Corrigé du TP 4 Réseaux

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Corrigé du TP 4 Réseaux
Analyse/Production de trames, Fragmentation/Réassemblage de datagrammes
IP
C. Pain-Barre
INFO - IUT Aix-en-Provence
1
version du 7/3/2013
Analyse et production de trames
Corrigé de l’exercice 1 (Démarrage d’une machine virtuelle Debian)
[Consulter l’énoncé]
Il n’y a pas de corrigé pour cet exercice.
1.1
Analyse de trames
Corrigé de l’exercice 2 (Téléchargement des fichiers de trames)
Il n’y pas de corrigé pour cet exercice.
Corrigé de l’exercice 3 (Analyse manuelle de la première trame capturée)
1. On commence par extraire les champs de la trame Ethernet et le champ EtherType indique le type de PDU
contenu dans les Données :
• Trame Ethernet :
On commence par extraire les champs de la trame Ethernet, cela donne :
Champs de la trame Ethernet
Adresse Ethernet Destination ff:ff:ff:ff:ff:ff (diffusion Ethernet)
Adresse Ethernet Source
09:ab:14:d8:05:48
EtherType
0x0806 (ARP)
Données
0001 0800 0604 0001 09ab 14d8 0548
7d05 300a 0000 0000 0000 7d12 6e03
ê
Le champ EtherType indique que les données forment un datagramme ARP.
La trame a été émise en diffusion. Toutes les machines du réseau vont la recevoir et la traiter.
C. Pain-Barre, 2000-2013
Corrigé du TP 4 Réseaux
Version du 7/3/2013
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• Datagramme ARP :
On extrait les champs du datagramme ARP à partir des données Ethernet :
Champs du datagramme ARP
Type de réseau
1 (donc Ethernet)
Protocole
0x0800 (donc IP)
L. @phy
6 (octets pour adresses Ethernet)
L. @pro
4 (octets pour adresses IP)
Opération
1 (donc requête ARP)
Adresse physique source
09:ab:14:d8:05:48
Adresse proto source
125.5.48.10
Adresse physique destination 00:00:00:00:00:00 (inconnue)
Adresse proto destination
125.18.110.3
2. Il s’agit d’une requête ARP émise en diffusion par l’hôte d’adresse IP 125.5.48.10 via sa carte Ethernet
d’adresse MAC 09:ab:14:d8:05:48. La requête demande quelle est l’adresse MAC de l’hôte ayant
l’adresse IP 125.18.110.3.
Tout semble correct : tous les champs du datagramme ARP sont cohérents et conformes à une requête ARP,
et la trame qui l’encapsule a bien été émise en diffusion à partir de la carte qui correspond à l’adresse
physique source mentionnée dans le datagramme ARP.
3. Le champ Données ne faisant que 28 octets, il manque le champ Remplissage (Padding) qui devait faire 18
octets, afin d’arriver aux 64 octets de la trame minimale. Ce champ ne comporte rien d’intéressant, et n’est
généralement pas conservé par les utilitaires qui capturent les trames.
Corrigé de l’exercice 4 (Vérification de l’analyse avec Wireshark)
Il n’y a pas de corrigé. Wireshark doit permettre de vérifier les réponses à l’exercice précédent, ou de déterminer où vous vous êtes trompés.
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Version du 7/3/2013
Corrigé de l’exercice 5 (Analyse automatisée de la deuxième trame)
1. Le champ EtherType contient 0x0800, il s’agit donc d’IPv4.
2. Dans le datagramme IPv4, le champ Protocole contient 0x01, et indique donc que son champ Données
doit être livré à ICMP. Il n’y a pas de multiplexage à réaliser pour le message ICMP.
3. pas de corrigé pour cette question. . .
