2. 在大多数网络中，数据链路层以请求重传被损坏帧的方式处理传输错误。假如帧损坏的
概率为P，在确认帧不会丢失的情况下，成功发送一帧所需要的平均传输次数是多少？ 答：发送一次成功的概率是1-P，则成功发送一帧所需要的平均传输次数为1/(1-P)。
Chapter 2
2.2 一个每秒钟采样一次的4kHz无噪声信道的最大数据传输率是多少？
答：一个无噪声信道可以携带任意数量的信息，而与它的采样频率无关，只是与每次采样
的数据量的大小有关。对于一个4kHz无噪声信道，如果采样频率是8000次/秒，每次采样量化成16比特，则信道的数据传输率可以达到128kbps；如果每次采样量化成1024比特，则信道的数据传输率可以达到8.2Mbps。本题的关键在于假设信道是“无噪声”的，对于正常的4kHz的信道(即有噪声信道)，其最大数据传输率将受到Shannon的限制。
2.3 对于带宽为6MHz的电视信道。如果使用量化等级为4的数字信号传输，则其数据传输
率是多少？假设信道是无噪声的。
答：根据Niquist定理可知，采样频率是12M次/秒，对于量化等级为4的信号，每次采样
编码为2比特，因而该电视信道的数据传输率为24Mbps。
2.4 带宽为3kHz，信噪比为20dB的信道，当用于发送二进制信号时，其最大数据传输率
是多少？
答：Niquist定理的限制为6kbps，Shannon定理的限制是19.5kbps，两者之中取极小值，
最大数据传输率为6kbps。
2.5 在50kHz的线路要传输T1载波需要多大的信噪比？
答：根据Shannon定理，要发送T1载波，必须满足下列等式：
30
根据上述公式，可求出S/N=2-1，即93dB。
2.17 一个调制解调器的星座图与图2-19相似，它在如下坐标出有数据点：(1,1)，(1,-1)，
(-1,1)和(-1,-1)，问该调制解调器在1200波特的线路上可以达到多大的数据传输率？ 答：从题中可知，每个波特可以有4种合法的值，亦即每个波特可以传输2比特的数据，
因此该调制解调器在1200波特的线路上可以达到多大的数据传输率为2400bps。 2.18 一个调制解调器的星座图与图2-19相似，它在(0,1)和(0,2)处有数据点，问此调制
解调器的调制方式是相位调制还是幅度调制？
答：从题中可知，两个数据点的相位都为0，没有发生改变，而幅度却不一样，因而此调
制解调器使用幅度调制方式。 2.22 为什么PCM采样时间为125?s？
答： 125?s的采样时间对应于8000次/秒的采样频率。按照Niquist定理的要求，对于
4kHz的话音信号(或信道)，必须要8000次/秒的采样频率才能捕获到它的所有信息。 2.24 对于无噪声的4kHz信道，比较使用下列方案所能达到的最大数据传输率：
(a) 每次采样2比特； (b) T1 PCM系统。
答：对于无噪声的4kHz信道，按照Niquist定理的要求，采样频率为8000次/秒，对于(a)
每次采样传送2比特，其最大数据传输率为16kbps；对于(b)T1 PCM系统，每次采样传送7比特，其最大数据传输率为56kbps。
2.26 调制解调器MODEM的解调部分和编码解码器CODEC的编码部分有何区别？(二者都是
将模拟信号转换为数字信号)
答：编码解码器CODEC的编码部分接收任意的模拟信号，将其进行采样并进行A/D转换为
数字信号；而调制解调器MODEM的解调部分只接收已被调制过的载波信号(即正弦信号)，从中解调出数字信号。
*2.27 一个信号在4kHz的无噪声信道上以数字方式传送，每125?s采样一次。如果使用
以下编码方法，问每秒钟实际发送的比特数是多少？ (a) CCITT 2.048Mbps标准； (b) 有4位相对信号值的DPCM； (c) 增量调制(ADPCM)。 答：(a)：64kbps； (b)：32kbps； (c)：8kbps。 补充题：
1. 比较在电路交换网和分组交换网（轻负载）上将x比特报文沿一条有k段的路径传输的
延迟。假设电路建立时间是s秒，每段上的传播延迟为d秒，报文长度为p比特，信道的数据传输率为b比特/秒。问在什么情况下，分组交换网的延迟更小？ 答： 电路交换网的延迟为： s + k*d + x/b 分组交换网的延迟为： x/b + (k-1)*(p/b) + k*d 要保证x/b + (k-1)*(p/b) + k*d < s + k*d + x/b 推出：p < b*s/(k-1)
2. 设在分组交换（Packet Switching）网络中要传输X位用户数据，源结点到目的结点需
