计算机网络习题解答谢希仁第四版.docx
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计算机网络习题解答谢希仁第四版
习题1-03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:
电路交换,它的主要特点是:
①在通话的全部时间内用户独占分配的传输线路或信道带宽,即采用的是静态分配策略;②通信双方建立的通路中任何一点出现了故障,就会中断通话,必须重新拨号建立连接,方可继续,这对十分紧急而重要的通信是不利的。
显然,这种交换技术适应模拟信号的数据传输。
然而在计算机网络中还可以传输数字信号。
数字信号通信与模拟信号通信的本质区别在于数字信号的离散性和可存储性。
这些特性使得它在数据传输过程中不仅可以间断分时发送,而且可以进行再加工、再处理。
③计算机数据的产生往往是“突发式”的,比如当用户用键盘输入数据和编辑文件时,或计算机正在进行处理而未得出结果时,通信线路资源实际上是空闲的,从而造成通信线路资源的极大浪费。
据统计,在计算机间的数据通信中,用来传送数据的时间往往不到10%甚至1%。
另外,由于各异的计算机和终端的传输数据的速率各不相同,采用电路交换就很难相互通信。
分组交换具有高效、灵活、可靠等优点。
但传输时延较电路交换要大,不适用于实时数据业务的传输。
报文交换传输时延最大。
习题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(b/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:
采用电路交换:
端到端时延:
采用分组交换:
端到端时延:
,
这里假定
,即不考虑报文分割成分组后的零头。
欲使
,必须满足
习题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?
答:
分组个数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)
习题2-06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%。
问信噪比S/N应增大到多少倍?
如果在刚才计算出的基础上将信噪比S/N再增大到10倍,问最大信息传输速率能否再增加20%?
答:
习题2-11基带信号与宽带信号的传输各有什么特点?
答:
基带信号将数字1和0直接用两种不同的电压表示,然后送到线路上传输。
宽带信号是将基带信号调制后形成的频分复用模拟信号。
采用基带信号传输,一条电缆只能传输一路数字信号,而采用宽带信号传输,一条电缆中可同时传送多路的数字信号,提高了线路的利用率。
习题2-1356kb/s的调制解调器是否已突破了香农的信道极限传输速率?
这种调制解调器的使用条件是怎样的?
答:
56kb/s的调制解调器没有突破了香农的信道极限传输速率。
这种调制解调器的使用条件是:
用户通过ISP从因特网上下载信息的情况下,下行信道的传输速率为56kb/s。
(见下图)
习题2-15试写出下列英文缩写的全文,并进行简单的解释。
FDM,TDM,STDM,WDM,DWDM,CDMA,SONET,SDH,STM-1,OC-48,DTE,DCE,EIA,ITU-T,CCITT,ISO
答:
FDM(frequencydivisionmultiplexing)
TDM(TimeDivisionMultiplexing)
STDM(StatisticTimeDivisionMultiplexing)
WDM(WaveDivisionMultiplexing)
DWDM(DenseWaveDivisionMultiplexing)
CDMA(CodeWaveDivisionMultiplexing)
SONET(SynchronousOpticalNetwork)同步光纤网
SDH(SynchronousDigitalHierarchy)同步数字系列
STM-1(SynchronousTransferModule)第1级同步传递模块
OC-48(OpticalCarrier)第48级光载波
习题2-17共有4个站进行码分多址CDMA通信。
4个站的码片序列为:
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)
现收到这样的码片序列:
(-1+1–3+1-1–3+1+1)。
问哪个站发送数据了?
发送数据的站发送的1还是0?
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
习题2-18假定在进行异步通信时,发送端每发送一个字符就发送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?
解:
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,则最后一个采样必须发生在停止比特结束之前,即9.5Y<10X。
若接收端时钟稍快,则最后一个采样必须发生在停止比特开始之后,即9.5Y>9X。
解出:
因此收发双方频率相差5%是可以正常工作的。
习题3-03考察停止等待协议算法。
在接收结点,当执行步骤(4)时,若将“否则转到(7)”改为“否则转到(8)”,将产生什么结果?
