Exercícios de Exame

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.

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.

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.

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 $F^L$.

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.

$R_{max} \approx 369$ 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.

$W = 26$.

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 $W = 26$.

$C = 7{,}2$ 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.

$P_0 = 20\%$.

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, $P_0 = 20\%$.

$T_w \approx 3{,}3$ 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.

$T = N/A$.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 $cwnd \geq ssthresh$.