Esercizio - Blocco 131.175.208.0-21 con quattro LAN e inoltro di quattro pacchetti

Testo (tema d'esame, sessione di febbraio, esercizio 2). Alla rete in figura è assegnato il blocco $131.175.208.0/21$. R0 collega la rete a Internet; R1 è collegato a R0, a R2 e a R3. Dietro R2, uno switch collega LAN 1 ($200$ host) e LAN 2 ($250$ host); dietro R3 ci sono LAN 3 ($400$ host) e LAN 4 ($101$ host).

1. Dividere il blocco in sottoreti come in figura; per ciascuna, indirizzo di rete, maschera, broadcast diretto, massimo numero di host (escluso il collegamento R1–R0). Vanno configurati anche i collegamenti punto-punto.
2. Un router ha la tabella e le interfacce seguenti.

Come sono trattati: (a) $180.12.144.95$ da eth1, $300$ B, DF$=1$; (b) $180.12.144.222$ da eth0, $300$ B, DF$=1$; (c) $180.12.144.25$ da eth0, $400$ B, DF$=1$; (d) $180.12.145.203$ da eth0, $15\,000$ B, DF$=0$ (frammenti).

Teoria usata: Subnetting e supernettingIl subnetting divide un blocco di indirizzi in sottoblocchi più piccoli allungando la maschera ($n_{\text{sub}}=n_{\text{rete}}+s$, con $2^s$ sottoreti); il supernetting (aggregazione CIDR) fa l'opposto, accorciando il prefisso per unire blocchi contigui in uno più grande. Regole di progetto: ogni sottorete ha un numero di indirizzi potenza di 2 ($M=2^k\ge$ host richiesti $+2$), prefisso $n=32-k$, indirizzo iniziale multiplo di $M$; si assegnano prima le sottoreti più grandi. Per aggregare $2^j$ blocchi di prefisso $n$ servono blocchi contigui il cui primo indirizzo sia multiplo della dimensione dell'aggregato, e il nuovo prefisso è $n-j$.Subnetting e supernetting →, Livello di rete e indirizzamento IPIl livello di rete (network layer) porta i datagrammi da host a host attraverso i router: incapsula (framing), sceglie il percorso (routing) e sposta il pacchetto da un ingresso a un'uscita del router (forwarding); in Internet lascia ai livelli superiori controllo d'errore, di flusso e di congestione. Un indirizzo IPv4 è di 32 bit, diviso in prefisso (rete, $n$ bit) e suffisso (host, $32-n$ bit). L'indirizzamento a classi (A, B, C, D, E) è obsoleto; oggi si usa quello senza classi (CIDR): data una notazione $a.b.c.d/n$ si ricavano $N=2^{32-n}$ indirizzi, indirizzo di rete (suffisso tutto 0) e di broadcast (suffisso tutto 1), oppure con la netmask: rete $=$ indirizzo AND maschera, broadcast $=$ indirizzo OR (NOT maschera).Livello di rete e indirizzamento IP →, Instradamento e inoltroL'inoltro (forwarding) mette il pacchetto sulla strada verso la destinazione, un salto alla volta (hop by hop). Se la destinazione è nella stessa rete del mittente l'inoltro è diretto (si usa l'ARP per il MAC del destinatario), altrimenti è indiretto: il pacchetto va al router successivo (next hop) indicato dalla tabella di instradamento, o al default gateway. Con le netmask: l'inoltro è diretto attraverso l'interfaccia $x$ se $\text{IP(dst)}\ \text{AND}\ \text{NM}(x)=\text{IP}(x)\ \text{AND}\ \text{NM}(x)$; altrimenti si scorre la tabella dalla maschera più lunga (longest prefix match) e si usa il primo match. La riga con rete $0.0.0.0$ e maschera $0.0.0.0$ (default route) corrisponde sempre. L'aggregazione di rotte (route aggregation) riduce la tabella, e nell'inoltro con etichette (MPLS) la tabella si consulta per indice.Instradamento e inoltro →, Datagramma IP e frammentazioneIPv4 è un servizio senza connessione, non affidabile, best effort: i pacchetti (datagrammi) possono essere persi, corrotti, riordinati o ritardati. L'intestazione ha 20-60 byte (HLen conta parole da 4 byte, da 5 a 15); il campo Total Length (16 bit) dà la lunghezza totale fino a 65 535 byte; TTL limita i salti, Protocol identifica il protocollo trasportato (1 ICMP, 6 TCP, 17 UDP), il checksum copre solo l'intestazione. Se un datagramma è più grande dell'MTU del collegamento viene frammentato: solo il payload si divide, ogni frammento ha un'intestazione propria; l'Offset (13 bit) è in unità di 8 byte, MF=1 in tutti i frammenti tranne l'ultimo, e il riassemblaggio avviene solo a destinazione.Datagramma IP e frammentazione →.

