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1、计算机网络习题课,第一次,作业题目,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），从源站到目的站共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b（bit/s）。在电路交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），且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？,解：对电路交换，当t=s时，链路建立；当t=s+x/b，发送完最后一bit；当t=s+x/b+kd，所有的信息到达目的地。对分组交换，当t=x/b，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
2、p/b，所以总的延迟=x/b+(k-1)p/b+kd,作业题目,作业题目,所以当分组交换的时延小于电路交换 x/b+(k-1)p/b+kds+x/b+kd时，即(k-1)p/bs,作业题目,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），其中p为分组的数据部分的长度，而h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），但传播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？,作业题目,解：分组个数x/p，传输的总比特数：(p+h)x/p 源发送时延：(p+h
3、)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,作业题目,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),作业题目,1-15.假定网络的利用率达到了90%。试估算一下现在的网络延时是它的最小值的多少倍？解：网络利用率 U=90%网络延时最小时为网络空闲时延时D0 又知网络当前延时D=D0/（1-U）所以，D/D0=1/（1-U）=10,作业题目,1-17.收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2108m/s。试计算以下两种情况的发送
4、时延和传播时延：（1）数据长度为107bit，数据发送速率为100kbit/s（2）数据长度为103bit，数据发送速率为1Gbit/s,作业题目,解：（1）：发送延迟=107/（1001000）=100s 传播延迟=10001000/（2108）=510-3s=5ms（2）：发送延迟=103/（109）=10-6s=1us 传播延迟=10001000/（2108）=510-3s=5ms,作业题目,1-18.假设信号在媒体上的转播速率为2108m/s。媒体长度l分别为：（1）10cm（网卡）（2）100m（局域网）（3）100km（城域网）（4）5000km（广域网）试计算当数据率为1Mb/s
5、和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。,作业题目,解：时延带宽积=传播时延带宽传播时延=信道长度/电磁波在信道上的传播速度,作业题目,作业题目,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？,作业题目,解：传输效率=应用层数据/总数据数据长度为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+2
6、0+18）=94.5%,作业题目,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），试问这个信道应该具备多高的信噪比？（分别用比值和分贝来表示）解：现已知：信息传输数率C=64kb/s，信道带宽W=3kHz由香农公式：C=W*log2（1+S/N）,作业题目,所以，S/N=264/3-1 既有：信噪比（dB）=10log10（S/N）=64.2dB,作业题目,2-09.用香农公式计算一下，假定信道带宽为3100Hz，最大信息传输率为35kb/s，那么若想使最大信息传输率增加60%，问信噪比S/N应增大到多少倍？如果刚才计算出的基础上将信噪比S/N再增大到10倍，问最
