Eksamensprediksjon 8 av 9 · våren 2026

Prediksjon 8 — «Det lange regneverket I»

P6 ga ett regneoppgave per familie i kort form. Dette settet er lengre og tar hver familie i dybden: forsinkelse, throughput, sockets, P2P/klient-server, HTTP-ytelse, TCP cwnd, TCP-sekvens, sjekksum, RTT-estimering, CRC, IP-binær og symmetriske nøkler. Tallene er endret fra både eks 1–5 og fra P6, slik at du må kjøre formelen — ikke gjenbruke utenat-svar. Del I: 16 spørsmål (48 p). Del II: 6 oppgaver (52 p).

Strategi for dette settet

Skriv formel-banneret før du leser oppgaven: L/R, N·L/R (store-and-forward), (N+P−1)·L/R (pipelining), 2^32−x−2, N(N−1)/2, F/u_s, F/d_min, NF/(u_s+Σu_i), NF/u_s (klient-server).
Verifiser bottleneck før du regner: P2P og klient-server gir alltid maks av tre/to størrelser. Hvis det øverste er klart større enn de andre, dropp resten — det er flaskehalsen.
Vis utregning i Del II: sensor gir delpoeng for korrekt metode selv ved tallfeil. Skriv mellomledd og enheter (Mbps vs Mbyte vs ms vs µs).
Enheter er en felle: Mbyte → Mbit krever ×8. Mbps er Mbit per sekund. ms → s krever ÷1000. Sjekk alltid en enhet i hodet før du svarer.

Del I — Automatisk rettede spørsmål

16 spørsmål · 3 poeng per spørsmål · 48 poeng totalt

Hver oppgave er ren tallregning. Bruk papir og blyant — ikke prøv å hode-regne flere multiplikasjoner samtidig.

Spørsmål 1 3 poeng Kap. 1 · Store-and-forward

En pakke på L = 4 000 bit sendes A → svitsj → B over to lenker med rater R₁ = 2 Mbps og R₂ = 8 Mbps. Svitsjen er store-and-forward. Propageringen er neglisjerbar. Hva er total ende-til-ende-tid for pakken?

A 0,5 ms
B 2,0 ms
C 2,5 ms
D 4,0 ms

Vis fasit

Riktig svar: C — 2,5 ms

Store-and-forward: pakken må mottas i sin helhet på svitsjen før den begynner videresendelsen.

L/R₁ = 4 000 / 2·10⁶ = 2 ms. L/R₂ = 4 000 / 8·10⁶ = 0,5 ms. Total = 2 + 0,5 = 2,5 ms.

Felle: A teller bare den raske lenken; B teller bare den langsomme. Begge må summeres.

Pensum: Kap. 1 — Store-and-forward

Spørsmål 2 3 poeng Kap. 1 · Ende-til-ende-forsinkelse

En pakke på L = 8 000 bit går over tre lenker, hver med rate R = 100 Mbps og propageringsforsinkelse 10 ms. Antall rutere er 2 (med ubetydelig prosesseringstid). Hva er ende-til-ende-tiden?

A 0,24 ms
B 30 ms
C 30,24 ms
D 90,24 ms

Vis fasit

Riktig svar: C — 30,24 ms

Tre lenker × (L/R + prop) = 3·(80 µs + 10 ms) = 240 µs + 30 ms = 30,24 ms.

Observer: propagasjonen dominerer her. Når raten øker (større R), faller L/R, men propageringen er den samme. På lange transatlantiske lenker er det propageringen som setter taket på lavningslatens.

Felle: B glemmer L/R; A glemmer prop.

Pensum: Kap. 1 — Forsinkelseskomponenter

Spørsmål 3 3 poeng Kap. 1 · Pipelining

P = 8 pakker à L = 10 000 bit sendes back-to-back over 4 lenker (3 rutere mellom kilde og mål). Hver lenke har rate R = 200 Mbps. Propageringen er neglisjerbar. Minste tid før alle pakkene er mottatt?

A 200 µs
B 400 µs
C 550 µs
D 2 000 µs

Vis fasit

Riktig svar: C — 550 µs

Pipelining: (N + P − 1)·L/R. N = antall lenker = 4.

