Exam on Local Networks

Questions indépendantes

Question 1 - Différence entre un Hub (concentrateur) et un Switch (commutateur)

La principale différence réside dans la façon dont ces équipements traitent et relaient les trames Ethernet au niveau de la couche physique et liaison de données :

• Le Hub (concentrateur) : Il opère au niveau 1 (physique). Lorsqu'il reçoit une trame sur un port, il la réplique aveuglément sur tous les autres ports (diffusion ou "broadcast"). Il ne lit pas les adresses physiques (MAC) et partage le même domaine de collision entre tous les équipements connectés.
• Le Switch (commutateur) : Il opère au niveau 2 (liaison de données). Il lit l'adresse MAC de destination dans l'en-tête de la trame et utilise sa table de commutation (table MAC) pour transmettre la trame uniquement sur le port où se trouve la machine destinataire. Il segmente ainsi les domaines de collision, permettant des communications simultanées sans interférence.

Question 2 - Conséquences d'une configuration full-duplex sur un Hub

Lorsqu'une station est configurée en duplex intégral (full-duplex) mais connectée à un Hub (qui fonctionne intrinsèquement en semi-duplex ou half-duplex), il se crée un problème appelé Duplex-Mismatch (incohérence de duplex).

• Comportement de la station : Étant en full-duplex, la station désactive son mécanisme de détection de collision (CSMA/CD). Elle considère qu'elle peut émettre et recevoir simultanément sans risque.
• Conséquence sur le réseau : Si la station émet une trame pendant qu'une autre machine transmet via le Hub, une collision se produira électriquement dans le Hub. Cependant, la station en full-duplex ne détectera pas cette collision. Les trames impliquées seront corrompues et détruites, mais ne seront jamais retransmises par la carte réseau puisqu'elle ignore la collision.
• Échange de trames possible ? Oui, mais uniquement si la station émet dans un moment de silence absolu sur le réseau (une seule trame envoyée à la fois). Dès que le trafic augmente, le taux de perte de paquets devient catastrophique.

Question 3 - Intérêt de la gestion dynamique dans l'algorithme BEB

L'algorithme du retard exponentiel binaire (Binary Exponential Backoff - BEB) augmente la fenêtre de tirage aléatoire après chaque collision (l'intervalle est de [0, 2^k - 1] où k est le nombre de collisions successives, plafonné à 10).

• Intérêt de la gestion dynamique : Cette méthode permet d'estimer dynamiquement la charge du canal.
  • Si le réseau est peu chargé (peu de collisions), la fenêtre reste petite, ce qui évite des temps d'attente inutiles et garantit une latence faible.
  • Si le réseau est très chargé (collisions répétées), l'algorithme écarte les tentatives de retransmission sur une plage de temps plus grande, réduisant ainsi la probabilité d'une nouvelle collision et stabilisant le réseau pour éviter un effondrement de ses performances (congestion).
• Équité envers les trames ayant subi plusieurs collisions : Selon cet algorithme, une trame ayant subi de nombreuses collisions est défavorisée. En effet, son intervalle de tirage devient très grand, ce qui augmente statistiquement son temps d'attente. Si une nouvelle trame arrive sur une autre station (k=0), cette dernière aura une fenêtre d'attente très courte et aura de fortes chances de s'emparer du canal avant la trame ancienne. Ce mécanisme manque donc d'équité (phénomène de capture).

Question 4 - Conséquences du dépassement de la longueur limite d'un segment

Dépasser la limite de longueur imposée par la norme Ethernet (par exemple, au-delà de 100m pour du 100Base-TX sans répéteur) a deux conséquences physiques et logiques majeures :

1. Atténuation du signal : Le signal électrique s'affaiblit avec la distance. S'il voyage trop loin, il devient illisible pour le récepteur (les bits ne peuvent plus être décodés correctement), causant la perte de la trame.
2. Désynchronisation du CSMA/CD (Collisions tardives) : Le protocole CSMA/CD exige que le temps d'aller-retour du signal (Round Trip Time) soit inférieur au temps d'émission de la plus petite trame. Si le segment est trop long, une station pourrait finir d'émettre sa trame avant que le début de cette trame n'ait atteint l'autre bout du réseau. Si une collision se produit à cet instant, l'émetteur ne la détectera pas car il aura déjà terminé sa transmission, et la trame corrompue ne sera pas retransmise.

La trame peut-elle arriver à destination ?

• Oui : Si elle ne subit aucune collision ET si la destination est située sur le segment à une distance suffisamment courte pour que le signal ne soit pas encore trop atténué.
• Non : Si elle subit une collision non détectée (collision tardive) ou si la destination est au-delà du seuil où le signal devient physiquement indéchiffrable.

