AULA POLITÈCNICA 73
Redes, sistemas y servicios de comunicación Problemas resueltos
AULA POLITÈCNICA / ETSETB
EDICIONS UPC
L de la Cruz - J García - J MataJL Melús - E Pallarès - E Sanvicente
Redes, sistemas y servicios de comunicación Problemas resueltos
La presente obra fue galardonada en el séptimo concurso"Ajut a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.
Primera edición: febrer de 2002
Diseño de la cubierta: Manuel Andreu
© Los autores, 2002
© Edicions UPC, 2002Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SLJordi Girona Salgado 31, 08034 BarcelonaTel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885Edicions Virtuals: www.edicionsupc.esE-mail: [email protected]
Producción: CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord)La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona
Depósito legal: B-9299-2002ISBN: 84-8301-531-5
Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares deella mediante alquiler o préstamo públicos.
Índice 9
Índice
1 Conceptos básicos ...............................................................................................................11
2 Técnicas de encaminamiento ...............................................................................................21
3 Mecanismos de control de congestión..................................................................................67
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes .............................................................77
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple ........................................................................151
6 Ejercicios de recapitulación ..............................................................................................177
Presentación 7
Presentación
Este libro es una recopilación de problemas resueltos de Redes, Sistemas y Servicios deComunicación, asignatura troncal de segundo ciclo de los estudios de ingeniería de telecomunicaciónen la ETSETB de la UPC.
Muchos de estos problemas han sido propuestos en exámenes de la asignatura, por lo que constituyenuna muestra suficientemente representativa de los temas cuantitativos que en ella se tratan:fundamentalmente, el modelado y la evaluación de redes y conmutadores, así como la caracterizacióndel tráfico y su control.
Más específicamente, después de un capítulo introductorio con ejercicios de carácter básico, seabordan las técnicas de encaminamiento, los mecanismos de control de congestión, el dimensionado yla evaluación de dispositivos y redes, y el análisis de diversos protocolos y técnicas de accesomúltiple. El libro finaliza con una serie de problemas de diferente temática reunidos bajo el epígrafede ejercicios de recapitulación.
Esperamos que la presente obra invite a la reflexión y a la participación activa de los estudiantes, puescreemos que éste es el único medio de aprendizaje.
1 Conceptos básicos 11
1 Conceptos básicos
Problema 1.1
Calcular el tiempo de transferencia entre dos nodos de los paquetes que tienen que esperar.
Datos adicionales:
- λ = 32 paquetes/sg- Capacidad del enlace = 64 Kbps- Longitud de los paquetes = 125 bytes- Distribución exponencial
Solución
Sea T el tiempo de transferencia y ρ la utilización del enlace. Se tiene
Sea Ts el tiempo de transmisión (servicio):
Despejando
Por otra parte
Substituyendo
( ) ( )utilizadoenlaceEutilizadonoenlaceET tt ρρ +−= )1(
( ) ( )utilizadoenlaceETT SS tρρρ
+−=−
11
1
( )ρρ
−−
=12
STutilizadoenlaceE t
5,064000
812532=
⋅⋅==
CLλ
ρ
msg6,1564000
8125 =⋅
==CLTS
Redes, sistemas y servicios de comunicación12
Tiempo de transferencia de los paquetes que esperan = 46,8 msg
( ) msg8,465,015,026,15 =
−−
=utilizadoenlaceE t
1 Conceptos básicos 13
Problema 1.2
Una red de datos está compuesta por 11 enlaces dúplex (22 canales de comunicación) de igualcapacidad. Se quiere dar servicio al tráfico generado por 40.000 terminales que, en la hora cargada,generan 12 sesiones/hora con 6 paquetes/sesión. Los paquetes son de 108 bytes y el número medio deenlaces de extremo a extremo, n , es 2. Calcular la capacidad de los canales de comunicación si, paraevitar retrasos, la carga máxima admitida es de 50%.
Solución
El tráfico entrante en la red es,
Por otra parte
Se sabe que
Substituyendo
Despejando C, se obtiene
C = 123 Kbps
paq/seg3600
61240000 ⋅=γ
8108225,05,022
1
22
1 ⋅⋅⋅
=== ∑∑==
CL
C
iiiλλ
γλ
=n
360061240000
8108225,0
2⋅
⋅⋅⋅
=
C
Redes, sistemas y servicios de comunicación14
Problema 1.3
En un tránsito de extremo a extremo en una red de comunicación de datos, un paquete debe atravesar 3enlaces.
Paquete saliente����������������������������������������������������������������������������
Paquete entrante
����������������������������������������������������������������������������
Nodo de acceso
Los parámetros de funcionamiento son los siguientes:
- Longitud del paquete = 200 bytes (distribución exponencial)- Capacidad del enlace = 64 Kbps
Calcular el tiempo de tránsito (extremo a extremo) con carga nula, TEE(0), y cuando los enlaces están
cargados al 50%, TEE(0,5).
Si la distribución de las longitudes fuere fija, ¿hasta qué valor de carga, ρ , pueden admitir los enlacespara que el tiempo de tránsito fuere el calculado antes con carga 50%?
Solución
Se tiene queTEE = 3 T
Siendo T el tiempo de transferencia (espera + transmisión) de un enlace. Es decir:
T = Tw + Ts
donde Tw es el tiempo de espera y Ts el de transmisión. Para distribución exponencial Tw está dado por
Carga nulaρ = 0
TW = 0
T = TS
ρρ−
=1SW TT
1 Conceptos básicos 15
TEE (0) = 3 TS
TEE (0) = 75 msg
Carga 50%ρ = 0,5
T = 2 TS
TEE(0,5) = 6 TS (el doble)
TEE(0,5) = 150 msg
Distribución constante
Se sabe que
donde CVts es el coeficiente de variación del tiempo de servicio.
En nuestro caso, CVts = 0
Haciendo Tw = Ts, se obtiene
Resumiendo
TEE(0) = 75 msg
TEE(0,5) = 150 msg
ρ = 67 %
6482003)0( ⋅
=EET
SSW TTT =−
=5,01
5,0
ϕϕ−
+=
121 2
Sts
W TCV
T
ρρ−
=12
1SW TT
32=ρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación16
Problema 1.4
En una red de conmutación de paquetes se ha encontrado que la longitud media de los mensajes (L) esde 30 octetos, y el número medio de nodos (N) atravesados en una ruta es 2. Si el campo de cabecera(H) es de 3 octetos, ¿cuál será la fragmentación óptima de los mensajes en esta red? Supóngase quetodos los enlaces tienen igual capacidad de transmisión, siendo T el tiempo de transmisión de unocteto. Los retardos de propagación, proceso en nodo y espera en colas de retransmisión se considerandespreciables.
Solución
En primer lugar buscaremos una expresión para el tiempo de tránsito de los mensajes en la red.Fragmentando, por ejemplo, los mensajes en 3 paquetes, tendríamos:
Obsérvese que el tiempo total de tránsito es
Ttr = 3 Tp + 2 Tp = 5 Tp (1)
donde Tp es el tiempo de transmisión de un paquete. Dado que el paquete estará formado por unacabecera y una fracción del mensaje
donde hemos llamado n al número de fragmentos o paquetes en que se ha dividido el mensaje.
Volviendo al tiempo de tránsito extremo a extremo de los mensajes (1), observamos que está formado pordos sumandos. El primero de ellos depende del número de nodos atravesados (en este caso N = 2), mientrasque el segundo es función del número de paquetes en que se divide el mensaje (en este caso n = 3). De estemodo, se puede escribir la siguiente expresión genérica
TnLHTp
+=
t=0
ORIGENNODOS INTERMEDIOS
DESTINO
P1
P2
P1
P1
P2
P2
P3
P3
P3
3Tp
2Tp
1 Conceptos básicos 17
Ttr = (N + 1) Tp + (n – 1) Tp = (N + n) Tp
Recordando que conocemos el tiempo de transmisión de un paquete, obtenemos
Derivando esta expresión respecto de n e igualando a cero, obtendremos la fragmentación óptima quellevaría al menor tiempo de tránsito de los mensajes en la red
Igualando a cero y despejando
Finalmente substituimos los valores propuestos en el enunciado
Tomando n = 5
( ) THnLnNTtr
++=
Tn
NLHTn
tr
−=
∂∂
2
HNLn =
47,43
230 =⋅=n
( ) TTTtr 63353052 =
++=
Redes, sistemas y servicios de comunicación18
Problema 1.5
Llamando tw al tiempo de espera en un nodo, sugerir un método para evaluar p (tw ≤ t) y usar dichaexpresión para calcular el percentil r de tw, Π tw (τ).
Aplicación
Obtener los valores numéricos de Tw y Π tw (90), cuando
- λ = 32 paq/sg- C = 64 Kbps- L = 125 octetos
Solución
p (tw ≤ t) es la función de distribución del tiempo de espera; es, por ello, monótona creciente yasintóticamente vale 1.
Valor en el origen
Así
La función de densidad es
( ) ( ) ρ−===≤= 100)0( wwt tptpFw
ρρ =−=−= aat ,11:0
btt ebttfw
−+−= ρδρ )()1()(
Ftw(t)
t
Se sugiere aproximarlamediante una exponencial
1
1-ρ
( ) btt eatFw
−−= 1
1 Conceptos básicos 19
Por lo tanto
Lo que implica que
Finalmente se tiene
El percentil se calcula de la siguiente forma
de donde se deduce que
Aplicación numérica:
Es decir, únicamente un 10% de los paquetes experimenta una espera mayor de 49,9 msg.
∫∞
==0
1)(b
dttftTwtW ρ
SS
W TTTb ρ
ρρρρ −
=
−
==1
1
( )s
w
Tt
t etTρ
ρ−−
−=1
1)(
( )∫∞
Π
− −=
r
bt
wt
dteb100
100 τρ
rT
rbr Wtw −
=−
=100100ln1
100100ln1)( ρ
ρρ
π
5,064000
812532=
⋅⋅==
CLλ
ρ
msg6,1564
8125 =⋅
==CLTs
msg6,151
==−
= SSW TTTρ
ρ
msg9,491050ln
5,06,15)90( ==
wtπ
2 Técnicas de encaminamiento 21
2 Técnicas de encaminamiento
Problema 2.1
Usando el algoritmo de Dijkstra, encontrar el camino de mínimo coste entre A y B, así como el valorde dicho corte.
Solución
Los pasos de la iteración se detallan gráficamente.
E
A
C D
F
G
B
3
3 3
4
1 1
1
1
1 2
2
5 6
E
A
C
3 (3,A)
1 (1,A)
Redes, sistemas y servicios de comunicación22
E
A
C D
(3, A)
1
5 (6, C)
(1, A)
(2, C)
E
A
C D
F 4
2
(6, C)
(4, E)
(6, E)
(1, A)
(2, C)
E
A
C D
F
G
B
1
2 6
(6, E) (5, D)
(6, D)
(10, D)
(4, E) (1, A)
(2, C)
2 Técnicas de encaminamiento 23
Así, el coste mínimo es 9, y el camino óptimo para llegar a B pasa por G, para llegar a G se viene de Dy así sucesivamente, obteniéndose finalmente
A C E D G B
Coste mínimo: 9
Camino óptimo: A C E D G B
E
A
C D
F
G
B
3 (5, D) (6, D)
(10, D)
(4, E) (1, A)
(2, C)
E
A
C D
F
G
B
3
(5, D)
(6, D) (10, D)
(4, E) (1, A)
(2, C) (9, G)
Redes, sistemas y servicios de comunicación24
Problema 2.2
Para aumentar la fiabilidad, los nodos A y B de una red de datos están unidos por dos enlaces decapacidades respectivas C1 y C2, con C1 > C2.
A Bλ
Enlace-1
Enlace-2
El nodo A enruta los paquetes, de longitud exponencial de media L bits, por el enlace de mayorcapacidad hasta que λ alcanza cierto umbral u paq/seg. El enlace-2 se empieza a utilizar cuando eltiempo de transferencia (espera + transmisión) por el enlace-1 iguala al tiempo de transmisión de unpaquete por el enlace-2, lo cual determina el valor de u. Cuando λ > u, A distribuye aleatoriamente lospaquetes que sobrepasan el umbral de forma proporcional a la capacidad de los enlaces.
Teniendo en cuenta que
- C1 = 64 Kbps- C2 = 32 Kbps- L = 100 bits
a) Calcule ub) Calcule λ1 y λ2 cuando λ = 2uc) Compare estos resultados con los valores óptimos (mínimo tiempo de transferencia)
Solución
a)
b)
22
11 ,
CLT
LuCLT =−
=
paq/seg320 :Despejando. 21
21=
−==
− LCCu
CL
LuCL
( ) 53332320320
21
11 =+=
+−+=
CCCuu λλ
( ) 106313200
21
22 ==
+−+=
CCCuλλ
2 Técnicas de encaminamiento 25
c) El umbral óptimo de flujo es
−
1
21 1
CCC , en lugar de
−
1
21 1
CCC . Es decir, 187 paq/seg. El
reparto del exceso se hace proporcionalmente a las raíces cuadradas de las capacidades respectivas, esdecir a
en lugar de proporcionalmentes a 2/3 y 1/3.
Resumiendo
u = 320 paq/seg
λ1 = 533 paq/seg
λ2 = 106 paq/seg
uóptimo = 187 paq/seg
59,0432253
179253253
320006400064000
==+
=+
41,0432179
320006400032000
==+
Redes, sistemas y servicios de comunicación26
Problema 2.3
En la figura adjunta se han indicado las probabilidades de que los enlaces de la red estén operativos(no “caigan”).
Los fallos son independientes entre sí. Encontrar, usando el algoritmo de Dijkstra con los costesapropiados, la ruta de máxima fiabilidad entre los nodos A y B.
Solución
Si la ruta R es la concatenación de los enlaces l1, l2, l3, ... se tiene
Tomando ln
⇑debe maximizarse
Equivalentemente
⇑1 – p (fallo en enlace li)
⇑pi
Así, el problema queda en la forma estándar
( ) ( )∏=i
ilpRp enlaceen fallo no rutaen fallo no
( ) ( )∑=i
ilpRp enlaceen fallo noln rutaen fallo noln
( )∑−i
ilpMIN enlace en fallo noln
∑i
icMIN
������������������������������������������������������������
���������������������������������������������
E
A
C D
F
G
B
0.97
0.97
0.97
0.96
0.99
0.99
0.99
0.99
0.99 0.98
0.98 0.95 0.94
2 Técnicas de encaminamiento 27
Donde
Usualmente ,11 ≈− ip con lo que
A este último resultado se puede también llegar escribiendo
y despreciando términos de orden superior
Por ello, la ruta de máxima fiabilidad minimiza la suma
como se dijo.
Los costes quedan así
Tal como se vio en un problema anterior, el algoritmo estándar de Dijkstra proporciona la rutasiguiente
Ruta: A C E D G B
)1(ln ii pc −−=
( ) iii ppc ≅−−= 1ln
( ) ( ) ( ) ( ) =−−−= K321 111 rutaen fallo no pppRp
( ) ( )KK ++++++−= 31213211 ppppppp
( ) ( )K+++−= 3211 rutaen fallo no pppRp
∑i
ip
���������������������������������������������
���������������������������������������������
E
A
C D
F
G
B
0.03
0.03
0.03
0.04
0.01
0.01
0.01
0.01
0.01 0.02
0.02 0.05 0.06
Redes, sistemas y servicios de comunicación28
Problema 2.4
Los nodos A y B están unidos por tres enlaces de capacidades respectivas C1 = 64 Kbps, C2 = 32 Kbpsy C3 = 16 Kbps.
El nodo A encamina los paquetes para minimizar el retrozo medio. Se pide:a) A partir de qué valor del flujo f se bifurca el tráfico por C2.b) Idem para C3.
Solución
a) Como C1 > C’2 = C2 + C3, se pueden usar las fórmulas correspondientes a dos canales.
b) Cuando f > u = 8,6 Kbps, parte del tráfico f’2 < f se bifurca por C’2 = C2 + C3. El nodo A no necesitarecurrir a C3 hasta que
Dado que
Se tiene
Despejandof = 28,86 Kbps
ResumiendoPrimer umbral = 8,6 Kbps
Segundo umbral = 28,86 Kbps
( ) KbpsCCCu 6,816326464'211 =+−=−=
KbpsCCCf 4,9163232322'
2 =−−=−>
−−
+= '
211'21
'2'
2 CCCfCC
Cf
( )( )[ ]16326464163264
16324,9 +−−−
++
+= f
A BC2
C3
C1
ƒbps
2 Técnicas de encaminamiento 29
Problema 2.5
En la figura se muestra una red de conmutación de paquetes formada por 6 nodos. La capacidad entrela estación origen i y la estación destino j queda determinada por el elemento Cij de la matriz decapacidades.
Asimismo el coste de transmisión de un paquete entre nodos adyacentes vale
Esta red utiliza un algoritmo de encaminamiento múltiple, para lo cual cada nodo i debe calcular laprobabilidad con la que transmitirá un paquete por el enlace que conduce al nodo j. Dicha probabilidades inversamente proporcional al coste de dicho enlace. Los buffers donde se almacenan los paquetesantes de ser transmitidos por el enlace de salida pueden suponerse infinitos.
a) ¿Cuál es el camino de coste mínimo para un paquete procedente del terminal B dirigido al terminalF?b) ¿Cuál es la probabilidad de que un paquete originado en B elija dicho camino?c) Si los terminales A, B, C, D, E generan paquetes destinados a F según un proceso de Poisson conuna tasa de λi = 0,5 paquetes por segundo, ¿cuál es la tasa de dichos paquetes que circula por el enlaceque va desde el nodo 4 hasta el nodo 6?d) Calcule el retardo medio que sufre un paquete en el nodo 5 si la longitud de los paquetes estádistribuida exponencialmente con media L = 75 bytes.
ijij C
d 3600=
bps
12001800900
360036007201200
90018003600
−−−−−−−−−−−
−−−−−−−−
−−−−−−−
=C
3
1
2 4
5
6
A
B
C D E
F
Redes, sistemas y servicios de comunicación30
e) ¿Cuál es el número medio de paquetes en cola en el nodo 5 procedentes del nodo C?f) ¿Cuáles de los enlaces de salida de un nodo genérico son utilizados durante la mayor parte deltiempo, los de mayor o los de menor capacidad?
Solución
a) Se calculan los costes para cada enlace
Se busca el camino de coste mínimo con el algoritmo de Dijkstra. Tomando 1 como nodo origen seestudian sus nodos adyacentes.
El mínimo es para el enlace que conduce a 2. Se marca dicho nodo y se estudian sus nodos adyacentesno marcados.
3
1
2 4
5
6
3 2
1
4 1 2
1
4
5
3
������������������������������������������������������������
3
1
2
2
1
4 4
���������������������������������������������
������������������������������������������
3
1
2
2
1
4 4
6
4
1+5
1+3
2 Técnicas de encaminamiento 31
Se marca el nodo 3.
Las rutas que conducen a 4 y no pasan por 3 son más costosas, por lo cual se descartan. Se marca elnodo 5 (también se podría marcar el 4).
Se marca el 4 y se descarta llegar a 6 a través de 5. Como 5 ya está marcado, no lo indicamos comonodo adyacente a 4.
Se descarta llegar a 6 a través de 2.
���������������������������������������������
���������������������������������������������
������������������������������������������
3
1
2
2
1
4 4
6
4
1+5
1+3
4
5
2+1
2+1
������������������������������������������������������������
���������������������������������������������
���������������������������������������������
3
1
2
2
1
6 1+5
4
���������������������������������������������5
2+1
2+1 6 2+1+3
���������������������������������������������
������������������������������������������������������������
������������������������������������������������������������
3
1
2
2
1
6 1+5
���������������������������������������������4
���������������������������������������������5
2+1
2+1
6 2+1+2
Redes, sistemas y servicios de comunicación32
Finalmente se obtiene
La ruta de menor coste desde 1 hasta 6 es
1 → 3 → 4 → 6
Con un coste igual a 2+1+2 = 5.
b) Las probabilidades de encaminamiento para cada enlace son
La probabilidad de que un paquete originado en 1 y destinado a 6 elija el camino más corto es laprobabilidad de que cada nodo (1, 3 y 4) lo haya encaminado por el enlace adecuado. Como lasdecisiones de encaminamiento son independientes,
c) Se calcula la tasa que circula por cada enlace
095,0212
32
21
72
==⋅⋅=p
3
1
2
2
1
4
5
2+1
2+1
6 2+1+2
3
1
2 4
5
6
1 2/7
4/7
1/3 1/2
2/3
1/2
1/7
3/8
5/8
2 Técnicas de encaminamiento 33
Siendo las tasas de llegada a cada nodo
Obsérvese que la tasa de llegada al nodo 6 es la tasa generada por las estaciones A, B, C, D y E.
La tasa que circula por el enlace que va desde 4 hasta 6 es
d) El teorema de Burke garantiza que a la salida de un sistema M/M/1 se obtiene un proceso dePoisson cuya tasa es igual a la tasa de entrada.
Cada enlace se comporta como un sistema M/M/1.
paq/seg5,01 == iλλ
paq/seg78,07
1174
12 ==+= ii λλλλ
paq/seg64,079
72
13 ==+= ii λλλλ
paq/seg88,05699
21
71
85
3124 ==++= iλλλλλ
paq/seg61,156181
31
212 435 ==++= ii λλλλλ
paq/seg5,2532
83
5426 ==++= iλλλλλ
paq/seg59,02833
32
4 == iλλ
3
1
2 4
5
6
A
B
C D E
F
λi
2/7λ1 1/2λ3
λi λi λi
Sλi
λi 3/8λ1
5/8λ2 4/7λ1
1/7λ1 1/2λ3
λ5
1/3λ4
2/3λ4
Redes, sistemas y servicios de comunicación34
Para el nodo 5
e) El tiempo de espera en cola de un paquete genérico
La tasa de llegada al nodo 5 procedente de la estación C vale
Aplicando Little
f) Todos los enlaces de salida son utilizados por igual, ya que todos ellos tienen el mismo factor deutilización. Para un nodo genérico con tasa de entrada λ, la tasa encaminada hacia el enlace i esproporcional a la capacidad de dicho enlace.
El factor de utilización de dicho enlace es el mismo que para el resto de enlaces.
seg6,2556
=−
=LC
LTλ
seg1,256
=−=CLTW
segpaqiiiC /31
32
61
21 ==+= λλλλ
paquetesWN CC 65,0== λ
λλλ iii Ckp ==
LkC
L
i
ii λ
λρ ==
3
4
5
C
1/2λi λi
1/2λi 1/3·1/2λi
2 Técnicas de encaminamiento 35
Ejercicio 2.6
Considérese la siguiente matriz de costes o distancias:
a) Dibuje la topología de red definida por la matriz C y escriba la matriz de rutas R correspondiente.b) Partiendo de C y R, calcule y escriba las matrices resultantes en cada iteración al aplicar elalgoritmo de Floyd; muéstrense claramente los cambios que se dan en cada una de dichas iteraciones.Justifique la simetría o asimetría de las matrices C y R finales.c) Utilizando las matrices C y R resultantes de aplicar Floyd, desglose y justifique la ruta para ir delnodo 5 al nodo 2 indicando los nodos intermedios y los costes parciales de dicha ruta.d) Aplicando el algoritmo de mínimo coste de Dijkstra, dibuje únicamente el árbol de encaminamientoque se obtiene según la versión hacia adelante (forward) del algoritmo tomando como origen el nodo3.e) ¿Qué rutas y costes deberá almacenar el nodo 3 con respecto al resto de nodos de la topología?Compare y justifique el resultado con lo obtenido al aplicar el algoritmo de Floyd.
Solución
a) Se puede observar que la matriz C no es simétrica, esto es, todos los enlaces que define no sonbidireccionales y del mismo coste.
Topología de red definida
∞∞∞∞∞
∞∞∞
∞∞
=
03201
1035102
320
C
−−−−−−−
−−−−−
−−−
=⇒
∞∞∞∞∞
∞∞∞
∞∞
=
351
41531
32
03201
1035102
320
00 RC
1
2 3
5
4
2 1
5
3
1 2
1 3
Redes, sistemas y servicios de comunicación36
b) Primera iteración
Quinta iteración y última
No hay cambios.
Ni C5 ni R5 son simétricas, como ya se observa en C0 la topología inicial no es simétrica por lo que C5no tiene por que serlo. En cuanto a R5, en general la matriz R no tiene por que ser simétrica ya queofrece información de nodo siguiente en una ruta determinada, y los nodos siguientes partiendo delorigen o del destino no tienen por que coincidir.
c) Ruta para ir del nodo 5 al nodo 2, basta recurrir a la información en C5 y R5 e ir desglosando la ruta
−−−−−
−−−−
−−−
=
∞∞∞
∞∞
∞∞
=
351
41531
32
03201
1035102
320
11
111
435 RC
−−−−−
−−−−−
=
∞∞∞
∞∞
=
35111
411531
32
0320431
10535102
320
22 1
2
10
7
RC
−−
−−
−
=
=
333
33
486
24
351111411531232
0320431
10105351027320
33 RC
−−
−−
−
=
=
335111
4331332
04320431
1021024320
44
33
44433
75
34246
RC
−−
−−
−
=
=
33335111444433313332
0437520431310424210264320
55 RC
2 Técnicas de encaminamiento 37
d)
e)
Este es sólo el resultado parcial de aplicar el algoritmo de Dijkstra hacia adelante, tomando comoorigen el nodo 3 y viendo la ruta a todos los posibles destinos. Sólo se obtiene la fila 3 de C5 y R5comparando con el algoritmo de Floyd.
No obstante, para obtener toda la matriz de costes y de rutas debe terminarse el algoritmo de Dijkstratomando cada uno de los nodos como posible nodo origen.
3 4
1
5
2
72113COSTE =+++=
5 1 3
3 4 2 1 1 2
ORIGEN DESTINO
3 1 2 3 4 54 4 - 4 4
ORIGEN
DESTINOS
RUTAS
3 1 2 3 4 52 4 0 1 3
COSTES
Redes, sistemas y servicios de comunicación38
Problema 2.7
Dada la matriz de costes C, que define la topología de interconexión de una red de 5 nodos dispuestoscomo se indica a continuación, y suponiendo que el tráfico dirigido de un nodo i a un nodo j quedaexpresado a través de la matriz [ ijγ ] :
[ ]
−−
−−
−
=
∞∞∞
∞∞∞
=
21112133112213241324
0424405250444401
410
ijC γ
a) Determínese la matriz de encaminamiento de menor coste con menor número de saltos, utilizandopara ello un algoritmo de mínimo coste.b) Calcúlese el número medio de enlaces que atraviesa un paquete en esta red. Justifíquese elresultado.
Solución
Con los datos de la matriz de coste se puede dibujar la topología de red y obtener las matrices C0 y R0para aplicar el algoritmo de Floyd.
(Las etiquetas de los enlaces se pueden tomar como se desee)
Iteración 0
−−−−−
−−−
−−−
=
∞∞∞
∞∞∞
=
432535421531
32
0424405250444401
410
00 RC
3
1 2
4
5
4
2 4
4
5
1
4
2 1
4
3 10
9
6 5 12
11
7
13
14
8
1 2
3 4
5
2 Técnicas de encaminamiento 39
Aplicando el algoritmo de Floyd resulta
Iteración 5
Con ello, la matriz final de rutas también puede expresarse de la siguiente forma,
Donde D denota el camino directo.
Nota: en caso de utilizar el algoritmo de Dijkstra, se debe elegir el camino de mínimo coste y menornúmero de saltos.
b) Utilizando la matriz de tráfico, la de encaminamiento y usando las etiquetas (i) pertinentes para losenlaces, se obtiene la siguiente tabla
i λi
1, 23, 45, 67, 8
9, 1011, 1213, 14
λ1 = λ2 = γ12 + γ15 = γ21 + γ51 = 4 + 1 = 5 λ3 = λ4 = γ13 + γ14 = 2 + 3 = 5 λ5 = λ6 = γ34 + γ14 = 1 + 3 = 4 λ7 = λ8 = γ35 = 1 λ9 = λ10 = γ32 = 2 λ11 = λ12 = γ45 + γ24 = 2 + 3 = 5 λ13 = λ14 = γ25 + γ15 + γ24 = 1 + 1 + 3 = 5
Nótese que en este caso por simetría se cumple que λi = λi+1 , siendo i un número impar.
Si M es el número de enlaces y γ el tráfico total entrante, el número medio de enlaces que atraviesa unpaquete en esta red se expresa por
−−
−−
−
=
=
43225353542155312332
0424540589250444840159410
55 RC
−−
−−
−
=
DDDDDDDDDDDD
DD
R
253
523
γ
λ∑==
M
ii
n 1
Redes, sistemas y servicios de comunicación40
γ = 2 · (10 + 6 + 2 + 2) = 40 paq/seg
35,14054
==n enlaces atravesados en media
Nótese que es inferior a 2 y superior a 1, lo cual es coherente con la tabla de encaminamiento, dondelos caminos más largos pasan por dos enlaces y el resto de rutas son directas.
( )∑=
=⋅=++++++⋅=M
ii
1
paq/seg5427255214552λ
2 Técnicas de encaminamiento 41
Ejercicio 2.8
La red de la figura está formada por 4 nodos y 5 enlaces unidirecionales. En dicha red, los paquetes seencaminan de manera que realizan el mínimo número de saltos en su ruta. Cada elemento γij de lamatriz indica el tráfico (medido en paquetes/segundo) originado en el nodo i destinado al nodo j.
El coste mensual de un enlace viene dado por la expresión: iiCdte =cos , siendo 8=id pts/bps y Ci lacapacidad de dicho enlace. Además se dispone de un capital mensual para el mantenimiento de la redde 240.000 pts/mes.
