IPv4 adrese ne moraju bitijedinstvene ili čak ne moraju biti ni dodijeljene.

122

4.3 ARP – Protokol uparivanje adresaPriprema za zadatak.Pojam: ARP.Protokol uparivanja adresa (engl. Address Resolution Protocol, ARP) je mrežni protokol zaodređivanje adrese domaćina na razini sloja veze podataka u situaciji kada je poznata njegovaIP adresa, i obrnuto. Koristi se i u lokalnim mrežana i u međusobnom povezivanju usmjerivačakod prosljeđivanja idućem. Definiran je u RFC-u 826, 1982. godine.

Pravilo: tipovi ARP poruka.ARP definira iduće tipove poruka:

• ARP zahtjev (engl. ARP Request), kojom se traži od stanice s određenom IPv4 adresomda kaže koju MAC adresu ima, te

• ARP odgovor (engl. ARP Reply), kojom se daje odgovor na ARP zahtjev.

Podaci dohvaćeni pomoću ARP-a spremaju se u ARP međuspremnik.

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).IPv4 protokol koristi 32-bitne adrese. Kad bi bio redizajniran tako da umjesto 32-bitnih IPadresa koristi 6-bajtne MAC adrese (fizičke adrese mrežnih adaptera), bi li bilo moguće elimi-nirati ARP?

Obrazložite svoj odgovor.

Rješenje zadatka.Ne. IPv4 koristi hijerarhijsko usmjeravanje, i iz IP adrese očitava nalazi li se domaćin u

njegovoj mreži ili, i mora li paket slati višoj razini za dalje usmjeravanje.MAC adrese su adrese koje upisuju proizvođači, i one nemaju geografski-ovisnu hijerarhijsku

strukturu, pa nisu prikladne za to.

p△q Zadatak 9.Tekst zadatka (zadatak 9).Vrijeme između obnavljanja između 10 i 15 minuta za vrijednosti u ARP tablici je pokušajpronalaska vrijednosti koja nije ni prekratka ni preduga. Razmislite što se događa kada je tovrijeme prekratko, odnosno predugo.

Rješenje zadatka.Ako je vrijeme isteka premaleno, mreža će biti zagušena nepotrebnim ponovnim zahtjevima

i za vrijeme dok se na zahtjeve ne odgovori prijenos ne može početi.Kada se promijeni Ethernet adresa domaćina, primjerice zbog promjene mrežne kartice,

taj domaćin je nedostupan onom dijelu ostalih domaćina koji imaju staru adresu u ARP me-đuspremniku. Vrijeme između 10 i 15 minuta je vjerojatno minimalno vrijeme dovoljno zaisključivanje domaćina, zamjenu mrežne kartice, i ponovno pokretanje.

Iako je ARP sebe (opisan u idućem zadatku) nedvojbeno bolje rješenje problema predugogvremena isteka kod ARP-a, kombiniran s time da ostali domaćini obnove svoj ARP međus-premnik kad god vide ARP zahtjev iz domaćina koji postoji u međuspremniku, te značajke

123

nisu implementirane na svim domaćinima. Zbog toga je potrebna razumna gornja granica zavrijeme isteka međuspremnika kao rezerva u slučaju da druge metode ne daju željeni rezultat.

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Pretpostavimo da domaćini 𝐻1 i 𝐻2 koji su dio iste Ethernet mreže dobiju istu IP adresu, i data mreža koristi ARP. Domaćin 𝐻2 pokreće se nakon 𝐻1.

• Što će se dogoditi sa vezama drugih domaćina prema 𝐻1?

• Objasnite kako "ARP sebe" (pretraživanje mreže za vlastitom IP adresom prilikom po-kretanja) može pomoći u rješavanju ovdje nastalog problema.

Rješenje zadatka.

• Nakon što 𝐻2 pošalje svima ARP zahtjev, sve stanice koje su slale na fizičku adresustanice 𝐻1 počet će slati na fizičku adresu stanice 𝐻2. 𝐻1 će uočiti da odjednom stajedolazni promet prema njemu.Da bi se obranio od toga, 𝐻1 može nadgledati za ARP zathjeve i odgovore poslane svimakoji naizgled dolaze s njegove IP adrese; 𝐻1 može čak i odmah nakon što uoči takavARP zahtjev ili odgovor može poslati svoj ARP odgovor kako bi vratio promet koji muje namijenjen prema sebi. Međutim može se postaviti pitanje koliko često je potrebno točiniti; na to je teško odgovoriti.

• Ako 𝐻2 koristi ARP sebe na početku, dobiti će odgovor koji indicira da njegova IP adresaje već iskorištena, što mu može biti očita indikacija da ne bi trebao raditi ništa na tojmreži dok se taj problem ne riješi.

Dodatak: zlonamjerni domaćin.Ovdje ne uzimamo u obzir da može postojati situacija u kojoj 𝐻2 ima loše namjere (primjerice,želi nekim domaćinima odgovoriti praveći se da je 𝐻1). Tada se njegov način postupanja sasvimmijenja, odnosno očekivati će da ima adresu koja je već iskorištena.

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Pretpostavimo da IP implementacija koristi idući algoritam kod primitka paketa 𝑝 poslanog naadresu domaćina 𝐻:

if(<Ethernet adresa domaćina H postoji u ARP međuspremniku>)<pošalji p>else<pošalji ARP query za H><stavi p na čekanje dok odgovor ne stigne>

124

Tekst zadatka (zadatak 11).

• Ako IP sloj dobije mnogo paketa koji trebaju biti poslani na 𝐻, na koji se način možedogoditi da ovaj algoritam bespotrebno troši resurse?

• Predložite, makar grubu skicu, bolje varijante algoritma.

• Pretpostavimo da algoritam funkcionira drugačije: ukoliko u međuspremniku ne postojiEthernet adresa domaćina 𝐻, jednostavno zanemarimo paket 𝑝. Neke od ranih ARPimplementacija su radile upravo to. Koji je problem kod ove implementacije?

Rješenje zadatka.

• Ako više paketa stigne na IP sloj za slanje prema van otprilike u isto vrijeme, premaistom odredišnom domaćinu 𝐻, ali prije nego stigne odgovor na prvi ARP zahtjev, šaljese više nepotrebnih ARP paketa. Osim što troše širinu frekventnog pojasa, obzirom dasu paketi poslani na način da ih je potrebno dostaviti svim domaćinima, šalju se i prekomostova i prekidaju sva ostala slanja.

• Bolja varijanta imala bi listu ARP zahtjeva na koje se čeka odgovor. Prije slanja ARPzahtjeva, prvo se provjerava ta lista. Pored toga, može se ponovno poslati zahtjeve s listenakon prikladnog vremena isteka.

• To može, između ostalog, dovesti do čestih i pretjeranih gubitaka paketa na početkuslanja paketa novih konekcija.

4.4 Vrijeme života paketa i najveće vrijeme života segmentaPriprema za zadatak.Pojam: TTL.Vrijeme života paketa (engl. Time To Live, TTL) je broj skokova koje još paket moranapraviti da bi bio odbačen od strane usmjerivača. Time se sprječava da paketi beskonačnodugo kruže mrežom. Preporučena zadana vrijednost je 64 (prema RFC-u 1700).

p△q Zadatak 12.Tekst zadatka (zadatak 12).Razmotrite mrežu na slici. 𝐻1 šalje pakete 𝐻2 koristeći IPv4. Odredite vrijednost TTL-apaketa koje 𝐻2 prima.

Rješenje zadatka.TTL je redom:

• 64 na vezi 𝐻1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1,

• 63 na vezi 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2,

• 62 na vezi 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡3,

• 61 na vezi 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ´𝐻2.

125

Slika 24: Mreža (zadatak 12).𝐻1

𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝐻2

Priprema za zadatak.

Pojam: MSL.Najveće vrijeme života segmenta (engl. Maximum Segment Lifetime, MSL) je vrijeme (usekundama) koliko zadržani segmenti najviše mogu kasniti. RFC 793 definira zadanu vrijednostMSL-a od 120.

p△q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Domaći se nalazi na mreži koristi IPv4 i šalje pakete veličine 576 B.

• Koja je maksimalna širina pojasa na kojoj domaćin može slati pakete bez da se vrijednostu polju Identification ponavlja unutar 60 sekundi?

• Pretpostavimo da MSL iznosi 60 sekundi. Što se može dogoditi ako se prekorači ta širinafrekventnog pojasa?

Rješenje zadatka.

• Polje Identification ima duljinu 16 bitova, pa možemo slati 576 ˆ 216 bajtova u 60sekundi, tj.

576ˆ 65536ˆ 860

bitova po sekundi, ili otprilike 5 Mbit{s.

• Ako šaljemo više od toga, može se dogoditi da fragmenti jednog paketa imaju isti broj upolju Identification kao fragmenti drugog paketa, i da ih primatelj krivo interpretira.

4.5 Usmjeravanje i prosljeđivanje IP paketaPriprema za zadatak.

Pojam: maska podmreže.Maska podmreže IP adrese je IP adresa oblika

11...100...0,

126

i pritom vrijedi da

• bitovi 1 označavaju prefiks mreže IP adrese,

• bitovi 0 označavaju identifikator domaćina IP adrese.

Primjer: računanje maski podmreže.Za računanje maski podmreže trebati će nam:

• 1000 0000 = 128,

• 1100 0000 = 192,

• 1110 0000 = 224,

• 1111 0000 = 240,

• 1111 1000 = 248,

• 1111 1100 = 252,

• 1111 1110 = 254,

• 1111 1111 = 255.

Pojam: posebne adrese.Adresa mreže (engl. network address) je ona koja u identifikatoru domaćina ima sve bitove0.

Adresa za broadcast slanje (engl. broadcast address) je ona koja u identifikatoru doma-ćina ima sve bitove 1.

Pojam: tablica usmjeravanja.Tablica usmjeravanja (engl. routing table, routing information base, RIB) je podatkovnastruktura oblika tablice, pohranjena u usmjerivaču ili računalu na mreži.

Tablica usmjeravanja sadrži putanje do određenih mrežnih destinacija, a može sadržavati imetričke veličine (npr. širina frekventnog pojasa, broj skokova, zadržavanje, opterećenje, brojizgubljenih paketa, MTU) tih destinacija.

Pojam: tablica prosljeđivanja.Tablica prosljeđivanja (engl. forwarding table, forwarding information base, FIB) stvara sena temelju tablice usmjeravanja, sadrži informacije o fizičkom sučelju usmjerivača i fizičkojadresi na koje se paket treba proslijediti.

p△q Zadatak 14.

Tekst zadatka (zadatak 14).Pretpostavimo da usmjerivač 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ima u sebi ugrađenu ovdje prikazanu tablicu. Usmjerivačmože dostaviti pakete direktno na svoja komunikacijska sučelja 𝑝𝑜𝑟𝑡0 i 𝑝𝑜𝑟𝑡1, ili proslijeditipakete nekom od usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡2, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ili 𝑟𝑜𝑢𝑡4.

Opišite što usmjerivač čini sa paketom adresiranim na svaku od ovih adresa:

• 128.96.39.10,

127

• 128.96.40.12,

• 128.96.40.151,

• 192.4.153.17,

• 192.14.153.90.

Tablica 35: Tablica usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 (zadatak 14).AdresaPodmreže MaskaPodmreže IdućiSkok128.96.39.0 255.255.255.128 𝑝𝑜𝑟𝑡0128.96.39.128 255.255.255.128 𝑝𝑜𝑟𝑡1128.96.40.0 255.255.255.128 𝑟𝑜𝑢𝑡2192.4.153.0 255.255.255.192 𝑟𝑜𝑢𝑡3<Default> 𝑟𝑜𝑢𝑡4

Rješenje zadatka.Tablice u zadatku naštimane su tako da za svaku od adresa dobivamo jedinstveno rješenje.

• Primijenimo li na adresu 128.96.39.10 masku podmreže 255.255.255.128, dobivamo 128.96.39.0.Koristimo 𝑝𝑜𝑟𝑡0 kao idući skok.

• Primjenom maske 255.255.255.128 na adresu 192.96.40.12 dobivamo 128.96.40.0. Koris-timo 𝑟𝑜𝑢𝑡2 kao idući skok.

• Primjenom svih maski podmreže dobivamo 192.96.40.128 kao broj podmreže. Obziromda nema unosa koji odgovara, koristimo zadani put, pa je idući skok 𝑟𝑜𝑢𝑡4.

• Primjenom maske podmreže 255.255.255.192 dobivamo broj podmreže 192.4.153.0. Idućiskok je 𝑟𝑜𝑢𝑡3.

• Primjenom maske podmreže 255.255.255.192 dobivamo broj podmreže 192.4.153.0.64.Nema unosa koji odgovara, pa koristimo zadani put. Idući skok je 𝑟𝑜𝑢𝑡4.

Priprema za zadatak.Pravilo: klase adresa.

• adrese klase A su oblika 0... (raspon adresa 0.0.0.0–127.255.255.255), i imaju mrežnidio duljine 8, a domaćinski dio duljine 24,

• adrese klase B su oblika 10... (raspon adresa 128.0.0.0–191.255.255.255), i imajumrežni dio duljine 16, a domaćinski dio također duljine 16,

• adrese klase C su oblika 110... (raspon adresa 192.0.0.0–223.255.255.255), i imajumrežni dio duljine 24, a domaćinski dio duljine 8.

Pravilo: privatne adrese.Rasponi IP adresa koji se ne koriste na Internetu i rezervirani su za privatne mreže (tzv.privatne adrese) su (prema RFC-u 1918):

128

• 10.0.0.0 s maskom 255.0.0.0, raspon adresa 10.0.0.0–10.255.255.255,

• 172.16.0.0 s maskom 255.240.0.0, raspon adresa 172.16.0.0–172.31.255.255,

• 192.168.0.0 s maskom 255.255.0.0, raspon adresa 192.168.0.0–192.168.255.255.

p△q Zadatak 15.

Tekst zadatka (zadatak 15).Neka organizacija (npr. Sveučilište u Rijeci) koja ima ukupno 145 računala dobila je na ko-rištenje mrežu s adresom klase C 200.1.1.0 i želi formirati podmreže za četiri odjela (npr.biotehnologiju, fiziku, informatiku i matematiku), koji imaju idući broj računala:

• biotehnologija: 72 računala,

• fizika: 35 računala,

• informatika: 20 računala,

• matematika: 18 računala.

• Odredite maske podmreža koje to omogućuju.

• Predložite što organizacija može napraviti ako posljednji odjel poraste na 34 računala.

Rješenje zadatka.

• Svakom ćemo odjelu dati jednu podmrežu; razmatrajući broj računala, imamo:

– 26 ´ 2 ă 72 ă 27 ´ 2,– 25 ´ 2 ă 35 ă 26 ´ 2,– 24 ´ 2 ă 20 ă 25 ´ 2,– 24 ´ 2 ă 18 ă 25 ´ 2.

Mreža 200.1.1.0 klase C ima identifikator domaćina veličine 8 bit; podmreže možemopostaviti na idući način:

– biotehnologija dobiva adrese koje imaju zadnji bajt oblika 0....... (maska je255.255.255.128),

– fizika dobiva adrese koje imaju zadnji bajt oblika 10...... (maska je 255.255.255.192),– informatika dobiva adrese koje imaju zadnji bajt oblika 110..... (maska je 255.255.255.224),– matematika dobiva adrese koje imaju zadnji bajt oblika 111..... (maska je 255.255.255.224).

U gornjem dijelu čemu točkicama označavamo dio adrese koji se koristi za domaćine utoj podmreži. Postoji još nekoliko načina raspodjele adresa obzirom da nule i jedinicemožemo zamijeniti; osnovni zahtjev je da bilo koje dvije različite adrese podmreže ostanurazličite kada se duža skrati na duljinu kraće.

129

• Očito je 34 ą 25 ´ 2, pa nam postojeća podjela u podmreže nije zadovoljavajuća. Imamodva načina rješavanje problema; jednostavniji je onaj u kojem mostovima povežemo sveodjele i odustanemo od podmreža.Ukoliko ipak želimo koristiti podmreže, možemo to napraviti tako da najvećem odjelupodijelimo u dvije manje podmreže, primjerice na idući način:

– biotehnologija: 01...... (maska 255.255.255.192) i 001..... (maska 255.255.255.224),– fizika: 10...... (maska 255.255.255.192),– informatika: 000..... (maska 255.255.255.224),– mathematika: 11...... (maska 255.255.255.192).

p△q Zadatak 16.Tekst zadatka (zadatak 16).Uzmite da su domaćini 𝐻1 i 𝐻2 na lokalnoj mreži tipa Ethernet s IP adresom klase C 200.0.0.0.Želimo povezati domaćin 𝐻3 na tu mrežu vezivanjem izravno na 𝐻2, kao što je prikazano naslici.

• Objasnite kako je to moguće napraviti s podmrežama; dajte primjer dodjele podmreža.Pretpostavite da dodatna mrežna adresa nije dostupna.

• Što se događa s mogućom veličinom Ethernet mreže?

Slika 25: Mreža (zadatak 16).

𝐻1 𝑠𝑤1 𝐻2 𝐻3

Rješenje zadatka.Uočimo prvo da preklopnik radi na Ethernet sloju (L2), pa iz perspektive IP sloja (L3)

nema razlike između situacije u kojoj su 𝐻1 i 𝐻2 vezani izravno i situacije u kojoj su vezani uzpomoć preklopnika.

Nadalje, uočimo da mreže 𝐻1 ´𝐻2 i 𝐻2 ´𝐻3 su različitog tipa (Ethernet i point-to-point)i nije ih moguće izravno povezati na L2 već samo na L3. Zbog toga čvor 𝐻2 mora biti IPusmjerivač. Dakle, IP ovdje vidi dvije mreže koje da bi mogle međusobno komunicirati morajuimati različite adrese mreža.

• Da bi riješili ovaj problem, moramo 𝐻2´𝐻3 učiniti podmrežom. Za to nam je dovoljno 2bita, jer su nam potrebne ukupno 4 adrese. Uzmimo 200.0.0.0 s maskom 255.255.255.252.Kako podmreža mora imati jedinstvenu adresu (drugim riječima, ne može biti unija višerazličitih adresa), a ovime smo iskoristili zadnji oktet koji počinje nulom, preostaje namzadnji oktet koji počinje jedinicom, odnosno 200.0.0.128 s maskom 255.255.255.128.

• Obzirom da nam je prvi bit u zadnjem oktetu zadan, za domaćine u Ethernet mreži namostaje 7 proizvoljnih, odnosno ukupno 27 ´ 2 adresa. To je otprilike polovina od 28 ´ 2,koliko bi imali da nije bilo potrebno uvoditi podmreže. (Uočite da dodjeljivanjem adresemreži 𝐻2´𝐻3 nismo iskoristili sve adrese iz raspona kojem zadnji oktet počinje jedinicom,te se one u slučaju mogu iskoristiti za druge mreže.)

130

p♣q Zadatak 17.

Tekst zadatka (zadatak 17).Alternativna metoda za povezivanje domaćina 𝐻3 iz prethodnog zadatka je korištenje proxyARP-a usmjeravanja: 𝐻2 pristane usmjeravati promet prema i iz 𝐻3 i može odgovarati na ARPzahtjeve za 𝐻3 primljene preko Etherneta.

• Navedite sve poslane pakete, zajedno s fizičkim adresama, koje 𝐻1 šalje kad koristi ARPda pronađe i pošalje jedan paket 𝐻3.

• Navedite tablicu usmjeravanja domaćina 𝐻3. Koje neobično svojstvo mora imati?

Rješenje zadatka.

• Redom će biti poslani paketi:

– 𝐻1 će poslati ARP zahtjev „gdje je 𝐻3?”,– 𝐻2 će odgovoriti; pritom će dati svoju Ethernet adresu,– 𝐻1 će poslati paket namijenjen za 𝐻3 s Ethernet adresom od 𝐻2,– 𝐻2 će primiti paket i proslijediti ga 𝐻3.

• Da bi ovo radilo, 𝐻2 nira tbatu prosljeđivati paket bez korištenja adresiranja podmreža; tose najčešće postiže time da tablica usmjeravanja na 𝐻2 sadrži rute specifične za domaćin(engl. host-specific routes), pa je oblika:

Tablica 36: Tablica usmjeravanja na 𝐻2 (zadatak 17).Mreža/Domaćin SučeljeIPv4 adresa od 𝐻3 izravna vezaadresa 200.0.0.0 maska 255.255.255.0 Ethernet kartica

Da bi ovo radilo ispravno, potrebno je prvo provjeravati rute specifične za domaćin.

Priprema za zadatak.

Pojam: prefiks usmjeravanja.Prefiks usmjeravanja (engl. routing prefix) IP adrese je IP adresa koja sadrži prefiks adresemreže, a u dijelu identifikatora domaćina ima sve bitove 0.

Prefiks usmjeravanja varijabilne duljine uveden je 1993. u sklopu metodologije CIDR (Cla-ssless Inter-Domain Routing), opisane u RFC 1519.

Pravilo: računanje prefiksa usmjeravanja.Prefiks usmjeravanja računa se bitovnom operacijom „I” IP adrese i pripadne maske podmreže.

Pojam: CIDR zapis.CIDR zapis je kraći način navođenja IP adrese i broja vodećih bitova 1 pripadnog prefiksausmjeravanja, oblika

161.53.0.0/16,

131

što je ekvivalentno IP adresi 161.53.0.0 s maskom podmreže 255.255.0.0.

Dodatak: pretvorba među zapisima.Pretvorbu među zapisima i druge izračune može olakšati aplikacija kao što je http://jodies.de/ipcalc. Alati slične namjene dostupni su na operacijskim sustavima sličnim Unixu; potra-žite ipcalc i sipcalc.

Pravilo: najdulji odgovarajući prefiks.Najdulji odgovarajući prefiks (engl. longest prefix match) je algoritam koji usmjerivači uIP mrežama koriste kod odabira unosa u tablici usmjeravanja.

Moguće je da kod usmjeravanja više od jednog unosa u tablici usmjeravanja odgovara adresipaketa. Usmjerivač među njima odabire unos čiji je prefiks usmjeravanja najveće duljine.

p△q Zadatak 18.

Tekst zadatka (zadatak 18).Zadana tablica usmjeravanja koristi CIDR zapis. Uočite da zadnja tri unosa specificiraju svemoguće IP adrese, i igraju ulogu zadanog puta.

Korištenjem algoritma najduljeg odgovarajućeg prefiksa, odredite idući skok paketa adresi-ranih na adrese:

• 196.94.19.135,

• 196.94.34.9,

• 195.65.128.2,

• 94.67.145.18,

• 196.109.49.46,

• 196.107.49.46,

Tablica 37: Tablica usmjeravanja (zadatak 18).DuljinaMaskePodmreže IdućiSkok196.80.0.0/12 𝑟𝑜𝑢𝑡1196.94.16.0/20 𝑟𝑜𝑢𝑡2196.96.0.0/12 𝑟𝑜𝑢𝑡3196.104.0.0/14 𝑟𝑜𝑢𝑡4128.0.0.0/1 𝑟𝑜𝑢𝑡564.0.0.0/2 𝑟𝑜𝑢𝑡60.0.0.0/2 𝑟𝑜𝑢𝑡7

Rješenje zadatka.

• 𝑟𝑜𝑢𝑡2,

• 𝑟𝑜𝑢𝑡1,

• 𝑟𝑜𝑢𝑡5,

132

• 𝑟𝑜𝑢𝑡6,

• 𝑟𝑜𝑢𝑡3,

• 𝑟𝑜𝑢𝑡4.

p♡q Zadatak 19.

Tekst zadatka (zadatak 19).Uočite da se IPv4 adrese, obzirom da su duljine 32 bita, mogu reprezentirati kao podacitipa unsigned int. Primjerice, ako razmatramo IPv4 adresu 00001010 00001011 0001011000011110 (10.11.22.30), pitanje je li u rasponu 10.11.22.0/24 može se svesti na uspoređivanjecijelih brojeva u binarnom (ili bilo kojem drugom) zapisu.

Zaista, pretvorimo li navedenu IPv4 adresu u dekadski zapis, dobivamo broj 168498718.Raspon 10.11.22.0/24 uključuje adrese od 10.11.22.0 do 10.11.22.255, odnosno

• od 00001010 00001011 00010110 00000000 (u dekadskom zapisu 168498688)

• do 00001010 00001011 00010110 11111111 (u dekadskom zapisu 168498943),

što je ekvivalentno uspoređivanju cijelih brojeva po veličini.

• Osmislite način kojim ćete spremiti tablicu usmjeravanja usmjerivača koji barata s adre-sama u CIDR zapisu (radi elegancije koda, preporučuje se korištenje struktura). Tablicatreba biti u mogućnosti sadržati proizvoljan broj unosa, a svaki unos sadrži IPv4 adresu(unsigned int), duljinu prefiksa (unsigned int), te redni broj sučelja/usmjerivača ko-jem je adresa pridružena (unsigned int).

• Napišite funkciju koja kao parametre prima IPv4 adresu i tablicu usmjeravanja, a kaorješenje vraća redni broj sučelja koje odgovara. Obavezno u glavnom dijelu programainicijalizirajte testne podatke i testirajte da funkcija radi na očekivan način. Kao testnepodatke možete koristiti IP adrese i tablicu iz prethodnog zadatka.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 20.

Tekst zadatka (zadatak 20).Uzmimo da pružatelji internet usluga B.net, H1 Telekom i Optima Telekom imaju redom alo-cirane CIDR adrese 193.0.0.0/8, 194.0.0.0/8, 195.0.0.0/8. Svaki od pružatelja internet uslugamože imati kupce koji zakupljuju raspone adresa unutar raspona koje on ima (primjerice, zadaljnju prodaju). B.net ima iduće kupce:

• Interwebz Internet, koji ima alociranu adresu 193.163.0.0/16, i

• LololNet, koji ima alociranu adresu 193.176.0.0/12.

H1 Telekom ima iduće kupce:

133

• Cats Telekom, koji ima alociranu adresu 194.10.16.0/20, i

• PokémonWorld, koji ima alociranu adresu 194 .11.0.0/16.

Radi jednostavnosti, uzmite da nema drugih pružatelja internet usluga ni kupaca.

• Navedite tablice usmjeravanja za svaki od pružatelja internet usluga, uz pretpostavku dasu svi međusobno izravno povezani.

• Uzmite da je B.net povezan na H1 Telekom i da je H1 Telekom povezan na OptimaTelekom, ali da B.net i Optima Telekom nisu međusobno povezani. Navedite tabliceusmjeravanja za B.net i Optima Telekom.

• Uzmite da je kupac Interwebz Internet nabavio izravnu vezu prema pružatelju H1 Tele-kom, i da je kupac Cats Telekom nabavio izravnu vezu prema pružatelju B.net, pored većpostojećih veza. Navedite tablice usmjeravanja za B.net i H1 Telekom.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 21.Tekst zadatka (zadatak 21).U prethodnom zadatku pretpostavite da je ponovno svaki od pružatelja povezan na preostaladva. Neka sada Interwebz Internet pređe na pružatelj H1 Telekom, a PokémonWorld pređe napružatelj Optima Telekom.

Iskoristite CIDR pravilo najduljeg odgovarajućeg prefiksa da bi dali tablice usmjeravanjaza sva tri pružatelja usluga i to tako da Interwebz Internet i PokémonWorld mogu zadržatipostojeće adrese.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 22.Tekst zadatka (zadatak 22).Uzmite da je Sveučilište u Rijeci korisnik usluge pristupa Internetu koji višepristupan (engl.multihomed), tj. da ima dvije veze na Internet putem dva različita pružatelja Internet usluga,CARNet (raspon 193.0.0.0/8) i T-Com (raspon 194.0.0.0/8). Koristi se adresiranje zasnovanona pružatelju Internet usluga, i UniRI uzima dodijeljenu adresu od CARNeta. T-Com imaunos tipa CIDR najdulji odgovarajući prefiks u tablicama usmjeravanja za UniRi.

• Opišite koji dolazni promet prema UniRi može doći vezom koja pripada T-Comu. Raz-motrite slučaj u kojem T-Com oglašava i slučaj u kojem ne oglašava postojanje UniRisvijetu korištenjem BGP-a.

• Koji je minimum oglašavanja vlastite rute prema UniRi koji T-Com mora učiniti da bi savdolazni promet prema UniRi došao do njega preko T-Comovih veza u slučaju da pukneveza prema CARNetu?

• Koje probleme je potrebno savladati kako bi UniRi koristio obje veze za odlazni promet?

134

Rješenje zadatka.

p♠q Zadatak 23.Tekst zadatka (zadatak 23).B.net, ISP s adresom klase B, dogovara s kompanijom Konzum alokaciju dijela adresnog pros-tora zasnovanog na CIDR-u. Konzum treba IP adrese za računala u tri dijela svoje korporativnemreže: Nabava, Marketing i Prodaja. Ti odjeli namjeravaju rasti na sljedeći način: Nabava ima5 računala i namjerava na početku prve godine dodati jedno računalo svaki tjedan; Marketingneće nikada trebati više od 16 računala, a prodaja treba jedno računalo za dvije poslovnice.

Na početku prve godine, Konzum nema poslovnica, ali model prodaje računa da će napočetku druge godine kompanija će imati 6 poslovnica i svaki tjedan nakon toga će otvaratinovu poslovnicu s vjerojatnosti 60%, a zatvarati postojeću poslovnicu s vjerojatnosti 20% iliodržavati postojeći broj poslovnica s vjerojatnosti 20%.

• Koji adresini prostor bi bio potreban da podrži plan rasta Konzuma najmanje 7 godinauz pretpostavku da Marketing iskoristi svojih 16 adresa, a Nabava i Prodaja se ponašajukako se očekuje?

• Koliko dugo će trajati ta dodjela adresa? U trenutku kad kompanija ostane bez nedodi-jeljenog adresnog prostora, kako će adrese biti dodijeljene trima grupama?

• U slučaju da CIDR adresiranje nije dostupno za sedmogodišnji plan, koje opcije Konzumima u terminima dobivanja adresnog prostora?

Rješenje zadatka.

p♡q Zadatak 24.Tekst zadatka (zadatak 24).Predložite algoritam za pretraživanje CIDR tablice usmjeravanja ili tablice prosljeđivanja kojine zahtijeva linearno pretraživanje čitave tablice da bi se pronašao najdulji odgovarajući prefiks.

(Uputa: Razmislite o prikladnijoj strukturi za pohranu tablice usmjeravanja.)

Rješenje zadatka.

4.6 Mreža kao (težinski) graf. Optimalno razapinjuće stablo. Kru-skalov i Primov algoritam

Priprema za zadatak.Matematički aparat područja teorije grafova nudi nam gotova algoritamska rješenja za

mnoge probleme s kojima se srećemo u računalnim mrežama. Da bi ih mogli koristiti, mo-ramo prvo računalne mreže prikazati kao grafove.

Intuitivno je jasno da će nam vrhovi predstavljati domaćine, dok će nam bridovi predstavljativeze. Zbog toga ćemo te pojmove često poistovjećivati.

135

Međutim, da bi uopće mogli išta reći mrežama kao grafovima, moramo uvesti nekolikoosnovnih pojmova teorije grafova.Pojam: graf.Graf je uređeni par p𝑉, 𝐸q koji se sastoji od nepraznog skupa 𝑉 “ t𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑛u, čiji seelementi nazivaju vrhovima, te skupa 𝐸 “ t𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑚u čiji se elementi nazivaju bridovima.

Brid 𝑒𝑘 P 𝐸, čiji su krajnji vrhovi 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 definiramo kao skup koji sadrži točno ta ta dva vrha,tj. 𝑒𝑘 :“ t𝑣𝑖, 𝑣𝑗u. Za vrh 𝑣𝑖, odnosno 𝑣𝑗, i brid 𝑒𝑘 tada kažemo da su međusobno incidentni, tebrid da 𝑒𝑘 povezuje vrhove 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗. Vrhovi koji su povezani bridom nazivaju se susjednim.

Kada grafove uspoređujemo po "veličini", to činimo pomoću broja vrhova |𝑉 |, koji označa-vamo i sa 𝜈, i broja bridova |𝐸|, koji označavamo i sa 𝜀.Pojam: šetnja.Šetnja 𝑆 u grafu 𝐺 je alternirajući niz vrhova i bridova oblika 𝑣0𝑒0𝑣1𝑒1𝑣2𝑒2𝑣3 . . . 𝑒𝑛´1𝑣𝑛, kojipočinje i završava vrhom, u kojem je svaki vrh incidentan s bridom koji mu prethodi i s bridomkoji mu slijedi, a svaki brid incidentan s vrhovima između kojih se nalazi.

Duljina šetnje je broj bridova koje šetnja sadrži. Za šetnju kažemo da je zatvorena ako suprvi i posljednji vrh jednaki, a otvorena ako su različiti. Vrhovi šetnje osim početnog i krajnjegvrha nazivaju se unutarnjim vrhovima.

Ovaj pojam nam je potreban da bi definirali pojam puta.Iako to nismo formalno definirali, intuitivno je jasno što znači da se vrhovi ili bridovi po-

navljaju, odnosno ne ponavljaju.Pojam: put, ciklus.Put je otvorena šetnja u kojoj se vrhovi ne ponavljaju. Ako u grafu postoji put između svakadva vrha, za kažemo da je graf povezan. Ciklus je zatvorena šetnja u kojoj su početni i krajnjivrh jednaki, a unutarnji vrhovi se ne ponavljaju.

Uočite kako iz činjenice da su na putu (ciklusu) ne ponavljaju vrhovi slijedi i da se neponavljaju bridovi. Međutim, obrat ne mora uvijek vrijediti; može se dogoditi da se u šetnjibridovi ne ponavljaju, a da se pritom vrhovi ponavljaju. Razmislite zašto.

U računalnim mrežama često postoje dvije (ponekad i izravne) veze između dva domaćinakoje imaju različite karakteristike. Da bi ih mogli uspoređivati po pitanju duljine ili relativnecijene, uvodimo pojam težine brida.Pojam: težina brida.Težina brida 𝑒 je broj 𝑤p𝑒q pridružen tom bridu. Formalno govoreći, na skupu bridova 𝐸grafa 𝐺 definirana je funkcija 𝑤 : 𝐸 Ñ Q` koja svakom bridu pridružuje njegovu težinu.

Često će nam težine biti prirodni brojevi. Osim toga je jasno da je brid veće težine (preve-deno, veza veće cijene prijenosa ili duljine fizičkog medija) manje povoljan za korištenje.

p△q Zadatak 25.U ovom zadatku vidjeti ćemo kako na razini usmjeravanja i prosljeđivanja izgleda i funkci-

onira onaj dio mreže koji često na dijagramima označavamo oblakom.Tekst zadatka (zadatak 25).Na mreži na slici svaki od čvorova je preklopnik. Odredite (datagramske) tablice proslijeđivanjaza svaki čvor, u formatu ă 𝑂𝑑𝑟𝑒𝑑𝑖𝑠𝑡𝑒, 𝐼𝑑𝑢𝑐𝑖𝑆𝑘𝑜𝑘 ą. Brojevi na vezama označavaju relativnecijene; vaše bi tablice trebale proslijeđivati svaki paket putem koji ima najmanju cijenu do cilja.

U ovom zadatku ćemo to riješiti "ručno". Postoji i drugi način, koji koristi Dijkstrin algori-tam.

136

Slika 26: Topologija (zadatak 25).

A C

D E B

F3

8

2

1

6

2

Rješenje zadatka.

Tablica 38: (zadatak 25).Čvor 𝐴

Cilj IdućiSkokB CC CD CE CF C

Tablica 39: (zadatak 25).Čvor 𝐵

Cilj IdućiSkokA EC ED EE EF E

Tablica 40: (zadatak 25).Čvor 𝐶

Cilj IdućiSkokA AB ED EE EF F

Priprema za zadatak.Naš prethodni zadatak bio je primjer praktične primjere teorije grafova. Slični, matematički

ekvivalentni, problemi postoje i u drugim granama ljudske djelatnosti (primjerice, optimizacijadistribucije električne energije).

137

Tablica 41: (zadatak 25).Čvor 𝐷

Cilj IdućiSkokA EB EC EE EF E

Tablica 42: (zadatak 25).Čvor 𝐸

Cilj IdućiSkokA CB BC CD DF C

Tablica 43: (zadatak 25).Čvor 𝐹

Cilj IdućiSkokA CB CC CD CE C

Međutim, to je općenito poprilično dugotrajan postupak ako se izvodi na način na koji smoga mi izvodili. Grafovi sa velikim brojem ciklusa nude mnogo mogućih puteva između dva vrha,i zato postoji potreba za optimalnijim algoritmom.

Jedno od rješenja ponudio je 1956. godine matematičar po imenu Joseph Kruskal.

Pojam: podgraf.Podgraf 𝑃 “ p𝑉 1, 𝐸 1q grafa 𝐺 “ p𝑉, 𝐸q je graf čiji je skup vrhova 𝑉 1 Ď 𝑉 , a skup bridova𝐸 1 Ď 𝐸 je restringiran na 𝑉 1 (tj. u 𝐸 1 spadaju samo bridovi koji povezuju vrhove iz 𝑉 1).

Pojam: stablo, razapinjuće stablo.Stablo je povezan graf koji nema ciklusa.

Razapinjuće stablo povezanog grafa 𝐺 je podgraf 𝑇 p𝐺q koji sadrži sve vrhove od 𝐺 i kojije stablo.

Kako razapinjuće stablo sadrži samo neke bridove, jasno je da nije nužno jedinstveno.

Pojam: optimalno razapinjuće stablo.Neka je 𝐺 povezan težinski graf i 𝑃 njegov podgraf. Definirajmo ukupnu težinu 𝑤p𝑃 q podgrafa𝑃 “ p𝑉 1, 𝐸 1q kao sumu težina svih njegovih bridova, tj.

𝑤p𝑃 q “ÿ

𝑒P𝐸1

𝑤p𝑒q.

138

Optimalno razapinjuće stablo od 𝐺 je razapinjuće stablo koje ima najmanju ukupnutežinu. Označavamo ga sa 𝑇 ˚p𝐺q.

Jasno je da u težinskom grafu općenito neće sva razapinjuća stabla imati jednaku težinu,tako da ova definicija ima smisla.

Sada možemo dati Kruskalov algoritam.

Pravilo: Kruskalov algoritam.

1. 𝐹 :“ H, 𝑇 :“ p𝑉, 𝐹 q

2. 𝑆 :“ 𝐸

3. while (𝑆 ‰ H^ 𝑇 ‰ 𝑇 p𝐺q)

• izbaci iz 𝑆 brid 𝑒 najmanje težine (𝑆 :“ 𝑆zt𝑒u)

• ako dodavanjem tog brida ne nastaje ciklus u 𝑇 , dodaj ga u skup 𝐹 (𝐹 :“ 𝐹 Yt𝑒u),u protivnom ga odbaci.

Ovaj algoritam je složenosti 𝑂p|𝐸|𝑙𝑜𝑔|𝐸|q.

Kruskal je u svom radu dokazao teorem koji osigurava da je svako stablo generirano Kru-skalovim algoritmom optimalno.

p△q Zadatak 26.U prethodnom zadatku bi primjena Kruskalovog algoritma dala rezultat u kojem jedini brid

koji ne bi bio odabran je brid težine 8. Zato ćemo za primjer primjene Kruskalovog algoritmauzeti zadatak u kojem postoji veća razlika između težina i nešto više bridova, takoreći konkretannetrivijalni primjer.

Tekst zadatka (zadatak 26).Na grafu danom na slici svaki od vrhova je jedna od zračnih luka u SAD-u. Bridovi označavajupostojeće veze i njihove udaljenosti (cijene). Odredite optimalno razapinjuće stablo i pokušajteobjasniti što je njime predstavljeno.

Slika 27: Graf udaljenosti zračnih luka (zadatak 26).

SFO

LAX DFW

ORD

JFK

BOS

MIA

2704

1846

1464337

1235

2342

802

1121

876

740

1090

1258187

139

Rješenje zadatka.Redom uzimamo bridove težine 187, 337, 740, 802. Brid težine 876 preskačemo jer zatvara

ciklus. Zatim uzimamo brid težine 1090, a brid težine 1121 preskačemo. Uzimamo brid težine1235 i time smo završili razapinjuće stablo grafa, jer postoji veza (ne nužno direktna) izmeđusvaka dva čvora. Osim toga, uzeli smo ukupno 6 bridova, što je broj bridova stabla sa 7 vrhova.

4.7 Izgradnja tablica usmjeravanja i tablica prosljeđivanja: vektorudaljenosti i stanje veza

Priprema za zadatak.

Pojam: ruta.Ruta (engl. route) je uređeni par koji se sastoji od odredišne adrese i atributa puta u mreži.Atributi variraju u ovisnosti o protokolu usmjeravanja.

Pojam: vrste ruta.Kod usmjerivača razlikujemo tri vrste ruta:

• statičke, koje se ručno dodaju na usmjerivače,

• zadane, koje služe kao smjer paketa u slučaju da niti jedan od unosa ne odgovara,

• dinamičke, koje usmjerivači otkrivaju međusobnim razmjenama tablica usmjeravanja.

Prve dvije vrste vidjeli smo u prethodnim zadacima; posljednjom vrstom baviti ćemo se uovom dijelu.

Pojam: težina veze.Težina veze (engl. link weight) je broj pridružen vezi koji se koristi kod otkrivanja ruta. Pritomse koriste jedna ili više od idućih metrika:

• broj skokova,

• širina frekventnog pojasa,

• zadržavanje,

• opterećenje,

• pouzdanost (broj grešaka).

Priprema za zadatak.

Pravilo: vektor udaljenosti: način rada.Kod protokola usmjeravanja tipa vektor udaljenosti (engl. distance-vector), svaki čvor raz-mjenjuje svoja znanja o putovima s čvorovima s kojima je izravno vezan. Na taj se način znanjasvakog čvora postupno šire cijelom mrežom. Svaki čvor izračunava optimalni put od sebe dosvakog drugog čvora u mreži i oblikuje tablicu usmjeravanja i tablicu prosljeđivanja.

140

p△q Zadatak 27.

Tekst zadatka (zadatak 27).Za mrežu danu na slici odredite globalne tablice vektora udaljenosti u slučaju kad

• svaki čvor zna udaljenosti samo do svojih susjeda,

• svaki čvor je informaciju iz prethodnog koraka prenio svojim susjedima, te

• se dogodi još jedna iteracija prijenosa svih informacija koje čvor ima susjedima.

Slika 28: Mreža (zadatak 27).

𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡63

8

2

1

6

2

Rješenje zadatka.

Tablica 44: Prvi korak (zadatak 27).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡6

𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 8 3 8 8 8

𝑟𝑜𝑢𝑡2 8 0 8 8 2 8

𝑟𝑜𝑢𝑡3 3 8 0 8 1 6𝑟𝑜𝑢𝑡4 8 8 8 0 2 8

𝑟𝑜𝑢𝑡5 8 2 1 2 0 8

𝑟𝑜𝑢𝑡6 8 8 6 8 8 0

Tablica 45: Drugi korak (zadatak 27).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡6

𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 8 3 8 4 9𝑟𝑜𝑢𝑡2 8 0 3 4 2 8

𝑟𝑜𝑢𝑡3 3 3 0 3 1 6𝑟𝑜𝑢𝑡4 8 4 3 0 2 8

𝑟𝑜𝑢𝑡5 4 2 1 2 0 7𝑟𝑜𝑢𝑡6 9 8 6 8 7 0

141

Tablica 46: Treći korak (zadatak 27).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡6

𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 6 3 6 4 9𝑟𝑜𝑢𝑡2 6 0 3 4 2 9𝑟𝑜𝑢𝑡3 3 3 0 3 1 6𝑟𝑜𝑢𝑡4 6 4 3 0 2 9𝑟𝑜𝑢𝑡5 4 2 1 2 0 7𝑟𝑜𝑢𝑡6 9 9 6 9 7 0

p△q Zadatak 28.

Tekst zadatka (zadatak 28).Za mrežu danu na slici u prethodnom zadatku pretpostavite da tablice prosljeđivanja imajupodatke kao na kraju zadatka. Neka je tada veza čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡3 i 𝑟𝑜𝑢𝑡5 prekinuta. Odredite:

• tablice prosljeđivanja čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2, 𝑟𝑜𝑢𝑡4 i 𝑟𝑜𝑢𝑡6 nakon što su 𝑟𝑜𝑢𝑡3 i 𝑟𝑜𝑢𝑡5 javilio novonastalom stanju,

• tablice prosljeđivanja čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡4 nakon njihove iduće međusobne izmjene po-dataka o usmjeravanju, te

• tablicu prosljeđivanja čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡3 nakon što 𝑟𝑜𝑢𝑡1 napravi izmjenu podataka o usmjera-vanju s njim.

Rješenje zadatka.

Tablica 47: Prvi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡1 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡2 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡3 3 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡4 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡5 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡6 9 𝑟𝑜𝑢𝑡3

Tablica 48: Prvi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡2 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡2 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡3 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡4 4 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡5 2 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡6 8 ´

142

Tablica 49: Prvi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡4 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡2 4 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡3 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡4 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡5 2 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡6 8 ´

Tablica 50: Prvi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡6 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 9 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡2 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡3 6 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡4 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡5 8 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡6 0 ´

Tablica 51: Drugi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡1 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡2 12 𝑟𝑜𝑢𝑡4𝑟𝑜𝑢𝑡3 3 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡4 8 𝑟𝑜𝑢𝑡4𝑟𝑜𝑢𝑡5 10 𝑟𝑜𝑢𝑡4𝑟𝑜𝑢𝑡6 9 𝑟𝑜𝑢𝑡3

Tablica 52: Drugi dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡4 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 8 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡2 4 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡3 11 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡4 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡5 2 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡6 17 𝑟𝑜𝑢𝑡1

Tablica 53: Treći dio—čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡3 (zadatak 28).Cilj Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 3 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡2 15 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡3 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡4 11 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡5 13 𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑟𝑜𝑢𝑡6 6 𝑟𝑜𝑢𝑡6

143

Priprema za zadatak.

Pravilo: stanje veza: način rada.Kod protokola usmjeravanja tipa stanje veza stanje veza (engl. link-state) čvorovi šalju po-datke samo o stanju svojih veza sa susjedima svakom čvoru u sastavljenoj mreži. Svaki čvorrazlikuje veze koje su potvrđene (engl. confirmed) i one koje su predložene (engl. tenative) kaonajkraće veze do nekog drugog čvora. Na temelju tih podataka svaki čvor oblikuje svoju tablicuusmjeravanja i tablicu prosljeđivanja.

p△q Zadatak 29.U ovom ćemo zadatku vidjeti kako jedan čvor prima informacije od svih ostalih kad se

koristi stanje veza.

Tekst zadatka (zadatak 29).Za mrežu danu na slici u prethodnom zadatku pokažite kako algoritam stanja veza gradi tablicuusmjeravanja za čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡4.

Rješenje zadatka.Informacije koje usmjerivači izmjenjuju navoditi ćemo kao uređenu trojku oblika p𝐶𝑖𝑙𝑗, 𝑈𝑘𝑢𝑝𝑛𝑎𝑇𝑒𝑧𝑖𝑛𝑎, 𝐼𝑑𝑢𝑐𝑖𝑆𝑘𝑜𝑘q.

U svakom koraku veze iz prethodnog se nasljeđuju.

• Na početku 𝑟𝑜𝑢𝑡4 zna samo za vezu do samog sebe, p𝑟𝑜𝑢𝑡4, 0,´q, i ona je potvrđena.

• 𝑟𝑜𝑢𝑡4 dobiva dvije predložene veze, p𝑟𝑜𝑢𝑡1, 8, 𝑟𝑜𝑢𝑡1q i p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 2, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q. Kako iz 𝑟𝑜𝑢𝑡4 pos-toje dva puta prema van, od kojih je jedan težine 2, a drugi težine 8, veza p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 2, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q

je potvrđena.

• 𝑟𝑜𝑢𝑡4 dobiva dvije predložene veze, p𝑟𝑜𝑢𝑡2, 4, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q i p𝑟𝑜𝑢𝑡3, 3, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q, koje su odmahpotvrđene.

• 𝑟𝑜𝑢𝑡4 dobiva predloženu vezu p𝑟𝑜𝑢𝑡1, 6, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q, koja zamjenjuju p𝑟𝑜𝑢𝑡1, 8, 𝑟𝑜𝑢𝑡1q, te p𝑟𝑜𝑢𝑡6, 9, 𝑟𝑜𝑢𝑡5q.Obje veze postaju potvrđene.

p△q Zadatak 30.

Tekst zadatka (zadatak 30).Razmotrite mrežu danu na slici, koja koristi tehniku usmjeravanja stanje veza. Uzmite da veza𝑟𝑜𝑢𝑡2 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡4 doživljava kvar, i da se zatim dogodi iduće:

• Dodan je čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡6 s vezom prema 𝑟𝑜𝑢𝑡5.

• Dodan je čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡7 s vezom prema 𝑟𝑜𝑢𝑡3.

• Dodana je veza 𝑟𝑜𝑢𝑡7 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1.

Veza 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡4 je sada popravljena. Opišite koji paketi protokola stanje veza će bitiposlani mrežom. Pretpostavite da je inicijalni sekventni broj svih čvorova 1, i da nijedan paketne doživljava istek vremena, i da oba kraja veze koriste isti sekventni broj u LSP-ima te veze,veći od bilo kojeg sekventnog broja koji je prije korišen.

144

Slika 29: Mreža (zadatak 30).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 31.Tekst zadatka (zadatak 31).Pretpostavimo da su zadane tablice prosljeđivanja za čvorove 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡6, u mreži gdje sveveze imaju cijenu 1. Odredite graf najmanje mreže konzistente s tim tabelama.

Tablica 54: Čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡1 (zadatak 31).Čvor Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 0 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡2 1 𝑟𝑜𝑢𝑡2𝑟𝑜𝑢𝑡3 2 𝑟𝑜𝑢𝑡2𝑟𝑜𝑢𝑡4 1 𝑟𝑜𝑢𝑡4𝑟𝑜𝑢𝑡5 2 𝑟𝑜𝑢𝑡2𝑟𝑜𝑢𝑡6 3 𝑟𝑜𝑢𝑡4

Tablica 55: Čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡6 (zadatak 31).Čvor Cijena IdućiSkok𝑟𝑜𝑢𝑡1 3 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡2 2 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡3 1 𝑟𝑜𝑢𝑡3𝑟𝑜𝑢𝑡4 2 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡5 1 𝑟𝑜𝑢𝑡5𝑟𝑜𝑢𝑡6 0 ´

Rješenje zadatka.Kako sve veze imaju cijenu 1, cijena puta nam kaže koliko ima veza između dva čvorova.Uočimo prvo iz prvog stupca obaju tablica da naša mreža mora imati barem 6 čvorova.

Nacrtajmo ih.Razmotrimo u tablicama sve veze koje imaju cijenu 1. Spajamo 𝑟𝑜𝑢𝑡1 sa 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i sa 𝑟𝑜𝑢𝑡4, a

𝑟𝑜𝑢𝑡6 sa 𝑟𝑜𝑢𝑡3 i sa 𝑟𝑜𝑢𝑡5.Razmotrimo veze cijene 2 i spojimo iduće skokove tih veza sa ciljevima (to možemo obzirom

da te veze imaju samo jedan čvor na putu do cilja). Na taj način spajamo 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3, 𝑟𝑜𝑢𝑡2i 𝑟𝑜𝑢𝑡5, 𝑟𝑜𝑢𝑡4 i 𝑟𝑜𝑢𝑡5. Veze duljine 3 navedene u tablicama su već ostvarene u ovoj mreži.

145

Slika 30: Šest čvorova (zadatak 31).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡6

4.8 Problem petlje usmjeravanja. Razdvojeni horizontPriprema za zadatak.

Pojam: oglašavanje rute.Oglašavanje rute (engl. route advertisment)

p△q Zadatak 32.

Tekst zadatka (zadatak 32).Razmotrite jednostavnu mrežu danu na slici, u kojoj čvorovi 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 razmjenjuju infor-macije o usmjeravanju korištenjem vektora udaljenosti. Sve veze imaju cijenu 1. Pretpostaviteda je sada veza čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 prekinuta.

• Odredite niz izmjena tablica usmjeravanja čiji je krajnji rezultat stvaranje „petlje” između𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3. (Napomena: postoji više od jednog rješenja.)

• Opišite kako će se zatim odvijati razmjena informacija o usmjeravanju. Taj problem senaziva brojanje do beskonačnosti (engl. count to infinity).

Slika 31: Mreža (zadatak 32).𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

Rješenje zadatka.

• Nužan i dovoljan uvjet da se to dogodi je da 𝑟𝑜𝑢𝑡3 informacije o dostupnim mrežama javi𝑟𝑜𝑢𝑡2, nakon što je 𝑟𝑜𝑢𝑡2 otkrio da postoji problem u vezi 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2, ali prije negonego je 𝑟𝑜𝑢𝑡2 javio 𝑟𝑜𝑢𝑡3 da više ne može doseći 𝑟𝑜𝑢𝑡1.

• 𝑟𝑜𝑢𝑡3 će javiti 𝑟𝑜𝑢𝑡2 da zna put do 𝑟𝑜𝑢𝑡1, i da mu je udaljenost do 𝑟𝑜𝑢𝑡1 jednaka 2, kojiće 𝑟𝑜𝑢𝑡2 prihvatiti, a zatim javiti 𝑟𝑜𝑢𝑡3 da mu je put do 𝑟𝑜𝑢𝑡1 opet postao dostupan ida mu je udaljenost jednaka 3. Isti proces će se ponavljati do „beskonačnosti”, koja je uovom algoritmu postavljena na vrijednost 16.

p♠q Zadatak 33.

Tekst zadatka (zadatak 33).Ovaj zadatak nastavlja se na prethodni.

146

• Procijenite vjerojatnost prethodno opisanog događaja, pretpostavljajući da 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3šalju promjene u tablicama usmjeravanja u slučajno odabranim vremenima, ali u prosjekujednako često.

• Procijenite vjerojatnost formiranja petlje ako 𝑟𝑜𝑢𝑡2 javi svima promjenu u tablici usmje-ravanja unutar jedne sekunde od trenutka kada je veza t𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2u prekinuta, dok 𝑟𝑜𝑢𝑡3javlja promjene svakih 60 sekundi uniformno.

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.Za sprječavanje stvaranja petlje usmjeravanja koristi se razdvojeni horizont.

Pojam: razdvojeni horizont.Metoda razdvojenog horizonta (engl. split horizon) radi tako da čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑖 kod slanja infor-macija o usmjeravanju čvoru 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑗 izostavlja puteve koje je od njega naučio.

Pojam: razdvojeni horizont s beskonačnim povratom.Metoda razdvojenog horizonta s beskonačnim povratom (engl. split horizon with poisonreverse) radi tako da čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑖 čvoru 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑗 vraća informacije o putevima naučenim od njega,ali pritom udaljenosti postavlja na beskonačnu vrijednost.

Razdvojeni horizont s beskonačnim povratom navodimo radi potpunosti, u zadacima ganećemo koristiti.

p△q Zadatak 34.

Tekst zadatka (zadatak 34).Razmotrite situaciju u kojoj se stvara petlja usmjeravanja u mreži na slici u trenutku kada jeveza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡5 prekinuta.

Pretpostavite da se obnove tablica usmjeravanja događaju jedna-po-jedna, da svi čvorovikoriste razdvojeni horizont, i da 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje svoj izvještaj o nedostupnosti čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡5 čvoru𝑟𝑜𝑢𝑡2 prije nego 𝑟𝑜𝑢𝑡3. (Uočite da simetrično možemo pretpostaviti da 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje izvještaj onedostupnosti čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡5 čvoru 𝑟𝑜𝑢𝑡3 prije nego 𝑟𝑜𝑢𝑡2.)

• Pronađite barem jedan niz obnova tablica usmjeravanja između čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i𝑟𝑜𝑢𝑡3, vezanih uz cilj 𝑟𝑜𝑢𝑡5, koje vode ka stvaranju petlje.

• (♣) Navedite sve moguće takve nizove obnova tablica usmjeravanja.

Radi jednostavnosti možete zanemariti obnove koje ne dovode do promjena.

Rješenje zadatka.U nastavku ćemo sa 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑖 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑗 označiti da čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑖 šalje čvoru 𝑟𝑜𝑢𝑡𝑗 informacije o

𝑟𝑜𝑢𝑡5. Na satu smo dali jednu od mogućnosti; ovdje ćemo navesti sve.

• Bilo koliko razmjena informacija oblika 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ne mijenja sa-držaj tablica usmjeravanja vezan uz 𝑟𝑜𝑢𝑡5. Pored toga, obzirom da se koristi razdvojenihorizont, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 nisu dozvoljeni.

147

Slika 32: Mreža (zadatak 34).𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑟𝑜𝑢𝑡6

𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡4

𝑟𝑜𝑢𝑡7

• Obzirom da smo pretpostavili da čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje izvještaj o nedostupnost i čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡2prije nego što ga šalje čvor 𝑟𝑜𝑢𝑡3, prvi relevantan izvještaj je 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2. Sada jedino𝑟𝑜𝑢𝑡3 vjeruje da je 𝑟𝑜𝑢𝑡5 moguće doseći, i to preko 𝑟𝑜𝑢𝑡1; u tablicama usmjeravanja čvora𝑟𝑜𝑢𝑡3 ostaje unos p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 2, 𝑟𝑜𝑢𝑡1q.

