RN:Übung 3

1. Ethernet

a) Weshalb darf die Framelänge bei Ethernet einen bestimmten Wert nicht unterschreiten? Wie groß ist dieser bei IEEE 802.3?

Weshalb darf die Framelänge bei Ethernet einen bestimmten Wert nicht unterschreiten?

Aus Wikipedia (http://de.wikipedia.org/wiki/Carrier_Sense_Multiple_Access/Collision_Detection):

Wenn ein Gerät Daten senden möchte, hält es sich an folgenden Ablauf:

1. Carrier Sense = auf Signal horchen: Zuerst muss das Medium überwacht werden.

2. Wenn das Medium eine bestimmte Zeit lang (IFS) frei ist, beginne mit der Übertragung, andernfalls weiter mit Schritt 5.

3. Informationsübertragung, zugleich wird das Medium fortwährend weiter abgehört. Wenn hierbei eine Kollision entdeckt wird, beende die Datenübertragung und setze ein definiertes Störsignal (jam) auf die Leitung (um sicherzustellen, dass alle anderen Transceiver die Kollision ebenfalls erkennen), dann weiter mit Schritt 5.

4. Übertragung erfolgreich abgeschlossen: Erfolgsmeldung an höhere Netzwerkschichten, Übertragungsmodus verlassen.

5. Leitung ist belegt: Warten, bis die Leitung wieder frei ist.

6. Leitung ist gerade frei geworden. Noch eine zufällige Zeit (Backoff, s.u.) abwarten, dann wieder bei Schritt 1 beginnen, wenn die maximale Anzahl von Übertragungsversuchen nicht überschritten wurde.

7. Maximale Anzahl von Übertragungsversuchen überschritten: Fehler an höhere Netzwerkschichten melden, Übertragungsmodus verlassen.

Da die Signale als Spannungspegel messbar sind und eine Überlagerung eine Addition der Pegel bedeutet, wird eine Kollision von allen (auch den momentan unbeteiligten) Rechnern erkannt, da ein Schwellwert der Gleichspannungsanteile überschritten wird (Collision Detection = Kollisionserkennung).

Eine Kollision muss insbesondere vom Sender erkannt werden, damit er eine Sendewiederholung initiieren kann. Daher darf ein Netzwerk nur eine begrenzte Ausdehnung haben, eine maximale RoundTripDelayTime (RTDT) darf nicht überschritten werden. Die RTDT ist die Zeit die ein Netzwerkpaket benötigt, um vom einen Ende des Netzes zum weitestentfernten anderen Ende des Netzes zu gelangen – und wieder zurück. Damit Kollisionen erkennbar sind, muss die minimale Paketlänge so bemessen werden, dass die Übertragungsdauer („slot time“) ausreicht, um das Signal zweimal über die längste Distanz zu übertragen (so genanntes „propagation delay“), die minimale Paketlänge, bzw. die Sendedauer für ein Paket minimaler Länge, muss also stets größer sein als die maximal zulässige RoundTripDelayTime. Sollen „zu kurze“ Daten-Pakete übertragen werden, müssen diese dazu nötigenfalls auf eine zulässige minimale Paketlänge verlängert werden. Wären die Pakete zu klein, was die gleiche Wirkung wie ein zu großes Netz (zu hohe RTDT) hätte, würden vom Sender unerkannte Kollisionen möglich werden und der gesamte Netzverkehr beeinträchtigt sein.

Angenommen in einem Netz von 2500m Länge schickt die erste Station ein Paket zur letzten Station (zurückzulegender Weg: 2500m). Kurz vor dem Empfänger kommt es zu einer Kollision.

RoundTripDelayTime (RTDT) = $ \frac{l}{v} $

• v ist Übertragungsgeschwindigkeit;
  • rund $ \frac{2}{3}c = \frac{2 * 300000 km}{3 s} = 200000 km/s $ (c: Lichtgeschwindigkeit);
  • die $ \frac{2}{3} $ ergeben sich aus Verzögerungen z.B. durch Switches etc.
  • l ist Netzwerklänge

=> RTDT = $ \frac{2,5km}{c} = \frac{2,5km * s}{200000 km} = 1,25 * 10^{-5}s $

• Übertragungszeit der Mindestpaketlänge muss größer als doppelte RTDT sein:

$ t_{Fmin} > 2*RTDT $ ==> $ t_{Fmin} > 2,5 * 10^{-5}s $

• Übertragungsrate bei Ethernet: 10Mibt/s.