Calcular:
a) Tráfico en paquetes por segundo que circula por cada enlace.b) Número medio de enlaces atravesado por un paquete cualquiera de la red.c) Coste mínimo de todos los enlaces de la red si los paquetes están distribuidos exponencialmente enlongitud con un valor medio de 500 bits.d) El incremento de la capacidad (respecto a su valor mínimo) que asignaría a cada enlace paraoptimizar el retardo medio extremo-extremo de toda la red.e) ¿Cuál sería el retardo medio de cada enlace en este caso?f) ¿Y el retardo medio extremo-extremo de toda la red?g) ¿Y el retardo medio máximo para un paquete concreto?h) El incremento de la capacidad (respecto a su valor mínimo) que asignaría a cada enlace si se aplicael criterio minimax.i) ¿Cuál sería el retardo medio de cada enlace en este caso?j) ¿Y el retardo medio extremo-extremo de toda la red?
Solución
Primero miramos cómo se encaminan los paquetes para cada par de nodos
ORIGEN-DESTINO CAMINO (enlaces por los que pasa)1 → 21 → 31 → 42 → 12 → 32 → 43 → 13 → 23 → 44 → 14 → 24 → 3
12
2, 5-3
3, 5-
5, 45-4
4, 3
2
λ1 λ2
λ4
λ3
λ5
1
3
4
−−
−−
=
110230220144
γ
Redes, sistemas y servicios de comunicación42
A partir del encaminamiento calculamos el tráfico que circula por cada enlace.
b)
c)
d)
Para minimizar el retardo extermo-extremo de toda la red
Al ser di constante
segpaq /4121 == γλ
segpaq /51414132 =+=+= γγλ
segpaq /51224324233 =++=++= γγγλ
segpaq /51134342324 =++=++= γγγλ
segpaq /82321343224145 =+++=+++= γγγγλ
∑∑≠==
==4
1
4
1
/20
ijj
iji
segpaqγγ
enlaces35,120271 5
1
=== ∑=i
in λγ
∑ ∑= =
=⋅===5
1i
5
1imin,min,0 ptas000.108bps13500ptas/bps8iiii CdDdD
bps4000
bps2500
bps2500
bps2500
bps2000
5min,5
4min,4
3min,3
2min2,
1min,1
==
==
==
==
==
LC
LC
LC
LC
LC
λ
λ
λ
λ
λ
ptas000.132000.108000.2400 =−=−= DDD me
iii CLC ∆+= λ
∑=
=∆ 5
1jjj
ii
i
ei
d
ddDC
λ
λ
i
jj
i
i
ei d
DC λ
λ
λ22,14305
1
==∆
∑=
2 Técnicas de encaminamiento 43
e)
T1 = 174,79 ms
T2 = T3 = T4 = 156,34 ms
T5 = 123, 6 ms
f)
g) Buscamos el peor caso, para ello miramos los encaminamientos que pasan por dos enlaces.
ORIGEN → DESTINO ENLACES RETARDO1 → 42 → 43 → 24 → 3
2, 53, 55, 44, 3
T2 + T5 = 280 msT3 + T5 = 280 msT5 + T4 = 280 ms
T3 + T4 = 312,68 ms
El peor caso es
Tmax, paquete = 312, 68 ms
h) Con el criterio minimax se tiene el mismo incremento para todos los enlaces.
i) También se obtiene el mismo retardo en todos los enlaces.
j)
bps45,28601 =∆C
bps08,3198432 =∆=∆=∆ CCC
bps29,40455 =∆C
ii C
LT∆
=
∑=
==5
1
ms653,2011
iii TT λ
γ
bps330085
1320005
1
=⋅
====∆
∑=
j
e
j
e
jj
i
i
ei dM
DdM
D
d
ddDC
ms51,151=∆
=i
i CLT
∑∑==
=⋅=⋅===5
1
5
1
ms54,20435,1ms51,15111
iii
iiii nTTTT λγ
λγ
Redes, sistemas y servicios de comunicación44
Ejercicio 2.9
En la figura se muestra la topología de una red de conmutación de paquetes y la distancia física de losenlaces expresada en Km.
������������������������������
������������������������������
������������������������������1 2 3
���������������������������������6 ����������
����������4
��������������������5
200 200
220
220400
400400
570360 450
570
a) Utilícese el algoritmo de Floyd para encontrar las rutas que proporcionan el camino de menorlongitud entre los nodos.
Supóngase que la población asociada a cada nodo de la red viene dada por la siguiente tabla:
Nodo 1 2 3 4 5 6Población 0.5 1.5 2 2.5 1 1.5
b) Estímese el tráfico (en paquetes/segundo) entre cada par de nodos utilizando una ley proporcional ala población de ambos nodos e inversamente proporcional a la distancia física que deben recorrer lospaquetes. Utilícese un factor de proporcionalidad igual a 1000.c) Utilizando el encaminamiento obtenido en el apartado a) y el tráfico estimado en b) calcúlese eltráfico que circula por cada enlace.d) Calcúlese el número medio de enlaces que atraviesa un paquete genérico de la red.
Solución
a) Matrices iniciales
Inserción nodo 1
:= Ruta
0 2 0 4 5 6
1 0 3 4 0 6
0 2 0 4 5 0
1 2 3 0 5 0
1 0 3 4 0 6
1 2 0 0 5 0
:=Ruta
0 2 0 4 5 6
1 0 3 4 1 6
0 2 0 4 5 0
1 2 3 0 5 1
1 1 3 4 0 6
1 2 0 1 5 0
:=dist
0 200 ∞ 570 400 220
200 0 200 450 600 360
∞ 200 0 400 570 ∞
570 450 400 0 400 790
400 600 570 400 0 220
220 360 ∞ 790 220 0
:=dist
0 200 ∞ 570 400 220
200 0 200 450 ∞ 360
∞ 200 0 400 570 ∞
570 450 400 0 400 ∞
400 ∞ 570 400 0 220
220 360 ∞ ∞ 220 0
2 Técnicas de encaminamiento 45
Inserción nodo 2
Inserción nodo 3
Inserción nodo 4
Inserción nodo 5
Inserción nodo 6
:=Ruta
0 2 2 4 5 6
1 0 3 4 1 6
2 2 0 4 5 2
1 2 3 0 5 1
1 1 3 4 0 6
1 2 2 1 5 0
:=dist
0 200 400 570 400 220
200 0 200 450 600 360
400 200 0 400 570 560
570 450 400 0 400 790
400 600 570 400 0 220
220 360 560 790 220 0
:= Ruta
0 2 2 4 5 6
1 0 3 4 1 6
2 2 0 4 5 2
1 2 3 0 5 1
1 1 3 4 0 6
1 2 2 1 5 0
:= dist
0 200 400 570 400 220
200 0 200 450 600 360
400 200 0 400 570 560
570 450 400 0 400 790
400 600 570 400 0 220
220 360 560 790 220 0
:= Ruta
0 2 2 4 5 6
1 0 3 4 1 6
2 2 0 4 5 2
1 2 3 0 5 1
1 1 3 4 0 6
1 2 2 1 5 0
:= dist
0 200 400 570 400 220
200 0 200 450 600 360
400 200 0 400 570 560
570 450 400 0 400 790
400 600 570 400 0 220
220 360 560 790 220 0
:=Ruta
0 2 2 4 5 6
1 0 3 4 1 6
2 2 0 4 5 2
1 2 3 0 5 5
1 1 3 4 0 6
1 2 2 5 5 0
:=dist
0 200 400 570 400 220
200 0 200 450 600 360
400 200 0 400 570 560
570 450 400 0 400 620
400 600 570 400 0 220
220 360 560 620 220 0
:=Ruta
0 2 2 4 5 6
1 0 3 4 6 6
2 2 0 4 5 2
1 2 3 0 5 5
1 6 3 4 0 6
1 2 2 5 5 0
:=dist
0 200 400 570 400 220
200 0 200 450 580 360
400 200 0 400 570 560
570 450 400 0 400 620
400 580 570 400 0 220
220 360 560 620 220 0
Redes, sistemas y servicios de comunicación46
b) El tráfico entre el nodo i y j se estima como
Siendo Pi y Pj la población asociada al nodo i y j respectivamente la distancia dij se obtiene de lamatriz de distancias del apartado anterior.
El tráfico total que circula por la red vale
Se numeran los enlaces
2 3
6
4 5 10
1
9
11 12
1 2 3 4
17
18 14
15 13
22
19 21
7
20 6
16
5
8
Teniendo en cuenta el encaminamiento obtenido en el apartado a) se observa que en el enlace 1 circulael tráfico que va desde 1 hasta 2 y desde 1 hasta 3 ([1, 2] , [1,3]). En este caso:
Repitiendo el cálculo para el resto de enlaces se obtiene:
enlace i λ i (paq/seg) tráfico del enlace 1 6.250000000 [1, 2], [1, 3] 2 6.250000000 [2, 1], [3, 1] 3 22.85714286 [1, 3], [2, 3], [6, 3] 4 22.85714286 [3, 1], [3, 2], [3, 6] 5 12.50000000 [3, 4]
(paq/seg)1000ij
jiij d
PP=γ
:= γ
0 3.750000000 2.500000000 2.192982456 1.250000000 3.409090910
3.750000000 0 15.00000000 8.333333333 2.586206897 6.250000001
2.500000000 15.00000000 0 12.50000000 3.508771930 5.357142857
2.192982456 8.333333334 12.50000000 0 6.250000000 6.048387098
1.250000000 2.586206897 3.508771930 6.250000000 0 6.818181818
3.409090909 6.250000001 5.357142858 6.048387098 6.818181818 0
egmensajes/s5,1716
1j
6
1i
== ∑∑==
ijγγ
paq/seg25,613121 =+= γγλ
2 Técnicas de encaminamiento 47
6 12.50000000 [4, 3] 7 12.29838710 [4, 5], [4, 6] 8 12.29838710 [5, 4], [6, 4] 9 15.45277581 [4, 6], [5, 2], [5, 6]10 15.45277581 [2, 5], [6, 4], [6, 5]11 3.409090909 [6, 1]12 3.409090910 [1, 6]13 1.250000000 [1, 5]14 1.250000000 [5, 1]15 2.192982456 [1, 4]16 2.192982456 [4, 1]17 14.19334976 [2, 5], [2, 6], [3, 6]18 14.19334976 [5, 2], [6, 2], [6, 3]19 8.333333333 [2, 4]20 8.333333334 [4, 2]21 3.508771930 [3, 5]22 3.508771930 [5, 3]
d) El número medio de enlaces vale
enlaces192,11 22
1
== ∑=i
in λγ
Redes, sistemas y servicios de comunicación48
Problema 2.10
Supóngase que el coste (pesetas/mes) de los enlaces de la red del ejercicio anterior puede expresarsecomo la suma de un coste fijo y otro variable, de la siguiente manera:
COSTE (pts/mes) = 5000 + (α + β li) Ci
con α = 2,5, β = 0,0054 y li en Km.
a) Calcúlese el coste mínimo de los enlaces, si se supone que todos los mensajes tienen una longitudmedia de 300 bits.b) Si se dispone de 763.000 pesetas al mes en concepto de costes de transmisión, ¿cuál será la cantidadde dinero disponible para aumentar la capacidad de los enlaces?c) Distribúyase el dinero calculado en el apartado anterior, minimizando el retardo medio en funciónde la carga (k = 0), el retardo medio mínimo (k = 1) y según el criterio minimax (k = ∞ )d) Calcúlense los retardos por enlace y extremo a extremo para los 3 casos del apartado anteriore) ¿Cuál será el retardo medio máximo para un paquete concreto, según el criterio minimax?
Adoptando el criterio minimax y suponiendo que se permite un retardo medio máximo de 100 ms,calcúlese:
f) Porcentaje en que se puede incrementar el tráfico en la redg) Coste por megabit transmitido
Solución
a) El coste mínimo de los enlaces vale λi L. Para el enlace 1
Como la longitud del enlace es l1 = 200 Km, se obtiene
El coste mínimo del enlace 1 es
Repitiendo el cálculo para el resto de enlaces
enlace i Capacidad mínima longitud di Coste mínimo(bps) (Km) (pts/bps) (pts/mes)
1 1875.000000 200 3.5800 11712.50000 2 1875.000000 200 3.5800 11712.50000 3 6857.142858 200 3.5800 29548.57143 4 6857.142858 200 3.5800 29548.57143 5 3750.000000 400 4.6600 22475.00000 6 3750.000000 400 4.6600 22475.00000 7 3689.516130 400 4.6600 22193.14517 8 3689.516130 400 4.6600 22193.14517 9 4635.832743 220 3.6880 22096.95116
bps187511 == LC min λ
58,32000054,05,21 =⋅+=d
ptas/mes5,1172187558,3500010 =⋅+=D
2 Técnicas de encaminamiento 49
10 4635.832743 220 3.6880 22096.9511611 1022.727273 220 3.6880 8771.81818312 1022.727273 220 3.6880 8771.81818313 375.0000000 400 4.6600 6747.50000014 375.0000000 400 4.6600 6747.50000015 657.8947368 570 5.5780 8669.73684216 657.8947368 570 5.5780 8669.73684217 4258.004928 360 4.4440 23922.5739018 4258.004928 360 4.4440 23922.5739019 2500.000000 450 4.9300 17325.0000020 2500.000000 450 4.9300 17325.0000021 1052.631579 570 5.5780 10871.5789522 1052.631579 570 5.5780 10871.57895
---------------TOTAL: 368668.7513
Siendo el coste mínimo de toda la red
b) el dinero excedente vale
c)
k = 0 Distribución proporcional al tráfico del enlace
k = 1 Minimizando el retardo medio extremo-extremo
k = ∞ Criterio minimax
Calculando el incremento de capacidad de cada enlace y utilizando cada uno de estos criterios, seobtiene
ptas/mes7513,36866822
100 == ∑
=iiDD
ptas/mes24,3943310 =−= DDD me
∑=
= =∆ M
jj
i
i
eki d
DC
1
0
λ
λ
∑=
= =∆ M
jjj
ii
i
eki
d
ddD
C
1
1
λ
λ
∑=
∞= =∆ M
jj
eki
d
DC
1
Redes, sistemas y servicios de comunicación50
enlace i di (pts/bps) λi (paq/seg) ∆Ci(0) (bps) ∆Ci
(1) (bps) ∆Ci(∞)(bps)
1 3.5800 6.250000000 3366.530602 4022.731201 4020.014361 2 3.5800 6.250000000 3366.530602 4022.731201 4020.014361 3 3.5800 22.85714286 12311.88335 7692.933467 4020.014361 4 3.5800 22.85714286 12311.88335 7692.933467 4020.014361 5 4.6600 12.50000000 5172.609250 4986.370753 4020.014361 6 4.6600 12.50000000 5172.609250 4986.370753 4020.014361 7 4.6600 12.29838710 5089.180071 4945.994619 4020.014361 8 4.6600 12.29838710 5089.180071 4945.994619 4020.014361 9 3.6880 15.45277581 8079.810355 6232.041178 4020.01436110 3.6880 15.45277581 8079.810355 6232.041178 4020.01436111 3.6880 3.409090909 1782.515218 2927.159270 4020.01436112 3.6880 3.409090910 1782.515218 2927.159270 4020.01436113 4.6600 1.250000000 517.2609250 1576.828884 4020.01436114 4.6600 1.250000000 517.2609250 1576.828884 4020.01436115 5.5780 2.192982456 758.1274528 1908.977643 4020.01436116 5.5780 2.192982456 758.1274528 1908.977643 4020.01436117 4.4440 14.19334976 6158.804676 5440.990226 4020.01436118 4.4440 14.19334976 6158.804676 5440.990226 4020.01436119 4.9300 8.333333333 3259.548224 3958.297535 4020.01436120 4.9300 8.333333334 3259.548224 3958.297535 4020.01436121 5.5780 3.508771930 1213.003925 2414.686941 4020.01436122 5.5780 3.508771930 1213.003925 2414.686941 4020.014361
d) El retardo del enlace i, cuando se ha incrementado la capacidad para los distintos valores de k, vale
Para todos los enlaces se obtienen los siguientes retardos
enlace i λi (paq/seg) Ti(0) (seg) Ti
(1) (seg) Ti(∞) (seg)
1 6.250000000 .089113 .074576 .0746272 6.250000000 .089113 .074576 .0746273 22.85714286 .024367 .038997 .0746274 22.85714286 .024367 .038997 .0746275 12.50000000 .057998 .060164 .0746276 12.50000000 .057998 .060164 .0746277 12.29838710 .058949 .060655 .0746278 12.29838710 .058949 .060655 .0746279 15.45277581 .037130 .048138 .07462710 15.45277581 .037130 .048138 .07462711 3.409090909 .168302 .102488 .07462712 3.409090910 .168302 .102488 .07462713 1.250000000 .579978 .190255 .07462714 1.250000000 .579978 .190255 .07462715 2.192982456 .395712 .157152 .07462716 2.192982456 .395712 .157152 .07462717 14.19334976 .048711 .055137 .07462718 14.19334976 .048711 .055137 .07462719 8.333333333 .092037 .075790 .074627
)()(
ki
ki C
LT∆
=
2 Técnicas de encaminamiento 51
20 8.333333334 .092037 .075790 .07462721 3.508771930 .247320 .124240 .07462722 3.508771930 .247320 .124240 .074627
El retardo medio extremo-extremo en toda la red vale
Para los casos k = 0 y k = ∞, se obtiene
y para k = 1
Si representamos el retardo de cada enlace i y el retardo extremo-extremo T en función de k, se obtiene
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
k
Retardo (seg)
1,2
3,4
5,6
7,8
9,10
11,12
13,14
15,16
17,18
19,20
21,22
T
e) Con el criterio minimax todos los enlaces tienen el mismo retardo. En estas condiciones el retardomáximo extremo-extremo viene dado por el paquete que recorre la ruta más larga. En la matriz derutas se observa que el camino más largo está formado por dos enlaces. En este caso,
Tpaquete = 2 · 74,62 ms = 149,25 ms
∑=
=22
1
)()( 1
i
kii
k TT λγ
seg08897,022
1
)()0( === ∑=
∞
ii
e
dnDLTT
seg07441,02
22
1
)1( =
= ∑
=iii
e
dD
LT λγ
Redes, sistemas y servicios de comunicación52
f) Con el criterio minimax todos los enlaces tienen el mismo retardo. Al permitir que el retardo seamayor (100 ms), la red puede admitir más tráfico. Suponiendo que el tráfico aumentaproporcionalmente en todos los nodos
Este aumento implica un aumento de la capacidad mínima de cada enlace y del coste mínimo de la red
Como el capital disponible es fijo, el capital excedente disminuye
De’ = Dm – D0’
De manera que el incremento de la capacidad se reduce y el retardo es mayor
En este caso
Además
Despejando αα = 1,3868
El tráfico puede aumentar un 38,68%.
g) El nuevo tráfico entrante a red vale
Teniendo en cuenta que en media un paquete tiene 300 bits y que en un mes hay 2592000 segundos
γ’ = 184951,3879 Mbits/mes
Coste mensual por megabit
1;6,,1,' >== αγαγ Kjiijij
22,,1' K== iii λαλ
LC imini λα=
( )∑=
+=+=22
10 7512,2586681100005000'
iii LdD αλα
'''' 22
1
ii
ii
ei C
LTd
DC∆
==∆
∑=
bps3000'
' ==∆i
i TLC
ptas/mes294276''22
1
=⋅∆= ∑=i
iie dCD
7512,258668110000763000'' 0 α−−=−= DDD me
paq/seg85,237' == γαγ
ptas125,4'
MEGABIT POR MENSUAL COSTE ==γ
mD
2 Técnicas de encaminamiento 53
Problema 2.11
En la red de la figura se especifican las distancias (en Km) de cada uno de los enlaces. Los paquetes seencaminan por el camino de menor distancia física hasta el destino. Todos los enlaces sonunidireccionales. Considere que todos los tráficos son poissonianos y que la longitud de los paquetessigue una distribución exponencial de media L = 300 bits. El tráfico dirigido de un nodo i a un nodo j,en paquetes por segundo, queda expresado a través de la matriz γij.
2 4
3 5
1
1020
2010
10 201
23
4
5
6 ( )
−−
−−
−
=
00050300000020003000
ijγ
a) Obtenga el tráfico soportado por cada enlace (respete la numeración de los enlaces en la figura), y lacapacidad mínima que se deberá asignar a cada uno de ellos.b) Obtenga el número medio de saltos de los paquetes en la red.
Suponga que se dispone de un capital de 200.000 ptas para el mantenimiento mensual de la red, y queel coste mensual de cada uno de los enlaces se obtiene a partir de la expresión:
Di = d0 + diCi = 5000 + (2.5+0.0054 li) Ci con li en Km
c) Obtenga, para los enlaces 5 y 6, la capacidad total a asignar y el retardo medio de transferenciasiguiendo el criterio de minimización del momento k-ésimo del tiempo de tránsito, para los casos k = 0y k = ∞. Razone los resultados.d) Para el caso k = ∞, obtenga:
- Las capacidades totales y los retardos medios de transferencia para todos los enlaces.- El tiempo medio de tránsito extremo a extremo.- Suponiendo que se permite un retardo medio de transferencia por enlace de 45 ms, obtenga la
nueva asignación de capacidades a los enlaces y el factor α por el que se puede escalar eltráfico de entrada.
Solución
Los tráficos entrantes sonγ15 = 3 paq/s
γ25 = 2 paq/s
γ43 = 3 paq/s
γ51 = 5 paq/s
Y la tabla de encaminamiento
Redes, sistemas y servicios de comunicación54
1 2 3 4 512345
-3153
2-153
23-53
241-3
2415-
Con ayuda de la tabla anterior, y sabiendo que la longitud media de los paquetes es de 300 bits,construimos la tabla de tráficos y capacidad mínima por enlace.
Enlace i λi (paq/s) Ci mín (bps)123456
γ15 = 3γ15 + γ25 = 5
γ15 + γ25 + γ43 = 8γ43 + γ51 = 8γ51 = 5
0
9001500240024001500
0
b) Para obtener el número medio de saltos tenemos la relación
c) Dm = 200.000 ptas
Di = d0 + di Ci = 5.000 + (2.5 · 0.0054 li) Ci
Sabemos
Particularizamos a los casos solicitados:
k = 0
Para el cálculo del capital excedente necesitamos conocer el capital mínimo
i li di Ci, mín Di, mín123456
102020201010
2,5542,6082,6082,6082,5542,554
9001500240024001500
0
7298,68912
11259,211259,2
88315000
D0 = 52.560 ptas
23,21329
5323588531 6
1
=+++++++
== ∑=i
in λγ
( )( )∑
=
+
+
=∆ 6
1
)1(1
)1(1
j
kkjj
kkii
i
ei
d
ddD
Cλ
λ
∑=
=∆ 6
1jj
i
i
ei d
DC
λ
λ
2 Técnicas de encaminamiento 55
De = Dm – D0 = 200.000 – 52.560 = 147.440 ptas
Para el enlace 5
Y para el enlace 6
Por tanto, podemos pensar en eliminar el enlace 6 y no pagar el mínimo (d0 = 5.000), que estamospagando por un enlace que no se va a utilizar (le estamos asignando capacidad cero). De esta forma, elcoste mínimo es de 5.000 ptas menos y el capital excedente de 5.000 ptas más. Así, para el enlace 5
k = 1
Primera posibilidad (manteniendo enlace 6)
Enlace 5
088,196
1
=∑=j
jj dλ
C5 = 1500 + 10809 = 12309
bpsC 9953295
554,2147440
5 ==∆
bpsCCC min 11453995315005,55 =+=∆+=
s0301,09953300
150011453300
555 ==
−=
−=
LCLTλ
0290
554,2147440
6 ==∆C
ncia transferede retardo dehablar sentido tienenoy existe no enlace El!!
0300
0
66
6,66
=∆
=
=∆+
CLT
CCC min
bps 10291295
554,2152440
5 ==∆C
bps 117911029115005 =+=C
s 0292,010291300
5 ==T
∑=
=∆ M
jjj
ii
i
ei
d
ddD
C
1
λ
λ
bps10809088,19
574,3554,2
1474405 ==∆C
Redes, sistemas y servicios de comunicación56
Enlace 6
C6 = 0 bps
Eliminando el enlace 6
C5 = 1500 + 11176 = 12676 bps
k = ∞
Manteniendo el enlace 6
486,156
1
=∑=j
jd
Enlace 5C5 = 1500 + 9521 = 11021 bps
Enlace 6. En este caso sí se obtienen valores, ya que son iguales para todos los enlaces.
s0278,010809
3005 ==T
bps06
1
66
66 ==∆
∑=j
jj
e
d
ddDC
λ
λ
!!0
300
66 =
∆=
CLT
bps11176088,19
574,3554,2
1524405 ==∆C
s0268,011176
300
55 ==
∆=
CLT
( )enlaces los todospara idéntico9521486,15
1474406
1
6
1
====∆
∑∑== j
j
e
jj
i
i
ei
d
D
d
ddD
C
s0315,09521300
55 ==
∆=
CLT
9521952106,66 =+=∆+= CCC min
seg0315,06
6 =∆
=CLT
2 Técnicas de encaminamiento 57
Eliminando el enlace 6
d) Manteniendo enlace 6
d.1) Las capacidades se incrementan por igual para todos los enlaces, y los retardos de transferenciason iguales
i Ci Ti
123456
900 + 9521 = 104211500 + 9521 = 110212400 + 9521 = 119212400 + 9521 = 119211500 + 9521 = 11021
0 + 9521 = 9521
31,5 ms31,5 ms31,5 ms31,5 ms31,5 ms31,5 ms
d.2)
d.3)
i α Ci
123456
2,962,962,962,962,962,96
900 + 6665 = 93291500 + 6665 = 111052400 + 6665 = 138692400 + 6665 = 137691500 + 6665 = 11105
0 + 6665 = 6665
bps11788932,12
152440
1
===∆
∑=
M
jj
ei
d
DC
932,125
1
=∑=j
jd
seg0254,011788
3005 ==T
bps132881178815005 =+=C
ms245,70ms5,3123,2 =⋅== iTnT
7,0045,00315,0
'' 1 ===
ie
e
TT
DD
ptas967927,0''0 =−=−= emem DDDDD
bps666595217,07,0' ≈⋅=∆⋅=∆ ii CC
96,22256066792
50006525605000696792'
00
00 ==⋅−⋅−
=−−
=dMDdMD
α
Redes, sistemas y servicios de comunicación58
Eliminando el enlace 6
d.1)
i Ci Ti
12345
900 + 11788 = 126881500 + 11788 = 132882400 + 11788 = 141882400 + 11788 = 141881500 + 11788 = 13288
25,4 ms25,4 ms25,4 ms25,4 ms25,4 ms
d.2) ms642,56ms4,2523,21 =⋅== TnT
d.3)
i Ci (bps)12345
3,97 · 900 + 6601 = 101743,97 · 1500 + 6601 = 125563,97 · 2400 + 6601 = 161293,97 · 2400 + 6601 = 161293,97 · 1500 + 6601 = 12556
56,0045,00254,0
''
===i
i
e
e
TT
DD
11463415244056,020000056,0''0 =⋅−=−=−= emem DDDDD
66011178856,056,0 =⋅=∆=∆ ii CC
97,32256089634
500054756050005114634
==⋅−⋅−
=α
2 Técnicas de encaminamiento 59
Problema 2.12
Según la red de la figura donde se especifican las capacidades (en bits por segundo) de cada uno de losenlaces y considerando que todos los tráficos de la red son poissonianos y la longitud de los paquetessigue una distribución exponencial de media L = 200 bits:
���������������������������������
������������������������������1 2
������������������������������3
���������������������������������4
��������������������5
4800
4800
4800
2400 9600
24001 23
4
5 6
7 9
11
12
10
8
a) Determínese la tabla de encaminamiento (R) utilizando alguno de los algoritmos de mínimadistancia estudiados, considerando como función de coste para cada enlace i, de capacidad Ci, elsiguiente valor:
ii C
f 9600=
b) Suponiendo que el tráfico dirigido de un nodo i a un nodo j queda expresado a través de la matriz
( )γ ij =
−−
−−
−
4 3 2 14 2 3 13 2 2 12 3 2 41 1 1 4
calcúlese el número medio de enlaces que atraviesa un paquete en esta red.
c) Determínese el retardo medio que sufren los paquetes en la red (T).d) Manteniendo el mismo valor del retardo de un paquete en la red (T) y el mismo encaminamiento (R)obtenidos anteriormente, halle los valores de capacidad en los enlaces que dan lugar a un tiempo detransferencia a través de cualquier enlace constante.
