Accueil
Professeurs et Démonstrateurs
Horaires et locaux
Notes de cours
Démonstrations et devoirs
Examens
Liens utiles
Au sujet du livre de cours
Consultez vos notes
Foire aux questions (FAQ)
Sessions antérieures (A01, H02)
|
|
Démonstration #6
Source: A. Bonnecaze (Exos + solutions [sauf sol. #2])
Exercice -1-
La suite de bits d'une trame HDLC 0111101111101111110 est soumise à bourrage de bits avant transmission. Quel est la suite effectivement transmise dans la trame.
Des bits de transparence ont été ajoutés dans la trame. Aussitôt qu’une
séquence de un zéro suivi de cinq un est détectée, le transmetteur insère un
zéro à sa suite. Ainsi, il ne pourra jamais y avoir de données qui
ressembleraient aux fanions: 011110111110011111010
Exercice -2-
On considère une transmission de trames en full-duplex selon le protocole HDLC, entre deux stations terrestres reliées par satellite.
La distance terre-satellite est de 36000 km et la vitesse de propagation est de 200 000 km/s. Le débit est de 64 000 bits/s
et la station réceptrice permet de lire un maximum de 7 trames/s et son débit est de 50 000 bit/s.
- a) Quel temps s'écoulera entre le début de l'émission par une station d'une trame T de 512 octets dont 20 octets de service et le retour de la trame contenant l'acquittement de 10 octets (dont on supposera qu'elle est émise dès reception complète de la trame)?
Pour le délais de propagation voir transparent de Kropf, page 3.20
tprop = temps nécessaire pour faire le trajet terre (station
émission), satellite, terre (station réception) = 2 fois trajet
terre/satellite. De ce fait: temps pour faire le trajet terre/satellite =
distance/vitesse = 3600/200000 = 0.18 seconde.
tprop = 2x0.36 = 0.36 seconde
Pour que la transmission ne soit pas interrompue, il faut que la fenêtre de
transmission soit plus grande que la somme du: temps d'émission du PDU, délais
de propagation aller (pour la trame) et retour (pour l'ack) et le temps
nécessaire pour traiter l'acquittement (voir transparent de Kropf, page 4.11).
Sachant que la longueur de la trame est 512 octets, que dans un octet il y a 8
bits, que le débit de la station émission est de 64kb/s et que la trame HDLC ajoute 5
octets d'entête, nous avons: ttrame = (512+5)*8/64000 = 0.064625
s.
Sachant que la longueur de l'ack est de 10 octets, que dans un octet il y a 8
bits, que le débit de la station réception est de 50kb/s, nous avons:
ttrame = 10*8/50000 = 0.0016 s.
En faisant l'hypthèse quele temps de traitement est négligeable:
ttotal = tprop + ttrame + tack
+ tprop
ttotal = 0.36 + 0.064625 + 0.0016 + 0.36 = 0.786225 s.
- b) Quelle doit être la largeur de la fenêtre glissante pour éviter les interruptions d'émission en attente d'acquittement?
L'envoi d'une trame nécessite un temps de
0.064625 s, de ce fait dans un tprop, nous pouvons envoyer:
(une règle de trois): 0.786225 / 0.064625 = 12.17 trames ~ 13 trames.
Pour éviter les interruptions d'émission, il faudrait donc une fenêtre de 13
trames. Mais cela engorgerait la station receptrice qui ne peut accepter que
sept trames par secondes, soit 7 x 512 (octets/trame) = 3584 octets par secondes. Pendant
tTOTAL, la station receptrice ne peut recevoir que: 7 trames pour 1
seconde, la aussi règle de trois, pour tTotal, nous aurons: 5.50
trames. Il faut donc se contenter de cinq trames.
- c) On désire faire parvenir 100 trames sans erreur. Calculer le débit
utilisateur sachant qu'une trame sur dix arrivera erronée:
- 1) lorsqu'il n'existe pas de fenêtre glissante;
Si nous voulons envoyer 100 trames et sachant que
une sur dix sera erronée, Il faudra envoyer 110 trames pour 100 trames
utilisateurs. Chaque trame contient 512 octets dont 20 pour l'entête, de ce
fait la trame utile a une taille de 512-20 = 492 octets = 492 x 8 (bits) =
3936 bits. Pour 100 trames: 3936 x 100 = 393 600 bits utilisateurs.
Sachant le temps de propagation, pour envoyer 110 trames, il faudra: 110 *
0.786225 = 86.48475 secondes. De ce fait le débit est 393 600/86.48475 = 4551.0914 bit/s.
- 2) lorsqu'il existe une fenêtre glissante permettant d'éviter les
interruptions d'émission en attente d'acquittement.
Avec une fenêtre de cinq trames: Cinq trames sont
envoyées en continu. Pour envoyer 110 trames (soit 393 600
bits utiles) il faut, d'une part: 110 trames / 5 = 22 fenêtres et d'autre
part la dernière fenêtre prend avec elle en plus de la 110 trames, 4 trames
suppléemntaires, pour rien, de ce fait le temps total pour 110 trames =
22 tTOTAL + 4ttrame = 17.29695 + 0.2585 = 17.506
s. Le débit utilisateur est donc 393 600/17.506 = 22 483 bit/s.
- d) Pour éviter les interruptions d'émission, combien de trames par
secondes faudrait-il que la station réceptrice puisse gérer?
Pour éviter les interruptions d'émission, il
faudrait que la station receptrice puisse accepter un débit entrant de 64
000 bit/s au moins (c.à.d le même que celui de l'émetteur. Soit 16
trames par seconde).
Exercice -3-
Ethernet à 10Mbit/s:
- a) Combien d'octets représentent le temps inter-trame de 9.6 micro-secondes?
Une règle de 3 (1s pour 10Mbit, 9.6 micro-s pour ?)96 bits = 12 octets
- b) Quelle est la longueur d'une trame Ethernet de 1500 octets qui
traverse un cable coaxial à une vitesse de 2.3 108m/s?
Règle de trois la aussi, 1 bit correspond à 23m. 1500 octets
correspond à 276km.
- c) Pourquoi faut-il que la durée de transmission de la trame soit toujours supérieure à deux fois le temps de transit entre deux points d'émission?
Il faut que la station émetrice sache s'il y a eu collision.
- d) Quelle est la plus petite longueur possible d'une trame Ethernet ?
Plus petite trame possible: Si vous prenez la
description d'une trame ethernet 8 + 12 + 2 + 46 +
4 = 72 octets (avec préambule).
Le Runt = trame trop courte < 64 octets sans préambule.
Le Jaber = trame trop longue > 1518 octets.
- e) Quel est l'inconvenient d'avoir des trames longues?
La probabilité d'erreur sur la trame grandit
|
[top] |