نمونه سوالات شبکه های کامپیوتری با پاسخ تشریحی

تأخیر انتقال هر بسته از یک سمت لینک به سمت دیگر به‌صورت زیر می‌باشد:

$d_{Node-to-Node}=d_{trans}+d_{prop}$

پس برای بسته اول و دوم داریم:

 

$\left\{ \matrix{
  1 \times {10^{ - 3sec}} = {{{L_1}} \over {8 \times {{10}^6}^{bps}}} + 0/5 \times {10^{ - 3sec}} \Rightarrow {L_1} = 4 \times {10^{3bit}} = {500^{Byte}} \hfill \cr    2 \times {10^{ - 3sec}} = {{{L_2}} \over {8 \times {{10}^6}^{bps}}} + 0/5 \times {10^{ - 3sec}} \Rightarrow {L_2} = 12 \times {10^{3bit}} = {1500^{Byte}} \hfill \cr}  \right.$

$W_1=1MHz=10^6\ Hz \\ W_{channel}=4KHz=4 \times 10^3\ Hz \\ \frac{W_1}{W_{channel}}=\frac{10^6}{4\times 10^3}=250$

طبق گفته سوال فقط 10 درصد از تماس ها راه دورند پس کل تماس ها 2500 عدد است.

$x=\frac{250\times 100}{10}=2500$

گزینه 4 صحیح است.

حداکثر 2گیگ از مسیر آبی داده رد و بدل می شود و 5 گیگ از مسیر سبز داده رد و بدل می شود و 2گیگ داده از مسیر نارنجی رد وبدل میشود پس جمع 3 مسیر مشخص شده 9 Gbs از خود عبور می دهد.

 

 

رابطه تأخیر کل را می‌نویسیم:

 

$\mathrm{d}_{\mathrm{total}}=\sum_{\mathrm{i\ =\ 1}}^{\mathrm{3}}\mathrm{d}_{\mathrm{trans}}+\sum_{\mathrm{i\ =\ 1}}^{\mathrm{3}}\mathrm{d}_{\mathrm{prop}}+\sum_{\mathrm{i\ =\ 1}}^{\mathrm{2}}\mathrm{d}_{\mathrm{queue}}=\frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{1}}+\frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{2}}+\frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{3}}$

 

$\sum_{\mathrm{i\ =\ 1}}^{\mathrm{3}}\mathrm{d}_{\mathrm{trans}}=\ \frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{1}}+\frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{2}}+\frac{\mathrm{L}_{\mathrm{Packet}}}{\mathrm{R}_\mathrm{3}}=\ \frac{{\mathrm{10}}^\mathrm{4}}{{\mathrm{10}}^\mathrm{7}}+\frac{{\mathrm{10}}^\mathrm{4}}{{\mathrm{10}}^\mathrm{8}}\ +\frac{{\mathrm{10}}^\mathrm{4}}{{\mathrm{10}}^\mathrm{7}}=\ \mathrm{2/1\ m\ sec}$

 

$\sum_{\mathrm{i\ =\ 1}}^{\mathrm{3}}\mathrm{d}_{\mathrm{prop}}=\ \frac{\mathrm{d}_\mathrm{1}}{\mathrm{s}}+\frac{\mathrm{d}_\mathrm{2}}{\mathrm{s}}+\frac{\mathrm{d}_\mathrm{3}}{\mathrm{s}}=\frac{\mathrm{100\ \times} {\mathrm{10}}^\mathrm{3}}{\mathrm{2\ \times}{\mathrm{10}}^\mathrm{8}}+\frac{\mathrm{500\ \times} {\mathrm{10}}^\mathrm{3}}{\mathrm{2\ \times}{\mathrm{10}}^\mathrm{8}}+\frac{\mathrm{100\ \times} {\mathrm{10}}^\mathrm{3}}{\mathrm{2\ \times}{\mathrm{10}}^\mathrm{8}}=\mathrm{3/5\ m\ sec}$

 

$\sum\limits_{{\rm{i}}\;{\rm{ = }}\;{\rm{1}}}^{\rm{2}} {{{\rm{d}}_{{\rm{queue}}}}}  = \;{{\rm{d}}_{{\rm{queue1}}}} + {{\rm{d}}_{{\rm{queue2}}}} = {{\rm{k}}_{\rm{1}}}{{\rm{L}} \over {{{\rm{R}}_{\rm{2}}}}} + {{\rm{k}}_{\rm{2}}}{{\rm{L}} \over {{{\rm{R}}_{\rm{3}}}}}\; \underrightarrow{\ \mathrm{k}_\mathrm{i}=\mathrm{\circ\ \ldots\ 4}}\left\{ {\matrix{    {{\rm{Min}}\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) = {\rm{2/1}}\;{\rm{ + }}\;{\rm{3/5}}\;{\rm{ + }}\;^\circ \;{\rm{ = }}\;{\rm{5/6}}\;{\rm{m}}\;{\rm{sec}}\;\;\;\;\;}  \cr     {{\rm{Max}}\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) = \;{\rm{2/1}}\;{\rm{ + }}\;{\rm{3/5}}\;{\rm{ + }}\;{\rm{4/4}}\;{\rm{ = }}\;{\rm{10}}\;{\rm{m}}\;{\rm{sec}}}  \cr   } } \right.$