答:
“否则”是指发送方发送的帧的N(S)和接收方的状态变量V(R)不同。
表明发送方没有收到接收方发出的ACK,于是重传上次的帧。
若“转到(8)”,则接收方要发送NAK。
发送方继续重传上次的帧,一直这样下去。
习题3-06信道速率为4kb/s。
采用停止等待协议。
传播时延
确认帧长度和处理时间均可忽略。
问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50%。
解:
根据下图所示停等协议中的时间关系:
在确认帧长度和处理时间均可忽略的情况下,要使信道利用率达到至少50%必须使数据帧的发送时间等于2倍的单程传播时延。
即:
已知:
,其中C为信道容量,或信道速率。
为帧长(以比特为单位)。
所以得帧长
bit
习题3-09试证明:
当用n个比特进行编号时,若接收窗口的大小为1,则只有在发送窗口的大小WT≤2n-1时,连续ARQ协议才能正确运行。
答:
(1)显然WT内不可能有重复编号的帧,所以WT≤2n。
设WT=2n;
(2)注意以下情况:
发送窗口:
只有当收到对一个帧的确认,才会向前滑动一个帧的位置;
接收窗口:
只有收到一个序号正确的帧,才会向前滑动一个帧的位置,且同时向发送端发送对该帧的确认。
显然只有接收窗口向前滑动时,发送端口才有可能向前滑动。
发送端若没有收到该确认,发送窗口就不能滑动。
(3)为讨论方便,取n=3。
并考虑当接收窗口位于0时,发送窗口的两个极端状态。
状态1:
发送窗口:
0123456701234567
全部确认帧收到接收窗口:
0123456701234567
状态2:
发送窗口:
0123456701234567
全部确认帧都没收到接收窗口:
0123456701234567
(4)可见在状态2下,接收过程前移窗口后有效序列号的新范围和发送窗口的旧范围之间有重叠,致使接收端无法区分是重复帧还是新帧。
为使旧发送窗口和新接收窗口之间序列号不发生重叠,有WT+WR≤2n,所以WT≤2n-1。
习题3-10、试证明:
对于选择重传ARQ协议,若有n比特进行编号,则接收窗口的最大值受公式WR≤2n/2的约束。
答:
因WT+WR≤2n,而WR≤WT,当WR=WT时,WR取最大值,为2n/2。
习题3-11在选择重传ARQ协议中,设编号用3bit。
再设发送窗口WT=6,而接收窗口WR=3。
试找出一种情况,使得在此情况下协议不能正常工作。
答:
发送端:
01234567012345670
接收端:
01234567012345670
习题3-12在连续ARQ协议中,设编号用3bit,而发送窗口WT=8,试找出一种情况,使得在此情况下协议不能正常工作。
答:
发送端:
01234567012345670
接收端:
01234567012345670
习题3-13在什么条件下,选择重传ARQ协议和连续ARQ协议在效果上完全一致?
答:
当选择重传ARQ协议WR=1时,或当连续ARQ协议传输无差错时。
习题3-15设卫星信道的数据速率是1Mbit/s,取卫星信道的单程传播时延为0.25秒。
每一个数据帧长为2000bit,忽略误码率、确认帧长和处理时间。
试计算下列情况下的信道利用率。
(1)采用停-等协议。
(2)采用连续ARQ协议,窗口大小WT=7。
(3)采用连续ARQ协议,窗口大小WT=127。
(4)采用连续ARQ协议,窗口大小WT=255。
解:
习题3-16试简述HDLC帧各字段的意义。
HDLC用什么方法保证数据的透明传输?
答:
HDLC帧结构如下图:
1.标志域F。
HDLC用一种特殊的位模式01111110作为标志以确定帧的边界。
同一个标志既可以作为前一帧的结束,也可以作为后一帧的开始。
链路上所有的站都在不断地探索标志模式,一旦得到一个标志就开始接收帧。
在接收帧的过程中如果发现一个标志,则认为该帧结束了。
2.地址域A。
地址域用于标识从站的地址。
虽然在点对点链路中不需要地址,但是为了帧格式的统一,也保留了地址域。
地址通常是8位长,然而经过协商之后,也可以采用更长的扩展地址。
3.控制域C。
HDLC定义了三种帧,可根据控制域的格式区分之。
信息帧(I帧)装载着要传送的数据,此外还捎带着流量控制和差错控制的信号。
4.信息域INFO。
只有I帧和某些无编号帧含有信息域。
这个域可含有表示用户数据的任何比特序列,其长度没有规定,但具体的实现往往限定了帧的最大长度。
5.帧校验和域FCS。
FCS域中含有除标志域之外的所有其他域的校验序列。
通常使用16bit的CRC-CCITT标准产生校验序列,有时也使用CRC-32产生32位的校验序列。
采用零比特填充法就可传送任意组合的比特流,或者说,就可实现数据链路层的透明传输。
习题3-17HDLC帧可分为哪几大类?
