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1、计算机网络复习串讲,主讲人：李学明 单 位：重庆大学计算机学院 2012年6月,目录,1. 考研大纲解读 2. 计算机网络重要知识点,1.考研大纲解读,试卷内容的结构是： 计算机组成原理 45分(占30%) 数据结构 45分(占30%) 操作系统 35分(占23%) 计算机网络 25分(占17%) 题型： 单项选择题80分（40小题） 综合应用题70分,1.1 计算机网络的重要性 四门课之一：计算机基础核心课 硬件基础：计算机组成原理 （45） 软件基础：数据结构 （45） 系统基础：计算机操作系统 （35） 网络基础：计算机网络 （25） 计算机网络：25/150=17 %,1.考研大纲解读
2、,1.2 计算机网络考试目标定位 （1）掌握计算机网络的基本概念、基本原理和基本方法 （2）掌握计算机网络的体系结构和典型网络协议，了解典型网络设备的组成和特点，理解典型网络设备的工作原理 （3）能够运用计算机网络的基本概念、基本原理和基本方法进行网络系统的分析、设计和应用 重点是（1）、（2）；（3）不是重点； 在（1）、（2）掌握好的基础上（3）不应是难题 X 网络分析较难的是网络性能分析、协议分析,1.考研大纲解读,1.3 计算机网络的题型 （1）填空题 2580/15013.3分 所涉及的小题量：7个小题左右 （2）综合应用题 2570/15011.7分 2个题：每题 6分左右 1个题
3、：每题10分左右 从题型可以看出：试卷中的考查知识点不可能全部覆盖考试大纲要求的知识点。知识点应该比较分散。,1.考研大纲解读,1.4 计算机网络的知识点 （1）知识点分散、很多 （2）知识点分类： A. 数据通信基本知识 B. 计算机网络基本知识、原理、方法 -计算机基本概念 -计算机网络体系结构 C. 局域网络基本知识、原理与方法 D. 广域网络基本知识 E. TCP/IP技术：IPv4、IPv6、TCP及其应用,1.考研大纲解读,第1部分：计算机网络概述及其数据通信基础 第2部分：数据链路层与局域网络技术 第3部分：网络层与IP网络 第4部分：传输层与应用层,2. 计算机网络重要知识点,
4、1.1 计算机网络概述 1、计算机网络的定义 2、计算机网络的四大要素 3、计算机网络的结构：资源子网+通信子网；拓扑结构；体协结构 4、计算机网络的分类 5、分组交换网；电路交换、报文交换、分组交换 6、计算机体协结构： (1) 分层思想+协议 (2) OSI模型:实体、协议（三要素）、服务、接口 (3)TCP/IP协议体系,第1部分：计算机网络概述及其数据通信基础,分组交换,(1) (N)实体：某层中 (2) (N)协议：通信双方的同层间 (3) (N)服务：同一系统,相邻两层, 下对上 (4) (N)接口：同一系统，相邻两层 形成两大基本关系 (1) 服务与接口的关系； (2) 服务和协
5、议的关系。,计算机网络的体系结构模型,计算机网络体系结构,1.2 计算机网络的数据通信基础 1、信号(模拟，数字) 、信道(模拟，数字) 、数据(模拟，数字) 2、模拟通信、数字通信，模拟通信系统、数字通信系统 3、数据通信的特点 4、带宽：信号的带宽、介质的带宽（模拟、数字） 5、数据传输系统：数据+信号；编码+调制；复用技术 6、奈奎斯特定律和香农定理 1.3 物理层 1、物理层的功能 2、物理层的四个基本特性 3、主要介质，光纤的特点,第1部分：计算机网络概述及其数据通信基础,例1:奈奎斯特定理计算 若有一四相调制解调器，单位脉冲(码元)宽度 T = 833 * 10-6 秒，一个码元能
6、运载2位二进制信息， 求其数据传输速率和码元速率。 解： N = 22= 4 B = 1/T = 1/833 * 10-6 = 1200 Baud S =B* log2N = 2400 bps,第1部分：计算机网络概述及其数据通信基础,例2：奈奎斯特定理计算 有一带宽为3KHz的理想低通信道，求其最高码元速率。若一个码元能运载3位二进制信息，求其信道容量。 解：N = 23 = 8 B = 2W = 2 * 3000 = 6000 Baud C = 2W * log2N = 2* 3* log28= 18000 bps,例3：香农定理计算 求信噪比为30分贝，带宽为4KHZ的信道的最大数据速率
7、(信道容量) 解： (S/N)db = 10 * log10 (S/N ) = 30 db S/N =1030/10 = 103 C = W * log2 ( 1+ S / N ) = 4 * log2 ( 1+ 103 ) = 4 * log (1 +103 ) / log 2 = 4 * 3 / 0.3010 40 K bps,例4：时延计算 收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2*108m/s。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延： (1)数据长度为107bit,数据发送率为100kb/s (2)数据长度为103bit,数据发送率为1Gb/s. 从以上计算结果
8、可得出什么结论？,例4解答： (1)发送时延=数据块长度/信道带宽 =107/(100*103)=100s 传播时延=信道长度/电磁波在信道上的传播速率 =（1000*103)/(2*108)=5ms (2)发送时延=103/(1*106) =1 传播时延=(1000*103)/(2*108)=5ms,由以上结果可得： 若数据长度大而发送率低，则在总的时延里，发送时延往往大于传播时延 若数据长度短而发送速率高，则传播时延又可能是总时延中的主要成分,例5：传输效率计算（没有考虑时延） 长度为100字节的应用层数据交给运输层传送，需要加上20字节的TCP首部，再交给网络层传送还需加上20字节的IP
