Fondamenti di Internet e Reti 09746 sul Livello di Trasporto o Si consideri un canale via satellite della capacità di [Mb/s]. Considerando che il tempo di propagazione attraverso un satellite geostazionario richiede 50 [ms], si chiede di dimensionare la minima finestra di trasmissione di un protocollo Go-CK-N (versione freeze con time-out) in modo che sia consentita la massima efficienza temporale del canale quando vengano trasmesse trame di 000 [bit] in assenza di errori. Si suppongano gli CK trascurabili. Si calcoli poi la massima efficienza trasmissiva che si avrebbe nel caso in cui il meccanismo RQ sia di tipo STOP and WIT. L efficienza del meccanismo Go-CK-N dipende dal rapporto tra RTT e lunghezza della finestra. 3 N N+ N+ τ Trasmissione Inefficiente RTT>NT 3 N N+ N+ Trasmissione Continua RTT<NT T τ Per avere la massima efficienza il numero di pacchetti N nella finestra deve essere tale che il loro tempo di trasmissione copra il tempo di andata e ritorno del primo pacchetto. Detti: T = ms = 000 [bit] / [Mb/s], il tempo di trasmissione di un pacchetto t = 50 ms, il tempo di propagazione allora deve essere: NT T+ t è N + t/t = + x 50/ = 5 Per finestre N 5, la trasmissione risulta continua, dunque l efficienza del meccanismo è. Nel caso di meccanismo STOP&WIT abbiamo: 3 T τ L efficienza del meccanismo STOP&WIT si calcola considerando che il meccanismo trasmette pacchetto (durata T = ms) ogni T + t, dunque l efficienza: η = T/(T+t) = /5.
Fondamenti di Internet e Reti 09746 o Un sistema GO-CK-N presenta un ritardo di propagazione pari a 4 volte il tempo di trasmissione di un pacchetto e viene usato per inviare un file di 000 pacchetti. Ipotizzando che tutti i pacchetti ricevuti correttamente siano riscontrati (tempo di trasmissione del riscontro = tempo di trasmissione del pacchetto), si calcoli il numero di pacchetti trasmessi inutilmente (errati o corretti ma scartati dal ricevitore) nel caso in cui la finestra sia lunga W = 00 quando:. si sbaglia il primo pacchetto del file. si sbagliano il primo e il 00-esimo pacchetto del file 3. si sbaglia l CK del primo pacchetto del file 4. si sbaglia l CK del primo e del 00-esimo pacchetto del file Tempo di ritorno dell CK, RTT = T + 4T + T + 4 T = 50T Caso Finestra: (-00) (,0) (3,0) 49 50 5 9900 49 50 5 pacchetti ignorati dal ricevitore CK= CK=3 Trasmetto inutilmente i pacchetti dal a 00 Caso (,0) (3,0) 49 50 5 9900 49 50 5 pacchetti ignorati dal ricevitore CK= CK=3 Come nel caso precedente trasmetto inutilmente i pacchetti dal a 00 Caso 3 (3,0)(4,03) Finestra: (-00) 49 50 5 990000 I pacchetti,,... sono tutti ricevuti correttamente e viene inviato l CK. L CK del riscontra implicitamente anche il pacchetto e pertanto non si ritrasmette NESSUN pacchetto.
