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Transkript

1 / VXQJ]XUhEXQJ5HFKQHUQHW]H $XIJDEH3U IRO\QRPHXQG&5&%HUHFKQXQJ3XQNWH Gegeben sei der Frame und das Generator Polnom G(x) x 3 + x² + 1. a) Bestimmen ie die Prüfsumme für den Frame mittels CRC und geben ie den Bitstring an, der übertragen wird (vollständige Rechnung angeben)! b) Eine tation empfängt den Bitstring Überprüfen ie, ob dieser tring fehlerfrei übertragen wurde. Nehmen ie dabei an, dass die Prüfsumme mittels CRC und dem Generator Polnom G(x) berechnet wurde (vollständige Rechnung angeben)! c) Überlegen ie, ob mit Hilfe des angegebenen Generator-Polnoms alle Einzel- und Doppelbitfehler erkannt werden. Begründen ie Ihre Aussage. zu a) Rahmen Generator 1101 Nachricht nachdem 3 Nullbits angehängt wurden Æ Übertragener Rahmen zu b) Empfangener Rahmen Generator 1101 Rechnung: 0 1 0

2 Æ Übertragung war korrekt. zu c) Die Grundidee hinter CRC ist folgende: ender und Empfänger haben sich über ein Generatorpolnom G(x) geeinigt. Um die Prüfsumme für ein Frame mit m Bits zu berechnen (korrespondierend zum Polnom M(x)), muss der Frame länger als das Generatorpolnom sein. Die Idee ist nun, eine Prüfsumme an das Ende des Frames zu hängen, so dass das Polnom, welches den so gesicherten Frame repräsentiert, durch G(x) teilbar ist! Erhält der Empfänger den gesicherten Rahmen, teilt er es durch G(x). Bleibt ein Rest, so ergab sich ein Übertragungsfehler. Die notwendigen chritte sind also folgende: ei r der Grad des Polnoms G(x). Hänge r Nullbits an das niedere Ende des Rahmens (enthält nun m+r Bits), welches nun zum Polnom x r M(x) korrespondiert. 1. Teile x r M(x) durch den Bitstring, welcher G(x) repräsentiert unter Verwendung einer modulo 2 Division 2. ubtrahiere den Rest (immer U oder weniger bits) vom Bitstring korrespondierend zu x r M(x) mittels modulo 2 ubtraktion. Das Ergebnis sei das Polnom T(x), welches nun gesichert ist und übertragen wird. Nach Konstruktion folgt, dass T(x) modulo 2 durch G(x) teilbar ist. Nehmen wir nun einen Übertragungsfehler an, so dass anstelle T(x) ein Polnom T(x) + E(x) empfangen wird. Jedes gesetzte 1-bit in E(x) korrespondiert zu einem invertiertem Bit. Treten N 1-bits in E(x) auf, so haben sich N Einzelbitfehler ereignet. Nach Empfangen des gesicherten Rahmens teilt der Empfänger ihn durch G(x), also (T(x)+E(x))/ G(x) T(x)/ G(x) + E(x)/ G(x) 0 + E(x)/ G(x). Nur im Falle E(x)/ G(x) 0 bleibt der Fehler unentdeckt, alle anderen Fehler werden erkannt. Für einen Einzelbitfehler gilt E(x) x i und i bestimmt die Position des Bits. Enthält nun das Polnom G(x) zwei oder mehr Terme, so teilt es niemals E(x), somit werden alle Einzelbitfehler erkannt, was in unserem Beispiel der Fall ist (G(x) x 3 + x² +1). Treten zwei isolierte Einzelbitfehler auf, so ist E(x) x i + x j, i > j. Nehmen wir an, E(x) ist tatsächlich durch G(x) teilbar. Dann müssen alle Primfaktoren von G(x) auch in