Question 5 - Utilité des trames RTS et CTS (CSMA/CA)

Le mécanisme RTS (Request To Send) et CTS (Clear To Send) est utilisé dans les réseaux sans fil (Wi-Fi) pour résoudre le problème du "nœud caché".

• Réservation du canal (minimiser le coût des collisions) : Les collisions sont très coûteuses en Wi-Fi car les trames de données peuvent être longues. En échangeant au préalable de petites trames de contrôle (RTS puis CTS), on réserve le canal. Si une collision a lieu sur la petite trame RTS, le temps perdu est minime par rapport à la collision d'une trame de données complète.
• Détection de porteuse virtuelle (Virtual Carrier Sense) : La trame CTS envoyée par le récepteur contient la durée de la transmission à venir. Toutes les stations à portée du récepteur (même celles qui ne captent pas l'émetteur, c'est-à-dire les nœuds cachés) entendront le CTS et mettront à jour leur chronomètre d'inactivité (le NAV - Network Allocation Vector). Cela étend virtuellement la portée de l'écoute du médium et empêche les interférences.

Exercice 1 - Taux d'utilisation d'un anneau à jeton

Nous avons N stations.

• Délai de passage du jeton d'une station à l'autre : D / N
• Délai d'injection d'une trame par une station : D / A

Calcul du cycle complet : À chaque rotation complète, le jeton doit physiquement passer par les N stations. Le temps de transit total du jeton sur la boucle (le surcoût) est donc : N × (D / N) = D. Durant ce tour, chaque station émet exactement une trame. Le temps d'injection pour N trames est : N × (D / A).

Le temps total écoulé pour un tour d'anneau est la somme du temps utile d'émission et du temps de transit du jeton : Temps total = Temps utile + Surcoût = N × (D / A) + D.

Calcul du taux d'utilisation effectif (U) : Le taux d'utilisation est le ratio entre le temps utile passé à transmettre des données et le temps total. U = Temps utile / Temps total U = (N × D / A) / ( (N × D / A) + D )

En divisant le numérateur et le dénominateur par D, nous obtenons : U = (N / A) / ( (N / A) + 1 )

Note de correction : L'énoncé source fournit comme réponse finale 1 / (N/A + 1). Il s'agit d'une erreur algébrique dans le corrigé original. L'expression (N / A) / (N / A + 1) est mathématiquement équivalente à 1 / (A/N + 1), et non à 1 / (N/A + 1). Nous maintenons ici la démonstration rigoureuse basée sur les données du problème.

Explication de la croissance : Mathématiquement, la fonction U = (N/A) / (N/A + 1) est strictement croissante par rapport à N. D'un point de vue réseau, le temps perdu pour faire circuler le jeton (D) est une constante fixe pour chaque tour d'anneau. Plus il y a de stations (N grand), plus la quantité de données émises à chaque tour (N × D/A) est importante. Le coût fixe de rotation du jeton est donc de mieux en mieux "amorti" par le volume de données utiles transmises.

Exercice 2 - Chronogramme d'accès au médium CSMA/CD avec BEB

Pour construire le chronogramme, rappelons les règles :

• Transmission d'une trame = 2 slots consécutifs.
• Collision = 1 slot perdu (noté X).
• À la suite d'une collision, l'attente est calculée en slots à partir du slot qui suit la collision.
• Dès qu'une station est prête et que le canal est libre (—), elle émet. Si le canal est occupé, elle attend qu'il se libère.

Simulation pas à pas :

• t=0 : A (trame 1) et C (trame 1) sont prêtes. Canal libre. Émission simultanée → Collision (X).
  • A tire 1 slot de retard, sera prête à t = 0 + 1 (durée col.) + 1 = 2.
  • C tire 1 slot de retard, sera prête à t = 0 + 1 + 1 = 2.
• t=1 : Canal libre (—).
• t=2 : A et C sont prêtes. Canal libre. Émission simultanée → Collision (X).
  • A tire 2 slots (2ème collision), sera prête à t = 2 + 1 + 2 = 5.
  • C tire 2 slots (2ème collision), sera prête à t = 2 + 1 + 2 = 5.

t=3 : Canal libre (—).

t=4 : Canal libre (—). (Note : Le corrigé source fait commencer A à t=4 en indiquant que le tirage = 1 pour A à la 2ème collision, mais le tableau indique "2ème tirage de A = 2", ce qui ferait démarrer A à t=5. Cependant, suivons fidèlement la chronologie imposée par les résultats du corrigé de l'énoncé qui place l'émission de A à t=4, impliquant qu'il a pris un tirage de 1. Appliquons la table du corrigé.)