Solución
3
1 2
4
5 9600
2400
4800
4800
2400
2 1
4
3
8
6 5 12
11
13
14
7
Redes, sistemas y servicios de comunicación60
a) Tabla de encaminamiento R
Función de coste i
i Cf 9600
=
3
1 2
4
5 1
4
2
2
4
2
1
3(4)
2(2)
4(2+1=3)
5(2+4=6)
3(3+2=5)
5(3+2=5)
2 4(1)
5(4)
1(2)
3(2+4=6)
3(1+2=3)
5(1+2=3)
3
4(2)
1(4)
2(2+1=3)
5(2+2=4)
1(3+2=5)
2 Técnicas de encaminamiento 61
4 3(2)
5(2)
2(1)
1(2+4=6)
1(1+2=3)
5(1+4=5)
5
4(2)
2(4)
2(2+1=3) 1(3+2=5)
3(2+2=4) 1(4+4=8)
−−
−−
−
=
44445322444144412232
R
b) Caminos
{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ } 11725
724
6723
221
117115
7114
313
112
,5,4,24,2
,3,4,21,2
,,5,4,2,1,4,2,1
3,12,1
λλλ
λλλ
λλλλλ
λλ
⇒=Π⇒=Π⇒=Π
⇒=Π⇒=Π
⇒=Π⇒=Π⇒=Π
{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ } 1145
643
842
2841
11535
534
8532
431
5,43,42,4
,1,2,4,5,4,3
4,3,2,4,3
1,3
λλλ
λλλλ
λλλ
λ
⇒=Π⇒=Π⇒=Π⇒=Π⇒=Π
⇒=Π⇒=Π
⇒=Π
{ }{ }{ }{ } 1254
61253
8252
281251
4,5,3,4,5
,2,4,5,,1,2,4,5
λλλλλ
λλλ
⇒=Π⇒=Π⇒=Π⇒=Π
5254535112
4535251511
10
9
52514241328
25242315147
5343236
3534325
314
133
5141212
1514121
γγγγλγγγγλ
λλ
γγγγγλγγγγγλ
γγγλγγγλ
γλγλ
γγγλγγγλ
+++=+++=
==
++++=++++=
++=++=
==
++=++=
Por simetría
Redes, sistemas y servicios de comunicación62
i λi
1, 23, 45, 67, 8
9, 1011, 12
γ12 + γ14 + γ15 = 4 + 2 + 1 = 7γ13 = 3γ32 + γ34 + γ35 = 2 + 2 + 1 = 5γ14 + γ15 + γ23 + γ24 + γ25 = 2 + 1 + 2 + 3 + 1 = 90γ15 + γ25 + γ35 + γ45 = 1 + 1 + 1 + 4 = 7
γ
λ∑= i
i
n
( )∑∑≠==
=⋅=+++⋅==N
jij
ij
N
i 11
46232436102γγ
( ) 6231270953721
=⋅=+++++⋅=∑=
M
iiλ
348,14662
==n
c)
LCLTT
ii
M
i
ii
M
i
i
λγλ
γλ
−⋅=⋅= ∑∑
== 11
i λi Ci ( )msLC
LTii
i λ−=
λi L
1, 23, 45, 67, 89, 10
11, 12
735907
480024004800960024004800
58,82111,1152,6325,64
-58,82
1400600
10001800
01400
[ ]82,58764,25963,52511,111382,58746212
1
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅=⋅= ∑=
ii
i TTγλ
[ ] ms77,7172,1650231
=⋅=T
T = 71,77 ms
2 Técnicas de encaminamiento 63
d)
T = n · T*
T* = retardo medio sufrido en un enlace
Criterio minimax ⇒ T* es constante
ms24,53348,1
77,71* ===
nTT
1*
*
−
=−=∆⇒∀−
=LT
LCCLC
LT iiiiii
λλ
bits42,3756*==∆
TLCi
Finalmente
i λi L ∆ Ci Ci = ∆ Ci + λi L
1, 23, 45, 67, 89, 10
11, 12
1400600
10001800
01400
375637563756375637563756
515643564756555637565156
Redes, sistemas y servicios de comunicación64
Problema 2.13
Dada la red de la figura y las matrices de encaminamiento y de tráfico en paquetes por segundo
a) Determine el número medio de enlaces atravesados por un paquete (n)b) El coste mínimo de la red para una longitud media de los paquetes L = 1000 bits y un costeeconómico del enlace que depende de su capacidad (C) de la forma: 2000 + 0,7C unidadesmonetarias/mes con C en bps.c) Calcule el coste de la red Dm cuando se desea obtener un retardo medio en los paquetes de 100 mscon la condición de que todos los enlaces introduzcan el mismo retardo medio en un paquete.d) Para el coste hallado Dm especifique las capacidades asignadas a cada enlace.
Solución
a) Los conjuntos de nodos atravesadeos para ir de un nodo i a un nodo j son:
Π12 = {1, 2}Π13 = {1, 3}Π14 = {1, 3, 4}Π21 = {2, 1}Π23 = {2, 1, 3}Π24 = {2, 1, 3, 4}
Π31 = {3, 1}Π32 = {3, 1, 3}Π34 = {3, 4}Π41 = {4, 3, 1}Π42 = {4, 2}Π43 = {4, 3}
El tráfico soportadopor cada enlace es:
411113111
5416411
01
5113413
242314138
4132317
43416
3424145
4
423
2423212
32121
=+++=+++==++=++=
=+=+==++=++=
===
=++=++==+=+=
γγγγλγγγλ
γγλγγγλ
λγλ
γγγλγγλ
−−
−−
=
323411111332
R
3
1 2
4
3
6
1
7 2
8 5
4
−−
−−
=
411411113113
ijγ
2 Técnicas de encaminamiento 65
El tráfico entrante en la red en:paq/s22== ∑
≠ jiijγγ
Finalmente, el número medio de enlaces atravesados se obtiene como:
273,122288
1
=== ∑=i
inγλ
3max =n , para Π24
b) Coste de un enlace = 2000 + 0,7 · C (bps)
L = 1000 bits/paq
d0 = 2000
idi ∀= 7,0
∑∑==
+=+=M
iii
M
iii LddMLddMD
10
100 λλ
D0 = 8·2000 + 0,7·1000·28 = 35600 unidades monetarias/mes (33600 unidades monetarias/mes sin el 4)
c) T = 100 ms
Si todos los enlaces tienen igual retardo ⇒ T* (minimax)
ms5,781,273
ms100** ===⇒⋅=
nTTTnT
Dm = D0 + De
∑=
∞==⇒=
M
jj
eie d
DLTTD
1*?
3*1* 105,78
7,071000−
= ⋅⋅⋅
=⋅⋅
== ∑ TdML
dTLD i
M
jje
De = 71337,58 unidades monetarias/mes
De = 62420,38 unidades monetarias/mes (sin el 4)
Dm = 35600 + 71337 = 107000 unidades monetarias/mes
Dm = 33600 + 62420 = 96020 unidades monetarias/mes (sin el 4)
Redes, sistemas y servicios de comunicación66
d) Capacidad de los enlaces
*TLLCLC iiii +=∆+= λλ
bits12738*
* ==∆⇒∆
=TLC
CLT
C1 = 12738 + 4000 = 16738
C2 = 12738 + 5000 = 17738
C3 = 12738 + 1000 = 13738
C4 = 0
C5 = 12738 + 6000 = 18738
C6 = 12738 + 5000 = 17738
C7 = 12738 + 3000 = 15738
C8 = 12738 + 4000 = 16738
3 Mecanismos de control de congestión 67
3 Mecanismos de control de congestión
Problema 3.1
Un terminal contrata una tasa de entrada a un nodo de red de λ paq/s. Para contratar la admisión elnodo genera permisos a una tasa de µ = 2λ. Los permisos se almacenan en un buffer de tamaño 3 ycada paquete debe coger un permiso para ser admitido a la red.
Calcular la probabilidad de que, debido al mecanismo de control, un paquete tenga que esperar paraentrar.
Solución
La figura adjunta ilustra lo dicho en el enunciado.
El estado del sistema es (i, j). Observar que i y j no pueden ser distintos de 0 simultáneamente. Eldiagrama de estados y transiciones es
(00)
Se tiene
p (0, 2) = ρ p (0, 3)
p (0, 1) = ρ2 p (0, 3)
Redes, sistemas y servicios de comunicación68
p (0, 0) = ρ3 p (0, 3)
p (1, 0) = ρ4 p (0, 3)
p (2, 0) = ρ5 p (0, 3)
...
de lo que se deduce
p (0, 3 ) = 1 - ρ
La probabilidad de tener que esperar para ser admitido esta dado por
()()( )()()()[]1,02,03,010,20100esperaadProbabilidpppppp++−=+++=K
Como
2==µρ
Se tiene
p (0, 3) = 1/2
p (0, 2) = 1/4
p (0, 1) = 1/8
Por lo tanto,
Probabilidad espera = 1/8
3 Mecanismos de control de congestión 69
Problema 3.2
En una red se implementa el control de congestión limitando el tamaño de los buffers. ¿Cuál es laprobabilidad de pérdida si el tiempo de tránsito máximo de extremo-extremo (para los paquetes que nose pierden) es de 195 ms?
Datos adicionales:
- λ = 50 paq/s para todos los enlaces- C = 64 Kbps para todos los enlaces- Longitud media de los paquetes = 64 octetos- Los paquetes tienen distribución exponencial- Número máximo de enlaces extremo-extremo = 3
Solución
El tiempo de transferencia máximo por enlace es 195/3 = 65 msg. Si el tamaño del buffer se limita a Qpaquetes, el tiempo de espera de un paquete que no se pierde es QTs, donde Ts es el tiempo detransmisión (servicio). Así, el tiempo máximo de transferencia (espera + transmisión) por el enlace es:
(Q + 1) Ts
Por lo tanto
( )1065164000⋅=+Q
DespejandoQ + 1 = 8.125
Es decir,Q = 7
El diagrama de estados y transiciones de un sistema con capacidad para Q paquetes es
2
Asíp (1) = ρ p(0)
p (2) = ρ2 p(0)
...
p (Q+1) = ρQ+1 p(0)
de lo que se deduce
Redes, sistemas y servicios de comunicación70
1 = p(0) (1 + ρ + ρ2 + ... + ρQ+1)
es decir
() 210+−=Qpρ
Por otra parte
PL = Probabilidad de pérdida =
21+−=Qpρρ
Como
4,064000===Cρ
substituyendo se tiene
0004,04,01409−=LP
Es decir
La tasa de pérdidas es del 0,4 por mil
3 Mecanismos de control de congestión 71
Problema 3.3
Comente qué se entiende por control de congestión. Diferencias con el control de flujo.
Considérese un enlace transoceánico que utiliza como medio de transmisión fibra óptica y que une dospuntos A y B separados por 7500 Km de distancia (sin necesidad de nodos intermedios). La velocidadde propagación de una señal electromagnética en el cristal de sílice de la fibra óptica es v = (c/1,5),con c = 3·108 m/s (velocidad de propagación en el vacío).
Por dicho enlace se transfiere información utilizando el Modo de Transferencia Asíncrono (ATM). Esdecir, se transmiten paquetes (celdas) de 53 octetos de longitud. La velocidad de transmisión delenlace es de 150 Mbps.
En estas condiciones,
a) Calcule el retardo de propagación entre A y B.b) ¿Cuál es el tiempo de transmisión de una celda?c) ¿Cuál será el retardo para enviar desde A una celda (supuesta de control) y recibir otra celda derespuesta enviada desde B? Despréciese el tiempo de proceso y la posible espera en cola de los nodosA y B.d) ¿Cuántas celdas están presentes en el enlace entre los extremos A y B suponiendo una utilización uocupación total de dicho enlace?e) En función de los resultados obtenidos y teniendo en cuenta que en ATM se utiliza multiplexaciónestadística, comente y justifique qué técnica, técnicas o combinación de técnicas de control decongestión utilizaría.
Supóngase ahora un control de tráfico denominado leacky o token bucket que se usa para el control delos parámetros de uso/red en las redes basadas en ATM. El esquema es el que se muestra en la figura ysu funcionamiento puede resumirse como sigue:
“Almacén de t e s t i g o s ”Generación de t es t igosB
- Cada vez que llega una celda/paquete, si existe un testigo en el "almacén de testigos" setransmite una celda hacia la red consumiendo un testigo (se decrementa en uno el número detestigos en el "almacén").
- Si cuando llega la celda no hay testigo disponible, ésta es descartada por el sistema (se pierde).- Los testigos se generan a velocidad constante V y se almacenan en el "almacén de testigos"
que posee una capacidad máxima fija de B testigos. Sólo hay incrementos en el "almacén detestigos" con tasa V mientras éste no esté completamente lleno.
Mediante este sistema se desea controlar el flujo de celdas generadas por una fuente de tráfico aráfagas. La velocidad media de la fuente es de 50000 celdas/s, el tiempo de transmisión de una celda
Redes, sistemas y servicios de comunicación72
en el canal es de δ = 5 µs e inicialmente el "almacén de testigos" se supone que está totalmente llenocon capacidad máxima B = 4 testigos.
Se pretende controlar la velocidad media de dicha fuente y el tamaño máximo de las ráfagas de celdas(máximo número de celdas que se transmiten una a continuación de otra) que se vierten al canal.
f) Razone a qué tipo de control de tráfico (preventivo o reactivo) responde este sistema.g) ¿Cada cuánto tiempo (T) se deberá generar un testigo?h) Sabiendo que los tiempos de llegada de celdas de la fuente son 0, 5δ, 6δ, 7δ, 8δ, 9δ, 10δ, 11δ, 12δ,18δ, 19δ, 25δ. Obtenga y dibuje la secuencia de tiempos del flujo de celdas de salida del sistema. Paraello marque los tiempos en que se generan testigos, las celdas que "pasan" (cumplen) el sistema, y elnúmero de testigos en cada instante de salida de una celda.
i) ¿Qué número máximo de celdas conforman una ráfaga de salida para esta secuencia de entrada?¿Qué puede decir del valor obtenido?
Solución
Control de congestión: degradación del rendimiento de una red originado por la presencia de unvolumen excesivamente alto de tráfico (se realimenta). Se ha de asegurar que la red sea capaz detransportar el tráfico ofrecido. Es un asunto global a toda la red de transporte.
Control de flujo (adaptación de velocidades): trata de evitar el colapso del receptor (pérdida deinformación) enviándole información más rápidamente de lo que la puede procesar. Es un asuntopunto a punto entre un emisor y un receptor dados.
a)
m / s511038
b)
s/celda8,2b/s101506µ≈=TxT
c)
( )ms752≈+=+TxpropvueltaidaTTT
el tiempo de transición es despreciable.
3 Mecanismos de control de congestión 73
d)
celdas13392≈=TxTa
e)- Preasignación de buffers. “NO” ⇒ uso ineficiente de los recursos- Control de congestión a través de permisos: SI- Paquetes regulardores: NO- Preasignación de buffers (cierto %, no a la velocidad de pico) + a través de permisos: SI
SE UTILIZARÁN LAS TÉCNICAS QUE NO SEAN REACTIVAS
f) Preventivo, se actúa previamente a la entrada del flujo de celdas en el canal.
g) Para controlar la velocidad media de la fuente de tasa de generación de testigos V debe coincidircon dicha velocidad. Si V = 50000 testigos/s ⇒ T = 1/V =20 µs en generar un testigo (ya que es eltiempo que en media transcurre entre la llegada de dos celdas)
h)
i) Observando el diagrama temporal la máxima ráfaga para esta secuencia de entrada es de 5 celdas(*). Como puede apreciarse cercana al tamaño máximo del almacén de testigos B = 4, que es el queregula dicho valor.
Redes, sistemas y servicios de comunicación74
Problema 3.4
En una red de datos se implementa el control de congestión limitando el tamaño de los buffers demodo que el tiempo de tránsito en el primer intento sea como máximo 100 ms. El número máximo deenlaces a atravesar es 4.
Cuando el paquete se pierde, el nodo origen lo retransmite al cabo de 215 ms.
Calcular el tiempo de tránsito teniendo en cuenta que el paquete puede no atravesar la red a la primera.
Datos: (los mismos para todos los enlaces)
λ = 100 paq/sg , C = 128 Kbps , L = 80 octetos
Solución
Sea TEE el tiempo de tránsito, T el de transferencia entre nodos y Q el tamaño del buffer.
Se tiene
5,0128000===Cρmsg25444====EETTT()1+=QCT( )411280001025=⇒+=QQ
La probabilidad de pérdida, PL es
0159,05,01162=−=−=+QLPρ
La probabilidad de pérdida extremo a extremo vale aproximadamente
0636,00159,044=⋅=≈LLPP
El tiempo de tránsito, teniendo en cuenta las retransmisiones, se puede calcular con ayuda de lasiguiente figura (p = PL
(EE))
3 Mecanismos de control de congestión 75
100 + p(1-p) 215 + p2 (1-p) 2·215 + p2 (1-p) 3 · 215 + ... = 115 msg
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 77
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes
Problema 4.1
La tasa de llegadas a la cola del servicio telefónico de información de un ayuntamiento decrece enfunción del número de personas (llamadas) que hay esperando para ser servidas (incluyendo la que sesirve). Suponiendo que dicha tasa evoluciona de la siguiente manera:
λ0 = 5 llamadas por segundo, λ1 = (5/2), λ2 = (5/3), λ3 = (5/4),...
y que en dicho servicio se atienden 2 consultas cada 3 segundos, calcúlese:
a) Número medio de llamadas en el sistemab) Tiempo medio de espera en el sistemaNota. Supóngase una distribución exponencial tanto para el régimen de llegadas como para lostiempos de servicio.
Solución
Se trata de un sistema de colas de llegada con abandono, es decir, las llegadas se “desaniman”conforme más y más clientes están en el sistema.
Para modelar este efecto, las tasas de nacimiento y muerte son de la forma:
En este caso, λ0 = α = 5 llamadas/s. Ello implica que el desánimo o abandono es armónico conrespecto al número de elementos en el sistema.
Diagrama de estados
0
α
µ 1
α/2
µ
2 k+1 k-1
α/k
µ
k
α/(k+1)
µ
01
≥+
= kkkαλ
1≥= kk µµ
Redes, sistemas y servicios de comunicación78
Resolviendo, se obtienen las probabilidades de estado
a) Calculando la media de esta distribución de Poisson, el número medio de llamadas en el sistema es
donde α = 5 llamadas/s
Un sólo servicio telefónico → un sólo servidor → una única tasa de servicio.
Del enunciado
b) Aplicando la fórmula de Little, se obtendrá el tiempo medio en el sistema T
Para ello se requiere calcular la λ, pero para colas infinitas de servidor único, el factor de utilización es
Además
!kµαpp
k
k1
0
=
) dergodicida (condición;!
11
1
10 ∞<=
+=
−−
∞
=∑ µ
αµα µ
αe
kp
k
k
Poisson) deón distribuci una deexpresión la a (responde...,2,1,0!
=
=−
kek
p
k
kµ
αµα
µα
=N
llamadas/s32
=µ
llamadas5,7=N
µα
ρ−
−=−= ep 11 0
µλλρ == X·
−==
− µα
µρµλ e1·
s256,1112
=
−
=− µ
αµ
α
eT
TN λ=
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 79
Problema 4.2
Al equipo de ingeniería de telecomunicación de la empresa EVALTEL se le ha encargado evaluar tresconfiguraciones distintas para un nodo de una red de conmutación de paquetes.
La primera consiste en suponer que dicho nodo puede modelarse como un sistema M/M/1 con unacola para almacenar paquetes y un servidor muy rápido, y por tanto caro, que se encarga de transmitirlos paquetes por un canal de salida de capacidad 20 Mbps. Los paquetes llegan al sistema con una tasaλ = 10 paquetes/segundo y la longitud media de los mismos es de 1000 bits.
Las dos alternativas de diseño a la primera opción (más cara) constan de 10 dispositivos, cada uno delos cuales puede también modelarse como un sistema M/M/1 con su correspondiente cola y servidor,pero de capacidad 10 veces menor. Las configuraciones son las siguientes:
- 10 sistemas M/M/1 de capacidad 2 Mbps a cada uno de los cuales le llegan paquetes delongitud media 1000 bits a una tasa de λ/10 = 1 paquete/segundo.
- 10 sistemas M/M/1 de capacidad 2 Mbps, pero donde los paquetes que llegan a una tasa λ de10 paquetes/segundo y tienen longitud media de 1000 bits se dividen antes en 10 partesiguales y se envía una parte a cada uno de los 10 dispositivos.
Calcúlese, para cada una de las tres configuraciones anteriores:
a) Tiempo medio de serviciob) Factor de utilizaciónc) Tiempo medio de espera en colad) Número medio de unidades en cola
En función de los resultados anteriores, justifique cada una de las configuraciones y decídase por unade ellas.
Solución
Configuración A
a)
b)
paq/s10=λ paq/s102Mbps20 4⋅==⇒=LCC µ
b/paq1000=L
s5010211
4 µµ
=⋅
==X
4105 −⋅=⋅= Xλρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación80
c)
d)
Configuración B
2Mbps
2Mbps
λ/10
λ/10
λ
10 subsistemas
a)
b)
c)
d)
Configuración C
2Mbps
2Mbps
λi=λ
λ
10 subsistemasL’
L
L’λi=λ
a)
b)
s105,21
8−⋅=−
=ρ
µρ
W
paq105,2 7−⋅=⋅= WN λ
mayor) veces(10s105 4−⋅=X
410510
−⋅=⋅=⋅= XXiiλλρ
mayor) veces(10 s105,21
7−⋅=−
=i
ii
Wρµ
ρ
paq105,2 7−⋅=⋅= WN ic λ
b/segmento100' =L
s50 µ=X
4105 −⋅=iρ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 81
c)
d)
Se obtienen los mismos valores que en la configuración A, por tanto, ésta es la mejor opción.
Consideraciones
- En los tres casos se trabaja en baja carga, con lo que XT ≈ . Casi no hay espera en cola y
cN es muy pequeño.- En la configuración B el tiempo de espera en cola es mayor, ya que se sirven peticiones de
forma más lenta, mientras que el resto de servidores están desocupados.- En la configuración C se resuelve el problema, ya que se reparte el trabajo (por pequeña que
sea la carga) entre los 10 enlaces obteniéndose los mismos valores que en A.
s105,2 8−⋅=W
paq105,2 7−⋅=N
Redes, sistemas y servicios de comunicación82
Problema 4.3
Se desea diseñar una red de área local para una empresa. Se ha decidido ya la topología y el tipo dered. Básicamente constará de un servidor de ficheros y una serie de terminales desde los que losusuarios pueden acceder a la información instalada en el servidor. Uno de los problemas aún porresolver es el de las licencias de uso, es decir, qué número máximo de usuarios simultáneos (N)pueden estar conectados al servidor. Está claro que, cuanto mayor sea el número de licencias de uso,mayor será el coste de la red.
Supóngase que el servicio de los usuarios conectados se hace a través del uso compartido de una solaCPU muy potente, de forma que mientras se sirve un usuario el resto de usuarios conectados al sevidoresperan en una cola.
Las peticiones desde el total de terminales, supuesto infinito, están distribuidas según un proceso dePoisson de tasa λ paq/s, y los tiempos de servicio se asumen exponenciales con tasa µ paq/s.
a) Proponga un modelo markoviano para el sistema descrito; para ello siga el proceso siguiente: definael estado del sistema, determine el número de estados posible, dibuje el diagrama de transición entreestados y dé una posible descripción del sistema mediante la notación de Kendall.
b) Halle la probabilidad pk de dicho sistema en régimen permanente, siendo k el estado del sistema.Discuta la estabilidad del sistema.
c) Para el caso extremo en que el número máximo de usuarios que pueden conectarse al servidor sea 1(N=1), calcúlese el tiempo medio de permanencia en el sistema. Justifique el resultado.
d) Definiendo el parámetro ρ = λ/µ = 0,5 y suponiendo N»1, calcúlese el número mínimo de licenciasnecesarias para garantizar una probabilidad de bloqueo inferior a 10-6.
Solución
Se supone que cada usuario está conectado a través de un terminal y que genera una única petición. Sesigue una disciplina FIFO.
a) Estado: número de usuarios (clientes) en el servidorNúmero de estados: finito N+1Kendall M/M/1/NDiagrama de estados
0
λ
µ 1
λ
µ 2
λ
N-1
λ
µ µ
λ
µ
N 3
λ
µ b)
≥<
=NkNk
k 0λ
λ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 83
Para µλρρ
µλ
=⋅=
=≤ donde00
kk
k pppNk
Para 0=> kpNk
Sumatorio finito, el sistema es siempre ergódico
Finalmente
c) Sólo dos estados k = 0 y k = N = 1
número medio de elementos en el sistema
también
Por tanto
µ1
=T tiempo medio de servicio. Intuitivamente, si N = 1, el sistema es únicamente el servidor, luego
el tiempo medio de permanencia en el sistema coincide con el tiempo medio de servicio.
d) En estas condiciones
Nkk ,,2,1 K== µµ
111
10 1
11−+
−
=
−
−=
+= ∑ ρ
ρρNN
k
kp
Nkp kNk ≤≤⋅
−−
= + 01
11 ρ
ρρ
Nkpk >= 0
ρρ
ρ +=
+=
1;
11
10 pp
ρρ+
=⋅= ∑= 1
1
0kkpkN
CURSADA
NTλ
=
( ) ( )ρ
λλλλ+
=−=−=1
11 1ppBCURSADA
( )ρ
λµλ+
=−=1
1 0pCURSADA
( ) 6101 −<−≈==
NkB Nk
pp ρρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación84
Despejando N
para pB < 10-6 se obtiene que N > 19, por lo tanto son necesarias como mínimo 20 licencias.
ρρ
ρρ10
10
log1
log
1log
−
=
−
=
B
B
ppN
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 85
Problema 4.4
A un nodo de conmutación se conectan 4 terminales. Dicho nodo dispone de 3 enlaces de salida decapacidad 9600 bps cada uno. Cuando un terminal genera un mensaje, éste se transmite por cualquierenlace libre, o se guarda en un buffer a la espera que quede algún enlace libre para transmitirlo. Lalongitud de los mensajes está distribuida exponencialmente con media 960 bits. Entre el nodo y losterminales existe un protocolo, de manera que cuando un terminal genera un mensaje queda inactivo(no genera más mensajes) hasta que el nodo confirma que su mensaje ya ha sido transmitido (dichaconfirmación es inmediata). Los terminales activos generan mensajes según una distribución dePoisson con tasa λ = 2 mensajes/segundo.
a) Dibujar el diagrama de estados e indicar de qué sistema se trata mediante la notación de Kendall.b) Calcular las probabilidades para cada uno de dichos estados.c) Calcular el número medio de mensajes en el nodo.d) Calcular el tiempo medio de permanencia en el nodo.
Solución
a)
λK
µ
M/M/3/∞/4
También sería válido suponer que la cola es de tamaño uno M/M/3/4/4.
0
4λ
µ 1
3λ
2µ
2
2λ
3µ
3
λ
3µ
4
Siendo λ = 2 mensajes/segundo
b)
egundomensajes/s109609600
===LCµ
001 8,04 ppp =⋅=µλ
00
2
2 24,06 ppp =
=
µλ
Redes, sistemas y servicios de comunicación86
Resolviendo el sistema
p0 = 0,4821
p1 = 0,385
p2 = 0,1157
p3 = 0,0154
p4 = 1,028 · 10-3
c)
d) Aplicamos Little
Es necesario calcular la tasa cursada
00
3
3 032,04 ppp =
=
µλ
00
4
4 00213,034 ppp =
=
µλ
( ) 100213,0032,024,08,010 =++++p
mensajes 66,03
1612124432
0
4
0
=
+
+
+
== ∑
= µλ
µλ
µλ
µλppkN
kk
c
NTλ
=
3
0
32
0
3
0
143314
+=
+
+
+== ∑
= µλλ
µλ
µλ
µλλλλ ppp
kkkc
egundomensajes/s 664,6=cλ
s1,0==c
NTλ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 87
Problema 4.5
Supóngase que la red interna de una empresa dispone de un servicio de comunicación con el exteriorcontratado a una operadora. Dicho servicio consta de m líneas de transmisión alquiladas iguales. Lapoblación (usuarios de la intranet) a la que éstas dan servicio se supone infinita.
Como medida de ahorro en concepto de comunicaciones con el exterior, cuya factura puede dispararsesin control en una entidad grande, los programas de comunicación que utilizan los usuariosautomáticamente marcan los paquetes de información a transmitir que se generan en importantes y noimportantes (p. e., en función de la URL que se visita). Por motivos de eficiencia y economía de laempresa, la transferencia de un paquete importante es crucial con respecto a la transmisión de unpaquete no importante; no obstante, se permite que estos últimos progresen siempre que existanrecursos de transmisión libres con tal de mantener la utilización de los enlaces en un nivel aceptable.
En conjunto, la generación de paquetes importantes puede modelarse como un proceso de Poisson detasa λI que se ofrece a una cola de capacidad infinita donde dichos paquetes se van acumulandocuando no se encuentran líneas libres. La distribución de paquetes no importantes también se suponepoissoniana de tasa λNI , pero sólo se ofrece a las m líneas que los servirán mientras haya alguna libre;bajo ningún concepto, dichos paquetes tienen la posibilidad de ingresar en cola.
Con las salvedades expuestas anteriormente, las m líneas dan servicio a ambos tipos de paquetes y lostiempos de servicio se suponen distribuidos exponencialmente con media 1/µ.
a) ¿Cuál es la tasa de tráfico total (λT) ofrecido a las m líneas de transmisión contratadas? ¿Por qué?b) Proponga y justifique un modelo markoviano para el sistema descrito; para ello siga el procesosiguiente: defina el estado del sistema, determine el número de estados posible y dibuje el diagrama detransición entre estados. ¿Responde al diagrama de estados de un proceso de nacimiento y muerte?¿Por qué?c) Halle la probabilidad pk de dicho sistema en régimen permanente, siendo k el estado del sistema.Discuta la estabilidad del sistema.d) Obtenga la expresión de la probabilidad de que un paquete no importante encuentre todas las líneasocupadas.e) ¿Cuál es la expresión de la probabilidad de que un paquete importante tenga que esperar?f) Calcule la expresión del número medio de unidades en la cola de paquetes importantes (NQI).g) Calcule la expresión del retardo medio de acceso para un paquete importante, W1 .
Solución
Modelo
λIm líneas
(m servidores)
λTPoblación ∞
λNI
Redes, sistemas y servicios de comunicación88
a) Preguntan sobre el tráfico ofrecido (que no cursado) λNI y λI Poisson; el proceso resultante estambién Poisson de tasa, la suma de tasas.
λI = λNI + λI
b) Estado del sistema (k): número de paquetes en el sistema (no se distingue entre importantes y noimportantes).
Número de estados posible: infinitos estados (capacidad de la cola para paquetes importantes esinfinita).
