ネットワークスペシャリスト 2011年 午後1 問02

解答の論理構成

• 【問題文】には「正サーバは、受信したメールにディジタル署名を付加し、高速検索に用いるインデックス情報を作成し、データを圧縮した上で格納する。」とあります。
• ディジタル署名は公開鍵暗号方式を利用し、電子的な“封印”を施す技術です。
• この“封印”により、署名後のデータが途中で書き換えられると検証に失敗します。
• したがって、署名の主目的はメールデータの真正性・整合性を維持し、改ざんを防ぐことです。
• 上記を踏まえ「メールデータの改ざん防止のため」とまとめれば設問の意図を満たします。

誤りやすいポイント

• ディジタル署名＝暗号化と誤解し「盗聴防止」と答えてしまう。署名は暗号化とは別で改ざん検知が主目的です。
• 「送信者認証」を主目的と断定してしまう。認証機能もありますが、設問は「メール⇔ディジタル署名を付加する目的」とし、データ保管フェーズの説明なので改ざん防止が核心です。
• 長文説明を書いてしまい減点される。キーワードを絞る必要があります。

FAQ

解答の論理構成

1. 災害対策に関する要件は、本社が被災してもメールデータを失わないようにすることです。
   引用：「二つ目の課題は、災害対策である。メールデータの保管場所を複数にし、片方が被災した場合にもメールデータが消失しないようにする。」
2. どの程度の最新データまで確保できればよいかを示す指標がRPO（Recovery Point Objective）です。
3. 表1の「複製プロセスに関する項目」で、遠隔地（副サーバ）へのコピーが完了すべき期限が明示されています。
   引用：「f 所要時間の上限　24時間以内（前日同時刻のメールは複製されていること）」
4. この「24時間以内」が、最大でどこまでのデータを失ってよいか（＝許容データ損失時間）を定義しているため、RPOは「24時間」となります。

誤りやすいポイント

• RPOとRTOを混同し、復旧完了までの時間（RTO）と勘違いする。
• 「24時間以内」を“最長1日遅延で良い”と読み流し、数値を答え忘れる。
• 「複製プロセス」の要件を見落とし、「保管プロセス」の1秒をRPOと誤解する。

FAQ

解答の論理構成

1. 本文の該当部分
   「①その到着はM/M/1の条件を満たすと仮定」とあるように、待ち行列αを解析する前提としてメール到着過程を “M/M/1” 型とみなしています。
2. “M/M/1” 型待ち行列の第一の前提は「到着がポアソン過程（マルコフ到着）＝完全にランダムである」ことです。
3. よって設問が求める「到着条件」は、メールが規則的でも一定間隔でもなく、“ランダムに到着する” という一文で表せます。
4. 以上より解答は「メールがランダムに到着する」となります。

誤りやすいポイント

• 「M/M/1」を“サービスが1台”の意味だけと捉え、到着過程の仮定を回答し忘れる。
• ランダムの代わりに「一定平均間隔」などと書き、ポアソン到着を誤解する。
• 待ち行列αではなくβ側の条件（連続転送など）と混同してしまう。
• 「メールが次々に来る」など曖昧な表現で具体性を欠き、M/M/1の必須要件を示せていない。

FAQ

解答の論理構成

1. 最繁時の到着件数を秒に換算
   【問題文】「最繁時到着件数　36,000件／時（9:00～10:00）」
   1時間は3,600秒なので
   $\lambda =\frac{36,000}{3,600}=10\text{件／秒}$
   よって
   ア：10
2. サーバの平均処理能力
   【問題文】「サーバの処理能力　12.5件／秒」
   これをそのまま μ とするので
   イ：12.5
3. 利用率 ρ の算出
   $\rho =\frac{\lambda }{\mu }=\frac{10}{12.5}=0.8$
   よって
   ウ：0.8
4. 平均待ち時間 $W_q$ の算出
   M/M/1待ち行列の平均待ち時間は
   $W_q=\frac{\rho }{\mu -\lambda }$
   により
   $W_q=\frac{0.8}{12.5-10}=\frac{0.8}{2.5}=0.32\text{秒}$
   したがって
   エ：0.32
5. 要件との照合
   【問題文】「平均所要時間の上限　1秒以内」
   保管プロセスの待ち時間0.32秒は1秒未満であり、条件を満たすと判断できる。

