【免费下载】计算机通信网络第四版习题详细答案

计算机网络习题解答
教材计算机网络谢希仁编著
第一章概述
习题1-02 试简述分组交换的要点。

答：采用存储转发的分组交换技术，实质上是在计算机网络的通信过程中动态分配传
输线路或信道带宽的一种策略。

它的工作机理是：首先将待发的数据报文划分成若干个大小有限的短数据块，在每个
数据块前面加上一些控制信息(即首部)，包括诸如数据收发的目的地址、源地址，数据块
的序号等，形成一个个分组，然后各分组在交换网内采用“存储转发”机制将数据从源端发送到目的端。

由于节点交换机暂时存储的是一个个短的分组，而不是整个的长报文，且每
一分组都暂存在交换机的内存中并可进行相应的处理，这就使得分组的转发速度非常快。

分组交换网是由若干节点交换机和连接这些交换机的链路组成，每一结点就是一个小
型计算机。

基于分组交换的数据通信是实现计算机与计算机之间或计算机与人之间的通信，其通
信过程需要定义严格的协议；
分组交换网的主要优点：
1、高效。

在分组传输的过程中动态分配传输带宽。

2、灵活。

每个结点均有智能，可
根据情况决定路由和对数据做必要的处理。

3、迅速。

以分组作为传送单位，在每个结点存储转发，网络使用高速链路。

4、可靠。

完善的网络协议；分布式多路由的通信子网。

电路交换相比，分组交换的不足之处是：①每一分组在经过每一交换节点时都会产生一定的传输延时，考虑到节点处理分组的能力和分组排队等候处理的时间，以及每一分组
经过的路由可能不等同，使得每一分组的传输延时长短不一。

因此，它不适用于一些实时、连续的应用场合，如电话话音、视频图像等数据的传输；②由于每一分组都额外附加一个头信息，从而降低了携带用户数据的通信容量；③分组交换网中的每一节点需要更多地参与对信息转换的处理，如在发送端需要将长报文划分为若干段分组，在接收端必须按序
将每个分组组装起来，恢复出原报文数据等，从而降低了数据传输的效率。

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1-07 计算机网络可从哪几个方面进行分类？
答：1、按交换方式：有电路交换、报文交换、分组交换、帧中继交换、信元交换等。

2、按拓扑结构：有集中式网络、分散式网络、分布式网络。

其中，集中式网络的特点是网
络信息流必须经过中央处理机或网络交换节点(如星形拓扑结构)；分布式网络的特点是任何一个节点都至少和其他两个节点直接相连(如网状形拓扑结构)，是主干网常采用的一种结构；分散式网络实际上是星形网和网状形网的混合网。

3、按作用范围：有广域网(WAN)、局域网(LAN)、城域网(MAN)。

其中，广域网的作用范围为几十至几千公里，又称为远程网；局域网的作用范围常限制在一个单位或一个校园(1 km)内，但数据传输速率高(10 Mb/s 以上)；城域网常介于广域网和局域网之间，局限在一个城市(5～50 km)内。

4按使用范围：有公用网和专用网。

其中，公用网都是由国家的电信部门建造和控制管理的；专用网是某个单位或部门为本系统的特定业务需要而建造的，不对单位或部门以外的人员开放。

习题1-09 计算机网络由哪几部分组成？答：一个计算机网络应当有三个主要的组成部分：（1）若干个主机，它们向各用户提供服务；（2）一个通信子网，它由一些专用的结点交换机和连接这些结点的通信链路所组成；（3）一系列的协议。

这些协议是为在主机之间或主机和子网之间的通信而用的。

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：kd b
x s t c ++=采用分组交换：端到端时延：，kd b
x b p k t p ++-=)1(这里假定，即不考虑报文分割成分组后的零头。

p x >>欲使，必须满足c p t t <s b
p k <-)1(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1-13 面向连接服务与无连接报务各自的特点是什么？
答：所谓连接，就是两个对等实体为进行数据通信而进行的一种结合。