• U ovom trenutku moguće su izmjene: 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3;𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ne mijenjaju unose vezane uz 𝑟𝑜𝑢𝑡5, a 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 nijedozvoljen zbog razdvojenog horizonta.

– Ako se dogodi 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ili 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3, stvaranje petlje se zaustavlja, jer𝑟𝑜𝑢𝑡3 dobiva informacije o nedostupnosti 𝑟𝑜𝑢𝑡5.

– Nakon izmjene 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 tablica čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ima p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 2, 𝑟𝑜𝑢𝑡1q, a tablicausmjeravanja 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ima p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 3, 𝑟𝑜𝑢𝑡3q; postoje dva čvora koja vjeruju u dostupnost𝑟𝑜𝑢𝑡5.

• Relevantne mogućnosti su sada 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3.

– Ako 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1, tablica usmjeravanja 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ima p𝑟𝑜𝑢𝑡5, 4, 𝑟𝑜𝑢𝑡3q i stvorena jepetlja.

– Ako 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3, onda 𝑟𝑜𝑢𝑡2 postaje jedini koji vjeruje u dostupnost 𝑟𝑜𝑢𝑡5. Jedinamogućnost koja ne prekida vjerovanje u dostupnost čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡5 je 𝑟𝑜𝑢𝑡2 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡1,koja čini da i 𝑟𝑜𝑢𝑡1 počinje vjerovati u dostupnost 𝑟𝑜𝑢𝑡5. U ovom trenutku, razmjena𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡3 će formirati petlju. S druge strane, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 će učiniti da jedino𝑟𝑜𝑢𝑡1 vjeruje u dostupnost 𝑟𝑜𝑢𝑡5.

U ovisnosti o tome kojim redoslijedom se informacije o usmjeravanju sada razmjenjuju, možese dogoditi jedna od tri mogućnosti:

• stvaranje petlje,

• eliminacija vjerovanja o dostupnosti 𝑟𝑜𝑢𝑡5 sa svih čvorova,

• alternacija situacije u kojoj jedan od čvorova 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 vjeruje u dostupnost𝑟𝑜𝑢𝑡5 sa situacijom u kojoj postoje dva.

Dodatak: beskonačni povrat.Uočimo da beskonačni povrat ne utječe na formiranje petlje usmjeravanja.

148

p△q Zadatak 35.Tekst zadatka (zadatak 35).Pretpostavite da skup usmjerivača koristi tehniku razdvojenog horizonta; zanimati će nas kojurazliku u tom slučaju čini korištenje beskonačnog povrata.

• Pokažite da korištenje beskonačnog povrata ne pravi razliku u stvaranju petlje usmjera-vanja u dva primjera opisana u poglavlju 4.4.2 u slučaju kada čvorovi koriste razdvojenihorizont.

• Pretpostavite da usmjerivači 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 nekako dođu u situaciju da pakete adresiranena određeni cilj 𝐻1 prosljeđuju jedan prema drugome. Opišite kako će se ova situacijarazvijati sa i bez korištenja beskonačnog povrata.

• Dajte primjer niza događaja koji vode 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 prema stanju kao u prethodnomslučaju, čak i ako se koristi beskonačni povrat. (Uputa: pretpostavite da su 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2povezani preko veoma spore veze, da dosežu 𝐻1 preko trećeg čvora 𝑟𝑜𝑢𝑡3, i da istovremenooglašavaju rute jedan drugome.)

Slika 33: Mreža (zadatak 35).𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑛𝑒𝑡1 𝐻1

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.Pravilo: hold-down.Hold-down je tehnika izbjegavanja stvaranja petlji kod usmjeravanja korištenjem vektoraudaljenosti, kod koje čvorovi ignoriraju obnove određeno vrijeme dok su informacije od prekiduveze ne stignu proširiti mrežom. Najčešća vrijednost je tri puta veća od vremenskog intervalaobnove tablica usmjeravanja.

p△q Zadatak 36.Tekst zadatka (zadatak 36).Razmotrite mrežu na slici, gdje sve veze imaju cijenu 1, osim veze 𝑟𝑜𝑢𝑡3´𝑟𝑜𝑢𝑡4 koja ima cijenu10. Pretpostavite da je veza 𝑟𝑜𝑢𝑡3´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 prekinuta i da 𝑟𝑜𝑢𝑡2 odmah nakon što se to dogodilooglašava usmjerivaču 𝑟𝑜𝑢𝑡1 rutu prema 𝑟𝑜𝑢𝑡3 koja stvara petlju (to je pogrešna ruta, preko𝑟𝑜𝑢𝑡1).

• Navedite rezultate korištenja tehnike hold-down, i iskoristite ih da opišete razvoj petljeusmjeravanja u obje mreže.

• U kolikoj mjeri može hold-down spriječiti nastanak petlje u 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 mrežibez zadržavanja oktrivanja alternativne rute u 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡4 mreži?

149

Slika 34: Mreža 1 (zadatak 36).𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡4

Slika 35: Mreža 2 (zadatak 36).𝑟𝑜𝑢𝑡3 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2

Rješenje zadatka.FALI

Priprema za zadatak.Pravilo: algoritam pretraživanja prema naprijed.Algoritam pretraživanja prema naprijed (engl. forward search algorithm)

p△q Zadatak 37.Tekst zadatka (zadatak 37).Navedite korake algoritma pretraživanja prema naprijed koji izgrađuje tablicu usmjeravanja začvor 𝑟𝑜𝑢𝑡1 u mreži prikazanoj na slici.

Slika 36: Mreža (zadatak 37).

𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5

5

2

422

1

5

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 38.Tekst zadatka (zadatak 38).Uzmite da čvorovi u mreži danoj na slici sudjeluju u usmjeravanju tipa stanje veza, i da 𝑟𝑜𝑢𝑡3prima kontradiktorne LSP-e; jedan od 𝑟𝑜𝑢𝑡1 koji tvrdi da je veza 𝑟𝑜𝑢𝑡 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 neispravna idrugi od 𝑟𝑜𝑢𝑡2 koji tvrdi da je veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ispravna.

• Kako se to može dogoditi?

• Što može 𝑟𝑜𝑢𝑡3 učiniti? Što on može očekivati?

Kod rješavanja nemojte pretpostavljati da LSP-i sadrže bilo kakav vremenski pečat koji jedovoljno sinkroniziran na različitim čvorovima da bi bio upotrebljiv.

150

Slika 37: Mreža (zadatak 38).

𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑛𝑒𝑡1

𝑛𝑒𝑡2

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 39.Tekst zadatka (zadatak 39).

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 40.Tekst zadatka (zadatak 40).

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 41.Tekst zadatka (zadatak 41).

Rješenje zadatka.

p♢q Zadatak 42.Tekst zadatka (zadatak 42).

Rješenje zadatka.

151

p♢q Zadatak 43.

Tekst zadatka (zadatak 43).

Rješenje zadatka.

p♢q Zadatak 44.

Tekst zadatka (zadatak 44).

Rješenje zadatka.

4.9 Međudomensko usmjeravanjePriprema za zadatak.

Pojam: BGP.

p△q Zadatak 45.

Tekst zadatka (zadatak 45).Razmotrite mrežu prikazanu na slici u kojoj oblaci predstavljaju dijelove mreže u vlasništvujednog davatelja usluga i ucrtane su veze među njima.

• Koliko ruta prema 𝑛𝑒𝑡1 imaju BGP speakers mreže 𝑛𝑒𝑡2?

•

•

•

Slika 38: Mreža (zadatak 45).

𝑛𝑒𝑡3

𝑛𝑒𝑡1 𝑛𝑒𝑡2

𝐻1 𝐻2

𝑙𝑖𝑛𝑘1

𝑙𝑖𝑛𝑘2

𝑙𝑖𝑛𝑘3 𝑙𝑖𝑛𝑘4

Rješenje zadatka.

152

p△q Zadatak 46.Tekst zadatka (zadatak 46).

Rješenje zadatka.

p♡q Zadatak 47.Tekst zadatka (zadatak 47).

Rješenje zadatka.

4.10 MTU i fragmentacija paketa. PMTUPriprema za zadatak.Pojam: MTU.Najveća jedinica prijenosa (engl. Maximum transmission unit, MTU ) komunikacijskog pro-tokola mrežnog sloja je veličina (u bajtovima) najveće podatkovne jedinice korisnog tereta kojutaj protokol može dalje proslijediti.

MTU se najčešće spominje kada govorimo o komunikacijskom sučelju (Ethernet kartica,serijski port, . . . ). Neki standardi (npr. Ethernet) definiraju fiksnu veličinu MTU-a, a drugiodlučuju o veličini MTU-a u trenutku povezivanja.Primjer: Ethernet II.Za Ethernet II okvir MTU iznosi 1500. Obzirom da znamo da se MTU odnosi na veličinu kojase izražava u bajtovima, jedinica se ne navodi.

p△q Zadatak 48.Tekst zadatka (zadatak 48).Razmislite o sljedeća dva pitanja.

• Koje su prednosti veće vrijednosti MTU-a?

• Koje su nedostaci veće vrijednosti MTU-a?

Rješenje zadatka.Veća vrijednost MTU-a pridonosi većoj efikasnosti jer se povećava omjer korisnog tereta i

zaglavlja. Pored toga, to znači i obradu manjeg broja paketa za istu količinu podataka, pa jevrijeme obrade kraće.

S druge strane, veći paketi mogu uzrokovati veće gubitke jer se ponekad moraju popunjavatido maksimalne veličine (ako nema dovoljno podataka za poslati). Osim toga, oni zauzimajuvezu više vremena, što uzrokuje veće čekanje na početak prijenosa, a to je naročito problemkod protokola sa dijeljenim medijem (npr. Ethernet). Pogotovo su problematični i u prisustvugrešaka, jer se u slučaju greške mora ponavljati prijenos veće količine podataka.

153

p△q Zadatak 49.

Tekst zadatka (zadatak 49).Zašto polje Fragment Offset u IPv4 zaglavlju mjeri pomak u 8-bajtnim jedinicama? (Uputa:prisjetite se da polje Fragment Offset ima duljinu 13 bitova.)

Rješenje zadatka.IPv4 zaglavlje predviđa samo 13 bit za Fragment Offset polje, ali duljina paketa može biti

do 216 ´ 1 bajtova (jer je polje Total Length duljine 16 bit).Da bi mogli adresirati fragmentaciju paketa maksimalne veličine, moramo računati pomake

u veličini od216

213 “ 23“ 8

bajtova. To dozvoljava maksimalni pomak veličine

p213´ 1q ˆ 8 “ 65 528

bajtova, na što kad dodamo veličinu zaglavlja

65 528` 20 “ 65 548

dobivamo vrijednost veću od maksimalne duljine IP paketa koja s uračunatom veličinom za-glavlja iznosi 65 535 bajta.

Tu postoji samo jedan slučaj koji može biti problematičan; naime, na mreži koja ima MTUveličine 8ˆ𝑛`7, 𝑛 P N položaj granica bi se pokazao prilično neprikladan. Međutim, 8 bajtovaje dovoljno malo da to nije značajan problem.

p△q Zadatak 50.

Tekst zadatka (zadatak 50).Pretpostavimo da je TCP poruka koja sadrži 2048 bajtova podataka i 20 bajtova TCP zaglavljadana IP sloju da je prenese preko dvije mreže na Internetu (primjerice, od izvornog domaćinado usmjerivača, a zatim od usmjerivača do ciljnog domaćina).

• Prva mreža koristi 14-bajtno zaglavlje, a MTU je 1024;

• druga mreža koristi 8-bajtno zaglavlje, a MTU je 576.

Odredite veličine i pomake skupa fragmenata dostavljenih mrežnom sloju na ciljnom doma-ćinu. Pretpostavite da su sva IP zaglavlja veličine 20 bajtova.

Slika 39: Mreža (zadatak 50).

𝐻1 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝐻21024 576

154

Rješenje zadatka.Ukupna veličina najvećeg okvira na prvoj mreži je 1038 B, a na drugoj 584 B; međutim,

uočite da nam veličine zaglavlja mreže na sloju veze podataka ne igraju ulogu, obzirom da naszanima samo koliko veliki IPv4 paket stane u koristan dio, a u tome veličina zaglavlja mreženema nikakvu ulogu.

Razmotrimo prvo prvu mrežu. Da bi dobili koliko podataka stane u svaki od okvira, odMTU-a odbijamo veličinu IP zaglavlja i dobivamo da možemo u svakom okviru imati

1024 B´ 20 B “ 1004 B

podataka korisnog dijela na nivou IP sloja. Kako 1004 nije višekratnik od 8, a pomaci se mjereu 8-bajtnim jedinicama, svaki fragment može sadržavati najviše

8ˆ t1004

8 u “ 1000

bajta, što znači da će u svakom okviru 4 B biti neiskorišteno. Kako moramo prenijeti

2048 B` 20 B “ 2068 B

podataka, i kako je2068 B “ 1000 B` 1000 B` 68 B,

slijedi da imamo tri paketa, dva veličine korisnog dijela po 1000 bajta, i jedan veličine 68 bajta.U drugoj mreži, paket veličine 68 bajta se neće fragmentirati, ali paketi veličine 1000 bajta

bit će fragmentirani. Koristan teret okvira je u ovoj mreži

576 B´ 20 B “ 556 B,

a zatim je

8ˆ t5568 u “ 552.

Slično kao i ranije dobivamo da je

1000 B “ 552 B` 448 B.

Naposlijetku će mrežni sloj primatelja primiti 5 paketa, 2 veličine korisnog dijela 552 B, 2po 448 B i jedan od 68 B, odnosno

Tablica 56: Fragmenti (zadatak 50).DF MF Fragment Offset veličina korisnog dijela0 1 0 552 B0 1 69 448 B0 1 125 552 B0 1 194 448 B0 0 250 68 B

155

Priprema za zadatak.

Pojam: put.Put (engl. path) je skup čvorova i veza u mreži koji se koristi za komunikaciju neka dva krajnjačvora.

Pojam: MTU puta.MTU puta (engl. path MTU, PMTU ) je najmanja vrijednost MTU-a na svim vezama na putuizmeđu dva domaćina, što za put 𝑃 formalno pišemo

𝑃𝑀𝑇𝑈 :“ mint𝑀𝑇𝑈p𝑙𝑖𝑛𝑘q | 𝑙𝑖𝑛𝑘 P 𝑃 u.

p△q Zadatak 51.

Tekst zadatka (zadatak 51).Pretpostavimo da možemo odrediti MTU puta koji se koristi u prošlom zadatku, i da možemoiskoristiti tu vrijednost kao MTU za sve segmente (veze) tog puta.

Odredite veličine i pomake skupa fragmenata dostavljenih mrežnom sloju na ciljnom doma-ćinu.

Rješenje zadatka.Koristeći podatke iz prethodnog zadatka, za MTU puta dobivamo

𝑃𝑀𝑇𝑈 “ mint576, 1024u “ 576.

Od tog broja odbijamo veličinu zaglavlja IP sloja na isti način kao u prethodnom zadatku, idobivamo 552. Opet imamo

8ˆ t5568 u “ 552,

pa pakete moramo fragmentirati u fragmente veličine 552 B, i dobivamo veličine korisnog dijelaIP paketa

2068 B “ 552 B` 552 B` 552 B` 412 B.

Pomaci su sada:

Tablica 57: Fragmenti (zadatak 51).DF MF Fragment Offset veličina korisnog dijela0 1 0 552 B0 1 69 552 B0 1 138 552 B0 0 207 412 B

156

Priprema za zadatak.Pojam: ICMP.Internet Control Message Protocol (ICMP) je jedan od osnovnih protokola TCP/IPmodela. Najčešće se koristi za slanje poruka o pogreškama koje, primjerice, javljaju da traženausluga, domaćin ili mreža nisu dostupni.

Zaglavlje ICMP poruke dolazi nakon IPv4 zaglavlja, ukupne je duljine 8 bajtova, i sastojise od sljedećih polja:

• Type (8 bit), tip ICMP poruke,

• Code (8 bit), podtip danom tipu poruke,

• Checksum (16 bit),

• Rest of Header (32 bit), ovisi o tipu i kodu.

Pravilo: postupak određivanja MTU-a puta.Za određivanje MTU-a puta koriste se ICMP poruke tipa 3, Destination Unreachable, kod4, Fragmentation required, and DF flag set.

Domaćin koji određuje MTU puta šalje IP paket maksimalne veličine koja stane u okvirmreže na koju je spojen; prvi usmjerivač koji ga ne može dalje proslijediti vraća ICMP porukutipa 3, kod 4, u kojima krajnjih 16 bita dijela Rest of Header sadrži MTU idućeg skoka.

Domaćin smanjuje MTU na tu vrijednost i ponavlja postupak.

p△q Zadatak 52.Tekst zadatka (zadatak 52).Opišite postupak određivanja MTU-a puta za mrežu danu na slici u situaciji kada domaćin 𝐻1započinje komunikaciju s domaćinom 𝐻2.

Slika 40: Mreža (zadatak 52).𝐻1

𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝐻2

1500

1024 576

1500

Rješenje zadatka.Struktura svake ICMP poruke koja će biti poslana biti će 0000 0011 (tip) 0000 0100 (kod)

... (kontrolni zbroj, izračun je prilično netrivijalan) 0000 0000 0000 0000 (prvih 16 bitovau ostatku zaglavlja) i zatim slijedi zapis MTU-a u binarnom obliku sa 16 bitova.

• 𝐻1 šalje IP paket veličine korisnog dijela 1480 bajta koji ima zastavicu DF postavljenuna 1 i zastavicu MF postavljenu na 0; 𝑟𝑜𝑢𝑡1 odbacuje paket i šalje 𝐻1 ICMP poruku tipa3, kod 4, u kojoj zadnjih 16 bita ima vrijednost 0000 0100 0000 0000.

157

• 𝐻1 šalje IP paket veličine korisnog dijela 1000 bajta koji ima zastavicu DF postavljenuna 1 i zastavicu MF postavljenu na 0; 𝑟𝑜𝑢𝑡2 odbacuje paket i šalje 𝐻1 ICMP poruku tipa3, kod 4, u kojoj zadnjih 16 bita ima vrijednost 0000 0010 0100 0000.

• 𝐻1 šalje IP paket veličine korisnog dijela 552 bajta koji ima zastavicu DF postavljenu na1 i zastavicu MF postavljenu na 0, koji uredno stiže do 𝐻2, te do kraja prijenosa podatakatom konekcijom koristi tu veličinu.

p♠q Zadatak 53.

Tekst zadatka (zadatak 53).Pretpostavimo da je IP paket fragmentiran u 10 fragmenata, od kojih svaki ima mogućnostizopačenja (gubitka) 1 %. nezavisno od ostalih. Aproksimativno se može reći da je tada vjero-jatnost gubitka paketa zbog gubitka nekog od fragmenata 10 %. Koja je vjerojatnost gubitkacijelog paketa tijekom prijenosa ako se paket prenosi dvaput, uz pretpostavku

• da su svi fragmenti paketa bili dio istog prijenosa,

• da su fragmenti raspoređeni proizvoljno u dva prijenosa?

Objasnite na koji način bi polje Identification moglo biti korisno u ovom slučaju.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 54.

Tekst zadatka (zadatak 54).U idućim tablicama navedeni su fragmenti i istaknuta su im polja Flags i Fragment Offset.

Pretpostavimo da svi fragmenti navedeni u tablicama prolaze kroz još jedan usmjerivačkojim dolaze na vezu na kojoj MTU iznosi 380, i na kojoj se nalazi odredišni domaćin.

• Odredite fragmente koji tada nastaju.

• Koliko bi fragmenata nastalo da je pošiljatelju na početku bio poznat MTU puta?

(Napomena: kao što smo spomenuli, polje Identification služi za raspoznavanje frag-menata istog paketa. Njegova je vrijednost za sve fragmente u ovom zadatku jednaka 𝑘 P

t0, 1, 2, . . . , 65535u.)

Tablica 58: Poslani paket.. . . Ident = 𝑘 0 0 0 0 . . . 1480 B podataka

158

Tablica 59: Fragmenti (𝑀𝑇𝑈 “ 576).. . . Ident = 𝑘 0 0 1 0 . . . 552 B podataka. . . Ident = 𝑘 0 0 1 69 . . . 552 B podataka. . . Ident = 𝑘 0 0 0 138 . . . 376 B podataka

Rješenje zadatka.Odbijajući 20 bajtova IPv4 zaglavlja od MTU-a, dobivamo

380 B´ 20“360 B,

što je djeljivo s 8, pa se paket veličine korisnog dijela 552 B dijeli na

552 B “ 360 B` 192 B,

a paket veličine korisnog dijela 396 B na

376 B “ 360 B` 16 B.

Naposlijetku dobivamo:

Tablica 60: Fragmenti (𝑀𝑇𝑈 “ 380) (zadatak 54).DF MF Fragment Offset veličina korisnog dijela0 1 0 360 B0 1 45 192 B0 1 69 360 B0 1 114 192 B0 1 138 360 B0 0 183 16 B

Da je pošiljatelju bio poznat MTU puta (koji iznosi 380), nastalo bi pet fragmenta:

• četiri fragmenta koja imaju veličinu korisnog dijela 360 B i pomake redom 0, 45, 90, 135te zastavicu MF postavljenu na vrijednost 1, te

• jedan fragment veličine 40 B i pomaka 180, zastavica MF ima vrijednost 0.

p△q Zadatak 55.

Tekst zadatka (zadatak 55).Razmislite o sljedećem.

• Zašto IPv4 sastavlja fragmente na kraju (tj. na domaćinu koji prima paket), umjesto naidućem usmjerivaču?

• Zašto je u IPv6 standardu fragmentiranje paketa u cijelosti izbačeno?

(Uputa: razmišljajte o razlici između fragmentacije na razini IP sloja i fragmentacije narazini sloja veze podataka.)

159

Rješenje zadatka.

• IPv4 zahtjeva da se ponovno sastavljanje fragmenata događa na razini sloja veze poda-taka, tj. da je za njega transparentno. Fragmentacija na razini IPv4 sloja radi se samo uslučajevima kada fragmentacija na razini sloja veze podataka nije praktična. Međutim,obzirom da su usmjerivači najčešće vrlo opterećeni, ponovno sastavljanje fragmenata nanjima će samo povećati to opterećenje, što je lošije rješenje.

• IPv6 koristi fragmentaciju sloja veze podataka (isključivo); iskustvo je pokazalo pro-bleme s performansama kod IPv4 fragmentacije, i pomoglo u uspostavljanju razumnihvrijednosti MTU-a na sloju veze podataka. (Očito, kod IPv6 je nužno da TCP/IP im-plementacija podržava otkrivanje PMTU-a, tako da pošiljatelj može veličinu postaviti napravu vrijednost.)

4.11 Optimizacija usmjeravanja korištenjem oznakaPriprema za zadatak.

Pojam: Multiprotocol Label Switching – MPLS.Multiprotocol Label Switching (MPLS) je mehanizam koji se koristi u mrežama za pro-sljeđivanje podataka od čvora do čvora uz pomoć kratkih oznaka (engl. labels) umjesto us-mjeravanja pomoću relativno dugačkih mrežnih adresa, čime se izbjegava pretraživanje tabliceusmjeravanja. Pritom oznake određuju virtualni put među čvorovima koji vrše prijenos poda-taka i nisu krajnje točke komunikacije.

Pojam: MPLS zaglavlje.MPLS zaglavlje ukupne je duljine 32 bita, smješta se između L2 i L3 zaglavlja okvira, a sastojise od idućih polja:

• Label (20 bit),

• Traffic Class (3 bit),

• Bottom of stack (1 bit),

• TTL (8 bit).

Svaki paket može imati jedno ili više MPLS zaglavlja; pritom zadnje zaglavlje uvijek imabit Bottom of stack postavljen na vrijednost 1.

Tablica 61: Paket u mreži koja ne podržava MPLSL2 zaglavlje L3 zaglavlje . . .

Tablica 62: Paket u mreži koja podržava MPLSL2 zaglavlje MPLS zaglavlje L3 zaglavlje . . .

Zbog toga se često kaže da u OSI modelu MPLS radi na sloju 2.5.

160

p△q Zadatak 56.Tekst zadatka (zadatak 56).Uzmimo da na mreži koja koristi IPv4 usmjerivač koji podržava MPLS, recimo zbog pogreške,proslijedi okvir drugom usmjerivaču koji ne podržava MPLS. Što će se dogoditi?

Rješenje zadatka.Usmjerivač koji ne podržava MPLS primiti će okvir i smatrati će da nakon L2 zaglavlja

mreže slijedi IPv4, a ne MPLS zaglavlje (ili zaglavlja, ako ih je više). To u većini slučajevaneće biti valjan IPv4 paket, iako teoretski, u ovisnosti o vrijednosti polja u tim zaglavljima iIP zaglavlju koje slijedi nakon njih, može biti.

Priprema za zadatak.Pojam: LSR.Label Switching Router (LSR) je usmjerivač koji podržava MPLS i vrši usmjeravanje iprosljeđivanje paketa.

Pojam: LER.Label Edge Router (LER) je usmjerivač koji podržava MPLS i nalazi se na rubu MPLSmreže. U slučaju da je ulazni (engl. ingress) čvor, on stavlja MPLS oznake na pakete, a uslučaju da je izlazni (engl. egress), skida ih.

Pojam: LSP.Label Switched Path (LSP) je put od ulaznog do izlaznog čvora koji paket pređe kroz MPLSmrežu.

Pojam: klasa ekvivalencije prosljeđivanja.Klasa ekvivalencije prosljeđivanja (engl. Forwarding Equivalence Class, FEC ) je skup pa-keta koji imaju slične ili iste karakteriste i mogu se prosljeđivati na isti način; drugim riječima,mogu imati istu MPLS oznaku.

Primjer: klase ekvivalencije prosljeđivanja.Zajedničke karakteristike paketa nisu strogo definirane, tako da u klasu ekvivalencije prosljeđi-vanja mogu spadati paketi koji imaju isti prioritet ili isto odredište ili bilo što drugo. Obziromda ne govorimo o prioritetu slanja, smatrat ćemo da u isu klasu ekvivalencije prosljeđivanjaspadaju paketi koji imaju isto odredište (te ostvaruju isti put kroz mrežu).

p△q Zadatak 57.Tekst zadatka (zadatak 57).MPLS oznake su većinom dužine 20 bitova. Objasnite zašto ovo omogućuje da postoji dovoljnooznaka kada se MPLS koristi za prosljeđivanje paketa u mreži.

Rješenje zadatka.Prije svega, MPLS oznake su lokalnog karaktera obzirom na vezu; drugim riječima, iste

oznake mogu imati različito značenje na različitim vezama. To znači da je broj oznaka potrebnihna svakoj vezi jednak broju klasa ekvivalencije prosljeđivanja koje imaju značenje na toj vezi.Ukoliko se klase koriste na način da svaka korespondira unosu u tablici usmjeravanja, onda sesa 20 bitova može podržati 220, odnosno otprilike milijun različith unosa.

161

p△q Zadatak 58.Tekst zadatka (zadatak 58).Za MPLS se često tvrdi da poboljšava performanse usmjerivača.

• Objasnite zašto je to teoretski ostvarivo.

• Predložite razloge zašto u praksi to ne mora biti slučaj.

Rješenje zadatka.• Korištenjem MPLS-a prosljeđivanje je moguće vršiti izravno u komutacijskom polju us-

mjerivača (slično kao kod preklopnika), obzirom da je MPLS oznaka indeks u tabliciusmjeravanja i može se izbjeći izvođenje algoritma najduljeg odgovarajućeg prefiksa, kojije procesorski prilično zahtjevan.

• Prosljeđivanje paketa ima još čimbenika koji utječu na performanse, kao što su metoderedanja paketa i svojstva komutacijskog polja. Ti aspekti su neovisni od algoritma pro-sljeđivanja i može se dogoditi da imaju dominantan utjecaj na performanse. Drugimriječima, ako skratimo vrijeme izvođenja algoritma usmjeravanja i prosljeđivanja može sedogoditi da smo skratili vrijeme trajanja procesa koji već traje najkraće, te se u ukupnimperformansama to ne donosi značajnu promjenu.

p♣q Zadatak 59.Tekst zadatka (zadatak 59).RFC 791 opisuje IP i uključuje dva opcionalna polja koja se koriste za usmjeravanje od straneizvora. Koje su loše strane ovog pristupa u odnosu na MPLS? (Uputa: Prisjetite se da IPzaglavlje može biti dužine najviše 40 bajta.)

Rješenje zadatka.Zbog ograničenja veličine IP zaglavlja IP-ovo usmjeravanje od strane izvora ne može navesti

duži put.Pored toga, obrada opcionalnih polja je značajno složenija (i zbog toga sporija) od uobiča-

jenog IP usmjeravanja i MPLS prosljeđivanja.Naposlijetku, za razliku od MPLS-a, usmjeravanje od strane izvora ne može vršiti agregaciju

prometa koje ima isti cilj; MPLS može agregirati takav promet u jednu klasu ekvivalencijeprosljeđivanja, i reprezentirati je jednom oznakom.

4.12 TuneliranjePriprema za zadatak.Pojam: tuneliranje.Tuneliranje (engl. tunneling) je način na koji jedan mrežni protokol enkapsulira drugi; pritomprvi protokol vrši dostavu paketa, a drugi se tretira kao teret.

Primjer: PPPoE.Point-to-Point over Ethernet (PPPoE) je protokol koji prenosi PPP okvire unutar Ethernetokvira, i koristi se za prijenos paketa putem DSL konekcije od korisnika do IP routera pružateljainternet usluga.

162

p△q Zadatak 60.Tekst zadatka (zadatak 60).Rekli smo da treba 32 bita da se prenese svaka MPLS oznaka koja je dodana na paket kada sekoristi zaglavlje koje se sastoji od više oznaka.

• Koliko je dodatnih bitova potrebno da bi se tuneliralo paket koristeći ranije opisane MPLStehnike?

• Koliko je najmanje dodatnih bitova potrebno da bi se tuneliralo paket koristeći dodatnoIP zaglavlje?

Tekst zadatka (zadatak 60).• Izračunajte efikasnost korištenja širine frekventnog pojasa za svaki od dva pristupa tune-

liranju kada je prosječna veličina paketa 300 bajtova. Ponovite izračun za pakete veličine64 bajta.(Efikasnost korištenja širine frekventnog pojasa definira se kao omjer veličine prenesenogkorisnog tereta i ukupne veličine prenesenog tereta.)

Rješenje zadatka.

• Obzirom da se koriste dvije MPLS oznake, potrebno je 8 bajtova.

• Obzirom da se koristi dodatno IP zaglavlje, potrebno je 20 bajtova.

• Efikasnost korištenja širine frekventnog pojasa za MPLS je300308 « 0.97,

a za IP300320 “ 0.9375.

Za pakete veličine 64 bajta, MPLS ima efikasnost6472 « 0.89,

a IP ima6484 « 0.76.

Očekivano, MPLS je efikasniji od IP-a zbog manje veličine zaglavlja, i razlika je veća zamanje veličine korisnog tereta.

4.13 IP multicastPriprema za zadatak.Pojam: unicast, multicast, broadcast.Način slanja unicast podrazumijeva slanje podataka jednom (točno određenom) domaćinu namreži.

Način slanja multicast podrazumijeva slanje istog skupa podataka na više domaćina, aline sve prisutne na mreži. U tom slučaju skup domaćina ima jednu zajedničku multicast adresu.

Način slanja broadcast podrazumijeva slanje podataka svim domaćinima na mreži.

163

p♣q Zadatak 61.Tekst zadatka (zadatak 61).Dajte primjer situacije u kojoj multicast adresiranje može biti korisno.

Rješenje zadatka.Primjer može biti audio ili video konferencija sa velikim brojem sudionika, naime:

• unicast bi zahtijevao da su svaka dva sudionika međusobno povezani,

• broadcast bi slao jako puno podataka onima koji nisu sudionici konferencije, i nemajupotrebe primati te podatke, što bi uzrokovalo bespotrebno opterećenje mreže.

Dodatak: broj veza.Kada bi se koristio unicast u video konferenciji sa 𝑛 sudionika, svaka dva sudionika moralibi biti međusobno povezani. Kako ćete odrediti koliko tada ukupno ima veza, za 𝑛 “ 100?(Uputa: skicirajte situaciju za 𝑛 “ 4, 5, 6.)

Priprema za zadatak.Pojam: IP multicast.IP multicast adresa identificira grupu mrežnih sučelja. Za pridruživanje grupi koristi se InternetGroup Management Protocol (IGMP).

IPv4 za multicast koristi adrese u rasponu 224.0.0.0 – 239.255.255.255 (nekad poznate kaoadrese klase D).

IPv6 za multicast koristi adrese koje imaju prefiks ff00::/8.

p△q Zadatak 62.Tekst zadatka (zadatak 62).Kako usmjerivači prepoznaju da je dolazni IP paket namijenjen za multicast slanje?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 63.Tekst zadatka (zadatak 63).Pretpostavite da multicast grupa je namijenjena da bude privatna na određenoj domeni usmje-ravanja. Može li IP multicast adresa biit dodjeljena grupi bez prethodnog dogovora s drugimdomenama, a da pritom ne postoji rizik da će doći do konflikta?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 64.Tekst zadatka (zadatak 64).Pod kojim uvjetima može domaćin na Ethernetu koji nije usmjerivač dobiti IP multicast paketnamijenjen za multicast grupu koje nije dio?

164

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 65.Tekst zadatka (zadatak 65).Razmotrite primjer mreže prikazane na slici, u kojoj izvori 𝐻1 i 𝐻2 šalju pakete multicast grupi𝑚𝑔, čiji članovi su označeni eksponentom 𝑚𝑔. Prikažite multicast stabla s najkraćim putevimaza svaki od izvora.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 66.Tekst zadatka (zadatak 66).Pretpostavite da domaćin 𝐻1 šalje multicast grupi; primatelji su listovi stabla dubine 𝑛 čiji jekorjen u 𝐻1, i svaki čvor koji nije list ima 𝑘 djece; dakle, postoje 𝑘𝑛 primatelja.

• Koliko se ukupno transmisija dogodi preko svih veza ako 𝐻1 šalje multicast poruku svimprimateljima?

• Koliko se ukupno transmisija dogodi preko svih veza ako 𝐻1 šalje unicast poruku svimprimateljima?

• Pretpostavite da 𝐻1 šalje svim primateljima, ali neke poruke su izgubljene i potrebna jeretransmisija. Koji postotak unicast retransmisija je ekvivalentan mulicast retransmisijisvim primateljima po broju transmisija preko veza?

Rješenje zadatka.

4.14 Adresiranje IPv6 paketaPriprema za zadatak.Pojam: vrste IPv6 adresa.Obzirom na metodologiju usmjeravanja IPv6 razlikuje:

• unicast, koje identificiraju jedno mrežno sučelje jednog domaćina.

• anycast, koje identificiraju više sučelja i kod kojih se dostava paketa vrši bilo kojemsučelju iz grupe, te

• multicast, koje identificiraju više sučelja i kod kojih se dostava paketa vrši svim doma-ćinima iz grupe.

Pojam: oblik IPv6 unicast i anycast adrese.IPv6 unicast i anycast adrese imaju redom elemente:

• prefiks usmjeravanja (ě 48 bit),

• identifikator podmreže (ď 16 bit),

• identifikator sučelja (64 bit).

165

p△q Zadatak 67.Tekst zadatka (zadatak 67).Odredite jesu li idući zapisi IPv6 adresa ispravni:

• ::0F53:6382:AB00:67DB:BB27:7332

• 7803:42F2:::88EC:D4BA:B75D:11CD

• ::4BA8:95CC::DB97:4EAB

• 74DC::02BA

• ::00FF:128.112.92.116

Rješenje zadatka.

• da,

• ne (kratica ::: nije definirana u IPv6 zapisu),

• ne (kratica :: se može iskoristiti kao zamjena za samo jednu grupu nula),

• da,

• da (ovo je kratica za IPv4 adresu).

p△q Zadatak 68.Tekst zadatka (zadatak 68).Predložite vjerojatan plan adresiranja za IPv6 koji ostaje bez bitova. Specifično, napravitedijagram sličan danome s dodatnim poljima za identifikatore, koji ima više od 128 bitova, ipritom opravdajte veličinu svakog polja. Možete pretpostaviti da su polja poravnata na granicebajtova i da InterfaceID ima 64 bita. (Uputa: Razmotrite polja koja bi dostigla maksimalnualokaciju samo u neuobičajenim uvjetima.) Možete li napraviti isto ako je InterfaceID veličine48 bita?

Tablica 63: Dijagram moguće raspodjele bitova IPv6 adrese.010 RegistryID ProviderID SubscriberID SubnetID InterfaceID

Rješenje zadatka.

5 Osnove pouzdanosti i raspoloživosti„On a long enough timeline, the survival rate for everyone drops to zero.” (FightClub)

166

5.1 Kvarovi hardveraPriprema za zadatak.

Kvarovi hardvera se najčešće okarakterizirani tzv. krivuljom čamca (engl. bathtub curve).Primjer takve krivulje prikazan je na slici ispod***. Vjerojatnost kvara neke komponente jerelativno velika na početka rada komponente, a onda značajno pada za vrijeme procijenjenogvremena života komponente. Naposlijetku, kada procijenjeno vrijeme života komponente završi,broj kvarova komponenata ponovno raste.

Kvarovi hardvera proizvoda mogu biti uzrokovani:

• greške u dizajnu—odnosi se na kvarove uzrokovane greškom u hardverskom dizajnukomponente,

• smrtnost dojenčadi—odnosi se na kvarove hardvera koji je relativno malo korišten,uzrokovane najčešće lošim lemljenjem, kondenzatorima koji iscure i slično; u principu serješavaju tako da se prije davanja u prodaju izvedu tzv. burn-in testovi,

• slučajni kvarovi—odnosi se na kvarove koji mogu nastati za cijelo vrijeme života kom-ponente, i uzrokovati pad sustava kojem komponenta pripada; u principu se rješavajutako da u sustavu postoje redundante komponente,

• habanje—kada prođe vrijeme života komponente, slabljenje svojstava hardvera koji činikomponentu će uzrokovati kvarove; u principu se komponente mijenjaju kada im prođevrijeme života i ne čeka se na kvar.

5.2 Osnovni pojmovi raspoloživostiPriprema za zadatak.

Pojam: MTTF.Kod komponenti koje se ne mogu popraviti nakon što dođe do kvara, specificirano je tzv.srednje vrijeme do kvara (engl. Mean Time To Failure, MTTF). Proizvođač komponenteutvrđuje ga eksperimentalno za veći komponenti, a zatim računa po formuli

𝑀𝑇𝑇𝐹 “

ř𝑛𝑖“1 𝑇𝑇𝐹𝑖

𝑛,

pri čemu je 𝑛 broj komponenti u eksperimentu, a 𝑇𝑇𝐹𝑖 vrijeme do kvara 𝑖-te komponente.

MTTF se za komponente kod kojih ovakvo testiranje nije isplativo procjenjuje na teme-lju MTTF-ova dijelova koji komponentu čine (primjerice, Alcatel-Lucent će moći izvesti goreopisano testiranje na nekoliko tisuća komada, dok isto neće moći mala tvrtka koja planirainstalirati nekoliko desetaka komada komponente koju je sama razvila).

Pojam: MTBF.Kod komponenata koje se mogu popraviti, postoji specificirano tzv. srednje vrijeme izmeđukvarova (engl. Mean Time Between Failures, MTBF). Ukoliko je u nekom vremenu kompo-nenta imala 𝑛 kvarova, kojima možemo pridružiti vremenske intervale r𝑆𝐷𝑇𝑖, 𝑆𝑈𝑇𝑖y, ono seodređuje po formuli

𝑀𝐵𝑇𝐹 “

ř𝑛𝑖“1 𝑆𝑈𝑇𝑖 ´ 𝑆𝐷𝑇𝑖

𝑛.

(SDT—start of downtime, SUT—start of uptime.)

167

Uočimo da je prema gornjoj definiciji u intervalima

r𝑆𝐷𝑇𝑖, 𝑆𝑈𝑇𝑖y 𝑖 “ 1, 2, . . . , 𝑛

komponenta pokvarena, dok je u intervalima

r𝑆𝑈𝑇𝑖´1, 𝑆𝐷𝑇𝑖y 𝑖 “ 1, 2, . . . , 𝑛

komponenta ispravna. Pored toga radi potpunosti stavljamo da je 𝑆𝑈𝑇0 “ 0 početak radakomponente.

To ćemo koristiti i dalje.Pojam: MTTR.Srednje vrijeme do popravka (engl. mean time to repair, MTTR) je vrijeme potrebno dase popravi komponenta nakon što dođe do kvara. Uzmemo li iste oznake kao kod prethodnedefinicije, imamo

𝑀𝑇𝑇𝑅 “

ř𝑛𝑖“1 𝑆𝐷𝑇𝑖 ´ 𝑆𝑈𝑇𝑖´1

𝑛.

MTTR nekog uređaja se može procijeniti u ovisnosti o mjestu gdje se nalaze rezervne kom-ponente i ljudskim resursima koji su posvećeni održavanju tog uređaja (odnosno sustava ukojem se uređaj nalazi).

U nastavku slijedi nekoliko konkretnih primjera.

• Lokacija rezervnih komponenata: U skladištu nedaleko od mjesta kvara.

• Ljudski resursi: Svaki od troje zaposlenih u održavanju radi smjenu od 8 sati, te je sustav24 sata dnevno pod aktivnim nadzorom.

• Procjenjeni MTTR: 30 minuta.

• Lokacija rezervnih komponenata: U skladištu nedaleko od mjesta kvara.

• Ljudski resursi: Operater može doći na mjesto po pozivu u bilo kojem trentku.

• Procjenjeni MTTR: 2 sata.

• Lokacija rezervnih komponenata: U skladištu nedaleko od mjesta kvara.

• Ljudski resursi: Operater je dostupan od 8 do 16 sati svakim danom, uključujući vikendei praznike.

• Procjenjeni MTTR: 14 sati.

• Lokacija rezervnih komponenata: U skladištu nedaleko od mjesta kvara.

• Ljudski resursi: Operater je dostupan od 8 do 16 sati radnim danom.

• Procjenjeni MTTR: 3 dana.

• Lokacija rezervnih komponenata: U centralnom skladištu, šalje se HPekspresom po po-trebi.

• Ljudski resursi: Sustav pošalje poruku operateru kada uoči kvar.

• Procjenjeni MTTR: 1 tjedan.

168

• Lokacija rezervnih komponenata: U centralnom skladištu, u kojem je i operater.

• Ljudski resursi: Operater je udaljen od sustava i mora dolaziti željeznicom ili avionom.

• Procjenjeni MTTR: 2 tjedna.

Učestalost kvara može se izraziti u bilo kojim vremenskim jedinicama, a u praksi se najčešćeizražava u satima (h).

Učestalost kvara individualnih komponenata se u inženjerstvu najčešće se izražava u brojukvarova na milijun ili milijardu, jer su kvarovi uglavnom vrlo rijetki.Pojam: FIT.Kvarova u vremenu (engl. Failures In Time, FIT ) uređaja je broj kvarova koji se moguočekivati u milijardi (109) uređaj-sati rada (primjerice, 1000 uređaja koji rade milijun sati ilimilijun uređaja koji rade 1000 sati ili neka druga kombinacija).

Ovaj termin se često koristi u industriji poluvodiča.Pojam: funkcija intenziteta kvarova.Funkcija intenziteta kvarova 𝜆p𝑡q opisuje pojavu kvarova. Izražava se u FIT.

Općenito ona ne mora biti konstanta, ali u većini slučajeva ćemo radi jednostavnosti uzimatida je. Tada umjesto funkcija intenziteta kvarova jednostavnije kažemo intenzitet kvarova ioznačavamo sa 𝜆.Pojam: funkcija intenziteta popravaka.Funkcija intenziteta popravaka 𝜇p𝑡q opisuje intenzitet popravaka nakon kvarova. Radipojednostavljenja izračuna, također se izražava se u FIT.

Kao i funkcija intenziteta kvarova, općenito ne mora biti konstanta, ali u većini slučajevaćemo radi jednostavnosti uzimati da je i reći samo intenzitet popravaka, 𝜇.

5.3 Pouzdanost i raspoloživost komponenataPriprema za zadatak.

Pojam: raspoloživost.Raspoloživost (engl. availability, 𝐴p𝑡q) je vjerojatnost da komponenta ispravno radi u vremen-skom trenutku 𝑡. Jednostavnije rečeno, to je udio vremena koje ta komponenta radi ispravno iodređuje se po formuli

𝐴p𝑡q “𝜇p𝑡q

𝜆p𝑡q ` 𝜇p𝑡q.

Pojam: pouzdanost.Pouzdanost (engl. reliability, 𝑅p𝑡q) komponente je vjerojatnost da komponenta radi ispravnou vremenskom periodu r0, 𝑡y pod definiranim uvjetima okoline. Ukoliko je zadana funkcijaintenziteta kvarova 𝜆p𝑡q, pouzdanost se računa po formuli

𝑅p𝑡q “ 𝑒´𝜆p𝑡q𝑡.

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).Odredite pouzdanost komponente čiji intenzitet kvarova iznosi 2000 FIT za 2 godine rada.

169

Rješenje zadatka.Da bi odredili pouzdanost 𝑅p𝑡q, trebaju nam funkcija intenziteta kvarova 𝜆p𝑡q i vrijeme 𝑡.

Koristeći da je intenzitet kvarova jednak 2000 FIT, imamo

𝜆p𝑡q “ 𝜆0 “ 2000 FIT “ 2000ˆ 1109 h “ 2ˆ 10´6 h´1,

a iz postavki zadatka pretvaranjem vremena u sate dobivamo

𝑡 “ 2 a “ 2ˆ 365 d “ 2ˆ 365ˆ 24 h “ 17 520 h.

Naposlijetku dobivamo

𝑅p𝑡q “ 𝑒´𝜆0𝑡“ 𝑒´2ˆ 10´6 h´1ˆ17 520 h

« 0.965567.

p△q Zadatak 2.Tekst zadatka (zadatak 2).Odredite raspoloživost komponente akou su zadani intenzitet kvarova od 3000 FIT i srednjevrijeme do popravka od 25 h.

Rješenje zadatka.Kako je 𝜇 “ 1

𝑀𝑇 𝑇 𝑅, a 𝜆 “ 1

𝑀𝑇 𝑇 𝐹uvrštavanjem u formulu za raspoloživost dobivamo

𝐴 “𝜇

𝜆` 𝜇“

1𝑀𝑇 𝑇 𝑅

1𝑀𝑇 𝑇 𝐹

` 1𝑀𝑇 𝑇 𝑅

“𝑀𝑇𝑇𝐹

𝑀𝑇𝑇𝐹 `𝑀𝑇𝑇𝑅.

𝑀𝑇𝑇𝑅 nam je zadan u zadatku, a 𝑀𝑇𝑇𝐹 određujemo kao

𝑀𝑇𝑇𝐹 “1𝜆“

13000ˆ 109 h « 333 333 h.

Sada imamo da je raspoloživost

𝐴 “333 333 h

333 333 h` 25 h “ 0.999925.

5.4 Pouzdanost i raspoloživost jednostavnih strukturaPriprema za zadatak.Pravilo: pozdanost serijske strukture.Pouzdanost serijske strukture od 𝑛 elemenata čije su pouzdanosti redom 𝑅1p𝑡q, 𝑅2p𝑡q, . . . , 𝑅𝑛p𝑡qračuna se kao

𝑅p𝑡q “ 𝑅1p𝑡q ˆ𝑅2p𝑡q ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ𝑅𝑛p𝑡q.

Pravilo: raspoloživost serijske strukture.Raspoloživost serijske strukture od 𝑛 elemenata čije su raspoloživosti redom 𝐴1p𝑡q, 𝐴2p𝑡q, . . . , 𝐴𝑛p𝑡qračuna se kao

𝐴p𝑡q “ 𝐴1p𝑡q ˆ 𝐴2p𝑡q ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ 𝐴𝑛p𝑡q.

170

p△q Zadatak 3.Tekst zadatka (zadatak 3).Odredite raspoloživost serijske strukture od 3 elementa ako je raspoloživost svakog pojedinogelemenata jednaka 0.95.

Rješenje zadatka.Iz uvjeta zadatka imamo

𝐴𝑖 “ 0.95, 𝑖 “ 1, 2, 3.

Uvrštavanjem tih vrijednosti u formulu za raspoloživost serijske strukture dobivamo

𝐴 “ 𝐴1 ˆ 𝐴2 ˆ 𝐴3 “ 0.953« 0.857375.

Priprema za zadatak.Pravilo: pozdanost paralelne strukture.Pouzdanost paralelne strukture od 𝑛 elemenata čije su pouzdanosti redom 𝑅1p𝑡q, 𝑅2p𝑡q, . . . , 𝑅𝑛p𝑡qračuna se kao

𝑅p𝑡q “ 1´𝑛ź

𝑖“1p1´𝑅𝑖p𝑡qq .

Pravilo: raspoloživost paralelne strukture.Raspoloživost paralelne strukture od 𝑛 elemenata čije su raspoloživosti redom 𝐴1p𝑡q, 𝐴2p𝑡q, . . . , 𝐴𝑛p𝑡qračuna se kao

𝐴p𝑡q “ 1´𝑛ź

𝑖“1p1´ 𝐴𝑖p𝑡qq .

p△q Zadatak 4.Tekst zadatka (zadatak 4).Odredite raspoloživost paralelne strukture od 3 elementa ako je raspoloživost svakog pojedinogelemenata jednaka 0.95.

Rješenje zadatka.Iz uvjeta zadatka imamo

𝐴𝑖 “ 0.95, 𝑖 “ 1, 2, 3.

Uvrštavanjem tih vrijednosti u formulu za raspoloživost paralelne strukture dobivamo

𝐴 “ 1´ p1´ 𝐴1q ˆ p1´ 𝐴2q ˆ p1´ 𝐴3qq

“ 1´ p1´ 0.95q3 « 0.999875.

p△q Zadatak 5.Tekst zadatka (zadatak 5).Odredite pouzdanost strukture prikazane na slici ako su pouzdanosti elemenata 𝐸𝐿1, 𝐸𝐿2 i𝐸𝐿3 redom 𝑅1 “ 0.6, 𝑅2 “ 0.8 i 𝑅3 “ 0.7.

171

Slika 41: Struktura (zadatak 5).𝐸𝐿1

𝐸𝐿3

𝐸𝐿2

Rješenje zadatka.Da bi riješili zadatak, koristit ćemo dekompoziciju, tj. rastavit ćemo strukturu na module

koji čine serijsku ili paralelnu strukturu, i čiju pouzdanost, odnosno raspoloživost, možemojednostavno odrediti.

Uočimo da možemo strukturu promatrati kao serijsku stukturu koja se sastoji od paralelnestrukture elemenata 𝐸𝐿1 i 𝐸𝐿3 te elementa 𝐸𝐿2. Označimo li sa 𝑅1,3 pouzdanost paralelnestrukture, imamo da je pouzdanost cijele strukture jednaka

𝑅 “ 𝑅1,3 ˆ𝑅2.

Pouzdanost paralelne strukture određujemo kao

𝑅1,3 “ 1´ pp1´𝑅1q ˆ p1´𝑅2qq

“ 1´ p1´ 0.6q ˆ p1´ 0.7q “ 0.88.

Sada je pouzdanost cijele strukture jednaka

𝑅 “ 𝑅1,3 ˆ𝑅2 “ 0.88ˆ 0.8 “ 0.704.

p△q Zadatak 6.

Tekst zadatka (zadatak 6).Koliki je omjer vremena do prvog kvara za komponentu čija je pouzdanost 0.85 i paralelnustrukturu četiri komponente iste te pouzdanosti, uz pretpostavku da je intenzitet kvarova kons-tantan?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 7.

Tekst zadatka (zadatak 7).Kolika je pouzdanost strukture sa slike za 3ˆ 107 h, uz pretpostavku da je intenzitet kvarovaza svaku od komponentni konstantan i jednak 10 FIT?

172

Slika 42: Struktura (zadatak 7).

𝐸𝐿1 𝐸𝐿3

𝐸𝐿2

𝐸𝐿4

𝐸𝐿5

Rješenje zadatka.Kako je 𝜆p𝑡q “ 𝜆0 “ 10 FIT, pouzdanost 𝑅𝑖p𝑡q za 3ˆ 107 h iznosi

𝑅𝑖p𝑡q “ 𝑒´10ˆ10´9 h´1ˆ3ˆ 107 h“ 𝑒´0.3

“ 0.740818, 𝑖 “ 1, 2, . . . , 5

Razmišljajući na sličan način kao u prethodnom zadatku, dobivamo da je

𝑅 “ 𝑅1 ˆ𝑅2,3,4,5 “ 𝑅1 ˆ p1´ p1´𝑅2q ˆ p1´𝑅3,4q ˆ p1´𝑅5qq

“ 𝑅1 ˆ p1´ p1´𝑅2q ˆ p1´𝑅3 ˆ𝑅4q ˆ p1´𝑅5qq .

Uvrštavanjem vrijednosti dobivamo 𝑅 “ 0, 718365.

5.5 𝑟 od 𝑛 strukturePriprema za zadatak.

Pojam: 𝑟 od 𝑛.𝑟 od 𝑛 struktura je sustav koji se sastoji od 𝑛 elemenata za koji vrijedi da je ispravan svedok je barem 𝑟 elemenata ispravno.

Najjednostavniji primjer takve strukture je 2 od 3 struktura, koja je ispravna dok su barem2 elementa ispravna.

Slika 43: 2 od 3 struktura (zadatak 7).𝐸𝐿1

𝐸𝐿2

𝐸𝐿3

Nju možemo reprezentirati paralelom na slici.Očito je da ne možemo pouzdanost računati kao ranije, zbog zavisnosti kvarova elemenata.

Zato ćemo razmatrati neke jednostavnije slučajeve.Ukoliko uzmemo da svi elementi strukture imaju istu pouzdanost 𝑅1, imamo da je pouzda-

nost jednaka𝑅 “

ˆ

32

˙

𝑅21p1´𝑅1q `

ˆ

33

˙

𝑅31,

173

Slika 44: Struktura pouzdanosti (zadatak 7).𝐸𝐿1

𝐸𝐿1

𝐸𝐿2

𝐸𝐿2

𝐸𝐿3

𝐸𝐿3

gdje se prvi član sume odnosi na situaciju s dva ispravna elementa (i jednim neispravnim),a drugi član sume na situaciju s tri ispravna elementa. Ta su dva slučaja disjunktna pa nemoramo ništa odbijati.

Upravo opisano možemo i generalizirati.Pravilo: pouzdanost 𝑟 od 𝑛 strukture.U situaciji kada svi elementi 𝑟 od 𝑛 strukture imaju istu pouzdanost 𝑅1, pouzdanost određujemokao

𝑅 “

𝑛ÿ

𝑘“𝑟

ˆ

𝑛

𝑘

˙

𝑅𝑘1p1´𝑅1q

𝑛´𝑘.

Pravilo: raspoloživost 𝑟 od 𝑛 strukture.U situaciji kada svi elementi 𝑟 od 𝑛 strukture imaju istu raspoloživost 𝐴1, raspoloživost odre-đujemo kao

𝐴 “𝑛ÿ

𝑘“𝑟

ˆ

𝑛

𝑘

˙

𝐴𝑘1p1´ 𝐴1q

𝑛´𝑘.

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).CARNetova veza Rijeka-Zagreb u jednom svojem dijelu ima ukupno 5 usmjerivača, od kojih sudovoljna 3 da zadovolje potrebe korisnika za širinom frekventnog pojasa. Pouzdanost svakogod usmjerivača je 𝑅1 “ 0.99. Odredite pouzdanost tog dijela veze.

Rješenje zadatka.Primjenom upravo navedene formule dobivamo

𝑅 “

ˆ

53

˙

𝑅31p1´𝑅1q

2`

ˆ

54

˙

𝑅41p1´𝑅1q `

ˆ

55

˙

𝑅51,

što lako izračunamo.

p△q Zadatak 9.Kada pouzdanosti nisu jednake, situacija postaje nešto složenija, što ćemo vidjeti u ovom

zadatku.Tekst zadatka (zadatak 9).Odredite pouzdanost 2 od 3 strukture kojoj elementi imaju redom pouzdanosti 𝑅1 “ 0.97, 𝑅2 “

0.98, 𝑅3 “ 0.99. Formulu za pouzdanost strukture odredite:

174

• razvojem izraza za vjerojatnost unije zavisnih događaja i

• primjenom K-tablice kojom se unija transformira u skup disjunktnih događaja.

