Esercizio - Piano di indirizzamento di nove LAN, inoltro di cinque pacchetti e due sottoreti da 1950 host

Testo (simulazione d'esame 3, esercizio 2). Alla rete in figura è assegnato il blocco $2.38.16.0/21$. R0 è il router verso Internet.

• R1 è collegato a R0 e, con collegamenti punto-punto, a R2, R3, R4, R5; non ha LAN dirette: le LAN stanno dietro agli altri router.
• Dietro R2: LAN 1 ($200$ host) e LAN 2 ($200$ host), unite da uno switch (stesso dominio di broadcast).
• Dietro R3: LAN 3 ($100$ host) e LAN 4 ($100$ host).
• Dietro R4: LAN 5 ($200$ host) e LAN 6 ($200$ host).
• Dietro R5: LAN 7 ($200$ host) e LAN 8 ($200$ host) unite da uno switch, e LAN 9 ($100$ host).

1. Dividere il blocco in sottoreti come in figura: per ciascuna, indirizzo di rete, maschera e broadcast diretto (escluso il collegamento R1–R0).
2. Un router ha la tabella e le interfacce seguenti.

Indicare come sono trattati i pacchetti seguenti (inoltro diretto o indiretto con prossimo salto e interfaccia di uscita, scarto e motivo, numero di frammenti): (A) $131.175.21.27$ da eth0, $1000$ B, DF$=1$; (B) $131.175.20.133$ da eth2, $1000$ B, DF$=1$; (C) $131.175.20.133$ da eth0, $1000$ B, DF$=0$; (D) $131.175.71.122$ da eth1, $10\,000$ B, DF$=0$; (E) $131.175.75.15$ da eth0, $1500$ B, DF$=1$.

3. L'amministratore della rete $131.175.72.0$ con maschera $255.255.254.0$ vuole due sottoreti da $1950$ host ciascuna: è fattibile? Se sì, indirizzi, maschere, broadcast, massimo numero di host.

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

Passo 1: quanti indirizzi per ogni dominio di broadcast. Una LAN con $h$ host richiede il più piccolo $2^b$ con $2^b\ge h+2$ (rete e broadcast sono riservati). LAN 1 e LAN 2 stanno sullo stesso switch, quindi formano una sola sottorete da $400$ host; lo stesso LAN 7 e LAN 8.

Passo 2: allocazione dal più grande al più piccolo, ogni sottorete all'inizio di un multiplo della propria dimensione (così nessuna si sovrappone): il blocco $2.38.16.0/21$ va da $2.38.16.0$ a $2.38.23.255$.

Totale usato: $512+512+256+256+128\cdot3=1920$ degli $2048$ indirizzi del blocco (restano $128$: il quarto byte da $2.38.23.128$ a $2.38.23.255$). Allineamento: il terzo byte avanza di $2$ per un $/23$ ($512/256$), di $1$ per un $/24$ e di mezzo per un $/25$; per questo $16$ e $18$ (multipli di $2$) vanno bene per i $/23$, $20$ e $21$ per i $/24$, e i due $/25$ occupano le due metà del terzo byte $22$ ($.0$ e $.128$) e la prima metà di $23$.

Collegamenti punto-punto. Servono $2$ indirizzi più rete e broadcast: $2$ bit di host, maschera $/30$ ($4$ indirizzi, $2$ host). La soluzione ufficiale usa indirizzi privati perché i collegamenti non devono essere raggiungibili da fuori: R1–R2 $10.0.0.0/30$ (broadcast $10.0.0.3$), R1–R3 $10.0.0.4/30$ ($10.0.0.7$), R1–R4 $10.0.0.8/30$ ($10.0.0.11$), R1–R5 $10.0.0.12/30$ ($10.0.0.15$), R1–R0 $10.0.0.16/30$ ($10.0.0.19$). In alternativa i quattro collegamenti interni stanno anche dentro il blocco, nei $128$ indirizzi liberi: $2.38.23.128/30$, $2.38.23.132/30$, $2.38.23.136/30$, $2.38.23.140/30$.

Domanda 2: inoltro dei cinque pacchetti

Passo 1: reti delle interfacce (indirizzo AND maschera, ultimo byte con maschera $128$):

• eth0: $131.175.21.254/25\Rightarrow131.175.21.128/25$ (indirizzi $.21.128$–$.21.255$);
• eth1: $131.175.20.126/25\Rightarrow131.175.20.0/25$ ($.20.0$–$.20.127$);
• eth2: $131.175.20.132/25\Rightarrow131.175.20.128/25$ ($.20.128$–$.20.255$).

