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'《数据与计算机通信》课后习题参考答案《数据与计算机通信》课后习题参考答案第2章的参考答案2.1答案：设发送消息的蓝军为A，另外一个蓝军为B。再设步兵由一头到量外一头所用的时间为t，可以定义两军的通信协议如下：（1）A发送消息后2t时间内还灭有收到B的确认，则重发，直到收到确认。（2）B收到消息后，立即发送去确认知道不再收到A的消息。（3）若在中午之前t时刻，A还没有收到B的确认信息，或者B在中午前的2t时间内还继续收到A发来的消息，则第二天进攻。2．3答案：（1）预定（A）客人（Guest）向主人（Hosts）发出要Pizza的Request。（B）主人接受请求，提起电话拨Pizza饼店，在电话中提出预定的种类和数量。（C）Pizza店的外卖服务生(OrderClerk)填好订单，然后传送给PizzaCook。完成；（2）送货（A）PizzaCook将做好的Pizza饼给服务生；（B）服务生在订单上签字后送给送货车司机，司机开车取送货，沿道路送往订货人的地点；（C）送货车司机到达后，拿出定单和主人交接；（D）主人将送来的Pizza饼再送给客人(Guest)2.4答案A．第1页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案中国总理法国总理中法文文英文翻译英文翻译英文(1)中国总理与英文翻译之间：(a)中国总理对自己的英文翻译说中文；(b)中国翻译将中文翻译成英文后给法国总理的英文翻译；(2)法国总理与英文翻译之间(a)法国总理的英文翻译接收中国总理的英文翻译给自己的英文翻译；(b)将英文翻译成法文，然后给法国总理，反之亦然。B．中国总理法国总理中法文文德语翻译德文翻译德文中国总理法国总理电话中文/德文翻译德文/法文翻译电话线电话线第2页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案这三者之间要实现一种类似于电信系统中三方通信之类的过程：(1)中国总理拿起电话，说中文给中文/德文翻译(2)德文翻译把中文翻译成德文，然后通过电话线传送给法国总理的德文/法文翻译(3)德文/法文翻译将接收到的德文翻译成法文(4)德文/法文翻译将翻译过来的法文给法国总理听2．7答案a．在分段情况下，都需要包含N层数据首部的拷贝b．在组合的情况下，可以用一个N层的数据首部组合成单一的N－1层PDU。第3页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第3章的参考答案3．1答案a.因为多点配置是共享的广播信道。b.集中方式是一种主从工作方式（可以采用轮询、排队、优先选择、令牌环的标记轮转或其它策略），优点是能够实现优先级、信道流量等控制功能，最主要缺点是如果主站故障，易全网瘫痪。非集中方式也称分布式方式，可采用类似以太网的争用或者非主从轮转等策略，争用方式的信道分配算法相对复杂，而轮转方式效率低下。主要优点是，任一站点的故障不影响其它站点使用信道，除非它处于不停地向网上发信息的死循环状态。3．4答案x(t)=12++15cos200pt20sin200pppt--5cos400tt12sin40034512=12+25(cos200pt+sin200)pt-+13(cos400ppttsin400)55131335=12+25sin(200ppt+arctg)-+13sin(400)tarctg4123．8答案表示一个方波需要有无限多个强度递减的高频成分，这意味着这个方波有无限的带宽，而在实际中的数字传输系统只能有有限的带宽，所以必须将该方波的无限带宽限制在有限带宽范围之内，也就是说，将带宽限制在集中了信号绝大多数1能量的范围之内，所以我们通常用作为门限来定义。2另外一个方面，我们也可以看出，方波越窄，象波的幅度降低得越慢，而它得带宽也就越宽。另答：表明数字信号波形具有无限带宽。然而，对于实际数字传输系统来说，它不必需要包含无限多个强度递减的高频成分的理想方波，图3.5(b)中的方波频谱中，从零频率到该频域函数曲线的第一个过零点之间包含了该信号整个能量的90%，因此矩形脉冲信号的带宽可限制在该区间内。通常信号带宽定义是其半功带宽。半功率带宽是信号f(t)一个频率区间，在该区间内的频率分量对f(t)功率的贡献是整个信号功率的一半。图3.5(b)中的方波频谱中S(f)为X时所对应的f值，是该信号的半功带宽。第4页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案3．11答案a．源点的数据速率为：480´500´=log32120Mbps2b．C=Blog(1+S/N)=+Blog(1)SNR2235=+10log(1)SNR23.5而SNR=10=B4.5MHz63.5C=Blog(1+SNR)=4.5´10log(1+=10)52.5Mbps2C．