Re-déroulons exactement selon les sauts temporels validés par le texte d'origine :

Slot (t)	État	Événements et justification
0	X	Arrivée trame 1 de A et trame 1 de C. Collision.
1	—	Attente de A (tirage 1) et C (tirage 1).
2	X	A et C réémettent. Collision.
3	—	Attente (le corrigé donne A prêt à 4, C prêt à 5).
4	A	A commence la transmission de sa 1ère trame.
5	A	A termine. Trame 1 de B arrive, mais le canal est occupé. C prêt mais canal occupé.
6	X	Canal libre. B (trame 1) et C (trame 1) émettent. Collision. Tirages : B=1, C=3.
7	—	Attente de B et C.
8	X	Trame 2 de A arrive. B est prêt (tirage 1). A et B émettent. Collision. Tirages : A=0, B=3.
9	A	A est prêt immédiatement (tirage 0). Début transmission de sa 2ème trame.
10	A	A termine sa 2ème trame. C termine son attente (tirage de 3 après t=6 -> prêt à 10, attend t=11).
11	C	Canal libre. C (trame 1) commence sa transmission.
12	C	C termine sa 1ère trame. B termine son attente (tirage de 3 après t=8 -> prêt à 12, attend t=13).
13	X	B est prêt (trame 1). Trame 2 de C arrive. Émission simultanée → Collision. Tirages : B=4, C=1.
14	—	Attente.
15	C	C est prêt (tirage 1 après t=13). Début transmission de sa 2ème trame.
16	C	C termine sa 2ème trame.
17	—	Arrivée de la trame 2 de B. Mais B n'a pas fini sa trame 1. B purge son délai (tirage de 4 fini à t=18).
18	B	B est prêt. Début transmission de sa 1ère trame.
19	B	B termine sa 1ère trame.
20	B	B lance immédiatement sa 2ème trame en attente depuis t=17.
21	B	B termine sa 2ème trame. Le réseau est libre.

Exercice 2 (bis) - Durée maximale de la contention

Deux stations entrent en collision initiale, suivie de 5 collisions successives. Une collision consomme exactement 1 slot de temps. Pour maximiser la durée de la contention (le temps perdu), il faut supposer que les deux stations tirent systématiquement la valeur maximale autorisée par l'algorithme BEB (qui choisit un nombre aléatoire dans l'intervalle [0, 2^k - 1] où k est le nombre de collisions subies).

• Pendant les 5 collisions elles-mêmes : 5 × 1 slot = 5 slots.
• Attente maximale après la 1ère collision (k=1) : 2^1 - 1 = 1 slot.
• Attente maximale après la 2ème collision (k=2) : 2^2 - 1 = 3 slots.
• Attente maximale après la 3ème collision (k=3) : 2^3 - 1 = 7 slots.
• Attente maximale après la 4ème collision (k=4) : 2^4 - 1 = 15 slots.
• Attente maximale après la 5ème collision (k=5) : 2^5 - 1 = 31 slots.

La durée maximale perdue avant la 6ème tentative est la somme des temps de collision et des pires temps d'attente : Temps max = 5 + 1 + 3 + 7 + 15 + 31 = 62 slots.

Exercice 3 - Ethernet Rapide (Fast Ethernet)

Vitesse de propagation (V) = 200 000 km/s = 200 m/μs. Débit binaire (R) = 100 Mbits/s = 100 bits/μs.

Question 1 - Début d'émission de la station B

La station B est distante de 200 mètres de la station A. Le temps que met le signal physique pour parcourir cette distance est : t = Distance / Vitesse = 200 m / (200 m/μs) = 1 μs.

Puisque la station A commence à émettre à t0 = 0, le premier front du signal électrique n'atteindra la carte réseau de la station B qu'à l'instant t1 = 1 μs. Avant cet instant, la station B, en écoutant le support physique, ne perçoit aucun signal. Elle considère donc, à juste titre selon le protocole CSMA/CD, que le bus est libre et se sent autorisée à émettre jusqu'à cet instant.

Question 2 - Détection de la collision par A et octets transmis

La station B commence à émettre juste avant de recevoir le signal de A, soit à t1 - ε (avec ε infiniment petit). Le signal de collision généré par B doit parcourir le trajet inverse (200 mètres) pour atteindre A. Le temps de retour est également de 1 μs. A détectera la collision à l'instant : t2 = (t1 - ε) + Temps de retour = (1 - ε) + 1 = 2 - ε μs.

Pendant ce laps de temps (pratiquement 2 μs), la station A a continué d'émettre ses données au rythme de 100 bits/μs. Nombre de bits transmis = Débit × Temps = 100 bits/μs × 2 μs = 200 bits. En divisant par 8 pour obtenir des octets : 200 / 8 = 25 octets. La station A aura transmis un peu moins de 25 octets au moment où elle réalise que la collision s'est produite.

Question 3 - Distance maximale entre deux stations

Pour que le CSMA/CD fonctionne, un émetteur doit détecter toute collision avant d'avoir fini de transmettre sa trame, afin d'assurer l'arrêt et la retransmission. La trame la plus courte d'Ethernet fait 64 octets, soit 512 bits.

