Examen Reseau 05

Exercice 1 :

  1)  Un canal de télévision a une largeur de bande de 6 MHz. Quel débit binaire peut être obtenu sur cette liaison si un signal quadrivalent est utilisé. On suppose le canal sans bruit.
    Pour calculer le débit binaire maximal sur un canal de télévision avec une largeur de bande de 6 MHz en utilisant un signal quadrivalent (c'est-à-dire quatre niveaux de signalisation), vous pouvez utiliser la formule suivante :

D=2⋅B⋅log⁡2(N)

où :

• D est le débit binaire en bits par seconde (bit/s).
• B est la largeur de bande du canal en hertz (Hz).
• N est le nombre de niveaux de signalisation.

Dans ce cas, la largeur de bande du canal (B) est de 6 MHz, ce qui équivaut à 6 000 000 Hz. Le nombre de niveaux de signalisation (N) est de 4 car vous utilisez un signal quadrivalent.

D=2⋅6,000,000⋅log⁡2(4)D=2⋅6,000,000⋅log2​(4)

D=12,000,000⋅log⁡2(4)D=12,000,000⋅log2​(4)

D=12,000,000⋅2D=12,000,000⋅2

D=24,000,000 bit/s=24 Mbit/sD=24,000,000 bit/s=24 Mbit/s

Le débit binaire maximal que vous pouvez obtenir sur ce canal est donc de 24 Mbit/s. Cela signifie que vous pouvez transmettre jusqu'à 24 millions de bits par seconde sur ce canal sans bruit en utilisant un signal quadrivalent.

2)  On souhaite transmettre des images d'écran sur une fibre optique. La définition est de 800 par 600 pixels , chaque pixel est codé sur 16 bits. Le taux de rafraichissement de l'image est de 60 images par seconde. Quelle largeur de bande est utilisée pour cette transmission ?
    D = 800*600*16*60=460 Mbit/s ; valence = 2 ; F = 230 MHz par Nyquist. La fréquence se situe à une valeur d'environ f=c/lambda = 1.5 10¹⁴.

    Sur le réseau Ethernet à 10MBits. On veut ouvrir une session Xterm. De combien doit-on baisser la fréquence de rafraichissement de l'image pour garder la même définition?
    Il faut diviser le rafraichissement par 46, donc 1.3 image/s

  3) Quel est le débit maximum praticable lorsque l'on transmet une série d'infomrations binaires dans un canal offrant 3 kHz de bande passante et dont le rapport signal sur bruit est de 20 dB
    Le calcul donne ce qui suit: Par Shannon C = F log2(1+S/N) donc 20dB = 10 log10(S/N) => S/N = 100 ; Ainsi le débit maximum = 3000 * log2(1+100) = 19.5 kbps. Cependant le théorème de Nyquist fixe le débit binaire maximal d'un signal s comme suit: Dmax = 2 . F . log2m; sachant que m = 2 et F = 3000, Dmax=6000 bits/sec au lieu de 19.5 kbps.

4) Quelle est la valeure du rapport signal sur bruit permettant de transmettre 1,544 Mbit/s sur une ligne offrant une bande passante de 50 kHz ?
    Par Shannon C = F log2(1+S/N) donc 1.544x10⁶ = 5000 log2(1+S/N) => S/N = 2³⁰ - 1 d'où S/B = 93 dB

Exercice 2 :

1. Oui, car une adresse de classe B permet d’adresser 2¹⁶ – 2 (65 534 machines), soit largement plus que le nombre de machines installées.
2. Une adresse de classe C permet d’adresser 254 machines. Il faut 12 adresses de classe C pour adresser tous les terminaux.
3. Il faut 4 bits pour identifier 12 sous-réseaux. Le masque vaut donc : 255.255.240.0.
4. Il reste 12 bits, c’est-à-dire qu’on peut adresser 2¹² – 2 machines soit 4 094 machines par sous-réseau.
5. Le sous-réseau n^o 1 a pour adresse 139.47.16.0 (les 4 bits de sous-réseau valent 0001 soit 1 en décimal) donc le sous-réseau n^o 9 aura pour adresse réseau : 139.47.144.0 (les 4 bits de sous-réseau valent 1001 soit 9 en décimal)
6. La machine 7.48 du sous-réseau 139.47.144.0 a pour adresse IP 139.47.151.48.
7. Adresse réseau du sous-réseau no 12 : 139.47.192.0 ; son adresse de diffusion vaut : 139.47.207.255.

Exercice 3 :

1) Les trames échangées entre les stations sont représentées différemment. Par convention, l’axe des temps est vertical. Une flèche orientée représente une trame, dont la nature est donnée à l’origine de la flèche (côté émetteur). Elle est prise en compte par le récepteur à l’instant figuré par la fin de la flèche (le récepteur réagit alors à la trame qu’il vient de recevoir). À la figure ci-après, les trames erronées sont représentées par des flèches et des informations de commande grisées. La figure 2.16 donne les échanges de trames entre A et B.