誤りやすいポイント

• 件／時をそのまま λ にしてしまい、ρ が1を超えてしまう計算ミス。必ず秒単位に換算すること。
• 平均待ち時間にサービス時間を含めてしまい、$W=\frac{1}{\mu -\lambda }$ を使って0.4秒ではなく0.32秒になる理由を誤認するケース。
• 表中の「12.5件／秒」を12.5秒／件と読み違え、λ と μ を逆にしてしまう誤読。

FAQ

解答の論理構成

1. 1日に転送すべきメール量を算定
   • 問題文の引用：
     「189,000件/日×12.5×10^3バイト/件」
   • 計算
     $189,000\times 12.5\times 10^3=2,362,500,000\mathrm{byte}$
2. ビット換算
   • 1byte＝8bitより
     $2,362,500,000\times 8=18,900,000,000\mathrm{bit}$
3. 24時間で送る場合の平均転送レート（ペイロード）
   • 問題文の引用：
     「24時間以内」
   • 1日＝$24\times 60\times 60=86,400\mathrm{s}$
   • 計算
     $\frac{18,900,000,000}{86,400}=218,750bit/s$
4. 回線効率を考慮
   • 問題文の引用：
     「転送効率50%」
   • 実効帯域＝物理帯域×効率 ⇒ 物理帯域＝実効帯域／0.5
   • 計算
     $\frac{218,750}{0.5}=437,500bit/s=0.4375Mbit/s$
5. 指定の丸め
   • 問題文の指示：
     「小数第3位を四捨五入して、小数第2位まで」
   • $0.4375Mbit/s$ を四捨五入 → 0.44

誤りやすいポイント

• byteとbitの換算（×8）を忘れる。
• 「転送効率50%」を読み飛ばし、÷0.5をしない。
• 秒数換算で1日＝86,400秒を取り違える（例：84,600秒など）。
• 最後の四捨五入を誤り0.43や0.45にしてしまう。

FAQ

解答の導き方

1. 帯域割当と転送能力の確認

• 図3の注記に「注記：0.5 Mビット／秒の帯域を割り当てた場合、9,000件のメールを単位時間に転送できる。」とあることから、まずこの数値が正しいか確認します。
• 平均データ量は「12.5×10^3バイト／件」ですから、1件あたりのビット数は
  $12.5\times 10^3\times 8=10^5$（bit／件）です。
• 0.5 Mビット／秒の回線が1時間に運べるビット数は
  $0.5\times 10^6\times 3600=1.8\times 10^9$（bit／時）で、転送効率50%を適用すると実効で
  $1.8\times 10^9\times 0.5=0.9\times 10^9$（bit／時）になります。
• したがって1時間あたりに転送できる件数は
  $\frac{0.9\times 10^9}{10^5}=9,000$（件／時）となり、図3の注記と一致します。

1. 1グループ当たりの転送時間算出

• 同じ時間帯に到着したメールを「到着順に4,500件を1グループとする」と明示されています。
• 1グループ（4,500件）を転送するのに要する時間は
  $\frac{4,500}{9,000}=0.5$（時間）＝30分です。

1. 転送スロットの割り当て（時刻割り当てのルール）

• 図3本文に「7:00～8:00に到着したID1のメール群は、同時間帯に転送される。」とあるため、転送は少なくともその時間帯内に開始されることがわかります。これと1グループの所要時間30分から、合理的な時刻割り当てとして「最初の転送スロットを7:00開始の30分刻み」と仮定します（7:00–7:30がID1、7:30–8:00がID2、…という並び）。この仮定は図3の説明と矛盾しませんし、以降の計算を一意にします。

1. ID13の転送時刻と複製所要時間（オカ[　キ　）

• k番目のグループの転送開始は $7:00+(k-1)\times 0.5$（時間）、終了は $7:00+k\times 0.5$（時間）となります。
• k=13のとき、転送開始は $7:00+(13-1)\times 0.5=7:00+6\mathrm{時}=13:00$、終了は $13:30$ です。したがってID13の転送は13:00～13:30の区間に含まれますから、時間帯表記では「13:00～14:00」に行われると表現できます。よって オ=13、カ=14。
• ID13の到着は問題文で「9:00～10:00に到着したID13」と明示されています。到着時刻帯の代表値として中央値（9:30）を採ると、到着（代表）9:30 → 転送完了13:30の差は $13:30-9:30=4.0$（時間）です。よって キ=4。
  （注）到着時刻帯の代表値として中央値を採るのは、到着がその時間帯に広く分布すると仮定して「おおよその所要時間」を見積もるための標準的な扱いです。

