计算机网络-第五版-谢希仁-2010-2011-2-作业解答(CH01-06)
1-10、试在下列条件下比较电路交换和分组交换： 要传送的报文共x（bit） 换时电路的建立时间为s（s）
在分组交换时分组长度为p（bit）
问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？ 答：对电路交换，当t=s时，链路建立； 当t=s+x/C，发送完最后一bit；
当t=s+x/C+kd，所有的信息到达目的地。 对分组交换，当t=x/C， 发送完最后一bit；
为到达目的地，最后一个分组需经过k-1个分组交换机的转发， 每次转发的时间为p/C，
所以总的延迟= x/C+(k-1)p/C+kd 所以当分组交换的时延小于电路交换 x/C+(k-1)p/C+kd＜s+x/C+kd时， (k-1)p/C＜s
1-11、在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和（p+h） bit）
为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b（bit/s） 时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？ 答：分组个x/p， 传输的总比特数：(p+h)x/p 源发送时延：(p+h)x/pb
最后一个分组经过k-1个分组交换机的转发，中间发送时延：(k-1)(p+h)/b 总发送时延D=源发送时延+中间发送时延 D=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/b 令其对p的导数等于0，求极值 p=√hx/(k-1)
1-17、传播距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2×10 8 m/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10 7 bit，数据发送速率为100kbit/s， （2） 数据长度为10 3 bit，数据发送速率为1Gbit/s。 从以上计算可以得出什么结论？
：发送延迟=10 7 /（100×1000）=100s 传播延迟=1000×1000/（2×10 8）=5×10 -3 s=5ms ：发送延迟=10 3 /（10 9）=10 -6 s=1us 传播延迟=1000×1000/（2×10 8）=5×10 -3 s=5ms
1-19、长度为100字节的应用层数据交给运输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节的 IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部18字节。试求数据的传输效率。 若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？ 答：数据长度为100字节时
传输效率=100/（100+20+20+18）=63.3% 数据长度为1000字节时，
传输效率=1000/（1000+20+20+18）=94.5%
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2-07：假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为20000码元/秒。如果采用振幅调制。把码元的振幅划分为16个不同 等级来传送，那么可以获得多高的数据传输率（b/s）？
解：采用振幅调制。把码元的振幅划分为16个不同等级来传送，这16个等级可以表达4位二进制数的所有状态，则每个 码元将可携带4bite信息量。于是该信道可以获得的数据传输率为：4比特/码元×20000码元/秒=80000 b/s。 2-08：假定要用3kHz带宽的电话信道传送64kbp/s的数据（无差错传输） 值和分贝来表示）？这个结果说明什么问题？
解：描述信道数据传输率与信道信噪比关系的香农公式为C=Wlog 2 (1+S/N)，而对数log a M=b可以写成指数形式a b =M ，于是 有：2 C/W =1+S/N；
所以该信道的信噪比S/N=2 C/W－1=2 64000/3000－1=2 21.33－1=2636147;
换算成分贝表示为：S/N（dB）=10log 10 2636147=64.2 dB。
说明要用3kHz带宽的电话信道实现无差错传输传送64kbp/s的数据，
高。
2-09：用香农公式计算一下，假定信道带宽为3100Hz，最大信息传输速率为35kb/s，那么若想使最大信息传输速率增加 60%， 20%？
解：描述信道数据传输率与信道信噪比关系的香农公式为C=Wlog(1+S/N)，按题设要求分别设最大信息传输速率为35kb/s 时信噪比为x而最大信息传输速率为35kb/s×1.6时信噪比为y，列出方程如下： 35K = 3100 × log 2 (1 + x)； 35K ×160% = 3100 × log 2 (1 + y)； 解得：x = 2 35K/3100 －1=2503.5 y = 2 35K×1.6/3100 －1=274131.9 则：y/x = 109.50倍