9、首部，最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部共18字节。试求数据的传输效率。 若应用层的数据长度为1000字节，则数据的传输效率为多少？,例5解答： (1)长度为100字节 传输效率 =数据有效长度/数据总长度 =100/(100+20+20+18) =63.3% (2)长度为1000字节 传输效率=1000/(1000+20+20+18) =94.5%,例6：信道编码问题 什么是曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码？其特点如何？ 解答:(1)曼彻斯特编码: 将每一个码元再分成两个相等的间隔。码元1是在前一个间隔为高电平而后一个间隔为低电平。码元0则正好相反，从低电平变到高电平。 特点: 好
10、处是可以保证在每一个码元的正中间出现一次电平的转换，这对接收端的提取位同步信号是非常有利的。 缺点是它所占的频带宽度比原始的基带信号增加了一倍。,(2)差分曼彻斯特编码: 其规则是若码元为1，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平一样；但若码元为0，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平相反。不论码元是10或01，在每个码元的正中间的时刻，一定要有一次电平的转换。 特点： 需要较复杂的技术，但可以获得较好的抗干扰性能。,2.1 点到点数据链路层 1、数据链路层模型 2、物理链路+数据链路 3、数据链路层的主要功能 寻址+帧定界+流量控制+差错控制+透明传输+链路管理 4
11、、连接/无连接服务、确认/无确认服务 5、数据链路层的流控思想：基于应答机制的 6、停止等待协议、连续ARQ协议、选择重传ARQ协议（滑动窗口协议） 7、HDLC和PPP协议,第2部分：数据链路层与局域网络技术,2.2 共享信道的数据链路层 1、共享信道访问模式 2、ALOHA -Slotted ALOHA -CSMA -CSMA/CD-CSMA/CA 2.3 Ethernet 1、传统Ethernet技术 2、冲突检测与最短帧长 3、10MEthernet-100MEthernet-1GEthernet：升级面临的问题及解决办法 4、VLAN 5、WLAN：隐蔽站、暴露站问题，CSMA/CA
12、，RTS/CTS，信道争用原理 6、交换机与网桥,Multiple access protocols,FDMA,TDMA,CDMA,Controlled-access protocol,Static model,Dynamic model,WDMA,switching,Random Access Protocol,Multiplexing allows several transmission sources to share a larger transmission capacity. Often used in hierarchical structures. Multiple acce
13、ss: two or more simultaneous transmissions share a broadcast channel. Often used in access networks,Limited-Contention Protocol,One-bit map,Binary Countdown,Tree walk,例1：停止等待协议相关计算 卫星信道传输速率50kbps，往返传播时延500ms，若传1kbit的帧，使用停止等待协议，问信道的利用率是多少？ 解答：传输一个帧所需时间为(忽略处理时延)： 发送时延+传播时延+确认信息传播时延(确认帧很短，忽略其发送时间)= 1kb
14、its / 50kbps + 270ms + 270ms = 540ms 信道利用率 = 20 / 540 3.7% 结论： 卫星信道采用停止等待协议的传输效率很低；为提高传输效率一般采用连续ARQ协议.,第2部分：数据链路层与局域网络技术,例2:ARQ协议相关计算 卫星信道的数据率为1Mb/s，取卫星信道的单程传播时延为0.25秒。数据帧长为2000bit,忽略误码率、确认帧长和处理时间。试计算下列情况下的信道利用率： （1）停止等待协议。 （2）连续ARQ协议，WT=7 （3）连续ARQ协议，WT=127 （4）连续ARQ协议，WT=255,解答： 每个数据帧的发送时间: 2000bit/
15、(1Mb/s)=2ms. 所以t=2ms,一帧发送完毕. 发送方发完一帧后收到确认的时间(忽略误码率,确认帧和处理时间) tT =250ms+2ms+250ms=502ms 因此,两个发送成功的数据帧之间的最小时间间隔(即周期)为502ms. 如果在502ms内可以发送k个帧(每个帧的发送用2ms时间),则信道利用率是2k/502.,解答： 1)停止等待协议时,数据帧逐个发送,因此 U=2ms/502ms=1/251 2)连续ARQ协议,发送窗口为7,因此 U=2*7ms/502ms=7/251; 3)连续ARQ协议,发送窗口为127,因此 U=2*127ms/502ms=127/251; 4)连续ARQ协议,发送窗口为 255,U=2*255ms/502ms=255/2511, 由于信道利用率必须要小于等于1,因此,U=1.,例3：CSMA/CD最短帧长计算举例 (1) 基本原理 1) 单程信号传播时延： =L/v 式中： L链路长(米),v 信号传播速度 2) 冲突检测时间：t=2 =2L/v 3）一个帧的发送时间：t=Lf/c 式中：Lf帧长,c数据速率 4）最小帧长: Lfmin = 2c =2(L/v)c,(2) 实例: 若10Mbps的CSMA/CD总线网结点间最大距离为2.5km,信号在电缆中的传播速度为2108 m/s,求该网的最小帧长
