Computer Engineering - Fondamenti di Internet e Reti

Esercizi indirizzamento e inoltro

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Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 1 4a. Esercizi su l livello di Rete – Indirizzamento e Inoltro Si consideri la trasmissione di un datagram IP avente campo dati (payload) di P = 4904 byte e identificativo 25678, che deve essere trasferito tramite una rete di livello 2 con MTU = 1172 byte. a) Disegnare i datagram risultanti in seguito alla necessaria operazione di frammentazione, indicando per ci ascuno il valore dei campi: Total length , Identification , Fragment offset , More -fragment -flag b) Si supponga che il primo dei datagram di cui al punto a) transiti attraverso una rete di livello 2 con MTU = 596 byte. Ripetere il punto precedente per gli ulteri ori frammenti risultanti Si assuma che tutti i datagram IP abbiano header di lunghezza minima (senza campi opzionali). Soluzione • i = 1 → prima frammentazione; i = 2 → seconda frammentazione • j = numero d'ordine del frammento • Oij = O = 20 byte  ij; ID ij = 25678  ij • MTU 1' = MTU 1 – O = 1152 byte = max {P 1j}  j → N1 = P / MTU' 1 = 5 P11 = P 12 = P 13 = MTU' 1 = 1152 byte; P 14 = P – 4MTU' 1 = 296 byte • TL ij = P ij + O → TL 11 = TL 12 = TL 13 = TL 13 = 1172 byte; TL 15 = 316 byte • MFF 11 = MFF 12 = MFF 13 = MFF 14 = 1; MFF 15 = 0 • Pay_byte 11 = [0  1151]; Pay_byte 12 = [1152  2303]; Pay_byte 13 = [2304  3455]; Pay_byte 14 = [3456  4607] ]; Pay_byte 15 = [4608  4903] • FO ij = Pay_byte ij(1) / 8 → • FO 11 = 0; FO 12 = 144; FO 13 = 288; FO 14 = 432; FO 15 = 576 • MTU 2' = MTU 2 – O = 576 byte = max {P 2j}  j → N2 = P11 / MTU' 2 = 2 P21 = P 22 = MTU' 2 = 576 byte • TL 21 = TL 22 = 596 byte • MFF 21 = 1; MFF 22 = 1 • Pay_byte 11 = [0  575]; Pay_byte 12 = [576  1151] • FO 21 = 0; FO 22 = 72 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 2 Si consideri la trasmissione di un datagram IP avente campo dati (payload) di P = 1175 byte e identificativo 319, che deve essere trasferito tramite una rete di livello 2 con MTU 1 = 356 byte. a) Disegnare i datagram risultanti in seguito alla necessaria opera zione di frammentazione, indicando per ciascuno il valore dei campi: Total length , Identification , Fragment offset , More -fragment -flag b) Si supponga che l’ultimo dei datagram di cui al punto a) transiti attraverso una rete di livello 2 con MTU 2 = 132 byte. R ipetere il punto precedente per gli ulteriori frammenti risultanti Si assuma che tutti i datagram IP abbiano header di lunghezza minima (senza campi opzionali). Soluzione • i = 1 → prima frammentazione; i = 2 → seconda frammentazione • j = numero d'ordine de l frammento • Oij = O = 20 byte  ij; ID ij = 319  ij • MTU 1' = MTU 1 – O = 336 byte = max {P 1j}  j → N1 = P / MTU' 1 = 4 P11 = P 12 = P 13 = MTU' 1 = 336 byte; P 14 = P – 3MTU' 1 = 167 byte • TL ij = P ij + O → TL 11 = TL 12 = TL 13 = 356 byte; TL 14 = 187 byte • MFF 11 = MFF 12 = MFF 13 = 1; MFF 14 = 0 • Pay_byte 11 = [0  335]; Pay_byte 12 = [336  671]; Pay_byte 13 = [672  1007]; Pay_byte 14 = [1008  1174] • FO ij = Pay_byte ij(1) / 8 → FO 11 = 0; FO 12 = 42; FO 13 = 84; FO 14 = 126 • MTU 2' = MTU 2 – O = 112 byte = max {P 2j}  j → N2 = P14 / MTU' 2 = 2 P21 = MTU' 2 = 112 byte; P 22 = P 14 – 1MTU' 2 = 55 byte • TL 21 = 132 byte; TL 14 = 75 byte • MFF 21 = 1; MFF 22 = 0 • Pay_byte 21 = [1008  1119]; Pay_byte 22 = [1120  1174] • FO 21 = 126; FO 22 = 140 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 3 Nel sistema di indirizzamento IP classful, si consideri l’indirizzo della rete 141.12.0.0. Quante sottoreti /26 si possono ricavare dalla rete base (supponendo che anche gli indirizzi di sottorete con tutti 0 e tutti 1 siano associabili a sot toreti effettive)? Scrivere in formato decimale puntato la maschera (netmask) delle sottoreti /26 Completare: la sottorete 141.12.168.64 è la sottorete # ______ della rete base [Nota: le sottoreti sono numerate a partire da # 0] Soluzione • 141.12.0.0 → classe B, cioè /16 • Numero sottoreti /26: 2 26-16 = 2 10 = 1024 • /22 → 11111111.11111111.111111111.11000000 → 255.255.255.192 • 141.12.168.64 → 10001101.00001100.[10101000.01]000000 → • # sottorete = 1010100001 = 673 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 4 Nel sistema di indirizzamento IP classfull , si consideri l’indirizzo della rete 129.16.0.0. a) Quante sottoreti /22 possono essere ricavate dalla rete base, assumendo che un identificatore di subnet può anche essere costituito da tutti 0 o tutti 1? N22 = b) Completare: la sottorete 129.16.248.0/22 è la sottorete #____________ della rete base. c) Si partizioni ulteriormente la sottorete 129.16.248.0/22 in N sottoreti / n che permettano di indirizzare almeno 64 host ognuna (a questi host si assegnano hos t-id adiacenti a partire dal valore più piccolo possibile). ❑ Qual è la lunghezza del prefisso di sottorete n? Quante sottoreti Nn con prefisso / n è possibile creare? n =________ N n = ________ ❑ Si scriva in formato decimale (D) la maschera (netmask) delle sottoreti / n Netmask (D): d) Si scrivano in formato decimale (D) e binario (B): 1. l’indirizzo broadcast della sottorete / n #0 D: B: 2. l’indirizzo dell’ultimo host (quello dall’indirizzo più alto) della sottorete / n #3. D: B: Soluzione Nel sistema di indirizzamento IP classfull , si consideri l’indirizzo della rete 129.16.0.0 (CLASSE B /16). a) Quante sottoreti /22 possono essere ricavate dalla rete base, assumendo che un identificatore di subnet può anche essere costituito da tutti 0 o tutti 1? N22 = 2 22-16 = 2 6 = 64 b) Completare: la sottorete 129.16.248.0/22 (129.16. 111110 00 .0) è la sottoret e #___ 62______ della rete base. c) Si partizioni ulteriormente la sottorete 129.16.248.0/22 in N sottoreti / n che permettano di indirizzare almeno 64 host ognuna (a questi host si assegnano host -id adiacenti a partire dal valore più piccolo possibile). 64 host → 66 indirizzi. 2 6 = 64 < 66 / 2 7 = 128 > 66 → occorrono almeno 7 bit per hostID ❑ Qual è la lunghezza del prefisso di sottorete n? Quante sottoreti Nn con prefisso / n è possibile creare? n =_25 = 32 – 7_____ N n = _2 25-22 = 2 3 = 8_______ ❑ Si scriva in formato decimale (D) la maschera (netmask) delle sottoreti / n Netmask (D): 255.255.255. 10000000 → 255.255.255.128 d) Si scrivano in formato decimale (D) e binario (B): a. l’indiriz zo broadcast della sottorete / n #0 D: 129.16.248.127/25 B: 10000001.00010000. 11111000.0 1111111 b. l’indirizzo dell’ultimo host (quello dall’indirizzo più alto) della sottorete / n #3. D: 129.16.249.254/25 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 5 B: 10000001.00010000. 11111001.1 1111110 e) A cosa corrisponde l'indirizzo 129.16.249.127 nel sistema di indirizzamento costruito in questo esercizio? (completare la frase o le frasi nel modo opportuno) 129.16.249.127 → 10000001.00010000. 111110 01.01111111 opp. 10000001.00010000. 