Probeklausur 1 noch aus GCN aber immernoch aktuell PDF

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(Name)

(Vorname)

Prof. Dr. Marko Schuba Datennetze und Grundlagen der Informatik

(Matrikelnummer)

FH Aachen Fachbereich Elektrotechnik und Informationstechnik

Grundlagen der Computernetze - Probeklausur 1 Bearbeitungsdauer: 3 Stunden. Auswahlklausur: 180 von 200 Punkte gelten als volle Punktzahl. Zur Bearbeitung der Aufgaben • • •

Alle Blätter, die Sie erhalten, müssen Sie auch wieder abgeben. Ihre Lösungen notieren Sie direkt auf den Aufgabenblättern (Vorder- und Rückseite). Sollten Sie zusätzliche Blätter benötigen, erhalten Sie diese von der Klausuraufsicht.

Erlaubte Hilfsmittel: • •

Taschenrechner (einzeilig, nicht programmierbar) und Schreibgeräte. Ein doppelseitiges, handgeschriebenes DIN A4 Blatt.

Viel Erfolg! Mit der Unterschrift bestätigen ich, dass ich alle Aufgaben selbständig und nur unter Zuhilfenahme der zugelassenen Hilfsmittel bearbeitet haben. Sollten ich nicht ordnungsgemäß für die Klausur angemeldet sein, bestätige ich außerdem die Kenntnisnahme, dass meine Klausur nur unter Vorbehalt als Prüfungsleistung anerkannt wird. Unterschrift: ________________________________

Aufgabe

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Σ

Maximal

20

20

20

15

25

15

20

20

25

20

200

Punkte

FH Aachen - Grundlagen der Computernetze – Probeklausur 1 06.07.2012

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Aufgabe 1 – Subnetting (20 Punkte)

Sie sind Administrator des im Bild gezeigten Netzes. Sie haben die IP Adressen 100.100. 160.0 255.255.224.0 bekommen und sollen allen Geräten eine IP Adresse zuweisen. Im Rechnerpool 1 befinden sich 350 Hosts, im Rechnerpool 2 1000 Hosts, im Rechnerpool 3 2030 Hosts und im Rechnerpool 4 750 Hosts. a) Nummerieren Sie die Netze oben im Bild. b) Führen Sie ein Subnetting mit VLSM durch (Rechnungsweg ausführen!) c) Tragen Sie anschießend für jedes Netz die Netznummer, die Netzadresse, die Subnetzmaske, die Netz-Broadcastadresse und die verwendbaren IP Adressen in die Tabelle unten ein.

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2 / 32

Netznummer

Netzadresse

Subnetzmaske

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Netz-Broadcast

Verwendbare Adressen

3 / 32

Aufgabe 1 Lösung – Subnetting (20 Punkte) a) (2 Punkte) 12 Netze, jeweils eins pro Switch und eins pro Verbindung zwischen Routern (in Klausur zählt die Zeichnung) b) (10 Punkte) 1 I1 2631 I2631 84268421I84268421 -----------------------------------------101- - - - - - - - - - - - 0 0 x x x x x x x x x x x Rechnerpool 3 (2030 Hosts) 0 1 0 x x x x x x x x x x Rechnerpool 2 (1000 Hosts) 0 1 1 x x x x x x x x x x Rechnerpool 4 (750 Hosts) 1 0 0 0 x x x x x x x x x Rechnerpool 1 (350 Hosts) 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 x x Verbindungsnetz 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 x x Verbindungsnetz 2 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 x x Verbindungsnetz 3 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 x x Verbindungsnetz 4 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 x x Verbindungsnetz 5 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 x x Verbindungsnetz 6 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 x x Verbindungsnetz 7 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 x x Verbindungsnetz 8 c) (8 Punkte)

160.0/21 168.0/22 172.0/22 176.0/23 178.0/30 178.4/30 178.8/30 178.12/30 178.16/30 178.20/30 178.24/30 178.28/30

Netznummer

Netzadresse

Subnetzmaske

Netz-Broadcast

Verwendbare Adressen

1

100.100.160.0

255.255.248.0

100.100.167.255

100.100.160.1 – 100.100.167.254

2

100.100.168.0

255.255.252.0

100.100.171.255

100.100.168.1 – 100.100.171.254

3

100.100.172.0

255.255.252.0

100.100.175.255

100.100.172.1100.100.175.254

4

100.100.176.0

255.255.254.0

100.100.177.255

100.100.176.1 – 100.100.177.254

5

100.100.178.0

255.255.255.252

100.100.178.3

100.100.178.1 – 100.100.178.2

6

100.100.178.4

255.255.255.252

100.100.178.7

100.100.178.5 – 100.100.178.6

7

100.100.178.8.