在此基础上将信噪比再增大10倍的最大信息传输速率为：3100 × log 2 (1 + 274128.8678 × 1100%) = 66728.4952 ； 其增加率为：66728.4952 / (35000 ×1.6) = 1.1917 ； 不足20%。 2-11假定有一种双绞线的衰减是0.7dB/km（在1kHz时）
有多长？如果要使这种双绞线的工作距离增大到100公里，问应当使衰减降低到多少？ 解：若容许有20dB的衰减，使用这种双绞线的链路的工作距离=20dB/(0.7dB/km)=28.6 km； 要使这种双绞线的工作距离增大到100km，其衰减应为：20dB/100km=0.2 dB/km 。
2-12试计算工作在1200nm到1400nm之间以及工作在1400nm到1600nm之间的光波的频带宽度。 率为2×10 8 m/s。 解：频带宽度=工作频率上限－工作频率下限；光波频率=介质中的光速/光波波长
光波1200nm、1400nm及1600nm的频率分别为： 1.667×10 14 Hz；1.429×10 14 Hz；1.250×10 14 Hz； 工作在1200nm-1400nm间光波频带宽度为：1.667×10 14 Hz－1.429×10 14 Hz=2.38×10 13 Hz=23.8 THz； 工作在1400nm=1600nm间光波频带宽度为：1.429×10 14 Hz－1.250×10 14 Hz=1.79×10 13 Hz=17.9 THz。 2-16共有4个站进行码分多址通信。4个站的码片序列为 A： C：
现收到这样的码片序列S：
答： S?A=（＋1－1＋3＋1－1＋3＋1＋1）／8=1， A发送1
S?B=（＋1－1－3－1－1－3＋1－1）／8=－1， B发送0 S?C=（＋1＋1＋3＋1－1－3－1－1）／8=0， C无发送 S?D=（＋1＋1＋3－1＋1＋3＋1－1）／8=1， D发送1
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3-07 要发送的数据为 1101011011。采用CRC的生成多项式是P(x)=x 4 +x+1 。试求应添加在数据后面的余数。 数据在传输过程中最后一个 1 变成了 0，问接收端能否发现？
若数据在传输过程中最后两个 1 都变成了 0，问接收端能否发现？ 采用了 CRC 检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？ 解：添加的检验序列为 1110 （11010110110000 除以 10011）
数据在传输过程中最后一个 1 变成了 0，11010110101110 除以 10011，余数为 011，不为 0，接收端可 以发现差错。
数据在传输过程中最后两个 1 都变成了 0，11010110001110 除以 10011，余数为 101，不为 0，接收端 可以发现差错。
采用了 CRC 检验后，数据链路层的传输成为“无比特差错”传输，但是对于帧丢失、帧重复及帧失序等“传 输差错”就需要额外的机制来保证，所以说，采用了 CRC 检验后，数据链路层的传输还不是可靠的传输。
3-08 要发送的数据为 101110。采用CRC的生成多项式是P(x)=x 3 +1 。试求应添加在数据后面的余数。 解：
101011←商
1001 ∣101110000
1001 1010 1001 1100 1001 1010 1001
11 ←余数
所以，加在数据后面的余数为 011（前面置零是因为按生成多项式最高幂为 3，原始数据需要左移 3 位）
3-22 假定在使用 CSMA/CD 协议的 10Mb/s 以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞，执行退避算法时选择 了随机数 r =100 。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据？如果是 100 Mb/s 的以太网呢？ 解：CSMA/CD协议要点指出：站点在发送过程中应继续检测信道，若一直未检测到碰撞，就顺利把这个帧成功发送完毕。 若检测到碰撞，则终止发送，并发送人为干扰信号。在终止发送后，适配器就执行指数退避算法，等待r 倍512比特时间 后才可以再次发送。
对 10Mb/s 以太网，1 比特时间 = 0.1 微秒，故需等待 100*512*0.1 微秒=5.12ms。 对 100Mb/s 以太网，1 比特时间= 0.01 微秒，故需等待 100*512*0.01 微秒=512us。
3-24 假定站点A和B在同一个对 10Mb/s 以太网网段上。这两个站点之间的传播时延为 225 比特时间。现假定 A 开始发送一帧，并且在 A 发送结束前 B 也发送一帧。如果 A 发送的是以太网所容许的最短的帧，那么，A