4. Voici l’analyse manuelle de la trame, où les informations devraient être conformes à ce que présente Wireshark :
On commence par extraire les champs de la trame Ethernet, cela donne :
Adresse Ethernet Destination 00:0f:1f:13:34:9a (adresse unicast)
00:01:30:4a:38:00
EtherType
0x0800 (IP)
Données
4500 0054 9c1e 0000 3301 2d8c 8b7c bb04
ac10 cb6d 0000 f72b ea30 0002 c31f 6047
0e37 0200 0809 0a0b 0c0d 0e0f 1011 1213
1415 1617 1819 1a1b 1c1d 1e1f 2021 2223
2425 2627 2829 2a2b 2c2d 2e2f 3031 3233
3435 3637
ê
Le champ EtherType indique que les données forment un datagramme IP.
La trame est émise en unicast et seule la machine d’adresse 00:0f:1f:13:34:9a doit la
traiter.
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• Datagramme IP :
Champs du datagramme IP
Version
4
IHL
0x5 (donc 20 octets d’en-tête et pas d’option)
Type of Service (TOS)
0x00 soit 000 0 0 0 00 en binaire :
Priorité
000 (routine)
bit D 0 donc pas de souhait de faible délai
bit T
0 donc pas de souhait de gros débit
bit R 0 donc pas de souhait pour privilégier la fiabilité
Réservé
00
+ il n’y a donc pas de traitement particulier à réaliser pour ce datagramme
Longueur Totale
0x0054 soit 84 octets (il y a donc 84 − 20 = 64 octets de données)
Identification
0x9c1e soit 39966
Partie Flags et Déplacement : 0x0000 soit 0 0 0 0000000000000 en binaire d’où :
Bit 0 0
Bit Don’t Fragment
0 ce datagramme peut être fragmenté
Bit More 0 donc pas de fragment qui suit ce datagramme
Déplacement (Offset)
0 donc pas de fragment qui précède ce datagramme
+ ce datagramme n’est pas fragmenté
Time To Live
0x33 soit 51
Proto
0x01 soit 1 (ICMP)
Total de Contrôle
0x2d8c (correct)
Adresse IP source
0x8b7cbb04 soit 139.124.187.4
Adresse IP destination 0xac10cb6d soit 172.16.203.109
Données
0000 f72b ea30 0002 c31f 6047 0e37 0200
0809 0a0b 0c0d 0e0f 1011 1213 1415 1617
1819 1a1b 1c1d 1e1f 2021 2223 2425 2627
2829 2a2b 2c2d 2e2f 3031 3233 3435 3637
ê
Le champ Proto indique que les données contiennent un message ICMP.
Puisque le datagramme n’est pas fragmenté et le Checksum est correct, les données sont communiquées au module ICMP de la machine 172.16.203.109.
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Version du 7/3/2013
• Message ICMP :
Champs du message ICMP
Type
0x00 (réponse à une demande d’ECHO)
Code
0x00 (donc 20 octets d’en-tête et pas d’option)
Total de Contrôle
0xf72b (correct)
+ c’est une réponse à une demande d’ECHO dont le checksum est correct, les champs
qui suivent correspondent donc à un message de ce type
Identificateur
0xea30 soit 59952
Numéro de séquence 0x0002 soit 2
Données
c31f 6047 0e37 0200 0809 0a0b 0c0d 0e0f
1011 1213 1415 1617 1819 1a1b 1c1d 1e1f
2021 2223 2425 2627 2829 2a2b 2c2d 2e2f
3031 3233 3435 3637
+ les données ne contiennent rien de bien intéressant. . .
ê
Il s’agit de la réponse (message ICMP ECHO REPLY) envoyée par l’hôte 139.124.187.4,
probablement suite à une demande d’ECHO (message ICMP ECHO REQUEST) qu’a faite la station 172.16.203.109. Le Numéro de séquence laisse à penser qu’il y a déjà eu auparavant
une demande (et, s’il n’y a pas eu d’erreur, une réponse). Il s’agit probablement d’une trame
appartenant à un trafic provoqué par la commande ping.
