7480 Solutions

Synthse de cours et exerc ices corr igs

Arch itecture des rseaux

I n f o r m a t i q u e

Synthex

Danile Dromard

Dominique Seret

2 e d it ion

Corrigs des exerc ices

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Ta

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s

III

2010 Pearson France - Architecture des rseaux - Danile Dromard, Dominique Seret

Table des matires

Les transmissions et les supports 1

Protocole de communication et contexte de connexion 9

Concepts gnraux et modlisation des architectures de rseaux 17

Les rseaux locaux dentreprise 27

Le protocole IP (Internet Protocol) 39

Le routage 51

Interconnexion de rseaux et rseaux dentreprise 65

Les protocoles de transport 73

Les applications 83

Nouvelles applications et scurit dans les rseaux 93

chapitre 1

chapitre 2

chapitre

3

chapitre 4

chapitre 5

chapitre 6

chapitre 7

chapitre 8

chapitre 9

chapitre 10

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IV


Auteurs

Danile DROMARD, anciennement matre de confrences luniversit Pierre et Marie Curie (Paris 6), est actuellement vacataire charge de cours en coles dingnieurs. Son domaine denseignement et de recherche concerne les architectures informatiques et les rseaux. Elle a publi plusieurs ouvrages sur les rseaux informatiques, dont Rseaux et tlmatique, Rseaux informatiques, cours et exercices et LArchitecture SNA.

Dominique SERET, professeur luniversit Paris Descartes, a dirig lUFR (Unit de Formation et de Recherche) en mathmatiques et informatique. Elle est responsable du master professionnel MIAGE (Mthodes Informatiques Appliques la Gestion des Entreprises). Elle enseigne la logique, lalgorithmique et lintroduction aux rseaux en licence d'informatique ainsi que la scurit des rseaux en master MIAGE ou en master de recherche en informatique. Passionne par la pdagogie, elle a particip plusieurs expriences d'enseignement distance. Son domaine de recherche concerne plus parti-culirement les rseaux et lvaluation de leurs performances. De nombreuses thses ont t soutenues sous sa direction. Elle a publi plusieurs ouvrages sur les rseaux, dont Rseaux et tlmatique, Rseaux informatiques, cours et exercices, et Introduction aux rseaux.

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1

chapitre 1

chapitre 1

Chapitre 1

Les transmissions et les supports

Un rseau suppose plusieurs quipements informatiques (ordinateurs xes ou portables,

divers quipements lectroniques, tlphones, assistants numriques personnels) situs

distance les uns des autres. La premire chose mettre en uvre pour constituer le rseau

est la transmission des informations dun quipement lautre : on utilise des supports de

transmission dont nous prsentons les caractristiques dans les deux premires sections.

chaque nature de support correspond une forme particulire du signal qui sy propage. Il

faut fabriquer les signaux, grce lquipement appel modem. Les techniques de transmis-

sion et linterface entre ordinateur et modem sont normalises pour assurer linteroprabi-

lit des quipements. En n, nous dcrivons brivement le raccordement ADSL.

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2


Problmes et exercices

Exercice 1 : notion de dcibel

Solution

1. La bande de motards produit huit fois plus de puissance sonore quune seule moto. On a : 10 log

10 (8S) = 10 log

108 + 10 log

10S, ce qui revient ajouter 10 fois le loga-

rithme dcimal de 8 au bruit dune moto pour obtenir le nombre de dcibels produit par les huit motos.

Puisque : 10 log10

8 = 10 log10

23 = 3 10 log10

2 = 9 dB, la puissance des huit motos vaut : S = 87 + 9 = 96 dB.

2. Cela correspond une puissance sonore de 4 109, soit 4 milliards de fois le fond sonore de rfrence !

Remarque

Pendant que la valeur en dcibels du bruit a augment denviron 10%, la puissance sonore rel-lement mise a t multiplie par8.

Exercice 2 : valuation dun rapport signal/bruit (S/B)

Solution

1. Un rapport S/B de 400 correspond 10 log10

400 : 10 (log10

4 + log10

100) et 20 (log

102 + log

10100) = 26 dB.

2. Le rapport S/B est 100 fois plus lev que le prcdent, cest--dire quil vaut : 26 + 20 = 46 dB.

3. On peut calculer simplement une bonne valeur approche du nombre N de dcibels en remarquant que : 500 000 = 106/2. On aura donc : N = 10 (log

10106 log

102) = 10

[6 log10

10 log10

2] = 60 3 = 57 dB.

1 L b d d

Solution

1 U t

Solution


3


Exercice 3 : dbit binaire et rapidit de modulation

Solution

1. Daprs la formule D = R log2V, on trouve : D/R = log

2V soit : V = 2D/R ; la valence

vaut 16.

2. En appliquant la mme formule, on trouve : D = 2 400 4 = 9 600 bit/s.

Exercice 4 : signaux transmis en bande de base et par modulation

Solution

1. Les figures 1.1 et 1.2 reprsentent les donnes codes en NRZ et Manchester.

Figure 1.1

Codage NRZ.

0 1 1 1 1 1 1 0

+a

a

Figure 1.2

Codage biphase ou Manchester.

0 1 1 1 1 1 1 0

+a

a

1 D l f

Solution

1 L fi

Solution


4


2. Les modulations damplitude et de frquences sont reprsentes la figure 1.3.

Figure 1.3

Reprsentation des diffrentes modulations.

Amplitude

Frquence

Phase

0 1 1 1 1 1 1 0

3. Si D est connu et que la valence des signaux soit gale 2, alors R = D bauds.

Exercice 5 : code Manchester et autres codes

Solution

1. La figure 1.4 reprsente les donnes avec le code Manchester.

Figure 1.4

Donnes en codage Manchester.

1 L fi 1

Solution


5


2. La figure 1.5 reprsente les donnes avec le code de Miller.

Figure 1.5

Donnes en codage de Miller.

Le dcodage du code de Miller est trs simple : une transition au milieu de linter-valle reprsente un 1, une absence de transition dans lintervalle reprsente un 0. Il nexiste aucune ambigut de dcodage.

Exercice 6 : influence de la phase sur la rception

Solution

1. La figure 1.6 reprsente les donnes mises et reues.

Figure 1.6

Donnes mises et reues. Exemple de

signal reu

2. On constate que le dphasage a provoqu un mauvais dcodage de la suite, puisque la comparaison la valeur seuil ne seffectue pas au bon moment.

Remarque

Le choix dun bon code est diffi cile! Il faut trouver un compromis entre le nombre de tran-sitions indispensable la synchronisation du codec rcepteur et une solution transparente aux donnes transmises. Bien videmment, un tel dphasage du codec rcepteur est improbable. Le dcalage de phase est particulirement gnant dans la transmission des donnes et doit tre contrl. Loreille humaine y est trs peu sensible.

1 L fi 1

Solution


6


Exercice 7 : formule de Shannon

Solution

1. On utilise la formule D = R log2V.

On obtient : 64 103 = R log232, ce qui donne D = 5R, do : R = 12 800 bauds. La

bande passante est donc gale 6 400 Hz.

2. En utilisant la formule de Shannon D = W log2(1 + S/B), on trouve : 64 103 = 6 400

log2(1 + S/B), do : log

2(1 + S/B) = 10, cest--dire que S/B = 210 1, soit 1 023 (on

pourra ngliger le 1 devant le rapport S/B), ce qui correspond 30 dB environ.

Exercice 8 : caractristiques de ligne et tlchargement

Solution

1. Le dbit binaire de la ligne vaut 49 600 bit/s. Daprs le thorme de Shannon, on obtient : 49 600 = 3 100 log

2(1 + S/B), soit : log

2(1 + S/B) = 16, do : S/B = 216 1.

En ngligeant le 1, on trouve un rapport S/B = 65 536, soit environ 48 dB.

2. Toujours en utilisant le thorme de Shannon, on trouve : 24 800 = 3 100 log

2(1 + S/B), soit : S/B = 28 1 = 255. Le rapport S/B vaut environ 24 dB.

3. Selon le critre de Nyquist, la rapidit de modulation maximale est gale deux fois la bande passante de la ligne. Cette dernire vaut donc 2 400 Hz.

4. Le temps t ncessaire pour transfrer 2 106 octets est gal : t = 2 8 106/49 600 = 322,58 s, soit environ 5 minutes et 22 secondes.

5. Le temps t ncessaire nest plus que de 1,6 s

Exercice 9 : systme de radiomessagerie

Solution

1. Le dbit binaire rellement utilis est : D = 3 125 2 = 6 250 bit/s.

2. Il faut : 8 200/6 250 = 0,256 s pour transfrer le message sur le rcepteur.

3. La bande passante du support vaut : (169,8 169,425) 106 = 375 kHz. Daprs le thorme de Shannon, on pourrait transmettre au maximum : D = 375 103 log

2

(1 + S/B) soit environ : 9 467 495 bit/s.

4. Parce que la vitesse daffichage utilise est bien suffisante pour un lecteur humain, puisquun cran entier saffiche en un quart de seconde. On peut ainsi se contenter demployer des composants bon march pour la fabrication des rcepteurs.

Exercice 7

1 O tili l

Solution

Exercice 8

1 L dbit bi

Solution

1 L dbit bi

Solution


7


Exercice 10 : principes de fonctionnement de lADSL

Solution

1. Il reste 248 canaux pour les flux de donnes montant et descendant.

2. Le nombre de canaux affects chaque sens dpend du dbit binaire que lon veut offrir aux abonns : plus ce nombre est grand et plus le dbit binaire sera important pour le flux considr. Cest bien videmment le fournisseur daccs qui rpartit les canaux, en allouant gnralement 90 % des canaux au flux descendant et les 10 % restants au flux montant.

3. Il faut simplement allouer autant de canaux pour le flux montant que pour le flux descendant. On obtient ainsi une technologie DSL symtrique (SDSL).