L/R = 10 000 / 200·10⁶ = 50 µs. (4 + 8 − 1) = 11. Total = 11·50 = 550 µs.

Felle: D er det du får uten pipelining (4·8·50 = 1 600 µs ≠ 2 000 µs egentlig — hadde vært 1 600). Men poenget: med naivregnestykket overestimerer du betydelig.

Pensum: Kap. 1 — Pipelining

Spørsmål 4 3 poeng Kap. 1 · Cut-through

En pakke på L = 20 000 bit sendes A → svitsj → B. Begge lenker har rate R = 400 Mbps. Svitsjen bruker cut-through og begynner videresending så snart de første 2 000 bit er mottatt. Propageringen er neglisjerbar. Hvor lenge går det fra første bit forlater A til siste bit ankommer B?

A 50 µs
B 55 µs
C 100 µs
D 200 µs

Vis fasit

Riktig svar: B — 55 µs

A bruker L/R = 20 000/400·10⁶ = 50 µs på å sende. Svitsjen begynner videresending etter 2 000/400·10⁶ = 5 µs. Etter at videresendingen begynner, må svitsjen fortsatt sende hele L: tar 50 µs. Siste bit på B = 5 + 50 = 55 µs.

Til sammenlikning: store-and-forward = 50 + 50 = 100 µs. Cut-through sparer 45 µs ved ikke å vente på hele pakken.

Pensum: Kap. 1 — Cut-through

Spørsmål 5 3 poeng Kap. 1 · TCP-fairness

Fire TCP-sesjoner deler en flaskehals-lenke R = 1 Gbps rettferdig. Klientlenkene som leder til hver mottaker har hver rate R_C = 300 Mbps. Hva er maks gjennomstrømning per sesjon?

A 250 Mbps
B 300 Mbps
C 1 000 Mbps
D 1 200 Mbps

Vis fasit

Riktig svar: A — 250 Mbps

Flaskehals: 1 Gbps delt på 4 = 250 Mbps per sesjon. Klientlenken (300 Mbps) er rikelig — den er ikke flaskehals.

Hvis klientlenken hadde vært 200 Mbps, ville den bli flaskehalsen, og hver sesjon hadde fått 200 Mbps. Da ville flaskehals-lenken være underutnyttet (4·200 = 800 Mbps < 1 Gbps).

Pensum: Kap. 1 — Throughput

Spørsmål 6 3 poeng Kap. 2 · P2P

Distribuér en fil F = 80 Mbit til N = 20 peers via P2P. Serveropplastning u_s = 80 Mbps, hver peer har u_i = 2 Mbps og d_i = 10 Mbps. Minste distribusjonstid?

A 1 s
B 8 s
C 13,3 s
D 40 s

Vis fasit

Riktig svar: C — 13,3 s

P2P: D = max(F/u_s, F/d_min, NF/(u_s+Σu_i)).

F/u_s = 80/80 = 1 s
F/d_min = 80/10 = 8 s
NF/(u_s+N·u_i) = 20·80/(80 + 20·2) = 1 600/120 ≈ 13,3 s

Maks ≈ 13,3 s. Den totale opplastningskapasiteten i systemet er flaskehals.

Felle: A og B er lokale flaskehalser som ikke dominerer her.

Pensum: Kap. 2.6 — P2P

Spørsmål 7 3 poeng Kap. 2 · Klient-server

Distribuér en fil F = 60 Mbit til N = 25 klienter via klient-server. Serveropplastning u_s = 100 Mbps. Hver klients nedlastning d_i = 10 Mbps. Minste distribusjonstid?

A 0,6 s
B 6 s
C 15 s
D 25 s

Vis fasit

Riktig svar: C — 15 s

Klient-server: D_cs = max(NF/u_s, F/d_min).

NF/u_s = 25·60/100 = 15 s
F/d_min = 60/10 = 6 s

Maks = 15 s. Server-opplastningen er flaskehals — den må sende fil-ekvivalenter til alle 25 klienter.

Pensum: Kap. 2.6 — Filfordeling

Spørsmål 8 3 poeng Kap. 2 · Sockets

En UDP-server lytter på en port og mottar samtidige datagrammer fra 5 klienter. Hvor mange sockets eksisterer på serverprosessen?

