计算机网络课后习题参考答案

《计算机网络》各章习题参考答案

第一章

网络总时延=处理时延+发送时延+传播时延（这只是个大原则，并不意味着网络总时延是所有各结点各链路的发送时延和传播时延的累加）

1)对电路交换：

源点建立连接的处理时延为s；其它结点直通，即处理时延为0；则总处理时延为s；

源点对所有数据的发送时延为x/b，其它各结点的数据发送与源点的数据发送及数据传播同时发生，因此不再累加入总时延中；

传播时延，只计算最后一个bit的传播时延（其值为k*d），因为前面各bit的传播与数据发送和最后一个bit的传播同时发生，因此不再累加入总时延中

所以，电路交换总时延=s+x/b+k*d

也可以从另一个角度解释如下（按照图中的各个时刻点）：

当t=s时，链路建立；

当t=s+x/b，源点发送完最后一bit；

当t=s+x/b+k*d，所有数据到达目的地。

2)对分组交换：

⏹各结点均不建立连接，各结点作收包、排队、拆包、查目的地、决策转发口等处理

（题意忽略，为0）

⏹所有分组在源点的发送时延为x/b

⏹最后一个分组在除源点外各转发结点的发送时延总和为(k-1)*p/b，即k段传输中，

有(k-1)次的存储转发延迟；除最后分组外的其它分组在各中转结点的转发时间均发生在同一段时间内

最后一个分组的最后一bit在各链路传播时延总和为k*d

所以，分组交换总时延=x/b+(k-1)*p/b+k*d

3）分组交换总时延小于电路交换总时延的条件是：(k-1)*p/b

由上式可见，当k和b一定时，p越小则分组交换总时延越小。当p小至一定程度，使得单个分组在各中转结点（除去两个端结点）的发送时延之和小于连接建立时间时，则分组交换总时延比电路交换总时延小。

第二章

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率（b/s）？

答：

一个码元（一个波形）可区分出16种状态，意味着可携带4bit数据(Log2（16）=4)，因此数据传输率为20000*4=80000(bit/s)

2-08假定要用3KHZ带宽的电话信道传送64Kb/s的数据（无差错传输），试问这个信道应具多高的信躁比（分别用比值和分贝表示）？这个结果说明了什么问题？

∵根据香农定理：信道的极限信息传输速率C可表示为：C=W log2(1+S/N) b/s，其中W 为信道带宽（Hz）,S为信道内所传信号的平均功率,N为信道内部到高斯噪音功率.，信噪比为S/N，

∴64Kb/s=3KHZ*log2 (1+S/N) b/s

则1+S/N=264K/3K

则S/N=2642245

换算成分贝：10*log10S/N=64.2(dB)

此说明这是个信噪比很高的信道

2-11

答：工作距离是20/0.7=28.6(km)；应使衰减降低到20/100=0.2db/km

2-12

答：

假定光在光纤中的传播速率为2*108m/s

对工作在1200nm到1400nm：

波长为1200nm的光波的频率是2*108/(1200*10-9 )=0.16667*1015=166.67THz

波长为1400nm的光波的频率是2*108/(1400*10-9 )=0.14286*1015=142.86THz

带宽为166.67-142.86=23.81

对工作在1400nm到1600nm：

波长为1600nm的光波的频率是2*108/(1600*10-9 )=0.125*1015=125THz

波长为1400nm的光波的频率是2*108/(1400*10-9 )=0.14286*1015=142.86THz

带宽为142.86-125=17.86

2-16

答：

第三章

3-07

答：添加的余数为1110(11010110110000除以10011)。

数据在传输过程最后一个1变成了0，即整串数据变成11010110101110，除以10011后，余]数为011，不为0，接收端判断出错。据在传输过程中最后两个1都变成了0，即整串数据变成11010110001110，除以10011后，余数为101，不为0，接收端判断出错。

采用CRC检验后，只是实现检错功能，尚未实现可靠传输。加上重传机制，才是可靠传输。3-08

答：101110000除以1001，得余数为011

3-09

答：

3-10

答：第一个比特串，经过零比特填充后变成：011011111011111000(加下划线的0是填充的)；另一个比特串，删除发送端加入的零比特后变成000111011111-11111-110（连字符表示删除了0）.

3-16

3-20

3-22

答：

隐含前提是以太网最小帧长是64字节，512bit；发送最小帧所需时间是争用期。

对于10Mb/s的以太网，争用期是512/（1/10M），当随机数为100，则等待时间是512*100/（10000000）=0.00512秒，即5.12毫秒（ms）。

对于100Mb/s的以太网，争用期是512(1/100M)，当随机数为100，则等待时间是512*100/(100000000)=0.000512秒，即512微秒(us)。

3-25

答：

根据课本P86倒数第一、二段，

A在273bit时间发送完干扰信号后，根据P86的“二是发送失败…”这一段，执行指数退避算法，得随机数为0，则立即返回步骤(2)检测信道。根据课本P85倒数第一、二段，信道占用时间是T B+T J+tau，即273（T B+T J）与225(传播时延tau)之和，即在498bit时间检测到信道空闲，根据P86的“二是发送失败…”这一段，还要再等帧间最小间隔=96 bit时间。因此A再次开始发送时间是：273+225+96+0*争用期=594bit；

B在273bit时间发送完干扰信号后，根据P86的“二是发送失败…”这一段，执行指数退避算法，得随机数为1，即在273+512=785bit时间返回步骤(2)检测信道。由于A重传的数据在594+225=819bit时间到达B，并在594+512+225bit时间内占据信道，因此B在785bit时间检测到信道闲，再等待96bit时间，则会在881bit时间发现信道忙并停止发送数据。

3-27假定一个以太网上的通信量中的80%是本局域网上进行的，而其余的20%的通信量是在本局域网和因特网之间进行的。另一个以太网的情况则相反，问组网时通常应选用怎么样的设备？

答：答：前者选以太网集线器，后者选以太网交换机。

3-28有10个站连接到以太网上，试计算以下三种情况下每一个站所能得到带宽。

（1）10个站点连接到一个10Mbit/s以太网集线器；

（2）10站点连接到一个100Mbit/s以太网集线器；

（3）10个站点连接到一个10Mbit/s以太网交换机。

答：（1）10个站共享10Mbit/s；

（2）10个站共享100Mbit/s；

（3）每一个站独占10Mbit/s。

3-29 有五个站分别连接在三个局域网上