 

${\rm{Max}}\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) - Min\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) = 10 - 5/6 = 4/4m~sec$

 

${\rm{Playout}}\;{\rm{Delay}}\;{\rm{ = }}\;{{\rm{d}}_{{\rm{Buffer}}}} = {\rm{Max}}\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) - {\rm{Min}}\left( {{{\rm{d}}_{{\rm{total}}}}} \right) = 4/4m~sec$

 

$\mathrm{C}_{\mathrm{Buffer}}=\mathrm{R\ \times\ }\mathrm{d}_{\mathrm{Buffer}}=\mathrm{2\ \times}{\mathrm{10}}^\mathrm{6}\times\mathrm{4/4\ \times}{\mathrm{10}}^{-\mathrm{3}}=\mathrm{8/8\ Kbit}$

گزینه 2 صحیح است.

 

تعداد بسته های ارسالی $=\frac{1 5MB}{1.5MB}=10$

گزینه 3 صحیح است.

ابتدا با توجه به ظرفیت لینک‌ها و طول بسته‌ها سعی می‌کنیم زمان ارسال بسته‌ها روی 3 لینک را محاسبه کنیم:

 

=$\frac {600}{100\times 10^3}=6ms$

زمان ارسال بسته 600 بیتی از A به C

گزینه 1 صحیح است.

$\text{راندمان}= \frac{\text{مفید}}{\text{کل }\ داده}$

 

اگر قطعه قطعه شدن در لایه شبکه صورت می گیرد : لایه انتقال بسته با سایز 1024 تایی را به لایه شبکه می دهد.

 

 

اگر قطعه قطعه شدن در لایه Data link صورت می گیرد :

 

تعداد بسته‌های ارسالی برابر $P=\frac{L_{File}}{L_{Packet}}=\frac{۱۵MBytes}{۱/۵MBytes}=۱∘$ می‌باشد. بنابراین خواهیم‌ داشت:

 

$d_{Datagram\ Packet-Switched}=\sum^3_{i=1}{\frac{L}{R}}+\sum^3_{i=1}{d_{{Prop}_i}}+\left(P-1\right)\frac{L}{R} \\ \qquad\qquad\qquad\qquad~~~~~~= \left(3+10-1\right)\times \frac{1/5\times 8\times {10 }^{6\ bits}}{15\times {10}^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms}={9/636}^{sec}$ 

 

$d_{Virtual-Circuit\ Packet-Switched}=d_{VC-Setup}+\sum^3_{i=1}{\frac{L}{R}}+\sum^3_{i=1}{d_{{Prop}_i}}+\left(P-1\right)\frac{L}{R} \\ \qquad\qquad\qquad\qquad~~~~~~~~~~~~~~=3\times \left(3\times \frac{15\times 8\times {10}^{3\ bits}}{15\times {10}^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms}\right)+\left(3+10 -1\right)\times \frac{1/5\times 8\times {10 }^{6\ bits}}{15\times {10}^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms} \\ \qquad\qquad\qquad\qquad~~~~~~~~~~~~~~={0/18}^{sec}+{9/636}^{sec}={9/816}^{sec}$ 

 

$d_{Circuit-Switched}=d_{Circuit-Setup}+\frac{P\times L}{R}+\sum^3_{i=1}{d_{{Prop}_i}} \\ \qquad\qquad\qquad~=3\times \frac{15\times 8\times {10 }^{3\ bits}}{15\times {10 }^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms}+2\times \left(\frac{15\times 8\times {10 }^{3\ bits}}{15\times {10 }^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms}\right)+\frac{10 \times 1/5\times 8\times {10 }^{6\ bits}}{15\times {10 }^{6\ bps}}+3\times {12}^{ms} \\ \qquad\qquad\qquad~={0 /06}^{sec}+{0/088}^{sec}+{8/036}^{sec}={8/184}^{sec}$ 

گزینه 3 صحیح است.

 

گزینه 1 صحیح است.

سرور روی welcoming منتظر درخواست های مختلف تماس آغازین از سمت کلاینت های مختلف است، حال سرور هر درخواستی را که قبول کند، برای آن درخواست سوکت جدید به نام سوکت اتصال می سازد که از طریق این سوکت بایت های مشتری به سرور و برعکس رد و بدل می شود. حال اون عدد 5 نشان دهنده حداکثرتعداد درخواست های آغازینی هست که منتظر هستند تا سرور براشون سوکت اتصال ایجاد کند، در واقع یک صف است که از این تعداد اگر بیشتر شود سرور درخواستش را رد می کند.

