matematičkomodeliranjeračunalnihmreža zbirka riješenih ... ·...

of 309 /309
Matematičko modeliranje računalnih mreža zbirka riješenih zadataka s auditornih vježbi jednopredmetni preddiplomski studij, III i IV semestar dvopredmetni preddiplomski studij, V i VI semestar diplomski studij matematike i informatike, III i IV& semestar preddiplomski studij fizike, V semestar diplomski studij fizike i informatike, II semestar diplomski studij politehnike i informatike, I i II semestar 30 sati (zimski semestar) + 30 sati (ljetni semestar) Vedran Miletić Zavod za komunikacijske sustave Odjel za informatiku Sveučilišta u Rijeci akademska godina 2014/2015. zadnja promjena: 2. srpnja 2017. 1

Author: others

Post on 07-Nov-2019

7 views

Category:

Documents


0 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

  • 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

    http://www.inf.uniri.hr/

  • 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 ([email protected], 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

    https://canvas.instructure.com/enroll/XKFN9Ghttp://canvas.instructure.com/

  • 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

    http://www.bitsbook.com/http://gamingpalace.de/

  • 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 log2ˆ

    1` 𝑆𝑁

    ˙

    ,

    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 :“ 𝑛𝑡

    .

    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 :“ 𝑛𝑠𝑡𝑠

    .

    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 bit2ˆ 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 bit1.7ˆ 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 ` 0.3ˆ54 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 𝑣𝑠brzinu 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 `𝑠𝑐𝑏𝑤

    .

    Izjednačavanjem 𝑡𝐷 oba slučaja imamo

    𝑡𝑃 ` 1 s`0.5 MiB

    𝑏𝑤“ 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 “ 2ˆ385ˆ 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 stignezahtjev sa Zemlje na Mjesec sa 12 RTT-a koliko treba da stigne prvi bit podataka saMjeseca 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 KiB1 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 bit2.24ˆ 10´3 s “ 2.23 Mbit{s.

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

    100ˆ 700 MiB12 h “ 100ˆ8ˆ 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 “ 2ˆ3.59ˆ 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 “ 𝑠𝑠𝑑“ 10

    6 B𝑠𝑑

    .

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

    𝑠𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 “ 𝑠` 𝑜` 𝑠𝑙 “ 106 B`106 B

    𝑠1ˆ 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 110