5. L’hôte 172.16.203.109 reçoit un message ICMP en provenance de 139.124.187.4 qui ne se
trouve manifestement pas sur le même réseau. On peut raisonnablement en déduire que l’adresse MAC
source de la trame est celle de l’interface du (ou d’un) routeur qui a relayé la trame dans le réseau de
172.16.203.109.
6. Le Checksum IP ne porte que sur son en-tête (sans le champ Checksum). Son calcul devrait bien donner
2D8C.
Corrigé de l’exercice 6 (Facultatif : Analyse manuelle de la deuxième trame)
Cet exercice est facultatif
Les réponses sont déjà données à l’exercice précédent.
1.2
Encapsulation de messages et production de trames
Corrigé de l’exercice 7 (Première trame à produire manuellement)
Il s’agit donc de la réponse ARP émise par la machine d’adresse IP 125.18.110.3 pour indiquer que
l’adresse de sa carte Ethernet associée à 125.18.110.3 est 06:79:04:5e:8f:12. Cette réponse est envoyée en unicast à la carte 09:ab:14:d8:05:48 de la machine 125.5.48.10, qui avait posé la question.
Version du 7/3/2013
6/15
Pour fabriquer la trame, on commence par fabriquer le datagramme ARP :
• Datagramme ARP :
Champs du datagramme ARP
Type de réseau
0x0001 (Ethernet)
Protocole
0x0800 (IP)
L. @phy
0x06 (6)
L. @pro
0x04 (4)
Opération
0x0002 (réponse ARP)
Adresse physique source
0x0679045e8f12 (06:79:04:5e:8f:12)
Adresse proto source
0x7d126e03 (125.18.110.3)
Adresse physique destination 0x09ab14d80548 (09:ab:14:d8:05:48)
Adresse proto destination
ê
0x7d05300a (125.5.48.10)
Le datagramme ARP, de 28 octets, est finalement :
0001 0800 0604 0002 0679 045e 8f12
7d12 6e03 09ab 14d8 0548 7d05 300a
Les champs de la trame Ethernet véhiculant ce datagramme sont :
Adresse Ethernet Destination 0x09ab14d80548 (09:ab:14:d8:05:48)
0x0679045e8f12 (06:79:04:5e:8f:12)
EtherType
0x0806 (ARP)
Données
0001 0800 0604 0002 0679 045e 8f12
7d12 6e03 09ab 14d8 0548 7d05 300a
ê
La trame Ethernet, de 42 octets, est finalement :
09ab 14d8 0548 0679 045e 8f12 0806 0001
0800 0604 0002 0679 045e 8f12 7d12 6e03
09ab 14d8 0548 7d05 300a
i
Cette trame ne fait que 42 octets. Or la taille minimale d’une trame Ethernet doit être de 64 octets, en
comptant le CRC, mais pas le Préambule.
Il manque donc 64 − 42 − 4 = 18 octets de bourrage, qu’il faut ajouter aux précédents (champ
Remplissage), suivis du CRC.
7/15
Version du 7/3/2013
F IGURE 1 – Saisie de la réponse ARP dans packeth pour l’exercice 8
F IGURE 2 – Génération des octets de la trame de la réponse ARP avec le bouton Gen-b de packeth
Version du 7/3/2013
8/15
Corrigé de l’exercice 8 (Vérification de la trame produite avec packeth)
La figure 1 montre ce qu’il fallait saisir pour que les octets générés avec Gen-b, comme sur la figure 2,
correspondent à ceux du corrigé de l’exercice précédent.
Corrigé de l’exercice 9 (Deuxième trame à produire automatiquement)
La figure 3 montre les informations à remplir pour produire la trame avec packeth. Le détail des champs est
donné dans le corrigé de l’exercice suivant.