Rješenje zadatka.Označimo sa 𝐸𝑖 događaj da je 𝑖-ti element ispravan. Razvojem izraza za vjerojatnost unije

zavisnih događaja dobivamo

𝑅 “ Prpp𝐸1 ^ 𝐸2q _ p𝐸1 ^ 𝐸3q _ p𝐸2 ^ 𝐸3qq “

“ Prpp𝐸1 ^ 𝐸2q _ p𝐸1 ^ 𝐸3qq ` Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ´ Prppp𝐸1 ^ 𝐸2q _ p𝐸1 ^ 𝐸3qq ^ p𝐸2 ^ 𝐸3qq “

“ Prp𝐸1 ^ 𝐸2q ` Prp𝐸1 ^ 𝐸3q ´ Prpp𝐸1 ^ 𝐸2q ^ p𝐸1 ^ 𝐸3qq ` Prp𝐸2 ^ 𝐸3q´

´Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ˆ pPrp𝐸1 ^ 𝐸2q ` Prp𝐸1 ^ 𝐸3q ´ Prpp𝐸1 ^ 𝐸2q ^ p𝐸1 ^ 𝐸3qqq “

“ Prp𝐸1 ^ 𝐸2q ` Prp𝐸1 ^ 𝐸3q ` Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ´ Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ˆ Prp𝐸1 ^ 𝐸2qq´

´Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ˆ Prp𝐸1 ^ 𝐸3q ` Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ˆ Prp𝐸1 ^ 𝐸2 ^ 𝐸3q ´ Prp𝐸1 ^ 𝐸2 ^ 𝐸3q “

“ Prp𝐸1 ^ 𝐸2q ` Prp𝐸1 ^ 𝐸3q ` Prp𝐸2 ^ 𝐸3q ´ 2 Prp𝐸1 ^ 𝐸2 ^ 𝐸3q “

“ Prp𝐸1q ˆ Prp𝐸2q ` Prp𝐸1q ˆ Prp𝐸3q ` Prp𝐸2q ˆ Prp𝐸3q ´ 2 Prp𝐸1q ˆ Prp𝐸2q ˆ Prp𝐸3q.

Iz ovoga slijedi da je formula za pouzdanost strukture

𝑅 “ 𝑅1 ˆ𝑅2 `𝑅1 ˆ𝑅3 `𝑅2 ˆ𝑅3 ´ 2𝑅1 ˆ𝑅2 ˆ𝑅3,

iz čega lako dobivamo konačno rješenje uvrštavanjem vrijednost zadanih u zadatku.Označimo sada sa 𝐸𝑖𝑗 događaj da su 𝑖-ti i 𝑗-ti elementi istovremeno ispravni. Imamo:

𝑅 “ Prp𝐸12 _ 𝐸13 _ 𝐸23q “ Prp𝐸12 _ p𝐸13 ^ 𝐸12q _ p𝐸23 ^ 𝐸12 ^ 𝐸13qq.

(K-tablicu imate u bilježnici)Uočimo da dobivamo istu krajnju formulu rješavanjem na oba načina.

5.6 Mosne strukture. Metoda superpozicije i pretvorba trokuta uzvijezdu

Priprema za zadatak.Ponekad se u stvarnosti javljaju složenije strukture od kombinacija serija i paralela. Jednu

klasu takvih struktura nazivamo mosne strukture. Nećemo ih strogo definirati, ali ćemo rećida se radi o strukturama koje pored serija i paralela imaju i mosne elemente, tj. elemente kojepovezuju (premošćuju) grane strukture i stvaraju trokut.

Mosne strukture ćemo rješavati na dva načina:

• metodom superpozicije,

• pretvorbom trokuta u zvijezdu.

175

Slika 45: Mosna struktura (zadatak 10).

𝐴

𝐸𝐿1 𝐵 𝐸𝐿2

𝐸𝐿3 𝐶 𝐸𝐿4

𝐸𝐿5

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Odredite ukupnu pouzdanost mosne strukture na slici:

• metodom superpozicije i

• pretvorbom trokuta u zvijezdu.

Pouzdanosti elemenata su redom 𝑅1 “ 0.94, 𝑅2 “ 0.91, 𝑅3 “ 0.93, 𝑅4 “ 0.90, 𝑅5 “ 0.92.

Rješenje zadatka.Metodom superpozicije iz osnove strukture dobivamo dvije strukture:

Slika 46: Superponirana struktura 1 (𝐸𝐿5 ispravan) (zadatak 10).

𝐴

𝐸𝐿1 𝐵 𝐸𝐿2

𝐸𝐿3 𝐶 𝐸𝐿4

Slika 47: Superponirana struktura 2 (𝐸𝐿5 neispravan) (zadatak 10).

𝐴

𝐸𝐿1 𝐵 𝐸𝐿2

𝐸𝐿3 𝐶 𝐸𝐿4

Prva struktura je ispravna osim u situaciji kada su istovremeno neispravni 𝐸𝐿1 i 𝐸𝐿3 ili𝐸𝐿2 i 𝐸𝐿4, pa za nju pouzdanost iznosi (izvod skeniran):

p1´ p1´𝑅1q ˆ p1´𝑅3qq ˆ p1´ p1´𝑅2q ˆ p1´𝑅4qqq,

pri čemu ćemo u konačnom rješenju cijeli izraz množiti sa 𝑅5 zato što smo uzeli da je 𝐸𝐿5ispravan.

176

Druga struktura je ispravna kada su istovremeno ispravni 𝐸𝐿1 i 𝐸𝐿2 ili 𝐸𝐿3 i 𝐸𝐿4, pa zanju pouzdanost iznosi (izvod skeniran):

p1´ p1´𝑅1 ˆ𝑅2q ˆ p1´𝑅3 ˆ𝑅4qq,

pri čemu ćemo u konačnom rješenju cijeli izraz množiti sa 1´𝑅5 zato što smo uzeli da je 𝐸𝐿5neispravan.

Ukupna pouzdanost strukture je sada:

𝑅 “ 𝑅5 ˆ p1´ p1´𝑅1q ˆ p1´𝑅3qq ˆ p1´ p1´𝑅2q ˆ p1´𝑅4qqq`

`p1´𝑅5q ˆ p1´ p1´𝑅1 ˆ𝑅2q ˆ p1´𝑅3 ˆ𝑅4qq,

što možemo lako izračunati.Da bi iskoristili pretvorbu trokuta u zvijezdu, razmotrimo početnu sliku, i na njoj točke 𝐴,

𝐵 i 𝐶, i uočimo da su one krajnje točke „trokuta”. Označimo pouzdanosti elemenata 𝐸1, 𝐸3 i𝐸5 (koji se nalaze na „stranicama trokuta”) redom sa 𝑅𝐴𝐵, 𝑅𝐴𝐶 i 𝑅𝐵𝐶 .

Slika 48: Trokut (zadatak 10).𝐴

𝐸𝐿𝐴𝐵

𝐵

𝐸𝐿𝐴𝐶

𝐶 𝐸𝐿𝐵𝐶

Slika 49: Zvijezda (zadatak 10).𝐴

𝐸𝐿𝐴

𝐸𝐿𝐵

𝐵

𝐸𝐿𝐶

𝐶

Razmatranjem povezanosti parova točaka, dobivamo relacije:

𝑅𝐴 ˆ𝑅𝐵 “ 1´ p1´𝑅𝐴𝐵q ˆ p1´𝑅𝐴𝐶 ˆ𝑅𝐵𝐶q,

177

za točke 𝐴 i 𝐵, pri čemu je lijeva strana pouzdanost u zvijezdi, a desna strana pouzdanostu trokutu (relacija za pouzdanost dobiva se pomoću komplemenata, slično kao u prethodnomzadatku). Analogno za ostala dva para točaka dobivamo:

𝑅𝐴 ˆ𝑅𝐶 “ 1´ p1´𝑅𝐴𝐶q ˆ p1´𝑅𝐴𝐵 ˆ𝑅𝐵𝐶q,

𝑅𝐵 ˆ𝑅𝐶 “ 1´ p1´𝑅𝐵𝐶q ˆ p1´𝑅𝐴𝐵 ˆ𝑅𝐴𝐶q.

Izraze na desnoj strani znamo odrediti (iz uvjeta zadatka), pa ih označimo redom sa 𝑥 “𝑅𝐴 ˆ𝑅𝐵, 𝑦 “ 𝑅𝐴 ˆ𝑅𝐶 i 𝑧 “ 𝑅𝐵 ˆ𝑅𝐶 (drugačije oznake nego u bilježnici). Sada rješavanjemsustava jednadžbi (postupak skeniran) dobivamo:

𝑅𝐴 “

c

𝑥𝑦

𝑧, 𝑅𝐵 “

c

𝑥𝑧

𝑦, 𝑅𝐶 “

c

𝑦𝑧

𝑥.

U našem zadatku struktura pretvorbom trokuta u zvijezdu prelazi u:

Slika 50: Struktura nakon pretvorbe trokuta u zvijezdu (zadatak 10).

𝐴 𝐸𝐿𝐴

𝐸𝐿𝐵 𝐵 𝐸𝐿2

𝐸𝐿𝐶 𝐶 𝐸𝐿4

Uzimajući 𝑅𝐴𝐵 “ 𝑅1, 𝑅𝐴𝐶 “ 𝑅3, 𝑅𝐵𝐶 “ 𝑅5, lako dobivamo 𝑥, 𝑦, 𝑧, a zatim i 𝑅𝐴, 𝑅𝐵, 𝑅𝐶 .Sada po formulama za pouzdanost serijsko-paralelne strukture možemo odrediti ukupnu pouz-danost.

5.7 Dva stanja kvaraPriprema za zadatak.

Ponekad u praksi nalazimo na uređaje koji imaju dva stanja kvara, tzv. prekid (događaj𝑥𝑜) i kratki spoj (događaj 𝑥𝑠). Ukoliko događaj ispravnog rada elementa označimo sa 𝑥, ondaimamo:

Prp 𝑥q “ Prp𝑥𝑜 _ 𝑥𝑠q “ Prp𝑥𝑜q ` Prp𝑥𝑠q.

Pritom zbog 𝑥^ 𝑥 “ 0 vrijedi i 𝑥^ p𝑥𝑜 _ 𝑥𝑠q “ 0, odnosno

p𝑥^ 𝑥𝑜q _ p𝑥^ 𝑥𝑠q “ 0,

što povlači𝑥^ 𝑥𝑜 “ 0, 𝑥^ 𝑥𝑠 “ 0.

S druge strane, kako je 𝑥 _ 𝑥 “ 𝑥 _ 𝑥𝑜 _ 𝑥𝑠 “ 1, imamo da je 𝑅 `𝑄𝑜 `𝑄𝑠 “ 1 (razlikujmoprvu jedinicu, koja je logička, od druge, koja je vjerojatnosna).

U zadacima se najčešće zadaje relativna vjerojatnost prekida, odnosno kratkog spoja; tadavjerojatnost prekida, odnosno kratkog spoja dobivamo množenjem relativne vjerojatnosti savjerojatnosti kvara.

Elemente s dva stanja kvara crtamo kao diode.

178

p△q Zadatak 11.Tekst zadatka (zadatak 11).Redundantna struktura od dva elementa iste pouzdanosti ispunjava svoju funkciju ukolikoispravno rade oba elementa ili radi samo jedan element a drugi je u kratkom spoju. Kolikaje pouzdanost takve strukture? Uzmite da je pouzdanost elementa jednaka 0.98, a relativnavjerojatnost kratkog spoja 0.2.

Rješenje zadatka.(Slika u bilježnici.) Iz uvjeta zadatka vrijedi 𝑅1 “ 𝑅2 “ 0.98 i 𝑄1𝑠 “ 𝑄2𝑠 “ 0.2ˆp1´0.98q “

0.2ˆ0.02, pa imamo da je ukupna pouzdanost strukture jednaka (korištenjem istih oznaka kaou uvodu ovog dijela):

𝑅 “ Prpp𝑥1 ^ 𝑥2q _ p𝑥1 ^ 𝑥2𝑠q _ p𝑥1𝑠 ^ 𝑥2qq “

(kako su događaji disjukntni)

“ Prp𝑥1 ^ 𝑥2q ` Prp𝑥1 ^ 𝑥2𝑠q ` Prp𝑥1𝑠 ^ 𝑥2q “

“ 𝑅1 ˆ𝑅1 `𝑅1 ˆ𝑄1𝑠 `𝑄1𝑠 ˆ𝑅1 “

“ 𝑅21 ` 2ˆ𝑅1 ˆ𝑄1𝑠.

p△q Zadatak 12.Tekst zadatka (zadatak 12).Redundantna struktura od dva elementa iste pouzdanosti ispunjava svoju funkciju ukoliko is-pravno rade oba elementa ili radi samo jedan element a drugi je u prekidu. Kolika je pouzdanosttakve strukture? Uzmite da je pouzdanost elementa jednaka 0.99, a relativna vjerojatnost pre-kida 0.7.

Rješenje zadatka.(Slika u bilježnici.) Iz uvjeta zadatka vrijedi 𝑅1 “ 𝑅2 “ 0.99 i 𝑄1𝑜 “ 𝑄2𝑜 “ 0.7 ˆ p1 ´

0.99q “ 0.7ˆ0.01, pa imamo da je ukupna pouzdanost strukture jednaka (analogno prethodnomzadatku):

𝑅 “ Prpp𝑥1 ^ 𝑥2q _ p𝑥1 ^ 𝑥2𝑜q _ p𝑥1𝑜 ^ 𝑥2qq “

(kako su događaji disjukntni)

“ Prp𝑥1 ^ 𝑥2q ` Prp𝑥1 ^ 𝑥2𝑜q ` Prp𝑥1𝑜 ^ 𝑥2q “

“ 𝑅1 ˆ𝑅1 `𝑅1 ˆ𝑄1𝑜 `𝑄1𝑜 ˆ𝑅1 “

“ 𝑅21 ` 2ˆ𝑅1 ˆ𝑄1𝑜.

p△q Zadatak 13.Tekst zadatka (zadatak 13).Redundantna struktura od četiri elementa iste pouzdanosti (slika u bilježnici) ispunjava svojufunkciju ukoliko na putu između ulaza i izlaza postoji barem jedan ispravan element (pritomse pretpostavlja i da postoji put između ulaza i izlaza koji nije u kratkom spoju). Kolika jepouzdanost takve strukture?

179

Rješenje zadatka.Razmotrimo suprotan događaj, kada su svi elementi neispravni, čija je vjerojatnost 1 ´ 𝑅.

Razlikujemo dvije situacije:

• prekid strukture—svi putevi su u prekidu,

• kratki spoj strukture—postoji put između ulaza i izlaza, ali na njemu su svi elementineispravni (u kratkom spoju),

pa vrijedi 1´𝑅 “ 𝑄𝑜 `𝑄𝑠.Da bi struktura bila u prekidu, u prekidu moraju biti njene obje grane, pa imamo:

𝑄𝑜 “ Prp𝑥12𝑜 ^ 𝑥34𝑜 “ Prp𝑥12𝑜q ˆ Prp𝑥34𝑜q “ Prp𝑥1𝑜 _ 𝑥2𝑜q ˆ Prp𝑥3𝑜 _ 𝑥4𝑜q “

“ pPrp𝑥1𝑜q ` Prp𝑥2𝑜q ´ Prp𝑥1𝑜q ˆ Prp𝑥2𝑜qq ˆ pPrp𝑥3𝑜q ` Prp𝑥4𝑜q ´ Prp𝑥3𝑜q ˆ Prp𝑥4𝑜qq “

“ p2ˆ𝑄1𝑜 `𝑄21𝑜q

2. (obzirom da su svi elementi iste pouzdanosti)

Da bi struktura bila u kratkom spoju, u kratkom spou mora biti barem jedna od njenihgrana, pa imamo:

𝑄𝑠 “ Prp𝑥12𝑠 ^ 𝑥34𝑠 “ Prp𝑥12𝑠q ` Prp𝑥34𝑠q ´ Prp𝑥12𝑠q ˆ Prp𝑥34𝑠q “

“ Prp𝑥1𝑠 ^ 𝑥2𝑠q ` Prp𝑥3𝑠 ^ 𝑥4𝑠q ´ Prp𝑥1𝑠 ^ 𝑥2𝑠q ˆ Prp𝑥3𝑠 ^ 𝑥4𝑠q “

“ Prp𝑥1𝑠q ˆ Prp𝑥2𝑠q ` Prp𝑥3𝑠q ˆ Prp𝑥4𝑠q ´ Prp𝑥1𝑠q ˆ Prp𝑥2𝑠q ˆ Prp𝑥3𝑠q ˆ Prp𝑥4𝑠q “

“ 2ˆ𝑄21𝑠 `𝑄4

1𝑜. (obzirom da su svi elementi iste pouzdanosti)

Naposlijetku dobivamo da je pouzdanost:

𝑅 “ 1´ p2ˆ𝑄21𝑠 `𝑄4

1𝑜 ´ p2ˆ𝑄1𝑜 `𝑄21𝑜q

2q.

5.8 Markovljevi modeli pouzdanosti i raspoloživostip△q Zadatak 14.

U bilježnici: Zad. 1

Tekst zadatka (zadatak 14).Vrijeme ispravnog rada uređaja ponaša se prema osnovnom modelu koji smo ranije komentiralisa 𝜆 “ 1

𝑀𝑇 𝑇 𝐹. Nakon kvara intenzitet popravaka je 𝜇 “ 1

𝑀𝑇 𝑇 𝑅. Nacrtajte Markovljev model

pouzdanosti i raspoloživosti te deducirajte jednadžbe prijelaza.

p△q Zadatak 15.U bilježnici: Zad. 2

Tekst zadatka (zadatak 15).Zadana je redundantna struktura na slici. Nacrtajte Markovljev model pouzdanosti i raspolo-živosti te deducirajte jednadžbe prijelaza za svaki od modela. Uzmite da je intenzitet kvarovasvakog elementa jednak 𝜆, a intenzitet popravaka 𝜇.

180

Slika 51: Struktura (zadatak 15).𝐸𝐿1

𝐸𝐿2

𝐸𝐿3

Slika 52: Struktura (zadatak 16).𝐸𝐿1

𝐸𝐿2

𝐸𝐿3

p△q Zadatak 16.U bilježnici: Zad. 3

Tekst zadatka (zadatak 16).Zadana je redundantna struktura na slici. Nacrtajte Markovljev model pouzdanosti i raspolo-živosti te deducirajte jednadžbe prijelaza za svaki od modela. Uzmite da je intenzitet kvarovasvakog elementa jednak 𝜆, a intenzitet popravaka 𝜇.

5.9 Topološki parametri i pouzdanost mrežePriprema za zadatak.

U ovom poglavlju ćemo bridove grafa nazivati granama, a vrhove čvorovima. Ta terminolo-gija česta je u proučavanju mreža i bliža intuitivnoj predodžbi. Graf ćemo i dalje doživljavatikao skup 𝐺 “ p𝑉, 𝐸q, gdje je 𝑉 skup čvorova, a 𝐸 skup grana.Pojam: elementarni put.Elementarni put (engl. elementary path, EP) u grafu G između čvorova 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 je skup 𝐸𝑃grana i čvorova koji čine put između 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗, uz uvjet da nijedan pravi podskup nema istosvojstvo.

Pojam: primarni rez.Primarni rez (engl. primary cut, PC ) u grafu G između čvorova 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 je skup 𝑃𝐶 grana(čvorova) čije put između 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗, uz uvjet da nijedan pravi podskup nema isto svojstvo.

Pojam: povezanost čvorova.Povezanost čvorova 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 u grafu G po granama 𝐶𝑒

𝑣𝑖,𝑣𝑗, odnosno po čvorovima 𝐶𝑣

𝑣𝑖,𝑣𝑗, je

najmanji broj grana, odnosno čvorova, koje treba ukloniti da bi graf ostao nepovezan, i to takoda se 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 nalaze u različitim komponentama povezanosti.

Često kažemo samo povezanost čvorova i pišemo 𝐶𝑣𝑖,𝑣𝑗, a time mislimo na povezanost po

granama.

Pojam: povezanost grafa.

181

Povezanost 𝐶 grafa 𝐺 (po granama) definira se kao

𝐶 “ 𝐶𝑒“ 𝑚𝑖𝑛t𝐶𝑣𝑖,𝑣𝑗

| 𝑣𝑖, 𝑣𝑗 P 𝑉 u.

Analogno se definira povezanost po čvorovima.

Pravilo: gornja ograda za povezanost grafa.Vrijedi:

𝐶𝑣 ď 𝐶𝑒 ď 𝑑min ď 𝑑avg,

pri čemu je 𝑑min minimalan stupanj čvora u grafu, 𝑑avg prosječan stupanj čvora u grafu i iznosit

2ˆ|𝐸||𝑉 |

u.

Ovo pravilo nećemo dokazivati, ali kratak komentar: treća nejednakost je jasna. Druganejednakost vrijedi zbog toga što čvor najmanjeg stupnja možemo izolirati uklanjanjem svihgrana s kojima je povezan. Naposlijetku, prva nejednakost vrijedi zato što uklanjanjem svakogčvora uklanjamo i sve grane koje su s njim povezane, znači najmanje jednu.

Pojam: kohezija reda 𝑚.Kohezija reda 𝑚, 𝐻p𝑚q, grafa 𝐺 je najmanji broj grana koje treba ukloniti da bi se podgrafod 𝑚 čvorova izolirao od ostatka grafa.

Pojam: kohezija grafa.Kohezija 𝐻 grafa 𝐺 definira se kao

𝐻 “ mint𝐻p𝑚q | 1, 2, . . . , |𝑉 | ´ 1u.

Pojam: najkraći put i duljina najkraćeg puta.Najkraći put u grafu 𝐺 između čvorova 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗 je put koji sadrži najmanji broj grana.

Duljina najkraćeg puta u grafu 𝐺 između čvorova 𝑣𝑖 i 𝑣𝑗, 𝐷𝑣𝑖,𝑣𝑗, je broj grana koje taj

put sadrži.

Pojam: promjer grafa.Promjer 𝐾 grafa 𝐺 definira se kao

𝐾 “ maxt𝐷𝑣𝑖,𝑣𝑗| 𝑣𝑖, 𝑣𝑗 P 𝑉 u.

Uočimo dvije stvari:

• da je promjer povezan s maksimalnim zadržavanjem u mreži (u našem modelu uzimamoda su sve grane jednake duljine, pa je jednako i zadržavanje zbog širenja signala, te dasvi čvorovi imaju jednako zadržavanje zbog čekanja),

• da se u slučaju kvara promjer može povećati.

Pojam: opseg grafa.Unutarnji opseg grafa 𝐺 je broj grana u njegovom najkraćem ciklusu.

Vanjski opseg grafa 𝐺 je broj grana u njegovom najduljem ciklusu.Kada kažemo opseg grafa 𝐺, govorimo o unutarnjem opsegu i označavamo ga sa 𝑂.

182

p△q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Zadana je jednostavna mreža na slici. Potrebno je odrediti:

• povezanost,

• koheziju,

• promjer i

• opseg grafa.

Slika 53: Mreža (zadatak 17).

1

2

3

4

5

a b

c

d

ef

g

h

Rješenje zadatka.

• Povezanost 𝐶.Da bi odredili povezanost, zbog činjenice da graf nije simetričan, trebali bi odrediti pove-zanost

`52

˘

parova čvorova. Međutim, možemo to i drugačije: naime, minimalan stupanjčvora u grafu je 3, pa je to gornja ograda za 𝐶, što znači da su moguće vrijednosti 1, 2, 3.Uočimo da uklanjanjem bilo koje grane broj komponenata povezanosti ostaje isti; istovrijedi i za svake dvije grane (tu ima

`82

˘

parova, ali ih možemo puno brže ispitati); stoga,povezanost grafa je 3.

• Kohezija 𝐻.Uočimo da je 𝐻p3q “ 𝐻p2q i 𝐻p4q “ 𝐻p1q, te da je dovoljno odrediti 𝐻p1q i 𝐻p2q.𝐻p1q “ 𝑑min “ 3; da bi odredili 𝐻p2q, moramo ispitati sve parove susjednih čvorova (štomožemo relativno brzo napraviti). Međutim, kako tražimo minimum, zanima nas moželi on biti manji od 3. Već smo u prethodnom dijelu vidjeli da uklanjanjem bilo koje dvijegrane broj komponenata povezanosti se ne povećava; štoviše, da bi izolirali bilo koja dvačvora trebamo ukloniti najmanje 4 grane (što se može vidjeti provjeravajući sve parove),pa je kohezija 3.

• Promjer 𝐾.Da bi odredili promjer, moramo ispitati svaki par čvorova (što relativno brzo možemonapraviti), i dobivamo da je promjer grafa 2.U slučaju kada postoje kvarovi, maksimalni mogući promjer je 4 (to je, primjerice, duljinaputa 1´ 2´ 4´ 5´ 3).

• Opseg 𝑂.Odmah se vidi da je 𝑂 “ 3, jer je, primjerice, ciklus 3´ 4´ 5 duljine 3.

183

5.10 Pouzdanost i raspoloživost isprepletenih mrežap△q Zadatak 18.Tekst zadatka (zadatak 18).Zadana je jednostavna komunikacijska mreža na slici. Potrebno je odrediti pouzdanost komu-nikacije čvorova 𝑣1 i 𝑣4. Pretpostavite da su svi čvorovi u mreži idealni (𝑅𝑣 “ 1) te da jepouzdanost svih grana jednaka i da iznosi 𝑅𝑒 “ 0.85. Pouzdanost komunikacije odredite kori-štenjem metode enumeracije elementarnih puteva, a za dobivanje disjunktnog skupa događajakoristite Abrahamov algoritam.

Slika 54: Mreža (zadatak 18).

𝑣1

𝑣2

𝑣3

𝑣4

𝑒1 𝑒2

𝑒3 𝑒4

𝑒5

Rješenje zadatka.Kako svi čvorovi imaju pouzadnost jednaku 1, gledamo samo grane. Označimo elementarne

puteve:

• 𝐸𝑃1 “ 𝑒1𝑒2,

• 𝐸𝑃2 “ 𝑒3𝑒4,

• 𝐸𝑃3 “ 𝑒1𝑒5𝑒4,

• 𝐸𝑃4 “ 𝑒3𝑒5𝑒2.

Zloupotrijebimo malo našu notaciju i recimo da je 𝐸𝑃𝑖 istovremeno i događaj kada je 𝑖-tielementarni put ispravan. Sada je

𝑅 “ Prt𝐸𝑃1 Y 𝐸𝑃2 Y 𝐸𝑃3 Y 𝐸𝑃4, u

ali ti događaji nisu međusobno disjunktni, pa ih ne možemo direktno zbrojiti. Da bi dobilidisjunktan skup događaja, koristiti ćemo Abrahamov algoritam.

Abrahamov algoritam kreće s dva skupa, DS (disjoint-set, skup disjunktnih događaja) iNDS (non-disjoint-set, skup nedisjunktnih događaja). U početku je 𝐷𝑆 “ H, a 𝑁𝐷𝑆 “

t𝐸𝑃1, 𝐸𝑃2, 𝐸𝑃3, 𝐸𝑃4u. Algoritam prebacuje događaje iz NDS u DS.Za svaki element 𝐸𝑃𝑖 iz NDS algoritam vrši usporedbu redom sa svim elementima koji su

već prethodno prebačeni u DS (𝐸𝑃𝑗1 , 𝐸𝑃𝑗2 , . . . , 𝐸𝑃𝑗𝑚) funkcijom 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p𝐸𝑃𝑖, 𝐸𝑃𝑗𝑘q. Rezultat

svake od tih usporedbi može biti:

• događaji su disjunktni, tj. postoji barem jedna varijabla u 𝐸𝑃𝑖 koja je negirana u 𝐸𝑃𝑗𝑘,

pa algoritam nastavlja usporedbu s elementima iz DS; ako je to bio posljednji element,onda se dobiveni događaj ubacuje u NDS,

184

• događaji nisu disjunktni; razmatra se skup 𝑋, a to je skup svih elemenata koji postoje udogađaju 𝐸𝑃𝑗𝑘

, i ne postoje u 𝐸𝑃𝑖.

– ukoliko je 𝑋 “ H, događaj 𝐸𝑃𝑖 se odbacuje i ne prebacuje se u DS;– ukoliko je 𝑋 “ t𝑥1, 𝑥2 . . . , 𝑥𝑟u, tada se događaj 𝐸𝑃𝑖 transformira u skup događaja 𝑥1𝐸𝑃𝑖, 𝑥1 𝑥2𝐸𝑃𝑖, . . . , 𝑥1𝑥2 . . . 𝑥𝑟𝐸𝑃𝑖, i zatim se nastavlja usporedba svakog odtih događaja s preostalim elementima iz DS; ako je to bio posljednji element, ondase dobiveni skup događaja ubacuje u DS.

U našem zadatku algoritam radi ovako:• 𝐸𝑃1 algoritam direktno ubacuje u DS.

𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃1u, 𝑁𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃2, 𝐸𝑃3, 𝐸𝑃4u.

• 𝐸𝑃2 nije disjunktan sa 𝐸𝑃1; rezultat usporedbe 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p𝐸𝑃2, 𝐸𝑃1q je 𝑋 “ t𝑒1, 𝑒2u, paalgoritam u DS ubacuje događaje 𝑒1𝐸𝑃2, 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2.𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃1, 𝑒1𝐸𝑃2, 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2u, 𝑁𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃3, 𝐸𝑃4u.

• 𝐸𝑃3 nije disjunktan sa 𝐸𝑃1; rezultat usporedbe 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p𝐸𝑃3, 𝐸𝑃1q je 𝑋 “ t𝑒2u, pa sedogađaj transformira u 𝑒2𝐸𝑃3. 𝑒2𝐸𝑃3 je disjunktan sa 𝑒1𝐸𝑃2, algoritam prelazi na idući element iz DS. 𝑒2𝐸𝑃3 nije disjunktan sa 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2; 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p 𝑒2𝐸𝑃3, 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2q daje rezultat 𝑋 “

t𝑒3u, pa se događaj transformira u 𝑒3 𝑒2𝐸𝑃3.𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃1, 𝑒1𝐸𝑃2, 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2, 𝑒3 𝑒2𝐸𝑃3u, 𝑁𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃4u.

• 𝐸𝑃4 nije disjunktan sa 𝐸𝑃1; rezultat usporedbe 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p𝐸𝑃4, 𝐸𝑃1q je 𝑋 “ t𝑒1u, pa sedogađaj transformira u 𝑒1𝐸𝑃4. 𝑒1𝐸𝑃4 nije disjunktan sa 𝑒1𝐸𝑃2; 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒p 𝑒1𝐸𝑃4, 𝑒1𝐸𝑃2q daje rezultat 𝑋 “ t𝑒4u,pa se događaj transformira u 𝑒4 𝑒1𝐸𝑃4. 𝑒4 𝑒1𝐸𝑃4 je disjunktan sa 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2, algoritam prelazi na idući element iz DS. 𝑒4 𝑒1𝐸𝑃4 je disjunktan sa 𝑒3 𝑒2𝐸𝑃3.𝐷𝑆 “ t𝐸𝑃1, 𝑒1𝐸𝑃2, 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2, 𝑒3 𝑒2𝐸𝑃3, 𝑒4 𝑒1𝐸𝑃4u, 𝑁𝐷𝑆 “ H.

Rezultat algoritma je skup disjunktnih događaja 𝐷𝑆, koji se sastoji od:• 𝐸𝑃1 “ 𝑒1𝑒2,

• 𝑒1𝐸𝑃2 “ 𝑒1𝑒3𝑒4,

• 𝑒1 𝑒2𝐸𝑃2 “ 𝑒1 𝑒2𝑒3𝑒4,

• 𝑒3 𝑒2𝐸𝑃3 “ 𝑒3 𝑒2𝑒1𝑒4𝑒5,

• 𝑒4 𝑒1𝐸𝑃4 “ 𝑒4 𝑒1𝑒3𝑒5𝑒2.Sada je moguće odrediti pouzdanost sumiranjem vjerojatnosti pojave dobivenih disjunktnih

događaja:𝑅 “ 𝑅1 ˆ𝑅2 ` p1´𝑅1q ˆ𝑅3 ˆ𝑅4 `𝑅1 ˆ p1´𝑅2q ˆ𝑅3 ˆ𝑅4`

`p1´𝑅3q ˆ p1´𝑅2q ˆ𝑅1 ˆ𝑅4 ˆ𝑅5 ` p1´𝑅4q ˆ p1´𝑅1q ˆ𝑅3 ˆ𝑅5 ˆ𝑅2,

a kako su sve pouzdanosti međusobno jednake dobivamo𝑅 “ 𝑅2

𝑒 ` p1´𝑅𝑒q ˆ𝑅2𝑒 ` p1´𝑅𝑒q ˆ𝑅3

𝑒 ` 2ˆ p1´𝑅𝑒q2ˆ𝑅3

𝑒 “ 0.950629.

185

p△q Zadatak 19.Tekst zadatka (zadatak 19).Zadana je jednostavna mreža na slici. Izračunajte pouzdanost komunikacije između čvorova 1i 5 korištenjem metode enumeracije primarnih rezova ako je zadana pouzdanost grana u mreži:𝑅𝑎 “ 0.6, 𝑅𝑏 “ 0.5, 𝑅𝑐 “ 0.3, 𝑅𝑑 “ 0.6, 𝑅𝑒 “ 0.6, 𝑅𝑓 “ 0, 𝑅𝑔 “ 0, 𝑅ℎ “ 0.5. Za dobivanjedisjunktnog skupa događaja koristite K-tablicu. Pretpostavite da su čvorovi idealni (𝑅𝑣 “ 1).(Uputa: prisjetite se da su primarni rez i elementarni put dualni pojmovi, i za određivanjepouzdanosti pronađite sve elementarne puteve u poludualnom grafu u odnosu na čvorove 1 i5.)

Slika 55: Mreža (zadatak 19).

1

2

3

4

5

a b

c

d

ef

g

h

Rješenje zadatka.Zadani graf je planaran budući da se može nacrtati u obliku: skenirana slika 1Odredimo poludualni graf u odnosu na čvorove 1 i 5: skenirana slika 2Sama enumeracija vrhova u poludualnom grafu nije značajna, osim činjenice da se vrhovi

razdvojeni pseudo-granom moraju zvati kao vrhovi koje u početnom grafu pseudo-grana spaja.Dobivamo poludualni graf:

Slika 56: Poludualni graf u odnosu na vrhove 1 i 5 (zadatak 19).

1

2

3

4

6

5

c

g

f

b

h

d

a

e

Da bi došli do primarnih rezova u početnom grafu, potrebno je naći elementarne puteve udualnom grafu, a to su:

• 1´ 𝑐´ 2´ 𝑏´ 4´ 𝑎´ 5,

• 1´ 𝑐´ 2´ 𝑏´ 4´ 𝑑´ 6´ 𝑒´ 5,

• 1´ 𝑐´ 2´ 𝑓 ´ 3´ ℎ´ 6´ 𝑒´ 5,

• 1´ 𝑐´ 2´ 𝑓 ´ 3´ ℎ´ 6´ 𝑑´ 4´ 𝑎´ 5,

• 1´ 𝑔 ´ 3´ 𝑓 ´ 2´ 𝑏´ 4´ 𝑎´ 5,

• 1´ 𝑔 ´ 3´ 𝑓 ´ 2´ 𝑏´ 4´ 𝑑´ 6´ 𝑒´ 5,

186

• 1´ 𝑔 ´ 3´ 𝑓 ´ 6´ 𝑒´ 5,

• 1´ 𝑔 ´ 3´ 𝑓 ´ 6´ 𝑑´ 4´ 𝑎´ 5.

Međutim, obzirom da su grane 𝑓 i 𝑔 u prekidu (𝑅𝑓 “ 𝑅𝑔 “ 0), dobivamo jednostavnijipoludualni graf skenirana slika 3

Slika 57: Poludualni graf u odnosu na vrhove 1 i 5 (zadatak 19).

1

4

6

5

b

h

d

a

e

Elemenentarni putevi u ovom grafu su:

• 1´ 𝑏´ 4´ 𝑎´ 5,

• 1´ 𝑏´ 4´ 𝑑´ 6´ 𝑒´ 5,

• 1´ ℎ´ 6´ 𝑒´ 5,

• 1´ ℎ´ 6´ 𝑑´ 4´ 𝑎´ 5,

a oni su ujedno i primarni rezovi u početnom grafu.(K-tablicu imate u bilježnici)Kako gledamo primarne rezove, a ne elementarne puteve, dobivamo nepouzdanost 𝐹𝑖 “

1´𝑅𝑖, tj.𝐹 “ 𝐹𝑒 ˆ 𝐹ℎ ` 𝐹𝑎 ˆ 𝐹𝑏 ˆ p1´ 𝐹𝑒q ` 𝐹𝑎 ˆ 𝐹𝑏 ˆ 𝐹𝑒 ˆ p1´ 𝐹ℎq`

`p1´ 𝐹𝑎q ˆ 𝐹𝑏 ˆ 𝐹𝑑 ˆ 𝐹𝑒 ˆ p1´ 𝐹ℎq ` 𝐹𝑎 ˆ p1´ 𝐹𝑏q ˆ 𝐹𝑑 ˆ p1´ 𝐹𝑒q ˆ 𝐹ℎ “

“ 0.4ˆ 0.5` 0.4ˆ 0.5ˆ 0.6` 0.4ˆ 0.5ˆ 0.4ˆ 0.5`

`0.6ˆ 0.5ˆ 0.4ˆ 0.4ˆ 0.5` 0.4ˆ 0.5ˆ 0.4ˆ 0.6ˆ 0.5 “ 0.408,

i naposlijetku je𝑅 “ 1´ 𝐹 “ 0.592.

6 Bežični mrežni sustavi„Did you want to scream when you were a child, seeing nothing but fat ineptitudearound you, knowing how many things could be done and done so well, but havingno power to do them?”

187

6.1 Bluetooth (802.15.1)

6.2 Wi-Fi (802.11)

6.3 WiMAX (802.16)

6.4 Mobilna telefonija (GSM, UMTS)

188

Dio II

Računalne mreže 27 Prijenosni sloj mreže„Why yes, I can,” said Midas Mulligan, when he was asked whether he couldname a person more evil than the man with a heart closed to pity. „The manwho uses another’s pity for him as a weapon.”

7.1 Osnovna svojstva prijenosnog sloja mrežePriprema za zadatak.

Pojam: IETF.The Internet Engineering Task Force (IETF) je organizacija koja razvija i promoviraupotrebu standarda na Internetu. Uglavnom se bavi TCP/IP-om standardima drugih internetprotokola. Surađuje sa W3C-om and ISO/IEC-om. IETF je otvorena prema svim zainteresi-ranima, i ne postavlja nikakve uvjete članovima.

Pojam: RFC.Request for Comments (RFC) je memorandum koji objavljuje IETF i koji opisuje metode,istraživanja i inovacije koje se mogu primijeniti Internete ili sustave koji su njime povezani.

Računarci i drugi inženjeri koji se bave tehnologijama Interneta mogu objaviti međusobnirazgovor u obliku RFC-a, većinom da bi dobili sugestije od kolega ili da bi s njima podijeliliideje, koncepte, informacije, pa čak i inženjerske šale. IETF prihvaća neke od tih prijedlogakoji su objavljeni kao RFC-i kao Internet standarde.

Pojam: komunikacija s-kraja-na-kraj.Pod pojmom komunikacije s kraja na kraj (engl. end-to-end communication) podrazumi-jevamo komunikaciju dvaju procesa na udaljenim domaćinima.

Pojam: model klijent-poslužitelj.U modelu klijent-poslužitelj (engl. client-server model) uzima se da jedna strana koristiposlužiteljsku aplikaciju na koju se povezuje klijentska aplikacija druge strane.

Pod pojmom klijent, odnosno poslužitelj podrazumijevamo proces klijentske, odnosnoposlužiteljske aplikacije.

U nastavku uzimamo da su sve ostale usluge operacijskog sustava koje koristimo za nascrna kutija; drugim riječima, način na koji su te usluge implementirane nećemo izučavati, unajboljem slučaju zanima nas sučelje koje nudi.

Za neke od usluga operacijskog sustava opisati ćemo programsko sučelje u programskimjezicima C/C++ i/ili Python. Olakotna je okolnost da je na svim modernim operacijskimsustavima programsko sučelje mrežnih aplikacija u C/C++-u vrlo slično, a u Pythonu sasvimisto.

U kontekstu protokola s-kraja-na-kraj, vrata su softverske prirode, za razliku od vrata kodprijenosnika, koja su hardverske prirode.Pojam: vrata, broj vrata.Pod pojmom vrata (engl. port) podrazumijevamo softversko sučelje koje služi kao krajnja točkakomunikacije.

189

Vrata su jednoznačno identificirana uređenom trojkom koja se sastoji od IP adrese, brojavrata i protokola transportnog sloja. IP adresa može biti verzije 4 ili verzije 6, a protokoltransportnog sloja može biti TCP ili UDP.

Pojam: IANA.The Internet Assigned Numbers Authority (IANA) je organzacija odgovorna za barata-nje globalnim resursima Internet protokola. Specifično, to uključuje registraciju često korištenihbrojeva vrata za dobro poznate Internet usluge.

Pojam: broj vrata.Broj vrata (engl. port number) je broj u rasponu od 0 do 65535 koji se koristi za identifikacijuvrata.

IANA dijeli brojeve vrata u tri raspona:

• dobro poznata vrata (engl. well-known ports) (0–1023),

• registrirana vrata (engl. registered ports) (1024–49151),

• dinamička (često nazvana prolazna, kratkoživuća) i privatna vrata (engl. dynamic (ephe-meral, short-lived) and private ports) (49152–65535).

Pojam: dobro poznata vrata.Dobro poznata vrata koriste se za procese operacijskog sustava koji pružaju najčešće kori-štene mrežne usluge. Na operacijskim sustavima sličnim Unixu, pokretanje aplikacija na ovimvratima dozvoljeno je samo root korisniku.

Primjer: dobro poznata vrata.Neki primjeri dobro poznatih vrata su:

• 21 TCP – File Transfer Protocol (FTP),

• 22 TCP – Secure Shell (SSH),

• 25 TCP – Simple Mail Transfer Protocol (SMTP),

• 69 UDP – Trivial File Transfer Protocol (TFTP),

• 80 TCP i UDP – Hypertext Transfer Protocol (HTTP),

• 443 TCP – HTTPS koji koristi Transport Layer Security (TLS) ili Secure Sockets Layer(SSL).

Pojam: registrirana vrata.Registrirana vrata IANA dodjeljuje na zahtjev za specifičnu mrežnu uslugu koja nema pre-dviđen broj u rasponu dobro poznatih vrata. To su uglavnom mrežne usluge koje koristi velikbroj korisnika, ali ne većina. Na većini operacijskih sustava registrirana vrata mogu koristitiobični korisnici.

Primjer: registrirana vrata.Neki primjeri registriranih vrata su:

• 1234 UDP – VLC,

190

• 3724 TCP – World of Warcraft,

• 4000 TCP i UDP – Diablo II,

• 5432 TCP i UDP – PostgreSQL,

• 6665–6669 TCP i UDP – Internet Relay Chat (IRC),

• 27960–27969 UDP – Quake III Arena.

Cijeli popis nalazi se na http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_TCP_and_UDP_port_numbers.

Pojam: privatna vrata.Privatna vrata (engl. private port) IANA ne dodjeljuje. Ona se mogu se koristiti za bilo kojuaplikaciju. Dinamička vrata su specifičan primjer primjene.

Pojam: dinamička, prolazna ili kratkoživuća vrata.Dinamička vrata (engl. dynamic port), ponekad nazvana prolazna (engl. ephemeral) ili krat-koživuća (engl. short-lived), su vrata koja operacijski sustav dodjeljuje na korištenje aplikacijikoja zatraži vrata, ali bez da pritom traži vrata s određenim brojem.

Kratkoživuća vrata koriste se u klijent-poslužitelj komunikaciji na klijentskoj strani. Razlogtome je što je dovoljno da broj bude poznat samo poslužitelju s kojim komunicira, i pritom nijeznačajno o kojem se broju radi obzirom da ga klijent javlja poslužitelju kod povezivanja.

Dodatak: brojevi kratkoživućih vrata.U danas korištenim operacijskim sustavima raspon brojeva kratkoživućih vrata prilično varira:

• FreeBSD slijedi IANA-inu preporuku od verzije 4.6; ranije verzije koriste raspon 1024–4999,

• Linux distribucije većinom koriste 32768–61000; datoteka /proc/sys/net/ipv4/ip_local_port_rangesadrži podatake o korištenom rasponu,

• Windowsi slijede IANA-inu preporuku od Viste; ranije verzije koriste raspon 1025-5000.

7.2 User Datagram Protocol (UDP)Priprema za zadatak.

Pojam: UDP zaglavlje.Zaglavlje UDP datagrama (engl. UDP datagram header) sastoji se od 4 polja, i to su redom:

• Source Port Number (16 bit),

• Destination Port Number (16 bit),

• Length (16 bit),

• Checksum (16 bit),

UDP je opisan u RFC-u 768.

191

p△q Zadatak 1.Tekst zadatka (zadatak 1).Andrea, Sanjin, Petra i Tea su cimeri. Dom na kampusu u kojem su smješteni omogućuje gleda-nje sveučilišnog televizijskog kanala putem lokalne bežične mreže. Kanal se emitira strujanjemkorištenjem protokola UDP i aplikacije VLC media player na njenim zadanim vratima.

• Opišite sadržaj UDP zaglavlja u porukama koje se izmjenjuju. Tko šalje gotovo sveporuke?

• Što će se dogoditi s porukama u kojima se zbog grešaka na vezi promijeni broj izvorišnihvrata?

• Događa li se isto kada se promijeni broj odredišnih vrata?

Rješenje zadatka.Protokol koji ćemo ovdje opisati pojednostavljena je varijanta stvarnog protokola i služi

nam kao osnova za razumijevanje načina rada UDP-a.• VLC koji emitira video strujanjem je ovdje poslužiteljska aplikacija. Bez obzira na kori-

štenu klijentsku aplikaciju, komunikacija započinje slanjem zahtjeva poslužitelju od straneklijenta. Zahtjev se šalje sa kratkoživućih vrata na klijentu (npr. 51374) na registriranavrata 1234 na poslužitelju. Sam proces rukovanja može sada trajati jednu ili više poruka.Duljina i kontrolni zbroj ovise o tome kako je protokol definiran.Nakon rukovanja sve se poruke šalju od poslužitelja prema klijentu.Datagrami koje poslužitelj šalje klijentu u UDP zaglavlju za izvorišna vrata mogu imati,ovisno o tome kako je protokol za emitiranje video sadržaja definiran:

– vrijednost 0, jer je to vrijednost koju UDP koristi kada poslužitelj šalje datagrame ine očekuje da klijent odgovara na njih, ili

– vrijednost 1234, jer je to broj registriranih vrata na kojima poslužiteljska aplikacijaradi.

Vrijednost u polju odredišnih vrata je u svim datagramima jednaka izvornim vratima skojih je klijent poslao zahtjev (npr. 51374), dok duljina i kontrolni zbroj variraju ovisnoo sadržaju.

• Poruke u kojima se promijeni broj izvorišnih vrata bit će dostavljene na odredišni domaćin,koji će uočiti da je kontrolni zbroj u UDP zaglavlju netočan i odbaciti je. Zanemarimoli kontrolni zbroj, neće biti problema osim u slučaju kada aplikacija koja prima porukumora na nju odgovoriti. U tom slučaju odgovor neće biti dostavljen drugoj aplikaciji kojaga očekuje, već eventualno nekoj trećoj koja uopće ne sudjeluje u ovoj komunikaciji.

• Kada se promijeni broj odredišnih vrata, to će također učiniti da kontrolni zbroj više nećebiti dobar i poruka će biti odbačena na odredišnom domaćinu nakon provjere. Zanema-rimo li kontrolni zbroj, sama poruka (primjerice, neki dio audio-video sadržaja) neće bitidostavljena aplikaciji koja je očekuje. Ukoliko se radi baš o dijelu video sadržaja, korisnikće to vidjeti kao preskakanje zvuka i videa ili greške u zvuku i raznobojne pravokutnike.U oba slučaja promjene broja vrata u zaglavlju hoće li odgovor primiti neka treća aplika-cija ili pak nijedna ovisi o tome postoji li na domaćinu aplikacija koja sluša na vratima sbrojem koji je jednak broju dobivenom promjenom zbog grešaka.

192

Priprema za zadatak.

Pojam: ICMP.Internet Control Message Protocol (ICMP) je jedan od osnovnih protokola TCP/IPmodela. Najčešće se koristi za slanje poruka o pogreškama koje, primjerice, javljaju da traženausluga, domaćin ili mreža nisu dostupni.

Zaglavlje ICMP poruke dolazi nakon IPv4 zaglavlja, ukupne je duljine 8 bajtova, i sastojise od sljedećih polja:

• Type (8 bit), tip ICMP poruke,

• Code (8 bit), podtip danom tipu poruke,

• Checksum (16 bit),

• Rest of Header (32 bit), ovisi o tipu i kodu.

U praksi se najčešće sreću ICMP poruke tipa 3, Destination Unreachable, čiji su kodoviredom:

• 0—Destination network unreachable,

• 1—Destination host unreachable,

• 2—Destination protocol unreachable,

• 3—Destination port unreachable,

• 4—Fragmentation required, and DF flag set,

• 5—Source route failed,

• 6—Destination network unknown,

• 7—Destination host unknown,

• 8—Source host isolated,

• 9—Network administratively prohibited,

• 10—Host administratively prohibited,

• 11—Network unreachable for TOS,

• 12—Host unreachable for TOS,

• 13—Communication administratively prohibited.

193

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).Ako se dogodi da je UDP datagram poslan od domaćina 𝐻1, vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1, na domaćin 𝐻2,vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡2, i da pritom na domaćinu 𝐻2 ne postoji proces koji sluša na vratima 𝑝𝑜𝑟𝑡2, onda𝐻2 mora poslati kao odgovor domaćinu 𝐻1 ICMP poruku tipa 3, kod 3, Destination portunreachable („ciljna vrata nije moguće doseći”). Kao i sve ICMP poruke, ona se šalje nadomaćin 𝐻1, ne samo na vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1 na domaćinu 𝐻1.

Tekst zadatka (zadatak 2).

• Dajte konkretan primjer situacije u kojoj bi aplikacija željela primiti takvu ICMP poruku.

• Zašto nije dobra ideja poslati takve poruke direktno na vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡1 domaćina 𝐻1?

Rješenje zadatka.

• Aplikacija kao što je TFTP, kada šalje početne zahtjeve za uspostavljanjem veze, želiznati zašto poslužitelj ne prihvaća veze.

• Aplikacija koja prima nema načina da prepozna ICMP poruke kao takve, ili da razlikujete poruke od podataka specifičnih za protokol.

Dodatak: primanje ICMP poruke.Saznajte što aplikacija mora činiti da bi primila takvu ICMP poruku na nekom od danasaktualnih operacijskih sustava.

p△q Zadatak 3.

Tekst zadatka (zadatak 3).Razmotrite idući protokol za zahtijevanje datoteka zasnovan na UDP-u, donekle sličan TFTP-u. Klijent šalje zahtjev za datotekom, i poslužitelj odgovara (ako je datoteku moguće poslati)s prvim paketom podataka. Klijent i poslužitelj tada nastavljaju sa stani-i-čekaj mehanizmomprijenosa.

• Opišite situaciju u kojoj klijent zatraži jednu datoteku, a dobije drugu; pritom možetedozvoliti da klijentska aplikacija prestane raditi bez upozorenja i bude ponovno pokrenutana istim vratima.

• Predložite promjenu u protokolu koja će učiniti da tu situaciju mnogo rjeđom.

194

Rješenje zadatka.

• Jedan od načina na koji se to može dogoditi je sljedeći:

1. Klijentska aplikacija šalje zahtjev za datotekom dat1, i zatim prekida izvođenje.Zahtjev stiže na poslužitelj.

2. Klijentska aplikacija se ponovno pokreće na istim vratima i šalje zahtjev za datote-kom dat2. Zahtjev se izgubi u prijenosu.

3. Poslužitelj odgovara prvim paketom podataka datoteke dat1, odgovarajući na jedinizahtjev koji je primio.

Ovaj scenario u praksi nije mnogo vjerojatan, ali je ipak sasvim moguć.

• Postoje dva moguća rješenja:

1. Zahtjev od strane poslužitelja koji bi tražio od klijenta da koristi novi broj vrata zasvaki zahtjev bi rješilo taj problem. Da bi se to moglo u praksi izvesti, operacijskisustav klijenta bi trebao osigurati aplikaciji novi broj vrata svaki put kada se otvorinova utičnica.

2. Klijent može pridodati vremenski pečat ili slučajni broj zahtjevu za datotekom, kojiće poslužitelj vratiti u paketu podataka koji mu pošalje. Ovaj pristup ima prednostu tome što je pod kontrolom klijentske aplikacije i ne ovisi o značajkama operacijskogsustava na kojem radi.

p△q Zadatak 4.

Tekst zadatka (zadatak 4).Dizajnirajte jednostavan protokol za primanje datoteka s poslužitelja koji ne koristi autenti-fikaciju zasnovan na UDP-u. Možete koristiti stani-i-čekaj prijenos podataka, i vaš protokoltreba funkcionirati tako da:

• duplikacija prvog paketa ne napravi „dvije veze”,

• gubitak krajnjeg ACK ne ostavlja poslužitelj u sumnji je li prijenos podataka uspio,

• paket iz prethodne veze koji stiže sa zakašnjenjem ne može se interpretirati kao diotrenutne veze.

Rješenje zadatka.Protokol koji ćemo u zadatku opisati u osnovi je TFTP (za detalje razmotrite RFC 1350).

Prvi paket poslan poslužitelju od strane klijenta navodi ime datoteke. Po primitku, poslužiteljstvara kratkoživuća vrata s kojih će odgovoriti, i počinje slati podatke s tih vrata. Klijentpretpostavlja da prvi ispravan paket primljen s poslužitelja je iz tog skupa podataka, i brojvrata na poslužitelju s kojih je paket primljen koristi do kraja prijenosa. Pakete primljene sasvih ostalih vrata s poslužitelja odbacuje, a poslužitelju šalje poruku o grešci.

Pri prijenosu se koristi standardni stani-i-čekaj način rada, što povlači pitanje sekventnogbroja. Radi jednostavnosti, uzmimo da da je polje za sekventni broj neograničene veličine i dasekventni broj uvijek kreće od 0 (vidjet ćemo u kasnijim zadacima da to ne mora biti tako).

195

• Najjednostavnije rješenje bi bilo da se traži od poslužitelja da prati stanje veza sve dok suaktivne, međutim, kako je klijent aplikacija koja može u bilo kojem trenutku prekinuti sizvođenjem i ponovno se pokrenuti (na istim ili drugim vratima), a zatim poslati zahtjevza istom ili različitom datotekom, što poslužitelj nema načina uočiti.Uočimo prvo da duplikacija prvog paketa može napraviti dvije veze, jer poslužitelj možeotvoriti dvoja kratkoživuća vrata i poslati odgovor klijentu s oba (što pokreće dva pot-procesa za komunikaciju s istim klijentom). Međutim, obzirom da klijent zanemaruje svepakete s brojem vrata različitim od broja vrata s kojih je primio prvi paket, koji god oddva potprocesa prvi kontaktira klijenta će nastaviti komunikaciju s njim, a preostali ćedobiti od klijenta poruku o grešci.Dakle, iako kratkoročno duplikacija prvog paketa stvara „dvije veze”, samo jedna od njihpreživi za vrijeme prijenosa podataka.

• Uočimo prvo da gubitak posljednjeg ACK zaista ostavlja poslužitelj u sumnji je li prijenospodataka uspio, jer pokušaj kontaktiranja klijenta nakon završetka prijenosa rezultiraICMP porukom tipa 3, kod 3.To možemo riješiti tako da klijent ostane pokrenut neko vrijeme nakon slanja zadnjegACK. U slučaju gubitka, po ponovnom primitku zadnjeg paketa zadnji će ACK bitiponovno poslan. To je otprilike ekvivalentno TCP-ovom TIME_WAIT koji ćemo kasnijeopisati.

• Uočimo prvo da se to može dogoditi u slučaju da klijentska aplikacija završi s izvođenjemi druga instanca se pokrene na istim vratima za vrijeme dok datagrami još mogu stići. Tose može dogoditi, jer period čekanja nakon primitka zadnjeg dijela podataka može bitiznačajno kraći od vremena života datagrama.U slučaju da druga instanca dobije prvi paket podataka novog prijenosa prije nego za-kašnjeli paket iz prethodne veze, zakašnjeli paket će jednostavno biti odbačen (jer stižesa različitih vrata na poslužitelju od onih koje klijent očekuje). U suprotnom, biti ćeodbačeni svi paketi novog prijenosa.Da bi taj problem riješili, možemo (kao i u prethodnom zadatku) zahtjevu za datotekompridodati vremenski pečat ili slučajan broj koji će poslužitelj vratiti u paketu podataka.Uočite da „slučajnost” kratkoživućih vrata na strani klijenta i na strani poslužitelja uosnovi ima tu ulogu, ali ona nije nešto s čime aplikacija može upravljati obzirom da jojih dodjeljuje operacijski sustav.

7.3 Transmission Control Protocol (TCP): osnovni pojmovip♢q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).

• Istražite parametre koje možete postaviti kod stvaranja TCP veze. (Uputa: pokreniteman tcp na računalu s operacijskim sustavom sličnim Unixu.)

• Eksperimentirajte s promjenama različitih parametara i istražite kako to utječe na per-formanse TCP-a.

196

Rješenje zadatka.Za samostalno istraživanje; u navedenoj man stranici opisano je sučelje za C i C++, a

Python sučelje opisano je u dokumentaciji modula socket, koja je dostupna i u interaktivnomnačinu rada naredbom help(socket).

