Réseaux Informatiques : Usthb. l3 acad. reseaux. examen 26 janvier 2014 réseaux inf
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Année 2013/2014 – S5 Dpt informatique. L3 ACAD
Epreuve de Rattrapage RESEAUX Durée : 1h30
Exercice 1
(10 points) Soit un code linéaire utilisant la matrice P suivante : 1 0 0 0 1
0 1 1 0 0 P = 1 0 1 1 0 1) Donner les dimensions de ce code 2) Donner les matrices de codage et de décodage 3) Coder le message A=101111011110. 4) Combien d’erreurs ce code détecte t-il et corrige t-il ? justifier. 5) Vérifier si le message B=1111000100010110 est bien reçu. 6) Si oui, peut-on corriger automatiquement cette séquence, justifier. 7) Tracer les circuits de codage et de décodage et de correction. 8) Soit le débit de transmission égale à 3000 bps. Représentez le message de la question 5 en modulation de base utilisant 2 fréquences f1= 2000, f2=4000, quatre amplitudes et deux phases et 3/2.
Exercice 2
(10 points) Soit une entreprise disposant de plusieurs réseaux raccordés via trois routeurs R1, R2 et R3. R1 est doté de 5 ports alors que R2 et R3 ont chacun 3 ports. Nous avons : les réseaux A
i (i=1..3) de 50 machines chacun : A1, A2, A3 sont respectivement, un 100BaseTX, un 10Base5 et un 10base 2. Le réseau B est un réseau FDDI en anneau reliant 10 machines. Enfin le réseau Ci (i=1..2) de 10 autres machines chacun : C1, C2 sont respectivement un 10BaseF, un 10base T. Les tables de routage des 3 routeurs sont données ci-après : R1R2 R3 @réseau Sortie @réseau Sortie @réseau Sortie @ A1 Direct @ A1 @R1 @ A1 @R2 @ A2 Direct @ A2 @R1 @ A2 @R2 @ A3 Direct @ A3 @R1 @ A3 @R2 @ B @R2 @ B Direct @ B @R2 @ C1 @R2 @ C1 Direct @ C1 Direct @ C2 @R2 @ C2 @R3 @ C2 Direct Défaut @ Internet Défaut @R1 Défaut @R2 1. Donner l’architecture du réseau de l’entreprise en explicitant les normes utilisées dans chaque réseau. 2. Proposer un adressage avec une seule adresse réseau avec découpage en sous-réseaux.
3. Donner les adresses des interfaces routeurs 4. Donner les tables de routages en explicitant toutes les adresses. 5. Supposons que les réseaux des sites A1, C1, et C2 ont une unité MTU (Taille de transfert maximale d’un paquet) respective de 2500, 1500 et 500 octets, alors que le MTU des réseaux point à point (entre routeurs) est de 2000 octets. Que se passe-t-il si un datagramme de 2600 octets passe d’une machine du réseau A1 vers une autre machine du réseau C2 ? Décrire les opérations effectuées ainsi que leurs résultats. Bon courage USTHB
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Année 2013/2014 – S5 Dpt informatique. L3 ACAD
1 Epreuve de Rattrapage RESEAUX Durée : 1h30
Exercice 1
(10 points) Soit un code linéaire utilisant la matrice P suivante : 1 0 0 0 1
0 1 1 0 0 P = 1 0 1 1 0 1) Donner les dimensions de ce code
(0.5pts) P est de dimension (k,r) = (3,5), d’où k=3, r=5, n=k+r=3+5=8 ce code est C(8,3). 2) Donner les matrices de codage et de décodage (1pts) Matrice de codage G= ( I
k P) = ( I
3 P) Matrice de décodage H = P
= PI rI 5 1 0 0 1 0 0 0 1
1 0 0 0 1 G = 0 1 0 0 1 1 0 0 (0.5pts) H = 0 1 1 0 0 (0.5pts) 0 0 1 1 0 1 1 0
1 0 1 1 0
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 3) Coder le message A=101111011110. (2pts) A=101/111/011/110U 1 / U
2 / U
3 / U4 1 0 0 1 0 0 0 1 X1 = U1 .G =(101) 0 1 0 0 1 1 0 0 = ( 101 00111 ) (0.5pts)
0 0 1 1 0 1 1 0
1 0 0 1 0 0 0 1 X2 = U2 .G =(111) 0 1 0 0 1 1 0 0 = ( 111 01011 ) (0.5pts)
0 0 1 1 0 1 1 0
1 0 0 1 0 0 0 1 X3 = U3 .G =(011) 0 1 0 0 1 1 0 0 = ( 011 11010 ) (0.5pts)
0 0 1 1 0 1 1 0
1 0 0 1 0 0 0 1 X4 = U4 .G =(110) 0 1 0 0 1 1 0 0 = ( 110 11101 ) (0.5pts)
0 0 1 1 0 1 1 0 Le message A est donc codé en X
1 X
2 X
3 X