255.255.255.252

100.100.178.11

100.100.178.9 – 100.100.178.10

8

100.100.178.12

255.255.255.252

100.100.178.15

100.100.178.13 – 100.100.178.14

9

100.100.178.16

255.255.255.252

100.100.178.19

100.100.178.17 – 100.100.178.18

10

100.100.178.20

255.255.255.252

100.100.178.23

100.100.178.21 – 100.100.178.22

11

100.100.178.24

255.255.255.252

100.100.178.27

100.100.178.25 – 100.100.178.26

12

100.100.178.28

255.255.255.252

100.100.178.31

100.100.178.29 – 100.100.178.30

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Aufgabe 2 – Go-Back-N (20 Punkte) Gegeben Sei der folgende Screenshot des Go-Back-N Applets:

Beantworten Sie die folgenden Fragen zu obigem Bild: a) Welche Pakete im Sendefenster des Senders wurden schon quittiert? b) Welches Paket hat der Sender zuletzt gesendet? c) Welches Paket hat der Empfänger zuletzt empfangen? d) Welches Paket erwartet der Empfänger? e) Welches Paket wird der Sender als nächstes senden? f)

Was macht der Empfänger mit Paket 14?

g) Welche Quittungsnummer wird als Antwort auf Paket 14 gesendet? h) Wenn die Quittung mit Paketnummer 10, sowie die Pakete 14 und 15 alle ankämen. Wie würde die Übertragung weitergehen? i)

Wenn die Quittung mit Paketnummer 10, sowie die Pakete 14 und 15 allesamt verloren würden, was würde dann passieren?

j)

Wenn das Sendefenster plötzlich eine Größe von 7 Paketen hätte, was würde dann als nächstes passieren

k) Sind Quittungsduplikate möglich? Wenn ja, was macht der Sender damit? Wenn nein, wie vermeidet der Empfänger diese?

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Aufgabe 2 Lösung – Go-Back-N (20 Punkte) a) (1 Punkt) Keines im Sendefenster. Dieses enthält nur unquittierte Pakete. b) (1 Punkt) Das letzte vom Sender geschickte Paket ist Nr. 15. c) (2 Punkte) Das zuletzt empfangene Paket ist Nr. 13. d) (2 Punkte) Der Empfänger erwartet Paket Nr. 11. e) (2 Punkte) Als nächstes wird Paket 11 gesendet. f)

(2 Punkte) Paket Nr. 14 wird verworfen.

g) (2 Punkte) Quittungsnummer 10 wird wiederholt. h) (2 Punkte) Es käme ein Timeout für Paket 11, und alle Pakete von 11 bis 15 würden wiederholt. i)

(2 Punkte) Das gleiche wie unter h)

j)

(2 Punkte) Der Sender würde, sofern nicht vorher ein Timeout käme, als nächstes noch unquittiert die Pakete 16 und 17 senden.

k) (2 Punkte) Ja, Duplikate sind möglich. Auf Senderseite werden sie ignoriert.