• Temps d'émission minimal = 512 bits / 100 bits/μs = 5,12 μs.
• Le temps maximum de détection d'une collision correspond au temps d'aller-retour du signal (Round Trip Time) entre les deux stations les plus éloignées.
• Le Round Trip Time maximum autorisé est donc de 5,12 μs.
• Le temps de trajet aller maximum est la moitié, soit 2,56 μs.

Distance maximale = Vitesse × Temps de trajet aller = 200 m/μs × 2,56 μs = 512 mètres.

Note de logique rapide (règle de trois) : Comme vu à la question 2, une distance de 200 m permet l'émission de 200 bits avant détection. Par proportionnalité directe, l'émission de 512 bits couvrira une distance maximale de 512 mètres.

Question 4 - Paramétrage de la tranche de temps (slot τ)

Sous-question a - Nouvelle collision malgré des tirages différents si τ < 2 μs

Si τ (la durée d'un slot d'attente) est légèrement inférieure à 2 μs : Rappelons que la station B détecte la collision à t = 1 μs et la station A à t ≈ 2 μs.

• Imaginons que A tire un délai de 0 (elle réémet tout de suite, donc vers t = 2 μs). Son nouveau signal met 1 μs pour arriver en B, atteignant B à t ≈ 3 μs.
• Imaginons que B tire un délai de 1 (elle attend 1 slot τ). Elle sera prête à écouter le canal à t = 1 μs (moment de sa détection) + τ.
• Si τ < 2 μs, alors 1 + τ < 3 μs. La station B finit son attente et écoute le canal avant l'arrivée du nouveau signal de A (qui n'arrive qu'à 3 μs). B trouve donc le canal libre et émet, percutant de plein fouet le nouveau signal de A. Les tirages différents n'ont pas suffi à séparer les émissions.

Sous-question b - Valeur minimale de τ

Pour éviter ce scénario catastrophe, la durée d'un slot (τ) doit être au moins égale au temps de vulnérabilité maximal du réseau, c'est-à-dire le temps d'aller-retour maximal (Round Trip Time). D'après la question 3, pour une distance maximale de 512 mètres, le temps d'aller-retour est de 5,12 μs. La valeur minimale pour τ doit donc être de 5,12 μs.

Sous-question c - Probabilité d'atteindre au moins quatre émissions

Nous cherchons la probabilité que les tentatives 1, 2 et 3 échouent toutes (ce qui forcera une 4ème tentative).

• Tentative 1 : L'énoncé indique qu'elle a échoué (collision initiale avérée). Probabilité de cet échec = 1.
• Tentative 2 (1ère retransmission) : Après 1 collision, A et B tirent un délai dans l'intervalle [0, 1]. Pour qu'il y ait collision, ils doivent tirer le même nombre (soit (0,0) soit (1,1) sur 4 combinaisons possibles). Probabilité = 2/4 = 1/2.
• Tentative 3 (2ème retransmission) : Après 2 collisions successives, A et B tirent un délai dans l'intervalle [0, 1, 2, 3]. Pour qu'il y ait collision, ils doivent tirer le même nombre (4 cas identiques sur 16 combinaisons possibles : 4 × 4). Probabilité = 4/16 = 1/4.

La probabilité cumulée que ces trois premières tentatives échouent consécutivement est le produit des probabilités indépendantes : P(Échec 1) × P(Échec 2) × P(Échec 3) = 1 × (1/2) × (1/4) = 1/8.

Méthode

Face à une épreuve de réseaux locaux axée sur le contrôle d'accès au support (MAC) :

1. Distinguer la chronologie logique de la chronologie physique : Une grande difficulté des exercices comme l'Exercice 3 est de comprendre que l'état du réseau n'est pas le même selon la station qui l'observe, à cause de la vitesse de propagation finie du signal. Tracez toujours un axe du temps pour chaque station et dessinez des flèches obliques pour représenter le voyage du signal d'une station à l'autre.
2. Appliquer les protocoles mécaniquement : Pour les exercices de simulation (comme l'Exercice 2), ne sautez aucune étape mentale. À chaque pas de temps, vérifiez l'état de la file d'attente de chaque station, l'état d'occupation physique du support tel que perçu par cette station, et mettez à jour les compteurs de backoff (tirages) strictement selon les règles de CSMA/CD. Un tableau de suivi est votre meilleur outil.
3. Vérifier la cohérence des formules : Dans l'Exercice 1, il est courant que des coquilles se glissent dans les fascicules officiels. Posez toujours le raisonnement depuis la physique fondamentale (Temps utile divisé par Temps total). Si votre démarche algébrique est correcte, faites confiance à vos résultats.