Priprema za zadatak.

Pojam: TCP zaglavlje.Zaglavlje TCP segmenta sastoji se od idućih polja:

• Source port (16 bit),

• Destination port (16 bit),

• Sequence number (32 bit):

– ako je SYN zastavica postavljena, radi se o inicijalnom sekventnom broju (engl. initalsequence number, ISN ); sekventni broj prvog bajta podataka je tada ISN+1;

– ako SYN zastavica nije postavljena, radi se o nakupljenom sekventnom broju prvogbajta podataka za trenutnu sesiju.

• Acknowledgment number (32 bit): ako je ACK zastavica postavljena radi se idućem sek-ventnom broju koji primatelj očekuje; time se potvrđuje primitak svih prethodnih.

• Data offset (4 bit): veličina TCP zaglavlja u 32-bitnim riječima, raspon 5–15.

• Reserved (4 bit),

• Flags (8 bit):

– CWR (1 bit),– ECE (1 bit),– URG (1 bit),– ACK (1 bit),– PSH (1 bit),– RST (1 bit),– SYN (1 bit),– FIN (1 bit),

• Window size (16 bit): oglašeni prozor (engl. advertised window), odnosno broj bajtovakoje je primatelj trenutno voljan primiti,

• Checksum (16 bit) za zaglavlje i podatke,

• Urgent pointer (16 bit): ako je zastavica URG postavljena, ovo polje sadrži pomak uodnosu na sekventni broj koji kaže do kojeg bajta su podaci koje hitno treba poslati,

• Options (0 bit–320 bit).

197

p△q Zadatak 6.

Tekst zadatka (zadatak 6).Pošiljatelj na TCP vezi koji primi 0 kao veličinu oglašenog prozora periodički ispituje primateljada sazna kada je veličina prozora postala različita od nule. Zašto bi primatelj trebao još jedanmjerač vremena kad bi on bio zadužen za javljanje da je veličina njegovog prozora postalarazličita od 0 (tj. kada pošiljatelj ne bi ispitivao)?

Rješenje zadatka.Primatelj uključuje oglašenu veličinu prozora u ACK-ima koje šalje pošiljatelju. Pošiljatelj

ispituje primatelja da sazna kada veličina oglašenog prozora postaje veća od 0; ako se primate-ljev ACK koji objavljuje veći prozor izgubi, onda će na kasnije ispitivanje primatelja pošiljateljdobiti kao odgovor duplikat toga ACK.

Ako se „odgovornost” za eventualno izgubljeni ACK koji mijenja veličinu prozora preseli sapošiljatelja na primatelja, onda će primatelj trebati mjerač vremena koji će upravljati ponovnimslanjem tog ACK sve dok primatelj ne bude sposoban provjeriti da je ACK primljen.

Ozbiljniji problem od ovoga je da primatelj dobiva potvrdu da je pošiljatelj primio ACKtime što mu stignu novi podaci, pa ako veza pređe u stane mirovanja (primjerice, zato štopošiljatelj više nema podataka za poslati), primatelj gubi vrijeme čekajući.

p△q Zadatak 7.

Tekst zadatka (zadatak 7).Polje za sekventni broj u TCP zaglavlju ima 32 bita, što je dovoljno za preko 4 milijarde bajtovapodataka. Čak i ako pretpostavimo da se toliko bajtova nikad neće prenijeti u jednoj TCP vezi,zašto je ipak moguće da se sekventni broj počne brojati ispočetka, tj. da nakon 232 ´ 1 slijedi0?

Rješenje zadatka.Ukoliko uzmemo u obzir da sekventni broj ne počinje uvijek od 0, jer se generira slučajno ili

ovisno o vrijednosti sata, jasno je da se kod vrlo velikih početnih vrijednosti to može dogoditi.

p△q Zadatak 8.

Tekst zadatka (zadatak 8).Neka su 𝑥 i 𝑦 dva TCP sekventna broja. Napišite funkciju koja određuje da li 𝑥 prethodi 𝑦(notacijom RFC-a 793, 𝑥 “ă 𝑦) ili ga slijedi; vaše rješenje treba raditi i u situaciji kada sesekventni broj počne brojati ispočetka.

Rješenje zadatka.Koristiti ćemo notaciju RFC-a 793 𝑥 “ă 𝑦 za „𝑥 prethodi 𝑦”.Stavimo li 𝑥 “ă 𝑦 ðñ 𝑥 ď 𝑦 ðñ 𝑦 ´ 𝑥 ě 0, imamo problem u slučaju da se sekventni

broj počeo brojati ispočetka.Uočimo da za svaki par sekventnih brojeva 𝑥 i 𝑦 možemo osim apsolutne vrijednosti razlike

𝑦´ 𝑥 razmatrati i vrijednost 232´ |𝑦´ 𝑥|. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti daje 𝑦 ´ 𝑥 ě 0, i tada imamo dva slučaja:

198

• |𝑦 ´ 𝑥| ě 232 ´ |𝑦 ´ 𝑥|: sekventni broj se nije počeo brojati ispočetka, i vrijedi 𝑥 “ă 𝑦;

• |𝑦 ´ 𝑥| ă 232 ´ |𝑦 ´ 𝑥|: sekventni broj se počeo brojati ispočetka, i vrijedi 𝑦 “ă 𝑥.

Slučaj jednakosti smo proizvoljnim odabirom svrstali u prvi slučaj; točno bi bilo i da smoga, uz adekvatnu argumentaciju, svrstali u drugi slučaj.Dodatak: alternativna formulacija.Razmislite je li alternativna formulacija ove tvrdnje oblika

𝑥 “ă 𝑦 ðñ 0 ă 𝑦 ´ 𝑥 ă 231

ispravna i ekvivalentna našoj. Trebaju li neke od ovih relacija „strogo manje” postati „manjeili jednako”?

Priprema za zadatak.Pojam: MSL.Najveće vrijeme života segmenta (engl. Maximum Segment Lifetime, MSL) je vrijeme (usekundama) koliko zadržani segmenti najviše mogu kasniti. RFC 793 definira zadanu vrijednostMSL-a od 120.

p△q Zadatak 9.Tekst zadatka (zadatak 9).Zaposleni ste da dizajnirate pouzdani protokol za protok podataka koji koristi klizni prozor(kao TCP). Taj protokol će raditi na mreži širine frekventnog pojasa 100 Mbit{s. RTT mrežeje 100 ms, a MSL je 60.

• Koliko ćete bitova iskoristiti za polja Window size i Sequence number u zaglavlju vašegprotokola?

• Kako ćete procijeniti te vrijednosti koje se traže, i koja od njih je pritom manje pouzdanoodređena?

Rješenje zadatka.

• Oglašeni prozor bi morao biti dovoljno velik da drži vezu punom; produkt dvosmjernogzadržavanja (RTT-a) i širine frekventnog pojasa ovdje iznosi

100 msˆ 100 Mbit{s “ 10 Mbit « 1.19 MiB.

Kako je 221 “ 2 097 152, to zahtijeva barem 21 bit za polje Window size, obzirom da220 “ 1 048 576 nije dovoljno.Sekventni broj se ne smije početi brojati ispočetka u maksimalnom vremenu života seg-menta, koje iznosi 60 sekundi. Za to vrijeme ova veza može prenijeti

100 Mbit{sˆ 60 s “ 6000 Mbit « 715.26 MiB.

30 bita za polje Sequence number bi učinilo da je sekventni prostor veličine 1024 MiB,što bi osiguralo da se neće početi brojati ispočetka u 60 sekundi. Prva vrijednost manjaod te, 512 MiB, nije dovoljno velika.

199

Dodatak: klizni prozor i sekventni broj.

U slučaju da maksimalno vrijeme života segmenta nije problem, polje sekventnog broja bii dalje trebalo biti dovoljno veliko da podržava dvostruku maksimalnu veličinu prozora.

• Širina frekventnog pojasa zapisana je u specifikacijama hardvera; RTT se također možeprecizno izmjeriti, ali se mijenja s promjenama u veličini mreže i rasporedu domaćinai veza. Maksimalno vrijeme života segmenta je vjerojatno najmanje pouzdana vrijed-nost, obzirom da kod postavljanja treba voditi računa o mnogim svojstvima mreže, odveličine i složenosti do efikasnosti usmjeravanja (primjerice, trajanju razrješavanja petljiusmjeravanja).

p△q Zadatak 10.

Tekst zadatka (zadatak 10).Pretpostavimo da domaćin želi odrediti pouzdanost veze tako da šalje pakete i mjeri postotakpaketa koji su primljeni; usmjerivači, primjerice, rade upravo to. Objasnite koje su otežavajućeokolnosti kada se to radi preko TCP veze.

Rješenje zadatka.Problem je taj što na razini aplikacije nije moguće odrediti je li paket stigao kod prvog

pokušaja slanja ili je bio izgubljen i ponovno poslan.Jedno rješenje bilo bi da pošiljatelj prvo izmjeri RTT, a zatim postotak paketa koji su

primljeni mjeri tako da traži od primatelja da mu po primitku paketa pošalje echo tog sadržaja.Zbog vremena isteka od 2 RTT-a, paketima koji su izgubljeni ukupno vrijeme prijenosa biti će2.5 RTT-a, što je pet puta više nego što bi inače trebalo za prijenos paketa.

Pošiljatelj će to vidjeti, obzirom da dobiva echo od primatelja, kao vrijeme od slanja paketado primitka echoa u trajanju od 3 RTT-a umjesto 1 RTT, što je još uvijek dovoljno velikarazlika da se u većini slučajeva može izmjeriti.

Novi pojmovi.

Pojam: TCP vremenski pečat.TCP vremenski pečat (engl. TCP timestamp), dio polja Options definiran u RFC-u 1323,koristi se za mjerenje RTT-a i za odbacivanje zakašnjelih dupliciranih paketa koji mogu bitipogrešno primljeni. Vrijednost polja je cijeli broj koji se povećava u skladu sa stvarnim vre-menom domaćina na kojem TCP radi, ali pritom nije zapisan na način da se iz njega možepročitati stvarni datum ili vrijeme.

Pravilo: raspoznavanje zakašnjelih duplikata paketa.TCP vremenski pečat vrši zaštitu u situaciji kad se sekventni broj počne brojati ispočetka (engl.Protect Against Wrapped Sequence numbers, PAWS) na način da provjerava je li vrijednostpolja vremenskog pečata određenog segmenta veća od vrijednosti vremenskog pečata koju imasegment koji mu po sekventnom broju prethodi, i eventualno manja od one koju ima sljedećisegment.

200

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Pretpostavimo da se TCP koristi na vezi širine frekventnog pojasa 1 Gbit{s.

• Uz pretpostavku da TCP može koristiti kontinuirano cjelokupnu širinu frekventnog po-jasa, koliko bi trebalo vremena da se sekventni broj počne brojati ispočetka?

• Prepostavimo da se polje vremenskog pečata duljine 32-bita inkrementira 1000 puta zavrijeme za koje se sekventni broj počne brojati ispočetka. Koliko će trebati polju vre-menskog pečata da se počne brojati ispočetka?

Rješenje zadatka.

• Širina pojasa je približno 119.21 MiB{s. Sekventni broj se počinje brojati ispočetka kadapošaljemo 232 B “ 4 GiB. Za to nam treba

𝑡𝑠𝑒𝑞𝑛𝑢𝑚 “4 GiB

119.21 MiB{s « 34.36 s.

• Kako se vremenski pečat za 34.36 s inkrementira 1000 puta, može se uzeti da se povećavaza 1 svakih 34 ms. Da bi se on počeo brojati ispočetka, trebalo bi nam približno

𝑡𝑡𝑠𝑡 “ 4ˆ 230ˆ 34 ms « 1.46ˆ 108 s.

p♣q Zadatak 12.

Tekst zadatka (zadatak 12).Ako domaćin 𝐻1 primi dva SYN paketa s istih vrata udaljenog domaćina 𝐻2, drugi može biti iliponovno slanje istoga ili novi zahtjev za ostvarivanjem veze (primjerice, ako se dogodilo da seaplikacija na 𝐻2 srušila i ponovno pokrenula).

• Opišite razliku između ta dva slučaja iz perspektive domaćina 𝐻1.

• Opišite algoritmom što TCP sloj treba napraviti po primitku SYN paketa. Uzmite u obzirdva već navedena slučaja, te još i slučaj u kojem ne postoji proces koji sluša na ciljnimvratima.

Rješenje zadatka.

• Ako je riječ o duplikatu SYN paketa, tada će imati isti ISN kao i prvi SYN paket. Ako nijeriječ o duplikatu, obzirom da se ISN generira slučajno ili u ovisnosti o vrijednosti sata,vrijednost ISN-a u drugom SYN paketu će biti drugačija.

• Pretpostavit ćemo da je primatelj single-homed; drugim riječima, da ima jedinstvenu IPadresu.

201

p♣q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Postoje dijagnostički programi koji očitavaju prvih 100 bajtova od, primjerice, svake TCP vezena određena vrata određenog domaćina. Opišite što se treba učiniti sa svakim primljenimTCP paketom 𝑝 da bi se odredilo sadrži li podatke koji pripadaju prvih 100 bajtova veze premadomaćinu HOST, vratima PORT. Pritom pretpostavite da je IP zaglavlje P.IPHEAD, TCP zaglavljeP.TCPHEAD, i polja u zaglavlju su kao na slikama (***4.3***) i (***5.4***). Uputa: Da bi dobiliinicijalne sekventne brojeve (ISN-ove), trebati ćete ispitati svaki paket sa SYN bitom 1. Možeteignorirati to što će sekventni brojevi kad–tad biti ponovno iskorišteni.

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.

Pojam: ISN.Inicijalni sekventni broj (engl. Initial Sequence Number, ISN ) je broj koji klijent i poslužiteljizmjenjuju u TCP segmentima kod rukovanja u tri koraka.

ISN se određuje slučajno ili na temelju trenutne vrijednosti sata računala.

Priprema za zadatak.U daljnjem tekstu ćemo SYN, FIN i ACK paketima nazivati one TCP segmente koji imaju u za-

glavlju postavljene zastavice SYN, FIN i ACK (respektivno), odnosno navedeni bit ima vrijednost1.Pravilo: uspostavljanje TCP veze.Kod uspostavljanja TCP veze vrši se rukovanje u tri koraka, i to su redom:

• SYN, koji šalje ona strana koja aktivno otvara vezu,

• SYN+ACK, koji po primitku SYN paketa šalje strana koja pasivno čeka na otvaranje veze,

• ACK, koji je odgovor na SYN dio SYN+ACK paketa.

p△q Zadatak 14.

Tekst zadatka (zadatak 14).Ako paket stigne na domaćin 𝐻1 sa izvornom adresom domaćina 𝐻2, sasvim je moguće da jekrivotvoren od strane bilo koje treće strane 𝐻3. Ako pak 𝐻1 prihvati TCP vezu od 𝐻2, onda jetijekom rukovanja u tri koraka 𝐻1 poslao 𝐼𝑆𝑁1 na adresu domaćina 𝐻2 i primio potvrdu toga.Ako 𝐻3 nije na mjestu s kojeg može prisluškivati 𝐼𝑆𝑁1, onda se može činiti da 𝐻3 nije mogaokrivotvoriti odgovor domaćina 𝐻2.

Međutim, algoritam za odabir 𝐼𝑆𝑁1 daje ostalim nevezanim domaćinima prilično velikušansu da ga pogode. Specifično, 𝐻1 bira 𝐼𝑆𝑁1 prema vrijednosti sata u vrijeme povezivanja.RFC 793 specificira da se ta vrijednost povećava svakih 4 µs; poznata implementacija TCP-a saSveučilišta u Berkeleyu je to pojednostavila tako da povećava taj broj za 250 000 (ili 256 000)svake sekunde.

Tekst zadatka (zadatak 14).

202

• Uz ovu pojednostavljenu povećaj-jednom-u-sekundi implementaciju, objasnite kako seproizvoljni domaćin 𝐻3 može maskirati kao 𝐻2 barem dok otvara TCP vezu. Možetepritom pretpostaviti da 𝐻2 ne odgovara na SYN + ACK pakete koje mu ovako prevareni𝐻1 šalje.

• Pretpostavimo da se stvarni RTT može procijeniti na 40 ms, koliko otprilike pokušajamožete očekivati da treba da implementirate strategiju prethodnog dijela u nepojednos-tavljenoj varijanti „povećaj za 1 svake 4 µs” TCP implemetacije?

Rješenje zadatka.

• To se može učiniti na ovaj način:

1. 𝐻3 se spaja na 𝐻1, i dobiva 𝐼𝑆𝑁1,1 koji je trenutni ISN domaćina 𝐻1 određen premavrijednosti sata.

2. 𝐻3 šalje SYN paket domaćinu 𝐻1, koji izgleda kao da ga je 𝐻2 poslao. 𝐻1 na to šaljeSYN + ACK paket koji sadrži 𝐼𝑆𝑁1,2 i za koji pretpostavljamo da ga 𝐻2 ignorira.

3. 𝐻3 pokušava pogoditi 𝐼𝑆𝑁1,2, primjerice uzima 𝐼𝑆𝑁1,1 uvećan za neku razumnuvrijednost, i šalje prikladni ACK domaćinu 𝐻1, koji također izgleda kao da ga jeposlao domaćin 𝐻2. Taj paket može i sadržavati podatke koji mogu na neki načinnaštetiti domaćinu 𝐻1 (primjerice, zlonamjerni program bilo kakve vrste).

4. 𝐻3 ne mora učiniti ništa više, i veza ili ostaje polu-otvorena beskonačno dugo ili senakon ovoga ponovno uspostavlja, ali šteta je već načinjena.

• U vremenskom periodu od 40 ms postoji

𝑛 “40 ms4 µs “ 10 000

mogućih 𝐼𝑆𝑁1. Da bi sa sigurnošću mogli reći da smo pogodili točan broj, treba nam10 000 pokušaja.

7.4 Transmission Control Protocol (TCP): automat stanjaPriprema za zadatak.

Pojmovi stanja, prijelaza i akcije formalizirani su u teoriji automata. Ovdje ćemo ih koristiti,ali za naše potrebe dovoljno će biti osloniti se na intuitivnu predodžbu, i reći da stanje određujeakcije i prijelaze koje će TCP izvesti po primitku određenih ulaznih podataka.Pravilo: način rada TCP-a.Promjene stanja kod TCP-a su:

• LISTEN: na strani poslužitelja, čekanje na povezivanje od strane klijenta.

• SYN_SENT: čekanje na drugu stranu da pošalje TCP segment s postavljenim zastavicamaSYN i ACK.

• SYN_RECEIVED: čekanje na drugu stranu da pošalje natrag potvrdu nakon što slanja pot-vrde veze drugoj strani.

203

• ESTABLISHED: vrata su spremna za primanje i slanje podataka od druge strane.

• FIN_WAIT_1,

• FIN_WAIT_2,

• CLOSE_WAIT,

• CLOSING,

• LAST_ACK,

• TIME_WAIT: čekanje dovoljno dugo da osigura da je druga strana primila potvrdu zahtjevaza prekidom veze.

• CLOSED.

Pravilo: prijelazi stanja kod uspostavljanja TCP veze.Obje strane nalaze se u stanju CLOSED.

Strana koja pasivno otvara vezu prelazi u stanje LISTEN, a zatim po primitku SYN paketašalje vlastiti SYN + ACK paket i prelazi u stanje SYN_RCVD. Po primitku ACK paketa prelazi ustanje ESTABLISHED u kojem se vrši komunikacija.

Strana koja aktivno otvara vezu nakon slanja SYN paketa prelazi u stanje SYN_SENT. Poprimitku SYN + ACK paketa od druge strane šalje ACK paket i prelazi u stanje ESTABLISHED.

Pravilo: zatvaranje TCP veze.Kod zatvaranja TCP veze vrši se rukovanje u najviše četiri koraka, čiji poredak može variratiu ovisnosti o spremnosti aplikacija na završavanje s prijenosom podataka. Potrebno je da objestrane pošalju FIN paket i prime ACK svog FIN-a od one druge strane.

Kod zatvaranja veze jedna će strana završiti u stanju LAST_ACK, a druga u TIME_WAIT.

Pravilo: prijelazi stanja kod zatvaranja TCP veze.Obje strane nalaze se u stanju ESTABLISHED.

Strana koja pasivno zatvara vezu po primitku FIN paketa od druge strane šalje vlastitiACK paket i prelazi u stanje CLOSE_WAIT, u kojem čeka na zatvaranje mrežne utičnice vlastiteaplikacije. Kada je utičnica spremna za zatvaranje šalje FIN paket i prelazi u stanje LAST_ACK.Po primitku ACK paketa druge strane prelazi u stanje CLOSED.

Strana koja aktivno zatvara vezu vrši zatvaranje utičnice vlastite aplikacije i šalje FIN pakette prelazi u stanje FIN_WAIT_1. Opisat ćemo dvije od tri varijante. U prvoj varijanti prima ACKpaket druge strane i prelazi u stanje FIN_WAIT_2 u kojem čeka na primitak FIN paketa drugestrane. Kad ga primi, šalje ACK paket i prelazi u stanje TIME_WAIT. U drugoj varijanti primaFIN paket od druge strane, šalje vlastiti ACK paket i prelazi u stanje CLOSING. Po primitku ACKpaketa od druge strane prelazi u stanje TIME_WAIT.

Dodatak: trajanje TIME_WAIT.RFC 793 specificira za maksimalnu vrijednost TIME_WAIT vrijeme od 4 minute.

204

p△q Zadatak 15.Tekst zadatka (zadatak 15).Razmotrite dijagram TCP automata stanja. Do sada smo opisali tri niza promjena stanja uprocesu prekidanja TCP veze, jedno kod pasivnog zatvaranja i dva kod aktivnog zatvaranja.Postoji i četvrti mogući niz, koji ide putem od FIN_WAIT_1 do TIME_WAIT i označen je FIN +ACK/ACK. Opišite okolnosti u kojima se događa taj četvrti niz stanja u procesu prekidanja TCPveze.

Rješenje zadatka.Domaćin 𝐻1 poslao je segment FIN domaćinu 𝐻2, i prešao iz stanja ESTABLISHED u stanje

FIN_WAIT_1. Domaćin 𝐻1 tada prima segment od domaćina 𝐻2 koji sadrži i ACK tog FIN-a,i FIN segment domaćina 𝐻2. To se može dogoditi ako aplikacija na domaćinu 𝐻2 zatvori svojkraj veze odmah po primitku segmenta FIN domaćina 𝐻1, i bila je u mogućnosti poslati svojFIN zajedno s ACK-om.

Normalno, obzirom da aplikacija domaćina 𝐻2 mora biti predviđena za pokretanje prijenego što može zatvoriti vezu i poslati FIN, ACK je poslan prije FIN-a.Dodatak: odgođeni ACK-ovi.„Odgođeni” ACK-ovi su uobičajeni u TCP-u za segmente podataka, ali ne i za FIN. Za detaljepogledajte RFC 813.

p△q Zadatak 16.Tekst zadatka (zadatak 16).Zašto kod zatvaranja TCP veze nije nužno potrebno čekati istek dvostrukog vrijemena životasegmenta na promjeni stanja iz LAST_ACK u CLOSED? (Uputa: Razmislite koja je razlika izmeđuLAST_ACK i TIME_WAIT).

Rješenje zadatka.Istek vremena života zadnja dva segmenta je posljedica:

• potrebe TCP-a da očisti zakašnjele duplikate paketa, te

• nesigurnosti od strane pošiljatelja po pitanju primitka zadnjeg ACK.

Da bi riješili prvi problem trebamo da samo jedan kraj veze bude u stanju TIME_WAIT; dabi riješili drugi problem, uočimo da domaćin u LAST_ACK stanju očekuje da primi zadnji ACK,a ne da ga pošalje.

p♢q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Na operacijskom sustavu sličnom Unixu proučite man stranicu za alat netstat (alternativno,proučite dokumentaciju istoimenog alata na Windowsima).

• Iskoristite netstat da ispitate stanje lokalnih TCP veza.

• Saznajte koliko dugo veze koje se zatvaraju provedu u TIME_WAIT stanju.

205

Rješenje zadatka.Alati su funkcionalno ekvivalentni; moguće su razlike u načinu korištenja. Vrijedi napome-

nuti da će na operacijskim sustavima sličnim Unixu biti mnogo više postojećih veza, naročitoako se koristi X Window System.

Razlog tome je što aplikacije za lokalnu međuprocesnu komunikaciju koriste ista programskasučelja kao i za udaljenu međuprocesnu komunikaciju. Razlika je samo u obitelji adresa; zalokalnu komunikaciju se koristi AF_UNIX, a za udaljenu AF_INET i AF_INET6.

Priprema za zadatak.

Pojam: mrežna utičnica.Mrežna utičnica (engl. network socket), često i Internet utičnica (engl. Internet socket), jekrajnja točka toka podataka međuprocesne komunikacije putem mreže koja koristi TCP/IP,najčešće Interneta.

Iz perspektive operacijskog sustava, mrežna utičnica je struktura koja sadrži metapodatkeo konekciji.

Primjer: TCP mrežna utičnica.Primjerice, za neku TCP mrežnu utičnicu metapodaci mogu biti: stanje, sekventni broj, pot-vrdni broj, vrijednost vremenskog pečata, adresa i vrata izvora i odredišta, procijenjeni RTT,maksimalna veličina segmenta, veličina prozora koja se koristi i drugi.

U upotrebi su tri vrste mrežnih utičnica:

• Datagramske utičnice (engl. datagram sockets), tip SOCK_DGRAM, koje koriste UDP,

• Tokovne utičnice (engl. stream sockets), tip SOCK_STREAM, koji koriste TCP ili SCTP,

• Sirove utičnice (engl. raw sockets), tip SOCK_RAW, koje zaobilaze transportni sloj i omo-gućuju aplikaciji pristup zaglavljima paketa.

Pravilo: komunikacija korištenjem UDP mrežnih utičnica.Na poslužiteljskoj strani aplikacija radi bind(), odnosno otvara mrežnu utičnicu na kojoj ćeprimati datagrame druge strane i s koje će ih slati. Primanje se vrši korištenjem funkcijerecvfrom(), a slanje funkcijom sendto().

Na klijentskoj strani aplikaciji operacijski sustav kod prvog slanja korištenja funkcije sendto()otvara mrežnu utičnicu na kratkoživućim vratima. Primanje se, kao i na poslužiteljskoj strani,vrši korištenjem funkcije recvfrom().

Pravilo: komunikacija korištenjem TCP mrežnih utičnica.Na poslužiteljskoj strani aplikacija radi bind(), odnosno otvara mrežnu utičnicu na kojoj ćese klijenti povezivati. Kod svakog povezivanja klijenta za njega se otvara mrežna utičnicana kratkoživućim vratima, i preko nje se vrši slanje i primanje s tim klijentom, korištenjemfunkcija send() i recv() (respektivno). Time je oslobođena početna utičnica za povezivanjenovih klijenata, te je značajno pojednostavljeno baratanje s više klijenata koji su istovremenopovezani na poslužitelj.

Pravilo: komunikacija korištenjem TCP mrežnih utičnica.Na klijentskoj strani operacijski sustav aplikaciji otvara mrežnu utičnicu na kratkoživućimvratima kod povezivanja na poslužitelj korištenjem funkcije connect(). Time se poslužitelju

206

šalje SYN paket, a uspostave veze rukovanjem u tri koraka nastavljas se tako da poslužiteljs kratkoživućih vrata otvorenih za tog klijenta odgovara SYN+ACK paketom, a klijent na toodgovara ACK-om. Kada je veza uspostavljena, slanje i primanje vrši se korištenjem funkcijasend() i recv() (respektivno).

p△q Zadatak 18.

Tekst zadatka (zadatak 18).Pretpostavimo da između mrežnih utičnica 𝑠𝑜𝑐𝑘1 domaćina 𝐻1 i 𝑠𝑜𝑐𝑘2 domaćina 𝐻2 postojitrenutno nekorištena TCP veza. Treća strana prisluškuje tu vezu i zna trenutni sekventni brojobaju strana.

• Pretpostavimo da treća strana pošalje 𝐻1 na 𝑠𝑜𝑐𝑘1 krivotvoreni paket sa 100 bajtovanovih podataka navodno od 𝐻2 sa 𝑠𝑜𝑐𝑘2. Što se dogodi? (Uputa: Pogledajte RFC 793koji govori o tome što TCP čini kada primi ACK koji nije „prihvatljivi ACK”.)

• Pretpostavimo da treća strana pošalje svakom kraju takav 100-bajtni paket podatakanavodno poslan od one druge strane. Što se sad dogodi? Što bi se dogodilo kada bi 𝐻1kasnije sa 𝑠𝑜𝑐𝑘1 poslao 200 bajtova podataka 𝐻2 na 𝑠𝑜𝑐𝑘2?

Rješenje zadatka.U RFC-u 793 na stranici 24 piše:

• SND.UNA = oldest unacknowledged sequence number

• SND.NXT = next sequence number to be sent

• SEG.ACK = acknowledgment from the receiving TCP (next sequence number expected bythe receiving TCP)

A new acknowledgment (called an "acceptable ack"), is one for which the inequality belowholds:

SND.UNA ă SEG.ACK “ă SND.NXT

Kraće rečeno, svaki ACK čiji je potvrdni broj veći od najvećeg nepotvrđenog sekventnogbroja i manji ili jednak od sekventnog broja idućeg paketa koji će se slati je prihvatljiv. Sviostali ACK-ovi su neprihvatljivi.

U istom RFC-u na stranici 36 piše:„If the connection is in a synchronized state (ESTABLISHED, FIN-WAIT-1, FIN-WAIT-

2, CLOSE-WAIT, CLOSING, LAST-ACK, TIME-WAIT), any unacceptable segment (out ofwindow sequence number or unacceptible acknowledgment number) must elicit only an emptyacknowledgment segment containing the current send-sequence number and an acknowledgmentindicating the next sequence number expected to be received, and the connection remains inthe same state.”

Kraće rečeno, po primitku neprihvatljivog ACK (koji ima neodgovarajući sekventni ili pot-vrdni broj) TCP domaćina odgovara ACK-om koji sadrži njegov trenutni sekventni i potvrdnibroj. Uočimo kako je, zbog simetričnosti TCP-a, sekventni broj svake strane povezan s pot-vrdnim brojem one druge strane.

Sada možemo prokomentirati zadatak:

207

• Kako bi 𝐻1 primio paket veličine 100 B navodno od 𝐻2, on bi 𝐻2 poslao ACK; međutim,kada bi taj ACK stigao na 𝐻2, bio bi izvan raspona „prihvatljivih ACK-ova” (jer njegovpotvrdni broj potvrđuje podatke koje 𝐻2 nije poslao) i 𝐻2 bi odgovorio ACK-om s svojimtrenutnim sekventnim i potvrdnim brojem, koji bi bili prihvatljivi domaćinu 𝐻1, i nakontoga bi razmjena podataka prestala.Kada bi kasnije 𝐻2 poslao manje od 100 bajtova podataka 𝐻1, ova razmjena podatakabi se ponovila jer bi 𝐻1 mislio da se radi o duplikatu dijela segmenta koji je već primio,pa bi ponovno poslao ACK čitavog segmenta, a taj bi ACK za 𝐻2 bio neprihvatljiv.

• Svaka strana bi poslala onoj drugoj ACK za nove, krivotvorene podatke. Međutim, utrentku kada bi bi bili primljeni oba ACK-a bi prema potvrdnom broju bili izvan raspona„prihvatljivih ACK-ova”, pa bi obje strane poslale svoj trenutni ACK kao odgovor. Ti biACK-ovi potvrđivali krivotvorene podatke i opet bili izvan raspona prihvatljivih, pa biprimatelji ponovno poslali svoj trenutni ACK kao odgovor. Razmjena bi se nastavila svedo gubitka barem jednog od dva ACK.Kada bi 𝐻1 kasnije poslao 200 B podataka 𝐻2, 𝐻2 bi odbacio prvih 100 B kao duplikatdijela već primljenog segmenta i aplikaciji dostavio preostalih 100 B. Potvrdio bi čitavih200 B, i to bi za 𝐻1 bio valjani ACK.

Dodatak: napadi na TCP.Laurent Joncheray u svom radu Simple Active Attack Against TCP opisuje još nekoliko ovakvihsituacija.

p♣q Zadatak 19.

Tekst zadatka (zadatak 19).Uzmimo da se domaćin 𝐻1 spaja na Internet pomoću dial-up IP poslužitelja (primjerice, kori-štenjem SLIP ili PPP) i da ima nekoliko otvorenih Telnet veza (korištenjem TCP-a), i da tadata dial-up veza biva prekinuta.

Domaćin 𝐻2 tada ostvaruje dial-up vezu sa poslužiteljem i dobiva istu IP adresu koju je 𝐻1imao. Uz pretpostavku da je 𝐻2 bio u mogućnosti pogoditi (ili saznati) na koje je domaćine 𝐻1bio vezan, opišite niz ispitivanja koja bi omogućila domaćinu 𝐻2 da stekne dovoljno informacijao stanju veza domaćina 𝐻1 i da ih nastavi.

Rješenje zadatka.Neka je 𝐻3 jedan od domaćina s kojima je 𝐻1 bio povezan; pretpostavljamo da je 𝐻2 bio u

mogućnosti pogoditi (ili saznati) 𝐻3. Obzirom da pretpostavljamo samo Telnet veze, 𝐻2 možeograničiti ispitivanja na Telnet vrata domaćina 𝐻3 (vrata 23).

Ukoliko 𝐻3 nema otvorena vrata 23, na bilo koju poruku poslanu na ta vrata on će odgovoritiICMP porukom tipa 3, kod 3, Destination port unreachable.

Ukoliko 𝐻3 ima otvorena vrata 23, 𝐻2 mora pronaći koja je vrata domaćin 𝐻1 koristio; zarazličite vrijednosti 𝑝𝑜𝑟𝑡 kratkoživućih vrata 𝐻2 šalje ACK paket (s proizvoljnim sekventnimbrojem) s p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡q na p𝐻3, 23q. Imamo iduće mogućnosti:

• ako 𝐻1 nije imao vezu s vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡, 𝐻3 će 𝐻2 poslati RST paket (u RFC-u 793 na stranici35 piše „If the connection does not exist (CLOSED) then a reset is sent in response toany incoming segment except another reset.”);

208

• ako je 𝐻1 imao vezu s vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡, i ako je sekventni broj izvan trenutnog raspona (akoACK nije prihvatljiv), 𝐻3 će odgovoriti svojim trenutnim ACK (RFC 793, stranica 36);

• ako je 𝐻1 imao vezu s vrata 𝑝𝑜𝑟𝑡, i ako je sekventni broj unutar trenutnog raspona, 𝐻3neće odgovoriti ništa.

Kada 𝐻2 otkrije točan broj vrata, mora otkriti i sekventni broj; za to će iskoristiti to štoće 𝐻3 odgovoriti ACK-om s trenutnim sekventnim i potvrdnim brojem primatelja u slučaju daprimi ACK ili paket podataka koji ima sekventni broj izvan trenutnog ili neprihvatljivi potvrdnibroj.

Jedino u slučaju da 𝐻2 baš iz prvog pokušaja pogodi točan sekventni broj, 𝐻3 neće odgovoritiništa; da bi 𝐻2 bio siguran da se ACK nije izgubio, može uvijek pokušati s nekim drugimsekventnim brojem.

Dodatak: starije implemetacije TCP-a.Iako većina modernih implementacija TCP-a ne radi na taj način, lakše bi bilo pogoditi točnuvrijednost kada bi znali da se broj iskorištenih vrata povećava sekvencijalno, i da se uvijekaplikaciji dodjeljuje najniži slobodni broj vrata.

Pogotovo, obzirom da se radi o računalu koje za vrijeme dok je dial-up veza aktivna koristisamo jedan korisnik, realno je za očekivati da nije iskorišten veliki broj vrata.

p♣q Zadatak 20.

Tekst zadatka (zadatak 20).Pogledajte u RFC-u 793 kako bi TCP trebao odgovoriti ako FIN ili RST stigne sa sekventnimbrojem različitim od NextByteExpected. Uzmite u obzir i kad je sekventni broj unutar prozora*** za primanje i kad nije.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 21.

Tekst zadatka (zadatak 21).Jedna od zadaća TIME_WAIT je da se pobrine za slučaj u kojem paket podataka iz prveinkarnacije veze stiže sa velikim zakašnjenjem i prihvaća se kao paket druge inkarnacije veze.

• Objasnite zašto, da bi se navedena situacija uopće dogodila (u odsutnosti TIME_WAIT),domaćini uključeni u prijenos bi trebali međusobno izmjeniti nekoliko paketa u nizu nakonšto je poslan odgođeni paket, ali prije nego što je dostavljen.

• Dajte primjer niza događaja koji bi mogli biti razlog toliko zakašnjele dostave.

Rješenje zadatka.

209

p♣q Zadatak 22.

Tekst zadatka (zadatak 22).Predložite proširenje TCP-a u kojem jedna strana veze može predati svoj kraj trećoj strani;preciznije, ako je 𝐻1 povezan s 𝐻2, i 𝐻1 preda svoj kraj veze 𝐻3, onda će 𝐻3 biti povezan s 𝐻2,a 𝐻1 neće.

• Navedite stanja i prijelaze među stanjima koje će biti potrebno dodati u dijagram pro-mjena stanja TCP-a, te nove tipove paketa koje će biti potrebno uvesti. Pritom ožetepretpostaviti da će sve strane koristiti implementaciju koja podržava ovu novu mogućnost.

• U koje stanje bi 𝐻1 trebao prijeći odmah po predaji kraja veze?

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.

Pojam: istodobno otvaranje i zatvaranje.Istodobno otvaranje (engl. simultaneous open) Istodobno zatvaranje (engl. simultaneousclose)

p♣q Zadatak 23.

Tekst zadatka (zadatak 23).Istodobno otvaranje se malokad koristi.

• Predložite promjenju u TCP-u u kojoj to nije dozvoljeno. Navedite koje će se promjenedogoditi u dijagramu stanja i, ako je potrebno, koje će se promjene dogoditi u odgovorimana događaje koji nisu u dijagramu.

• Može li TCP na razuman način braniti istodobno zatvaranje?

• Predložite promjenu u TCP-u u kojoj istodobni SYN-ovi razmjenjeni od strane dvajudomaćina vode k stvaranju dviju odvojenih veza. Navedite koje promjene dijagramastanja to ima za posljedicu, te koje su promjene u zaglavlju. Uočite da to sada znači daviše od jedne veze može postojati između svakog para p𝐻1, 𝑝𝑜𝑟𝑡1q i p𝐻2, 𝑝𝑜𝑟𝑡2q. (Možetepogledati i prvi stavak za raspravu u RFC-u 1122, na stranici 87.)

Rješenje zadatka.

210

p♣q Zadatak 24.Tekst zadatka (zadatak 24).TCP je vrlo simetričan protokol, ali model klijent/poslužitelj nije. Razmotrite asimetričanprotokol sličan TCP-u u kojoj se samo poslužiteljskoj strani dodjeljuje broj vrata vidljiv apli-kacijskom sloju. Utičnice klijentske strane su jednostavno apstrakcije koje se mogu povezati naposlužiteljska vrata.

• Predložite podatke u zaglavlju i semantiku veza koji to podržavaju. Što ćete iskoristitikao zamjenu za broj vrata na strani klijenta?

• Koji je oblik TIME_WAIT-a sada? Kako će to izgledati pogledano kroz programska su-čelja? Pretpostavite da se klijentska utičnica može ponovno povezati proizvoljan brojputa na dana vrata na poslužiteljskoj strani. (Dakle, ograničenje su hardverski resursiposlužitelja.)

• Razmotrite protokol rsh/rlogin. Kako će dosad navedeno utjecati na njega?

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 25.U idućem zadatku bavimo se TCP stanjem FIN_WAIT_2. (vidite sliku ***5.7***)

Tekst zadatka (zadatak 25).

• Opišite kako klijent može ostaviti prikladni poslužitelj u stanju FIN_WAIT_2 neograničenodugo. Koja značajka protokola poslužitelja je potrebna da se to dogodi?

• (♢) Isprobajte to s prikladnim postojećim poslužiteljem. Napišite zamjenski klijent, iliiskoristite postojeći Telnet klijent koji ima mogućnost povezivanja na proizvoljna vrata.Iskoristite alat netstat za provjeru da je poslužitelj zaista u stanju FIN_WAIT_2.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 26.Tekst zadatka (zadatak 26).RFC 1122 kaže za TCP:

A host MAY implement a "half-duplex" TCP close sequence, so that an applicationthat has called CLOSE cannot continue to read data from the connection. If sucha host issues a CLOSE call while received data is still pending in TCP, or if newdata is received after CLOSE is called, its TCP SHOULD send a RST to show thatdata was lost.

Skicirajte niz događaja koji uključuje gore navedeno u kojem su podaci poslani od strane do-maćina koji zatvara vezu izgubljeni. Možete pretpostaviti da udaljeni domaćin, nakon primanjaRST-a, odbacuje sve primljene podatke koji još nisu pročitani iz međuspremnika.

211

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 27.

Tekst zadatka (zadatak 27).Kad TCP pošalje pSYN, SequenceNum “ 𝑥q ili pFIN, SequenceNum “ 𝑥q, idući ACK ima Acknowledgment “𝑥` 1, tj. SYN-ovi i FIN-ovi zauzimaju jednu jedinicu u prostoru sekventnih brojeva.

Je li to nužno?

• Ako je, dajte primjer dvosmislenosti koja može nastati ako je pripadni Acknowledgmentjednak 𝑥 umjesto 𝑥` 1.

• Ako nije, objasnite zašto.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 28.

Tekst zadatka (zadatak 28).Pronađite općeniti format polja Options u TCP zaglavlju u RFC-u 793.

• Opišite na koji bi način povećali prostor dostupan tom polju na veličinu iznad trenutnih44 bajta.

• Predložite proširenje TCP-a koje dozvoljava pošiljatelju da navede što primatelj mora uči-niti ako ne uspije interpretirati značenje neke od mogućnosti. Navedite nekoliko primjeramogućih korisnih akcija primatelja, i dajte primjer primjene svake od njih.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 29.

Tekst zadatka (zadatak 29).Uzmimo da se klijent 𝐻1 više puta spaja pomoću TCP-a na dana vrata na poslužitelju 𝐻2, ida svaki put 𝐻1 pokrene zatvaranje veze.

Koliko TCP veza po sekundi može 𝐻1 napraviti prije nego što utičnice u TIME_WAITstanju zauzmu sva dostupna vrata? Pretpostavimo da su na 𝐻1 kratkoživuća vrata u rasponu1024–5119, i da TIME_WAIT traje 60 s.

212

Rješenje zadatka.Raspon naveden u zadatku korišten je kod starijih implementacija TCP-a; modernije imple-

metacije predviđaju više vrata. Međutim, suštinski to ne mijenja ništa, pogotovo kad uzmemou obzir da TIME_WAIT kod većine implementacija traje 240 s.

Prije svega uočimo da time što 𝐻1 pokreće zatvaranje veze izaziva da utičnice ostaju uTIME_WAIT stanju na njegovoj strani, a ne na strani poslužitelja.

Kako imamo na raspolaganju 4096 vrata, i kako TIME_WAIT traje 60 s, granični slučaj jekad se stvara u prosjeku

5120´ 102460 s “

409660 s « 68.26 s´1

veza po sekundi. Svaki veći broj uzrokovati će da ćemo kad-tad ostati bez vrata.Dodatak: dijeljena računala.Ukoliko vam se ovo čini mnogo, razmišljajte u terminima dijeljenih računala koja koristi isto-vremeno veći broj korisnika; ukoliko je broj korisnika relativno velik, a njihova aktivnost takvada otvara veći broj vrata (primjerice, ako na Internetu otvaraju velik broj stranica na različitimposlužiteljima), ovaj broj nije nedostižan.

p♣q Zadatak 30.Tekst zadatka (zadatak 30).TCP implementacije bazirane na Berkeleyevom kodu dozovoljavaju mrežnoj utičnici u TIME_WAITstanju da bude ponovno otvorena na istim vratima prije nego TIME_WAIT isteče, ako je naj-veći sekventni broj iskorišten u prethododnoj inkarnaciji veze manji od ISN-a korištenog u novojinkarnaciji. Ovo rješava problem da se dogodi da se stari podaci prihvate kao novi; pored toga,TIME_WAIT se isto brine o zakašnjelim završnim FIN-ovima.

Što bi takva implementacija morala činiti da se pobrine za ovo, ali da se i dalje striktno pridr-žava zahtjeva TCP standarda da FIN poslan u bilo koje vrijeme prije ili tijekom TIME_WAIT-aveze dobiju isti odgovor?

Rješenje zadatka.U idućem opisu uzimamo da je domaćin 𝐻1 započeo zatvaranje veze (i da je u TIME_WAIT

stanju); drugi domaćin je 𝐻2. 𝐻1 je klijent, 𝐻2 je poslužitelj.Ako 𝐻2 ne dobije ACK svojeg posljednjeg FIN-a, nakon određenog vremena će ponovno

poslati FIN. Sve dok je 𝐻1 u TIME_WAIT stanju, mora odgovoriti s pripadnim ACK-om. Uslučaju da je sekventni broj FIN-a netočan, 𝐻1 će poslati RST.

Ako dozvolimo ponovno otvaranje prije isteka TIME_WAIT-a, onda je FIN koji stignemogao pripadati bilo kojoj od prethodno korištenih veza (i stići s velikim zakašnjenje). Dabi implementacija radila, 𝐻1 bi morao održavati popis prethodnih veza, i tada stari FIN kojistigne (što je teoretski moguće unutar TIME_WAIT perioda prethodne veze), domaćin 𝐻1 birazmotrio taj popis da sazna ima li FIN odgovarajući sekventni broj i je li potrebno slati ACKili RST.

Čak i jednostavno odgovaranje ACK-om na sve FIN-ove sa sekventim brojevima koji prethodeISN-u trenutne veze imalo bi smisla; naime, prethodna veza ne postoji na strani 𝐻2 (da bi semogla ponovno otvoriti), i 𝐻1 to zna. 𝐻1 zna, da je prethodni ACK ili RST koji je poslao kaoodgovor na 𝐻2-ov FIN primljen od strane domaćina 𝐻2, obzirom da je 𝐻2 dozvolio da vezabude ponovno otvorena, pa čak ima i opravdanje u slučaju da ne pošalje ništa.

213

p△q Zadatak 31.

Tekst zadatka (zadatak 31).

• Objasnite zašto je TIME_WAIT na neki način ozbiljniji problem ako poslužitelj pokrenezatvaranje veze nego kada ga klijent pokrene.

• Opišite konkretnu situaciju u kojoj je realno da bi se to moglo dogoditi.

Rješenje zadatka.

• Strana koja ostane u TIME_WAIT stanju mora zadržati podatke o vezi za vrijeme traja-nja TIME_WAIT-a; kako poslužitelj u većini slučajeva ima mnogo više veza nego klijent,to će teže odraditi.

• U situaciji kad klijent prima podatke koji su varijabilne duljine (primjerice, datoteke),poslužitelj može započeti zatvaranje veze da bi označio kraj podataka.

Dodatak: nove veze u TIME_WAIT periodu.Neke implemetacije TCP-a odbijaju sve nove veze na dana vrata za vijeme trajanja TIME_WAIT-a, ne samo od domaćina s kojim se veza zatvara. Obzirom da poslužitelj ne može odabratinova vrata (jer ih klijenti neće znati), to može značiti da može obraditi najviše jednu vezu poTIME_WAIT intervalu.

7.5 Transmission Control Protocol (TCP): procjena RTT-aPriprema za zadatak.

Pravilo: TCP-ova metoda mjerenja RTT-a.Već spomenuti TCP vremenski pečat koristi se i za mjerenje RTT-a (engl. Round-Trip TimeMeasurement, RTTM ) između pošiljatelja i primatelja. Mehanizam radi tako da pošiljateljstavlja vremenske pečate u svaki segment, a primatelj šalje natrag primatelju echo pečata uACK-ima tih segmenata. Primatelj zatim oduzima tu vrijednost od trenutne i na temelju togaizračunava koliko je vremena prošlo, odnosno koliko iznosi RTT između njega i primatelja.

Priprema za zadatak.

Pravilo: izvorni algoritam za procjenu RTT-a.TCP računa procijenjeni RTT po formuli

𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 Ð 𝛼 ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ` p1´ 𝛼q ˆ 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 ,

pri čemu je 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 uzorkovani RTT, koji se dobiva pomoću vrijednosti vremenskog pečata uACK-u. Za 𝛼 se najčešće uzima vrijednost između 0.8 i 0.9. Zatim se vrijeme isteka dobivakao dvostruka vrijednost procijenjenog RTT-a, odnosno

𝑡𝑇 𝑂 Ð 2ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 .

214

p△q Zadatak 32.

Tekst zadatka (zadatak 32).Pretpostavimo da neka TCP veza ima RTT procijenjen na 100 ms. U nekom trenutku, zbogkvara fizičke mreže, prijenos se prebacuje na rezervne puteve i stvarni RTT je sada 300 ms.Radi jednostavnosti, uzmimo da se RTT može izmjeriti na točnu vrijednost.

• Odredite procijenjeni RTT u iduće dvije iteracije procjene. Uzmite 𝛼 “ 0.8.

• Na koji način različite vrijednosti 𝛼 utječu na brzinu konvergencije procijenjene vrijednostiRTT-a prema stvarnoj vrijednosti?

Rješenje zadatka.

• Korištenjem navedene formule, uzimajući 𝛼 “ 0.8, kako je 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 100 ms, a 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 “

300 ms, imamo:𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 Ð 0.8ˆ 100 ms` 0.2ˆ 300 ms,

odnosno 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 140 ms. U idućoj iteraciji imamo 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 140 ms i 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 “ 300 ms padobivamo

𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 Ð 0.8ˆ 140 ms` 0.2ˆ 300 ms,

odnosno 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 172 ms.

• Veća vrijednost 𝛼 utječe da se uzima veći udio prethodne procijenjene vrijednosti, a manjiudio zadnjeg mjerenja. To će učiniti da će konvergencija prema stvarnoj vrijednosti bitisporija. Međutim, to je korisno jer zaglađuje nagle velike skokove u vrijednosti procje-njenog RTT-a u slučaju privremenog naglog povećanja RTT-a, koje se može dogoditi,primjerice, zbog povećanja opterećenja nekog od usmjerivača na putu koji se koristi.

p♣q Zadatak 33.

Tekst zadatka (zadatak 33).Prepostavimo da, kada je TCP segment poslan više od jednom, uzimamo da je uzorkovani RTTvrijeme između originalnog slanja i ACK-a, kao na slici.

Pokažite da ako veza sa prozorom veličine 1 paket gubi svaki drugi paket (tj. svaki paketse šalje dvaput), onda se procijenjeni RTT bezgranično povećava, čak i ako pretpostavite daje vrijeme isteka jednako procijenjenom RTT-u (umjesto uobičajenoj dvostrukoj vrijednosti).Radi jednostavnosti, uzmite da RTT iznosi 1.0 s.

Rješenje zadatka.Prema pretpostavci, svaki paket doživljava jedan istek vremena, a nakon ponovnog slanja

ACK stiže za 1.0 s. To znači da je svaki izmjereni uzorak RTT-a veličine 𝑡𝑇 𝑂 ` 1.0 s. Kakopretpostavljamo da je 𝑡𝑇 𝑂 “ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 , to je

𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 Ð 𝛼 ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ` p1´ 𝛼q ˆ p𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ` 1.0 sq,

pa sređivanjem desne strane dobivamo

𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 Ð 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ` p1´ 𝛼q ˆ 1.0 s.

215

To povlači da je nakon 𝑛 iteracija

𝑡𝑇 𝑂 Ð 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ě 𝑛ˆ p1´ 𝛼q ˆ 1.0 s.

Dodatak: 𝑡𝑇 𝑂 i 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 .Uočite da je zadatak moguće riješiti i bez pretpostavke da je vrijeme isteka jednako procijenje-nom RTT-u. Uočimo da zbog isteka vremena vrijedi

𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 ´ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ě 1.0 s,

pa se računanje može provesti na sličan način kao i iznad.

p♣q Zadatak 34.Tekst zadatka (zadatak 34).Prepostavimo da, kada je TCP segment poslan više od jednom, uzimamo da je procijenjeniRTT vrijeme između zadnjeg slanja i ACK-a, kao na slici. Pretpostavimo, radi potpunosti, daje vrijeme isteka jednako dvostrukoj vrijednosti procijenjenog RTT-a.

Opišite situaciju u kojoj se ne izgubi niti jedan paket, ali procijenjeni RTT konvergira premavrijednosti koja iznosi trećinu pravog RTT-a, i dijagramom prijenosa ilustrirajte ravnotežnostanje. (Uputa: Započnite sa iznenadnim skokom u veličini stvarnog RTT-a na vrijednost kojaje taman iznad uspostavljene vrijednosti vremena isteka.)

Rješenje zadatka.Da bi ilustrirali ravnotežno stanje, pretpostavimo da je RTT 3.0 s, a procijenjeni RTT 1.0 s.

U trenutku 𝑡 “ 0 s šaljemo paket podataka, a obzirom da je 𝑡𝑇 𝑂 “ 2ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 , u 𝑡 “ 2 s paket jeponovno poslan. U trenutku 𝑡 “ 3 s stiže ACK za prvi poslani paket, pa je

𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 “ 3 s´ 2 s “ 1 s,

što je jednako procijenjenom RTT-u pa nema promjene. To je ilustrirano idućim dijagramom(na ploči).

Da bi dosegli takov stanje, pretpostavimo da su stvarni RTT i procijenjeni RTT bili 1.45 s,i da je zatim stvarni RTT postao 3.0 s u trenutku 𝑡0. Prvi paket, poslan u trenutku 𝑡 “ 𝑡0,doživljava istek vremena, i biva poslan ponovno u trenutku 𝑡 “ 𝑡0 ` 2.9 s; ACK stiže u trentku𝑡 “ 𝑡0 ` 3.0 s i imamo

𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 “ 3.0 s´ 2.9 s “ 0.1 s,što uzrokuje smanjenje procijenjenog RTT-a zbog

𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 0.9ˆ 1.45 s` 0.1ˆ 0.1 s “ 1.306 s,

i on se u svakoj iteraciji dalje smanjuje.Da bi odredili vrijednost prema kojoj konvergira, uočimo kako se stanje ravnoteže doseže u

situaciji kada je procijenjeni RTT jednak uzorkovanom, pa obzirom da vrijedi

3.0 s “ 2ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ` 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇

slijedi da je u stanju ravnoteže 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 “ 𝑡𝑠𝑅𝑇 𝑇 “ 1.0 s.

216

Priprema za zadatak.Phil Karn i Craig Partridge su 1987. godine u svom radu Improving Round-Trip Time

Estimates in Reliable Transport Protocols predložili poboljšanje algoritma za računanje proci-jenjenog RTT-a.

Pravilo: Karn/Partridgeov algoritam.Pored pravila koje koristi izvorni algoritam, Karn i Partridge predlažu da

• TCP ne vrši uzorkovanje RTT-a za segmente kod kojih je došlo do isteka vremena i kojisu ponovno poslani, te

• kod svakog ponovnog slanja TCP podešava vrijeme isteka na dvostruku vrijednost pret-hodog vremena isteka, odnosno

𝑡𝑇 𝑂 “ 2ˆ 𝑡𝑇 𝑂.

p△q Zadatak 35.

Tekst zadatka (zadatak 35).Pretpostavimo da TCP veza ide mrežom koja izgubi svaki drugi paket. Pošiljatelj i primateljkoriste prozor veličine jednog paketa, drugim riječima, slanje se vrši po metodi stani-i-čekaj.Paketi koji stignu imaju RTT od 1 s.

Opišite što se događa sa vremenom isteka u svakom od idućih slučaja ili nacrtajte dijagramprijenosa.

• Nakon što je potvrđen primitak paketa, pošiljatelj postavlja procijenjeni RTT inicijalizi-ran na vrijednost izmjerenu prije isteka vremena i vrijeme isteka na dvostruko toliko.

• Nakon što je potvrđen primitak paketa, nastavljamo sa vrijednosti vremena isteka inici-jaliziranom na zadnju eksponencijalno uvećanu vrijednost.

Rješenje zadatka.Ako je svaki drugi paket izgubljen, to za posljedicu ima da svaki paket (osim eventualno

prvog) šaljemo dvaput.

• Neka je 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 ě 1 trenutna vrijednost procijenjenog RTT-a, i 𝑡𝑇 𝑂 “ 2 ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 vrijed-nost vremena isteka. Nakon gubitka paketa dvostruko povećavamo vrijeme isteka, navrijednost 2 ˆ 𝑡𝑇 𝑂. Kada paket stigne, nastavljamo sa vrijednosti procijenjenog RTT-a𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 i vrijednosti vremena isteka 𝑡𝑇 𝑂. Drugim riječima, vrijeme isteka mijenja se samoprivremeno, i ne prelazi 4ˆ 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 .

