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1、计算机网络第四章答案计算机网络第四章答案第 4 章 介质访问子层1. The formula is the standard formula for Markov queueing given in section 4.1.1, namely, . Here C =?108 and , so sec. For the three arrival rates, we get (a) 0.1 msec,(b) 0.11 msec, (c) 1 msec. For case (c) we are operating a queueing system with , which gives the 1
2、0delay.2. 答：对于纯的 ALOHA，可用的带宽是 0.18456 Kb/s?=10.304?Kb/ s。每个站需要的带宽为 1000/100=10b/s。而?N=10304/101030 所以，最多可以有 1030 个站，即 N 的最大值为 1030。3. 答：对于纯的 ALOHA，发送可以立即开始。对于分隙的 ALOHA，它必须等待下一个时隙。这样，平均会引入半个时隙的延迟。因此，纯 ALOHA 的延迟比较小。4. 每个终端每 200（=3600/18）秒做一次请求，总共有 10 000 个终端，因此，总的负载是 200 秒做 10000 次请求。平均每秒钟 50 次请求。每秒钟
3、8000 个时隙，所以平均每个时隙的发送次数为50/8000=1/160。5. 答：（a）在任一帧时间内生成 k 帧的概率服从泊松分布生成 0 帧的概率为 e-G对于纯的 ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其他帧发送的概率是 e-Ge G=e-2G对于分隙的 ALOHA，由于冲突危险区减少为原来的一半，任一帧时内无其他帧发送的概率是 e-G 。现在时隙长度为 40ms，即每秒 25 个时隙，产生 50 次请求，所以每个时隙产生两个请求，G=2。因此，首次尝试的成功率是：e-2 = 1/ e2 （b） （c）尝试 k 次才能发送成功的概率（即前 k-1 次冲突，第 k 次才成
4、功）为：那么每帧传送次数的数学期望为6. 答：（a）从泊松定律得到 p0e G ，因此 G -lnp0= -ln0.12.3 ? （b） SG e -G ， G? 2.3，e -G=0.1 S=2.30.1=0.23（c）因为每当 G1 时，信道总是过载的，因此在这里信道是过载的。7. 答：每帧传送次数的数学期望为：E 个事件为 E-1 个长度等于 4 个时隙的间隔时间所分隔。因此一个帧从第一次发送开始时间到最后一次尝试成功的发送开始时间之间的长度即延迟是 4(eG?1)，吞吐率 S= Ge-G。对于每一个 G 值，都可以计算出对应的延迟值 D=4(eG-?1)，以及吞吐率值 S=Ge-G 。
5、按此方法即可画出时延对吞吐率的曲线。8. (a) The worst case is: all stations want to send and s is the lowest numbered station. Wait time N bit contention period + (N-1) ?d bit for transmission of frames. The total is N+(N-1) ?dbit times. (b) The worst case is: all stations have frames to transmit and s has the lowest
6、virtual station number.Consequently, s will get its turn to transmit after the other N-1 stations have transmitted one frame each, and N contention periods of size log2 N each.Wait time is thus(N+1)?d+Nlog2 bits.9. 答：在解答这一问题之前，首先要了解什么是 Mok 和 Ward 版本的二进制倒计数法。在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低
7、的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁：如果某站发现其地址中原本为 0 的高位被置换为 1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。Mok 和 Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口：还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从 0 开始，已成功传送的站被排在最后。如果总共有 N 个站，那么最大的虚拟站号是 N-1。在本题中，当 4 站发送时，它的号码变为 0，而 0、1、2 和 3 号站的号码都增 1，10
8、个站点的虚站号变为8，3，0，5，2，7，4，6，9，1 当 3 站发送时，它的号码变为 0，而 0、1 和 2 站的号码都增 1，10 个站点的虚站号变为：8，0，1，5，3，7，4，6，9，2最后，当 9 站发送时，它变成 0，所有其他站都增 1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。10. 答：在自适应树遍历协议中，可以把站点组织成二叉树（见图）的形式。在一次成功的传输之后，在第一个竞争时隙中，全部站都可以试图获得信道，如果仅其中之一需用信道，则发送冲突，则第二时隙内只有那些位于节点 B 以下的站（0 到 7）可以参加竞争。如其中之一获得信道，本帧后的时隙留给站点 C 以下的站