4. On peut obtenir : 4 312,5 32 = 138 kbit/s pour le flux montant.

5. Il reste pour le flux descendant : 248 32 = 216 canaux, soit un dbit binaire de 931,5 kbit/s.

6. On peut obtenir : 15 4 000 224 = 13,44 Mbit/s.

Remarque

Les technologies symtriques sont rserves aux oprateurs et aux fournisseurs daccs. Elles ne sont pas disponibles pour les abonns. On natteint pas dans la pratique le dbit obtenu la question6, car le rapportS/B des boucles locales est le plus souvent insuffi sant. On obtient cou-ramment 8Mbit/s sur de courtes distances, avec une boucle locale de bonne qualit.

1 Il reste 248

Solution



9

Chapitre 2

Protocole de communication et contexte de connexion

Dans un environnement o les informations peuvent tre altres, un protocole de com-

munication gre les changes. Celui-ci d nit un ensemble de rgles, spci e le format des

donnes et leur dlimitation, les moyens de contrler leur validit, ainsi que le mode de

correction des erreurs dtectes. Il xe les modalits du dialogue et fournit en option deux

fonctions importantes : le contrle de ux (contrle du rythme denvoi) et la gestion des

acquittements (contrle de la rception des donnes). Les informations ncessaires aux

options sont gres et stockes dans un contexte de connexion, ngoci avant le transfert

des donnes. Un protocole sans contexte de connexion assure un service minimal.

Deux quipements directement relis exploitent un protocole de liaison. Sils sont relis

travers plusieurs rseaux, le protocole est un protocole de transport, dont les fonctionnalits

sont les mmes.

Ce chapitre dcrit PPP (Point to Point Protocol), la version trs simpli e dHDLC (High level

Data Link Control, le protocole de liaison normalis par lITU) pour les accs Internet. Nous

tudierons les protocoles de tr ansport au chapitre 8.


10



Exercice 1 : dtection derreur par VRC et LRC

Solution

1. Il faut ajouter, chaque caractre, le VRC qui lui correspond puis calculer le LRC du bloc de donnes. Le tableau 2.1 rcapitule les rsultats.

Tableau 2.1 : VRC et LRC de la question 1

Donnes Codage VRC

2 0 0 1 0 1

B 1 0 1 1 1

E 1 1 1 0 1

3 0 0 1 1 0

LRC 0 1 0 0 1

On envoie : LRC 3 E B 2, soit dans lordre dmission : 01001 00110 11101 10111 00101.

2. Le bit erron est indiqu en gras au tableau 2.2 : le rcepteur vrifie la parit de chaque donne. Ici, le quatrime bloc nest pas correct ; le rcepteur refait le calcul du LRC (dernire ligne du tableau) en incluant lensemble des donnes reues, y com-pris leurs VRC et LRC. Son rsultat fait apparatre une donne dont la parit nest pas correcte : le message reu est rejet.

Tableau 2.2 : Corrig de la question 2

Codage VRC reu Parit de la donne

Donnesdcodes

0 0 1 0 1 OK 2

1 0 1 1 1 OK B

1 1 1 0 1 OK E

0 1 1 1 0 Erreur

0 1 0 0 1 OK

1 Il f t j t

Solution


11


Exercice 2 : VRC/LRC et contrle polynomial

Solution

1. Le calcul du LRC est donn au tableau 2.3.

Tableau 2.3 : LRC de la question 1

Octet 1 00110011

Octet 2 11110011

LRC 11000000

2. La forme polynomiale du LRC est : LRC(x) = x7 + x6.

3. Le polynme M(x) du message est gal : x13 + x12 + x9 + x8 + x7 + x6 + x5 + x4 + x + 1. Il faut diviser le polynme P(x) = x8 M(x) par x8 + 1, cest--dire :

(x21 + x20 + x17 + x16 + x15 + x14 + x13 + x12 + x9 + x8)/(x8 + 1) = x7 + x6

Les deux mthodes de calcul donnent le mme rsultat.

Exercice 3 : calcul dun contrle polynomial

Solution

1. Le polynme M(x) correspondant au message est gal x13 + x12 + x11 + x9 + x4 + x2 + 1. Multiplions-le par x5, ce qui donne :

P(x) = x5 M(x) = x18 + x17 + x16 + x14 + x9 + x7 + x5

Le reste R(x) vaut x4 + x2 + x + 1. Le mot de code mis est :

P(x) = x18 + x17 + x16 + x14 + x9 + x7 + x5 + x4 + x2 + x + 1

2. Le polynme M(x) correspondant au mot de code reu vaut : x16 + x14 + x9 + x7 + x5 + x + 1. Il nest pas identique au mot de code mis de la question 1. Effectivement, la division polynomiale donne un reste non nul, valant :

R(x) = x4 + x2 + 1

Le rcepteur ignore donc le bloc de donnes.

Remarque

Dans ce bloc de donnes, on constate que plusieurs bits ont t mal transmis; sinon, le poly-nme reu serait identique celui trouv la question1. Le rcepteur ne connaissant videm-ment pas le bloc mis, il prend sa dcision sur le bloc reu. Remarquons que les erreurs rsidaient aussi bien dans le corps du message que dans le bloc de contrle, et le rcepteur ne pouvait pas le savoir!

1 L l l d

Solution

1 L l

Solution


12


Exercice 4 : contrle polynomial avec le polynme V41

Solution

1. M(x) = x7 + x5 + x3 + x2 + x.

2. La division polynomiale effectuer est : x16 M(x) diviser par G(x), soit : x23 + x21 + x19 + x18 + x17 diviser par x16 + x12 + x5 + 1. Le reste est : R(x) = x14 + x12 + x10 + x5 + x2, soit en binaire un bloc FCS sur 16 bits : 01010100 00100100.

Exercice 5 : contrle derreur dans TCP

Solution

1. Le rsultat de laddition de blocs de 16 bits modulo 2 tient sur 16 bits.

2. Le message TCP peut tre transcrit en binaire et dcoup en blocs de 16 bits (sans crire les deux derniers qui ne contiennent que des bits 0 et ninterviennent donc pas dans le calcul de laddition finale) :

00 15 = 0000 1000 0001 0101 ; 0F 87 = 0000 1111 1000 0111 ; 9C CB = 1001 1100 1100 1011 ; 7E 01 = 0111 1110 0000 0001 ; 27 E3 = 0010 0111 1110 0011 ; EA 01 = 1110 1010 0000 0001 ; 50 12 = 0101 0000 0001 0010.

Laddition fournit 0111 0000 1011 1000, soit en hexadcimal E0 B8.

Exercice 6 : circuit de calcul du bloc de contrle derreur

Solution

1. Le registre tant initialis plein 0, il contient le premier octet lui-mme une fois que les huit premiers bits sont entrs. Le premier bit se retrouve dans la case 7, le deuxime dans la case 6, etc.

2. Au neuvime top dhorloge, se prsente lentre Data in le premier bit du deuxime octet, alors que sort Data out le premier bit du premier octet. Ces 2 bits sont additionns modulo 2 (OU exclusif), et le rsultat est rang dans la case 0, laisse libre par le dcalage. Une fois que toutes les donnes sont entres, on a donc laddition bit bit des 2 octets. On a vu lexercice 3 quil sagissait du LRC et du reste de la division du polynme associ aux donnes par x8 + 1. Le circuit de la figure 2.9 du livre est donc le circuit de calcul du LRC.

Exercice 4

1 M(x) = x7 +

Solution

Exercice 5

1 Le rsultat d

Solution

Exercice 6

1 Le registre

Solution


13


Remarque

Quel que soit le polynme diviseur, un simple circuit excute le calcul de la division la vole. Il comprend un registre dcalage, avec autant de cases que le degr du polynme et autant dop-rateurs OU exclusif quil existe de termes non nuls dans ce polynme. Le registre est initialis 0. Ds que toutes les donnes sont entres, il contient le reste de la division. Lmetteur na plus qu faire sortir bit bit le champ de redondance pour linsrer la suite des donnes. Avec un tel circuit, le calcul seff ectue en srie ds larrive du bit (inutile de connatre la totalit des donnes avant de commencer). Le rsultat est instantan, alors que le LRC se calcule en parallle sur tous les bits du message. Le mme circuit sert aussi chez le rcepteur puisque celui-ci refait la mme division.

Exercice 7 : change de donnes par satellite

Solution

1. Soit T le temps de transmission, l la longueur en bits du message, tp le temps de pro-

pagation (temps mis par le signal la vitesse de la lumire, 300 000 000 m/s) et D le dbit binaire en bits par seconde. On a la relation : T = l/D.

A transmet un message B, qui le reoit T + tp et B envoie immdiatement la

rponse. Pour viter toute perte de temps, il faut que la taille de la fentre corres-ponde un dlai suprieur T augment du temps dattente de la rponse. Calculons le temps de transmission dun message et le temps de propagation. Le temps de transmission dun message 64 octets de donnes vaut :

T = (48 + 64 8)/9 600 = 58,33 ms

200 km daltitude, le temps de propagation (aller-retour Terre-satellite) vaut :

tp = 2 200 000/300 000 000 = 1/750 = 0,001333333 = 1,333 ms

Si est le temps dattente de rception du message de rponse et trponse

son temps de transmission :

= 2 tp + t

rponse = 2 t

p + (48/9 600) = 2 1,33 + 5 = 7,66 ms

Pendant quon envoie le second message par anticipation, on reoit la rponse au premier. Il ny a donc pas de problme de taille de fentre.

2. 36 000 km daltitude, le temps de propagation devient : t

p = 2 36 000/300 000 = 240 ms. vaut alors :

= 2 tp + t

rponse = 485 ms

Soit F le volume de donnes transmises avant quon finisse de recevoir la rponse. On trouve :

F = /D = 80 000 bits environ. Il y a un silence chaque fois que la fentre est pleine. Si on choisit une taille de fentre suprieure 80 000 bits, on limite les problmes dan-ticipation. Remarquons quun tel volume de donnes tient en 8,3 messages ; donc, si les messages sont numrots individuellement, il est indispensable que le modulo de la numrotation soit suprieur 8 ou que les messages envoys soient plus longs sinon.

1 S it T l tT

Solution


14


Exercice 8 : relation entre fentre et modulo de la numrotation

Solution

Soit W la taille de la fentre. Si elle est gale N le modulo de la numrotation, le message de rang k et celui de rang k + N portent le mme numro k, puisque les deux rangs ont le mme reste de division par N.