试简述各类帧的作用。
答:
分三大类。
1信息帧:
用于数据传输,还可同时用来对已收到的数据进行确认和执行轮询功能。
2监督帧:
用于数据流控制,帧本身不包含数据,但可执行对数据帧的确认,请求重发信息帧和请求暂停发送信息帧等功能。
3无编号帧:
主要用于控制链路本身,不使用发送或接收帧序号。
习题3-19PPP协议的主要特点是什么?
为什么PPP不使用帧的编号?
PPP适用于什么情况?
答:
主要特点:
(1)点对点协议,既支持异步链路,也支持同步链路。
(2)PPP是面向字节的。
PPP不采用序号和确认机制是出于以下的考虑:
第一,若使用能够实现可靠传输的数据链路层协议(如HDLC),开销就要增大。
在数据链路层出现差错的概率不大时,使用比较简单的PPP协议较为合理。
第二,在因特网环境下,PPP的信息字段放入的数据是IP数据报。
假定我们采用了能实现可靠传输但十分复杂的数据链路层协议,然而当数据帧在路由器中从数据链路层上升到网络层后,仍有可能因网络授拥塞而被丢弃。
因此,数据链路层的可靠传输并不能保证网络层的传输也是可靠的。
第三,PPP协议在帧格式中有帧检验序列FCS安段。
对每一个收到的帧,PPP都要使用硬件进行CRC检验。
若发现有差错,则丢弃该帧(一定不能把有差错的帧交付给上一层)。
端到端的差错检测最后由高层协议负责。
因此,PPP协议可保证无差错接受。
PPP协议适用于用户使用拨号电话线接入因特网的情况。
习题3-20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?
答:
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。
4-03、一个7层楼,每层有一排共15间办公室。
每个办公室的楼上设有一个插座,所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格组成的网的结点。
设任意两个插座之间都允许连上电缆(垂直、水平、斜线……均可)。
现要用电缆将它们连成
(1)集线器在中央的星形网;
(2)总线式以太网。
试计算每种情况下所需的电缆长度。
答:
(1)假定从下往上把7层楼编号为1-7层。
按楼层高4米计算。
在星形网中,集线器放在4层中间位置(第8间房)。
电缆总程度等于:
715
4ΣΣ√(i-4)2+(j-8)2=1832(m)
i=1j=1
(2)对于总线式以太网(如10BASE2),每层需4×14=56(m)水平电缆,垂直电缆需4×6=24(m),所以总长度等于
7×56+24=416(m)
4-04数据率为10Mbit/s的以太网在物理媒体上的码元传输速率是多少波特?
答:
以太网使用曼彻斯特编码,这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。
标准以太网的数据速率是10Mb/s,因此波特率是数据率的两倍,即20M波特。
4-06试说明10BASE5,10BASE2,10BASE-T,1BASE-5,10BROAD36和FOMAU所代表的意思。
答:
10BASE5,10BASE2,10BASE-T分别表示以太网的三种不同的物理层。
10表示数据率是10Mb/s,BASE表示电缆上的信号是基带信号,采用曼彻斯特编码。
5表示粗缆,每一段电缆的最大长度是500米。
2代表细缆,每一段电缆的最大长度是185米。
T表示双绞线。
10BROAD36:
“10”表示数据率为10Mbit/s,“BROAD”表示电缆上的信号是宽带信号,“36”表示网络的最大跨度是3600m。
FOMAU :
(FiberOpticMediumAttachmentUnit) 光纤媒介附属单元。
4-0710Mbit/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?
在帧的长度方面需要有什么改变?
为什么?
传输媒体应当有什么改变?