A 1
B 5
C 6
D 10

Vis fasit

Riktig svar: A — 1

UDP er forbindelsesløs. Én socket på server holder mot alle klienter — kilden identifiseres av (kilde-IP, kilde-port) i hvert datagram. Derfor trengs ikke ny socket per klient.

Til sammenlikning: TCP-server med 5 klienter = 1 lyttende + 5 forbindelses-sockets = 6 sockets.

Felle: B er TCP-svaret minus lytte-socket; C er TCP-svaret. Husk at UDP ikke har accept().

Pensum: Kap. 2 — Socket-programmering

Spørsmål 9 3 poeng Kap. 2 · Sockets

En TCP-server har 9 aktive klientforbindelser på samme port. Hvor mange sockets totalt på serverprosessen?

A 1
B 9
C 10
D 18

Vis fasit

Riktig svar: C — 10

1 lyttende socket + 9 connection sockets (én per accept()). Generelt: K aktive forbindelser → K + 1 sockets på server.

Hver TCP-forbindelse identifiseres av 4-tuple (kilde-IP, kilde-port, dest-IP, dest-port). Selv om alle bruker samme dest-port (80, 443 …), gir varierende kilde-side unike forbindelser.

Pensum: Kap. 2 — TCP-sockets

Spørsmål 10 3 poeng Kap. 2 · HTTP

En HTML-side på 50 kbit har 5 innebygde objekter à 50 kbit. RTT = 80 ms, lenke = 10 Mbps. Total responstid med non-persistent HTTP, ingen parallelle?

A 165 ms
B 330 ms
C 990 ms
D 1 020 ms

Vis fasit

Riktig svar: C — 990 ms

L/R = 50 000 / 10·10⁶ = 5 ms per objekt.

Per objekt non-persistent: 2·RTT + L/R = 160 + 5 = 165 ms.

Total: 6 objekter (1 base + 5 innebygde) · 165 = 990 ms.

Til sammenlikning: med parallell ≈ 2·165 = 330 ms; med persistent uten pipelining = RTT (oppsett) + 6·(RTT+L/R) = 80 + 6·85 = 590 ms.

Pensum: Kap. 2 — HTTP-ytelse

Spørsmål 11 3 poeng Kap. 3 · TCP-sekvensnr

Host A og B kommuniserer over TCP. B har mottatt alt opp til byte 800. A sender to segmenter back-to-back. Det første har sekvensnr=801, kilde-port=5000, dest-port=80, og 200 byte data. Det andre har 250 byte data. Hva er (sekvensnr, kilde-port, dest-port) i det andre segmentet?

A (1 001, 5000, 80)
B (1 001, 80, 5000)
C (1 251, 5000, 80)
D (801, 5000, 80)

Vis fasit

Riktig svar: A — (1 001, 5000, 80)

Sekvensnr i andre segment = sekvensnr₁ + lengde₁ = 801 + 200 = 1 001. Portene er uendret siden begge segmenter går samme retning A → B.

Felle: B er ACK-en B→A (motsatt retning); C teller med begge segmenters lengde (feil); D er det samme som første segment.

Pensum: Kap. 3 — TCP-segmenter

Spørsmål 12 3 poeng Kap. 3 · Sjekksum

Beregn Internet-checksummen over de to 16-bits ordene 0101 0101 0101 0101 og 0001 0001 0001 0001. Hva blir checksum-feltet?

A 0110 0110 0110 0110
B 1001 1001 1001 1001
C 0100 0100 0100 0100
D 1011 1011 1011 1011

Vis fasit

Riktig svar: B — 1001 1001 1001 1001

Steg 1: addere ordene.

0101 0101 0101 0101 = 0x5555
+ 0001 0001 0001 0001 = 0x1111
= 0110 0110 0110 0110 = 0x6666 (ingen carry)

Steg 2: ones' complement (flip alle bit):

NOT(0110 0110 0110 0110) = 1001 1001 1001 1001

Mottakeren regner samme uttrykk over alle ordene inkludert checksum — resultatet skal være alle ettall.

