Svibanj 2007.
Zavod za telekomunikacije
1
Informacijske mrežeInformacijske mrežeAuditorne vježbeAuditorne vježbe
Ak.god. 2006/2007Ak.god. 2006/2007
Svibanj 2007.
Zavod za telekomunikacije
2
4. Komunikacija u 4. Komunikacija u informacijskoj mrežiinformacijskoj mreži
Matija Mikac
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 3
Zavod za telekomunikacije
UvodUvod 1/21/2
mrežom se prenosi informacijski tok informacijske jedinice
komutacija kanala – poziv komutacija paketa – paket, poruka
parametri prosječna duljina informacijske jedinice vrijeme zauzimanja prometne veze
propagacija (širenje) kroz kanal (Tpi)
vrijeme obrade jedinice (Tsi=b/C)
vanjski tok jk – prenosi se među čvorovima j i k
tok kroz granu i i – sav tok koji prolazi granom
unutrašnji tok - suma tokova grana i
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 4
Zavod za telekomunikacije
UvodUvod 2/22/2
model komunikacije – model mreže1 2 3 4 5
grana 1
grana 2
grana 3
grana 4
grana 5
grana 6
grana 7
C1, 1, T1, P1
C2, 2, T2, P2
C7, 7, T7, P7
15 1514
31
1
2
3
4
5
C1, 1, T1, P
1
C2,
2, T2, P
2
C7, 7, T7, P7
gr.6
gr.5
gr.3
gr.4
31
15
14
14
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 5
Zavod za telekomunikacije
Kriteriji vrednovanja mrežeKriteriji vrednovanja mreže
sa strane vlasnika, dizajnera, operatera – cijena sa strane korisnika – kvaliteta mreže, usluga
komutacija kanala (npr. klasična telefonija) je li moguće uspostaviti vezu? PB = vjerojatnost blokiranja, vjerojatnost da pozivajući
korisnik ne dobije vezu
komutacija paketa (npr. internet) koliko trebam čekati? T = srednje vrijeme zadržavanja paketa u mreži
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 6
Zavod za telekomunikacije
Analiza mreža. Planiranje mreža.Analiza mreža. Planiranje mreža.
utjecaj mnoštva parametara na funkcioniranje i kvalitetu mreže topologija mreže ulazni promet kapaciteti grana i čvorova modeli usmjeravanja, zaštitni mehanizmi...
projektiranje/planiranje mreže osnovni ulazni zahtjev – PBmax ili Tmin
moguća ograničenja – cijena mreže, topologija...
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 7
Zavod za telekomunikacije
Optimizacijski problemiOptimizacijski problemi
izbor kapaciteta (IK) – dimenzioniranje mreže zadani tokovi, topologija, odrediti kapacitete grana (i čvorova) uz
ograničenje cijene, i zadovoljavanje uvjeta raspodjela tokova (RT) – usmjeravanje
zadani kapaciteti grana, topologija, odrediti usmjeravanje tokova uz zadovoljavanje uvjeta
izbor topologije (IT) – odrediti topologiju
najčešći problemi IK RT IK-RT IT-IK-RT
Svibanj 2007.
Zavod za telekomunikacije
8
Komuniciranje postupkom Komuniciranje postupkom komutacije kanalakomutacije kanala
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 9
Zavod za telekomunikacije
Komutacija kanala, kriterij vredovanjaKomutacija kanala, kriterij vredovanja
komutacija kanala – usmjeravanje? fiksno usmjeravanje - jk uvijek istim putem alternativno usmjeravanje
vjerojatnost gubitka mreže = kriterij vrednovanja PB = vjerojatnost blokiranja, vjerojatnost da pozivajući
korisnik ne dobije vezu
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 10
Zavod za telekomunikacije
Fiksno usmjeravanjeFiksno usmjeravanje 1/31/3
vanjski tok jk uvijek putem jk – put sadrži grane Ci
ukupni tok i u i-toj grani – suma tokova
(erl/s) :, jkij k
jki Ckj tok -> prometni intenzitet/promet – vrijeme zauzimanja? Ts
ulazni/ponuđeni promet između čvorova j i k – ajk
ulazni/ponuđeni promet na granu i - Ai
kapacitet grane Ci – višekratnik nekog osnovnog kapaciteta Ci=mi·C – sustav M/M/mi s gubicima – Erlang-B formula Pi – vjerojatnost blokiranja/gubitka grane (model)
(erl)
(erl)
sii
sjkjk
TA
Ta
(s) C
bTs
(erl) :, jkij k
jki CkjaA
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 11
Zavod za telekomunikacije
Fiksno usmjeravanjeFiksno usmjeravanje 2/32/3
vjerojatnost gubitka za pozive putem jk = Yjk
1 - vjerojatnost da sve grane nemaju gubitke (ne blokiraju) put sadrži grane Ci, vjerojatnost gubitka po granama je Pi (kod planiranja– Pi << 1)
jkii
ijk
jkii
ijk
CiPY
CiPY
:
: )1(1
vjerojatnost blokiranja mreže PB
prema udjelu u ukupnom prometu...
odnos ukupno izgubljenog prometa i ukupnog ponuđenog prometa!
jkjk
ii
iB Y
a
aP
a
AP
j k
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 12
Zavod za telekomunikacije
Usmjeravanje tokova, stablo usmjeravanjaUsmjeravanje tokova, stablo usmjeravanja
tablica usmjeravanja – definira moguća usmjeravanja
1
2
3
4
5
npr. 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2,5 2,3,5 5,3
2 3,1 X 3,4,1 4 1,3
3 1,5 2 X 4,2 5
4 2 2 2,3 X 2,3
5 1 1 1 3 X
(i,j) – preko kojih čvorova od i do j
simetrično ili asimetrično – da li se koriste iste grane u oba smjera? moguće petlje? – loše definirana tablica, sprečavanje petlji prilikom
usmjeravanja
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 13
Zavod za telekomunikacije
Pravila usmjeravanjaPravila usmjeravanja 1/31/3
Sekvencijalno usmjeravanje prema tablici usmjeravanja, u slučaju blokiranja prva sljedeća veza
npr. 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2,5 2,3,5 5,3
2 3,1 X 3,4,1 4 1,3
3 1,5 2 X 4,2 5
4 2 2 2,3 X 2,3
5 1 1 1 3 X
1
2 4
3 4
2 45
4
2 4
3
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 14
Zavod za telekomunikacije
Pravila usmjeravanjaPravila usmjeravanja 2/32/3
Usmjeravanje uz upravljanje s izvorišnog čvora prema tablici usmjeravanja, alternativa samo u izvorištu, ostalo prvi izbor
npr. 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2,5 2,3,5 5,3
2 3,1 X 3,4,1 4 1,3
3 1,5 2 X 4,2 5
4 2 2 2,3 X 2,3
5 1 1 1 3 X
1
2 4
3 4
5
43
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 15
Zavod za telekomunikacije
Pravila usmjeravanjaPravila usmjeravanja 3/33/3
Usmjeravanje uz upravljanje s izvorišta uz prenošenje neki od čvorova mogu donositi odluke i usmjeravati na alternativne puteve
npr. 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2,5 2,3,5 5,3
2 3,1 X 3,4,1 4 1,3
3 1,5 2 X 4,2 5
4 2 2 2,3 X 2,3
5 1 1 1 3* X
1
2 4
3 4
5
4
2 4
3
posebno označeno u tablici prenošenje ne mora biti važeće za sve puteve – pr. 5-4
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 16
Zavod za telekomunikacije
Prošireno stablo usmjeravanjaProšireno stablo usmjeravanja
standardno stablo + putevi gubitaka put gubitka – nova grana
sekvencijalno usmjeravanje – svakom čvoru koji nije odredišni upravljanje s izvorišta, prijenos – svakom čvoru koji odlučuje
1
2 4
3 4
5 4
2 4
3
upravljanje s izvorišta + čvor 3 na putu 5-4
L
L
oznake u stablu slijed puteva-gubitaka
put i – ako je odredišni čvor završni
gubitak Lj– ako je završni L
1
2
3
4
L1
L2slijed puteva-gubitaka
1 , 2 , 3 ,4 , L1, L2
U1, U2, U3, U4, U5, U6
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 17
Zavod za telekomunikacije
1 2 3 4 5
PrimjerPrimjer 1.1. – tablica usmjeravanja – tablica usmjeravanja 1/21/2 (udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , sl. 6.2.2., tab. 6.2.1sl. 6.2.2., tab. 6.2.1))
moguća usmjeravanja? tablica usmjeravanja preko kojih čvorova kreće usmjeravanje?!
