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数据与计算机通信答案

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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

《数据与计算机通信》课后*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(Order Clerk)填好订单,然后传送给 Pizza Cook。 完成; (2)送货 (A)Pizza Cook 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.

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(1) 中国总理与英文翻译之间:
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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

(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.

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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。

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《数据与计算机通信》课后*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 )? 1 ? 2 1 5 c o ? t2?0 0 s 2 0 t ? n 2 0 0 ? t ? c o s 4 0?0 ?s i 5 t 5 s i n?2 0 0 ) ?t 13 12 sin 400 sin 400 ) 3 4 ? 1 2? 2 5 ( c o s?2 ? 0 t0 5 5 12 1 3 ( ? c o s 4 0? t ?t 0 13 3 5 ? 12 ? 25sin(200? t ? arctg ) ? 13sin(400? t ? arctg ) 4 12

3.8 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 能量的范围之内,所以我们通常用
1 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。

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3.11 答案 a.
源点的数据速率为: 480 ? 500 ? log 2 32 ? 36Mbps

b. C=Blog2 (1 ? S / N ) ? Blog2 (1 ? SNR)
35 ? 10log2 (1 ? SNR) 而SNR ? 103.5 ? B ? 4.5MHz ? C ? Blog2 (1 ? SNR ) ? 4.5 ?106 log(1 ? 103.5 ) ? 52.5Mbps C.减少象素 ; 减少每秒传输的画面数。

3.12 答案
N ? ?228.6dBw ? 10 lg104 ? 10 lg107 ? ?228.6 ? 40 ? 70 ? ?118.6dBw

3.13 答案 3 ? 10 lg SUR
? SUR ? 100.3 而B ? 300 Hz ? C ? B log 2 (1 ? SUR ) ? 476.43bps

3.14 答案 a.
C ? 2 B l o 2gM ? B ? 1200

b.
C ? 2 B l o 2gM ? B2 ? ? B ? 1600 Hz 8

3.15 答案 热噪声
N ? ?2 2 8 .d B w 6 ? ? ?2 2 8 .? 6 ? ?1 6 3 . 6 dBw ?5 2 10 l?(50 g 40 2 7 3 . 1 54 ) ? 10 lg10

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3.17 答案
C ? B l o g ( 1SUR ? 2 ? SUR ? 100.83 ? ( SUR )dB ? 10 lg100.83 ? 20dB )

3.19 答案
( Eb ) B? S d B?w1 0 l g R 2 2 8 .d B w d ? ? 6 Ec Eb ?1 2 . 0 4 dB N0 1 0 lTg

?1 2 . 0 4 dB ?

另解:

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, 7 14 R ? B log 2 M , 所以 R ? ? 2 B ? B 11 11 7 14 (1) R ? ? 2 B ? B ? 381.8b / s 11 11 7 14 (2) R ? ? 2 B ? B ? 763.6b / s 11 11 7 14 (3) R ? ? 2B ? B ? 1527.3b / s 11 11
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(4) R ?

7 14 ? 2B ? B ? 6109.1b / s 11 11

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

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5.6 答案

0 NRI-L

1

0

0

1

1

1

0

NRZI

BAMI

±? ? ? ? ?

MAN

D-MAN

5.7 答案 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 注意时钟的起位置: (见中文书中 P131 页)

5.8 答案

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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

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?( 而

Eb R )? S N R )d ? ( ( B N0 BT R ?1 . 0 BT

)d B

? 差错率为1 0 6时 各种调制方式的Es N 0分别为 , /

:

ASK : 1 3 . 5 dB FSK : 1 3 . 5 dB PSK : 1 0 . 5 dB QPSK : 1 0 . 5 dB S ? 对于ASK,FSK:( )dB=13.5+10lg1=13.5dB N S PSK:( )dB=10.5+10lg1=10.5dB N S QSK:( )dB=10.5+10lg0.5=7.5dB N

第 6 章的参考答案
6.1 答案 (a)
1?1 ? 20% 8 ?1?1 ? 额外开销率为20% 传输速率:2400b/s=240w/s ? 传输时间为 10000 ? 41.67 s 240

(b)
48 ? 0.59% 8000 ? 48 ? 额外开销 : 48 ? 10 ? 480bit 传输一帧: 共 8048 ? 3.35s 2400

10000 ? 10 1000 总耗时 :10 ? 3.35 ? 33.5 s

(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)
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耗时:异步:

10000 ? 104.2s 9600 /10 8048 同步:传输帧耗时: =0.8383s 9600

?共耗时: ? 0.8383 ? 83.83s 100

6.5 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%,
?( 8 ? 1? 2 ) ( 1 0 0 ? ) ? x ?x ? 9 5 . 5 ?能够容忍的时钟精确百分比为95.5% 5%