 

جواب این سؤال در فصل دوم کتاب Computer Networking A Top-Down Approach (James W. Kurose, Keith W. Ross) یافت می‌شود.

 

برای رفع مشکل اول از پروتکل ارسالی به اسم Dynamic Adaptive Streaming over HTTP (DASH) استفاده می‌شود که در آن ویدیو ارسالی به چندین ورژن مختلف کدینگ می‌شود که هر کدینگ نیاز به پهنای‌باند و پردازش متفاوتی دارد. کاربر در هر لحظه قسمتی از ویدیو را از سرور درخواست می‌کند اگر پهنای‌باند کاربر کافی باشد سرور ورژن‌های با کیفیت بالاتر را در اختیار کاربر قرار می‌دهد امّا اگر کاربر پهنای‌باند مناسب نداشته باشد ورژن‌های بی‌کیفیت‌تر را دریافت می‌کند.

 

برای رفع مشکل دوم از شبکه‌های توزیع محتوا استفاده می‌شود. این شبکه‌ها سرورهای مختلف را در موقعیت‌های جغرافیای گوناگون کنترل و ویدیو‌های مورد استفاده را کپی می‌کنند. این سیستم در هر زمان کاربر را به سرور‌هایی متصل می‌کند که بهترین تجربه کاربری را فراهم می‌کنند.

 

با توجه به این توضیحات تنها گزینه ۱ جواب کامل می‌باشد.

 

در گزینه ۲ راه حل مشکل دوم نادرست است و برای حل مشکل اول بسیار راه حل خاصی است.

 

در گزینه ۳ راه حل مشکل اول نادرست است و راه حل مشکل دوم ناکافی است.

 

در گزینه ۴ راه مشکل اول ناکافی است و راه حل مشکل دوم نادرست است.

همان طور که می دانید فرایند فرستنده برای اینکه بتواند یک بسته را با استفاده از پروتکل UDP از سوکت خود به سمت فرستنده ارسال کند باید آدرس گیرنده که شامل آدرس IP گیرنده و شماره پورت سوکت مقصد به بسته الحاق کند. پس به هر بسته خروجی فرستنده آدرس مقصد(IP مقصد +Port مقصد) الحاق می شود . که در سمت مشتری، IP وPort مقصد را مشخص می کنیم:

Servername = ’hostname’

 

میزان حداکثر Throughput دریافتی به‌طور متوسط یا میانگین حداکثر نرخ دریافتی Client برابر است با:             

 

$Throughput = \circ/۵×۱^{Gbps}+(۱-∘/۵)×[∘/۴×min⁡{\{۱^{Gbps},۳∘∘^{Mbps}\}}+(۱-∘/۴)×min⁡{\{۱^{Gbps},۳∘∘^{Mbps},۵∘∘^{Mbps},۲۵∘^{Mbps}\}]} \\ \qquad\qquad~~~~~ =۵∘∘^{Mbps}+{1 \over 2}×∘/ ۴×۳∘∘^{Mbps}+∘∕۶×۲۵∘^{Mbps}=۶۳۵^{Mbps}$

cut-through و store and forward  دوتا از تکنیک های پیاده سازی سخت افزار سوییچ های packet_Switching هستند.

cut-through: این نوع از سویئچ‌ها سه یا چهار بایت اول یک بسته را می‌خوانند تا بالاخره آدرس مقصد را پیدا کنند سپس بسته را به آن بخش یا سگمنتی که آدرس مقصد بسته را دارد ارسال می‌کنند و بقیه قسمت‌های باقی مانده را ار نظر خطایابی مورد بررسی قرار نمی‌دهند .یعنی تا بسته را به حدی گرفت که بتواند آدرس مقصد را بخواند ارسال می‌کند یعنی کل بسته را ممکن است نگیرد و همین که مقصد را فهمید ارسال می‌کند

گزاره 1 درست است زیرا:

در این نوع سوئیچینگ فقط قسمت‌های اولیه فریم که شامل Preamble و آدرس MAC گیرنده می‌شود توسط دستگاه چک می‌شود و فریم سریعا به مقصد خودش هدایت می‌شود. 

خوبیه این روش نسبت به حالت Store and forward این است که سرعت بالاتری دارد و مشکل این روش یا بهتر بگویم نقطه ضعف این روش احتمال فرستاده شدن فریم های بد به مقصد‌های مورد نظر است زیرا که CRC فریم مورد اندازه گیری واقع نمی‌شود .