11111001.0 1111111 L’indirizzo broadcast della (sotto)rete #_ 2_ avente indirizzo decimale(D) __ 129.16.249.0 / 25_ Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 6 Nel sistema di indirizzamento IP classfull , si consideri l’indirizzo della rete 105.0.0.0 di classe … a) Quante sottoreti /11 possono essere ricavate dalla rete base, assumendo che un identificatore di subnet può anche essere costituito da tutti 0 o tutti 1? N11 = b) Completare: la sottorete 105.96.0.0/11 è la sottorete #____________ della rete base. c) Si partizioni ulteriormente la sottorete 105.160.0.0/11 in N sottoreti / n che permettano di indirizzare almeno 512 host ognuna (a questi host si assegnano host -id adiacenti a partire dal valore più piccolo possibile). ❑ Qual è la lunghezza del prefisso di s ottorete n? Quante sottoreti Nn con prefisso / n è possibile creare? n =________ N n = ________ ❑ Si scriva in formato decimale (D) la maschera (netmask) delle sottoreti / n Netmask (D): d) Si scrivano in formato decimale (D) e bi nario (B): a. l’indirizzo broadcast della sottorete / n #0 D: B: b. l’indirizzo dell’ultimo host (quello dall’indirizzo più alto) della sottorete / n #1. D: B: e) A cosa corrisponde l'indirizzo 105.160.239.255 nel sistema di indirizzamento costruito in questo esercizio? Note: tutti gli indirizzi richiesti vanno indicati in formato decimale; specificare gli indirizzi anche in formato binario è facolt ativo (ma consi gliabile per evitare errori); tutti gli indirizzi di rete vanno espressi specificando la lunghezza del relativo prefisso /x; tutte le sottoreti sono numerate a partire da #0; in tutti gli indirizzi di rete in formato binario sottolineare una volta il prefi sso di rete; sottolineare due volte l'estensione del prefisso di rete che con esso forma il prefisso di sottorete (es.: 11111111. 11111111 .00000000.00000000). Soluzione Nel sistema di indirizzamento IP classfull , si consideri l’indirizzo della rete 105.0.0.0 di classe A (/8). a) Quante sottoreti /11 possono essere ricavate dalla rete base, assumendo che un identificatore di subnet può anche essere costituito da tutti 0 o tutti 1? N11 = 2 11-8 = 2 3 = 8 b) Completare: la sottorete 105.96.0.0/11 (105. 011 00000 .0.0) è la sottorete #___ 3______ della rete base. c) Si partizioni ulteriormente la sottorete 105.160.0.0/11 in N sottoreti / n che permettano di indirizzare almeno 512 host ognuna (a questi host si ass egnano host -id adiacenti a partire dal valore più piccolo possibile). 512 host → 514 indirizzi. 2 9 = 512 < 514 / 2 10 = 1024 > 514 → occorrono almeno 10 bit per host -ID ❑ Qual è la lunghezza del prefisso di sottorete n? Quante sottoreti Nn con prefisso / n è possibile creare? n =_22 = 32 - 10_____ N n = _2 22-11 = 2 11 = 2048_______ Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 7 ❑ Si scriva in formato decimale (D) la maschera (netmask) delle sottoreti / n Netmask (D): 255.255. 11111100 .0 → 255.255.252.0 d) Si scrivano in formato decimale (D) e binario (B): a. l’indirizzo broadcast della sottorete / n #0 D: 105.160.3.255/22 B: 01101001. 10100000.000000 11.11111111 b. l’indirizzo dell’ultimo host (quello dall’indirizzo più alto) della sottorete / n #1. D: 105.160.7.254/22 B: 01101001. 10100000.000001 11.11111110 e) A cosa corrisponde l'indirizzo 105.160.239.255 nel sistema di indirizzamento costruito in questo esercizio? (completare la frase o le frasi nel modo opportuno) 105.160.239.255 → 01101001. 101 00000.11101111.11111111 op. 01101001.101 00000.111011 11.11111111 L’indirizzo broadcast della (sotto)rete #_ 59 _ avente indirizzo decimale(D) __ 150.160.236.0 / 22 _ Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 8 Un operatore gestisce le seguenti reti fisiche: rete I che collega 92 host; rete II che collega 18 host; rete III che collega 5 host; rete IV che collega 4 host. Ottiene dall’autorità di gestione di Internet (InterNIC) un blocco di indirizzi che inizia da 201.184.237.0. a) Nell’ipotesi di indirizzamento di tipo classful, individuare che tipo di rete è stata assegnata all’operatore, scrivere la default netmask corrispondente in formato decimale puntato e nel formato /n b) Sempre nel caso classful si supponga che il gestore intenda associare a ciascuna delle reti fisiche da I a IV una subnet con le seguenti regole: 1) tutti i router supportano Variable Length Subne t Mask (VLSM), che consente di assegnare netmask di lunghezza variabile alle diverse sottoreti; 2) la subnet associata a ciascuna rete fisica deve essere tale che il numero di indirizzi non utilizzati dagli host sia il più piccolo possibile; 2) alle quattr o reti fisiche siano associati blocchi di indirizzi contigui nell’ordine da I a IV. Si compili la seguente tabella (esprimere gli indirizzi della seconda colonna in forma decimale puntata). Rete Extended network prefix (SubNet ID) / n Numero host richiest i Numero indirizzi assegnabili Soluzione • 201.184.237.0: rete di classe C; default netmask: 255.255.255.0 (o, equivalentemente, /24 ) • La configurazione di subnetting nel caso classful è la seguente Rete Extended network prefix (SubNet ID) / n Numero host richiesti Numero indirizzi assegnabili I 201.184.237.0 25 92 126 II 201.184.237.128 27 18 30 III 201.184.237.160 29 5 6 IV 201.184.237.168 29 4 6 • Schema completo della configurazione di subnetting VLSM da cui si possono facilmente ricavare i risultati precedenti • Nel caso CIDR e senza subnetting si devono assegnare indirizzi a (92 + 18 + 5 + 4) = 119 host  sono necess. e suff. 27 = 128 indirizzi  32 – n = 7  n = 25 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 9 201.184.237.0 / 24 256 addresses 201.184.237.0 / 25 126 host 201.184.237.128 / 25 128 addresses 201.184.237.128 / 27 30 host 201.184.237.160 / 27 32 addresses 201.184.237.192 / 27 32 addresses 201.184.237.224 / 27 32 addresses 201.184.237.160 / 29 6 host 201.184.237.168 / 29 6 host 201.184.237.176 / 29 8 addresses 201.184.237.184 / 29 8 addresses NET I NET II NET III NET IV Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 10 Si consideri la seguente configurazione di rete di una società Alfa che vuole connettersi alla rete Internet. La società Alfa riceve la disponibilità di indirizzi IP da un Internet Service Provider (ISP) che dispone del blocco di indirizzi 87.10.0.0/16. Di questi indirizzi l’ISP ne ha già assegnati i primi 2048 ad altri clienti. Si chiede di • Assegnare gli indiriz zi alle 5 reti da realizzare (A, B, C, D, E) con tecnica VLSM minimizzando gli indirizzi che risulteranno inutilizzati alla fine dell’assegnazione degli indirizzi richiesti. I vincoli da rispettare sono i seguenti: o A partire dall’indirizzo IP libero più ba sso nel blocco a disposizione, assegnare ordinatamente blocchi di indirizzi IP crescenti e adiacenti a reti con identificatore crescente, a parità di maschera di rete (netmask, /n) adottata, riempiendo la seguente tabella Rete Indirizzo A B C D E o Scrivere in notazione /n l’indirizzo di rete che la società Alfa impiega: _____________________ • Assegnare