F IGURE 3 – Production de la trame 2 (ICMP ECHO REQUEST) avec packeth
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Version du 7/3/2013
Corrigé de l’exercice 10 (Facultatif : production manuelle de la deuxième trame)
Cet exercice est facultatif
Pour fabriquer la trame, on commence par fabriquer le message ICMP puis le datagramme IP qui l’encapsule :
• Message ICMP :
Champs du message ICMP
Type
0x08 (demande d’ECHO)
Code
0x00
Total de Contrôle)
0xef2b
Identificateur
0xea30
Numéro de séquence 0x0002
Données
c31f 6047 0e37 0200 0809 0a0b 0c0d 0e0f
1011 1213 1415 1617 1819 1a1b 1c1d 1e1f
2021 2223 2425 2627 2829 2a2b 2c2d 2e2f
3031 3233 3435 3637
ê
Le message ICMP, faisant au total 64 octets, est finalement :
0800
0809
1819
2829
ef2b
0a0b
1a1b
2a2b
ea30
0c0d
1c1d
2c2d
0002
0e0f
1e1f
2e2f
c31f
1011
2021
3031
6047
1213
2223
3233
0e37
1415
2425
3435
0200
1617
2627
3637
Version du 7/3/2013
10/15
• Datagramme IP :
Champs du datagramme IP
Version
0x4 (version 4)
IHL
0x5 (20 octets d’en-tête car pas d’option)
Type of Service (TOS)
0x00 soit 000 0 0 0 00 en binaire car :
Priorité
000 (routine)
bit D 0 car pas de souhait de faible délai
bit T
0 car pas de souhait de gros débit
bit R 0 car pas de souhait pour la fiabilité
Réservé
00
Longueur Totale
0x0054 (84 octets = 64 données + 20 en-tête)
Identification
0x0000
Partie Flags et Déplacement : 0x4000 soit 0 1 0 0000000000000 en binaire car :
Bit 0 0
Bit Don’t Fragment
1 car le datagramme ne doit pas être fragmenté
Bit More 0 car pas de fragment qui suit ce datagramme
Déplacement (Offset)
0 car pas de fragment qui précède ce datagramme
Time To Live
0x40 (64)
Proto
0x01 (ICMP)
Checksum
0x7caa
Adresse IP source
0xac10cb6d (172.16.203.109)
Adresse IP destination 0x8b7cbb04 (139.124.187.4)
Données
0800 ef2b ea30 0002 c31f 6047 0e37 0200
0809 0a0b 0c0d 0e0f 1011 1213 1415 1617
1819 1a1b 1c1d 1e1f 2021 2223 2425 2627
2829 2a2b 2c2d 2e2f 3031 3233 3435 3637
ê
Le datagramme IP, de 84 octets, est le suivant :
4500
8b7c
0e37
1415
2425
3435
0054
bb04
0200
1617
2627
3637
0000
0800
0809
1819
2829
4000
ef2b
0a0b
1a1b
2a2b
4001
ea30
0c0d
1c1d
2c2d
7caa
0002
0e0f
1e1f
2e2f
ac10
c31f
1011
2021
3031
cb6d
6047
1213
2223
3233
11/15
Version du 7/3/2013
Adresse Ethernet Destination 0x0001304a3800 (00:01:30:4a:38:00)
0x000f1f13349a (00:0f:1f:13:34:9a)
EtherType
0x0800 (IP)
Données
4500 0054 0000 4000 4001 7caa ac10 cb6d
8b7c bb04 0800 ef2b ea30 0002 c31f 6047
0e37 0200 0809 0a0b 0c0d 0e0f 1011 1213
1415 1617 1819 1a1b 1c1d 1e1f 2021 2223
2425 2627 2829 2a2b 2c2d 2e2f 3031 3233
3435 3637
ê
La trame Ethernet, de 98 octets, est la suivante :
0001
0054
bb04
0200
1617
2627
3637
2
304a
0000
0800
0809
1819
2829
3800
4000
ef2b
0a0b
1a1b
2a2b
000f
4001
ea30
0c0d
1c1d
2c2d
1f13
7caa
0002
0e0f
1e1f
2e2f
349a
ac10
c31f
1011
2021
3031
0800
cb6d
6047
1213
2223
3233
4500
8b7c
0e37
1415
2425
3435
Fragmentation et réassemblage de datagrammes IP
Corrigé de l’exercice 11 (Démo de la fragmentation dans Packet Tracer)
Il n’y a pas de corrigé pour cet exercice.
