計算機網絡課后習題答案,(謝希仁)第5版(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 4567全部確認幀都沒收到接收窗口：0123456701234567（4） 可見在狀態(tài)2下， 接收過程前移窗口后有效序列號的新范圍和發(fā)送窗口的舊范圍之 間有重疊，致使接收端無法區(qū)分是重復幀還是新幀。為使舊發(fā)送窗口和新接收窗口之間序列 號不發(fā)生重疊，有WT＋WR≤2n，所以WT≤2n173。1。4173。10試證明：對于選擇重傳ARQ協議，若用 n比特進行編號，則接收窗口的最大值受 公式（4173。8）的約束。 證明：同上，有，而選擇重傳ARQ協議中，接收窗口肯定比發(fā)送窗口小，即，故證。4173。11在選擇重傳ARQ協議中， 設編號用3bit。 再設發(fā)送窗口Wt=6而接收窗口WR=3。 試找出一種情況，使得在此情況下協議不能正確工作。 答：設想在發(fā)送窗口內的序號為0，1，2，3，4，5，而接收窗口等待后面的6，7，0。 接收端若收到0號幀，則無法判斷是新幀還是重傳的（當確認幀丟失） 。4173。12在連續(xù)ARQ協議中，設編號用3bit，而發(fā)送窗口Wt=8。試找出一種情況，使得在 今此情況下協議不能正確工作。 答：設想在發(fā)送窗口內的序號為0，1，2，3，4，5，6，7。而接收窗口等待后面的0。 接收端若收到0號幀，則無法判斷是新幀還是重傳的（當確認幀丟失）4173。13在什么條件下，選擇重傳ARQ協議和連續(xù)ARQ協議在效果上完全一致？ 答：當傳輸誤差錯時，或者選擇重傳協議的接收窗口為1時4173。14在連續(xù)ARQ協議中，若發(fā)送窗口Wt＝7，則發(fā)送端在開始時葉連續(xù)發(fā)送7個數據韶關學院信息工程學院 駱耀祖整理 幀。因此，在每一幀發(fā)出后，都要置一個超時計時器?，F在計算機里只有一個硬時鐘。設這7個數據幀發(fā)出的時間分別為t0，t1，…，t6，且tout都一樣大。試問如何實現這7個超時計 時器（這叫軟時鐘法）？ 答：可使用鏈表實現。4173。15衛(wèi)星信道的數據率為 1Ｍb/s。數據幀長為 2000bit。忽略確認幀長和處理時間。試 計算下列情況下的信道利用率： （1）停止等待協議。 （2）連續(xù)ARQ協議，Wt=7。 （3）連續(xù) ARQ協議，Wt＝127。 （4）連續(xù)ARQ協議，Wt＝255。 答：使用衛(wèi)星信道端到端的傳輸延遲是250ms173。270ms,以1Mb/s發(fā)送，2000bit長的幀的 發(fā)送時間是2000bit/（1Mb/s）=2ms。若用t=0表示開始傳輸時間，那么在t=2ms，第一幀發(fā) 送完畢。t=252ms，第一幀完全到達接收方。t=254ms，對第一幀的確認幀發(fā)送完畢。t=504ms時帶有確認的幀完全到達發(fā)送方。因此周期是542ms。如果在504ms內可以發(fā)送k個幀（每 個幀的發(fā)送用2ms時間） ， 則信道利用率是2k/504， 因此， （1） 停止等待協議， k=1,2/504=1/252（2）W=7，14/504=7/252（3）W=127，254/504=127/252（4）W=255，2W=510504，故信 道利用率為1。4173。16試簡述HDLC幀各字段的意義。HDLC用什么方法保證數據的透明傳輸？ 答： （1）HDLC幀的格式，信息字段（長度可變）為數據鏈路層的數據，它就是從網絡 層傳下來的分組。在信息字段的兩端是24bit的幀頭和幀尾。HDLC幀兩端的標志字段用來界定一個幀的邊界， 地址字段是用來填寫從站或應答站的 地址信息，幀校驗序列FCS用來對地址、控制和信息字段組成的比特流進行校驗，控制字段 最復雜，用來實現許多主要功能。 （2） 采用零比特填充法來實現鏈路層的透明傳輸， 即在兩個標志字段之間不出現6個連 續(xù) 1。具體做法是在發(fā)送端，當一串比特流尚未加上標志字段時，先用硬件掃描整個幀，只 要發(fā)現5個連續(xù)的1，則在其后插入1個0，而在接收端先找到F字段以確定幀的邊界，接 著再對其中的比特流進行掃描，每當發(fā)現5個連續(xù)的1，就將這5個連續(xù)1后的1個0刪除， 以還原成原來的比特流。4173。17HDLC幀可分為哪幾個大類？試簡述各類幀的作用。 答:在HDLC中，幀被分為三種類型： （1）信息幀用于傳輸數據的幀，具有完全的控制 順序。 （2）監(jiān)控幀用于實現監(jiān)控功能的幀。包括接收準備好、接收未準備好、請求發(fā)送、選 擇發(fā)送等監(jiān)控幀。