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Corrigé du TP 1 Réseaux Signal et transmission de trames C. Pain-Barre INFO - I

Corrigé du TP 1 Réseaux Signal et transmission de trames C. Pain-Barre INFO - IUT Aix-en-Provence version du 17/11/2010 Première partie Couche Physique 1 Vitesse de transmission Corrigé de l’exercice 1 [Consulter l’énoncé] Il faut que le chien arrive à destination en moins de temps qu’il en faut pour émettre la totalité des bits sur le réseau ATM. Temps d’émission de 3 × 7 Go sur un réseau à 155 Mbit/s : 3 × 7 × 8 589 934 592 155 000 000 = 1 163, 8 donc 1 163,8 secondes. Le chien va à 18 km/h soit 5 m/s. La distance qu’il parcourt doit être inférieure à 5 × 1 163, 8 m soit 5 819 m. Ainsi, si le lieu de stockage des cartouches se trouve à moins de 5 819 m, il est plus économique de se servir d’un sac à puces plutôt que de puces qui mettent à sac (c’est plutôt cher, la technologie ATM). 2 Transmission de bits 2.1 Modulation Corrigé de l’exercice 2 [Consulter l’énoncé] 1. Le paramètre qui change dans le signal est la phase. C’est donc une modulation de phase. 2. Selon le protocole indiqué, c’est : 110010100110 INFO - IUT Aix-en-Provence C. Pain-Barre, 2000-2009 Corrig´ e du TP 1 R´ eseaux Version du 17/11/2010 2/7 2.2 Les bauds par l’exemple 2.2.1 Transmission en bande de base Corrigé de l’exercice 3 [Consulter l’énoncé] 1. Ici, le signal peut être à 4 niveaux différents. Sa valence est le plus grand n tel que 2n ≤4. Donc n = 2. Puisqu’il faut un baud pour extraire une information, le signal transporte 2 bits par baud. 2. C’est : 011000111010011100 2.2.2 Transmission analogique : première combinaison Corrigé de l’exercice 4 [Consulter l’énoncé] 1. Visiblement, il s’agit d’une combinaison amplitude-fréquence, car ces deux paramètres peuvent changer au temps baud. 2. Il y a 2 amplitudes et 2 fréquences, soit 4 signaux distincts et donc une valence de 2 (soit 2 bits par baud). 3. C’est : 010011100010011100 4. pour émettre 3 bits par baud, il faut arriver à 23 variations. Sans rajouter de type de modulation supplé- mentaire, il faut augmenter le nombre de variations des paramètres des modulations utilisées. En clair, il faut augmenter le nombre d’amplitudes du signal (NA) et/ou son nombre de fréquences (NF). Il faut que NA × NF = 8. On a déjà NA × NF = 2 × 2 = 4. On ne peut pas rajouter 1 à NA et NF car cela donnerait 9 signaux différents et donc une perte d’efﬁcacité. On peut alors choisir de rajouter 2 à NA ou 2 à NF, donc soit 2 amplitudes supplémentaires soit 2 fréquences supplémentaires. 2.2.3 Transmission analogique : autre combinaison Corrigé de l’exercice 5 [Consulter l’énoncé] 1. Il s’agit d’une combinaison de modulation : phase-fréquence. 2. Il y a 4 phases (0, π/2, π, 3π/2) et 2 fréquences (disons 2000 Hz et 4000Hz) soit 8 variations posibles du signal donc 3 bits/baud 3. fréquence phase bits fréquence phase bits 2000 0 000 4000 0 100 2000 π/2 001 4000 π/2 101 2000 π 010 4000 π 110 2000 3π/2 011 4000 3π/2 111 4. 011101000010111110 C. Pain-Barre, 2000-2009 INFO - IUT Aix-en-Provence 3/7 Version du 17/11/2010 Corrig´ e du TP 1 R´ eseaux 2.3 Codages Manchester Corrigé de l’exercice 6 [Consulter l’énoncé] 1. Manchester (normal) : 100101100 2. Manchester différentiel : 110111010 3 Synthèse de la rapidité de modulation, débits, bande passante, codage et temps de transmission 3.1 Calcul du débit en fonction du codage Corrigé de l’exercice 7 [Consulter l’énoncé] Le débit est donné par la formule D = R ∗v. Pour les trois codages, on a R = 8000. Seule la valence v diffère : elle vaut 1 pour les deux premiers codages, et 1/2 pour le dernier. On a alors : 1. D = 8000 bit/s 2. D = 8 kbit/s 3. D = 4 kbit/s. 3.2 Calcul de la rapidité de modulation, de la bande passante et de la qualité exigées Corrigé de l’exercice 8 [Consulter l’énoncé] 1. on veut D = 20 kbit/s. Puisque v = 1/2, on a D = R/2. Donc R = 40000 bauds = 40 kbaud. 