a ogni interfaccia di router RnX (n=1,2,3, X=A;B;C;D;E) l’indirizzo più grande possibile compatibilmente con i vincoli sugli indirizzi riservati, compilando la tabella seguente (ai fini di questa assegnazione l’ISP non deve servire nessun altro cliente) Interfaccia Indirizzo Rete A 6 host Rete B 240 host Rete C 56 host Rete D 10 host Router R1 R1B R2B R1A R2C R3C R3D R3E Internet Router R2 Router R3 Rete E 12 host R1Int Rete A 6 host Rete B 240 host Rete C 56 host Rete D 10 host Router R1 R1B R2B R1A R2C R3C R3D R3E Internet Router R2 Router R3 Rete E 12 host R1Int Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 11 • Compilare la tabella di instradamento del router R1 Indirizzo di rete Netmask Next hop Soluzione • Cerchiamo la soluzione migliore: blocchi di indirizzi tutti adiacenti tra loro. • In VLSM i subnetID 0 e 255 possono essere assegnati a reti fisiche. • Il blocco di indirizzi dell’ISP 87.10.0.0/16 ha netmask 255.255.0.0 • Per rappresentare i primi 2048 indirizzi sono necessari 11 bit (2048=2^11) e 32 -11=21. Pertanto a questo primo gruppo di clienti è assegn ato l’indirizzo 87.10.0.0/21. Possiamo vedere meglio questo fatto osservando la netmask: 11111111.11111111.00000 000.00000000 . • A questo punto dobbiamo assegnare un indirizzo ad ogni rete da A ad E: per ogni rete è necessario aggiungere 2 indirizzi riservat i e 1 indirizzo per ogni interfaccia router. Rete Host necessari Potenza di 2 superiore più vicina - 1 A 6+3=9 15 B 240+4= 244 255 C 56+4=60 63 D 10+3=13 15 E 12+3=15 15 Rete Indirizzo decimale Indirizzo binario /n A 87.10.9.64 01010111.00001010.00001001.0100 0000 /28 B 87.10.8.0 01010111.00001010.00001000. 00000000 /24 C 87.10.9.0 01010111.00001010.00001001.00 000000 /26 D 87.10.9.80 01010111.00001010.00001001.0101 0000 /28 E 87.10.9.96 01010111.00001010.00001001.0110 0000 /28 • L’indirizzo di rete che la società Alfa impiega è 87.10.8.0/23. Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 12 • L’assegnamento degli indirizzi IP alle interfacce avviene come segue: Interfaccia Indirizzo /n R1A 87.10.9.78 /28 R1B 87.10.8.254 /24 R1int (ad esempio) 87.10. 17 .254 /28 R2B 87.10.8.253 /24 R2C 87.10.9.62 /26 R3C 87.10.9.61 /26 R3D 87.10.9.94 /28 R3E 87.10.9.110 /28 • La tabella di instradamento del router R1 è la seguente. L’instradamento sarà diretto verso tutte quelle reti su cui il router ha un’interfaccia (reti A e B). Negli altri casi, R1 instraderà i pacchetti sulle reti opportune. • L’interfaccia R1int farà poi instradamento diretto verso la rete internet, o più in particolare verso un altro router (chiamiamolo X) il cui ind irizzo appartiene all’ISP ma non è tra quelli assegnati alla società Alfa. Indirizzo di rete Netmask Next hop 87.10.9.64 /28 DIRETTO 87.10.8.0 /24 DIRETTO 87.10.9.0 /26 87.10.8.253 87.10.9.80 /28 87.10.8.253 87.10.9.96 /28 87.10.8 .253 0.0.0.0 /0 87.10.17.253 (router X ad esempio) Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 13 Ad un’organizzazione viene assegnato lo spazio di indirizzamento 131.175.0.0/21. Tale organizzazione ha la necessità di definire le seguenti sottoreti: 1 sottorete con almeno 1000 host, 3 sottoreti con almeno 220 host ciascuna, 3 sottoreti con almeno 56 ho st ciascuna, 4 sottoreti con esattamente 2 host Definire un piano di partizionamento dello spazio di indirizzamento congruente con le specifiche sopra indicando per ogni sottorete l’indirizzo IP di rete e l’indirizzo di broadcast diretto. Soluzione Lo spazio di indirizzamento originale comprende 11 bit nella parte di host. La sottorete più grande che deve essere definita è quella con 1000 host . Per supportare 1000 host servono 10 bit nel campo di host (2 10=1024). Si può quindi allungare la netmask originale di 1 bit (/22) definendo così spazio per due sottoreti ciascuna in grado di supportare 1022 host (1024 meno i due indirizzi speciali). Uno dei due spazi di indirizzamento così definiti può essere assegnato alla sottorete con 1000 host : 131.175 .0.0/22 rete con almeno 1000 host , broadcast 131.175.3.255 L’altro spazio di indirizzamento 131.175.4.0/22 può essere ulteriormente suddiviso. Le sottoreti più grandi a questo punto sono quelle con 220 host . Per supportare 220 host servono 8 bit nel ca mpo di host (2 8=256). Si può quindi allungare la netmask originale di 2 bit (/24) definendo così spazio per quattro sottoreti ciascuna in grado di supportare 254 host (256 meno i due indirizzi speciali). Tre dei quattro spazi di indirizzamento così defini ti possono essere assegnati alle sottoreti con 220 host : 131.175.4.0/24 rete con almeno 220 host , broadcast 131.175.4.255 131.175.5.0/24 rete con almeno 220 host , broadcast 131.175.5.255 131.175.6.0/24 rete con almeno 220 host , broadcast 131.175.6.255 L’altro spazio di indirizzamento 131.175.7.0/24 può essere ulteriormente suddiviso. Le sottoreti più grandi a questo punto sono quelle con 56 host . Per supportare 56 host servono 8 bit nel campo di host (2 6=64). Si può quindi allungare la netmask originale di 2 bit (/26) definendo così spazio per quattro sottoreti ciascuna in grado di supportare 62 host (64 meno i due indirizzi speciali). Tre dei quattro spazi di indirizzamento così definiti possono essere assegnati alle sottoreti con 56 host : 131.175.7.0/26 rete con almeno 56 host , broadcast 131.175.7.63 131.175.7.64/26 rete con almeno 56 host , broadcast 131.175.7.127 131.175.7.128/26 re te con almeno 56 host , broadcast 131.175.7.191 L’altro spazio di indirizzamento 131.175.7.192/26 può essere ulteriormente suddiviso. Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 14 Rimangono a questo punto solo le sottoreti con 2 host . Per supportare 2 host servono 2 bit nel campo di host (2 2=4). Si può quindi allungare la netmask originale di 4 bit (/30) definendo così spazio per sedici sottoreti ciascuna in grado di supportare 2 host (4 meno i due indirizzi speciali). Quattro dei sedici spazi di indirizzamento così definiti possono essere assegn ati alle sottoreti con 2 host : 131.175.7.192/30 rete con esattamente 2 host , broadcast 131.175.7.195 131.175.7.196/30 rete con esattamente 2 host , broadcast 131.175.7.199 131.175.7.200/30 rete con esattamente 2 host , broadcast 131.175.7.203 131.175.7.204/ 30 rete con esattamente 2 host , broadcast 131.175.7.207 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 15 Ad un’organizzazione è assegnato lo spazio d’indirizzamento 195.123.224.0/21. Da questo gruppo d’indirizzi occorre ricavare le seguenti sottoreti: • 1 sottorete con almeno 500 indirizzi di host disp onibili • 1 sottorete con almeno 210 indirizzi di host disponibili • 3 sottoreti con almeno 30 indirizzi di host disponibili • 4 sottoreti con almeno due indirizzi di host disponibili. Pianificare il partizionamento dello spazio d’indirizzamento dato specificando per ciascuna delle sottoreti sopra elencate: • indirizzo in formato decimale e netmask • numero di utenti indirizzabili • indirizzo di broadcast diretto Soluzione Lo spazio di