\documentclass{uebungsblatt}
\author{Marek Kubica kubica@in.tum.de, Michael Kerscher kerschem@in.tum.de}
\fach{Rechnernetze und Verteilte Systeme}
\blatt{1}
\gruppe{G}

\usepackage{ulem}

\begin{document}

\aufgabe

\teilaufgabe

In einer Radioübertragung kommt der Moderator vor, der das Spiel kommentiert,
der Sender der das Radiosignal verschickt, ein Radioempfänger wie ein Handy,
mp3-Player oder ähnliches sowie der Zuhörer. Die Nutzungsrichtung ist
unidirektional, da der Zuhörer nichts senden kann.

\teilaufgabe

Die Kommunikationspartner sind Medienproduzent (der die Musik/Ton/Video
einspeist), Streaming-Server (wie Icecast), Streaming-Client (wie mplayer) und
der Zuhörer. Die Kommunikation ist teilweise uni- teilweise bidirektional, da
der Zuhörer zwar dem Produzenten keine Informationen schicken kann, jedoch
durchaus ein Informationsaustausch zwischen Streaming-Server und
Streaming-Client bestehen kann.

\teilaufgabe

\begin{tabular}{l|c|r}
Luft & physikalische Schicht & Luft \\
Mikrophon & elektronische Schicht & Lautsprecher \\
Encoder & Codec-Schicht & Decoder \\
Sendeeinheit & Radioschicht & Empfängerschicht \\
\end{tabular}

\teilaufgabe

Radio: Nein, da kein Rückkanal existiert.

Streaming: Nein, wenn UDP verwendet wird (Begründung: RFC 768). Ja, wenn TCP
verwendet wird (RFC 793).

\aufgabe

\teilaufgabe

$\tau$: Latenz bei der Übertragung

$t_p$: Zeitlicher Paketabstand

$t_N$: Nicht genau ersichtlich, vermutlich zeitlicher Abstand zwischen
Nachrichten

\teilaufgabe

Circuit Switching: $2\tau$

Message Switching:

Paket Switching:

\teilaufgabe

Vermittlungszeit der Zwischenstation (M) muss gegen 0 gehen.

\teilaufgabe

Dynamisches Routing wird möglich, mehrere Verbindungen über die selbe Leitung
sind realisierbar, ermöglicht Netzwerkfilterung.

\aufgabe

\teilaufgabe

l = 10.000 km, r = 7,68 TBit/s 8 Faserpaare = 16 Fasern c = $3 \cdot 10^8 \frac{m}{s} = 3 \cdot
10^5 \frac{km}{s}$, v = $\frac{2}{3} \cdot c$

% http://www.wolframalpha.com/input/?i=%2810000km%2F%282%2F3*3*10^5km%2Fs%29%29+*+2*7.68Tbit%2F8s
% http://www.wolframalpha.com/input/?i=12GB+in+GiB

$ \frac{l}{v} \cdot r = \frac{10000 km}{\frac{2}{3} \cdot 3 \cdot 10^5
\frac{km}{s}} \cdot \frac{\cdot 7.68}{8} \frac{TBit}{s} = 4.8 \cdot 10^{-2}
TBit = 48000000000 Bit = 6000000000 Byte = 6 GB = 5.588 GiB$

Gesamtkapazität daher $8 \cdot 6 GB = 48 GB = 384 GBit$

\teilaufgabe

Datenübertragung pro Wellenlänge: $0.015 \frac{TBit}{s}$

Datenkapazität pro Wellenlänge: $\frac{\frac{384GBit}{16}}{64} = 0.375 GBit = 3.75 \cdot 10^8 Bits$

% http://www.wolframalpha.com/input/?i=10000km%2F%283.75*10^8%29
Länge eines Bits: $\frac{10000km}{3.75 \cdot 10^8} = 0.0267 m = 2.67 cm$

\teilaufgabe

Fast Ethernet soll hier im Fullduplexbetrieb genutzt werden. Dadurch stehen 2
Adernpaare zur Verfügung. Auf jedem Paar kann man mit 100Mbit/s übertragen. In
der Glasfaser hat man pro Wellenlänge $0.015 \frac{TBit}{s} = 15 \frac{Gbit}{s}$
zur Verfügung.

$\frac{15\frac{Gbit}{s}}{0.1\frac{Gbit}{s}} = 150$ - Die Bits werden auf der
Fast Ethernet-Leitung 150x länger, weil die Daten 150x langsamer auf die
Leitung gelegt werden.
\teilaufgabe

Die Länge eines Bits beträgt bei Fast Ethernet somit $150 \cdot 0.0267m = 4m$.

\teilaufgabe

\emph{Glasfaser}: $1518 Byte \cdot 8 = 12144 Bit$

$12144 \cdot 0.0267 m = 323,8399 m$

\emph{Ethernet}: $323,8399 m \cdot 150 = 48575,985 m = 48,576 km$

\teilaufgabe

$\frac{10000 km}{\frac{2}{3} \cdot 3 \cdot 10^5 \frac{km}{s}} = 5 \cdot 10^{-2}
s$ im Kabel in eine Richtung, also beträgt die RTT $2 \cdot 5 \cdot 10^{-2} s =
10 \cdot 10^{-2} s = 10^{-1} s$.

Der Satellit ist mittig auf der Strecke in der Höhe von 36000 km, also kann man
die Strecke von den Punkten zum Satelliten mittels Pythagoras bestimmen:
$\sqrt{5000^2 + 36000^2} = 36345 $ km. Der gesamte durch die Luft (also mit
annähernd voller Lichtgeschwindigkeit) durchquerte Weg beläuft sich dann auf
72690 km.

Die RTT der Satellitenübertragung ist somit $2 \cdot \frac{72690 km}{3 \cdot
10^{-5}
\frac{km}{s}} = 0.4846 s$.

\teilaufgabe

Die RTT über den Satelliten ist $\frac{0.4846s}{0.01s} = 48,46$ mal so groß wie
über das Kabel.

\teilaufgabe

%Zuerst kommt das Bit in Chikura an, was logisch ist, da das Kabel nicht genug
%Kapazität hat um \sout{das gesamte ISO-Image} die gesamte Datei zu fassen, also
%muss auf der Gegenseite das erste Bit bis dahin schon längst angekommen sein.

Es dauert $\frac{720MiB}{2 \cdot 0.015\frac{TBit}{s} \cdot 64} =
\frac{6039797760 bit}{1.92\frac{TBit}{s}} = 
\frac{6039797760 bit}{1920000000000\frac{bit}{s}} = 0,003145728 s$ um 720MiB
in die Leitung zu stecken.

Das erste Bit kommt nach $\frac{RTT_{Glasfaser}}{2} = 0.05s$ auf der Gegenseite
an.

\sout{Das gesamte ISO-Image} Die gesamte Datei kann auf das Kabel gelegt
werden, bevor das erste Bit in Chikura ankommt.


\end{document}