Hypothèses
R_broadcast(m) (reliable broadcast)R_deliver(m)Rappelez les proprietes de la diffusion fiable et du consensus
Diffusion fiable
R_broadcast(m), alors p R_deliver(m).R_deliver(m), alors tous les corrects vont R_deliver(m).R_deliver(m).Consensus
Proposez un algo simple de diffusion fiable
Remarque1. Canaux insuffisants.
Diffusion fiable
R_broadcast(m):
Send m to all
Upon reception of m:
if m received first time:
if sender(m) != p:
send m to all
R_deliver(m)
>>fig1 ARA/td4:consnesus here«
Dès qu’on reçoit un message, on retransmet.
Exécutez l’algorithme sans faute en considérant 3 processus.
>>fig2 ARA/td4:consnesus here«
Exécutez l’algorithme en considérant 3 processus avec p2 qui tombe en panne.
Si un processus est considéré comme mort, on lui envoie un NACK.
Quel est l’impact d’une fausse suspicion? Est-il possible que deux coordinateurs différents diffusent une décision? Illustrez votre réponse par un scénario.
Cas 1 Coordinateur suspecté par une majorité.
Cas 2 Une minorité qui suspecte.
Qu’est-ce qu’un accord uniforme? Démontrez quel type d’accord assure cet algorithme.
Ces propriétés s’appliquent à tous les processus, fautifs ou non. On enlève le terme “correct”
Preuve. 1 processus p décide à une ronde r.
Pour toute ronde r’ > r la même valeur sera décidée.
Ligne 33: p a décidé => p a R_deliver()
=> Il y a eu R_broadcast() car intégrité uniforme.
=> Il existe donc un coordinateur qui a collecté une majorité ((n+1)/2) de ack (ligne 29), la valeur dont il a décidé est estimate_c
Il faut montrer que pour tout r’ >= r, estimate_c’ = estimate_c.
Preuve par induction.
Pour r = r’, la propriété est vraie.
On dit que la propriété est vérifiée pour r <= r’ < k.
c_k = (k mod n) + 1.
c_k propose => c_k a reçu ((n+1)/2) ack.
=> choisir estimate_p tel que ts_p (timestamp de p) soit le plus grand
ts_p >= r
estimate_p = estimate_c_p par hypothèse, et estimate_c_p = estimate_c
=> estimate_c_k = estimate_c
Quelle est l’utilité du message nack?
Si on fait pas de message nack, on risque de bloquer tout l’algorithme. Le coordinateur attend de recevoir une majorité de messages (ack ou nack) avant de décider de quoi que ce soit. On assure donc la propriété de la terminaison.
On souhaite maintenant démontrer la terminaison de l’algorithme. On considère différents cas:
a) un processus correct décide: quelle propriété de la diffusion fiable assure la terminaison?
b) En vous appuyant sur la complétude forte du détecteur ⋄Sn montre que les processus ne peuvent rester indéfiniment bloqués dans une ronde.
c) En vous appuyent sur la justesse fiable de ⋄S, montrez qu’il existe un temps à partir duquel tous les processus décident.
a) 1 processus décide => il y a eu 1 R_deliver()
=> tous les processus corrects font R_deliver()
^ implication car accord Reliable Broadcast
b) Attente en phase 2.
Le coordinateur attend ((n+1)/2) estimations.
(n+1)/2 processus corrects => il y a eu au moins (n+1)/2 envois d’estimation (ligne 10
=>Les canaux sont fiables, donc le coordinateur n’est pas bloqué.
Phase 4. Systématiquement (n+1)/2 processus envoient soit un ack, soit un nack.
=> La phase 4 est non bloquante (car canaux fiables).
Phase 3. Deux cas.
c) Décision à terme.
Hypothèse: tous les fautifs sont tombés en panne.
Justesse faible ⋄S => il existe un processus correct q parmi Π qui ne sera jamais faussement suspecté. (il existe un instant t à partir duquel q ne sera jamais suspecté)
=> q devient coordinateur à la ronde r. q étant coordinateur, il va forcément recevoir (n+1)/2 estimations. À la réception d’une majorité d’estimations, il envoie son estimate_q et cet envoi sera forcément reçu par tous les processus corrects.
=> tous les autres processus renvoient 1 ack (pas de nack)
On souhaite maintenant améliorer les performances de cet algorithme en réduisant sa latence (son nombre de phases). Proposez une version qui réduit la phase d’acquittement. Indication: on ne cherche pas à réduire le nombre de messages.
Algorithme semi-mystique vu l’utilisation du random.. Pourtant on converge vers une valeur.
Lors d’une ronde k, est-il possible qu’un processus propose 0 et l’autre 1?
Non. Preuve par contradiction.
Supposons que p propose 0 et q propose 1.
p a collecté donc (n/2)+1 valeurs égales à 0.
q a collecté donc (n/2)+1 valeurs égales à 1.
=> Il existe un processus en commun aux deux ayant envoyé 0 à p et 1 à q à la ronde k. Impossible, CQFD.
Si un processus p décide v à la ronde k, montrez que tout processus q qui commence à la phase k+1 positionne sa variable x_q à v et décide v à la fin de la phase k+1.
p décide v à la ronde k
=> p a reçu f+1 valeurs v.
Tout processus (correct) q reçoit au moins une valeur v. (ligne 15)
=> Il n’existe pas v’ != v (Q10)
=> à la ronde k+1 tout le monde va proposer v, ils vont donc décider v.
Dans quel cas une valeur aléatoire est choisie? Montrez que cet algorithme termine avce une probabilité de 1.
S’il n’y a pas de majorité sur v:
=> tous vont envoyer “?”, aucune valeur n’est reçue
=> tous font un choix aléatoire
=> Probabilité que tous les processus tirent la même valeur = (1/2) * (1/2) * … = (1/2)^n
=> Probabilité que la valeur soit différente donc = 1 - (1/2)^n
Probabilité(valeur différente après k rondes) = (1 - (1/2)^n)^k
e = lim(n -> +Inf)(1+ (1/n))^n
(1/e) = lim(n -> +Inf)(1 - 1/n)
On pose k = 2n.
P(diff_k) ~ 1/e vaguement par limite.
On pose k = c*2^n
P(diff_k) = 1/(e^c)
P(même valeur) = 1 - 1/e^c
Avec c -> +Inf, P(même valeur) ~ 1. CQFD.