• Neka je 𝑡𝑇 𝑂 vrijednost vremena isteka. Kada prenesemo paket prvi put, biti će izgubljeni čekamo (na potvrdu koja ne stiže) vrijeme 𝑡𝑇 𝑂. Zatim uvećamo vrijeme isteka navrijednost 2ˆ 𝑡𝑇 𝑂. Taj prijenos uspije sa RTT-om od 1 sekunde, ali mi koristimo uvećanuvrijednost u iznosu 2ˆ𝑡𝑇 𝑂 za iduću vrijednost vremena isteka. Kod idućeg gubitka paketadoći će do povećanja vrijednosti vremena isteka na 4 ˆ 𝑡𝑇 𝑂, a zatim na 8 ˆ 𝑡𝑇 𝑂, i takoredom. To znači da se vrijeme isteka dvostruko povećava sa svakim primljenim paketom,što je vrlo loše.

217

p♣q Zadatak 36.

Tekst zadatka (zadatak 36).Koje je objašnjenje za eksponencijalni porast u isteku vremena koje predlažu Karn i Partridge?Zašto bi linearni ili sporiji porast bio manje poželjan?

Rješenje zadatka.Isteci vremena označavaju da je mreža zagušena i da bi domaćin trebao slati manje paketa,

a ne više. Eksponencijalno povlačenje odmah daje mreži dvostruko vremena da dostavi paketna odredište, i brzo se prilagođava na drastične poraste u vrijednosti RTT-a bez da dodatnopuni međuspremnike već zagušenih usmjerivača.

Razlika između eksponencijalnog i linearno povlačenja će biti to uočljivija što se RTT višepoveća (najčešće zbog zagušenja, promjena u konfiguraciji mreže ili pak kod prvog ispitivanjamreže za određivanje RTT-a). Primjerice, ako se RTT poveća na vrijednost 50 puta veću odpočetne, i uzimamo da je istek vremena dvostruka vrijednost RTT-a, kod eksponencijalnogpovlačenja će paket ponovno biti poslan u trenucima

𝑡 “ 2, 𝑡 “ 6, 𝑡 “ 14, 𝑡 “ 30,

zbog vremena čekanja redom 2, 4, 8, 16, dok bi kod linearnog povlačenja paket bio ponovnoposlan u trenucima

𝑡 “ 2, 𝑡 “ 6, 𝑡 “ 12, 𝑡 “ 20, 𝑡 “ 30, 𝑡 “ 42,

zbog vremena čekanja redom 2, 4, 6, 8, 10, 12, mjereno u RTT-ima. U situaciji s većim brojemdomaćina ova razlika ima velik utjecaj.

Priprema za zadatak.Van Jacobson i Michael J. Karels su 1988. godine u svom radu Congestion Avoidance and

Control predložili poboljšanje algoritma za procjenu RTT-a. Njihov prijedlog je složeniji negoKarn/Partridgeov; ovdje opisujemo samo dio koji se odnosi na procjenu RTT-a.Pravilo: Jacobson/Karelsov algoritam.

p♡q Zadatak 37.

Tekst zadatka (zadatak 37).Jacobson/Karelsov algoritam postavlja TimeOut na 4 srednje devijacije iznad sredine. Pretpos-tavimo da RTT vremena individualnih paketa formiraju normalnu distribuciju, za koju su 4srednje devijacije jednake 𝜋 standardnih devijacija. Korištenjem statističkih tablica, primjerice,odredite kolika je vjerojatnost da će paketu da stigne trebati više vremena od nego što iznosiTimeOut?

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.U iduća tri zadatka proračuni koji se traže su vrlo jednostavni ukoliko se koristi softver za

proračunske tablice (primjerice LibreOffice Calc ili Microsoft Excel).

218

p△q Zadatak 38.Tekst zadatka (zadatak 38).Pretpostavimo da, u TCP-ovom prilagodljivom mehanizmu ponovnog slanja, da je EstimatedRTT4.0 s u nekom trenutku, a svi kasnije izmjereni RTT-i iznose 1.0 s. Koliko treba vremena prijenego vrijednost TimeOut-a, računana Jacobson/Karelsovim algoritmom, padne ispod 4.0 s?Pretpostavite bilo koju prihvatljivu inicijalnu vrijednost za Deviation; koliko je odgovor osjet-ljiv na taj izbor? Koristite 𝛿 “ 1

8 .

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 39.Tekst zadatka (zadatak 39).Pretpostavimo da je TCP-ov izmjereni RTT 1.0 s, osim svakog 𝑛-tog koji iznosi 4.0 s. Koji je naj-veći 𝑛, približno, koji ne rezultira timeoutima u stanju ravnoteže (tj. za koji Jacobson/KarelsovTimeOut ostaje veći od 4.0 s)? Koristite 𝛿 “ 1

8 .

Rješenje zadatka.

p♡q Zadatak 40.Tekst zadatka (zadatak 40).Pretpostavimo da uzorkovani RTT kroz duže vrijeme iznosi 1.0 s i da odjednom RTT postale5.0 s. Usporedite ponašanje izvornog TCP algoritma i Karn/Partridgeovog algoritma za raču-nanje vremena isteka. Specijalno, koliko se isteka vremena dogodi sa svakim od algoritama?Koji je najveća izračunata vrijednost za 𝑡𝑇 𝑂?

Rješenje zadatka.Ovaj zadatak je nagradni i zato ga nećemo rješavati na satu. Bit će vam

dostupan za preuzimanje na e-kolegiju od ponedjeljka.Vaša rješenja primam do idućeg petka prije vježbi, što znači da je rok za

predaju

13. travnja 2011..Rješenja pišite čitko, na obrascu za pisanje zadaća.

p♡q Zadatak 41.Tekst zadatka (zadatak 41).Napišite program koji implementira izvorni algoritam koji TCP koristi za procjenu RTT-a iKarn/Partridgeov algoritam. Iskoristite vaš program da usporedite ponašanje izvornog TCPalgoritma i Karn/Partridgeovog algoritma za računanje vremena isteka u situaciji kada suizmjerena vremena RTT-a vremena dana u tekstualnoj datoteci.

Napravite da vaš program za svaki od algoritama mjeri broj isteka vremena koji se dogodei najveću izračunatu vrijednost za 𝑡𝑇 𝑂 za vrijeme izvođenja.

219

Rješenje zadatka.Ovaj zadatak je nagradni i zato ga nećemo rješavati na satu. Bit će vam

dostupan za preuzimanje na e-kolegiju od ponedjeljka.Vaša rješenja primam do idućeg petka prije vježbi, što znači da je rok za

predaju

23. travnja 2013..Rješenja pišite čitko, na obrascu za pisanje zadaća.

7.6 Tranmsission Control Protocol (TCP): upravljanje zagušenjemPriprema za zadatak.Pojam: maksimalna veličina segmenta.Maksimalna veličina segmenta (engl. maximum segment size, MSS) je parametar TCPprotokola koji specificira najveću količinu podataka (u bajtovima, ne uračunavajući zaglavlje)koju domaćin može primiti u jednom TCP segmentu.

Pravilo: određivanje vrijednosti MSS-a.TCP određuje vrijednost MSS-a u procesu rukovanja u tri koraka. MSS se određuje na temeljuMTU-a veze i vrijedi

𝑀𝑆𝑆 “ 𝑀𝑇𝑈 ´ 40,

obzirom da TCP i IPv4 zaglavlja imaju veličinu po 20 bajta.Poseban problem predstavljaju paketi čija je veličina korisnog tereta mnogo manja od MSS-

a, a sreću se kod, primjerice, Telneta. Ti paketi imaju stanoviti protokolarni pretek zbognepovoljnog omjera veličine zaglavlja i korisnog tereta.

John Nagle je 1984. objavio rad pod naslovom Congestion Control in IP/TCP Internetworksu kojem opisuje problem malih paketa i predlaže rješenje. Taj je rad poznat pod imenom„Nagleov dokument” i prihvaćen je kao RFC 896.Pravilo: Nagleov algoritam.Nagleov algoritam zahtijeva od pošiljatelja da drži u međuspremniku podatke dijela segmentai ne šalje ih sve dok se ne sakupi dovoljno podataka za cijeli segment ili stigne posljednji preostaliACK.

Nagleov algoritam radi na isti način čak i kada se koristi zastavica PSH. Podržan je u većiniTCP implementacija u operacijskim sustavima koji se danas koriste.

p♣q Zadatak 42.Tekst zadatka (zadatak 42).

• Pretpostavimo da se TCP vezom šalju slova abcdefghi, jedno po sekundi, i da je RTT4.1 s. Napišite redom vremena kada se šalju paketi i što oni sadrže.

• Ako bi se navedeni znakovi slali u Telnet komunikaciji preko veze u kojoj se slanje iprimanje događa neovisno, što bi korisnik vidio? Koja je razlika u slučaju kada se Nagleovalgoritam ne koristi?

220

• Pretpostavimo da se tom vezom šalju promjene pozicije miša. Uz pretpostavku da se možeposlati više od jedne promjene pozicije svaki RTT, kako bi korisnik doživio pomicanje mišasa i bez Nagleovog algoritma?

Rješenje zadatka.

• Vremena su redom:

– 𝑡 “ 0.0—poslano je slovo a.– 𝑡 “ 1.0—slovo b je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 2.0—slovo c je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 3.0—slovo d je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 4.0—slovo e je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 4.1—ACK za slovo a stiže, bcde se šalje.– 𝑡 “ 5.0—slovo f je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 6.0—slovo g je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 7.0—slovo h je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 8.0—slovo i je primjeno u međuspremnik.– 𝑡 “ 8.2—ACK za slova bcde stiže, fghi se šalje.

• Korisnik bi morao pisati bez da vidi znakove koje piše, i oni bi se pojavljivali na ekranusa zakašnjenjem između 4.1 i 8.2 sekunde, i to više njih odjednom. U praksi se običnotako i ponašaju Telnet veze, čak i one koje imaju mnogo manji RTT, ali koliko na toutječe Nagleov algoritam, a koliko redovi čekanja na usmjerivačima, nije moguće sa si-gurnošću reći. Kada bi se radilo o izravnoj vezi, i kada bi korisnik dovoljno sporo tipkao,bez Nagleovog algoritma znakovi bi se pojavljivali sa zakašnjenjem od jednog RTT-a uvremenskim odmacima jednakim onima kod unosa.

• Sa Nagleovim algoritmom, činilo bi se da pokazivač miša „skače” s jednog dijela na drugi.Bez Nagleovog algoritma, micao bi se glatko, ali bi bio pomalo „inertan”: micao bi se sjednim RTT-om zakašnjenja u odnosu na fizički pomak miša.

Priprema za zadatak.TCP implementira upravljanje zagušenjem zasnovano na prozorima primatelja i pošiljatelja.

Pravilo: korištena veličina prozora.Veličina prozora koju TCP koristi ovisi o veličini prozora zagušenja pošiljatelja 𝑐𝑤𝑛𝑑 i veličinioglašenog prozora primatelja 𝑎𝑤𝑛𝑑, i određuje se kao:

𝑤𝑛𝑑 “ mint𝑐𝑤𝑛𝑑, 𝑎𝑤𝑛𝑑u.

Vrijednosti 𝑤𝑛𝑑, 𝑐𝑤𝑛𝑑 i 𝑎𝑤𝑛𝑑 su pritom cijeli brojevi, i označavaju broj bajtova u odgovaraju-ćim prozorima.

Dodatak: povijesni razvoj TCP-a.TCP se razvijao zajedno s BSD Unixom na Berekeleyu tijekom 80-tih i 90-tih godina:

221

• 1983. 4.2BSD – Bolt, Beranek and Newman TCP/IP implementacija,

• 1986. 4.3BSD – Berkeleyeva TCP/IP implementacija zasnovana na ranoj verziji BBNimplemntacije je prihvaćena od DARPA-e,

• 1988. 4.3BSD-Tahoe – TCP Tahoe, kasnije slobodna implementacija Net/1,

• 1990. 4.3BSD-Reno – TCP Reno, kasnije slobodna implementacija Net/2.

Pravilo: algoritmi za upravljanje zagušenjem.Osnovni algoritmi koje TCP koristi za upravljanje zagušenjem su:

• spori početak (engl. slow start),

• izbjegavanje zagušenja (engl. congestion avoidance),

• brzo ponovno slanje (engl. fast retransmit),

• brzi oporavak (engl. fast recovery).

Pravilo: spori početak.Spori početak (engl. slow start) je jedan od algoritama koji TCP koristi za kontrolu zagušenjau mreži. On povećava 𝑐𝑤𝑛𝑑 za 1 MSS za svaki primljeni ACK, što ima za posljedicu udvostru-čenje 𝑐𝑤𝑛𝑑-a svaki RTT, odnosno eksponencijalni porast. To se događa sve dok se ne dogodigubitak paketa ili dok se ne dosegne unaprijed zadana maksimalna vrijednost veličine prozora𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ (prag sporog početka (engl. slow-start threshold), veličina je dana u bajtovima, većinaimplementacija ima inicijalnu vrijednost 65536), a zatim se prelazi u izbjegavanje zagušenja.

p△q Zadatak 43.

Tekst zadatka (zadatak 43).Pretpostavite da TCP implementacija ima proširenje koje dozvoljava da se spori početak nas-tavi povećavati veličine prozora zagušenja nakon 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ, i da se ta implementacija TCP-akoristi preko 1 Gbit{s veze koja ima jednosmjerno zadržavanje od 100 ms. Vezom prenosite da-toteku veličine 10 MiB, i oglašeni prozor primatelja je veličine 1 MiB. TCP šalje pakete veličinekorisnog dijela 1 KiB, a pored svega pretpostavljamo i da nema zagušenja i da nema izgubljenihpaketa.

• Koliko RTT-a treba dok spori početak postavi prozor slanja na veličinu 1 MiB?

• Koliko RTT-a treba da se datoteka pošalje?

• Ako je vrijeme slanja datoteke određeno kao broj potrebnih RTT-a pomnožen sa zadrža-vanjem veze, koliko iznosi propusnost prijenosa? Koji postotak širine frekventnog pojasaveze se pritom koristi?

222

Rješenje zadatka.

• Kod sporog početka veličina prozora dvostruko se povećava svaki RTT. Kako zanemaru-jemo 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ, na kraju 𝑖-tog RTT-a, veličina prozora je 2𝑖 KiB. To znači da će trebati10 RTT-a dok prozor postigne veličinu 210 KiB “ 1 MiB.

• Nakon 10 RTT-a preneseno je 1023 KiB “ 1 MiB ´ 1 KiB, i veličina prozora je 1 MiB.Obzirom da nismo dosegli maksimalan kapacitet mreže, spori početak nastavlja dvostrukopovećavati veličinu prozora zagušenja svaki RTT.Međutim, sada je ograničenje prozor primatelja koji je veličine 1 MiB, tako da TCP redomšalje: 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 MiB, 1 KiB.Dakle, treba još 10 RTT-a da se prenese preostalih 9 MiB i 1 KiB; ukupno prijenos traje20 RTT-a.

• Za prijenos datoteke potrebno je 20 RTT-a, što je jednako 4 s. Prosječna propusnostiznosi

𝑡ℎ𝑝 “10 MiB

4 s “ 2.5 MiB{s « 20.97 Mbit{s.

To je svega 2.1% širine frekventnog pojasa veze.

p♣q Zadatak 44.

Tekst zadatka (zadatak 44).Razmotrite način rada izoliranog algoritma sporog početka, koji koristi eksponencijalni porast,ali zanemaruje 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ i nikad ne prelazi u fazu izbjegavanja zagušenja, koji za jedinice koristipakete umjesto bajtova, i koji započinje svaku vezu s prozorom zagušenja veličine jednog paketa.U slučaju da doživi istek vremena vraća veličinu pozora na jedan paket.

• Dajte detaljni prikaz tog algoritma. U računanju zadržavanja zanemarite čekanje.

• Opišite način rada algoritma u terminu veličine prozora (izražene u paketima) odnosu navrijeme (izraženo u RTT-ima) u situaciji u kojoj su redom izgubljeni paketi: 𝑝9, 𝑝25, 𝑝30, 𝑝38, 𝑝50.Radi jednostavnosti, pretpostavite da je mehanizam vremena isteka radi savršeno, tj. daprepoznaje gubitak paketa točno 1 RTT nakon što je poslan.

Rješenje zadatka.Veličina prozora pošiljatelja na početku iznosi 1 paket. On šalje u jednoj seriji cijeli prozor

paketa, i po primitku ACK-a svakog pojedinog paketa povećava svoj prozor za 1. Kada dođedo isteka vremena, efektivna veličina prozora se prepolavlja.

Sada razmotrimo situaciju u kojoj se događa gubitak navedenih paketa.

• Veličina prozora je inicijalno 1; kada pošiljatelj dobije ACK za 𝑝1 veličina prozora postaje2.

• Dakle, na početku drugog RTT-a šalju se paketi 𝑝2 i 𝑝3. Kada pošiljatelj primi ACK-oveza njih, povećava veličinu prozora na 4.

• Šalju se paketi 𝑝4, 𝑝5, 𝑝6 i 𝑝7. Kada stignu njihovi ACK-ovi, veličina prozora postaje 8.

223

• Na početku četvrtog RTT-a, šalju se paketi 𝑝8, 𝑝9, . . . 𝑝15; prema pretpostavci zadatka,paket 𝑝9 se izgubi. Stiže ACK samo za 𝑝8; pošiljatelj doživljava istek vremena za sveostale pakete obzirom da na potvrdu čeka točno 1 RTT. Dakle, nakon završetka četvrtogRTT-a, dogodi se istek vremena i veličina prozora postaje jedan paket.

Prijenos se nastavlja kako slijedi:

• 5. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 1, 𝑝9,

• 6. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝10, 𝑝11,

• 7. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝12, 𝑝13, 𝑝14, 𝑝15,

• 8. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 8, 𝑝16, 𝑝17, 𝑝18, 𝑝19, 𝑝20, 𝑝21, 𝑝22, 𝑝23,

• 9. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 16, 𝑝24, 𝑝25, . . . , 𝑝39; 𝑝25, 𝑝30 i 𝑝38 izgubljeni,

• 10. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 1, 𝑝25,

• 11. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝26, 𝑝27,

• 12. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝28, 𝑝29, 𝑝30, 𝑝31,

• 13. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 8, 𝑝32, 𝑝33, . . . , 𝑝39,

• 14. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 16, 𝑝39, 𝑝40, . . . , 𝑝54; 𝑝50 izgubljen,

• 15. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 1, 𝑝50,

• 16. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝51, 𝑝52,

• 17. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝53, 𝑝54, 𝑝55, 𝑝56.

• . . .

Priprema za zadatak.

Pojam: aditivni porast/multiplikativni pad.Aditivni porast/multiplikativni pad (engl. additive increase/multiplicative-decrease, AIMD)je osnova algoritma koji TCP koristi za izbjegavanje zagušenja.

• U slučaju da je prozor u potpunosti potvrđen, imamo:

𝑐𝑤𝑛𝑑 Ð 𝑐𝑤𝑛𝑑` 𝑎ˆ𝑀𝑆𝑆, 𝑎 ď 1

• U slučaju da je uočen gubitak paketa:

𝑐𝑤𝑛𝑑 Ð 𝑚ˆ 𝑐𝑤𝑛𝑑, 𝑚 ă 1

224

p△q Zadatak 45.

Tekst zadatka (zadatak 45).Razmotrite jednostavan algoritam kontrole zagušenja koji koristi aditivni (linearni) porast imultiplikativni (eksponencijalni) pad s parametrima 𝑎 “ 1 i 𝑚 “ 1

2 , ali ne i spori početak, kojiza jedinice koristi pakete umjesto bajtova, i koji započinje svaku vezu s prozorom zagušenjaveličine jednog paketa.

• Dajte detaljni prikaz tog algoritma. U računanju zadržavanja zanemarite čekanje, i pret-postavite da kada se pošalje grupa paketa, da se povratno šalje samo jedan ACK.

• Nacrtajte graf promjene veličine prozora zagušenja u odnosu na vrijeme u situaciji u kojojsu redom izgubljeni paketi: 𝑝9, 𝑝25, 𝑝30, 𝑝38, 𝑝50. Radi jednostavnosti, pretpostavite da jemehanizam vremena isteka radi savršeno, tj. da prepoznaje gubitak paketa točno 1 RTTnakon što je poslan.

Rješenje zadatka.Veličina prozora pošiljatelja na početku iznosi 1 paket. On šalje u jednoj seriji cijeli prozor

paketa, i kada primi ACK za svaki od paketa, povećava svoj prozor za 1. Kada dođe do istekavremena, efektivna veličina prozora se prepolavlja.

Sada razmotrimo situaciju u kojoj se događa gubitak navedenih paketa.

• Veličina prozora je inicijalno 1; kada pošiljatelj dobije ACK za 𝑝1 veličina prozora postaje2.

• Dakle, na početku drugog RTT-a šalju se paketi 𝑝2 i 𝑝3. Kada pošiljatelj primi ACK zanjih, povećava veličinu prozora na 3.

• Šalju se paketi 𝑝4, 𝑝5 i 𝑝6. Kada stigne ACK za njih, veličina prozora postaje 4.

• Na početku četvrtog RTT-a, šaljemo pakete 𝑝7, 𝑝8, 𝑝9 i 𝑝10; prema pretpostavci zadatka,paket 𝑝9 se izgubi, i ACK stiže za 𝑝7 i 𝑝8. Dakle, nakon završetka četvrtog RTT-a, dogodise istek vremena i veličina prozora se prepolavlja, postaje 4

2 “ 2. (U slučaju da se radiloo neparnom broju, nakon dijeljenja s 2 uzeli bi najveće cijelo.)

Obzirom da mehanizem isteka vremena čeka na ACK samo 1 RTT, ponavlja se slanje svihpaketa za koje potvrda nije stigla. Prijenos se nastavlja kako slijedi:

• 5. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝9, 𝑝10,

• 6. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 3, 𝑝11, 𝑝12, 𝑝13,

• 7. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝14, 𝑝15, 𝑝16, 𝑝17,

• 8. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 5, 𝑝18, 𝑝19, 𝑝20, 𝑝21, 𝑝22,

• 9. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 6, 𝑝23, 𝑝24, 𝑝25, 𝑝26, 𝑝27, 𝑝28; 𝑝25 izgubljen,

• 10. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 3, 𝑝25, 𝑝26, 𝑝27,

• 11. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝28, 𝑝29, 𝑝30, 𝑝31; 𝑝30 izgubljen,

• 12. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝30, 𝑝31,

225

• 13. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 3, 𝑝32, 𝑝33, 𝑝34,

• 14. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝35, 𝑝36, 𝑝37, 𝑝38; 𝑝38 izgubljen,

• 15. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝38, 𝑝39,

• 16. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 3, 𝑝40, 𝑝41, 𝑝42,

• 17. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 4, 𝑝43, 𝑝44, 𝑝45, 𝑝46,

• 18. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 5, 𝑝47, 𝑝48, 𝑝49, 𝑝50; 𝑝50 izgubljen,

• 19. RTT: 𝑤𝑛𝑑 “ 2, 𝑝50.

Sada na temelju ovih podataka lako nacrtamo graf.

p△q Zadatak 46.

Tekst zadatka (zadatak 46).Za situaciju opisanu u prethodnom zadatku, izračunajte propusnost koju ta veza postiže. Pret-postavite da svaki paket nosi 1 KiB podataka i da RTT iznosi 100 ms.

Rješenje zadatka.Iz prethodnog zadatka vidimo da je potrebno oko 19 RTT-a za 50 paketa, što uključuje i

potrebna ponavljanja slanja.Dakle, prosječna propusnost je

𝑡ℎ𝑝 “50 KiB

19ˆ 100ˆ 10´3 s « 26.32 KiB{s « 215.58 kbit{s.

Priprema za zadatak.

Pravilo: izbjegavanje zagušenja.Ako se dogodi gubitak paketa za vrijeme sporog početka, TCP pretpostavlja da je to zbogzagušenja mreže i poduzima korake da smanji opterećenje, odnosno prelazi u fazu izbjegavanjazagušenja (engl. congestion avoidance), u kojoj povećava 𝑐𝑤𝑛𝑑 za 1 MSS svaki RTT, što imaza posljedice linearni porast veličine prozora. Preciznije, veličina prozora se računa po formuli

𝑐𝑤𝑛𝑑 Ð 𝑐𝑤𝑛𝑑`𝑀𝑆𝑆 ˆ𝑀𝑆𝑆

𝑐𝑤𝑛𝑑.

Kada dođe do gubitka paketa (što se indicira istekom vremena ili primitkom dupliciranihACK-ova), polovina trenutne veličine prozora 𝑤𝑛𝑑 sprema se u 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ. U slučaju da jedošlo do isteka vremena, pored navedenog se 𝑐𝑤𝑛𝑑 postavlja na veličinu 1 MSS, i do 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎkoristi spori početak, a od 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ koristi izbjegavanje zagušenja. U slučaju da su primljeniduplicirani ACK-i, prelazi se u brzi oporavak.

226

p△q Zadatak 47.

Tekst zadatka (zadatak 47).Tijekom aditivnog porasta u fazi izbjegavanja zagušenja, TCP računa porast veličine prozorazagušenja pomoću upravo navedene formule,

𝑐𝑤𝑛𝑑 Ð 𝑐𝑤𝑛𝑑`𝑀𝑆𝑆 ˆ𝑀𝑆𝑆

𝑐𝑤𝑛𝑑.

• Objasnite na koji je način ova formula u skladu s idejom da se 𝑐𝑤𝑛𝑑 povećava za 1 MSSsvaki RTT, odnosno dokažite da je ona ekvivalenta formuli za AIMD i objasnite što je 𝑎.

• Objasnite zašto računanje ovog porasta svaki put kad ACK stigne može uzrokovati daizračunati porast ne bude točan. (Uputa: dani ACK može potvrditi, prema potrebi, višeili manje od jednog MSS-a podataka.)

• Ponudite precizniju definiciju za ovaj porast.

Rješenje zadatka.

• Za vrijeme jednog RTT-a poslano je u prosjeku 𝑐𝑤𝑛𝑑𝑀𝑆𝑆

segmenata, te pošiljatelj u slučajuda nema gubitaka očekuje primiti isto toliko ACK-ova.

Neka je 𝑛 “ 𝑐𝑤𝑛𝑑𝑀𝑆𝑆

, tj. veličina prozora zagušenja mjerena u segmentima. Formula nave-dena u zadatku ima za cilj da primitak potvrde svih 𝑛 segmenata, dakle cijelog prozora,uzrokuje povećanje veličine prozora zagušenja za MSS, što je u skladu s formulom danomza AIMD. To isto znači da primitak svakog od 𝑛 segmenata veličine MSS povećava veli-činu prozora zagušenja za 𝑀𝑆𝑆

𝑛. Zbog toga bi potvrda primitka koja potvrđuje primitak

segmenta veličine 𝑠 trebala povećati prozor zagušenja za toliko, odnosno povećanje iznosi

𝑖𝑛𝑐 “𝑠

𝑛“ 𝑠ˆ

𝑀𝑆𝑆

𝑐𝑤𝑛𝑑,

pa specijalno za segmente veličine MSS dobivamo gornju formulu.

U ovom slučaju je 𝑎 “ 𝑀𝑆𝑆𝑐𝑤𝑛𝑑

i označava udio povećanja svake pojedine potvrde primitka.

• Formula je točna ako svaki ACK koji stigne potvrđuje jedan segment veličine MSS. Među-tim, ACK može potvrditi i primitak paketa manjeg od MSS ili potvrditi nekoliko MSS-apodataka.

• Preciznija definicija uzima u obzir veličinu segmenta koji ACK potvrđuje. Drugim ri-ječima, pošiljatelj po primitku ACK određuje količinu podataka 𝑠 koju primljeni ACKpotvrđuje i računa novu veličinu prozora zagušenja kao

𝑐𝑤𝑛𝑑 Ð 𝑐𝑤𝑛𝑑` 𝑠ˆ𝑀𝑆𝑆

𝑐𝑤𝑛𝑑.

227

Priprema za zadatak.TCP-ov algoritam ponovnog slanja paketa nakon isteka vremena moguće je poboljšati na

idući način.Pravilo: brzo ponovno slanje.Brzo ponovno slanje (engl. fast retransmit) smanjuje vrijeme koje pošiljatelj čeka prije po-novnog slanja izgubljenog segmenta, a radi tako da kada TCP pošiljatelj dobije tri duplikataACK-a (tj. četiri identična ACK-a) s istim sekventnim brojem, pošiljatelj smatra da je pakets idućim višim sekventnim brojem izgubljen, i da neće naknadno stići. Pošiljatelj će tada po-novno slati taj paket bez da čeka da njegov istek vremena. Tu postoji razlika kod TCP Tahoei Reno varijanti.

• TCP Tahoe: tri duplikata ACK-a tretiraju se kao istek vremena, 𝑐𝑤𝑛𝑑 se smanjuje na 1MSS, segment se šalje, i prelazi se u spori početak.

• TCP Reno: tri duplikata ACK-a tretiraju čine da se 𝑐𝑤𝑛𝑑 smanjuje na pola, segment sešalje, i prelazi se u brzi oporavak.

Pravilo: brzi oporavak (samo Reno).U fazi brzog oporavka (engl. fast recovery) TCP šalje segment koji je označen od strane triduplikata ACK-a i očekuje potvrdu cijelog prozora prije prelaska u izbjegavanje zagušenja.Ako potvrda stigne, vrijednost 𝑐𝑤𝑛𝑑 postavlja na 𝑠𝑠𝑡ℎ𝑟𝑒𝑠ℎ, time se preskače spori početaki nastavlja upravljanje veličinom prozora korištenjem izbjegavanja zagušenja. Ako ne stignepotvrda cijelog prozora, TCP prelazi u spori početak.

p△q Zadatak 48.Tekst zadatka (zadatak 48).U kojoj se situaciji mogu dogoditi isteci vremena čak i kad TCP koristi mehanizam brzogponovnog slanja?

Rješenje zadatka.Možemo izgubiti niz paketa, ili se može dogoditi da je prozor nedovoljno velik da se pošalju

tri paketa nakon izgubljenog prije isteka vremena. Ako se dogodi gubitak dovoljnog brojapaketa, ili ako je veličina prozora premalena, tada neće tri diplikata ACK-a stići do pošiljateljai mehanizam brzog ponovnog slanja se neće aktivirati, i dogoditi će se istek vremena.

p△q Zadatak 49.Tekst zadatka (zadatak 49).Pružatelj ste Internet usluga; domaćini vaših klijenata povezuju se izravno na vaše usmjerivače.Znate da neki domaćini koriste eksperimentalni TCP i pretpostavljate da neki od njih koriste„pohlepni” TCP koji nema kontrolu zagušenja.

• Koja mjerenja možete napraviti na usmjerivaču da utvrdite da klijent uopće nije koristiospori početak?

• Ako je klijent koristio spori početak na početku, ali ne nakon isteka vremena, možete lito prepoznati?

228

Rješenje zadatka.Usmjerivač u svakom trenutku može odrediti broj bajtova u vezi promatranjem polja Sequence

number i Acknowledgment number. Može se uzeti da je to veličina prozora zagušenja.• Domaćin koristi spori početak na početku ako šalje samo jedan paket više za svaki ACK

koji primi. To je lako izmjeriti.

• Spori početak nakon isteka vremena je teži za izmjeriti, jer usmjerivač ne zna kada jedošlo do isteka vremena na domaćinu; TCP je mogao zaključiti da je došlo do gubitkapaketa drugi način (pomoću tri duplicirana ACK-a ili zato što vidi ponovno slanje paketasa istim sekventnim brojem).Međutim, usmjerivač može uočiti tri duplicirana ACK-a, i zatim očekivati da prozorprimatelja padne barem na pola. To, doduše, ne provjerava spori početak, već samomultiplikativni pad.

Dodatak: Mjerenje RTT-a TCP konekcije na usmjerivaču.Usmjerivač bi mogao izmjeriti RTT na način ...

p♣q Zadatak 50.Tekst zadatka (zadatak 50).Zaobilaženje TCP-ovih algoritama upravljanja zagušenjem najčešće zahtjeva suradnju od stranepošiljatelja. Međutim, razmotrite primatelja velike količine podataka koji koristi modificiraniTCP koji šalje ACK-e za pakete koji nisu još stigli. To može učiniti ili zato što nisu svi dijeloviskupa podataka potrebni ili zato što se podaci koji eventualno budu izgubljeni mogu povratitiu posebnom prijenosu podataka kasnije.

• Na koji način ovo ponašanje primatelja utječe na upravljanje zagušenjem u ovom prije-nosu?

• Predložite promjenu TCP-a koja će onemogućiti da se na ovaj način iskorištava primatelja.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 51.Tekst zadatka (zadatak 51).Razmotrite TCP-ov trag na slici ***.

• Odredite periode vremena koji reprezentiraju

– spori početak na početku,– spori početak nakon isteka vremena, te– izbjegavanje zagušenja linearnim porastom.

• Objasnite što se događa od 𝑡 “ 0.5 do 𝑡 “ 1.9.

• Varijanta TCP-a koja je generirala ovaj trag uključuje značajku koja ne postoji u TCP-ukoji je generirao trag na slici 6.11***. Koja je to značajka?

• Ovom tragu i onom na slici 6.13*** nedostaje jedna značajka. Koja je to?

229

Rješenje zadatka.Spori početak je aktivan do otprilike 𝑡 “ 0.5 s na početku. U tom trenutku događa se

gubitak poslanog paketa, koji rezultira coarse-grained istekom vremena

p△q Zadatak 52.

Tekst zadatka (zadatak 52).Pretpostavite da se TCP koristi na vezi s gubitkom podataka koja u prosjeku gubi jedan od četirisegmenta (dolazi do iskrivljenja nekih bitova). Pretpostavite da je veličina prozora određenana osnovu produkta širine frekventnog pojasa i zadržavanja mnogo veća od četiri segmenta.

• Što se dogodi nakon uspostave veze? Dođe li ikada do faze linearnog porasta kod izbje-gavanja zagušenja?

• Ima li TCP način da razlikuje takve gubitke segmenata zbog veze od gubitaka segme-nata zbog zagušenja bez korištenja mehanizma eksplicitne povratne informacije od straneusmjerivača? Ovisi li odgovor od duljini promatranog vremenskog intervala?

• Pretpostavite da TCP pošiljatelji dobiju eksplicitnu indikaciju zagušenja od usmjerivača.Uz pretpostavku da su veze kao ova gore opisana česte, bi li bilo izvediva podrška zaveličine prozora mnogo veće od četiri segmenta? Što bi TCP morao učiniti?

Rješenje zadatka.

• Nakon uspostave veze slanje se događa redom:

– 𝑝1 Ñ, 𝑎𝑐𝑘1 Ð,– 𝑝2, 𝑝3 Ñ, 𝑎𝑐𝑘2 Ð, (𝑎𝑐𝑘3 Ð),– 𝑝4 Ñ, (𝑝5 Ñ),

a kako je 𝑝4 izgubljen zbog grešaka na vezi, pa se nakon isteka vremena postavlja 𝑐𝑤𝑛𝑑 “1. Prozor zagušenja nije dovoljno velik za brzo ponovno slanje, tako da nije moguće proćikroz rani stadij sporog početka.

• Kratkoročno se takvi gubici ne mogu razlikovati od gubitaka zbog zagušenja, osim akousmjerivač na neki način ne javi domaćinu da je odbacio paket zbog zagušenja.Dugoročno, kako zagušenje varira u ovisnosti o vremenu, statističkom analizom prometamoguće je naslutiti gdje se radilo o zagušenju, a gdje o gubicima zbog iskrivljenja.

Dodatak: ICMP Source Quench.ICMP poruka tipa 4, kod 0, Source Quench traži od pošiljatelja da smanji brzinu kojomšalje podatke. Proučite http://en.wikipedia.org/wiki/ICMP_Source_Quench.

• U situaciji kada postoje eksplicitne obavijesti o zagušenju, TCP se može podesiti daodgovara na gubitke paketa zbog iskrivljenja bitova tako da jednostavno pošalje paketponovno, bez da smanjuje veličinu prozora. Sada je spori početak izvediv, obzirom da sumoguće veće veličine prozora.

230

Međutim, obzirom da se gubi velik broj paketa, treba nam način da osiguramo da ACK-idolaze kontinuirano, jer će se u protivnom 𝑐𝑤𝑛𝑑 kod svakog isteka vremena prepolavljati.Tu je dobro rješenkorištenje brzog ponovnog slanja i brzog oporavka, mada će vrlo vje-rojatno biti potrebno algoritam prilagoditi za ovoliko gubitaka. Međutim, teško je bezsimulacije reći na koji način.

p△q Zadatak 53.Tekst zadatka (zadatak 53).Pretpostavite da TCP veza ima veličinu prozora osam segmenata, RTT od 800 ms, da pošiljateljšalje segmente u pravilnim vremenskim razmacima od 100 ms, a primatelj šalje ACK-e matragu istim vremenskim razmacima bez zadržavanja zbog obrade primljenih segmenata.

Segment je izgubljen, i gubitak je uočen od strane algoritma brzog ponovnog slanja po pri-mitku trećeg dupliciranog ACK-a. U trenutku kada ACK ponovno poslanog segmenta napokonstigne, koliko je ukupno vremena pošiljatelj izgubio (u usporedbi s prijenosom bez gubitka) ako:

• pošiljatelj čeka na ACK ponovno poslanog paketa prije klizanja prozora prema naprijed,

• pošiljatelj shvaća naredne duplicirane ACK-e (dakle, sve osim prva tri) kao indikaciju damože otklizati prozor naprijed jedan segment?

Rješenje zadatka.

• Pošiljatelj gubi ukupno 1100 ms, i to

– 300 ms za prepoznavanje trećeg duplikata ACK-a,– 800 ms dok ponovno poslani paket stigne do primatelja i njegov ACK do pošiljatelja.

• Pošiljatelj gubi ukupno 700 ms; argumentacija je ista kao u prvom slučaju, osim što sadpošiljatelj može poslati 8 ´ p3 ` 1q “ 4 segmenta zbog primljenih narednih dupliciranihACK-ova, i time štedi 4ˆ 100 ms “ 400 ms.

p△q Zadatak 54.Tekst zadatka (zadatak 54).Tekst kaže da je aditivni porast nužan uvjet da mehanizam upravljanja zagušenjem bude sta-bilan. Opišite specifičnu nestabilnost koja može nastati kada bi svi porasti bili eksponencijalni;tj. ako bi TCP nastavio koristiti „spori” početak nakon što 𝑐𝑤𝑛𝑑 naraste iznad 𝑐𝑡𝑠ℎ (ili nakonodbacivanja paketa).

Rješenje zadatka.Prije svega uočimo da će ovaj pristup uzrokovati nestabilnost u mreži zbog same činjenice

da će domaćini, odnosno njihove aplikacije, slati više paketa, što će uzrokovati više odbacivanjapaketa zbog ograničenih kapaciteta mreže. To povećano odbacivanje paketa uzrokovati ćepromjene u vrijednosti 𝑐𝑤𝑛𝑑-a. Nadalje, realno je za očekivati da će ovaj pristup uzrokovati damreža alternira između zagušenog i gotovo neiskorištenog stanja. Naime, ukoliko svi domaćinipočnu naglo povećavati 𝑐𝑤𝑛𝑑, mreža će vremenom postati zagušena i početi odbacivati pakete,

231

što će uzrokovati da će domaćini smanjivati 𝑐𝑤𝑛𝑑. Kada 𝑐𝑤𝑛𝑑 na svim domaćinima postanemanji, zagušenje će nestati, ali će iskorištenost naglo pasti. Kako domaćini počnu ponovnopovećavati 𝑐𝑤𝑛𝑑, nastati će zagušenje, i ovaj proces će se nastaviti.

Ova nestabilnost ne pridonosi efikasnosti i zbog toga je neželjena.

p△q Zadatak 55.Tekst zadatka (zadatak 55).Pretpostavimo da na vezi između domaćina 𝐻1 i 𝐻2 postoji usmjerivač 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Veza 𝐻1´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1ima beskonačnu širinu pojasa (tj. nema zadržavanja paketa), a veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1´𝐻2 uvodi zadržavanjeod jednog paketa po sekundi (tj. slanje dva paketa traje 2 sekunde, itd.). Potvrde koje se šaljuod 𝐻2 do 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalju se bez zadržavanja. 𝐻1 šalje podatke do 𝐻2 preko TCP veze, koristećispori početak, ali sa proizvoljno velikim prozorom. 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ima red čekanja veličine jednog paketa,pored paketa kojeg šalje. Svake sekunde, pošiljatelj prvo obrađuje sve ACK-e koji stignu i ondareagira na eventualni istek vremena nekog paketa.

• Pretpostavimo li fiksno vrijeme isteka od 2 sekunde, što je poslano i primljeno za 𝑇 “

0, 1, . . . , 6 sekundi? Je li veza ikad neiskorištena zbog isteka vremena?

• Što se promijeni ako se koristi vrijeme isteka od 3 sekunde?

Rješenje zadatka.U ovom zadatku, kao i u dva nakon njega, pretpostaviti ćemo da, kada TCP doživi istek

vremena, počinje koristiti stani i čekaj, i da se svi izgubljeni paketi trenutnog prozora ponovnošalju jedan po jedan, a da onda spori početak počinje tek kad se trenutni prozor potvrdi dokraja. Specijalno, kada se dogodi jedan istek vremena i čeka se ponavljanje prijenosa, istecivremena idućih paketa su zaustavljeni ili ignorirani do primitka ranije potvrde. Takvi istecivremena bit će prikazani u tablicama, ali se neće u ovisnosti o njima ništa poduzimati.

Kao i do sada, koristiti ćemo zapis u kojem će 𝑝𝑛 označavati 𝑛-ti paket podataka, a 𝑎𝑐𝑘𝑛

označavati potvrdu primitka svih paketa podataka do 𝑛-tog paketa, uključujući i taj. 𝑡𝑜𝑛 ćenam označavati da primatelj doživljava istek vremena za 𝑛-ti paket.

Kod usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 u zagradama navodimo pakete koji se nalaze u redu čekanja.

Tablica 64: Tablica za 𝑡𝑇 𝑂 “ 2 s (zadatak 55).𝑡 𝐻1 prima 𝑐𝑤𝑛𝑑 𝐻1 šalje 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje/odbacuje0 1 𝑝1 𝑝1{

1 𝑎𝑐𝑘1 2 𝑝2, 𝑝3 𝑝2, p𝑝3q{

2 𝑎𝑐𝑘2 3 𝑝4, 𝑝5 𝑝3, p𝑝4q{𝑝53 𝑎𝑐𝑘3 4 𝑝6, 𝑝7 𝑝4, p𝑝6q{𝑝74 𝑎𝑐𝑘4{𝑡𝑜5 1 𝑝5 𝑝6, p𝑝5q{

5 𝑎𝑐𝑘4{𝑡𝑜6,7 1 𝑝5{

6 𝑎𝑐𝑘6 1 𝑝7 𝑝7{

7 𝑎𝑐𝑘7 2 𝑝8, 𝑝9 𝑝8, p𝑝9q{

U oba slučaja (za 𝑡𝑇 𝑂 “ 2 s i za 𝑡𝑇 𝑂 “ 3 s veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´𝐻2 je cijelo vrijeme iskorištena.

232

Tablica 65: Tablica za 𝑡𝑇 𝑂 “ 3 s (zadatak 55).𝑡 𝐻1 prima 𝑐𝑤𝑛𝑑 𝐻1 šalje 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje/odbacuje0 1 𝑝1 𝑝1{

1 𝑎𝑐𝑘1 2 𝑝2, 𝑝3 𝑝2, p𝑝3q{

2 𝑎𝑐𝑘2 3 𝑝4, 𝑝5 𝑝3, p𝑝4q{𝑝53 𝑎𝑐𝑘3 4 𝑝6, 𝑝7 𝑝4, p𝑝6q{𝑝74 𝑎𝑐𝑘4 5 𝑝8, 𝑝9 𝑝6, p𝑝8q{𝑝95 𝑎𝑐𝑘4{𝑡𝑜5 1 𝑝5 𝑝8, p𝑝5q{

6 𝑎𝑐𝑘4{𝑡𝑜6,7 1 𝑝5{

7 𝑎𝑐𝑘6{𝑡𝑜8,9 1 𝑝7 𝑝7{

8 𝑎𝑐𝑘8 1 𝑝9 𝑝9{

9 𝑎𝑐𝑘9 2 𝑝10, 𝑝11 𝑝10, p𝑝11q{

p△q Zadatak 56.

Tekst zadatka (zadatak 56).Pretpostavimo da su dani 𝐻1, 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝐻2 kao u prethodnom zadatku, osim što sad usmjerivač𝑟𝑜𝑢𝑡1 ima red čekanja veličine tri paketa, pored onoga kojeg trenutno šalje. 𝐻1 započinje vezukoristeći spori početak; prozor primatelja je beskonačne veličine. Brzo ponovno slanje se ovdjeprimjenjuje kod drugog duplikata ACK-a paketa (tj. trećeg ACK istog paketa); interval istekavremena je beskonačan. Zanemarite brzi oporavak; kada se dogodi gubitak paketa, postaviteveličinu prozora na 1. Nacrtajte tablicu u kojoj se vidi, za prvih 15 sekundi, što 𝐻1 prima, što𝐻1 šalje, što 𝑟𝑜𝑢𝑡1 prima, što se nalazi redu čekanja 𝑟𝑜𝑢𝑡1, i što on odbacuje.

Rješenje zadatka.Slijedimo pravila i način zapisa prošlog zadatka. Iako je prvi paket izgubljen u trenutku

𝑡 “ 4, ne bi se prenio dalje sve do trenutka 𝑡 “ 8 i njegov gubitak se prepoznaje tek na𝑡 “ 10. Tijekom nekoliko zadnjih sekundi vrše se ponovna slanja izgubljenih paketa, a zatimponovno započinje spori početak. S 𝑓𝑟𝑖 označavamo situaciju u kojoj se 𝑎𝑐𝑘𝑖´1 ponovio trećiput i domaćin 𝐻1 radi brzo ponovno slanje.

Tablica 66: Tablica (zadatak 56).𝑡 𝐻1 prima 𝑐𝑤𝑛𝑑 𝐻1 šalje 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje/odbacuje0 1 𝑝1 𝑝1{

1 𝑎𝑐𝑘1 2 𝑝2, 𝑝3 𝑝2, p𝑝3q{

2 𝑎𝑐𝑘2 3 𝑝4, 𝑝5 𝑝3, p𝑝4, 𝑝5q{

3 𝑎𝑐𝑘3 4 𝑝6, 𝑝7 𝑝4, p𝑝5, 𝑝6, 𝑝7q{

4 𝑎𝑐𝑘4 5 𝑝8, 𝑝9 𝑝5, p𝑝6, 𝑝7, 𝑝8q{𝑝95 𝑎𝑐𝑘5 6 𝑝10, 𝑝11 𝑝6, p𝑝7, 𝑝8, 𝑝10q{𝑝116 𝑎𝑐𝑘6 7 𝑝12, 𝑝13 𝑝7, p𝑝8, 𝑝10, 𝑝12q{𝑝137 𝑎𝑐𝑘7 8 𝑝14, 𝑝15 𝑝8, p𝑝10, 𝑝12, 𝑝14q{𝑝158 𝑎𝑐𝑘8 9 𝑝16, 𝑝17 𝑝10, p𝑝12, 𝑝14, 𝑝16q{𝑝179 𝑎𝑐𝑘8 9 𝑝12, p𝑝14, 𝑝16q{

233

Tablica 67: Tablica (zadatak 56).𝑡 𝐻1 prima 𝑐𝑤𝑛𝑑 𝐻1 šalje 𝑟𝑜𝑢𝑡1 šalje/odbacuje

10 𝑎𝑐𝑘8, 𝑓𝑟9 1 𝑝9 𝑝14, p𝑝16, 𝑝9q{

11 𝑎𝑐𝑘8 1 𝑝16, p𝑝9q{

12 𝑎𝑐𝑘8 1 𝑝9{

13 𝑎𝑐𝑘10 1 𝑝11 𝑝11{

14 𝑎𝑐𝑘12 1 𝑝13 𝑝13{

15 𝑎𝑐𝑘14 1 𝑝15 𝑝15{

16 𝑎𝑐𝑘16 1 𝑝17 𝑝17{

17 𝑎𝑐𝑘17 2 𝑝18, 𝑝19 𝑝18, p𝑝19q{

p△q Zadatak 57.

Tekst zadatka (zadatak 57).Pretpostavite da se zadržavanje veze 𝑟𝑜𝑢𝑡1´𝐻2 iz prethodnog zadatka promijeni iz zadržavanjazbog širine frekventnog pojasa u zadržavanje zbog vremena širenja signala. Ispišite što jeposlano i primljeno tijekom prvih 8 sekundi. Pretpostavite da je vrijednost vremena istekastatična i iznosi 2 sekunde, i da se ACK-i koji se šalju u otprilike isto vrijeme spajaju u jedan.

Rješenje zadatka.Kao i u prethodnom zadatku, uzeti ćemo da 𝑟𝑜𝑢𝑡1 može držati četiri paketa (jedan koji

upravo šalje i tri u redu čekanja).Uočimo da se u trenutku 𝑡 “ 5 događa istek vremena.

Tablica 68: Tablica (zadatak 57).𝑡 𝐻1 prima 𝑐𝑤𝑛𝑑 𝐻1 šalje/izgubljeni0 1 𝑝11 𝑎𝑐𝑘1 2 𝑝2, 𝑝32 𝑎𝑐𝑘3 4 𝑝4, 𝑝5, 𝑝6, 𝑝73 𝑎𝑐𝑘7 8 𝑝8, 𝑝9, 𝑝10, 𝑝11{𝑝12,13,14,154 𝑎𝑐𝑘11 12 𝑝16, 𝑝17, 𝑝18, 𝑝19{𝑝20,21,22,235 𝑎𝑐𝑘11{𝑡𝑜12,13,14,15 1 𝑝126 𝑎𝑐𝑘12{𝑡𝑜20,21,22,23 1 𝑝137 𝑎𝑐𝑘13 1 𝑝148 𝑎𝑐𝑘14 1 𝑝159 𝑎𝑐𝑘19 1 𝑝20

p△q Zadatak 58.

Tekst zadatka (zadatak 58).Pretpostavite da domaćin 𝐻1 doseže domaćin 𝐻2 preko usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2, tj. 𝐻1 ´

𝑟𝑜𝑢𝑡1´𝑟𝑜𝑢𝑡2´𝐻2. Brzo ponovno slanje se ne koristi, i 𝐻1 računa vrijeme isteka kao dvostrukuvrijednost procijenjenog RTT-a. Veze 𝐻1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ´ 𝐻2 imaju beskonačnu širinu po-jasa; međutim, veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 Ñ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 uvodi zadržavanje zbog širine frekventnog pojasa od jednesekunde po paketu za podatkovne pakete (što ne uključuje ACK-e).

234

Opišite scenarij u kojem veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 nije 100% iskorištena, iako 𝐻1 ima podatkespremne za slanje.

(Uputa: pretpostavite da se prozor zagušenja domaćina 𝐻1 poveća sa 𝑛 na 𝑛` 1, pri čemuje 𝑛 veličina reda čekanja od 𝑟𝑜𝑢𝑡1.)

Rješenje zadatka.S punim redom čekanja veličine 𝑛 potrebno je da pošiljatelj čeka (ne šalje pakete) 𝑛 ` 1

sekundu da se isprazni red čekanja i da veza postane nekorištena. Ako se veza koristi bilo kolikovremena s 𝑐𝑤𝑛𝑑 “ 𝑛 nema gubitaka podataka, ali 𝑡𝑒𝑅𝑇 𝑇 konvergira prema 𝑛.

Kada se 𝑐𝑤𝑛𝑑 poveća na vrijednost 𝑛`1, gubitak paketa uzrokuje čekanje na istek vremenaod 2ˆ 𝑛 sekundi, što znači da je veza neiskorištena 2𝑛´ p𝑛` 1q “ 𝑛´ 1 sekundi.

Da se koristi brzo ponovno slanje, taj period u kojem se veza ne koristi bio bi puno kraći;kako je vrijeme čekanja na treći duplikat ACK-a 𝑛`3, period bi iznosio 𝑛`3´p𝑛`1q sekundi.

p△q Zadatak 59.

Tekst zadatka (zadatak 59).Je li moguće da TCP Reno dosegne stanje u kojem je prozor zagušenja mnogo veći (recimo,dvaput veći) nego produkt RTT-a i širine pojasa? Je li realno moguće da se to dogodi?

Rješenje zadatka.Da, osobito ako je prva veza velike širine pojasa i prvi usmjerivač ima veliki međuspremnik,

a veće zadržavanje u vezi nastaje negdje na putu. CongestionWindow može rasti proizvoljno;višak paketa će se jednostavno sakupljati na prvom usmjerivaču.

Dodatak: bufferbloat.Pretrpanost međuspremnicima (engl. bufferbloat) je fenomen koji nastaje zbog mnogo međus-premnika prisutnih unutar mreže, a za posljedicu ima veliko zadržavanje i podrhtavanje zadr-žavanja s kraja na kraj, kao i smanjenje propusnosti mreže. Iako je već 1985. uočen i opisan,detaljnije se istražuje tek od 2009. godine.

Bufferbloat nastaje u situaciji kada veza postane zagušena i zbog zagušenja paketi čekajuu redu. Veći međuspremnici na usmjerivačima rezultiraju većim vremenima čekanja, ali timene povećavaju propusnost i ne poboljšavaju peformanse aplikacija.

Priprema za zadatak.

Pojam: TCP Vegas.TCP Vegas

p△q Zadatak 60.

Tekst zadatka (zadatak 60).U TCP Vegasu, računanje 𝐴𝑐𝑡𝑢𝑎𝑙𝑅𝑎𝑡𝑒 se radi dijeljenjem količine podataka prenesenih u jed-nom RTT-u s trajanjem RTT-a.

235

• Pokažite da za svaki TCP, ako veličina prozora ostane konstanta, onda je količina po-dataak prenesana u jednom RTT-u konstantna nakon što se pošalje puni prozor. Pret-postavite da pošiljatelj prenosi svaki segment odmah po primitku ACK-a, da paketi nisuizgubljeni i da su dostavljeni u pretku u kojem su poslani, da su segmenti svi iste veličinei da prva veza koja čini put nije najsporija.

• Skicirajte vremenski dijagram koji pokazuje da količina podataka po RTT-u može bitimanja od 𝑐𝑤𝑛𝑑.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 61.Tekst zadatka (zadatak 61).Pretpostavite da TCP Vegas veza mjeri RTT prvog paketa i podešava 𝐵𝑎𝑠𝑒𝑅𝑇𝑇 na tu vrijed-nost, a podom se dogodi prekid veze u mreži i potom je sav promet usmjeren preko alternativnogputa s dvostrukim RTT-om.

• Kako će TCP Vegas reagirati?

• Što će se dogoditi s vrijednosti 𝑐𝑤𝑛𝑑?

Pretpostavite da ne dolazi do isteka vremena, i da je 𝛽 mnogo manji od početnog 𝐸𝑥𝑝𝑒𝑐𝑡𝑒𝑑𝑅𝑎𝑡𝑒.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 62.Tekst zadatka (zadatak 62).Razmotrite iduća dva uzroka zadržavanja od 1 s:

• usmjerivač sa zadržavanjem po paketu od 1 s na izlaznoj vezi zbog širine frekventnogpojasa i bez drugog prometa koji se natječe za te resurse;

• usmjerivač sa zadržavanjem po paketu od 100 ms na izlaznoj vezi zbog širine frekventnogpojasa i s redom čekanja veličine 10 paketa stalno dopunjavanim od strane drugog izvora.

Pretpostavite da se ACK-i vraćaju istog trenutka.

• Kako će transportni protokol općenito razlikovati ova dva slučaja?

• Pretpostavite da TCP Vegas šalje preko navedenih veza, s početnim 𝑐𝑤𝑛𝑑 veličine 3paketa. Što će se dogoditi s vrijednosti 𝑐𝑤𝑛𝑑 u svakom od slučaja? Pretpostavite da je𝐵𝑎𝑠𝑒𝑅𝑇𝑇 “ 1 s i da je 𝛽 jednak 1 paket u sekundi.

Rješenje zadatka.

236

7.7 Protokoli zasnovani na RPC-u: CHAN, BLAST, SunRPC, NFSp△q Zadatak 63.

Tekst zadatka (zadatak 63).TCP zaglavlje, za razliku od CHAN zaglavlja, nema polje BID.

• Kako TCP štiti sebe od mogućnosti rušenja i ponovnog pokretanja (engl. crash and reboot)kojim je motiviralo uvođenje CHAN-ovog BID-a?

• Zašto CHAN ne koristi istu metodu?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 64.

Tekst zadatka (zadatak 64).I BLAST i CHAN protokoli imaju polje MID.

• Pod kojim uvjetima mogu oni biti jednaki za nekoliko paketa u nizu?

• U tekstu je opisano kako se ta polja povećavaju sekvencijalno. Može li bilo koje od tihpolja biti slučajan broj?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 65.

Tekst zadatka (zadatak 65).Uzmite da je BLAST pokrenut nad 10 Mbit{s Ethernetom i šalje poruke veličine 32 KiB.

• MTU za Ethernet iznosi 1500; poruka sadrži IP zaglavlje bez opcionalnog dijela i BLASTzaglavlje; koliko je Ethernet okvira potrebno za svaku poruku?

