自考计算机网络原理课后习题3-8.doc

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课本为杨明福版的自考书

三章 物理层
P69
4题 见黑板
练习
a)不归零码(NRZ) b) 曼彻斯特码 c) 差分曼彻斯特码

5题 见黑板
练习：公式见P43
1） 对于带宽为6MHZ的信道，若用4种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声的情况下，该信道的最大数据传输速率为多少？
答：C=2H* LOG2N=2*6MHZ* LOG24=24MBPS
2）信道带宽为3KHZ，信噪比为30DB，则每秒能发送的比特数不会超过多少？
答：C=H* LOG2（1+S/N）=3KHZ* LOG2（1+1030/10）=30KBPS  （此应为约数）
3）采用8种相位、每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，在1200BAUD的信号传输速率下能达到的数据传输速率为多少？
答：C=B* LOG2（8*2）=1200BAUD* LOG2（16）=4800BPS
4）采用每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，在带宽为8KHZ的无噪声信道上传输数字信号，若要达到64KBPS的数据速率，问至少要多少种不同的相位？
答：C=2H* LOG2（X*2）= 64KBPS=2*8KHZ* LOG2（X*2）
LOG2（X*2）=4   X*2=16   
X=8种
5）对于带宽为4KHZ的语音信号，采用量化级别为128的PCM方法编码，问所产生的二进制位起码要用多大传输速率的信道才能传输？
答：二进制位数= LOG2（128）=7位
C=2*4KHZ*7位=56kBPS
9题 题目见书
解：
传播延迟等于：
50*103米/（2*108米/秒）=25*10-5秒=250微秒
100字节/250微秒=0。4 字节*106/秒=0。4M字节/秒=3。2位/秒
512字节/250微秒=2。04M字节/秒
因此，带宽分别等于0。4M字节/秒和2。04M字节/秒
10题．计算在下列情况下一个分组的延迟（从发出第1位开始到收到最后1位为止）：
（a）在通路上有1个存储转发交换机的1Gbps以太网，分组大小是5000位。假定每条链路引入10微妙的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。
解答：分析 一个交换机应有2条链路
1位的发送延迟=1/109=10-9S=0.001μs
所以，一个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是5μs ，
分组在每条链路上的传播延迟都是10μs
因此总的延迟等于：5×2+10×2=30μs。（两次发送，两次传播）
（整个分组接收完经过分析才确定转发的外出端口，因此延迟了一个分组的发送时间）
（b）跟（a）的情况类似，但有3个交换机。
解答：3个交换机，共有4条链路，总的延迟等于：
5×4+10×4=60μs 。（4次发送，4次传播）
（c）跟（a）的情况相同，但假定交换机实施“直通”交换：它可以在收到分组的开头128位后就重发分组。
解答：使用直通交换，交换机延迟分组128位，即0.128μs。在这种情况下仍然有1个5μs的发送延迟，2个10μs的传播延迟，再加上0.128μs的交换机转发延迟，因此总的延迟等于：
5×1+10×2+0.128=25.128μs （1个发送延迟，2个传播延迟，1个转发延迟）
如果像（b）那样有3个交换机，那么总的延迟将会等于：
5×1+10×4+0.128×3=45.384μs。（1个发送延迟，4个传播延迟，3个转发延迟）
11题。
解答:
a) 传播时延=55*106米/(3*108米/秒)=0.183秒
b)
总时间=数据发送时间+信号传播时延
发送时间=5MB/128K=0.31秒
总时间=0.31+0.18=0.49秒
12题 见黑板
☆☆☆☆分别计算T1载波和E1载波的编码效率和开销率。
解答：见P49
1)T1载波
　　Bell系统的T1载波利用脉码调制PCM和时分TDM技术，使24路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含 193位，每一帧用 125us时间传送。T1系统的数据传输速率为1.544Mbps。