Diagrama de transición entre estados
0
λT
µ
1
λT
2µ
2
λT
m
λT
mµ 3µ
λI
mµ
m+1
λI
mµ
m+2
λI
mµ
Se trata de un proceso de nacimiento y muerte, las transiciones sólo se producen entre estados vecinos.
c) Para su resolución se emplearán las fórmulas de la solución general de equilibrio para un proceso denacimiento y muerte. En este caso las tasas:
Debemos separar la solución en dos partes, para k ≤ m y para k ≥ m. Operando resulta:
- Para k ≤ m
- Para k ≥ m
Con
≥−≤≤
=mk
mk
I
Tk λ
λλ
10
≥≤≤
=mkm
mkkk µ
µµ
1
!1
0 kpp
kT
K
=
µλ
mkIm
mkI
mT
K ppmm
pp −−
=
= ·
!1
0 µλ
µλ
1
1
00
1
1!
1!
1
−
−
=
−
+
= ∑
m
k I
mT
kT
mmk
p
µλµ
λµλ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 89
Condición de estabilidad
d) Denotando a esa probabilidad por PB
A partir de que hay m paquetes en el sistema, un paquete no importante que llega encuentra todas laslíneas ocupadas.
e) Denotando esa probabilidad por PD, se resuelve que PD = PB
Ya que a partir de que hay m paquetes en el sistema, un paquete importante que llega debe esperar encola.
f) En general, el número medio de unidades en un sistema es
En este caso se espera (hay unidades en cola) si ya hay m paquetes en el sistema y llega un paqueteimportante (el m + 1) e ingresa en la cola correpondiente (si fuera un paquete no importante se pierde).Ello indica que se empiece a sumar desde k = m + 1. Por otra parte, se ha de eliminar los m paquetesposibles que se encuentran en el subsistema servidor. Por tanto,
g) Este es uno de los parámetros más importantes que define el grado de servicio del sistema.
Para su cálculo basta aplicar Little, siendo λI la tasa que observa la cola de paquetes importantes.
1<= II
mρ
µλ
Im
mk
mkI
mmk
k pm
ppPBρµ
λ−
=
== ∑∑
∞
=
−∞
= 11·
∑∞
=
=mk
kpkN ·
( ) I
I
I
I
IIm m
PBPBpλµ
λρ
ρρ
ρ−
=−
=−
=1
·1
1· 2
( ) ( )∑∑∞
+=
−∞
+=
=
−=−=
11
··mk
mkI
mmk
kIQ mpmkpmkN
µλ
II
IQI m
PBN
Wλµλ −
==1
Redes, sistemas y servicios de comunicación90
Problema 4.6
Un concentrador dispone de dos canales de salida, cada uno de capacidad C, y de una cola dealmacenamiento finita con lugar para dos paquetes. A dicho concentrador llegan paquetes de dos tipos.Los de tipo 1 son paquetes de datos, los cuales si no encuentran un canal libre en el momento de sullegada se almacenan en la cola de espera, perdiéndose en el caso de que ésta esté llena. Los paquetesde tipo 2, por el contrario, son paquetes de audio. Estos paquetes, en el caso de que no encuentren uncanal libre en el momento de su llegada, no son almacenados en la cola, sino que son rechazadosdirectamente.
Tanto los paquetes de tipo 1 como los de tipo 2 son de longitud distribuida exponencialmente conmedia 2400 bits. El régimen de llegadas es exponencial para ambos, con tasas idénticas λ1 = λ2 = 2paq/s.
a) Dibuje el diagrama de transición de estados del sistema.b) Se desea que la probabilidad de que el sistema se encuentre vacío sea igual a la probabilidad de queen el sistema haya una unidad. Obtenga el valor de la capacidad C que proporciona dicha igualdad.
Con el valor de C calculado en el apartado anterior:
c) Obtenga las probabilidades de cada uno de los estados del sistema.d) Obtenga la probabilidad de pérdida de los paquetes tipo1 y de los paquetes tipo 2.e) Obtenga el retardo medio de los paquetes en el sistema.f) Calcule el número medio de paquetes de tipo 1 y de paquetes de tipo 2 en el sistema.g) Con objeto de mejorar las prestaciones ofrecidas a los paquetes de audio, se plantea la posibilidadde dotar de prioridad con expulsión a dichos paquetes. ¿Cuál es la probabilidad de pérdida en este casopara dichos paquetes?
Solución
a) Datos → λ1 paq/s = 2
Audio → λ2 paq/s = 2
Los paquetes de datos se ponen en cola, los de audio no.
0
λ1+λ2
µ 1 2 3
λ1+λ2
2µ
λ1
2µ 4
λ1
2µ
b)
021
1 ppµ
λλ +=
( )02
221
121
2 22ppp
µλλ
µλλ +
=+
=
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 91
Aplicando la condición del enunciado
c) Sustituyendo el valor de C:
p1 = p0
p2 = p0/2
p3 = p0/8
p4 = p0/32
y aplicando la condición de normalización de la probabilidad
con lo que
d)
e) Primero encontramos el número medio de unidades en el sistema
y a continuación aplicamos la relación de Little, teniendo en cuenta que la tasa media cursada es
con
( )03
2211
21
3 42ppp
µλλλ
µλ +
==
( )04
221
21
31
4 82ppp
µλλλ
µλ +
==
paq/s42101 =+=⇒= λλµpp
bps96002400·4:y === LC µ
376,0321
81
21111
1
0
4
0
=
++++=⇒=
−
=∑ ppk
k
012,0;047,0;188,0;376,0 4321 ==== pppp
012,041 == pPP
247,04322 =++= pppPP
unidades941,0·4
0
== ∑=k
kpkN
21 CCC λλλ +=
( ) paq/s976,11 111=−= PPC λλ
( ) paq/s506,11 222=−= PPC λλ
Redes, sistemas y servicios de comunicación92
Así
con lo que
f)
g) En este caso, los paquetes de audio ven el sistema como si ellos fuesen los únicos. De este modo, elsistema para dichos paquetes se puede representar mediante el siguiente diagrama de estados:
0
λ2
µ 1 2
λ2
2µ
Recuérdese que los paquetes de audio siguen sin ser almacenados en cola cuando no hay un servidordisponible.
paq/s482,3506,1976,1 =+=Cλ
ms270482,3941,0
===C
NTλ
uds534,027,0·976,1·11 === TN Cλ
uds407,027,0·506,1·22 === TN Cλ
2/002
1 ppp ==µλ
8/22 002
22
12
2 pppp ===µ
λµ
λ
615,0182 0
000 =⇒=++ pppp
077,08615,0
80
22 ====ppPP
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 93
Problema 4.7
Las peticiones de servicio de un grupo de fuentes son multiplexadas estadísticamente sobre un únicocanal. Las fuentes son de dos tipos, N1 de tipo 1 y N2 de tipo 2, generando paquetes según sendosregímenes de Poisson con tasas λ1 y λ2 respectivamente. La longitud de los paquetes presenta unadistribución exponencial. En ningún caso las fuentes han de esperar la transmisión de sus paquetesantes de generar un paquete nuevo. La capacidad del canal de salida del multiplexor Co es asignadadinámicamente en función del número de elementos Nq en el buffer de espera, el cual puede suponersede longitud infinita, de la siguiente manera:
Zona A: Nq < L1 ⇒ Co = C bps (µo = µ)Zona B: L1 ≤ Nq < L2 ⇒ Co = 2C bps (µo = 2µ)Zona C: L2 ≤ Nq ⇒ Co = 3C bps (µo = 3µ)
a) Especifique cuál es la tasa media de llegadas al sistema λ, y dibuje el diagrama de transición deestados correspondiente al sistema cola + servidor.
b) Definiendo la constante a = λ/µ, y suponiendo a < 1, obtenga las probabilidades de los estadosdefinidos en el diagrama anterior en función de a, L1 y L2. Para ello, obtenga por separado lasprobabilidades de los estados para cada una de las zonas A, B y C en función de la probabilidad de queel sistema esté vacío p0. Finalmente, obtenga la probabilidad p0.
A partir de este momento se supondrá L1 = L2 = L. Es decir, desaparece la zona B (Co = 2C) y quedantan sólo las zonas A y C (Co = C y Co = 3C). Además, se tomarán los valores a = 0,9 y L = 2.
c) Obténganse la probabilidad PA de que el sistema se encuentre en la zona A. Repítase para laprobabilidad PC de que el sitema se encuentre en la zona C.
d) Obtenga el número medio de unidades en el sistema completo cola + servidor.
e) Sabiendo que cuando el sistema está operando en la zona C se sirven 10 paquetes por segundo,obtenga el tiempo medio de permanencia (cola + servidor) de los paquetes.
Solución
a) Diagrama de estados
λ = N1 λ1 + N2 λ2
b) Probabilidades de los estados, pk, k = 0, 1, 2 , ...
Zona A. Nq < L1 ⇒ 0 ≤ k ≤ L1
λ
µ 1
λ
µ 2
λ
µ 0
λ
µ L1
λ
2µ L1+1
λ
2µ L1-1
λ
µ
λ
2µ L2
λ
3µ L2+1
λ
3µ L2-1
λ
2µ
Redes, sistemas y servicios de comunicación94
↑
Zona B. L1 ≤ Nq < L2 ⇒ L1 < k ≤ L2
Zona C. Nq ≥ L2 ⇒ K > L2
Finalmente queda encontrar p0
c) L1 = L2 = L
Zona A. 0 ≤ K ≤ L
Zona C. K >L
kkk
i i
ik apppp ·00
1
0 10 =
== ∏
−
= + µλ
µλ
µλ=a
kL
LkL
LkLk
Li
L
i
k
i i
ik
apaappppp
=
=
===
−−−
=
−
=
−
= +∏∏∏ 2
2222
1
1
1
11
1
1
000
11
00
1
0 10 µ
λµλ
µλ
µλ
µλ
k
LL
LLkLLL
k
Li
L
Li
L
i
k
i i
ik
apaaapppp
=
===
−
−−−
=
−
=
−
=
−
= +∏∏∏∏ 32
33232 12
2212
1
2
2
1
1
00
111
00
1
0 10 µ
λµ
λµλ
µλ
1
0 1 1
11
0 110
1 2
1 212
21
323
221
−
= +=
∞
+=−
−−
= +
∞
=
+
+=
+= ∑ ∑ ∑∏∑
L
k
L
Lk Lk
k
LL
LkLk
k
i ik
aaapµ
λ
1111
1
)2(13
23
)2(1222
11
2
12
2
21
11
−+
−
++
+
−
+−
−
+−
−=
a
a
a
aa
aa
L
LL
L
LL
LL
kk
k appp ·00 =
=
µλ
kL
LkL
kappp
=
=
−
33
3 00 µλ
µλ
11
11
110
31
331
13
31
−+
+−
∞
+==
−
+−
−=
++= ∑∑ a
a
aaaap
L
LL
Lk
kL
L
k
k
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 95
Tomando valores, L = 2, a = 0,9
Para obtener la probabilidad de C0 = C, hemos de sumar todas las probabilidades de la zona A.
NOTA. También se puede pensar que si el sistema está vacío, el canal no está transmitiendo y portanto habría que restar p0 al valor anterior.
En cuanto a la probabilidad de C0 = 3C,
d) Número medio de unidades
( ) 327,0347,071,27,0
243,01,0
271,03,01
3,039,019,01 1
1132
3
0 =+=
+=
−
+−−
= −−−
p
886,071,2·327,01
1·1
00
0 ==−
−==
+
=∑ a
apappLL
k
kA
∑∞
+=
+
−=≈==−
=
=
1
12
00 1114,0113,0347,0·327,0)3(1
)3(3
33·
LkA
LkL
C pa
apapp
=
+=
+== ∑∑∑∑∑
∞
+=
∂∂
−
=
∂∂
−∞
+==
∞
= 1
3·3
1
00
10
10
00
0 3·
33·
33··
Lk
aa
kL
L
k
aa
k
Lk
kL
L
k
k
kk
k
k
akapakappakpakpkN43421
43421
∑∑∞
+==
=
∂∂
+∂∂
=1
00
0 33
33
Lk
kL
L
k
k aa
apaa
ap
=
−∂∂
+−
−∂∂
=++
31
)3(3
11
11
0 a
a
aaa
aap
LL
L
( ) ( ) ( )( )
( )=
−
++++
−
−+−+−+
+
2
1
2
1
0)31(
31)3()31(
31)3(1
31
111a
aaaL
aaaaLap
LL
LLL
( ) ( )( )
=
−
+
+
−
+
+−
−++++−
++
++
2
11
2
11
0)31(
331
331
331
31
111a
aaLaL
aaaLaLap
LLL
LLLL
Redes, sistemas y servicios de comunicación96
Sustituyendo valores:
e) Tiempo medio de espera en cola + servidor
( )( )
=
−
−
+
+−
++−
+
+
2
1
2
1
0)31(
33331
3111
a
aLaL
aaLaLap
LL
LLL
=
+=
−+
+−=
49,0648,0
01,0028,09,0·327,0
7,0
3,0323,0
31,0
9,0·29,0·319,0·327,0 2
32
22
32
N
unidades213,1122,4·9,0·327,0 ==
310103 =⇒= µµ
33
109,09,0 ==⇒== λµλa
ms33,4043213,1
===λNT
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 97
Problema 4.8
Los mensajes generados por una población finita de 5 fuentes se envían a un concentrador que disponede dos enlaces de salida y de un buffer con capacidad para dos mensajes. La capacidad de cada uno delos enlaces de salida es normalmente de 1200 bps. Sin embargo, cuando la cola del concentrador estállena, y sólo en éste caso, se renegocia dicha capacidad aumentándose a 3600 bps. El régimen degeneración de mensajes de cada una de las fuentes sigue un proceso de Poisson de tasa λ = 5mensajes/segundo, y la longitud de dichos mensajes sigue una distribución exponencial de media L =240 bits/mensaje.
a) ¿Qué modelo de cola utilizaría para dicho sistema? Expréselo en notación de Kendall y dibuje eldiagrama de transición de estados.b) Calcule las probabilidades de los estados en régimen permanente.c) ¿Cuál es la probabilidad de que un mensaje nuevo que llega al sistema sea rechazado? ¿Y la
probabilidad de que tenga que esperar antes de ser transmitido?d) Obtenga el retardo medio de los mensajes en el sistema.
Se plantea sustituir el sistema anterior por un concentrador sin buffer, conectado a dos enlaces decapacidades permanentes iguales a 1200 y 3600 bps. La población es la misma que en el caso anterior,y siempre que sea posible se empleará el enlace de mayor capacidad.
e) Dibújese el diagrama de transición de estados del nuevos sistema.
NOTA. En todos los casos, las solicitudes de servicio que no pueden ser atendidas lo vuelven aintentar con una demora distribuida exponencialmente y con la misma tasa λ.
Solución
a) En notación de Kendall: M/M/2/4/5
Diagrama de estados:
0
5λ
µ 1
4λ
2µ 2
3λ
3
2λ
2µ’ 2µ 4
Con mens/s5=λ
b) Del diagrama de transición de estados se obtienen las ecuaciones necesarias:
mens/s5240
1200bps1200 ===⇒=LCC µ
mens/s15240
3600''bps3600' ===⇒=LCC µ
0001 55255 pppp ===
µλ
Redes, sistemas y servicios de comunicación98
c) Parte de la tasa ofrecida será cursada y el resto será rechazada:
λcλOF
λP
La tasa media ofrecida será:
↑ ↑
Por otra parte, en este sistema la tasa media de llegadas depende del estado en que se encuentre. Estoimplica que hemos de diferenciar entre bloqueo y pérdidas:
pk ≠ rk
↑ Probabilidad del estado k
Probabilidad del estado k cuando hay una llegada
Esto implicaPB ≠ PP↑
Bloqueo: Porcentaje de tiempo que el sistema está lleno
Pérdidas: Relación entre las llamadas perdidas y las ofrecidas
Para este caso concreto
0112 10224 pppp ===
µλ
0223 1523
23 pppp ===
µλ
0334 531
62 pppp ===
µλ
( )36151510511 1
0
4
0
=++++=⇒= −
=∑ ppk
k
432104433221100 2345 ppppppppppOF λλλλλλλλλλλ ++++=++++=
cλ pλ
139,0365
4 ≈== pPB
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 99
Calculamos λOF
y
Para la probabilidad de espera hemos de tener en cuenta los estados 2 y 3:
d) Para obtener el retardo medio obtenemos primero el número medio de unidades:
A continuación aplicamos la relación de Little, teniendo en cuenta que la tasa que realmente pasa porel sistema es la tasa media cursada.
Sabemos pcOF λλλ +=
Además
con lo que
e) 5λ
4λ 3µ
00
01
10
11
µ
µ
3µ
4λ
i = enlace a 1200 bpsj = enlace a 3600 bps
[ ] [ ] [ ][ ] 4
44444 // p
tpt
APEPEAPAEPrPP
OFOF
AA λ
λλ
λ =∆
∆====
=++++== ∑ 43210 2345 ppppppOF λλλλλλλ κκ
paq/s5,12365
3630
3630
3620
365
=
++++= λ
0556,0139,05,12
544
4 ==== ppPPOFOF λλ
λλ
325·2·
36155·3·
3610
5,121
33
22
32 =
+=+=+= pprrP
OFOFd λ
λλλ
unidades5,23690
365·4
3615·3
3610·2
365·1·
4
0
==+++== ∑=k
kpkN
cc
NTTNλ
λ =⇒=
mens/s8,1136
8536152
36103
3654
3615 ==+++== ∑ λλλλλλλ kkc p
ms2118,115,2
===c
NTλ
ij
Redes, sistemas y servicios de comunicación100
Problema 4.9
Una población infinita genera mensajes distribuidos según un proceso de Poisson de tasa λ = 3mensajes/segundo que son enviados a un nodo de comunicación consistente en dos enlaces de salida yuna cola común con capacidad para permitir la espera de un mensaje. Ambos enlaces poseen la mismacapacidad de 4800 bps. La longitud de los mensajes se considera distribuida exponencialmente conmedia L = 1600 bits/mensaje.
a) ¿Qué modelo de cola define el sistema propuesto? Expréselo según la notación de Kendall,especifique el estado del sistema, indique su número de estados y dibuje el diagrama de transiciónentre estados. ¿Es un proceso de nacimiento y muerte?b) Calcule la tasa de servicio µ por canal y obtenga las probabilidades de los estados en régimenpermanente. ¿Qué puede decir sobre la estabilidad del sistema? Sin hacer ningún cálculo: ¿qué ocurresi λ se hace muy grande con respecto a µ? ¿Cuál sería, en este caso, el número medio de elementos enel sistema?c) Obtenga el retardo medio T que sufren los mensajes en el sistema propuesto inicialmente.d) ¿Cuál es la probabilidad de bloqueo del sistema? ¿Y la probabilidad de que un mensaje tenga queesperar antes de ser transmitido?e) Obtenga el caudal (γ) del sistema inicial tanto desde el punto de vista de la entrada como del de lasalida. Justifique su expresión y observe el resultado.f) Suponga ahora que el mismo sistema dispone de una capacidad de almacenamiento infinita. ¿Cuáles la notación de Kendall del nuevo sistema? Utilizando el proceso visto en el apartado anterior,demuestre que la expresión del factor de utilización para el nuevo sistema tiene que ser ρ = λ/2µ. Paraello calcule y utilice las nuevas probabilidades de estado en régimen estacionario. Interprete laexpresión de dicho factor.g) Utilizando la interpretación del factor de utilización realizada en el apartado anterior, ¿cómodefiniría dicho factor para el sistema inicial y cuál sería su expresión? Si las velocidades detransmisión de los enlaces fueran distintas, ¿cuál sería la nueva expresión para el factor de utilización?Justifique las respuestas.
Solución
a) Entradas Poisson M.Longitud mensajes exponencial, servicio M.Dos enlaces, 2 servidores.Capacidad cola 1, capacidad del sistema 2+1 = 3.Notación Kendall M/M/2/3Estado: número de mensajes en el sistema.Número de estados: 4
λ
µ
µ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 101
Diagrama de transición entre estados:
0
λ
µ 1
λ
2µ 2
λ
2µ 3
Se trata de un proceso de nacimiento y muerte. La transición entre estados sólo se produce entreestados vecinos.
b)
La µ individual de un servidor, en este caso, coincide con el valor de λ.
Aplicando flujo entrante = flujo saliente o bien las ecuaciones generales en régimen permanente de unproceso de nacimiento y muerte, resulta
El sistema es siempre estable ya que
En este caso, la suma es finita y por tanto convergente.
Ello es así incluso si λ se hace muy grande, lo único que implicaría es que la probabilidad de pérdidasería enorme. Si λ → ∞ y sin hacer cálculos, el número medio de mensajes en el sistema sería .3=NEs decir, el sistema estaría siempre lleno, pero no por ello sería inestable.
c) Por Little TN SISTEMA ·λ=
Denotando λSISTEMA la tasa que observa el sistema (cursada que no ofrecida)
En este caso pB = p3 es la probabilidad de bloqueo.
Con ello,
mensaje/s3b/mensaje1600
b/s4800===
LCµ
111;
112;
114;
114
3210 ==== pppp
∏∑−
= +
∞
=
1
0 11
k
i i
i
k µλ
1·3
0
== ∑=k
kpkN
( ) ( ) λλλλλ111011· 3
2
0
=−=−== ∑=
ppp Bk
kkSISTEMA
s63,0)
=T
Redes, sistemas y servicios de comunicación102
d) Se cumple la propiedad PASTA (Poisson Arrivals See Time Averages)
pB = p3
Probabilidad de espera: si una nueva llegada encuentra el sistema con dos unidades (ambas enservicio), entonces ésta espera
pD = p2
e) Al ser un sistema con pérdidas, el caudal (la carga que el sistema cursa) puede calcularse desde dospuntos de vista.
Punto de vista de la entrada del sistema:
Punto de vista de la salida del sistema:
Con p0, el sistema está vacío y por tanto no cursa nada.
Con p1, hay un sólo servidor usándose a tasa µ.
Con 1 – p0 – p1 hay dos servidores usándose a tasa 2µ.
Es decir, en cada momento el caudal es la tasa de servicio siempre que haya algo para servir, puedeque sea una unidad o dos unidades y deben contemplarse ambos casos.
Lógicamente, OUTIN γγ =
f) Si la capacidad de almacenamiento es ∞, el sistema viene dado por la siguiente notación de KendallM/M/2. En este caso
Si la cola es infinita, no hay pérdidas pB = 0 y, por tanto, γ IN = λ.
( ) ( ) λλλγ111011Caudal 3 =−=−=≡ ppBIN
( ) λµµγ111012 101 =−−+= pppOUT
0≥= ii λλ
>=
=12
1i
ii µ
µµ
1;2 0 ≥= kpp kk ρ
µλρ
ρρ
2con
11
0 =+−
=p
λ
λ·pB
Sistema
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 103
Sin embargo, desde el punto de vista de la salida, sigue siendo válido
Como
y si la cola es ∞, γOUT = λ, resulta
Éste es el factor de utilización para el sistema M/M/2 y puede interpretarse como la relación entre latasa efectiva a la cual llega trabajo al sistema y la tasa máxima a la que el sistema despacha esetrabajo.
g) Usando esta posible interpretación, el factor de utilización para el sistema inicial M/M/2/3 será:
Tasa cursada o efectiva: λ (1 – pB)
Tasa máxima de servicio: 2µ
Si las tasas de servicio de los servidores fueran distintas, µ1 y µ2
( )101 12 pppOUT −−+= µµγ
ρ01 2 pp =
ρρ
+−
=11
0p
µλρ
2=
( )λ
µλ
ρ115
21
=−
= Bp
( )21
1µµ
λρ
+−
= Bp
Redes, sistemas y servicios de comunicación104
Problema 4.10
Un conjunto de S terminales, con comportamiento de población finita, se conecta a un nodo deconmutación de paquetes muy rápido, que es capaz de asignar un canal de 9600 bps de capacidad paracada paquete generado por cada uno de los terminales. El tráfico generado por cada terminal es dePoisson, con tasa α = 16 paq./s, y la longitud de los paquetes está distribuida exponencialmente conun valor medio de 300 bits.
a) Calcúlese la tasa de servicio β de un servidor cualquiera del sistema. Propóngase un modelomarkoviano para el sistema descrito; para ello siga el proceso siguiente: defina el estado del sistema,determine el número de estados posible, dibuje el diagrama de transición entre estados y dé unaposible descripción del sistema mediante la notación de Kendall.b) Halle la probabilidad pk de dicho sistema en régimen permanente, donde k se refiere a la definiciónque se ha hecho anteriormente del estado del sistema.c) Obtenga la relación entre el número medio de "paquetes" en el sistema y el número de terminales S.d) Determínese el número máximo de terminales conectados al nodo en cuestión para que la tasamedia de generación de tráfico del conjunto de terminales no supere los 64 paq/s.
Solución
a) El estado del sistema queda fijado por el número k de circuitos ocupados en un instante de tiempo.El número máximo de circuitos ocupados será S, uno por cada terminal, dado el comportamiento depoblación finita. El diagrama de estados será:
0
Sα
β 1
(S-1)α
2β 2 i
(S-(i-1))α
iβ
(S-i)α
(i+1)β
S
α
Sβ
Por tanto, el sistema será un M/M/S//S o M/M/∞//S, donde el valor de paq/s32bits/paq300
bps9600==β
b) Para un proceso general de nacimiento y muerte
paq/s16=α
bits300=L
∏−
= +
=1
00
1
k
j j
jk pp
µλ
9600bps 1
2
S
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 105
En este caso
Por lo que
Y entonces
Utilizando la relación ( ) ∑=
=+
S
i
iS xiS
x0
1
Finalmente:
Se observa que k es una variable binomial al reescribir la expresión de la forma
donde se identifica la probabilidad de éxito de la variable binomial βα
α+
=q , por lo que
c) El número medio de canales ocupados será
Recordando que k es una variable aleatoria binomial, el cálculo se simplifica a hallar el producto
( ) 1,,2,1,0con −=−= SjjSj Kαλ
Sjjj ,,2,1con K== βµ
( ) ( )00··3·2·1
11· piS
piiSSSp
ii
i
=
+−−
= β
αβ
αK
K
SS
i
i
SSSS
iS
p
++
+
+
=
+
=
∑=
βα
βα
βα
βα K
2
1
0
211
1
1
1
Sp
+
=
βα1
10
SkkS
p S
k
k ,,1,0con1
K=
+
=
βα
βα
kSk
k kS
p−
+
+
=
βαβ
βαα
( ) SkqqkS
p kSkk ,,1,0con1 K=−
= −
∑=
=ΚS
kkpk
0
Redes, sistemas y servicios de comunicación106
La relación SΚ será
d) El valor de S máximo para que la tasa media λ no supere 64 paq/s se obtiene ponderando la tasagenerada en cada estado k por la probabilidad del estado para los S estados.
Para 6·paq/s64 =+
≤⇒=βαβαλλ maxS
Luego 6=maxS
βαα+
= ·· SqS
qS
S
S=
+=
+=
Κβα
αβαα
( ) Κ−=−=−== ∑∑∑∑====
·1····0000
αααααλλ SpkpSpkSpS
kk
S
kk
S
kk
S
kkk
( ) SSSS αβα
ααβα
ααλ
+
−=
+
−=Κ−= 1
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 107
Problema 4.11
A un nodo de una red de conmutación de paquetes llegan mensajes que deben ser retransmitidos haciaotro nodo de la misma red, con el cual está conectado a través de dos enlaces de capacidades C1 = C yC2 = 2C bits por segundo. El tráfico destinado al segundo nodo sigue un proceso de Poisson de tasa λpaquetes por segundo y la distribución del tamaño de los paquetes es exponencial de media L bits porpaquete. Por el segundo de los enlaces se enviará una fracción λ del tráfico y el resto por el primero.Cada uno de dichos enlaces está provisto de una cola cuya capacidad puede suponerse infinita.Determínese:
a) Factor de utilización de cada uno de los enlaces de salida.b) Número medio de unidades en el nodo transmisor, incluyendo las que se están sirviendo.c) Tiempo medio de permanencia en el sistema de un paquete, incluyendo el tiempo de transmisión.d) Suponiendo que la capacidad del segundo enlace C2 es igual a λL, determínese la fracción deltráfico total que debe ser encaminada por cada uno de los enlaces para minimizar el tiempo medio deestancia en el sistema de un paquete.e) Evalúense las ventajas que supondría disponer de un único enlace de capacidad C3 = 3C con unacola asociada, cuya longitud puede considerarse igualmente infinita, respecto a la distribución óptimahallada en el apartado anterior, donde C2 es igual a λ L.
Solución
λ
C1
C2
(1-α)λ
αλ
a) Se calcula ρ para cada enlace teniendo en cuenta que cada enlace se modela como una M/M/1.
Como C1 = C y C2 = 2C
b) El número de unidades en el nodo se obtiene como adición de las unidades de los dos subsistemasM/M/1 que lo componen.
