计算机网络课程作业与参考答案

《计算机网络》课程作业与参考答案一、计算机网络基本概念1．在OSI的第几层分别处理下面的问题？a. 将待传送的比特流化分成帧b. 决定使用哪一条路径通过子网c. 传输线路上的位流信号同步d. 两端用户间传输文件2．一个系统的协议结构有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。

那么，网络带宽中有多大比率用于协议头信息的传输？3．有确认服务和无确认服务之间的差别是什么？在下列情况下，请说出哪些可能是有确认服务或无确认服务？哪些两者皆可？哪些两者皆不可？a. 连接建立b. 数据传输c. 连接释放4．参照下图回答问题。

图中的每个方框表示一个网络结点。

以星号标注的圆圈表示你的终端。

a.你的本地结点是哪一个？b.哪些结点是你的本地结点的相邻结点？c.对你的本地结点来说，哪些结点是远程结点？d.哪些结点是终端结点（END NODES）？e.哪些结点是路由结点（ROUTING NODES）？f.从结点F到G的最短通路有多少跳段（HOPS）？习题解答1．a.第二层（数据链路层）将待传输的比特流化分为帧b.第三层（网络层）决定使用哪条路径通过子网c.第一层（物理层）d.第七层（应用层）2．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，因此，头消耗的有关空间所占的网络带宽的比率为hN/（M+hN）。

3．在有确认服务中，作为对请求原语的反应，接收方要发出一个明确的响应原语。

具体的说，有确认服务包括请求，指示，响应和证实4个原语，而无确认服务则只有请求和指示2个原语。

连接服务总是有确认服务，因为远程对等实体必须同意才能建立连接。

在所给出的3个例子中，a必须是有确认服务；取决于网络设计者的选择，b和c可以是有确认服务，也可以是无确认服务。

4． a. Cb. A和Gc.A，B，D，E，F，G和Hd.D，F，G和He.A，B，C和Ef. 5二、物理层1．一个用于发送二进制信号的3kHz信道,其信噪比为20dB,可以取得的最大数据速率是多少?2．比较在一个电路交换网和在一个(负载轻的)分组交换网上将x(bit)报文沿k个跳段传输的通路传输的延迟.假定电路建立时间是s,每跨段上的传输延迟为d,分组大小为p(bit),数据传输速率是b(b/s).在什么情况下,分组交换网的延迟更短?(忽略分组头的开销)3．在两个DTE之间传送1000bit的数据块.试对下列类型的链路分别计算传播延迟对发射延迟的比率.a. 100m的双绞线和10kb/s的发射速率.b. 10km的同轴电缆和1Mb/s的发射速率.c. 50000km的自由空间(卫星链路)和10Mb/s的发射速率。

假定在每种类型的电缆内电信号的传播速率时2 ×108 m/s,在自由空间内信号的传播速率时3 ×108m/s。

参考答案1．20=10lg100仙农极限是3log（1+100）=3×6.66=19.98kb/s奈魁斯特极限是6kb/s显然，瓶颈是奈魁斯特极限，最大数据速率是6kb/s。

2．对于电路交换，t=s时电路就会建立起来；t=s+x/b时报文的最后一位发送完毕；t=s+x/b+kd 时报文到达目的地。

而对于分组交换，最后一位在t=x/b时发送完毕。

为到达最终的目的地，最后1个分组必须被中间的路由器重发k-1次，每次重发花时间p/b（一个分组的所有比特都接收齐了，才能开始重发，因此最后1位在每个中间结点的停滞时间为最后一个分组的发送时间），所以总的延迟为：x/b+(k-1)p/b+kd为使分组交换比电路交换快，令:x/b+(k-1)p/b+kd < s+x/b+kd得: s > (k-1)p/b当满足此条件时,分组交换网得延迟更短。

3．（a）T P = S / V = 100 /2×108 = 5×10-7 sT X = N / R = 1000 / 10×103 = 0.1 sa = T P / T X = 5×10-7 / 0.1 = 5×10-6（b）T P = S / V = 10×103 / 2×108 = 5×10-5 sT X = N / R = 1000 / 1×106 = 1×10-3 sa = T P /T X = 5×10-5 / 1×10-3 = 5×10-2（c）T P = S / V = 5×107 / 3×108 = 1.67×10-1 sT X = N / R = 1000 / 10×106 = 1×10-4 sa = T P / T X = 1.67×10-1 /1×10-4 = 1.67×103三、数据链路层1．为提供比使用单个奇偶位可能得到的更大可靠性,一种检错编码方案使用一个奇偶位检测所有的奇数位,用第二个奇偶位检测所有的偶数位。

那么此代码的海明距离时多少？2．信息有效数据m是每个字符用7bit字节编码的ASCII码串“well”，即m长28位，其中，w=1110111，e=1100101，l=1101100，取多项式CRC-12=X做循环冗余检验编码，求该码串的冗余部分r（要求写出主要的计算步骤）。