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Caso 4 Finestra: (-00) (4,03) (3,0) (5,5) (5,50) 49 50 5 990000 505 nche in questo caso la perdita del 00-esimo CK non ha effetto. o 3 Un canale sbaglia la trasmissione di pacchetti in ragione di ogni 0, mentre non sbaglia il ritorno degli CK. Si calcoli l efficienza del meccanismo in termini di numero di pacchetti corretti / numero totale pacchetti trasmessi nel caso in cui si usi STOP and WIT con time-out minimo. Si calcoli poi l efficienza trasmissiva temporale totale (tempo usato per trasmettere pacchetti corretti/tempo totale) nel caso in cui il tempo di propagazione sia pari a n volte il tempo di trasmissione di un pacchetto T e il tempo di trasmissione dell CK sia pari a T. Con lo STOP and WIT, ogni 0 pacchetti, ne sbaglio. Dunque l efficienza è η pkt = 9/0 = 0.9 Time out Time out 3 4 5 6 7 8 9 0 0 Per quanto visto prima si trasmettono 9 pacchetti corretti (durata 9T) ogni 0 round trip time. Un round trip time è pari a T + nt + T + nt. Dunque: η tot = 9T / 0T( + n) = 9 / 0( + n) o 4 Due stazioni e colloquiano attraverso da due collegamenti in cascata con velocità rispettivamente di 00 e 00 [Mb/s] e ritardo di propagazione di 500 [µs] su ciascun collegamento. Il forwarding fra i due collegamenti sia di tipo Store and Forward senza ritardo di processing. Un file di 50 [Mbyte] viene trasferito fra i due nodi suddividendolo in pacchetti di 0000 [bit] con header trascurabile. Si calcoli il ritardo con cui viene ricevuto l ultimo bit del file in nei seguenti casi in cui:. I pacchetti vengano trasmessi sulle linee alla velocità massima. I pacchetti vengano trasferiti attraverso un meccanismo di RQ Stop and Wait applicato end-to-end. 3. I pacchetti vengano trasferiti attraverso un meccanismo di RQ Stop and Wait applicato su ciascuno dei due collegamenti separatamente Si ipotizzi che le trasmissioni sono senza errori e che la lunghezza degli CK sia pari a quella dei pacchetti. Il numero di pacchetti da trasmettere è pari a N = (50 8 0 6 ) / 0000 = 000000 pacchetti Il tempo di trasmissione sul primo link è T =0000 [bit] / 00 [Mbps] = 00 [µs], mentre sul secondo link è T = T /= 50 [µs], infatti la velocità di trasmissione è doppia. 3
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Caso 3 0 6 X T t T Il tempo totale di trasferimento è T tot = NT + t + T = 0 6 00 [µs] + 500[µs] + 50 [µs] = 00.005 [s] Caso Δ Δ/ Il tempo fra due trasmissioni consecutive sul primo link è pari a Δ=T + t + T + t + T + t + T + t = T + T + 4t =.3 ms L ultimo bit sul secondo link viene ricevuto dopo il tempo (N-) Δ + Δ/ = NΔ - Δ/ = 300 [s] - 0.005 [s] = 99.99885 s Caso 3 Il tempo fra due trasmissioni consecutive sulla prima tratta è pari a D = T + t =. ms, mentre il tempo fra due trasmissioni consecutive sulla seconda tratta è pari a D = T + t =. ms. Dunque i pacchetti non fanno coda sul primo link (quando arriva il secondo pacchetto sul primo link, il primo pacchetto è già partito sul secondo link). Δ N- N Δ 3 4 N- N La trasmissione dell CK sul primo link avviene contemporaneamente alla trasmissione del pacchetto sul secondo link, le interfacce coinvolte sono diverse. Il tempo totale di trasferimento è pari a (N-) Δ + Δ = (N-) Δ + Δ / + T + t = NΔ - Δ / + T + t = = ND - D / + T + t = 00000 [ms] - 0.6 [ms] + 0.05 [ms] + 0.5 [ms] = 99.99995 s 4
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Domanda 5 Si consideri il protocollo Go-CK-N con N = 4 e time-out pari a 5 volte il tempo di trasmissione di un pacchetto. Si completi la figura in accordo alle regole del protocollo 0 0 3 4 5 6 7 0 4 6 0 3 4 5 6 7 Domanda 6 Si consideri il protocollo Go-CK-N con N = 3. Si completi la figura in accordo alle regole del protocollo 5