  T1载波帧结构
　　2)E1载波
　　CCITT建议了一种2.048Mbps速率的 PCM载波标准，称为E1载波(欧洲标准)。它每一帧开始处有8位同步作用，中间有8位作用信令，再组织30路8位数据，全帧包括256位，每一帧用 125us时间传送。可计算出E1系统的数据传输速率为256位/125us=2.048Mbps。
所以：T1载波是把24个话音信道多路复用在一条高速信道上，每个信道包含7位的数据和1位的控制信令位，此外加入一位帧同步位组成基本帧。 其中，用户的开销为24×1（控制位）+1（基本帧）=25 b 总开销为：（7+1）×24+1=193 b 因此，用户的开销所占的百分比为：25/193×100%≈13%
1)T1载波的编码效率=7*24/（8*24+1）=168/193=87%
           开销率=（1*24+1）/193=25/193=13%
2)E1载波的编码效率=8*30/（8+8+8*30）=240/256=93.75%
           开销率=（8+8）/256=16/256=6.25%
四章 数据链路层
P91
5题
解答： 发送方还可发送3帧
可发4、5、6号
6题。若窗口序号位数为3,发送窗口尺寸为2,采用GO-BACK-N法,请画出由初始态出发相继下列事件发生时的发送及接收窗口图.发送帧0,发送帧1,接收帧0,接收确认帧0,发送帧2,帧1接收出错,帧1确认超时,重发帧1,接收帧1,发送帧2,接收确认帧1.

7题。 若BSC帧数据段中出现下列字符串：问字符填充后的输出是什么?
“A<DLE><STX>BC<DLE><DLE>DE<DLE><ETB>”
解答　：字符填充后的输出是：
“A<DLE><DLE><STX>BC<DLE><DLE><DLE><DLE>DE<DLE><DLE><ETB>”
8题
解答： 输出是： 01000001111101101011111010

9题．用BSC规程传输一批汉字，若已知采用不带报头的分块传输，而且最大报文块长为129字节，共传输了5帧，其中最后一块报文长为101字节。问每个报文最多能传多少汉字?这批数据报共有多少汉字?
解答：分析
：由BSC规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为:
SYN
SYN
STX
报文
ETB/ETX
BCC

不带报头的分块传输是5个控制字符，开销5个字节，（129－5）/2=62
故前4帧每帧最多能传的汉字数为：
(129-3(SYN+SYN+STX)-2(ETB+BCC))/2＝62(个)
每个报文传62个汉字，前4帧传248个汉字
最后一帧（101－5）/2＝48
该批数据共有的汉字数为：62×4+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC))/2＝296(个)
　　　(2)由BSC规程,不带报头(以比特流格式)的分块传输的帧格式为:
SYN
SYN
DLE
STX
报文
DLE
ETB/ETX
BCC
　　　　　故前4帧每帧最多能传的汉字数为：
(129-4-3)/2＝61(个)
该批数据共有的汉字数为：
61×4+(101-4-3)/2＝291(个)
   　注:因假设采用单字节的块校验字符(非比特流),故应取(1)的计算结果。
10题： 用HDLC传输12个汉字时，帧中的信息字段占多少字节？总的帧长占几字节？
解答：看HDLC 帧格式 P87
信息字段(I)占12×2=24字节
总的帧长占1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F)＝30字节
14题
练习：1）要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是G(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？
f(x)