答:
以太网升级时,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9.6μs,改为0.96μs。
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。
4-08有10个站连接在以太网上。
试计算以下三种情况下每一个站所能得到的带宽。
(1)10个站都连接到一个10Mb/s以太网集线器。
(2)10个站都连接到一个100Mb/s以太网集线器。
(3)10个站都连接到一个10Mb/s以太网交换机。
答:
(1)10个站共享10Mb/s。
(3)10个站共享100Mb/s。
(3)每个站独占10Mb/s。
4-09100个站分布在4km长的总线上。
协议采用CSMA/CD。
总线速率为5Mb/s,帧的平均长度为1000bit。
试估算每个站每秒钟发送的平均帧数的最大值。
传播时延为5µs/km。
解:
发送一个帧所需的平均时间为:
Tav=2τNR+T0+τ,其中NR=(1-A)/A,A是某个站发送成功的概率,
,N=100时,Amax=0.369
总线上每秒发送成功的最大帧数:
,则得每个站每秒发送的平均帧数为3400/100=34.7
4-10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。
答:
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。
(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。
(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。
4-11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。
答:
对于1km电缆,单程端到端传播时延为:
τ=1÷200000=5×10-6s=5μs,
端到端往返时延为:
2τ=10μs
为了能按照CSMA/CD工作,最小帧的发送时延不能小于10μs,以1Gb/s速率工作,10μs可发送的比特数等于:
10×10-6×1×109=10000bit=1250字节。
4-12有一个使用集线器的以太网,每个站到集线器的距离为d,数据发送速率为C,帧长为12500字节,信号在线路上的传播速率为
,距离d为25m或2500m,发送速率为10Mb/s或10Gb/s。
这样就有四种不同的组合。
试利用公式(4-9)分别计算这4种不同情况下参数
的数值,并作简单讨论。
解:
公式(4-9)为:
其中
为传播时延,
为数据帧的发送时间。
计算结果:
距离
d=25m
d=2500m
发送速率
C=10Mb/s
C=10Gb/s
C=10Mb/s
C=10Gb/s
讨论:
越大,信道利用率就越小。
4-15假定一个以太网上的通信量中的80%是在本局域网上进行的,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反过来。
这两个以太网一个使用以太网集线器,另一个使用以太网交换机。
你认为以太网交换机应当用在哪一个网络上?
答:
以太网交换机用在这样的网络,其20%通信量在本局域网而80%的通信量到因特网。
4-16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;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。
4-17使用CSMA/CD协议时,若线路长度为100m,信号在线路上传播速率为2×108m/s。
数据的发送速率为1Gbit/s。
试计算帧长度为512字节、1500字节和64000字节时的参数a的数值,并进行简单讨论。
答:
a=τ/T0=τC/L=100÷(2×108)×1×109/L=500/L,
信道最大利用率Smax=1/(1+4.44a),最大吞吐量Tmax=Smax×1Gbit/s
帧长512字节时,a=500/(512×8)=0.122,Smax=0.6486,Tmax=648.6Mbit/s
帧长1500字节时,a=500/(1500×8)=0.0417,Smax=0.8438,Tmax=843.8Mbit/s
帧长64000字节时,a=500/(64000×8)=0.000977,Smax=0.9957,Tmax=995.7Mbit/s
可见,在端到端传播时延和数据发送率一定的情况下,帧长度越大,信道利用率越大,信道的最大吞吐量就越大。
4-18以太网交换机有何特点?
它与集线器有何区别?
答:
以太网交换机实质上是一个多端口网桥。
工作在数据链路层。
以太网交换机的每个端口都直接与一个单个主机或另一个集线器相连,并且一般工作在全双工方式。
交换机能同时连通许多对的端口,使每一对相互通信的主机都能像独占通信媒体一样,进行无碰撞地传输数据。
通信完成后就断开连接。
区别:
以太网交换机工作数据链路层,集线器工作在物理层。
集线器只对端口上进来的比特流进行复制转发,不能支持多端口的并发连接。
4-19网桥的工作原理和特点是什么?
网桥与转发器以及以太网交换机有何异同?
答:
网桥的每个端口与一个网段相连,网桥从端口接收网段上传送的各种帧。
每当收到一个帧时,就先暂存在其缓冲中。
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,则通过查找站表,将收到的帧送往对应的端口转发出去。
若该帧出现差错,则丢弃此帧。
网桥过滤了通信量,扩大了物理范围,提高了可靠性,可互连不同物理层、不同MAC子层和不同速率的局域网。
但同时也增加了时延,对用户太多和通信量太大的局域网不适合。
网桥与转发器不同,
(1)网桥工作在数据链路层,而转发器工作在物理层;
(2)网桥不像转发器转发所有的帧,而是只转发未出现差错,且目的站属于另一网络的帧或广播帧;(3)转发器转发一帧时不用检测传输媒体,而网桥在转发一帧前必须执行CSMA/CD算法;(4)网桥和转发器都有扩展局
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- 计算机网络 习题 解答 谢希仁 第四
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