6.2.1 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2 3,2 3*,2
2 1 X 3 4,5 5,4
3 1,2 2 X 4,2 5,4,2
4 3,2 2,3 3,2 X 5
5 2,3 2,4 3,2,4* 4 X
primjer – usmjeravanje 1-2 – preko čvorova 2 (direktno) ili 3 primjer – usmjeravanje 3-5 – preko čvorova 5 (direktno),4 ili 2
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 18
Zavod za telekomunikacije
1 2 3 4 5
PrimjerPrimjer 1.1. – tablica usmjeravanja – tablica usmjeravanja 2/22/2 (udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , sl. 6.2.2., tab. 6.2.1sl. 6.2.2., tab. 6.2.1))
određivanje tablice usmjeravanja pratiti moguće prijenosne grane elementi tablice – čvorovi preko kojih
usmjeravamo simetrično (promjena kod direktnih!!!), asimetrično
npr. 1 2 3 4 5
1 X 2 3 2 3
2 1 X 3 4,5 4
3 1 2 X 4 5,2
4 2 2,5 3 X 5,3
5 3 4 3,2 4,3 X
iz 3 preko 2 do 5 – kako je moguće iz 2 u 5 (prema tablici)? 3-2 ... – 5 – preko čvora 4 3-2-4 ... – 5 – preko čvorova 5 i 3 3-2-4-5 i 3-2-4-3 (PETLJA!!!)
primjer – usmjeravanje 3-5 – preko čvorova 5 (direktno) ili 2
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 19
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 2. 2. – tablica usmjeravanja – tablica usmjeravanja 1/21/2 (laboratorijske vježbe, tema 4)(laboratorijske vježbe, tema 4)
1
2
3
4 5
6
7
8
npr. 1 2 3 4 5 6 7 8
1 X 2,4 4 4 4 2 2,4 2
2 X 3,6 3 3 6 6,3 6
3 X 4 4 6 6 4,6
4 x 5 3 5,3 5,3
5 x 8,4 8,4 8
6 x 7 7
7 x 8
8 X
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 20
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 2.2. – tablica usmjeravanja – tablica usmjeravanja 2/22/2 (laboratorijske vježbe, tema 4, (laboratorijske vježbe, tema 4, usmjeravanje 1 - 7usmjeravanje 1 - 7))
1
2
3
4 5
6
7
8
npr. 1 2 3 4 5 6 7 8
1 X 2,4 4 4 4 2 2,4 2
2 X 3,6 3 3 6 6,3 6
3 X 4 4 6 6 4,6
4 x 5 3 5,3 5,3
5 x 8,4 8,4 8
6 x 7 7
7 x 8
8 X
1
2 6
3
4
4 5
5
7
6 7
8 7
3 6 7
3 6 7
8 7
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 21
Zavod za telekomunikacije
Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva 1/31/3
slijed puteva-gubitaka (prošireno stablo usmjeravanja) najvjerojatnije (prvi izbor) = prvi ponuđeni put ostali putevi – manje vjerojatni gubitak – nepoželjan, problem
vjerojatnost izbora puta – da li je slobodan/zauzet, dostupan/nedostupan
put = jedna ili više grana/veza vjerojatnost dostupnosti grane X
vjerojatnost da je grana nedostupna/zauzeta Y = 1 – X najjednostavniji model – M/M/m s gubicima – Erlang-B
model – put Ui sadrži grane Ck, vjerojatnosti blokiranja grana su nezavisne
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 22
Zavod za telekomunikacije
Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva 2/32/3
P{Ui korišten} = P{Ui dostupan i U1,U2...Ui-1 nedostupni}
P{Ui korišten} = P{Ui dostupan} · P{U1,U2...Ui-1 nedostupni/Ui dostupan}
P{Ui dostupan} = P{dostupne sve grane Ck u Ui}
Uj(i) = skup grana koje su dio puta Uj, ali nisu dio puta Ui
P{U1,U2...Ui-1 nedostupni/Ui dostupan} = P{nedostupni U1(i),U2(i)...Ui-1(i) }
logičan postupak – određivanje vjerojatnosti korištenja puteva prema logici kao alternativa ‘programerskom’ pristupu i korištenju formula
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 23
Zavod za telekomunikacije
Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva Određivanje vjerojatnosti upotrebe puteva 3/33/3
putevi U1, U2... UN
vjerojatnost dostupnosti grane Ck xk
rekurzivna formularekurzivna formula – složen postupak ručnog proračuna
1...,,(1
1
)...,,( 1
1)()(2)(1
21
1
iUUUQx
ix
UUUQ i
jijii
UCk
UCk
i
ik
k
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 24
Zavod za telekomunikacije
Stupanj posluživanja u mrežiStupanj posluživanja u mreži
NNGOS (Node-to-Node Grade of Service)
k
1
korištenLPNNGOS
korištenPNNGOS
k
jj
GOS (Grade of Service) – ukupno izgubljeni promet/ukupni promet = PB
B
j k
jkjk
j k
ii
jk
j kj k
jk
j k iijkjk
Pa
aY
a
korištenPaGOS
a
korištenPaa
NNGOSGOS
1
(
Prijašnji izraz PB uz fiksno usmjeravanje!
