Traccia Telecomunicazioni (49880)
Traccia telecomunicazioni
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TELECOMUNICAZIONI: BOZZA DELLA TRACCIA E COMMENTO
INDIRIZZO INFORMATICA E TELECOMUNICAZIONI
ARTICOLAZIONE TELECOMUNICAZIONI
Aggiunto 1 minuto più tardi:
TELECOMUNICAZIONI: COMMENTO SULLO SVOLGIMENTO
INDIRIZZO INFORMATICA E TELECOMUNICAZIONI
ARTICOLAZIONE TELECOMUNICAZIONI
Aggiunto 3 minuti più tardi:
COMMENTO
Aggiunto 1 ora 4 minuti più tardi:
BREVE COMMENTO alla TRACCIA di TELECOMUNICAZIONI per l’INDIRIZZO I.T.
DOMANDE 1 e 4 - ANNO SCOLASTICO 2014/2015
Per quanto attiene al primo punto il collegamento tra i due centri ricerca B e D tramite un ponte radio è la soluzione ideale, come abbiamo già visto, così creiamo un anello e mettiamo in collegamento diretto le due sottoreti. Data la attuale capacità trasmissiva di questi mezzi via etere, e vista la distanza minima tra i siti, che è ipotizzabile tra i 100 e al massimo i 300 metri tutto compreso, considererei di riportare il discorso su una capacità di trasmissione modernamente prevedibile nel totale tra i 10 e i 100 Mbit/s per ottenere come tecnologia di riferimento almeno una 10BaseT fino a 100BaseTX (adeguare il modem-router di testa con tecnologia HDSL o VDSL2, sostiture anche gli altri router se la rete originaria è un po' datata, lasciare i canali fisici, linee e fibra, inalterati, introdurre eventualmente router V di ultima generazione per avere server virtuali gestiti dall'ISP a livello software per servizi e risorse, inserire access point per ridondare in WiFi le connessioni Ethernet). Per fare questo conviene ricordare il
concetto di throughput che riprendo da wikipedia:
Il throughput non è da confondersi con la "capacità" del link: sia la capacità che il throughput si esprimono in bit/s, ma mentre la prima esprime la frequenza trasmissiva massima alla quale i dati possono viaggiare, il throughput è un indice dell'"effettivo" utilizzo della capacità del link. Il throughput è la quantità di dati trasmessi in una unità di tempo, mentre la capacità dipende esclusivamente da quanta informazione è disponibile sul canale nella trasmissione.
Si definisce invece goodput la quantità di dati utili nell'unità di tempo del throughput trasmesso scartando la extrainformazione o informazione di overhead associata ai protocolli durante la trasmissione e gli eventuali pacchetti reinviati per protocolli di tipo automatic repeat request (ARQ).
Potremmo ipotizzare che vi siano in collegamento il 50% degli Host e quindi, con percorsi misti e rete già adeguata a criteri di maggiore versatilità direi che si possono considerare 80-90 trame contemporaneamete in rete su un tempo di latenza assegnato di 30 ms, che, considerato anche il tempo per il ritorno del segnale di riscontro o conferma ACK (acknowledgement), mi fa valutare per la percorrenza della singola tratta media tra due Host un tempo pari a 15-20 ms. Faccio rierimento a una trama complessiva di 1090 byte perchè ( i protocolli) li suppongo tutti presenti nel segmento in uscita dalla sorgente quindi 8700 bit/trama.
....... .......... ... e per il punto quattro ….
