Informacijske mreže Auditorne vježbe Ak.god. 2006/2007

Svibanj 2007.

Zavod za telekomunikacije

1

Informacijske mrežeInformacijske mrežeAuditorne vježbeAuditorne vježbe

Ak.god. 2006/2007Ak.god. 2006/2007

Svibanj 2007.


2

4. Komunikacija u 4. Komunikacija u informacijskoj mrežiinformacijskoj mreži

Matija Mikac

Svibanj 2007.IM - Auditorne vježbe - Ak.god. 2006/2007 3


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



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



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



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...



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.


8

Komuniciranje postupkom Komuniciranje postupkom komutacije kanalakomutacije kanala



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



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



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



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



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




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




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



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



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



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



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



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



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




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




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



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!



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




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!




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)



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)



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!)



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



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




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




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



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 .



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




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.


37

Komuniciranje postupkom Komuniciranje postupkom komutacije paketakomutacije paketa



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



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




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




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



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!



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



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



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




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




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




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...




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!




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



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



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



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



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




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




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




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




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




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



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)



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



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



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)



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



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



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=?



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




= 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



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




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=?




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



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



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



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)



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



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




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




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 ]




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




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



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



Blic 4. – problematična pitanjaBlic 4. – problematična pitanja

Obratiti pozornost na granu 2-3 koja je dio puta 4, ali i 2!!!



Blic 4. – problematična pitanjaBlic 4. – problematična pitanja



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

Informacijske mreže Auditorne vježbe Ak.god. 2006/2007

Documents

Transcript of Informacijske mreže Auditorne vježbe Ak.god. 2006/2007