计算机网络答案

1、6. 一个带宽为6MHz的信道，假设用4种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下 最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。现带宽H= 6MHz码元可取的有效离散值个数N= 4,那么信道的最大数据传输速率为：C= 2Hlog2N= 2X 6X 106x log 24 b/s = 24Mb/s7. 某信道带宽为3kHz,信噪比为30dB,试计算该信道的最大比特率。假设采用二进制信 号传输，那么该信道的最大比特率是多少？由信噪比=30db 可知 S/N= 1030/10 = 1000。现带宽H= 3kHz,根据香农公式可知信道的最大比特率为：3C =

2、 Hlog2 (1+S/N) = 3 X 10 x log 2 (1+1000)30kb/s。假设采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：3C= 2Hlog 2N= 2X 3X 10 x log 22 = 6kb/s。&要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，按照香农公式，信道的信噪 比最小应为多少分贝？要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，即所需的数据传输速率为 20KB/4=40kbps，由香农公式有 C=Hlog2 (1+S/N)由 H=4kHz, C> 40kbps，得 S/N> 1024，因此 10log 1q(S/N)&g

3、t; 30dB,即信噪比最小应为30分贝。13. 计算T1载波线路的编码效率和开销率。假设要采用两种物理状态传输的50kb/s信道上传输1.544Mb/s的T1载波，问信道的信噪比至少应该是多少？在T1载波线路中，一帧包括193b。这193b按时分多路复用方式细分为24个信道，每个信道8b,余下1b作同步位。8b中1b用来传输控制信号，7b用来传输数据信息。据此， T1载波线路的编码效率为：24 X 7/193 = 87%对应地，开销率为 1-0.87 = 13%因为是采用两种物理状态传输数据，那么从数值上来说，B= S,而B= 2H,所以信道带宽H= B/2 = S/2 = 25kHz。由香

4、农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比S/N= 2c/H-1 = 21.544M/25k-1 = 261.76 -1以分贝计算，那么 S/N= 10log 10(261.76-1)疋 186dB17.共有四个站点进展 CDMA通信，四个站点的码片序列分别为：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)现收到码片序列-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1，问哪个站发送了数据？发送的 1还是0 ? 设当

5、前收到的码片序列S为-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +11 81 8那么A S=:ASj =1B S=-BiSi =-18 i 18 i 1c s=!8CS =0D1 8 s= DS =18i 18 i 1所以站点A和D发送“ 1，B发送“ 0，站点C未发送数据。x7+x5+1被生成多项式x3+1除，所得余数是多少？解：x 7+x5+1对应的二进制位串为10100001, x3+1对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.过程略438. 采用生成多项式 G(X)=X+X+X+1为信息位1010101产生循环冗余码，加在信息位后面形 成码字，再经比特填充后从左向

6、右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？解：由生成多项式的次数可知冗余位位数为4，信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附 力口 4位0对应的多项式为x4*(x 6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除x4*(x 6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是。9. 循环冗余码的生成多项式为X5+X4+X+1，假设接收方收到的码字为01，问传输中是否有过失？解： 生成多项式 G(X) = X5+X4+X+1对应的代码为110011, 假设接收码字为01，计算T(X)模2除G(X)的余数：110001001100110

7、1110011000011001101111001100001由算式可知余数为 00001工0，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。10. 假设信息位为1001000，要构成能纠正一位错的海明码，那么至少要加上多少冗余位？ 写出其监视关系表达式。解：信息位长度 k= 7,根据表达式2r> k+r+1可知冗余位长度r = 4,所以最后构成的海明码码字长度应为n = k + r = 11 ,在 7 位信息位 aea9a534后追力口 4位冗余位 a3a2a1a°，构成 11位码字 aea9。 设置校正因子与错码位置的对应关系如下：S3 S2S1S000000001001001

8、0010000011010101100111100110101011错码位置无错a0a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10由上表可得监视关系式:S)=a0® a4® a5® a7® as® S=a1 ® a4® a6® a7® a9®S?=a2 ® a5 ® a6 ® a7 S3=a3 ® as ® a9 ®令 S3SS1S0= 0000，即令a0 ® a4 ® a5® a? ® aa

9、4; ae=0a1 ® a4 ® a6 ® a7 ® a9 ® ae=0a2 ® a5 ® a6 ® a7=0a3 ® as® a9® ae=0由此可求得各冗余位的生成表达式：a°= a4 ® a5 ® a7 ® as ®a1= a4® a6 ® a7 ® ®a2= a5 ® a6 ® a7a3= a8® a9® aio11. 假设海明码的监视关系式为:S0