 

حداقل سرویس‌های لایه انتقال که باید در اختیار لایه App قرار بدهد

1_ تحویل داده فرایند به فرایند

2_تشخیص خطا

 

The most fundamental responsibility of UDP and TCP is to extend IP delivery

Service between two end systems to a delivery services between two processes

Running on the end systems. Extending host-to-host delivery to processes-to-processes delivery is called  transport-layer multiplexing

 

این گزاره درست است، در مورد اینکه از اتصال پایا یا غیر پایا tcp استفاده کرده صحبتی نکرده، بنابراین هر 2 حالت را باید در نظر بگیریم ، می‌دانیم که اتصال Tcp چه پایا باشد په غیر پایا باشد اگر اشیا را به صورت موازی درخواست کنیم به جای سری، زمان پاسخ کاهش می‌یابد.

حال گفتیم وقتی کاربر روی یک لینک کلیک می‌کند و صفحه‌ای را می‌خواهد مرورگر باید برابر یکایک اشیا درون صفحه یک پیام درخواستHTTP جداگانه به سمت سرور ارسال کند، حال این درخواست‌ها می‌تواند به صورت سری یا موازی به سمت سرور ارسال شود،

 سری به این صورت است که تا جواب یک درخواست http دریافت نشده است درخواست HTTP دیگری به سمت سرور ارسال نمی‌کند کلاینت، موازی به این صورت است که کلاینت درخواست های HTTP موازی به سمت سرور ارسال می‌کند.

 

این گزاره توسط طراح بد مطرح شده است و باتوجه به توضیحاتی که در زیر ذکر شده می‌توانیم گزینه را غلط بگیریم

هر سخت افزار از 3 بخش تشکیل شده است :

1_Data plane

2_control plane

3_management plane

 

1_ Data plane: تستی از سخت افزار که ترافیک داده ها را بین کلاینت ها هندل می کنند ، جابه جایی و transfer داده به عهده Data plane است.

آن قسمتی از سخت افزار است که وظیفه اش این است که دیتا را از یک پورت ورودی به یک پورت خروجی ارسال کند

 

2_control plane: مکانیزم روتینگ بسته ها را در سخت افزار برعهده دارد، یعنی مشخص می‌کند که هر بسته به چه سمتی باید برود. مشخص می‌کند که فریم‌ها و پکت‌ها از چه سمتی باید بروند

مجموعه‌ای از پروسس‌هایی هستند که مسیریابی را برای فریم‌ها و پکت‌ها مشخص می‌کند.

 

درشبکه‌های سنتی کلیه عملکرد‌های یک Device درون همان Device  قرار می‌گرفت و همین‌طور ما به درون Device ‌ها دسترسی نداریم و نمی‌توانیم آن هارا بهینه کنیم یا شخصی سازیش کنیم یا تغیرش بدهیم.

همین طور ما باید هر یک از Device ها را به صورت مجزا کانفیگ کنیم. هر برندی نیز کامنت‌های مختص به خودشان را دارند .اگر در جایی خرابی رخ دهد نمی‌توانیم خیلی سریع واکنشی نشان دهیم، چون الگوریتم‌های مسیریابی فعلی به صورت توزیع شده هستند و نودها کم کم به هم این خرابی را اطلاع می‌دهند.

در شبکه های سنتی کل فرایند مدیریت شبکه ومعماری مدیریت شبکه به صورت توزیع شده بوده یعنی ما در همه Device ها باید بحث control plane و management plane را انجام بدهیم که این باعث می‌شد مدیریت و رفع خطا در شبکه‌های بزرگ به مشکل بر نخورد، حالا ایده SDN این است که معماری شبکه به سمت centralized برود.

ما با SDN میتوانیم به جای اینکه به هریک از Device های درون شبکه جداگانه وصل شویم و برای هریک کانفیگ جداگانه انجام دهیم ، کانفیگ هر دستگاه درون همان دستگاه باشد و همین طور آنالیز هرDevice را با توجه به خود Device انجام بدهیم از یک مرکز این کارهارا انجام بدهیم و روی همه Device های شبکه این تنظیمات اعمال بشود.

گزینه 3 صحیح است.

$U_{SW}$			$W\lt W_s\ \ :$	$W\times \frac{T_{trans}}{T_{total}}\times (1-\frac{H}{F})$
			$W\ge W_s\ \ :$	$(1-\frac{H}{F})$
		یعنی 100 درصد از بهره وری استفاده شده

TCP : شروع یک اتصال TCP  با Client است ، اما سرویس دهنده TCP باید از قبل به صورت یک فرایند روی سرور درحال اجرا باشد تا مشتری بتواند اتصال را شروع کند. در برنامه هایی که از پروتکل TCP استفاده می کنند، برنامه سمت سرور می خواهد روی تک به تک درخواست های client های مختلف کنترل داشته باشد، بنابراین سرور نیاز دارد که بین این ها تمایز قائل شود.