indirizzamento originale comprende 11 bit nella p arte di host. La sottorete più grande che deve essere definita è quella con 500 host . Per supportare 500 host servono 9 bit nel campo di host (2 9=512). Si può quindi allungare la netmask originale di 2 bit (/23) definendo così spazio per quattro sottoreti ciascuna in grado di supportare 510 host (510 meno i due indirizzi speciali). Uno degli spazi di indirizzamento così definiti può essere assegnato alla sottorete con 500 host : 195.123.224.0/23, rete con 510 Host massimo, broadcast (BD): 195.123.225.2 55 Gli altri tre spazi di indirizzamento 195.123.226.0/23, 195.123.228.0/23, 195.123.230.0/23 possono essere ulteriormente suddivisi. La sottorete più grande a questo punto è quella con 210 host . Per supportare 210 host servono 8 bit nel campo di host (28=256). Si può quindi allungare la netmask originale di 1 bit (/24) definendo così spazio per due sottoreti ciascuna in grado di supportare 254 host (256 meno i due indirizzi speciali). Uno dei due spazi di indirizzamento così definiti può essere assegn ato alla sottorete con 210 host 195.123.226.0/24, rete con 254 host massimo, BD: 195.123.226.255 L’altro spazio di indirizzamento 195.123.227.0/24 può essere ulteriormente suddiviso. Le sottoreti più grandi a questo punto sono quelle con 30 host . Per supportare 30 host servono 5 bit nel campo di host (2 5=32). Si può quindi allungare la netmask orig inale di 3 bit (/27) definendo così spazio per otto sottoreti ciascuna in grado di supportare 30 host (32 meno i due indirizzi speciali). Tre degli otto spazi di indirizzamento così definiti possono essere assegnati alle sottoreti con 30 host : 195.123.22 7.0/27, rete con 30 host, BD: 195.123.227.31 195.123.227.32/27, rete con 30 host, BD: 195.123.227.63 195.123.227.64/27, rete con 30 host, BD: 195.123.227.95 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 16 Gli altri cinque spazi di indirizzamento 195.123.227.128/27, 195.123.227.96/27, 195.123.227.192/27, 195.123.227.160/27, 195.123.227.224/27 possono essere ulteriormente suddivisi. Rimangono a questo punto solo le sottoreti con 2 host . Per supportare 2 host servono 2 bit nel campo di host (2 2=4). Si può quindi considerare uno degli sp azi di indirizzamento sopra definiti ed allungare la netmask originale di 3 bit (/30) definendo così spazio per otto sottoreti ciascuna in grado di supportare 2 host (4 meno i due indirizzi speciali). Quattro degli otto spazi di indirizzamento così defini ti possono essere assegnati alle sottoreti con 2 host : 195.123.227.128/30, rete con 2 host, BD: 195.123.227.131 195.123.227.132/30, rete con 2 host, BD: 195.123.227.135 195.123.227.136/30, rete con 2 host, BD: 195.123.227.139 195.123.227.140/30, rete con 2 host, BD: 195.123.227.143 La soluzione proposta non è l’unica, essendo il numero di indirizzi disponibile molto maggiore rispetto alle dimensioni delle sottoreti IP da definire. Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 17 Alla rete in figura è assegnato l’indirizzo di rete 195.56.78.0/23 Le reti devono contenere almeno un numero di host (includendo anche le interfacce dei router ) pari a eth0: 150, eth1: 60, eth2: 55, eth3:57, eth4: 61. I collegamenti “pp” sono collegamenti punto - punto (ottenuti ad esempio con giga -ethernet full duplex) e n ecessitano di due indirizzi IP. Suddividere la rete in sottoreti indicando per ognuna indirizzo e netmask (sia per le LAN ethernet che per i collegamenti punto -punto). Assegnare alle interfacce dei router degli indirizzi compatibili con quelli delle reti a cui sono collegate. Scrivere tabelle di routing consistenti per tutti i router . Soluzione Innanzitutto, dobbiamo capire quali siano le reti IP. Il criterio generale è il seguente: gli host che sono separati da dispositivi di livello di rete ( router ) o di livello superiore ( proxy ) appartengono a due reti/sottoreti IP diverse, mentre gli host che sono separati dispositivi di livello più basso (bridge , switch , repeater ) appartengono alla stessa sottorete IP. Le reti IP “vere” sono quindi quelle indicate in figura. Per la rete A serve un campo host ID di 8 bit Per le reti B, C e D serve un campo host ID di 6 bit Per le reti E, F, G e H serve un campo host ID di 2 bit Possiamo ora procedere al partizionamento partendo dalle reti IP più “grandi”. Di seguito viene riportato l’albero di partizionamento. Int e rne t R2 Bridge e th0 e th1 e th2 R1 R3 e th3 R4 pp1 pp2 pp3 Rx 190. 131. 99. 1 e th4 R5 pp4 190. 131. 99. 2 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 18 Un possibile assegnamento indirizzi/interfacce è riportato di seguito: 195.56.78.0/ 23 /24 /26 . .. /30 Rete A Re te B Re te C Re te D Re te E Re te F Re te G Re te H 195.56.78.0/ 23 /24 195.56.78.0/ 24 195.56.79.0/ 24 1100001.001 11000.01001 110 .00000000 1100001.001 11000.01001 111.00000000 Rete A /26 195.56.79.0/ 24 1100001.001 11000.01001 111.00 000000 195.56.79.0/ 26 195.56.79.64/ 26 195.56.79.128/ 26 195.56.79.192/ 26 1100001.001 11000.01001 111.01 000000 1100001.001 11000.01001 111.10 000000 1100001.001 11000.01001 111.1 1000000 Rete B Rete C Rete D 195.56.79.192/ 26 1100001.001 11000.01001 111.1 10000 00 ... /30 195.56.79.192/ 30 1100001.001 11000.01001 111.1 10001 00 195.56.79.196/ 30 1100001.001 11000.01001 111.1 10010 00 195.56.79.200/ 30 1100001.001 11000.01001 111.1 1001 100 195.56.79.204/ 30 . .. Re te E Re te F Re te G Re te H Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 19 Le tabelle di routing sono le seguenti Int e rne t R2 R1 R3 R4 Rx 190. 131. 99. 1 R5 190. 131. 99. 2 195.56.78.0/ 24 195.56.79.0/ 26 195.56.79.64/ 26 195.56.79.128/ 26 195.56.78.254/ 24 195.56.79.62/ 24 195.56.79.126/ 24 195.56.79.190/ 24 195.56.79.193 195.56.79.194 195.56.79.198 195.56.79.197 195.56.79.201 195.56.79.202 195.56.79.205 195.56.79.206 Int e rne t R2 R1 R3 R4 Rx 190. 131. 99. 1 R5 190. 131. 99. 2 195.56.79.193 195.56.79.194 195.56.79.198 195.56.79.197 195.56.79.201 195.56.79.202 195.56.79.205 195.56.79.206 network netmask first hop 0.0.0.0 0.0.0.0 195.56.79.194 network netmask first hop 0.0.0.0 0.0.0.0 195.56.79.198 network netmask first hop 0.0.0.0 0.0.0.0 195.56.79.201 network netmask first hop 0.0.0.0 0.0.0.0 195.56.79.205 network netmask first hop 195.56.78.0 255.255.254.0 190.131.99.2 network netmask first hop 195.56.78.0 255.255.255.0 195.56.79.193 195.56.79.0 255.255.255.192 195.56.79.197 195.56.79.64 255.255.255.192 195.56.79.202 195.56.79.128 255.255.255.192 195.56.79.206 0.0.0.0 0.0.0.0 190.131.99.1 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 20 Un Internet Service Provider (ISP) ha a disposizione lo spazio di indirizzamento 164.143.128.0/22. Si chiede di partizionare lo spazio di indirizzamento sulla base della struttura di rete dell’ISP riportata in figura (per ogni ret e locale è indicato il numero dei dispositivi connessi). Indicare chiaramente sulla figura quali porzioni di rete sono sottoreti IP, assegnare un indirizzo di rete ad