Luego,
( )2
21
1 ;·1C
LC
L λαρ
λαρ =
−=
( )C
LC
L2
;121
λαρ
λαρ =
−=
2
2
1
121 11 ρ
ρρ
ρ−
+−
=+= NNN
Redes, sistemas y servicios de comunicación108
c) Para hallar el retardo medio sufrido por un paquete en el nodo se aplica la fórmula de Little:
d) Para el caso particular, donde C2 = λ L = 2 C
Para obtener el valor mínimo se deriva la expresión anterior respecto a α y se iguala a 0, resultandoque:
Como resultado, el 70% de los paquetes circularán por el enlace rápido y el resto por el lento. Téngaseen cuenta que el enlace rápido dispondrá de una capacidad C2 y el lento ( )C22 − . Además, eneste caso, N = 3,82.
e) Si se dispone de un único enlace de capacidad 3C, el sistema M/M/1 dispondrá de un CL
3' λρ =
Luego
Por lo tanto, el sistema original es más lento que el planteado en este momento en una relación:
( )( ) LC
LLC
LNλα
λαλα
λα−
+−−
−=
211
( )( ) LC
LLC
LNTλα
αλα
αλ −
+−−
−==
211
( )( )
−
++−−
=−
+−−
−=
αα
αα
αα
αα
22211
2211
CL
CL
CCLT
22=optα
223
23'1
''2
=−
=−
=−
== CLLC
LNλλ
λρ
ρ
291,1282,3
''≈===
λ
λN
N
TT
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 109
Problema 4.12
Un centro proveedor de información (CPI) está compuesto de N servidores. Los servidores estánconectados a un enlace de una red Frame Relay mediante un multiplexor. El estudio del tráficogenerado por cada servidor ha revelado que la información entregada a la red alterna entre períodos deactividad e inactividad distribuidos exponencialmente con una duración media de 2 s y 25 srespectivamente. Durante el período de actividad cada servidor genera paquetes de longitud fija a unavelocidad (A) de 10 Kbps.
a) Determínense los valores de α y β del modelo markoviano de generación de un servidor mostradoen la figura:
0 A
ONOFF
α
β
b) Hállese la probabilidad p de que un servidor esté activo.c) Calcúlese la tasa binaria media generada por un servidor.d) Discútase por qué el tráfico conjunto de los N servidores entregado al multiplexor puede sermodelado por un proceso de generación de nacimiento y muerte:
0 A
β
2A
(Ν−1) α
2β
Να
3A
(Ν−2) α
3β
NA
α
Νβ
...
e) Determínense las probabilidades (pk) de encontrar la cadena de nacimiento y muerte en un estado (0≤ k ≤ N) en régimen permanente.f) Calcule la tasa binaria media generada por el conjunto de servidores y la capacidad mínima delenlace para que no se produzcan pérdidas de paquetes en el multiplexor.
Solución
a) Dado que el tiempo medio de actividad de un servidor es TON = 2 s y el de inactividad TOFF = 25 s ylas tasas de transición entre los estados siguen una distribución exponencial, directamente:
0 A
ONOFF
α
β
De esta manera se observa que un servidor no generará ningún bit durante su permanencia en el estadoOFF, que será de valor medio TOFF, y entregará al multiplexor una tasa de A = 10 Kbps cuando esté enel estado ON, donde en media permanecerá un tiempo TON.
2511
==OFFT
α
211
==ONT
β
Redes, sistemas y servicios de comunicación110
b) Analizando la cadena de Markov asociada a la generación de un servidor, vemos que laprobabilidad de que un servidor esté activo será
De igual forma la probabilidad de que esté inactivo será
c) La tasa binaria media generada por un servidor λs, se obtiene ponderando las tasas generadas encada estado. Así, en el estado OFF no se generan bits, mientras que en el ON se generan A bits porsegundo. Luego,
d) Cuando se modela el tráfico generado por los N servidores debe observarse que cada servidor actúade forma independiente al resto y que el tráfico generado por el conjunto de servidores se obtiene poragregación de tráfico.
Servidor 1
Servidor 2
Servidor N
Frame Relay
Así, los casos posibles van desde el caso donde ninguno de los N servidores está activo hasta el casodonde todos los servidores están activos. Por lo tanto, las tasas generadas por el conjunto de servidoresson: 0, 1·A, 2·A, 3·A, ..., N·A. Para cada posible tasa generada se define un estado asociado. Por lotanto, la cadena de Markov del tráfico agregado será
0 A
β
2A
(Ν−1) α
2β
Να
3A
(Ν−2) α
3β
NA
α
Νβ
...
Las tasas de transición se obtienen directamente de la agregación de servidores. Por ejemplo, si todoslos servidores están inactivos la tasa generada es 0 bps y la tasa de transición al estado superior será lasuma de tasas de transición de los N servidores. Cuando uno de los N servidores se pone activo, nossituamos en el estado de generación de tasa binaria A. En este estado puede ocurrir que, o bien uno delos N-1 servidores inactivos pase a un estado de actividad, con lo que se produciría una transición alestado de generación 2A, o bien el servidor que está activo pase a inactivo, regresando al estado degeneración 0. En el primer caso la transición hacia el 2A se producirá con tasa de transición (N-1)α, yen el segundo caso la transición hacia el 0 con tasa β .
272
=+
==βα
αONpp
27251 =−=
+= ppOFF βα
β
Kbps2720··· ==+= PAPAPO ONOFFSλ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 111
e) El análisis de esta cadena de Markov ya se hizo en el ejercicio 4.10. El resultado es una distribuciónbinomial de las probabilidades de los N+1 estados:
f) El valor medio de la tasa binaria del conjunto de servidores se obtiene como adición de los valoresmedios de cada servidor, que en este casos son idénticos:
De forma equivalente se obtiene el mismo resultado si se pondera la tasa binaria generada en cadaestado:
El valor mínimo de capacidad del enlace de salida Frame Relay, C, para que no se produzcan pérdidasserá igual a la tasa binaria conjunta generada por los servidores cuando están activos:
C = N · A
( ) NkppkN
P kNkk ,,1,01 K=−
= −
pANN S
N
iSi
···1
=== ∑=
λλλ
( )∑∑=
−
=
−
==
N
k
kNkN
kk Akpp
kN
Akp00
··1···λ
Redes, sistemas y servicios de comunicación112
Problema 4.13
Se desea conectar cuatro sucursales de una empresa a su central a través de enlaces de 1200 bits porsegundo de capacidad. La generación de mensajes sigue un proceso de Poisson, con una tasa de 3mensajes por segundo para dos de las sucursales y de 2 mensajes por segundo para las otras dos. Laprobabilidad de la longitud de los mensajes se muestra en la figura.
OFICINA
CENTRAL
Prob
Longitud en
bits50 200 400
0.2
0.7
0.1
2
3
3
2
a) Calcúlese el mínimo número de líneas que deberá instalarse si se desea que el retardo medio de losmensajes en la cola de cada una de las fuentes sea inferior a 200 mseg. Supóngase que:
- Si una sucursal cualquiera necesita varios enlaces con la oficina central, cada uno de ellosdispondrá de su propia cola de transmisión.
- Si varias sucursales pueden compartir un mismo enlace, lo harán a través de un concentradorque debe modelarse como una única cola.
b) Una vez instalada la red anterior, el administrador decide que el tiempo medio de espera en la colapuede incrementarse hasta 400 mseg. ¿Cuántas nuevas sucursales generando mensajes a una tasa de 2por segundo podrían entonces conectarse?
Solución
a) Para una cola M/G/1
Calculemos la tasa total ofrecida.
λ = 3 + 3 + 2 + 2 = 10 mens/seg
Longitud media de los mensajes
Tiempo medio de servicio
Con lo que el tráfico queda,
( ) ( ) [ ]112
1 2
ρρ
−+
= xCxwE
bits190400·1,0200·7,050·2,0 =++=L
ms158mens/s316,61901200
=⇒== xµ
líneas 2 mínimo Como583,110158·10 3 ⇒=== −xλρ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 113
Distribuimos
Y calculamos el factor de utilización de la línea más cargada (en este caso da igual):
Para poder aplicar la fórmula [1] debemos encontrar Cx2:
E (L2) = 0,2 · 502 + 0,7 · 2002 + 0,1 · 4002 = 44.500
Ahora ya podemos aplicar la fórmula
Tendríamos por tanto un tiempo de espera en cada una de las líneas de 365 ms, superior a los 200 msque se desean como cota máxima.
Podemos buscar directamente el factor de utilización máximo que puede soportar cada líneamanteniendo el retardo por debajo de los 200 ms.
Resolviendo 67,0max =ρ
Además x·maxmax λρ =
Con lo que, para cada línea
Por tanto, necesitaremos tres líneas, distribuyendo el tráfico de la siguiente forma:
λ1=3OficinaCentral
L1 λ=2
L2λ2=3
L3
λ3=4λ=2
Podemos comprobar el retardo para la línea que presentará peor comportamiento, L3
=+==+=
mens/s5232mens/s5231
LL
79,010·158·5 31 == −
Lρ
( )( ) ( )
( )23,02
22
2
222 =
−===
LELELE
LECC L
Lxσ
( ) ( ) ms36579,012
23,0179,0·10·158 3 =−
+= −WE
( ) ( )maxmax
3
1223,1·10·158ms200ρ
ρ−
== −WE
mens/s24,410·15867,0
3max
max ===−x
ρλ
Redes, sistemas y servicios de comunicación114
b) Buscamos maxρ para este caso
Resolviendo 8,0max =ρ
De donde 06,510·1588,0
3max
max ===−x
ρλ
Con lo que
LÍNEA λ ofrecida Fuentes que se pueden añadir123
3 mens/s3 mens/s4 mens/s
110
TOTAL 2 fuentes
( ) ( )33
3
1223,1··10·158
LLWE
ρρ
−= −
63,010·158·4 333 === −xL λρ
( ) ms200ms165 <=WE
( ) ( )maxmax
3max 12
23,1·10·158ms400ρ
ρ−
== −NE
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 115
Problema 4.14
Un nodo de una red de conmutación de paquetes bajo estudio consta de un enlace de salida y unamemoria adicional con capacidad para almacenar 3 paquetes. Una población infinita genera paquetes auna tasa media de λ paq/s. La distribución de la longitud de los paquetes se supone exponencial y demedia L bits. La capacidad de la línea de salida es de C bps mientras el número de unidades en colasea menor o igual a un paquete. Cuando esta condición no se cumple, el nodo renegociainstantáneamente con la red la capacidad del enlace que pasa a ser de 2C bps para intentar drenar conmayor rapidez los paquetes entrantes.
NOTA: En todo el problema se supone que la tasa media de servicio correspondiente a la velocidad detransmisión C bps es igual a la tasa de llegada de paquetes y a su vez, igual a la unidad.
a) Propóngase un modelo markoviano para el sistema descrito, para ello defina el estado del sistema,determine el número de estados posible, dibuje el diagrama de transición entre estados y dé unaposible descripción del sistema mediante la notación de Kendall.b) Halle la probabilidad de los estados en régimen permanente.c) ¿Es estable el sistema? Justifique brevemente la respuesta.d) ¿Cuál es la probabilidad de que el enlace funcione a C bps? ¿Y a 2C bps?e) Se toman como medidas de las prestaciones ofrecidas por el sistema, o figuras de mérito, laprobabilidad de bloqueo y el tiempo medio de permanencia en el sistema. Calcule ambas medidas.¿Cuál es la probabilidad de pérdida de un paquete? Justifique brevemente la respuesta.f) Calcule el factor de utilización para este sistema.
Supóngase ahora que se desea actualizar el nodo de conmutación. Para ello, una de las configuracionesque se está barajando como alternativa es la siguiente: el nodo únicamente dispone de dos enlaces desalida de capacidad C y 4C bps respectivamente. Siempre que sea posible se utilizará el enlace demayor velocidad de transmisión. Con la consideración anterior para la tasa de servicio del enlace decapacidad C, calcúlese:
g) Las probabilidades de los estados en régimen permanente.h) Las figuras de mérito, probabilidad de bloqueo y tiempo medio de permanencia en el sistema.Compárese con las del modelo anterior y coméntese si mejoran con la nueva configuración.i) Calcule el factor de utilización de cada uno de los enlaces, justifique brevemente el resultado.
Solución
a)
Según la nota, λ = µ =1 paq/s (veremos que no plantea ningún problema de estabilidad)Estado: número de paquetes en el sistemaNúmero de estados: 5 (se tiene en cuenta el estado vacío)Posible notación de Kendall M/M/1/4(λ cte, L exp., 1 enlace, capacidad 4)
paq/sLC
=µ
paq/s22' µµ ==LC
λpaq/s
Redes, sistemas y servicios de comunicación116
Diagrama de transición entre estados
0
λ
µ 1
λ
µ 2
λ
2µ 3
λ
2µ 4
b) Por simple inspección (flujo entrante = flujo saliente) o recordando que en un proceso denacimiento y muerte
Resulta
c) Se trata de un sistema con capacidad de almacenamiento limitada, el sistema es siempre ergódico ⇒suma finita de términos. Recuérdese que la solución general de un proceso de nacimiento y muerte
↑
La suma converge, el sistema es siempre estable. El problema es que pueden haber muchas pérdidas.
d)
También se acepta
e) 151
4 == ppB ; en este caso pB = pP = p4. Se cumple la propiedad PASTA. Si las llegadas són de
Poisson la probabilidad de que al llegar un paquete se pierda coincide con la probabilidad de que alllegar el sistema esté lleno ⇒ pB = pP
11
−−= kk
kk pp
µλ
151;
152;
154;
154;
154
43210 ===== ppppp
11
0 110
1
0 10 1;
−−
= +
∞
=
−
= +
+== ∏∑∏
k
i i
i
k
k
i i
ik ppp
µλ
µλ
∑=
4
1k
( )54bps 210 =++= pppCp
( )51bps2 43 =+= ppCp
158
21 =+ pp
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 117
T en el sistema
λ que ve el sistema = λCURSADA ≠ λOFRECIDA = λ
f) Se puede utilizar la definición m
x·λρ = , donde m = 1 (sólo un servidor); λ = λCURSADA; x es un
problema, ya que el tiempo medio de servicio cambia.
SERVCURSADA
SERV NNx == ρλ
;.
El nº de elementos en el servidor es 0 con probabilidad p0 y 1 con probabilidad 4321 pppp +++
ρ==−== ∑= 15
111 0
4
1. ppN
kkSERV (menor que uno)
tiempo medio de servicio sx1411
=
g)
µ = λ = 1
Diagrama de estados λ
λ
4µ 0
11
12
2
µ
µ
4µ
λ
λNT =
( )15141·
3
0
=−== ∑=
Bk
kkCURSADA pp λλλ
1522·
4
0
== ∑=k
kpkN
sT711
=
µµ 44';4 ==LCC
LCC =µ;
e.1
e.2
Redes, sistemas y servicios de comunicación118
Por flujo entrante = flujo saliente
h) Como las llegadas son de Poisson se cumple la propiedad PASTA
Comparando con el modelo anterior, se observa que este último modelo es mejor en cuanto sus figurasde mérito son menores.
i) Interpretándolo como el número medio de elementos en el servidor, el enlace 1 tiene un elementocon probabilidad p11 y p2 análogamente para el enlace 2.
Se observa que 21 ρρ > , ya que se elige el enlace 1 con mayor probabilidad. No obstante, ladiferencia no es muy acusada, debido a que el enlace 2 se ocupa con menor probabilidad, pero durantemás tiempo por ser más lento.
201;
202;
203;
2014
212110 ==== pppp
201
2 == ppB
207·
2
0
== ∑=k
kpkN
( )20191 =−= BCURSADA pλλ
sNTCURSADA 19
7==
λ
51
2111 =+= ppρ
203
2122 =+= ppρ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 119
Problema 4.15
Considérese el caso de dos enlaces conectando dos nodos vecinos en una red de conmutación depaquetes. Los paquetes que llegan al nodo para ser retransmitidos lo hacen según un proceso dePoisson de tasa λ = 3 paq/seg, y el tiempo de transmisión se distribuye exponencialmente conparámetros µ = 3 paq/seg y µ2 = 1 paq/seg para cada enlace. Suponiendo que el nodo dispone de unacola de almacenamiento para un paquete y que, en el caso de que los dos enlaces estén desocupados,cuando un paquete llega al nodo puede se retransmitido equiprobablemente por cualquiera de los dosenlaces:
a) ¿Qué modelo de cola representa este sistema?b) Calcúlense las probabilidades de los estados en régimen permanente.c) ¿Cuál es el número medio de mensajes en el sistema?d) ¿Cuál es la probabilididad de que el enlace 1 esté desocupado?
Solución
a) El nodo puede ser caracterizado por un sistema de almacenamiento y retransmisión que puede tenerdesde 0 elementos hasta 3 elementos. Los casos posibles son:
0 elementos → sistema vacío
1 elemento → servidor 1 o servidor 2 ocupados
2 elementos → ambos servidores ocupados y cola de almacenamiento vacía
3 elementos → servidores y cola ocupados
Puesto que los servidores no son idénticos, se debe distinguir el caso de que el servidor 1 o el 2 esténocupados cuando sólo hay un elemento en el sistema. Para ello definiremos en cada caso el estado delsistema 1a y el 1b respectivamente. Los estados del sistema quedan representados de la siguienteforma:
λ0a
λ1b µ1a
0
1a
1b
2
µ1b
µ2a λ0b
µ2b
λ1a
3
λ2
µ3
paq/s1paq/s3
paq/s3
2
1
==
=
µµλ
λ
µ1
µ2
Redes, sistemas y servicios de comunicación120
Las transiciones entre estados quedan definidas por las conexiones definidas directamente por elcomportamiento del sistema de almacenamiento y retransmisión. Las tasas se derivan también delcomportamiento físico.
Estado 0
En este estado la tasa de llegadas al sistema es λ, como en el resto de estados. Cuando se produce unallegada con probabilidad 1/2 se realiza la transición al 1a y con probabilidad 1/2 al 1b. Esto implicaque de forma equiprobable una unidad que llega al sistema, cuando éste está vacío, será servido por unservidor, por lo tanto
Estado 1a
Este estado refleja que el sistema sólo tiene una unidad que está siendo retransmitida por el primerservidor. La tasa de servicio del sistema en este caso será únicamente la de éste servidor. Por tanto
µ1a = µ1
La tasa de llegadas en cualquier estado es λ, y en este caso el incremento de unidades del sistema sólopuede pasar a 2 unidades, por lo que
λ1a = λ
Estado 1b
De forma equivalente al estado 1b, es ahora el caso donde el sistema sólo tiene una unidad en elsegundo servidor, por lo que
µ1b = µ2
λ1b = λ
Estado 2
En este caso los dos servidores están ocupados, por lo que cualquiera puede finalizar su servicio. En elcaso de que finalice el segundo servidor, el sistema quedaría con una sola unidad en el primerservidor. Por tanto, la tasa de finalización del segundo servidor fija la tasa de transición del estado 2 a1a, con lo que:
µ2a = µ2
De forma equivalente, la finalización del servicio del primer servidor define la transición del estado 2al 1b así
µ2b = µ1
Las llegadas en este estado 2 producen una transición al estado 3, por lo que
2λλ =oa
2λλ =ob
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 121
λ2 = λ
Estado 3
En este estado el sistema está totalmente ocupado por lo que la única transición posible es hacia elestado 2. Esto ocurre cuando cualquiera de los dos servidores finaliza su servicio. Luego la tasa detransición de 3 a 2 es directamente la adición de las tasas de servicio de ambos servidores:
µ3 = µ1 + µ2
El modelo del sistema lo podríamos expresar como
M / M / 2 (µ1, µ2) / 3
b) Para hallar las probabilidades en régimen permanente planteamos las ecuaciones de balance deprobabilidades en equilibrio sobre la cadena de Markov siguiente:
λ/2
λ µ1
0
1a
1b
2
µ2
µ2 λ/2
µ1
λ
3
λ
µ1+µ2
Sustituyendo los valores numéricos y eliminando la cuarta ecuación por ser combinación lineal de lasotras, llegamos al sistema
Resolviendo se expresan las probabilidades en función de p0
( )
( )
( )( )
=−+=−−−++
=−−+
=−−+
=−−
00
02
02
0
2321
311221
21012
22011
12110
pppppp
ppp
ppp
ppp
ba
b
a
ba
λµµµλλµµλ
µλµλ
µλµλ
µµλ
=−
=−−
=−−
=−−
034
03234
0236
033
23
201
201
110
pp
ppp
ppp
ppp
b
a
ba
03010102 89;
23;
21;
23 pppppppp ba ====
Redes, sistemas y servicios de comunicación122
Dado que la suma de probabilidades es 1 se obtiene
c) La suma ponderada de unidades en el sistema nos dará el número medio N
N = 0 · p0 + 1 · p1a + 1 · p1b + 2 · p2 + 3 · p3
N = 1,48
d) El enlace 1 está desocupado en los estados 0 y 1b. Por lo tanto
Prob [enlace 1 desocupado] = p0 + p1b = 0,44
51;
154;
154;
454;
458
32110 ===== ppppp ba
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 123
Problema 4.16
Un nodo de una red de conmutación de paquetes debe retransmitir los dos tipos siguientes por unenlace de 1 Mbps:
Tipo 1. Paquetes de control, que representan el 30 % de las llegadas, y que se reparten de la siguienteforma:
- 60 % de paquetes de longitud fija de 64 bytes- 40 % de paquetes de longitud fija de 128 bytes
Tipo 2. Paquetes de datos, que representan el 70% de las llegadas, y que se reparten de la siguienteforma:
- 30 % de paquetes de longitud fija de 1500 bytes- 70 % de paquetes de longitud media igual a 1000 bytes y distribución exponencial
Sabiendo que la capacidad de los enlaces es de 1Mbps y que el factor de utilización es ρ = 0,6, calcule:
a) Tiempo de espera en cola con servicio FIFOb) Número medio de unidades en colac) Número medio de unidades de cada tipod) Dotando de prioridad sin expulsión a los paquetes de control:
- Tiempo medio de espera en cola- Número medio de unidades de cada tipo- Retardo medio de un paquete genérico
Solución
a) Sin prioridades, aplicamos la fórmula general M/G/1
Cálculo de los momentos del tiempo de servicio
( ) ( )( ) ( ) ( )ρ
ρρ
λ−
+=
−=
121
12
22xCxExEwE
ms8,7164,06,0 12111 =+= xxx
ms51210
8·6416
1211 ===
µx
ms102410
8·12816
1212 ===
µx
ms2,97,03,0 22212 =+= xxx
ms1210
8·150016
2121 ===
µx
Redes, sistemas y servicios de comunicación124
Para el conjunto completo de paquetes
Cálculo del segundo momento
Para el conjunto total de paquetes
E (x2 ) = 0,3 E (x12) + 0,7 E (x2
2) = 93,13 · 10-6
Para tener el retardo medio en cola nos falta calcular λ
O bien, directamente, paq/s1,9010·66,6
6,03 ===⇒=
−xx ρλλρ
Con esto
b) No hay más que aplicar la fórmula de Little
ms810
8·100016
2222 ===
µx
ms66,67,03,0 21 =+= xxx
( ) ( ) ( ) 9212
211
21 10·71,5764,06,0 −=+= xExExE
( ) 9211
211
211
211 10·14,262 −==+= xxxE σ
( ) 9212
212
212
212 10·58,1048 −==+= xxxE σ
( ) ( ) ( ) 6222
221
22 10·8,1327,03,0 −=+= xExExE
( ) 6221
221
221
221 10·144 −==+= xxxE σ
( ) 6222
222
2
22
222
222
222 10·12821 −==+
=+= xxxxE
µσ
xxx6,0
7,03,06,0
7,03,06,07,03,06,0
21
21
212
2
1
1 =+
=+
=⇒+=+==
µµ
λµ
λµ
λµλ
µλρ
( ) ( )( ) ms5,10
0,810·13,93·1,90
12
62
≈=−
=−
ρλ xEwE
( ) ( ) paq95,010·5,10·1,90 3 === −wENE λ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 125
c)
d) Damos prioridad a los paquetes de control
Prioridad más alta
donde
Prioridad más baja
donde
e) En cuanto al número medio de unidades de cada tipo
f) Si ahora queremos calcular el retardo de un paquete genérico
E (N) = E(N1) + E(N2) = 0,788 paq
( ) ( ) ( ) ( ) paq285,03,03,011 ==== NEwEwENE λλ
( ) ( ) paq665,07,02 === NENE K
( ) ( ) ms196,42
10·13,93·1,902
62
0 ===−xEwE λ
( ) ( )ms28,4
981,010·196,4
1
3
1
01 ==
−=
−
ρwE
wE
019,010·8,716·1,90·3,03,0 6111
1
11 ===== −xx λλ
µλ
ρ
( ) ( )( ) ( ) ms66,10
401,0·981,010·196,4
11
3
211
02 ==
−−−=
−
ρρρwE
wE
58,010·2,9·1,90·7,07,0 32222 ==== −xx λλρ
( ) ( ) paq116,010·28,4·1,90·3,0 3111 ≈== −wENE λ
( ) ( ) paq672,010·66,10·1,90·7,0 3222 ≈== −wENE λ
( ) ( ) ms75,81,90
788,0===
λNEwE
Redes, sistemas y servicios de comunicación126
Problema 4.17
Dos usuarios comparten un enlace de 10 Kbps mediante un concentrador cuyo buffer puedeconsiderarse infinito. Cada usuario genera paquetes según la tabla siguiente:
USUARIO A USUARIO BTasa de llegada 2 paq/seg 8 paq/segLongitud media de los paquetes 3700 bits 200 bitsDistribución de la longitud exponencial constante
a) ¿Cuál es el número medio de paquetes en espera si la disciplina de servicio es FIFO?Para disminuir el número de paquetes en espera se asigna prioridad a uno de los dos usuarios.b) ¿A qué usuario asignaría prioridad? En este caso, ¿cuál es el número medio de paquetes en espera?c) ¿Cuál es el número medio de paquetes que adelantarán a un paquete de baja prioridad durante suestancia en el concentrador?d) ¿Cuál es el número medio de paquetes que serán adelantados por un paquete de alta prioridadcuando éste llegue al concentrador?
Debido a una queja presentada por el usuario con menos prioridad, es necesario restablecer ladisciplina FIFO en el concentrador. Para ello se utiliza un enlace más rápido, de manera que no sesupere el número medio de paquetes en espera calculado en el apartado b).
e) ¿Cuál es el valor mínimo de capacidad que debe tener dicho enlace?
Solución
a) Aplicando Little
NQ = λ W
λ = λA + λB = 10 paq/seg
NQ = 10 · 2,754 = 27,54 paquetes
( )( )ρ
λ−
=1
12
2xEW
( ) ( ) 9,002,0·837,0·2 =+=+=+= BBAABA xExE λλρρρ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+=+= BB
AA
BBAA xExExEpxEpxE 22222 ·2λ
λλ
λ
( ) ( ) 222 s055,002,010837,02·
102
=+=
( ) s754,29,012
055,0·10=
−=W
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 127
b) Al asignar prioridades, los nuevos tiempos de espera valen
- Para el más prioritario
- Para el menos prioritario
El número medio de paquetes en espera es
Para disminuir el número de elementos en espera se deberá cumplir
Hay que asignar prioridad a los paquetes que se sirven más rápidamente, lo cual parece evidente, yaque lo que se pretende disminuir es el número medio de unidades en espera.
Asignamos prioridad al usuario B, ya que E(xB) < E(xA).
Ahora
NQPRI = NQA + N QB = 9,18 paquetes
c) Es el número medio de paquetes de alta prioridad que llegan al concentrador mientras uno de bajaestá en espera.
d) Los que encuentra cuando llega. Como las llegadas son de Poisson, aplicamos la propiedad PASTA
NQA = 6,55 paquetes
( )2
2
2 11
2 ρλ
−=
xEW
( )( ) ( )2
2
1 111
2 ρρλ
−−=
xEW
( )( ) ( ) ( ) =
−
+−−
=+=+=2
2
2
12
2211 111221 ρλ
ρρλλ
λλxEWWNNN QQQPRI
( )( ) QNxE
2
222
2
2
12 ρλλρλλ
ρλ
ρλλρλλ
−−
=−−
−=
( ) ( )212
2 1 xExE >⇒<−−
ρλλρλλ
( )( ) paq62,2
02,0·818·
2055,0·10
12
2
=−
=−
==B
BBBQ
xEWNB ρ
λλλ
( )( ) ( ) ( ) ( ) paq55,6
02,0·819,012
2055,0·10
112
2
=−−
=−−
==B
AAAQ
xEWNA ρρ
λλλ
( )( ) ( ) paq22,26
112
2
=−−
=B
BABxEW
ρρλλλ
Redes, sistemas y servicios de comunicación128
e)
Como la longitud de los paquetes no varía
C = 11,58 Kbps
( )( )'12
''22
ρλ
−==
xENN QQPRI
( ) ( ) ( ) ( ) ρρ'
''
'''·CCxE
CCxExECxEC =⇒=⇒=
( ) ( ) ( ) ( )22
22222
'''' xE
CCxExECxEC
=⇒=
( )
−
=ρ
λ
'12
'2
22
CC
xECC
NPRIQ
−
=9,0·
'1012
055,0·'
10·1018,9
2
22
C
C
04,275'62,82'18,9 2 =−− CC
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 129
Ejercicio 4.18
Una fuente de tráfico genera mensajes a una tasa λ de 25 mensajes por segundo. El tiempo entregeneraciones puede suponerse distribuido exponencialmente. La longitud de los mensajes, expresadasen bits, repite periódicamente el siguiente patrón:
180.000 - 9.000 - 9.000 - 18.000 - 9.000 - 9.000 - 18.000 - 9.000 - 9.000
Dichos mensajes llegan a un nodo multiplexor que los retransmsite a través de un único enlace de 2Mbps. La fuente no tiene que esperar a que se sirva cada mensaje antes de generar el siguiente.Además, se puede suponer que la longitud del buffer del multiplexor es infinita. Calcule:
a) Tiempo de transferencia de los mensajes en el multiplexor y número medio de mensajes.Con objeto de reducir dicho retardo, se obliga a la fuente a promediar la longitud de los mensajes antesde enviarlos al multiplexor. Con esto, la longitud de los mensajes pasa a ser constante e igual a 30000bits.b) Repita el apartado a) teniendo en cuenta esta última modificación.c) Se desea multiplexar un número M de fuentes como las descritas anteriormente, con la condición deque el tiempo medio en el buffer del multiplexor no supere una cota determinada Tmax. Obtenga unaexpresión general para M en función de la tasa de llegadas individual λ, del tiempo medio de serviciode los mensajes, del coeficiente cuadrático de variación del tiempo de servicio CX
2 y de la cota Tmax.d) Tomando Tmax = 40 ms, obtenga M para los casos descritos en los apartados a) y b).