10、=ao ® a3 ® a4® a5S =ai ® a4 ® a5 ® a6S2=a2 ® a3 ® a5 ® a6接收端收到的码字为：a6a5a4a3a2aiao=1O1O1OO，问在最多一位错的情况下发送端发送的 信息位是什么？解： 将a6a5a4a3a2aiao=1O1O1OO带入监视关系式可得：So=ao ® a3 ®a4 ®a5=0 ® 0 ®1®0=1Si=ai ® a4 ®a5 ®a6=0 ®

11、1 ®0®1=0S2=a2 ® a3 ®a5 ®a6=1 ® 0 ®0®1=0因为S2SS0= 001工0,接收的码字有错，错误位置是a。，所以正确的码字应为1010101。14. 50Kb/s卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms,不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的 利用率。解：50Kb/s卫星信道上发送帧长度为1000比特的数据帧所需时间为 1000b/50Kb/s=20ms卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms,因此数据帧到达接收

12、方与确认帧返回所需时间为2* 125ms+125m© =500ms,不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的 情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8%15. 一个数据传输速率为 4Kb/s、单向传播时延为 20ms的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，那么帧长度在什么围，停等协议的效率可以到达50%?解：分析停等协议的信道利用率，如以下图所示：刈T喊功咬H帕數I厲悴之间的址屮时t.时间处理片阿7桜播时延J处理吋间间何隔4 / 12# / 12停止等恃协谏中般据帕和箍认帧的发送时恫假设帧长度为L比特，由题可知数据传输速率 B=4Kb/s，单向传播时延

13、 R为20ms,采用 停等协议进展数据帧的传输， 确认帧长度和处理时间均忽略不计， 假设使效率到达50% 即L/BL/B 2R50%# / 12代入L、B和R,可得L> 160b。# / 1216. 使用回退n帧协议在3000km长的1.544Mb/s的T1干线上发送64字节的帧，假设信号传播速度是6卩s/km，问帧的顺序号应是多少位？解：在信号传播速度为 6卩s/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：6X 3000= 18000 卩 s1.544Mb/s 的T1干线每秒传输 8000个193b的数据帧，每帧有 24 X 8b的数据和1b的 同步比特，因此实际用于数据传输的带

14、宽为1.544 8000 X 10-6 = 1.536Mb/s。那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为：64 X 8/1.536 = 333 卩 s假设确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，那么一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为：333+ 18000 + 18000=36333 卩 s假设发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，那么可以发送36333/333疋110帧。对110帧编号，那么需要 7位帧序号。17. 重负荷的50Kb/s卫星信道上，用选择重传协议发送含40比特帧头和3960比特数据的帧。假定无确认帧，NAK帧为40比特，数据帧的出错率为1%, NAK帧的出错率可忽

15、略不计，顺序号是7位，问由于帧头和过失重发而浪费的信道带宽占百分之几？解：在50kb/s的卫星信道上发送帧长为40 + 3960= 4000b的数据帧，所需发送时间为：4000/50k= 80ms这样，从t = 0时刻开场发送，在 t = 80ms时发送方发送一帧完毕。卫星信道延迟为 270ms,因此，在t = 80 + 270 = 350ms时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎 带应答方式进展确认。所以，在t = 350 + 80= 430ms时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在t = 430+ 270= 700ms时到达发送方。一帧的传输周期为700ms。帧序号

16、长度为7位，因此窗口大小最大可达27-1 = 64。连续发送64个数据帧所需时间 64 X80= 5120ms,远大于一个帧的传输周期700ms=这意味着64的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。数据帧的出错率为1 %，对于帧长为4000b的数据帧来说，平均重传长度为4000 X 1 %=40b，传送NAK的平均长度为40X 1%= 0.4b。所以，传输3960b数据带来的附加开销为 40+ 40 + 0.4 = 80.4b。因此，帧头和过失重发的开销占总带宽的比例为：80.4/(3960+ 80.4)2%18. 一个1Mb/s的卫星信道上发送 1000bit

17、长的帧。信号在信道中端到端传输延迟是270ms,假定ACKM很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用3位的帧序号。对以下协议而言,计算卫星信道可能到达的最大信道利用率。(a) 停-等协议；(b)回退N协议；(c)选择重传协议解：三种协议的窗口大小值分别是1,7和4.以1Mb/s发送，1000bit长的帧的发送时间是1ms.我们用t = 0表示传输开场时间，那么在t = 1ms时，第一帧发送完毕.t = 271ms,第一 帧完全到达接收方.t = 541ms 时确认帧到达发送方.因此周期是541ms.如果在541ms 可以发送k个帧,(每个帧发送用1ms时间),那么信道的利用率是 k/541,因此