7、大信息速率能否再增加20%？,作业题目,解：信道带宽：W=3100Hz；最大信息传输速率：C=35kb/s；因为：C=W*log2（1+S/N）C=Wlog2（1+S1/N1）C（1+60%）=Wlog2（1+S2/N2）由式可以求的：（S2/N2）/（S1/N1）=100倍,作业题目,当信噪比再增大到10倍时，C2=Wlog2（1+10S2/N2）可得：（C2-C）/C=18.5%所以，S/N再增大到10倍，最大信息速率不能再增加20%。,作业题目,2-11.假定有一种双绞线的衰减是0.7dB/km（在1kHz时），若容许有20dB的衰减，试问使用这种双绞线的链路的工作距离有多长？如果要使这
8、种双绞线的工作距离增大到100公里，问应当使衰减降到多少？解：S=20dB0.7dB/km=28.6km 20dB100km=0.2dB/km,作业题目,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。假定光在光纤中的传播速度为2108m/s。解：(2108)/(120010-9)-(2108)/(140010-9)=2.381012Hz(2108)/(140010-9)-(2108)/(160010-9)=1.791012Hz,作业题目,2-16.共有四个站进行码分多址CDMA通信。四个站的码片序列为：A：（11111111）B：
9、（11111111）C：（11111111）D：（11111111）现收到这样的码片序列S：（11311311）。问哪个站发送数据了？发送数据的站发送的是0还是1？,作业题目,解：SA=（11311311）8=1，A发送1 SB=（11311311）8=1，B发送0 SC=（11311311）8=0，C无发送 SD=（11311311）8=1，D发送1,作业题目,3-06.PPP协议的特点是什么？为什么PPP不 使用帧的编号？PPP适用在什么情况下？为什么PPP协议不能使数据链路层实现可靠传输？答：PPP协议是点对点线路中的数据链路层协议；它由三部分组成：一个将IP数据报封装到串行链路的方法，
10、一个用来建立、配置和测试数据链路连接的链路控制协议LCP，一套网络控制协议；PPP是面向字节的，处理差错检测，支持多种协议；PPP不使用序号和确认机制，因此不提,作业题目,供可靠传输的服务。它适用在点到点线路的传输中。,作业题目,3-07.要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是P(x)=x4+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CRC检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠传输？,作业题目,解：由于P（X）=x4+x+1则P=10011，n=4所以，添加的检
11、验序列为1110（除以10011）数据在传输过程中最后一个1变成了0，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，除以10011，余数为101，不为0，接收端可以发现差错。,作业题目,3-08.要发送的数据为101110。采用CRC的生成多项式是P(x)=x3+1。试求应添加在数据后面的余数。解：由P(x)=x3+1 可得：P=1001，n=3 所以，余数可由101110000除以1001得出。,作业题目,3-09.一个PPP帧的数据部分（用十六进制写出）是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么
12、（用十六进制写出）？解：这是一个关于字节填充的问题，首部出现了 7D 5E 字样，这说明第一个信息字段为7E，同时后面紧接数据FE 27，此时遇到7D 5D字样，所以后面一个信息字段为7D，同理得出后面为7D 65 7E。所以答案为：7E FE 27 7D 7D 65 7E,作业题目,3-10.PPP协议使用同步传输技术传送比特串。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串？若接收端收到的PPP帧的数据部分是，问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串？解：零比特填充的具体做法：在发送端，先扫描整个信息字段，只要发现有5个连续1，则立即填入一个0；,作业题目,在接收端收到一个帧时，每当发现5个连续的
13、1时，就把5个连续1后的0删除。由此可得：填充后：删除后：,作业题目,3-13.局域网的主要特点是什么？为什么局域网采用广播通信方式而广域网不采用呢？答：局域网LAN是指在较小的地理范围内，将有限的通信设备互联起来的计算机通信网络。从功能的角度来看，局域网具有以下几个特点：共享传输信道。在局域网中，多个系统连接到一个共享的通信媒体上。地理范围有限，用户个数有限。通常局域网仅为一个单位服务，只在一个相对独立的局部范围内连网，如一座楼或集中的建筑群内。一般来说，局域网的覆盖范围约为10m10km内或更大一,作业题目,些。传输速率高。局域网的数据传输速率一般为1100Mbps，能支持计算机之间的高速
