习题参考解答(华蓓)

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1、习题参考解答 第一章 1. 使用分层协议的两点理由：1）简化系统的设计与实现；2）易于系统升级和维护。 2. （1）数据链路层；（2）网络层；（3）传输层。 3. 用于每个消息的额外传输开销为 hn 个字节，用百分比表示为 hn/(M+hn)。 4. 相同点：1）都基于分层协议；2）功能划分类似，都有网络层、传输层和应用层。 不同点：1）层次不同，TCP/IP没有会话层和表示层；2）OSI参考模型通用性好，而TCP/IP参考模型只能用来描述TCP/IP协议栈。 第二章 1. Smax = 2Hlog 2 N = 26log 2 4 = 24Mbps 2. （1）20dB的信噪比意味着：S/N

2、= 102 = 100 由香农定理得到最大数据速率为：C = Hlog 2 ( 1 + S/N ) = 3log 2101 19.975Kbps。 （2）如果在信道上传输二电平信号，由奈奎斯特定理可得到最大数据速率为： Smax = 2Hlog 2 N = 23log 2 2 = 6Kbps 3. 由Hlog 2 ( 1 + S/N ) 1.544Mbps，H = 50KHz可以得到：S/N 230-1，约为93dB。 4. 设线路带宽为 x MB/s，则有：1 + 0.5/x = 2 + 0.4/x，于是：x = 0.1MB/s。传输延时不影响问题的答案。 5. 修正：此题问欲使用该协议传输

3、一百万个字节，分组数据长度选用哪个值最佳。 若分组数据长度为1000字节，则共有1000个包，分组头部开销总共是1001000 =100000字节。丢失一个包就丢失数据1000字节，因而，分组开销 + 丢失字节 = 101000字节。 若分组数据长度为5000字节，共有200个包，分组开销 + 丢失字节 = 100200 + 5000 = 25000字节。 若分组数据长度为10000字节，共有100个包，分组开销 + 丢失字节 = 100100 + 10000 = 20000字节。 若分组数据长度为20000字节，共有50个包，分组开销 + 丢失字节 = 10050 + 20000 = 250

4、00字节。 所以，分组数据长度选10000字节最佳。 6. 7. 比特串1001 1111 0001 0001的4B/5B编码为10011 11101 01001 01001. 8. 400010 + 4009 = 43600Hz = 43.6KHz 9端系统用户从长为193比特的帧中得到724 = 168比特数据，因而T1线路传输数据的开销率为：25/193=13%。 10(1) 2 (104 bit /107 b/s + 20s) = 2040s (2) 104 bit /107 b/s + 20s + 5000 bit /107 b/s + 20s = 1540s 11. 4 (5000

5、 bit /107 b/s + 20s) = 2080s 12. 在电路交换网中，在 t = s时电路建立起来；在 t = s + x/b 时最后一比特从发送方发出；在t = s + x/b + kd 时最后一比特到达接收方。 在分组交换网中，在 t = x/b 时最后一比特从发送方发出。现在考虑最后一个分组的转发（因为最后一个分组到达接收方就意味着消息传输结束），该分组被中间路由器转发（k-1）次，每次转发需要时间 p/b。所以，总的延迟时间为：t = x/b + d + (k-1) (p/b + d)。为使 x/b + d + (k-1) (p/b + d) (k-1) p/b。 第三章

6、1链路上传输的比特序列为：110101111100101111101010111110110，加下划线的为填充的比特。去掉填充比特之后的比特序列为：1101011111101111101011111110。 2（1）当发生一比特错时，出错比特所在行、列的奇偶校验均出错，从而可以定位出错比特的位置。将这一位取反，就能纠正错误。 （2）当发生2比特错误时，若这两个出错位不在同一行或同一列，则出错位所在行和列的校验位均能检测出错误。最坏情况出现在两个出错位处于同一行或一列，若处于同一行，则它们的列校验会发现错误；若处于同一列，则它们的行校验会发现错误。可见，二维奇偶校验能够检测所有的2比特错误。由于

7、在最坏情况下只有行或列校验发现错误，无法定位错误，所以不能纠正任意的2比特错误。当发生3比特错误时，最坏情况出现在图（a）所示的情形，但这时第i行的行校验及第j列的列校验均能发现错误，所以二维奇偶校验能够检测所有的3比特错误。但是显然这时无法准确定位出错比特，所以不能纠正任意的3比特错误。 （3）当发生图（b）所示的4比特错误时，二维奇偶校验不能检测出来。 3（1）在线路上实际传输的比特串为：10011101100。 （2）接收方CRC计算得到的余式为010。余式不为0，可知发生了传输错误。 4信号在光纤链路上的来回传输时间为：220km / (2108 m/s) = 200 s。 考虑到接收

8、端的响应时间及确认帧的发送时间等，超时值应稍大于信号在链路上的来回传输时间，因此可取为250s（也可以是其它大于200s的值）。 但是，即使取了这个超时值，甚至一个更大的超时值，发送端仍有可能超时并重发一帧。这是因为接收端可能因为负载较重来不及处理该帧，或者该帧或其确认帧在传输过程中出错丢失（尽管这种可能性很小）。 5. 设帧长为 x bits，则当 t = x/4 ms时一帧发送结束。若不考虑接收端的响应时间及确认帧的发送时间，则经过40ms后发送端收到确认，紧接着可以发送下一帧。在(x/4+40)ms的时间内，真正用于传送帧的时间只有 x/4 ms。为使停-等协议的效率不低于50%，应有：