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 25
Zavod za telekomunikacije
1 2 3 4 5
PrimjerPrimjer 3.3. – vjerojatnosti upotrebe puteva – vjerojatnosti upotrebe puteva 1/31/3 (udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1))
6.2.1 1 2 3 4 5
1 X 2,3 3,2 3,2 3*,2
2 1 X 3 4,5 5,4
3 1,2 2 X 4,2 5,4,2
4 3,2 2,3 3,2 X 5
5 2,3 2,4 3,2,4* 4 X
primjer – 5-3 - upravljanje s izvorišta uz prenošenje (4)
5 3
2 3
4 3
2 3
L
L
1
2
3
4L1
L2
slijed puteva-gubitaka:
1 , 2 , 3 ,4 , L1, L2
U1, U2, U3, U4, U5, U6
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 26
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 3.3. – vjerojatnosti upotrebe puteva – vjerojatnosti upotrebe puteva 2/32/3 (udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1))
5 3
2 3
4 3
2 3
L
L
1
2
3
4L1
L2
P{1 korišten} = P{1 dostupan} = x53
P{2 korišten} = P{2 dostupan}·P{1 nedostupan | 2 dostupan}
P{2} = x52x23 (1-x53)=x52x23y53
P{3 korišten} = P{3 dostupan}·P{1 i 2 nedostupni | 3 dostupan}
P{3} = x54x43 {(1-x53) [(y52x23+y52y23+x52y23)]}= = x54x43y53(1-x52x23)
P{4} = x54x42x23 y53y52y43
Slično i P(L1), P(L2) – grane do L su sigurni događaj!
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 27
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 3.3. – vjerojatnosti upotrebe puteva – vjerojatnosti upotrebe puteva 3/33/3 (udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1sl. 6.2.2., tab. 6.2.1, pr.6.2.1))
5 3
2 3
4 3
2 3
L
L
1
2
3
4L1
L2
Korištenjem rekurzivne formule:Korištenjem rekurzivne formule:
532352532352)2(12 )1()(1)(2
yxxxxxUQxPkC
k
)1())1(1()(
))(1(1()(
),()(1)(
23525343545323525343543
))3(2)(3(15343543
)3(2)3(1)3(13
)3(2
3
xxyxxxxxxxxP
UQxxxxP
UUQUQxP
UCk
Ck
k
k
i tako dalje... (DZ!)i tako dalje... (DZ!)
Određivanje NNGOSOdređivanje NNGOS – kad se odrede sve vjerojatnosti P(k) ili P(Lj)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 28
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 4.4. – vjerojatnosti upotrebe puteva – vjerojatnosti upotrebe puteva 1/21/2 (auditorne vježbe 2005.)(auditorne vježbe 2005.)
2 5 6
1 3 6
4 6
L
L
L1
L2
1
2
3
U1
U2
U3
U4
U5
P{1 korišten} = P{1 dostupan} = x25x56
P{2 korišten} = P{2 dost.}·P{1 nedost | 2 dost}
P{2} = x21x13x36 (y25x56+y25y56+x25y56)= =x21x13x36(1-x25x56)
P{3 korišten} = P{3 dostupan}·P{1 i 2 nedostupni | 3 dostupan}
P{3} = x21x14x46 {(y25x56+y25y56+x25y56)(y13x36+y13y36+x13y36)} = x21x14x46(1-x25x56)(1-x13x36)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 29
Zavod za telekomunikacije
PrimjerPrimjer 4.4. – vjerojatnosti upotrebe puteva – vjerojatnosti upotrebe puteva 22/2/2 (auditorne vježbe 2005.(auditorne vježbe 2005. – kori – korištenje rekurzivne formule)štenje rekurzivne formule)
2 5 6
1 3 6
4 6
L
L
L1
L2
1
2
3
U1
U2
U3
U4
U5
(DZ!)(DZ!)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 30
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 1Zadatak 1(auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
Zadana je mreža s komutacijom kanala, u kojoj se koristi upravljanje s izvorišta uz mogućnost prenošenja. Vaš je zadatak da izračunate GOS za komunikaciju između čvorova 1 i 2. Blokiranja grana su 0.15, a alternativno usmjeravanje je zadano strelicama uz početni i čvor s mogućnošću odluke (4*). Izračunajte preneseni promet za svaki od puteva, te potreban broj snopova za svaku granu koja sudjeluje u komunikaciji između navedenih čvorova.
1 2
4* 3
242026
243028
203022
262822
ija
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 31
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 1Zadatak 1 1/31/3 RJEŠENJERJEŠENJE
stablo usmjeravanja (Pi=yjk=0.15, xjk=0.85)
1
2
4 2
3 2LL
1
2
3
L1L2
NNGOS NNGOS - - trebamo vjerojatnosti korištenja puteva ili gubitaka
P{1} = x12 = 0.85
P{2} = x14x42 (1-x12) = 0.108375
P{3} = x14x45 x52(1-x12)(1-x42) = 0.013818
P{L1} = x14(1-x12)(1-x42)(1-x43x32) = 0.005307
P{L2} = (1-x12)[(1-x14)+x14(1-x42)(1-x43x32)]-P{L1} = = (1-x12)(1-x14)=0.0225
4
12 1
iiPLP
027807,0 0,027807 1k
korištenLPNNGOSkorištenPNNGOS kj
j
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 32
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 1Zadatak 1 22/3/3 RJEŠENJERJEŠENJE
broj snopova – broj snopova – svaki kanal sadrži određeni broj snopova M/M/m s gubicima, Erlang – B, vjerojatnost blokiranja je 0.15 promet koji smo izračunali je preneseni promet, mi trebamo ponuđeni promet
preneseni promet po putevima i granama? dio prometa ovisno o vjerojatnosti korištenja puta
a(1) = a12 P{1} = 18,7 erl
a(2) = a12 P{2} = 2,384 erl
a(3) = a12 P{3} = 0,304 erl
a(L1) = a12 P{L1} = 0,117 erl
a(L2) = a12 P{L2} = 0.495 erl
a(1-2)= a(1) = 18,7 erl
a(1-4)= a(2)+a(3)+a(L1) = 2,805 erl
a(4-2)= a(2) = 2,384 erl
a(4-3)= a(3-2) = a(3) = 0,304 erl
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 33
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 1Zadatak 1 3/33/3 RJEŠENJERJEŠENJE
PRENESENI PROMET = (1-x) PONUĐENI PROMET (a=0.85·a0)
Pm<=0,15; m=?m12 = 23 (tablica m=21 – A=20)
m14 = 5 (tablica m=5 – A=3.4)
m42 = 5
m43 = m32 = 2
a0(1-2)= a(1-2)/0.85=22 erl
a0(1-4)= 3,3 erl
a0(4-2)= 2,805 erl
a0(4-3)= a0(3-2) = 0,358 erl
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 34
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 1Zadatak 1 RJEŠENJE – REKURZIVNA FORMULARJEŠENJE – REKURZIVNA FORMULA
P Q x1 1 12
P Q Q x x x x x y2 2 1 2 14 42 12 14 42 121 1 ( ) ( )( )
P Q Q Q x x x x Q Q
x x x x x x
x x x y y
3 3 1 3 2 3 14 43 32 12 2 3 1 2 3
14 43 32 12 42 12
14 43 32 12 42
1 1 1
1 1
( ) ( ( ))
( ( ))( ) ( ) ( ) ( ( ))
P x Q Q Q x x Q Q Q Q Q
x y x y x x x Q Q
x y x y x x
4 14 1 4 2 4 3 4 14 12 2 4 1 2 4 3 4 1 3 4 2 3 4
14 12 42 12 43 32 12 2 3 4 1 2 3 4
14 12 42 12 43 32
1 1 1 1
1 1
[ ] [ ( ) ( )]
[ ( [ ])]
[ (
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ( ))
( ( )) ( ( ( )))
y x y
x y y x x y
x y y x x
12 42 12
14 12 42 43 32 42
14 12 42 43 321
)]
( )
( )
P P ii
51
4
1
dakle, slijedi P1 0 85 . P3
3138178 10 . P43530719 10 . P4
322 5 10 .