• Odredite zadržavanje za

Rješenje zadatka.

237

p♢q Zadatak 66.

Tekst zadatka (zadatak 66).Napišite program koji koristi utičnice za slanje poruka između para domaćina koji koriste Unix-like operacijske sustave i povezani su u lokalnu mrežu (npr. Ethernet, ATM ili FDDI). Iskoristitetaj program za izvođenje idućih eksperimenata.

• Izmjerite dvosmjerno zadržavanje korištenjem TCP-a i UDP-a za različite veličine poruka(npr. 1 bajt, 100 bajta, 200 bajta, . . . , 1000 bajta).

• Izmjerite propusnost TCP-a i UDP-a za poruke veličine 1 KiB, 2 KiB, 3 KiB, . . . , 32 KiB.Nacrtajte graf izmjerene propusnosti u ovisnosti o veličine poruke.

• Izmjerite propusnost TCP-a slanjem 1 MiB podataka od jednog domaćina do drugog uporukama različite veličine. Primjerice, napravite 1024 iteracije slanja poruke veličine1 KiB, a zatim napravite 512 iteracija slanja poruke veličine 2 KiB. Ponovite eksperiments različitim veličinama poruke i nacrtajte graf koji prikazuje rezultate.

Rješenje zadatka.

8 Tokovi, dodjela resursa, pravednost i pravedno redanje"[M]y only love, the only value I care to live for, is that which has never beenloved by the world, has never won recognition or friends or defenders: humanability. That is the love I am serving—and if I should lose my life, to what betterpurpose could I give it?"

8.1 Tokovi i dodjela resursaPriprema za zadatak.

Pojam: tok podataka.Tok podataka (engl. traffic flow), ponekad nazvan tok paketa ili samo tok, je niz paketaposlanih od izvornog domaćina do ciljnog domaćina.

Pojam toka značajan je prvenstveno zbog potrebe za dodjelom resursa pojedinim tokovima.

Pojam: dodjela resursa.Dodjela resursa (engl. resource allocation) označava proces dodjele raspoloživih mrežnih ka-paciteta tokovima podataka u ovisnosti o njihovim zahtjevima. Dodjela resursa se ponajvišeodnosi na:

• udio u širini frekventnog pojasa neke veze, te

• udio u memorijskom prostoru na nekom usmjerivaču.

238

p△q Zadatak 1.Tekst zadatka (zadatak 1).Moguće je definirati tokove na osnovi domaćin-domaćin ili na osnovi proces-proces interakcije.

• Razmotrite posljedice koje svaki od ova dva pristupa ima na aplikacije.

• Razmotrite posljedice koje svaki od ova dva pristupa ima na usmjerivače.

Rješenje zadatka.

• Iz perspektive aplikacije, bolje je definirati tokove na bazi proces-proces interakcije.Ako su tokovi definirani na osnovi domaćin-domaćin, onda aplikacija koja je pokrenutana stroju koji koristi više korisnika može biti „kažnjena” odbacivanjem paketa ako drugaaplikacija intenzivno koristi isti tok.

• Međutim, mnogo je lakše pratiti tokove na osnovi domaćin-domaćin interakcije; usmjeri-vači, da bi odredili o kojem se toku radi, moraju promatrati samo IP adrese domaćina.Ako su tokovi definirani na osnovi proces-proces interakcije, odnosno s-kraja-na-kraj,usmjerivači također moraju promatrati i TCP ili UDP vrata koja određuju krajnje točkete komunikacije. To za posljedicu ima da usmjerivači moraju demultipleksirati podatkena isti način kako to radi primatelj, kako bi mogli povezati poruke s tokovima kojimapripadaju.

Priprema za zadatak.Pojam: zagušenje.Za usmjerivač kažemo da je zagušen u slučaju kada mora odbacivati pakete koji na njega stižuobzirom da za njih nema mjesta u svojem međuspremniku.

Primjer zagušenja je situacija kad odjednom na usmjerivač stigne veća količina paketa, alii kad usmjerivač određeno vrijeme prima pakete većim intenzitetom nego što ih šalje, te senjegov međuspremnik napuni.Pojam: upravljanje zagušenjem.Upravljanje zagušenjem (engl. congestion control) je proces kojim se nastoji izbjeći da dođedo zagušenja usmjerivača, te reagira na nastalu situaciju u slučaju da dođe do zagušenja.

Zagušenje se može spriječiti prvenstveno smanjenjem intenziteta kojim izvori paketa šaljusvoje pakete u mrežu.

p△q Zadatak 2.Tekst zadatka (zadatak 2).TCP koristi model dodjele resursa zasnovan na prozorima i povratnim informacijama, te orjen-tiran na domaćine. Na koji bi način TCP mogao biti dizajniran da, umjesto toga, koristi modelkoji je

• orjentiran na domaćine, zasnovan na povratnim informacijama i brzini prijenosa,

• orjentiran na usmjerivače, zasnovan na povratnim informacijama?

239

Rješenje zadatka.

• U varijanti TCP-a zasnovanoj na brzini prijenosa primatelj bi objavio brzinu kojom možeprimati podatke, a pošiljatelj bi se zatim ograničio na slanje tom brzinom. Mehanizmikontrole zagušenja bi također trebali biti prebačeni u varijatnu koja kontrolira brzinuprijenosa umjesto veličine prozora.Uočite da model dodjele resursa baziran na prozorima koji šalje jedan „puni prozor”paketa po RTT-u automatski prilagođava brzinu obrnuto proporcionalno RTT-u. To nemora biti slučaj za model dodjele resursa zasnovan na brzini prijenosa.Uočite također da ako dođe ACK za veliku količinu podataka, u modelu zasnovanom naprozorima to će prouzročiti da odmah pošalje jednako toliko podataka; model zasnovanna brzini prijenosa bi to povećanje količine podataka koja se šalje izveo postepeno.

• Varijanta TCP-a orjentirana na usmjerivače bi slala kao i do sada, ali bi primala (naj-vjerojatnije kontinuirano) povratne informacije od usmjerivača. Svi usmjerivači bi trebalisudjelovati u davanju povratnih informacija; jedna od mogućih izvedba je da se ti paketidostavljaju kao u mrežama koje su vezno-orjentirane. Mehanizmi koje TCP koristi zaspriječavanje zagušenja zbog promjena u RTT-u ne bi u tom slučaju više bili potrebni.TCP bi i dalje mogao dobivati neke povratne informacije od primatelja o brzini koja muodgovara, ali u tom slučaju bi primatelj to čini samo kao „usmjerivač” podataka aplikaciji;na taj način bi se izvodila kontrola toka.

Priprema za zadatak.

Pojam: opterećenje mreže.Opterećenje mreže (engl. network load), oznaka 𝐿, je mjera količine podataka podataka kojuta mreža prenosi.

Postoji nekoliko načina mjerenja opterećenja, od kojih neke opisujemo u idućim zadacima.

p△q Zadatak 3.

Tekst zadatka (zadatak 3).Skicirajte grafove propusnost–opterećenje i zadržavanje opterećenje za iduće mreže. Propusnostse mjeri kao postotak širine pojasa. Zadržavanje se mjeri kao vrijeme do početka slanja. Op-terećenje se mjeri, pomalo neuobičajeno, kao broj domaćina koji su spremni poslati podatke unekom trenutku. Taj broj označimo sa 𝑛. Uočite kako ovo povlači da uvijek (osim u trivijalnomslučaju 𝑛 “ 0, koji možete zanemariti) postoji domaćin spreman slati podatke. Pretpostaviteda svaki domaćin odjednom šalje samo jedan paket.

• 10 Mbit{s dvosmjernu vezu tipa točka-do-točke. Radi jednostavnosti uzmite da su zaglav-lja zanemarive veličine.

• 10 Mbit{s Ethernet. Pretpostavite da je prosječna veličina paketa 5 intervala slot vremena(prisjetite se da interval slot vremena iznosi 51.2 µs), i da kada 𝑛 domaćina pokušavaposlati podatke, prosječno zadržavanje dok jedan domaćin uspije je 𝑛

2 vremenskih intervalaslot vremena.

240

𝐿

𝑡ℎ𝑝 / % 𝑏𝑤

point-to-pointEthernet

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

100 %

Slika 58: Graf propusnost–opterećenje

𝐿

𝑡𝐷 / slot vremena

point-to-point

Ethernet

0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

Slika 59: Graf zadržavanje–opterećenje

Rješenje zadatka.

• Za point-to-point vezu propusnost je uvijek maksimalna, obzirom da se zaglavlja ne uzi-maju u obzir (u protivnom bi ona uzrokovala nešto manju propusnost u odnosu na širinufrekventnog pojasa). Nadalje, kako je veza dvosmjerna, bez obzira na broj domaćina kojišalju propusnost je i dalje maksimalna.

Zadržavanje iznosi 0 s jer je jedini način da veza bude zauzeta taj da domaćin već šaljepakete.

• Za Ethernet vezu propusnost možemo odrediti na sljedeći način: kako dolazi do alternacije𝑛2 slotova izgubljene širine frekventnog pojasa s 5 slotova iskorištene širine frekventnogpojasa, koristan udio iznosi

5𝑛2 ` 5 “

10𝑛` 10 ,

pa je propusnost

𝑡ℎ𝑝 “10

𝑛` 10 ˆ 𝑏𝑤.

Zadržavanje iznosi 𝑛2 vremenskih intervala slot vremena, jer je to vrijeme koje je potrebno

čekati prije slanja podataka.

241

p△q Zadatak 4.Tekst zadatka (zadatak 4).Pretpostavite da su dva domaćina 𝐻1 i 𝐻2 povezani preko usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Veza 𝐻1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1ima beskonačnu širinu pojasa, a veza 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝐻2 može slati jedan paket po sekundi. Redčekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je beskonačan. Opterećenje se mjeri brojem paketa koje 𝐻1 posekundi pošalje prema 𝐻2.

• Skicirajte grafove propusnost–opterećenje i zadržavanje–opterećenje.

• Bi li bilo prikladnije mjeriti opterećnje na neki drugi način?

Slika 60: Mreža (zadatak 4).

𝐻1 𝑟𝑜𝑢𝑡1 𝐻28 1‘/s

Rješenje zadatka.

• Propusnost iznosi𝑡ℎ𝑝 “ mint𝐿, 1u.

Za 𝐿 ď 1 (𝐿 “ 0 ili 𝐿 “ 1) zadržavanje je konstantno i iznosi 1 s. Za 𝐿 ą 1, zadržavanjeraste u beskonačnost.

𝐿

𝑡ℎ𝑝 / ‘

0 1 2 3

1

2

3

𝐿

𝑡𝐷 / s

0 1 2 3

1

2

3

• Drugi načini mjerenja opterećenja bili bi:

– broj paketa u redu čekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 (uočite da je ovo ekvivalentno počet-nom),

– udio vremena u kojem vršna brzina slanja prelazi 1 paket u sekundi, uz pretpostavkuda je u prosjeku manja od 1.

242

p△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Razmotrite mrežu domaćina i usmjerivača danu na slici. Sve su veze pune dvosmjerne, i sviusmjerivači su veće širine frekventnog pojasa nego njihove veze. Pokažite:

• da 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ne može biti zagušen, te

• da je za svaki od preostalih usmjerivača moguće konstruirati situaciju u kojoj će točnotaj usmjerivač biti zagušen.

Slika 61: Mreža (zadatak 5).𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑟𝑜𝑢𝑡2 𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑟𝑜𝑢𝑡4 𝑟𝑜𝑢𝑡5 𝑟𝑜𝑢𝑡6𝑟𝑜𝑢𝑡7

𝐻1

𝐻2 𝐻3 𝐻4 𝐻5𝐻6

𝐻7

𝐻8

4 Mbit{s

2 Mbit{s

1 Mbit{s

Rješenje zadatka.

• Usmjerivač 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ne može postati zagušen jer sav promet koji stiže na jedan njegov ulazse odmah šalje na drugi, a širine frekventnog pojasa su jednake.

• Primjerice, 𝑟𝑜𝑢𝑡5 možemo zagušiti tako da 𝐻1 i 𝐻2 istovremeno pošalju svatko po 1 Mbit{sdomaćinu 𝐻3. Promet će moći proći i kroz 𝑟𝑜𝑢𝑡4 i kroz 𝑟𝑜𝑢𝑡2, ali kada dođe do 𝑟𝑜𝑢𝑡5 i onbude htio poslati 2 Mbit{s prema 𝐻3, to neće moći napraviti jer veza ima širinu pojasasamo 1 Mbit{s.

8.2 Pravednost i pravedno redanjePriprema za zadatak.

Raj Jain je 1984. u radu pod imenom A Quantitative Measure of Fairness and Discri-mination for Resource Allocation in Shared Systems predložio mjeru pravednosti mehanizmakontrole zagušenja u ovisnosti od propusnosti tokova.

Pravilo: Jainov indeks pravednosti.Neka su 𝑡ℎ𝑝1, 𝑡ℎ𝑝2, . . . , 𝑡ℎ𝑝𝑛 propusnosti koje ostvaruju tokovi pri prolasku usmjerivačem, i nekasu propusnosti izražene u istoj mjernoj jedinici. Jainov indeks pravednosti dan je formulom

𝒥 p𝑡ℎ𝑝1, 𝑡ℎ𝑝2, . . . , 𝑡ℎ𝑝𝑛q :“ př𝑛

𝑖“1 𝑡ℎ𝑝𝑖q2

𝑛ř𝑛

𝑖“1 𝑡ℎ𝑝2𝑖

.

243

p△q Zadatak 6.Tekst zadatka (zadatak 6).Pretpostavite da primjena sheme kontrola zagušenja rezultira skupom tokova koji se međusobnonatječu za širinu pojasa i postižu iduće propusnosti: 100 KiB{s, 60 KiB{s, 110 KiB{s, 95 KiB{s,150 KiB{s.

• Izračunajte udio u ukupnoj propusnosti za svaki od tokova i indeks pravednosti za ovudodjelu.

• Dodajte tome još jedan tok sa propusnoti 1000 KiB{s i ponovno izračunajte indeks pra-vednosti.

Rješenje zadatka.

• Zbrajanjem propusnosti dobivamo

𝑡ℎ𝑝 “ 100` 60` 110` 95` 150 “ 515,

pa možemo udio dobiti kao

𝑡ℎ𝑝1

𝑡ℎ𝑝« 0.19,

𝑡ℎ𝑝2

𝑡ℎ𝑝« 0.12,

𝑡ℎ𝑝3

𝑡ℎ𝑝« 0.21,

𝑡ℎ𝑝4

𝑡ℎ𝑝« 0.18,

𝑡ℎ𝑝5

𝑡ℎ𝑝« 0.29.

Za indeks pravednosti dobivamo uvrštavanjem u Jainovu formulu

𝒥 p100, 60, 110, 95, 150q “

“p100` 60` 110` 95` 150q2

5ˆ p1002 ` 602 ` 1102 ` 952 ` 1502q« 0.93.

• Na isti način dobivamo za 𝒥 p100, 60, 110, 95, 150, 1000q vrijednost

p100` 60` 110` 95` 150` 1000q2

6ˆ p1002 ` 602 ` 1102 ` 952 ` 1502 ` 10002q« 0.36.

Priprema za zadatak.Pojam: pravedno redanje.Pravedno redanje (engl. fair queuing) je metoda kontrole zagušenja kod koje usmjerivačiodbacuju prvenstveno pakete onih pošiljatelja koji najviše doprinose zagušenju usmjerivača.

Pravilo: način rada pravednog redanja.Prema metodi pravednog redanja, usmjerivač treba formirati zaseban ulazni red (tj. dodijelitizaseban memorijski prostor u svom ulaznom međuspremniku) za svaki od tokova koji trenutnonjime prolaze.

• Usmjerivač odbacuje pakete onih tokova koji su iscrpili („prepunili”) memorijski prostorkoji im je dodjeljen; dakle, „pretrpali” su svoj ulazni red.

244

• S druge strane, paketi onih tokova čiji ulazni međuspremnici nisu pretrpani ne odbacujuse.

Pravilo: vrijeme završetka prijenosa paketa.Označimo s 𝑡𝑆𝑖 vrijeme početka prijenosa, s 𝑡𝑇𝑖 vrijeme trajanja prijenosa i s 𝑡𝐹𝑖 vrijemezavršetka prijenosa 𝑖-tog paketa. Tada je

𝑡𝐹𝑖 “ 𝑡𝑆𝑖 ` 𝑡𝑇𝑖.

Ukoliko sa 𝑡𝐴𝑖 označimo vrijeme kada 𝑖-ti paket stigne na usmjerivač, tada je 𝑡𝑆𝑖 “

maxt𝑡𝐹𝑖´1, 𝑡𝐴𝑖u, pa imamo𝑡𝐹𝑖 “ maxt𝑡𝐹𝑖´1, 𝑡𝐴𝑖u ` 𝑡𝑇𝑖.

Pojam: težinsko pravedno redanje.Težinsko pravedno redanje (engl. weighted fair queuing) je generalizacija metode pravednogredanja koja omogućuje da određeni tokovi dobiju veći ili manji udio u resursima, u ovisnostio težinama koje su im pridružene.

p△q Zadatak 7.

Tekst zadatka (zadatak 7).Pretpostavite da na usmjerivaču tri ulazna toka 𝑓𝑙𝑜𝑤1, 𝑓𝑙𝑜𝑤2 i 𝑓𝑙𝑜𝑤3 dijele zajednička izlaznavrata. Usmjerivač prima sve pakete navedene u tablici otprilike u isto vrijeme, u poretku kojimsu tamo navedeni, u vremenskom periodu u kojem su izlazna vrata zauzeta nekim prijenosom,a svi ostali redovi čekanja su prazni.

Odredite poredak prijenosa paketa, kada se koristi

• pravedno redanje,

• težinsko pravedno redanje, u kojem tok 𝑓𝑙𝑜𝑤2 ima težinu 𝑤2 “ 2, a preostala dva tokaimaju težinu 𝑤1 “ 𝑤3 “ 1.

Tablica 69: Paketi (zadatak 7).Paket Veličina Tok𝑝1 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1𝑝2 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1𝑝3 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1𝑝4 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1𝑝5 190 𝑓𝑙𝑜𝑤2𝑝6 200 𝑓𝑙𝑜𝑤2𝑝7 110 𝑓𝑙𝑜𝑤3𝑝8 50 𝑓𝑙𝑜𝑤3

245

Tablica 70: Vremena završetka prijenosa paketa (zadatak 7).Paket Veličina Tok 𝑡𝐹𝑖

𝑝1 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 100𝑝2 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 200𝑝3 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 300𝑝4 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 400𝑝5 190 𝑓𝑙𝑜𝑤2 190𝑝6 200 𝑓𝑙𝑜𝑤2 390𝑝7 110 𝑓𝑙𝑜𝑤3 110𝑝8 50 𝑓𝑙𝑜𝑤3 160

Rješenje zadatka.Odredimo prije svega vremena 𝑡𝐹𝑖, 𝑖 “ 1, 2, . . . , 8 završetka prijenosa paketa. Kako paketi

dolaze u otprilike isto vrijeme, možemo uzeti da je𝑡𝐴𝑖 “ 0, 𝑖 “ 1, 2, . . . , 8.

Tada se 𝑡𝐹𝑖 određuje u ovisnosti o 𝑡𝐹𝑖´1 ě 0 i 𝑡𝑇𝑖 kao𝑡𝐹𝑖 “ 𝑡𝐹𝑖´1 ` 𝑡𝑇𝑖.

• Sada je poredak slanja paketa očit iz veličina 𝑡𝐹𝑖, i dobivamo da se paketi šalju redom:𝑝1, 𝑝7, 𝑝8, 𝑝5, 𝑝2, 𝑝3, 𝑝6, 𝑝4.

• Ako tok 2 ima težinu 2, moramo njegov 𝑡𝐹𝑖 podijeliti sa 2 (jer će se poslati dvostrukobrže); ovdje opet koristimo činjenicu da nema čekanja.

Tablica 71: Vremena završetka prijenosa paketa (zadatak 7).Paket Veličina Tok 𝑡𝐹𝑖

𝑝1 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 100𝑝2 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 200𝑝3 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 300𝑝4 100 𝑓𝑙𝑜𝑤1 400𝑝5 190 𝑓𝑙𝑜𝑤2 95𝑝6 200 𝑓𝑙𝑜𝑤2 195𝑝7 110 𝑓𝑙𝑜𝑤3 110𝑝8 50 𝑓𝑙𝑜𝑤3 160

Paketi se šalju redom uzlazno po vrijednostima 𝑡𝐹𝑖, pa imamo: 𝑝5, 𝑝1, 𝑝7, 𝑝8, 𝑝6, 𝑝2, 𝑝3,𝑝4.

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).Kod pravednog redanja, vrijednost 𝑡𝐹𝑖 interpretirana je kao vremenski pečat, tj. vrijeme kad ćezavršiti prijenos 𝑖-tog paketa. Na sličan se način može razmatrati i težinsko pravedno redanje.

• Opišite značenje 𝑡𝐹𝑖 za težinsko pravedno redanje.

• Odredite formulu za 𝑡𝐹𝑖 u ovisnosti o 𝑡𝐹𝑖´1, vremenu dolaska 𝑡𝐴𝑖, veličini paketa 𝑡𝑇𝑖, itežini 𝑤𝑗 koja je dodijeljena toku.

246

Rješenje zadatka.Razmotrimo situaciju kad imamo dva toka, 𝑓𝑙𝑜𝑤1 i 𝑓𝑙𝑜𝑤2, s težinama 𝑤1 “ 1 i 𝑤2 “ 2.

Ako je veličina paketa u redu čekanja koji pripada toka 𝑓𝑙𝑜𝑤2 dvostruko veća od paketa kojipripada toku 𝑓𝑙𝑜𝑤1, oba bi trebala imati jednak prioritet za prijenos.

Općenito, ako tok ima težinu 𝑤𝑗, onda je efektivna veličina paketa 𝑡𝐹𝑖

𝑤𝑗. 𝑡𝐹𝑖 je i dalje

vremenski pečat, ali kad računamo 𝑡𝐹𝑖 u trenutku dolaska paketa usporenje sata dobivamodijeljenjem sa sumom težina aktivnih tokova, umjesto brojem aktivnih tokova.

Napokon, opća formula je sad

𝑡𝐹𝑖 “ maxt𝑡𝐹𝑖´1, 𝑡𝐴𝑖u `𝑡𝑇𝑖

𝑤𝑗

.

Priprema za zadatak.

Pojam: kružno dodjeljivanje.Kružno dodjeljivanje (engl. round-robin) je najjednostavniji algoritam za redanje koji do-djeljuje svakom od tokova jednak dio vremena za slanje podataka, i tako „u krug”.

S ovom idejom smo se već sreli kod multipleksiranja s podjelom vremena.

Pojam: prekidivost prijenosa.Prekidivost prijenosa (engl. preemption) je svojstvo koje omogućava privremeni prekid pri-jenosa podataka nekog toka bez traženja pristanka procesa koji upravlja tim tokom.

p△q Zadatak 9.

Tekst zadatka (zadatak 9).Dajte primjer kako neprekidivost prijenosa u implementaciji pravednog redanja uzrokuje da jeporedak prijenosa različit od algoritma kružnog dodjeljivanja bit-po-bit.

Rješenje zadatka.U situaciji kad se vrši prijenos velikog paketa, i stigne mali paket odmah nakon početak

prijenosa,

• kod pravednog redanja će neprekidivost prijenosa uzrokovati da će mali paket završitiprijenos nakon velikog paketa, dok bi

• kod kružnog dodjeljivanja bit-po-bit mali paket završio prijenos dok bi se veliki paket jošprenosio.

Priprema za zadatak.

Pravilo: odbacivanje repa.Odbacivanje repa (engl. tail drop) je jednostavan algoritam za određivanje koje pakete od-baciti koji radi tako da u slučaju kad se red čekanja prepuni odbacuje svaki pristigli paket svedo trenutka dok ne nastane dovoljno mjesta da se pristigli paket primi.

247

p△q Zadatak 10.Tekst zadatka (zadatak 10).Pretpostavite da usmjerivač koristi sljedeću metodu odbacivanja paketa: u slučaju kad su redovičekanja puni, on odbacuje najskuplji paket; pritom je cijena paketa definirana kao produktnjegove veličine i preostalog vremena koje će provesti čekajući. (Uočite da dolazimo do istogrezultata ako u računanju cijene koristimo sumu veličina prethodnih paketa umjesto vremenakoje će paket provesti čekajući.)

Tekst zadatka (zadatak 10).

• Koje prednosti i nedostatke nudi ta metoda, u usporedbi sa odbacivanjem repa?

• Dajte primjer niza paketa koji čekaju u redu za koje odbacivanje paketa najviše cijene,uz ovakvu definiciju, daje različit rezultat od odbacivanja najvećeg paketa.

• Dajte primjer gdje se dogodi da dva paketa nakon nekog vremena zamijene mjesta uporetku po cijeni paketa.

Rješenje zadatka.

• Prednost bi bila ta što bi odbačeni paketi bili oni koji zaista troše najviše resursa usmje-rivača, u terminima memorijskog prostora koji zauzimaju kroz vrijeme.Problem je što postoji potreba za ponovnim izračunom cijene svaki puta kada se dogodipromjena u redu čekanja, što dodatno opterećuje usmjerivač.

• Možemo pretpostaviti da je za prijenos 1 jedinice veličine paketa potrebna 1 vremenskajedinica.Pretpostavite da red ima tri paketa. Prvi ima relativnu veličinu 5, drugi 15, a treći 5.Relativne cijene možemo izračunati uz pomoć veličina prethodnih paketa, pa imamo zatreći paket

5ˆ 20 “ 100,

a za drugi paket15ˆ 5 “ 75.

Dodatak: cijena prvog paketa.Uočite kako to je li cijena prvog paketa jednaka 0 ne utječe na rezultat. Iako je činjenicada je cijena prvog paketa 0 matematički korektna, algoritamski to nije baš optimalno.Objasnite zašto.

• Pretpostavimo da paket veličine 3 dođe na usmjerivač u vremenskom trenutku 𝑡 “ 0, ineka je ulazni red takav da će taj paket biti poslan u trenutku 𝑡 “ 5. Paket veličine 1stiže odmah zatim.

– U trenutku 𝑡 “ 0 cijene su 3ˆ 5 “ 15 i 1ˆ 8 “ 8.– U trenutku 𝑡 “ 3 cijene su 3ˆ 2 “ 6 i 1ˆ 5 “ 5.– U trenutku 𝑡 “ 4 cijene su 3 ˆ 1 “ 3 i 1 ˆ 4 “ 4; uočite da je došlo do promjene

cijena.– U trenutku 𝑡 “ 5 cijene su 3ˆ 0 “ 0 i 1ˆ 3 “ 3.

248

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Dva korisnika, od kojih jedan koristi Telnet, a drugi šalje datoteke pomoću FTP-a, šalju svojpromet preko usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Izlazna veza usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je dovoljno spora da obakorisnika imaju pakete u redu čekanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 cijelo vrijeme. Usporedite performansemreže kako ih doživljava Telnet korisnik, ako je metoda redanja usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 za ova dvatoka

• kružno dodjeljivanje paket-po-paket,

• pravedno redanje,

• promijenjeno pravedno redanje, gdje računamo cijenu samo za podatkovne bajtove, ali nei za IP ili TCP zaglavlja.

U obzir uzmite samo izlazni promet. Pretpostavite da Telnet paket imaju 1 bajt podataka,FTP paketi imaju 512 bajtova podataka, i svi paketi imaju 40 bajtova zaglavlja (20 B IP i 20 BTCP).

Rješenje zadatka.

• Korištenjem metode kružnog dodjeljivanja paket-po-paket alternirati će prijenos Telnet iFTP paketa, što će uzrokovati da Telnet ima žalosno nisku propusnost.

• Korištenjem pravednog redanja šalje se otprilike podjednaka količina podataka za obatoka, što rezultira da se šalje

512` 401` 40 « 13.46

Telnet paketa po svakom FTP paketu. Telnet korisnik ovo doživljava kao puno bolje odprvog slučaja.

• Kako je5121 “ 512,

ovo rezultira slanjem 512 Telnet paketa po svakom FTP paketu. Telnet korisnik ovodoživljava kao puno bolje od prvog i drugog slučaja, ali se događa da je FTP previšekažnjen.

Dodatak: veličina Telnet paketa.Prisjetite se da kada se koristi Nagleov algoritam Telnet ne šalje svaki znak u svom paketu,tako da će u praksi Telnet paketi često biti nešto veći. Objasnite koje razlike to uzrokuje urješenju zadatka.

249

p△q Zadatak 12.Tekst zadatka (zadatak 12).Razmotrite usmjerivač koji upravlja trima tokovima, kojima stižu paketi konstantne veličine uidućim vremenima zidnog sata:

• tok 𝑓𝑙𝑜𝑤1: 1, 2, 4, 6;

• tok 𝑓𝑙𝑜𝑤2: 2, 6;

• tok 𝑓𝑙𝑜𝑤3: 1, 2, 3, 5, 6;

Sva tri toka dijele izlaznu vezu, na kojoj usmjerivač može slati jedan paket u jedinici vre-mena. Pretpostavite da usmjerivač ima beskonačno velik međuspremnik. Za svaki paket,odredite vrijeme zidnog sata kada ga usmjerivač šalje.

• Pretpostavite da usmjerivač koristi pravedno redanje. Ukoliko je vrijeme dolaska isto,usmjerivač uzima redom pakete toka 𝑓𝑙𝑜𝑤1, toka 𝑓𝑙𝑜𝑤2, toka 𝑓𝑙𝑜𝑤3. (Uputa: Uočite davrijeme zidnog sata 𝑡 “ 2 odgovara vremenu sata pravednog redanja 𝑡𝐴𝑖 “ 1.5.)

• Pretpostavite da usmjerivač koristi težinsko pravedno redanje, gdje tokovi 𝑓𝑙𝑜𝑤1 i 𝑓𝑙𝑜𝑤2imaju dobivaju jednak dio kapaciteta, a tok 𝑓𝑙𝑜𝑤3 dobiva dvostruki kapacitet toka 𝑓𝑙𝑜𝑤1.

Rješenje zadatka.Prvo uočimo da je za svaki od tokova

𝑡𝑇𝑖 “ 1, @𝑖 P N

obzirom da su veličine svih paketa jednake. Zbog toga možemo vremena završetka slanja paketaračunati po formuli

𝑡𝐹𝑖 “ maxt𝑡𝐴𝑖, 𝑡𝐹𝑖´1u ` 1,

pri čemu se 𝑡𝐴𝑖 kreće sporije ovisno o broju aktivnih tokova. Pored toga, 𝑡𝐴𝑖 je globalan, dokje 𝑡𝐹𝑖 lokalan i tiče se samo određenog toka. Olakotna okolnost u zadatku, s računske strane,je ta što paketi stižu u cjelobrojnim vremenima.

Sa 𝑝𝑗𝑖 označimo paket koji stiže u trenutku 𝑡 “ 𝑖 na toku 𝑓𝑙𝑜𝑤𝑗.

Zvjezdicom su označena vremena završetka slanja paketa kod kojih je

maxt𝑡𝐹𝑖´1, 𝑡𝐴𝑖u “ 𝑡𝐹𝑖´1.

Tablica 72: Vremena slanja paketa (obično, 1. dio) (zadatak 12).𝑡 𝑡𝐴𝑖 stiže 𝑡𝐹𝑖 šalje 𝑓𝑙𝑜𝑤1 𝑓𝑙𝑜𝑤2 𝑓𝑙𝑜𝑤31 1.0 𝑝1

1 2.0 𝑝11 𝑝1

1 𝑝31

𝑝31 2.0

2 1.5 𝑝22 2.5 𝑝3

1 𝑝12 𝑝2

2 𝑝31, 𝑝3

2𝑝1

2 3.0*𝑝3

2 3.0*3 1.833 𝑝3

3 4.0* 𝑝22 𝑝1

2 𝑝22 𝑝3

2, 𝑝33

4 2.166 𝑝14 4.0* 𝑝1

2 𝑝12, 𝑝1

4 𝑝32, 𝑝3

35 2.666 𝑝3

5 5.0* 𝑝32 𝑝1

4 𝑝32, 𝑝3

3, 𝑝35

250

Tablica 73: Vremena slanja paketa (obično, 2. dio) (zadatak 12).𝑡 𝑡𝐴𝑖 stiže 𝑡𝐹𝑖 šalje 𝑓𝑙𝑜𝑤1 𝑓𝑙𝑜𝑤2 𝑓𝑙𝑜𝑤36 3.166 𝑝1

6 5.0* 𝑝14 𝑝1

4, 𝑝16 𝑝2

6 𝑝33, 𝑝3

5, 𝑝36

𝑝26 4.166

𝑝36 6.0*

7 3.5 𝑝33 𝑝1

6 𝑝26 𝑝3

3, 𝑝35, 𝑝3

68 3.833 𝑝2

6 𝑝16 𝑝2

6 𝑝35, 𝑝3

69 4.166 𝑝1

6 𝑝16 𝑝3

5, 𝑝36

10 4.666 𝑝35 𝑝3

5, 𝑝36

11 5.666 𝑝36 𝑝3

612 6.666

Tablica 74: Vremena slanja paketa (težinsko, 1. dio) (zadatak 12).𝑡 𝑡𝐴𝑖 stiže 𝑡𝐹𝑖 šalje 𝑓𝑙𝑜𝑤1 𝑓𝑙𝑜𝑤2 𝑓𝑙𝑜𝑤31 1.0 𝑝1

1 2.0 𝑝31 𝑝1

1 𝑝31

𝑝31 1.5

2 1.5 𝑝12 3.0* 𝑝1

1 𝑝11, 𝑝1

2 𝑝22 𝑝3

2𝑝2

2 2.5𝑝3

2 2.03 1.833 𝑝3

3 2.5* 𝑝32 𝑝1

2 𝑝22 𝑝3

2, 𝑝33

4 2.166 𝑝14 4.0* 𝑝2

2 𝑝12, 𝑝1

4 𝑝22 𝑝3

35 2.5 𝑝3

5 3.0 𝑝33 𝑝1

2, 𝑝14 𝑝3

3, 𝑝35

Tablica 75: Vremena slanja paketa (težinsko, 2. dio) (zadatak 12).𝑡 𝑡𝐴𝑖 stiže 𝑡𝐹𝑖 šalje 𝑓𝑙𝑜𝑤1 𝑓𝑙𝑜𝑤2 𝑓𝑙𝑜𝑤36 3.0 𝑝1

6 5.0* 𝑝12 𝑝1

2, 𝑝14, 𝑝1

6 𝑝26 𝑝3

5, 𝑝36

𝑝26 4.0

𝑝36 3.5

7 3.333 𝑝35 𝑝1

4, 𝑝16 𝑝2

6 𝑝35, 𝑝3

68 3.666 𝑝3

6 𝑝14, 𝑝1

6 𝑝26 𝑝3

69 4.000 𝑝1

4 𝑝14, 𝑝1

6 𝑝26

10 4.5 𝑝26 𝑝1

6 𝑝26

11 5.0 𝑝16 𝑝2

612 6.0

U situaciji kad se koristi težinsko pravedno redanje, imamo za tok 𝑓𝑙𝑜𝑤3

𝐹𝑖 “ maxt𝐴𝑖, 𝐹𝑖´1u ` 0.5,

a za tokove 𝑓𝑙𝑜𝑤1 i 𝑓𝑙𝑜𝑤2 računamo 𝑡𝐹𝑖 kao u prethodnom slučaju. Dobivamo iduću tablicu:

p♡q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Algoritam pravednog redanja koji se koristi u prethodnom zadatku može se implementirati naračunalu.

251

• Napravite implementaciju u programskom jeziku C++ ili Python koja radi za barem tritoka i proizvoljna vremena dolaska paketa na svakom od tokova.

• Omogućite dodjeljivanje težina tokovima.

• Opcionalno omogućite proračun vremena za pakete proizvoljne veličine.

Rješenje zadatka.Ovaj zadatak je nagradni i zato ga nećemo rješavati na satu. Bit će vam

dostupan za preuzimanje na e-kolegiju od ponedjeljka.Vaša rješenja primam do idućeg petka prije vježbi, što znači da je rok za

predaju

20. svibnja 2013..

Rješenja postavite na e-kolegij na Canvasu, na odgovarajuću aktivnost.

p♣q Zadatak 14.

Tekst zadatka (zadatak 14).Pretpostavimo da trebamo BLAST/CHAN RPC-u dodati upravljanje zagušenjem koje se izvodina domaćinima.

• Na koji način to možemo to učiniti?

• Bi li bilo bolje dodati je BLAST-u, CHAN-u, ili oba istovremeno?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 15.

Tekst zadatka (zadatak 15).Pretpostavite da preuzimate veliku datoteku putem 33.6 kbit{s telefonske veze. (Kul je biti oldskool.) Poznato je da je zbog količine šuma maksimalna propusnost nešto manja od očekivanei iznosi 3 KiB{s. Softver koji koristite (primjerice, wget ili curl) prikazuje prosječnu brzinupreuzimanja u bajtovima po sekundi. Na koji će način upravljanje zagušenjem i povremenigubici paketa činiti da će ta prosječna brzina preuzimanja varirati?

U rješavanju pretpostavite da telefonska veza čini samo trećinu ukupnog RTT-a.

252

Rješenje zadatka.Pretpostavimo, potaknuti praktičnim iskustvom, da je zadržavanje na telefonskoj vezi zbog

širine frekventnog pojasa, a ne zbog vremena širenja signala i da ostatak mreže ima širinufrekventnog pojasa koja je barem velika koliko i širina frekventnog pojasa telefonske veze.

Tijekom prvog RTT-a vezom se pošalje jedan paket (zbog sporog početka), a zbog pretpos-tavke da se radi o zadržavanju zbog širine frekventnog pojasa, iskoristimo samo trećinu širinefrekventnog pojasa, tj. 1 KiB{s. Tijekom drugog RTT-a šaljemo dva paketa; tijekom trećeg iostalih RTT-a šaljemo tri paketa, što je dovoljno za popuniti propusnost.

Niz prosječnih vrijednosti raste sporije; na kraju drugog RTT-a iznosi13 `

23

2 “36

širine frekventnog pojasa, odnosno 1.5 KiB{s; na kraju trećeg RTT-a iznosi13 `

23 `

33

3 “69

širine frekventnog pojasa, odnosno 2 KiB{s; i tako redom dalje.Gubici paketa uzrokuju pad prosječne vrijednosti propusnosti, ali kako vrijeme odmiče pro-

mjene su manje obzirom da je skup izmjerenih vrijednosti veći.

p△q Zadatak 16.Tekst zadatka (zadatak 16).Pretpostavite da dvije TCP veze dijele put kroz usmjerivač 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Veličina reda čekanja us-mjerivača je šest segmenata; svaka veza ima stabilan prozor zagušenja veličine tri segmenta.Nijedna od veza ne koristi upravljanje zagušenjem.

Dolazi do uspostavljanja treće veze koja isto prolazi kroz 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Treća veza također nekoristi upravljanje zagušenjem.

• Opišite situaciju u kojoj, barem na kratko vrijeme, treća veza ne dobiva ništa od dostupneširine frekventnog pojasa, a prve dvije veze nastavljaju s 50 % svaka.

• Igra li ikakvu ulogu to što treća veza koristi spori početak?

• Na koji način izbjegavanje zagušenja na prve dvije veze pomaže u rješavanju ovoga pro-blema?

Rješenje zadatka.

• Uzmimo da prve dvije veze drže red čekanja punim većinu vremena, da naizmjeničnošalju pakete i to tako da paket stigne taman kad postoji točno jedno prazno mjesto uredu čekanja. Pretpostavite pored toga da paketi treće veze stižu kada je red čekanjapun.Paketi treće veze su uvijek izgubljeni, i ona ne dobiva ništa od dostupne širine frekventnogpojasa.

• Očito da, obzirom da treća veza gubi svaki paket, da spori početak neće utjecati na to daona dobije dio širine frekventnog pojasa.

253

• Svaka od dvije veze će zbog izbjegavanja zagušenja vremenom povećati veličinu prozorazagušenja na 4, a zatim će zbog zagušenja veličina pasti na 2. To će omogućiti da trećaveza pošalje svoj paket. U situaciji da taj paket stigne do primatelja, veličina prozoraće se povećati na 2, i vjerojatnost da barem jedan paket bude uspješno poslan će bitidvostruka.Međutim, kako je gubitak vrlo vjerojatan (obzirom da usmjerivač ima red čekanja veličine6 segmenata, a svaka od veza koristi 2), veličina prozora će vrlo skoro opet pasti na 1, azatim će ponovno krenuti spori početak ili barem aditivni porast, pa će vrijednost variratikroz vrijeme.

8.3 DECbit i Random Early Detectionp♣q Zadatak 17.Tekst zadatka (zadatak 17).Raspravite o prednostima i nedostacima označavanja paketa (kao u DECbit mehanizmu) uodnosu na odbacivanje paketa (kao u RED poveznicima).

Rješenje zadatka.

p♠q Zadatak 18.Tekst zadatka (zadatak 18).Razmotrite RED poveznik s 𝑀𝑎𝑥𝑃 “ 0.02, i s prosječnom duljinom reda čekanja na srediniizmeđu dva praga.

• Odredite vjerojatnost odbacivanja Pr𝑐𝑜𝑢𝑛𝑡 za 𝑐𝑜𝑢𝑛𝑡 “ 1 i 𝑐𝑜𝑢𝑛𝑡 “ 50.

• Odredite vjerojatnost da nije nijedan od prvih 50 paketa odbačen. (Uputa: Uočite da jeto jednako p1´ 𝑃1q ˆ . . . p1´ 𝑃50q.)

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 19.Tekst zadatka (zadatak 19).Objasnite razloge za postavljanje max 𝑡𝑠ℎ “ 2ˆmin 𝑡𝑠ℎ u RED poveznicima.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 20.Tekst zadatka (zadatak 20).Objasnite zašto max 𝑡𝑠ℎ je u RED poveznicima max 𝑡𝑠ℎ manji nego dostupna veličina međus-premnika.

254

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 21.

Tekst zadatka (zadatak 21).Objasnite osnovni konflikt između toleriranja praskovitosti i upravljanja zagušenjem mreže.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 22.

Tekst zadatka (zadatak 22).Objasnite zašto se vjerojatnost odbacivanja paketa Pr u RED povezniku ne povećava linearnood 𝑃 “ 0 u min 𝑡𝑠ℎ do 𝑃 “ 1 u max 𝑡𝑠ℎ.

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 23.

Tekst zadatka (zadatak 23).

• Objasnite zašto problem upravljanja zagušenjem lakše riješiti na razini Internet protokolanego na razini ATM-a, barem u slučaju kada se ATM koristi samo u dijelu Interneta.

• U mreži koja je ekskluzivno IP-preko-ATM-a, je li zagušenjem lakše upravljati na nivoućelija ili na nivou TCP-a? Zašto?

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 24.

Tekst zadatka (zadatak 24).Skicirajte kako bi ATM preklopnik implementirao parcijalno odbacivanje paketa i rano odba-civanje paketa. Je li ikoji od dva mehanizma značajno jednostavniji?

Rješenje zadatka.

255

p△q Zadatak 25.

Tekst zadatka (zadatak 25).Razmotrite taksonomiju slike 6.23***.

• usmjerivač sa zadržavanjem po paketu od 1 s na izlaznoj vezi zbog širine frekventnogpojasa i bez drugog prometa koji se natječe za te resurse;

• usmjerivač sa zadržavanjem po paketu od 100 ms na izlaznoj vezi zbog širine frekventnogpojasa i s redom čekanja veličine 10 paketa stalno dopunjavanim od strane drugog izvora.

Pretpostavite da se ACK-i vraćaju istog trenutka.

• Dakte primjer aplikacije koja radi u realnom vremenu koja je intolerant/rate adaptive***.

• Objasnite zašto možete očekivati da je aplikacija tolerantna na gubitke barem djelomičnorate adaptive***.

• Neovisno o prethodnom dijelu, dajte primjer aplikacije koja se može smatrati tolerant/nonadaptive***.(Uputa: Toleriranje čak i malih gubitaka klasificira aplikaciju među tolerantne na gubitke;bit će potrebno interpretirati rate adaptive*** kao sposobnost prilagodbe na značajnepromjene u širini frekventnog pojasa.)

Rješenje zadatka.

Priprema za zadatak.

Pojam: kanta s otjecanjem.Kanta s otjecanjem (engl. leaky bucket)

Pojam: kanta sa značkom.Kanta sa značkom (engl. token bucket)

p△q Zadatak 26.

Tekst zadatka (zadatak 26).Raspored slanja u tablici za svaki tok navodi za svaku sekundu broj paketa poslanih u perioduizmeđu tog trenutka i iduće sekunde. Tok mora ostati unutar granica filtera kante sa značkom.Koja dubina kante je potrebna toku za brzine značke od

• 2 paketa po sekundi,

• 4 paketa po sekundi?

Pretpostavite da je kanta na početku puna.

Rješenje zadatka.

256

Tablica 76: Raspored slanja (zadatak 26).Vrijeme (s) Broj poslanih paketa

0 51 52 13 04 65 1

p△q Zadatak 27.Tekst zadatka (zadatak 27).Razmotrite usmjerivač koji je prihvatio tokove s TSpecs prikazanim u tablici, opisanih u ovis-nosti o filterima kante sa značkom s brzinom značke 𝑟 paketa u sekundi i dubini kante 𝐵 paketa.Svi tokovi su istom smjeru, i usmjerivač može prosljeđivati jedan paket svakih 0.1 s.

• Koje je maksimalno zadržavanje koje paket može doživjeti?

• Koji je minimalni broj paketa iz trećeg toka koje bi usmjerivač poslao u 2 s, uz pretpos-tavku da je tok slao pakete uniforno svojom maksimalnom brzinom?

Pretpostavite da je kanta na početku puna.

Tablica 77: TSpecs (zadatak 27).𝑟 𝐵1 102 44 1

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 28.Tekst zadatka (zadatak 28).Uzmite da RSVP usmjerivač izgubi stanja rezervacija, ali ostane pokrenut.

• Što će se dogoditi postojećim rezerviranim tokovima ako usmjerivač barata rezerviranimi nerezerviranim tokovima putem jednog FIFO reda?

• Što se može dogoditi postojećim rezerviranim tokovima ako usmjerivač koristi težinskopravedno redanje?

• Nakon nekog vremena primatelji na tim tokovima će zatražiti obnovu rezervacija. Opišitesituaciju u kojoj su ti zahtjevi odbijeni.

Rješenje zadatka.

257

p△q Zadatak 29.

Tekst zadatka (zadatak 29).Razmotrite ATM ABR virtualni put na slici 6.27***, razdijeljen u dvije kontrolne petlje napreklopniku 𝑠𝑤2.

• Pretpostavite da je ćelija za upravljanje resursima 𝑅𝑀1 poslana od 𝑠𝑤2 do 𝐻1 i javljaveliku dostupnu brzinu prijenosa, a odmah zatim stigne ćelija na 𝑠𝑤2 sa 𝐻2 koja javljamalenu dostupnu brzinu prijenosa za drugu polovicu virtualnog puta. S kojim problemomse 𝑠𝑤2 može sada sresti?

• Kada 𝑠𝑤2 primi 𝑅𝑀1 od 𝐻1, može je jednostavno zadržati dok šalje svoju 𝑅𝑀2 prema𝐻2 i natrag. Kada se 𝑅𝑀2 vrati, 𝑠𝑤2 bi sada natrag poslao 𝑅𝑀1, koji smanjuje nave-denu dostupnu brzinu prijenosa ako je potrebno. Zašto je moguće da taj način rada nijeprikladan? (Uputa: Prisjetite se koji je smisao segmentacije u manje kontrolne petlje.)

Rješenje zadatka.

9 Mrežni promet

9.1 Osnovni pojmovi teorije prometaNovi pojmovi.

U procesu planiranja i dizajniranja mrežnih sustava, jedan od naših ciljeva je prilagoditikoličinu potrebne opreme koja će zadovoljiti zahtjeve korisnika za prometom. Zahtjevi korisnikavariraju kroz vrijeme (i to dnevno, tjedno i godišnje), i to je olakotna okolnost, obzirom da jeteško sustav projektirati da zadovolji maksimalne zahtjeve svih korisnika odjednom.

Cilj sustav projektirati tako da svi korisnici dobiju uslugu koju traže, i da je cijena insta-lacije pritom što je moguće manja. Teorija prometa bavi se optimizacijom strukture mreže (utopološkom smislu) i prilagodbom količine opreme u ovisnosti o količini prometa.

U nastavku uvodimo nekoliko osnovnih pojmova.Pojam: promet, intenzitet prometa.Intenzitet prometa (engl. traffic intensity) u trenutku 𝑡 je broj zauzetih uređaja. Označavamoga sa 𝑛p𝑡q.

Razlikovati ćemo intenzitet od količine prometa. Kada kažemo samo promet, podrazumi-jevamo intenzitet.Primjer: telefonska centrala I.Razmotrimo telefonsku centralu koja ima 100 kanala. To znači da u nekom trenutku može bitiaktivno najviše 100 poziva koji koriste tu centralu, a općenito je 𝑛p𝑡q P r0, 100s.

Obzirom da je količina prometa koja se prenese u periodu vremena r0, 𝑇 y jednakaż 𝑇

0𝑛p𝑡q𝑑𝑡,

možemo definirati intenzitet prenesenog prometa.Pojam: preneseni promet.

258

Preneseni promet (engl. carried traffic) definira se sa

𝐴𝑐p𝑇 q “1𝑇

ż 𝑇

0𝑛p𝑡q𝑑𝑡

Uočimo da se radi o prosječnom intenzitetu prometa u periodu vremena r0, 𝑇 y.Pojam: ponuđeni promet.Ponuđeni promet (engl. offered traffic) definira se sa

𝐴 “ 𝜆ˆ 𝑠,

pri čemu je 𝜆 intenzitet dolazaka u sustav, a 𝑠 prosječno vrijeme zadržavanja u sustavu.Intenzitet prometa se mjeri u erlanzima (erl), a količina prometa u erlang-minutama, erlang-

satima i sl.Jedinica za intenzitet prometa nazvana je erlang u čast danskom matematičaru Agneru

Krarupu Erlangu, začetniku teorije prometa i teorije redova čekanja.Primjer: telefonska centrala II.Ukoliko na telefonsku centralu stiže 5 poziva u minuti, a prosječno vrijeme trajanja pozivaiznosi 3 minute, ponuđeni promet je

𝐴 “ 5 call{minˆ 3 min “ 15 erl,

a količina ponuđenog prometa tijekom 8 sati iznosi

𝐴8 “ 15 erlˆ 8 h “ 120 erl h.

p△q Zadatak 1.Tekst zadatka (zadatak 1).Razmatramo Internet kafe. Klijenti dolaze u slučajnim vremenima. U prosjeku u jednom satudođe 20 klijenata. Prosječno vrijeme korištenja terminala za pristup Internetu iznosi 15 minuta.

• Odredite ponuđeni promet izražen u minutama razgovora za vrijeme jednog sata.

• Odredite ponuđeni promet u erlanzima.

Rješenje zadatka.

• U jednom satu svaki od 20 klijenata odradi 15 minuta „razgovora”, pa je količina ostva-renog prometa

𝐴1 “ 20ˆ 15 min “ 300 min,

dakle 300 minuta razgovora (engl. speech minutes, SM ).

• Za intenzitet prometa imamo

𝐴 “20 client60 min ˆ 15 min “ 5 erl,

što znači da je količina prometa ostvarena u jednom satu

𝐴1 “ 5 erl,

pa zaključujemo da 1 erl h iznosi 60 minuta razgovora.

259

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).Razmatramo baznu stanicu u mobilnoj mreži. Razlikujemo dvije vrste poziva:

• novi pozivi, kojih ima 240 u jednom satu, i prosječno trajanje poziva iznosi 2 minute,

• preuzeti (engl. handover) pozivi, kojih ima 3 u jednoj minuti, i čije je prosječno trajanje90 sekundi.

Odredite ponuđeni promet za baznu stanicu.

Rješenje zadatka.

𝐴𝑛 “ 240 call{hˆ 2 min “ 4 call{minˆ 2 min “ 8 erl,

𝐴𝑝 “ 3 call{minˆ 90 s “ 3 call{minˆ 1.5 min “ 4.5 erl.

𝐴 “ 𝐴𝑛 ` 𝐴𝑝 “ 8 erl` 4.5 erl “ 12.5 erl.

p△q Zadatak 3.

Tekst zadatka (zadatak 3).Razmatramo promet prema digitalnoj centrali koja nudi ISDN pozive (koji koriste 1 kanal popozivu) i ISDN-2 pozive (koji koriste 2 kanala po pozivu):

• ISDN poziva ima 900 po satu, prosječno vrijeme trajanja je 2 minute,

• ISDN-2 poziva ima 2 u minuti, prosječno vrijeme trajanja je 150 sekundi.

Odredite ukupan ponuđeni promet.

Rješenje zadatka.

𝐴𝐼1 “900 call60 min ˆ 2 minˆ 1 ch{call “ 30 erl

𝐴𝐼2 “ 2 call{minˆ 2.5 minˆ 2 ch{call “ 10 erl

𝐴 “ 𝐴𝐼1 ` 𝐴𝐼2 “ 30 erl` 10 erl “ 40 erl.

260

9.2 Kruithofova metoda dvostrukog faktoraPriprema za zadatak.

Razmotrimo telekomunikacijsku mrežu s 𝑘 centrala. Količinu prometa između čvorova ucentrali možemo reprezentirati matricom prometa.

1 ¨ ¨ ¨ 𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝑘1 𝐴11 ¨ ¨ ¨ 𝐴1𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝐴1𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝐴1𝑘 𝐴1Σ... ... ... ... ... ...𝑖 𝐴𝑖1 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑖𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑖𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑖𝑘 𝐴𝑖Σ... ... ... ... ... ...𝑗 𝐴𝑗1 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑗𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑗𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑗𝑘 𝐴𝑗Σ... ... ... ... ... ...𝑘 𝐴𝑘1 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑘𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑘𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝐴𝑘𝑘 𝐴𝑘Σ

𝐴Σ1 ¨ ¨ ¨ 𝐴Σ𝑖 ¨ ¨ ¨ 𝐴Σ𝑗 ¨ ¨ ¨ 𝐴Σ𝑘 𝐴ΣΣ

Pritom nam 𝐴𝑖𝑗 predstavlja promet od 𝑖-te do 𝑗-te centrale (znači promet koji izlazi iz 𝑖-tecentrale i ulazi u 𝑗-tu, što povlači da općenito 𝐴𝑖𝑗 ‰ 𝐴𝑗𝑖, a 𝐴𝑖𝑖 interni promet 𝑖-te centrale.

U stvarnosti se često javlja problem dimenzioniranja centrala i vodova među centralama;telekom operateri znaju sadašnje stanje i imaju određene prognoze za budućnost (procjene,primjerice na temelju strukture stanovništva nekog područja), u terminima ulaznog i izlaznogprometa određene centrale.

Postavlja se pitanje kako na temelju tih podataka izvesti podatke o količini prometa izmeđuparova centrala. Odgovor na to daje Kruithofova metoda dvostrukog faktora. Ona radi takoda naizmjenično naštimava stupčane i retčane sume dok ne dođe do točnog rješenja.

p△q Zadatak 4.Razmotrite mrežu s dvije centrale čije je sadašnje stanje:

1 21 10 20 302 30 40 70

40 60 100

a predviđanje za budućnost1 2

1 452 105

50 100 150

Rješenje zadatka.

• Množimo 1. redak sa 4530 , a drugi sa 105

70 . Dobivamo

1 21 15 30 452 45 60 105

60 90 150

Sada su retčane sume kao u predviđanju, ali stupčane odstupaju.

261

• Množimo 1. stupac sa 5060 , a drugi stupac sa sa 100

90 . Dobivamo

1 21 12.50 33.33 45.832 37.50 66.67 104.17

50 100 150

Sada su stupčane sume kao u predviđanju, ali retčane odstupaju.

• Množimo 1. redak sa 4545.83 , a drugi sa 105

104.17 . Dobivamo

1 21 12.27 32.73 452 37.80 67.20 105

50.07 99.93 150

Sada su retčane sume kao u predviđanju, ali stupčane odstupaju.

• Množimo 1. stupac sa 5050.07 , a drugi stupac sa sa 100

99.93 . Dobivamo

1 21 12.25 32.75 452 37.75 67.25 105

50 100 150

Sada su i stupčane i retčane sume kao u predviđanju.

Svojstva Kruithofove metode

• jedinstvenost: dobiveno rješenje je jedinstveno,

• reverzibilnost: moguće je doći od krajnje do početne tablice na analogan način,

• tranzitivnost: nije važno jesmo li do rezultata došli parcijalno kroz pet jednogodišnjihprognoza ili odmah iz početne u petogodišnju,

• invarijantnost obzirom na numeraciju centrala: drugačija numeracija ne mijenja rezultat,

• (skoro) invarijantnost dijeljenje i spajanje centrala: jedna centrala se može podijeliti uviše njih ili se više centrala može spojiti u jednu bez da se značajno utječe na rezultate.