Pensum: Kap. 3 — Internet checksum

Spørsmål 13 3 poeng Kap. 3 · TCP RTT-estimering

TCP estimerer RTT med EWMA: EstRTT = (1−α)·EstRTT + α·SampleRTT. Forrige EstRTT = 35 ms. Ny SampleRTT = 30 ms. Med α = 1/8, hva er ny EstRTT?

A 30,000 ms
B 32,500 ms
C 34,375 ms
D 35,000 ms

Vis fasit

Riktig svar: C — 34,375 ms

EstRTT_ny = (1 − 1/8)·35 + (1/8)·30 = (7/8)·35 + (1/8)·30 = 30,625 + 3,750 = 34,375 ms.

Liten α (typisk 0,125) gir treg respons mot endringer — utjevnet estimat. Dette er gunstig fordi enkeltmålinger varierer mye.

Pensum: Kap. 3.5 — RTT-estimering

Spørsmål 14 3 poeng Kap. 6 · CRC

For data D = 110010 og generator G = 1011, hva blir CRC-resten R?

A 011
B 100
C 101
D 110

Vis fasit

Riktig svar: C — 101

Legg til |G|−1 = 3 nuller etter D: 110010000 (9 bit). Modulo-2-divisjon med G = 1011 (XOR, ingen carry):

Trinn 1 — leading 1 ved bit 0, XOR G:
   110010000
   1011
   ----
   011110000

Trinn 2 — leading 1 ved bit 1, XOR G ved bit 1..4:
   011110000
    1011
    ----
   001000000

Trinn 3 — leading 1 ved bit 2, XOR G ved bit 2..5:
   001000000
     1011
     ----
   000011000

Trinn 4 — leading 1 ved bit 4, XOR G ved bit 4..7:
   000011000
       1011
       ----
   000001110

Trinn 5 — leading 1 ved bit 5, XOR G ved bit 5..8:
   000001110
        1011
        ----
   000000101

Etter trinn 5: leading 1 ved bit 6 — for kort til ny
divisjon (bare 3 bit igjen).

Rest = de tre siste bitene = 101

Send D || R = 110010 101. Mottakeren regner samme divisjon — rest = 0 ⇒ ok.

Pensum: Kap. 6 — CRC

Spørsmål 15 3 poeng Kap. 4 · IP-adressering

Hva er den binære representasjonen av IP-adressen 158.110.234.7?

A 10011110 01101110 11101010 00000111
B 10011110 01110110 11101010 00000111
C 10001110 01101110 11101010 00000111
D 10011110 01101110 11100110 00000111

Vis fasit

Riktig svar: A — 10011110 01101110 11101010 00000111

Konverter hver oktett til binær (8 bit):

158 = 128 + 16 + 8 + 4 + 2 = 10011110
110 = 64 + 32 + 8 + 4 + 2 = 01101110
234 = 128 + 64 + 32 + 8 + 2 = 11101010
7 = 4 + 2 + 1 = 00000111

Felle: B, C og D har én bit-feil hver (bytte to bits, vippe én bit). Sjekk hver oktett separat for å unngå.

Pensum: Kap. 4 — IP-adressering

Spørsmål 16 3 poeng Kap. 8 · Nøkler

En kohort på 9 personer skal kunne kommunisere parvis konfidensielt med symmetriske nøkler. Hvor mange nøkler trengs totalt?

A 9
B 18
C 36
D 72

Vis fasit

Riktig svar: C — 36

N(N−1)/2 = 9·8/2 = 36 nøkler. Hver nøkkel deles av nøyaktig to personer.

Til kontrast: med offentlig nøkkel-kryptografi trenges bare 2N = 18 nøkler (et par per person), eller bare N = 9 nøkkelpar. Det er hvorfor PKI skalerer mye bedre.

Felle: D er N(N−1) = 72 (uten halvering — det ville vært to nøkler per par).

Pensum: Kap. 8 — Symmetrisk kryptografi

Del II — Åpne oppgaver

6 oppgaver · 52 poeng totalt

Vis utregning. Sensor gir delpoeng for korrekt metode selv ved tallfeil.