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 35
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 2Zadatak 2 1/21/2 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
U telefonsku mrežu s komutacijom kanala spojeno je 6 telefonskih centrala. Topologija mreže je prikazana slikom, a pravila usmjeravanja prometa između parova čvorova definirana je tablicom usmjeravanja. Prometno opterećenje mreže u toku glavnog prometnog sata (GPS) prikazano je prometnom matricom. Tok poziva u mreži opisan je Poissonovom razdiobom. Potrebno je:
a) napraviti proširena stabla putova za sve parove čvorova uz sekvencijalno usmjeravanje (SOC), odnosno upravljanje s izvorišnog čvora (OOC)
b) za OOCS upravljanje prometnim tokovima definirajte vjerojatnosti korištenjem putova
c) odrediti raspodjelu prometa po putovima za par čvorova 2-6 i 3-2 ako su vjerojatnosti blokiranja svih snopova iste i iznose 0.05. Pretpostaviti da su blokiranja snopova međusobno nezavisna, i da je tok prometa u svakom snopu Poissonov tok
d) odredite NNGOS za parove iz c) dijela zadatka
e) odredite potreban broj kanala na snopovima prvog puta
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 36
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 2Zadatak 2 2/22/2 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
Tablica usmjeravanja 1 2 3 4 5 6
1 x 2 3,4 4,3 2,4* 3,4 2 1 x 1 1,5 5 5,1* 3 1 1,4* x 4 4,6 6 4 1,3 1,5 3 x 5,6 6.3 5 2,4,6 2 4,6 4 x 6 6 3,4 3,5 3 4,5 5 x
Prometna matrica 1 2 3 4 5 6
1 x 15,5 2,8 10,2 7,3 5,8 2 14,37 x 8,9 13,21 17,31 26,71 3 10,42 6,17 x 25,1 2,5 8,65 4 16,45 3,1 11,43 x 9,36 13,36 5 14,18 17,31 8,35 4,44 x 1,33 6 7,27 26,2 9,31 10,21 27,6 x
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
9
7
8
6
Svibanj 2007.
Zavod za telekomunikacije
37
Komuniciranje postupkom Komuniciranje postupkom komutacije paketakomutacije paketa
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 38
Zavod za telekomunikacije
Komutacija paketa, kriterij vredovanjaKomutacija paketa, kriterij vredovanja
model - pretpostavljamo fiksno usmjeravanje
informacijska jedinice = paket
srednje vrijeme zadržavanja informacijske srednje vrijeme zadržavanja informacijske jedinice u mrežijedinice u mreži = kriterij vrednovanja
T = srednje vrijeme zadržavanja jedinice u mreži
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 39
Zavod za telekomunikacije
Parametri modela mrežeParametri modela mreže 1/31/3
vanjski tok jk uvijek putem jk – put sadrži grane Ci
ukupni tok i u i-toj grani – suma tokova
(erl/s) :, jkij k
jki Ckj
Zjk – srednje kašnjenje informacijske jedinice na putu j-k
Ti – prosječno potrošeno vrijeme za čekanje i prijenos na i-toj grani
jkii
ijk
N N
k
jkjk
CiTZ
ZT
:
1j 1
M
i
iiTT
1
grana – model = M/M/1 s čekanjem
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 40
Zavod za telekomunikacije
Parametri modela mrežeParametri modela mreže 2/32/3
M/M/1 s čekanjem intenzitet nailazaka (Poisson) i, eksponencijalna raspodjela vremena
posluživanja sa srednjom vrijednosti 1/Ci =1/bsr
srednje vrijeme zadržavanja jedinice Tq = srednje vrijeme kašnjenja Ti
1
1
11
1s
q
TT
iii C
T
1
M
i ii
iM
i
ii
C
TT
11
duljina puta njk = broj grana uključenih u put jk
prosječna duljina puta – prinos ovisi o prometnom opterećenju
N
j
N
k
jkjknn
1 1
N
j
N
kjkjk
M
ii n
1 11
n
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 41
Zavod za telekomunikacije
Parametri modela mrežeParametri modela mreže 3/33/3
kašnjenje u mreži svaka grana utječe – zastoj na jednoj = zastoj na putu! grana i0 je “usko grlo”, * opterećenje zasićenja model kašnjenja – oštrije od M/M/1, prema D/D/1
M/M/1D/D/1
0T
T0 – kašnjenje “neopterećene” mreže
(0, i0, ali i/ ima konačnu vrijednost)
i i
iM
i i
iM
i i
i
Cn
CCT
/
110
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 42
Zavod za telekomunikacije
Pronalaženje opterećenja zasićenja Pronalaženje opterećenja zasićenja **
grana i0 koja je usko grlo – tok kroz granu je najbliži kapacitetu, kad postane jednak - zasićenje (i0=Ci0)
POSTUPAK:
1. fiksno usmjeravanje, odrediti unutrašnje tokove i za bilo koju vrijednost opterećenja <*
2. za sve i=1,2,..M odrediti i/Ci i pronaći i0 za koju je najveće
3. povećavati vanjski tok dok se ne postigne uvjet – odrediti faktor x - x·i0=Ci0
4.4. tok zasićenja je tok zasićenja je *= *= xx··**
NEMA PREUSMJERAVANJA! PREUSMJERAVANJE MIJENJA PROMETNU MATRICU!
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 43
Zavod za telekomunikacije
Primjer 5.Primjer 5. Određivanje graničnog opterećenja Određivanje graničnog opterećenja(udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , pr.6.3.1pr.6.3.1) ) ŠTAMPARSKA GREŠKAŠTAMPARSKA GREŠKA
Ulazni tok u mrežu s komutacijom paketa je zadan matricom. Zadani su kapaciteti grana, topologija i fiksno usmjeravanje. Potrebno je odrediti granu koja predstavlja usko grlo granično opterećenje mreže!