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Aufgabe 3 – Audio-Streaming (20 Punkte) Zur Kodierung auf einer Audio-CD wird das analoge Signal mit 44.100 Mal pro Sekunde abgetastet. Kodiert werden zwei Kanäle (Stereo) mit jeweils 16 Bit PCM-kodierten Werten. a) Wie groß ist die resultierende Datenrate des kodierten Audio-Signals? b) Welches ist in etwa die Frequenz-Obergrenze, die bei dieser Abtastrate wieder rekonstruiert werden kann? c) Jeweils 6 Abtastwerte werden in einem Frame kodiert. Was ist die Frame-Rate? Wie ist der Abstand zwischen den Frames? d) Zeichnen Sie ein Diagramm, welches die Übertragungszeitpunkte der ersten 10 Frames sowie deren Empfang beim Empfänger darstellt (analog zur Vorlesung). Dabei - beginne die Übertragung bei t=0 - sei der Abstand zwischen gesendeten Frames sei 1 Zeiteinheit. - sei der Empfang des ersten Samples bei t=5. - seien die Verzögerungen der restlichen Pakete wie folgt: * Paket 2: 4 ZE * Pakete 3-6: 6 ZE * Pakete 7-8: 5 ZE * Paket 9: 6 ZE * Paket 10: 7 ZE e) Wie viele Frames gehen bei der Wiedergabe verloren, wenn die Wiedergabe bei t=5, t=6 bzw. t= 7 beginnt?

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Aufgabe 3 Lösung – Audio-Streaming (20 Punkte) Zur Kodierung auf einer Audio-CD wird das analoge Signal mit 44.100 Mal pro Sekunde abgetastet. Kodiert werden zwei Kanäle (Stereo) mit jeweils 16 Bit PCM-kodierten Werten. a) (2 Punkte) Jeder Abtastwert besteht aus 32 Bit. 32 Bit * 44.100 1/s = 1.411.200 Bit/s. b) (2 Punkte) Nach Nyquist-Shannon muss ein Signal doppelt so oft abgetastet werden wie die höchste Frequenz, also liegt die Frequenz-Obergrenze bei Audio-CDs bei 22.050 Hz also ca. 20 kHz. c) (2 Punkte) Die Rate ist dann 44.100/6 Rahmen/s = 7350 Rahmen/s oder 1/7350 s/Rahmen = 0,000136 s/Rahmen = 0,136 ms/Rahmen d) (10 Punkte)

e) (4 Punkte)

t=5: 6 Frames gehen verloren (siehe Bild oben) t=6: 1 Frame geht verloren t=7: kein Frame geht verloren

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Aufgabe 4 – Fragmentierung (15 Punkte) Ein Rechner soll eine Datei mit der Länge 3523 Bytes auf ein Netzlaufwerk kopieren. Das verwendete Netzwerkschichtprotokoll ist IP. Der IP Header und der TCP Header seien jeweils 20 Bytes lang. Der letzte Router vor dem netzlaufwerk erhält die gesamte Datei in einem IP Paket. Die MTU des LAN-Segments ist 516 Bytes. a) Wie viele Fragmente kommen beim Netzlaufwerk an? (Rechenweg!) b) Geben Sie für das erste und für das letzte Fragment an, wie viele Nutzdaten enthalten sind und wie der Offsetwert und der Wert des IP-Flagfeldes im IP Header sind.

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Aufgabe 4 Lösung – Fragmentierung (15 Punkte) Gesamtlänge ist 3523 Bytes Nutzdaten + 20 Bytes TCP-Header = 3543 Bytes. Wir nutzen hier zur Berechnung unser Applet (dann kommen noch 20 Bytes IP Header hinzu, also 3563 Bytes.

a) (12 Punkte) Wie man sieht kommen 8 Fragmente an (jeweils 496 Bytes Nutzdaten plus 20 Byte IP Header außer beim letzten Fragment mit 71 Bytes Nutzdaten) b) (8 Punkte) siehe auch Applet Output

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Aufgabe 5 – TCP-Slow-Start (25 Punkte) Gegeben sei folgendes Slow-Start-Diagramm:

Beantworten Sie folgende Fragen: a) Um welche der beiden in der Vorlesung vorgestellten TCP-Variante handelt es sich? b) Welche Ereignisse treten in welcher Übertragungsrunde auf? c) Was geben die Werte an, die durch ein dreieckiges Symbol dargestellt werden? d) Wieso steigt die Segmentgröße ab Runde 13 linear an? e) In welchen Runden befindet sich der Algorithmus in der Slow-Start-Phase und welchen Runden in der Congestion-Avoidance-Phase? f)

Zeichnen Sie für die Übertragungsrunden 1 bis 20 ein entsprechendes Diagramm für die andere in der der Vorlesung vorgestellten TCP-Variante.

g) Wie heißt diese Variante?