Oppgave 1 10 poeng Kap. 1 · Forsinkelse

A → R₁ → R₂ → B er en sti med tre lenker, hver med rate R = 20 Mbps, propagering 10 ms per lenke. Hver ruter har prosesseringstid 1 ms. Pakkestørrelsen er L = 8 000 bit.

a) Beregn ende-til-ende-tid for én pakke (uten kø). (3p)

b) Hvis P = 6 pakker sendes back-to-back, hva er tiden før den siste er mottatt? (3p)

c) Hva endrer seg hvis R økes til 100 Mbps på alle lenker? Beregn ny verdi for én pakke. (2p)

d) Sammenlikne med et linjesvitsjet alternativ med oppsettstid 100 ms og dedikert ende-til-ende-rate på 20 Mbps. Hva er total tid for én pakke der? (2p)

Vis fasit

a) Én pakke ende-til-ende:

L/R = 8 000 / 20·10⁶ = 400 µs = 0,4 ms per lenke.

3 lenker · L/R + 3 lenker · prop + 2 rutere · proc = 3·0,4 + 3·10 + 2·1 = 1,2 + 30 + 2 = 33,2 ms.

b) Pipelining 6 pakker:

Første pakke: 33,2 ms. Hver påfølgende pakke kommer L/R = 0,4 ms etter den forrige (lik rate på alle lenker).

Total = 33,2 + 5·0,4 = 35,2 ms.

c) R = 100 Mbps:

L/R = 8 000 / 100·10⁶ = 80 µs.

3·0,08 + 30 + 2 = 0,24 + 30 + 2 = 32,24 ms.

Observer: en 5x rate-økning sparer bare ~1 ms. Propageringen dominerer totalt forsinkelsesregnskap når L/R << prop.

d) Linjesvitsjet:

Setup + L/R (én gang for hele kretsen, ikke per lenke fordi krets er dedikert ende-til-ende). Setup 100 ms + 0,4 ms = 100,4 ms.

Mer enn 3x lengre enn pakkesvitsjet (33,2 ms). Linjesvitsjing taper for korte forbindelser; det vinner først når datavolumet er stort eller forutsigbar.

Pensum: Kap. 1 — Forsinkelse, pipelining, krets-vs-pakkesvitsj

Oppgave 2 10 poeng Kap. 2 · HTTP-ytelse

Du klikker en lenke. Nettleseren laster en HTML-side på 200 kbit som har 8 innebygde objekter à 100 kbit. RTT = 100 ms, lenke = 50 Mbps. GET-meldingen har neglisjerbar tid. Inkluder TCP-oppsett (1 RTT) for hver ny forbindelse, og 1 RTT for persistent.

a) Beregn responstid med non-persistent HTTP, ingen parallelle forbindelser. (3p)

b) Med non-persistent HTTP, parallelle forbindelser (én per innebygd objekt, base først). (3p)

c) Med persistent HTTP uten pipelining. (2p)

d) Med persistent HTTP med pipelining. (2p)

Vis fasit

Forarbeid:

L_base/R = 200·10³/50·10⁶ = 4 ms
L_obj/R = 100·10³/50·10⁶ = 2 ms

a) Non-persistent uten parallell:

Per objekt: 2·RTT + L/R. Base: 200 + 4 = 204 ms. Per innebygd: 200 + 2 = 202 ms.

Total = 204 + 8·202 = 204 + 1 616 = 1 820 ms.

b) Non-persistent med parallell:

Base først: 204 ms. Så 8 innebygde i parallell, som tar samme 202 ms (begrenset av per-objekt-tid, ikke av båndbredde-summen).

Total = 204 + 202 = 406 ms.

c) Persistent uten pipelining:

1 TCP-oppsett (RTT = 100) + base (RTT + L/R = 104) + 8·(RTT + L/R = 102).

Total = 100 + 104 + 8·102 = 100 + 104 + 816 = 1 020 ms.

d) Persistent med pipelining:

1 TCP-oppsett (RTT) + 1 RTT for å få respons + tidsbruk for å overføre alle objekter (sekvensielt på lenken):

Total = RTT + RTT + L_base/R + 8·L_obj/R = 100 + 100 + 4 + 16 = 220 ms.

Oppsummering: a 1 820 → b 406 → c 1 020 → d 220 ms. Pipelining halverer ytterligere fra c. Kostnaden av nye TCP-forbindelser dominerer i a (8·100 = 800 ms av totalen).