14、通信，所以时延较低。误码率低。因近距离传输，所以误码率很低，一般在10-810-11之间。多采用分布式控制和广播式通信。在局域网中各站是平等关系而不是主从关系，可以进行广播或组播。从网络的体系结构和传输控制规程来看，局域网也有自己的特点：低层协议简单。在局域网中，由于距离短、时延小、成本低、传输速率高、可靠性高，因,作业题目,此信道利用率已不是人们考虑的主要因素，所以低层协议较简单。不单独设立网络层。局域网的拓扑结构多采用总线型、环型和星型等共享信道，网内一般不需要中间转接，流量控制和路由选择功能大为简化，通常在局域网不单独设立网络层。因此，局域网的体系结构仅相当与OSI/RM的最低两层。采用
15、多种媒体访问控制技术。由于采用共享广播信道，而信道又可用不同的传输媒体，所以局域网面对的问题是多源、多目的的链路管理。由此引发出多种媒体访问控制技术。在OSI的体系结构中，一个通信子网只有,作业题目,最低的三层。而局域网的体系结构也只有OSI的下三层，没有第四层以上的层次。所以说局域网只是一种通信网。,作业题目,3-15.什么叫做传统以太网？以太网有哪两个主要标准？答：由于现在以太网的数据率已演进到每秒百兆比特、吉比特甚至10吉比特，因此通常就用“传统以太网”来表示最早进入市场的10Mb/s速率的以太网。以太网的2个标准：IEEE 802.3，DIX Ethernet V2,作业题目,3-19
16、.以太网使用的CSMA/CD协议是以争用方式接入到共享信道。这与传统的时分复用TDM相比优缺点如何？答：CSMA/CD是一种动态的媒体随机接入共享信道方式，而传统的时分复用TDM是一种静态的划分信道，所以对信道的利用，CSMA/CD是用户共享信道，更灵活，可提高信道的利用率，不像TDM，为用户按时隙固定分配信道，即使当用户没有数据要传送时，信道在用户时隙也是浪费的,作业题目,也因为CSMA/CD是用户共享信道，所以当同时有用户需要使用信道时会发生碰撞，就降低信道的利用率，而TDM中用户在分配的时隙中不会与别的用户发生冲突。对局域网来说，连入信道的是相距较近的用户，因此通常信道带宽较宽，如果使用
17、TDM方式，用户在自己的时隙内没有数据发送的情况会更多，不利于信道的充分利用。对计算机通信来说，突发式的数据更不利于使用TDM方式。,作业题目,3-20.假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gbit/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。解：对于1km电缆，单程端到端传播时延为：=1200000=510-6s=5s，端到端往返时延为：2=10s,作业题目,为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时延不能小于10s，以1Gb/s速率工作，10s可发送的比特数等于：1010-61109=10000bit=1250字节。,作业题目,3-26.假定一
18、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。,作业题目,解：将第i次重传成功的概率记为Pi，显然 Pi=(0.5)k,k=mini,10 故第一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I1.637。,作业题目,3-29.10Mbit/s以太网升级到100Mbit/s和1Gbit/s甚至10Gbit/s时，需要解决哪些技术问题？解：以太网升
19、级时，由于数据传输率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测。所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，使参数a保持为较小的值，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用802.3标准规定的以太网最小最大帧长，使不同速率的以,作业题目,太网之间可方便地通信。100bit/s的以太网采用保持最短帧长（64byte）不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到100m，同时将帧间间隔时间由原来的9.6s，改为0.96s。1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为100m的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为64字节，同时将争用字节增大为512字节。传输媒