E(x) enthalten sein. Wir können E(x) auch folgendermaßen umformen: E(x) x i + x j x j * (x i - j + 1). Enthält x j keinen der Primfaktoren von G(x), dann muss (x i - j + 1) alle diese Primfaktoren enthalten, d.h. dann ist bereits (x i - j + 1) durch G(x) teilbar. Tatsächlich wissen wir, dass x j und G(x) keine gemeinsamen Primfaktoren enthalten, denn G(x) x 3 + x² +1 ist nicht durch x teilbar, x ist aber der einzige Faktor in x j. Um doppelte Fehler zu entdecken, ist es also eine hinreichende Bedingung, dass G(x) nicht x + 1teilt für jedes N bis zum Maximum L - M (bis zur maximalen Framelänge). Diese Bedingung ist für G(x) x³ + x² + 1 nicht erfüllt, da z.b. x durch G(x) teilbar ist. Wählen wir z.b. i8 und j1, so ergibt sich ein Fehlerterm E(x) x 8 + x 1, welcher nicht erkannt würde. )OHL DXIJDEH'DVVHLQVROFKHU)HKOHUWDWVlFKOLFKQLFKWHUNDQQWZLUG YHUDQVFKDXOLFKHQZLUXQVLQGHPZLU([ [ [ DXIGDV(UJHEQLVDXV7HLODXIJDEHDDGGLHUHQXQGDQVFKOLH HQGGXUFK*[ WHLOHQ%HLGHU'LYLVLRQHUKDOWHQZLUWDWVlFKOLFKNHLQHQ5HVW $XIJDEH)HKOHUNRQWUROOH3XQNWH Die Übertragung eines Paketes (Datenpaket oder Ack) zwischen zwei Rechnern beanspruche immer genau 50 Millisekunden (Transp + Prop + Proc). a. Wie lange dauert die Übertragung von 500 Datenpaketen bei Verwendung des in der Vorlesung vorgestellten RDT 2.0 Protokolls, wenn jedes 10te Datenpaket verfälscht wird? Gehen ie davon aus, dass Acks nicht verfälscht werden. Was passiert, wenn ein Paket verloren geht? b. Wie lange dauert die Übertragung von 500 Datenpaketen bei top-and-wait, wenn jedes 10te Datenpaket verfälscht oder verloren wird und der Timeout im ender 4 ekunden beträgt? Gehen ie davon aus, dass Acks

3 nicht verfälscht werden. Gehen ie ferner davon aus, dass der Timer beim ender vor Übertragung des ersten Bits eines Paketes gestartet wird. zu a) Normale Übertragung: Fehlerhafte Übertragung: Greift nicht bei verlorenen Meldungen Ohne Fehler: 500 x 2 x 50ms 50.0 s Mit 10 % Fehler (auch Retransmission Fehler): 500 x 2 x 50 ms + 50 x 2 x 50 ms + 5 x 2 x 50 ms s Bei einem verlorenen Paket wartet das stem unendlich lange. zu b) Wiederholen der Nachricht bei Ausbleiben der Bestätigung nach Ablauf des Timers Also: Ohne Fehler: 500 x 2 x 50ms 50.0 s Mit 10 % Fehler: 500 x 2 x 50 ms + 50 x 4s + 5 x 4s ,55 x 4 s s $XIJDEH$OWHUQDWLQJ%LW3URWRFRO3XQNWH Im kript wurden mehrere Zustandsautomaten für ARQ Protokolle vorgestellt. Zeichnen ie je einen entsprechenden Zustandsautomaten (finite state machine, FM) für den ender und für den Empfänger beim Alternating Bit Protocol (ABP). Das ABP kann wie folgt beschrieben werden: Der ender überträgt als 1. Paket eines mit der Nummer 0, nachdem er eine Kopie gespeichert hat. Er wartet dann auf ein Acknowledgement mit der Nummer 0 dieses Paketes: ACK0. Kommt ACK0 nicht vor einem Timeout, schickt der ender nochmals eine Kopie des ersten Paketes, ebenfalls mit der Nummer 0 ab. Kommt ACK0 vor dem Timeout an, verwirft der