به همین علت است که:

یک سوکت UDP با دو مشخصه ، مشخص می شود:

1_ آدرس IP  مقصد

2_شماره پورت مقصد

 

یک سوکت TCP با 4 مشخصه ، مشخص می شود:

1و2_ شماره پورت فرایندهای مبدا و مقصد

3و4_ IP هاست مبدا و مقصد

همچنین به همین علت است که در TCP :

به ازای هر سوکت بافر و متغییرهای کنترلی ای در client و server نگهداری می شود.

پاسخ: گزینه اول صحیح است

TCP از ACK  تجمیعی استفاده می‌کند و این ACK به بایت ها اشاره میکند و گیرنده  ACK اولین بایتی را به فرستنده می دهد که تا قبل از آن بایت را درست گرفته است.

 

در TCP برای هر سگمنتی که ارسال می‌شود یک Seq # در نظر گرفته می‌شود که این Seq# شماره اولین بایت درون قطعه است و Seq# در ابتدا دو طرف اتصال به صورت تصادفی انتخاب می‌شود.

 

در این سوال پس از دریافت ACK =40 ارسال سگمنت بعدی با Seq=40 را انجام می‌دهد. درست است که ACK = 30 به A نرسیده ولی وقتی ACK=40 به A می‌رسد A می‌فهمد که B تا بایت 39 را بدرستی دریافت کرده و الان منتظر بایت 40 به بعد است .

الف) از آنجایی‌‌ که در صورت سوال گفته شده است که دو‌بار Loss Event رخ داده است ولی فقط یک‌بار به وضعیت اولیه $(cwnd=\mathrm{1}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$ برگشته است پس رفتاری متفاوت در برابر Loss Eventهای متفاوت داریم و بنابراین نسخه­‌ی TCP Reno استفاده شده است.

 

ب) دو‌بار در بازه­‌های [6 - ۱] و [۲۶ - ۲۳] در وضعیت Slow Start (رفتار افزایش نمایی) قرار گرفته است.

 

پ) با توجه به این‌که رفتار خطی از دور انتقال 3۲ شروع شده است، بنابراین sstresh اولیه ۳۲ می‌­باشد.

 

ت) در اولین راند سگمنت اول $(cwnd=\mathrm{1}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، در دومین راند سگمنت­‌های دوم و سوم $(cwnd=\mathrm{2}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، در سومین راند سگمنت­‌های چهارم تا هفتم $(cwnd=\mathrm{4}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، در چهارمین راند سگمنت­‌های هشتم تا پانزدهم $(cwnd=\mathrm{8}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، در راند پنجم سگمنت­‌های شانزدهم تا سی­‌ و ­یکم $(cwnd=\mathrm{16}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، در راند ششم سگمنت­‌های سی ­و ­دوم تا شصت­ و ­سوم $(cwnd=\mathrm{32}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$ و در راند هفتم (پایان رفتار افزایش نمایی و شروع رفتار خطی) سگمنت­‌های شصت ­و­ چهارم تا نود­ و ­پنجم $(cwnd=\mathrm{32}\mathrm{\ }{Segment}/{RTT})$، ارسال شده‌­اند.

با توجه به این‌که شماره ترتیب 5 بیتی است، بنابراین حداکثر سایز پنجره ارسال در پروتکل GBN برابر $\mathrm{2}^\mathrm{5}-\mathrm{1\ =\ 31}$ و در پروتکل SR برابر $\frac{\mathrm{2}^\mathrm{5}}{\mathrm{5}}=\mathrm{16}$ می‌باشد. بنابراین حداکثر بهره‌وری برابر است با:

 

$\mathrm{dtrans\ =\ }\frac{\mathrm{10}\mathrm{\ \times }{\mathrm{10}}^{\mathrm{3}\mathrm{\ bit}}}{{\mathrm{10}}^{\mathrm{6}\mathrm{\ bps}}}={\mathrm{10}}^{\mathrm{ms}} \\ \left. \begin{array}{c}{\mathrm{U}}_{\mathrm{GBN}}=\frac{\mathrm{N\ \times \ }{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}}{{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}+{\mathrm{2}\mathrm{d}}_{\mathrm{prop}}}=\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{1}\mathrm{\ +\ }\mathrm{2}\frac{{\mathrm{d}}_{\mathrm{prop}}}{{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}}}=\frac{\mathrm{31}}{\mathrm{1}\mathrm{\ +\ }\mathrm{2}\mathrm{\ \times }\frac{{\mathrm{250}}^{\mathrm{ms}}}{{\mathrm{10}}^{\mathrm{ms}}}}=\frac{\mathrm{31}}{\mathrm{51}} \\ {\mathrm{U}}_{\mathrm{SR}}=\frac{\mathrm{N\ \times \ }{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}}{{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}+{\mathrm{2}\mathrm{d}}_{\mathrm{prop}}}=\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{1}\mathrm{\ +\ }\mathrm{2}\frac{{\mathrm{d}}_{\mathrm{prop}}}{{\mathrm{d}}_{\mathrm{trans}}}}=\frac{\mathrm{16}}{\mathrm{1}\mathrm{\ +\ }\mathrm{2}\mathrm{\ \times }\frac{{\mathrm{250}}^{\mathrm{ms}}}{{\mathrm{10}}^{\mathrm{ms}}}}=\frac{\mathrm{16}}{\mathrm{51}} \end{array}\right\}\Rightarrow \frac{\mathrm{31}}{\mathrm{51}}+\frac{\mathrm{16}}{\mathrm{51}}=\frac{\mathrm{47}}{\mathrm{51}}$