Fondamenti di Internet e Reti 09746 0 0 3 3 0 0 3 Domanda 7 Si consideri il protocollo Go-CK-N con N = 4. L esempio in figura è corretto? Se no perché? 0 3 4 0 3 3 4 0 3 3 4 4 3 4 3 4 0 3 4 6
Fondamenti di Internet e Reti 09746 0 3 4 0 3 3 4 0 3 3 4 4 3 4 3 4 0 3 L esempio è errato l SN = 0 (à) non è stato riscontrato, infatti l unico CK arrivato ha RN = 0 (il ricevitore si aspetta di ricevere SN = 0). Infatti, SN = 0 (à) è stato finito di ricevere dopo l inizio della trasmissione dell CK RN = 0 (à). L esempio corretto è: 0 4 3 4 0 3 0 3 4 0 3 3 4 4 3 4 3 4 0 3 4 o 8 Si consideri la rete in figura in cui tra l host e l host sia attivata una connessione TCP. Si calcoli l istante di tempo dall attivazione della connessione oltre il quale la trasmissione sul link risulta continua, supponendo header trascurabili link bidirezionali e simmetrici RCWND = 4000 [byte] e SSTHRESH = 400 [byte] dimensione segmenti MSS = 00 [byte] dimensione CK = dimensione segmenti per apertura della connessione = trascurabile Quanto tempo occorre per trasferire un file da [kbyte] sulla connessione TCP sopra specificata (dall istante di trasmissione del primo segmento all istante di ricezione dell CK dell ultimo segmento)? 7
Fondamenti di Internet e Reti 09746 C =40 Mb/s τ = us R C =80 Mb/s τ = us 3 4 5 6 7 8 9 0 RTT RTT TX continua sul link La trasmissione è continua sul link WT >RTT, quindi W > RTT/T Quindi: RTT = T + T + 4τ = 0 [μs] + 0 [μs] + 4 [μs] = 34 μs T =00 8 [bit] / 40 [Mb/s] = 0 μs E dunque W > RTT / T =.7 La trasmissione risulta continua sul link dopo un RTT, infatti dopo un RTT W =. Il file è composto da [kbyte] / 00 [byte] = 0 MSS Dunque il tempo totale di trasferimento è: RTT (Primo RTT) + 8 T (Segmenti in trasmissione continua) + RTT (Ultimo pacchetto e ritorno dell CK) = 8 μs o 9 Si consideri il collegamento in figura tra i due host e. deve trasferire una sequenza di 00 segmenti di lunghezza massima usando TCP. Si calcoli il tempo necessario supponendo: MSS = 000 [bit] lunghezza degli header di tutti i livelli trascurabile la connessione viene aperta da e la lunghezza dei segmenti di apertura della connessione è trascurabile la lunghezza degli CK è trascurabile SSTHRESH è pari a 5 MSS TX continua MSS MSS 4 MSS 5 MSS 6 MSS 7 MSS 8
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Il tempo di trasmissione T=000 [bit] / [Mb/s] = ms, mentre RTT = 6. [ms] + T = 7. ms La trasmissione è dunque discontinua fino a che WT < RTT, cioè fino a che W = 8. Il tempo totale di trasferimento è pari a: τ (setup connessione) + 6 RTT (Primi 5 MSS) + 75 T (75 MSS in trasmissione continua) + τ (ritorno CK dell ultimo MSS) = 30.6 ms o 0 ll istante 0 viene attivata una connessione TCP tra l host e l host. Si calcoli l istante di tempo oltre il quale la trasmissione sul link risulta continua, supponendo header trascurabili link bidirezionali e simmetrici RCWND = 4000 [byte] e SSTHRESH = 400 [byte] dimensione segmenti MSS = 00 [byte] dimensione CK = dimensione segmenti per apertura della connessione = 0 [byte] connessione aperta dal terminale Quanto tempo occorre per trasferire un file da [kbyte] (dall istante di trasmissione del primo segmento all istante di ricezione dell CK dell ultimo segmento)? C =5 Kb/s τ =5ms R C =50 Kb/s τ =5ms R C 3 =00 Kb/s τ 3 =5ms Cominciamo calcolando i tempi di trasmissione sui vari link, il RTT end-to-end ed il tempo di setup: T =00 8 [bit] / 5 [kbit/s] = 64 ms, T = ½ T = 3 ms, T 3 = ½ T = 6 ms RTT = T + T + T 3 + (τ + τ + τ 3 ) + (Tack + Tack + Tack 3 ) = 3. ms T setup = (Tack + Tack + Tack 3 ) + (τ +τ +τ 3 ) =.4 ms Il link più lento è il link, che sarà il collo di bottiglia, cioè il primo a saturarsi. Dunque la trasmissione è continua sul link quando: WT > RTT. Vale a dire W > RTT / T = 3.3 L istante in cui la trasmissione diventa continua è quando la finestra vale 4 MSS, cioè T c = T setup + 3 RTT =.4 [ms] + 649.6 [ms] = 75 ms Il file da trasferire è di [kbyte], equivalenti a 0 MSS. Il tempo per trasferire 0 MSS è: T tot = T setup + 4 RTT + 3 T =.5 s o Si consideri il collegamento in figura 9
Fondamenti di Internet e Reti 09746 C =80 kbit/s τ =0 ms R C =? τ =? vuole conoscere la capacità e il ritardo di propagazione del link e allo scopo invia a due messaggi di echo: M di lunghezza l = 000 byte, ed M di lunghezza l =500 byte; per ognuno di essi misura un Round-Trip-Time (RTT) pari a 780 ms e 30 ms, rispettivamente. Nella risposta, utilizza messaggi con le stesse lunghezze. Calcolare C e τ nell ipotesi che le lunghezze degli header siano trascurabili. Secondo lo scambio in figura, impostiamo un sistema di due equazioni (una per pacchetto) in due incognite (C e τ ) m RTT = C RTT m = C m + τ + C m + τ + C + τ + τ Inserendo i valori numerici abbiamo 8000 8000 6000 780 = + 0 + + τ = 0 + + τ 80 C C 000 000 4000 30 = + 0 + + τ = 30 + + τ 80 C C E risolvendo τ = 80 80 = C = 4000 8000 8000 + 80 560; C = + C C 8000 50 τ = 80 8000 C = 3 kbit/s 8000 3 = 30 ms o Si consideri il collegamento in figura 0
Fondamenti di Internet e Reti 09746 C C C 3 τ τ τ 3 R R C C C3 Tra e è attiva una connessione TCP già a regime con MSS = 50 byte. Definiti: Lunghezza Header IP: HIP Lunghezza Header TCP: HTCP Lunghezza Header livelli inferiori: HLL In caso di: RCVWND sia minore della CWND e pari a 4 segmenti. ssenza di errori Lunghezza degli CK trascurabile Si calcoli il tempo necessario a trasferire una sequenza di byte in arrivo dal livello applicativo lunga 04 kbit (dall istante di trasmissione del primo segmento alla ricezione dell CK dell ultimo). Qual è il valore della finestra che consentirebbe di avere una trasmissione continua di pacchetti sul link? Una sequenza di 04 [kbit] equivale a 3000 [byte] che possono essere inviati in 5 segmenti da 50 [byte] (MSS). Ciascun pacchetto (sul link) ha una lunghezza complessiva di L = MSS+ HIP + HTCP + HLL. bbiamo due casi, a seconda della durata del RTT rispetto al tempo di trasmissione sul primo link L L L RTT = + τ + + τ + + τ 3 C C C 3 Se RTT > 4 L / C la trasmissione non è continua Ttot = (5 / 4) RTT + (4 ) L C =3RTT + 3 L C altrimenti la trasmissione è continua 5 5 L Ttot = 5 + RTT C Il valore minimo della finestra che consente una trasmissione continua si calcola imponendo che il tempo RTT sia minore o uguale del tempo di trasmissione dei segmenti della finestra: L RTT w C
Fondamenti di Internet e Reti 09746 w C L L C L L + τ + + + + τ τ C C3 = 3 o 3 Una connessione TCP è usata per trasmettere un file da 39.5 [kbyte] utilizzando i seguenti parametri: o MSS = 500 [byte] o RTT = 500 [ms] o timeout pari a RTT. Si assuma che le condizioni iniziali delle finestre siano: o RCWND = [kbyte] o SSTHRESH = 8 [kbyte] o CWND = 500 [byte] E che inoltre: o si verifichi un errore sulla connessione all istante 3 s (tutti i segmenti in trasmissione vengano persi) o al tempo 4.5 [s] il ricevitore segnali RCWND = [kbyte] Si tracci l andamento nel tempo di: o CWND o SSTHRESH o RCWND Si calcoli il tempo di trasmissione del file utilizzando multipli di RTT come base temporale Conviene ragionare in numero di segmenti trasmessi Dimensione File (in MSS) = 39.5 [Kbyte] / 500 [byte] = 79 MSS Dobbiamo trovare il tempo necessario per trasferire 79 MSS, possiamo farlo utilizzando il seguente grafico RCWND = [Kbyte] / 500 [byte] = 4 MSS SSTHRESH = 8 [Kbyte] / 500 [byte] = 6 MSS Timeout = s 30 5 RCWND 0 SSTHRESH 6 7 8 MSS 5 0 8 CWND 4 4 4 4 4 4 4 5 4 0 0 3 4 5 6 7 8 9 Secondi Il tempo di trasferimento del file è T = 8.5 [s], alle fine dell RTT che inizia al 8 [s] o 4 Si consideri il collegamento in figura