4 = 10100111 11101011 01111010 11011101 4) Combien d’erreurs ce code détecte-t-il et corrige-t-il ? justifier. (1.5pts) Il faut trouver la distance de Hamming. L’ensemble des mots sur k=3bits sont { 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111 } L’ensemble des mots de ce code C(8,3) leur correspondant sont = { 000 00000,
001 10110, 010 01100, 011 11010, 100 10001, 101 00111, 110 11101, 111 01011} (0.5pts) USTHB
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2 Dh (000 00000, 001 10110) = 4 Dh (000 00000, 010 01100) = 3 Dh (000 00000, 011 11010) = 5 Dh (000 00000, 100 10001) = 3 Dh (000 00000, 101 00111) = 5 Dh (000 00000, 110 11101) = 6 Dh (000 00000, 111 01011) = 6 Dh (001 10110, 010 01100) = 5 Dh (001 10110, 011 11010) = 3 Dh (001 10110, 100 10001) = 5 Dh (001 10110, 101 00111) = 3 Dh (001 10110, 110 11101) = 6D h
(001 10110, 111 01011) = 6 Dh (010 01100, 011 11010) = 4 Dh (010 01100, 100 10001) = 6 Dh (010 01100, 101 00111) = 6 Dh (010 01100, 110 11101) = 3D h
(010 01100, 111 01011) = 5 Dh (011 11010, 100 10001) = 6 Dh (011 11010, 101 00111) = 6 Dh (011 11010, 110 11101) = 5D h
(011 11010, 111 01011) = 3 Dh (100 10001, 101 00111) = 4 Dh (100 10001, 110 11101) = 3D h
(100 10001, 111 01011) = 5 Dh (101 00111, 110 11101) = 5D h
(101 00111, 111 01011) = 3D h
(110 11101, 111 01011) = 4 Distance de Hamming minimale D
min = 3 = 2x1+1 = 2d+1. (0.5pts) La détection est d’ordre 2 et la correction est d’ordre 1. (0.25pts) Ce code détecte 2 erreurs et corrige 1 erreur. (0.25pts) 5) Vérifier si le message B=1111000100010110 est bien reçu. (1pts) B=11110001 / 00010110 = B
1 / B
2 1 0 0 0 1
0 1 1 0 0S 1 = B1 .H = (11110001) 1 0 1 1 0
= (1 1 0 1 0) correspond à la somme des lignes 2, 3 de H
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 (0.5pts)
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 1 0 0 0 1
0 1 1 0 0S 2 = B2 .H = (00010110) 1 0 1 1 0
= (1 0 1 1 0) correspond à la ligne 3 de H.
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 (0.5pts)
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 Le message B est mal reçu puisque S
1 et S
2 ne sont pas nuls. 6) Si oui, peut-on corriger automatiquement cette séquence, justifier. (1pts) On peut corriger automatiquement en retrouvant les numéros de ligne de H qui correspondent au syndrome de H calculé et en inversant les bits correspondant à ces numéros de ligne. D’où B corrigé sera égal à 10010001 / 00110110 (0.5pts) +(0.5pts) 7) Tracer les circuits de codage et de décodage et de correction. (1.5pts) Soit A le vecteur des bits de redondance et S le syndrome de H. USTHB
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Année 2013/2014 – S5 Dpt informatique. L3 ACAD3 1 0 0 0 1a 4 = u2+ u0 A= U.P (a4 a3 a2 a1 a0 ) = (u2 u1 u0 ) 0 1 1 0 0a 3 = u1 1 0 1 1 0a 2 = u1+ u
0 (0.25pts)a 1 = u0 a
0 = u2 1 0 0 0 1 s
4 = y7+ y5+ y4 0 1 1 0 0 s
3 = y6+ y3 S = Y.H (s4 s3 s2 s1 s0 )= (y7 y6 y5 y4 y3 y2 y1 y0 ) 1 0 1 1 0s 2 = y6+ y5+ y2 1 0 0 0 0 s
1 = y5+ y
1 (0.25pts)
0 1 0 0 0 s
0 = y
7+ y0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 D’où le circuit suivant :
(0.25pts)
(0.25pts)
(0.5pts) u
2 OR D
I u1 u
0 xor xor x7 x6 x5 x4 x3 x2 x
1 x0 Registre à décalage X Support de transmission MODULE DE CODAGE MODULE DE DECODAGE y7 y6 y5 y4 y3 y2 y
1 y0
Registre à décalage Y X O R X O R X O R s4 s3 s2 OR a
4 a3 a
2 a
1 a
0 X O R X O R s1 s0 ET ET ET X O R x2 X O R X O R x1 x0 MODULE DE CORRECTION USTHB
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4 8) Soit le débit de transmission égale à 3000 bps. Représentez le message de la question 5 en modulation de base utilisant 2 fréquences f1= 2000, f2=4000, quatre amplitudes et deux phases et 3/2. (1.5pts) La modulation utilisée est une modulation utilisant 2 fréquences f1= 2000, f2=4000, quatre amplitudes A
1, A
2, A
3 et A
4 et deux phases et 3/2, donc la valence V = 2x4x2 = 16 états différents
Le nombre de bits par état est n=4bit/état.