减少象素；减少每秒传输的画面数。3．12答案47N=-228.6dBw++10lg1010lg10=-228.6++4070=-118.6dBw3．13答案3=10lgSNR0.3=SNR10而B=300HzC=Blog(1+=SNR)476.43bps23．14答案a.C=2BMlog2=B1200b.C=2BlogMB=´282=B1600Hz3.15答案热噪声4N=-228.6dBw+++10lg(50273.15)10lg10=-228.6++2540=-163.6dBw第5页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案3．17答案C=+Blog(1)SUR2=SUR100.83()SURdB==10lg100.8320dB3．19答案Eb()dB=SdBw-10lgR+-228.6dBwT10lgEc=12.04dBEb=12.04dBN0另解：已知C=20Mbps,B=3Mbps.根据香农定理C=+Blog(1SNR),有s266C=´2010<=3´10´+log(1)SNR2则log(1+SNR)>=6.672SNR>=101补充作业：设采用异步传输，1位起始位，2位终止位，1位奇偶位，每一个信号码源2位，对下述速率，分别求出相应的有效数据速率(b/s)：(1)300Baud(2)600Baud(3)1200Baud(4)4800baud答：异步传输的数据效率为7/11，而每一个信号码源2位，714R=BMlog，所以R=´=2BB21111714(1)R=´2B==B381.8/bs1111714(2)R=´2B==B763.6/bs1111714(3)R=´2B==B1527.3/bs1111714(4)R=´2B==B6109.1/bs1111第6页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第四章答案22．一个1km长的10Mb/s的CSMA/CD局域网（不是802.3），其传播速度等于每微秒成功后的第一个时槽被留给接收方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据速率（不包括开销）是多少？解答：电缆的来回路程传播时间是10μs（＝1000¸200×2）。一个完整的传输有4个阶段：发送方获取电缆（10μs）发送数据帧（25.6μs）接收方获取电缆（10μs）发送确认帧（3.2μs）4个阶段的时间总和是48.8μs，在这期间共发送224个数据比特。224÷48.8≈4.6Mb/s。因此，有效数据速率4.6Mb/s。24．考虑建立一个CDMA/CD网，电缆长1km，不使用重发器，运送速率为1Gb/s。电缆中的信号速率是200000km/s。问最小帧长度是对少？-6解答：对于1km电缆，单程传播时间为1÷200000＝5×10s，即5μs，来回路程传播时间为2τ＝10μs。为了能够按照CDMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10μs。以1Gb/s速率工作，10μs可以发送的比特数等于：-610´10=10000-91´10因此，最小帧是10000位或1250字节长。27．当数据传输速率位5Mb/s，且传播速度为200m/μs时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆?解答：在5Mb/s速率下，一个位时等于200ns时间内信号可以传播的距离是-3200×10´=20040m，因此，令牌环接口中的一个比特延时等价于40米的电缆。29．有一个重负荷的1km长的10Mb/s的令牌环网，其传播速率是200m/μs，50个站空间上均匀绕还分布。数据帧256位，其中包括32位开销，确认应答捎带在数据帧上，因此是包括在数据帧内备用的位中，而不占用额外的时间。令牌是8位。请问，这个环的有效数据速率比CDMA/CD网高还是低？解答：从获取到令牌的时刻开始计量，发送一个分组需要0.1×256=25.6μs。此外，必须发送一个令牌，需要0.1×8=0.8μs的时间。令牌必须传输20（＝1000÷50）m，经过时间20÷200＝0.1μs才能到达下一站。此后，下一站又可以再发送数据帧。因此，我们在26.5（25.6+0.8-0.1）μs内发送了224（＝256－32）位的数据，数据速率等于224÷25.6≈8.5Mb/s，而10Mb/s的CDMA/CD在重负荷50个站的情况下的有效数据率不超过3Mb/s。显然，该令牌环网强于以太网的有效带宽。33．一个4Mb/s的令牌环具有10ms的令牌保持计时值。在这个环上可以发第7页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案送的最大帧有多长？