河北大学计算机网络课后习题答案网络答案

6. 一个带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。

现已知带宽H＝6MHz，码元可取的有效离散值个数N＝4，则信道的最大数据传输速率为：C＝2Hlog2N＝2×6×106×log24 b/s＝24Mb/s7. 某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB，试计算该信道的最大比特率。

若采用二进制信号传输，则该信道的最大比特率是多少？由信噪比＝30db可知S/N＝1030/10＝1000。

现已知带宽H＝3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为：C＝Hlog2 (1+S/N)＝3×103×log2 (1+1000)≈30kb/s。

若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：C＝2Hlog2N＝2×3×103×log22＝6 kb/s。

8．要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，即所需的数据传输速率为20KB/4=40kbps，由香农公式有C=Hlog2 (1+S/N)由H=4kHz，C≥40kbps，得S/N≥1024，因此10log10(S/N) ≥30dB,即信噪比最小应为30分贝。

13. 计算T1载波线路的编码效率和开销率。

若要采用两种物理状态传输的50kb/s信道上传输1.544Mb/s的T1载波，问信道的信噪比至少应该是多少？在T1载波线路中，一帧包括193b。

这193b按时分多路复用方式细分为24个信道，每个信道8b，余下1b作同步位。

8b中1b用来传输控制信号，7b用来传输数据信息。

据此，T1载波线路的编码效率为：24×7/193＝87％对应地，开销率为1-0.87＝13％因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，B＝S，而B＝2H，所以信道带宽H＝B/2＝S/2＝25kHz。

由香农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比S/N＝2C/H-1＝21.544M/25k-1＝261.76-1以分贝计算，则S/N＝10log10(261.76-1)≈186dB17. 共有四个站点进行CDMA通信，四个站点的码片序列分别为：A：(-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1) B：(-1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1)C：(-1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 -1) D：(-1 +1 -1 -1 -1 -1 +1 -1)现收到码片序列（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1），问哪个站发送了数据？发送的1还是0？设当前收到的码片序列S为（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1）则A·S=8i ii118A S=∑=1 B·S=8i ii118B S=∑=-1C·S=8i ii118C S=∑=0 D·S= 8i ii118D S=∑=1所以站点A和D发送“1”，B发送“0”，站点C未发送数据。

x7+x5+1被生成多项式x3+1除，所得余数是多少？解：x7+x5+1对应的二进制位串为10100001，x3+1对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.（过程略）8. 采用生成多项式G(X)=X4+X3+X+1为信息位1010101产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字，再经比特填充后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？解：由生成多项式的次数可知冗余位位数为4，信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4位0对应的多项式为x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是10101011011。

9. 已知循环冗余码的生成多项式为X5+X4+X+1，若接收方收到的码字为1010110001101，问传输中是否有差错？解：生成多项式G(X)＝X5+X4+X+1对应的代码为110011，若接收码字为1010110001101，计算T(X)模2除G(X)的余数：11001111000011001111001111001100001由算式可知余数为00001≠0，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。

10. 若信息位为1001000，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表达式。

解：信息位长度k＝7，根据表达式2r≥k+r+1可知冗余位长度r＝4，所以最后构成的海明码码字长度应为n＝k＋r＝11，在7位信息位a10a9…a5a4后追加4位冗余位a3a2a1a0，构成11位码字a10a9…a1a0。

设置校正因子与错码位置的对应关系如下：由上表可得监督关系式：S0=a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10S1=a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10S2=a2⊕a5⊕a6⊕a7S3=a3⊕a8⊕a9⊕a10令S3S2S1S0＝0000，即令a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10=0a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10=0a2⊕a5⊕a6⊕a7=0a3⊕a8⊕a9⊕a10=0由此可求得各冗余位的生成表达式：a0＝a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10a1＝a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10a2＝a5⊕a6⊕a7a3＝a8⊕a9⊕a1011. 若海明码的监督关系式为：S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6接收端收到的码字为：a6a5a4a3a2a1a0=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？解：将a6a5a4a3a2a1a0=1010100带入监督关系式可得：S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5=0⊕0⊕1⊕0=1S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6=0⊕1⊕0⊕1=0S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6=1⊕0⊕0⊕1=0因为S2S1S0＝001≠0，接收的码字有错，错误位置是a0，所以正确的码字应为1010101。