18、：(a) k = 1, 最大信道利用率 =1/541 = 0.18%(b) k = 7, 最大信道利用率 =7/541 = 1.29% 1分(c) k = 4, 最大信道利用率 =4/541 = 0.74% 1分一个如图4-42所示的子网。采用距离矢量路由选择算法，如下向量进入路由器C:来自B的5,0,8,12,6,2 丨；来自 D 的16,12,6,0,9,10 丨；来自 E 的7,6,3,9,0,4。至UB D和E的延迟分别是6、3和5。C的新路由选择表是什么样的？给出采用的输出线 路和预计延迟。图 4-42解：通过 B给出(11,6,14,18, 12,8)通过 D给出(19,15,9,

19、3, 12,13)通过 E给出(12,11,8,14, 5,9)取到达每一个目的地的最小值得：(11 , 6, 0, 3 , 5 , 8)输出线路是：(B , B, - , D, E, B)数据报子网允许路由器在必要时扔掉分组。一个路由器扔掉分组的概率为P。考虑一源端主机连接到源端路由器， 源端路由器又连到目的端路由器，它又连接到目的主机。如果其中一个路由器扔掉一个分组，源端主机最后会超时， 并重传该分组。如果主机到路由器与路由器到路由器的线路都算作一个站段，那么：1一个分组在每次传输中所经过的平均站段数是多少？2一个分组平均传输次数是多少？3每次收到的分组所需的平均站段数为多少？解：由源主机

20、发送的分组可能行走1个站段、2个站段或3个站段。走1个站段的概率是 p,走2个站段的概率是 p(1-p)，走3个站段的概率是(1-p) 2, 那么，一个分组平均通路长度的期望值：2 2L=1 X p+2p(1-p)+3(1-p) =p -3p+3即每次发送一个分组行走的平均站段数是p2-3p+3。一次发送成功(走完整个通路)的概率等于(1-p) 2，令a = (1-p) 2,两次发射成功的概率2等于(1-a)a,三次发射成功的概率等于(1-a) a, 因此，一个分组平均发送次数为：223T=a+2a(1-a)+3a(1-a)+ =a/(1-a)(1-a)+2(1-a)+3(1-a) +因为kq

21、kk 1q(1 q)26 / 12# / 12所以1 1 a (1 p)2a1 a21 a 1(1a)即一个分组平均做1/(1-p) 2次发送。最后，每个接收到的分组行走的平均站段数为：2 2H=LX T=(p -3p+3)/(1-p)10. 一个6Mb/s的网络中有一台由令牌桶算法控制的计算机。令牌桶以1Mb/s的速率注入,其容量为8Mb,最初令牌桶是满的。问该计算机能以6Mb/s的速率全速传送多长时间？解：应用公式S= C/(M-P)，其中S表示以秒计量的突发时间长度，M表示以每秒字节计量的最大输出速率，C表示以字节计量的桶的容量，P表示以每秒字节计量的令牌到达速率。用 C= 8 X 10

22、6/8=10 6, M=6X 106/8 , P= 1 X 106/8 代入公式得到1.6(s)1066 66 10 8 1 10 8所以，计算机可以用完全速率6M/s发送1.6s的时间11. IP地址分为几类？各如何表示？答：在分类IP地址中，将IP地址共分为五类，分别是 A类、B类、C类、D类和E类。不 同类别的IP地址，网络号和主机号这两局部的长度是不同的，如以下图所示。12. 在分类IP地址空间中，试分别计算 A类、B类和C类IP地址所包含的网络数量与每个网络中包含的主机数量。 答：如表所示：网络类别可用网络数目第一个可用的网络号最后一个可用的网络号每个网络中可容纳主机数量A类网络12

23、6 (2 7 - 2)112616,777,214 224-2B类网络16,383(2 141)128.1191.25565,534 216-2C类网络2,097,151(2211)192.0.1223.255.255254 28-213. 子网掩码有什么作用？ A类、B类、C类IP地址的子网掩码各是什么？答：在一个网络中引入子网， 就是将主机号进一步划分成子网号和主机号，通过灵活定义子网号的位数，就可以控制每个子网的规模。 传统的网络号-主机号两级IP地址空间变成网络 号-子网号-主机号三级IP地址空间，为了判断IP地址所属的网络，需要用到子网掩码。在传统的分类IP地址空间中，A、B C类I

24、P地址对应的子网掩码分别是14. 将一个A类地址空间划分为如下数目的子网，试计算所需的子网号比特数、对应的子网掩码与每个子网包含的主机数。12263510答: (1)由于要划分成2个子网，需要扩展1231 位(2 -2=8388606 ;(2)由于要划分成6个子网，需要扩展3213 位(2 -2=2097150 ;(3)由于要划分成510个子网，需要扩展9159 位(2-2=32766。15.在一个B类地址空间中，如果其子网掩码分别如下，试计算其子网号比特长度、可划分的子网数与每个子网包含的主机数。11110000 00000000由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为4位，所以可划分的子

