Correction TD TCP [PDF]

Zitiervorschau

Commutation & Routage dans les réseaux TD Protocole TCP Exercice 1 : Le diagramme suivant présente un échange de messages TCP entre deux machines. Légende : Src addr : addresse source; Dst addr : adresse destination, Src port : port source ; Dst port : port destination Seq : le numéro de séquence du message envoyé, Ack : l’acquittement du message reçu syn = le flag syn ; ack : le flag ack ; fin : le flag fin ; Len= longueur des données TCP.

Src addr= 172.16.16.16, Dst address=213.199.159.110 Src port =2418; Dst port = 80 ; Seq=75852 ;Ack=0 syn=1 ; ack=0 ; fin=0 ; Len=0

Src addr= 213.199.159.100, Dst address = 172.16.16.16 Src port = 80; Dst port = 2418 ; Seq=8660 ; Ack = 75853 syn=1 ; ack= 1 ; fin=0 ; Len=0

Src addr= 172.16.16.16, Dst address=213.199.159.110 Src port =2418; Dst port = 80 ; Seq= 75853 ; Ack=8661 syn= 0 ; ack=1 ; fin=0 ; Len=0 Src addr= 172.16.16.16, Dst address=213.199.159.110 Src port =2418; Dst port = 80 ; Seq=75853 ;Ack=8661 syn= 0 ; ack=1 ; fin=0 ; Len= 280 Src addr= 213.199.159.110, Dst address= 172.16.16.1 Src port = 80; Dst port = 2418 ; Seq= 8661 ;Ack= 76133 syn= 0 ; ack=1 ; fin=0 ; Len= 0 Src addr= 213.199.159.110, Dst address= 172.16.16.16 Src port = 80; Dst port = 2418 ; Seq= 8661 ;Ack= 76133 syn= 0 ; ack=1 ; fin=0 ; Len= 283 Src addr= 172.16.16.16, Dst address=213.199.159.110Src port =2418; Dst port = 80 ; Seq= 76133 ;Ack= 8944 syn= 0 ; ack=1 ; fin=1 ; Len= 0

Src addr= 213.199.159.110, Dst address= 172.16.16.16 Src port = 80; Dst port = 2418 ; Seq= 8944 ;Ack= 76134 syn= 0 ; ack=1 ; fin=0 ; Len= 0 Src addr= 213.199.159.110, Dst address= 172.16.16.1 Src port = 80; Dst port = 2418 ; Seq= 8944 ;Ack= 76134 syn= 0 ; ack=1 ; fin=

1 ; Len= 0

Src addr= 172.16.16.16, Dst address=213.199.159.110 Src port =2418; Dst port = 80 ; Seq= 76134 ;Ack= 8945 syn= 0 ; ack= 1 ; fin= 0 ; Len= 0

1- Complétez ce schéma en ajoutant l’information adéquate dans les zones vides ( ?) . 2- De quelle application s’agit-il ? Il s’agit de l’application Web (http) parce que le port destination =80 3- Quelles sont les différentes phases présentées dans ce diagramme ? Ouverture de connexion (syn), échange de données, fermeture de la connexion (fin) 4- Quelles sont les quantités de données totales envoyées par chacune des machines ? 280 octets et 283 octets Exercice 2 : Le schéma ci-dessous donne le scénario d’un échange entre deux équipements en utilisant le protocole TCP. La taille maximale d’un segment (MSS) est fixée pour cet exercice à 800 octets. L’utilisateur fournit trois demandes de données respectivement de 700, 350, et 10 octets. Chacune de ces demandes provoque l’émission d’un PDU sur le réseau. Le premier PDU se perd. 1- pourquoi le récepteur émet un acquittement pour les octets X+1 ? Parce que il a reçu des messages avec numéros de séquence non attendus , alors qu’il attend le numéro de séquence X+1 2- combien de fois sont reçus les octets [X+701,X+800] ? 2 3- pourquoi après la retransmission du paquet [X+1,X+800], le récepteur acquitte-t-il les données jusqu’à 1061 ? Parce qu’il a mémorisé toutes les données bien reçues 4- la plupart des implémentations de TCP considèrent que trois acquittements positifs de suite avec la même valeur correspondent à un acquittement négatif. Pourquoi ? Fast retransmit, Fast recovery