14. 50Kb/s卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。

解：50Kb/s卫星信道上发送帧长度为1000比特的数据帧所需时间为1000b/50Kb/s=20ms卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms ，因此数据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为2*（125ms+125ms ）=500ms ，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8%15. 一个数据传输速率为4Kb/s 、单向传播时延为20ms 的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，则帧长度在什么范围内，停等协议的效率可以达到50%？ 解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示：假设帧长度为L 比特，由题可知数据传输速率B=4Kb/s ，单向传播时延R 为20ms ，采用停等协议进行数据帧的传输，确认帧长度和处理时间均忽略不计，若使效率达到50%，即/50%/2L BL B R≥+代入L 、B 和R ，可得L ≥160b 。

16. 使用回退n 帧协议在3000km 长的1.544Mb/s 的T1干线上发送64字节的帧，若信号传播速度是6µs/km ，问帧的顺序号应是多少位？ 解： 在信号传播速度为6µs/km 、3000km 长的信道上传输数据，传输延迟为：6×3000＝18000µs1.544Mb/s 的T1干线每秒传输8000个193b 的数据帧，每帧有24×8b 的数据和1b 的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544－8000×10-6＝1.536Mb/s 。

那么，发送一个64B 的数据帧所需的发送时间为： 64×8/1.536＝333µs若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为： 333＋18000＋18000＝36333µs若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送36333/333≈110帧。

对110帧编号，则需要7位帧序号。

17. 重负荷的50Kb/s 卫星信道上，用选择重传协议发送含40比特帧头和3960比特数据的帧。

假定无确认帧，NAK 帧为40比特，数据帧的出错率为1％，NAK 帧的出错率可忽略不计，顺序号是7位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？ 解：在50kb/s 的卫星信道上发送帧长为40＋3960＝4000b 的数据帧，所需发送时间为： 4000/50k ＝80ms这样，从t ＝0时刻开始发送，在t ＝80ms 时发送方发送一帧完毕。

已知卫星信道延迟为270ms ，因此，在t ＝80＋270＝350ms 时数据帧到达接收方。

因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。

所以，在t ＝350＋80＝430ms 时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在t ＝430＋270＝700ms 时到达发送方。

一帧的传输周期为700ms 。

帧序号长度为7位，因此窗口大小最大可达27-1＝64。

连续发送64个数据帧所需时间64×80＝5120ms ，远大于一个帧的传输周期700ms 。

这意味着64的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。

数据帧的出错率为1％，对于帧长为4000b 的数据帧来说，平均重传长度为4000×1％＝40b ，传送NAK 的平均长度为40×1％＝0.4b 。

所以，传输3960b 数据带来的附加开销为40＋40＋0.4＝80.4b 。

因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为： 80.4/(3960＋80.4)≈2％18. 一个1Mb/s 的卫星信道上发送1000bit 长的帧。

信号在信道中端到端传输延迟是270ms ，假定ACK 帧很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用3位的帧序号。

对以下协议而言,计算卫星信道可能达到的最大信道利用率。

(a)停-等协议；(b)回退N 协议；(c)选择重传协议 解：三种协议的窗口大小值分别是1,7和4.以1Mb/s 发送,1000bit 长的帧的发送时间是1ms.我们用t = 0表示传输开始时间,那么在t = 1ms 时,第一帧发送完毕. t = 271ms,第一帧完全到达接收方. t = 541ms 时确认帧到达发送方.因此周期是541ms.如果在541ms 内可以发送k 个帧,(每个帧发送用1ms 时间),则信道的利用率是k/541, 因此:(a)k = 1,最大信道利用率 = 1/541 = 0.18%(b)k = 7,最大信道利用率 = 7/541 = 1.29%（1分） (c)k = 4,最大信道利用率 = 4/541 = 0.74%（1分）一个如图4-42所示的子网。