3．一个信道的比特率是4kb/s，传输延迟为20ms，那么帧的大小在什么范围内，停-等协议才有至少50%的效率？4．一个3000km长的T1干线被用来传输采取后退n帧错误重传滑动窗口协议的长度都是64字节的数据链路帧。

如果传播速度是每公里6微秒，那么序列号应该是多少位？5．假定在一条无错线路上运行采用选择性重传的滑动窗口协议，线路速率是1Mb/s，最大帧长度是1000bit。

每一秒产生一个新帧。

超时间隔是10ms。

如果删除ACK超时机制，将会发生不必要的超时事件。

平均每个报文要传送多少次？6．在一个1Mb/s的卫星信道上发送1000bit长的帧。

确认总是捎带在数据帧中。

帧头很短，使用3位序列号。

对以下协议而言，可以取得的最大信道利用率是多少？（a）停-等协议（b）回退N滑动窗口协议（c）选择性重传滑动窗口协议7．使用选择性重传滑动窗口协议，在有重负载的50kb/s的卫星信道上，传输包括40位的头部和3960个数据位的数据帧，ACK帧从未发生过，NAK帧长40位，数据帧的错误率是1%，NAK的传输错误率可忽略不计，序列号长度是8位。

试计算花在开销（头和重传）上的带宽的比例。

8．使用一个64kb/s的无错卫星通道发送512字节的数据帧（在一个方向上），而在另一个方向上返回很短的确认帧。

对于窗口大小1，7，15，和127的最大吞吐率是多少？参考答案：1. 由于奇偶位性质，对任何有效码字做一个改变不会产生另一个有效码字。

对偶数位做两个改变或对奇数位做两个改变将产生另一个有效码字，因此海明距离是2。

2. 用被除数= 1110111 1100101 1101100 1101100 000000000000除数= 1100 0000 01111做二进制除法，得到商= 1011010 1010101 1001000 1010110余数r = 1111 0001 0010，因此该码串的冗余部分r就等于1111 0001 00103. 当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2倍时，信道的利用率是50%。

或者说，当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，效率将是50%。

20ms⨯2 = 40ms现在发送的速率是每秒4000bit，即发送一位需0.25ms40ms÷0.25ms/bit = 160bit所以当帧大于160位停-等协议才有至少50%的效率。

4.为了有效运行，序列空间（实际就是发送窗口的大小）必须足够大，以允许发送方在收到第1个确认应答之前可以不断发送。

6⨯3000 = 18000 us传播时间是18000us，即18ms。

在T1速率，即：8⨯24⨯8000 = 1.536⨯106b/s (不包括每个物理帧中的1个帧位) 发送64字节的帧需花时间:64⨯8÷1.536≈333 us, 即0.333 ms, 约等于0.3ms。

因此，第一个帧从开始发送起，18.3ms后完全到达接收方。

确认应答又花了回程18ms 加上很少的（可以忽略）发送时间，就可以完全收到。

这样，加在一起的总时间为36.3ms。

发送方应该有足够的窗口空间，从而能够连续发送36.3ms。

36.3÷0.3 = 121也就是说，为充满管道需要121帧，因此序列号应该是7位。

5. 发送1位用时间1us，发送1000bit的最长帧花时间1ms。

由于超时间隔是10ms，而1s才能产生一个新的数据帧，所以超时是不可避免的。

假定A站向B站发送一个帧，正确到达接收方，但较厂时间无反向交通。

不久，A站发生超时事件，导致重发已发过的一帧。

B站发现收到的帧的序列号错误，因为该序列号小于所期待接收的序列号。

因此B站将发送一个NAK，该NAK会携带一个确认号，导致不再重发该帧。

结果是，每个帧都被发送两次。

6. 对应三种协议的窗口大小值分别是1，7和4。

使用卫星信道端到端的传输延迟是270ms。

以1Mb/s发送，1000bit长的帧的发送时间是1ms。

我们用t = 0表示传输开始时间，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 = 272ms时，对第一个帧的确认帧发送完毕。

t = 542ms时带有确认的帧完全到达发送方。

因此周期是542ms。

如果在542ms内可以发送k个帧，（每个帧发送用1ms 时间），则信道的利用率是k/542，因此：（a）k = 1，最大信道利用率= 1/542 = 0.18%（b）k = 7，最大信道利用率= 7/542 = 1.29%（c）k = 4，最大信道利用率= 4/542 = 0.74%7. 使用选择性重传滑动窗口协议，序列号长度是8位。

窗口大小为28÷2 = 128。

卫星端到端的传输延迟是270ms。

以50kb/s发送，4000bit（3960+40 = 4000）长的数据帧的发送时间是0.02⨯4000 = 80ms。

我们用t = 0表示传输开始时间，那么在t = 80ms时，第一帧发送完毕。

t =279+80 = 350ms时，第一帧完全到达接收方。

t = 350+80 = 430ms时，对第一帧做捎带确认的反向数据帧可能发送完毕。

t = 430+270 = 700ms时，带有确认的反向数据帧完全到达发送方。

因此周期是700ms。

在700ms内可以发送128帧，80ms⨯128 = 1024ms。