2) La figure ci-dessous donne les échanges entre A et B pour la question 2 :

Note : La fenêtre d’émission de A est fermée après l’émission de I10 et B ne peut pas émettre de trame REJ. A peut émettre I21 dès qu’il a reçu l’acquittement de sa première trame (par RR1)

3) La figure ci-dessous donne les échanges entre A et B pour la question 3 :

Note : A émet la trame I21 dès que sa fenêtre est ouverte par la trame RR1. Comme c’est la dernière trame I à émettre, B ne peut pas la rejeter. Il faut donc que A attende l’expiration du temporisateur associé à I11 pour qu’il puisse réémettre les deux dernières trames.

4) La figure ci-dessous donne les échanges entre A et B pour la question 4 :

Note : B a détecté la rupture de séquence et redemande la trame I00. Elle sera réémise sous la forme de I01 pour acquitter la trame reçue de B. Lorsque I01 parvient correctement à destination, B peut reconstituer la séquence complète des trames émises et acquitter les deux premières. A émet alors sa dernière trame.

5) La figure ci-dessous donne les échanges entre A et B pour la question 5 :

Note : Lorsque B a reçu la trame I11, il peut acquitter toutes les trames qu’il a reçues.

6) La figure ci-dessous donne les échanges entre A et B pour la question 6 :

Note : Les deux dernières trames de A étant erronées, toutes les trames de sa fenêtre sont ignorées. Il faut attendre l’expiration des temporisations associées aux trames pour les réémettre.

La réponse à cette question est donnée par le diagramme de la figure ci-haut. Nous y remarquons que, comme dans le cas du rejet simple, il faut attendre la reprise sur temporisation pour réémettre les deux dernières trames I.

Remarque
Nous constatons des similitudes et certaines différences entre les deux modes de rejet. Commençons par les similitudes :

1. Dans le rejet sélectif comme dans le rejet simple, seules les trames I sont acquittées explicitement, soit par une trame RR ou RNR, soit par l’incrémentation du compteur N(R) inséré dans la trame I qui suit la bonne réception des trames. Cet acquittement valide toutes les trames I jusqu’à la trame de numéro N(R) – 1 incluse.

2. Une trame I erronée ne se détecte qu’a posteriori : par exemple, c’est seulement parce que le récepteur a reçu la trame I10 qu’elle peut détecter que la trame I00 était en erreur. Ainsi, une trame SREJ, comme une trame REJ, ne sera émise qu’après la première trame I reçue correctement mais qui n’est pas en séquence.

3. Le compteur de trames reçues correctes est incrémenté après que le récepteur a vérifié que la trame respecte deux conditions : elle est bonne (format et FCS corrects) et elle est en séquence (la valeur N(S) de la trame reçue est égale à la valeur N(S) de la trame précédente augmentée d’une unité).

4. Dans les deux techniques de rejet, la valeur courante de N(R) signifie que toutes les trames I jusqu’à la valeur N(R) – 1 sont bonnes et en séquence. En ce sens, on peut dire que N(R) compte, modulo 8, le nombre de trames I bien reçues.

Examinons maintenant les différences :

1. La manière de renvoyer les trames erronées est très différente dans les deux modes : dans le rejet sélectif, on ne renvoie une trame I que si le récepteur de la trame le demande explicitement par une trame SREJ (ou par expiration de la temporisation associée si cette trame est la dernière de la série). La séquence des trames émises va ainsi dépendre du succès de la réémission des trames précédentes. L’incrémentation du compteur N(R) dépend de deux conditions : a) la trame I reçue est correcte, b) on peut reconstituer la séquence des trames I en chaînant toutes celles déjà reçues correctement. Par exemple, à la figure 4, après réémission de la trame I00 (sous la forme I01), l’émetteur continue l’émission avec la trame I21 tant que la fenêtre d’anticipation n’est pas pleine, alors qu’avec le rejet simple il doit réémettre toutes les trames I à partir de la trame erronée.

2. Le rejet sélectif d’une trame signifie seulement que le récepteur a trouvé au moins une trame I qui n’est pas en séquence, ce qui lui permet d’envoyer une trame SREJ. Par exemple, si plusieurs trames I successives sont erronées, le récepteur doit envoyer une trame SREJ pour chaque trame I erronée. Ainsi, tant que la trame I00 n’est pas correctement reçue, le compteur N(R) ne peut s’incrémenter. Dès que la trame I01 est reçue, le récepteur peut acquitter les trames I01, I11 et I21 comme on peut le constater avec l’envoi de la trame RR3.