Un cas dambigut est dcrit ci-dessous avec N = 8. Les numros possibles sont : 0, 1, 2 7 (Maxseq = 7). Si W = 8, une station qui met plusieurs messages dont le premier est mal transmis reoit un acquittement RR0. Si, maintenant, elle envoie huit messages conscutifs avec succs, elle reoit galement RR0 ! La station rceptrice considre que le huitime mes-sage est un doublon du message 0 (puisque, pour elle, les deux portent le mme numro). La station rceptrice ignore les huit messages quelle a pourtant reus correctement

On peut conclure de cet exemple que la taille maximale de la fentre doit tre au plus gale Maxseq.

Exercice 9 : correction derreurs avec numro de messages

Solution

1. Le protocole dcrit est un protocole en mode connect : il gre un contexte de connexion contenant au moins le numro du prochain message mettre (pour le module mission) et celui du prochain message recevoir (pour le module rception).

2. Les numros sont dans lordre : 0, 1, 2, 3 et 4. La fentre doit tre suprieure ou gale 5 pour quun metteur puisse envoyer ces cinq messages, mme en labsence dac-cus de rception du rcepteur.

3. Le troisime message (portant le numro 2) est ignor par B. Le module de rception de B voit donc les messages dans lordre : 0, 1, 3 et 4. Aprs avoir reu le message 1, il sattend au message 2. B constate donc seulement aprs avoir reu le message portant le numro 3 que les numros ne se suivent pas. Il demande alors A de retransmettre tout depuis le message portant le numro 2.

4. Si la fentre est limite deux messages, A ne peut envoyer que les messages 0 et 1 et doit sarrter pour attendre les accuss de rception. En labsence dinformation sur le dlai pour recevoir les accuss de rception, on peut imaginer deux cas : (a) les accuss de rception sont pratiquement instantans et, mme limite deux mes-sages, la fentre nest pas bloquante ; (b) laccus de rception du premier message nest pas arriv avant la fin de lmission du message portant le numro 1. A est blo-qu en attente de cet accus de rception (voir figure 2.1).

S it W l t illW

Solution

1 L t

Solution


15


Figure 2.1

Schma des changes.

Accus de rception positif

Demande de retransmission

Message 0 Message 1

RR 1 RR 2 RR 3 RR 4 RR 5Retransmettre 2

Message 2 Message 3 Message 2 Message 3 Message 4

Exercice 10 : correction derreurs avec numrotation du flux de donnes

Solution

1. Le protocole dcrit est un protocole en mode connect : il gre un contexte de connexion qui comprend au moins le numro du premier octet, le numro du pro-chain octet mettre (pour le module mission) et celui du prochain octet recevoir (pour le module rception).

2. Les numros sont dans lordre : 45, 345, 645, 945 et 1245, puisquil y a 300 octets par message.

3. Le troisime message (portant le numro 645) est ignor par B. la rception, B voit quil a reu correctement les octets depuis 45 jusqu 644 puis un message contenant les octets de 945 1244. Quand il examine ce message, il constate lintervalle man-quant et demande A de retransmettre les donnes partir de loctet 645.

Exercice 11 : stratgie passive du rcepteur

Solution

La fentre de 2 000 octets nest pas bloquante puisquil ny a ici que 1 500 octets trans-mettre entre A et B. Avec la stratgie propose, A dclenche un temporisateur chaque envoi de message et attend laccus de rception correspondant. la fin du schma de la figure 2.10 du livre, les deux premiers temporisateurs ont t arrts ; par contre, les trois suivants courent encore.

La station B ne reoit pas le message 645 qui est perdu dans le rseau. Elle ne fait rien dautre que conserver en attente les messages 945 et 1245, qui contiennent des donnes non contigus aux prcdentes. Cest donc A qui ragit lorsque ses temporisateurs expirent : celui du message 645 dabord, qui provoque la retransmission du message 645, puis celui du message 945 qui provoque la retransmission du message 945 (voir figure 2.2).

1 L t

Solution

L f t d 2

Solution


16


Figure 2.2

Schma des changes.

RR345 RR1545RR645

45

Temporisateur (45)

Accus de rception positif

Temporisateur (1245)

Temporisateur (345)

Temporisateur (645)

Temporisateur (645)

Temporisateur (945)

345 645 945 645 9451245

Doublon dtectet cart

Pendant ce temps, B reoit le message 645 ; ce dernier vient boucher le trou entre les donnes reues au dbut et celles mises en attente. Toutes ces donnes se suivent ; il peut donc acquitter tout lensemble et dire quil est prt recevoir loctet 1545. Laccus de rception provoque larrt, dans la station A, de deux temporisateurs : celui du mes-sage 1245 et celui du message 645 relanc. Il vite A de relancer le temporisateur du nouveau message 945. Quand B le reoit, il constate que celui-ci contient des donnes dj reues et acquittes ; il sagit donc dun doublon : le message est cart.

Remarque

Cet exercice fait apparatre des dlais variables de traverse des rseaux, ce qui est invitable dans Internet. Les messages pourraient mme arriver dans le dsordre si les routes empruntes changent.



17

Chapitre 3

Concepts gnraux et modlisation des architectures de rseaux

Si la complexit de linfrastructure dun rseau dpend de sa taille, les services et les pro-

tocoles mis en uvre dans un rseau doprateur sont actuellement les mmes que dans

le rseau dune entreprise. Dans les trois premires sections, nous tudions tout dabord les

techniques de commutation et de multiplexage, qui optimisent les cots de fonctionnement

et de maintenance dun grand rseau. Nous voquons ensuite les fonctions de contrle

interne utilises pour grer au mieux les ressources disponibles et garantir le meilleur usage

possible aux utilisateurs dun rseau.

La quatrime section est consacre aux trois modles qui structurent les architectures de

communication : le modle OSI (Open System Interconnection) ou modle de rfrence,

le modle IEEE (Institute for Electricity and Electronics Engineers) d ni pour les rseaux

locaux et la pile des protocoles TCP/IP (Transport Control Protocol / Internet Protocol). Le

premier, plus ancien, a apport une terminologie et des concepts toujours en usage dans les

rseaux ; le dernier est le standard de facto sur lequel sappuient les systmes de commu-

nication actuels.

En n, la cinquime section prsente les services offerts dans un rseau.


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Exercice 1 : temps de transmission dans un rseau commutation

Solution

1. La dure de transmission du fichier sur une liaison est gale : Tfic

= (L + H)/D. La dure de transmission du fichier est donc gale au temps de transmission sur toutes les liaisons traverses, cest--dire : T

fic1 = T

fic (S + 1).

2. La dure de transmission dun paquet sur une liaison de donnes vaut : Tpaq

= (P + H)/D. La dure de transmission du fichier est donc gale la dure de transmission des paquets jusquau premier commutateur, plus le dlai ncessaire au dernier paquet pour parvenir jusqu B. Le nombre de paquets ncessaires pour transmettre le fichier vaut n = L/P. On en dduit : T

fic2 = (S + n) T

paq = (S + n) (P + H)/D.

La figure 3.1 montre comment calculer les diffrents temps de transmission.

Figure 3.1

Calcul des diffrents temps de transmission. Paquet

Fichier

n x Tpaq S x Tpaq

1

1

2

3

2

3

E

B

Commutateur 1

Commutateur 2

Temps

Fichier = n paquets

3. Applications numriques :

a. Cas de la commutation de messages : P = L = 640 008 = 512 000 bits ;

Tfic1

= (2 + 1) (64 000 + 9) 8/64 000 = 24 s

b. Cas de la commutation de paquets avec P = 128 octets : P = 128 8 = 1 024 bits ; n = L/P = 500 paquets ;

Tfic2

= (2 + 500) ( 128 + 9) 8/64 000 = 8,6 s

c. Cas de la commutation de paquets avec P = 16 octets : P = 16 8 = 128 bits ; n = L/P = 4 000 paquets ;

Tfic2

= (2 + 4 000) (16 + 9) 8/64 000 = 12,5 s

1 L d d

Solution


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d. Cas de la commutation de cellules ATM avec P = 48 octets, H = 5 octets : P = 48 8 = 384 bits ; n = L/P = 1 334 paquets (par excs) ;

Tfic2

= (2 + 1 334) (48 + 5) 8/64 000 = 8,85 s

Remarque

Avec la commutation de messages, le temps de transmission du fi chier ne dpend que du nombre de liaisons traverses. En revanche, avec la commutation de paquets, il faut tenir compte du recou-vrement des temps de transmission des diff rents paquets sur lensemble des liaisons: en eff et, pendant queA transmet son deuxime paquet au premier commutateur, celui-ci envoie le premier paquet au commutateur suivant et ainsi de suite. Cest la raison pour laquelle les performances de la commutation de paquets sont suprieures celles de la commutation de messages. Lcart des performances sera encore plus grand si certaines liaisons transmettent le message avec des erreurs, comme nous le verrons avec les questions suivantes.

4. Le dcoupage en paquets rduit les dlais dacheminement travers le rseau. Cependant, il faut respecter une juste proportion entre la taille de len-tte et celle du corps de message : une taille de paquet trop petite provoque un allongement du dlai.

5. Pour quun message de longueur L soit reu sans erreur, il faut que tous ses bits soient reus sans erreur. La probabilit de recevoir 1 bit sans erreur vaut 1 . La probabilit de recevoir L bits sans erreur vaut donc : (1 )L. La probabilit de recevoir un mes-sage erron est donc de p

t = 1 (1 )L.

Puisque la longueur dune trame vaut : L = P + H, le nombre moyen dmissions est donc :

1 (1 pt) + 2 (1 p

t) p

t + 3 (1 p

t) p

t2 + = 1/(1 p

t)

En appliquant la formule prcdente et en tenant compte des rptitions, on obtient :

Tfic

= Tfic

/(1 pt) = T

fic/(1 )L

6. Les applications numriques donnent :

a. Cas de la commutation de messages : P = L = 64 000 8 = 512 000 bits ;

Tfic

= 16 848 s, soit plus de quatre heures !

b. Cas de la commutation de paquets avec P = 128 octets : P = 128 8 = 1 024 bits ;

Tfic

= 9,6 s, soit une dgradation de 11,6 % par rapport au cas parfait

c. Cas de la commutation de paquets avec P = 16 octets : P = 16 8 = 128 bits ; n = L/P = 4 000 paquets ;

Tfic

= 12,75 s, soit une dgradation de 2 % par rapport au cas parfait

Tfic

= 9,22 s, soit une dgradation de 4,2 % par rapport au cas parfait

7. La prise en compte du taux derreurs dans les liaisons montre tout lintrt du dcoupage des messages en paquets. Il est visiblement hors de question dutiliser la commutation de messages pour les applications ncessitant de hauts dbits, tout particulirement lorsque les liaisons sont peu fiables. On voit galement quune taille de paquet trop petite est un choix peu judicieux. Les cellules ATM et les paquets de 128 octets sont donc des compromis intressants entre les diffrentes contraintes pour les hauts dbits.