(0.25pts) On adopte la représentation suivante des différents états (0.5pts) : état Représentation état Représentation 0 000 A1 , , f1 1000 A3 , , f1 0001 A1 , , f2 1001 A3 , , f2 0010 A1 , 3/2, f1 1010 A3 , 3/2, f1 0011 A1 , 3/2, f2 1011 A3 , 3/2, f2 0100 A2 , , f1 1100 A4 , , f1 0101 A2 , , f2 1101 A4 , , f2 0110 A2 , 3/2, f1 1110 A4 , 3/2, f1 0111 A2 , 3/2, f2 1111 A4 , 3/2, f2 Pour représenter le message B=1111/0001/0001/0110, on le divise en 4bits. (0.25pts) A4 A3 A2 A1 t(ms) (0.5pts) -A1 -A2 - A3 - A4
Exercice 2
(10 points) Soit une entreprise disposant de plusieurs réseaux raccordés via trois routeurs R1, R2 et R3. R1 est doté de 5 ports alors que R2 et R3 ont chacun 3 ports. Nous avons : les réseaux A
i (i=1..3) de 50 machines chacun : A1, A2, A3 sont respectivement, un 100BaseTX, un 10Base5 et un 10base 2. Le réseau B est un réseau FDDI en anneau reliant 10 machines. Enfin le réseau Ci (i=1..2) de 10 autres machines chacun : C1, C2 sont respectivement un 10BaseF, un 10base T. Les tables de routage des 3 routeurs sont données ci-après : R1R2 R3 @réseau Sortie @réseau Sortie @réseau Sortie @ A1 Direct @ A1 @R1 @ A1 @R2 @ A2 Direct @ A2 @R1 @ A2 @R2 @ A3 Direct @ A3 @R1 @ A3 @R2 0 USTHB
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5 @ B @R2 @ B Direct @ B @R2 @ C1 @R2 @ C1 Direct @ C1 Direct @ C2 @R2 @ C2 @R3 @ C2 Direct Défaut @ Internet Défaut @R1 Défaut @R2 1. Donner l’architecture du réseau de l’entreprise en explicitant les normes utilisées dans chaque réseau. (3pts) Réseau A1
Réseau A2
Réseau A3
Réseau B
Réseau C1
Réseau C2
Norme 802.3802.4 802.4802.5 802.3802.3 10Base510Base2 B2 A1 ... A50 A’
1 ....A’ 50A’’ 1 .... A’’50 B1 B10 C1 ...C 10C’ 1... C’10 10BaseF10BaseT LSLS R1R2 R3 Internet Normes : 0.5pts Chaque réseau : 0.25pts 1.5pts Interconnexion : 0.25pts chaque liaison (R1-internet, R1-R2, R2-C1, R3-C2-C1) 1pts 2. Proposer un adressage avec une seule adresse réseau avec découpage en sous-réseaux. (3pts) On a 50x3+10x3 =180 machines + 5interfaces de R1 +3x2 interfaces de R2, R3 on a besoin de 191 adresses IP une adresse de classe C suffit. On a 6 sous-réseaux dont chacun a un nombre de machines variant entre 10 et 50 + 3 sous-
réseaux d’interconnexion entre les routeurs on a besoin d’adresser 9 sous-réseaux, ce qui correspond à emprunter 4 bits pour les sous-réseaux. Si, on utilise une adresse de classe C, et qu’on utilise 4 bits pour les sous-réseaux, il restera 4bits pour les machines, mais avec 4bits, on pourra uniquement adresser 24 -2=14 machines. Donc, ce n’est pas suffisant. (0.5pts) On prend donc une adresse de classe B, soit l’adresse 185.13.0.0. (0.25pts) En empruntant 4bits pour les sous-réseaux, on aura le masque 255.255.11110000.0 = 255.255.240.0. (0.5pts) D’où, on propose l’adressage suivant : 0.25pts x 7 (A1 et A2 compté 1fois)=1.75pts N°ss-réseau @sous-