ogni sottorete IP ed indicare chiaramente quale è l’indirizzo di broadcast diretto per og ni sottorete definita. Scrivere la tabella di routing più compatta possibile per il router R4. N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascuna rete includa anche le interfacce dei router ad essa connesse. Soluzione La suddivisione delle sottoreti IP è riportata in figura. Rete A: 200 host , 8 bit nel campo di host Rete B: 130 host , 8 bit nel campo di host Rete C: 60 host , 6 bit nel campo di host Rete D, Rete E: 100 host , 7 bit nel campo di host Rete F: 30 host , 5 bit nel campo di host R ou te r 1 R o uter 2 R o uter 3 R o uter 4 sw itch sw itch sw itch sw itch 5 0 ho st 5 0 ho st 3 0 ho st 1 00 h ost 10 0 ho st 20 h ost 20 h ost 2 0 h ost 7 0 h ost 6 0 h ost 2 00 ho st IN T ER N ET pp1 pp2 Router 1 Router 2 Router 3 Router 4 sw itch sw itch sw itch sw itch 50 host 50 host 30 host 100 host 100 host 20 host 20 host 20 host 70 host 60 host 200 host IN TERN ET pp1 pp2 rete A rete B rete C rete D rete E rete F rete G rete H Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 21 Rete G, Rete H: 50 host , 6 bit nel campo di host Pp1, pp2: 2 host , 2 bit nel campo di host 164.143.128.0/22 da partizionare 164.143.128.0/24: assegnato a Rete A, broadcast diretto: 164.143.128.255 164.143.129.0/24 : assegnato a Rete B, BROADCAST DIRETTO: 164.143.129.255 164.143.130.0/24: da partizionare 164.143.131.0/24: da partizionare 164.143.130.0/25: assegnato a Rete D, BROADCAST DIRETTO: 164.143.130.127 164.143.130.128/25: assegnato a Rete E, BROADCAST DIRETTO : 164.143.130.255 164.143.131.0/26: assegnato a Rete C, BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.63 164.143.131.128/26: assegnato a Rete G, BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.191 164.143.131.64/26: assegnato a Rete H, BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.127 164.143.131.192/26: da partizionare 164.143.131.192/27: assegnato a Rete F, BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.223 164.143.131.224/27: da partizionare 164.143.131.224/28: assegnato a pp1, BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.239 164.143.131.240/28: assegnato a pp2 , BROADCAST DIRETTO: 164.143.131.245 Le sottoreti relative ai collegamenti punto punto avrebbero potuto anche essere definite con netmask /30. Il router R4 ha una sola via d’uscita (oltre le interfacce locali). Quindi la tabella di routing minima è: 0.0.0.0/0 next -hop: Router 3 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 22 Il Dipartimento di Biofisica dell’Università della Svizzera possiede il seguente spazio di indirizzamento IP: 120.13.192.0/22. La rete complessiva è rappresentata in figura. Definire un piano di indirizzamento in grado di sup portare il numero di indirizzi indicato di seguito: • LAN1 deve supportare 62 indirizzi • LAN2 deve supportare 510 indirizzi • LAN3 deve supportare 110 indirizzi • LAN4 deve supportare 21 indirizzi • LAN5: deve supportare 60 indirizzi • LAN6: deve support are 60 indirizzi • le connessioni punto -punto (R1 -R2, R2 -R3) devono supportare 2 indirizzi . Per ogni sottorete, IP indicare l’indirizzo di sottorete, la netmask , l’indirizzo di broadcast diretto ed il numero di indirizzi IP ancora disponibili (oltre a quel li specificati nel piano). N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascuna rete includa anche le interfacce dei router ad essa connesse . ____________ Soluzione Si noti che LAN 1, LAN 5 e LAN 6 costituiscono un’unica rete IP. I requisiti di indirizzamento sono quindi: LAN1+LAN5+LAN6: 182 indirizzi LAN2: 510 indirizzi LAN3: 110 indirizzi LAN4: 21 indirizzi punto -punto R1 -R2: 2 indirizzi punto -punto R2 -R3: 2 indirizzi Lo spazio di indirizzamento da partizionare è: 120.13.192.0/22. Allungando di 1 bit la netmask , definisco due sottoreti con 9 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 510 host (29-2=510). Posso usare una delle due sottoreti per indirizzare le macchine di LAN2 ed usare l’altra rete per u lteriore partizionamento. LAN2: 120.13.192.0/23, broadcast diretto: 120.13.193.255 Lo spazio di indirizzamento rimanente da partizionare è: 120.13.194.0/23. R1 R3 R4 R2 R6 1 2 2 5 6 1 1 2 2 10 2 2 LAN 1 LAN 2 LAN 3 LAN 4 LAN 5 Bridge Server Web LAN 6 Repeater R5 INTERNET 1 1 R1 R3 R4 R2 R6 1 2 2 5 6 1 1 2 2 10 2 2 LAN 1 LAN 2 LAN 3 LAN 4 LAN 5 Bridge Server Web LAN 6 Repeater R5 INTERNET 1 1 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 23 Allungando di 1 bit la netmask , definisco due sottoreti con 8 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 254 macchine (28-2=254). Posso usare una delle due sottoreti per indirizzare le macchine di LAN1+LAN5+LAN6 ed usare l’altra rete per ulteriore partizionamento. LAN1+LAN5+LAN6: 120.13.194.0/24, broadcast diretto: 120.13.194.255 Lo spazio di indirizzamento rimanente da partizionare è: 120.13.195.0/24. Allungando di 1 bit la netmask , definisco due sottoreti con 7 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 126 macchine (27-2=126). Posso usare una delle due sottoreti per indirizzare le macchine di LAN3 ed usare l’altra rete per ulteriore partizionamento. LAN3: 120.13.195.0/25, broadcast diretto: 120.13.195.127 Lo spazio di indirizzamento rimanente da partizionare è: 120.13.195.128/25. Per ind irizzare le macchine di LAN4 posso usare una netmask di 27 “1” (5 bit rimanenti nella parte di host ) con cui si è in grado di supportare fino a 2 5-2=30 indirizzi. LAN4: 120.13.195.128/27, broadcast diretto: 120.13.195.159 Lo spazio di indirizzamento rimanente da partizionare è: 120.13.195.192/27, 120.13.195.160/27, 120.13.195.224/27. Per definire sottoreti IP relative ai collegamenti punto -punto, posso prendere due delle sottoreti “avanzate”, applicare una netmask di 30 “1”. punto –pu nto R1 -R2: 120.13.195.192/30, broadcast diretto: 120.13.195.195 punto –punto R2 -R3: 120.13.195.160/30, broadcast diretto: 120.13.195.163 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 24 Il Dipartimento di Ingegneria Meccanica dell’Università delle Marche possiede il seguente spazio di indirizzamento I P: 135.155.64.0/22 La rete complessiva del dipartimento è rappresentata in figura. Definire un piano di indirizzamento in grado di supportare il numero di host indicato nella figura. Indicare le sottoreti IP graficamente nella figura (evidenziare i confin i e assegnare una lettera identificativa). Per ciascuna sottorete definire l’indirizzo di rete, la netmask , e l’indirizzo di broadcast diretto. Scrivere la tabella di instradamento del router R5 nel modo più compatto possibile dopo aver assegnato opportun amente degli indirizzi ai router a cui R5 è connesso direttamente. N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascuna rete includa anche le interfacce dei router ad essa connesse. Soluzione Le reti IP sono messe in evidenza nella figura qui sotto. Il criterio generale per capire quali sono le rei IP “vere” è il seguente: gli host che sono