计算机网络原理第1-4章习题

,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,青岛大学信息工程学院网络工程系,计算机网络,第 1 章 习题课,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。,（1）电路交换 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，经常使用的固定用户之间的通信。,（2）报文交换 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。,1-06试将TCP/IP和OSI的体系结构进行比较。讨论其异同点。,（1）OSI和TCP/IP的相同点是：都是基于独立的协议栈的概念；二者均采用层次结构，而且都是按功能分层，层功能大体相似。,（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、网络层、运输层、会话层、表示层和应用层；而TCP/IP具体分五层：应用层、运输层、网络层、网络接口层和物理层。,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。TCP/IP一开始就考虑到多种异构网的互连问题，并将网际协议IP作为TCP/IP的重要组成部分。,TCP/IP一开始就对面向连接服务和无连接服务并重，而OSI在开始时只强调面向连接这一种服务。,TCP/IP较早就有了较好的网络管理功能。,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)，从源点到终点共经过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),且各接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？,解答：分组交换和电路交换的传播时延都为dk.,对于电路交换总时延=连接时间+发送时延+传播时延=s+x/b+dk,对于分组交换，设共有n个分组，由于分组采用存储转发技术，一个站点的发送时延为t=p/b,数据在信道中经过k-1个t时间的流动后，从第k个t开始，每个t时间段间将有一个分组到达目的站，从而发送n个分组的时延为：(k-1)p/b+np/b,则分组交换的总时延为：(k-1)p/b+np/b+dk.nx/p/,(k-1)p/b+x/pp/b+dks+x/b+dk (k-1)p/bs,34(2010年）在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的交换网络中，所有链路的数据传输速率为100 Mbps，分组大小为1000 B，其中头部大小为20 B。若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和等待延迟的情况下，从H1发送到H2接收完为止，需要的时间至少是（相邻单位间的进制关系可近似的看做1000）_。,A80 ms B80.08 ms C80.16 ms D80.24 ms,【解答】,C,。考察存储转发机制。,由题设可知，分组携带的数据长度为980B，文件长度为980000B，需拆分为1000个分组，加上头部后，每个分组大小为1000B，总共需要传送的数据量大小为1MB。由于所有链路的数据传输速度相同，因此文件传输经过最短路径时所需时间最少，最短路径经过2个分组交换机。,当t=1M8/100Mbps=80ms时，H1发送完最后一个bit；,由于传输延时，当H1发完所有数据后，还有两个分组未到达目的地，其中最后一个分组，需经过2个分组交换机的转发，在两次转发完成后，所有分组均到达目的主机。每次转发的时间为 t0=1K8/100Mbps=0.08ms。,所以，在不考虑分组拆装时间和等待延时的情况下，当t=80ms+2t0=80.16ms时，H2接收完文件，即所需的时间至少为80.16ms。答案为C。,1-13.面向连接服务与无连接服务各自的特点是什么？,面向连接服务具有建立、数据传输和连接释放这三个阶段。在传送数据时是按序传送的。面向连接服务比较适合于在一定期间内要向同一目的地发送许多报文的情况。,对于面向无连接服务，两个实体之间的通信不需要先建立好一个连接，因此其下层的有关资源不需要实现进行预定保留。无连接服务的优点是灵活方便和比较迅速，但无连接服务不能防止报文的丢失、重复或失序。无连接服务的特点不需要接收端做任何响应，因而是一种不可靠的服务。,1-20收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传输速率为2108m/s。试计算以下两种情况下的发送时延和传播时延：,（1）数据长度为107bit,数据传送速率为100kb/s;,（2）数据长度为103bit,数据传送速率为1Gb/s。,解答：,（1）发送时延=107/100000=100s,传播时延=1000103m/2108m/s=510-3s=5ms,(2)发送时延=103/109=10-6s=1us,传播时延=1000103m/2108m/s=510-3s=5ms,第二章 习题课,答：奈氏准则指出了：码元传输的速率是受限的，不能任意提高，否则在接收端就无法正确判定码元是1还是0（因为有码元之间的相互干扰）。奈氏准则是在理想条件下推导出的。在实际条件下，最高码元传输速率要比理想条件下得出的数值还要小些。电信技术人员的任务就是要在实际条件下，寻找出较好的传输码元波形，将比特转换为较为合适的传输信号。