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Exercice 2 : signalisation dans les multiplexeurs E1

Solution

1. Il faut 15 trames pour transporter la signalisation de toutes les voies BV.

2. Il faut attendre 16 trames entre deux signalisations successives de la mme voie, soit : 16 125 s = 2 ms.

Exercice 3 : structure de trame dun multiplexeur T1

Solution

1. Longueur totale de la trame T1 : 24 8 + 1 = 193 bits.

2. Le temps entre deux trames correspond au temps sparant deux caractres successifs mis sur une voie BV. Puisque le dbit des voies tlphoniques est 64 kbit/s, il faut 125 s pour transmettre 1 octet dune voie BV.

3. Il faut transmettre 193 bits en 125 s, do un dbit binaire de : 193/125 106 = 1,544 Mbit/s. On peut aussi considrer que le multiplexeur met 8 000 trames par seconde (une trame toutes les 125 s), ce qui ncessite un dbit de : 193 8 000 = 1,544 Mbit/s.

Remarque

Le dbit de la voie multiplex dpend de plusieurs critres: la manire de transmettre la signalisa-tion et les donnes, le nombre de lignes multiplexer et le dbit des voiesBV. Les deux premiers critres conditionnent la structure de la trame multiplex ; le dernier facteur dfi nit le rythme doccurrence des trames.

Exercice 4 : routage par inondation

Solution

1. La recherche entreprise est la plus rapide possible, car le temps de recherche est pro-portionnel au nombre de sauts pour atteindre le nud de rattachement de NT7 et non au nombre total de nuds du rseau.

2. Une recherche de ce type entrane une prolifration de messages de requtes et de rponses dans le rseau et dgrade considrablement ses performances. On ne lenvi-sage que pour des recherches exceptionnelles, sinon le rseau risque dtre complte-ment satur.

1 Il f t 15 t

Solution

1 L t

Solution

1 L h h

Solution


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3. NR1 sait que la requte est termine lorsquil a reu la rponse de ses voisins imm-diats, ici NR2 et NR3.

4. Pour montrer le travail des diffrents NRi, nous utilisons les conventions suivantes la figure 3.2 :

Une requte mise par un NRi vers un autre nud est reprsente par une flche termine par un point dinterrogation.

La rponse du nud contact est reprsente par une flche dont lextrmit est annote non si lquipement terminal recherch na pas t trouv dans les nuds voisins et oui si le nud metteur de la rponse a trouv la ressource demande.

Figure 3.2

Diagramme des requtes changes entre les diffrents nuds.

NR 1

Non

?

?

?

?

??

?

?

???

Oui

Non

NonNon

Oui

NR 2 NR 3 NR 4 NR 5 NR 6 NR 7

Explications et commentaires : ds rception de la requte de NR1, NR2 lenvoie ses voisins, soit NR4 et NR5. Aprs avoir reu une rponse de ses deux voisins, NR2 rpond NR1. NR3 procde de mme pour les nuds NR4 et NR6, et ainsi de suite. Il faut donc trouver un moyen de propager, le plus rapidement et le plus simplement possible, une seule rponse positive vers NR1. Supposons que la requte de NR2 rpercute par NR4 arrive la premire NR7.

Examinons ce qui se passe dans NR4. Celui-ci a rpercut la requte de NR2 vers NR3 et NR7. Entre-temps, NR3 a envoy la requte vers NR4 et NR6. NR4 peut donc inter-prter la requte manant de NR3 comme une rponse ngative sa propre requte : si NR3 avait trouv la ressource, il le signalerait directement dans sa rponse NR1, donc NR4 na pas sen occuper puisque NR3 sera plus rapide que lui rpondre. De la mme manire, quand NR3 reoit une requte de NR4, il linterprte comme une rponse ngative sa propre requte : mme si NR4 a trouv la ressource, le fait quil envoie la requte NR3 signifie quil a reu une requte provenant dun autre chemin et quil notifie sa rponse positive sur cet autre chemin plus rapide.

NR7, de son ct, rpercute la requte reue de NR4 vers NR5 et NR6, bien quil sache o se trouve la ressource demande. L encore, ces deux nuds interprtent la requte de NR7 comme une rponse ngative leur requte. De cette faon, le chemin le plus rapide pour propager la rponse vers NR1 est privilgi. Ainsi, NR7 envoie oui NR4 et non NR5 et NR6. NR4 rpond positivement NR2. Celui-ci envoie sa rponse NR1 ds quil a reu la rponse de NR5.


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Exercice 5 : choix des primitives dun niveau donn

Solution

Trois considrations principales doivent guider le concepteur dun niveau donn :

dfinir les services offerts par la couche (i) aux entits (i + 1), en tenant compte de la position de ce niveau dans larchitecture de communication ;

proposer un nombre minimal de primitives diffrentes, afin de ne pas compliquer linterface ;

minimiser le nombre de paramtres prendre en compte dans chaque primitive dfinie.

Satisfaire la premire condition ncessite une ide prcise du fonctionnement de la couche (i). Par ailleurs, la complexit de linterface dpend du niveau considr : une couche de bas niveau offre forcment des services plus limits quune couche haute de larchitecture. Il faut donc identifier les services disponibles et dcider du nombre den-tits ncessaires leur gestion, puis dterminer les interactions entre elles, afin de dfi-nir la circulation des informations au sein de la couche spcifier.

La deuxime condition rpond un souci defficacit. Si linterface compte un grand nombre de primitives, lentit (i + 1) risque au mieux de ne pas en utiliser toutes les subtilits. Au pire, elle peut entraner une baisse des performances, prjudiciable toute larchitecture. En effet, un nombre lev de primitives risque fort de mener des dou-blons. En outre, les entits (i + 1) pourraient ne pas utiliser certaines primitives.

La troisime condition fournit une meilleure lisibilit du service demand et acclre son traitement. Si une primitive compte 10 paramtres, chacun dentre eux tant gr par une entit, il faut concevoir 10 entits pour les manipuler, dfinir leur mode de coo-pration et prvoir toutes les situations possibles entre chaque paire dentits concernes par le traitement du service Cela risque de provoquer des boucles dans le parcours des donnes entre les entits excutant le service demand. Dans tous les cas, le temps de traitement de la primitive sen trouve notablement allong. Un compromis est trouver entre des conditions contradictoires : une primitive simple se traite plus efficacement, mais elle nexcute quun service limit. Augmenter le nombre de primitives est risqu : un excs de primitives conduit forcment de pitres utilisations

Exercice 6 : niveaux dadressage dans un rseau

Solution

1. Puisque la liaison 2 est coupe, les communications sont brutalement interrompues entre M1 et les clients qui utilisent cette liaison. Par contre, rien ne change pour les clients utilisant la liaison 1 : ils continuent daccder normalement au serveur M1.

T i id

Solution

1 P i l l

Solution


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2. Ladresse IP de destination sert trouver le chemin vers le serveur. Toutefois, la connaissance des adresses IP origine et destination ne peut suffire car un mme client peut grer plusieurs connexions avec le mme serveur. Il faut donc connatre les identifiants de connexion utiliss chez le client et chez le serveur. La distinction entre les flots se fera au niveau TCP, grce lidentifiant de connexion, unique pour chaque connexion.

On utilise le concept de socket pour identifier localement une connexion1. Un socket se compose du doublet : < adresse IP, numro de port > dans lequel le numro de port est lidentifiant de lapplication (unique dans la machine locale). Le socket local est consti-tu du doublet < adresse IP locale, numro de port local >. Le flot de donnes est iden-tifi par < nom du protocole Transport, socket local, socket distant > (voir chapitre 8).

3. Au niveau IP, M1 ne peut plus envoyer ou recevoir de donnes. Le protocole IP nen-treprend aucune action de reprise puisque son service est sans garantie. Par contre, le protocole TCP, fonctionnant en mode connect, dtecte une fin anormale de com-munication. Il rinitialise les connexions brutalement interrompues. Certains l-ments de message transmis au moment de la rupture de communication pourront manquer ou tre transmis deux fois, mais TCP assure la rcupration des lments manquants et la dtection des doublons.

Exercice 7 : procdures en cas de panne du rseau

Solution

1. Lmetteur ignorant la panne survenue dans le rseau, il continue denvoyer les don-nes vers le destinataire. Il appartient au rseau de communication de dtecter la panne et de trouver un chemin alternatif passant par dautres nuds pour atteindre le destinataire. Tant que la phase de recherche dun nouveau chemin na pas abouti, les donnes mises par lmetteur saccumulent dans les nuds situs en amont de la panne. Sils sont saturs, les donnes sont irrmdiablement perdues.

Remarque

Cet exemple illustre limportance de leffi cacit de la fonction de routage dans un rseau de communication off rant un service sans connexion puisque toute panne se traduit par une perte de donnes.

2. Il convient de distinguer deux cas :

a. Le service rendu est en mode connect dans tous les niveaux de larchitecture de communication.

b. Le service en mode connect sappuie sur des couches sous-jacentes fonctionnant en mode sans connexion.

1. Cette notion provient du systme UNIX, trs largement utilis dans les universits amricaines, lorigine des protocoles TCP et IP.

1 L tt

Solution


24


Dans le cas a, la panne est dtecte par le nud situ en amont du nud dfaillant. Le nud qui la dtecte refuse larrive de nouvelles donnes et recherche un nou-veau chemin vers le destinataire. Ds que ce chemin est trouv et tabli, il accepte de nouveau les donnes provenant de lmetteur. Au pire, la perte de donnes est limite aux donnes transmises juste au moment de la panne.