解答：以4Mb/s速率工作，一个站在10ms内可以发送40000位或5000字节，这是帧的上限值。实际上，还必须从这个值减去一些开销字节，因此，数据部分的限值还要低一些。35．一个用作城域网的光纤令牌环长200km，并且以100Mb/s速率运行。在发送一帧之后，一个站在重新产生令牌之前把该帧从环上清除。在光纤中的信号传输速率是每秒200000km，且最大帧长1000字长。问该环的最大效率是多少？（忽略所有其他的开销来源）。解答：由环长200km和传播速率每秒200000km，可知1bit绕环一周的传播4-3时间是200÷（20´10）＝10s，即1ms。发送速率是100Mb/s，因此发送1bit的时间是0.01μs。发送最长帧1000字节需要的时间等于0.01×1000×8=80μs,即0.08ms。当一个站抓到了令牌时，下一站通过把令牌中的一个令牌位置1就可以立即把该令牌换成一个常规数据帧的开头3个字节，从而又抓住了令牌，开始发送数据帧。该站发送令牌所需的实际是：0.01×24×8=1.92μs。忽略本站至下一站的传播时间，那么，在最坏的情况下，我们期望在1.082ms的时间内（将1.92μs近似成0.002ms）发送8192bit（包括令牌102bit和数据分组8000bit）。这等效于8192-36÷（1.082×10）≈7.6×10b/s，即7.6Mb/s的数据速率，不足8％的带宽利用率，可见效率时相当低的。第8页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第5章的参考答案5．3答案E-NRZ的优点：（1）增加检验比特，使得编码具有检错功能：（2）增加的检验比特使得整个8比特字中有奇数个“1”，可使直流分量消失；（3）将2、3、6、7比特翻转，可以实现字同步。缺点：增加数据冗余，使编码的复杂度增加。5．4答案5．5答案第9页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案5．6答案5．7答案1110011010注意时钟的起位置：（见中文书中P131页）5．8答案第10页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案5．9答案错码出现在第7比特上，该位的前一个“1”使用负脉冲，所以该字节应使用正脉冲。5．11答案5．13答案第11页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案ERbQ()=-()SNRdB()dBNB0TR而=1.0BT-6差错率为10时,各种调制方式的EN/:分别为s0ASK:13.5dBFSK:13.5dBPSK:10.5dBQPSK:10.5dBS对于ASK,FSK:()dB=13.5+10lg1=13.5dBNSPSK:()dB=10.5+10lg1=10.5dBNSQSK:()dB=10.5+10lg0.5=7.5dBN第12页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第6章的参考答案6．1答案(a)11+=20%811++额外开销率为20%传输速率:2400b/s=240w/s10000=传输时间为41.67s240(b)48=0.59%8000+48额外开销:48´=10480bit8048传输一帧:=3.35s240010000共=101000总耗时:10´=3.3533.5s(c)异步、同步额外开销不变。耗时：异步：41.67´10=416.7s同步：100´3.35=335s(d)10000耗时：异步：=104.2s9600/108048同步：传输帧耗时：＝0.8383s9600共耗时：100´=0.838383.83s6．5答案不发生帧差错，则8＋1比特总误差不超过50％，即小于50％/9＝5.6%，精确率在95％以上。另解：设能够容忍的时钟精确率的百分比为x%，(81++2)(100-=x)5%=x95.5能够容忍的时钟精确百分比为95.5%第13页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第7章的参考答案7．2答案1v=³50%12+atprop20msa==tlk/4frameQa£0.5³l160帧长度应大于160bit7．3答案270msa==2701000/1Mpbs1(au)==0.001812+aw7(bu)===0.01261++2a1540w127(cu)===0.22861++2a1540w255(du)===0.4591++2a15407．5答案当窗口大小wa³+21时，信道得利用率为100％应取wa=+21ttropLt×1a===LRt××tB/RBframe2nw=LRt××+1=-21B2帧号字段的长度应为n=[log(LRt××+2)]2B7．