Version du 7/3/2013
H:
L:
M:
D:
5
5020
0
0
12/15
1111111111111111
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000
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1111111111
000000111
000
111
000
111
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000
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111
0000000000111111
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000000111
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0000000000111111
1111111111
000000111
000
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1111111111
000000111
000
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000000
00000
11111
000000
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00000
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000000
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00000
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000000
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000000
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00000
11111
5000 octets de données
000000
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00000
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000000
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00000
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000000
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00000
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000000
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00000
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00000
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000000
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00000
11111
Fragmentation opérée par l’hôte d’origine
pour traverser le réseau de MTU 1800
H:
L:
M:
D:
5
1796
1
0
111111
000000
00000
11111
000000
111111
00000
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000000
111111
00000
11111
000000
111111
00000
11111
000000
111111
00000
11111
1776 octets
000000
111111
00000
11111
000000
111111
00000
11111
000000
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000000
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00000
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000000
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00000
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H:
L:
M:
D:
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1
222
1111111111
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0000000000
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0000000000
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0000000000
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0000000000
1111111111
0000000000
1111111111
1776 octets
Fragmentation opérée par le routeur
H:
L:
M:
D:
5
996
1
0
111111
000000
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
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976
000000
111111
000000
111111
000000
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000000
111111
000000
111111
000000
111111
H:
L:
M:
D:
5
820
1
122
H:
L:
M:
D:
5
1468
0
444
111111111
000000
000
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111
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000000111
111111
000
111
000
111
000000
111111
000
111
000
111
000000
111111
000
000
111
000000111
111111
000
111
1448 octets
Fragmentation opérée par le routeur
11111
00000
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
800
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
H:
L:
M:
D:
5
996
1
444
111111
000000
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
976
H:
L:
M:
D:
5
492
0
566
111
000
000
111
000
111
000
111
000
111
472
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
Légende des champs des datagramme/fragments
H : HLEN
L : Longueur Totale
M : bit More
D : Déplacement
F IGURE 4 – Fragmentations du datagramme de l’exercice 12
2.1
Technique de fragmentation
Corrigé de l’exercice 12 (Fragmentation de datagrammes)
Les fragmentations sont illustrées par la figure 4. En haut, le datagramme d’origine se trouve fragmenté en 3
fragments par l’hôte émetteur. Ces fragments suivent chacun une route propre, éventuellement différente. Le
premier et le dernier ont été reçus par un routeur (pas forcément le même) qui les fragmente aussi.
13/15
2.2
Version du 7/3/2013
Technique de réassemblage
Corrigé de l’exercice 13 (Réassemblage des fragments de datagrammes)
1. On s’aperçoit en effet qu’ils ont tous soit le bit More à 1, soit un champ Déplacement non nul
2. Il faut regrouper les datagrammes qui possèdent le même quadruplet (Protocole, Identification, Adresse IP
Source, Adresse IP Destination). Il y a trois datagrammes d’origine :
• datagramme origine 1 : datagramme_01.txt, datagramme_06.txt et datagramme_10.txt
• datagramme origine 2 : datagramme_02.txt, datagramme_05.txt, datagramme_11.txt et
datagramme_12.txt
• datagramme origine 3 : datagramme_03.txt, datagramme_04.txt, datagramme_07.txt,
datagramme_08.txt et datagramme_09.txt
Ensuite, il faut ordonner les fragments de chaque datagramme d’origine en fonction du champ Déplacement, vérifier qu’il y a bien le premier (Déplacement à 0) et le dernier fragment (bit More à 0) et qu’il ne
manque aucun fragment en se basant sur le champ Déplacement et la taille des données contenues dans les
fragments :
• datagramme origine 1 :
l’ordre est datagramme_10.txt, datagramme_01.txt puisdatagramme_06.txt.
datagramme_10.txt est bien le premier fragment et datagramme_06.txt est le dernier. De
plus, il n’y a pas de trous car 300 = 2400/8 et 600 = 300 + (2400/8). Tous les fragments de ce
datagramme ont donc été reçus et son en-tête est :
HLEN
5
LT
6180
Proto
17
Ident
12345
More
Dépl.