Dans le cas b, puisque le niveau sous-jacent fonctionne en mode non connect, seul lquipement terminal destinataire constate quil manque tout ou partie des donnes selon la dure du transfert. Il demande donc lquipement terminal metteur de rmettre les donnes partir dun point de reprise ngoci entre les deux extrmi-ts. Cela peut occasionner la duplication de donnes correctement achemines au moment de la panne.

Remarque

Le casa est celui qui entrane le moins de perte de donnes, au prix dune surveillance constante et tous les niveaux des transferts de donnes dans le rseau de communication. Cette prcau-tion est superfl ue et pnalisante pour les performances si le rseau de transport est suffi sam-ment fi able.Dans le casb, la gestion correcte du service en mode connect implique de nombreux contrles et des procdures de reprise sophistiques pour assurer un transfert de donnes satisfaisant entre les deux extrmits.

Exercice 8 : interfaces dans un rseau et qualit de service

Solution

1. P1 est situ aussi bien linterface entre les commutateurs (NNI) quentre le client et le premier commutateur de raccordement (UNI). Un protocole unique facilite la maintenance et la gestion pour loprateur.

2. Le protocole entre clients est orient connexion puisquil y a un premier paquet dtablissement de la communication.

3. Le numro de rfrence sert identifier les donnes qui circulent sur la communica-tion (seul le premier paquet contient les adresses compltes des clients, les suivants se contentant de ce numro de rfrence). Par ailleurs, un client peut grer plusieurs dialogues simultanment, le numro de rfrence diffre dun dialogue lautre. Cest lutilisateur qui choisit le numro au moment de ltablissement du dialogue.

4. Les commutateurs enregistrent la trace de la communication afin de rechercher le chemin une seule fois, sur le premier paquet. Les autres paquets suivent alors le mme chemin, le commutateur allant lire dans sa table comment les aiguiller. Le traitement des paquets de donnes en est donc acclr.

5. Le service offert est de grande qualit, garanti par les fonctions de contrle derreurs, de flux et de squencement : toutes les donnes traversent le rseau, sur le mme chemin et arrivent dans lordre.

1 P1 t it

Solution


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6. Le nouveau service peut tre de mme qualit que le prcdent tout en offrant un meilleur temps de traverse du rseau, si la transmission lintrieur du rseau est de trs bonne qualit : en effet, inutile de mettre en uvre un contrle derreurs qui ralentirait les changes sil ny a pas derreurs Il est intressant dans ce cas pour loprateur dallger son protocole.

7. Le service est invitablement moins bon, car rien ne garantit la qualit de transmis-sion entre les clients et le premier commutateur de raccordement.

8. Ce dernier service, la diffrence de tous les prcdents, nest plus orient connexion. Aucun contrle nest effectu dans le rseau : toutes les fonctions de contrle sont donc reportes sur les utilisateurs eux-mmes, qui devront anticiper les carences du rseau.

Remarque

Le rseau dcrit au dbut de cet exercice illustre le fonctionnement du rseau Transpac, propos en France dans les annes 1980. Transpac a connu un trs grand succs, en particulier parce quil transportait les donnes changes entre les serveurs minitel et leurs clients. Transpac utili-saitX.25, le protocole orient connexion normalis par lITU, aussi bien comme UNI que comme NNI. La normeX.25 dfi nit des niveaux Liaison et Rseau fi ables. Linconvnient dune telle archi-tecture est sa lourdeur, donc sa lenteur dexcution.Face la demande insistante des clients pour des dbits plus levs, loprateur doit se tourner vers des protocoles allgs; Transpac na pas chapp cette volution. Le protocoleIP a ensuite tout balay sur son chemin dans les annes1990, et les technologies sans connexion dInternet lont supplant. Loff reX.25 prendra fi n en2011.

Exercice 9 : dlais dexcution dun service

Solution

1. A utilise la seule primitive qui existe : REQUTE_ENVOI. Si le prestataire nest pas oprationnel, si le rseau utilis nest pas disponible ou est charg, si le destinataire nest pas en mesure de recevoir, le service nest pas excut ou est excut avec len-teur. Lutilisateur A nest gnralement pas inform des multiples raisons dun chec dans lexcution du service ou dun dysfonctionnement. Il doit convenir de rgles particulires spcifiques lui et B pour grer les ventuelles dfaillances du service.

Du ct du rcepteur, une seule primitive signale larrive dun message INDICATION_RCEPTION (adresse_metteur, donnes). B na aucun moyen de savoir sil y a eu dautres donnes auparavant, ni mme si celles quil reoit sont les plus rcentes mises par A ! Notons enfin que le message transmis par le presta-taire doit contenir les adresses compltes de lmetteur et du destinataire. Si A doit envoyer un fichier dcoup en plusieurs morceaux (le taux derreur en ligne impose ce dcoupage [voir exercice 1]), cest lui danticiper pour que B dispose des infor-mations ncessaires la vrification de la bonne rception des diffrents morceaux et la gestion de leur rassemblage.

1 A tili l

Solution


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2. Le second service est beaucoup plus riche. A doit tablir une connexion avec B par la primitive REQUTE_CONNEXION (adresse_B, rfrence, paramtres dchanges proposs). On supposera, dans cet exemple, que le paramtre rfrence vaut 0 et que, au bout dun certain temps, A reoit CONFIRM_CONNEXION (adresse_B, 0, paramtres dchanges accepts). Cela signifie que B a t sollicit et a rpondu favo-rablement. La communication tant tablie, A peut demander lexpdition de son message par REQUTE_ENVOI (0, donnes) dans lequel il na plus besoin de prci-ser ladresse de B, la rfrence 0 suffit. Une fois quil a reu SERVICE_EXCUT (0), il sait que son message a bien t remis B et peut demander la fermeture de la connexion par une REQUTE_FERMETURE (0, fin normale). B sera inform de la demande de fermeture de la connexion (ici normale, linitiative de A). Ce fonction-nement est videmment lourd pour un seul message.

3. Dans le cas du schma de la figure 3.21 du livre, la connexion a t ouverte pour transfrer plusieurs messages et le protocole du prestataire dtecte les erreurs de transmission et les corrige par retransmission. Le dlai dexcution de chaque service REQUTE_ENVOI est donc variable. Les performances sont videmment meilleures avec anticipation : A nattend pas de savoir que sa premire primitive a t correcte-ment excute pour demander lexcution dune seconde. Il est alors ncessaire que la rponse explicite quelle demande elle correspond (ce qui nest pas mentionn sur la figure).

Les trois premires demandes sont excutes normalement : dlai = 2,5 t.

Le quatrime message est erron, le protocole ragit la rception du cinquime en demandant la retransmission de tous les messages depuis le quatrime (rponse ret 3). Les messages saccumulent linterface A prestataire de service. Les 10 demandes de A sont dj dposes alors quarrive la confirmation de lexcution du quatrime dont le dlai a t de 5 t (deux fois plus que normalement). On voit ensuite que tout se passe bien dans la transmission, et donc que les dlais se raccour-cissent progressivement : 4,5 t puis 4 t, 3,5 t, 3 t et enfin 2,5 t, retour une situation normale. On suppose dans ce cas que le prestataire dispose de mmoires tampon de taille suffisante pour absorber les demandes de A.

Remarques

1. Le protocole du prestataire de service numrote les donnes modulo8 dans cet exemple. Les numros ports par les messages sont de fait indpendants de ceux queA etB pour-raient utiliser entre eux.

2. Alors que le rythme dmission deA tait rgulier, on constate que, du ct du rcepteur, les rceptions font apparatre un grand intervalle de silence puis, dun coup, une rafale de donnes: les fonctions de contrle de fl ux et de contrle de congestion sont fondamentales pour limiter de telles accumulations. Ces fonctions peuvent tre mises en uvre linter-face entre clients et prestataire comme au sein du rseau du prestataire lui-mme.



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Chapitre 4

Les rseaux locaux dentreprise

Pour rpondre leurs besoins en informatique distribue, les entreprises ont mis en uvre

des rseaux locaux dentreprise, constitus dun ou de plusieurs rseaux locaux ou LAN

(Local Area Network), qui utilisent des protocoles simples car les distances couvertes sont

courtes (de quelques centaines de mtres quelques kilomtres) et les dbits importants

(jusqu plusieurs gigabits par seconde). Nous dtaillons les diffrentes techniques daccs

au support, spci ques de ce type de rseau, puis nous analysons le fonctionnement des

rseaux locaux de premire gnration pour mieux comprendre leurs volutions technolo-

giques. En n, nous abordons les rseaux sans l.


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Exercice 1 : cbler un petit rseau local la maison

Solution

1. Il faut tout dabord disposer des matriels et des logiciels appropris. Pour ce faire, vous devez choisir le rseau local que vous voulez crer (Ethernet ou rseau sans fil) et la topologie physique que vous allez utiliser. Vous optez pour des cartes Ethernet, afin de crer un rseau simple et peu coteux. Vous devez ensuite dcider comment raccorder vos ordinateurs : topologie physique en bus ou en toile ?

La topologie en bus est la solution la plus conomique si vos ordinateurs sont situs dans la mme pice. La topologie en toile, dsormais la plus populaire, impose lachat dun concentrateur dont le prix dpend du nombre de ports disponibles. Cette dernire solution vous permet de faire voluer plus aisment votre installation (mais aurez-vous plus dune dizaine de machines la maison ?).

Vous dcidez donc de raccorder vos machines en bus. Les tapes de votre installation sont : achat et assemblage des diffrents matriels, installation des logiciels, configu-ration des adresses IP.

Au terme de la premire tape, vous avez install les matriels suivants :

un cble Ethernet torsad ;

autant de prises RJ45 que vous raccordez dordinateurs ;

un concentrateur huit ports ;

des cartes rseau (ou cartes Ethernet), une par ordinateur connecter. Choisissez plutt des cartes quipes de connecteurs RJ45.