separati da dispositivi di livello di rete ( router ) o di livello superiore ( proxy ) appartengono a due ret i/sottoreti IP diverse, mentre gli host che sono separati dispositivi di livello più basso ( bridge , switch , repeater ) appartengono alla stessa sottorete IP. Internet R2 R1 R5 pp1 Switch Switch Switch … … R3 Switch Switch … … Switch R4 Switch Switch … … pp2 pp3 1 60 1 60 1 60 1 100 1 50 1 100 R7 pp4 … 1 25 1 100 … Switch … 1 200 Switch Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 25 Rete A: 200 host , 8 bit nella parte di host dell’indirizzo Rete B: 180 host , 8 bit nella parte di host dell’indirizzo Reti C, D, E: 100 host , 7 bit nella parte di host dell’indirizzo Rete F: 50 host , 6 bit nella parte di host dell’indirizzo Rete G: 25 host , 5 bit nella parte di host dell’indirizzo Pp1, pp2, pp3, pp4: 2 host , 2 bit nella parte di host dell’indirizzo Indirizzo iniziale: 135.155.64.0/22 Allungando di 2 bit la netmask , definisco 4 sottoreti con 8 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 254 host (28-2=254). Posso usare una delle quattro sottoreti per indirizzare gli host di Rete A ed usare un’altra sottorete per indirizzare gli host di Rete B. Rete A: 135.155.64.0/24, broadcast diretto: 135.155.64.255 Rete B: 135.155.65.0/24, broadcast diretto: 135.155.65.255 Rimangon o due sottoreti per ulteriore partizionamento: 135.155.66.0/24 135.155.67.0/24 Allungando di 1 bit la netmask per entrambe le sottoreti rimaste, definisco 4 sottoreti con 7 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 126 host (27-2=126). Posso usare tre delle quattro sottoreti per indirizzare gli host di Rete C, Rete D e Rete E. Rete C: 135.155.66.0/25, broadcast diretto: 135.155.66.127 Rete D: 135.155.66.128/25, broadcast diretto: 135.155.66.255 Rete E: 135.155.67.0/25, broadcast diretto: 135.155.67.127 Rimane una sotterete per ulteriore partizionamento: 135.155.67.128/25 Inte rne t R2 R1 R5 pp1 Swi tch Swi tch Swi tch … … R3 Swi tch Swi tch … … Swi tch R4 Swi tch Swi tch … … pp2 pp3 1 60 1 60 1 60 1 100 1 50 1 100 R7 pp4 … 1 25 1 100 … Swi tch … 1 200 Swi tch Rete B Rete A Rete C R ete D R ete E Rete F Rete G Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 26 Allungando di 1 bit la netmask , definisco 2 sottoreti con 6 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 62 host (26-2=62). Posso usare una delle due sottoreti per indirizzare gli host di Rete F. Rete F: 135.155.67.128/26, broadcast diretto: 135.155.67. 191 Rimane una sotterete per ulteriore partizionamento: 135.155.67.192/26 Allungando di 1 bit la netmask , definisco 2 sottoreti con 5 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 30 host (25-2=30). Posso usare una delle due sottoreti per indirizzare gli host di Rete G. Rete G: 135.155.67.192/27, broadcast diretto: 135.155.67.223 Rimane una sotte rete per ulteriore partizionamento: 135.155.67.224/27 Allungando di 3 bit la netmask , definisco 8 sottoreti con 2 bit nella parte di host , quindi in grado di indirizzare 2 host (2 2-2=2). Posso usare quattro delle otto sottoreti per indirizzare gli host di pp1, pp2, pp3, pp4 Pp1: 135.155.67.224/30, broadcast diretto: 135.155.67.227 Pp2: 135.155.67.228/30, broadcast diretto: 135.155.67.231 Pp3: 135.155.67.232/30, broadcast diretto: 135.155.67.235 Pp4: 135.155.67.236/30, broadcast diretto: 135.155.67.239 Il router R5 ha due interfacce di rete su Rete E e pp2. E’ sufficiente una tabella di routing con un’unica riga per raggiungere tutte le reti IP non direttamente connesse. Supponendo che l’indirizzo IP dell’interfaccia di R5 collegata a pp2 sia 131.155.67.230, allora la tabella di routing di R5 più compatta possibile è: 0.0.0.0 0.0.0.0 131.15 5.67.229 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 27 Un ISP possiede il seguente spazio di indirizzamento IP: 29.88.192.0/22 La rete complessiva dell’ISP è rappresentata in figura. Indicare le sotto -reti IP graficamente nella figura (mettere in evidenza i confini e assegnare una lettera identificativa). Si escluda dal piano il collegamento tra il router R0 e il router R1. Definire un piano di indirizzamento in grado di supportare il numero di host indicato nella figura. Per ciascuna sottorete definire l’indirizzo di rete, la netmask , e l’indirizzo di broadca st diretto. Scrivere la tabella di instradamento del router R1 nel modo più compatto possibile dopo aver assegnato opportunamente degli indirizzi ai router a cui R1 è connesso direttamente. N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascuna rete in cluda anche le interfacce dei router ad essa connesse. Soluzione Le sottoreti IP sono indicate in rosso in figura. L’albero di partizionamento dello spazio di indirizzamento disponibile è riportato di seguito: Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 28 In sintesi, la tabella qui sotto ri porta nome della sottorete IP, indirizzo assegnato ed indirizzo di broadcast diretto. Nome Network Broadcast NET1 29.88.192.0/23 29.88.193.255 NET2 29.88.194.0/25 29.88.194.127 NET3 29.88.194.128/25 29.88.194.255 NET4 29.88.195.0/26 29.88.195.63 NET5 29.88.195.64/26 29.88.195.127 NET6 29.88.195.128/26 29.88.195.191 NET7 29.88.195.192/27 29.88.195.223 PP1 29.88.195.224/30 29.88.195.227 PP2 29.88.195.228/30 29.88.195.231 PP3 29.88.195.232/30 29.88.195.235 PP4 29.88.195.236/30 29.88.195.239 PP5 29.88.195.240/30 29.88.195.243 Il router R1 è collegato ai router R5 e R2. Una possibile configurazione delle interfacce di R2 e R5 collegate a R1 è la seguente: Interfaccia di R5 su PP1: 29.88.195.225 Interfaccia di R2 su PP2: 29.88.195.229 Una possibile tabella di routing di R1 è: Network Netmask Next -hop Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 29 29.88.192.0 255.255.254.0 29.88.195.225 29.88.194.0 255.255.255.128 29.88.195.225 29.88.194.128 255.255.255.128 29.88.195.229 29.88.195.0 255.255.255.192 29.88.195.229 29.88.195.64 255.255.255.192 29.88.195.229 29.88.195.192 255.255.255.224 29.88.195.225 29.88.194.232 255.255.255.252 29.88.195.225 29.88.194.236 255.255.255.252 29.88.195.225 29.88.194.240 255.255.255.252 29.88.195.229 0.0.0.0 0.0.0.0 12.67.7.254 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 30 Si consideri la rete in figura a cui è assegnato lo spazio di indirizzamento IP 2.34.16.0/21. a) Si suddivida la rete in sotto -reti (si escluda il collegamento R1 -R0). Per ciascuna rete si scriva l’indirizzo, la netmask , l’indirizzo braodcast. b) Si scriva la t abella di routing di R1 assegnando opportunamente degli indirizzi ai router vicini. N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascuna rete includa anche le interfacce dei router ad essa connesse. Soluzione a) L’albero di partizionamento è il segu ente: Network addr. Netmask Broadcast add. 2.34.16.0/23 255.255.254.0 2.34.17.255 2.34.18.0/23 255.255.254.0 2.34.19.255 2.34.20.0/24 255.255.255.0 2.34.20.255 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 31 2.34.21.0/24 255.255.255.0 2.34.21.255 2.34.22.0/25 