第 7 章的参考答案
7.2 答案 1 v? ? 50% 1 ? 2a t prop 20ms a? ? t frame l / 4k
? a ? 0.5 ? l ? 160 ? 帧长度应大于160bit

7.3 答案
a? 270ms ? 270 1000 /1Mpbs

1 ? 0.0018 1 ? 2a w 7 (b)u ? ? ? 0.0126 1 ? 2a 1 ? 540 w 127 (c)u ? ? ? 0.2286 1 ? 2a 1 ? 540 w 255 (d )u ? ? ? 0.459 1 ? 2a 1 ? 540 (a ) ? u

7.5 答案 当窗口大小 w ? 2a ? 1 时,信道得利用率为 100%

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? 应取w ? 2a ? 1 a? ttrop t frame ? L ?t 1 ? L ? R ?t B/R B

?w ?

2 L ? R ?t ?1 B 2 L ? R ? t ? 1)] ? 1 B

? 帧号字段的长度应为n=[log2 (

7.11 答案 R=11010 T=1110001111010 7.17 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 16 bit,则在一帧中数据比例为 1 0 2 ? ?4 ? 8 1 6 4 ?8 4 . 6 % 1024 假设该链路可用 GO-BACK-N 差错控制,则窗口尺寸可达 7 w u? ?0.65% 1 ? 2a
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?数据的比特吞吐量为: 1M ? 8 4 . 6 ? 0 . 6 ? % b5 5 0s0 % 5 it

/

7.24 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)=010 7.26 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?

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

2.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
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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

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?

第 10 章的参考答案
10.2 答案 a)电路交换中,端对端的时延: 3200 0.2 ? 4 ? D ? ? 0.537 9600 虚电路中,时延为:
3200 1 0? 4 1 6 2 0.2 ( ? ? 1) ( ? ?4 0 . 0 0 1 ) 1024 9600 ? 0 . 2? 4? ( 0 . 1 0 8 3 3 0 . 0 0 4 ) ? ?0.8493

数据报分组情况下: 3200 1 0? 4 1 6 2 ( ? 1) ( ? 4 0 . 0 0 1) ? 1024 9600 ?0.4493 L b)电路交换: s ? ? N ? D B L P?H 虚电路交换: S ? ( ? 1)( ? N ? D) P B L P?H 数据报分组交换: ( ? 1)( ? N ? D) P B 10.4 答案 A)Star: hops = 3 B) Ring: 结点 N 为奇数时, 结点 N 为偶数时,hops = N2/4(n-1) +1 C) Fully Mesh: hops = 2 10.5 答案 根据二叉树性质,第 i 层节点数为 2i-1, 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 n 1? (2n ? 1) N ? ? 2i ?1 ? ? 2n ? 1 2 ?1 i ?1 由根到第 n 层的通路的跳数为 n-1,第 n 层节点数为 2n-1,当 n 很大时,有 1 2n ?1 ? N ? 2n ?1 ? 2n ? 2 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 节点数为 2n-2,当 n 很大时,有 1 2n ? 2 ? N ? 2n ? 2 ? 2n ? 2 2
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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

因此,由根到各节点的的通路*均跳数为

L?

1 1 1 (n ? 1) ? 2 (n ? 2) ? 3 ( n ? 3) ? ? 2 2 2 ? ? 1 1 ? n ? ? i ?? i i i ?1 2 i ?1 2 1 1 ? n? 2 ? 2 1 1 1? (1 ? ) 2 2 2 ? n?2

每个节点对之间的通路的*均跳数是节点到根的*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(int i=0;I<n;i++) { if (i!=s) L[h][i]=∞; R[i]=s; } L[h][s]=0; while (!ISFinished) { n++; L[h][s]=0; for (ini=0;i<n;i++) { temp=∞; for(int x=0;i<n;x++) { if((L[h-1][x]+A[x][i])<temp) {
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y=x; temp=L[h-1][x]+A[x][i]; } } if(temp<L[h-1][i]) { R[i]=y; L[b][i]=temp; } ISFinished=true; For(int j=0;j<n;j++) { if(L[h-1][j]!=L[h][j]) ISFinished=false; } }//while; 另一种答案: ? BELLMAN-FORD(G) ? for each vertex u in V initialize vertex u ? d[u] := infinity ? p[u] := 0 ? end for ? d[s] := 0 ? for i := 1 to V-1 ? for each edge (u,v) in E examine edge (u,v) ? if (d[u] + w(u,v) < d[v]) ? d[v] := d[u] + w(u,v) ? p[u] := u ? end if ? end for ? end for ? for each edge (u,v) in E ? if (w(u,v) + d[u] < d[v]) ? return (false, , ) edge (u,v) was not minimized ? else ? … edge (u,v) was minimized ? end for ? return (true, p, d) ――――――――――――――――――――――――――――――――― L_current[0] = 0; for (v = 1; v < n; v++) L_current[v] = w[0][v]; do { fixed_count = 1;
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for (v = 1; v < n; v++) { L_new[v] = L_current[v]; for (u = 0; u < n; u++) if (L_current[u] + w[u][v] < L_new[v]) L_new[v] = L_current[u] + w[u][v]; if (L_new[v] == L_current[v]) fixed_count++; } } while (fixed_count < n);