主要完成回答、請求傳輸、請求暫停等功能。 （3）無編號幀用于提供附加 的鏈路控制功能的幀。該幀沒有信息幀編號，因此可以表示各種無編號的命令和響應（一般 情況下，各種命令和響應都是有編號的） ，以擴充主站和從站的鏈路控制功能。4173。18HDLC規(guī)定，接收序號Ｎ（R）表示序號為[N（R）173。1]（mod8）的幀以及在這以前韶關學院信息工程學院 駱耀祖整理 的各幀都已正確無誤地收妥了。為什么不定義“N（R）表示序號為N（R） （mod8）的幀以及 在這以前的各幀都已正確無誤地收妥了”？ 答：因為幀的初始序號為04173。19 PPP協議的主要特點是什么？它適用在什么情況下？ 答：點對點協議PPP ,它有三個組成部分:（1）一個將IP數據報封裝到串行鏈路的方法.（2）一個用來建立,配置和測試數據鏈路連接的鏈路控制協議LCP .（3）一套網絡控制協議NCP ,支持不同的網絡層協議.點對點協議PPP適用于在PSTN撥號的情況。 第5章局域網5173。01局域網的主要特點是什么？為什么說局域網是一個通信網？ 答：局域網是將小區(qū)域內的各種通信設備互聯在一起的通信網絡。1）特點： 高數據速率（~100Mbps） 短距離（~25km） 低誤碼率（10173。8～10173。11） 。2）局域網絡是一個通信網絡，因為從協議層次的觀點看，它包含著下三層的功能。 在OSI的體系結構中，一個通信子網只有最低的三層。而局域網的體系結構也只有OSI的下三層，沒有第四層以上的層次。所以說局域網只是一種通信網。5173。02IEEE802局域同參考模型與 OSI參考模型有何異同之處？ 答：0SI體系結構指7層開放式互連標準參考模型。IEEE802是國際電子與電氣工程師 協會發(fā)布的關于辦公自動化和輕工業(yè)局域網體系結構的一系列標準文件，該標準基本上對應 于0SI模型的物理層和數據鏈路層， 這個標準使網絡的物理連接和訪問方法規(guī)范化。 已被IS0陸續(xù)接收為標準。 相同：IEEE802局域網遵循OSI模型。包括物理層、數據鏈路層和網絡層。 不同：對應OSI模型的數據鏈路層分成兩個子層，介質訪問控制子層和邏輯鏈路控制子 層；一般不單獨設置網絡層。 局域網的參考模型只相當于OSI參考模型的最低兩層，且兩者的物理層和數據鏈路層之 間也有很大差別。在IEEE802系列標準中各個子標準的物理層和媒體訪問控制MAC子層是 有區(qū)別的，而邏輯鏈路控制LLC子層是相同的，也就是說，LLC子層實際上是高層協議與 任何一種MAC子層之間的標準接口。5173。03一個 7層樓，每層有一排共 15間辦公室。每個辦公室的樓上設有一個插座。所 有的插座在一個垂直面上構成一個正方形柵格組成的網的結點。設任意兩個插座之間都允許韶關學院信息工程學院 駱耀祖整理 連上電纜（垂直、水平、斜線、……均可） ?，F要用電纜將它們連成： （1）集線器在中央的 星形同； （2）以太網；試計算每種情況下所需的電纜長度。 答： （1）假定從下往上把7層樓分別編號為1～7層。在星形網中，路由器放在4層中間 位置。到達715－1=104個場點中的每一個場點都需要有電纜。因此電纜的總長度等于： （2）對于以太網（10BASE5） ，每一層都需要56m水平電纜，再加上24m（=46）垂 直方向電纜，所以總長度等于：567＋24=416（m）5173。04數據率為10Mb/s的以太網的碼元傳輸速率是多少？ 答：碼元傳輸速率即為波特率。10Mb/s以太網使用曼徹斯特編碼，這就意味著發(fā)送的每 一位都有兩個信號周期，因此波特率是數據率的兩倍，即20M波特。5173。05有10個站連接到以太網上，試計算以下三種情況下每個站所能得到的帶寬？ 答： （1）10個站共享10Mbit/s；10/10=1mbps（2）10個站共享100Mbit/s；100/10=10 mbps（3）每站獨占10Mbps。連接到以太網交換機上的每臺計算機都享有10mbps的帶寬。5173。06試說明 10BASE5，10BASE2，10BASE173。T，10BASE173。F、1BASE5，10BROAD3 和FOMAU所代表的意思。 答：10BASE5： “10”表示數據率為10Mbit/s， “BASE”表示電纜上的信號是基帶信號， “5”表示每一段電纜的最大長度是500m。10BASE2： “10”表示數據率為10Mbit/s， “BASE”表示電纜上的信號是基帶信號，“2” 表示每一段電纜的最大長度是185m。10BASE173。T： “10” 表示數據率為10Mbit/s， “BASE” 表示電纜上的信號是基帶信號，“T” 表示使用雙絞線作為傳輸媒體。