Vous devez galement disposer, sur chaque machine connecte, des logiciels de communication :

un pilote (driver) pour chaque carte rseau, en gnral fourni par le constructeur de la carte ;

une pile TCP/IP par ordinateur, souvent fournie avec le systme dexploitation ;

un navigateur par ordinateur si vous vous voulez surfer sur Internet et si vous avez souscrit un abonnement auprs dun fournisseur daccs.

Il vous reste tout assembler pour achever la deuxime tape ! Pour la troisime, les systmes dexploitation modernes possdent souvent des fonctions de type Plug and Play (littralement : branchez et jouez) ; les pilotes et autres logiciels sont alors trs faciles installer. Reste la dernire tape : laffectation des adresses IP toutes les machines. Nous verrons cette tape au chapitre 6, qui traite du protocole IP.

2. La consquence immdiate de ce choix est que toute votre belle installation est jeter ! Si vous souhaitez installer le rseau sans fil le plus simple qui soit, vous quipez tous les ordinateurs avec une carte Wi-Fi au lieu de la carte rseau prcdente. Toutes

1 Il f t t t

Solution


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les applications (partage de limprimante, jeux en rseau) qui utilisent la pile TCP/IP seront utilisables sur vos machines. Cette architecture est une architecture ad hoc, dcrite dans le standard 802.11.

Exercice 2 : bouchon de terminaison et priode de vulnrabilit

Solution

1. Aucune transmission nest possible. Le bouchon a un rle lectrique ; son impdance doit tre bien adapte de telle sorte que les signaux ne soient pas rflchis en arrivant aux extrmits du cble. La rflexion est une source de bruit qui perturbe toutes les transmissions.

2. Si les stations sont rparties tous les 15 m, la distance entre les deux stations les plus loignes lune de lautre est de 15 7 = 105 m. La priode de vulnrabilit corres-pond au temps de propagation aller et retour entre les deux stations les plus loi-gnes, soit :

2 105/250 = 0,84 s

Remarque

Sur un bus aussi court, la probabilit dune collision est trs faible: il faudrait que deux quipe-ments (ou plus) aient cout et pris la dcision dmettre dans le mme intervalle de 0,84s, do lintrt dutiliser des bus plutt courts.

3. Soit D la distance maximale. Si la priode de vulnrabilit vaut 51,2 s, alors D est gal :

D = priode de vulnrabilit vitesse = 51,2 250 = 1 280 m

Exercice 3 : notion de domaine de collision

Solution

1. Il nexiste quun seul domaine de collision, puisque chaque concentrateur propage les donnes qui circulent sur ses ports tous les autres concentrateurs. Pour une charge de rseau importante, les collisions risquent dtre trop nombreuses pour un service satisfaisant.

2. Il y a maintenant quatre domaines de collision (un par concentrateur). En effet, les commutateurs stockent les trames avant de les rmettre sur un autre port, ce qui minimise les collisions.

1 A t

Solution

1 Il i t

Solution


30


3. Pour viter toute collision, on limine les concentrateurs et on raccorde chaque sta-tion au port dun commutateur. Vu la taille du rseau, un seul commutateur suffit pour raccorder tous les quipements.

Figure 4.1

Rseau de lentreprise avec les deux commutateurs.

Hub 2

Hub 3

Switch 1 Switch 2

Hub 1

Hub 4

Remarque

Le rseau propos peut la rigueur senvisager pour un particulier, mais il est peu raliste dans une entreprise! Lexemple ne sert qu mettre en vidence le partitionnement dun rseau pour minimiser les collisions, et donc amliorer la qualit du service. Nous verrons des exemples plus ralistes dans les exercices du chapitre7.

Exercice 4 : adresse MAC

Solution

Ladresse MAC est ladresse physique de la carte Ethernet. Cest le numro de srie de cette carte, dfini par le constructeur de la carte. Les constructeurs ont des prfixes uniques au monde (3 octets) et numrotent ensuite leurs cartes sur les 3 octets suivants : deux cartes ne peuvent jamais avoir le mme numro de srie. Il est donc impossible quun autre ordinateur possde la mme adresse.

Remarque

Il est aujourdhui possible de fl asher la PROM qui contient ladresse MAC. Bien que cette tech-nique viole la rgle dunicit des adresses MAC au sein dun rseau donn, elle vite la mise jour des tables de correspondance entre adresses MAC et adressesIP en cas de remplacement dune carte rseau dfectueuse, par exemple.

L d MAC

Solution


31


Exercice 5 : taille minimale des trames Ethernet

Solution

1. Pour que toutes les stations dtectent la collision, il faut quon ait T = p + , quon peut borner suprieurement par T = 2 p.

2. Puisque T = M/8, on trouve M = 16 p, en remplaant T par sa valeur dans lex-pression ci-dessus.

3. 10 Mbit/s, chaque bit dure 0,1 s. 51,2 s correspond au temps dmission de 512 bits (64 octets).

4. Les rpteurs introduisent un dlai supplmentaire, ils interviennent donc dans la valeur de p.

Remarque

On comprend pourquoi la norme 802.3 impose une taille minimale pour les messages mis par les quipements dun rseau local de type CSMA/CD. Les rcepteurs procdent ensuite au tri entre les rsidus de collision trop courts et les vraies trames dune longueur suffi sante.

Exercice 6 : dbit utile

Solution

1. Le dbit utile maximal sobtient de manire thorique si une station unique met en permanence (en respectant lespace entre trames) des trames de longueur maximale. On obtient alors :

longueur totale quivalente dune trame en octets = 8 (prambule) + 6 (adresse desti-nataire) + 6 (adresse metteur) + 2 (longueur ou type) + 1 500 (contenu utile) + 4 (bloc de contrle derreurs) + 12 (correspondant au silence entre trames) = 1 528 octets.

Le dbit utile vaut : 10 (1 500/1 528) = 9,82 Mbit/s, soit un rendement de 98,2 %.

Il sagit bien videmment dun calcul thorique : il est impossible datteindre un tel rendement dans la pratique, ds que plusieurs quipements tentent dmettre. Il y aura des silences et des collisions qui entraneront dventuels silences et/ou colli-sions supplmentaires.

Remarque

En pratique, on considre quun rendement de50 60% est une valeur limite. Si le trafi c devait tre plus important, les performances seff ondreraient. Cet exercice montre lintrt des commu-tateurs pour segmenter les rseaux locaux.

1 P t

Solution

1 L dbit ti

Solution


32


2. Le dbit est de 10 Mbit/s, 1 bit dure 1/(10 106) = 0,1 s soit, avec la vitesse de propa-gation de 200 m/s, un temps correspondant au parcours dans 20 m de cble. Dans le rseau local dont la longueur est 800 m, cela suppose quil y a, un instant donn, 800/20 = 40 bits.

3. Les donnes sont trop courtes, la trame est complte avec du bourrage pour atteindre 46 octets.

Longueur totale quivalente dune trame en octets = 8 (prambule) + 6 (adresse destinataire) + 6 (adresse metteur) + 2 (longueur ou type) + 46 (contenu utile) + 4 (bloc de contrle derreurs) + 12 (correspondant au silence entre trames) = 84 octets.

Le dbit utile rel vaut : 10 (32/84) = 3,81 Mbit/s, soit un rendement de 38,1 %.

Exercice 7 : simulation de trafic sur Ethernet

Solution

1. Le chronogramme est le suivant :

ST 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28

A A A A A A X B B B B B B X X D D D D D D C C C C C C

Commentaire : la date 0, A dmarre, le support est libre et sa trame dure 6 ST, donc de 0 5 ST. t = 2 ST, B et C veulent transmettre mais le support est occup : elles attendent. t = 5 ST, D veut transmettre, le support est occup, donc elle attend.

t = 6 ST, le support devient libre, toutes les stations en attente (B, C et D) tentent leur chance : il y a collision. B, C et D suspendent leur transmission et dmarrent une attente alatoire. Celle-ci sera nulle pour B et de 1 ST pour les deux autres. t = 7 ST, B tente sa chance une nouvelle fois. Le support est libre, sa trame dure 6 ST, elle va de 7 12 ST.

t = 8 ST, C et D veulent faire une nouvelle tentative. Le support tant occup, elles attendent.

t = 13 ST, le support devient libre. Toutes les stations en attente (C et D) tentent leur chance : il y a une nouvelle collision. C et D suspendent leur transmission et dmarrent une deuxime attente alatoire, valant 1 ST pour chacune, conformment au tableau prcdent.

t = 14 ST, il y a un silence, car les deux stations C et D attendent la fin du dlai alatoire et, t = 15 ST, elles tentent leur chance, une nouvelle fois ensemble ! Il y a de nouveau collision. Cette fois, le dlai alatoire est heureusement diffrent pour les deux stations qui vont donc russir transmettre : pour D, t = 17 ST ; pour C, t = 23 ST puisque, sa troisime tentative ( t = 16 + 5 = 21 ST), le support est occup par D.

2. Le taux dutilisation du canal est de 24/29, soit de 82 %.

1 L h

Solution


33


Exercice 8 : risque de collisions et dlai moyen dattente

Solution

1. A na subi quune collision, donc le dlai alatoire quil a tir au sort est 0 ou 1 fois lintervalle ST. B en a subi deux successives, donc le dlai quil a pu tirer au sort est uniformment rparti entre 0 ST, 1 ST, 2 ST et 3 ST.

Soit p la probabilit dune nouvelle collision. Pour quun tel vnement se produise, il faut que les deux quipements aient tir au sort simultanment 0 ou simulta-nment 1. Notons NA (respectivement NB) la dure du dlai pour A (respective-ment B). On obtient :

p = Proba [NA = 0] Proba [NB = 0] + Proba [NA = 1] Proba [NB = 1]

p = 1/2 1/4 + 1/2 1/4 = 1/4 = 0,25

2. Si B a dj subi cinq collisions, le dlai quil va tirer est rparti entre 0 ST et 31 ST.

p = Proba [NA = 0] Proba [NB = 0] + Proba [NA = 1] Proba [NB = 1]

p = 1/2 1/32 + 1/2 1/32 = 1/32

3. Le nombre de collisions dj subies par un quipement dtermine la taille de linter-valle dans lequel il tire au sort son dlai dattente. Le temps moyen dattente avant retransmission pour un essai donn est en effet gal la moiti de lintervalle de tirage, puisquil sagit dune loi uniforme. Le temps moyen cumul pour n tentatives est donc la somme de chaque temps moyen, pour n allant de 1 16.