ender die Kopie des ersten Paketes und ist bereit, das nächste zu übertragen, welchem er die Nummer 1 gibt. Der ender wiederholt diese chritte abwechselnd, indem er immer 0 und 1 vertauscht. Der Empfänger wartet ursprünglich auf ein Paket der Nummer 0 und ignoriert inkorrekte Pakete. Empfängt der Empfänger korrekte Pakete der Nummer 1, erkennt er das an, indem er ein Acknowledgement mit der Nummer 1 an den ender schickt, verwirft aber das Paket! Empfängt der Empfänger ein korrektes Paket der Nummer 0, schickt er ein Acknowledgement der Nummer 0, ACK0 zum Empfänger. Zusätzlich liefert er das Paket ohne der Nummer beim Netzwerk-Laer des Empfängers ab. Der Empfänger wiederholt vorherige chritte indem er immer 0 und 1 vertauscht. Folgende Abbildung verdeutlicht den Ablauf anhand eines Beispiels: P1 wird mit 0 numeriert und korrekt übertragen. ACK0, das Acknowledgement von P1 kommt beim ender vor dem Timeout an. ender nummeriert P2 mit 1, überträgt es korrekt. Empfänger ist überlastet und P2 wird zu spät mit ACK1 quittiert (nach Timeout beim ender). omit nimmt ender an, daß das Paket verloren ging und schickt es nochmals, wieder mit Nummer 1. Diese Kopie kommt korrekt beim Empfänger an. Da das Letzte Paket, das der Empfänger erhalten hat, nicht die

4 Nummer 0 hatte, verwirft jetzt der Empfänger das Paket, schickt aber ACK1 zum ender. Da es sich beim ender nicht um ein ACK0 handelt, verwechselt der ender es nicht mit einem Acknowledgement von P3. P1 0 P2 Timeout Kopie von P2 P3 Timeout ACK0 ACK1 ACK1 Abliefern Abliefern Verwerfen 6HQGHU ' 8 ( 9 8 ( 9 % *! :: ; ( # 8 8 ' % 8 ( 9 % *! :: 5 + <" 8 ( 9 % *! :: ) + > 8 ( 9 % * -?!!! "# $&% ' ( ) ( * + ' $ $, * % ( * + % ( * ( ) ( * + ' $,! 0 &1&243 5 $& # ' ' 8 ( 9 8 ( 9 % *! :: ; ( # 8 8 ' % 8 ( 9 % *! :: 5 + <" 8 ( 9 % *! :: ) + > 8 ( 9 % * -.!! 5 $, # ' 6 71,2,@ 6 7! "# $&% ' ( ) ( * + ' $ $, * % ( * + % ( * -? - - ( ) ( * + ' $,! (PIlQJHU TU V WXY Z[ \ ] Y^ _ V ` aa [ b cde e f \ V [ \ ] Y ^ _ V ` `a4a6g ] h i_ j[ \ ] Y^ _ V k l ` s t V e ] Y V [ \ ] Y ^ _ V k U] V ] ` u_ v w Z _e Wu] V ] [ U] V ] ` cdm0\f V _ cpg _ Y ^ h fm m7]^ _ n] Y^ _ V [ ho Un] Y^ _ V k p,cpq4l k Y g^ hfm7` TU V W h _ o U[ ho Un ] Y ^ _ V ` TU V WXY Z[ \ ] Y ^ _ V `aa [ b cde e f \ V [ \ ] Y^ _ V ` `a4a g ] h i_ j[ \ ] Y ^ _ V k l ` cdm\f V _ cpg _ Y^ hf m m] ^ _ n] Y^ _ V [ h o Un] Y^ _ V k p,cpq4l k Yg ^ h fm7` TU V W h _ o U[ ho Un ] Y^ _ V ` ACBD E F6GH I JKL D KLMNPO KOE FO AQBD E FRG4H I JKL D KLM4N4O K4OE FO TU V WXY Z [ \ ] Y^ _ V `a4a [ b cde e f \ V [ \ ] Y^ _ V `a4a6g ] h i_ j[ \ ] Y^ _ V k r ` ` cdm\f V _ c4g _ Y^ h fm m7]^ _n ] Y^ _ V [ ho Un ] Y^ _ V k ppc,qr k Y g^ hf m` TU V W h _o U[ h o Un] Y ^ _ V ` TU V WXY Z [ \ ] Y^ _ V `a4a [ b cde e f \ V [ \ ] Y ^ _ V ` ` apa6g ] h i_ j[ \ ] Y^ _ V k r ` s t V e ] Y V [ \ ] Y^ _ V k U ] V ] ` u_v w Z _e Wu] V ] [ U] V ] ` cdm\f V _ c4g _ Y^ h fm m7]^ _n ] Y ^ _ V [ ho Un ] Y ^ _ V k ppc,qr k Yg^ hf m` TU V W h _o U[ h o Un] Y^ _ V `