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。
五章 网络层
P133
4题。设有一通信子网。若使用虚电路，则每一分组必须有3字节的分组首部，而每个网络结点必须为虚电路保留8字节的存储空间来识别虚电路。但若使用数据报，则每个分组要有15字节的分组首部，而结点就不需要保留路由表的存储空间。设每段链路每传1兆字节需0。01元，购买结点存储器的费用为每字节0.01元，而存储器的寿命为2年工作时间（每周工作40小时）。假定一条虚电路的每次平均使用时间为1000秒，而在此时间内发送200分组，每个分组平均要经过4段链路。试问：采用哪种方案（虚电路或数据报）更为经济？相差多少？
答：分析：4段链路意味着涉及5个路由器。
虚电路实现需要在1000秒内固定分配5×8=40字节的存储器。
数据报实现需要比虚电路实现多传送的头信息的容量等于（15－3）×4×200=9600字节·链路。
现在的问题就成了40000字节·秒的存储器对比9600字节·链路的电路容量。
虚电路实现方案：
需在1000秒内固定分配5×8=40字节存储空间，
存储器使用的时间是2年，即2×52×40×3600=1.5×107秒
每字节每秒的费用=0.1/（1.5×107）=6.7×10-10元
总费用，即1000秒40字节的费用=1000×40×6.7×10-10=2.7×10-5元
数据报实现方案：
比上述虚电路实现方案需多传(15-3)×4×200=9600字节，
每字节每链路的费用=0。01/106=10-8元
总费用，即9600字节每链路的费用=9600×10-8=9.6×10-5元
9.6-2.7=6.9毫分
可见，本题中采用虚电路实现方案更为经济，在1000秒的时间内便宜6.9毫分
5题。参照书例题P102