9.3 Erlangova B formulaPriprema za zadatak.

Razmatramo realne sustave koji imaju 𝑛 kanala i koji zbog toga istovremeno mogu ops-luživati do 𝑛 korisnika. Udio vremena u kojem su svi kanali zauzeti je ujedno i vjerojatnostblokiranja korisnika koji dolazi u sustav.Pravilo: Erlangova B formula.Erlangova B formula dana je sa

𝐸1,𝑥p𝐴q “𝐴𝑛

𝑛!ř𝑛

𝑖“0𝐸𝑖

𝑖!

262

p△q Zadatak 5.Tekst zadatka (zadatak 5).Na lokalnu telefonsku centralu spojeno je 1000 korisnika. Srednji intenzitet poziva po korisnikuje 0.04 erl pri čemu je 10 % od svih poziva usmjereno prema nadređenoj centrali (npr. premamjesnoj centrali).

• Odredite potrebni broj kanala prema nadređenoj centrali tako da vjerojatnost blokiranjanije veća od 1 %.

• Procjenite vjerojatnost blokiranja kad se ponuđeni promet udvostruči.

Rješenje zadatka.

• Iz uvjeta zadatka imamo

𝐴 “ 1000ˆ 0.04 erlˆ 0.1 “ 4 erl,

pa tražimo najmanju vrijednost 𝑛 u tablicama takvu da je 𝐸1,𝑛p4q ă 0.01. Za 𝑛 “ 10imamo 𝐸1,10p4q “ 0.0053 ă 0.01, pa je to traženo rješenje.

• 𝐸1,10p8q “ 0.1217, pa je vjerojatnost blokiranja 12.17 %.

Priprema za zadatak.Pravilo: izgubljeni i preneseni promet.Razmatramo sustav sa 𝑛 kanala. Kako vrijedi da izgubljeni promet iznosi

𝐴𝑙 “ 𝐴ˆ 𝐸1,𝑛p𝐴q,

imamo da je preneseni promet

𝐴𝑐 “ 𝐴´ 𝐴𝑙 “ 𝐴ˆ p1´ 𝐸1,𝑛p𝐴qq.

Razmotrimo sustav sa u kojem možemo mijenjati broj kanala. Povećanjem broja kanalapovećati ćemo i preneseni promet, što ima posebno značenje.Pravilo: Moeovo načelo.U sustavu sa 𝑛 kanala kojem je ponuđen promet 𝐴 dodavanjem jednog kanala preneseni prometpovećava se za

𝐹𝑛p𝐴q “ 𝐴ˆ p𝐸1,𝑛p𝐴q ´ 𝐸1,𝑛`1p𝐴qq.

p△q Zadatak 6.Tekst zadatka (zadatak 6).U šoping centru postoji kockarnica. Ljudi koji prolaze pored kockarnice odlučuju slučajno ineovisno jedan o drugome hoće li ući i igrati. Ukoliko su svi igraći automati zauzeti, samoprođu dalje (i odu u kino ili kafić).

Za radnog vremena kockarnice u prosjeku 40 ljudi u jednom satu uđe u kockarnicu s na-mjerom da igra. Ljudi po ulasku odaberu prvi slobodan automat (gledano od ulaza) i igraju uprosjeku 6 minuta (eksponencijalno distribuirano).

Automat u prosjeku donosi prihod od 1 kune po minuti kada se koristi. Ukupna cijenaiznajmljivanja prostora i režija iznosi 20 kuna po satu po automatu, neovisno o tome koristi seili ne.

263

• Odredite ponuđeni promet.

• Koji je netto prihod kada kockarnica ima 4 automata?

• Je li profitabilno imati više ili manje od 4 automata? Koji je optimalan broj?

Rješenje zadatka.

• Ponuđeni promet iznosi𝐴 “

4060 min ˆ 6 min “ 4 erl.

• Udio blokiranog prometa iznosi

𝐸1,4p4q “ 0.3107,

pa je preneseni promet jednak

𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.3107q “ 2.7572 erl.

Ukupni prihod je 60 kuna po erlangsatu (po satu korištenja automata), pa netto prihod(engl. revenue) izražen u kunama po satu iznosi

𝑅 “ 2.7572ˆ 60´ 4ˆ 20

𝑅 “ 85.432.

• Razmotrimo redom za 𝑛 “ 1, 2, . . . , 7.

– Kako je 𝐸1,1p4q “ 0.8000, na isti nači kao i prije dobivamo

𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.8000q “ 0.8000 erl,

𝑅 “ 0.8000ˆ 60´ 1ˆ 20 “ 28

– 𝐸1,2p4q “ 0.6154.𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.6154q “ 1.5384 erl,

𝑅 “ 1.5384ˆ 60´ 2ˆ 20 “ 52.304

– 𝐸1,3p4q “ 0.4507.𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.4507q “ 2.1972 erl,

𝑅 “ 2.1972ˆ 60´ 3ˆ 20 “ 71.832

– 𝐸1,5p4q “ 0.1991.𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.1991q “ 3.2036 erl,

𝑅 “ 3.2036ˆ 60´ 5ˆ 20 “ 92.216

– 𝐸1,6p4q “ 0.1172.𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.1172q “ 3.5312 erl,

𝑅 “ 3.5312ˆ 60´ 6ˆ 20 “ 91.872

264

– 𝐸1,7p4q “ 0.0627.𝐴𝑐 “ 𝐴ˆ p1´ 0.0627q “ 3.7492 erl,

𝑅 “ 3.7492ˆ 60´ 7ˆ 20 “ 84.952

Optimalan broj automata je 5.Dodavanjem jednog automata prihod bi se trebao povećati za barem 20 kuna na sat, štoznači da bi se preneseni promet trebao povećati za barem 1

3 erlanga (obzirom da svakierlangsat prenesenog prometa donosi 60 kuna prihoda).

Priprema za zadatak.Razmatramo sustav sa 𝑛 kanala gdje su oni nazvani redom 1, 2, . . . , 𝑛. Postoje tri osnovne

strategije raspodjele opterećenja na kanalima:

• sekvencijalni lov (engl. sequential hunting): kod dolaska se za posluživanje bira prvi slo-bodan kanal počevši od 1,

• ciklički lov (engl. cyclic hunting): kod dolaska se za posluživanje bira prvi slobodan kanalpočevši od onoga koji je bio prethodno odabran,

• slučajni lov (engl. random hunting): kod dolaska se za posluživanje nasumično bira jedanod slobodnih kanala.

Postoji razlika u količini prometa koju prenese svaki pojedini kanal ovisno o korištenojstrategiji.

Pravilo: sekvencijalni lov.Količina prometa koju prenese 𝑖-ti kanal je

𝑎𝑐,𝑖 “ 𝐴ˆ p𝐸1,𝑖´1p𝐴q ´ 𝐸1,𝑖p𝐴qq.

Pravilo: slučajni i ciklički lov.Količina prometa koju prenese 𝑖-ti kanal je

𝑎𝑐,𝑖 “ 𝐴ˆp1´ 𝐸1,𝑛p𝐴qq

𝑛.

p△q Zadatak 7.

Tekst zadatka (zadatak 7).Uzmite iste pretpostavke kao u prethodnom zadatku i uzmite da kockarnica ima 4 automata.

• Koliko novaca ima u svakom automatu 12 sati nakon otvaranja?

• Koji je udio vremena točno jedan automat slobodan?

• Koji je udio vremena automat najdalje od ulaza slobodan?

265

Rješenje zadatka.

• Radi se o sekvencijalnom lovu, pa imamo

𝑎𝑐,1 “ 𝐴ˆ p𝐸1,0p𝐴q ´ 𝐸1,1p𝐴qq “ 0.8000 erl,

obzirom da je 𝐸1,0p𝐴q “ 1.Za 12 sati ta količina prometa donese prihod od

0.8000ˆ 12ˆ 60 “ 576

kuna. (količina prometa, broj sati, broj minuta u satu, kunu po minuti)

𝑎𝑐,2 “ 𝐴ˆ p𝐸1,1p𝐴q ´ 𝐸1,2p𝐴qq “ 0.7384 erl,

𝑎𝑐,3 “ 𝐴ˆ p𝐸1,2p𝐴q ´ 𝐸1,3p𝐴qq “ 0.6588 erl,𝑎𝑐,4 “ 𝐴ˆ p𝐸1,3p𝐴q ´ 𝐸1,4p𝐴qq “ 0.5600 erl,

i analogno dobivamo vrijednosti prihoda.

• Označimo sa 𝑍 slučajnu varijablu koja sadrži broj zauzetih automata. Imamo

Prt𝑍 “ 3u “𝐴3

3!ř4

𝑖“0𝐴𝑖

𝑖!“

4𝐴ˆ 𝐴ˆ𝐴3

4ˆ3!ř4

𝑖“0𝐴𝑖

𝑖!“

4𝐴ˆ 𝐸1,4p𝐴q,

što za 𝐴 “ 4 daje rezultat 0.3107.

• Obzirom da je automat slobodan kada nije zauzet, dobivamo Pr “ 1´ 𝑎𝑐,4 “ 1´ 0.56 “0.44.

9.4 Erlangova C formulaPriprema za zadatak.Pojam: Kendallova notacija.Kendallova notacija je standardni sustav koji se koristi za opis i klasifikaciju modela čekanjaoblika

𝐴{𝐵{𝐶{𝐾{𝑁{𝐷.

Notaciju je uveo 1953. David George Kendall u obliku 𝐴{𝐵{𝐶, ali je kasnije proširena.Faktori redom imaju značenje:

• 𝐴: opisuje proces dolazaka,

• 𝐵: opisuje distribuciju vremena posluživanja,

• 𝐶: broj poslužitelja (1 ili više),

• 𝐾: kapacitet sustava (konačan ili beskonačan broj mjesta čekanja),

• 𝑁 : veličina populacije (konačan ili beskonačan broj potencijalnih dolazaka),

• 𝐷: način posluživanja.

266

Pojam: dolasci (𝐴).Neka je 𝐴p𝑡q broj dolazaka u intervalu r0, 𝑡y. Prosječan broj dolazaka dan je sa

𝜆 “ lim𝑡Ñ8

𝐴p𝑡q

𝑡,

a vrijeme između dolazaka je 1𝜆. Razlikujemo modele:

• 𝐷: Deterministički: fiksno vrijeme među dolascima,

• 𝑀 : Markovljev: Poissonov proces dolazaka,

• 𝐺 ili 𝐺𝐼: općenita distribucija dolazaka; 𝐼 je za independant (nezavisan).

Pojam: vremena posluživanja (𝐵).Neka je 𝜇 prosječni intenzitet posluživanja. Tada je prosječno vrijeme posluživanja 1

𝜇. Razli-

kujemo modele:

• 𝐷: Deterministički: fiksno vrijeme posluživanja,

• 𝑀 : Markovljev: eksponencijalno distribuirano vrijeme posluživanja,

• 𝐺 ili 𝐺𝐼: općenita distribucija dolazaka; 𝐼 je za independant (nezavisan).

Pojam: način posluživanja (𝐷).Razlikujemo modele:

• 𝐹𝐶𝐹𝑆: First Come First Served,

• 𝐿𝐶𝐹𝑆: Last Come First Served,

• 𝑆𝐼𝑅𝑂: Service In Random Order,

• 𝑃𝑁𝑃𝑁 : Priority Service.

Vjerojatnost da će korisnik koji dođe u sustav morati čekati prije nego dođe na red zaposluživanje je jednaka udjelu vremena u kojem su svi poslužitelji zauzeti. Preciznije, to značisljedeće.

Pravilo: Erlangova C formula.

𝐸2,𝑛 “

𝐴𝑛

𝑛! ˆ𝑛

𝑛´𝐴ř𝑛´1

𝑖“0𝐴𝑖

𝑖! `𝐴𝑛

𝑛! ˆ𝑛

𝑛´𝐴

𝐸2,𝑛 “𝑛ˆ 𝐸1,𝑛p𝐴q

𝑛´ 𝐴ˆ p1´ 𝐸1,𝑛p𝐴qq

267

p△q Zadatak 8.Tekst zadatka (zadatak 8).Razmatramo Erlangov 𝑀{𝑀{3 sustav s čekanjem. Korisnici dolaze prema Poissonovom procesuintenzitetom 𝜆 “ 2 (2 korisnika u minuti), a vrijeme posluživanja je eksponencijalno distribu-irano s intenzitetom 𝜇 “ 1 min´1. Pretpostavimo da je način posluživanja FCFS. Stanje sustavadefinirajmo kao ukupan broj korisnika u sustavu.

• Odredite ponuđeni promet. Je li uvjet za statističko uravnoteženje ispunjen?

• Nacrtajte dijagram prijelaza stanja.

• Odredite vjerojatnost čekanja.

• Odredite prosječnu duljinu reda čekanja u slučajnom vremenskom trenutku, prosječnovrijeme čekanja za sve korisnike i prosječno vrijeme čekanja za korisnike koji imaju vrijemečekanja ą 0.

Rješenje zadatka.

•𝐴 “

2 client{min1 min´1 “ 2 erl ă 3 erl “ 𝑛,

pa je uvjet za statističko uravnoteženje ispunjen. Da nije, red čekanja bi se beskonačnopovećavao.

• (bilježnica)

• Vjerojatnost čekanja određuje se pomoću Erlangove C formule, pa imamo

𝐸2,3p2q “ (tablica) “ 0.4444

• Prosječna duljina reda čekanja za sustav s 𝑛 poslužitelja dana je formulom

𝐿𝑛 “ 𝐸2,𝑛p𝐴q ˆ𝐴

𝑛´ 𝐴,

što u ovom slučaju daje𝐿3 “ 𝐸2,3p2q ˆ

23´ 2 “ 0.8888.

Prosječno vrijeme čekanja za sustav s 𝑛 poslužitelja i intenzitetom dolazaka 𝜆 dano jeformulom

𝑊𝑛 “𝐿𝑛

𝜆,

što u našem slučaju daje𝑊3 “

𝐿3

𝜆“

0.88882 “ 0.4444.

Kako je vjerojatnost da korisnik čeka 𝐸2,3p2q, želimo li izdvojiti samo one korisnike kojičekaju, moramo 𝑊3 podijeliti s vjerojatnosti čekanja (time „izbacujemo” sve ostale koris-nike; preciznije, proporcionalno povećavamo vrijeme čekanja u ovisnosti o udjelu korisnikakoji su čekali).

𝜔 “𝑊3

𝐸2,3p2q“

0.44440.4444 “ 1.

268

10 Kodiranje i komprimiranje sadržaja„But there is no reason why you should have to feel concern for me (. . . ) ThatI happen to suffer, doesn’t give me a claim on you.” „No, it doesn’t. But thatyou value all the things I value, does.”

10.1 Serializacija i kodiranje sadržajaPriprema za zadatak.

Jedan od problema koji na ovoj razini želimo riješiti je problem kako podatkovne strukture(koje najčešće u praksi nisu jednodimenzionalne) prilagodiiti za slanje mrežom.Pojam: serializacija i deserializacija.Serializacija (engl. serialization) je proces prebacivanja podatkovne strukture ili objekta uformat koji može biti prenesen mrežom. Na temelju serializiranog podatka moguće je (nadrugom domaćinu) obrnutim procesom stvoriti kopiju koja je identična početnom podatku.Obrnuti proces naziva se deserializacija (engl. deserialization).

Primjer: Serializacija u Pythonu i PHP-u.Python serializaciju implementira u standardnom modulu pickle. Pored toga, Python po-država i XML i JSON serializaciju koje se koriste u XML-RPC i JSON-RPC protokolima(respektivno).

PHP implementira serializaciju funkcijama serialize() i unserialize().Međutim, često se nalazimo u situaciji da nije potrebno vršiti serializaciju jer obje strane

znaju deklaraciju podatkovne strukture ili objekta. Tada je potrebno samo prikladno zakodiratipodatke da se oni na drugoj strani mogu dekodirati.Pojam: XDR.External Data Representation (XDR) je IETF standard iz 1995. godine opisan u RFC-u1832 (RFC 4506 iz 2006. koji ga zamjenjuje ne mijenja standard). On omogućava da se podacimogu zapisati na način neovisan o arhitekturi računalnih sustava i tako prenijeti mrežom.Koristi se u NFS-u, SunRPC-u i drugdje.

Osnovna veličina XDR podatka je 4 bajta.XDR definira način kodiranja za iduće tipove podataka:

• boolean,

• int (32 bit integer),

• unsigned int (unsigned 32 bit integer),

• hyper (64 bit integer),

• unsigned hyper (unsigned 64 bit integer),

• float,

• double,

• quadruple,

• enumeration,

• structure,

269

• string,

• fixed length array,

• variable length array,

• union (discriminated union),

• fixed length opaque data,

• variable length opaque data,

• void (zero byte quantity),

• optional.

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).Razmotrite idući C programski kod.

U kodu je num_raises + 1 broj valjanih unosa u salary_history. Prikažite reprezentacijupodataka employee0 i employee1 u prijenosu koju generira XDR.

#define MAXSTR 100

struct date { char month[MAXSTR]; int day; int year; };struct employee { char name[MAXSTR]; int ssn;

struct date *hireday; int salary_history[5];int num_raises; };

static struct date date0 = { "MAY", 5, 1996 };static struct date date1 = { "JANUARY", 7, 2002 };

static struct employee employee0 = { "RICHARD", 4376,&date0, { 14000, 35000, 47000, 0, 0 }, 2 };

static struct employee employee1 = { "MARY", 4377,&date1, { 90000, 150000, 0, 0, 0 }, 1 };

Rješenje zadatka.Za employee0 imamo:

7, 𝑅, 𝐼, 𝐶, 𝐻, 𝐴, 𝑅, 𝐷,H, 4376,

3, 𝑀, 𝐴, 𝑌,H, 5, 1996,

14000, 35000, 27000, 0

0, 2

Alternativno, Peterson and Davie nude iduće rješenje:

7, 𝑅, 𝐼, 𝐶, 𝐻, 𝐴, 𝑅, 𝐷,H, 4376,

3, 𝑀, 𝐴, 𝑌,H, 5, 1996,

3, 14000, 35000, 27000,

270

2

kod kojeg se polje smatra poljem varijabilne duljine i elementi čija je vrijednost 0 smatrajunealociranim. Ovo navodimo radi potpunosti; prvi način je ispravan i njega ćemo koristiti.

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).XDR se koristi za kodiranje i dekodiraje zaglavlja SunRPC protokola ilustriranog na slici 5.20***. Verzija XDR-a određuje se pomoću RPCVersion polja. Koja je tu potencijalno otežavajućaokolnost? Je li moguće u novoj verziji XDR-a preći na little-endian format zapisa cijelih brojeva?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 3.

Tekst zadatka (zadatak 3).Odredite ASN.1 kodni zapis za iduća tri cijela broja.

• 101,

• 10 120,

• 16 909 060.

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 4.

Tekst zadatka (zadatak 4).Odredite big-endian i little-endian reprezentaciju cijelih brojeva iz prethodnog zadatka.

Rješenje zadatka.

10.2 Komprimiranje bez gubitka informacijskog sadržajap△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Sloj prezentacije se ponekad doživljava kao samostalni i autonomni sloj, odvojen od sloja aplika-cije. Ako je zaista tako, zašto je uključivanje kompresije podataka u sloju prezentacije općenitološa ideja?

271

Rješenje zadatka.Često je moguće puno bolje komprimirati podatke kada je poznat tip podatka (radi li se o

videu, zvuku, slici ili sl.), obzirom da se mogu za komprimiranje iskoristi specifični algoritmi.To se odnosi i na kompresiju bez gubitka informacijskog sadržaja, ali pogotovo na kompresiju sgubitkom. Konkretno, kod navedenih tipova sadržaja najčešće se radi o algoritmima kompresijes gubitkom informacijskog sadržaja koji poznaju specifičnosti podataka (primjerice, kod kom-primiranja zvuka moguće je maknuti dio visokih frekvencija bez da se dogodi značajan gubitakkvalitete).

S druge strane, na sloju prezentacije svi podaci izgledaju jednako, i tada se na njih moguprimijeniti samo generički algoritmi koji komprimiraju bez gubitka informacijskog sadržaja.

p△q Zadatak 6.

Tekst zadatka (zadatak 6).Pretpostavite da radite na stroju koji ima 36-bitnu dužinu riječi. Znakovni nizovi se reprezen-tiraju kao pet pakiranih 7-bitnih znakova po riječi. Koje probleme prezentacije sadržaja natom stroju bi trebalo riješiti da bi on mogao razmjenjivati cjelobrojne i znakovne podatke sostatkom svijeta?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 7.

Tekst zadatka (zadatak 7).Različite procesorske arhitekture imaju različite konvencije po pitanju poretka bitova kao iporetka bajtova – primjerice, je li mjesto najmanjeg doprinosa bit 0 ili bit 7. [Pos81] definirau dijelu Appendix B *** standardni poredak bitova u mreži. Zašto poredak bitova nije bitanprezentacijskom sloju (formatting ***)?

Rješenje zadatka.

p♡q Zadatak 8.

Tekst zadatka (zadatak 8).Neka je 𝑝 ď 1 udio strojeva u mreži koji su big-endian; preostali udio 1 ´ 𝑝 strojeva su onikoji su little-endian. Izaberimo slučajno dva stroja i pošaljimo cijeli broj sa jednog na drugi.Odredite prosječan broj konverzija poretka bitova potrebnih za big-endian poredak bajtova umreži *** i za primatelj-makes-right, za 𝑝 “ 0.1, 𝑝 “ 0.5, 𝑝 “ 0.9. Uputa: Vjerojatnost da suoba stroja big-endian je 𝑝2; vjerojatnost da koriste različiti poredak bitova je 2𝑝p1´ 𝑝q.

Rješenje zadatka.

272

Priprema za zadatak.

Pojam: relativna frekvencija.Pretpostavimo da izvodimo eksperiment koji može imati 𝑛 ishoda, 𝜔1, 𝜔2, . . . , 𝜔𝑛. Realtivnafrekvencija (engl. relative frequency) je udio broja pojavljivanja događaja 𝜔𝑖 u ukupnom brojudogađaja u eksperimentu.

Ukoliko s 𝑓𝑖 označimo relativnu frekvenciju, a s 𝑛𝑖 označimo broj pojavljivanja događaja 𝜔𝑖,vrijedi

𝑓𝑖 “𝑛𝑖

ř

𝑖 𝑛𝑖

.

p△q Zadatak 9.

Tekst zadatka (zadatak 9).Pretpostavimo da datoteka u sebi ima samo slova a, b, c, d. Očekivano, da bi sačuvali tudatoteku trebamo 2 bita po svakom slovu u njoj.

• Pretpostavite da se slovo a čini 50% svih znakova u datoteci, slovo b čini 30% svih znakova,a slovo c i d svako po 10% znakova. Odredite kodni zapis svakog slova nizom bitova kojinudi optimalnu kompresiju. (Uputa: koristite jedan bit za a.)

• Koji postotak kompresije opisana metoda postiže? (Postotak kompresije se računa kaoprosjek postotaka kompresije postignutih za svako slovo, pomnožen sa relativnom frek-vencijom.)

• Ponovite ovo, uz pretpostavku da se a i b svako čine 40% svih znakova u datoteci, c čini15% svih znakova, a d 5% znakova.

Rješenje zadatka.Prirodan način kodiranja znakova bez kompresije bio bi da uzmemo nizove duljine 2𝑛 bitova,

gdje je 𝑛 najmanji broj takav da je 2𝑛 broj veći ili jednak broju znakova koje moramo zakodirati.U našem slučaju 𝑛 “ 2, jer je 22 ě 4, pa imamo:

Tablica 78: Kodiranje (bez kompresije) (zadatak 9).simbol kod

a 00b 01c 10d 11

Ovaj način zapisa je u redu, i u prosjeku će dati najbolje rezultate. Međutim, mi ovdjeimamo situaciju u kojoj imamo podatke o tome koliki udio svih znakova čini koji znak, pamožemo i bolje to zakodirati, na idući način:

(Potpuno analogno možemo umjesto ovih uzeti za kodne riječi redom 0, 01, 001, 000.)Postotak kompresije koji opisana metoda postiže dobivamo uspoređujući veličinu zapisa

koju dobijemo komprimiranjem s veličinom nekomprimiranog zapisa. Prosječna veličina jednogznaka u komprimiranom obliku je

1ˆ 0.5` 2ˆ 0.3` 3ˆ 0.1` 3ˆ 0.1 “ 1.7.

273

Tablica 79: Kod koji komprimira zapis (zadatak 9).simbol kod

a 1b 01c 001d 000

Za usporedbu prosječna veličina znaka u nekomprimiranom obliku je

2ˆ 0.5` 2ˆ 0.3` 2ˆ 0.1` 2ˆ 0.1 “ 2.0.

Uspoređivanjem jednog i drugog dobivamo1.72.0 “ 0.85,

iz čega zaključujemo da je datoteka smanjena na 85 % svoje veličine, ili, drugim riječima, za15 %.

Na sličan način možemo izračunati nivo kompresije i za drugi slučaj, i dobivamo

1ˆ 0.4` 2ˆ 0.4` 3ˆ 0.15` 3ˆ 0.05 “ 1.8,

pa je datoteka smanjena na 90 % svoje veličine, odnosno za 10 %.

p△q Zadatak 10.Tekst zadatka (zadatak 10).Neka je zadana kompresijska funkcija 𝑐, koja niz bitova 𝑠 pretvara u komprimirani niz 𝑐p𝑠q.

• Dokažite da za svaki cijeli broj 𝑛 postoji niz bitova 𝑠 duljine 𝑛 za koji je lenp𝑐p𝑠qq ě 𝑛;tj. nema efektivne kompresije.

• Za danu funkciju 𝑐 odredite kompresijsku funkciju 𝑐1 takvu da za sve nizove znakova 𝑠vrijedi

lenp𝑐1p𝑠qq ď 𝑚𝑖𝑛tlenp𝑐p𝑠qq, lenp𝑠qu ` 1,

tj. u najgorem slučaju, kompresiranje funkcijom 𝑐1 u najgorem slučaju povećava veličinusamo za 1 bit.

• p♢q Na računalu eksperimentirajte s kompresiranjem datoteka koje su već kompresirane,istim alatom nekoliko puta u nizu. Što se događa s veličinom datoteke? Što se promijeniukoliko primjenjujete naizmjenično različite alate?

Rješenje zadatka.

• Kako je 𝑐 kompresijska funkcija, ona je bijekcija (obzirom da mora imati inverznu funk-ciju). Pored toga, kako postoji 2𝑛 nizova bitova duljine 𝑛 i

21` 22

` ¨ ¨ ¨ ` 2𝑛´1“

2𝑛 ´ 12´ 1 ´ 20

“ 2𝑛´ 2

nizova bitova duljine manje od 𝑛, postoje barem dva niza koja funkcija 𝑐 preslikava unizove duljine veće ili jednake 𝑛.

274

• Kako 𝑐1 mora biti bijekcija, to povlači da se iz rezultirajućem niza bitova mora moći„pročitati” radi li se o početnom nizu ili o nizu komprimiranom funkcijom 𝑐. Stavimo li

𝑐1p𝑠q “

"

0.𝑐p𝑠q lenp𝑐p𝑠qq ă lenp𝑠q,1.𝑠 inače

(točka označava spajanje nizova bitova), uvijek možemo odrediti na temelju prvog znakaje li ostatak niza komprimiran ili nekomprimiran.

Priprema za zadatak.

Pojam: run length kodiranje.POJAMRun length kodiranje (engl. run length encoding)

p△q Zadatak 11.

Tekst zadatka (zadatak 11).Dizajnirajte algoritam za run length kodiranje koji zahtijeva samo jedan bajt da reprezentirasimbole koji se ne ponavljaju.

Rješenje zadatka.

10.3 Komprimiranje s gubitkom informacijskog sadržajaPriprema za zadatak.

Blic pitanje 1.Definirajte pojam komprimiranja podataka. Zašto je komprimiranje važno za

računalne mreže?

Blic pitanje 2.Koje prednosti ima primjena kompresije na prijenos video sadržaja?

Blic pitanje 3.Koje su dvije vrste komprimiranja? Kad se koja od njih primjenjuje?

Blic pitanje 4.Koja je osnovna ideja kod metoda kompresije uz gubitak informacijskog sadr-

žaja?

Blic pitanje 5.Koja je osnovna ideja kod metoda kompresije bez gubitaka informacijskog

sadržaja?

Blic pitanje 6.Kako radi metoda brojanja ponavljanja? Koja je njena loša strana?

275

Blic pitanje 7.Kako radi metoda zapisa veličine odstupanja? Može li se referentni znak mi-

jenjati?Blic pitanje 8.Kako se komprimira uz uporabu riječnika? Kako se zove najpoznatiji od algo-

ritama koji koristi tu metodu?Blic pitanje 9.Kako radi Fourierova transformacija?

Blic pitanje 10.Koja je osnovna ideja diskretne kosinusne transformacije?

Blic pitanje 11.Na koji način kvantizacija dovodi do gubitaka informacijskog sadržaja?

Blic pitanje 12.Koliki je omjer kompresije kod JPEG-a?

Blic pitanje 13.Što je MPEG i čemu služi?

Blic pitanje 14.Koje su dvije osnovne značajke MPEG standarda na temelju kojih postiže

kompresiju?Blic pitanje 15.Koje su tri vrste komprimiranih video okvira? Koja su svojstva svakog poje-

dinog?Blic pitanje 16.Koji su okviri potrebni kod dekodiranja nekog B-okvira u videu?

Blic pitanje 17.Prema kojem kriteriju MPEG bira hoće li neki video okvir zakodirati kao

I-okvir, P-okvir ili B-okvir?Blic pitanje 18.Koji je uobičajeni stupanj kompresije MPEG-a? Je li to slučaj i kod I-okvira?

Blic pitanje 19.Koja su dva standarda slična JPEG-u i MPEG-u koja je definirao ITU-T?

Blic pitanje 20.Na koji način se kod gledanja videa na računalu mogu „uočiti” B-okviri i

P-okviri?Blic pitanje 21.Koji je omjer kompresije zvuka MPEG-a razine 3?

276

Priprema za zadatak.Na predavanjima smo spomenuli kako je diskretna kosinusna transformacija usko vezana uz

Fourierovu transformaciju. Njezina kontinuirana varijanta definirana je na idući način.Pojam: Fourierova transformacija, kontinuirani slučaj.Fourierova transformacija (engl. Fourier transform, kraće FT) je transformacija integrabilnefunkcije 𝑓 : RÑ C oblika

pℱ𝑓qp𝜉q “

ż 8

´8

𝑓p𝑥q 𝑒´2𝜋𝚤𝑥𝜉 𝑑𝑥.

Ponekad se umjesto Fourierova transformacija koriste i nazivi Fourierov transformat i Fouri-erova pretvorba.

U primjeni, primjerice u obradi signala, koristi se diskretna varijanta Fourierove transfor-macije.Pojam: Fourierova transformacija, diskretni slučaj.Diskretna Fourierova transformacija (engl. discrete Fourier transform, kraće DFT) je tran-sformacija oblika koja vektoru 𝑥 “ p𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛q P C

𝑛 pridružuje vektor 𝑦 “ p𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛q

prema formuli

𝑦𝑘 “

𝑁´1ÿ

𝑛“0𝑥𝑛𝑒´

2𝜋𝚤𝑁

𝑘𝑛 𝑘 “ 0, . . . , 𝑁 ´ 1.

Ove dvije definicije navedene su samo radi potpunosti i dalje ih nećemo koristiti. Nas ćezanimati specijalni slučaj diskretne Fourierove transformacije koji se naziva diskretna kosinusnatransofrmacija i koristi, primjerice, kod kompresije JPEG-om ili MPEG-om.Pojam: diskretna kosinusna transformacija.Diskretna kosinusna transformacija (engl. discrete cosine transform, kraće DCT) je tran-sformacija 𝒞 : R𝑛 Ñ R𝑛 koja vektoru 𝑥 “ p𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛q P R

𝑛 pridružuje vektor𝒞𝑥 “ 𝑦 “ p𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛q.

Koordinate tog vektora računaju se po formuli

𝑦𝑘 “

𝑛´1ÿ

𝑖“0𝑥𝑖 cos

„

𝜋

𝑛

ˆ

𝑖`12

˙

𝑘

𝑘 “ 0, . . . , 𝑛´ 1.

Neki autori kod definiranja diskretne kosinusne transformacije pored navedenog specificirajui da se prva koordinata vektora, tj. 𝑋0, množi sa

b

1𝑛, a sve ostale sa

b

2𝑛, što čini matricu

transformacije čini ortogonalnom, tj. vrijedi𝒞𝒞𝑇

“ 𝐼,

pri čemu je 𝐼 jedinična matrica. To ima za posljedicu da DCT više nema direktnu korespon-denciju sa DFT-om, i komplicira račun, pa to nećemo činiti.

Diskretna kosinusna transformacija koju smo ovdje definirali je jednodimenzionalna. Ualgoritmima kompresije koje koriste JPEG i MPEG javlja se dvodimenzionalna DCT, koja jevrlo slična i koju radi potpunosti navodimo ovdje.Pravilo: dvodimenzionalna diskretna kosinusna transformacija.Dvodimenzionalna DCT matrici 𝑋 “ r𝑋𝑖,𝑗s P R

𝑛¨𝑛 pridružuje matricu 𝒞𝑋 “ 𝑌 “ r𝑌𝑘,𝑙s istogformata, i dana je formulom

𝑌𝑘,𝑙 “

𝑛´1ÿ

𝑖“0

𝑛´1ÿ

𝑗“0𝑋𝑖,𝑗 cos

„

𝜋

𝑛

ˆ

𝑖`12

˙

𝑘

cos„

𝜋

𝑛

ˆ

𝑗 `12

˙

𝑙

za 𝑘, 𝑙 “ 0, . . . , 𝑛´ 1.

277

p△q Zadatak 12.Dvodimenzionalna DCT je računski složenija, a kvalitativno ne donosi ništa značajno osim

općenite ideje matrične transformacije u odnosu na transformaciju vektora, pa ćemo mi računatijednodimenzionalnu.

Tekst zadatka (zadatak 12).Odredite DCT vektora

»

—

—

–

1234

fi

ffi

ffi

fl

.

Rješenje zadatka.Imamo 𝑥0 “ 1, 𝑥1 “ 2, 𝑥2 “ 3, 𝑥3 “ 4. Raspisujući po formuli dobivamo:

𝑦0 “ 1ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

0` 12

˙

0

` 2ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

1` 12

˙

0

`

3ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

2` 12

˙

0

` 4ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

3` 12

˙

0

“

“ 1` 2` 3` 4

𝑦1 “ 1ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

0` 12

˙

1

` 2ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

1` 12

˙

1

`

3ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

2` 12

˙

1

` 4ˆ cos„

𝜋

4

ˆ

3` 12

˙

1

“

“ 1ˆ cos”𝜋

8

ı

` 2ˆ cos„

3𝜋

8

` 3ˆ cos„

5𝜋

8

` 4ˆ cos„

7𝜋

8

,

što možemo izračunati na kalkulator.Na sličan način dobijemo i 𝑦2 i 𝑦3, a konačno rješenje je vektor

»

—

—

–

𝑦0𝑦1𝑦2𝑦3

fi

ffi

ffi

fl

.

p△q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Izrazite 𝒞p0, 0q u terminu prosječnih vrijednosti funkcije 𝑝𝑖𝑥𝑒𝑙p𝑥, 𝑦q.

Rješenje zadatka.

278

p△q Zadatak 14.

Tekst zadatka (zadatak 14).Razmislite koje značajke bi bilo razumno očekivati od standarda video kompresije: brzo premo-tavanje, mogućnost uređivanja individualnih slika, mogućnost pristupa bilo kojem kadru, itd.(Pogledajte Le Gallov rad MPEG: A video compression standard for multimedia applications.)

Koliko su ove značajke utjecale na dizajn MPEG-a?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 15.

Tekst zadatka (zadatak 15).Pretpostavite da želite implementirati brzo premotavanje unaprijed i unatrag za MPEG. Nakoje probleme nailazite ako ograničite mehanizam da prikazuje samo I-okvire? Ako pak tone učinite, da bi prikazali određeni okvir u brzom premotavanju morate dekodirati određenibroj okvira prije njega ***. Koji je najveći broj okvira koje ćete u najgorem slučaju moratidekodirati?

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 16.

Tekst zadatka (zadatak 16).Pretpostavmo da imamo video u kojem su dvije bijele točke na crnoj pozadini koje se mičujedna prema drugoj konstantnom brzinom. Zakodiramo ga MPEG-om. U jednom I-okvirudvije točke su udaljene 100 piksela; u idućem I-okviru one su se spojile, u samom centru 16ˆ16makrobloka ***.

• Opišite postupak kojim će se optimalno zakodirati Y komponenta intervening (između?)*** B- (ili P-) okvira?

• Sada pretpostavite da su točke u boji, i da se boja polako mijenja dok se točke miču.Opišite kako bi moglo izgledati kodiranje U i V vrijednosti.

Rješenje zadatka.

11 Sloj mrežnih aplikacija„Francisco, what’s the most depraved type of human being?”

„The man without a purpose.”

279

11.1 Sustav imena domena – DNS

11.2 Računalna pošta – SMTP

11.3 World Wide Web – HTTP

11.4 Upravljanje mrežom – SNMP

11.5 Multimedijske aplikacije – RTP i RTCPThen after all I sense the end is starting . . .

11.6 Trentačno poručivanje – IMPriprema za zadatak.

Pojam: trenutačno poručivanje.Trenutačno poručivanje (engl. instant messaging) podrazumijeva razmjenu tekstualnih po-ruka između dva ili više umreženih korisnika u realnom vremenu.

Korisnici su najčešće umreženi putem Interneta. Za razliku od e-maila, IM podrazumijevasinkronu komunikaciju.

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).Razmotrimo iduću komunikaciju Adama i Eve putem pojednostavljenog IM protokola kojikoristi klijent-server model. Zadržavanje od Adama do centralnog servera iznosi 50 ms, a odEve do centralnog servera iznosi 20 ms. Taj IM protokol ima 20 B zaglavlja. Paketi koji sešalju mrežom imaju pored toga i 20 B TCP zaglavlja, 20 B IP zaglavlja i 40 B zaglavlja fizičkogsloja. Korisničke poruke imaju znakova koliko je zadano u tablici, i šalju se u vremenima koja sutamo navedena. Koristimo pojednostavljenu metodu kodiranja u kojoj nam jedan znak zauzimajedan bajt.

Uzmimo da se svaka poruka počinje pisati 0.5 s prije njenog slanja, i da se tada šalje meta-poruka "korisnik piše" drugom korisniku i ima veličinu 5 B. Uzmimo da se po primitku za svakuporuku šalje ACK veličine 5 B, te da je poruka poslana u drugoj sekundi izgubljena (uzmimoda je izopačena i da je primatelj ne prepoznaje). Odredimo:

• ukupnu veličinu prometa koji je prošao mrežom,

• vrijeme završetka komunikacije,

• ukupno vrijeme koliko je veza korištena.

Rješenje zadatka.

• Zbrajamo redom veličine poruka (ne zaboravite da se druga poruka šalje dvaput): 105`112` 112` 116` 120` 106` 103 “ 774.

Zatim zbrajamo veličine ACK-ova (za drugu poruku se samo jednom šalje ACK): 6ˆ105 “630.

Naposlijetku zbrajamo veličine meta-poruka: 6ˆ 105 “ 630.

280

Tablica 80: Podaci o komunikaciji Adama i Eve (zadatak 1).𝑡 korisnik veličina1 Adam 52 Eva 124 Adam 165 Eva 206 Adam 67 Adam 3

Uočite da korisnik ne piše drugu poruku dvaput, već samo jednom, pa se njena metaporuka šalje samo jednom. Zbrojimo sve to:

630` 630` 774 “ 2034.

• Kako su vremena kada korisnici šalju poruke koje su napisali za dva reda veličine veća odvremena zadržavanja, možemo računati vrijeme završetka u ovisnosti o zadnjem vremenuslanja zadnje poruke, tj 𝑡 “ 7 s. Na to vrijeme moramo nadodati još RTT koji iznosi2 ˆ p50𝑚𝑠 ` 20𝑚𝑠q koji je potreban da poruka stigne do Eve, i da njen ACK stigne doAdama. Dakle, vrijeme završetka je 𝑡 “ 7.14 s.

• Ponovno, zbog razlike u redu veličine, nema situacije da se dva događaja (dva prijenosaporuke, primjerice) događaju istovremeno, pa možemo računati po jednostavnoj formuli.Ukupno trajanje korištenja veze je 7 ˆ 70 (prijenos poruka), 6 ˆ 70 (prijenos ACK-ova),6ˆ 70 (prijenos meta-poruka). Zbrajanjem te tri vrijednosti dobivamo:

490` 420` 420 “ 1330.

Zanimljivo je razmotriti koliko je ovo manje od ukupnog trajanja komunikacije iz pers-pektive korisnika.

12 Sigurnost i zaštita u mrežama„Money will not purchase happiness for the man who has no concept of what hewants; money will not give him a code of values, if he’s evaded the knowledgeof what to value, and it will not provide him with a purpose, if he’s evaded thechoice of what to seek.”

12.1 Prevođenje adresa, vatrozidi i poslužitelji posredniciNovi pojmovi.

Da bi razumijeli način rada vatrozida, moramo prvo proširiti znanje o IP adresiranju. Pri-sjetimo se da među IP adresama postoje rasponi rezervirani za privatne mreže. Kada je brojdomaćina povezanih na Internet počeo naglo rasti, kako bi riješili problem nestanka IPv4 adresauveden je NAT koji omogućuje domaćinima pristup Internetu iz privatne mreže.Pojam: NAT.Network Address Translation (NAT) je proces promjene IP adresa u zaglavlju IP paketaunutar usmjerivača. Način rada definiran je u RFC-u 1631, a prema RFC-u 2663 vrste su:

281

• 1:1 NAT ili osnovni NAT, koji mijenja samo izvorišnu i/ili odredišnu IP adresu,

• M:1 NAT ili NAPT (Network Address and Port Translation), poznat i pod nazivom IPmaškarada (engl. IP masquerade), koji pored IP adresa mijenja i broj TCP/UDP vrata.

p△q Zadatak 1.

Tekst zadatka (zadatak 1).

• NAPT čini da domaćini koji se nalaze „iza NAT-a” mogu ostvariti odlazne konekcije, aliteško prihvaćaju dolazne. Objasnite zašto je to tako.

• Za NAT se često kaže da uništava izvornu viziju Interneta kao mreže koja omogućujepovezanost s kraja na kraj pomoću IP protokola. Objasnite zašto.

Rješenje zadatka.

• Kod NAPT-a se na usmjerivaču stvara tablica koja u kojoj su povezane adrese i brojevivrata s unutarnje strane s adresama i brojevima vrata s vanjske i koja opisuje na koji senačin vrši prevođenje adrese i vrata.U situaciji kada domaćin iznutra ostvaruje konekciju prema van, u tablicu se dodaje noviunos, koji ostaje u tablici za vrijeme trajanja konekcije. Iz perspektive tog domaćina zatu konekciju nema razlike u odnosu na situaciju u kojoj bi bio povezan na ciljni domaćinbez korištenja NAT-a.Međutim, uočimo da u situaciji kada domaćin ne otvori vrata s vanjske strane NAT-ana ovaj način domaćini koji se nalaze s vanjske strane nemaju načina da mu pristupe,obzirom da domaćini s unutarnje strane NAT-a imaju IP adresu iz nekog od privatnihraspona, a ona nije globalno unikatna.

• NAT čini da više domaćina dijele istu IP adresu, odnosno preciznije rečeno, da postojedomaćini koji mogu pristupati Internetu bez da imaju adresu koja ima globalno jedins-tveno značenje. Time je onemogućen pristup svakom domaćinu na Internetu pomoću IPprotokola, pa i njegovim aplikacijama, te povezanost s kraja na kraj nije uvijek moguća.

Novi pojmovi.

Pojam: prosljeđivanje vrata.Prosljeđivanje vrata (engl. port forwarding) je tehnika koja se koristi da se omogući dolaznekonekcije prema domaćinima koji se nalaze „iza NAT-a”. Vrata se otvaraju na vanjskoj adresikojoj domaćini na Internetu mogu pristupiti, a zatim se paketi prosljeđuju na odgovarajućavrata domaćina „iza NAT-a”. To se postiže kombiniranjem:

• osnovnog NAT-a ili NPAT-a,

• filtriranja unutar vatrozida,

• prosljeđivanja paketa prema tablicama prosljeđivanja usmjerivača.

282

p△q Zadatak 2.

Tekst zadatka (zadatak 2).

• Objasnite zašto je bez korištenja posebnih tehnika teško ostvariti komunikaciju dvajuprocesa koje se izvode na domaćinima „iza različitih NAT-ova”.

• Na primjeru HTTP poslužitelja „iza NAT-a” opišite rješenje problema koje koristi pros-ljeđivanje vrata.

Rješenje zadatka.

• Oba domaćina mogu se ponašati kao klijenti i izvesti aktivno otvaranje veze. Međutim,da bi klijentska strana mogla aktivno otvoriti vezu, druga strana mora biti poslužitelj,što ovdje nije slučaj.

• Za HTTP poslužitelj bit će na NAT-u postavljeno prosljeđivanje proizvoljnih vrata dos-tupnih izvana (npr. 8080) na vrata 80 domaćina na kojem se izvodi HTTP poslužitelj.Kada se klijent povezuje, povezivat će se na vanjsku adresu i vrata 8080. Nakon primitkapaketa, NAT će izvesti prevođenje odredišne vanjske adrese i vrata u privatnu adresu ivrata 80. Kada poslužitelj odgovori, dogodit će se prevođenje izvorišne privatne adrese ivrata na vanjsku adresu i vrata.

Dodatak: probijanje kroz NAT.Za razliku od web preglednika i mail klijenata koji mogu raditi kroz NAT, većina modernih P2Pi VoIP aplikacija zahtijeva i dolazne konekcije, odnosno očekuju da budu i poslužitelji. Kakobi to omogućili, koriste se tehnike probijanja kroz NAT (engl. NAT traversal). To je općenitinaziv za tehnike koje ostvaruju i održavaju konekcije „kroz NAT”. Postoji ih mnogo, ali ne ijedna koja radi u svim situacijama; dvije češće korištene su TCP hole punching i UDP holepunching.

Novi pojmovi.

Pojam: IPsec.Internet Protocol Security (IPsec) je skup protokola koji omogućuju šifriranje i autentifi-kaciju svakog IP paketa određene sesije. IPsec sadrži protocole za međusobnu autentifikacijukomunikatora i razmjenu ključeva.

p♣q Zadatak 3.

Rješenje zadatka.

283

p♣q Zadatak 4.Tekst zadatka (zadatak 4).Često se kaže da IPsec ne radi s NAT-om, međutim, hoće li ili ne IPsec i NAT raditi zajednoovisi o načinu rada koji oni koriste. Pretpostavite da se koristi osnovni NAT koji prevodi samoIP adrese i ne prevodi vrata. Hoće li IPsec i NAT raditi u svakom od ovih slučajeva? Objasnitezašto da ili zašto ne.

• IPsec koristi AH transportni način rada.

• IPsec koristi AH tunelni način rada.

• IPsec koristi ESP transportni način rada.

• IPsec koristi ESP tunelni način rada.

• Što se mijenja u situaciji kad koristimo NAPT? (Uputa: Domaćini dijele jednu IP adresuvidljivu izvana.)

Rješenje zadatka.

Novi pojmovi.Pojam: vatrozid.Vatrozid (engl. firewall) je uređaj ili aplikacija koja služi da dozvoli ili zabrani prijenos poda-taka mrežom na osnovu određenog skupa pravila.

Najčešće se koristi za istovremeno dozvoljavanje legitimnog i onemogućavanje nelegitimnogpristupa izvana lokalnim mrežama (ili specifičnom domaćinu unutar mreže).

Primjer: vatrozidi u praksi.U praksi danas najčešće korišteni vatrozidi zasnovani na filterima paketa su:

• ipf (FreeBSD/NetBSD/Solaris),

• ipfw (FreeBSD/Mac OS X),

• pf (FreeBSD/OpenBSD),

• iptables/ipchains (Linux).

Primjeri koji slijede napisani su prema terminologiji alata iptables; više informacija o tomalatu možete pronaći na http://www.netfilter.org/.Pravilo: način rada alata iptables.Alat iptables za ostvarivanje različitih akcija nad paketima koristi iduće tablice (engl. tables):

• (raw),

• mangle – postavlja TOS ili DSCP,

• nat – vrši NAT,

• filter – vrši filtriranje paketa.

284

iptables svrstava mrežni paket prema tome gdje je nastao, odnosno za koji domaćin jenamijenjen. S tim u vezi, postoje idući lanci (engl. chains) pravila:

• PREROUTING – paketi pristigli s mreže; u ovom lancu se još ne zna jesu li ili ne za ovajdomaćin,

• POSTROUTING – paketi poslani na mrežu; mogu nastati na domaćinu ili biti prosljeđeni,

• INPUT – paketi pristigli mreže namijenjeni za ovaj domaćin,

• FORWARD – paketi pristigli s mreže namijenjeni za prosljeđivanje,

• OUTPUT – paketi nastali na domaćinu namijenjeni za slanje.

Elementi tablice nat svakog lanca pravila su oblika:(target, input-interface, protocol, destination, to-destination),ili(target, input-interface, source, to-source),pri čemu je interface fizičko sučelje na koje se pravilo odnosi, a 𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 i 𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑛𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 uređeni

parovi IP adresa i vrata koje NAT prevodi u uređene parove 𝑡𝑜´ 𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 i 𝑡𝑜´ 𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑛𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛.Način baratanja paketom (u iptables terminologiji nazivaju se ciljevima (engl. targets)):

• DNAT – vrši Destination NAT na paketu (najčešće se koristi za prosljeđivanje vrata),

• SNAT – vrši Source NAT na paketu (1:1 NAT „prema van”),

• MASQUERADE – vrši IP maškaradu na paketu (M:1 NAT „prema van”).

p△q Zadatak 5.

Tekst zadatka (zadatak 5).Razmotrite mrežu na slici u kojoj domaćini 𝐻1 i 𝐻2 ostvaruju vezu na Internet putem usmje-rivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 koji ima iptables. Adresa usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 na Internetu je 161.53.45.111.

Privatna mreža u kojoj se nalaze 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝐻1 i 𝐻2 koristi raspon adresa 192.168.0.0/24, a oniimaju adrese redom 192.168.0.100, 192.168.0.1 i 192.168.0.2. Mrežna sučelja usmjerivačasu 𝑒𝑚1 prema Internetu i 𝑒𝑚2 prema prema privatnoj mreži.

• Opišite koja je pravila potrebno dodati u koje lance da bi klijentske aplikacije na 𝐻1 i𝐻2 mogle komunicirati s poslužiteljskim aplikacijama drugdje na Internetu. Možete likoristiti SNAT? Objasnite zašto.

• Uzmite da je na domaćinu 𝐻1 pokrenut SSH poslužitelj na vratima 22. Navedite pravilakoja je potrebno dodati u lance kako bi mu SSH klijenti na domaćinima na Internetumogli pristupati.

• Uzmite da je domaćin 𝐻2 trenutno isključen. Može li sada vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 koristitiSNAT za 𝐻1? Objasnite zašto.

285

Slika 62: Mreža (zadatak 5).

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡 𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑠𝑤1

𝐻1

𝐻2

Rješenje zadatka.

• Uočimo da se izvodi prevođenje izvorišne adrese što ne utječe na usmjeravanje, te mo-žemo pravila naizgled dodati ili u PREROUTING ili u POSTROUTING. Međutim, kako bi pra-vila filtriranja vatrozida zadana u terminima privatnih adresa bila ispravno primijenjena,dodajemo ih u lanac POSTROUTING. Koristimo IP maškaradu i imamo(MASQUERADE, em2, 192.168.0.0/24, 161.53.45.111),i to obuhvaća 𝐻1 i 𝐻2. SNAT ne možemo koristiti jer imamo više od jednog domaćinate bi moglo doći do kolizije vrata s vanjske strane u slučaju da operacijski sustavi na obadomaćina otvore ista kratkoživuća vrata u istom trenutku.

• Koristit ćemo DNAT. Kako se odredišna adresa koristi za usmjeravanje u privatnoj mreži,prevođenje je potrebno napraviti prije usmjeravanja, te u lanac PREROUTING dodajemo(DNAT, em1, TCP, (161.53.45.111, 2222), (192.168.0.1, 22)).Uočimo da smo mogli umjesto vrata 2222 iskoristiti proizvoljna neiskorištena vrata (npr.4587 ili 23851). te smo odabrali ova samo zbog lakšeg pamćenja.

• Kako sada imamo samo jedan domaćin, možemo koristiti SNAT jer se sva vrata dostupnana vanjskoj adresi mogu izravno preslikati u vrata domaćina 𝐻1. Ukoliko to želimo, uPOSTROUTING ćemo dodati(SNAT, em2, 192.168.0.1, 161.53.45.111).

p♣q Zadatak 6.

Tekst zadatka (zadatak 6).Razmotrite mrežu na slici u kojoj domaćini 𝐻1, 𝐻2 i 𝐻3 ostvaruju vezu na Internet putemusmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 koji oba imaju iptables. Adrese mreža su sljedeće:

• vanjska adresa usmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je 37.64.28.111,

• mreža u kojoj su 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝐻1 ima raspon adresa 192.168.1.0/24, pri čemu 𝑟𝑜𝑢𝑡1 imaadresu 192.168.1.100, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ima adresu 192.168.1.25, a 𝐻1 adresu 192.168.1.42,

• mreža u kojoj su 𝑟𝑜𝑢𝑡2, 𝐻2 i 𝐻3 ima raspon adresa 10.0.24.0/24, pri čemu 𝑟𝑜𝑢𝑡2 imaadresu 10.0.24.100, 𝐻2 ima adresu 10.0.24.1, a 𝐻3 adresu 10.0.24.2.

286

Mrežna sučelja 𝑟𝑜𝑢𝑡1 su 𝑒𝑚1 prema Internetu i 𝑒𝑚2 prema privatnoj mreži, a mrežna sučeljausmjerivača 𝑟𝑜𝑢𝑡2 su 𝑒𝑚1 prema 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 prema privatnoj mreži.

• Opišite koja je pravila potrebno dodati u koje lance da bi klijentske aplikacije na 𝐻1, 𝐻2i 𝐻3 mogle komunicirati s poslužiteljskim aplikacijama drugdje na Internetu.

• Uzmite da je na domaćinu 𝐻1 pokrenut HTTP poslužitelj na vratima 80 te da je nadomaćinu 𝐻3 također pokrenut HTTP poslužitelj na vratima 80. Navedite pravila kojaje potrebno dodati u lance kako bi HTTP klijenti na domaćinima na Internetu moglipristupati svakom od ova dva HTTP poslužitelja, i to tako da prvi bude dostupan navanjskoj adresi na vratima 3742, a drugi na vratima 4650.

Slika 63: Mreža (zadatak 6).

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡𝑟𝑜𝑢𝑡1𝑠𝑤1𝐻1

𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑠𝑤2𝐻2 𝐻3

Rješenje zadatka.

• Razmišljamo na isti način kao u prethodnom zadatku i u lanac POSTROUTING na 𝑟𝑜𝑢𝑡1dodajemo(MASQUERADE, em2, 192.168.1.0/24, 37.64.28.111).Time je riješen pristup Internetu za 𝐻1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2. Kako bi Internetu mogli pristupati i 𝐻2i 𝐻3 u lanac POSTROUTING na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 je potrebno dodati(MASQUERADE, em2, 10.0.24.0/24, 192.168.1.25).Uočite da sada 𝐻2 i 𝐻3 doživljavaju dvostruku maškaradu.

• U lanac PREROUTING na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 dodajemo(DNAT, em1, TCP, (37.64.28.111, 3742), (192.168.1.42, 80)).Time je omogućen pristup s Interneta vratima 80 na domaćinu 𝐻1. Kako bi omogućilipristup domaćinu 𝐻3, moramo u lanac PREROUTING na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 dodati(DNAT, em1, TCP, (192.168.1.25, 6728), (10.0.24.2, 80)),i time smo omogućili pristup na vrata 80 domaćina 𝐻3 iz mreže u kojoj se nalaze 𝐻1,𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2. Kako bi omogućili pristup s Interneta, moramo u lanac PREROUTING na𝑟𝑜𝑢𝑡1 dodati(DNAT, em1, TCP, (37.64.28.111, 4650), (192.168.1.25, 6728)).Pritom smo mogli koristiti i bilo koja druga neiskorištena vrata na mjestu 6728.

287

Novi pojmovi.Pravilo: način rada alata iptables.Elementi tablice filter svakog lanca pravila su oblika:

(target, protocol, source, destination),ili(target, source, destination),pri čemu je 𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑐𝑜𝑙 TCP ili UDP, a 𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 i 𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑛𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 uređeni parovi (jedne ili više) IP

adresa i vrata.Mogući ciljevi su pritom:

• ACCEPT – prihvaća paket,

• REJECT – odbija paket, pošiljatelju paketa šalje ICMP poruku tip 3 kod 3 Destinationport unreachable,

• DROP – odbacuje paket, pošiljatelju paketa ne šalje ništa,

• LOG – bilježi prolaz paketa, ne mijenja način baratanja s njim (najčešće se koristi uz ostaleopcije).