Pensum: Kap. 2 — HTTP-ytelse

Oppgave 3 10 poeng Kap. 3 · TCP cwnd

Tegn (eller beskriv) en TCP cwnd-graf med følgende hendelser:

I runde 0 starter cwnd på 1 MSS, ssthresh = 16.
Slow start kjører til cwnd ≥ ssthresh. Deretter AIMD (lineær +1 per RTT).
I slutten av runde 8 (cwnd = 20) inntreffer 3 duplikat-ACK (Reno): ssthresh settes til cwnd/2 = 10, cwnd reduseres til 10, fortsetter AIMD.
I slutten av runde 15 (cwnd = 16) inntreffer timeout: ssthresh settes til 8, cwnd resettes til 1, slow start igjen.

a) List cwnd-verdien for hver runde fra 0 til 20. Marker fasen (slow start, AIMD, fast recovery, slow start etter timeout). (5p)

b) Hvor mange MSS har TCP totalt sendt over de 21 rundene (sum av cwnd)? (2p)

c) Forklar forskjellen i hvordan Reno reagerer på 3 dup ACK versus timeout, og hvorfor reaksjonene er ulike. (3p)

Vis fasit

a) Cwnd per runde:

Runde	cwnd	Fase
0	1	Slow start
1	2	Slow start
2	4	Slow start
3	8	Slow start
4	16	Slow start (når ssthresh)
5	17	AIMD
6	18	AIMD
7	19	AIMD
8	20	AIMD (3 dup ACK her)
9	10	Fast recovery → AIMD
10	11	AIMD
11	12	AIMD
12	13	AIMD
13	14	AIMD
14	15	AIMD
15	16	AIMD (timeout her)
16	1	Slow start (ssthresh = 8)
17	2	Slow start
18	4	Slow start
19	8	Slow start (når ssthresh)
20	9	AIMD

b) Sum cwnd:

Slow start 0–4: 1+2+4+8+16 = 31. AIMD 5–8: 17+18+19+20 = 74. AIMD 9–15: 10+11+12+13+14+15+16 = 91. Slow start 16–19: 1+2+4+8 = 15. AIMD 20: 9. Sum = 31 + 74 + 91 + 15 + 9 = 220 MSS.

c) 3 dup ACK vs timeout:

Ved 3 dup ACK halveres cwnd (Reno) og fortsetter i AIMD (fast recovery). Ved timeout settes cwnd til 1 og slow start starter på nytt.

Begrunnelse: 3 dup ACK indikerer at noen pakker fortsatt går igjennom — bare én er tapt. Timeout antyder at hele forbindelsen kan ha brutt sammen — start forsiktig fordi nettets tilstand er ukjent.

Pensum: Kap. 3.7 — TCP congestion control

Oppgave 4 8 poeng Kap. 2 · Filfordeling

En fil F = 1 Gbit skal distribueres til N = 200 brukere. Serveropplastning u_s = 100 Mbps. Hver bruker har u_i = 1 Mbps og d_i = 5 Mbps.

a) Beregn minste distribusjonstid med klient-server. (3p)

b) Beregn minste distribusjonstid med P2P. (3p)

c) Hvor mye raskere er P2P? Hvilken arkitektur skalerer bedre når N øker? Forklar kort. (2p)

Vis fasit

a) Klient-server:

D_cs = max(NF/u_s, F/d_min).

NF/u_s = 200·1 000/100 = 2 000 s (≈ 33 min)
F/d_min = 1 000/5 = 200 s

Maks = 2 000 s. Server-opplastningen er flaskehals.

b) P2P:

D_p2p = max(F/u_s, F/d_min, NF/(u_s+Σu_i)).

F/u_s = 1 000/100 = 10 s
F/d_min = 200 s
NF/(u_s+N·u_i) = 200·1 000/(100 + 200) = 200 000/300 ≈ 666,7 s

Maks ≈ 667 s (≈ 11 min).

c) Sammenlikning og skalering:

P2P er ca. 2 000/667 ≈ 3 ganger raskere. P2P skalerer bedre fordi peers bidrar med opplastingskapasitet ettersom N øker — total system-opplastning vokser med N. I klient-server er u_s fast uansett N, så NF/u_s vokser lineært med N.

