• Maturità
  • esame 2010 seconda prova di telecomunicazioni

vally_fede
vally_fede - Ominide - 40 Punti
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mi servono assolutamente le soluzioni della seconda prova di maturità 2010 di TELECOMUNICAZIONI!!!! help me!!!

Aggiunto 1 ore 15 minuti più tardi:

gia..lo so...oggi l'ho fatta ed è stata molto difficile..comunque ti ringrazio:)

Aggiunto 4 minuti più tardi:

# mure91 : mi piacerebbe aiutarti ma per chi ha studiato telecomunicazioni questa traccia è quasi impossibile...non c'entra quasi nulla col programma...ma...http://www.corriere.it/cronache/speciali/2010/maturita/notizie/23-seconda-periti-elettronici_408392ec-7edf-11df-b520-00144f02aabe.shtml...qui ti spiega qualcosa...
gia hai ragione era particolarmente difficile ma fattibile..certo è stato necessario l'aiuto dei prof e dei secchioni :)
mure91
mure91 - Erectus - 55 Punti
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mi piacerebbe aiutarti ma per chi ha studiato telecomunicazioni questa traccia è quasi impossibile...non c'entra quasi nulla col programma...ma...http://www.corriere.it/cronache/speciali/2010/maturita/notizie/23-seconda-periti-elettronici_408392ec-7edf-11df-b520-00144f02aabe.shtml...qui ti spiega qualcosa...
prof66
prof66 - Erectus - 55 Punti
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La mia soluzione
Punto 1
La risposta al quesito 1 non presenta particolari difficoltà: basta leggere qualcosa sullo standard ethernet (IEEE 802.3). Utilizzare due hub in cascata, al posto di uno centrale, ha il vantaggio di avere cavi di collegamento piu’ corti e, di conseguenza, una minore complessità di realizzazione della rete.
Punto 2
Il problema delle distanze è legato essenzialmente alla possibilità di rilevare le collisioni: il trasmettitore deve “osservare” la linea per un tempo sufficiente a poter rilevare ogni possibile collisione. Nel caso in questione, ipotizzando che i terminali T1 e T2 siano quelli più distanti e supponendo di essere nel caso peggiore di trasmissione della trama di lunghezza minima (64B), si calcola il tempo di trasmissione minimo:
Ttm = Lm / rb = 64*8/ (100*106) =5,12us
Per garantire la possibilità di rilevare le collisioni, il tempo di trasmissione minimo deve essere non minore del doppio del ritardo di propagazione del segnale sulla linea, cioe’:
Ttm ≥ 2tp
tp ≤ Ttm/2
tp ≤ 2,56us
Tenendo conto che il ritardo di propagazione (tp) e’ la somma dei tempo di propagazione del segnale sui cavi di collegamento (tc) e dei ritardi introdotti dai due hub (td):
tp = tc + 2*td
si ha:
tc + 2*td ≤ 2,56us
quindi:
tc ≤ 2,56us – 2*td
tc ≤ 2,56us – 2us
tc ≤ 0,56us
Nota la velocità di propagazione del segnale sui cavi (vp) e ricordando che la distanza percorsa dal segnale sul cavo é :
dT = vp*tc
d/vp ≤ 0,56us
quindi:
dT ≤ 0,56us*vp
dT ≤ 112m
In definitiva, la massima distanza consentita tra T1 e T2 é 112m. Sottraendo la distanza tra gli hub e quella tra T2 e il secondo hub si ricava la massima distanza T1-hub:
d = 112-40-30 = 42m

Punto 3
La risposta al quesito precedente suggerisce una possibile risposta anche per il punto 3: se si rifanno i calcoli precedenti ipotizzando una velocità di trasmissione (rb) più bassa, ad esempio 10Mbps, si ottengono distanze maggiori. Una possibile soluzione, quindi, è ridurre la velocita’ di trasmissione ed avere così la possibilita’ di aumentare la lunghezza del cavo T1-hub.
Punto 4
Il numero totale di host della rete e’ 305 (200+80+25), quindi non è possibile usare un solo indirizzo di classe C. Ipotizzando di “accorpare” le due reti di grandezza minore ( B e C) è possibile usare solo due indirizzi di classe C. Quindi:
- la sottorete A avra’ indirizzi da 192.220.15.1 a 192.220.15.200 per gli hosts, 192.220.15.201 per la porta interna del router e 255.255.255.0 come maschera di sottorete;
- la sottorete B avrà indirizzi da 192.220.16.1 a 192.220.16.80 per gli host, 192.220.16.81 per la porta interna del router e 255.255.255.128 come maschera di sottorete;
- la sottorete C avrà indirizzi da 192.220.16.129 a 192.220.16.153 per gli host, 192.220.16.154 per la porta interna del router e 255.255.255.224 come maschera di sottorete;
- la porta esterna del router potrà avere indirizzo 192.220.16.161 con maschera 255.255.255.252.

Punto 5
Per stimare la velocità di trasmissione vista dall’applicazione sopra il livello trasporto, occorre tener conto dell’aggiunta di byte (header) che ciascun protocollo effettua sui dati per svolgere le sue funzioni e del tipo di controllo di flusso previsto (stop and wait). Il protocollo Ethernet in questione prevede trame di lunghezza massima di 1548 byte (1500 byte dati + 48 byte per intestazioni e controllo), sottraendo ai 1500 byte dati i 40 byte introdotti come header dai livelli rete e trasporto (20 byte + 20 byte) si ottiene un campo dati sopra il livello trasporto di 1460 byte. Per trasmettere 1460B, l’applicazione sopra il livello trasporto deve attendere un tempo pari alla somma del tempo di trasmissione della trama ethernet (1548B), del ritardo di propagazione necessario per raggiungere il destinatario, del tempo di trasmissione del riscontro del destinatario e del ritardo di propagazione del riscontro verso il mittente. In sintesi:
t = tt + tp + tr + tp
Dal punto 3 si ricava tp =2,56us mentre tt e tr vanno determinati:
tt = 1548*8/rb = 12348/(100*106) = 123,48us
supponendo che il riscontro del destinatario avvenga con una trama minima ethernet di 64B si ha:
tr = 64*8/rb = 512/(100*106) = 5,12us
quindi:
t = 123,48 + 2,56 + 5,12 +2,56 = 133,72us
La stima della velocità di trasmissione sopra il livello trasporto si ottiene dividendo il numero di bit trasmessi dall’applicazione sopra il livello trasporto per il tempo che l’applicazione attende prima di trasmettere ancora:
1460*8/t = 11680/133,72us = 87,3Mbps
Come noto, per aumentare la velocità di trasmissione sopra il livello trasporto è possibile utilizzare un controllo di flusso diverso, ad esempio del tipo a finestra scorrevole, in sintesi: si inviano piu’ pacchetti consecutivi e si aspetta il riscontro che indica l’ultimo pacchetto corretto ricevuto.

Prof. Antonio Costantini
ITI G.CASO PIEDIMONTE MATESE (CE)

Aggiunto 1 giorni più tardi:

devo rettificare sulla dimensione massima del pacchetto ethernet: 1518 byte = 1500 byte (dati) +18 byte (int e cont); non cambia molto sulla stima della velocità di trasmissione ma, per onesta' intellettuale, era necessario rettificare;
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