$\boldsymbol{R}\boldsymbol{=}{\mathrm{10}}^{\mathrm{2}}\boldsymbol{\ \ ,\ \ \ }\boldsymbol{L}\boldsymbol{=}\mathrm{1000}\boldsymbol{\ \ \ ,\ \ \ }\boldsymbol{V}\boldsymbol{=}\mathrm{2}{\mathrm{\times }\mathrm{10}}^{\mathrm{8}}\boldsymbol{\ \ \ ,\ \ \ }\boldsymbol{N}\boldsymbol{=}\mathrm{4}\boldsymbol{\ \ \ ,\ \ \ }\boldsymbol{D}\boldsymbol{=}\mathrm{2}{\mathrm{\times }\mathrm{10}}^{\mathrm{5}}\boldsymbol{\ \ \ ,\ \ }$$\boldsymbol{\ }{\boldsymbol{P}}_{\boldsymbol{f}}\boldsymbol{=}\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{10}}\boldsymbol{\ \ \ ,\ \ \ }{\mathrm{1}\boldsymbol{-}\boldsymbol{P}}_{\boldsymbol{f}}\boldsymbol{=}\frac{\mathrm{9}}{\mathrm{10}}$ $T_P\mathrm{=}\frac{D}{V}=\mathrm{1\ }\mathrm{ms}\boldsymbol{\mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }}T_F\mathrm{=}\frac{L}{R}=\mathrm{1}\mathrm{ms}$ $T_o\mathrm{=}{\mathrm{2}T}_P+T_F=\mathrm{3}\mathrm{ms}\boldsymbol{\mathrm{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }}{\omega }_s\mathrm{=}\frac{T_o}{T_F}=\frac{\mathrm{3}ms}{1ms}\boldsymbol{\mathrm{=}}\mathrm{3}$ $N\boldsymbol{=}\mathrm{4}\boldsymbol{\to }\boldsymbol{\ \ }N\boldsymbol{=}{\mathrm{2}\omega }_{SR}\ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ {\omega }_{SR}=\mathrm{2}<{\omega }_s$ $U_{SR}\boldsymbol{=}\frac{\omega }{{\omega }_s}\boldsymbol{\mathrm{}}\left(1-\frac{H}{L}\right)\left({\mathrm{1}\boldsymbol{-}P}_{\boldsymbol{f}}\right)=\frac{\mathrm{2}}{\mathrm{3}}\times \frac{\mathrm{9}}{\mathrm{10}}=\mathrm{0/6}$ $N\boldsymbol{=}\mathrm{4}\boldsymbol{\to }\boldsymbol{\ \ }N\boldsymbol{=}{\omega }_{GBN}+1\boldsymbol{\to }\ {\omega }_{GBN}=\mathrm{3}={\omega }_s$ $U_{GBN}\boldsymbol{=}\left(1-\frac{H}{L}\right)\frac{{\mathrm{1}\boldsymbol{-}P}_{\boldsymbol{f}}}{\mathrm{1}\mathrm{+(}{\omega }_s\mathrm{-}\mathrm{1}\mathrm{)}}=\frac{\frac{\mathrm{9}}{\mathrm{10}}}{\mathrm{1}\mathrm{+}\mathrm{2}}=\mathrm{0/3}$ 

گزینه 2 صحیح است.

طبق راه حل درست استاد رضوی گزینه اول درست است ، ولی کلید گزینه دوم است ، طراح محترم به نکات توجه نکرده است بنابراین گزینه دوم را بدست آورده.

8	7	6	5	4	3	2	1	دوره
9	8	7	6	5	4	2	1	cwnd
34	26	19	13	8	4	2	1	شماره بسته
.	.	.	.	.	.	.
.	.	.	.	.	.	.
42	33	25		1		3

 

 

ما الن فرض کردیم که بسته های خارج از ترتیب در گیرنده ذخیره می شوند که default مان هم همین است ولی اگر در گیرنده بسته های خارج از ترتیب ذخیره نشود ، در این صورت 3 تا ack  تکراری برای بسته 27 دریات می شود و بنابراین ما چون cwnd=7 شده بسته های 27 تا 32 را مجددا ارسال می کنیم و بنابراین می شود 8RTT .