5 z $XIJDEH$OWHUQDWLQJ%LW3URWRFRO3XQNWH Betrachten ie zwei hintereinandergeschaltete Übertragungsstrecken AB und BC. Es wird auf jeder Teilstrecke das Alternating Bit Protocol verwendet. In der Vorlesung wurde eine Formel zur Berechnung der Effizienz des top-and-wait Protokolls hergeleitet, bei dem die Länge der Ack-Pakete jedoch vernachlässigt wurde. Leiten sie eine entsprechende Formel für das ABP her, welches auch die Länge der Ack-Pakete berücksichtigt (vernachlässigen ie die Verarbeitungszeit Proc der Nachrichten). Die erste trecke AB ist 10 km lang, BC ist 5 km lang. Jede Verbindung habe eine Kapazität von 1 Mbps full-duplex. Die Paketlänge der Daten betrage jeweils 1 Kbit, und die der Bestätigungsnachrichten betrage jeweils 20 Bit. Die ignallaufzeit Prop betrage 2 ms zwischen A und B und 1 ms zwischen B und C. p sei die Wahrscheinlichkeit, dass ein Datenpaket oder das dazugehörige Ack verloren geht (d.h. die Wahrscheinlichkeit, dass ein gesendetes Paket wiederholt werden muss). p betrage 0.2 für die trecke AB und 0.1 für die trecke BC. Verwenden sie auf enderseite den minimal nötigen Timeout, um ein vorzeitiges enden von Duplikaten zu vermeiden. Berechnen ie die Effizienz bei den gegebenen Parametern und geben sie den End-to-End Durchsatz an. ei p Wahrscheinlichkeit, dass ein Datenpaket oder das dazugehörige Ack verloren geht. Ein Paket wird im Mittel N x mal übertragen. Æ Zeit zwischen 2 Paketen im Mittel: (N x 1)*( 7UDQV + 7LPHRXW) + 1*( 7UDQV + 7UDQVD + 2* Pr R) Der Timeout beim ender wird auf Transa + 2 * Prop gesetzt, da frühestens nach dieser Zeitspanne das Ack beim ender ankommen kann. +LQZHLV*HQDXZLHLP6NULWDEHULP*HJHQVDW]]X$XIJDEHZLUGGHU7LPHRXWEHLP6HQGHUGLHVHV 0DO QDFK $EVHQGHQ GHV OHW]WHQ %LWV HLQHV 3DNHWV JHVWDUWHW $OWHUQDWLY N QQWH PDQ GHQ 7LPHRXW DXFK ZLH LQ $XIJDEH YRU GHP $EVHQGHQGHVHUVWHQ%LWVVWDUWHQGDQQP VVWHPDQGHQPLQLPDOHQ7LPHRXWMHGRFKDXI7UDQV7UDQVD3URIHVWOHJHQZDV GDQQLQGHUIROJHQGHQ5HFKQXQJZLHGHU]XPJOHLFKHQ(UJHEQLVI KUHQZ UGH Æ 1 x *( 7UDQV + 7UDQVD + 2* Pr R) N x ist der Erwartungswert einer Zufallsvariablen. Diesen können wir wie folgt berechnen: 1 1 L 3 L hehuwudjxqjhq L * ( _ ) *( *(1 )) (1 )* L * (1 ) (1 ) 1 7UDQV + 7UDQVD + 2 Pr R 6 *( 7UDQV + 7UDQVD + 2 Pr R) 8 7UDQV 6 A B C 7UDQV 7UDQ + 7UDQVD + 2 Pr R 7UDQV*(1 ) 7UDQV + 7UDQVD + 2 Pr R Übertragungsdauer für ein Datenpaket TRANP 1kb/ 1Mbps 1ms Übertragungsdauer für ein Ack TRANA 20b/ 1Mbps 0,02ms Für Link AB gilt: Verlustwahrscheinlichkeit p 0.2 ignallaufzeit PROP 2ms. U (1 * 0,8) / (1 + 0,02 + 2*2) 0,1593 omit ergibt sich ein effektiver Durchsatz von 1Mbps mal 0,1593 e(ab, p) Mbps Für Link BC gilt: Verlustwahrscheinlichkeit p 0.1 ignallaufzeit PROP 1ms. U (1 * 0,9) / (1 + 0,02 + 2*1) 0,298 omit ergibt sich ein effektiver Durchsatz von 1Mbps mal 0,298 e(bc, p) 0,298 Mbps. omit ist der end-to-end Durchsatz min(e(ab, p), e(bc, p)) Mbps.