Passo 2: cosa copre ogni riga della tabella. $131.175.70.0/23$: da $70.0$ a $71.255$; $131.175.71.128/25$: da $71.128$ a $71.255$; $131.175.72.0/23$: da $72.0$ a $73.255$; $131.175.75.192/26$: da $75.192$ a $75.255$; default: tutto il resto. Il prossimo salto di ogni riga determina l'interfaccia di uscita (quella la cui rete lo contiene): $21.133$ e $21.145$ in eth0; $20.5$ in eth1; $20.250$ e $20.221$ in eth2.

Come si fanno gli AND (AND bit a bitAND vale 1 solo se entrambi i bit valgono 1Algebra di Boole e porte logiche →). Maschera $255.255.255.128$: l'ultimo byte $128=10000000$ tiene solo il bit più alto, quindi il quarto byte di un indirizzo diventa $0$ se è $<128$ e $128$ se è $\ge128$. Per eth0: $254\ge128\to128$, rete $21.128$; eth1: $126<128\to0$, rete $20.0$; eth2: $132\ge128\to128$, rete $20.128$. Per le righe con maschera $255.255.254.0$ ($/23$, $254=11111110$) l'ultimo bit del terzo byte è di host, quindi si azzera: per D il terzo byte $71=01000111\to01000110=70$ e il quarto si azzera: $131.175.70.0$, uguale alla prima riga; la riga $131.175.71.128/25$ non vale perché $122<128\to0$ dà $131.175.71.0\ne131.175.71.128$. Per E: $15<192\to0$ nel $/26$ ($192=11000000$): $131.175.75.0\ne131.175.75.192$.

Procedura per ogni pacchetto: (1) è un indirizzo di questo router? (2) appartiene a una rete delle interfacce (inoltro diretto)? (3) altrimenti si sceglie la riga con la maschera più lunga che contiene l'indirizzo (inoltro indiretto); (4) se l'interfaccia di uscita coincide con quella d'ingresso non si inoltra; (5) se il pacchetto supera l'MTU: con DF$=1$ è scartato, con DF$=0$ è frammentato.

Frammenti del pacchetto D. Intestazione $20$ B, payload $10\,000-20=9980$ B. MTU $1500$: payload per frammento $1500-20=1480$ (multiplo di $8$). $9980/1480=6{,}74\Rightarrow7$ frammenti: sei da $1500$ B (payload $1480$) e uno da $9980-6\cdot1480=1100$ B di payload, cioè $1120$ B.

Domanda 3: due sottoreti da $1950$ host

$131.175.72.0/23$ ha $32-23=9$ bit di host: $512$ indirizzi, $510$ host in tutto. Per $1950$ host servono $1950+2=1952\le2048=2^{11}$ ($2^{10}=1024<1952$; $\lceil\log_2 1952\rceil=11$, 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 →), quindi $11$ bit di host e maschera $/21$, un blocco più grande dell'intera rete assegnata ($/23$). Due sottoreti da $1950$ host richiederebbero $2\cdot2048=4096$ indirizzi, otto volte $512$: non è fattibile (non si può ricavare da una rete una sottorete più grande di lei). Con il blocco dato si possono ricavare al massimo due sottoreti da $254$ host ($/24$): $131.175.72.0/24$ e $131.175.73.0/24$.

Confronto con la soluzione ufficiale

Errori comuni

• Trattare LAN 1 e LAN 2 (stesso switch) come due sottoreti da $200$ host: ne basta una sola da $400$.
• Allocare le sottoreti dal piccolo al grande: l'allineamento di una sottorete grande lascerebbe buchi o la farebbe cadere fuori dal blocco.
• Dimenticare che B arriva da eth2: pur essendo una destinazione di rete diretta, non si rispedisce un pacchetto sull'interfaccia da cui è entrato.
• Per D, dividere $10\,000/1500=6{,}7$ invece di $9980/1480=6{,}74$: qui danno lo stesso $7$, ma in generale l'intestazione si ripete in ogni frammento.
• Scambiare la rete di eth0 ($21.128/25$) con $21.0/25$: $131.175.21.27$ non è sulla rete di eth0.

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