Se suppongo un unico pacchetto viaggiante in rete (linee libere) con una trama di 8700 bit ottengo un Bit Rate teorico:
R= T / t1Lat = 8700[bit] / 0,020 = 435000 [bit/s] !!! !!! abbondate rispetto al Data Rate richiesto
T= numero di bit per ogni segmento o trama
ma i pacchetti viaggianti in rete, o meglio trame, sono 80 dei quali potrei considerarne ad esempio 40 di tipo diffusivo (lo stesso segmento da dare a tutti) e 40 interattivi (quindi bidirezionati): per l'alternanza dei download e degli upload è plausibile moltiplicare per 50 il data rate richiesto è ottenere una velocità minima di: 64000 [bit/sec] x 50 = 3,2 [Mbit/s]. Potenziando il sistema con l'introduzione di nuovi Host, fino a 100 per esempio, in modo che potrei avere in totale 233 Host da organizzare sempre con un unico indirizzo di rete in classe B o C ( tipo 192.15.22.__ con l'ultimo byte che mi offre almeno 240 Hosts tenuto conto dei gateway, dei broadcast, degli indirizzi di sottorete); allora estremizzando potrei considerare, visto che ho un Code Rate di 0,94 (1024 / 1090), che si abbiano un centinaio di trame in "collisione" ... ... [64000 / 0,94] x 100 = 6,81 [Mbit/s] quindi circa 7 Mega come velocità minima.
Allora l'ipotesi iniziale sembra quasi corretta, difatti:
se ipotizzo una velocità minima di linea C pari a 10 Mbit/s otterrei:
throughput = (1/100) x C = 0,01 x C = 0,01 x 10 x 10^6 = 100 [kbit/s]
goodput = (1/100) x 0,94 x C = 0,0094 x C = 0,0094 x 10 x 10^6 = 94 [kbit/s] ... e ci stò dentro.
trame al secondo = 100 [kbit/s] / 8720 [bit/trama] = 11,468 [trame/s] =
= 94 [kbit/s] / 8192 [bit/payload] = 11,47 pyld/s
Ipotizziamo anche 100 Mbit/s come velocità massima e consideriamo una situazione di potenziale intasamento con 3 segnali codificati in uscita da ogni host e tutti gli hosts che colloquiano point to point singolarmente, senza il ponte radio .... prevediamo 233 x 3 = 700 trame contemporaneamente in rete e un Code Rate di 4/5 (protocolli codifiche e
sincronismi più complessi), allora avrei:
throughput = (1/700) x C = 0,00143 x C = 0,00143 x 100 x 10^6 = 142,86 [kbit/s]
goodput = (1/700) x 0,83 x C = 0,0011905 x C = 0,0011905 x 100 x 10^6 = 119 [kbit/s] ... e ci stò dentro alla grande.
E quindi il compito era molto versatile.
Il tempo di propagazione delle trame sulle linee andrebbe valutato ipotizzando una velocità di propagazione di 250000 km/s circa su una lunghezza facciamo di 500 m ... quindi direi circa 2 microsecondi e lo consideriamo giustamente trascurabile.
Per terminare si potrebbe anche effettuare il seguente calcolo: determinare un tempo medio tm richiesto per il singolo segmento nel transitare in rete; si può considerare il Data Rate assegnato (Rmin) e maggiorarlo per tenere conto dei protocolli:
Rmin / 0,94 = R = 64000 [bps] / 0,94 = 68085 [bps]
Poi calcolare il tm nel modo seguente:
tm = T/R = 8720 [bit/trama] / 68085 [bit/s] = 128 [ms/trama]
che è circa 5 volte maggiore del tempo di latenza assegnato tenuto conto anche dell’ ACK, il che potrebbe significare che, mediamente, a causa delle collisioni e dei rinvii a seguito di ARQ, il singolo pacchetto impiega un tempo quintuplo per arrivare a destinazione in modo certo, rispetto a quello che impiegherebbe in assenza di collisioni e rinvii.
In definitiva si potrebbero determinare come valori di velocità minima a livello fisico per ogni singolo host quello ottenuto calcolando:
Vmin = T/ tLat = 8720[bit] / 0,03 = 290,7[kbps]
oppure
Vmin = T/ t1Lat = 8720[bit] / 0,015 = 581,3[kbps]
e, tenuto conto che ogni singolo host potrebbe lavorare contestualmente in upload e in download si potrebbe dire anche 1 [Mbps].
