# Exercícios de Exame Questões de exames antigos de Redes de Computadores, com resolução. Página: https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/exercicios-exame/ ## Transmissão de dados Número de fases numa modulação por fase Exame, 2023/24 (época normal) Considere um canal de transmissão rádio com débito de símbolos de 16 ksymbol/s. Se o débito de informação do canal for 64 kbit/s e for usada modulação por fase, o número de fases usado é Solução O número de fases é 16. O débito de informação é $R = R_s cdot log_2 M$, onde $M$ é o número de fases. Assim, $log_2 M = 64/16 = 4$, logo $M = 2^4 = 16$. * **4.** 4 fases dariam 2 bit/símbolo. * **8.** 8 fases dariam 3 bit/símbolo. * **16.** São precisos 64/16 = 4 bit/símbolo, logo 2^4 = 16 fases. * **32.** 32 fases dariam 5 bit/símbolo. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transmissao-de-dados/#banda-s%C3%ADmbolos-e-d%C3%A9bito) Débito de símbolos numa modulação 16QAM Exame, 2023/24 (época de recurso) Se numa transmissão de dados for usada uma modulação 16QAM (constelação de 16 pontos) e for observado um débito binário de 100 kbit/s, o débito de símbolos desta ligação é de Solução O débito de símbolos é 25 kbaud. Uma constelação 16QAM tem $M = 16$ pontos, ou seja, $log_2 16 = 4$ bit por símbolo. O débito de símbolos é $R_s = 100/4 = 25$ ksymbol/s $= 25$ kbaud. * **100/16 kbaud.** Divide o débito binário pelo número de pontos em vez de pelos bits por símbolo. * **25 kbaud.** 16QAM transporta 4 bit/símbolo, logo 100/4 = 25 ksymbol/s. * **50 kbaud.** Corresponderia a 2 bit/símbolo. * **100 kbaud.** Ignora a modulação. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transmissao-de-dados/#banda-s%C3%ADmbolos-e-d%C3%A9bito) Potência transmitida exigida por Shannon Exame, 2021/22 A capacidade de um canal rádio é dada por $C = A \cdot \log_2(1 + P_r/N)$, onde $A$ é uma constante, $P_r$ é a potência recebida e $N$ é a potência de ruído. Se a potência transmitida for $P_t = 1000 \cdot P_r$, $N = 1$ mW e for exigida uma capacidade $C = 2A$ bit/s, a potência transmitida deve ser Solução A potência transmitida deve ser $P_t = 3$ W. De $C = 2A$ vem $log_2(1 + P_r/N) = 2$, logo $1 + P_r/N = 4$ e $P_r = 3N = 3$ mW. Como $P_t = 1000 cdot P_r$, obtém-se $P_t = 3000$ mW $= 3$ W. * **3 mW.** Esse é o valor da potência recebida, não da transmitida. * **3 W.** $P_r = 3$ mW e $P_t = 1000 \cdot P_r = 3$ W. * **1 mW.** Dá capacidade $C = A$. * **1 W.** Corresponde a $P_r = 1$ mW. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transmissao-de-dados/#nyquist-e-shannon) ## Ligação de dados e ARQ Probabilidade de uma trama chegar correta em L transmissões Exame, 2023/24 (época normal) Se a probabilidade de uma trama ser recebida com erros for $F$ e essa trama for transmitida $L$ vezes, a probabilidade de a trama ser recebida corretamente é Solução A probabilidade é $1 - F^L$. Cada transmissão é correta com probabilidade $1-F$. A trama só não chega correta se todas as $L$ transmissões tiverem erro, o que acontece com probabilidade $F^L$. Logo $P(\text{correta}) = 1 - F^L$. * **$F^L$.** É a probabilidade de todas as transmissões falharem. * **$1 - (1-F)^L$.** Conta as transmissões com erros em vez das corretas. * **$1 - (1-L)^F$.** Troca os papéis de $F$ e $L$. * **$1 - F^L$.** A trama falha só se as $L$ transmissões falharem, com probabilidadade $F^L$. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/ligacao-de-dados/#efici%C3%AAncia-com-erros) Traço Go-Back-N após uma trama perdida Exame, 2023/24 (época normal) Considere o mecanismo ARQ Go-Back-N com janela $W = 7$. Na notação em que `?I(0).!RR(1)` representa a receção (?) da trama I(0) seguida (.) do envio (!) de RR(1), o recetor descrito pela sequência `?I(0).!RR(1).?I(1).?I(2).?I(4).!REJ(3).?I(5)` pode continuar do seguinte modo Solução A sequência continua com `?I(3).!RR(4)`. Depois de RR(1), I(1) e I(2), a trama I(4) está fora de ordem (falta I(3)), pelo que o recetor envia REJ(3). A trama I(5) também está fora de ordem e é descartada. Quando chega I(3), o recetor confirma com RR(4), indicando que espera a trama 4. * **`!REJ(3).?I(3).!RR(4)`.