经k个信道，每个信道的传播延迟时间是d（信道的传播延迟也可以忽略不计）。报文的数据长度为p位，报文头长度为h位，而且X>>p+h。报文的发送速率为r比特/秒。为了使报文从源结点到达目的结点的延迟时间最小，求p的取值。 答：报文从源结点到达目的结点的延迟时间为： (X/p*(p+h))/r + d + (k-1)*(d+(p+h)/r) = ((p+h) /r )*(X/p + (k-1)) + k*d
对上述公式求导并令其等于0，可以求得p的取值为：
Chapter 3
3.1 一个高层信息被分成10帧，每帧正确到达接收方的可能性是80%。如果数据链路层协
议不进行差错控制，那么这一信息必须平均发送多少次，才能完整到达接收方？
答：每个帧正确到达接收方的概率是0.8，则整个信息正确到达接收方的概率是0.8，即
0.107；用p代替上述值，q=1-p，则一个信息平均发送的次数为： 这样一个信息发送成功的平均发送次数为1/0.107，即大约9.3次。
3.2 对于数据流为DLE，STX，A，DLE，B，DLE，ETX的用户数据，经过字符填充后的输出
是什么？
答：经过字符填充后的输出流是：DLE，DLE，STX，A，DLE，DLE，B，DLE，DLE，ETX
10
3.3 位串0111101111101111110经过位填充后的输出是什么？ 答：位填充后的输出流是：011110111110011111010
3.11 一个数据传输率为4Kbps，传输延迟为20ms的信道，帧的大小在什么范围内，停-等
协议的效率可以达到50%？
答：停-等协议的效率要达到50%，必须满足发送一帧的时间为2倍的信道传输延迟，即
40ms。对于数据传输率为4Kbps的信道，发送长度为160bits的帧所需的时间为40ms，因此帧的大小必须大于等于160bits，停-等协议的效率才可达到50%。
3.12 一个3000km长的T1干线用协议5传输64个字节的帧。如果信号的传播速度是
6?s/km，那么帧的序列号应该是多少位？
答：在协议5中，为保证协议的正确工作，发送窗口的尺寸必须足够大以保证在发送方接
收到第一个应答帧时，发送方还在发送数据。 根据题中所给条件，3000km传播延迟是18ms，在1.536Mbps T1线路(扣除1bit的帧
同步位)上发送64字节的帧的发送时间是0.3ms，加上确认帧(ACK)反向传播延迟18ms(确认帧的处理时间忽略不计)，发送一帧并等到确认帧返回发送方的时间为36.3ms。发送一帧的发送时间是0.3ms，所以必须发送121个帧才能充满整个流水线(36.3ms时间长的流水线)，因此帧的序列号至少应该是7位。
3.22 通过1Mbps卫星信道发送1000位的帧。确认通过数据帧捎带，帧头非常短，可以忽
略不计，帧的顺序号是3位。对于下列协议，其信道利用率最大可达多少？ (a) 停-等协议；
(b) 后退N帧协议(协议5)； (c) 选择重发协议(协议6)。
答：假设卫星信道的单向延迟为250ms。
t=0时开始发送，当t=1ms时，第1帧全部发送完；当t=251ms时，接收方完整接收到第1帧，当t=502ms时，确认帧(捎带在数据帧中)返回到发送方，整个发送周期是502ms。如果在502ms的发送周期内所发送k帧，则信道利用率E最大可达(k*1ms )/500+2*k ms。
(a) 停-等协议，k=1，E=1/(502)=0.20%； (b) 后退N帧协议，k=7，E=7/(514)=1.4%； (c) 选择重发协议，k=4，E=4/(508)=0.8%。
3.23 在50kbps的重负载的卫星信道上，使用协议6传输包括40为协议头和3960bits数
据位的数据帧。不会产生ACK帧，而NAK帧40bits。数据帧的出错概率为1%，而NAK帧出错率忽略不计，帧的顺序号8。计算附加头(协议头和重传)所占的带宽比重。 答：对于50kbps信道，使用8bits顺序号，则流水线总是忙。每帧的重传概率为1%。每
个无损帧的帧头开销是40bits，加上1％*4000(重传的bits数)，即40bits；以及再加上1%*40bits的NAK帧的开销。每3960bits数据位的所有附加头为80.4bits。则附加头(协议头和重传)所占的带宽比重为80.4/(3960+80.4)=1.99%。
3.24 考虑在可能出错的64Kbps的卫星信道上，按一个方向发送512字节长的数据帧，在
另一个方向上返回非常短的确认帧。在窗口大小分别为1，7，15，127时，信道的最大吞吐量是多少？
答：512字节的数据帧占用64kbps信道的时间是4096/64kbps=64ms。卫星信道的双向传播
延迟为500ms，因此为了保证信道一直忙，所需的发送窗口大小为(500+64)/64，约等于9。当窗口大小为1时，每(500ms+64ms)发送4096bits的数据，在信道的最大吞吐量为4096bits/(500ms+64ms)=7.26Kbps。当窗口大小为7时，信道的最大吞吐量为