0
0
IP Source
IP Dest.
139.124.187.2
139.124.187.4
où sa Longueur Totale est calculée comme 20 + 2400 + 2400 + 1360
l’ordre est datagramme_12.txt, datagramme_02.txt,datagramme_05.txt.
datagramme_12.txt est bien le premier fragment et datagramme_05.txt est le dernier. Cependant, il manque au moins un fragment car datagramme_11.txt à un Déplacement valant 900 et
une longueur de données de 2400, et 900 + (2400/8) 6= 1800 alors que 1800 est le Déplacement
annoncé par datagramme_05.txt. On ne peut donc reconstituer ce datagramme.
l’ordre
est
datagramme_08.txt,
datagramme_03.txt,
datagramme_04.txt,
datagramme_09.txt puis datagramme_07.txt.
datagramme_08.txt est bien le premier fragment et datagramme_07.txt est le dernier. De
plus, il n’y a pas de trous car 300 = 2400/8, 600 = 300 + 2400/8, 900 = 600 + 2400/8 et
1200 = 900 + 2400/8. L’en-tête de ce datagramme entièrement reconstitué est :
HLEN
5
LT
9690
Proto
6
Ident
12345
More
Dépl.
0
0
IP Source
IP Dest.
158.159.160.161
139.124.187.4
où sa Longueur Totale est calculée comme 20 + 2400 + 2400 + 2400 + 2400 + 70
3. Il n’y a pas de corrigé pour cette question.
Version du 7/3/2013
14/15
4. Visualisation des images contenues dans les datagrammes d’origine :
• datagramme origine 1 : l’image représente une chanteuse. Pour l’afficher, il faut taper (en adaptant
le chemin de dataglue et des datagrammes) :
$ dataglue datagramme_10.txt datagramme_01.txt datagramme_06.txt
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,,,,,,,::;i; ,
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ê
ce sont bien des caractères ASCII, mais
dans une très petite taille et en reverse
vidéo.
• datagramme origine 2 : incomplet mais si on tente de visualiser ses données partielles, on obtient :
$ dataglue datagramme_12.txt datagramme_02.txt datagramme_11.txt \
datagramme_05.txt
MMMM***
M
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******
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ê
É
Il semble bien qu’il manque quelque
chose ! Manifestement, ce datagramme est bien incomplet. . .
15/15
Version du 7/3/2013
$ dataglue
datagramme_08.txt datagramme_03.txt datagramme_04.txt \
datagramme_09.txt datagramme_07.txt
É
MMMMM
MMMMMM
MMMMMMM
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MM MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
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HMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM.MMMMMMMMM.MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
MMMMMMMMMMMMMMM MMM.oMMMMMMM..MMMMMMMMM:MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
MMMMMMMMMMMMMM MM..MMMMMMM...MMMMMMM. MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
MMMMMMMMMMMMMMM ..MMMMMM...MMMMMM ..MMMMMMMMMMMMMMMMMMM
MMMMMMM:M.MMM.M.. MMMMM M..MMMMM...MMMMMMMMMMMMMMMMMM MMM
MMMM. .M..MM.M...MMMMMM..MMMMM.. MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM .
MMMM..M....M.....:MMM .MMMMMM..MMMMMMM...MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
MMM.M.. ...M......MM.MMMMM.......MHM.M .MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
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oooooooMoooM......... o........MoooooooM............
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M..oooooooooooo .........Mooooooooooooooo..............M
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By EBEN Jérôme
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Corrigé du TP 4 Réseaux

Transcription

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