Domanda 1: piano di indirizzamento

Quali sono i domini di broadcast. LAN 1 e LAN 2 sono sullo stesso switch: una sola sottorete con $200+250=450$ host. LAN 3 ha $400$ host, LAN 4 ne ha $101$. In più due collegamenti punto-punto (R1–R2 e R1–R3).

Dimensione di ogni blocco: il più piccolo $2^b\ge\text{host}+2$ ($b=\lceil\log_2(\text{host}+2)\rceil$, Esponenziale e logaritmoLa funzione esponenziale a^x (base positiva diversa da 1) e la sua inversa, il logaritmo in base a, con grafici e proprietà.Esponenziale e logaritmo →; si aggiungono $2$ perché rete e broadcast non sono assegnabili). Il prefisso è $32-b$.

Allocazione (dal più grande), nel blocco $131.175.208.0/21$ (da $208.0$ a $215.255$):

La soluzione ufficiale lascia un vuoto fra LAN 4 e i collegamenti (che mette in $214.0$ e $214.4$): è altrettanto valido. Un piano compatto metterebbe i collegamenti subito dopo LAN 4, in $131.175.212.128/30$ e $131.175.212.132/30$ (si controlla che i blocchi non si sovrappongano e stiano nel $/21$).

Domanda 2: inoltro dei quattro pacchetti

Reti delle interfacce (ultimo byte AND $192$):

• eth0: $180.12.144.254/26\Rightarrow180.12.144.192/26$ ($.192$–$.255$);
• eth1: $180.12.144.25/26\Rightarrow180.12.144.0/26$ ($.0$–$.63$);
• eth2: $180.12.144.180/26\Rightarrow180.12.144.128/26$ ($.128$–$.191$).

Righe della tabella: $180.12.144.64/26$ copre $.144.64$–$.144.127$; $180.12.144.0/23$ copre $180.12.144.0$–$180.12.145.255$; $180.12.145.0/26$ copre $145.0$–$145.63$; $180.12.145.64/26$ copre $145.64$–$145.127$. L'interfaccia di uscita è quella la cui rete contiene il prossimo salto: $144.253\to$ eth0, $144.40\to$ eth1, $144.130\to$ eth2, $144.200\to$ eth0, $144.150\to$ eth2.

Passaggi dell'AND (AND bit a bitAND vale 1 solo se entrambi i bit valgono 1Algebra di Boole e porte logiche →) sull'ultimo byte con maschera $192=11000000$: eth0 $254=11111110\to11000000=192$; eth1 $25=00011001\to0$; eth2 $180=10110100\to10000000=128$. Per i pacchetti: (a) $95=01011111\to01000000=64$, quindi con la maschera $/26$ la rete di $180.12.144.95$ è $180.12.144.64$ e non è né $0$ (eth1), né $128$ (eth2), né $192$ (eth0), ma coincide con la riga $180.12.144.64/26$; (b) $222=11011110\to192$: è la rete di eth0; (d) $203=11001011\to192$: la rete è $180.12.145.192$, diversa da $145.0$ e da $145.64$ (le righe $/26$), ma con la maschera $255.255.254.0$ il terzo byte $145=10010001\to10010000=144$ e il quarto si azzera: $180.12.144.0$, uguale alla riga $/23$.

Frammenti di (d). Intestazione $20$ B, payload $14\,980$ B. MTU $500$: payload massimo per frammento $480$ (multiplo di $8$). $14\,980/480=31{,}2\Rightarrow32$ frammenti: $31$ da $500$ B (payload $480$) e uno con payload $14\,980-31\cdot480=100$ B, cioè $120$ B.

Confronto con la soluzione ufficiale

Coincide.

Errori comuni

• Trattare LAN 1 e LAN 2 come due sottoreti separate ($/24$ e $/24$): lo stesso switch le rende un unico dominio di broadcast.
• Non scegliere la rotta più specifica: per (a) l'indirizzo $144.95$ è coperto anche dalla riga $/23$, ma vale la $/26$.
• In (b), inoltrare con inoltro diretto un pacchetto che rientrerebbe dalla stessa interfaccia da cui è arrivato.
• Dimenticare che (c) è un indirizzo del router stesso: non si inoltra, si consegna.
• Dimenticare che il payload di ogni frammento (tranne l'ultimo) deve essere multiplo di $8$: qui $500-20=480$ lo è; con un MTU di $1000$ si userebbe $976$ e non $980$.

(Verificato con Python: modulo ipaddress per reti e broadcast; funzione di inoltro con rotta più specifica, MTU e DF; allocazione dei blocchi.)