Quindi, dai dati che abbiamo parrebbe che il Data Rate assegnato sia abbondantemente superato, oppure, in certe condizioni (con molti host
contemporaneamente in linea) niente affatto superato, a meno di non passare a velocità molto più alte, appunto. Effettivamente il problema potrebbe sembrare matematicamente mal posto o perlomeno di larga interpretabilità. Tu che ne pensi?
In ogni caso i punti 1 e 3 mi sembrano i più importanti, anche il quattro forse un po'.
SALUTI A TUTTI
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DOMANDE 1 e 4 - ANNO SCOLASTICO 2014/2015
Per quanto attiene al primo punto il collegamento tra i due centri ricerca B e D tramite un ponte radio è la soluzione ideale, come abbiamo già visto, così creiamo un anello e mettiamo in collegamento diretto le due sottoreti. Data la attuale capacità trasmissiva di questi mezzi via etere, e vista la distanza minima tra i siti, che è ipotizzabile tra i 100 e al massimo i 300 metri tutto compreso, considererei di riportare il discorso su una capacità di trasmissione modernamente prevedibile nel totale tra i 10 e i 100 Mbit/s per ottenere come tecnologia di riferimento almeno una 10BaseT fino a 100BaseTX (adeguare il modem-router di testa con tecnologia HDSL o VDSL2, sostiture anche gli altri router se la rete originaria è un po' datata, lasciare i canali fisici, linee e fibra, inalterati, introdurre eventualmente router V di ultima generazione per avere server virtuali gestiti dall'ISP a livello software per servizi e risorse, inserire access point per ridondare in WiFi le connessioni Ethernet). Per fare questo conviene ricordare il
concetto di throughput che riprendo da wikipedia:
Il throughput non è da confondersi con la "capacità" del link: sia la capacità che il throughput si esprimono in bit/s, ma mentre la prima esprime la frequenza trasmissiva massima alla quale i dati possono viaggiare, il throughput è un indice dell'"effettivo" utilizzo della capacità del link. Il throughput è la quantità di dati trasmessi in una unità di tempo, mentre la capacità dipende esclusivamente da quanta informazione è disponibile sul canale nella trasmissione.
Si definisce invece goodput la quantità di dati utili nell'unità di tempo del throughput trasmesso scartando la extrainformazione o informazione di overhead associata ai protocolli durante la trasmissione e gli eventuali pacchetti reinviati per protocolli di tipo automatic repeat request (ARQ).
Potremmo ipotizzare che vi siano in collegamento il 50% degli Host e quindi, con percorsi misti e rete già adeguata a criteri di maggiore versatilità direi che si possono considerare 80-90 trame contemporaneamete in rete su un tempo di latenza assegnato di 30 ms, che, considerato anche il tempo per il ritorno del segnale di riscontro o conferma ACK (acknowledgement), mi fa valutare per la percorrenza della singola tratta media tra due Host un tempo pari a 15-20 ms. Faccio rierimento a una trama complessiva di 1090 byte perchè ( i protocolli) li suppongo tutti presenti nel segmento in uscita dalla sorgente quindi 8700 bit/trama.
....... .......... ... e per il punto quattro ….
Se suppongo un unico pacchetto viaggiante in rete (linee libere) con una trama di 8700 bit ottengo un Bit Rate teorico:
R= T / t1Lat = 8700[bit] / 0,020
T= numero di bit per ogni segmento o trama
ma i pacchetti viaggianti in rete, o meglio trame, sono 80 dei quali potrei considerarne ad esempio 40 di tipo diffusivo (lo stesso segmento da dare a tutti) e 40 interattivi (quindi bidirezionati): per l'alternanza dei download e degli upload è plausibile moltiplicare per 50 il data rate richiesto è ottenere una velocità minima di: 64000 [bit/sec] x 50 = 3,2 [Mbit/s]. Potenziando il sistema con l'introduzione di nuovi Host, fino a 100 per esempio, in modo che potrei avere in totale 233 Host da organizzare sempre con un unico indirizzo di rete in classe B o C ( tipo 192.15.22.__ con l'ultimo byte che mi offre almeno 240 Hosts tenuto conto dei gateway, dei broadcast, degli indirizzi di sottorete); allora estremizzando potrei considerare, visto che ho un Code Rate di 0,94 (1024 / 1090), che si abbiano un centinaio di trame in "collisione" ... ... [64000 / 0,94] x 100 = 6,81 [Mbit/s] quindi circa 7 Mega come velocità minima.