Paketlänge: $ F_{min} = 10 \frac{MBit}{s} * 2,5 * 10^{-5}s = 0.00025MBit = 250bit $

nach IEEE: $ F_{min} $ = 512 Bit (64 Byte)

* Ein Paket müsste mindestens 38 Byte Daten enthalten (22 Byte Head + 38 Byte Daten + 4 Byte CRC)

* Nach IEEE muss ein Paket aber mindestens 46 Byte Daten enthalten: $ F_{min} $ = 72 Byte

b) (entfällt) Wie groß müssten die Frames bei einem busförmigen Netz der Länge 100 km, einer Datenrate von 10 Mbit/s und einer Signalausbreitungsgeschwindigkeit von 200.000 km/s mindestens sein?

Durch BUS-Struktur ist CSMA/CD nicht möglich

               __               __
     _________|__|_____________|__|_
     |__|              |__|

$ F > \frac{2 * 100km * 10MBit * s}{200000km * s} = 10kBit $

c) Weshalb kann das CSMA/CD-Verfahren bei satelliten-gestützten ALOHASystemen nicht zum Einsatz kommen?

2. Switches

In einem Fast-Ethernet erfolgt die Übertragung eines 1500 Byte großen Frames (Nutzdaten) über 3 Switches. Auch bei Ethernet-Switches werden unterschiedliche Vermittlungstechniken eingesetzt. Ermitteln Sie die Übertragungszeit und den Durchsatz (effektive Bandbreite) bei der Verwendung von

a) Store-and-Forward Switches

b) Virtual-Cut-Through Switches

Die Signallaufzeit auf den Leitungen und die Schaltzeiten der Switches sollen venachlässigt werden.

Virtual-Cut-Through:

• ankommende Pakete werden analysiert und weitergeleitet
• keine Pufferung
• keine Fehlererkennung
• keine Datenratenanpassung
• Layer 2

Store-and-Forward:

• Komplettanalyse der Pakete
• Fehlererkennung
• Puffer
• Anpassung der Datenraten
• Layer 3

3. Transparent Bridges

a) Wie werden die Wegewahltabellen bei transparenten Bridges aufgebaut?

s. Lösung

b)

c)

d) Ergänzen Sie das Netz aus Aufgabe b) um weitere Brücken, so dass alternative möglich sind! Welche Probleme ergeben sich in diesem Fall für die Frameweiterleitung?

Es werden nur noch Frames herumgeschickt.

e) Wird für die Lösung der unter d) genannten Probleme ein komplexer Routingalgorithmus benötigt, oder gibt es einfachere Lösungen?

Einfache Lösung: Netzaufbau als Baum

2. Token Ring (entfällt)

a) Welche Behandlungsregeln gelten für die Tokenfreigabe bei Token Ring nach IEEE 802.5? Veranschaulichen Sie sich hierzu das Verhältnis zwischen der Zeit zum Senden eines Frames der Länge 1000 Byte und der physikalischen Laufzeit auf dem Ring für folgenden Fall: Token Ring: Datenrate 4 Mbit/s, Ringlänge 4 km (Ausbreitungsgeschwindigkeit v = 200 000 km/s)

Zeit zum Senden eines Frames: $ t_{s} = \frac{F}{DR} = \frac{1000 * 8 bit * s}{4 * 10^{6} bit} = 2*10^{-3}s $

physikalische Laufzeit: $ \tau = \frac{l}{v} = \frac{4km * s}{200000km} = 2*10^{-5}s $

Verhältnis: $ p_{max} = \frac{t_{s}}{\tau} = \frac{2*10^{-3}}{2*10^{-5}} = 10000% $

b) Berechnen Sie für einen Token Ring nach IEEE 802.5 die maximale Wartezeit einer sendewilligen Station, bei 1 km Ringlänge, 200000 km/s Ausbreitungsgeschwindigkeit, 4 Mbit/s Datenrate, 10 Stationen und einer maximalen Framelänge von 4000 Byte! Zur Vereinfachung wird angenommen, dass alle Stationen sendewillig sind und nur einen Frame gleicher Priorität senden wollen. Die Stationsverzögerung wird nicht beachtet.

• alle wollen senden
• 1 hat Token
• es gibt keine Prioritäten
• keine Verzögerungen in den Stationen

t = 1km; v = 200000 km/s; DR = 4Mbit/s; F = 4000 Byte

$ t_{warte,max} = 10 * t_{s} + t_{r} $

• $ t_{r} = t_{tokenRot} * 10 $
  • $ t_{tokenRot} $ = Zeit um den Token von einer Station an benachbarte Station weiterzugeben; $ t_{tokenRot} = \frac{100m * s}{200000 km} = 0,5 \mu s $
  • $ t_{r} = 5 \mu s $
• $ t_{s} $: Sendezeit von einem Token zum nächsten
  • $ t_{s} = \frac{F}{DR} = \frac{4000*8 Bit * s}{4 * 10^{6} Bit} = 8 * 10^{-3}s $

$ t_{warte,max} = 10 * 8 * 10^{-3} + 5 * 10^{-6} = 80,005 ms $