20、体方面，10Mbit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而100Mbit/s和1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s以太网只支持光纤。,补充课后练习,1.试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。答：（1）电路交换 电路交换就是计算机终端之间通信时，一方发起呼叫，独占一条物理线路。当交换机完成接续，对方收到发起端的信号，双方即可进行通信。在整个通信过程中双方一直占用该电路。它的特点是实时性强，时延小，交换设备成本较低。但同时也带来线路利用率低，电路接续时间长，通信效率低，不同类型终端用户,补充课后练习,之间不能通信等缺点。电路交换比较适用于信息量大、长报文，经
21、常使用的固定用户之间的通信。（2）报文交换 将用户的报文存储在交换机的存储器中。当所需要的输出电路空闲时，再将该报文发向接收交换机或终端，它以“存储转发”方式在网内传输数据。报文交换的优点是中继电路利用率高，可以多个用户同时在一条线路上传送，可实现不同速率、不同规程的终端间互通。但它的缺点也是显而易见的。以报文为单位进行,补充课后练习,存储转发，网络传输时延大，且占用大量的交换机内存和外存，不能满足对实时性要求高的用户。报文交换适用于传输的报文较短、实时性要求较低的网络用户之间的通信，如公用电报网。（3）分组交换 分组交换实质上是在“存储转发”基础上发展起来的。它兼有电路交换和报文交换的优点。
22、分组交换在线路上采用动态复用技术传送按一定长度分割为许多小段的数据分组。每个分组标识后，在一条物理线路上采用动态复,补充课后练习,用的技术，同时传送多个数据分组。把来自用户发端的数据暂存在交换机的存储器内，接着在网内转发。到达接收端，再去掉分组头将各数据字段按顺序重新装配成完整的报文。分组交换比电路交换的电路利用率高，比报文交换的传输时延小，交互性好。,补充课后练习,2.试将TCP/IP和OSI的体系结构进行比较。讨论其异同之处。答：（1）OSI和TCP/IP的相同点是二者均采用层次结构，而且都是按功能分层。（2）OSI和TCP/IP的不同点：OSI分七层，自下而上分为物理层、数据链路层、网络
23、层、运输层、会话层、表示层和应用层，而TCP/IP分四层：网络接口层、网间网层（IP）、传输层（TCP）和应用层。严格讲，TCP/IP网间网协议只包括下三层，应用程序不算TCP/IP的一部分。,补充课后练习,OSI层次间存在严格的调用关系，两个（N）层实体的通信必须通过下一层（N-1）层实体，不能越级，而TCP/IP可以越过紧邻的下一层直接使用更低层次所提供的服务（这种层次关系常被称为“等级”关系），因而减少了一些不必要的开销，提高了协议的效率。OSI只考虑用一种标 准的公用数据网。,补充课后练习,3.协议与服务又何区别？有何关系？答：（1）协议是控制对等实体之间通信的规则，是水平的。服务是下
24、层通过层间接口向上层提供的功能，是垂直的。（2）协议的实现保证了能够向上一层提供服务，要实现本层协议还需使用下层提供的服务。,补充课后练习,4.物理层要解决哪些问题？物理层的主要特点是什么？答：（1）物理层要解决的主要问题：物理层要尽可能屏蔽掉物理设备、传输媒体和通信手段的不同，使上面的数据链路层感觉不到这些差异的存在，而专注于完成本层的协议与服务。给其服务用户（数据链路层）在一条物理的传输媒体上传送和接收比特流（一般为串行按顺序传输的比特流）的能力。为此，物理层应解决物理连接,补充课后练习,的建立、维持和释放问题。在两个相邻系统之间唯一地标识数据电路。（2）物理层的主要特点：由于在OSI之前
25、，许多物理规程或协议已经制定出来了，而且在数据通信领域中，这些物理规程已被许多商品化的设备所采用。加之，物理层协议涉及的范围广泛，所以至今没有按OSI的抽象模型制定一套新的物理层协议，而是沿用已存在的物理规程，将物理层确定为描述与传输媒体接口的机械、电气、功,补充课后练习,能和规程特性。由于物理连接的方式很多，传输媒体的种类也很多，因此，具体的物理协议相当复杂。,补充课后练习,5.奈氏准则与香农公式在数据通信中的意义是什么？比特和波特有何区别？答：奈氏准则与香农公式的意义在于揭示了信道对数据传输率的限制，只是两者作用的范围不同。奈氏准则给出了每赫带宽的理想低通信道的最高码元的传输速率是每秒2个