7*7.26Kbps=50.8Kbps。而当窗口大小大于9时，信道将满负荷运转，即信道的最大吞吐量为64Kbps。
3.25 一条100km长的电缆以T1速率进行数据传输。电信号在电缆上的传播速度是光速的
2/3。请问电缆适合多少位？
答：电信号在电缆上的传播延迟是200m/?s，因此100km的电缆的传播延迟是500?s。
500?s刚好适合4个在T1线路上193bits的帧，亦即电缆适合772bits。
Chapter 4
4.2 纯ALOHA的延迟和分槽ALOHA的延迟相比，哪一个更小？请说明原因。
答：在纯ALOHA协议中，每个用户的数据发送是即时的；而在分槽 ALOHA协议中，每个用
户的数据发送要推迟到下一个时隙，这样就引入了平均1/2个时隙的延迟时间（信道的利用率提高了，但帧的发送延迟增加了，也算是一种折衷） 4.18 标准10Mbps的IEEE 802.3 LAN的波特率是多少？
答：IEEE 802.3使用Manchester编码，这就意味着IEEE 802.3每发送1bit就有2个信
号周期。对于10Mbps的IEEE 802.3，其波特率为20M。
4.19 长度为1km，数据传输率为10Mbps的以太网，电信号在网上的传播速度是200m/?s。
数据帧的长度为256比特，包括32比特帧头、校验和及其它开销。数据帧发送成功后的第一个时间片保留给接收方用于发送一个32比特的的确认帧。假设网络负载非常轻(即没有冲突)，问该网络的有效数据传输率是多少？
答：有效数据传输率=发送的有效数据/发送有效数据所用的总的时间 有效数据=256-32=224比特 发送256比特数据帧所用的发送时间=256bits/10Mbps=25.6?s； 数据帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/?s)=5?s； 发送32比特的确认帧所用的发送时间=32bits/10Mbps=3.2?s； 确认帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/?s)=5?s；
发送224比特的有效数据所占用的总的时间=25.6?s +5?s +3.2?s +5?s=38.8?s； 则该网络的有效数据传输率为224bits/38.8?s=5.77Mbps。
4.21 对于1Gbps的CSMA/CD网，假设电缆长度为1km且无任何中继，信号在电缆中的传播
速度是200m/?s。问该CSMA/CD网的最小帧长度是多少？
答：对于1km长的电缆，其单向传播延迟是5?s，2?=10?s。为了保证CSMA/CD协议的
正常工作，必须使得在10?s的时间片内一直在发送数据。对于1Gbps的速率，最小帧长度为10,000比特，即1250字节。
4.22 画出比特串0001110101的Manchester编码。
答：Manchester编码信号为2值方波，用H表示高电平，L表示低电平，则编码图形为： LHLHLHHLHLHLLHHLLHHL。
4.23 画出比特串0001110101的差分Manchester编码，假定起始状态为低。 答：比特串0001110101的差分Manchester编码图形为： HLHLHLLHHLLHHLLHHLLH。
4.26 数据传输率为5Mbps的令牌环接口中的一比特延迟的等效物理长度是多少？电信号的
传播速度是200m/?s。
答：对于数据传输率为5Mbps的令牌环，发送1比特的时间是0.2?s，则1比特的等效物
理长度为200 m/?s *0.2?s= 40m。
4.27 令牌上的环绕时延必须能够容纳整个令牌。如果电缆长度不够，必须人为地增加时延。
请解释一下，为什么在时延只有16比特时，而令牌为24比特的环网上，必须额外地增加时延。
答：原因是必须保证环在一个瞬间要容纳一个完整的24比特令牌，以便环网的操作。而对
于只有16比特的环网，必须人为地插入8比特延迟，以保存令牌中余下的8比特。 4.28 长度为1km，数据传输率为10Mbps，重负载的令牌环网，电信号在网上的传播速度是