11答案R＝11010T＝11100011110107．17答案第14页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案7．18答案问题在于接收方无法通知发送方是否收到了其补发的帧7．19答案REJ：发送方重发第N(R)帧及其后的各帧，接收方丢弃N(R)及其以后的各帧；SREJ：发送方重发第N(R)帧，接受方继续接收并保存已收到的帧。7．20答案假设控制字段长8bit，FCS长16bit，则在一帧中数据比例为102448-´-16=95.3%1024假设该链路可用GO-BACK-N差错控制，则窗口尺寸可达7wu==1.3%12+a数据的比特吞吐量为：1M´95.3%´=1.3%12389/bits7．24答案根据题意知窗口序号为3比特，以8为模。因可以连续发送6帧，可断定采用回退N帧ARQ而不是选择拒绝ARQ。因是无差错操作，当发送的第6帧信息帧的轮询位置1，从站将给予RR或RNR应答，由于发送6帧信息前主站的N(S)为3，之后发送的信息帧的N(S)从4开始，因此，从站返回的N(R)计数值为2，表示已接收到了4、5、6、7、0和1帧，可以接收的下一帧的序号是2。N(R)＝0107．26答案第15页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案该题实际上是问该B/S模式应用究竟是回退N帧ARQ还是选择拒绝ARQ效率更高？回退N帧ARQ会增加网上流量和服务器重传的信息量，尤其当线路质量不好时，服务器发送的数据量会剧增。选择拒绝ARQ会使接收和发送逻辑更复杂一些，尤其会加重服务器接收缓冲的负担。WEB服务器因接收信息量小，发送信息量大，选择拒绝ARQ的缺点对其影响相对较小，倒是重传信息量是主要问题。因此选择拒绝ARQ对减轻WEB服务器负担可能更好一些。第七章补充作业：1.若数据链路的发送窗口限度（尺寸）为4，在发送3号帧，并接受2号帧的确认帧后，发送方还可连续发几帧？请给出可发帧的序号？解答：可以连续发送4帧，序号为3，4，5，6。2.两个相邻的节点(A和B)通过后退N帧ARQ协议通信，帧顺序为3位，窗口大小为4。假定A正在发送，B正在接收，对下面两种情况说明窗口的位置：①A开始发送之前②A发送了0，1，2三个帧，而B应答了0，1两个帧③A发送了3，4，5三个帧，而B应答了第4帧解答：①窗口的位置在0②窗口的位置在2③窗口的位置在53.知数据帧长1024比特,其中帧头24比特,数据速率500kb/s，线路的传播延迟为5ms，试计算：①采用停等协议，求最大的信道利用率。②设滑动窗口W>=2a+1,求窗口至少有多大？解答：①-35´10a==2.4451024/5´101u==0.1712+a②当窗口大小wa³+21时，信道得利用率为100％第16页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案应取wa=+21t-3trop5´10a===2.445tframe1024/5´10nwa=2121-=+帧号字段的长度应为n=[log(2a+=2)]32第10章的参考答案10．2答案a)电路交换中，端对端的时延:32000.2+4´D+=0.5379600虚电路中，时延为：32001024+160.2+(+1)(+´40.001)10249600=0.24+´+(0.108330.004)=0.8493数据报分组情况下：32001024+16(+1)(+´40.001)10249600=0.4493Lb)电路交换：s++×NDBLPH+虚电路交换：S+(+1)()+×NDPBLPH+数据报分组交换：(+1)()+×NDPB10．4答案A)Star:hops=3B)Ring:结点N为奇数时，2结点N为偶数时，hops=N/4(n-1)+1C)FullyMesh:hops=210．5答案i-1根据二叉树性质，第i层节点数为2，设根在树中的层号是1，最深的层号为n，则二叉树的节点总数为nnin-11´-(21)N=å2==-2121-i=1n-1由根到第n层的通路的跳数为n-1，第n层节点数为2，当n很大时，有n--11nn12¸N»22¸=2第17页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案即有一半的节点位于第n层。同理，从根到第n-1层的通路为n-2跳，第n-1层n-2节点数为2，当n很大时，有n--22nn12¸N»22¸=22因此，由根到各节点的的通路平均跳数为111L=(nnn-1)+(-2)+(-+3)L23222¥¥11=ni×-ååiiii==112211=n×-221121--(1)22=-n2每个节点对之间的通路的平均跳数是节点到根的平均跳数的2倍，即2L=2n-4跳。10．