2. Non car la bande passante du câble est 15 kHz ce qui donne au maximum 30 kbaud. 3. D’après Shannon, le débit maximum en présence de bruit est D ≤Hlog2(1 + S/N). Ainsi, 100 000 ≤10 000 × log2(1 + S/N) ssi 2100 000/10 000 ≤2log2(1+S/N) ssi 210 ≤1 + S/N. S/N doit être supérieur à 1 023, soit un peu plus de 30dB. 3.3 Débits offerts par des modems Corrigé de l’exercice 9 [Consulter l’énoncé] 1. 2 fréquences donc V = 2. Ainsi D = 9 600 bit/s 2. 4 phases donc V = 4. Ainsi D = 19 200 bit/s 3. 16 combinaisons donc V = 16. Ainsi, D = 38 400 bit/s INFO - IUT Aix-en-Provence C. Pain-Barre, 2000-2009 Corrig´ e du TP 1 R´ eseaux Version du 17/11/2010 4/7 3.4 Comparaisons des commutations de message et de paquet Corrigé de l’exercice 10 [Consulter l’énoncé] Dans ce qui suit t0 représente le temps auquel A commence la transmission du message ou du premier paquet. 1. Il faut déterminer à quel moment C2 expédie le dernier des 20 000 bits. • Commutation par message : le message est envoyé d’un seul coup. Les commutateurs ne le réexpédient que lorsqu’il est entièrement reçu : ⋄ A envoie le message en 20 000/10 000 = 2 secondes. Il est reçu par C1 au temps t0 + 2 secondes. ⋄ C1 termine la réexpédition à t0 + 2 + 0, 1 + 2 = t0 + 4, 1 secondes. ⋄ C2 termine la réexpédition à t0 + 4, 1 + 0, 1 + 2 = t0 + 6, 2 secondes. B reçoit le message à t0 + 6, 2 secondes. • Commutation par paquet : le message est découpé en 20 paquets. Dès qu’un paquet est reçu il peut être réexpédié (après le temps de commutation). On s’occupe donc uniquement du dernier bit du dernier paquet : ⋄ A envoie le dernier bit en 20 000/10 000 = 2 secondes. Il est reçu par C1 au temps t0 + 2 secondes. ⋄ À la réception du dernier bit, C1 avait déjà réexpédié les 19 paquets précédents. Il n’a qu’un paquet à réexpédier. C1 termine la réexpédition à t0 + 2 + 0, 1 + 1 000/10 000 = t0 + 2, 2 secondes. ⋄ C2 termine la réexpédition à t0 + 2, 2 + 0, 1 + 1 000/10 000 = t0 + 2, 4 secondes. B reçoit le message en t0 + 2, 4 secondes. 2. • Commutation par message : Le message sera reçu par B au temps t0 + 20 000/5 000 + 0, 1 + 20 000/10 000 + 0, 1 + 20 000/20 000 = t0 + 7, 2 secondes. • Commutation par paquet : puisque le débit A ← →C1 est inférieur au débit C1 ← →C2 qui est lui- même inférieur à C2 ← →B, les paquets arrivant en C1 et C2 peuvent être retransmis dès qu’ils sont reçus, après avoir été commutés. Ainsi, c’est le dernier paquet qui nous intéresse. Celui-ci arrive en C1 au temps t0 + 20 000/5 000 = t0 + 4 secondes. Après 0, 1 seconde, il est transmis à C2. Il arrive en C2 à t0 + 4, 1 + 1 0000/10 000 = t0 + 4, 2 secondes. Après 0, 1 seconde, il est transmis à B. Il arrive à B à t0 + 4, 3 + 1 000/20 000 = t0 + 4, 35 secondes. 3. • Commutation par message : Le message sera reçu par B au temps t0 + 20 000/20 000 + 0, 1 + 20 000/15 000 + 0, 1 + 20 000/10 000 = t0 + 4, 53 secondes. • Commutation par paquet : Les débits étant maintenant décroissants, lorsqu’un paquet arrive sur les commutateurs, ceux-ci devront le mettre en attente car ils doivent transmettre les paquets précédents. Ils seront transmis les uns à la suite des autres. Le premier paquet est reçu par C1 en t0 + 1 000/20 000 = t0 + 0, 05 secondes. Il commencera à le retransmettre à t0 + 0, 05 + 0, 1 = t0 + 0, 15 secondes. Puis, il transmettra les autres paquets. Ce premier paquet arrive à C2 au temps t0 + 0, 15 + 1 000/15 000 = t0 + 0, 22 secondes. Sa retransmission commencera au temps t0 + 0, 22 + 0, 1 = t0 + 0, 32 secondes. C’est le temps auquel C2 commence la retransmission de tous les paquets. Ainsi, le dernier paquet sera reçu par B au temps t0 + 0, 32 + 20 × 1 000/10 000 = t0 + 0, 32 + 2 = t0 + 2, 32 secondes. C. Pain-Barre, 2000-2009 INFO - IUT Aix-en-Provence 5/7 Version du 17/11/2010 Corrig´ e du TP 1 R´ eseaux uploads/Litterature/ corrige-tp1-reseaux 1 .pdf