Soit ST la dure du Slot-Time.

Si n = 0, lquipement na subi aucune collision et T0 = 0.

Dans le cas o lquipement a subi n collisions au total, avec n infrieur ou gal 10, avant de russir sa transmission, son dlai dattente se calcule comme suit :

Le dlai dattente a une valeur nulle avant la premire transmission. Aprs la pre-mire collision, comme N vaut 0 ou 1, on a D1 = (0 + 1)/2 ST = ST/2. Aprs la deu-xime collision, N vaut 0, 1, 2 ou 3, donc on a D2 = (0 + 1 + 2 + 3)/4 ST = 3 ST/2. Aprs la troisime collision, N vaut 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ou 7. On obtient : D3 = (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7)/8 ST = 7 ST/2 et ainsi de suite jusqu n. Donc :

Tn = D0 + D1 + D2 + + Dn = 0 + ST/2 + 3 ST/2 + + (2n 1) ST/2 = (2n (n + 1)/2) ST

Si lquipement a subi n collisions au total, avec n compris entre 11 et 15 (bornes incluses), le calcul est lgrement diffrent du prcdent puisque : D10 = D11 = D12 = D13 = D14 = D15. On trouve alors :

Tn = T10 + (n 10) D10

1 A bi

Solution


34


Exercice 9 : tude de spcifications au niveau MAC

Solution

1. Le temps dmission dune trame de 4 500 octets correspond au temps de propaga-tion de 1 bit plus le temps de propagation de la trame (dure de 1 bit nombre de bits), do :

t = 4 500 8/100 106 + 10 3 = 360 s + 1000 s = 1 360 s (1,36 ms) 2. La dure dmission de la plus petite trame correspond la priode de vulnrabilit,

cest--dire deux fois le temps de propagation entre les stations les plus loignes, soit :

T = 2 103/100 106 = 2 ms

3. La trame minimale devrait durer 2 ms, donc sa longueur devrait tre de :

2 103 100 106 = 200 103 bits, soit 25 000 octets

4. Le rapport vaut : = 4 500/25 000 = 0,18, soit un rendement de 18 %

5. Le dbit rel est de : 100 106 0,18 = 18 Mbit/s.

6. Non, cause de la taille dmesure du champ de remplissage des trames (au mini-mum 20 500 octets). La priode de vulnrabilit est trop importante. CSMA/CD est un mauvais choix dans ce cas.

Remarque

On comprend mieux pourquoi il a fallu modifi er la mthode daccs pour les rseaux Gigabit Ethernet et 10Gigabit Ethernet.

Exercice 10 : Ethernet commut

Solution

1. La topologie physique est en toile, le dbit de 100 Mbit/s sur paires mtalliques.

2. Avec un concentrateur, lorsquun quipement met vers un autre, tous les quipe-ments du rseau reoivent linformation. Le dbit de 100 Mbit/s est partag entre les utilisateurs, et les transferts de donnes se font lalternat. Un concentrateur est un quipement trs bon march.

Avec un commutateur, si un quipement met vers un autre, seul le destinataire reoit linformation. Chaque utilisateur emploie un dbit de 100 Mbit/s et les trans-ferts de donnes sont bidirectionnels simultans. Un commutateur est plus onreux, mais le rapport prix/performances justifie le supplment.

1 L t d

Solution

1 L t l i

Solution


35


3. Si le commutateur a une capacit suffisante, chaque quipement, directement reli au commutateur, peut disposer dun dbit thorique ddi de 100 Mbit/s dans les deux sens de transmission. Puisque les cinq quipements communi-quent avec le mme serveur, le lien entre le serveur et le commutateur est en fait partag entre les cinq communications : un dbit maximal de 20 Mbit/s est offert chaque dialogue.

Exercice 11 : Gigabit Ethernet

Solution

1. Le temps dmission dune trame de 512 octets est 512 8/109, soit environ 4 ms.

2. On peut en dduire que la priode de vulnrabilit est au plus gale 4 ms.

Remarque

Cet exercice complte le travail fait lexercice 10 et illustre un autre aspect de la ncessit dadapter les mthodes daccs aux contraintes lies au bon fonctionnement dun rseau.

Exercice 12 : transmissions dans les rseaux sans fil

Solution

1. Une station ne peut pas mettre et recevoir en mme temps sur la mme frquence, car il en rsulte un phnomne d blouissement de lantenne de rception. Une frquence est donc ncessaire pour lmission et une autre pour la rception.

2. Le rcepteur ne peut pas sassurer que le signal reu na pas t perturb par celui dune autre station, puisque les signaux mis et reus se trouvent dans des frquences diffrentes. La dtection de collision telle quelle est pratique dans Ethernet est donc inapplicable.

3. Le moyen le plus simple consiste dtecter une ventuelle mission pendant un temps suprieur au dlai de propagation le plus long, en tenant compte de la porte du rseau.

4. La technique utilise minimise les risques de collisions pour deux raisons princi-pales : dune part, chaque station de la zone concerne peut estimer le temps occup par les autres stations, grce au mcanisme de rservation. Dautre part, les trames de contrle RTS et CTS sont courtes, donc la probabilit de collision est faible. Pour autant, les collisions ne peuvent tre totalement limines puisque la simple coute du support ne suffit pas pour les dtecter (cas des stations caches).

1 L t d

Solution

1 U t ti

Solution


36


Exercice 13 : performances des WLAN

Solution

1. Globalement, on peut considrer que le dbit disponible sera divis par le nombre de stations actives dans le rseau sans fil. Pour obtenir un dbit suffisant, il faut accrotre le nombre de cellules.

2. La multiplication des cellules pour couvrir une aire gographique offre un avan-tage et un inconvnient : lorsque la porte dune cellule est diminue, la puissance ncessaire lmission est plus faible, donc la dure de vie des batteries est prserve. Par ailleurs, laugmentation du nombre de cellules impose dutiliser plusieurs fr-quences distinctes. Laffectation des frquences risque dtre complique grer si lon veut viter les interfrences au sein dune mme cellule ou entre cellules voisines. Par ailleurs, les diffrences de rglementation entre pays viennent complexifier le problme.

3. Daprs le thorme de Shannon , la relation entre le dbit binaire et la bande passante donne un dbit maximal de 500 kbit/s. Si lon change de canal toutes les 400 ms, on transmet environ 1 Mbit/s. On peut atteindre 2 Mbit/s en divisant par deux le temps imparti lutilisation de chaque canal. Dans la technique DSSS, en utilisant le mme thorme, on obtient un dbit maximal de 11 Mbit/s.

4. La bande de 2,4 GHz occupe une bande de frquences de 85 MHz. Daprs nos hypo-thses, si toutes les bandes taient places les unes derrire les autres, le canal 14, centr sur la frquence 2,763 GHz, occuperait la bande comprise entre 2,752 GHz et 2,774 GHz. Il faudrait occuper une bande de frquences de 373 MHz. Les bandes alloues aux canaux se chevauchent donc pour tenir dans la bande alloue. Pour viter les interfrences dans une cellule ou avec les cellules voisines, il faut choisir des bandes de frquences suffisamment espaces les unes des autres, par exemple des bandes espaces de 25 MHz lune de lautre. La figure 4.2 montre comment utiliser les bandes 1, 6 et 11.

Figure 4.2

Utilisation des bandes 1, 6 et 11 dans une cellule.

1

6

11

1

1

6

11

11

Exercice 13

1 Gl b l

Solution


37


Exercice 14 : performances dans les WPAN

Solution

1. Puisquun slot dure 625 s, le temps est dcoup en 1 600 slots par seconde. Un esclave ne peut utiliser que 800 trames par seconde.

2. Une trame Bluetooth dure au maximum : 5 652 s = 3 125 s. 3. Puisque Bluetooth et Wi-Fi oprent dans la mme bande de frquences et utilisent

les mmes canaux, ils interfrent. Il faut que les groupes de travail 802.11 et 802.15 se concertent pour proposer une solution pour la coexistence de ces deux rseaux dans un mme local. Dans le cas contraire, les entreprises devront choisir une des deux solutions en comptition. Il en rsultera un rapport de force qui pourra contraindre lun des deux protagonistes modifier son standard pour supprimer les interfrences avec lautre.

4. Avec un dbit de 64 kbit/s, la dure de 1 bit vaut : 15,625 s. On peut transmettre 200 bits dans une trame de longueur maximale.

5. Le moyen le plus simple pour minimiser les collisions consiste dtecter une ven-tuelle mission pendant un temps suprieur au dlai de propagation le plus long, en tenant compte de la porte du rseau.

Exercice 15 : architecture dun rseau sans fil plus tendu

Solution

1. Vous commencez par vous documenter sur les rseaux sans fil. Plusieurs standards coexistent : 802.11a, 802.11b et 802.11g. Les deux premiers sont incompatibles entre eux ; le dernier offre le mme dbit que 802.11a tout en tant compatible avec le stan-dard 802.11b.

2. Vous dcidez donc dacqurir des matriels certifis Wi-Fi, supportant le standard 802.11f 2, de faon installer votre WLAN partir dquipements de diffrents constructeurs. Vous choisissez le standard 802.11g, qui vous offre des dbits allant jusqu 54 Mbit/s, sans les contraintes strictes imposes aux WLAN fonctionnant en 802.11a. Votre rseau sera un rseau infrastructure, vous permettant dinstaller suffisamment de bornes daccs pour bien desservir lensemble du btiment.

3. Au minimum, il faut une base (on parle aussi de borne ou de point daccs) et autant de cartes Wi-Fi que dordinateurs portables souhaitant utiliser le WLAN. La base doit possder la fonction de pont, afin de la raccorder au rseau Ethernet filaire de lentreprise. En outre, vous devez acheter des antennes de diffrents types, selon lutilisation qui en sera faite et le type de local raccorder. Le tableau 4.1 rcapitule les diffrents types dantennes et lusage auquel elles sont destines.

2. Standard autorisant le roaming (dplacement dans des zones couvertes par plusieurs bases) entre des bases provenant de constructeurs diffrents.