6答案A[n][m]为二维数组,存放图的带权的邻接矩阵：A[i][j]表示结点(i与j)之间的距离；起始点为S=0；布尔变量ISFinished表示寻找最短路径计算结束；L[h][n]表示第h次迭代时各结点到源点的最短距离；R[n]一维数组,记录结点到源点路径上的前一个相邻节点;当前后两次迭代的L[h-1][n]与L[h][n]不变化时,表示结束。ISFinished=false;s=0;h=0;for(inti=0;ILn(,j)Lij(,)kkk则显然L(ij,)＝L(in,)，否则，设存在一条更小的路径，其顶点k+1k必由L(in,)出发经n顶点而到达j，显然此顶点n落在0,×××-,1N，不然L(in,)kk不为最小路径，与已知相矛盾，此时仍有：L(i,j)=+min[LijL(,),(i,n)Lnj(,)]k+1kkk综上所述，原命题成立。第20页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案10．10答案TL(1)L(3)L(4)L(5)L(6)1{2}332∞∞2{2,4}3323∞3{2,4,1}3323∞4{2,4,1,3}332385{2,4,1,3,5}332356{1,2,3,4,5,6,}332353253261214510.16答案A.3+9+2=14B.3+9+22+45+103=18210．23答案两者都是必要的。因为在第三层分组中采用的流控和差错控制虽然在格式与处理上与HDLC相似，但因其分组中具有的D字段可以实现对于本地的或者是端对端的流控。而第二层的链路层则采用LAPB（HDLC的子集）来实现大多数的链路控制与数据传输，但不提供分组层中D字段具有的功能。10．24答案X．25的分组格式中确实没有FCS字段，但它作为PDU被传递到链路层是由链路层协议将其封装为LAPB帧，从而加上了FSC字段，这样可以确保传输LAPB帧中的数据域，从而保证X．25分组被正确地传递了。10．26答案因为X．25允许一个DTE与另一个DTE之间通过一条物理DTE-DCE链路，同时建立4095条虚电路，所以两个通信地站点虽然使用不同的虚电路号，但实际上是通过同一条虚电路进行的通信，即使用复用的方法使一条物理链路为多个站点所使用。第21页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第10章补充作业：对下图采用Dijkstra算法计算节点1到节点6的最短通路树，给出计算过程。32512116144341TL(2)L(3)L(4)L(5)L(6){1}1,1-24,1-3¥¥¥{1,2}1,1-24,1-32,1-2-44,1-2-5¥{1,2,4}1,1-23,1-2-42,1-2-43,1-2-4-56,1-2-4-6{1,2,3,4}1,1-23,1-2-42,1-2-43,1-2-4-56,1-2-4-6{1,2,3,4,5}1,1-23,1-2-42,1-2-43,1-2-4-55,1-2-4-5-6{1,2,3,4,5,6}1,1-23,1-2-42,1-2-43,1-2-4-55,1-2-4-5-6第22页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第11章的参考答案11．1答案UNI的信元头只有八位的虚通道标识符，但比NNI的信元头多了4位的一般流控制，NNI的虚通道标识符有12位。除了作为固定长度的分组被传输外，UNI与NNI各有如下作用：UNI信元：拥有一般的流控制字段可以减轻网络中的短期超负荷状态；NNI信元：拥有更长的虚通道标识符位数，使网络内部可以运行更多的虚通道。11．2说明VPI和VCI的作用和区别。VPI：虚通道标识符用于标识特定的虚通路链路；VCI：虚通路标识符为给定的虚通道连接标识出特定的虚通道，也用于端用户到端用户的路由选择。11．3ATM有哪几种连接方式？各有何特点？ATM连接方式有：（1）虚通路连接（UCC）：它是ATM网络中最基本的交换单元，经过网络在两个端用户之间建立，通过这条连接所交换的是速率可变的，全双工的，固定长度的信元流，也可用于用户与网络以及网络之间的交换；（2）虚通道连接（UPC）：将共享网络中相同通路的连接分成一组，使网络管理工作可以针对为数不多的连接组，而不是大量的单连接。11．4ATM的业务类型有哪些？各有何特点？ATM的业务类型有：（1）实时服务：包括恒定比特率（CBR）的服务，用于支持在整个连接期间需要具有连续可用的恒定数据率的应用，以及实时可变比特率（rt－VBR）类服务倾向于时间敏感的应用；（2）非实时服务：包括非实时可变比特率以及不指明比特率的服务。11．5AAL协议有哪几类？各有何作用？AAL层有几个子层？各有何作用？共有4类：AAL类型1：处理恒定的比特流；AAL类型2：适用于模拟应用的可变比特率信息处理；AAL类型3/4：提供面向连接或无连接的服务，以及服务可以使报文方式或是流方式；AAL类型5：为了向高层的面向连接的协议提供流水线传输能力；AAL层有汇聚子层，用来提供AAL支持的具体应用所需功能，以及拆装子层，负责把从CS上接到的信息打包形成传输信元，并在另一端将信息解包。