Réseaux Informatiques : Exercices adresses mac reseaux réseaux informatiques
Télécharger PDFAdresses MAC dans une trame Ethernet
Les adresses MAC suivantes peuvent-elles appartenir au champ adresse source d’une trame Ethernet ?
a) 01-00-5E-AB-CD-EF
b) 11-52-AB-9B-DC-12
c) 00-01-4B-B4-A2-EF
d) 00-00-25-47-EF-CD
Corrigé :
Les adresses a) 01-00-5E-AB-CD-EF et b) 11-52-AB-9B-DC-12 sont des adresses multicast et ne peuvent donc pas être incluses comme adresse source dans une trame Ethernet. En revanche, les adresses c) 00-01-4B-B4-A2-EF et d) 00-00-25-47-EF-CD sont valides pour le champ adresse source.
Conception d’un LAN sur fibre optique avec CSMA/CD
On veut concevoir un LAN sur fibre optique avec les caractéristiques suivantes :
- Longueur max du support physique : 200 km
- Nombre max de stations connectées : 1000
- Vitesse de propagation sur le support : 200 000 km/s
- Débit binaire nominal : 100 Mb/s
- Longueur maximale d’une trame : 4500 octets
- Protocole d’accès : CSMA/CD
Corrigé :
Le principe du CSMA/CD repose sur la capacité à détecter une collision. La fenêtre de collision correspond à 2 fois la durée de propagation entre les 2 stations les plus éloignées :
Wcollision = 2 × (200 km / 200 000 km/s) = 2 ms
Pour détecter une collision, il faut que toute trame soit émise pendant au moins 2 ms. Temps d’émission de la trame la plus longue :
Temission = (4500 × 8) / (100 × 106) = 0,36 ms
En respectant les caractéristiques demandées, une collision ne pourra pas être détectée. Pour que le protocole CSMA/CD soit efficace, il faudrait :
- Soit augmenter la longueur de la trame
Pour que le protocole puisse détecter une éventuelle collision, il faut que le temps d’émission de cette trame soit supérieur à Wcollision. On veut donc :
Temission ≥ Wcollision
avec Temission = L / débit_de_la_ligne
On cherche donc une longueur L telle que :
L ≥ Wcollision × débit_de_la_ligne
L ≥ 2 × 10-3 × 100 × 106 = 200 000 bits (soit 25 000 octets).
Taille de trame trop importante qui nécessiterait beaucoup de bourrage et diminuerait les performances du protocole.
- Soit diminuer la distance maximale entre deux stations
La distance maximale devra être telle que le temps d’aller-retour maximum soit inférieur au temps d’émission de la trame Temission.
On veut donc :
Tpropagation ≤ Temission
avec Tpropagation = 2 × dmax / v
et Temission = 0,36 × 10-3.
D’où :
dmax = (Temission × v) / 2
dmax = (0,36 × 10-3 × 200 000) / 2 = 36 km
- Soit diminuer le débit
Le temps d’émission de la trame doit être supérieur au temps d’aller-retour sur la ligne.
On veut donc :
Tpropagation ≤ Temission
avec Temission = taille_de_la_trame_en_bits / débit_de_la_ligne.
D’où :
débit_de_la_ligne ≤ taille_de_la_trame_en_bits / Tpropagation
débit_de_la_ligne ≤ (4500 × 8) / (2 × 10-3) = 18 Mb/s
Fax sur ligne RNIS
On souhaite envoyer par fax une page A4 (21 × 29,7 cm) grâce à un télécopieur de résolution de 13962 points/cm² (300 DPI). Chaque point est codé sur 1 bit. Le fax est branché sur une ligne RNIS. On suppose que pour numériser, on effectue un échantillonnage à 8 kHz et que 256 niveaux de quantification sont définis.
- Quel est le débit binaire nécessaire à la transmission des données du signal ainsi numérisé ?
Avec 256 niveaux de quantification, on a besoin de ln2(256) = 8 bits par échantillon.
On a 8 × 103 = 8000 échantillons par seconde.
Le débit nécessaire est donc 8000 × 8 = 64 000 b/s.
- Combien de canaux B vont être nécessaires pour transmettre ce fax ?
1 seul canal B, car un canal B offre un débit de 64 kb/s, ce qui correspond au débit nécessaire établi en question 1.
- Au bout de combien de temps la feuille sera-t-elle envoyée ?
La feuille mesure environ 620 cm² et représente donc 620 × 13962 ≈ 8 708 099,4 bits.
Avec un débit de 64 kb/s, il faudra 8 708 099,4 / 64 000 ≈ 136 secondes pour envoyer le fax.
- Même question si on définit 1024 niveaux de quantification ?
Avec 1024 niveaux de quantification, on a besoin de ln2(1024) = 10 bits par échantillon.
Le débit nécessaire devient 8000 × 10 = 80 kb/s.
Il faut donc 2 canaux B, car un seul canal ne suffirait pas pour atteindre ce débit.