Poredak elemenata tablice filter u svakom lancu je značajan, odnosno kod obrade paketauzima se prvo navedeno pravilo koje odgovara i ne gledaju se preostala. Ukoliko nijedno pravilone odgovara uzima se zadani cilj za taj lanac.

p△q Zadatak 7.Tekst zadatka (zadatak 7).Objasnite koja je prednost odbacivanja paketa od strane vatrozida pred odbijanjem veze.

Rješenje zadatka.Kada se koristi odbijanje veze (REJECT) domaćin koji je poslao SYN paket dobiva RST kao

odgovor; u tom slučaju aplikacije više razine najčešće javljaju grešku oblika „connection refu-sed”; s druge strane, kada se koristi odbacivanje paketa, domaćin koji je poslao SYN paket nedobiva odgovor; aplikacije u tom slučaju najčešće javljaju „connection timed out”.

U slučaju da se koristi odbijanje veze, moguće je izvesti tzv. distribuirani napad uskraćiva-njem usluga (engl. distributed denial of service attack, DDoS). Naime, ukoliko napadač napravivelik broj SYN paketa s (različitim) lažnim IP adresama, domaćin koji radi REJECT morati ćena svaku od njih poslati RST paket.

p△q Zadatak 8.Ovaj je zadatak inspiriran stvarnim događajem.

Tekst zadatka (zadatak 8).Napišite skup pravila za vatrozid koji:

• odbija sve veze prema vlastitim HTTP vratima (80) osim onih s CARNetovog raspona161.53.0.0/16 (HTTP koristi TCP),

• odbacuje sve pakete namijenjene za prosljeđivanje osim onih namijenjenih za mrežu10.0.1.0/24.

288

Rješenje zadatka.

• Ukoliko uzmemo da je zadan cilj ACCEPT na lancu INPUT, imamo:INPUT: ACCEPT(ACCEPT, TCP, (161.53.0.0/16, *), (0.0.0.0/0, 80))(REJECT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (0.0.0.0/0, 80))

Da je zadan cilj REJECT na lancu INPUT, ne bi moraliINPUT: REJECT(ACCEPT, TCP, (161.53.0.0/16, *), (0.0.0.0/0, 80))

Napomena: U zadatku se kaže da vatrozid odbija veze obzirom da govorimo o protokolukoji koristi TCP. Kada želimo govoriti općenitije, reći ćemo da odbija pakete.

• Analogno prethodnom dijelu zadatka, imamo uz pretpostavku da je na FORWARD lancuzadan cilj ACCEPT:FORWARD: ACCEPT(ACCEPT, (0.0.0.0/0, *), (10.0.1.0/24, *))(DROP, (0.0.0.0/0, *), (0.0.0.0/0, *)

Kada bi na forward lancu bio zadan cilj drop, onda bi pravila bila oblika:FORWARD: DROP(ACCEPT, (0.0.0.0/0, *), (10.0.1.0/24, *))

p△q Zadatak 9.Ovaj je zadatak također inspiriran stvarnim događajem.

Tekst zadatka (zadatak 9).Razmotrite mrežu na slici koja ima vatrozide 𝑓𝑤1 i 𝑓𝑤2 koji su instalirani na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝐻1,respektivno. Mreža 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ ´𝐻1 ima adresu 10.0.0.0/24 (𝑟𝑜𝑢𝑡1 ima adresu .100, a 𝐻1 adresu.1), a mreža 𝐻1, 𝐻2, . . . , 𝐻6 ima adresu 10.0.1.0/24. Ostale adrese pojedinih čvorova nisu bitneza rješavanje zadatka.

Napišite skup pravila za vatrozid koji:

• odbija sve dolazne veze prema SSH vratima (22) osim onih na domaćin 𝐻1 (SSH koristiTCP),

• odbacuje sve odlazne veze prema HTTP vratima (80) i HTTPS vratima (443) domaćinana Internetu osim onih s 𝐻1 (HTTP i HTTPS koriste TCP).

Oba dijela zadatka riješite prvo koristeći samo 𝑓𝑤1, a zatim koristeći samo 𝑓𝑤2. Koje su razlikeu pravilima?

Rješenje zadatka.Topologija razmatrane mreže je oblika

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡´ 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´𝐻1 ´ 𝑠𝑤1 ´ t𝐻2, 𝐻3, 𝐻4, . . . u,

odnosno domaćini 𝐻𝑖, 𝑖 “ 2, 3, . . . , 21 vežu se na Internet putem domaćina 𝐻1. Ukoliko koris-timo 𝑓𝑤1, imamo:

289

Slika 64: Mreža (zadatak 9).

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡 𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝐻1 𝑠𝑤1

𝐻2𝐻3

𝐻4

𝐻5𝐻6

• Obzirom da želimo da vatrozid odbija samo SSH veze, pretpostavka je da vatrozid opće-nito prihvaća veze, pa imamo:FORWARD: ACCEPT(ACCEPT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (10.0.0.1, 22))(REJECT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (10.0.1.0/24, 22))

• Uz istu argumentaciju kao u prethodnom dijelu, imamo:FORWARD: ACCEPT(ACCEPT, TCP, (10.0.0.1, *), (0.0.0.0/0, (80, 443)))(DROP, TCP, (10.0.1.0/24, *), (0.0.0.0/0, (80, 443)))

Pravila za vrata 80 i 443 moguće je bilo pisati i odvojeno.

Uočite kako je u oba slučaja poredak pravila koji se odnose na ista vrata značajan.Ukoliko koristimo 𝑓𝑤2, imamo:

• Obzirom da je 𝑓𝑤2 na 𝐻1, dio pravila spada u FORWARD, a dio u INPUT:FORWARD: ACCEPT(REJECT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (10.0.1.0/24, 22))

INPUT: ACCEPT

Kada bi zadani cilj na INPUT lancu bio zadani cilj REJECT, imali biINPUT: REJECT(ACCEPT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (0.0.0.0/0, 22))

Napomena: Zadani cilj za lanac će biti naveden u zadatku. U praksi se najčešće koristiREJECT ili DROP pa se eksplicitno dozvoljavaju servisi koje želite. Ovdje uzimamo da jezadan onaj cilj koji zahtijeva navođenje dodatnih pravila (uočite da, kad bi bili zadaniparovi lanaca i ciljeva oblika FORWARD: REJECT i INPUT: ACCEPT, ne bi uopće bilo potrebeza navođenjem dodatnih pravila).

• Uz istu argumentaciju kao u prethodnom dijelu, imamo:FORWARD: ACCEPT(DROP, TCP, (10.0.1.0/24, *), (0.0.0.0/0, (80, 443)))

OUTPUT: ACCEPT

Da je kojim slučajem na OUTPUT lancu bio zadani cilj REJECT, imali biOUTPUT: REJECT(ACCEPT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (0.0.0.0/0, (80, 443)))

290

Napomena: Prisjetite se da IANA specificira raspon 49153–65535 za kratkoživuća vrata.Ukoliko kod konfiguracije vatrozida znamo koji operacijski sustav koriste domaćini u mreži,moguće je raspon vrata suziti u ovisnosti o rasponu kratkoživućih vrata na tom operacijskomsustavu. U tom slučaju bi pisali, primjerice 49153 : 65535 (iptables raspon označava dvotoč-kom, i pritom uključuje i početak i kraj).

p♣q Zadatak 10.Tekst zadatka (zadatak 10).Uzmite da želite da vaš vatrozid zasnovan na filterima blokira sve ulazne Telnet veze, ali dadozvoljava odlazne Telnet veze. Jedan od pristupa bio bi blokirati sve dolazne pakete adresiranena dobro poznata Telnet vrata (23).

• U situaciji kad želimo blokirati dolazne pakete prema ostalim vratima, koje ulazne TCPveze moraju biti dozvoljene da vatrozit ne smeta odlaznim Telnet vezama?

• Sada pretpostavite da je vatrozid takav da dozvoljava korištenje zastavica TCP zaglavljapored brojeva vrata. Objasnite kako možete postići željeni efekt za Telnet, a da pritomuopće ne dozvoljavate ulazne TCP veze.

Rješenje zadatka.• Telnet klijent će kod povezivanja koristiti kratkoživuća vrata u rasponu 49153–65536;

da bi se takav klijent mogao povezati na vanjski svijet, vatrozid mora dozvoliti prolazporukama koje su odgovor na zahtjev Telnet klijenta.Ako vatrozid filtrira samo na osnovi brojeva vrata, onda bi morao dozvoliti sve dolazneTCP veze na kratkoživuća vrata. To bi dozvolilo i sve druge odlazne veze. Specijalno,ako smo sigurni da druga strana koristi Telnet na vratima 23, onda bi vatrozid moraodozvoliti sve TCP veze sa vrata 23 na kratkoživuća vrata.

• Ako vatrozid radi pomoću polja Flags u TCP zaglavlju, onda je za blokiranje svih dolaz-nih veza dovoljno blokirati sve dolazne pakete koji imaju postavljenu zastavicu SYN, ali nei ACK. To onemogućuje da se domaćin izvana poveže s domaćinom unutra, ali omogućujeodlazne veze. Nema potrebe za filtriranjem vrata.

p△q Zadatak 11.Tekst zadatka (zadatak 11).Pretpostavite da je vatrozid konfiguriran da dozvoljava sve izlazne TCP veze i ulazne TCPveze samo prema određenim vratima. Sada postoji problem s FTP-om, koji za rad zahtijevauspostavu dvije TCP veze; izlazna TCP veza koja upravlja prijenosom je kod povezivanjaostvarena kao i inače, ali veza kojom se šalju podaci je ulazna.

• Pogledajte specifikaciju FTP-a (primjerice, RFC 959). Pronađite kako radi naredba PORT.Objasnite kako bi klijent mogao biti napisan da ograniči broj vrata prema kojima vatrozidmora dozvoliti ulazni pristup. Može li broj tih vrata biti ograničen na samo jedna?Objasnite zašto.

• Pronađite kako radi naredba PASV. Može li se ona iskoristiti za rješavanje ovog problemas vatrozidom?

291

Rješenje zadatka.

• FTP klijent koristi naredbu PORT da kaže poslužitelju koja vrata da koristi za dolaznzpodatkovnu vezu. Ako se ta vrata mogu odabrati iz ograničenog raspona za koji pouzdanoznamo da neće ni u kojem trenutku imati na sebi pokrenutu drugu poslužiteljsku aplikacijuna koju bi se povezivali klijenti izvana, onda se vatrozid može konfigurirati da dozvolipristup izvana tom rasponu (koristeći brojeve vrata i TCP zastavice) bez da ugrožavamosigurnost. Taj rang ne može biti ograničen na jedna vrata jer bi tada ta vrata često bilau TIME_WAIT i ne bi bila dostupna.

• Umjesto korištenja naredbe PORT da kaže FTP poslužitelju na koja klijentska vrata semora spojiti za prijenos podataka, FTP klijent može koristiti naredbu PASV (od „passive”).U slučaju da poslužitelj podržava PASV, šalje ACK koji sadrži broj vrata na poslužitelju.Klijent će tada započeti povezivanje na poslužiteljska vrata da bi ostvario vezu prijenospodataka; kako se radi o odlaznoj vezi, ona se može propustiti kroz vatrozid.

p△q Zadatak 12.

Tekst zadatka (zadatak 12).Pretpostavite da su usmjerivači i mreže poredani kao na slici; primarni vatrozid je 𝑟𝑜𝑢𝑡1. Objas-nite kako ćete konfigurirati 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡2 da je izvana moguće Telnetom pristupiti domaćinimau mreži 𝑛𝑒𝑡2, ali ne i domaćinima u 𝑛𝑒𝑡1.

Uzmite da mreža 𝑛𝑒𝑡1 koristi raspon adresa 10.0.1.0/24, a mreža 𝑛𝑒𝑡2 raspon adresa10.0.2.0/24.

(Uputa: Kako bi spriječili upad žabljim skokom (engl. leapfrog break-in) na domaćine u 𝑛𝑒𝑡1,zabranite i Telnet veze iz 𝑛𝑒𝑡2 prema 𝑛𝑒𝑡1.)

Slika 65: Mreža (zadatak 12).

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡 𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑛𝑒𝑡1 𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑛𝑒𝑡2

Rješenje zadatka.Usmjerivače je moguće konfigurirati na idući način:

• Vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 blokira dolazni promet prema Telnet vratima (23), osim u situaciji kadaje odredišna adresa u mreži 𝑛𝑒𝑡2, odnosno u iptables notaciji ako je zadani cilj ACCEPT:FORWARD: ACCEPT (REJECT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (10.0.1.0/24, 23))

Ako je zadani cilj REJECT:FORWARD: REJECT (ACCEPT, TCP, (0.0.0.0/0, *), (10.0.2.0/24, 23))

292

• Vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 blokira dolazni promet iz 𝑛𝑒𝑡2 prema Telnet vratima nekog domaćinau 𝑛𝑒𝑡1, odnosno u iptables notaciji:

FORWARD: ACCEPT (REJECT, TCP, (10.0.2.0/24, *), (10.0.1.0/24, 23))

Uočite da smo mogli umjesto (10.0.2.0/24, *) navesti (0.0.0.0/0, *) i da je u ovomslučaju to ekvivalentno obzirom da jedini praktično korišteni paketi sa odredištem u 𝑛𝑒𝑡1koje 𝑟𝑜𝑢𝑡2 može primiti dolaze iz 𝑛𝑒𝑡2. Općenito, naravno, to ne mora biti tako.

Isto tako uočite da smo u bilo kojem trenutku mogli umjesto REJECT koristiti DROP ipostići isti učinak.

p△q Zadatak 13.

Tekst zadatka (zadatak 13).Razmotrite mrežu danu na slici koja je pojednostavljena varijanta dijela mreže u zgradi Odjelaza informatiku na Sveučilišnom Kampusu. Podmreže i adrese su redom:

• vanjska adresa 𝑟𝑜𝑢𝑡1 prema Internetu je 193.198.209.200,

• podmreža 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡2 ima raspon 10.11.12.0/24, 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je .1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 je .10,

• podmreža 𝑟𝑜𝑢𝑡1 ´ 𝑟𝑜𝑢𝑡3 ima raspon 10.11.13.0/24, 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je .1, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 je .10,

• podmreža 𝑟𝑜𝑢𝑡2, 𝐻5, 𝐻6, 𝐻7 ima raspon 10.11.36.0/24, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 je .1, 𝐻5, 𝐻6, 𝐻7 su .5, .6, .7(respektivno),

• podmreža 𝑟𝑜𝑢𝑡3, 𝐻8, 𝐻9, 𝐻10 ima raspon 10.11.49.0/24, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 je .1, 𝐻8, 𝐻9, 𝐻10 su .8, .9,.10 (respektivno),

• podmreža 𝑟𝑜𝑢𝑡3´𝐻1 ima raspon 10.11.44.0/24, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 je .1, 𝐻1 je .100,

• podmreža 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝐻4 ima raspon 192.168.1.0/24, 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝐻4 su .1, .2, .3, .4 (res-pektivno).

Dio mreže prikazan u zadatku uključuje učionice O-337, O-365 i O-366 (tim redom, s doneklesmanjenim brojem računala).

Zahtjevi su sljedeći:

• postavite vatrozide na usmjerivačima 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 tako da je iz svake privatne pod-mreže zabranjen pristup svakoj drugoj,

• postavite vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡3 tako da je izvana i iz O-365 moguće doći do vrata 22na 𝐻1,

• postavite vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡1, 𝑟𝑜𝑢𝑡2 tako da 𝐻5, 𝐻6, 𝐻7 mogu prema van pristupati samovratima 22, 80 i 443.

293

Slika 66: Mreža (zadatak 13).

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡 𝑟𝑜𝑢𝑡1

𝑟𝑜𝑢𝑡2

𝑟𝑜𝑢𝑡3

𝑠𝑤1

𝐻5 𝐻6

𝐻7

𝐻1 𝑠𝑤2 𝐻2

𝐻3

𝐻4𝑠𝑤3𝐻8

𝐻9𝐻10

Rješenje zadatka.Uočite prije svega da postoje dva mjesta na kojima se izvodi IP maškarada; prvo je 𝑟𝑜𝑢𝑡1,

a drugo 𝐻1, obzirom da graniče između različitih skupova adresa od kojih su barem jedneprivatne. Preostali usmjerivači ne izvode maškaradu.

• Najjednostavniji način je da na svim vatrozidima na usmjerivačima postavimo odbacivanječitavog paketa koji se šalju unutar privatnog raspona 10.0.0.0/8. To je šire nego štozadatak traži, ali ima prednost što je broj pravila koje navodimo bitno manji nego kadabi eksplicitno zabranjivali komunikaciju između svakog para podmreža. Vatrozid na 𝑟𝑜𝑢𝑡1postavljamoFORWARD: ACCEPT(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 postavljamoFORWARD: ACCEPT(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Na 𝑟𝑜𝑢𝑡3 postavljamoFORWARD: ACCEPT(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Pravila na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 su dovoljna; pravilo na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 je suvišno i opcionalno.

• Pretpostavka je da je već postavljeno prosljeđivanje vrata na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i 𝑟𝑜𝑢𝑡3 pa je potrebnosamo dodati i na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 i na 𝑜𝑢𝑡3 dozvolu prosljeđivanja prema 𝐻1 i od 𝐻1, odnosno naoba vatrozida postavljamoFORWARD: ACCEPT(ACCEPT, (0.0.0.0/0, *), (10.11.44.100, 22)(ACCEPT, (10.11.44.100, 22), (0.0.0.0/0, *)(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Pritom smo omogućili promet i sa vrata 22 domaćina 𝐻1 kako bi 𝐻1 mogao odgovoritina poslane pakete.

• Na vatrozidu na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 postavljamoFORWARD: ACCEPT(ACCEPT, (10.11.36.0/24, *), (0.0.0.0/0, (22, 80, 443))(DROP, (10.11.36.0/24, *), (0.0.0.0/0, *)

294

(ACCEPT, (0.0.0.0/0, *), (10.11.44.100, 22)(ACCEPT, (10.11.44.100, 22), (0.0.0.0/0, *)(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Na vatrozidu na 𝑟𝑜𝑢𝑡2 postavljamoFORWARD: ACCEPT(ACCEPT, (10.11.36.0/24, *), (0.0.0.0/0, (22, 80, 443))(DROP, (10.11.36.0/24, *), (0.0.0.0/0, *)(DROP, (10.0.0/8, *), (10.0.0.0/8, *))

Za razliku od prvog dijela zadatka, gdje je pravilo na 𝑟𝑜𝑢𝑡1 bilo suvišno, ovdje je bilo kojeod dva navedena pravila dovoljno i ima isti utjecaj.

p♣q Zadatak 14.Tekst zadatka (zadatak 14).U kojoj bi situaciji pružatelj Internet usluga želio blokirati neki odlazni promet svojih klijenata?

Rješenje zadatka.ISP može, recimo, imati potrebu onemogućiti napade (kao što je IP spoofing ili e-mail spam)

koje pokušavaju izvesti njegovi vlastiti klijenti.

p♡q Zadatak 15.Tekst zadatka (zadatak 15).Prisjetite se da se IPv4 adrese, obzirom da su duljine 32 bita, mogu reprezentirati kao podacitipa unsigned int. Primjerice, ako razmatramo IPv4 adresu 00001010 00001011 0001011000011110 (10.11.22.30), pretvorbom u dekadski zapis dobivamo broj 168498718.

Isprogramirajte alat koji radi IP maškaradu, na način donekle sličan iptables-u. Radi jednos-tavnosti uzmite da s jedne strane imate mrežu 10.11.22.0/24, a s druge strane cijeli Internet.Nadalje, radi jednostavnosti zanemarite sve pakete koje domaćini iz privatne mreže pošaljuprema adresama iz privatnih raspona (10.0.0.0/8, 172.16.0.0/12 i 192.168.0.0/16).

Pakete opišite kao strukturu koja ima izvornu i odredišnu IP adresu, i izvorna i odredišnavrata. Vrata možete reprezentirati kao unsigned short int. Ostali podaci vam nisu značajni.(Zapravo, kada bi htjeli biti precizni, potrebno bi bilo gledati UDP i TCP vrata odvojeno, aliradi jednostavnosti uzmite da je nevažno radi li se o TCP ili UDP paketu, odnosno uzmite dapostoji samo jedan raspon vrata 0–65535.)

Alat radi tako da kada paket 𝑝1 stigne s određene adrese i vrata domaćina iz mreže10.11.22.0/24 adresiran na neku vanjsku adresu, toj adresi i vratima dodjeljuje se kratkoži-vuća vrata s vanjske strane. Zatim se paket 𝑝1 transformira u novi paket 𝑝2 koji ima vanskuadresu i ta vrata kao adresu izvora. Odgovor 𝑝3 na paket 𝑝2 stiže na vanjsku adresu i dodijeljenavrata, s adrese i vrata na koju je poslan 𝑝2. Paket 𝑝3 se tada transformira u paket 𝑝4 koji imaodgovarajuću adresu iz raspona 10.11.22.0/24 i odgovarajuća vrata.

Program mora raditi tako da ne dodjeljuje već dodijeljena kratkoživuća vrata s vanjskestrane kod dolaska paketa s nove izvorne adrese i vrata.

Testirajte s barem pet paketa s različitih adresa i vrata. Radi jednostavnosti, uzmite dase za svaki paket pripadni odgovor vraća prije slanja novog paketa, odnosno nije potrebnosimulirati kašnjenje paketa koji je odgovor.

295

Rješenje zadatka.

Novi pojmovi.

Pravilo: stanja konekcija vatrozida.iptables klasificira pakete i prema stanju konekcija:

• NEW – paket koji stvara novu konekciju,

• ESTABLISHED – paket koji pripada postojećoj konekciji,

• RELATED – paket koji je povezan s postojećom konekcijom, ali nije dio iste (npr. ICMPporuka koja se odnosi na vezu),

• INVALID – paket koji nije moguće identificirati (npr. ICMP poruka koja se ne odnosi navezu).

p△q Zadatak 16.

Tekst zadatka (zadatak 16).

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 17.

Tekst zadatka (zadatak 17).Usporedite vatrozid koji radi na osnovi filtera s vatrozidom koji radi na osnovi poslužitelja po-srednika u terminima zaštite od napada lažiranjem IP adresa. Pretpostavite da su postavke kaona slici 8.21 ***, gdje unutarnji domaćin pod napadom vjeruje korisniku iz udaljene kompanije.

Rješenje zadatka.

12.2 DES – Data Encryption StandardPriprema za zadatak.

Pojam: DES.Data Encryption Standard (DES) je standard šifriranja nad blokom podataka koji koristimetodu tajnog ključa.

U praksi se često koristi trostruko šifiriranje DES-om, korištenjem dva ili tri ključa. Kadase koriste dva ključa, tada se za prvo i treće šifriranje koristi prvi , a za drugo šifriranje drugiključ.

Pravilo: šifriranje DES-om.

296

Neka je 𝐿𝑖´1 lijevi dio podatkovnog bloka nakon 𝑖 ´ 1 iteracija, 𝑅𝑖´1 desni dio podatkovnogbloka nakon 𝑖´1 iteracija, 𝐾𝑖 ključ 𝑖-te iteracija DES-a. Tada se 𝐿𝑖 i 𝑅𝑖 računaju po formulama:

𝐿𝑖 “ 𝑅𝑖´1,

𝑅𝑖 “ 𝐿𝑖´1 ‘ 𝐹 p𝑅𝑖´1, 𝐾𝑖q,

pri čemu je ‘ XOR operacija bit po bit, a 𝐹 funkcija koja kombinira ključ 𝐾𝑖 s desnim dijelompodatkovnog bloka 𝑅𝑖´1 koristeći supstitucijsku kutiju.

p△q Zadatak 18.

Tekst zadatka (zadatak 18).Pretpostavite da u 𝑖-toj iteraciji DES-a, 𝐿𝑖´1 je 00 . . . 0, 𝑅𝑖´1 je 0xdeadbeef, 𝐾𝑖 je 0xa5bd96860841.Odredite 𝑅𝑖 uz pretpostavku da koristimo pojednostavljenu supstitucijsku kutiju koja reducirasvaki 6-bitni komad na 4 bita odbacujući prvi i zadnji bit.

Rješenje zadatka.𝐾𝑖 zapisan u bitovima je oblika 1010 0101 1011 1101 1001 0110 1000 0110 0000 1000

0100 0001.Zapišemo li to u blokovima po 6 bitova, potpisivanjem grupa od po 4 bita od 𝑅𝑖´1 pod sred-

nja 4 bita u svakom bloku od 6 bitova (zbog supstitucijske kutije) i izvođenjem XOR operacijedobivamo za 𝑅𝑖 1001 0011 0001 0110 1011 1110 1110 1111, ili heksadekadski 0x9316beef.Uočite da uz ovu supstitucijsku kutiju druga polovica ključa 𝐾𝑖 ne radi baš dobro.

p△q Zadatak 19.

Tekst zadatka (zadatak 19).Vidjeli smo kako izgledaju formule za transformaciju p𝐿𝑖´1, 𝑅𝑖´1q 𝑖 ´ 1-e iteracije u p𝐿𝑖, 𝑅𝑖q

𝑖-te iteracije. Odredite formule za obrnutu transformaciju, tj. izrazite p𝐿𝑖´1, 𝑅𝑖´1q u terminimap𝐿𝑖, 𝑅𝑖q.

Uočite da ustvari ovdje određujemo formulu za dešifriranje.

Rješenje zadatka.Zbog svojstava XOR operacije bit po bit imamo

𝑅𝑖´1 “ 𝐿𝑖,

𝐿𝑖´1 “ 𝑅𝑖 ‘ 𝐹 p𝑅𝑖´1, 𝐾𝑖q.

p♡q Zadatak 20.

Tekst zadatka (zadatak 20).Pretpostavite da DES koristi podjednostavljenu supstitucijsku kutiju kao u prethodnom za-datku, i pretpostavite da se vrši samo jedna iteracija kriptiranja.

297

• Pretpostavite da strana koja želi provaliti ključ ima i originalnu poruku p𝐿0, 𝑅0q i šifriranuporuku p𝐿1, 𝑅1q. Koliko time napadač zna o ključu 𝐾1? Detaljno komentirajte načinzaključivanja.(Napomena: stvarni DES koristi složeniju supstitucijsku kutiju i nema taj problem.)

• Koja je razlika kada se koristi trostruko šifriranje DES-om korištenjem dva ključa?

• Biti u mogućnosti otkriti ključ iz originalne i šifrirane poruke je oznaka lošeg kriptosutava.Objasnite zašto bi to bilo osobito loše za kriptosustav s javnim ključem.

Rješenje zadatka.Ovaj zadatak je nagradni i zato ga nećemo rješavati na satu. Bit će vam

dostupan za preuzimanje na e-kolegiju od ponedjeljka.Vaša rješenja primam do idućeg petka prije vježbi, što znači da je rok za

predaju

13. svibnja 2011..Rješenja pišite čitko, na obrascu za pisanje zadaća.

p♢q Zadatak 21.Tekst zadatka (zadatak 21).Na većini danas aktualnih operacijskih sustava sličnih Unixu moguće je pronaći kriptografskialat openssl (http://www.openssl.org/). Pročitajte pripadnu man stranicu openssl(1) ieksperimentirajte s njim.

• Usporedite brzinu šifriranja i dešifriranja nekog podatka.

• Usporedite brzinu jednostrukog i trostrukog šifriranja DES-om.

Rješenje zadatka.Više o openssl-u možete pronaći u dodatnim materijalima laboratorijskih vježbi.

12.3 RSA – Rivest, Shamir, AdlemanPriprema za zadatak.Pojam: relacija kongruencije modulo 𝑝.Neka je 𝑝 prirodan broj. Za dva prirodna broja 𝑛 i 𝑚 kažemo da su kongruentni modulo 𝑝 akodaju isti ostatak pri dijeljenju s 𝑝. Pišemo:

𝑛 ” 𝑚 pmod 𝑝q

Pravilo: svojstva relacije kongruencije modulo 𝑝.

298

Neka su 𝑛1, 𝑛2, 𝑚1, 𝑚2 prirodni brojevi za koje vrijedi:

𝑛1 ” 𝑛2 pmod 𝑝q,

𝑚1 ” 𝑚2 pmod 𝑝q.

Tada vrijedi i:𝑛1 `𝑚1 ” 𝑛2 `𝑚2 pmod 𝑝q,

𝑛1 ˆ𝑚1 ” 𝑛2 ˆ𝑚2 pmod 𝑝q.

Pojam: RSA.RSA je algoritam za šifriranje koji koristi metodu javnog ključa. RSA je dobio ime po inicija-lima njegovih autora: Rivest, Shamir i Adleman.

Pravilo: način rada RSA.RSA intenzivno koristi svojstva djeljivosti prirodnih brojeva. Način rada algoritma je sljedeći:

1. biraju se prirodni brojevi 𝑝 i 𝑞 koji su u binarnom zapisu duljine otprilike 256 bitova istavlja 𝑛 “ 𝑝ˆ 𝑞,

2. bira se enkripcijski ključ 𝑒, i to takav da je relativno prost s p𝑝´1qˆp𝑞´1q, tj. da vrijedi

𝑀p𝑒, p𝑝´ 1q ˆ p𝑞 ´ 1qq “ 1,

Pravilo: način rada RSA (nastavak).

1. određuje se dekripcijski ključ 𝑑 prema formuli

𝑒ˆ 𝑑 ” 1 pmod p𝑝´ 1q ˆ p𝑞 ´ 1qq,

2. sada je javni ključ uređeni par p𝑒, 𝑛q, a tajni ključ uređeni par p𝑑, 𝑛q, a 𝑝 i 𝑞 više nisupotrebni; mogu se odbaciti, ali se ne smiju otkriti trećoj strani, jer bi to imalo za posljedicuda može dešifirati poruku,

Pravilo: način rada RSA (nastavak).

1. neka je 𝑚 originalna poruka, a 𝑐 šifrirana poruka; formula za šifriranje je:

𝑐 ” 𝑚𝑒pmod 𝑛q,

dok je formula za dešifriranje:𝑚 ” 𝑐𝑑

pmod 𝑛q.

p△q Zadatak 22.Tekst zadatka (zadatak 22).Pretpostavimo da radimo RSA enkripciju sa 𝑝 “ 101, 𝑞 “ 113, 𝑒 “ 3.

• Odredite dekripcijski eksponent 𝑑. (Uputa: Iako za to postoje metode, metoda pokušajai pogreške je dovoljno efikasna za 𝑒 “ 3.)

• Kriptirajte poruku 𝑚 “ 9876. Uočite da računanje 𝑚3 u 32-bitnoj aritmetici rezultiraaritmetičkim preljevom.

299

Rješenje zadatka.

• Tražimo 𝑑 tako da je 3ˆ𝑑 ” 1 pmod p𝑝´1qˆp𝑞´1qq, što obzirom da je p𝑝´1qˆp𝑞´1q “11200, povlači da je 𝑑 oblika

3ˆ 𝑑 “ 11200ˆ 𝑘 ` 1, 𝑘 ă 3

Isprobavanjem 𝑘 “ 0, 𝑘 “ 1 i 𝑘 “ 2 dobivamo da je desna strana dijeliva s 3 za 𝑘 “ 2 ida je 𝑑 “ 7467.

• Zbog ranije navedenih svojstava, možemo 𝑚3 zapisati kao 𝑚2 ˆ𝑚 i razmačunati ostatakpri dijeljenju 𝑚2 s 𝑛, a potom dobiveni broj pomnožiti s 𝑚, tj.

𝑐 “ 𝑚3” 𝑚2

ˆ𝑚 ” 97535376ˆ 9876 ” 11291ˆ 9876 “ 4906 pmod 𝑛q,

pa je 𝑐 “ 4906.

p♡q Zadatak 23.

Tekst zadatka (zadatak 23).Dokažite da dekripcijski algoritam koji RSA koristi daje početnu poruku, tj. da je 𝑚𝑒𝑑 ” 𝑚pmod 𝑝𝑞q. (Uputa: Možete pretpostaviti da, obzirom da su 𝑝 i 𝑞 relativno prosti, da je dovoljnodokazati kongruenciju pmod 𝑝q i kongruenciju pmod 𝑞q.)

Rješenje zadatka.

p♡q Zadatak 24.

Tekst zadatka (zadatak 24).Ako je 𝑛 prost broj i 𝑏 ă 𝑛, onda je 𝑏𝑛´1 ” 1 pmod 𝑛q. Postoje i složeni brojevi 𝑛 (primjerice,561) za koje ta kongruentnost vrijedi za sve 𝑏 ă 𝑛, dakle ne radi se o relaciji ekvivalencije.Međutim, Miller-Rabinov test za proste 𝑛 prolazi za sve 𝑏 ă 𝑛, a za složene 𝑛 ne prolazi zabarem tri četvrtine svih 𝑏 ă 𝑛. Ako isprobamo s velikim brojem slučajno odabranih različitih𝑏 ă 𝑛 i svaki od njih prođe Miller-Rabinov test, onda je 𝑛 „vjerojatno” prost.

• Pokažite da se 𝑏𝑛´1 pmod 𝑛q može izračunati s 𝑂plog 𝑛q množenja. (Uputa: 𝑏13 “ 𝑏8𝑏4𝑏.)

• Pokažite korištenjem ove metode da je 𝑛 “ 50 621 složen broj. Koristite 𝑏 “ 2. Nemapotrebe za višestrukim pokušajima; dovoljno je pokazati 𝑏𝑛´1 ı 1 pmod 𝑛q.

• Dokažite da je 2280 ” 1 pmod 561q (i zbog toga 2560 ” p2280q2 ” 1 pmod 561q), ali da2140 ı ˘1 pmod 561q. Ovo posljednje čini da Miller-Rabinov test ne prolazi (što dokazujeda je 561p“ 3ˆ 11ˆ 17q složen), iako jednostavniji 𝑏𝑛´1 ” 1 pmod 𝑛q test uspijeva.

Rješenje zadatka.

300

p♣q Zadatak 25.Tekst zadatka (zadatak 25).Razmotrite proces rukovanja u tri koraka sa slike.

• Zašto poslužitelj nije siguran po pitanju klijentovog identiteta sve do primitka treće po-ruke?

• Na koji je način moguće izvršiti napad na poslužitelj u situaciji kada bi vjerovao identitetuklijenta prije primitka treće poruke?

Rješenje zadatka.Može se dogoditi da je napadač presreo poruke izmjenjene u prethodnoj provjeri vjerodos-

tojnosti, i sada samo ponavlja klijentove ranije odgovore. Sve do trenutka dok klijent uspješnone dekriptira poslužiteljev novi izazov i odgovori na njega, poslužitelj ne može biti siguran dase ne radi o napadu ponavljanjem poruka.

p△q Zadatak 26.Tekst zadatka (zadatak 26).Razmotrite proces rukovanja u tri koraka sa slike. Pretpostavite da se vrijednosti 𝑥 i 𝑦 određujuna temelju sata umjesto slučajno; primjerice, da se 𝑥 i 𝑦 povećavaju jednom u sekundi ili jednompo vezi.

• Pokažite da tehnika koja se koristi kod lažiranja IP adresa u zadatku iz poglavlja Prije-nosni sloj mreže ne uspijeva.

• Pretpostavite pored toga da napadač može prisluškivati vezu i saznati prijenose podatakakoje je klijent prethodno izvršio. Bi li to pomoglo napadaču?

• Pretpostavite još i da napadač može resetirati sat na poslužitelju, primjerice korištenjemNTP-a. (NTP je protokol koji se koristi za sinkronizaciju datuma i sata među domaćinimana mreži.) Pokažite da se napadač može proći provjeru vjerodostojnosti bez da da znaCHK (iako ne bi mogao dekriptirati SK).

Rješenje zadatka.

• Napadač može pogađati 𝑦; ne mora dekriptirati poslužiteljevu poruku 𝐸p𝑦, 𝑆𝐻𝐾q. Me-đutim, napadač nema CHK, pa ne može poslati 𝐸p𝑦 ` 1, 𝐶𝐻𝐾q.

• Ne. Napadač bi znao 𝐸p𝑦 ` 1, 𝐶𝐻𝐾q, možda čak i pripadni 𝑦, ali ne može na temeljutoga generirati nove vrijednosti.

• Kada bi napadač mogao i prisluškivati i resetirati sat na poslužitelju, onda bi mogaoprisluškivati provjeru vjerodostojnosti u trenutku 𝑡 “ 𝑡1 i saznati klijentov 𝐸p𝑦`1, 𝐶𝐻𝐾q.Kasnije, u trenutku 𝑡 “ 𝑡2, mogao bi resetirati vrijeme poslužitelja na 𝑡1. Poslužitelj ćesada odabrati na temelju sata istu vrijednost za 𝑦 kao i ranije, pa će prihvatiti ponovljenu𝐸p𝑦 ` 1, 𝐶𝐻𝐾q od ranije.

301

p♣q Zadatak 27.Tekst zadatka (zadatak 27).Slika 8.7 *** prikazuje CBC enkripciju. Nacrtajte dijagram koji prikazuje dekripciju.

Rješenje zadatka.

Novi pojmovi.Pravilo: RSA i provjera vjerodostojnosti.RSA se može iskoristiti za provjeru vjerodostojnosti pomoću javnog ključa:

• poslužitelj klijentu šalje 𝐸p𝑥, 𝑗𝑘q – slučajan broj 𝑥 šifriran javnim ključem klijenta 𝑗𝑘;

• klijent poslužitelju šalje 𝑥.

p△q Zadatak 28.Tekst zadatka (zadatak 28).Vidjeli smo kako se RSA može iskoristiti za provjeru vjerodostojnosti u jednom koraku korište-njem RSA. Pokažite kako se RSA može koristiti za provjeru vjerodostojnosti u dva koraka.

Rješenje zadatka.Za provjeru vjerodostojnosti u dva koraka koristi se opisana provjera vjerodostojnosti u

jednom koraku u oba smjera. Preciznije, klijent poslužitelju pošalje slučajan broj 𝑥 kripti-ran poslužiteljevim javnim ključem koji poslužitelj dekriptira svojim tajnim ključem i pošaljeklijentu u nekriptiranom obliku; otprilike u isto vrijeme, poslužitelj kriptira slučajan broj 𝑦klijentovim javnim ključem i pošalje ga klijentu, a zatim ga klijent dekriptira svojim tajnimključem i pošalje natrag.

p△q Zadatak 29.Tekst zadatka (zadatak 29).Razmotrite korištenje key escrow sheme kao što je Clipper. Koje su prednosti i nedostaci takvihshema?

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 30.Tekst zadatka (zadatak 30).Jedan mehanizam otpora napadu ponavljanjem poruka u provjeri vjerodostojnosti pomoćuzaporki je korištenje (engl. jednokratnih zaporki); lista zaporki postoji na poslužitelju, i kadase iskoristi 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛, poslužitelj smanjuje 𝑛 za 1 i kod iduće prijave traži zaporku 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛´1.Kada postane 𝑛 “ 0 potrebna je nova lista.

Opišite mehanizam u kojem korisnik i poslužitelj trebaju samo jednu glavnu zaporku 𝑚𝑎𝑠𝑡𝑒𝑟𝑝𝑎𝑠𝑤𝑑i imati lokalno dostupan mehanizam izračunavanja 𝑓 oblika 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛 “ 𝑓p𝑚𝑎𝑠𝑡𝑒𝑟𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑, 𝑛q.(Uputa: Neka je 𝑔 prikladna jednosmjerna funkcija (primjerice, MD5) i neka je 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛 “

𝑔𝑛p𝑚𝑎𝑠𝑡𝑒𝑟𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑q. Objasnite zašto poznavanje 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛 ne pomaže u otkrivanju 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛´1.)

302

Rješenje zadatka.Kako je 𝑔 jednosmjerna funkcija, njezino je svojstvo da poznavanje 𝑔p𝑥q ne daje informacije

koje se mogu iskoristiti za nalaženje 𝑥. Stoga, kako je 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛 “ 𝑔p𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛´1q, na temelju𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛 ne možemo pronaći 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑𝑛´1.

p♣q Zadatak 31.Tekst zadatka (zadatak 31).Pretpostavimo da se koriste jednokratne zaporke kao u prethodnom zadatku, ali da se zaporkakod utipkavanja prenosi „dovoljno sporo”.

• Pokažite da prisluškivač može dobiti pristup udaljenom poslužitelju u relativno malopokušaja. (Uputa: prisluškivač može početi pogađati kada je korisnik koji unosi zaporkuunio sve znakove osim zadnjeg.)

• Predložite još neke od napada na jednokratne zaporke.

Rješenje zadatka.

• Pretpostavka je da prisluškivač zna duljinu 𝑛 zaporke 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑. Označimo sa 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑1

zaporku bez zadnjeg znaka koju prisluškivač zna; očito je ona duljine 𝑛´1 znak. Dovoljnosporo ovdje znači da prisluškivač ima dovoljno vremena da isproba sve zaporke oblika𝑝𝑎𝑠𝑠𝑤𝑑1.𝑐ℎ𝑎𝑟, gdje je 𝑐ℎ𝑎𝑟 proizvoljan znak, prije nego korisnik koji se prijavljuje unese𝑛-ti znak.Ako se ograničimo na ASCII znakove koji se sastoje od ispisivih znakova i razmaka, to jesvega 95 pokušaja.

• Neki od ostalih mogućih napada na jednokratne zaporke su: prisluškivanje početnog oda-bira glavne zaporke, bilo koji napad koji ugrožava tajnost alata koji računa jednokratnezaporke na temelju glavne zaporke, otkrivanje načina da se (djelomično) izvrši inverzijajednosmjerne funkcije i otimanje veze nakon završetka provjere vjerodostojnosti. Bezsumnje ovo nisu svi mogući načini.

Priprema za zadatak.Pojam: Diffie-Hellmanova razmjena ključeva.Diffie-Hellmanova razmjena ključeva (engl. Diffie-Hellman key exchange) je metoda raz-mjene ključeva koja omogućava dvjema stranama koje se prethodno ne znaju da dogovoredijeljeni tajni ključ putem nesigurnog komunikacijskog kanala.

Protokol su opisali Whitfield Diffie and Martin Hellman u radu New Directions in Crypto-graphy objavljenom 1976. godine.

Pojam: primitivni korijen modulo 𝑝.Primitivni korijen modulo 𝑝 je broj 𝑔 takav da za svaki cijeli broj ℎ relativno prost sa 𝑝postoji prirodni broj 𝑘 da vrijedi

𝑔𝑘” ℎ pmod 𝑝q.

Pravilo: Diffie-Hellmanov protokol razmjene ključeva.Neka je 𝑝 prost broj, a 𝑔 primitivni korijen modulo 𝑝.

303

• Alice i Bob se dogovore oko vrijednosti 𝑝 i 𝑔.

• Alice bira tajni prirodni broj 𝑎 i šalje Bobu 𝐴 ” 𝑔𝑎 pmod 𝑝q.

• Bob bira tajni prirodni broj 𝑏 i šalje Alice 𝐵 ” 𝑔𝑏 pmod 𝑝q.

• Alice računa dijeljenu tajnu 𝑠𝐴 ” 𝐵𝑎 pmod 𝑝q.

• Bob računa dijeljenu tajnu 𝑠𝐵 ” 𝐴𝑏 pmod 𝑝q.

Pravilo: Diffie-Hellmanov protokol razmjene ključeva (nast.).

• Obzirom da je𝐵𝑎” 𝑔𝑏𝑎

” 𝑔𝑎𝑏” 𝐴𝑏

pmod 𝑝q,

vrijedi 𝑠𝐴 ” 𝑠𝐵 ” 𝑠 pmod 𝑝q, i to je dijeljena tajna koju Alice i Bob koriste.

p△q Zadatak 32.Tekst zadatka (zadatak 32).Izvedite Diffie-Helmmanovu razmjenu ključeva za 𝑝 “ 23, 𝑔 “ 5, 𝑎 “ 6, 𝑏 “ 15.

Rješenje zadatka.

• Alice računa 𝐴 kao𝐴 ” 56

” 15625 ” 8 pmod 23q

• Bob računa 𝐵 kao𝐵 ” 515

” 30517578125 ” 19 pmod 23q

• Alice računa 𝑠 kao𝑠 ” 196

” 47045881 ” 2 pmod 23q

• Bob računa 𝑠 kao𝑠 ” 815

” 35184372088832 ” 2 pmod 23q

Uočimo da smo mogli ostatak pri dijeljenju 815 s 23 mogli računati kao ostatak pri dijeljenju85 ˆ 85 ˆ 85 s 23.

Alice i Bob sada dijele tajnu 𝑠 ” 2. To je zbog toga što je 6ˆ 15 “ 15ˆ 6; treća strana kojabi znala 𝑎 i 𝑏 mogla bi izračunati 𝑠 kao

𝑠 ” 56ˆ15” 515ˆ6

” 590” . . . ” 2 pmod 23q.

p△q Zadatak 33.Tekst zadatka (zadatak 33).Diffie-Hellmanov protokol za razmjenu ključeva ranjiv je na „man-in-the-middle” napad.

• Objasnite kako protivnik koji se nalazi između dva sudionika može navesti njih na raz-mišljanje da međusobno imaju dijeljenu tajnu, a da zapravo imaju dijeljenu tajnu s pro-tivnikom.

• Opišite kako bi proširili Diffie-Hellmanov protokol da zaštitite sudionike od te mogućnosti.

304

Rješenje zadatka.

• Eve se može predstaviti Alice kao Bob i s njom uspostaviti dijeljenu tajnu, a Bobu kaoAlice i s njim uspostaviti dijeljenu tajnu. To bi impliciralo dvije Diffie-Hellmanove raz-mjene ključeva, koje ne moraju nužno rezultirati istom dijeljenom tajnom.

• Bilo bi potrebno izvesti provjeru vjerodostojnosti komunikatora prije razmjene ključeva.Međutim, to je na neki način problem, jer se razmjena ključeva često koristi kako bi seomogućila provjera vjerodostojnosti, a ne obrnuto.

p♡q Zadatak 34.

Tekst zadatka (zadatak 34).Pretpostavite da se RSA koristi za slanje poruke 𝑚 trima primateljima, koji imaju relativnoproste module za enkripciju 𝑛1, 𝑛2 i 𝑛3. Sva tri primatelja koristi isti enkripcijski eksponent𝑒 “ 3, svojedobno popularan izbor jer čini enkripciju vrlo brzom.

Pokažite da netko tko presretne sve tri poruke 𝑐1 ” 𝑚3 pmod 𝑛1q, 𝑐2 ” 𝑚3 pmod 𝑛2q i𝑐3 ” 𝑚3 pmod 𝑛3q može dešifrirati m. (Uputa: Kineski teorem o ostatku ima za posljedicu daje moguće pronaći 𝑐 takav da je 𝑐 ” 𝑐1 pmod 𝑛1q, 𝑐 ” 𝑐2 pmod 𝑛2q i 𝑐 ” 𝑐3 pmod 𝑛3q. Pokažiteda to implicira da je 𝑐 ” 𝑚3 pmod 𝑛1𝑛2𝑛3q. Zatim uočite da je 𝑚3 ă 𝑛1𝑛2𝑛3.)

Rješenje zadatka.

p♣q Zadatak 35.

Tekst zadatka (zadatak 35).Pretpostavite da imate vrlo kratak niz bitova 𝑠 (primjerice, jedan bit ili relativno malen cijelibroj u binarnom zapisu) i da želite poslati poruku 𝑚 koja neće otkriti 𝑠, ali se može iskoristitida dokaže da ste znali 𝑠. Objasnite zašto 𝑚 “ 𝑀𝐷5p𝑠q i 𝑚 “ 𝐸p𝑠q (korištenjem RSA) ne bibili sigurnosno prihvatljivi, i predložite bolji izbor.

Rješenje zadatka.Obzirom da je 𝑠 kratak, iscrpno pretraživanje prostora mogućih 𝑠 i usporedba njihovih MD5

kontrolnih zbrojeva (odnosno, rezultata kriptiranja RSA-om) s 𝑚 bila bi prilično jednostavna.Bolji izbor bilo bi slanje 𝑀𝐷5p𝑠.𝑟q, gdje je niz bitova 𝑟 slučajan ili generiran na temelju

vrijednosti sata. Međutim, tada bi trebalo pamtiti 𝑟 da bi kasnije mogli dokazati da smo znali𝑠.

Kada bi koristi RSA za kriptiranje 𝑠.𝑟, mogli bi ga kasnije dekriptirati i dokazati da smoznali 𝑠 bez da pamtimo 𝑟. Tu je bolje za šifriranje koristiti javni ključ one strane koja primapodatak (jer tada ta strana uz pomoć svojeg tajnog ključa može direktno provjeriti podatak);u slučaju kada bi koristili naš javni ključ, kasnije bi poznavanje 𝑠 bilo moguće dokazati samouz poznavanje našeg tajnog ključa.

305

p♣q Zadatak 36.

Tekst zadatka (zadatak 36).Dva igrača žele igrati poker preko mreže. Da bi dijelili karte, treba im mehanizam za pravedanizbor slučajnog broja 𝑥 između njih; svaka od strana može izgubiti ako ona druga strana moženepravedno utjecati na izbor 𝑥-a.

Opišite taj mehanizam. (Uputa: Možete pretpostaviti da ako su 𝑥1 i 𝑥2 slučajni, da je iekskluzivni-ILI 𝑥 “ 𝑥1 ‘ 𝑥2 isto slučajan.)

Rješenje zadatka.Svaka strana odabere vlastiti 𝑥𝑖 bez otkrivanja vrijednosti onoj drugoj strani. Zatim strane

razmijene MD5 potpise svojih odabira na sličan način kao u prethodnom zadatku, primjerice𝑀𝐷5p𝑥𝑖.𝑟𝑖q sa slučajnim 𝑟𝑖, a zatim razmijene vrijednosti 𝑥𝑖 i 𝑟𝑖; obzirom da svaka stranapoznaje potpis one druge, koja god strana zadnja otkriva 𝑥𝑖 zadnja nije ga u mogućnostipromijeniti zbog poznatih MD5 potpisa. Neka je sada 𝑥 “ 𝑥1 ‘ 𝑥2; obzirom da su 𝑥1 i 𝑥2slučajni, po pretpostavci je i 𝑥 slučajan.

Navedeno se vrlo lako može generalizirati na 𝑛 igrača, uzimajući 𝑥 “ 𝑥1 ‘ 𝑥2 ‘ ¨ ¨ ¨ ‘ 𝑥𝑛.

p♠q Zadatak 37.

Tekst zadatka (zadatak 37).Procijenite vjerojatnost nalaženja dvaju poruka s istim MD5 kontrolnim zbrojem, u situacijikada je ukupan broj poruka 263, 264 i 265. (Uputa: To je ponovno problem rođendana, kao upoglavlju Mreže s izravnim vezama, i ponovno je vjerojatnost da 𝑘 ` 1-a poruka ima kontrolnizbroj različit od svih prethodnih 𝑘 je 1´ 𝑘

2128 . Međutim, aproksimacija koja je tamo navedenasada ne uspijeva, zato umjesto toga uzmite logaritam obje strane i iskoristite aproksimacijulogp1´ 𝑘

2128 q «´𝑘

2128 .

Rješenje zadatka.

p△q Zadatak 38.

Tekst zadatka (zadatak 38).Pretpostavite da želimo enkriptirati Telnet sesiju DES-om. Telnet šalje mnogo poruka veličine1 bajt, a DES kriptira blokove od 8 bajtova. Objasnite kako se DES može koristiti sigurno uovom slučaju.

Rješenje zadatka.Problem kod popunjavanja svake 1-bajtne poruke sa 7 bajtova čiji su svi bitovi nula prije

šifriranja je da sad, obzirom da se sve poruke razlikuju samo u prvom bajtu, imamo samo28 “ 256 različitih šifriranih blokova i probijanje šifre je prilično jednostavno.

Bolja metoda je popunjavanje prostora sa slučajnim bajtovima prije šifriranja. To povećavabroj različitih šifriranih blokova, i time otežava probijanje šifre.

Uočite da u oba slučaja moramo šifrirati i slati cijeli blok.

306

p△q Zadatak 39.

Tekst zadatka (zadatak 39).Razmotrite idući jednostavan protokol za preuzimanje datoteka koji koristi UDP, donekle sličanTFTP-u:

• klijent pošalje zathjev za datotekom,

• poslužitelj odgovara prvim paketom podataka,

• klijent šalje ACK, i zatim se koristi stani-i-čekaj.

Uzmite da klijent i poslužitelj imaju ključeve 𝐾𝑐 i 𝐾𝑠 (respektivno), i da svaka od stranazna i ključ druge strane.

• Proširite protokol korištenjem ključeva i MD5 algoritma da se omogući provjera vjero-dostnojnosti pošiljatelja i provjera integriteta poruka. Protokol koji dizajnirate treba bitiotporan na napade ponavljanjem poruka.

• Kako te dodatne informacije u protokolu štite od zakašnjelih dolazaka paketa iz prethod-nih veza i od situacije kada se sekventni broj počne brojati ispočetka?

Rješenje zadatka.

• Ovdje je opisan jedan mogući pristup problemu. Paket već sadrži polja Packet Type iBlock Number, a dodavanjem polja

– vrijeme pošiljatelja kada je veza započeta,– vrijeme primatelja kada je veza započeta,– MD5 kontrolni zbroj čitavog sadržaja paketa šifriran pošiljateljevim ključem.

Zbog pretpostavke da obje strane znaju oba ključa, primatelj može dešifrirati kontrolnizbroj i iskoristiti ga za provjeru sadržaja.Polje kontrolnog zbroja osigurava integritet poruke i omogućuje autentifikaciju; u najma-nju ruku potvrđuje da je onaj koji je stvorio paket poznavao ključ pošiljatelja. (Općenito,u slučaju napada ponavljanjem poruka onaj koji je stvorio paket ne mora biti onaj kojiga je poslao.)Polja vremenskog pečata brane od napada ponavljanjem poruka; obje strane morajurazmijeniti vremenske pečate tijekom rukovanja u tri koraka prije slanja podataka, sličnoISN-ima kod TCP-a (s razlikom da se za vrijeme trajanja jedne veze vremenski pečatne povećava). Ako uključimo samo klijentov vremenski pečat, onda bi poslužitelj mogaoprepoznati napad ponavljanjem poruka pamćenjem prethodnih klijentovih vremenskihpečata. S oba vremenska pečata, bilo koja strana može biti sigurna da će započeti novuvezu čim uzme novu vrijednost za vremenski pečat.Uočimo da je pretpostavka da se napad ponavljanjem poruka događa određeno vrijemenakon prekida veze; naime, kao što je bilo rečeno ranije, ovaj protokol odbacuje sve porukekoje imaju drugačiju adresu izvora od onoga koji je izvršio provjeru vjerodostojnosti, pa bieventualni napad ponavljanjem poruka za vrijeme trajanja prijenosa podataka siguronobio neuspješan.

307

Kada bi se napad ponavljanjem poruka događao kasnije, kao nova veza, zbog promjeneu poslužiteljevom vremenskom pečatu promijenio bi se i MD5 kontrolni zbroj; da bi gamogao šifrirati, napadač bi morao imati ključ 𝐾𝑐. Uočimo da to što napadač koristivlastitu adresu kao adresu pošiljatelja također zahtijeva promjenu MD5; međutim, čaki kad bi napadač koristio izvornu adresu pošiljatelja, zbog promjene vremenskog pečatapotrebno je ponovno izračunati MD5.

• Vremenski pečati brane od zakašnjelih paketa iz prethodnih veza; zakašnjeli paketi izprethodnih veza imali bi krivu vrijednost za barem jedan od vremenskih pečata. Međutim,obzirom da se ne mijenjaju unutar jedne veze, oni ne štite od brojanja sekventnog brojaispočetka unutar jedne veze.

12.4 Kombiniranje metodap♠q Zadatak 40.Tekst zadatka (zadatak 40).Facebook provjeru identiteta radi u tri koraka:

• autentifikacija pomoću korisničkog imena i šifre,

• prepoznavanje captche duljine dvije riječi,

• prepoznavanje prijatelja.

Pretpostavimo da je napadač, bio čovjek ili računalo, uspio proći prve dvije provjere. Face-book sada traži od napadača da prepozna svakog od sedam nasumično odabranih prijatelja natemelju dvije nasumično odabrane slike.

Tekst zadatka (zadatak 40).Kod svakog prepoznavanja nudi se pet odgovora (od kojih je jedan točan) i odabir „nisamsiguran” kojim se prepoznavanje preskače. Koja je vjerojatnost da će napadač proći provjerunasumično birajući jedan od pet odgovora

• uz pretpostavku da je potrebno točno odgovoriti na svako od prepoznavanja,

• uz pretpostavku da je potrebno točno odgovoriti na šest od sedam prepoznavanja?

Uzmimo sad da napadač može pronaći javno dostupne slike (npr. umanjena slika profila,slika s matura.hr ili slika s nekog bloga) prijatelja navedenih u pet ponuđenih odgovora iprepoznavati ih s vjerojatnošću 0.2. Pretpostavimo da nema ponavljanja prijatelja u ponuđenimodgovorima. Koja je vjerojatnost da će ovom metodom napadač proći provjeru

• uz pretpostavku da je potrebno točno odgovoriti na šest od sedam prepoznavanja,

• uz pretpostavku da je potrebno točno odgovoriti na pet od sedam prepoznavanja ako jena preostala dva odgovoreno s „nisam siguran”?

Rješenje zadatka.

308

Popis referenci

309