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Aufgabe 5 Lösung – TCP-Slow-Start (25 Punkte) a) (1 Punkt) TCP Reno b) (5 Punkte) Runde 5: 3. Duplikats-ACK Runde 10: Timeout Runde 15: 3. Duplikats-ACK Runde 29: 3. Duplikats-ACK Runde 37: 3. Duplikats-ACK c) (1 Punkt) Den jeweiligen Wert von Threshold d) (2 Punkte) Weil bei einer Verdoppelung des Congestion Windows der Größe 4 mit Wert 8 der Threshold von 6 überschritten würde. e) (4 Punkte) Runde 1-5: Slow-Start Runde 6-10: Congestion Avoidance Runde 11-13: Slow-Start Runde 13-40: Congestion Avoidance f)

(11 Punkte)

g) (1 Punkt) TCP Tahoe

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Aufgabe 6 – Distance Vector (15 Punkte) Gegeben sei das folgende Netzwerk mit Link-Kosten:

Die Distanzmatrix sei wie folgt initialisiert. nach v

w

x

y

v

0

∞

∞

∞

w

∞

0

∞

∞

x

∞

∞

0

∞

y

∞

∞

∞

0

von

Geben Sie die Distanzmatrix nach jedem Schritt an bis der Algorithmus konvergiert. Ein Schritt besteht dabei aus: der Neuberechnung der DVs basierend auf den derzeit verfügbaren Informationen sowie der Versendung von DVs, die sich geändert haben.

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Aufgabe 6 Lösung – Distance Vector (15 Punkte) (je 5 Punkte pro Iteration) Berechne lokale DVs (Distanzen zu direkten Nachbarn; Nachbarn auch unten in Klammern angegeben)

nach v

w

x

y

v (w,y)

0

5

∞

1

w (v,x,y)

5

0

1

3

x (w,y)

∞

1

0

1

y (v,w,x)

1

3

1

0

von

Berechne 1. Mal neue Werte basierend auf den empfangenen DVs.

nach v

w

x

y

v (w,y)

0

4

2

1

w (v,x,y)

4

0

1

2

x (w,y)

2

1

0

1

y (v,w,x)

1

2

1

0

von

Berechne 2. Mal neue Werte basierend auf den empfangenen DVs.

nach v

w

x

y

v (w,y)

0

3

2

1

w (v,x,y)

3

0

1

2

x (w,y)

2

1

0

1

y (v,w,x)

1

2

1

0

von

Einzige empfangene Veränderung ist Distanz von 3 (v,w). Bringt für keinen anderen Verbesserung. Fertig. FH Aachen - Grundlagen der Computernetze – Probeklausur 1 06.07.2012

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Aufgabe 7 – Wireshark ARP (20 Punkte) Im Netz, das im folgenden Bild dargestellt ist, zeichnen Sie den folgenden Datenverkehr mit WireShark auf:

Bild 1: Netzaufbau

Beginn Aufzeichnug 1 (zwischen PC1 und R1) *************************** No. Time Source Destination Protocol Info 1 0.000000 Private_66:68:00 Broadcast ARP Who has 192.168.1.1? Tell 192.168.1.3 Frame 1 (64 bytes on wire, 64 bytes captured) Ethernet II, Src: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00), Dst: Broadcast (ff:ff:ff:ff:ff:ff) Destination: Broadcast (ff:ff:ff:ff:ff:ff) Source: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Type: ARP (0x0806) Trailer: 000000000000000000000000000000000000 Frame check sequence: 0x00000000 [incorrect, should be 0xef6d2c98] Address Resolution Protocol (request) Hardware type: Ethernet (0x0001) Protocol type: IP (0x0800) Hardware size: 6 Protocol size: 4 Opcode: request (0x0001) Sender MAC address: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Sender IP address: 192.168.1.3 (192.168.1.3) Target MAC address: Broadcast (ff:ff:ff:ff:ff:ff) Target IP address: 192.168.1.1 (192.168.1.1) No. Time Source Dest Destination ination Protoco Protocol l Info FH Aachen - Grundlagen der Computernetze – Probeklausur 1 06.07.2012