réseau Plage Adresse diffusion Adresse routeur De à Réseau A1 185.13.0.0 185.13.0.1 185.13.15.254 185.13.15.255 185.13.0.1 Réseau A2 185.13.16.0 185.13.16.1 185.13.31.254 185.13.31.255 185.13.16.1 Réseau A3 185.13.32.0 185.13.32.1 185.13.47.254 185.13.47.255 185.13.32.1 Réseau B 185.13.48.0 185.13.48.1 185.13.63.254 185.13.63.255 185.13.48.1 Réseau C1 185.13.64.0 185.13.64.1 185.13.79.254 185.13.79.255 185.13.64.1 185.13.64.2 Réseau C2 185.13.80.0 185.13.80.1 185.13.95.254 185.13.95.255 185.13.80.1 Entre R1- R2 185.13.96.0 185.13.96.1 185.13.111.254 185.13.111.255 185.13.96.1 185.13.96.2 USTHB
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6 R1- Internet 185.13.112.0 185.13.112.1 185.13.127.254 185.13.127.255 185.13.112.1 185.13.112.2 3. Donner les adresses des interfaces routeurs (1.5pts) Routeur Interface dans le ss-réseau Adresse interface R1 S/Réseau A1 185.13.0.1 S/Réseau A2 185.13.16.1 0.25 S/Réseau A3 185.13.32.1 0.25 S/Réseau R1 – R2 185.13.96.1 S/Rés. R1-Internet 185.13.112.1 0.25 R2 Réseau B 185.13.48.1 Réseau C1 185.13.64.1 0.25 S/Réseau R1- R2 185.13.96.2 0.25 R3 Réseau C1 185.13.64.2 Réseau C2 185.13.80.1 0.25 4. Donner les tables de routages en explicitant toutes les adresses. (1.5pts) R1R2 R3 @réseau Sortie @réseau Sortie @réseau Sortie 185.13.0.0 Direct 185.13.0.0 185.13.96.1 185.13.0.0 185.13.64.2 185.13.16.0 Direct 185.13.16.0 185.13.96.1 185.13.16.0 185.13.64.2 185.13.32.0 Direct 185.13.32.0 185.13.96.1 185.13.32.0 185.13.64.2 185.13.48.0 185.13.96.2 185.13.48.0 Direct 185.13.48.0 185.13.64.2 185.13.64.0 185.13.96.2 185.13.64.0 Direct 185.13.64.0 Direct 185.13.80.0 185.13.96.2 185.13.80.0 185.13.64.1 185.13.80.0 Direct Défaut 185.13.128.2 Défaut 185.13.96.1 Défaut 185.13.64.2 5. Supposons que les réseaux des sites A1, C1, et C2 ont une unité MTU (Taille de transfert maximale d’un paquet) respective de 2500, 1500 et 500 octets, alors que le MTU des réseaux point à point (entre routeurs) est de 2000 octets. Que se passe-t-il si un datagramme de 2600 octets passe d’une machine du réseau A1 vers une autre machine du réseau C2 ? Décrire les opérations effectuées ainsi que leurs résultats. (1pts) Si un datagramme de 2600 octets passe d’une machine du réseau A1 vers une autre machine du réseau C2, il passera par le s/réseau entre R1 et R2, puis par le s/réseau C1, enfin par le s/réseau C2. Comme le MTU de A1 est de 2500, celui entre R1 et R2 est de 2000, celui de C1 est de 1500 et celui de C2 est de 500 octets, donc : - Le datagramme de 2600 octets, sera d’abord partitionné en deux datagrammes de 2500 et 100 octets dans le réseau A1. - Le datagramme de 2500 sera ensuite partitionné par R1 en deux datagrammes de 2000 et 500 octets pour aller dans le s/réseau entre R1 et R2. - Le datagramme de 2000 sera encore partitionné en deux datagrammes de 1500 et 500 pour aller dans le réseau C1. - Le datagramme de 1500 sera enfin partitionné en trois datagrammes de 500 chacun pour aller dans le réseau C2. - Le reste des datagrammes passe sans problème d’un réseau à un autre.