255.255.255.128 2.34.22.127 2.34.22.128/25 255.255.255.128 2.34.22.255 2.34.23.0/25 255.255.255.128 2.34.23.127 2.34.23.128/30 255.255.255.252 2.34.23.131 2.34.23.132/30 255.255.255.252 2.34.23.135 2.34.23.136/30 255.255.255.252 2.34.23.139 2.34.23.140/30 255.255.255.252 2.34.23.143 b) Tabella di routing di R1 Network Netmask Next -hop 2.34.16.0/23 255.255.254.0 2.34.23.129 (R2) 2.34.18.0/23 255.255.254.0 2.34.23.141 (R5) 2.34.20.0/24 255.255.255.0 2.34.23.137 (R4) 2.34.21.0/24 255.255.255.0 2.34.23.137 (R4) 2.34.22.0/25 255.255.255.128 2.34.23.133 (R3) 2.34.22.128/25 255.255.255.128 2.34.23.133 (R3) 2.34.23.0/25 255.255.255.128 2.34.23.141 (R5) 0.0.0.0 0.0.0.0 131.175.21.1 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 32 Un ISP possiede il seguente spazio di indirizzamento IP: 29.88.192.0/22 La rete complessiva dell’ISP è rappresentata in figura • Indicare le sotto -reti IP graficamente nella figura (mettere in evidenza i confini e assegnare una lettera identificativa). Si e scluda dal piano il collegamento tra il router R0 e il router R1 • Definire un piano di indirizzamento in grado di supportare il numero di host indicato nella figura. Per ciascuna sottorete riportare in tabella l’indirizzo di rete, la netmask , e l’indirizzo di broadcast diretto. • Riempire la tabella di instradamento del router R1 nel modo più compatto possibile dopo aver assegnato opportunamente degli indirizzi ai router a cui R1 è connesso direttamente. N.B. Si assuma che il numero di host indicato per ciascu na rete includa anche le interfacce dei router ad essa connesse. Soluzione I primi due ottetti degli indirizzi di rete sono sempre 29.88 (nel seguito si omettono) PIANO INDIRIZZAMENTO Nome Network Address Broadcast Net A 192.0/24 192.255 Net B 193.0/24 193.255 SSID: com pany_w ifi 250 hosts 1 60 … Y Y 1 50 1 50 In te r n e t 1 40 … 1 50 … Y 1 50 R0 R1 R 3 R4 R 2 12.67.7.254 … … 1 50 1 50 … 1 40 … 1 60 N et A N et B N et C N et D N et E N et F N et G pp1 pp2 pp3 29.88.195.133 29.88.195.137 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 33 Net C 194.0/25 194.127 Net D 194.128/26 194.191 Net E 194.192/26 194.255 Net F 195.0/26 195.63 Net G 195.64/26 195.127 pp1 195.128/30 195.131 pp2 195.132/30 195.135 pp3 195.136/30 195.139 TABELLA DI INSTRADAMENTO DI R1 Nome rete destinaz. Network prefix/ netmask Next Hop Net A 192.0/24 195.133 Net B 193.0/24 195.137 Net C -D-E 194.0/24 195.133 pp1 195.128/30 195.133 Internet 0.0.0.0 12.67.7.254 La soluzione rappresentata è una delle molteplici soluzioni corrette. /22 110000 /24 110000|00|.00000000 è 192.0/24 N etA /24 110000|01|.00000000 è 193.0/24 N et B /24 /25 110000|10.0|0000000 è 194.0/25 N et C /25 /26 110000|10.10|000000 è 194.128/26 N et D /26 110000|10.11|000000 è 194.192/26 N et E /24 /26 110000|11.00|000000 è 195.0/26 N et F /26 110000|11.01|000000 è 195.64/26 N et G /26 /30 110000|11.100000|00 è 195.128/26 pp1 /30 110000|11.100001|00 è 195.128/26 pp2 /30 110000|11.100010|00 è 195.128/26 pp3 00 01 10 11 0 1 0 1 01 00 10 0000 0001 0010 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 34 Un router ha la seguente tabella di routing . E’ possibile ridurre la dimensione della tabella di routing ? Se sì, come? Destinazione Netmask Next Hop 131.175.132.0 255.255.255.0 131.123.124.125 131.175.21.0 255.255.255.0 131.124.123.121 131.175.20.0 255.255.255.0 131.124.123.121 131.175.133.0 255.255.255.0 131.123.124.125 131.175.135.0 255.255.255.0 131.123.124.128 0.0.0.0 0.0.0.0 131.123.124.126 Soluzione La seconda e la terza sottorete in tabella hanno indirizzi IP contigui (differiscono per l’ultimo bit del terzo byte ) e hanno next hop in comune. La prima, la quarta e la quinta sottorete hanno indirizzi IP uguali fino al terzultimo bit del terzo byte ; l a prima e la quarta sottorete hanno anche next hop comune. E’ possibile ridurre la tabella di routing come segue. Destinazione Netmask Next Hop 131.175.20.0 255.255.254.0 131.124.123.121 131.175.132.0 255.255.254.0 131.123.124.125 131.175.135.0 25 5.255.255.0 131.123.124.128 0.0.0.0 0.0.0.0 131.123.124.126 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 35 Un router ha la seguente tabella di routing . E’ possibile ridurre la dimensione della tabella di routing ? Se sì, come? Destinazione Netmask Next Hop 131.175.132.0 255.255.255.0 131.1 23.124.125 131.175.21.0 255.255.255.0 131.124.123.121 131.175.20.0 255.255.255.0 131.124.123.121 131.175.133.0 255.255.255.0 131.123.124.125 131.175.134.0 255.255.255.0 131.123.124.130 131.175.135.0 255.255.255.0 131.123.124.125 131.175.50.0 255.255.254.0 131.123.124.126 0.0.0.0 0.0.0.0 131.123.124.126 Soluzione La seconda e la terza sottorete in tabella hanno indirizzi IP contigui (differiscono per l’ultimo bit del terzo byte ) e hanno next hop in comune. Possono dunque essere aggregate: 131.175.20.0 255.255.254.0 131.124.123.121 La prima, la quarta, la quinta e la sesta sottorete hanno indirizzi IP uguali fino al terzultimo bit del terzo byte ; la prima, la quarta e la sesta sottorete hanno anche next hop comune. 131.175.132.0 255.255.252.0 131.123.124.125 131.175.134.0 255.255.255.0 131.123.124.130 La s ettima sottorete ha lo stesso next -hop della route di default e quindi può essere eliminata. E’ dunque possibile ridurre la tabella di routing come segue: Destinazione Netmask Next Hop 131.175.20.0 255.255.254.0 131.124.123.121 131.175.132.0 255.255 .252.0 131.123.124.125 131.175.134.0 255.255.255.0 131.123.124.130 0.0.0.0 0.0.0.0 131.123.124.126 In generale le regole da seguire per l’aggregazione sono: 1. Si possono aggregare gruppi di reti contigue che hanno lo stesso next -hop. Ovviamente il numero di reti deve essere una potenza di 2 (gruppi di 2, 4, 8, … reti). Il gruppo è sostituito da un’unica riga che contiene l’aggregato, ovvero la supernet , ed è ottenuto accorciando la netmask . 2. Si possono aggregare reti contigue come nella prima regola a nche se per alcune il next -hop è diverso. In questo caso il gruppo è sostituito da un’unica riga che contiene l’aggregato, più una riga per ciascuna delle righe del gruppo con diverso next -hop ( exception route ) che sono lasciate inalterate. 3. Si possono aggregare reti contigue come nella prima regola anche se mancano nella tabella alcune reti. In questo caso il gruppo è sostituito da un’unica riga che contiene l’aggregato, più una riga per ciascuna delle reti mancanti con next -hop pari a quello della rotta di default. 4. Si possono eliminare tutte le reti con next -hop pari alla rotta di default. Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 36 Nel seguito è riportata la tabella d instradamento di un router IP. Si chiede di riportare nella tabella successiva il next hop che il router utilizza per instradare i datagrammi il cui indirizzo IP di destinazione è riportato nella tabella stessa, applicando l’algoritmo del “longest prefix match”. Indicare inoltre, per ciascun datagramma, tutte le righe della tabella di routing per cui si ha un match posit ivo (A titolo di esempio, se per il pacchetto “P1” si ha match positivo per le righe n. 5, 9 e 10, si inseriscano tali numeri nella colonna “Match con righe n. …”) Riga n. Network ID Netmask Next hop 1 0.0.0.0 /0 A 2 40.0.0.0 /6 B 3 42.0.0.0 /7 C 4 42.128.0.0 /10 D 5 42.32.0.0 /12 E 6 40.48.0.0 /12 F 7 42.32.128.0 /19 G 8 42.160.64.0 /20 H 9 42.168.128 .0 /22 I 10 42.168.224.0 /26 J Pacchetto n. Address Match con righe n. … Next hop P1 42.160.128 .64 P2 40.62 .1.24 P3 42.0.6.3 2 P4 40.168.1.80 P5 42.32.7.4 P6 41.32.27.43 P7 42.48.128.7 P8 42.32.156 .0 P9 40.168.130.24 P10 44.48.0 .32 Soluzione Riscriviamo gli indirizzi di rete in formato binario (evidenziando il campo host -id): • 0.0.0.0/0 00000000.00000000.00000000.00000000 • 40.0.0.0/6 001010 00.00000000.00000000.00000000 • 42.0.0.0/7 0010101 0.00000000.00000000.00000000 • 42.128.0.0/10 00101010.10 000000.00000000.00000000 • 42.32.0.0/12 00101010.0010 0000.00000000.00000000 • 40.48.0.0/12 00101000.0011 0000.00000000.00000000 • 42.32.128.0/19 00101010.00100000.100 00000.00000000 • 42.160.64.0/20 00101010.10100000.0100 0000.00000000 • 42.168.128.0/22 00101010.10101000.100000 00.00000000 • 42.168.224.0/26 00101010.10101000.11100000.00 000000 Confrontando ciascun indirizzo di destinazione dei pacchetti P1 -P10 con gli indirizzi di rete ottenuti si ottengono i seguenti match e, di conseguenza, i next hop come in tabella: Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 37 Pacchetto n. Address Match con righe n. … Next hop P1 42.160.128 .64 1, 2, 3, 4 D P2 40.62 .1.24 1,2,6 F P3 42.0.6.3 2 1,2,3 C P4 40.168.1.80 1,2 B P5 42.32.7.4 1,2,3,5 E P6 41.32.27.43 1,2 B P7 42.48.128.7 1,2,3 C P8 42.32.156 .0 1,2,3,5,7 G P9 40.168.130.24 1,2 B P10 44.48.0 .32 1 A Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 38 Un router riceve sull’interfaccia eth1 una serie di pacchetti. L’interfaccia ha come indirizzo MAC bbbb:6c3c:5656:3 b34 e l’indirizzo IP: 131.175.21.254. Il router ha una tabella di routing che include un route di default . Per ciascun pacchetto dire come si comporta il router (scartato dal livello MAC, scartato dal livello IP, passato al livello superiore indicato nel c ampo protocol , inoltrato ad un altro router senza modificare il pacchetto IP) Pacchetto 1: Pacchetto 2: IP sorg: 131.175.21.204 IP sorg: 131.175.21.250 IP dest: 155.45.56.78 IP dest: 131.175.21.254 MAC dest: bbbb:6c3c:5656:3b34 MAC dest: bbb b:6c3c:5656:3b34 Pacchetto 3: IP sorg: 131.175.21.144 IP dest: 131.175.21.133 MAC dest: aaaa:bbbb:7866:5c2b Soluzione Per ogni pacchetto ricevuto, il router effettua i seguenti controlli: I. il livello MAC del router controlla se la trama è indirizzata al router a livello 2 (indirizzo MAC di destinazione è broadcast o uno degli indirizzi MAC del router stesso). Se la trama non è indirizzata al router viene scartata dal livello MAC stesso; II. Se la trama MAC è indirizzata al router, la trama MAC viene passata al livello IP che controlla se il pacchetto IP è indirizzato al router (IP broadcast o uno degli IP del router stesso). Se il pacchetto IP è indirizzato al router, il pacchetto IP viene passato ai livelli superiori come indicato dal campo protocol nell’ header IP III. Altrimenti, il pacchetto IP è da inoltrare in modo ind iretto (si noti che in questo caso il router possiede solo una interfaccia, dalla quale riceve i pacchetti 1 -3, quindi l’inoltro diretto su quella interfaccia può essere ignorato) ed il router controlla nella tabella di routing verso quale next hop inoltra re il pacchetto IP stesso. Seguendo il procedimento qui sopra sia ha: Pacchetto 1 : il MAC di destinazione è uguale al MAC del router ( eth1 ). L’indirizzo IP di destinazione non è un indirizzo del router. Il router inoltra il pacchetto attraverso la route di default . Pacchetto 2 : sia il MAC che l’IP di destinazione sono indirizzi del router. Il pacchetto è destinato a livello 2 e 3 al router, quindi il router passa il pacchetto al livello superiore indicato nel campo protocol Pacchetto 3: il MAC di dest inazione non è uguale all’indirizzo MAC dell’interfaccia da cui il router riceve il pacchetto. Il router sc arta il pacchetto a livello 2. Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 39 Un router ha la seguente tabella di routing e la seguente configurazione delle interfacce. eth0 : 192.170.123.4, 255.255.255.0 eth1 : 192.170.124.4, 255.255.255.0 Il livello 3 del router riceve dei pacchetti i cui indirizzi di destinazione sono: 191.138.163.13 191.138.113.32 131.175.123.244 255.255.255.255 192.170.123.255 proveniente dall’interfaccia eth1 0.0.0.3 proveniente dall’interfaccia eth0 Indicare come avviene l’inoltro di ciascuno dei pacchetti sopra specificando il tipo di inoltro (diretto o indiretto), il Next hop e la riga della tabella di routing corrispondente in caso di inoltro indiretto e l’interfaccia d’uscita in caso di inoltro diretto. Soluzione Il procedimento generale è il seguente: I. Il router controlla se il pacchetto IP è destinato al router stesso ( IP di destinazione uguale ad uno degli IP del router). Se sì, il pacchetto IP è passato ai livelli superiori. II. Altrimenti (pacchetto IP non destinato al router), il router controlla se l’indirizzo IP di destinazione appartiene ad una delle sottoreti a cui i l router è direttamente collegato; per fare questo, il router effettua un AND bit a bit tra l’indirizzo IP di destinazione del pacchetto e la netmask di ognuna delle sue interfacce locali; se il risultato dell’AND bit a bit è uguale all’indirizzo di una so ttorete locale a cui il router è collegato, il pacchetto IP viene inoltrato in modo diretto attraverso l’interfaccia corrispondente. III. Se il confronto precedente tra indirizzo IP di destinazione ed indirizzi delle sottoreti a cui il router è direttamente co llegato da esito negativo, il pacchetto IP è da inoltrare in modo indiretto (inviarlo ad un altro router). Per fare questo, il router effettua l’AND bit a bit tra indirizzo IP di destinazione nel pacchetto e gli indirizzi di sottorete memorizzati nella tab ella di routing ; per tutte le sottoreti (righe della tabella di routing) per cui il confronto è positivo, il router inoltra il pacchetto IP verso il next hop che corrisponde nella tabella di routing alla sottorete di destinazione con la netmask più lunga. Applicando questo procedimento nel caso dell’esercizio si ha: Pacchetto 1: 191.138.163.13 Networ k Ne tmask Next H op 191.138.112.0 255.255.240.0 192.170.123.1 191.138.96.0 255.255.224.0 192.170.124.1 191.138.0.0 255.255.0.0 192.170.123.2 191.138.160.0 255.255.224.0 192.170.124.2 0.0.0.0 0.0.0.0 192.170.123.3 Fondamenti di Comunicazioni e Internet Esercizi 40 E’ facile verificare che il pacchetto non è indirizzato ad un host presente nelle sottoreti direttamente collegate al router. Il router, quindi, deve procedere all ’inoltro indiretto attraverso la tabella di routing . Pacchetto 2: 191.138.113.32 E’ facile verificare che il pacchetto non è indirizza