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2 0.133000 c2:00:08:dc:00:00 Private_66:68:00 ARP 192.168.1.1 is at c2:00:08:dc:00:00 Frame 2 (60 bytes on wire, 60 bytes captured) Ethernet II, Src: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00), Dst: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Destination: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Source: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) Type: ARP (0x0806) Trailer: 000000000000000000000000000000000000 Address Resolution Protocol (reply) Hardware type: Ethernet (0x0001) Protocol type: IP (0x0800) Hardware size: 6 Protocol size: 4 Opcode: reply (0x0002) Sender MAC address: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) Sender IP address: 192.168.1.1 (192.168.1.1) Target MAC address: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Target IP address: 192.168.1.3 (192.168.1.3)

No. Time Source Dest Destination ination Protoco Protocol l Info 3 0.1478 47800 00 192.168 192.168.1.3 .1.3 192.168.2. 192.168.2.3 3 ICMP Echo (ping) r request equest Frame 3 (128 by bytes tes on wire wire, , 128 bytes c captured aptured aptured) ) Ethernet II, Src: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00), Dst: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) Destination: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) Address: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) .... ...0 .... .... .... .... = IG bit: Individual address (unicast) .... ..1. .... .... .... .... = LG bit: Locally administered address (this is NOT the factory default) Source: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Address: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) .... ...0 .... .... .... .... = IG bit: Individual address (unicast) .... ..0. .... .... .... .... = LG bit: Globally unique address (factory default) Type: IP (0x0800) Trailer: 000000000000000000000000000000000000000000000000... Frame check sequence: 0x00000000 [incorrect, should be 0xba0fbcae] Internet Protocol, Src: 192.168.1.3 (192.168.1.3), Dst: 192.168.2.3 (192.168.2.3) Version: 4 Header length: 20 bytes Differentiated Services Field: 0x00 (DSCP 0x00: Default; ECN: 0x00) Total Length: 84 Identification: 0x00b9 (185) Flags: 0x02 (Don't Fragment) Fragment offset: 0 Time to live: 64 Protocol: ICMP (0x01) Header checksum: 0xb599 [correct] Source: 192.168.1.3 (192.168.1.3) Destination: 192.168.2.3 (192.168.2.3) Internet Control Message Protocol Type: 8 (Echo (ping) request) Code: 0 Checksum: 0x1e53 [correct] Identifier: 0x00b9 FH Aachen - Grundlagen der Computernetze – Probeklausur 1 06.07.2012

16 / 32

Sequence number: Data (56 bytes) 0000 08 09 0a 0b 0010 18 19 1a 1b 0020 28 29 2a 2b 0030 38 39 3a 3b

256 (0x0100) 0c 1c 2c 3c

0d 1d 2d 3d

0e 1e 2e 3e

0f 1f 2f 3f

10 11 12 13 14 15 16 17 ................ 20 21 22 23 24 25 26 27 ........ !"#$%&' 30 31 32 33 34 35 36 37 ()*+,-./01234567 89:;?

No. Time Source Destination Protocol Info 4 0.185000 192.168.2.3 192.168.1.3 ICMP Echo (ping) reply Frame 4 (98 bytes on wire, 98 bytes captured) Ethernet II, Src: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00), Dst: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Destination: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) Address: Private_66:68:00 (00:50:79:66:68:00) .... ...0 .... .... .... .... = IG bit: Individual address (unicast) .... ..0. .... .... .... .... = LG bit: Globally unique address (factory default) Source: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) Address: c2:00:08:dc:00:00 (c2:00:08:dc:00:00) .... ...0 .... .... .... .... = IG bit: Individual address (unicast) .... ..1. .... .... .... .... = LG bit: Locally administered address (this is NOT the factory default) Type: IP (0x0800) Internet Protocol, Src: 192.168.2.3 (192.168.2.3), Dst: 192.168.1.3 (192.168.1.3) Version: 4 Header length: 20 bytes Differentiated Services Field: 0x00 (DSCP 0x00: Default; ECN: 0x00) Total Length: 84 Identification: 0x00b9 (185) Flags: 0x02 ...