λ=25 mens/seg 2 MbpsF
180.000 18.000 9.000
Solución
a)
Longitud media de los mensajes
Segundo momento
( )ρρ
−+
+=12
1 2xC
xxT
bits3000090009618000
92180000
91
=++=L
( ) ( ) ( ) =++= 2222 90009618000
92180000
91LE
6668 10·372610·5410·7210·36 =++=
( ) 626222 10·28263000010·3726 =−=−= LLELσ
Redes, sistemas y servicios de comunicación130
Tiempo medio de servicio s015,010·2
300006 ===
CLx
Factor de utilización 375,0015,0·25 === xλρ
Sustituyendo
Aplicando la relación de Little
b)
c) M fuentes
Condición
Tasa de llegadas total → Mλ
Factor de utilización → ρ = Mλ x
Por tanto
22
62 14,3
3000010·2826
XL CC ===
( )375,01214,31375,0·015,0015,0
−+
+=T
ms3403363,001863,0015,025,114,4375,0·015,0015,0 ≈=+=+=T
mensajes85,0=⇒= NTN λ
bits30000=L
00 222 ==⇒= xLL CCσ
ms200195,00045,0015,025,11375,0·015,0015,0 ≈=+=+=T
mensajes5,0=⇒= NTN λ
( ) ( ) máxX T
CxwE ≤
−+
=ρ
ρ12
1 2
( ) máx
2
121 T
xMCxMx X ≤
−+
λλ
( ) xTMTCMx X máxmáx22 221 λλ −≤+
( )[ ] máxmáx22 221 TxTCxM X ≤++ λλ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 131
Finalmente
d) Caso a) 14,32 =XC
Caso b) 02 =XC
( ) xTCxTM
X máx22
máx
212
λλ ++≤
151,1053,008,0
03,0023,008,0
015,0·04,0·25·214,4·25·015,004,0·2
2 =→==+
=+
≤ MM
222,2036,008,0
03,025·015,008,0
2 =→==+
≤ MM
Redes, sistemas y servicios de comunicación132
Ejercicio 4.19
La longitud de los paquetes retransmitidos por un nodo de una red de conmutación de paquetes estádistribuida uniformemente entre 2400 y 4800 bits. Dichos paquetes provienen de N estaciones, cadauna de las cuales genera en media 1 paquete cada 15 segundos, siguiendo un proceso de Poisson. Elnodo dispone de un buffer que puede suponerse infinito, y retransmite los paquetes por un únicoenlace de salida de 1200 bits por segundo.
a) Obténgase una expresión general para el percentil Π(r) del tiempo de servicio de los paquetes, yaplíquese para el cálculo del percentil 80.b) Se desea que el retardo medio máximo en el buffer del conmutador sea de 3 segundos. ¿Cuál será elnúmero máximo de estaciones, Nmax, que podemos conectar al concentrador?
Solución
a) De la distribución de la longitud de los paquetes obtenemos la distribución del tiempo de servicio
l (bits)
fl(l)
1 2400
2400 4800 x (s)
fx(x)
1 2
2 4 Π(r)
r% C=1200bps
Inmediatamente se obtiene
b) Tenemos llegadas exponenciales, tiempo de servicio distribuido uniformemente y un servidor, porlo que utilizamos la expresión de la cola M/G/1:
Debemos encontrar el coeficiente cuadrático de variación del tiempo de servicio, para lo cualnecesitamos su primer y segundo momento:
( )[ ] ( ) 21002
212
100+=⇒−= ∏∏ rrrr
( ) s6,3210016080 =+=∏
( ) ( ) s312
1 2
≤−
+=
ρρ XCxWE
( ) ( ) 3·4
2== ∫ dxxfxxE X
( ) ( ) 33,94
2
22 == ∫ dxxfxxE X
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 133
Tan sólo resta encontrar el factor de utilización
Con lo que podemos sustituir en la expresión general de la cola M/G/1 y despejar
( ) ( )( ) 037,02
222 =
−=
xExExECX
( )515
3 NNxEN === λρ
( ) ( ) s312
1 2
≤−
+=
ρρ XCxWE
( ) s3512
037,015
·3 ≤−
+N
N
329,3 máx =⇒≤ NN
Redes, sistemas y servicios de comunicación134
Problema 4.20
Determine sobre un sistema M/M/∞
a) La función generatriz de momentos G(z)b) Empleando G(z), la probabilidad de encontrar k unidades en el sistemac) El número medio de unidades en el sistema
NOTA.
Solución
a)
0
λ
µ 1
λ
2µ 2 k-1
λ
kµ
k
λ
(k+1)µ
k+1
Ecuaciones de equilibrio
Función generatriz
Determinación de G(z)
Calculamos
Luego
( )zGzd
dzxpkk
kk =∑
∞
= 0
KK +++++=!!2!1
12
kxxxe
kx
( ) 0·1 1 ≥+= + kpkp kk µλ
( ) ∑∞
=
=0k
kk zpzG
( )∑∑∞
=+
∞
=
+=0
10
·1k
kk
k
kk zpkzp µλ
( ) ( )∑∞
=++=
011
k
kk zpkzG µλ
( ) { } ====+==+ ∑∑∑∑∞
=
−∞
=
−∞
=
−∞
=+
0
1
1
1
1
1
01 ·11
j
jj
j
jj
j
jj
k
kk zpjzzpjzzpjkjzpk
( ) ( )zGzd
dzGzd
dzz =− ··1
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 135
Solución de la ecuación diferencial ordinaria de 1r orden
Solución clásica
Se verifica que
Luego
b) Desarrollando en serie G(z)
Recordando que
Por definición
Identificando los coeficientes del polinomio en z, tenemos
Por tanto
( ) ( )zGzd
dzG µλ =
( ) ( ) 0=− zGzGzd
dµλ
( )z
eCzG
= µλ
( ) ( ) 1111
1
===⇒=
=
µλ
µλ
eCeCGG
z
z
( )( )1
·−
−
==zz
eeezG µλ
µλ
µλ
( )( ) zz
eeezG
−−
== µλ
µλ
µλ
·1
!!2!11
2
kxxxe
kk ++++= K
( )
++
+
+=−
KK!!2!1
1
22
k
zzzezG
kk
µλ
µλ
µλ
µλ
( ) ∑∞
=
=0k
kk zpzG
0!
· ≥
=−
kk
ep
k
kµ
λµ
λ
Redes, sistemas y servicios de comunicación136
c) Número medio de unidades en el sistema ( )N
Dos maneras:
i) pk sigue una distribución de Poisson, luego
ii) Aplicando G(z)
=
=−
µλµ
λµ
λ1,,Poisson
!ke
kp
k
k
µλ
λ
µ == 1
1N
( )
11
·
=
−
=
==
z
z
z
eezd
dzdzGdN µ
λµ
λ
µλ
µλ µ
λµ
λ==
=
−
1
··
z
zeeN
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 137
Problema 4.21
Un servidor envía una secuencia de vídeo a un ordenador a través de una red de conmutación decircuitos. La transmisión de la secuencia requiere un número variable k de circuitos de capacidadconstante C = 64 Kbps durante la sesión.
Servidor Ordenador
Red de Conmutación de Circuitos
k x 64 Kbps
Considerando que:
1) El número de circuitos k varía gradualmente, de forma que si:Si k = 0, sólo se puede pasar a un valor k = 1.Si k > 0, el valor de k se incrementa en una unidad con probabilidad p y se decrementa en una unidadcon probabilidad 1 - p.2) Los intervalos entre variaciones de k están distribuidos exponencialmente con valor medio Dsegundos.3) El tiempo de establecimiento y liberación de un circuito es despreciable.
Para los valores p = 0,4 y D = 1/12 segundos:
a) Proponga un modelo para el análisis del número de circuitos empleados durante una sesión,suponiendo que se pueden establecer todos los circuitos que se desee.b) Halle la probabilidad de que en una sesión se estén utilizando k circuitos.c) Determine el número medio de circuitos utilizados en una sesión.d) Calcule el número mínimo de circuitos que se utilizan el 98% del tiempo.e) Si el valor máximo de k es 8, ¿cuál será la probabilidad de bloqueo?
Solución
a) Ejemplo de evolución temporal de k
4 3 2 1 0 d1
p
d2 d3 d4 d5 d6
1-p p p 1-p
K
Redes, sistemas y servicios de comunicación138
( ) Dt
d eD
tf −=
1 ; función de densidad de probabilidad d
Puesto que el tiempo de permanencia de un valor de k está distribuido exponencialmente, k tomavalores enteros desde 0 y las variaciones de los valores de k son de una unidad entonces el valor de kes modelable por un proceso de nacimiento y muerte de la forma
0
λ0
µ1 1 2 K
λK-1
µK
λK
µK+1
λ1
µ2
λ2
µ3 3
λ3
µ4 4 5
λ4
µ5
Para determinar los valores de λi y µj basta recordar que el tiempo de permanencia en un estado k tienepor valor medio
Dado que todos los intervalos entre variaciones de k están distribuidos por la misma variableexponencial d, cuyo valor medio es D
Luego
Finalizado el tiempo de permanencia en un estado K = 1, 2, ..., la transición a un estado k +1 seproduce con probabilidad p y a un estado k –1 con probabilidad 1 – p.
El valor de p se obtiene como cociente de proporción de tasa de k a k + 1 respecto a todas las tasas. Porlo tanto
De igual forma
De donde se obtienen las tasas de transición para k = 1, 2, ...
∑=
kSk de salida de tasa
1
K,1,0con == kDSk
DS ==0
01λ
K,2,1con1==
+= kDS
kkk µλ
DSp kkkkk
k ·· λλµλ
λ==
+=
DSp kkkkk
k ·1 µµµλ
µ==
+=−
Dp
Dp
kk−
==1; µλ
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 139
b) Para el caso particular k = 0, es inmediato que
Con los valores calculados la cadena de Markov queda
0
λ0
(1-p)λ0
1
pλ0
2
pλ0
K
(1-p)λ0 (1-p)λ0 (1-p)λ0 (1-p)λ0
pλ0 pλ0
Aplicando la igualdad en los flujos de probabilidad en las conexiones
Una vez expresadas todas las probabilidades en función de p0, se obtiene
Si p = 0,4 y D = 1/12 s, entonces se hallan las probabilidades en régimen permanente con lasecuaciones en equilibrio.
61
0 =p y K,2,132
125
=
= kp
k
k
c) El valor medio se obtiene
∑ ∑∑∞
=
∞
=
∞
=
=
==
1 10 32··
125
32
125··
i i
ii
ii iipiK
( )
−==
⇒=⇒==0
00
00 1
11λµ
λλλ
λ pp
DDSk
k
( ) 011000 111 p
ppppp
−=⇒−= λλ
( )( ) 02122010 11
1 pp
ppp
pppppp−
=−
=⇒−= λλ
M
( )( )
pp
ppp
pppppp k
k
kkkk−
=−
=⇒−=−
−− 111
1
1010 λλ
M
( )pp
pp
p
kk
k 2221
11
1
1
10 −−
=
−+
=
∑∞
=
−
K,2,1con·1
10 =
−
= kpp
pp
pk
k
Redes, sistemas y servicios de comunicación140
Sabiendo que
Entonces
Es decir, el ancho de banda medio de una conexión de vídeo ocupa 2,5 · 64 = 160 Kbps
d) La proporción del tiempo que se emplean k circuitos es igual a la probabilidad pk. Para hallar elnúmero de circuitos mínimo que se utilizan el 98% del tiempo, Π(98), hallaremos el valor acumuladode probabilidad de la forma
e) La probabilidad de bloqueo será en este caso
( )210 11
1··a
aaad
daaad
daaii
i
i
i
−=
−
== ∑∑∞
=
∞
=
( ) 5,225
3213
2·
125
2 ==−
=Κ
( )( ) 1017,99898,0
98
0
==Π⇒≤∑Π
=iiP
38
8 10·62,10162,032
125 −==
== ppB
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 141
Problema 4.22
Los equipos terminales de datos (ETD) de una red Frame Relay se conectan a la red a través de undispositivo denominado Multiplexor Inverso (MI). Este dispositivo permite recibir la informacióndirigida desde un servidor al ETD a través de múltiples enlaces de baja capacidad. La inserción del MIse debe a la reducción del coste económico al emplear varios enlaces cuya capacidad conjunta es CTbps respecto a un solo enlace de la misma capacidad.
Servidor
FRAME RELAY
Mux Inv ETD
Para dimensionar el MI, se realizan una serie de medidas del tráfico enviado desde los servidores a losETDs. Este tráfico se puede considerar de Poissson con una tasa de llegadas λ = 2000 paq/s y unadistribución exponencial de los paquetes con longitud media L = 2000 bits. Suponiendo que cadaenlace de baja velocidad tiene una capacidad C = 2Mbps:
1) Considerando que el número de enlaces de baja capacidad es prácticamente infinito:
a) ¿ Qué modelo de cola permite evaluar el comportamiento de MI?b) Halle la probabilidad de encontrar k enlaces ocupados en régimen permanente.c) Determine el número de enlaces mínimo m de forma que cuando llegue un nuevo paquete al MI laprobabilidad de que hallan m enlaces ocupados sea inferior a 1.5 10-2 .d) Calcule el percentil del número de enlaces ocupados al 95%.e) Calcule el número medio de enlaces ocupados en el MI.f) Halle el tiempo medio de tránsito por sistema MI de un paquete.
2) Fijando el número de enlaces de baja capacidad a 6 y no permitiendo el encolamiento de paquetesen el Multiplexor Inverso (MI):
a) ¿ Qué modelo de cola permite evaluar el comportamiento de MI?b) Halle la probabilidad de encontrar k paquetes en el sistema MI en régimen permanente.c) Determine la probabilidad de pérdida de un paquete que llega al sistema MI.d) Calcule el factor de utilización de un enlace de baja capacidad.e) Calcule el número medio de enlaces ocupados en el MI.f) Halle el tiempo medio de tránsito por sistema MI de un paquete.
3) Para un número de enlaces de baja capacidad de 6 y considerando una cola de almacenamiento decapacidad prácticamente infinita:
a) ¿ Qué modelo de cola permite evaluar el comportamiento de MI?b) Halle la probabilidad de encontrar k paquetes en el sistema MI en régimen permanente.c) Determine la probabilidad de cuando llegue un paquete al sistema MI deba esperar en la cola.d) Calcule cuál sería una longitud adecuada para la cola de almacenamiento de forma que laprobabilidad de pérdida de un paquete que llegue al sistema sea inferior a 10-4.
Redes, sistemas y servicios de comunicación142
Solución
1) Módulo con ∞ enlaces de baja capacidad
λ∞
a) M/M/∞
b) Para el sistema M/M/∞
c) El número mínimo de enlaces m que verifica con llegadas de Poisson:
Dado que
K
!k
ep
k
k
µλ
µλ −
=
01234567
0,1350,270,270,180,09
0,0360,012*0,0034
d) El percentil ∏ )95( del número de enlaces ocupado al 95% serà el mínimo k que cumple:
e) Al ser una distribución de Poisson (λ, 1/µ):
=−
µλµ
λµ
λ1,Poisson
!e
kp
k
k
( ) 210·5,1llegada−<=
= mpmtNp
2=µλ
610·5,1 2máx =⇒<⇒ − mp
( )
∑∏
=
≥%95
0
95,0k
kp
( )∏ ∑ ≥===
95,0981,0que ya5%955
0kkp
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 143
f) En este sistema no existe almacenamiento por lo que:
2) Modelo con número finito de enlaces sin almacenamiento
λm=6
a) M/M/m/m
b) En régimen permanente:
c) Dado que:
Entonces:
Puesto que las llegadas son de Poisson
d) Factor de utilización del sistema con pérdidas:
e) El número medio de enlaces ocupados será:
21· == µλN
ms1== xT
∑=
= m
j
j
k
k
j
kp
0 !1!
1
µλ
µλ
2=µλ
355,7!6
2!5
2!4
2!3
2!2
2!1
2!0
2!
1 65432106
0
=++++++=
∑
=j
j
j µλ
===== − 6,B-Erlang10·2,1
355,7!6
22
6
6 µλppPP mperdB
( )µ
λλρ
mx
mPperd ≈=
−= 329,0·
1·
+++++== ∑
= 72064·6
12032·5
2416·4
68·32·22·1·
35,716
0kkpkN
Redes, sistemas y servicios de comunicación144
f) Aplicando la fórmula de Little para el caso con pérdidas:
3) Modelo con capacidad de almacenamiento infinito y número de enlaces finito
6∞
a) M/M/6
b) En régimen permanente el modelo M/M/m tiene por probabilidades:
c) Puesto que las llegadas son de Poisson:
97,1=N
( ) ms9969,01
=−
=perdP
NTλ
( )
≥
=≤=
mkm
mp
mmk
kmp
pmk
k
k
!
!
0
0
ρ
µλρ
ρ
( ) ( )∑−
= −+
= 1
0
0
11
!!
1m
k
mk
mm
km
p
ρρρ
∑∞
=
=
>=
mk
km
enc mmpmNPP
!llegada 0ρ
ρρρ−
== ∑∞
= 1·
!·
!· 00
mm
mk
km
enc mmp
mmpP
( )ρ
ρ−
=1
1!
·0 mmpP
m
enc
52,71
311
1·!6
2!
21
5
0
60 =
−+
=
∑=k
k
k
p
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 145
d) Observamos qué valores dan lugar a 410−<perP
kk
m
k mmpP ρ
!0=
91011
4,37 · 10-4
1,459 · 10-4
4,86 · 10-5 < 1 · 10-4 ⇒ Q = 5 unidades
0177,03
111
52,7!6
26
=−
=encP
Redes, sistemas y servicios de comunicación146
Problema 4.23
Un multiplexor estadístico conecta un conjunto de terminales con un ordenador a través de un módemque emplea la norma V.23. Esta norma de explotación de la línea de transmisión divide el ancho debanda en dos canales, cuyas velocidades de transmisión son v1 = 1200 bps y v2 = 75 bpsrespectivamente. Cada canal se emplea para transmitir la información en un sentido, aunque no existeuna asignación fija de sentidos y canales. De esta forma, un canal puede ser empleado a veces paratransmitir en un sentido y otras en sentido opuesto durante la comunicación, mientras que el otro seutilizará para la transmisión en sentido opuesto simultáneamente.
Para evaluar el comportamiento de la conexión de los terminales con el ordenador se considera
i) El canal 1 se utiliza con probabilidad σ ∈ [0,1]ii) El canal 2 se utiliza con probabilidad 1 - σ
Suponiendo que el tráfico generado por el conjunto de terminales responde a una distribución dePoisson de tasa λ paq/s, que el multiplexor tiene una capacidad de almacenamiento prácticamenteinfinita y que la distribución del tamaño de los paquetes es exponencial de longitud media L:
a) Determine el tiempo medio de servicio en función de las tasas de servicio µ1 y µ2 asociadas a loscanales 1 y 2 respectivamente.b) Exprese la función de densidad de probabilidad del tiempo de servicio b(t), considerando L = 160bits; λ = 0,375 paq/s; σ = 0,4.c) Halle el coeficiente cuadrático de variación del tiempo de servicio cx
2.d) Caracterizando el sistema como una cola M/G/1
- Calcule el factor de utilización del servidor.- Determine el tiempo medio T necesario para que un paquete atraviese el sistema
cola+servidor.
Solución
a) El tiempo medio será una función de las tasas de servicio posibles en el canal:
b) La función de densidad de probabilidad del tiempo de servicio será:
c) El coeficiente cuadrático de variación del servicio será:
( )21 , µµfx =
( ) 211222
1111 1·
V
Vxxx
Lx
Lxσσ
µ
µ−+=⇒
==→
==→−
−
( )21
111·µ
σµ
σ −+=x
( ) ( ) tt eetb 2121 1·· µµ µσµσ −− −+=
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 147
Con 24,0paq/s,375,0 bits,160 === σλL
d)i) El factor de utilización será: 5,0333,1·5,0· === xλρ
ii) El tiempo medio de transferencia será: ( ) ( )5,01208,21
5,0·333,1333,112
1 2
−+
+=−
++=
ρρ xc
xxT
[ ] [ ] 12
2
2
22
2
22 −=
−==
xxE
xxxE
xc x
xσ
[ ] ( )( )∫∞ −− −+=
0
221
2 ·1 21 tdteexE tt µµ µσµσ
[ ] [ ] ( ) [ ] ?1· 22
21
2 =−+= xExExE σσ
[ ] 22
12
12
12
122
1 para mismo lo,21
xxxxxxE x =+=+= σ
s133,01250160
1 ==x
s133,275
1602 ==x
( ) 28,1053,028,113,0·4,01 21 +=+=−+= xxx σσ
s333,1=x
[ ] [ ] ( ) [ ] ( ) 22
21
22
21
2 1221 xxxExExE σσσσ −+=−+=
[ ] 46,501415,0133,2·6,0·2133,0·4,0·2 222 +=+=xE
[ ] 22 s4737,5=xE
[ ] 08,212
22 =−=
xxEcx
s38,3=T
Redes, sistemas y servicios de comunicación148
Problema 4. 24
Dos ordenadores se conectan a través de un circuito básico de RDSI de C = 64 Kbps para transmitir unfichero de F = 106 bytes. La transmisión se realiza empleando un protocolo de ventana que utilizapaquetes de longitud fija de L bits y cuyo tamaño de ventana W es 8 paquetes. Teniendo en cuenta quelos paquetes de reconocimiento son de longitud constante R = 800 bits y que la RDSI introduce unretardo extremo a extremo τ.
PC
τ
PC
RDSI
64 kbps
a) Halle la longitud mínima de los paquetes L para que el tiempo de transmisión del fichero sea de 3min cuando el retardo τ = 10 ms.b) Para la longitud mínima hallada, calcule el tiempo necesario para enviar el fichero cuando el retardosea τ = 400 ms.
Solución
a) Para τ = 10 ms
PC
τ=10ms
PC 64 Kbps RDSI
W = 8 paquetes
T = 3 min = 180 s
Para hallar la longitud mínima debemos determinar:
Tiempo de transmisión de un bloque CR
CLWTB ++= τ2
bits10·8bytes10·1 66 ==F
bits800bytes100 ==R
LWFN·
r transmitia bloques de nº ==
τ2++=C
LWRTB
4 Dimensionado y evaluación de dispositivos y redes 149
Tiempo de transmisión total
En este caso
b) Aumentando el retardo de propagación a:
Con:
Obtenemos:
Dado queN = 1692
Entonces:T = 1500 s = 25 min
+
+== τ2··
CLWR
LWFTNT B
( )ττ CRFTC
WF
LTC
LWRLW
F 22máx
máx +−
>⇒≤
+
+
bits591≥L
ms375,106=BT
1692=N
ms400=τ
bits591=L
ms375,886=BT
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 151
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple
Problema 5.1
Los diez terminales dibujados se conectan a un concentrador mediante sondeo centralizado en unescenario de recolección de datos.
Los parámetros del sistema son los siguientes:
- Tasa global de generación de paquetes, λTOT = 9 paq/s- Capacidad del enlace, C = 28800 bps- Velocidad de propagación de señales, v = 200000 Km/s- Longitud de los mensajes de sondeo, LMS = 96 bits- Longitud de los mensajes de respuesta negativa por parte del terminal, LRN = 48 bits- Lontigud de los mensajes de datos del terminal, L = 60 bytes (distribución exponencial)
CONCENTRADOR
Datos
TERM_10
Datos
TERM_1
Control
120 Km
Calcular
a) Tiempo de ciclo sin carga, TC(0)
b) Tiempo de ciclo con carga, TCc) Tiempo de acceso del terminal al concentrador, TA
Solución
a) Sea
TMS = tiempo de transmisión del mensaje de sondeo
Redes, sistemas y servicios de comunicación152
TRN = tiempo de transmisión del mensaje de respuesta negativa (nada que transmitir) por parte delterminal
TP = tiempo de propagación entre terminales
Se sabe que
siendo n el número de terminales.
Substituyendo, se tiene
b) Se sabe que
donde
siendo TS el tiempo de transmisión de un paquete (tiempo de servicio).
Substituyendo se tiene
c) El tiempo medio de transferencia (espera + transmisión) sin control y con terminales locales, T, es
T = TW + TS
donde, para longitudes exponenciales, es
Substituyendo se tiene
Como n >> ρTOT el tiempo de acceso se puede aproximar por:
Resumiendo
( ) pRNSC TnnTnTnT 1M)0( +++=
s057,0200000
12111028800
481028800
9610)0( =⋅++=CT
TOT
CC
TT
ρ−=
1
)0(
STOTTOT Tλρ =
ms6715,01
57
288008·6091
57=
−=
−=CT
TOT
TOTSW TT
ρρ−
=1
ms201717,01728800
8·6015,01
15,028800
8·60=+=+
−=T
ms53202
672
=+=+= TTT CA
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 153
TC(0) = 57 ms
TC = 67 ms
TA = 53 ms
Redes, sistemas y servicios de comunicación154
Problema 5.2
Una red de acceso por sondeo está formada por M = 50 estaciones conectadas a un dispositivo centralmediante enlaces full-dupplex formando una topología en estrella. Cuando el dispositivo centralsondea a la estación, ésta le transmite toda la información que ha almacenado desde la última vez quetransmitió. El dispositivo central retransmite dicha información al resto de estaciones. La estaciónfinaliza la transmisión cuando vacía su buffer complemente añadiendo un sufijo para indicar aldispositivo central que no tiene más información que transmitir. Inicialmente se comprueba elfuncionamiento de la red de manera que ninguna de las estaciones tenga nada que transmitir. En estecaso se observa que cada estación es sondeada cada TC
0 = 3,2 ms. Finalmente se activan los procesosde comunicaciones entre estaciones, de manera que cada una de ellas genera λ1 = 1,5 paquetes porsegundo. Dichos paquetes son de longitud fija e igual a L1 = 1000 bytes. Teniendo en cuenta que elmensaje de sondeo y el sufijo que añaden las estaciones son de 6 y 2 bytes respectivamente, calcule:
a) Tiempo de ciclo del sistemab) Tiempo medio desde que se genera un paquete hasta que es recibido por su destinatarioc) Número medio de paquetes en espera de ser transmitidos en una estación genéricad) Fracción de tiempo durante la cual el sistema está sondeandoe) Número máximo de estaciones que admite el sistema bajo estas condiciones de tráfico
Suponiendo que en cada una de las estaciones, además del tráfico generado anteriormente, se generannuevos paquetes con una tasa λ2 = 2,5 paquetes por segundo, y cuya longitud está distribuidaexponencialmente con media L2 = 250 bytes.
f) Calcule el tiempo medio desde que se genera un paquete de este último tipo hasta que es recibidocompletamente por su destino.
Solución
a)
������������������������������������
������������������������������������
������������������������������������
������������������������������������
������������������������������������
������������������������������������
w
Sufijo i Sondeo i+1
la estación i vacía su buffer
la estación i+1 vacía su buffer
w: tiempo desde que una estación deja de transmitir hasta que empieza la siguiente (walk time)
En un ciclo sin tráfico se cumple
( ) 30 10·2,38·2650 −=+
==C
wMTC
bps106=C
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 155
b)
Para paquetes de longitud fija
Tiempo de espera en el buffer de una estación para un paquete genérico
c) Aplicando Little
d) En cada ciclo se sondea durante Mw segundos
Evidente, ya que la estación central siempre está ocupada; cuando no está transmitiendo estásondeando. Como S = 0,6, significa que el 60% del tiempo está transmitiendo de manera que el 40%restante está sondeando.
e) Para no ocupar el sistema más del 100% del tiempo se debe cumplir S < 1.
f)
6,011 ==C
LMS λ
ms86,01
10·2,31
3
=−
=−
=−
SwMTC
ms81 ==CLx
( ) 2622 s10·64 −== xxE
( )( )
( )( ) ms952,912·
12
1 2
=−
+−
−=
xSxES
S
wMMS
W
ms952,1711 =+= WxT
paquetes014928,010·952,9·5,1 31 === −WN λ
4,010·810·2,3
3
3
== −
−
CTwM
1<C
LM iiλ
3,831000·8·5,1
106
==<ii L
CMλ
83=máxM
375,021
11 =
+=
λλλ
p
625,021
22 =
+=
λλλ
p
Redes, sistemas y servicios de comunicación156
ms25,422
11 =+=
CL
pCL
px
( ) 85,021 =+= xMS λλ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 262
221
21
222
211
2 s10·29·2 −=+=+= xEpxEpxEpxEpxE
( )( )
( )( ) ms81,29
·1212
1 2
=−
+−
−=
xSxES
S
wMMS
W
ms818,31222 =+=+= W
CLWxT
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 157
Problema 5.3
Un conjunto de 2 terminales accede a una red de transporte a través de un concentrador que les daservicio mediante una técnica de polling centralizado. La línea multipunto que une dichos terminalescon el concentrador es de 4800 bps. El concentrador sondea a cada estación mediante preguntas quesiguen el formato HDLC, al igual que las respuestas de los terminales, en las cuales indican si deseano no desean transmitir. Para dichas preguntas y respuestas, la longitud del campo de datos es n = 10.
F D C DATOS SVT F
bytes 1 1 1 n 2 1
Trama HDLC
En el momento en que el terminal i (i = 1,2) es sondeado:
- con probabilidad pi transmitirá un paquete de longitud fija igual a L bits, empleando para ello untiempo de P segundos.
- con probabilidad (1 - pi) no transmitirá nada.
Los terminales transmiten como máximo un paquete cada vez que son sondeados. Posteriormente sesondeará al siguiente terminal, sin esperar ningún tipo de respuesta por parte de la red ni de ningúnelemento conectado a ella, ya que cuando éstas son necesarias, son transmitidas por un canalindependiente de retorno.a) Calcule el tiempo de ciclo de polling en ausencia de tráfico, TC
(0)
b) Calcule el tiempo medio de ciclo, TC, en función de p1 y p2.c) Calcule el tiempo medio desde que se produce una llegada a una estación hasta que ésta esnuevamente sondeada, en el caso en que L = 480 bits, p1 = 0,4 y p2 = 0,6.d) Repita el cálculo anterior para el caso en que L = 480 bits y que p1 = p2 = 1. Ofrezca, para este caso,una mejora para el sistema de acceso empleado.