A B C D E F 延迟
TO B （5 ， 0 ， 8， 12， 6， 2 ） 6
D （16， 12， 6， 0， 9， 10） 3
E （7， 6， 3， 9， 0， 4） 5
考虑C到A
CBA：5+6=11
CEA：7+6=13
考虑C到F：
CBF： 2+6=8
CDF： 10+3=13
CEF： 4+5=9
所以： C（11，6，0，3，5，8）
输出线路：（B B - D E B）
八章 局域网技术
P208
4题．纯的ALOHA和时分的ALOHA哪一个延迟比较小？
解答：
对于纯的ALOHA，发送可以立即开始。对于时分的ALOHA，它必须等待下一个时隙。这样，平均会引入半个时隙的延迟。因此，纯ALOHA 的延迟比较小
5题
一万个站点在竞争使用每一时分ALOHA通道。如果每个站平均每个小时做 18次请求。信道时隙是125us。总的通道负载约为多少？
解答
每个终端每200（=3600/18=200）秒做一次请求，总共有10000个终端。
因此，总负载是200秒做10000次请求，平均每秒50次请求。
每秒8000个（=1/125 us）时隙，所以平均每个时隙发送次数是G=50÷8000=1/160=0.00625。
6题
N个站点共享56K 的纯ALOHA信道。每个站点平均每100秒输出一个1000 bit的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行（假设站点都有缓存）。N的最大值是多少？
解答：对于纯ALOHA，可用的带宽是0.184×56Kb/s=10.304b/s；
每个站都需要的带宽是1000÷100=10b/s。
因此N=10304÷10≈1030。
所以，最多可以有1030个站，即N的最大值是1030。
7题
答：见P166
在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁：如果某站发现其地址中原本为0 的高位被置换为1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。
什么是Mok 和Ward 版本的二进制倒计数法。Mok 和Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口：还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从0开始，已成功传送的站被排在最后。如果总共有N 个站，那么最大的虚拟站号是N-1。
本题中，当4 站发送时，它的号码变为0，而0、1、2 和3 号站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为8，3，0，5，2，7，4，6，9，1当3 站发送时，它的号码变为0，而0、1 和2 站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为：8，0，1，5，3，7，4，6，9，2
最后，当9 站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。
8题。不作要求P167
解答：
2 n个站点对应n+1 级，其中0 级有1 个节点，1 级有2 个节点， n 有2 n个节点。在i 级的每个节点下面所包括的站的个数等于总站数的1/2 i。
本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级。先计算这两个站具有共同的父节点的概率p1。在2n个站中，要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是
1/C2 2n=1/2 n -1(2 n-1)
总共2 n -1个父节点，所以，
 p1=1/2 n -1(2 n-1)* 2 n -1=1/(2 n-1)
因为 2n >>1
所以p1≈2- n
在共享父节点的条件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数n1=1+2+…+2+2=1+2n，
接下来，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率p2和遍历树所走过的节点总数n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/C 2 2n-1。
共有2 n -2个祖父节点
p2=2 n -2/ C 2 2n-1=1/2 n -1-1=2-n+1
遍历树比1 n 减少两个节点，即
N2=1+2n-2=2n-1`
通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点（属n-3级祖先节点 ）的概率是p3= 2-n+ 2
遍历树所经过的节点总数比n2又少两个节点，
 N3=2n-1-2=2n-3
Pi+1=2-(n-i)
Ni+1=2n+1-2i
因此，最坏的情形是2n+1 个时隙（共享父节点），对应于i=0；
最好的情形是3 个时隙，对应于i=n-1 （两个发送站分别位于左半树和右半树），所以平均时隙数等于
n-1
M=Σ 2-(n-i)(2n+1-2i)
i=0
9题。
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，相邻插座间的垂直和水平距离均为4米。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。3）采用令牌环网（不设线路中心） 。试计算每种情况下所需的电缆长度。
解答：图见黑板
（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：
7 15
4 Σ Σ √（i-4）2+（j-8）2=1832（m）
i=1 j=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）
（3）图见黑板
这种方案是采用螺旋结构，线缆经过（1,1）、（15,1）、（15,7）、（1,7）、（1,2）和（14,2）等，总长度等于：56+52+48+56+20+12+4+8+16+24+√442+122=466（m）
10题 标准10MBPS802。3LAN的波特率是多少？
解答：
标准10MBPS802。3LAN采用曼彻斯特编码 即 数据传输率只有调制速率的1/2
R=1/2B    
B=2*10MBPS=20波特
概念：数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于( ),假设不考虑中继器引人的延迟。
A)信号传播时延
B)数据传输时延
C)数据传输时延+信号传播时延
D)信号传播时延的2倍
【答案】C
11题。一个1km长的10Mb/s 的CSMA/CD局域网（不是802.3），其传播速度等于每微秒200米。数据帧的长度是256bit，其中包括用于帧头、检验和以及其他开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率（不包括开销）是多少？
解法1:仅以成功的发送与传播计算：
　　　发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us
　　　数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us
　　　共用时间= 25.6us+5us=30.6us
　　　故有效数据传输速率为：(256-32)b/30.6us=7.3Mbps