9、x/4(x/4+40)50%，x160bits。 6此题的信号传播速率为3105km/s。 信号在链路上的来回传输延迟为：23104/3105 = 200ms。 一帧的发送时间为；10248/106b/s = 8.192ms。 满窗口发送帧数为：1 + 200/8.19225，最少需要5比特作序号。 7发送一帧的时间为：5128/64kb/s = 64ms。满窗口发送的帧数为：1 + 2270/64 10。 （1）当发送窗口为1时，信道的最大吞吐量为：64kb/s64/(64+2270)= 6.78 kb/s。 （2）当发送窗口为7时，发送方可以连续发送7个帧，然后停下来等待。接收方在收到第一

10、个帧后立即发回确认，在 t = 64 + 2270 = 604ms时发送方收到第一个帧的确认，于是可以发送第8个帧。第8个帧发完后，第二个帧的确认紧接着到达，于是又可以立即发送第9个帧，依次类推。也就是说，发送方每604ms可以发送7个帧，信道的最大吞吐量为：64kb/s 764 / (64+2270) = 47.47 kb/s。 （3）当发送窗口为15和27时，由于已经超过了满窗口发送的帧数，这时发送方实际上在连续不断地发送，所以信道的利用率为100%，信道的吞吐量为64kb/s。 8. 发送一帧的时间为：1000 b/106 b/s = 1ms。 假设从 t=0 开始发送，则在 t=1ms

11、 时第一个帧发送完毕，在 t=271ms 时第一个帧完全到达接收方，在 t=272ms 时接收方发送完携带有确认的数据帧，在 t=542ms 时携带有确认的数据帧到达发送方，因此一轮发送的时间为542ms。 若采用停-等协议，每一轮发送一个帧，信道的最大利用率为：1/5420.18%。 若采用Go Back n，发送窗口最大为：23-1 = 7，信道的最大利用率为：7/5421.29%。 若采用选择重传，发送窗口最大为：23-1 = 4，信道的最大利用率为：4/5420.74%。 9. 一个PPP帧最少需要2个字节的帧标志、一个字节的协议号和2个字节的CRC码，因此最小开销为5个字节。 10.

12、 主要原因在于HDLC设计为面向比特传输，而PPP最初设计为面向字节传输（当然PPP也可以用于面向比特的传输）。和HDLC几乎总是用硬件实现不同，PPP设计为用软件实现。当用软件实现时，以字节作为处理单位比用比特作为处理单位要简单得多。另外，PPP设计为与modem一起使用，而modem是以字节而不是比特作为传输单位的。 第四章 1. 纯ALOHA系统的最大利用率为18.4%，因此信道的最大实际可用带宽为：0.184 64 kb/s = 10.3kb/s。每个站点的平均带宽需求为：1000/100 = 10 b/s，因此N的最大值为：N = 10300/10 = 1030。 2.（1）根据泊松

13、定理，P0=e-G=10%，因此，G = -ln0.1 = 2.3。 （2）S = Ge-G = 2.3 0.1 = 0.23。 （3）G1，信道过载。 3. Q / (Q/R + tpoll) 4. 一个令牌帧的长度为24比特。 （1）对于4Mb/s数据速率，230米电缆能够容纳：230m / 2.3108m/s 4Mb/s = 4比特， 5个站总共引入5比特的延时，因此监控站必须向环中插入：24 4 5 = 15比特延时。 （2）对于16Mb/s数据速率，230米电缆能够容纳：230m / 2.3108m/s 16Mb/s = 16比特， 监控站必须向环中插入：24 16 5 = 3比特延

14、时。 5. 当环上只有一个站发送数据时，该站可获得最大吞吐量。 发送1KB分组的时间为：10248/100Mb/s = 81.92s。若发送完后立即释放令牌，并且环上没有其它站捕获令牌，则在200s后该站重又获得令牌，可以发送。因而，该站可获得的最大吞吐量为：100Mb/s 81.92/ (81.92 + 200) = 29.06Mb/s。 若延迟释放令牌，则在发送完一个分组后，需等待200s时间才能将发送出去的帧全部取消，然后释放令牌，并在200s之后重又获得令牌。这时，该站可以获得的最大吞吐量为：100Mb/s 81.92/ (81.92 + 2200) = 17Mb/s。 6. 发送一个

15、分组的时间为：1024 8 / 4Mb/s = 2048s。 （1）如果环上只有一个活动主机，则该系统能够获得的有效吞吐量为： 4Mb/s 2048/ (2048 + 2200) = 3.35 Mb/s。 （2）如果环上有足够多的主机，可以认为当一个站释放令牌后，令牌立即被下一个站捕获，并被用来发送数据。因此，系统能够获得的有效吞吐量为： 4Mb/s 2048 / (2048 + 200) = 3.64 Mb/s。 7. 信号在电缆上的来回传输延迟为：21km / 2105 km/s = 10s。 帧的最小长度应为：1Gb/s 10s = 10000 bits = 1250 bytes。 8. 缩小网络规模，采用纯铜缆安装的快速以太网的网络直径被限制在205米。 9. 以太网使用回退间隔为512比特倍数的