05202015
505400
20502020
204020030
15020300
1
2
4
5
36
4
73
5
1
2
72,441,4
763)5,6(
4,2625
4321
4,1)6,5(51
PUT kb/s 6.96.96464646464C
Tok je simetričan. Ukupni tok = 2*175 erl/s
Prosječna duljina paketa 1000 bit, =1/1000
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 44
Zavod za telekomunikacije
Primjer 5.Primjer 5. Određivanje graničnog opterećenja Određivanje graničnog opterećenja 1/21/2
(udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , pr.6.3.1pr.6.3.1) - RJEŠENJE) - RJEŠENJE
1.1. Prema usmjeravanju određujemo unutrašnji tok i za svaku granu!
05202015
505400
20502020
204020030
15020300
72,441,4
763)5,6(
4,2625
4321
4,1)6,5(51
PUT
erl/s 5
erl/s 5
erl/s 20)0(20
erl/s 55202015
erl/s 40
erl/s 402020
erl/s 451530
7
6
5
4
3
2
1
2.2. Odrediti granu koja je usko grlo (najveći i/Ci) - grana i0
6.9
5
6.9
5
64
20
64
55
64
40
64
40
64
451
552055404045
C i0 = 4
erl/s 2101
)(
M
iinojednosmjer
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 45
Zavod za telekomunikacije
Primjer 5.Primjer 5. Određivanje graničnog opterećenja Određivanje graničnog opterećenja 2/22/2
(udžbenik (udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , pr.6.3.1pr.6.3.1) - RJEŠENJE) - RJEŠENJE
3.3. Odrediti za koliko je moguće povećati tok a da je moguć prijenos i/Ci=1
16.1551000
64000
0
0
00
i
i
ii
Cx
Cx
4.4. Tok zasićenja/graničnog opterećenja = ? erl/s 406217516.1* x
Proračun ostalih parametaraProračun ostalih parametara
msC
bn
CnT
n
i
i
i
M
i
i 8,231
2.1
10
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 46
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 3Zadatak 3 1/51/5 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
U mreži s komutacijom paketa, zvjezdaste strukture, povezano je 5 čvorova. Veze između čvorova ostvarene su modemima (modemi su full-duplex). S obzirom na zadanu topologiju i prometno opterećenje mreže odredite potrebnu brzinu prijenosa (tj. kapacitet) kako bi vrijeme posluživanja bilo 1/10 prosječnog boravka na grani. Izračunajte prosječno vrijeme kašnjenja u mreži i odredite usko grlo i graničnu vrijednost toka. Prosječna dužina paketa je 1000 bita, a raspodjela vjerojatnosti dužina je eksponencijalna.
xxx
xxx
xxx
xxx
4
3
2
1
4321
TO
5.1212
5.1122
2123
1222
2232
1 2
3
5
4
4
3
1
2
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 47
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 3Zadatak 3 2/52/5 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
Određivanje unutrašnjih tokova – odrediti puteve i sumirati tokove
1 2
3
5
4
4
3
1
2
od-do promet grane1-2 2 11-3 3 21-4 2 31-5 2 42-3 2 1,22-4 2 1,32-5 1 1.43-4 1 2,33-5 2 2,44-5 1.5 3,4
erl/s 5.65.1212
erl/s 5.65.1122
erl/s 82123
erl/s 71222
4
3
2
1
51.1n
erl/s 37
erl/s 5624
1
j kjk
ii
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 48
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 3Zadatak 3 3/53/5 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
Kapaciteti grana? Na temelju uvjeta o odnosu vremena posluživanja i boravkaM/M/1 sustav s čekanjem!
iii
qs
CC
b
TT
11.0
1.0bC ii
9
10
kbit/s 22.7
kbit/s 22.7
kbit/s 88.8
kbit/s 77.7
4
3
2
1
C
C
C
C
Realizacija nekim standardnim modemima (npr. 9.6kbit/s, 14.4kbit/s...)
Full-Duplex modemistovremeni prijenos u oba smjera, ovisno o izvedbi isti kapaciteti u oba smjeta...
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 49
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 3Zadatak 3 4/54/5 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
Ukupno kašnjenje u mrežiii
qi CTT
1
s 389.1
s 389.1
s 136.1
s 428.1
4
3
2
1
T
T
T
T
4
1i
ii TT
s 323.0
s 323.0
s 625.0
s 384.0
)6.9(4
)6.9(3
)6.9(2
)6.9(1
kbs
kbs
kbs
kbs
T
T
T
T
s 642.0
s 2
6.9
kbsT
T
2.2. Odrediti granu koja je usko grlo (najveći i/Ci) - grana i0
6.9
5.6
6.9
5.6
6.9
8
6.9
71
5.65.687
C i0 = 2
1.1. Znamo unutrašnji tok/intenzitet nailazaka i za svaku granu!
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 50
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 3Zadatak 3 5/55/5 (auditorne vježbe 2005)(auditorne vježbe 2005)
3.3. Odrediti za koliko je moguće povećati tok a da je moguć prijenos i/Ci=1
2.181000
9600
0
0
00
i
i
ii
Cx
Cx
4.4. Tok zasićenja/graničnog opterećenja = ? erl/s4.44372.1* x
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 51
Zavod za telekomunikacije
Izbor kapacitetaIzbor kapaciteta 1/21/2
poznati: topologija TO, unutrašnji tokovi i (fiksno usmjeravanje)
znamo tok i prosječnu duljinu paketa - i/Ci
ograničenje: cijena mreže DI model – linearni odnos cijena-kapacitet
problem:problem: odrediti Ci i minimizirati prosječno kašnjenje T ako su kapaciteti minimalni (i/=Ci), T trebamo odrediti dodatne kapacitete
kako bi minimizirali kašnjenje a zadovoljili DI
PRETPOSTAVKA: mogući svi kapaciteti, bez diskretnih ograničenja
M
i ii
i
CT
1
i
M
ii CdDI
1
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 52
Zavod za telekomunikacije
Izbor kapacitetaIzbor kapaciteta 2/22/2
izrazi za određivanje kapaciteta i vremena kašnjenja
2
1
M
i
ii
e
d
D
nT
M
jjj
iii
eii
dd
d
DC
1
1
e
M
i
iie
DDIDI
dDID
min
1
dodatna cijena De
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 53
Zavod za telekomunikacije
Specijalan slučaj Specijalan slučaj – cijena grane ovisi samo o kapacitetu– cijena grane ovisi samo o kapacitetu
možemo postaviti di=1 propusnost mreže C, opterećenje mreže =/C
CCDIM
ii
1
M
jj
iii nCC
1
)1(
2
1)1(
M
i
i
nC
nT
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 54
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 4Zadatak 4 1/31/3
Dana je topologija mreže u kojoj se komunikacija obavlja komutacijom paketa. Čvorovi su povezani dvosmjernim granama – cijena grana je proporcionalna duljini grana (u zagradama uz svaku granu).Zadana je matrica prometnog opterećenja. Prosječna duljina paketa je 1000 bita.Odredite optimalne brzine prijenosa (kapacitete) po granama u mreži uz uvjet fiksnog usmjeravanja prometa, tako da je promet realiziran korištenjem najkraćeg puta. Dodatno ograničenje je porast cijene mreže za maksimalno 25% u odnosu na minimalno moguću.Odredite prosječno vrijeme kašnjenja u mreži.