10BROAD36： “10”表示數據率為10Mbit/s， “BROAD”表示電纜上的信號是寬帶信號， “36”表示網絡的最大跨度是3600m。FOMAU :（FiberOpticMediumAttachmentUnit）光纖媒介附屬單元，用以連接擴展以太 網的轉發(fā)器之間的光纖鏈路FOIRL（Fiber Optic Inter173。Repeater Link） 。5173。07 10Mb/s以太網升級到100Mb/s和1Gb/s時，需要解決哪些技術問題？ 答：欲保持10M，100M，1G的MAC協議兼容，要求最小幀長的發(fā)送時間大于最長的 沖突檢測時間， 因而千兆以太網采用載波擴充方法。 而且為了避免由此帶來的額外開銷過大， 當連續(xù)發(fā)送多個短幀時采用幀突發(fā)技術。而100M以太網采用的則是保持幀長不變但將最大 電纜長度減小到100m。其它技術改進：（1）采用專用的交換集線器，縮小沖突域（2）發(fā) 送、接收、沖突檢測傳輸線路獨立，降低對媒體帶寬要求（3）為使用光纖、雙絞線媒體， 采用新的信號編碼技術。5173。08100個站點分布在4km長的總線上，協議采用CSMA/CD?？偩€速率為5Mbps，幀 平均長度為1000比特，傳播時延為5μs/km。試估算每個站每秒鐘發(fā)送的平均幀數最大值。韶關學院信息工程學院 駱耀祖整理 答案一：因傳播時延為5μs/km，則傳播速度為2108m。100個站點時，每站發(fā)送成功的概率為A＝（1－1/100）100173。1＝信道利用率最大值Smax =1/（1+（2/173。1） ）=因總線速率為5Mbps，且100個站點的100個幀的總長度為100000比特，所以每個站 。 答案二：a=τ/T0=τC/L=5μs/km4km5Mbit/s247。1000bit=當站點數較大時，信道利用率最大值Smax接近=1/（1+）=信道上每秒發(fā)送的幀的最大值=SmaxC/L=5Mbit/s/1000bit=3462每個站每秒種發(fā)送的平均幀數的最大值=3462/100=345173。09在以下條件下，重新計算每個站每秒鐘發(fā)送的平均幀數最大值。 （1）總線長度減小為1km；（2）總線速率加倍；（3）幀長變?yōu)?0000比特。 答：設a與上題意義相同。當改變條件時，答案如下： （1）a1=a/4=，Smax1=每個站每秒種發(fā)送的平均幀數的最大值=45總線長度減小，端到端時延就減小，以時間為單位的信道長度與幀長的比也減小,信道給 比特填充得更滿,信道利用率更高，所以每站每秒發(fā)送的幀更多。 （2）a2=2a=，整個總線網的吞吐率Smax2=每個站每秒種發(fā)送的平均幀數的最大值=53總線速度加倍，以時間為單位的信道長度與幀長的比也加倍，信道利用率減小（但仍比 原來的1/2大） ，所以最終每站每秒發(fā)送的幀比原來多。 （3）a3=a/10=，整個總線網的吞吐率Smax3=每個站每秒種發(fā)送的平均幀數的最大值=幀長加長10倍，信道利用率增加，每秒在信道上傳輸的比特增加（但沒有10倍） ，所以 最終每站每秒發(fā)送的幀比原來少。5173。10假定1km長的CSMA/CD網絡的數據率為1Gb/s。設信號在網絡上的傳播速率為200000km/s。求能夠使用此協議的最短幀長。 答：對于1km電纜，單程傳播時間為，即5μs，來回路程傳播時間為10μs。為了能夠按 照CSMA/CD工作，最小幀的發(fā)射時間不能小于10μs。以1Gb/s速率工作，10μs可以發(fā)送的 比特數等于，因此，最短幀長10000比特或1250字節(jié)。5173。11有一個使用集線器的以太網，每個站到集線器的距離為d，數據發(fā)送率為C，幀長 為12500字節(jié)，108m/s。距離d為25m和2500m，發(fā)送速 率為10Mbit/s或10Gbit/s。這樣就有4種不同的組合。試利用公式（5173。9）分別計算4種不同 情況下a的數值，并進行簡單討論。 答：a=τ/T0=τC/L=d247。（108）C247。（125008）=410173。14dCd=25m d=2500mC=10Mbit/s C=10Gbit/s C=10Mbit/s C=10Gbit/sa 10173。5 10173。2 10173。3 1a越小，信道利用率越大韶關學院信息工程學院 駱耀祖整理 分析： 站點到集線器距離一定的情況下，數據發(fā)送率越高，信道利用率越低。 數據發(fā)送率相同的情況下，站點到集線器的距離越短，信道利用率越高。 補充題： 為什么在CSMA/CD協議中參數a必須很小？用什么方法可以保證a的值很?。?答：在CSMA/CD協議中參數a很小，可以使線路