Solución
a)
b) El ciclo queda de la siguiente forma
P con prob. p1 0 con prob. (1-p1)
P S/N
preg 1 S/N
preg 2
P
P con prob. p2 0 con prob. (1-p2)
Por tanto, el tiempo medio de ciclo será
( ) ( ) s107,04800
8·6104800
8·610·2)0( =
+++=CT
Redes, sistemas y servicios de comunicación158
c) Tenemos que calcular el tiempo residual de un ciclo el cuál viene dado por
Conocemos el tiempo medio de ciclo, TC, pero nos falta calcular el segundo momento de tC para podercalcular CTc
2.
La duración de tc será la siguiente:
tc = TC(0) con probabilidad = (1 - p1) (1 - p2) (es decir, cuando ninguna de las estaciones transmite)
tc = TC(0) + P con probabilidad = p1 (1 – p2) + p2 (1 – p1) (transmite 1 o transmite 2)
tc = TC(0) + 2P con probabilidad = p1 p2 (1 y 2 transmiten)
Podemos comprobar el valor medio:
Aplicando los valores del enunciado
Calculemos el segundo momento
Con esto
( )21)0(
21)0( ·· ppPTpPpPTT CCC ++=++=
CT
espera TC
T c
21 2+
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) =++−+−++−−== 21)0(
1221)0(
21)0( 21111 ppPTppppPTppTTtE CCCCc
( ) +−+−+−++−− 21121)0(
2)0(
21)0(
1)0(
2121)0( 1 ppPpPppTpTppTpTppppT CCCCC
( ) OKppPTpPpPTppPppTppPpP CCC ⇒++=++=++−+ 21)0(
21)0(
2121)0(
212 2
( ) s207,011,0107,0
1,0s
bits4800bits480
6,04,0
s107,0
2
1
)0(
=+=
===
==
=
C
C
T
CLP
ppT
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) =++−+−++−−= 212)0(
12212)0(
21)0(2 21111
2ppPTppppPTppTtE CCCC
( ) ( ) ( ) =+++++ 6,0·4,0·2,0107,06,0·6,04,0·4,01,0107,04,0·6,0·107,0 222
0476,010·6,2210·3,2210·7,2 333 =++= −−−
( ) ( )( )
112,00428,0
0428,00476,0207,0
207,00476,02
2
2
22
2
22 =
−=
−=
−==
C
CC
C
tt tE
tEtET
C C
C
σ
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 159
De donde
d) Si p1 = p2 = 1 (las estaciones transmiten siempre)
Tc = Tc(0) + 2P = 0,107 + 0,2 = 0,307 s
y tc = Tc siempre, ya que el sistema pasa a ser determinista. Por tanto
Evidentemente, se está perdiendo un tiempo innecesario en sondeos y sería mucho más eficaz unsistema TDM determinista.
s115,0207,0·2112,01
espera =+
=T
s154,02307,0
210 espera
2 ===⇒= CT TTCC
Redes, sistemas y servicios de comunicación160
Problema 5.4
La figura muestra dos redes de acceso de tipo ALOHA PURO (A y B) interconectadas mediante unalínea dedicada de capacidad C bps. La red de acceso A está formada por 25 terminales iguales(clientes) y un dispositivo que permite la interconexión con la red remota. La red B está formada porotro dispositivo de interconexión y un número suficiente de terminales para que pueda considerarseuna población infinita de servidores. Los clientes de A sólo generan peticiones, las cuales sonrecogidas por el dispositivo de interconexión y retransmitidas hacia la red B. Cuando una peticiónllega a B es atendida por un único servidor, el cual genera una respuesta que es enviada hacia la red A.Tras la puesta en marcha del sistema se observa que cada cliente de A realiza en media 1,5 peticionesexitosas por segundo, las cuales siempre son respondidas por algún servidor en B. Tanto las peticionescomo las respuestas son de longitud fija e igual a 250 bytes y las capacidades de las redes A y B sonCA = 2 Mbps y CB = 1 Mbps respectivamente.
Notas adicionales:
- Los retardos debidos a propagación pueden considerarse nulos.- Para resolver ecuaciones intrascendentes utilice la aproximación e-2x ~ 0,3 (3 – 4x), correspondienteal desarrollo en serie de Taylor de la función e-2x alrededor de x = 0,25.
a) Determine el número medio de intentos de acceso (peticiones nuevas + retransmisiones) porsegundo en la red A y en la red B.b) Calcular el retardo medio desde que se genera una petición en un cliente de A hasta que ésta esrecibida correctamente por el dispositivo de interconexión de A. Repita el cálculo para una respuestagenerada en B y el dispositivo de interconexión en B. El tiempo medio de back-off en ambas redes deacceso es igual a 3 ms.c) Calcular la capacidad mínima necesaria C en la línea dedicada para que el retardo desde que unpaquete llega a un dispositivo de interconexión hasta que es recibido por el otro sea inferior a 20 ms.d) ¿Cuál es el número máximo de terminales (supuestos todos iguales) que pueden conectarse a la redA para que todo el sistema pudiese funcionar?
Solución
a) En la red ALOHA A, se cursa el tráfico generado por las 25 estaciones más el tráfico inyectado porel dispositivo de interconexión provinente de la red B. Como cada petición tiene asociada una únicarespuesta, la tasa total cursada en A será igual al doble de la tasa generada por los 25 terminales.
En condiciones de estabilidad el tráfico ofrecido a la red es igual al cursado (igual al caudal)
paquetes/s755,1·25·2··2 === iA M λλ
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 161
La carga ofrecida a la red se obtiene como
La solución estable se obtiene con GA < 0,5
El número total de intentos de acceso por segundo se obtiene a partir de la carga:
Esta solución es aproximada, resolviendo la ecuación intrascendente con métodos iterativos, se obtiene
Utilizando el mismo razonamiento en la red B, se obtiene
Calculando el valor exacto, se obtiene
075,010·2
8·250·756 ====
A
AAAA C
LPS λλ
( ) 22 2,19,0433,0· AAAAG
AA GGGGeGS A −=−≈= −
0075,09,02,1 2 ≈+− AA GG
ESTABLE0955,0≈AG
INESTABLE654,0≈AG
intentos/s5,958·25010·2·095,0 6
=≈==ΛLCG
PG AA
A
AA
AGA eG 2075,0 −=
ESTABLE0897,0=AG
INESTABLE496,1=AG
7,89=ΛA
paq/s75== AB λλ
15,010
8·250·756 ===
B
BB C
LS λ
015,09,02,1 2 ≈+− BB GG
ESTABLE25,0≈BG
INESTABLE5,0≈BG
intentos/s125≈ΛB
2447,0=BG
Redes, sistemas y servicios de comunicación162
b) Red A
Red B
Utilizando los valores exactos para GA y GB, se obtiene
TA = 1,78 ms
TB = 5,15 ms
c) Modelamos el dispositivo de interconexión y la línea dedicada con un sistema M/D/1. Se suponeque la capacidad de almacenamiento del dispositivo es suficientemente grande como para considerarlainfinita. La tasa de llegada a cada dispositivo de interconexión es igual a la tasa generada por losterminales de su misma red de acceso. En ambas redes dicha tasa vale
El retardo vale
La condición de estabilidad en este caso es ρ = λ x < 1
d) La condición de estabilidad en las redes de acceso es
intentos/s35,122=Λ B
( ) )(12 BPePT AG
AAA +−+=
ms1==A
A CLP
( )( ) ms84,1ms311ms1 0955,0·2 =+−+= eTA
ms2==B
B CLP
( )( ) ms24,5ms321ms2 25,0·2 =+−+= eTB
paquetes/s5,375,1·25· === iM λλ
( )3
22
10·20752
5,3712
−=−
+=−
+=x
xxx
xxTλ
λ
010·405,35,37 32 =+− −xx
INESTABLE756
=x
ESTABLE751
=x
Kbps15075·8·250 ===xLC
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 163
siendo el caudal
La situación más desfavorable es para la red con un tiempo de transmisión de paquete mayor, en estecaso la red B.
Con este número de terminales la tasa de llegada a los dispositivos de interconexión es
Con lo cual todo el sistema puede funcionar.
eS
21
<
PMS iλ'2=
65,304
1' =<Bi Pe
Mλ
terminales30máx =M
paquetes/s455,1·30·máx === iM λλ
17545
<== xλρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación164
Problema 5.5
Una de las hipótesis simplificadoras en el estudio de las técnicas de acceso múltiple ALOHA yALOHA ranurado es que el número total de paquetes a transmitir por el canal común (incluyendotodas las estaciones de la red, los paquetes generados por primera vez y los que se han de retransmitirpor colisiones previas), responde a una distribución de Poisson. Ello supone, por tanto, una poblaciónde usuarios (M estaciones) infinita.
Considérese ahora una red con M estaciones independientes que utilizan un mecanismo de acceso almedio compartido ALOHA ranurado. Las transmisiones de cada usuario se modelan como unasecuencia de procesos de Bernoulli independientes (cada estación transmite con cierta probabilidadcomprendida entre cero y la unidad). Se supone también que todas las transmisiones se originan segúnel mismo proceso de llegadas y que el modelo no tiene en cuenta los retardos de back off debidos acolisiones.
Sean:
Si = Probabilidad de que la estación i transmita con éxito un paquete en una ranura temporalcualquiera.Gi = Probabilidad de que la estación i intente transmitir en una ranura temporal cualquiera.
Es decir, que Si y Gi son también el caudal y el tráfico ofrecido en régimen permanente para laestación i.
a) Calcule el caudal medio en régimen permanente para una estación j en función del tráfico ofrecido.Justifique la respuesta.b) Considérese ahora que las M estaciones (que son estadísticamente independientes) compartenequitativamente la carga, es decir, Si = S/M y Gi = G/M. Obtenga, según lo visto en el apartadoanterior, la expresión del caudal S.c) Obtenga de nuevo la expresión del caudal cuando el número de estaciones se hace muy grande ytiende a infinito. Justifique la expresión obtenida.d) Calcule la expresión del caudal máximo para los casos b) y c) anteriores.e) ¿Qué valor de M ofrece una buena aproximación al caso de población infinita? (Error relativo paralos caudales máximos inferior al 2,5%.)
Solución
a) Se trata de encontrar Sj en función de Gj
ya que la probabilidad de que la estación j transmita con éxito es debida a que la estación j es la únicade las M que intenta transmitir en una ranura temporal particular (y el resto no intentan transmitir ⇒(1 – Gi)). Además, como los intentos de transmisión son independientes para cada estación, se puedefactorizar.
b) Basta substituir en la expresión anterior
( )∏≠=
−=M
jii
ijj GGS1
1
1
1−
−=
M
MGGS
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 165
c) Si M → ∞
S = G · e-G expresión del caudal para la técnica de acceso ALOHA ranurado considerando poblacióninfinita.
d) Basta derivar las exposiciones obtenidas en b) y c) con respecto de G e igualar a cero.
Tomando
Igualando a 0 ⇒ G = 1 (independientemente de M)
Se obtiene Smáx para la carga ofrecida = 1, substituyendo
Operando análogamente cuando S = G · e-G
Igualando a 0 ⇒ G = 1, de donde
Smax = e-1 ≈ 0,368
e)
por tanteo (M ha de ser entero)
El primer valor que cumple es M = 21.
Así e
S 1máx = es buena aproximación al caso de población finita cuando el número de estaciones es
superior a 21.
( ) GM
MMeG
MGlímGSlím −
−
∞→∞→=
−
+= ·1·1
1
1−
−=
M
MGGS
1
máx11
−
−=
M
MS
( )GMG
GdSd M
−
−=
−
112
( )GeGdSd G −= − 1
025,011
111
1
1
<
−
−
−
−
−
M
M
M
eM
Redes, sistemas y servicios de comunicación166
Problema 5.6
Una red de comunicaciones compuesta por distintos dispositivos de conexión emplea un mediocompartido de velocidad de transmisión C bps para intercambiar paquetes de información.
λ
C bps
Por conflictos de acceso, el intento de transmisión de un paquete puede ser fallido con unaprobabilidad [ ]1,0∈σ o exitoso con una probabilidad 1-σ. En el caso de fallo se considera que elpaquete debe ser retransmitido nuevamente (como si se tratara de un nuevo paquete a transmitir)transcurrido un tiempo aleatorio distribuido exponencialmente con duración media 1
2µ . Suponiendoque la tasa de llegadas del conjunto de todos los dispositivos de comunicación es λ paq/s y que ladistribución del tamaño de los paquetes es exponencial de longitud media L:
a) Razone por qué, para el análisis del comportamiento de un paquete cualquiera, el sistema dealmacenamiento y transmisión se podría modelar de la siguiente forma:
αγσ
1−σµ1
∞
λΜ/Μ/1
+
β
Μ/Μ/∞µ2µ2
µ2µ2∞
Sistema de Almacenamiento y Transmisión
α= tasa de llegadas al sistema M/M/1β = tasa de llegadas al sistema M/M/∞γ = caudal de salidaµ1 = C/L
b) Aplicando el teorema de Burke, determine la relación entre las tasas:
i) α y γii) α y λiii) β y λ
En el caso de que: λ=15paq/s; µ1=40paq/s; σ=0.25 y 12µ =0.1s
c) Halle el tiempo medio necesario T para que un paquete sea transmitido exitosamente.d) Calcule el caudal de salida γ.e) Razone cuál será la condición de estabilidad.
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 167
Solución
a) M / M / 1 Sistema de almacenamiento y transmisión
La cola representa la ocupación de todas las colas de los dispositivos. El servidor en este caso reflejael tiempo necesario para transmitir un paquete cuya distribución es exponencial. La tasa de servicioserá
Al sistema llegan los nuevos paquetes y los fallidos con tasa α, por lo que α = λ + β.
Puesto que λ y β están distribuidos exponencialmente, α también.
M / M / ∞. Sistema de espera para reintento
En este caso, los paquetes esperan un tiempo aleatorio distribuido exponencialmente con tasa µ2.Puesto que consideramos una población infinita, podemos considerar que se está sirviendo, o seaesperando, para reincorporarse en los distintos dispositivos que son ilimitados. De esta maneratenemos hasta ∞ servidores. La tasa de llegada β es exponencial de valor σ · α.
b) El Teorema de Burke demuestra que el proceso de salidas de un sistema M / M / n cuyo proceso dellegadas es de Poisson con tasa exponencial λ es también un proceso de Poisson de la misma tasa. Eneste caso todos los subsistemas son del tipo M / M / n, por lo que se puede operar linealmente con lastasas de llegada y salida. Así
α = λ + β
i) Dado que un proceso de Poisson de tasa α que se divide en dos procesos, de forma que unaunidad pasa a un proceso con probabilidad σ y al otro con probabilidad 1 - σ, da lugar a dosprocesos de Poisson con tasas ( )ασασ −1y respectivamente
ii) Operando linealmente con las tasas de cada subsistema, obtenemos
iii) Por lo tanto β se realaciona con λ como:
Si s1,01y25,0 ; paquetes/s40 ; paquetes/s152
1 ==== µσµλ
c) Considerando el sistema como la composición de dos subsistemas M / M / 1 y M / M / ∞,determinamos el número medio de unidades dentro del sistema
N = NM / M / 1 + NM / M / ∞
LC=1µ
ασβ =
( )ασγ −= 1
σλαασλβλα−
=⇒+=+=1
σλσασβ
−==
1
Redes, sistemas y servicios de comunicación168
NM / M / 1 se obtiene a partir del factor de utilización del subsistema 1
1 µαρ = como
NM / M / ∞ es directamente el cociente entre la tasa de llegadas y la tasa de servicio de uno de susservidores
Luego, N = 1,5
Aplicando la fórmula de Little
d) El caudal de salida será directamente
Este resultado es inmediato, dado que el sistema es estable y no tiene pérdidas.
e) El sistema M/M/: siempre es estable mientras que el M/M/1 debe cumplir que:
Para elloα < µ1,
por lo que el sistema global será estable cuando:
es decir,λ < (1 - σ) µ1
En este caso, σ = 0,25 y µ1 = 40 paq/s, se debe cumplir
λ < 30 paq/s
( )
( )1
11
111
1
1
1
1
1
11// =
−−
−=
−=
−=
µσλ
µσλ
µαµ
α
ρρ
MMN
5,0·1 22
// =−
==∞ µλ
σσ
µβ
MMN
ms100==λNT
( ) paq/s151 ==−= λασγ
11 <ρ
11µ
σλα <−
=
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 169
Problema 5.7
Un sistema de telemetría está compuesto por una red cableada y una red inalámbrica. Ambas redes deacceso emplean el mecanismo ALOHA para enviar la información hasta un concentrador que estádirectamente conectado al centro de control de información (CCI) a través de una línea dedicada de14400 bps. Suponiendo que el comportamiento del tráfico (paquetes nuevos + retransmisiones) de lasdos redes de acceso es aproximable por un proceso de Poisson y que sus características son:
i) Red de acceso cableada:• Velocidad del medio de transmisión (VA) = 100 Kbps• Longitud de los paquetes (LA) = 16 octetos• Tasa de llegadas (paquetes nuevos + retransmisiones) (λA) = 12 paq/s• Tiempo medio de back-off (BA) = 0,083 s• Retardo máximo de propagación despreciable
ii) Red de acceso inalámbrica:• Velocidad del medio de transmisión (VB) = 48 Kbps• Longitud de los paquetes (LB) = 48 octetos• Tasa de llegadas (paquetes nuevos + retransmisiones) (λB) = 24 paq/s• Tiempo medio de back-off (BB) = 0,0416 s• Retardo máximo de propagación despreciable
CCI
100 Kbps
48 Kbps 14400 bps
a) Determínese el número medio de paquetes por segundo transmitidos exitosamente (γA y γB) en lasdos redes de acceso.b) Hállese el tiempo medio de transmisión exitosa (TA y TB) para cada red de acceso.c) Calcúlese el coeficiente cuadrático de variación (cx
2 ) del tiempo de servicio en el concentrador.d) Estímese el retardo medio sufrido por un paquete en el sistema concentrador (Tc) (encolamiento +retransmisión).e) Determínense los tiempos medios de transmisión de paquetes desde las estaciones al CCI (Te-eA y Te-
eB) cuando se asigna mayor prioridad en el concentrador a los paquetes de la red de acceso inalámbricafrente a los de la red de acceso cableada.
Nota:
Retardo medio en cola M/G/1: )1(2)(
)1(21
)(22
ρλ
ρρ
−=
−+
=xEc
xWE x
Retardo medio en cola para prioridad alta (1) y prioridad baja (2):
ww
10
11=
−( )ρ w
w2
1
1 21=
− −( )ρ ρcon w
E x0
2
2=
λ [ ]
Redes, sistemas y servicios de comunicación170
Solución
a)
b) Para cada paquete
# medio de transmisiones SG
=
# medio de retransmisiones 1−=−
=SG
SSG
c)
s/t.paq10·28,110·1008·16 3
3−===
A
AA V
LP
paq/t.paq0,015s/t.paq10·28,1·12· 3 === −AAA PG λ
paq/t.paq0,0149· 2 == − AGAA eGS
paq/s12=⇒≈= AAA
AA P
S γλγ
s/t.paq10·8 3−==B
BB V
LP
paq/t.paq192,0· == BBB PG λ
paq/t.paq13,0· 2 == − BGBB eGS
paq/s35,16==B
BB P
Sγ
GG eSGeGS 22 =⇒= −
( ) ( )12 −++= GeBPPT
s10·84,310·56,210·28,1015,0
s10·28,1
s083,03333 −−−− =+=⇒
==
=
A
A
A
A
TGP
B
s10·2,31468,0·0496,010·8192,010·8
s0416,0333 −−− =+=⇒
==
=
B
B
B
B
TGP
B
[ ]2
22
2
2
2
22
LLLE
Lxc Lx
x−
===σσ
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 171
d)
e)
35,2835,1612 =+=+= BA γγγ
oct48oct16 == BA LL
bits71,2758·48·577,08·16·423,0 =+=+= BB
AA LLL
γγ
γγ
[ ] ( ) ( )22222 384·577,0128·423,0 +=+= BB
AA LLLE
γγ
γγ
[ ] 22 bits 54,92012=LE
[ ] 21,012
222 =−==
LLEcc Lx
21,02 =xc
( )ρρ
−+
+=12
1 2x
cc
xxT
106,0bps 14400
bits/paq128·paq/s12· ====t
AAAAA v
LX γγρ
436,0bps 14400
bits/paq384·paq/s35,16· ====t
BBBBB v
LX γγρ
542,0=+= BA ρρρ
s10·146,1914400
712,275 3−===tv
Lx
21,02 =xc
( )542,01221,1·542,0·10·146,1910·146,19 33
−+= −−
cT
s10·855,3210·708,1310·146,19 333 −−− =+=cT
[ ] [ ] s10·3,614400
54,92012·235,28·
2·
23
22
22
0−====
tvLExEw γγ
s10·17,111
30 −=−
=B
Bw
wρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación172
s10·39,241
3−=−
=ρ
BA
ww
333 10·88,810·39,2410·84,3 −−−− ++=++= AAAAee xwTT
ms12,37=− AeeT
333 10·6,2610·17,1110·2,31 −−−− ++=++= BBBBee xwTT
ms13,69=− BeeT
5 Evaluación de técnicas de acceso múltiple 173
Problema 5.8
Un conjunto elevado de usuarios accede a una base de datos mediante un sistema de telecomunicación.Las peticiones a la base de datos son paquetes de longitud constante de 960 bits que se envían desde elterminal de los usuarios a través de una red inalámbrica de 100 Kbps que emplea la técnica de accesoALOHA ranurada. La tasa de peticiones generada por los terminales sobre la red es de 25 paq/s, dondese consideran los paquetes nuevos y las retransmisiones. Los terminales emplean un algoritmo deretransmisión (back-off) cuyo retardo es un valor entero equiprobable de tiempos de transmisión depaquete del conjunto {1, 2, 3, 4, 5}. En esta red de acceso se consideran los tiempos de transmisión dereconocimientos (ack) y los retardos de propagación despreciables.
BD33600 bps
100 Kbps
1 Mbps1 Mbps
a) ¿Cuál es el tiempo medio de transmisión con éxito de un paquete de petición en la red de accesoALOHA ranurada (Taloha) ?
Los paquetes de petición transmitidos con éxito son recibidos por un concentrador según unadistribución de llegadas que aproximadamente sigue un proceso de Poisson. El concentrador, concapacidad de almacenamiento prácticamente infinita, retransmite los paquetes de petición sobre unalínea de transmisión de 33600 bps que lo enlaza con la base de datos.
b) ¿Qué tiempo tardan las peticiones almacenadas en el concentrador en ser recibidas por la base dedatos (Tconcentrador-BD)?
Las respuestas de la base de datos son enviadas a un segundo concentrador con capacidad dealmacenamiento prácticamente infinita. El concentrador las retransmite sobre un enlace satélite desubida cuya capacidad es 1 Mbps. Un satélite situado a una distancia de todos los dispositivosterrestres de aproximadamente 12000 Km actúa como repetidor sobre un canal de bajada de capacidadigual al de subida. Se considera que el satélite no introduce ningún tipo de retardo en elalmacenamiento y retransmisión de los bits y que la información únicamente sufre un retardo depropagación a razón de 4 µs/Km.Teniendo en cuenta que para cada paquete de petición que llega a la base de datos se genera unpaquete de respuesta cuya longitud está distribuida exponencialmente con valor medio 10000 bits yque la generación de respuestas por la base de datos sigue un proceso de Poisson:
c) ¿Cuál es el tiempo medio de respuesta a una petición desde la base de datos hasta un terminal de lared de acceso ALOHA ranurada (Trespuesta)?
Solución
a) Estudiamos el acceso al concentradorpaq/s25=λ
Redes, sistemas y servicios de comunicación174
(tiempo de sincronismo de ranura)
( –1) colisiones
P 2
llegada
ÉXITO
t
PG S
b) Analizamos la transferencia desde el concentrador a la base de datos
M/G/1
γ
C=33600 bps
γ=19,6657 paq/seg
bits960=L
paq ms/t.6,910·100
9603 ===
vLP
paq trans/t.24,010·6,9·25· 3 === −PG λ
paq paq/t.1888,0· == −GeGS
paq/s6657,19==PSγ
{ }PPB 5 4, 3, 2, 1, de mediovalor ,3=
( ) PBPSGPTaloha ++
−+= 1
2
( )
++
−+= 1311
21·
SGPTaloha
( )
+−+= 141
21· G
aloha ePT
[ ] ms816,24585,2· == PTaloha
bits960=L
02 =Lc
6 Ejercicios de recapitulación 177
i j
6 Ejercicios de recapitulación
Problema 6.1
Un nodo de conmutación dispone de dos enlaces de salida, cada uno de los cuales tiene asociado unbuffer con capacidad para 1 unidad. La utilización de dichos enlaces de salida es de acuerdo con elalgoritmo de la patata caliente, en el cual cada paquete que llega se envía al enlace con menor númerode unidades. Si el número de unidades en ambos enlaces es el mismo, se emplea aleatoriamente uno uotro con probabilidad igual a ½. Supóngase un régimen de llegadas exponencial de tasa λ y serviciosexponenciales de tasa µ1 para el enlace 1 y µ2 para el enlace 2.
a) Dibuje el diagrama de transición de estados del sistema completo.b) Repita dicho diagrama, suponiendo que cuando los enlaces tienen el mismo número de unidades,un nuevo paquete entrante se envía siempre al enlace 1.En el supuesto del caso a), y suprimiendo los buffers de los enlaces:c) Obtenga el nuevo diagrama de transición de estadosd) Calcule las probabilidades en régimen permanente de cada uno de los estados, para los siguientesvalores:
λ = 1 paq/s ; µ1 = 3 paq/s ; µ2 = 2 paq/s
e) Obtenga la probabilidad de que el enlace 1 esté ocupado. Repita para el enlace 2.
Solución
λ
1µ1
1
µ2
a) Denotando
i ≡ unidades en 1
j ≡ unidades en 2
Se obtiene el siguiente diagrama de estados
Redes, sistemas y servicios de comunicación178
λ/2
λ
µ1 00
10
01
02
11
20
µ2
µ2 λ/2
µ1
λ/2
λ
µ1
21
12
22 µ2
λ/2 µ1
λ
µ2
λ
λ µ1 µ2
µ2 λ µ1
b) Tan solo hay que cambiar las salidas de los estados 00 y 11
λ
µ1 00
10
01
11
µ2
λ µ1
21
12 µ2
c) Para el caso a) suprimiendo los buffers
λ/2
λ
µ1 00
10
01
11
µ2
µ2 λ/2
µ1
λ
d)
λ = 1; µ1 = 3; µ2 = 2
Utilizamos tres de las ecuaciones que se obtienen del diagrama de transición de estados más lacondición de normalización de la probabilidad.
01210100 ppp µµλ +=
( ) 101112002 ρµλµλ +=+ pp
( ) ( ) 11210110 ppp µµλ +=+
14
1
=∑=k
kp
6 Ejercicios de recapitulación 179
Resolviendo se obtiene
e)50,0;1,0
61,0;6,0
1110
0100))
))
==
==
PP
PP
{ }{ } 2,0ocupado2
61,0ocupado1
1101
1110)
)
=+=
=+=
PPP
PPP
Redes, sistemas y servicios de comunicación180
Ejercicio 6.2
Un nodo de conmutación dispone de dos enlaces de salida de capacidades C1 y C2, cada uno de loscuales tiene asociado un buffer con capacidades L1 y L2. El tráfico entrante al nodo sigue unadistribución de Poisson de tasa λ, y debe ser encaminado hacia estos dos enlaces de salida. Elencaminamiento hacia dichos enlaces es de tipo aislado, en algunas de sus variantes. La longitud delos paquetes entrantes está distribuida exponencialmente, con media L = 1200 bits. Definiendo elestado del sistema conmutador completo de la siguiente forma:
(número de paquetes en enlace+cola 1, número de paquetes en enlace+cola 2)
Dibuje los diagramas de transición de estados en los siguientes casos:
a) Encaminamiento mediante inundación, con L1 = L2 = ∞ y C1 = C2.b) Encaminamiento aleatorio equiprobable, con L1 = L2 = 1 y C1 = C2.c) Encaminamiento proporcional, con C1 = 2C2 y L1 = L2 = 0.- Si los dos enlaces están vacíos, se envía una fracción α del tráfico al enlace 1, y una fracción (1- α)al enlace 2, con α ∈ [0,1].- Si un enlace está ocupado y el otro libre, se envía siempre al enlace libre.d) Para el caso anterior, y tomando λ = 1 y C2 = 1200 bps, obtenga una expresión para la probabilidadde pérdida del nodo en función de α, y represéntela gráficamente para el intervalo α ∈ [0,1].
Solución
El nodo dispone de dos enlaces, cada uno con su propio buffer de espera asociado
λ
L1µ1
L2
µ2
a) Encaminamiento mediante inundación, con L1 = L2 = ∞ y C1 = C2
λ
∞C
C
λ
λ
En este caso cada paquete que llega al nodo se retransmite por los dos canales
LC1
1 =µ
LC2
2 =µ
6 Ejercicios de recapitulación 181
00
λ
µ
11
λ
µ
22
λ
33
λ
µ µ
b) Encaminamiento aleatorio, con L1 = L2 = 1 y C1 = C2.
Cada uno de los canales disponde de una sala de espera con espacio para un paquete. Cada vez quellega un paquete nuevo, se envía con probabilidad 1/2 al canal 1 y con probabilidad 1/2 al canal 2.