11．6帧中继的主要特点。在如下几点上区别于X．25：第23页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案（1）呼叫控制信令和用户数据在各自独立的逻辑连接上传输，中间结点不需要维护状态表或者处理基于单连接的呼叫控制相关报文；（2）逻辑连接的复用和交换发生在第二层而不是第三层，减少了整整一层的处理；（3）从一跳到另一跳之间没有流控制和差错控制。如果确定应用了端到端的流控制和差错控制，那么它们将由高层负责；它使通信处理过程度为流水线作业，用户与网络之间的接口所需要的协议功能得到简化。第24页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第12章的参考答案12．1什么叫拥塞控制？引起拥塞的原因以及需要进行拥塞控制的原因有哪些？拥塞控制是指网络中的分组数量维持在一定的水平之下，超过这个水平，网络的性能就会急剧变化。拥塞的原因：在每一个网络节点中，，如果分组到达和排队的速率超出分组能够被传输的速率，队列的长度就会不断的增长，分组的延时也会越来越长，从而导致拥塞。进行拥塞的原因：拥塞会使网络性能急剧恶化，分组丢失，所以要进行控制。12．2简述拥塞控制的方法。答：拥塞控制通常有如下方法：(1)反压：在链路或逻辑连接的基础上实施，使目的节点减缓或阻止本身的入口链路上的通信量并将这一限量反向传播信源，则信源会限制新的分组流入网络；(2)阻流分组：是拥塞的节点产生的控制分组，并将被传回源结点以限制通信流量；(3)隐式拥塞信令：根据分组时延使源站检测到拥塞，并据此减缓流量；(4)显示拥塞信令：网络会对网络中正在形成的拥塞向系统发出警告，而端系统则应采取措施减低对网络的供给负荷。第25页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案第13章的参考答案13．3答案总共需传输的比特数：44L=´100108´=´80010bitsA)采用电路交换和星形拓扑结构的局域网43共用的时间为：L/R=800´10/64´=10125us有效的吞吐量为64Kb/s。B)①D=1Km,B=1Mb/s,P=256bitt==D/200m/5ususp4分组个数：p=([800´10/(256-80)]+=1)43011个总的数据量：L=43011´=25611010816bitt==L/Bs11f确认分组的传输时间：t==88/B88usf"T=t++=2tts11.000099fpf"4800´104有效吞吐量为：R==72.7273´»10b/s0.73/Mbs有效11.000099②D=1Km,B=10Mb/s,P=256bitt==D/200m/5ususp4分组个数：p=([800´10/(256-80)]+=1)43011个总的数据量：L=43011´256==11010816bit11.010816/Mbst==L/Bs1.1f确认分组的传输时间：t==88/B8.8usf"T=t++=2tts1.1000088fpf"4800´104有效吞吐量为：R==72.7273´»10b/s7.3/Mbs有效11.000099③D=10Km,B=1Mb/s,P=256bitt==D/200m/us50usp第26页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案4分组个数：p=([800´10/(256-80)]+=1)43011个总的数据量：L=43011´256==11010816bit11.010816/Mbst==L/Bs11f确认分组的传输时间：t==88/B88usf"T=t++=2tts11.000188fpf"4800´104有效吞吐量为：R==72.7273´»10b/s7.3/Mbs有效11.000088④D=1Km,B=50Mb/s,P=256bitt==D/200m/5ususp4分组个数：p=([800´10/(10000-80)]+=1)808个总的数据量：L=808´10000==80800006bit8.08/Mbst==L/Bs0.6f确认分组的传输时间：t==88/B1.76usf"T=t++=2tts0.1600176fpf"4800´10有效吞吐量为：R=»50/Mbs有效0.16C)tD=+2/200m//usNBp将b部分的数据代入即可求得t，从而T=+ttffp4800´10有效吞吐量为：R=有效T13．