Numérisation d’un signal analogique sur ligne téléphonique
Soit une ligne téléphonique dont la bande passante est [300, 3400 Hz].
- Quelle est la fréquence d’échantillonnage minimale que l’on doit choisir si l’on veut numériser un signal analogique dont la bande passante est identique à celle du support de transmission ?
Théorème de Shannon : fe > 2 × fmax
D’où fe ≥ 7800 Hz.
- Même question pour fmax = 4000 Hz.
Théorème de Shannon : fe > 2 × fmax
D’où fe ≥ 8000 Hz.
- Quel temps sépare deux échantillons consécutifs du signal ?
Le temps qui sépare deux échantillons est 1 / fe.
- Quel doit être le débit binaire d’une liaison transmettant le signal numérisé d’une liaison téléphonique si l’on utilise la modulation MIC et si l’on prend 4000 Hz comme fréquence maximale du spectre ?
Avec fe = 8000 Hz et la modulation MIC (10 bits par échantillon), on a besoin de :
8000 × 10 = 80 000 b/s.
Multiplexage en fréquence sur ligne téléphonique
On désire multiplexer en fréquence six voies sur une liaison bidirectionnelle. Les six porteuses des voies sont calculées de la façon suivante :
fi = 600 + (i − 1) × 480 Hz
avec i = 1; ...; 6 et ω = 60 Hz.
Un tel multiplexage est-il possible sur une ligne téléphonique ?
La fréquence minimale du signal modulé est f1 − ω = 540 Hz.
La fréquence maximale du signal modulé est f6 + ω = 3060 Hz.
Le RTC évolue entre les fréquences 300 et 3400 Hz, donc aucun problème.
Sachant que dans le cas d’une ligne téléphonique, le rapport signal à bruit est égal à 30 dB, quelle est la part du bruit dans le signal reçu ?
(S/B)dB = 10 × log10(S/B)
D’où 30 dB = 10 × log10(S/B) et S/B = 103.
Numérisation d’un son mono analogique
On utilise une fréquence d’échantillonnage de 22 kHz et un codage de valeurs sur 8 bits pour numériser un son mono analogique. Quel est le volume correspondant en bits pour 1 minute de son (sans compression) ?
Corrigé :
1 minute = 60 secondes.
Par seconde, on effectue 22 000 mesures (fréquence d’échantillonnage), codées chacune sur 8 bits.
Le volume correspondant est donc 60 × 22 000 × 8 = 10 560 000 bits.
Transmission de données sur fibre optique et paire torsadée
On considère une fibre optique de débit D = 155 Mb/s et de longueur L = 3000 km. Quelle est la durée nécessaire pour recevoir à l’autre bout la fin d’un paquet de 512 octets ?
La vitesse de propagation est V = 2 × 108 m/s.
- Calcul pour la fibre optique
Le paquet de 512 octets équivaut à 512 × 8 = 4096 bits.
Le temps d’inscription des bits sur la ligne est 4096 / (155 × 106) ≈ 26,36 × 10-6 s.
Le temps de propagation sur la ligne est 3000 × 103 / (2 × 108) = 0,015 s.
Le temps total est donc 0,015 + 26,36 × 10-6 ≈ 15,026 ms.
- Comparaison avec une paire torsadée de 2 Mb/s
Le temps d’inscription des bits sur la ligne est 512 × 8 / (2 × 106) = 2,048 ms.
Le temps de propagation reste inchangé (0,015 s).
Le temps total devient donc 0,015 + 2,048 ≈ 17,043 ms.
Avec la fibre optique, le temps d’inscription des bits est négligeable devant le temps de propagation, contrairement à la paire torsadée.
Taux d’erreur bit et protocole de niveau 2
On suppose qu’une ligne de transmission a un taux d’erreur bit de 10-4 en moyenne. Un protocole de niveau 2 utilise des trames de 256 octets.
- Quel est le nombre de trames erronées si l’on envoie 100 trames ?
Probabilité qu’une trame soit fausse = probabilité qu’au moins un bit soit erroné.
Pau_moins_un_bit_erroné = 1 − Ptous_les_bits_justes
Ptous_les_bits_justes = (1 − 10-4)(256 × 8) ≈ 0,99992048 ≈ 0,8148
Pau_moins_un_bit_erroné = 1 − 0,8148 ≈ 0,1852
Si on envoie 100 trames, on aura donc 18,52 trames erronées en moyenne.
- Quel est le débit effectif si ces 100 trames sont envoyées en 2 secondes ?
Le débit effectif se calcule à partir des trames sans erreur.
Si 100 trames sont envoyées en 2 secondes, 81,48 trames seront correctes.
Le volume de bits correctement transmis est 81 × 256 × 8 = 165 888 bits.
Le débit effectif est donc 165 888 / 2 ≈ 82,944 kb/s.
- En conservant la même quantité de données, quel est le débit si les trames ont une taille de 53 octets ?
On avait 100 trames de 256 octets, soit 25 600 octets.
Avec des trames de 53 octets, il faut 484 trames.
Probabilité qu’une trame de 53 octets soit erronée :