　解法2:从发送至接收确认全程计算（依题意是这种计法）：
　　1)发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us
　　　数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us
　　　共用时间= 25.6us+5us=30.6us
　　2)回发确认帧32位所需时间= 32bit/10Mbps=3.2us
　　　确认帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us
　　　共用时间= 3.2us+5us=8.2us
　　故有效数据传输速率为：(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps
14题。长1Km、10Mbps的基带总线LAN,信号传播速度为200M/μs,试计算:
①1000比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少?
②若两相距最远的站点在同一时刻发送数据,则经过多长时间两站发现冲突?
解答：⑴两站点从发送开始到接收结束的总时间=数据传输时延+信号传播时延
　　　　=1000bit/10Mbps + 1000m/200m/us =100us+5us=105us
⑵同时发送数据的两站点发现冲突的时间=信号传播时延
　　　　=1000m/200m/us=5us
　　　(注:若非同时发送数据,两站点发现冲突的最大时间=2*信号传播时延)
练习：某CSMA/CD基带总线网长度为1000m，信号传播速度为200m/μs,假如位于总线两端的站点在发送数据帧时发生了冲突,试问:
① 该两站间信号传播延迟时间是多少?
② 最多经过多长时间才能检测到冲突?
【解析】①该两站间时延a =1000m/200(n/μS)=5μS
②冲突检测时间=2a=2×5μs=10μs
【答案】①5μs②lOμs
15题。100个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10m,数据传输速率为10Mbps,信号传播速度为200m/us,若每个站引入1位延迟,试计算：
⑴两站间链路的位长度为多少位？
⑵整个环路的有效位长度为多少位？
⑶此环上最多允许有几个37位长的时槽？
　解答：见P177公式
环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数
⑴两站间链路的位长度为：10m/200m/us * 10Mbps=0.5bit(不计1位延迟)
　　　⑵总环路的有效位长度为：100(0.5bit+1bit)=150bit
　　　⑶时槽数为：150bit/37bit=4.05(个)≈5(个)
16题。当数据传输速率为5Mbps,传播速度为200m/us时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆？
解答：在5Mbps数据传输速率下，一个位时等于200us（=1/5*106），在200us时间内信号可以传播的距离=200*10-3*200=40米
因此：一个比特时延等价于40米的电缆。
17题。长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,令牌长8位，数据帧最大长度为256（包括32位开销），确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少？
　分析：站点在令牌环上一个完整的工作周期如下：
① 获取令牌：停止令牌运行（大约为1位时延，归入站点时延计算）；
　　　②发送数据帧：把数据帧发送到环上；（传输时延）
③数据帧绕环一周：绕环线一周；（传播时延）
　　　　　经过每个站点有1位时延。（传输时延）
　④发送令牌帧：把令牌帧发送到环上；（传输时延）
　解：1）获取令牌传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us
2）发送数据帧传输时延为: 256bit/10Mbps=25.6us
　　　3）信号绕环一周传播时延为: 1000m/200m/us=5us
　　　4）50站点1位传输时延为: 50 * 1bit/10Mbps=5us
　　　5）发送令牌帧传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us
　　　所需总时间为：(0.8+25.6 +5 +5 +0.8)us=36.4us
　　　该环不包括开销的有效数据传输速率为:(256-32)bit/36.4us=6.15Mbps
18题。长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us。问：⑴该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆？⑵该环的有效位长度为多少位？
解法1:⑴令牌环的比特长度为：10Km*5us/Km * 16Mbps + 100bit=180bit
　　　　故该环上1位的延迟相当于电缆的长度为：1bit * 10Km/180bit=5.56m
　　　⑵该环的有效位长度为：10Km*5us/Km * 16Mbps=80bit(不计1位延迟)
解法2:⑴该环上1位的延迟相当于电缆的长度为：200m/us / 16Mbps=200m/us / 16b/us =12.5m/b
　　　⑵该环的有效位长度为：10Km/12.5m/b =80b(不计1位延迟)
19题。长1Km、4Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,设数据帧最大长度为100字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？
　解答：⑴1Km令牌环传播时延为: 1000m/200m/us=5us
　　　 ⑵50个站点1位时延为: 50*1bit/4Mbps=12.5us
　　　 ⑶发送最长数据帧的时延为: 100*8bit/4Mbps=200us
　故超时计数器的值至少要设置为: 5+12.5+200=217.5(us)
  注：检查令牌丢失由专门检测站来完成（这里忽略了令牌的发送时间）。
20题。一个10Mbps的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为10us,在此环上可发送的最长帧为多少位？
　解答：此环上可发送的最长帧为：10Mbps*10us=100bit (s=v*t)
　　(注:这里的10us全用于发送最长帧的时延,不考虑环传播时延及站点1位时延)
23题。见黑板
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？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。
欲保持10M，100M，1G的MAC协议兼容，要求最小帧长的发送时间大于最长的冲突检测时间，因而千兆以太网采用载波扩充方法。而且为了避免由此带来的额外开销过大，当连续发送多个短帧时采用帧突发技术。而100M以太网采用的则是保持帧长不变但将最大电缆长度减小到100m。 其它技术改进： （1）采用专用的交换集线器，缩小冲突域 （2）发送、接收、冲突检测传输线路独立，降低对媒体带宽要求 （3）为使用光纤、双绞线媒体，采用新的信号编码技术。

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