10.14 答案 Dijstra 算法和 Bellman 算法总是能够得到相同的结果; (1) Dijstra 算法科得到一条最小路径,则从其源端点到目的点必有一条路 经,于是 Bellman-Ford 算法必能找出此路径,因此由 Dijstra 找出的最 小路径必可由 Bellman-Ford 找到。 (2) 若由 Bellman-Ford 算法可得到一最小路径,则不论其路径数为多少, 都必须经过一定数目的结点,于是 Dijstra 算法又将遍历所有结点,所 以此路径经过结点都将由 Dijstra 描述过,则此路径必将包括在 Dijstra 算法的结果中。 实际上,Bellman-Ford 算法类似于洪泛式的算法,而 Dijstra 则是按部就班, 步步为营,两者方法不同,结果却完全吻合。 10.15 答案 证明: (1)当 n=0 时,显然有 L0 (i, j ) ? w(i, j ) ; (2)假设当 n=k 时,对 n ? 0,1, ???, N ? 1,
Lk ( i, j ) m i nL1 ? k[ ? i ( j, k?1L , ) ? (k , k?1)L i N ,? 1, k( j, ) ]

则当n ? k? 1时,若对 n 0 , ??? ? 1, 都有Lk ( i, n) L ( n, ? ) ? k j
k

L ( i, j )

则显然 Lk ?1 (i, j ) = Lk (i, n) ,否则,设存在一条更小的路径,其顶点 必由 Lk (i, n) 出发经 n 顶点而到达 j,显然此顶点 n 落在 0, ???, N ?1 ,不然 Lk (i, n)
不为最小路径,与已知相矛盾,

?此时仍有:
Lk ?1 (i, j ) ? min[ Lk (i, j ), Lk (i, n) ? Lk (n, j )]

?综上所述,原命题成立。

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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

10.10 答案 1 2 3 4 5 6 T L(1) L(3) L(4) L(5) L(6) {2} 3 3 2 ∞ ∞ {2,4} 3 3 2 3 ∞ {2,4,1} 3 3 2 3 ∞ {2,4,1,3} 3 3 2 3 8 {2,4,1,3,5} 3 3 2 3 5 {1,2,3,4,5,6,} 3 3 2 3 5
3 2 3 2 1 2 1 4 5 6 5

10.16 答案 A. 3+9+2=14 B. 3+9+22+45+103=182

10.23 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. 允许一个 DTE 与另一个 DTE 之间通过一条物理 DTE-DCE 链路, 25 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。

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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。
1
1 2

3 1

5

2
6

1 4

4

3

1

4

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 UPI 和 UCI 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。 11.3 ATM 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。 11.4 ATM 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。

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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

11.5 AAL 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: (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 12 章的参考答案
12. 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? 1 拥塞控制是指网络中的分组数量维持在一定的水*之下,超过这个水*,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。

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《数据与计算机通信》课后*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:
L ? 100 ?104 ? 8 ? 800 ?104 bits

A)采用电路交换和星形*私峁沟木钟蛲 共用的时间为: L / R ? 800 ?104 / 64 ?103 ? 125us 有效的吞吐量为 64Kb/s。 B) ① D=1Km,B=1Mb/s,P=256bit
t p ? D / 200m / us ? 5us

分组个数: p ? ([800 ?104 /(256 ? 80)] ? 1) ? 43011 个 总的数据量: L ? 43011? 256 ? 11010816bit
t f ? L/ B 1 1 s ?

确认分组的传输时间: t f ' ? 88 / B ? 88us
T ? tf ?2 tp ? tf ? 1 . 0 0 0 0 9 9 1 s '

有效吞吐量为: R有效 ?

800 ?104 ? 72.7273 ?104 b / s ? 0.73Mb / s 11.000099

② D=1Km,B=10Mb/s,P=256bit
t p ? D / 200m / us ? 5us

分组个数: p ? ([800 ?104 /(256 ? 80)] ? 1) ? 43011 个 总的数据量: L ? 43011? 256 ? 11010816bit ? 11.010816Mb / s
t f ? L/ B 1 . 1s ?