Allora l'ipotesi iniziale sembra quasi corretta, difatti:
se ipotizzo una velocità minima di linea C pari a 10 Mbit/s otterrei:
throughput = (1/100) x C = 0,01 x C = 0,01 x 10 x 10^6 = 100 [kbit/s]
goodput = (1/100) x 0,94 x C = 0,0094 x C = 0,0094 x 10 x 10^6 = 94 [kbit/s] ... e ci stò dentro.
trame al secondo = 100 [kbit/s] / 8720 [bit/trama] = 11,468 [trame/s] =
= 94 [kbit/s] / 8192 [bit/payload] = 11,47 pyld/s
Ipotizziamo anche 100 Mbit/s come velocità massima e consideriamo una situazione di potenziale intasamento con 3 segnali codificati in uscita da ogni host e tutti gli hosts che colloquiano point to point singolarmente, senza il ponte radio .... prevediamo 233 x 3 = 700 trame contemporaneamente in rete e un Code Rate di 4/5 (protocolli codifiche e
sincronismi più complessi), allora avrei:
throughput = (1/700) x C = 0,00143 x C = 0,00143 x 100 x 10^6 = 142,86 [kbit/s]
goodput = (1/700) x 0,83 x C = 0,0011905 x C = 0,0011905 x 100 x 10^6 = 119 [kbit/s] ... e ci stò dentro alla grande.
E quindi il compito era molto versatile.
Il tempo di propagazione delle trame sulle linee andrebbe valutato ipotizzando una velocità di propagazione di 250000 km/s circa su una lunghezza facciamo di 500 m ... quindi direi circa 2 microsecondi e lo consideriamo giustamente trascurabile.
Per terminare si potrebbe anche effettuare il seguente calcolo: determinare un tempo medio tm richiesto per il singolo segmento nel transitare in rete; si può considerare il Data Rate assegnato (Rmin) e maggiorarlo per tenere conto dei protocolli:
Rmin / 0,94 = R = 64000 [bps] / 0,94 = 68085 [bps]
Poi calcolare il tm nel modo seguente:
tm = T/R = 8720 [bit/trama] / 68085 [bit/s] = 128 [ms/trama]
che è circa 5 volte maggiore del tempo di latenza assegnato tenuto conto anche dell’ ACK, il che potrebbe significare che, mediamente, a causa delle collisioni e dei rinvii a seguito di ARQ, il singolo pacchetto impiega un tempo quintuplo per arrivare a destinazione in modo certo, rispetto a quello che impiegherebbe in assenza di collisioni e rinvii.
In definitiva si potrebbero determinare come valori di velocità minima a livello fisico per ogni singolo host quello ottenuto calcolando:
Vmin = T/ tLat = 8720[bit] / 0,03
oppure
Vmin = T/ t1Lat = 8720[bit] / 0,015
e, tenuto conto che ogni singolo host potrebbe lavorare contestualmente in upload e in download si potrebbe dire anche 1 [Mbps].
Quindi, dai dati che abbiamo parrebbe che il Data Rate assegnato sia abbondantemente superato, oppure, in certe condizioni (con molti host
contemporaneamente in linea) niente affatto superato, a meno di non passare a velocità molto più alte, appunto. Effettivamente il problema potrebbe sembrare matematicamente mal posto o perlomeno di larga interpretabilità. Tu che ne pensi?