3
4
2
1
4 (2) 3 (1)
1 (3) 2 (5)
720
963
242
1045
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 55
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 4Zadatak 4 2/32/3
Tražimo: unutrašnje tokove, kapacitete, cijenu mreže...
3
4
2
1
4 (2) 3 (1)
1 (3) 2 (5)
31,44
324,3
4,121
43,41
PUT
erl/s 21
erl/s 23
erl/s 10
erl/s 11
4224411431134
433431133
32232
422421121
n
N
j
N
kjk
M
ii
erl/s 54
erl/s 651
Cijena grane: diCi Cijena mreže: DI = DImin + De
canov.jedini 37000
canov.jedini 148000
25.0
minmin
min
e
iiii
e
D
bdCdDI
DID
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 56
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 4Zadatak 4 3/33/3
Znamo sve parametre, možemo odrediti kapacitete i prosječno kašnjenje!
kbit/s 98.25
kbit/s 37.30
kbit/s 17.12
kbit/s 94.13
4
3
2
1
C
C
C
C
msdD
nd
D
nT ii
e
M
i
ii
e
5,2902
2
1
M
jjj
iii
eii
dd
d
DC
1
1
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 57
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 5Zadatak 5 1/31/3
Dana je topologija mreže u kojoj se komunikacija obavlja komutacijom paketa. Čvorovi su povezani dvosmjernim granama – cijena grana ne ovisi o duljini grana. Propusnost mreže C = 100 erl/s.Zadana je matrica prometnog opterećenja. Odredite optimalne brzine prijenosa (kapacitete) po granama u mreži uz uvjet fiksnog usmjeravanja prometa, tako da je promet realiziran korištenjem najkraćeg puta.Odredite prosječno vrijeme kašnjenja u mreži.
3
4
2
1
4 (2) 3 (1)
1 (3) 2 (5)
720
963
242
1045
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 58
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 5Zadatak 5 2/32/3
Prvi dio zadatka (pronalaženje unutrašnjih tokova) identično kao u Zadatku 4.
3
4
2
1
4 (2) 3 (1)
1 (3) 2 (5)
31,44
324,3
4,121
43,41
PUT
erl/s 21
erl/s 23
erl/s 10
erl/s 11
4224411431134
433431133
32232
422421121
n
N
j
N
kjk
M
ii
erl/s 54
erl/s 651
Cijena grane: Ci Cijena mreže: DI = DImin + De
?
?
min
minmin
bCDIDID
bbCDI
CCDI
e
ii
i
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 59
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 5Zadatak 5 3/33/3
Korištenje formule prilagođene za slučaj kad cijena grane ovisi samo o kapacitetu
erl/s 29.27
erl/s 58.29
erl/s 34.14
erl/s 55.15
4
3
2
1
C
C
C
C
54.0
204.1
vrijedi
)1(
/100erl/s 100:
min
C
n
nCbCDIDID
CCZadano
e
M
jj
iii
M
jj
iii
nCC
nCC
1
1
)1(
)1(
msnC
nT
M
i
i 214)1(
2
1
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 60
Zavod za telekomunikacije
Raspodjela tokovaRaspodjela tokova 1/21/2
poznati: topologija TO, kapaciteti Ci
problem:problem: odrediti i i minimizirati prosječno kašnjenje T
kapaciteti zadani, tokovi se moraju prilagoditi – više puteva za prijenos toka jk
rješavanje – za svaki tok odrediti metoda skretanja toka (optimalno) metoda fiksnog usmjeravanja (podoptimalno)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 61
Zavod za telekomunikacije
Raspodjela tokovaRaspodjela tokova 2/22/2
kašnjenje u mreži – T nastojimo rasporediti tokove tako da prosječno kašnjenje
bude minimalno prosječno kašnjenje po granama – parcijalna derivacija po toku,
kako bi dobili brzinu prirasta kašnjenja tražimo najmanji prirast kašnjenja
ideja: za svaku granu odrediti prirast, odabrati takav put za usmjeravanje toka da ukupni prirast budem minimalan – korištenje metoda najkraćih puteva...
M
i ii
i
CT
1
i
i
M
i ii
i ffC
fT
,1 2
ii
i
ii
fC
C
f
Tl
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 62
Zavod za telekomunikacije
Algoritam skretanja tokaAlgoritam skretanja toka 11/2/2
na početku postupka odredimo inicijalno usmjeravanje prema najkraćim putevima (prema duljini grana) – vektor f(0)=[f1
(0), f2(0),…fM
(0)]
1. n=0
2. izračunati prirast kašnjenja li
3. izračunati n – koeficijent prirasta cijene za tok
4. riješiti tok najkraćeg puta korištenjem težina li. Rezultat je vektor toka = [1, 2… M]
5. izračunati bn – koeficijent prirasta cijene za tok
2)( ii
ii fC
Cl
M
i
niin fl
1
)(
M
iiin lb
1
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 63
Zavod za telekomunikacije
Algoritam skretanja tokaAlgoritam skretanja toka 22/2/2
6. (korak zaustavljanja) ako je n – bn < - KRAJ, inače 7
7. naći 0<<1 za koji (1- )f(n)+ minimizira T, pronađena vrijednost se označi sa a
8. (korak skretanja toka) f(n+1)=(1-a)f(n) + a
9. n=n+1, idi na 2
za određivanje najkraćih puteva (između svih parova čvorova) primijenjujemo standardne algoritme (Floyd, Dijkstra)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 64
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 1/1/88udžbenik udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , pr. 6.3.4.pr. 6.3.4.
U mreži s komutacijom paketa dvosmjerni kapaciteti grana su
C=[64 64 64 64 64 9.6 9.6] kbit/s.Ulazni promet je zadan matricom. Srednja dužina paketa je 30 bita. Potrebno je pronaći optimalni raspored unutrašnjih tokova, uz toleranciju prihvaćanja = 0.000 001 (0.001 za aud.)
1
2
4
5
36
4
73
5
1
2
erl/s
0606015050
6006015050
6060015050
2402402400560
1001501505600
Koristimo algoritam skretanja tokaKoristimo algoritam skretanja toka-početni raspored tokova
- prema usmjeravanju najkraćim putem- zadan u zadatku?
072,444,1
70633,1
4,26025
43201
4,13,1510
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 65
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 22//88 Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – korak po korakkorak po korak
f(0) – unutrašnji tokovi prema incijalnom usmjeravanju!f(0) = [ 1470 510 590 660 200 120 120] * 30 bit
(1) n=0(2) odrediti li za svaki tok iz f(n)
072,444,1
70633,1
4,26025
43201
4,13,1510
2)( ii
ii fC
Cl
l = [ 5.05 0.84 0.93 1.02 0.59 8.33 8.33] * 10-8
(3) izračunati koeficijent prirasta cijene
(4) problem toka najkraćeg puta uz duljine grana liodrediti tok
M
i
niin fl
1
)( 0 = 0.0033597
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 66
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 33//88 Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – određivanje toka najkraćeg putaodređivanje toka najkraćeg puta
Traženje najkraćeg puta između svih čvorova, uz duljinu grana li – Floydov algoritam
Kako odrediti početnu matricu? – direktne veze u mreži!