确认分组的传输时间: t f ' ? 88 / B ? 8.8us
T ? tf ?2 tp ? tf ? . 1 0 0 0 0 8 8 1 s '

有效吞吐量为: R有效

800 ?104 ? ? 72.7273 ?104 b / s ? 7.3Mb / s 11.000099

③ D=10Km,B=1Mb/s,P=256bit
t p ? D / 200m / us ? 50us

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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

分组个数: p ? ([800 ?104 /(256 ? 80)] ? 1) ? 43011 个 总的数据量: L ? 43011? 256 ? 11010816bit ? 11.010816Mb / s
t f ? L/ B 1 1 s ?

确认分组的传输时间: t f ' ? 88 / B ? 88us
T ? tf ?2 tp ? tf ? 1 . 0 0 0 1 8 8 1 s '

有效吞吐量为: R有效

800 ?104 ? ? 72.7273 ?104 b / s ? 7.3Mb / s 11.000088

④ D=1Km,B=50Mb/s,P=256bit
t p ? D / 200m / us ? 5us

分组个数: p ? ([800 ?104 /(10000 ? 80)] ? 1) ? 808 个 总的数据量: L ? 808 ?10000 ? 80800006bit ? 8.08Mb / s
t f ? L/ B 0 . 6s ?

确认分组的传输时间: t f ' ? 88 / B ? 1.76us
T ? tf ?2 tp ? tf ? . 1 6 0 0 1 7 6 0 s '

有效吞吐量为: R有效 ? C)

800 ?104 ? 50Mb / s 0.16

t p ? 2 D / 200m / us ? N / B

将 b 部分的数据代入即可求得 t f ,从而 T ? t f ? t p 有效吞吐量为: R有效 ? 13.4 参考答案 R=10Mb/s , d=1Km (a) t p ? d / 200m / us ? 5us
t ? tp ? L R?5 u s 1 0 0 u ? 1 0 5 u s / ? s

800 ?104 T

(b) 2t p ? 2d / 200m / us ? 10us ; 相当的比特数: p ? 10 ?10?6 ?10 ?106 ? 100bit

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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

13.5 参考答案 R=10Mb/s , d=1Km (a) t p ? d / 200m / us ? 5us
t ? tp ? L R?5 u s 1 0 u ? 1 5 u s / ? s

(b) 2t p ? 2d / 200m / us ? 10us ; 相当的比特数: p ? 10 ?10?6 ?100 ?106 ? 1000bit 13.6 参考答案 (a) 200m / us /1M ? 200m (b) 200m / us / 40M ? 5m ;

第 14 章的参考答案
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 10μ s(=1000 ? 200×2) 。一个完整的传 输有 4 个阶段: 发送方获取电缆(10μ s) 发送数据帧(25.6μ s) 接收方获取电缆(10μ s) 发送确认帧(3.2μ s) 4 个阶段的时间总和是 48.8μ s, 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? 解答:对于 1km 电缆,单程传播时间为 1÷200000=5× 10?6 s,即 5μ s,来 回路程传播时间为 2τ =10μ s。为了能够按照 CDMA/CD 工作,最小帧的发射 时间不能小于 10μ s。以 1Gb/s 速率工作,10μ s 可以发送的比特数等于:
6 1 0? 1?0 ? 10000 1?10?9

因此,最小帧是 10000 位或 1250 字节长。
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《数据与计算机通信》课后*题参考答案

27.当数据传输速率位 5Mb/s,且传播速度为 200m/μ s 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 200× 10?3 ? 200 ? 40 m, 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/μ s, 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=25.6μ s。 此外, 必须发送一个令牌, 需要 0.1×8=0.8μ s 的时间。 令牌必须传输 20 (=1000 ÷50)m,经过时间 20÷200=0.1μ s 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)μ s 内发送了 224(=256-32) 位的数据,数据速率等于 224÷25.6≈8.5Mb/s,而 10 Mb/s 的 CDMA/CD 在重负 荷 50 个站的情况下的有效数据率不超过 3 Mb/s。显然,该令牌环网强于以太网 的有效带宽。 33.一个 4 Mb/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 4 Mb/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 100 Mb/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 时间是 200÷(20 ?104 )= 10?3 s ,即 1ms。发送速率是 100 Mb/s,因此发送 1bit 的时间是 0.01μ s。发送最长帧 1000 字节需要的时间等于 0.01×1000×8=80μ s, 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=1.92μ s。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 1.92μ s *似成 0.002ms)发送 8192bit(包括令牌 102bit 和数据分组 8000bit) 。这等效于 8192÷(1.082× 10?3 )≈7.6× 106 b/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。

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