通信网络基础习题答案+第二章

2.1答：有三种，分别是面向字符，面向比特，采用长度计数的组帧技术，其中采用长度计数的组帧方式开销最小。

2.2答：接收字符串为：C0 C0 10 36 87 DB DC DB DC DC DD DB DD C0 7C 8DDC DB DC C0恢复为：空，10 36 87 C0 C0 DC DD DB ，7C 8D DC C02.3答：插入后：011011111 0 0011111 0 101011111 0 11111 0 01111010 恢复：01111110 11111 0 110011111 0 011111 0 11111 0 1100 01111110 Flag Flag 1011111 02.4答：在接收端，收到015后，如果下一位是“0”，就将该“0”删去，如果 是“1”，就表示一帧结束。

按此规则： 011 0111110 111111 0111110 1 01111110 015 015 Flag 2.5答：该码的最小距离为4。

2.6解：()()()324345734411D D D D D D D D D D D D S D ++++=++=++=33456733456724 0001D DD D D D D D D D D D D D D +++++++++++()()D g D S D 4∴余数为3D 2.7证明：（1）已知()()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅=+D g DmainderD g D D mainder D C L i L i i Re Re 一个任意的数据多项式()∑-=----=++++=10112211K i i i K K K K D S S D S DS DS D S其CRC 多项式()()()()()()()∑∑∑-=+-=-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅=101010Re Re Re K i i i L i K i i L K i i i L D C S D g D S m ainder D g D D S m ainderD g D D S m ainder D C （2）将()()()()()i i L i L i C D C DC D C0111+++=-- 代入到()()()∑-==1K i i i D C S D C 中，得()()()()[]()()()()i K i i i K i i L i L K i i L i L K i i K i i i L i L i C S D C S DC SD C S C D C DC SD C 01011022101110100111 ∑∑∑∑∑-=-=---=---=-=--++++=+++=又有()012211C D C D C D C D C L L L L ++++=---- 对应可得()L j C S C K i i j i j <≤=∑-=0 12.8AAB在这种情况下，由于时延的影响，分组B 出错却导致分组C 重发，最终分组B 丢失。

2.9证：根据停等式ARQ 协议，当序号采用模2表示时仍可正常运行。

描述如下：发端A ：（1）置SN ＝0；（2）若从高层接收到一个分组，则将SN 指配给该分组，若没有分组则等待；（3）将第SN 个分组装入物理帧中发送给接收节点B ；（4）若从B 接收到R N ≠SN ，则将SN 模2加1，返回（2），若在规定时间内，并未收到B 的R N ≠SN 的应答，则返回（3）。

收端B ：（1）置RN ＝0；（2）无论何时从A 端收到一个SN=RN 的分组，将该分组传送给高层，并将RN 模2加1；（3）在接收到分组的规定有限时长内将RN 放入一帧的RN 域发送给A ，返回（2）。

2.10（个人认为题目中“最大可传送的分组到达率”应该改为“平均可传送的分组到达率”）解：设任意一个分组平均需要发送N 次才能成功，而一个分组发送i 次成功的概率为()11--i ρρ，从而有()∑∞==-=111i ii N ρρρ成功发送一个分组所需要的时间为r NT ，故rr T NT ρλ==1max 2.11与课本上图2－11 的a ，c 图基本相同，只需将A ，B 名字交换。

2.12在下愚钝，实在没搞懂题目的意思，望高手指点，共享答案。

2.13答：s T P 05.010*******=⨯=31280.0026410ACKT s ==⨯s 015.0=τ （1）4102820=⨯++τACK P T T 个（2）()61192820=⨯++τACK P T T 个（3）当节点连续发送时，可以发送的帧最多 a.1640005.0820=帧 0.082s 后可收到应答； b.15769052.0820=帧 0.134s 后可收到应答。

2.14答：停等式ARQ α211max +-=PU返回n －ARQ ()()()()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+<-++-+≥-+-=21 1121121111αααn P n P n n P n PU选择重传ARQ ()()()()⎪⎩⎪⎨⎧+<+-+≥-= 21 21121 1αααn P n n P UARPANET ARQ ()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+<+-≤+≥-= 27218 211827218 1ααααα即即P P U这里DPT T =α, 所以U 与误帧率及信道传播时延与数据帧的传输时延的比值 有关。