072,444,1
70633,1
4,26025
43201
4,13,1510
1
2
4
5
36
4
73
5
1
2
074
7063
6025
43201
510
033.802.1
33.8033.893.0
33.8084.059.0
02.193.084.0005.5
59.005.50
00 D
074
7063
6025
43201
510
033.802.1
33.8033.893.0
33.8084.059.0
02.193.084.0005.5
59.005.50
11 D
nFloyd=0 D1=? 1=?
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 67
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 44//88Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – određivanje toka najkraćeg putaodređivanje toka najkraćeg puta
074
7063
6025
43201
510
033.802.1
33.8033.893.0
33.8084.059.0
02.193.084.0005.5
59.005.50
11 D
04,34,244,1
4,303,233,1
4,23,2025
43201
4,13,1510
095.186.102.107.6
95.1077.193.098.5
86.177.1084.059.0
02.193.084.0005.5
07.698.559.005.50
22 D
nFloyd=1 D2=? 2=?
04,34,244,2,5
4,303,233,2,5
4,23,2025
43202,5
4,2,53,2,552,50
095.186.102.145.2
95.1077.193.036.2
86.177.1084.059.0
02.193.084.0043.1
45.236.259.043.10
33 D
nFloyd=2 D3=? 3=?nFloyd=3 D4=D3 4= 3
nFloyd=4 D5=D4 5= 4
= [ 0 2160 830 780 1670 0 0] * 30bit b0 = 0.001304
M
iiin lb
1
0 – b0 = 0.002 >
(5) izračunati koeficijent prirasta cijene b(6) (korak zaustavljanja) – prolazimo dalje!(7) naći koji minimizira T
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 68
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 55//88Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – određivanje toka najkraćeg putaodređivanje toka najkraćeg puta
= 0 T=1,457 ms = 0.2 T=1,223 ms = 0.4 T=1,238 ms = 0.6 T=1,501 ms = 0.8 T=2,285 ms = 1 T=6,235 ms
(7) naći koji minimizira T(8) (korak skretanja toka) f(n+1)=(1-a) f(n) + a(9) n=n+1, idi na (2) korak
M
i ii
i
fC
fT
1
= 0.1 T=1,302 ms = 0.3 T=1,203 ms
f(1) = [ 1029 957 692 696 641 84 84 ] * 30 bit
f(1) = 0.7f(0) + 0.3
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 69
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 66//88Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – 2. iteracija2. iteracija
f(1) – unutrašnji tokovi za ulaz u drugu iteracijuf(1) = [ 1029 957 692 696 641 84 84 ] * 30 bit
(2) odrediti li za svaki tok iz f(n)
2)( ii
ii fC
Cl
l = [ 1.82 1.61 1.07 1.08 0.99 5.98 5.98] * 10-8
(3) izračunati koeficijent prirasta cijene
(4) problem toka najkraćeg puta uz duljine grana liodrediti tok
M
i
niin fl
1
)( 1 = 0.001964
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 70
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 77//88Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – određivanje toka najkraćeg putaodređivanje toka najkraćeg puta
Traženje najkraćeg puta između svih čvorova, uz duljinu grana li – Floydov algoritam
Kako odrediti početnu matricu? – direktne veze u mreži!
072,444,1
70633,1
4,26025
43201
4,13,1510
1
2
4
5
36
4
73
5
1
2
074
7063
6025
43201
510
098.508.1
98.5098.507.1
98.5061.199.0
08.107.161.1082.1
99.082.10
00 D
04,34,244,1
4,303,233,1
4,23,2025
43201
4,13,1510
015.269.208.190.2
15.2068.207.189.2
69.268.2061.199.0
08.107.161.1082.1
90.289.299.082.10
22 D
nFloyd=0 D1=D0 1=0
nFloyd=1 D2=? 2=?
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 71
Zavod za telekomunikacije
Primjer 6Primjer 6 88//88Algoritam skretanja toka – Algoritam skretanja toka – određivanje toka najkraćeg putaodređivanje toka najkraćeg puta
nFloyd=2 D3=D2 3= 2
nFloyd=3 D4=D3 4= 3
= [ 1470 630 830 780 20 0 0] * 30bit b1 = 0.001631
M
iiin lb
1
1 – b1 = 0.00033 <
(5) izračunati koeficijent prirasta cijene b(6) (korak zaustavljanja) – KRAJ
nFloyd=4 D5=D4 5= 4
04,34,244,1
4,303,233,1
4,23,2025
43201
4,13,1510
015.269.208.190.2
15.2068.207.189.2
69.268.2061.199.0
08.107.161.1082.1
90.289.299.082.10
55 D
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 72
Zavod za telekomunikacije
Zadatak 6Zadatak 6 1/31/3(auditorne vježbe 2005.)
Čvorovi mreže s komutacijom paketa topologije prikazane slikom, povezani su jednosmjernim (simplex) modemima 9600 bps. Intenzitet prometnog opterećenja u glavnom prometnom satu opisan je prometnom matricom, a prosječna dužina paketa je 1000 bita, uz eksponencijalnu razdiobu vjerojatnosti. Odredite optimalnu raspodjelu tokova po granama u mreži uz minimalno kašnjenje paketa primjenom algoritma skretanja toka. Pretpostavljena tolerancija prihvaćanja je 0,015. Zadano je i inicijalno usmjeravanje.
121
212
115.1
25.11
10828
964
752
9331
CCCC
CCC
CCC
CCCC
jk1
2
3
4
1
310
8
2 7
9
65
4
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 73
Zavod za telekomunikacije
Algoritam Algoritam fiksnog usmjeravanja fiksnog usmjeravanja tok tokovaova 11/2/2
podoptimalna metoda, ne određuje dio toka koji se skreće, već odlučuje da li skrenuti cijeli tok jk ili ne!
dobri rezultati za mreže s kratkim srednjim dužinama puta, mreže s koncentriranim unutrašnjim prometom i velike i izbalansirane mreže (nema velike razlike među jk)
na početku postupka odredimo inicijalno usmjeravanje prema najkraćim putevima (prema duljini grana) – vektor f(0)=[f1
(0), f2(0),…fM
(0)]
1. n=0
2. izračunati prirast kašnjenja li i naći skup najkraćih puteva za svaki jk
2)( ii
ii fC
Cl
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 74
Zavod za telekomunikacije
Algoritam fiksnog usmjeravanja tokovaAlgoritam fiksnog usmjeravanja tokova 22/2/2
3. postaviti g=f(n) i za svaki jk provesti ispitivanje:
3.1. odrediti vektor toka v iz g uz skretanje jk na najkraći put
3.2. ako je v dozvoljen (Ci>fi(n)) i T(v)<T(g) idi na 3.3 inače na 3.4
3.3. g=v
3.4. ako su svi jk obrađeni idi na 4, inače na 3.1
4. ako je g=f(n) KRAJ, inače f(n+1)=g, n=n+1, idi na 2
za određivanje najkraćih puteva (između svih parova čvorova) primijenjujemo standardne algoritme (Floyd, Dijkstra)
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 75
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 1/61/6udžbenik udžbenik Informacijske mrežeInformacijske mreže, , pr. 6.3.5.pr. 6.3.5.