9、；如果 B 点下面有两个或更多的站希望发送，在第二时隙内会发生冲突，于是第三时隙内由 D 节点以下各站来竞争信道。本题中，站 2、3、5、7、11 和 13 要发送，需要 13 个时隙，每个时隙内参加竞争的站的列表如下：第一时隙：2、3、5、7、11、13第二时隙：2、3、5、7第三时隙：2、3第四时隙：空闲第五时隙：2、3第六时隙：2第七时隙：3第八时隙：5、7第九时隙：5第十时隙：7第十一时隙：11、13第十二时隙：11第十三时隙：1311. 答： 2 n 个站点对应 n+1 级，其中 0 级有 1 个节点，1 级有2 个节点， n 级有 2 n 个节点。在 i 级的每个节点下面所包括的站
10、的个数等于总站数的 1/2 i。本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级。先计算这两个站具有共同的父节点的概率 p1。在 2n 个站中，要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是总共 2 n -1 个父节点，所以，因为 2n ?1所以 p12- n 在共享父节点的条件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数 n1?= 1+?2+2+2=1=2n，接下来，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率 p2 和遍历树所走过的节点总数 n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是 1/ C 22n-
11、1。 共有 2 n -2 个祖父节点遍历树比 1 n 减少两个节点，即通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点（属 n-3 级祖先节点）的概率是? p3= 2-n+?2遍历树所经过的节点总数比 n2 又少两个节点，因此，最坏的情形是 2n+1 个时隙（共享父节点） ，对应于 i=0；最好的情形是 3 个时隙，对应于 i=n-1 （两个发送站分别位于左半树和右半树） ，所以平均时隙数等于该表达式可以简化为12. 答：如果所有站的发射有效范围都很大，以至于任一站都可以收到所有其他站发送的信号，那么任一站都可以与其他站以广播方式通信。在这样的条件下，CSMA/CD 可以工作的很好。1
12、3. 答：WDMA（wave length division multiple access）是一个波分多路访问协议。每个站点分配 2 个信道；其中窄信道是控制信道，接收其他站发给该站的控制信号；宽信道用作该站点输出数据帧的信道。每个信道被划分成许多个时隙组。时隙 0 用某种特殊的方式标记，以便于后继时隙的识别。所有的信道均用同一个全局时钟来同步。每个站点都有 2 个发送端和 2 个接收端，它们分别是：（1）一个波长固定不变的接收端，它用来侦听本站点的控制信道。（2）一个波长可调的发送端，它用于向其他站点的控制信道发送帧。（3）一个波长固定不变的发送端，它用于输出数据帧。（4）一个波长可调的接
13、收端，它用来选择要侦听的数据发送端。也就是说，每个站点都侦听自己的控制信道，看是否有请求产生，并将接收端的波长调为发送端的波长，从而得到数据。GSM（Global system for mobile communication）是一种数字蜂窝无线电系统信道分配方案。系统中每个蜂窝最多可拥有 200 多个全双工信道，每个信道包括下行链路频率（从基站到可移动站）和上行链路频率（从可移动站到基站） ，每个频段宽 200kHz。每一个信道均可采用时分复用技术，支持多个独立的连接。两种协议都使用 FDM 和 TDM 结合的方法，它们都可以提供专用的频道（波长） ，并且都划分时隙，实现 TDM。14. Y
14、es. Imagine that they are in a straight line and that each station can reach only its nearest neighbors. Then A can send to B while E is sending to F.15. (a) Number the floors 1-7. In the star configuration, the router is in the middle of floor 4. Cables are needed to each of the 7 ?15 ?1 ?104 sites
15、. The total length of these cables isThe total length is about 1832 meters.(b) For 802.3, 7 horizontal cables 56 m long are needed, plus one vertical cable 24 m long, for a total of 416 m.16. 答：以太网使用曼彻斯特编码，这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。标准以太网的数据率为 10Mb/s，因此波特率是数据率的两倍，即 20MBaud。17. The signal is a square wave w
16、ith two values, high (H) and low (L). The pattern is LHLHLHHLHLHLLHHLLHHL.18. The pattern this time is HLHLHLLHHLLHLHHLHLLH.19. The round-trip propagation time of the cable is 10 ?sec. A complete transmission has six phases:transmitter seizes cable (10 ?sec)transmit data (25.6 ?sec)Delay for last bit to get to the end (5.0 ?sec)receiver seizes cable (10 ?sec)acknowledgement sent (3.2 ?sec)Delay for last bit to get to the end (5.0 ?sec)The sum of these is 5