1. 複製プロセスの最大所要時間となるグループとその時間（ク[　ケ　）

• 全42グループを連続転送すると総所要時間は $42\times 0.5=21$（時間）です。最初の転送開始を7:00とすると、最終（42番）グループの転送完了時刻は $7:00+21\mathrm{時}=翌4:00$ になります。つまりID42の転送完了は翌4:00です。
• 図3の上段を見ると、ID42はその日の夕方帯（19:00～20:00）に到着していることが読み取れます（図中のブロック配置によりID番号の横位置が到着時刻を示しています）。到着時刻の代表値に中央値19:30を採ると、到着19:30 → 転送完了翌4:00の差は $4:00(翌日)-19:30=8.5$（時間）で、四捨五入して約9時間となります。したがって最長となるのはID42で、その所要時間は約9時間です。よって ク=42、ケ=9。

誤りやすいポイント

• 帯域から「件／時」を求める際にバイト→ビットの換算（×8）を忘れる。
• 転送効率50%を適用し忘れてしまい、転送能力を2倍に見積もるミス。
• 1グループを4,500件とすることを見落とし、1グループ=9,000件で計算してしまう。
• 転送スロットの起点（7:00か7:30か）でオフバイワンを起こす。問題文の「ID1は7:00～8:00に到着し同時間帯に転送される」を基に開始時刻を決める必要があります。
• 到着時刻帯（例：9:00～10:00）の代表値を「開始時刻」「終了時刻」「中央値」のどれで取るかで所要時間が変わるため、どの方式を採ったかを明示しないと減点される可能性がある。

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解答の導き方

1. 1.5Mビット／秒での単位時間当たり転送可能件数を求める
   　図3の注記に「0.5 Mビット／秒 … 9,000件／単位時間」とあるので、帯域を3倍にすれば転送能力も3倍になります。従って
   　1.5Mビット／秒での転送能力 = 9,000件／時 × 3 = 27,000件／時。
   　（確認のために式で示すと、1件あたりのビット数は $12.5\times 10^3\mathrm{byte}\times 8=100\times 10^3\mathrm{bit}$、有効帯域は $1.5\times 10^6\times 0.5$ bit/sなので、件／時は $\frac{1.5\times 10^6\times 0.5}{100\times 10^3}\times 3600=27,000$ 件／時になります。）
2. グループ単位への変換と処理能力（グループ／時）
   　図3では「同じ時間帯に到着したメールは、到着順に4,500件を1グループ」としているので、1グループは4,500件です。よって
   　27,000件／時 ÷ 4,500件／グループ = 6グループ／時。
3. 最繁時（9:00～10:00）の状況と残滞量
   　表1に「最繁時到着件数36,000件／時（9:00～10:00）」とあるので、この時間帯の到着は36,000件＝8グループです。1.5Mビット割当てで同時間帯に転送できるのは6グループなので、この時間帯終了時点で未転送の滞留は8 − 6 = 2グループ = 9,000件 となります。
4. 次時間帯での解消可否（図3での確認）
   　図3の上段を見ると、9:00～10:00に到着したのはID13であり、その次（10:00～11:00）の到着群はID14で、ID14は「0–9,000件」の区間に入っています。したがって10:00～11:00の到着は最大9,000件（＝2グループ）です。よって10:00～11:00に処理すべき合計量は滞留9,000件＋新着≤9,000件＝≤18,000件であり、1時間当たりの処理能力27,000件で十分に転送できます。つまりID13に含まれる各メールは遅くとも到着の翌時間帯内に複製が完了します。

誤りやすいポイント

• 転送効率「50%」を忘れてビット→件の換算を行い、転送可能件数を過大評価する。
• バイトとビットを混同して計算ミスをする（12.5×10^3バイト＝100,000ビット／件）。
• 図3の実際の到着分布を確認せずに「次の時間帯の到着は必ず小さい」と仮定する（論理の飛躍）。今回の判断では図3のID配置でID14が「0–9,000件」であることを根拠にしている点が重要です。
• 単位時間が何を指すか（秒・分・時）を確認しないで計算する。図中の縦軸は「件／時」です。
• グループサイズ（4,500件）を使わずにグループ単位での増減を扱うと誤解しやすい。

FAQ