在检测到和 B 发生碰撞之前能否把自己的数据发送完？换而言之，如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰 撞，那么，能否肯定 A 所发送的帧不会和 B 发送的帧碰撞？（提示：在计算时应当考虑到每一个以太网帧 在发送到信道上时，在 MAC 帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符） 解：设在t=0时刻A开始发送。
由于以太网的最短有效帧为64字节即512比特，且必须加上8字节即64比特的以太网前导，故：最早也要在t=576比特 时间，A才能发送完成最短有效帧。
而：在t=225比特时间（A to B传播时延） B就能检测到A的信号。
因此，B在 A 发送结束前也发送一帧数据一定会在 B 尚未检测到 A 的信号即t=254比特时间之前；而A一定会在 t=2*225=450比特时间之前检测到碰撞，此时A显然未能把自己的数据发送完。
换而言之，如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就可以肯定 A 所发送的帧不会和 B 发送的帧碰 撞。
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3-25 在上题中的站点A和B在t=0 时同时发送了数据帧。当t=225比特时间，A和B同时检测到发生了碰撞，并 且在t=225+48=273 比特时间完成了干扰信号的传输。A和B在CSMA/CD算法中选择不同的r值退避。假定A和B 选择的随机数分别是r A =0 和r B =1.试问A和B 各在什么时间开始重传其数据帧？A重传的数据帧在什么时间到 达B？A重传的数据会不会和B重传的数据再次发生碰撞？B会不会在预定的重传时间停止发送数据？ 解：
t=0 时，A 和 B 同时开始发送数据；
t=225时 ，A和B同时检测到碰撞，各自向信道发送 48 比特冲突加强干扰信号； t=225+48=273 时，A 和 B 结束干扰信号的发送；各自开始按题设执行退避算法。
对于 A 而言：
t=273+225=498 时，A 检测到信道开始空闲，按以太网最小帧间隔持续9. 6 ?s检测；
t=498+96=594 时，A 检测到信道持续9. 6 ?s空闲，于是 A 开始发送；
对于 B 而言：
t=273+1*512=785，B 按题设执行退避 512 比特时间后再次检测信道。若空闲，则 B 预定在 t=785+96=881 比特时间发送数据。否则再次退避（参数在 0，1，2，3 中随机选取）。 A 重传的数据会在 t=594+225=819 比特时间到达 B，故 B 将会在预定发送数据的时间 881 之前先检测到信道 忙，
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3-26假定一个以太网上只有两个站，它们同时发送数据，产生了冲突。于是按二进制指数类型退避算法进行重传。重传次 数记为 i，i=1,2,3,…。试计算第 1 次重传失败的概率、第 2 次重传失败的概率、第 3 次重传失败的概率，以及一个站成 功发送数据之前的平均重传次数 I。
解： 将第 i 次重传失败的概率记为P i ，则：P i =(0.5) k，k = min[i,10]；显然： 第 1次重传失败的概率为 0.5， 第 2 次重传失败的概率为 0.25，
第 3 次重传失败的概率为 0.125。
平均重传次数 I＝1.642。为传送k次才成功的概率的统计平均，算法如下： 传送k次才成功的概率记为：P{传送k次才成功}； 第k次传送成功的概率记为：P{第 k次传送成功}=1-(0.5) k； 第k次传送失败的概率记为：P{第 k次传送失败}=(0.5) k； 于是有：
P{传送k次才成功}= P{第 1次传送失败} P{第 2次传送失败}…P{第 k-1次传送失败}* P{第 k次传送成功}
10
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传 次 重 传 次 重 传 次 重 传 次 重 传 次 重 传 次 重 传 次 重 传 次 重 重 3-31网桥的工作原理和特点是什么？网桥与转发器及以太网交换机有何异同？ 答： 网桥从端口接收网段上传送的各种帧。每当收到一个帧时，就先存放在其缓存中，若此帧未出现差错，且欲发往的 目的站 MAC 地址属于另一网段，则通过查找网桥中生成的站表，将收到的帧送往对应的端口转发出去。否则，就丢弃该 帧。
使用网桥可带来这样一些好处：扩大局域网物理范围；过滤通信量，将扩展的局域网各网段隔离为不同冲突域，减轻局域 网上的负载；因网段间信号上隔离，提高了整个网路的可靠性；可互连不同的物理层。网桥也带来一些负面影响：转发前 当网桥连接的用户过多时易产生较大广播风暴。 连接不同 MAC 子层的网段时需耗时修改某些字段内容；