25、网数为24=16,包含的主机数为212-2=4094 ；11111111 00000000由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为8位，所以可划分的子网数为28=256,包含的主机数为28-2=254 ；11111111 11111000由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为13位，所以可划分的子网数为213=8192,包含的主机数为23-2=6。16. 解释网络地址、32位全0的地址以与网络号全 0的地址的含义。答：网络地址是网络号不为0但主机号为0的IP地址，用来标记一个对应的网络。32位全0的地址代表默认路由地址。网络号是全0,该地址是本网络上的特定主机地址。路由器收到目的地址是此

26、类地址的IP报文时不会向外转发该分组，而是直接交付给本网络中的特定主机号的主机。17. 直接播送地址和受限播送地址的区别是什么？答：目的地址为直接播送地址的IP报文将被发送到特定网络中的所有主机。目的地址为受限播送地址的IP报文将被发送到本物理网络中的所有主机。路由器阻挡该报文通过，将其播送功能只限制在本网部。18.答：将两个地址块转换为二进制形式得：11001101 10000000 00000000 00000000 (205.128/11)11001101 10000010 00011119.解：将4个/24地址块变为二进制形式有：11001010 11001110 1000010011

27、001010 11001110 1000010111001010 11001110 1000011011001010 11001110 10000111将上面4个地址块聚合为一个地址块，得到11001010 11001110 10000118. 以下地址中的哪一个和 86.32/12匹配？说明理由。21.(1)每个子网的网络前缀有多长？每个子网中有多少个地址？每-个子网的地址块是什么？每-个子网可分配给主机使用的最小地址和最址分别是什么?答：1每个子网前缀为 28位。2每个子网中有16个地址。3四个子网的地址块分别是：37.设路由器R有如下所示的路由表:目的网络子网掩码下一个路由器地址128.

28、96.39.0255.255.255.128接口 0128.96.39.128255.255.255.128接口 1128.96.40.0255.255.255.128R2192.4.153.0255.255.255.192R3*默认R4R可以直接从接口 0和接口 1转发IP报文，也可以通过相邻的路由器R、艮和R4进展转发。现有5个IP报文，其目的IP地址分别为：试分别计算Ri转发这些报文的下一个路由器地址。38.某公司网络拓扑图如图4-43所示，路由器 Ri通过接口 Ei、E2分别连接局域网1、局域网2，通过接口 L0连接路由器 艮，并通过路由器 Rz连接域名效劳器与互联网。R的L02的 L

29、oio目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址 接口(2) 请给出R1的路由表，使其明确包括到局域网1的路由、局域网2的路由、域名效劳器的主机路由和互联网的路由。(3) 请采用路由聚合技术，给出R2到局域网1和局域网2的路由。解：1考虑到每个局域网要120台主机，那么IP地址中主机号局部需要7位才能满足需要27-2=126>120，也就是说网络前缀局部为25位。所以可以按照如下方案划分：局域网1： 125局域网 2： 202.118.1.128/252根据上面的数据，可以很简单的得出R1的路由表为:目标IP子网掩码下一跳IP转发接口202.118.1.0/25255.255.255.128

30、直接连接E1202.118.1.128/25255.255.255.128直接连接E2202.118.3.2255.255.255.255222.118.2.2L。默认路由0.0.0.0222.118.2.2L。3根据上面的数据， R2到局域网1和局域网2的路由为:目标IP子网掩码下一跳IP转发接口202.118.1.0/24255.255.255.0222.118.2.1L0传输连接的建立和释放为什么采用三次握手协议？使用两次握手建立连接会产生死锁吗？ 试举例说明。答：三次握手完成两个重要功能，既要双方做好发送数据的准备工作，也要允许双方就初 始序列号进展协商，这个序列号在握手过程中被发送与确认。假设把三次握手改成仅需两次握手，死锁是可能发生的。例如，考虑计算机 A和B之间的通信。假定 B和A发送一个连接请求分组，A收到了这个分组，并发送了确认应答分组。按照两次握手的协定，A认为连接已经成功的建立了，可以开场发送数据分组。可是B在A的应答分组在传输中被丧失的情况下，将不知道A是否已准备好，不知道A建议什么样的序列号用于 A到B的交通，也不知道A是否同意B所建议的用于 B到A交通的序列号，B甚至疑心A是否收到自己的连接请求分组。在这种情况下，B认为连接还未建立成功，将忽略A发来的任何数