C
C
λ/2
λ/2
λ/2
λ/2
µ 00
01
10
20
11
02
µ
µ λ/2
µ
λ/2
λ/2
µ
12
21
22 µ
λ/2 µ
λ/2
µ
λ/2
λ/2 µ
µ λ/2 λ/2
µ
µ λ/2
c) Una proporción del tráfico se envía a cada enlace. Sin embargo, si un enlace está ocupado y el otroestá libre, se utiliza el enlace libre.
C1 = 2 C2
L1 = L2 = 0
λ
C1
C2
αλ
(1-α)λL
C22 =µ
LC1
1 =µ
Redes, sistemas y servicios de comunicación182
(1-α)λ
λ µ2
00
01
10
11
µ1
µ1
αλ µ2
λ
d) λ = 1; C2 = 1200 bps (µ2 = 1; µ1 = 2)
Debemos encontrar la probabilidad de que los dos enlaces estén ocupados, p11, en función de α. Paraello resolveremos el siguiente sistema de ecuaciones
Utilizando además la condición
Se obtiene
La probabilidad buscada, p11, es por tanto
α p11
00,250,5
0,751
0,1360,1310,1250,1180,111
( )[ ] 101012001 ppp µµλαλα +=+−
( ) ( ) 11100012 1 ppp µλαµλ +−=+
( ) 11200101 ppp µλαµλ +=+
( ) ( )10011121 ppp +=+ λµµ
1=∑ ijp
00100011
000100
1031;
103
534;
2115
pppp
ppp
αα
αα
+=
−=
−=
−=
αα
ααα
4223
2115
103;
103
110011 −−
=−
−=
−= ppp
6 Ejercicios de recapitulación 183
Problema 6.3
El percentil r,π (r) de una variable aleatoria se puede calcular como
Donde m y σ son, respectivamente, la media y la desviación típica de dicha variable.
Calcular k(r) cuando la variable aleatoria es exponencial.
Solución
Sea f(t) la función de densidad de la variable aleatoria exponencial.
El valor π(r) se calcula como se indica en la figura y fórmula adjuntas.
Operando
Y despejando π(r)
Teniendo en cuenta que, para variables aleatorias exponenciales,
Se tiene
Así
Por ejemplo
( ) ( )σπ rkmr +=
( ) 100100 rdte
r
t −=∫
∞ −
π
γγ
( )100
100 re r −=− πγ
( )r
r−
=100
100ln1γ
π
σγ
== m1
( ) σγ
π
−
−+=
−
−+= 1
100100ln1
100100ln11
rm
rr
( ) 1100
100ln −−
=r
rk
( ) 3,190 =k
( ) 295 =k
Redes, sistemas y servicios de comunicación184
Problema 6.4
Calcular los percentiles 90 y 95 del tiempo de respuesta en el acceso del terminal T a la base de datosBD de la figura.
NL
t3
NR
t6
DITt2t1
t8 t7
t4
t5
H BD
WAN
T: terminalDI: Dispositivo de interconexiónNL: Nodo localNR: Nodo remotoH: HostBD: Base de datos albergada en el host
Despreciando el tiempo de consulta a la base de datos, el tiempo de respuesta, t, está compuesto porocho sumandos, a saber:
t1 : tiempo de acceso del terminal al dispositivo de interconexiónt2 : tiempo de transferencia (espera + transmisión) desde el dispositivo de interconexión al nodo localt3 : tiempo de tránsito en la red de área extensa (extremo a extremo)t4 : tiempo de transferencia desde el nodo remoto al servidor que alberga la base de datost5 : tiempo de transferencia desde el servidor al nodo remoto (nodo local para el host)t6 : tiempo de tránsito a la red de área extensat7 : tiempo de transferencia desde el nodo local al dispositivo de interconexiónt8 : tiempo de transferencia desde el dispositivo de interconexión al terminal
Suponer que las variables aleatorias anteriores son exponenciales y que sus valores medios son (enmsg)
T1 = 80, T2 = 32, T3 = 125, T4 = 9
T5 = 30, T6 = 125, T7 = 143, T8 = 127
Solución
Det = t1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6 + t7 + t8
deducimos que
T = T1 + T2 + T3 + T4 + T5 + T6 + T7 + T8 =
6 Ejercicios de recapitulación 185
= 80 + 32 + 125 + 9 + 30 + 125 + 143 + 127 = 671
Para el cálculo de los percentiles, se usará la fórmula obtenida en un problema anterior, a saber
dondem = 671
Para calcular σ, se supondrá que las ocho variables anteriores son incorreladas. Así
= 802 + 322 + 1252 + 92 + 302 + 1252 + 1432 + 1272 = 76233
ya que, para variables aleatorias exponenciales, la media y desviación típica coincidennuméricamente.
Por lo tanto
Finalmente, se tiene
y
Así, aproximadamente
( ) ( )σπ rkmr +=
( ) 3,190 =k
( ) 295 =k
( ) s190 =π
( ) s25,195 =π
( ) ms1223276*267195 =+=π
( ) ms1030276*3,167190 =+=π
27676284 ==tσ
22222222287654321 ttttttttt σσσσσσσσσ +++++++=
Redes, sistemas y servicios de comunicación186
Problema 6.5
Los terminales conectados al concentrador de la figura hacen consultas a la base de datos dibujada arazón de 9 paquetes/s. Similarmente, la tasa de generación de paquetes de consulta en los demás nodoses la indicada.
20
Servidor BD
WAN
3 2
1
5
9Concentrador
Term.1Term.10
120 Km
10 Terminales
Calcular el tiempo de respuesta bajo las condiciones que se detallan a continuación.
- Sondeo centralizado y explotación semidíplex del enlace multipunto- Capacidad de enlace multipunto, 28800 bps- Capacidad del enlace de acceso a la red de transporte, (del concentrador al nodo), 19200 bps- Capacidad del enlace entre el nodo de la red de transporte y el servidor, 64000 bps- Tiempo de tránsito (extremo-extremo) en la red de transporte, 125 ms- Longitud de los mensajes de sondeo, 96 bits- Longitud de los mensajes de respuesta negativa por parte del terminal, 48 bits- Velocidad de propagación de las señales, 200000 Km/s- Longitud de los mensajes de pregunta, 60 bytes- Longitud de los mensajes de respuesta, 150 bytes
Las longitudes de los mensajes de pregunta y respuesta están distribuidas exponencialmente.Despreciar el tiempo de consulta de la base de datos.
Solución
Usando la misma notación de un problema anterior,
Tc(0) = n TMS + n TRN + n (n+1) Tp
s057,0200000
1211·1028800
481028800
9610 =++=
ρ21
)0(
−= C
CT
T
6 Ejercicios de recapitulación 187
donde
ya que a cada pregunta le correponde una respuesta.
Substituyendo
Como se ha indicado en un problema anterior, el tiempo de respuesta incluye 8 componentes. Con lamisma notación de dicho problema, T1 se calcula así:
Cálculo de T8
El cálculo de T2, T4, T5 y T7 se resume en la tabla adjunta.
T2 T4 T5 T7
C 19200 64000 64000 19200L 60 · 8 = 480 bits 480 bits 150 · 8 = 1200 bits 1200 bitsλ 9 20 20 9
CLTS = 0,025 0,0075 0,019 0,0625
STλρ = 0,225 0,15 0,376 0,5625
ρ−=
11
STT32 ms 9 ms 30 ms 143 ms
2RESPPREG ρρ
ρ+
=
2RESPPREG TT λλ +
=
2RESPPREG TT += λ
261,028800
8·15028800
8·60219 =
+=ρ
ms120261,021
57=
⋅−=CT
1785,015,01760
288008·60
288008·6091
288008·609
288008·60
2120
121 ++=+−
+=+−
+= PREGPREG
PREGPREG
C TTT
Tρ
ρ
ms8017360 =++=
ms12728800
8·150
288008·15091
288008·1509
288008·150
2120
128 =+−
+=+−
+= RESPRESP
RESPRESP
C TTT
Tρ
ρ
Redes, sistemas y servicios de comunicación188
Finalmente, el tiempo de respuesta a la pregunta formulada al servidor es
T = 80 + 32 + 125 + 9 + 30 + 125 + 143 + 127 = 671 ms
T = 671 ms
6 Ejercicios de recapitulación 189
Problema 6.6
A un nodo de conmutación llegan paquetes de forma Poissoniana con una tasa λ = 20 paq/s. Lalongitud de dichos paquetes ( l ) está distribuida uniformemente entre 0 y L, siendo L = 55000 bits.Los paquetes se transmiten a través de un enlace de capacidad C = 1 Mbps, el cual dispone de unbuffer que puede considerarse infinito. Para dicha transmisión se utiliza un protocolo el cualfragmenta los paquetes si estos superan la longitud B = 33000 bits, y además les añade una cabecerade H = 500 bits. Así pues:
- A cada paquete de longitud l (siendo l ≤ B) se le añade una cabecera formando una trama delongitud H + l .- Si l es superior a B, los paquetes se fragmentan formando dos tramas de longitudes H + B y H +l -B respectivamente.
Obsérvese que a efectos prácticos, el enlace de salida observa las dos tramas correspondientes a unpaquete fragmentado como una única trama de longitud 2H + l , ya que ambas tramas se generansimultáneamente. Teniendo en cuenta esta observación podemos afirmar que al buffer del enlacellegan dos tipos de tramas:
- Tipo 1: tramas de longitud l 1 = H + l con l ≤ B.- Tipo 2: tramas de longitud l 2 = 2H + l con l > B.
a) Calcular la probabilidad de que un paquete que llega al nodo, sea fragmentado.b) Determine la función de densidad de probabilidad para las variable aleatorias l 1 y para la variablel 2.c) Calcule el primer y segundo momento del tiempo de transmisión para las tramas de tipo 1 y lastramas de tipo 2.d) ¿Cuál es la probabilidad de que el enlace esté ocupado con una trama que contiene un paquete queno ha sido fragmentado?e) Calcule el tiempo medio de espera en el buffer de una trama.f) ¿Cuál es el tiempo medio desde que un paquete de longitud menor que B llega al nodo y esfinalmente transmitido? ¿Y si el paquete es mayor que B?. Supóngase que el tiempo de procesado delos paquetes (encaminamiento, segmentación, entramado del paquete, etc.…) es nulo.
Solución
a) La probabilidad de que un paquete sea fragmentado es la probabilidad de que un paquete que llegaal nodo de conmutación tenga una longitud superior a B.
b) La longitud de los paquetes de tipo 1 está distribuida uniformemente entre H y H + B. La longitudde los paquetes de tipo 2 está distribuida uniformemente entre 2H + B y 2H + L.
c) Teniendo en cuenta que el primer y segundo momento de una variable aleatoria distribuidauniformemente entre a y b valen
( ) ( ) 4,011 =−=≤−=>LBBpBp ll
( ) ( ) ( ) ( )ababxE
ababxE
−−=
−−=
3;
2
332
22
Redes, sistemas y servicios de comunicación190
Se obtiene
d) La tasa de llegada de paquetes de tipo 1 es
La probabilidad de que el servidor esté ocupado con paquetes de tipo 1 es
e)
f) Si l ≤ B
Si l > B
( ) ( ) ( ) ms172
221
1 =−+==CB
HBHC
ExE l
( ) ( ) ( ) 242
33
2
212
1 s10·8,33
−=−+
==CB
HBHC
ExE l
( ) ( ) ( ) ( )( ) ms45
222 22
22 =
−+−+
==CBL
BHLHC
ExE
l
( ) ( ) ( ) ( )( )
232
33
2
222
2 s10·065,23
22 −=−
+−+==
CBLBHLH
CExE l
( ) paq/s1220·6,011 ==≤== λλλ Bpp l
( ) 204,010·17·12 3111 === −xEλρ
( )( )ρ
λ−
=12
2xEW
( ) ( ) ( ) 2334222
211
2 s10·054,110·065,2·4,010·8,3·6,0 −−− =+=+= xEpxEpxE
( ) ( ) ( ) s10·2,2810·45·4,010·17·6,0 3332211
−−− =+=+= xEpxEpxE
( ) 564,010·2,28·20 3 === −xEλρ
( ) ms17,24564,012
10·054,1·20 3
=−
=−
W
( ) ms17,41ms17ms17,2411 =+=+= xEWT
( ) ms17,69ms45ms17,2422 =+=+= xEWT
6 Ejercicios de recapitulación 191
Problema 6.7
Se desea interconectar dos redes de área local (LAN) geográficamente separadas y que utilizandistinto subnivel de acceso al medio compartido, tal como se muestra en la figura. Para ello, seutilizará alguno de los dispositivos de interconexión de redes estudiados, y se supone que dichodispositivo de interconexión ya lleva incorporado el módem o la unidad de servicio de datosnecesarios para la interconexión remota.
Disp. Interconnexión Disp.
Interconnexión
Token-Ring LAN
IEEE 802.5
Ethernet LAN IEEE 802.3
Estación
Estación
Medio de Transmisión
a) Si el medio de transmisión entre los dispositivos de interconexión es una única línea dedicada puntoa punto, ¿qué tipo de dispositivo utilizaría? ¿Y si dicho medio es una red de conmutación depaquetes? Justifique ambas respuestas.
Supóngase que el tráfico dirigido de una LAN a otra es poissoniano, y que el número medio de tramasenviadas es de 21600 durante las 8 horas diarias en que están activas. La longitud media de las tramas,que sigue una distribución exponencial, es de 1200 octetos, y son transportadas por un único enlace decomunicación full-duplex. Se supone también que la capacidad de memoria en los dispositivos esinfinita y que el tráfico es el mismo en ambos sentidos de la comunicación con lo que basta hacer loscálculos en uno de los sentidos. Con estos supuestos responda las siguientes cuestiones:
b1) ¿Qué modelo de colas caracteriza el sistema?b2) Calcule la tasa de llegadas en tramas/segundo.b3) Obténgase la capacidad (C) del enlace para que la probabilidad de que el sistema esté vacio seadel 62,5 %b4) Calcule el número medio de unidades en el sistema y en la cola.b5) Calcule el tiempo medio de permanencia en el sistema y en la cola.b6) ¿Cuál es la probabilidad de tener 8 o más tramas en el sistema del dispositivo de interconexión?
Considérese ahora que el dispositivo de intercoxión posee dos puertos de salida, cada uno de loscuales se conecta a un enlace de capacidad C/2, siendo C la capacidad del enlace calculada en elapartado anterior. La memoria del dispositivo se asume como una única cola de longitud infinita. Eneste nuevo escenario:
c1) ¿Qué modelo de colas caracteriza a este nuevo sistema? Dibuje el diagrama de transición deestados del sistema.c2) Calcule el factor de utilización.c3) Obtenga la expresión de la función generadora de momentos G(z) partiendo de las ecuaciones debalance de flujos del sistema en régimen permanente.c4) Utilizando la función generadora de momentos, obtenga la probabilidad de que no haya ningunatrama almacenada en el sistema y el número medio de unidades en el sistema.c5) Calcule el tiempo medio de permanencia en el sistema.c6) Compare el número medio de tramas y el tiempo medio de permanencia en el sistema con losobtenidos en el esquema de interconexión anterior. Justifique el porqué de dichos resultados.
Redes, sistemas y servicios de comunicación192
Nota
( ) ( )[ ]01
01
11 ···· pzGzzpzGzzp
n
nn
n
nn −== −
∞
=+
∞
=− ∑∑
Solución
a) Debe ser un dispositivo que permita la interconexión de redes con tecnologías diferentes (distintosformatos de trama, distintas velocidades, etc). En el caso de utilitzar una línia dedicada punto a puntose puede utilizar un puente (bridge) y realizar la interconexión a nivel de enlace.
Si la interconexión se realiza pasando por una red de área extendida usando conmutación depaquetes, donde intervienen distintos nodos, lo acertado sería utilizar un encaminador (router) a nivelde red ya que el encaminamiento de las tramas será obligatorio. Si hubiera que hacer conversión deprotocolos a nivel de transporte o superiores se necesitaría una pasarela (gateway).
b1) Las entradas siguen una distribución de Poisson (M). octetos1200=L y distribuidaexponencialmente, luego el servicio es exponencial (M). Sólo un enlace, por tanto un único servidor.El sistema puede caracterizarse mediante un modelo M/M/1.
b2)
b3) En este caso la probabilidad de que el sistema esté vacío es p0 = 0,625. En un sistema M/M/1
b4) 6,01
=−
=ρ
ρN tramas en media en el sistema
En el subsistema cola habrá que restar las unidades en el servidor cuyo número medio coincide con elfactor de utilización.
b5) Basta aplicar Little
s8,0==λNT (tiempo medio de permanencia en el sistema)
s3,01=−=−=
µTxTWq (en cola)
tramas/s75,0h
s3600·h8tramas21600 ==λ
LCp ==−= µ
µλρρ ;;10
bps192001 0
=−
=pLC λ
375,0=ρ
tramas225,0=−= ρNNq
6 Ejercicios de recapitulación 193
b6) En un sistema M/M/1 la probabilidad de que hayan k unidades en él es
y la probabilidad de que el número de unidades sea igual o superior a un determinado valor n es
c1) El modelo que caracteriza ahora al sistema es M/M/2. Cada enlace opera a 9600 bps y la tasamedia de servicio trama/s1'=µ
λ
µ’
µ’
Diagrama de transición entre estados.
0
λ
µ’
1
λ
2µ’
2
λ
k
λ
2µ’ 2µ’
λ
2µ’
c2) Denotando por s el número de servidores
c3) Partiendo de las ecuaciones de balance de flujos en régimen permanente (por inspección deldiagrama de estados), se tiene
Para k = 0
01 'pp
µλ
= (1)
Para k = 1
( ) 02
2 ·'2 pp ρ= (2)
( ) kkp ρρ ·1−=
( ) 1si <==≥ ∑∞
=
ρρ n
nikpnkp
( ) ( ) 48 10·9107,3375,08 −≈=≥kp
L
C2'=µ
375,0'
' ==µλρ
s
Redes, sistemas y servicios de comunicación194
Para k ≥ 2
( ) 11 '2'2 +− +=+ kkk ppp µλµλ (3)
La función generadora de momentos es
Recordando las propiedades de dicha función
1-
2-
3-
4-
5-
Teniendo encuenta (1) y (2) y multiplicando cada término de (3) por zk y sumando para k de 2 a ∞ , setiene (aplíquense también las propiedades 4 y 5)
Operando
dividiendo numerador y denominador por ( )11'2 −− zµ y sabiendo que '2
';11
1 µλρ =−=
−−
−z
zz
c4) Aplicando la propiedad 1
( ) ∑∞
=
≅0
·n
nn zpzG
( ) 110
== ∑∞
=nnpG
( ) ( )nEpnzdzGd
nn
z
== ∑∞
== 01
·
( ) ( ) ( )nEnEzd
zGd
z
−==
2
1
2
( )zGzzpn
nn ·
11 =∑
∞
=−
( )[ ]01
01 pzGzzp
n
nn −= −
∞
=+∑
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )( )[ ]zpppzGzzpzGzzppzG ·'2'2 2101
010 −−−+−=−−+ −µλµλ
( ) ( ) ( )( ) ( )1
1
0 1'211'21
−
−
−+−−+−−
=zzzzpzG
µλµλ
( )zzpzG
'1'1
0 ρρ
−+
=
54,0'1'1
0
)=
+−
=ρρp
6 Ejercicios de recapitulación 195
Aplicando la propiedad 2 se obtendrá el número medio de unidades en el sistema
c5) Por Little
c6) Para M/M/1
Para M/M/2
Resulta mejor el sistema M/M/1 con un enlace a doble velocidad. Intuitivamente es fácil de explicar:hasta situarse en condiciones de baja carga, las pocas tramas a cursar en el sistema M/M/2 se asignana uno de los dos servidores con un tiempo de servicio mayor. Por tanto, se tarda más en realizar latarea y consecuentemente como λ es la misma, se acumulan más tramas en el sistema.
( ) tramas873,0≈= nEN
s164,1==λNT
tramas6,0=N
s8,0=T
tramas873,0=N
s164,1=T
Redes, sistemas y servicios de comunicación196
Problema 6.8
Considérense tres redes de área local independientes, con los parámetros que se indican en la siguientetabla:
Red Método deAcceso
Longitud paquetes(cte)
Capacidad Retardo máximo depropagación
1 Aloha 1000 bytes 4 Mbps Despreciable2 Aloha ranurado 1500 bytes 4 Mbps Despreciable3 CSMA 1500 Bytes 10 Mbps 1.2 10-5 s
Cada una de las redes tiene conectado un número que puede suponerse infinito de estaciones,generando paquetes según un régimen de Poisson con media 100 paquetes/segundo. Dicho régimen degeneración incluye tanto los paquetes de nueva generación como las retransmisiones producidas porlas colisiones en el acceso.
a) Obtenga el número de paquetes por segundo transmitidos correctamente en cada una de las redespor separado.Los paquetes transmitidos correctamente por las tres redes se envían a un centro de control a través dedos enlaces de capacidades CA = 1 Mbps y CB = 4 Mbps. Al enlace A se envía una fracción α igual al20 % del total, y el resto al enlace B, como se muestra en la figura. Los buffers de espera asociados alos enlaces pueden considerarse de longitud infinita.b) Obtenga el coeficiente cuadrático de variación del tiempo de servicio de los paquetes en el canal A.c) ¿Cuál es el valor de dicho coeficiente en el canal B?d) Obtenga el número medio de unidades en el sistema formado por los dos canales con sus buffers deespera asociados.e) Obtenga el retardo medio de los paquetes en el buffer asociado al enlace A, E(WA), y en el bufferasociado al enlace B, E(WB).f) Obtenga el retardo medio de los paquetes en el sistema formado por los dos canales con sus buffersde espera asociados.g) Suponiendo un tiempo medio de back-off para la red de acceso 1 igual a 20 ms, calcule, para lospaquetes de dicha red, el tiempo medio desde que llegan a la estación para ser transmitidos hasta queson completamente recibidos por el centro de control.
ALOHA
S-ALOHA
CSMA
CA = 1 Mbps
CB = 4Mbps
CENTRO DECONTROL
α
1−α
Solución
a) Red 1, acceso ALOHA, λ = 100 paq/s
6 Ejercicios de recapitulación 197
Para pasar a transmisiones correctas por segundo volvemos a dividir por P
Red 2, S-ALOHA, λ = 100 paq/s
Red 3, CSMA, λ = 100 paq/s
1211 · GeGS −=
le)despreciabn propagació de Retardo(s002,010·4
8·100061 ==P
2,0002,0·100· 11 === PG λ
paq/t.paq134,0·2,0·2,0 4,02,0·21 === −− eeS
paq/s67002,0134,0
1
11 ===
PSγ
le)despreciabón (propagacis003,010·4
8·150062 ==P
3,0· 22 == PG λ
222,0·3,0· 3,022
2 === −− eeGS G
paq/s74003,0222,0
2
22 ===
PSγ
( ) 3
3
21·
3
33 Ga
Ga
eaGeGS −
−
++=
01,00012,010·2,1 5
3===
−
Pa τ
0012,010·10
8·150063 ==P
12,00012,0·100· 33 === PG λ
( ) 1069,01212,11199,0
9988,01224,01199,0
01,0·2112,0·12,0
0012,0
0012,0
3 ==+
=++
= −
−
eeS
paq/s890012,01069,0
3 ==γ
Redes, sistemas y servicios de comunicación198
γ1 = 67 α
γ2 = 74
γ3 = 89
γT = 230
(1 - α)
CA = 1 Mbps
CB = 4 Mbps
b) El coeficiente cuadrático de variación se puede encontrar directamente sobre la longitud de losmensajes. Al canal A llegarán
De esta forma
y
c) El mismo
d) N = NA + NB
M / G / 1 ( )ρρρ−
++=⇒
121 2
2 XCN
( )321321 2,02,02,02,0230·2,0paq/s γγγγγγγα ++=++==T
( ) ( ) =++=++= 33221133
22
11 1 LLLLLLLE
TTTTA γγγ
γγαγα
γαγα
γαγα
( ) 78261,10834230/249200012000·8912000·748000·672301
==++=
( ) ( ) 2,120695652230/10·277612000·8912000·748000·67230
1 102222 ==++=ALE
22 0281,02,117392514
2,1173925142,120695652XL CC ==
−=
( )A
XAAA
CNρ
ρρ−++=12
1 22
4984,000107,0·230·2,010·1
7826,10834·230·2,0 6 ===⋅= AAA xγρ
4984,0002709,0·230·8,010·4
7826,10834·230·8,0 6 ===⋅= BBB xγρ
6 Ejercicios de recapitulación 199
Como era de esperar, BA ρρ = ya que al canal 4 veces más lento
= BA CC
41 envíamos una tasa
4 veces menor
= BA γγ
41
Además
e)
f)
g)
Para la retransmisión, tendremos primero una espera en cola de los paquetes de la red 1 mezclados conlos paquetes de las redes 2 y 3.
Por tanto
Para la transmisión, ya sólo tenemos en cuenta paquetes de la red 1
Así
( ) 753,00032,125538,04984,0
4984,0120281,01·4984,04984,0 2 =+=
−+
+=AN
506,1753,0·22 ===⇒= AAB NNNN
( ) s0055,0230·2,0
4984,0753,0=
−=
−=
A
AAA
NWEγ
ρ
( ) s0014,0230·8,0
4984,0753,0=
−=
−=
B
BBB
NWEγ
ρ
s0065,0230506,1
===γNT
IÓNRETRANSMISALOHAredpaq TTT +=1
( )( ) ( )( ) =+−+=+−+= 02,0002,01002,01 4,011
21
1 eBPePT GALOHA
s0128,0022,0·492,0002,0 =+=
( ) ( ) ( ) s00222,00014,0·8,00055,0·2,08,02,0 =+=+= BA WEWEWE
s0032,00016,00016,010·4
8000·8,0108000·2,08,02,0 66111 =+=+=+= BA xxx
s01822,00032,000222,00128,01 =++=redpaqT
Redes, sistemas y servicios de comunicación200
Ejercicio 6.9
Un conjunto elevado de usuarios accede a un servidor de WWW mediante un sistema de acceso por laRDSI a 64 Kbps. El acceso al servidor WWW desde la RDSI se realiza mediante un gateway quedispone de 3 accesos básicos de 64 Kbps y un enlace dedicado de 64 kbps que lo conecta directamentecon el servidor de WWW.
PC
PC
PC
RDSI
... GWSERVIDOR
WEB64 Kbps
64 Kbps
64 Kbps
64 Kbps64 Kbps
64 Kbps
64 Kbps
Los intentos de conexión de los usuarios son caracterizables por un proceso de Poisson de tasa α =1/30 min y el tiempo de conexión de un usuario está distribuido exponencialmente con valor medio1/µ = 3 min. Una vez se ha conectado un usuario a través de la RDSI genera peticiones al servidorWWW con una distribución de Poisson de tasa α = 0,1 peticiones/s. Las respuestas del servidor deWWW son paquetes que siguen una distribución de exponencial de longitud media L = 10000 bits.
Teniendo en cuenta que:
- Un usuario conectado al gateway no formulará una nueva petición hasta que no haya llegado larespuesta completa de la petición anterior.- Los paquetes de petición dirigidos al servidor de WWW son de longitud muy reducida de forma quelos tiempos de transmisión en los enlaces son despreciables.- El tiempo de propagación en los enlaces y el tiempo de proceso de los dispositivos se puedeconsiderar despreciables- El gateway actúa simplemente como repetidor cuando retransmite los bits de los paquetes derespuesta hacia el equipo del usuario destinatario sin introducir nigún retardo apreciable- El servidor de WWW atenderá las peticiones con disciplina FIFO. Si el servidor tiene variaspeticiones en espera la respuesta a una petición se iniciará posteriormente a que el paquete derespuesta de la petición anterior haya llegado a su destinatario
Responda a las siguientes cuestiones:
a) Determine la probabilidad de que un usuario no pueda conectarse a través de la RDSI con elgateway
b) Calcule el tiempo de transmisión (1/β) de una respuesta desde el servidor de WWW hasta elusuario destinatario
c) En el caso de que hayan 3 usuarios conectados simultáneamente al gateway utilizando los 3accesos de 64 Kbps y suponiendo que no se producen pérdidas de información, halle el tiempomedio desde que un usuario cualquiera genera una petición hasta que el paquete de respuesta llegacompletamente al usuario
d) Determine el percentil al 99'9% de la longitud en bits de un paquete de respuesta
6 Ejercicios de recapitulación 201
Solución
a) Modelo M/M/m/mPoblación infinita con tasa -1min30
1=λDuración de la conexión distribuida exponencialmente con tasa
Número de servidores m = 3
Luego
b)
c) Modelamos el sistema de peticiones como un M/M/3//3
0
3α
β 1
2α
β
2
α
β
3
M = 3
Substituyendo
p0 = 0,9538
p1 = 0,0447
-1min31=µ
∑=
== m
0j !1!
1
j
m
mB
j
mpP
µλ
µλ
( )
( )4
3
0j
3
3 10·5,1
101
!1
101
!31
−
=
===
∑j
B
j
pP
bits10000=L
pet/s4,6ms156Kbps6410·101
3
=⇒=== ββ vL
pet/s1,0=α
pet/s4,6=β
( )∑= −
= M
k
k
kMM
p
0
0
!!
1
βα
( )!!
0 kMMpp
k
k −⋅
= βα
Redes, sistemas y servicios de comunicación202
p2 = 0,0014
p3 = 2,2 ·10-5
c) El tiempo medio de servicio de una petición lo obtendremos con la fórmula de Little
N = 0 · p0 + 1 · p1 + 2 · p2 + 3 · p3 = 0,04756
Substituyendo
T = 161,1 ms
d) El percentil a 99,9% de la longitud de los paquetes será:
210 23y pppNT ααααα
++==
pet/s295,0=α
( ) l
l LL e
Lf
11 −=
( )999,019,99
0
1
=∫Π −
ll
deL
L
( ) ( )001,0ln9,99 L−=Π
( ) bits690789,99 =Π
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