 

 

$R_{A-S}=10\ Mbps=\ {10}^7\ bps\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ R_{B-P}=9.2\ Mbps=9.2\times {10}^6\ bps$

 

bit	$S$	bit	$S$
$9.2\times 10^6$	$1$	$9.2\times 10^6$	$1$	$R_{B-p}=9.2\times 10^6\ bps$
$b_{B-p}$	$2\times 10^{-2}$	$b_{B-p}$	$2T_{p}$
		$b_{R-p}=184\times 10^3$

 بیت ها نظیر به نظیر AND می شوند.

 

 ابتدا از بزرگترین prefix match شروع می کنیم زیرا همه بیت های سمت راستش که تعداد IP هایش را مشخص می کند برای خودش است و همپوشانی با دیگرprefix ها ندارد پس ابتدا می رویم سراغ محاسبه تعداد IP های PORT2 . 
 
Prefix مربوط به پورت 2 ، 16 بیتی است پس این 16 بیت FIX است و با 16 بیت دیگر می توان بازی کرد، پس تعداد IP هایی که به سمت پورت2 می روند $2^{16}$ است.

 

 
 
حال می رویم سراغ دومین بزرگترین که مربوط به پورت 1 است ، 10 بیتی است پس این 10 بیت FIX است و با 22 بیت دیگر می توان بازی کرد ، پس $2^{22}$ تا آی پی به سمت پورت 1 می رود.

پروتکل BGP برای اینکه هر مسیر رسیدن به یک subnet را مشخص کند به روترهای دیگر اطلاعات زیر را می‌فرستد:

(اطلاعات subnet - شماره ASهای میان راه (AS-Path) – اولین روتر gateway برای رفتن به AS بعدی (اصطلاحا به این روتر Next-Hop گفته می‌شود))

 

 

در اینجا اگر دقت شود دو مسیر از روتر ۱ به subnet مربوطه وجود دارد.

در یک مسیر پیام باید از AS به شماره ۳۴۵ عبور کند، که در این مسیر Next-Hop روتر به شماره 80.12.14.23 است:

در یک مسیر دیگر پیام باید از ASهای به شماره ۲۱۰ و ۳۴۵ عبود کند، در این مسیر Next-Hop روتر به شماره 7.2.4.01 است:

 

بنابراین گزینه صحیح گزینه ۲ می‌باشد.

با توجه به اینکه هدر لایه شبکه 20 بایت است و در صورت سوال گفته شده که دیتاگرام 2400 بایتی است، بنابراین دیتا درون دیتاگرام 2380 بایت است.

با توجه به اینکه MTU حداکثر سایز بسته دیتاگرام (داده درون بسته دیتاگرام بعلاوه هدر لایه شبکه) را مشخص می‌کند، بنابراین ماکزیمم سایز فیلد Payload در هر Fragment برابر ${}^{Bytes}$680 = 20 - 700 می‌­باشد (سایز IP Header باید کم شود). بنابراین تعداد Fragmentهای مورد‌نیاز برای ارسال دیتاگرام گفته شده در سوال برابر $\left\lceil \frac{\mathrm{2400-20}}{\mathrm{680}}\right\rceil \mathrm{=}~\mathrm{4}$ خواهد‌بود.

فیلد شماره شناسه تمامی Fragmentهای برابر 422 است.

هر Fragment به جز Fragment آخر دارای سایز 700 بایت (شامل IP Header) (680+20) و Fragment آخر دارای سایز ۳60 بایت (شامل IP Header) (340+20) می­‌باشد.

 

گزینه 1 صحیح است.

همانطور که در صورت سوال گفته شده است چون 9 بسته بعد از ورود به لینک های ورودی از طریق سوییچ درون مسیریاب به بافر لینک خروجی منتقل شده است پس در بافر لینک خروجی صف تشکیل می شود

$ T _{forwarding\_switch\ }= \frac{1}{R_{forwarding}}$

مقایسه بین الگوریتم بردار فاصله و حالت پیوند

 

الگوریتم بردار فاصله هر روتر بردار فاصله‌اش را فقط برای همسایه‌های خودش ارسال می‌کند. بردار فاصله هر روتر شامل فاصله بین این روتربا همه روتر‌های دیگر شبکه است. وقتی هزینه یک لینک تغییر می‌کند،DV فقط اگراین تغییر باعث ، تغییر در کمترین هزینه مسیر در یکی از نود‌های همسایه‌اش شده باشد دست به انتشار نتیجه تغییر می‌زند. تعداد پیام‌های رد و بدل شده دقیقا مشخص نیست. Robustnes : در DV یک گره میتواند با محاسبه و اعلام اشتباه کم هزینه ترین مسیرها تا مقصدباعث به اشتباه افتادن گره‌های همسایه خود شوند و این اشتباه کم کم به روترهای دیگر می رسد ، بنابراین یک محاسبه اشتباه در الگوریتم DV می‌تواند به کل شبکه انتشار یابد RIP از DV استفاده میکند و یک پروتکل لایه APP است که از UDP و از پورت 520  استفاده می‌کند.