Fondamenti di Internet e Reti 09746 deve trasferire un messaggio applicativo di M byte verso utilizzando UDP. Supponendo che la lunghezza massima dei segmenti UDP sia di m byte (dati), e indicando con HLL, HIP, HUDP gli header dei livelli inferiori, IP e UDP rispettivamente, si calcoli:. il tempo necessario a trasferire il messaggio.. il tempo necessario a trasferire il messaggio, ipotizzando che sul link sia attivo un meccanismo RQ di tipo Stop-and-Wait (lunghezza degli CK trascurabile) Il sistema deve trasferire n = M m pacchetti di lunghezza massima, mentre l ultimo pacchetto è lungo l = M mn Punto C bbiamo due casi l + h m + h se C C C τ τ R C C m + h l + h l + h n + + τ + +τ C C C Invece se l + h m + h C C m + h m + h l + h n + τ + + +τ C C C Punto nche qui abbiamo due casi se m + h m + h τ + C C 3
Fondamenti di Internet e Reti 09746 m + h m + h + τ τ + l h + + n + + τ C C C Invece se m + h m + h τ + C C m + h l + h l + h n + + τ + +τ C C C o ttraverso il collegamento in figura si vuole aprire una connessione TCP e trasferire un file da 60850 byte. La connessione è caratterizzata dai seguenti parametri: MSS = 00 [byte] Lunghezza header TCP, H TCP = 40 [byte] Lunghezza totale header inferiori a TCP, H INF = 60 [byte] Lunghezza CK, L = 350 [byte] (inclusi tutti gli header) SSTHRESH = 60000 [byte], RCWND molto grande Si chiede di indicare:. Se la trasmissione diventerà mai continua. Se sì, a partire da quale istante?. Il tempo totale di trasferimento del file in assenza di errori (fino alla ricezione dell ultimo CK alla sorgente). 3. Il tempo totale di trasferimento del file in assenza di errori, nel caso in cui il ricevitore comunichi RCWND = 6000 [byte] all istante 88 [ms] della sorgente. 4. Come al punto 3, ma con errore di trasmissione di entrambi gli ultimi due segmenti e timeout minimo. Punto Il file è composto da 50 MSS + 850 byte, dunque i segmenti di lunghezza massima sono lunghi L = 00 + 40 +60 = 400 byte = 00 bit mentre l ultimo segmento è lungo L = 850 + 40 + 60 = 050 byte = 8400 bit 4
Fondamenti di Internet e Reti 09746 I tempi di trasmissione sono T = L / C = 0 ms, T = L/C = 4 ms TCK = CK/C =5 ms, TCK = CK/C = ms T = L /C = 5 ms, T = L /C = 3 ms bbiamo dunque RTT = T + T + TCK + TCK + 4 τ = 50 ms La trasmissione è continua quando Wc = RTT / T = 7.5 => 8 MSS (W=, W=, W=4, continua) Considerando il tempo di setup Topen = TCK + TCK + 4 τ = 3 ms L instante in cui la trasmissione è continua Tcontinua = Topen + 3RTT = 58 ms Punto Vengono inviati 7 MSS prima che la trasmissione diventi continua, dunque abbiamo 50-7 = 43 MSS in trasmissione continua + ultimo segmento più corto Il RTT del segmento più corto è diverso dagli altri RTT = T + T + TCK + TCK + 4 τ = 44 ms Dunque il tempo totale è Ttot = Tcontinua + 43 T + RTT = 586 ms 5
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Punto 3 Vediamo la perdita dei segmenti sui diagrammi temporali SSHTHRESH = 60000 [byte] / 00 [byte] = 50 MSS Quindi il tempo totale è Ttot = Topen + 3RTT + 5T +.5T + 5RTT + 3T + RTT = = 88 [ms] +.5T + 5RTT + 3T + RTT = 866 ms 6
Fondamenti di Internet e Reti 09746 Punto 4 Ttot = 88 [ms] +.5T + 5RTT + T + RTT + RTT + RTT = 46 ms 7