面向连接服务是在数据交换之前，必须先建立连接。

当数据交换结束后，则应终止这个连接。

面向连接服务具有连接建立、数据传输和连接释放这三个阶段。

在传送数据时按序传送的。

因面面向连接服务提供可靠的数据传输服务。

在无连接服务的情况下，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事先进行预留。

这些资源在数据传输时动态地进行分配。

无连接服务的另一特征是它不需要通信的两个实体同时期是活跃的（即处于激活态）。

当发送端有实体正在进行发送时，它才是活跃的。

这时接收端的实体并不一定必须是活跃的。

只有当接收端的实体正在进行接收时，它才必须是活跃的。

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。

无连接服务特别适合于传送少量零星的报文。

习题1-14 协议与服务有何区别？有何关系？
答：网络协议：为进行网络中的数据交换而建立的规则、标准或约定。

由以下三个要素组成：
（1）语法：即数据与控制信息的结构或格式。

（2）语义：即需要发出何种控制信息，完成何种动作以及做出何种响应。

（3）同步：即事件实现顺序的详细说明。

协议是控制两个对等实体进行通信的规则的集合。

在协议的控制下，两个对等实体间的通信使得本层能够向上一层提供服务，而要实现本层协议，还需要使用下面一层提供服务。

协议和服务的概念的区分：
1、协议的实现保证了能够向上一层提供服务。

本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。

下面的协议对上面的服务用户是透明的。

2、协议是“水平的”，即协议是控制两个对等实体进行通信的规则。

但服务是“垂直的”，即服务是由下层通过层间接口向上层提供的。

上层使用所提供的服务必须与下层交换一些命令，这些命令在OSI 中称为服务原语。

习题1-15 网络协议的三个要素是什么？各有什么含义？
答：网络协议：为进行网络中的数据交换而建立的规则、标准或约定。

由以下三个要素组成：
（1）语法：即数据与控制信息的结构或格式。

（2）语义：即需要发出何种控制信息，完成何种动作以及做出何种响应。

（3）同步：即事件实现顺序的详细说明。

习题1-16 试述五层协议的网络体系结构的要点，包括各层的主要功能。

答：所谓五层协议的网络体系结构是为便于学习计算机网络原理而采用的综合了OSI 七层模型和TCP/IP 的四层模型而得到的五层模型。

五层协议的体系结构见图1-1所示。

图1-1五层协议的体系结构
各层的主要功能：
（1）应用层
应用层确定进程之间通信的性质以满足用户的需要。

应用层不仅要提供应用进程所需要的信息交换和远地操作，而且还要作为互相作用的应用进程的用户代理（user agent),来完成一些为进行语义上有意义的信息交换所必须的功能。

(2）运输层数4 3 2
任务是负责主机中两个进程间的通信。

因特网的运输层可使用两种不同的协议。

即面向连接的传输控制协议TCP 和无连接的用户数据报协议UDP 。

面向连接的服务能够提供可靠的交付。

无连接服务则不能提供可靠的交付。

只是best-effort delivery.
(3)网络层
网络层负责为分组选择合适的路由，使源主机运输层所传下来的分组能够交付到目的主机。

（4）数据链路层
数据链路层的任务是将在网络层交下来的数据报组装成帧（frame)，在两个相邻结点间的链路上实现帧的无差错传输。

（5）物理层
物理层的任务就是透明地传输比特流。

“透明地传送比特流”指实际电路传送后比特流没有发生变化。

物理层要考虑用多大的电压代表“1”或“0”，以及当发送端发出比特“1”时，接收端如何识别出这是“1”而不是“0”。

物理层还要确定连接电缆的插头应当有多少根脚以及各个脚如何连接。

习题1-18 解释下列名词：协议栈、实体、对等层、协议数据单元、服务访问点、客户、服务器、客户-服务器方式。

答：协议栈：指计算机网络体系结构采用分层模型后，每层的主要功能由对等层协议的运行来实现，因而每层可用一些主要协议来表征，几个层次画在一起很像一个栈的结构。

实体：表示任何可发送或接收信息的硬件或软件进程。

在许多情况下，实体是一个特定的软件模块。

对等层：在网络体系结构中，通信双方实现同样功能的层。

协议数据单元：对等层实体进行信息交换的数据单位。

服务访问点：在同一系统中相邻两层的实体进行交互（即交换信息）的地方。

服务访问点SAP 是一个抽象的概念，它实体上就是一个逻辑接口。

客户、服务器：客户和服务器都是指通信中所涉及的两个应用进程。

客户-服务器方式所描述的是进程之间服务和被服务的关系。

客户是服务请求方，服务器是服务提供方。

客户-服务器方式：客户-服务器方式所描述的是进程之间服务和被服务的关系，当客户进程需要服务器进程提供服务时就主动呼叫服务进程，服务器进程被动地等待来自客户进程的请求。

