Incapsulamento con TDM e protocolli ARQ

I dati dell'esercizio

Due terminali IP sono collegati da una rete a circuito. Un file applicativo di $F=3800$ bit passa per quattro strati:

• trasporto, livello 4: campo dati massimo $L_4=400$ bit e intestazione $H_t=20$ bit;
• rete, livello 3: campo dati massimo $L_3=420$ bit e intestazione $H_n=40$ bit;
• collegamento, livello 2: campo dati fisso $L_2=250$ bit e intestazione $H_l=10$ bit;
• fisico, livello 1: TDM, con trame di 10 ms divise in 5 slot, di cui uno per la segnalazione.

Ogni slot trasferisce per intero un frame di livello 2. I valori sono scelti a scopo didattico. Negli strati 3 e 4 la lunghezza del campo dati è un massimo, nel livello 2 è fissa, e questo ha conseguenze sul conteggio.

Segmentazione e datagrammi

Il file non entra in un solo segmento. I segmenti pieni sono

$$\left\lfloor\frac F{L_4}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{3800}{400}\right\rfloor=9$$

e coprono $9\cdot400=3600$ bit. Restano $3800-3600=200$ bit, che formano un decimo segmento più corto. Con l'intestazione $H_t$, nove segmenti sono di $420$ bit e l'ultimo di $220$.

Ogni segmento da 420 bit riempie esattamente il campo dati $L_3$ di un pacchetto. Si hanno quindi 10 pacchetti: nove da $460$ bit, con $H_n$, e uno da $260$.

Frammentazione

Il campo dati del frame, 250 bit, è più piccolo di un pacchetto. Il livello 3 lo frammenta, e ogni frammento è un pacchetto a sé, con la propria intestazione $H_n$. Questa si replica. $H_t$ no: per il livello 3 è parte dei dati.

Un frame porta $H_n$ e $250-H_n=210$ bit del pacchetto.

• Un pacchetto pieno, con 420 bit di dati, occupa due frame da 210 bit.
• L'ultimo ha 220 bit di dati: il primo frame ne porta 210, il secondo i 10 che restano. Il campo dati è fisso, quindi gli altri 200 bit sono riempimento.

I frame sono $9\cdot2+2=20$.

Trame TDM

Di ogni trama quattro slot sono utili e uno è per la segnalazione. C'è un solo utente, che riceve tutti gli slot utili. Servono quindi $20/4=5$ trame, e il tempo minimo è

$$5\cdot10\ \text{ms}=50\ \text{ms}$$

se i nodi intermedi non aggiungono ritardo.

Le cinque trame TDM

• frame di livello 2 (20)
• segnalazione (5)

L'overhead

Ogni slot trasferisce $L_2+H_l=260$ bit. Anche lo slot di segnalazione ha la stessa capacità. I bit trasmessi sono

$$5\cdot5\cdot260=6500$$

Quelli utili sono i 3800 del file, quindi 2700 sono overhead. Si contano per sorgente:

$$\begin{aligned} &10H_t+20H_n+20H_l\\ &\quad+200+5\cdot260=2700 \end{aligned}$$

Sono 10 intestazioni di trasporto, 20 di rete (le 10 dei pacchetti e le 10 replicate), 20 di collegamento, 200 bit di riempimento e 5 slot di segnalazione. La percentuale è

$$\frac{2700}{6500}\approx41{,}54\,\%$$

Dove sono i 6500 bit trasmessi

• dati del file: 3800 bit
• intestazioni $H_t$: 200 bit
• intestazioni $H_n$: 800 bit
• $H_l$ e riempimento: 400 bit
• segnalazione: 1300 bit

Go-Back-N: la finestra minima

Un collegamento satellitare ha capacità $C=1$ Mbit/s e ritardo di propagazione $T_P=250$ ms in un verso. Le trame sono di $L=2000$ bit, senza errori, e il tempo di trasmissione dell'ACK è trascurabile. Si cerca la finestra minima del Go-Back-N che dà il 100 % di efficienza.

Una trama si trasmette in

$$T_{TX}=\frac LC=\frac{2000}{10^6}=2\ \text{ms}$$

L'ACK della prima trama torna dopo $T_{TX}+2T_P=502$ ms. L'efficienza è 1 quando la finestra tiene occupato il trasmettitore per tutto questo tempo, cioè quando $W\,T_{TX}\ge T_{TX}+2T_P$. Con $\mathrm{RTT}=2T_P$:

$$W_{\min}=\left\lceil1+\frac{C\,\mathrm{RTT}}{L}\right\rceil=\left\lceil1+\frac{10^6\cdot0{,}5}{2000}\right\rceil=251$$

Una finestra più grande non migliora l'efficienza, che è già massima. Con lo stop and wait, $W=1$, l'efficienza è

$$\eta=\frac{T_{TX}}{T_{TX}+2T_P}=\frac1{251}\approx0{,}4\,\%$$

Stop and wait con errori

L'interfaccia A–B usa lo stop and wait. Gli errori ci sono solo nel verso A–B, con probabilità $P=0{,}25$ per trama. Le capacità sono $C_1=100$ kbit/s da A a B e $C_2$ da B ad A. Il ritardo di propagazione è $T_P=2$ ms, le trame di dati sono di 400 byte e gli ACK di 30 byte. B manda riscontri positivi e negativi: un riscontro negativo ripete l'ultimo ACK, quindi il numero di riscontro non avanza.

Nel diagramma la seconda trama arriva errata la prima volta. B accetta la trama 0 e risponde ACK 1. La trama 1 è errata e B ripete ACK 1, che significa «aspetto ancora la 1». A la ritrasmette, B la accetta e risponde ACK 0. A invia la terza trama, di numero 0, che B accetta.

Stop and wait con una trama errata

AB0ACK 11ACK 11ACK 00

Numero medio di trasmissioni

Per consegnare una trama servono $n$ tentativi se i primi $n-1$ falliscono e l'$n$-esimo riesce:

$$\Pr(N=n)=P^{\,n-1}(1-P)$$

Il valore atteso si ricava dalla serie geometrica, valida per $0\le P<1$:

$$\sum_{n=0}^\infty P^{\,n}=\frac1{1-P}$$

Derivando entrambi i membri rispetto a $P$ si ottiene $\sum_{n\ge1}nP^{\,n-1}=1/(1-P)^2$, quindi

$$\mathbb E[N]=\sum_{n=1}^\infty n\,P^{\,n-1}(1-P)=\frac1{1-P}$$

Con $P=0{,}25$ sono $4/3$ trasmissioni.

Capacità minima del canale di ritorno

L'efficienza è il rapporto fra il tempo utile e il valore atteso del tempo totale. Il tempo utile è $L/C_1$. Il tempo totale di un ciclo comprende la trasmissione della trama e dell'ACK, di $L_A$ bit, e i due ritardi di propagazione, e va moltiplicato per $\mathbb E[N]$:

$$\eta=(1-P)\,\frac{L/C_1}{L/C_1+L_A/C_2+2T_P}$$

Con $L=3200$ bit e $L_A=240$ bit si ha $L/C_1=32$ ms e $2T_P=4$ ms. La condizione $\eta\ge0{,}5$ dà

$$\begin{aligned} 0{,}024&\ge0{,}5\left(0{,}036+\frac{240}{C_2}\right)\\ \frac{120}{C_2}&\le0{,}006\\ C_2&\ge20\,000\ \text{bit/s} \end{aligned}$$

La capacità minima del ritorno è 20 kbit/s.

Efficienza e capacità del ritorno

$C_2$ minima$C_2$, in kbit/sefficienza

• efficienza
• soglia 0,5

$P$

0,25