700 octets 700octets [x+1,x+700] Déclenchement du temporisateur de retransmission 350 octets 350 octets [x+701,x+1050] 10 octets

10octets [x+1051,x+1060]

Hors séquence, mémorisée

Hors séquence, mémorisée Ack x+1 Ack x+1

800octets [x+1,x+800] 1060 octets Ack x+1061

Exercice 3 : Le protocole TCP est un protocole d’émission de données qualifié de fiable. Sa fiabilité repose en partie sur la gestion des acquittements de message : les messages sont numérotés et chaque message envoyé doit être acquitté par le receveur. Si au bout d’un temps donné, un message n’est pas acquitté, il est alors réémis. Les acquittements ne sont pas eux même acquittés. Les parties ci-dessous présentent, de manière simplifiée, les mécanismes des fenêtres d’émission qui permettent tout à la fois de gérer les problèmes d’acquittement et de débit. 1 Fonctionnement simple En supposant qu’un émetteur doit envoyer 40 messages que le temps d’envoi d’un message (émetteur  récepteur) et que le temps d’envoi d’un acquittement (récepteur  émetteur) sont tous les deux de 0,5 secondes, que les temps de traitement des messages sont négligeables, combien de temps faut-il à l’émetteur pour envoyer tous ses messages ? Un schéma sera apprécié.

T=40s 2 Fenêtres d’émission Pour optimiser les communications, un mécanisme de fenêtres d’émission a été mis en place. Si la fenêtre a une taille N, l’émetteur peut envoyer les messages numérotes n, n+1, n+2,…n+N-1 sans attendre l’acquittement du message n. Dés que l’acquittement du message n est arrivé, il peut envoyer le message n+N. Si l’acquittement du message n+1 est déjà arrivé, il peut envoyer le message n+N, sinon il doit attendre l’acquittement avant de poursuivre et ainsi de suite. En utilisant, les mêmes suppositions que dans la question précédente et en supposant N fixé à 8, combien de temps faut-il à l’émetteur pour envoyer 40 messages ? Un schéma sera apprécié.

T=5s 3 Fenêtres d’émission en cas de perte de message Si un message envoyé ne reçoit pas d’acquittement (perte du message ou perte de l’acquittement), il est automatiquement réémis au bout d’un temps déterminé (timeout). En se plaçant dans les même conditions qui ci-dessus, en supposant que la valeur du timeout est de 2,5 secondes, que les messages 12 et 24 sont perdus lors de leur première émission, combien de temps faut-il pour émettre 40 messages ? Un schéma sera apprécié.

T=10s

4 Aaptation dynamique des fenêtres d’émission En cas de congestion sur le réseau, la perte de message peut devenir un phénomène important. La perte entraînant des réémissions celles-ci peuvent entraîner un sur- engagement du réseau. Pour résoudre ce problème, il est nécessaire que l’ensemble des émetteurs diminuent leurs envois de messages. Une méthode assez simple est basée sur l’adaptation dynamique de la taille de la fenêtre. En cas de perte d’un message, la taille de la fenêtre est divisée par 2 (arrondi à la valeur entière inférieure) et ceci éventuellement jusqu’à obtenir la taille minimale c’est à dire1.

T=11s Inversement, si la communication se déroule correctement (on peut envoyer la totalité des messages contenus dans une fenêtre), la taille de la fenêtre est augmentée de 1, jusqu’à sa valeur maximale. En supposant la valeur initiale et maximale de N à 8, combien de temps faut-il pour émettre 40 messages dans les conditions expérimentales précisées précédemment ? Un schéma sera apprécié.