习题1-20 收发两端之间的传输距离为1000km ，信号在媒体上的传播速率为。

s m /1028
⨯试计算以下两种情况的发送时延的传播时延：
（1）数据长度为107bit,数据发送速率为100kb/s 。

（2）数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s 。

解：（1）发送时延：s t s 10010
1057
==传播时延：s t p 005.010
21086
=⨯=
（2）发送时延：s t s μ110109
3
==传播时延：s t p 005.0102108
6
=⨯=第二章物理层
习题2-02 试给出数据通信系统的模型并说明其主要组成构件的作用。

答：
一个数据通信系统可划分为三大部分：
源系统（或发送端）、传输系统（或传输网络）、和目的系统（或接收端）。

源系统一般包括以下两个部分：
•源点：源点设备产生要传输的数据。

例如正文输入到PC 机，产生输出的数字比特流。

•发送器：通常源点生成的数据要通过发送器编码后才能在传输系统中进行传输。

例如，调制解调器将PC 机输出的数字比特流转换成能够在用户的电话线上传输的模拟信号。

•接收器：接收传输系统传送过来的信号，并将其转换为能够被目的设备处理的信息。

例如，调制解调器接收来自传输线路上的模拟信号，并将其转换成数字比特流。

•终点：终点设备从接收器获取传送过来的信息。

习题2-13 56kb/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2-17 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计算机V.90产生量化噪声
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：%26.5191)(=<-X X Y 因此收发双方频率相差5%是可以正常工作的。

第三章 数据链路层习题3-02 数据链路层中的链路控制包括哪些功能？答：数据链路层中的链路控制功能有：（1）链路管理。

（2）帧定界。

（3）流量控制。

（4）差错控制。

（5）将数据和控制信息区分开。

（6）透明传输。

（7）寻址。

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ms t p 20=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：p f t t 2=已知：，其中C 为信道容量，或信道速率。

为帧长（以
C l t f f =f l 比特为单位）。

所以得帧长 bit
16004.040002=⨯=⨯≥⨯=p f f t C t C l 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：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0
接收端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0
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：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0
接收端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0
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3-19 PPP 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。

第四章局域网
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：
7 15
4 ΣΣ√（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）
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 : (Fiber Optic Medium Attachment Unit) 光纤媒介附属单元。

4-07 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。

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 。

4-09 100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：
T av =2τN R +T 0+τ，其中N R =(1-A)/A ，A 是某个站发送成功的概率，
，N ＝100时，A max =0.3691max 11(--
=N N A ,ms s C l T f
2.01021051000460=⨯=⨯=
=-ms s s 02.02054==⨯=μμτms T av 288.002.02.002.0369
.0369.012=++⨯-⨯=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34721=av T 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s m /105.28
⨯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。

α解：公式（4-9）为： L
C
C L T τττ
α===0其中为传播时延，为数据帧的发送时间。

τ0T 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 α510-210-310-1
讨论：越大，信道利用率就越小。

α4-15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=648.6 Mbit/s 帧长1500字节时，a=500/（1500×8）=0.0417，Smax =0.8438 ，Tmax=843.8 Mbit/s 帧长64000字节时,a=500/（64000×8）=0.000977,Smax =0.9957，Tmax=995.7 Mbit/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。

4-23现有五个站分别连接在三个局域网上，并且用两个透明网桥连接起来，如下图所示。

每一个网桥的两个端口号都标明在图上。

在一开始，两个网桥中的转发表都是空的。

以后有以下各站向其他的站发送了数据帧，即H1发送给H5，H3发送给H2，H4发送给H3，H2发送给H1。

试将有关数据填写在下表中。