4参考答案R＝10Mb/s，d＝1Km(a)t==d/200m/5ususpt=t+L/5R=us+=100us105usp(b)2td==2/200m/us10us；p-66相当的比特数：p=10´10´10´=10100bit第27页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案13．5参考答案R＝10Mb/s，d＝1Km(a)t==d/200m/5ususpt=t+L/5R=us+=10us15usp(b)2td==2/200m/us10us；p-66相当的比特数：p=10´´´=10100101000bit13．6参考答案(a)200/mus/1Mm=200(b)200/musMm/405=；第14章补充作业：第四章答案22．一个1km长的10Mb/s的CSMA/CD局域网（不是802.3），其传播速度等于每微秒成功后的第一个时槽被留给接收方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据速率（不包括开销）是多少？解答：电缆的来回路程传播时间是10μs（＝1000¸200×2）。一个完整的传输有4个阶段：发送方获取电缆（10μs）发送数据帧（25.6μs）接收方获取电缆（10μs）发送确认帧（3.2μs）4个阶段的时间总和是48.8μs，在这期间共发送224个数据比特。224÷48.8≈4.6Mb/s。因此，有效数据速率4.6Mb/s。24．考虑建立一个CDMA/CD网，电缆长1km，不使用重发器，运送速率为1Gb/s。电缆中的信号速率是200000km/s。问最小帧长度是对少？-6解答：对于1km电缆，单程传播时间为1÷200000＝5×10s，即5μs，来回路程传播时间为2τ＝10μs。为了能够按照CDMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10μs。以1Gb/s速率工作，10μs可以发送的比特数等于：-610´10=10000-91´10因此，最小帧是10000位或1250字节长。27．当数据传输速率位5Mb/s，且传播速度为200m/μs时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆?解答：在5Mb/s速率下，一个位时等于200ns时间内信号可以传播的距离是第28页共29页 《数据与计算机通信》课后习题参考答案-3200×10´=20040m，因此，令牌环接口中的一个比特延时等价于40米的电缆。29．有一个重负荷的1km长的10Mb/s的令牌环网，其传播速率是200m/μs，50个站空间上均匀绕还分布。数据帧256位，其中包括32位开销，确认应答捎带在数据帧上，因此是包括在数据帧内备用的位中，而不占用额外的时间。令牌是8位。请问，这个环的有效数据速率比CDMA/CD网高还是低？解答：从获取到令牌的时刻开始计量，发送一个分组需要0.1×256=25.6μs。此外，必须发送一个令牌，需要0.1×8=0.8μs的时间。令牌必须传输20（＝1000÷50）m，经过时间20÷200＝0.1μs才能到达下一站。此后，下一站又可以再发送数据帧。因此，我们在26.5（25.6+0.8-0.1）μs内发送了224（＝256－32）位的数据，数据速率等于224÷25.6≈8.5Mb/s，而10Mb/s的CDMA/CD在重负荷50个站的情况下的有效数据率不超过3Mb/s。显然，该令牌环网强于以太网的有效带宽。33．一个4Mb/s的令牌环具有10ms的令牌保持计时值。在这个环上可以发送的最大帧有多长？解答：以4Mb/s速率工作，一个站在10ms内可以发送40000位或5000字节，这是帧的上限值。实际上，还必须从这个值减去一些开销字节，因此，数据部分的限值还要低一些。35．一个用作城域网的光纤令牌环长200km，并且以100Mb/s速率运行。在发送一帧之后，一个站在重新产生令牌之前把该帧从环上清除。在光纤中的信号传输速率是每秒200000km，且最大帧长1000字长。问该环的最大效率是多少？（忽略所有其他的开销来源）。解答：由环长200km和传播速率每秒200000km，可知1bit绕环一周的传播4-3时间是200÷（20´10）＝10s，即1ms。发送速率是100Mb/s，因此发送1bit的时间是0.01μs。发送最长帧1000字节需要的时间等于0.01×1000×8=80μs,即0.08ms。当一个站抓到了令牌时，下一站通过把令牌中的一个令牌位置1就可以立即把该令牌换成一个常规数据帧的开头3个字节，从而又抓住了令牌，开始发送数据帧。该站发送令牌所需的实际是：0.01×24×8=1.92μs。忽略本站至下一站的传播时间，那么，在最坏的情况下，我们期望在1.082ms的时间内（将1.92μs近似成0.002ms）发送8192bit（包括令牌102bit和数据分组8000bit）。这等效于-368192÷（1.082×10）≈7.6×10b/s，即7.6Mb/s的数据速率，不足8％的带宽利用率，可见效率时相当低的。第29页共29页'