الگوریتم حالت پیوند هر روتر بسته‌های حالت پیوند را برای کلیه روترها به روش سیل آسا ارسال می‌کند. بسته‌های حالت پیوند هر روتر فقط شامل فاصله آن روتر با همسایه هایش است. وقتی هزینه یک لینک تغییر می‌کند، این هزینه باید برای تمامی گره‌ها فرستاده شود. مرتبه $O(N^2) ,LS$ است و تعداد پیام های رد و بدل شده O(Ne) است. Robustnes : در LS یک روتر فقط می‌تواند هزینه لینک های متصل به خودش را به غلط منتشر کند. همین طور یک روتر می تواندبسته‌هایی که به عنوان broadcast بهش می‌رسد را دور بندازد یا خراب کند. ولی در ls  هر روتر خودش به محاسبه جدول هدایتش می‌پردازد، بنابراین محاسبه مسیرها در ls برای هر روتر تا حدودی مستقل است که این مورد درجه‌ای از Robustnes را مشخص می‌کند. Ospf از Ls استفاده می‌کند و قسمتی از آن مثل یک پروتکل لایه انتقال با شماره پروتکل 89 بالای IP قرار دارد.

 

Distance Vector Routing Algorithm:

فرض کنید dx(y) هزینه مسیر کم‌ هزینه از گره x به گره y باشد. کمترین هزینه با معادله بلمن-فورد مرتبط است    :   $d_x(y) = min_v{c(x,v) + d_v(y)}$   جایی که $min_v$ معادله ای است که برای همه $x$ همسایگان گرفته شده است. پس از حرکت از $x$ به $v$، اگر مسیر کم‌ هزینه از $v$ به $y$ را در نظر بگیریم، هزینه مسیر $c(x,v)+ (y)$ خواهد بود. کمترین هزینه از $x$ به $y$، حداقل $c(x,v)+d_v(y)$ است که بر همه همسایگان گرفته شده است.   مسیریابی برداری فاصله یک الگوریتم ناهمزمان است که در آن گره $x$ کپی بردار فاصله خود را به همه همسایگانش ارسال می‌کند. هنگامی که گره $x$ بردار فاصله جدید را از یکی از بردارهای همسایه خود، $v$ دریافت می‌کند، بردار فاصله $v$ را ذخیره می‌کند و از معادله بلمن-فورد برای به روز رسانی بردار فاصله خود استفاده می‌کند. معادله در زیر آورده شده است: $d_x(y) = min_v{c(x,v) + d_v(y)}$   گره x جدول بردار فاصله خود را با استفاده از معادله بالا به روز کرده است و جدول به روز شده خود را برای همه همسایگان خود ارسال می‌کند تا آنها بتوانند بردارهای فاصله خود را به روز کنند.

توضیحات $\longrightarrow$

At each node x,  Initialization    for all destinations y in N:    Dx(y) = c(x,y)     // If y is not a neighbor   then c(x,y) = ∞    for each neighbor w    Dw(y) = ?     for all destination y in N.    for each neighbor w    send distance vector Dx = [ Dx(y)  : y in N ] to w    loop   wait(until I receive any    distance vector from some    neighbor w)    for each y in N:   Dx(y) = minv{c(x,v)+Dv(y)}    If Dx(y) is changed for any destination y    Send distance vector Dx = [ Dx(y) : y in N ]   to all neighbors  forever

 

گزینه 3 صحیح است.
پاسخ: در لحظه $t=1$ روتر B جدول خود را به‌روز می‌کند:

گام	مقصد
3	A
جدول B

گام	مقصد
4	A
جدول C

پس تا لحظه t=3، گام‌های B، C، D تا A به‌ترتیب برابر 5، 4، 5 است.

گزینه 1 صحیح است.

روش 1)

زمان یک slot : $T_{slot}  = \frac{L}{R}+\ \frac{d}{s}=\ \frac{100}{10\ \times {10}^6\ }+\ \frac{8\ \times {10}^3}{2\ \times {10}^8}=5\ \times {10}^{-5}$

تعداد کل slot هایی که در 1 ثانیه داریم : $\frac{1}{5\ \times {10}^{-5}}=20\ \times \ {10}^3$

تعداد slot هایی که به هر هاست می‌رسد در یک ثانیه : $\frac{20\ \times {10}^3}{100}\ =200$

نرخ ارسال هر هاست در ثانیه : $200 \times 100=20\ {kb}/{s}$

روش 2)

زمان یک سیکل : $100\times 5\ \times {10}^{-5}s=5\ \times {10}^{-3}\ s\ \ \ \ \ \ \ \ \ R_{host}=\ \frac{100\ bit}{5\ \times {10}^{-3}}=20\ {kb}/{s}$

$X^3+1$

$r=3$