需要注意的是，奈氏准则并没有对信息传输速率（b/s）给出限制。要提高信息传输速率就必须使每一个传输的码元能够代表许多个比特的信息。这就需要有很好的编码技术。,香农公式给出了信息传输速率的极限，即对于一定的传输带宽（以赫兹为单位）和一定的信噪比，信息传输速率的上限就确定了。这个极限是不能够突破的。要想提高信息的传输速率，或者必须设法提高传输线路的带宽，或者必须设法提高所传信号的信噪比，此外没有其他任何办法。至少到现在为止，还没有听说有谁能够突破香农公式给出的信息传输速率的极限。,香农公式告诉我们，若要得到无限大的信息传输速率，只有两个办法：要么使用无限大的传输带宽（这显然不可能），要么使信号的信噪比为无限大，即采用没有噪声的传输信道或使用无限大的发送功率（当然这些也都是不可能的）。,比特和波特是两个不同的概念。波特是码元传输的速率单位，它说明每秒传多少个码元。比特是信息量的单位。但是，信息的传输速率“比特/秒”与码元的传输速率“波特”在数量上却有一定的关系。若1个码元只携带1bit的信息量，则“比特/秒”与码元的传输速率“波特”在数值上是相等的。,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，问最大信息速率能否在增加20%？,香农公式:C=Wlog,2,（1+S/N）b/s,其中：C：信道的极限信息传输速率,W：信道带宽,S：信道内所传信号的平均功率,N：信道内部的高斯噪声功率,问题1、依题意，W=3100Hz,C=35kb/s，求得S/N2,11.3,-12,11.3,若使C增加60%=56kb/s，则求得：S/N2,18,-12,18,2,18,/2,11.3,100,问题2、C=Wlog,2,（1+10*2,18,）b/s=W(log,2,10+18)=W(3.32+18)=W*21.32=66092 b/s,则求得：C在增加了60%的基础上又增加了：(66092-56000)/5600018%，所以，不能增加20%。,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是1还是0?,解析：此题考查的是对CDMA通信原理的掌握，如何从接收到的码片序列推算发送站是否发送及发送的数据内容。这就需要根据公式,分别计算各站码片序列与接收站,码片序列的规格化内积，结果为0说明该站没有数据发送；结果为1说明该站发送的是1；结果为-1则说明该站发送的是0。,答：接收到的码片序列M=-1+1-3+1-1-3+1+1,根据如下公式，,分别计算各站码片序列与接收码片序列的规格化内积，结果为0表明没有数据发送；结果为1表明发送的是1；结果为-1表明发送的是0。,A*M=1/8(1-1+3+1-1+3+1+1)=1,所以,A发送了1,同理,B*M=1/8(1-1-3-1-1-3+1-1)=-1,C*M=1/8(1+1+3+1-1-3-1-1)=0,D*M=1/8(1+1+3-1+1+3+1-1)=1,所以B、D发送了0、1，C未发送数据。,第三章 习题课,3-02.数据链路层中的链路控制包括哪些功能？,数据链路层中的链路控制的主要功能有：,（1）链路管理，即数据链路的建立、维持和释放。,（2）帧定界，数据以帧为单位传送，收方应当能从收到的比特流中准确地区分出一帧的开始和结束的地方。,（3）流量控制，基于反馈机制来实现，解决节点之间的流量问题。,（4）差错控制，使接收端能够发现传输错误，并能纠正传输错误。,（5）透明传输，,（6）寻址。,3-06.信道速率为4kb/s，采用停止等待协议。传播时延tp=20ms。确认帧长度和处理时间均可忽略。帧首部的开销也可忽略。问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50%？,解析：在帧长度和处理时间均可忽略不计的情况下，信道的利用率与发送时间和传播时间有关，均等于t,发送时间,/(t,发送时间,+2 t,传播时间,),当发送时间等于传播时延的2倍时，信道的利用率是50%，即发送一帧的时间=,20ms2=40ms,信道速率是每秒4kb/s，设帧长为l，则l/(40,10,-3,)=4000b/s,所以l=160bit,3-11在选择重传ARQ协议中，设编号用3bit，而发送窗口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确工作。,解析对于连续的ARQ，发送窗口和接收窗口需要满足的条件是WT+WR2n。而题中WT+WR=6+3=923，所以无法正常工作。,解答设想在发送窗口内的序号为0，1，2，3，4，5，而接收窗口等待后面的6，7，0。当0号确认帧丢失，接收端收到0号帧，则无法判断是新帧还是重传帧。,3-15卫星信道的数据率为1Mb/s。取卫星信道的单程传播时延为0.25秒。每一个数据帧长都是2000bit。忽略误码率、确认帧长和处理时间。忽略帧首部长度对信道利用率的影响。试计算下列情况下的信道利用率：,（1）停止等待协议；,（2）连续ARQ协议，WT=7；,（3）连续ARQ协议，WT=127；,（4）连续ARQ协议，WT=255；,解答 发送时延：tf=2000bit/1Mb/s=2ms,传播时延：tp=0.25s=250ms,发送一帧数据到达接收方，接收方发回确认帧的时间周期：,T=tf+2tp=2+2250=502ms,若在周期T=502ms内可发送k个帧（每个帧的发送时间为2ms），则信道的利用率是2k/T=2k/502=k/251。,（1）停止等待协议，此时k=1，则信道利用率为=2/502=1/251。,（2）WT=7，