200m/?s。在环上有50个等距离的站点。数据帧的长度为256比特，包括32比特帧头、校验和及其它开销。确认帧附带在数据帧中，令牌为8比特。问该环网的有效数据传输率是多少？比10Mbps的CSMA/CD网的有效数据传输率是高还是低？ 答：有效数据传输率=发送的有效数据/发送有效数据所用的总时间； 有效数据=256-32=224比特 发送256比特数据帧所用的发送时间=256bits/10Mbps=25.6?s； 数据帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/?s)=5?s； 50个站点引入的延迟=50*(1bit/10Mbps)= 5?s； 重新产生令牌的时间=8bit/10Mbps=0.8?s； 令牌传输到下一个站点的时间=20m/(200m/?s)=0.1?s; 发送224比特的有效数据所占用的总的时间=25.6?s +5?s +5?s+0.8?s +0.1?s
=36.5?s； 则该网络的有效数据传输率为224bits/36.5?s=6.13Mbps > 5.77Mbps。
4.30 在一个4Mbps的令牌环中，站点的令牌保持时间为10ms。问在此环上可以发送的最
大帧其长度是多少？
答：最大帧长度=4Mbps*10,000?s=40,000bits=5K字节。
4.41 一个FDDI环网有100个站点，令牌绕环一周的时间是40ms，站点的令牌保持时间是
10ms。问此环的最大效率是多少？
答：令牌绕环一周的时间是40ms，则令牌在两个站点之间移动的时间为0.4ms，而一个站
点的令牌保持时间是10ms，则每个站点（即环）的最大效率=10ms/(10ms+0.4ms)=96%。
Chapter 5
5.3 数据包子网把每一个分组当作一个独立的单位，即独立于任何其它分组进行路由选择。
而虚电路子网的每个分组沿着预先选好的路径进行传输。这是否意味着虚电路子网不需要提供路由选择的能力？请解释你的答案。
答：虚电路子网也必须提供路由选择的能力。原因是虚电路的建立需要进行路由选择。 5.5 考虑下面涉及子网的设计问题。如果子网内部采用虚电路方式，则每个数据分组使用
3字节的报头，而路由器使用8字节的表空间来标识每条虚电路。如果子网内部采用数据包方式，则每个数据分组使用15字节的报头，但路由器不需要保留虚电路表空间。假设传输费用为每站段1美分/1M字节，路由器存储器的价格为1美分/1字节，而且积累到两年后价格会下浮（以工作小时计算）。统计结果表明，平均每次通信的时间1000秒，传输200个数据分组，每个分组平均需要传送4个站段。请问：子网内部采用虚电路方式与采用数据包方式相比，哪种方式更便宜？便宜多少？
答：据题中给定条件可得：每个分组平均需要传送4个站段，4个站段要5个路由器。虚
电路方式需要5*8=40字节的存储空间来存储虚电路标识（在1000秒的通信阶段）；而对于数据包方式，则要比虚电路方式多传输(15-3)*4*200=9600字节的数据。路由
7
器的存储器可以工作两年时间，即2*52*40*3600=1.5*10秒。（1年52个星期，1星
-8
期工作40小时），平均下来路由器存储器的价格为6.7*10美分/(秒*字节)，因此对
-3
于虚电路方式，40*1000字节的存储费用为2*10美分；而对于数据包方式，9600字
-3
节传输费用为9.6*10美分。
5.8 考察图15-5(a)所示的子网，采用距离-向量路由选择算法。假设如下距离向量进入路
由器C，来自B：(5, 0, 8, 12, 6, 2)；来自D：(16, 12, 6, 0, 9, 10)；来自E：
(7, 6, 3, 9, 0, 4)。C到B、D和E的距离分别为6、3和5。请计算C更新后的路由表，并给出下一站的输出线路。
答：通过B到达每个站点的距离向量：(11, 6, 14, 18, 12, 8)； 通过D到达每个站点的距离向量：(19, 15, 9, 3, 9, 10)； 通过E到达每个站点的距离向量：(12, 11, 8, 14, 5, 9)； 除C外，对于每个目的站点取最小值可得C更新后的路由表为： (11, 6, 0, 3, 5, 8)，对应的输出线路为：(B, B, --, D, E, B)。
5.11 对于4800个路由器的网络进行分层路由，若采用三层路由结构，应选择多大的区和
簇才能减少路由表的长度？
答：可以将4800个路由器分成15个簇，16个区，每个区20个路由器；或者20个簇，16
个区，每个区15个路由器。上述两种情况，路由器的项目=15+16+20=51。 5.13 考察图5-5中的子网，如采用
(a) 反向路径转发 (b) 汇集树
从节点B进行广播，分别可形成多少个分组？
答：(a)反向路径传递需要5次转发才能完成广播。每次转发分组的接收站点分别为：AC，
DFIJ，DEGHIJKN，GHKN和LMO，总共21个分组。(b)汇集树只需要4次转发，产生14个分组。
5.27 用带点十进制标记法，写出十六进制C22F1582的IP地址。 答：十六进制C22F1582的IP地址为：194.47.21.130。