In ogni caso i punti 1 e 3 mi sembrano i più importanti, anche il quattro forse un po'.
SALUTI A TUTTI
Ecco la mia soluzione alla tanto discussa prova di telecomunicazioni .
Punto 1
La risposta al quesito 1 non presenta particolari difficoltà: basta leggere qualcosa sullo standard ethernet (IEEE 802.3). Utilizzare due hub in cascata, al posto di uno centrale, ha il vantaggio di avere cavi di collegamento piu’ corti e, di conseguenza, una minore complessità di realizzazione della rete.
Punto 2
Il problema delle distanze è legato essenzialmente alla possibilità di rilevare le collisioni: il trasmettitore deve “osservare” la linea per un tempo sufficiente a poter rilevare ogni possibile collisione. Nel caso in questione, ipotizzando che i terminali T1 e T2 siano quelli più distanti e supponendo di essere nel caso peggiore di trasmissione della trama di lunghezza minima (64B), si calcola il tempo di trasmissione minimo:
Ttm = Lm / rb = 64*8/ (100*106) =5,12us
Per garantire la possibilità di rilevare le collisioni, il tempo di trasmissione minimo deve essere non minore del doppio del ritardo di propagazione del segnale sulla linea, cioe’:
Ttm ≥ 2tp
tp ≤ Ttm/2
tp ≤ 2,56us
Tenendo conto che il ritardo di propagazione (tp) e’ la somma dei tempo di propagazione del segnale sui cavi di collegamento (tc) e dei ritardi introdotti dai due hub (td):
tp = tc + 2*td
si ha:
tc + 2*td ≤ 2,56us
quindi:
tc ≤ 2,56us – 2*td
tc ≤ 2,56us – 2us
tc ≤ 0,56us
Nota la velocità di propagazione del segnale sui cavi (vp) e ricordando che la distanza percorsa dal segnale sul cavo é :
dT = vp*tc
d/vp ≤ 0,56us
quindi:
dT ≤ 0,56us*vp
dT ≤ 112m
In definitiva, la massima distanza consentita tra T1 e T2 é 112m. Sottraendo la distanza tra gli hub e quella tra T2 e il secondo hub si ricava la massima distanza T1-hub:
d = 112-40-30 = 42m
Punto 3
La risposta al quesito precedente suggerisce una possibile risposta anche per il punto 3: se si rifanno i calcoli precedenti ipotizzando una velocità di trasmissione (rb) più bassa, ad esempio 10Mbps, si ottengono distanze maggiori. Una possibile soluzione, quindi, è ridurre la velocita’ di trasmissione ed avere così la possibilita’ di aumentare la lunghezza del cavo T1-hub.
Punto 4
Il numero totale di host della rete e’ 305 (200+80+25), quindi non è possibile usare un solo indirizzo di classe C. Ipotizzando di “accorpare” le due reti di grandezza minore ( B e C) è possibile usare solo due indirizzi di classe C. Quindi:
- la sottorete A avra’ indirizzi da 192.220.15.1 a 192.220.15.200 per gli hosts, 192.220.15.201 per la porta interna del router e 255.255.255.0 come maschera di sottorete;
- la sottorete B avrà indirizzi da 192.220.16.1 a 192.220.16.80 per gli host, 192.220.16.81 per la porta interna del router e 255.255.255.128 come maschera di sottorete;
- la sottorete C avrà indirizzi da 192.220.16.129 a 192.220.16.153 per gli host, 192.220.16.154 per la porta interna del router e 255.255.255.224 come maschera di sottorete;
- la porta esterna del router potrà avere indirizzo 192.220.16.161 con maschera 255.255.255.252.
