Controle de fluxo

CKs duplicados e a janela caiu pela metade.

Na rodada 22 houve um timeout estourado.

O valor do threshold inicial era de 32 MSS, que é o valor da janela que causou o incío do congestion avoidance.

Na rodada 16 ele caiu para 21, pois houve detecção de congestionamento e ele era 42 antes (na rodada 15).

Na rodada 22 a janela era 26 e caiu para 13 após a detecção do congestionamento.

Rodadas e segmentos: 1,1; 2,3; 3,7; 4, 15; 5, 31; 6, 63; 7, 96. Assim, o segmento 70 foi enviado na rodada 7.

Na rodada 26 a janela tem tamanho 8 e threshold de 13. Perdendo-se um pacote nesta rodada teria-se janela e threshold de tamanho 4.

\paragraph{P30} O controle de fluxo TCP limita o tamanho da janela do emissor a partir do espaço livre no buffer do receptor. Como este é suficiente para manter todo o fluxo este limite não existiria.

Mesmo sendo a taxa de chegada de dados ao TCP do emitente superior à capacidade do canal em 10 vezes, o controle de congestionamento não vai reduzir o tamanho da janela, pois não há perdas ou duplicação de ACKs.

Como o buffer de saída é $1\%$ do tamanho do arquivo, se ele tiver tamanho menor que $R$ bits ele também passará a ser uma limitação.

Assim, a janela máxima possível (que seria de $R$ bytes) nunca seria atingível.

\paragraph{P33} A vantagem é ter uma janela inicial bastante grande e poder enviar muitos pacotes logo no primeiro timeout. A questão são as outras conexões. Se a rede tiver tomado um estado de grande tráfego, o envio de uma quantidade imensa de pacotes irá aumentar o problema. Até porque vários deles não irão chegar. Neste caso, empregando o Reno terá uma perda e a janela cairá para apenas um pacote.

\subsection{Problema 34}

Nela faz-se o cálculo da latência para envio de dados continuamente passados pela aplicação para o outro host usando uma conexão TCP.

São dados o $RTT$, o tamanho $O$ do arquivo, o MSS $S$, o tamanho $W$ da janela de transmissão e taxa de transmissão $R$.

A conexão demanda uma troca de mensagens e se solicita os dados no segundo envio. Então o primeiro bit de dados chegam em $2RTT$.

Após isto, o primeiro ACK é enviado após $S/R$ que é o tempo de chegada do primeiro MSS.

Se este ACK chegar ao emissor antes do final do envio dos $W$ segmentos da janela, o envio será contínuo.

Assim, se $RTT + S/R < W(S/R)$ então o tempo total de envio será de $2.RTT + O/R$.

Caso contrário, o emissor ficará aguardando pelo ACK sem enviar, ou seja, por $S/R + RTT - W(S/R)$.

Assim, seja $K = O/(WS)$ a quantidade de janelas que são necessárias para o envio de todos os $O$ bits de dados.

Este tempo de inatividade do emissor ocorrerá $K-1$ vezes.

Assim,