Esercizio - Inoltro di quattro pacchetti, rete da 1014 host e sottoreti da 34 nodi

Testo (tema d'esame, sessione di settembre, esercizio 2). Un router ha la tabella e le interfacce seguenti.

1. Come sono trattati: (a) $142.124.123.200$ da eth1, $300$ B, DF$=1$; (b) $142.124.123.120$ da eth0, $300$ B, DF$=1$; (c) $142.124.19.232$ da eth0, $400$ B, DF$=1$; (d) $142.124.27.230$ da eth1, $20\,000$ B, DF$=0$ (se serve frammentazione, quanti frammenti).
2. L'amministratore della rete $142.124.0.0$ con maschera $255.255.192.0$ vuole una sottorete per una rete precedente di $1014$ host: indirizzo e maschera, broadcast diretto, massimo numero di host.
3. (Facoltativo) Quante sottoreti da $34$ nodi stanno nella sottorete del punto precedente, e con quale maschera?

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 →, 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: inoltro dei quattro pacchetti

Reti delle interfacce (ultimo byte AND $128$):

• eth0: $142.124.123.254/25\Rightarrow142.124.123.128/25$ ($.123.128$–$.123.255$);
• eth1: $142.124.124.254/25\Rightarrow142.124.124.128/25$ ($.124.128$–$.124.255$);
• eth2: $192.168.0.1/24\Rightarrow192.168.0.0/24$.

Interfaccia di ogni prossimo salto: $142.124.124.192\to$ eth1 ($192\ge128$); $142.124.123.201$ e $.123.202\to$ eth0; $192.168.0.254\to$ eth2.

Cosa copre ogni riga: $142.124.123.0/25$: $123.0$–$123.127$; $142.124.124.0/25$: $124.0$–$124.127$; $142.124.16.0/24$: $16.x$; $142.124.19.0/25$: $19.0$–$19.127$; $142.124.28.0/24$: $28.x$; $142.124.31.0/24$: $31.x$; $142.124.8.0/21$ (maschera $255.255.248.0$): da $8.0$ a $15.255$.

Verifica riga per riga (algoritmo di 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 →: prima le interfacce, poi la tabella dalla maschera più lunga; l'AND si fa bit a bitAND vale 1 solo se entrambi i bit valgono 1Algebra di Boole e porte logiche → solo sul byte di confine, gli altri byte con maschera $255$ restano e con $0$ si azzerano).

• (c) $142.124.19.232$. Interfacce: eth0 ha rete $142.124.123.128$ (il terzo byte $19\ne123$), eth1 $142.124.124.128$ ($19\ne124$), eth2 $192.168.0.0$: nessun inoltro diretto. Tabella, righe $/25$ (maschera $255.255.255.128$, byte di confine l'ultimo, $232=11101000\to10000000=128$): $142.124.19.232\ \text{AND}\ 255.255.255.128=142.124.19.128$, che non è né $142.124.123.0$, né $142.124.124.0$, né $142.124.19.0$ (l'unica con il terzo byte giusto, ma $128\ne0$). Righe $/24$ (terzo byte da confrontare): $19\ne16$, $19\ne28$, $19\ne31$. Riga $/21$ (maschera $255.255.248.0$, $248=11111000$): $19=00010011\to00010000=16\ne8$. Nessuna riga specifica corrisponde, quindi vale la default.
• (d) $142.124.27.230$. Stesso schema: nessuna interfaccia; righe $/25$: i terzi byte $123,124,19$ non sono $27$; righe $/24$: $27\ne16,28,31$; riga $/21$: $27=00011011\to00011000=24\ne8$ (il blocco $/21$ copre i terzi byte da $8$ a $15$). Default $\to192.168.0.254\to$ eth2.
• (b) $142.124.123.120$. Interfacce: l'AND con $255.255.255.128$ dà $142.124.123.0$ (perché $120=01111000\to0$), diverso dalla rete di eth0 ($142.124.123.128$): nessun inoltro diretto. La prima riga con maschera più lunga che corrisponde è $142.124.123.0/25$ ($142.124.123.120\ \text{AND}\ 255.255.255.128=142.124.123.0$ ✓): prossimo salto $142.124.124.192$.

Frammenti di (d). Intestazione $20$ B, payload $19\,980$ B. La MTU di eth2 è $1000$ B (l'MTU che conta è quella dell'interfaccia di uscita, eth2), quindi il payload massimo per frammento è $1000-20=980$ B, ma deve essere multiplo di $8$ (l'offset conta blocchi da 8 byte: 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 →): $980/8=122{,}5$, per difetto $122$ blocchi, cioè $8\cdot122=976$. $19\,980/976=20{,}47\Rightarrow21$ frammenti (per eccesso: anche un frammento parziale conta): venti da $996$ B (payload $976$) e uno con payload $19\,980-20\cdot976=460$ B, cioè $480$ B. (Con $980$ non multiplo di $8$ il conto darebbe $19\,980/980=20{,}39$, comunque $21$.)

Domanda 2: rete da $1014$ host

Servono $1014$ indirizzi più rete e broadcast: $1016\le1024=2^{10}$ ($2^9=512<1016$), quindi $10$ bit di host ($\log_2 1024=10$: 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 →) e maschera $32-10=22$, cioè $255.255.252.0$ (due byte pieni, $8+8=16$, più $6$ uni nel terzo byte: $11111100_2=252$). La rete $142.124.0.0$ con maschera $/18$ ha $14$ bit di host: ne bastano $10$.

• Indirizzo di rete: $142.124.0.0/22$ (il primo blocco da $1024$ indirizzi);
• Broadcast diretto: $142.124.3.255$ (il passo è $1024/256=4$ nel terzo byte: $0,1,2,3$);
• Massimo numero di host: $1024-2=1022$.

Domanda 3: sottoreti da $34$ nodi

$34+2=36\le64=2^6$ ($2^5=32<36$): $6$ bit di host, maschera $/26$ ($255.255.255.192$), $62$ host ciascuna. Nel $/22$ (host a $10$ bit) restano $10-6=4$ bit di sottorete, che numerano $2^4=\mathbf{16}$ sottoreti (controllo sugli indirizzi: $1024/64=16$), cioè $142.124.0.0/26$, $142.124.0.64/26$, $\dots$, $142.124.3.192/26$.

Confronto con la soluzione ufficiale

Tutto coincide.

Errori comuni

• In (a) cercare nella tabella prima di controllare le reti delle interfacce: l'ordine corretto è prima l'inoltro diretto, poi la tabella.
• In (b), rispondere "diretto": $142.124.123.120$ sembra vicino a eth0 ma è nella metà bassa ($0$–$127$), mentre eth0 copre la metà alta.
• Scegliere per (d) la riga $142.124.8.0/21$ confondendo $27$ con $8$–$15$: la maschera $255.255.248.0$ copre solo da $8$ a $15$ nel terzo byte.
• Per $1014$ host usare $/21$ ($2046$ host): troppi indirizzi; il più piccolo blocco che basta è $/22$.
• Dividere i frammenti con $980$ senza controllare il multiplo di $8$.

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