当()α21+≥n 时，α211+-=P U 与()Pn PU 111-+-=均小于P -1； 当()α21+<n 时，()()()()()ααα21111211211+-<-++-<+-P n P n P n P 所以，当n 和8均大于α21＋时，选择重传式ARQ 和ARPANET ARQ 链路 利用率都最高，当8>n 时选择重传式ARQ 链路利用率高，当8<n 时， ARPANET ARQ 链路利用率高。

2.15答：opt K ≈{}E M 和成帧开销V 越大，opt K 将越大；若链路数j 越大，则opt K 越小。

上述的结论与书中的讨论是一致的。

关系曲线略。

2.16答：HDLC 是通过比特插0技术保证数据透明传输的。

HDLC 包括三种工作模式：正常响应模式（NRM ）、异步响应模式（ARM ）和异步平衡模式（ABM ）。

2.17答：书上的描述已经足够详细了，请自行参考。

2.18答：（1）在没有发生任何差错的情况下如下图所示：在各种可能的差错下：可见，不论发生哪一种差错，每个节点最终都会认为链路处于DOWN 状态。

（2）有两种可能情况2.19答：（1）（2）这题有点脑残，简单地将INIT换成X，ACKI换成Y有意思吗？2.20解：假定有n个节点交换机，在题中所给的条件下，传输一个分组（从源端到目的端）需要(n-1)T 秒，传输两个分组需要(n+1)T秒，如此类推，传输m个分组需要(n-1+2(m-1))T秒，速率为m/(n-1+2(m-1))T .若m>>n，可以认为分组交付给目的地的速率最快为1/2T分组/秒。

2.21答：(1) 采用收数据－转发－发确认的机制，假定B做完第二件事即转发后出现故障，则A由于没有收到B发回的确认，在定时器溢出后将重发上一分组，B将这个分组作为新分组转发给C，但C已在B出故障那次收到了该分组。

因此，造成C接收重复分组。

（2）采用收数据－发确认－转发的机制，假定B做完第二件事即发确认后出现故障，则B不会向C转发该分组。

而实际上A又收到了B发回的确认，所以A 继续发送下一分组。

由此造成C丢失B故障前的那个分组。

只有采用端到端的发确认消息的方法，在AC之间建立起一对SN,RN（在运输层，参看课本P77），才能保证在任何情况下数据都能从A经B正确无误地交付到C。

在第一种情况下，即使A重发B故障前那一分组，C收到后也能根据AC之间的SN,RN辨认出这一重复分组而将其丢弃。

在第二种情况下，只要A没有收到C对B故障前那一分组的确认，就会重复发送这一分组，直到收到C对这一数据的确认。

2.23解：设窗口为n kb，则吞吐量为128.022562120⨯+=+=n nT T n PD 解出窗口为58≈n2.24答：经六次变化后窗口为11KB 。

36902489KB 传送次数/次拥塞窗口长度/K B122.25答：主要差别在于：（1）使用的位置不同，数据链路层的差错控制是用于一条物理链路的两端，而网络层的差错控制是用于网络中的任意两节点之间。

（2）编号的方式不同，在网络层是对一个session 中的分组（或者字节，或者消息）进行统一编号，而在链路层上是对不同session 中所有分组（成帧后）进行顺序编号。

（3）传输顺序的差别，在链路层，所有的帧都是按顺序传输的；而在网络层中，相同源和目的节点的分组可能会经过不同的路径，分组的传输可能会出现乱序现象。

（4）时延不同，在链路层，传输时延（包括传播延时、处理延时、帧传输的时延）在小范围变化；而在网络层，传输时延会在大范围变化。

2.26答：在差错控制时，ARQ 协议用于保证分组的正确传输，它侧重于分组的内容；在流控时，ARQ 用于减缓网络中分组的发送速度，侧重于网络的状 态。