计算机网络习题解答

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1、计算机网络教案-习题解答习题1-11l电路交换的时延–T1=s(s)+d(s)*k+x/bl分组交换的时延–T2=k*(d(s)+p/b)+(p/b)*(x/p-1)–=k*d(s)+x/b+(k-1)p/bl要使分组交换时延小于电路交换时延需：–（k-1）p/b

2、构有N层。应用程序产生M字节的报文。网络软件在每层都加上h字节长的协议头。问网络带宽中有多大比率用于协议头信息的传输？补充习题1-b1答案l总共有N层，每层加h字节，在每个报文上附加的头字节的总数等于hN，应此其比率为hN/(M+hN)补充习题2-b1l比较在下列两种情况下一个无噪声4khz信道的最大数据数率：（1）使用每次采样产生2bit的模拟信号编码（2）使用T1PCM系统补充习题2-b1答案l4kHz无噪声信道极限数率为8000波特，l每次采样产生2bit的模拟信号编码时，最大数据数率可达16000b/s。lT1

3、PCM系统每个采样周期发送7比特数据，故最大数据数率可达7×8000=56000b/s习题3-06l当发送一帧的时间等于信道的传播时延的2倍时，信道利用率是50%。传播时延传播时延发送时延l设帧长为LlL=20×2×4000/1000=160bit习题3-09l假设发送窗口为2nl如果第0号帧出错，则应重传0号帧，而未出错时应传新的0号帧，此时无法判断该0号帧是重传的还是新的。习题3-15l卫星信道的传播时延取250ms，以1Mb/s的速率传送2000比特数据的发送时延为2ms。则发送一帧的往返时延为(2ms+250m

4、s)+250ms=502msl(1)d1=2/502=1/251l(2)d2=发送时延/往返时延=7×2/502=7/251l(3)d3=127/251l(3)d4=255/251=1(利用率不可能大于1)习题4-04l解：对于纯ALOHA，可用的带宽为：0.184×2400b/s=441.6b/s每个站需要的带宽为：200÷（2×60）=1.667b/s终端数目最多为：N=441.6÷1.667≈264其余问题算法同上习题4-08l解：在任一时隙内生成k帧的概率服从泊松分布（P70）P[K]=Gke-G/k！则生成0

5、帧的概率为e-G根据题意吞吐量为G=40×50/1000=2（1）首次发送成功的概率即为生成0帧的概率为e-2（2）首次发送不成功的概率1-e-2冲突k次才发送成功的概率为（1-e-2）ke-2（3）k次发送成功的概率pk为（1-e-G）k-1e-G每帧平均发送次数（数学期望）为E=∑kPk=e-G=e-2≈7.4习题4-09l解：10%的时隙空闲，即发送0帧的概率为0.1由于P0=e-G故G=-lnP0=-ln0.1=2.3S=Ge-G=0.23由于G大于1，故现在系统处于过载状态习题4-20l解：（-1+1-3+1

6、-1-3+1+1）·（-1-1-1+1+1-1+1+1）/8=1（-1+1-3+1-1-3+1+1）·（-1-1+1-1+1+1+1-1）/8=-1（-1+1-3+1-1-3+1+1）·（-1+1-1+1+1+1-1-1）/8=0（-1+1-3+1-1-3+1+1）·（-1+1-1-1-1-1+1-1）/8=1故A和D发送比特1，B发送比特0。习题5-04l解：以太网采用曼彻斯特编码，波特率是数据率的一倍，故波特率为20boud。习题5-11l解：传播时延为：1/20000sl最小帧长是帧的发送时延不能低于2倍的传播时

7、延，故：l2×（1/20000）/10-9=10000bit.习题6-11l解：根据B计算到A、F的时延为：lA:6+5=11F:6+2=8l根据D计算到A、F的时延为：lA:3+16=19F:3+10=13l根据E计算到A、F的时延为：lA:5+7=12F:5+4=9l根据以上计算可得到C的路由表为：习题6-12l解：根据距离向量算法，每隔1秒钟相邻结点间交换2次距离向量表，由于是全双工的，故每条链路每秒钟信息流量为2个距离向量表的数据流量。l该距离向量表有50个时延值，每个时延用8比特编码故总的数据量为50*8=4

8、00比特l故所需带宽为400*2=800bit/s习题7-16l解：采用IP与子网掩码相与的方法计算例：l128.96.39.10与255.255.255.128相与得l128.96.39.0故其下一站为接口0l其余算法相同习题7-21l解：D-HA和S-HA在数据帧的首部，D-IP和S-IP在数据报的首部，IP数据报是数据帧的数