Punto 5
Per stimare la velocità di trasmissione vista dall’applicazione sopra il livello trasporto, occorre tener conto dell’aggiunta di byte (header) che ciascun protocollo effettua sui dati per svolgere le sue funzioni e del tipo di controllo di flusso previsto (stop and wait). Il protocollo Ethernet in questione prevede trame di lunghezza massima di 1548 byte (1500 byte dati + 48 byte per intestazioni e controllo), sottraendo ai 1500 byte dati i 40 byte introdotti come header dai livelli rete e trasporto (20 byte + 20 byte) si ottiene un campo dati sopra il livello trasporto di 1460 byte. Per trasmettere 1460B, l’applicazione sopra il livello trasporto deve attendere un tempo pari alla somma del tempo di trasmissione della trama ethernet (1548B), del ritardo di propagazione necessario per raggiungere il destinatario, del tempo di trasmissione del riscontro del destinatario e del ritardo di propagazione del riscontro verso il mittente. In sintesi:
t = tt + tp + tr + tp
Dal punto 3 si ricava tp =2,56us mentre tt e tr vanno determinati:
tt = 1548*8/rb = 12348/(100*106) = 123,48us
supponendo che il riscontro del destinatario avvenga con una trama minima ethernet di 64B si ha:
tr = 64*8/rb = 512/(100*106) = 5,12us
quindi:
t = 123,48 + 2,56 + 5,12 +2,56 = 133,72us
La stima della velocità di trasmissione sopra il livello trasporto si ottiene dividendo il numero di bit trasmessi dall’applicazione sopra il livello trasporto per il tempo che l’applicazione attende prima di trasmettere ancora:
1460*8/t = 11680/133,72us = 87,3Mbps
Come noto, per aumentare la velocità di trasmissione sopra il livello trasporto è possibile utilizzare un controllo di flusso diverso, ad esempio del tipo a finestra scorrevole, in sintesi: si inviano piu’ pacchetti consecutivi e si aspetta il riscontro che indica l’ultimo pacchetto corretto ricevuto.
Prof. Antonio Costantini
ITI G.CASO PIEDIMONTE MATESE (CE)
Punto 1
La risposta al quesito 1 non presenta particolari difficoltà: basta leggere qualcosa sullo standard ethernet (IEEE 802.3). Utilizzare due hub in cascata, al posto di uno centrale, ha il vantaggio di avere cavi di collegamento piu’ corti e, di conseguenza, una minore complessità di realizzazione della rete.
Punto 2
Il problema delle distanze è legato essenzialmente alla possibilità di rilevare le collisioni: il trasmettitore deve “osservare” la linea per un tempo sufficiente a poter rilevare ogni possibile collisione. Nel caso in questione, ipotizzando che i terminali T1 e T2 siano quelli più distanti e supponendo di essere nel caso peggiore di trasmissione della trama di lunghezza minima (64B), si calcola il tempo di trasmissione minimo:
Ttm = Lm / rb = 64*8/ (100*106) =5,12us
Per garantire la possibilità di rilevare le collisioni, il tempo di trasmissione minimo deve essere non minore del doppio del ritardo di propagazione del segnale sulla linea, cioe’:
Ttm ≥ 2tp
tp ≤ Ttm/2
tp ≤ 2,56us
Tenendo conto che il ritardo di propagazione (tp) e’ la somma dei tempo di propagazione del segnale sui cavi di collegamento (tc) e dei ritardi introdotti dai due hub (td):
tp = tc + 2*td
si ha:
tc + 2*td ≤ 2,56us
quindi:
tc ≤ 2,56us – 2*td
tc ≤ 2,56us – 2us
tc ≤ 0,56us
Nota la velocità di propagazione del segnale sui cavi (vp) e ricordando che la distanza percorsa dal segnale sul cavo é :
dT = vp*tc
d/vp ≤ 0,56us
quindi:
dT ≤ 0,56us*vp
dT ≤ 112m
In definitiva, la massima distanza consentita tra T1 e T2 é 112m. Sottraendo la distanza tra gli hub e quella tra T2 e il secondo hub si ricava la massima distanza T1-hub:
d = 112-40-30 = 42m
Punto 3
La risposta al quesito precedente suggerisce una possibile risposta anche per il punto 3: se si rifanno i calcoli precedenti ipotizzando una velocità di trasmissione (rb) più bassa, ad esempio 10Mbps, si ottengono distanze maggiori. Una possibile soluzione, quindi, è ridurre la velocita’ di trasmissione ed avere così la possibilita’ di aumentare la lunghezza del cavo T1-hub.