Pensum: Kap. 2.6 — Filfordeling

Oppgave 5 8 poeng Kap. 6 · Trådløse noder

Fire trådløse noder A, B, C, D ligger på en linje, slik at:

Når A sender, hører bare B.
Når B sender, hører A og C.
Når C sender, hører B og D.
Når D sender, hører bare C.

Tid er slottet (én melding per slot). Hvis to sendere overlapper innen mottakerens hørevidde, kolliderer de. Du har en omniscient kontroller som kan beordre hver node.

a) Hva er maks rate fra C til A (uten andre flows)? Forklar relayet. (2p)

b) Hva er kombinert maks rate når A → B og D → C samtidig? (2p)

c) Hva er kombinert maks rate når A → B og C → D samtidig? (2p)

d) Hvis hver mottatt datapakke krever en ACK (egen slot), hva er ny rate i (b)? (2p)

Vis fasit

a) C → A:

A er ikke i C's hørevidde. Må relay via B: slot 1 C→B, slot 2 B→A. Krever to slots per melding.

Rate = 0,5 melding/slot.

b) A → B og D → C:

A sender → bare B hører. D sender → bare C hører. Ingen interferens i hørevidde.

Begge kan sende samtidig hvert slot. Rate = 2 meldinger/slot.

c) A → B og C → D:

Når A sender: B hører A. Når C sender: B og D hører C.

Hvis begge sender samtidig, oppfatter B både A og C — kollisjon ved B → A's melding går tapt.

Må alternere: slot 1 A→B, slot 2 C→D. Rate = 2 meldinger / 2 slot = 1 melding/slot.

d) A→B og D→C med ACK:

Slot 1: A→B og D→C parallelt. Slot 2: B→A (ACK) og C→D (ACK).

Sjekk ACK-slot for kollisjoner: B→A betyr A og C hører B. C→D betyr B og D hører C. A hører kun B → ok. D hører kun C → ok. B hører C, og C hører B — men B og C er sendere, ikke mottakere. Ingen kollisjoner.

2 meldinger per 2 slots = 1 melding/slot (halvert fra 2). ACK-runden halverer effektiv datarate.

Pensum: Kap. 6 — Trådløse noder, hidden terminal · eks1 Q1.4.7, eks2 Q5

Oppgave 6 6 poeng Kap. 4 · Subnetting

Du har fått tildelt blokken 192.168.0.0/19. Du skal lage fire subnett:

A: minst 800 vertsgrensesnitt
B: minst 300 grensesnitt
C: minst 100 grensesnitt
D: minst 50 grensesnitt

a) Hvilken /x trengs for hvert? (2p)

b) Tildel konkrete adresseblokker fra 192.168.0.0/19. Vis at de ikke overlapper. (3p)

c) Hvor mange adresser er ledige etter tildelingen? (1p)

Vis fasit

a) Bestem prefiks-lengde for hvert:

A 800 verter: 2^k−2 ≥ 800 → k ≥ 10 → /22 (1 022 brukbare).
B 300 verter: 2^k−2 ≥ 300 → k ≥ 9 → /23 (510 brukbare).
C 100 verter: 2^k−2 ≥ 100 → k ≥ 7 → /25 (126 brukbare).
D 50 verter: 2^k−2 ≥ 50 → k ≥ 6 → /26 (62 brukbare).

b) Tildeling fra 192.168.0.0/19 (8 192 adresser, 192.168.0.0 – 192.168.31.255):

A /22: 192.168.0.0/22 — dekker 0.0–3.255 (1 024 adresser).
B /23: 192.168.4.0/23 — dekker 4.0–5.255 (512 adresser).
C /25: 192.168.6.0/25 — dekker 6.0–6.127 (128 adresser).
D /26: 192.168.6.128/26 — dekker 6.128–6.191 (64 adresser).

Ingen overlapp. Tildelt = 1 024 + 512 + 128 + 64 = 1 728 adresser.

c) Ledige adresser:

8 192 − 1 728 = 6 464 adresser (192.168.6.192 – 192.168.31.255). Disse kan reserveres for fremtidig vekst eller deles videre.

Pensum: Kap. 4 — Subnetting og CIDR