** Repete o REJ já enviado. * **`?I(3).!RR(4)`.** A próxima trama esperada é I(3); I(5) foi descartada por estar fora de ordem. * **`?I(3).!RR(6)`.** RR(6) só seria enviado depois de receber I(5), que foi descartada. * **`!REJ(3).?I(3).!RR(6)`.** Combina o REJ repetido com o RR(6) prematuro. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/ligacao-de-dados/#go-back-n-e-selective-repeat) Débito máximo com Selective Repeat Exame, 2023/24 (época normal) Duas estações comunicam com o mecanismo ARQ Selective Repeat. A capacidade do canal em cada sentido é de 600 kbit/s, o atraso de propagação num sentido é de 24 ms, as tramas de informação têm comprimento fixo de 300 bytes, usam-se 4 bits para numerar as tramas de informação e as tramas de controlo têm comprimento desprezável. O débito máximo é $R_{max} = $ \_\_\_\_ kbit/s. Solução $R_{max} \approx 369$ kbit/s. O tempo de transmissão de uma trama é $T_t = 300 \cdot 8 / 600000 = 4$ ms, logo $a = T_p/T_t = 24/4 = 6$. Com 4 bits, a janela máxima do Selective Repeat é $W = 2^4/2 = 8$, menor que $1 + 2a = 13$. A eficiência é $U = W/(1+2a) = 8/13$ e $R_{max} = U \cdot C = 600 \cdot 8/13 \approx 369$ kbit/s. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/ligacao-de-dados/#go-back-n-e-selective-repeat) Janela mínima do Go-Back-N para eficiência de 100% Exame, 2023/24 (época de recurso) Duas estações comunicam por uma ligação com ARQ Go-Back-N. A capacidade do canal é de 400 kbit/s, o atraso de propagação num sentido é de 50 ms e as tramas de informação têm 200 bytes. As tramas de controlo têm comprimento desprezável. A janela mínima necessária para obter uma eficiência de 100% é $W = $ \_\_\_\_. Solução $W = 26$. O tempo de transmissão de uma trama é $T_t = 200 \cdot 8 / 400000 = 4$ ms e $a = T_p/T_t = 50/4 = 12{,}5$. Para o canal estar sempre ocupado é preciso $W \geq 1 + 2a = 26$, pelo que a janela mínima é $W = 26$. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/ligacao-de-dados/#go-back-n-e-selective-repeat) ## Desempenho e filas Capacidade de uma linha modelizada por M/M/1 Exame, 2023/24 (época normal) Um sistema de transmissão é modelizado por uma fila de espera M/M/1. Em média chegam ao sistema 480 pacote/s, com comprimento médio de 1500 bytes. Se a linha de transmissão está inativa (sem transmitir) 20% do tempo, a capacidade da linha é $C = $ \_\_\_\_ Mbit/s. Solução $C = 7{,}2$ Mbit/s. A probabilidade de a fila estar vazia é $P_0 = 1 - \rho = 0{,}20$, logo $\rho = 0{,}8$. A taxa de serviço é $\mu = \lambda/\rho = 480/0{,}8 = 600$ pacote/s. A capacidade é $C = \mu \cdot L = 600 \cdot 1500 \cdot 8 = 7{,}2 \times 10^6$ bit/s $= 7{,}2$ Mbit/s. Probabilidade de uma fila M/M/1 estar vazia Exame, 2023/24 (época normal) Nas condições da pergunta anterior (fila M/M/1 com 480 pacote/s de comprimento médio 1500 bytes e linha inativa 20% do tempo), a probabilidade de a fila de espera estar vazia é $P = $ \_\_\_\_ %. Solução $P_0 = 20\%$. Num modelo M/M/1, a probabilidade de o sistema estar vazio é $P_0 = 1 - \rho$, que coincide com a fração de tempo em que o servidor está inativo. Como a linha está inativa 20% do tempo, $P_0 = 20\%$. Tempo médio de espera numa fila M/D/1 Exame, 2023/24 (época normal) Nas condições da pergunta anterior, se os pacotes tiverem comprimento constante de 1500 bytes, o tempo médio de espera na fila (sem contar o tempo de transmissão) é $T_w = $ \_\_\_\_ ms. Solução $T_w \approx 3{,}3$ ms. Com $\lambda = 480$ pacote/s e $\mu = 600$ pacote/s ($\rho = 0{,}8$), numa fila M/D/1 o tempo médio de espera é $T_w = \dfrac{\lambda}{2\mu(\mu - \lambda)} = \dfrac{480}{2 \cdot 600 \cdot 120} = 3{,}33$ ms. Lei de Little numa fila G/G/1 Exame, 2023/24 (época de recurso) A interface de rede eth0 de um computador tem uma fila G/G/1 estável, com débito médio de chegada de $A$ pacote/s e capacidade média de $S$ pacote/s. Se o número médio de pacotes na fila for $N$ e a intensidade de tráfego for $R = A/S$, o tempo médio $T$ que um pacote permanece no sistema é Solução $T = N/A$. A lei de Little diz que o número médio de clientes no sistema é $N = A \cdot T$, onde $A$ é a taxa média de chegada e $T$ o tempo médio no sistema. Isolando $T$, obtém-se $T = N/A$. * **$T = N/S$.** Divide pelo débito de serviço em vez do de chegada. * **$T = R/A$.** Dá $1/S$, o tempo médio de serviço. * **$T = N/A$.** Pela lei de Little, $N = A \cdot T$. * **$T = R/S$.** Não tem unidades de tempo. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/desempenho-e-filas/#lei-de-little) ## Camada de rede: IP, sub-redes e NAT Encaminhamento por longest prefix match Exame, 2023/24 (época normal) Considere um router Linux com a tabela de encaminhamento | Destino | Gateway | Máscara | Interface | | --- | --- | --- | --- | | 192.168.1.0 | 172.16.10.1 | 255.255.255.128 | eth0 | | 192.168.1.128 | 172.16.10.2 | 255.255.255.128 | eth0 | | 10.0.0.0 | 0.0.0.0 | 255.255.255.0 | eth1 | | 172.16.0.0 | 0.0.0.0 | 255.255.0.0 | eth0 | | 0.0.0.0 | 172.16.10.3 | 0.0.0.0 | eth0 | Se este router receber um pacote com endereço IP de destino 10.1.2.3, qual é o endereço IP do vizinho para o qual encaminha o pacote? (use a notação a.b.c.d) Solução O pacote é encaminhado para 172.16.10.3. O destino 10.1.2.3 não pertence a 10.0.0.0/24 (máscara 255.255.255.0), nem a nenhuma outra rota específica. Aplicando longest prefix match, a única entrada que casa é a rota por omissão 0.0.0.0/0, cujo gateway é 172.16.10.3. Confere a tua resposta: * A resposta indica que 10.1.2.3 não casa com 10.0.0.0/24. * A resposta indica o gateway 172.16.10.3 (rota por omissão). [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/camada-de-rede/#longest-prefix-match) Número máximo de sub-redes para 35 terminais cada Exame, 2023/24 (época normal) Pretende-se dividir a sub-rede à qual a interface eth1 está ligada (10.0.0.0/24) em sub-redes mais pequenas, para ligar 35 terminais a cada uma. Qual é o número máximo de sub-redes que se pode obter? Solução Podem obter-se no máximo 4 sub-redes. Cada sub-rede precisa de pelo menos 35 endereços utilizáveis, logo precisa de 64 endereços no total ($2^6$), ou seja, uma máscara /26 (62 utilizáveis). O bloco 10.0.0.0/24 comporta $256/64 = 4$ sub-redes /26. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/camada-de-rede/#vlsm-e-agrega%C3%A7%C3%A3o) Atribuição VLSM da LAN do SW3 Exame, 2023/24 (época de recurso) Uma empresa tem a rede da figura, com dois routers (R1, R2) e três switches Ethernet (SW1, SW2, SW3). Adquiriu o bloco de endereços públicos 20.20.20.0/25 para fazer subnetting e atribuir endereços às LANs de cada switch. Considerando os endereços já atribuídos às LAN do SW1 e do SW2 e querendo o maior número possível de terminais na LAN do SW3, qual é o endereço de rede e o comprimento de prefixo a atribuir à LAN do SW3? (use o formato a.b.c.d/n) Solução A LAN do SW3 deve ficar com 20.20.20.64/26. Para maximizar os terminais usa-se o maior bloco livre dentro de 20.20.20.0/25, ou seja /26 com 62 endereços utilizáveis. Os blocos 20.20.20.0/26 e 20.20.20.32/27 já estão atribuídos às outras LANs, pelo que o primeiro bloco /26 livre é 20.20.20.64/26. Confere a tua resposta: * A resposta escolhe a máscara /26 (62 endereços utilizáveis). * A resposta indica a rede 20.20.20.64/26. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/camada-de-rede/#vlsm-e-agrega%C3%A7%C3%A3o) Endereços IP vistos pelo servidor com NAT Exame, 2023/24 (época de recurso) Na rede da figura, com dois routers (R1, R2) e três switches, configura-se NAT na interface eth2 de R2. Se o terminal H1 enviar um pacote ao servidor web, quando esse pacote é recebido pelo servidor, os endereços de origem e destino no cabeçalho IP são, respetivamente (use a notação a.b.c.d,w.x.y.z sem espaços; o endereço público de eth2 é 210.1.2.3 e o do servidor é 100.50.20.15) Solução Origem 210.1.2.3 e destino 100.50.20.15. O NAT reescreve o endereço de origem privado de H1 pelo endereço público da interface eth2 de R2 (210.1.2.3), mudando também a porta de origem. O endereço de destino não é alterado: o servidor recebe o pacote dirigido a 100.50.20.15. Confere a tua resposta: * A resposta indica o endereço de origem 210.1.2.3. * A resposta indica o endereço de destino 100.50.20.15. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/camada-de-rede/#nat-e-ipv6) ## Transporte e aplicações Janela de congestionamento do TCP após timeout Exame, 2023/24 (época normal) No TCP, quando ocorre um timeout, Solução O emissor reduz a janela de congestionamento para um segmento (MSS). Um timeout é sinal de congestionamento grave: o emissor fixa $cwnd = 1$ MSS, guarda metade da janela anterior como novo limiar ($ssthresh$) e volta à fase de slow start. * **o emissor reduz a janela de congestionamento para um segmento (MSS).** Além disso, o limiar passa a metade da janela anterior. * **o recetor reduz a janela anunciada para um segmento (MSS).** A janela anunciada é de fluxo, controlada pelo recetor. * **o recetor reduz a janela anunciada para metade.** Nada no recetor muda por causa do timeout. * **o emissor reduz a janela de congestionamento para metade.** Isso acontece na perda detetada por triplo ACK duplicado. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transporte-e-aplicacoes/#slow-start-aimd-e-perdas) Significado do campo Acknowledgement Number do TCP Exame, 2023/24 (época normal) Nas confirmações (ACK) do TCP, o campo Acknowledgement Number indica Solução É o número de sequência do próximo byte esperado em ordem. O TCP numera bytes, não segmentos. O Acknowledgement Number $n$ confirma a receção correta de todos os bytes até $n-1$ e indica que o próximo byte esperado é o $n$. * **o número de sequência do próximo byte que o recetor espera receber em ordem.** O ACK é cumulativo e confirma todos os bytes até esse número, exclusive. * **o número do próximo segmento que o recetor espera receber em ordem.** O TCP confirma bytes, não segmentos. * **o número do último segmento recebido sem erros.** O ACK não identifica segmentos, mas bytes. * **o checksum do último segmento recebido sem erros.** O checksum é outro campo do cabeçalho. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transporte-e-aplicacoes/#sequ%C3%AAncia-ack-e-abertura) Transição de slow start para congestion avoidance Exame, 2023/24 (época de recurso) No TCP, o controlo de congestionamento passa da fase de slow start para a fase de congestion avoidance quando Solução A transição ocorre quando $cwnd$ atinge/ultrapassa o limiar $ssthresh$. Em slow start, $cwnd$ duplica a cada RTT. Quando $cwnd \geq ssthresh$, o crescimento passa a ser linear (um MSS por RTT), que é a fase de congestion avoidance. * **é detetada uma perda por triplo ACK duplicado.** Nesse caso passa diretamente a congestion avoidance, mas sem passar pelo limiar. * **é recebido um segmento com número de sequência diferente do esperado.** Isso provoca ACKs duplicados, não a transição de fase. * **é detetada uma perda por timeout.** Nesse caso volta ao slow start com janela de 1 MSS. * **o tamanho da janela de congestionamento ultrapassa o limiar (ssthresh).** Em slow start a janela cresce exponencialmente até $cwnd \geq ssthresh$. [Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/rc/transporte-e-aplicacoes/#fluxo-e-congestionamento)