Punto 4
Il numero totale di host della rete e’ 305 (200+80+25), quindi non è possibile usare un solo indirizzo di classe C. Ipotizzando di “accorpare” le due reti di grandezza minore ( B e C) è possibile usare solo due indirizzi di classe C. Quindi:
- la sottorete A avra’ indirizzi da 192.220.15.1 a 192.220.15.200 per gli hosts, 192.220.15.201 per la porta interna del router e 255.255.255.0 come maschera di sottorete;
- la sottorete B avrà indirizzi da 192.220.16.1 a 192.220.16.80 per gli host, 192.220.16.81 per la porta interna del router e 255.255.255.128 come maschera di sottorete;
- la sottorete C avrà indirizzi da 192.220.16.129 a 192.220.16.153 per gli host, 192.220.16.154 per la porta interna del router e 255.255.255.224 come maschera di sottorete;
- la porta esterna del router potrà avere indirizzo 192.220.16.161 con maschera 255.255.255.252.
Punto 5
Per stimare la velocità di trasmissione vista dall’applicazione sopra il livello trasporto, occorre tener conto dell’aggiunta di byte (header) che ciascun protocollo effettua sui dati per svolgere le sue funzioni e del tipo di controllo di flusso previsto (stop and wait). Il protocollo Ethernet in questione prevede trame di lunghezza massima di 1548 byte (1500 byte dati + 48 byte per intestazioni e controllo), sottraendo ai 1500 byte dati i 40 byte introdotti come header dai livelli rete e trasporto (20 byte + 20 byte) si ottiene un campo dati sopra il livello trasporto di 1460 byte. Per trasmettere 1460B, l’applicazione sopra il livello trasporto deve attendere un tempo pari alla somma del tempo di trasmissione della trama ethernet (1548B), del ritardo di propagazione necessario per raggiungere il destinatario, del tempo di trasmissione del riscontro del destinatario e del ritardo di propagazione del riscontro verso il mittente. In sintesi:
t = tt + tp + tr + tp
Dal punto 3 si ricava tp =2,56us mentre tt e tr vanno determinati:
tt = 1548*8/rb = 12348/(100*106) = 123,48us
supponendo che il riscontro del destinatario avvenga con una trama minima ethernet di 64B si ha:
tr = 64*8/rb = 512/(100*106) = 5,12us
quindi:
t = 123,48 + 2,56 + 5,12 +2,56 = 133,72us
La stima della velocità di trasmissione sopra il livello trasporto si ottiene dividendo il numero di bit trasmessi dall’applicazione sopra il livello trasporto per il tempo che l’applicazione attende prima di trasmettere ancora:
1460*8/t = 11680/133,72us = 87,3Mbps
Come noto, per aumentare la velocità di trasmissione sopra il livello trasporto è possibile utilizzare un controllo di flusso diverso, ad esempio del tipo a finestra scorrevole, in sintesi: si inviano piu’ pacchetti consecutivi e si aspetta il riscontro che indica l’ultimo pacchetto corretto ricevuto.
Prof. Antonio Costantini
ITI G.CASO PIEDIMONTE MATESE (CE)
http://www.corriere.it/cronache/speciali/2010/maturita/notizie/23-seconda-periti-elettronici_408392ec-7edf-11df-b520-00144f02aabe.shtml
Aggiunto 11 ore 57 minuti più tardi:
possibile che non si trova ancora la soluzione del compito di Telecomunicazioni?