U mreži s komutacijom paketa dvosmjerni kapaciteti grana su
C=[64 64 64 64 64 9.6 9.6] kbit/s.Ulazni promet je zadan matricom. Srednja dužina paketa je 1000 bita. Potrebno je pronaći optimalni raspored unutrašnjih tokova primjenom algoritma fiksnog usmjeravanja tokova.
0
50
1050
1010100
101010100
- zadan je početni raspored tokova- zadan je početni raspored tokova
0
70
4,260
4,13,150
43210
2
1
4
5
36
4
73
5
1
2
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 76
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 22/6/6 Algoritam fiksnog usmjeravanjaAlgoritam fiksnog usmjeravanja
f(0) – unutrašnji tokovi prema incijalnom usmjeravanju!f(0) = [ 30 20 20 30 10 5 5] * 1000 bit
(1) n=0(2) odrediti li za svaki tok iz f(n), naći najkraće puteve...
2)( ii
ii fC
Cl
l = [ 6.15 3.67 3.67 6.15 2.43 50.41 50.41] * 10-7
0
70
4,260
4,13,150
43210
0
70
60
50
43210
0
41.500
41.500
43.20
15.667.367.315.60
00 D
0
4,30
4,23,20
4,13,150
43210
0
82.90
82.934.70
30.1282.943.20
15.667.367.315.60
11 D D2=D1
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 77
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 3/63/6 Algoritam fiksnog usmjeravanjaAlgoritam fiksnog usmjeravanja
D5 = D4= D3
(3) usmjeravati tokove jk prema najkraćem putu- prvo ‘uklanjamo’ tok prema inicijalnom putu, a zatim dodajemo po novom putu- ako novi raspored daje bolje vrijeme kašnjenja uzima se u daljnju obradu!- razmatramo samo tokove koji su drugačije usmjereni
g= f(0) = [ 30 20 20 30 10 5 5] Tg = 55.9ms
12 v- = [ 20 20 20 30 10 5 5] v = [ 20 30 20 30 20 5 5 ]
T = 58.9 ms (>Tg) – ne mijenjamo usmjeravanje
0
50
1050
1010100
101010100
0
70
4,260
4,13,150
43210
0
4,30
4,23,20
2,53,2,550
4325,20
0
82.90
82.934.70
10.677.943.20
15.667.367.310.60
33 D
24 v- = [ 20 20 10 30 10 5 5] v = [ 20 30 20 30 20 5 5 ]
T = 58.9 ms (>Tg) – ne mijenjamo usmjeravanje
12.25
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 78
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 44/6/6 Algoritam fiksnog usmjeravanjaAlgoritam fiksnog usmjeravanja
D5 = D4= D3
g= [ 30 20 20 30 10 5 5]
25 v- = [ 20 20 20 20 10 5 5] v = [ 20 30 20 20 20 5 5 ]T = 54.2 ms (<Tg) – mijenjamo usmjeravanjeg = [ 20 30 20 20 20 5 5 ]
0
50
1050
1010100
101010100
0
70
4,260
4,13,150
43210
0
4,30
4,23,20
2,53,2,550
4325,20
0
82.90
82.934.70
10.677.943.20
15.667.367.310.60
33 D
34 v- = [ 20 30 20 20 20 0 5] v = [ 20 35 25 20 20 0 5 ]
T = 47.8 ms (<Tg) – mijenjamo usmjeravanjeg = [ 20 35 25 20 20 0 5 ]
45 v- = [ 20 35 25 20 20 0 0] v = [ 20 35 30 25 20 0 0 ]
T = 40.4 ms (<Tg) – mijenjamo usmjeravanjeg = [ 20 35 30 25 20 0 0 ]
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 79
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 55/6/6 Algoritam fiksnog usmjeravanjaAlgoritam fiksnog usmjeravanja
f(1) – unutrašnji tokovi nakon prve iteracijef(1) = [ 20 35 30 25 20 0 0] * 1000 bit
(2) odrediti li za svaki tok iz f(n), naći najkraće puteve...
2)( ii
ii fC
Cl
l = [ 3.67 8.46 6.15 4.68 3.67 11.57 11.57] * 10-7
0
0
0
50
4320
0
0
0
67.30
68.415.646.80
00 D
0
4,30
4,23,20
50
4320
0
83.100
14.1361.150
67.30
68.415.646.80
11 D D2=D1
0
4,30
4,23,20
2,53,2,550
4325,20
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 80
Zavod za telekomunikacije
Primjer 7Primjer 7 66/6/6 Algoritam fiksnog usmjeravanjaAlgoritam fiksnog usmjeravanja
0
4,30
4,23,20
4,2,53,2,550
4325,20
0
83.100
14.1361.150
81.1628.1967.30
68.415.646.813.120
33 D D5=D4=D3
0
4,30
4,23,20
2,53,2,550
4325,20
početno usmjeravanje tokova i usmjeravanje nakon određivanja najkraćih puteva su jednaka
promjenom usmjeravanja ne bi dobili nikakva bolja rješenja (oduzimanje i dodavanje toka prema istim matricama usmjeravanja!?)
opaskaopaska – da li je početno usmjeravanje kao 3 ili je kombinacija usmjeravanja iz 1. iteracije (ne mijenjaju se usmjeravanja svih tokova!)
Korekcija?Element (2,5) se razlikuje, dakle treba napraviti dodatnu provjeru toka
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 81
Zavod za telekomunikacije
Pitanja?Pitanja?
2. kolokvij
-Ford-Fulkerson-sustavi posluživanja-komutacija kanala – usmjeravanje i vjerojatnosti korištenja puteva-komutacija paketa – određivanje graničnog opterećenje-komutacija paketa – izbor kapaciteta-komutacija paketa – usmjeravanje tokova
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 82
Zavod za telekomunikacije
Blic 4. – problematična pitanjaBlic 4. – problematična pitanja
Obratiti pozornost na granu 2-3 koja je dio puta 4, ali i 2!!!
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 83
Zavod za telekomunikacije
Blic 4. – problematična pitanjaBlic 4. – problematična pitanja
Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 84
Zavod za telekomunikacije
Labosi – zaostaci...Labosi – zaostaci...
Rezultati labosa:Rezultati labosa:+ = kompletni bodovi iz blica* = 50% bodova iz blica- = 0 bodova iz blica
Utjecaj na ocjenuUtjecaj na ocjenu 40% labosi/blic, 60% pismeni ispit/kolokvij
- studenti sa 0 bodova na labosu – max. 60% pismeni (2?)- ostali – na pismenom direktno labosi donose 40%- ‘stari’ upisani studenti s odrađenim labosima – 40% ocjena lab.
Studenti koji nisu pristupili blicevima - nadoknada zadnji tjedan – složeniji blic, svo gradivo