1 Puisquun s

Solution

1 Vous comm

Solution


38


Tableau 4.1 : Les diffrents types dantennes pour rseaux sans fil

Type Locaux desservir

Verticale Salles de runion, bureaux

Diple Couloirs (zones troites et longues)

Sectorielle Salles de runion ou halls dentre

Yagi Liaison entre btiments proches

Parabolique Liaison entre immeubles loigns

4. Les diffrentes bornes dun WLAN tendu doivent se situer dans le mme domaine de collision et appartenir au mme sous-rseau IP, afin que vos utilisateurs se dpla-cent dans le btiment sans perdre la connexion au rseau ( cet effet, vous avez choisi des matriels compatibles supportant 802.11f).

Pour desservir limmeuble, vous devez placer vos bornes de sorte que leurs zones de couverture se chevauchent. Pour connatre le nombre de bases ncessaires, vous pou-vez utiliser des outils qui simulent votre futur rseau. Plus simplement, vous vrifiez votre installation en vous promenant avec un portable (dot dun logiciel de test affi-chant la puissance du signal reu). Vous vrifiez labsence de zones dombre et vous vous assurez que la puissance du signal reu est suffisante dans toutes les zones3.

5. Deux possibilits soffrent vous, selon la distance entre les deux btiments : soit vous augmentez la porte du WLAN en exploitant le mode rpteur de certaines bornes, laide dantennes de type parabolique ou yagi, soit vous installez dans lautre btiment de nouvelles bornes, raccordes comme les autres par un Ethernet filaire et obissant aux mmes conditions (mme domaine de collision et mme sous-rseau IP).

Avec la mise en cascade de certaines bornes en mode rpteur, vous divisez le dbit utile par deux, puisque les bornes se partagent le mme canal pour communiquer entre elles et avec les stations (la borne faisant office de rpteur transmet la trame lautre borne avec la mme frquence). Cette solution ne sera pas retenue si vous souhaitez disposer du dbit le plus lev possible. Dans ce cas, les contraintes dap-partenance peuvent tre dlicates respecter selon la topologie des lieux.

6. La configuration de votre WLAN se fait en entrant les paramtres systme et les para-mtres de communication des postes clients et des diffrentes bases. Parmi les para-mtres systme figurent : le nom du WLAN (SSID ou ESS selon le type de rseau sans fil), le mode de fonctionnement de linterface sans fil (en mode constamment actif ou en mode veille pour conomiser lnergie), le type de rseau (rseau infrastructure). Il faut galement choisir les paramtres de communication : le dbit (le plus lev possible ou spcifier manuellement), les canaux de communication, la taille maximale dune trame, la puissance dmission. Les diffrents champs doivent tre remplis en veillant ce que tous les paramtres soient identiques dans tous les composants du WLAN.

Remarque

Nous navons pas abord dans cet exercice les aspects lis la scurit de fonctionnement du rseau sans fi l. Nous les verrons lexercice12 du chapitre10.

3. Certains quipements proposent une aide pour raliser ces tests (mode survey).



39

Chapitre 5

Le protocole IP (Internet Protocol)

Le protocole IP transfre les donnes travers une interconnexion de rseaux. Il cherche un

chemin pour vhiculer les paquets (datagrammes) dun metteur un destinataire, chacun

tant identi par son adresse IP ; IP est utilis par les protocoles de la couche Transport :

TCP et UDP. Le module IP ne fournit aucune garantie dacheminement correct des paquets

et ignore le comportement du module IP des autres machines. Chaque paquet est trait

indpendamment des autres : cela signi e que ceux-ci peuvent tre mlangs, dupliqus,

perdus ou altrs ! Pour comprendre le fonctionnement du protocole IP, nous tudions les

adresses IP elles-mmes ainsi que leur correspondance avec les adresses MAC, puis le trai-

tement effectu par un module IP et le format du paquet. Nous voquons en n brivement

les particularits de la version 6 du protocole.


40


Problmes et exercicesExercice 1 : principes gnraux de ladressage

Solution

1. Sparer ladresse en deux parties rduit la taille mmoire des routeurs, qui ne conser-vent que ladresse des (sous-)rseaux et celles des stations des (sous-)rseaux directe-ment rattaches. En effet, la sparation entre ladresse du rseau et celle de la station attache au rseau permet un routage effectif dans les routeurs uniquement daprs ladresse du rseau. Ladresse complte nest utilise quune fois le paquet arriv dans le routeur connect au rseau destinataire.

2. Ladresse IP doit non seulement tre unique, mais aussi reflter la structure de lin-terconnexion. La partie rseau de ladresse dpend donc du rseau auquel est connec-te la station : toutes les machines connectes au mme rseau physique ont le mme prfixe rseau.

Exercice 2 : informations de configuration

Solution

1. A est dans le rseau 143.27.0.0, dans le sous-rseau 143.27.64.0 (on obtient 64 en faisant le ET entre les nombres 102 et 192 crits sur 8 bits, soit 01100110 ET 11000000. Le rsultat donne : 01000000 = 64). Il y a donc 2 bits pour dfinir les sous-rseaux. Ladresse de diffusion dans ce sous-rseau est 143.27.127.255 (on obtient 127.255 en remplaant les 14 bits prvus pour lidentifiant de machine par des 1).

2. B est dans le rseau 143.27.0.0, mais pas dans le mme sous-rseau (il est dans le sous-rseau 143.27.128.0). Il ne peut donc pas utiliser la mme adresse de routeur par dfaut (le routeur par dfaut est obligatoirement dans le sous-rseau de lutilisateur).

Remarque

Ce rseau ne comprend quun routeur possdant deux interfaces internes et une interface vers le monde extrieur. AetB utilisent le mme routeur pour transmettre des messages entre eux ou vers lextrieur. Chaque utilisateur dsigne le routeur par ladresseIP de linterface rseau quil connat. On voit donc bien que ladresseIP ne dfi nit pas une machine mais une interface rseau.

1 S l d

Solution

1 A t d l

Solution


41


Exercice 3 : correspondance adresse MAC/adresse IP

Solution

1. La machine 1 doit rechercher ladresse MAC de la machine 2 quelle connat par son adresse IP

2. Elle consulte sa table ARP. Si celle-ci contient linformation, le problme

est rsolu. Dans le cas contraire, la machine 1 utilise le protocole ARP en diffusant une trame qui contient la requte suivante : Je cherche ladresse MAC de la machine dont je connais ladresse IP

2. La trame tant diffuse, tous les quipements du

rseau local la reoivent. Seul celui qui est concern par lchange, cest--dire ici la machine 2, rpond par une trame contenant la rponse ARP suivante : Je suis la machine IP

2, mon adresse MAC est PH

2. En recevant cette rponse, la machine 1

met jour sa table ARP en ajoutant une ligne : IP2 correspond PH

2.

2. Si la machine 2 est sur un autre rseau local, elle possde une adresse IP2 qui nap-

partient pas au mme rseau quIP1 (la machine 1 le sait en utilisant son masque

de sous-rseau). Le paquet doit tre achemin lextrieur du rseau ; il est envoy au routeur. Ladresse IP

R du routeur est prsente dans le fichier de configuration de

la machine 1. Dans le cas o elle ignore ladresse MAC PHR du routeur, il lui faut

rechercher cette adresse au moyen dune requte ARP comme la question 1. Puis la machine 1 met dans le rseau local une trame dont les adresses physiques sont : destinataire = PH

R et metteur = PH

1. Cette trame transporte un paquet IP dont les

adresses logiques sont : metteur = IP1 et destinataire = IP

2.

Exercice 4 : sous-rseaux

Solution

Tableau 5.1 : Adresses IP, classes et adresses particulires

Adresse IP 124.23.12.71 124.12.23.71 194.12.23.71

Masque de sous-rseau 255.0.0.0 255.255.255.0 255.255.255.240

Classe A A C

Adresse du rseau auquel ap-partient la machine

124.0.0.0 124.0.0.0 194.12.23.0

Adresse de diffusion dans le rseau

124.255.255.255 124.255.255.255 194.12.23.255

Adresse du sous-rseau auquel appartient la machine

Pas de sous-rseau 124.12.23.0 194.12.23.64

Adresse de diffusion dans le sous-rseau de la machine

124.12.23.255 194.12.23.79

1 L hi

Solution

Tableau 5.1 : Adr

Solution


42


Exercice 5 : gnralits sur le plan dadressage

Solution

Adresse de classe B : x.y.0.0 avec x compris entre 128 et 191. En labsence dhypothse prcise sur le nombre de machines dans chaque sous-rseau et sur lvolution future du rseau, on considre quil suffit de crer deux sous-rseaux (ce qui ncessite 2 bits si on veut viter les sous-rseaux plein 0 et plein 1 ), donc un masque 255.255.192.0. Dans les adresses IP des stations, les 16 premiers bits reprsentent le rseau (x.y.), les 2 bits suivants les sous-rseaux (01 et 10). Les 14 bits restants dsignent la machine elle-mme.

Le sous-rseau 01 a pour adresse de sous-rseau x.y.64.0 ; les adresses des machines vont de x.y.64.1 x.y.127.254 ; ladresse de diffusion dans ce sous-rseau est x.y.127.255. Tout message parvenant au routeur avec une adresse IP dans lintervalle ci-dessus est diffus exclusivement dans ce sous-rseau.

Le sous-rseau 10 a pour adresse de sous-rseau x.y.128.0 ; les adresses des machines vont de x.y.128.1 x.y.191.254 ; ladresse de diffusion dans ce sous-rseau est x.y.191.255. Tout message parvenant au routeur avec une adresse IP dans lintervalle ci-dessus est diffus exclusivement dans ce sous-rseau.

Exercice 6 : plan dadressage particulier

Solution

1. Oui, car une adresse de classe B permet dadresser 216 2 (65 534 machines), soit bien davantage que le nombre de machines installes.

2. Une adresse de classe C identifie 254 machines. Il faut 12 adresses de classe C pour tous les terminaux.

3. Il faut 4 bits pour identifier 12 sous-rseaux. Le masque vaut donc : 255.255.240.0.

4. Il reste 12 bits, cest--dire quon peut adresser 212 2 machines soit 4 094 machines par sous-rseau.

5. Le sous-rs

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