Aggiunto 11 ore 57 minuti più tardi:
possibile che non si trova ancora la soluzione del compito di Telecomunicazioni?
si infatti oggi sentivo gli elettronici parlare di Hub e IP mentre noi nel compito avevamo una rete stranissima...bah già la scuola fa schifo...ora pure le tracce agli esami che non c'entrano un cavolo col percorso di studi. Ridicolo poi il fatto di aver messo come documento l'Articolo 3 della costituzione italiana sui diritti della persona quando proprio in Italia una grande quantità di persone non può nemmeno fare le cose più elementari...
(c. Tutti i cittadini hanno pari dignità sociale e sono eguali davanti alla legge, senza distinzione di sesso, di razza, di lingua, di religione, di opinioni politiche, di condizioni personali e sociali.
E` compito della Repubblica rimuovere gli ostacoli di ordine economico e sociale, che, limitando di fatto la libertà e l'eguaglianza dei cittadini, impediscono il pieno sviluppo della persona umana e l'effettiva partecipazione di tutti i lavoratori all'organizzazione politica, economica e sociale del Paese) di fronte a questo articolo mi vien da dire solo se se se...parole scritte e non guardate.
(c. Tutti i cittadini hanno pari dignità sociale e sono eguali davanti alla legge, senza distinzione di sesso, di razza, di lingua, di religione, di opinioni politiche, di condizioni personali e sociali.
E` compito della Repubblica rimuovere gli ostacoli di ordine economico e sociale, che, limitando di fatto la libertà e l'eguaglianza dei cittadini, impediscono il pieno sviluppo della persona umana e l'effettiva partecipazione di tutti i lavoratori all'organizzazione politica, economica e sociale del Paese) di fronte a questo articolo mi vien da dire solo se se se...parole scritte e non guardate.
la prova di telecomunicazione era adatta per gli informatici, mentre quella degli informatici era adatta a quelli di telecomunicazioni.
come mai non sono state pubblicate le traccie di telecomunicazione e informatica sul sito del ministero?
come mai non sono state pubblicate le traccie di telecomunicazione e informatica sul sito del ministero?
http://maturita.****.it/wp-content/uploads/2010/06/elettrotecnica-e-telecomunicazioni.jpg
http://maturita.****.it/wp-content/uploads/2010/06/elettrotecnica-e-telecomunicazioni-2.jpg
le tracce della seconda prova di tlc anno 2010
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le tracce della seconda prova di tlc anno 2010
mi aiuteresti amministratore?
mi hanno segnalato questo....non so
QUESITO 2
TEMPI CHE SONO STATI TROVATI BISOGNA SOMMARE 1 MICROSECONDO PER OGNI HUBQUINDI 2 MICROSECONDI CHE SI AGGIUNGE AI DUE TEMPI TROVATI PRIMA 1 FRATTO 64 X 8 TEMPO TRA IL TERMINALE1 E IL TERMINALE2 DA QUESTO TEMPO BISOGNA TOGLIERE IL TEMPO TOTALE CHE ABBIAMO TROVATO PRIMA QUESTO RISULTATO BISOGNA MOLTIPLICARLO ...PER LA VELOCITA' CHE è 2X10 ALL'OTTAVA (DISTANZA MASSIMA
QUESITO 2
TEMPI CHE SONO STATI TROVATI BISOGNA SOMMARE 1 MICROSECONDO PER OGNI HUBQUINDI 2 MICROSECONDI CHE SI AGGIUNGE AI DUE TEMPI TROVATI PRIMA 1 FRATTO 64 X 8 TEMPO TRA IL TERMINALE1 E IL TERMINALE2 DA QUESTO TEMPO BISOGNA TOGLIERE IL TEMPO TOTALE CHE ABBIAMO TROVATO PRIMA QUESTO RISULTATO BISOGNA MOLTIPLICARLO ...PER LA VELOCITA' CHE è 2X10 ALL'OTTAVA (DISTANZA MASSIMA
l'hai risolto??
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