26、码元。香农公式则推导出了带宽受限且有高斯白噪声干扰的信道的极限信息传输速率C=Wlog2（1+S/N），其中W为信道的带宽（以赫兹为单位），S为信道内所传信,补充课后练习,号的平均功率，N为信道内部的高斯噪声功率。比特和波特是两个完全不同的概念，比特是信息量的单位，波特是码元传输的速率单位。但信息的传输速率“比特/每秒”一般在数量上大于码元的传输速率“波特”，且有一定的关系，若使1个码元携带n比特的信息量，则M Baud的码元传输速率所对应的信息传输率为Mn bit/s，但某些情况下，信息的传输速率“比特/每秒”在数量上小于码元的传输速率“波特”，如采用内带时钟的曼切斯,补充课后练习,特编码，
27、一半的信号变化用于时钟同步，另一半的信号变化用于信息二进制数据，码元的传输速率“波特”是信息的传输速率“比特/每秒”的2倍。,补充课后练习,6.假定在进行异步通信时，发送端每发送一个字符就要发送10个等宽的比特（一个起始比特，8个比特的ASCII码字符，最后一个结束比特）。试问当接收端的时钟频率和发送端的时钟频率相差5%时，双方能否正常通信？答：设发送端和接收端的时钟周期分别为X和Y。若接收端时钟稍慢（YX），则最后一个采样必须发生在停止比特结束之前。即9.5 Y 10 X。若接收端时钟稍快，则最后一个,补充课后练习,采样必须发生在停止比特开始之后。即9.5 Y 9X。解出：|（Y-X）/X|
28、1/19=5.26%因此收发双方频率相差5%是可以正常工作的（但最好不要这样，因为太临界了）,补充课后练习,7.100个站分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD。总线速率为5Mbit/s，帧平均长度为1000bit。试估算每个站每秒种发送的平均帧数的最大值。传播时延为5s/km。解:帧发送时间：T0=L/C 参数a=/T0=C/L=5s/km4km5Mbit/s1000bit=0.1,补充课后练习,当站点数较大时，信道利用率最大值Smax接近=1/（1+4.44a）=0.6925 信道上每秒发送的帧的最大值=SmaxC/L=0.69255Mbit/s/1000bit=3462 每个站每
29、秒种发送的平均帧数的最大值=3462/100=34,补充课后练习,8、在以下条件下，分别重新计算上题，并解释所得结果。（1）总线长度减小到1km。（2）总线速度加倍。（3）帧长变为10000bit。,补充课后练习,解:设a与上题意义相同（1）a1=a/4=0.025，Smax1=0.9000 每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=45 总线长度减小，端到端时延就减小，以时间为单位的信道长度与帧长的比也减小,信道给比特填充得更满,信道利用率更高，所以每站每秒发送的帧更多。,补充课后练习,（2）a2=2a=0.2，Smax2=0.5296 每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=53 总线速度加倍，以时
30、间为单位的信道长度与帧长的比也加倍，信道利用率减小（但仍比原来的1/2大），所以最终每站每秒发送的帧比原来多。,补充课后练习,（3）a3=a/10=0.01，Smax3=0.9574 每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=4.8 帧长加长10倍，信道利用率增加，每秒在信道上传输的比特增加（但没有10倍），所以最终每站每秒发送的帧比原来少。,补充课后练习,9.假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gbit/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。解：对于1km电缆，单程端到端传播时延为：=1200000=510-6s=5s，端到端往返时延为：2=10s
31、,补充课后练习,为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时延不能小于10s，以1Gb/s速率工作，10s可发送的比特数为：1010-61109=10000bit=1250字节。,补充课后练习,10.有一个使用集线器的以太网，每个站到集线器的距离为d，数据发送率为C，帧长为12500字节，信号在线路上的传播速率为2.5108m/s。距离d为25m和2500m，发送速率为10Mbit/s或10Gbit/s。这样就有4种不同的组合。试分别计算4种不同情况下a的数值，并进行简单讨论。,补充课后练习,解：a=/T0=C/L=d（2.5108）C（125008）=410-14 d C,补充课后练习,结论：a越小，信道利用率越大（1）站点到集线器距离一定的情况下，数据发送率越高，信道利用率越低。（2）数据发送率相同的情况下，站点到集线器的距离越短，信道利用率越高。,
