计算机网络 （课后习题参考答案） P.70 13. 解：假定用计算机通过长途电话线进行数据传输时，采取连续传送且不出现错误。若用 2.4k b/s 速率，传输 600MB 需要的时间是 （600 1024 1024 8）bit 2400bit/s=2097152s=24.3（天） 比托人乘火车捎去要慢，而且更贵。 14 解：由奈奎斯特定理，可以每秒采样 16M 次，4 级数字信号意味着每次采样提供 2bit,因此总 的数据速率是 32Mbit/s 15 解：20=10log100,信噪比 S/N=100 =19.98kb/s （1） 由香农定理：最大速率=3k （2） 由奈奎斯特定理：最大速率=2 3k=6kb/s 最大的数据传输速率应取两者中的小者，即最大速率为 6kb/s P.150 16 解：当发送一帧的时间等于信道的传播时延的两倍时，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时延时，效率是 50%，所以发送一帧的时间应为： log  2(1 100) 20ms 2=40ms 现在发送速率是每秒 4Mbit,即发送一个比特需要 0.00025ms 40ms 0.00025ms/bit=160kbit 因此，帧大于 160kbit 时停止等待协议才有至少 50%的效率。 17 解：先区别 N+2 种事件。从事件 1 到事件 N 都是由对应的主机试图使用信道而不发生冲突获 得成功的条件形成的。这些事件中的每一个的概率都是 p (1  )N p  1 。事件 N+1 是一个空闲信 )Np 道，其概率是(1 事件 N+2 是一次冲突。由于这 N+2 个事件是穷举的和完备的，他们的概率的和必定为 1。因 此，冲突的概率，即浪费的时间片的比率是： ， 1  Np (1  p ) N 1   (1  p ) N 18 解：（CSMA/CD 网络为总线型网络，由于数据在总线上传输存在时延，所以即使在发送数据之 前已经监听到信道为“空闲”，仍有可能在发送数据一小段时间内发生碰撞，当一个站在发送 数据后，最迟要经历两倍的端到端传输时延，即总线的端到端往返时延，才能知道自己发送 的数据和其他站发送的数据是否发生了冲突） 对于 1Km 电缆，单程端到端传播时延为: 1km 200000km/s= 5 10 6 s 端到端往返时延： 10 10 6 s 

为了能按照 CSMA/CD 工作，数据帧的发送时延不能小于 10 10 6 s，以 1Gbit/s 速率工作， 10 10 6 s 可发送的比特数为： （ 10 10 6 s） （1 910 bit/s）=10000bit 因此，最短帧长为 10000bit(1250 字节)。 19 解：根据公式 S T    分别计算各站码片序列与接收码片序列的规格化内积，结果为 S T i i 1 m m i 1  0 说明该站没有发送数据，结果为 1 说明该站发送数据 1，结果为-1 说明该站发送数据 0， （-1+1-3+1-1-3+1+1）*（-1-1-1+1+1-1+1+1）/8=1 （-1+1-3+1-1-3+1+1）*（-1-1+1-1+1+1+1-1）/8=-1 （-1+1-3+1-1-3+1+1）*（-1+1-1+1+1+1-1-1）/8=0 （-1+1-3+1-1-3+1+1）*（-1+1-1-1-1-1+1-1）/8=1 说明 A 和 D 发送“1”，B 发送“0”，而 C 没有发送信息。 P.221 2 解：可能的连接数为： 2 总的时间： 10 100  4 104857.6 s  29 h 5C =10 ms  5 解：信息所经历的平均路由器一路由器的路径是平均路由器一根路径的两倍。若树根的编号 为 1 级，与树根直接相邻的两个节点为 2 级，直到最深达到 n 级。有 1/2 节点在 n 级，从他 们那里到达根需要经历 n-1 跳，有 1/4 节点在 n-1 级，从那里到达根需要 n-2 跳，依次类推， 因此信息所经历平均路由器一根路径的长度 L 为： (1/2) ( 1) L n      1 1 i  ( ) ( ) i i n  2 2 1 i  2)    2 (1/4) ( n n   3)    (1/8) ( n ..... 所以，信息所经平均路由器一路由器的路径平均跳数为 2n-4 6 解：（1）源主机发出的每个分组或者经过 1 跳，或者经过 2 跳，或者经过 3 跳而到达目的主 机。只经过 1 跳到达的概率就是被源路由器丢弃的概率 p，经过 2 跳的概率就是源路由器未 丢弃的，而被目的路由器丢弃的概率是（1-p）p。经过 3 跳的概率就是源和目的路由器都未 (1 丢弃的概率为 p )p 1 2 (1     2 ，所以，平均条数为： ) p 3 (1    ) p p 2 p 2 3  p  3  (1 p A   （2）一次发送成功的概率就是两个路由器都未丢弃的概率，即 )kA A (1  发送 k 次的概率是前（k-1）次不成功而第 k 次成功的概率，即 1 2 ) ，一个分组要 ，所以，平均发 

送次数为   1 k  k (1  ) A k 1  A A  1 1 (1     ) A    2 1 A  1 2 ) P  (1 （3） 每个收到的分组所需的平均跳数等于平均发送的次数乘以每次传输所经历的平均跳 数，即（1）和（2）结果的乘积 3 p p  2 (1 ) P  2 3 9 解：由题意知道，该数据报的长度为 3200+160=3360bit 由于第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有 1200bit,所以该数据报必须分 片，所需要的片数为 3200 /1200 3      所以第二个局域网向上层传送的数据位 3200+160 3=3680bit 10 解：由题意知道，该数据报中数据长度为 4000-20=3980 字节，应该划分的数据片数为 3980 /1480   ，各数据片的数据字段长度、片偏移字段和 MF 标志如下：  3   数据字段长度 1480 1480 1020 片偏移字段 0/8=0 1480/8=185 2960/8=370 MF 1 1 0 15 解：C=8Mb。M=6Mb/s, P=1Mb/s S=C/(M-P)=8/5(s)=1.6S 18 解：（1）4 个子网需要占用 2 比特位，所以每个子网的网络前缀有 26+2=28 位 （2）每个子网的主机号占用 32-28=4 位，所以有 16 个地址 （3）4 个子网的地址块分别为：136.23.12.64/28, 136.23.12.80/28 , 136.23.12.96/28 , 136.23.12.112/28 （ 4 ） 第 一 个 地 址 块 136.23.12.64/28, 最 小 地 址 为 136.23.12.65/28, 最 大 地 址 为 136.23.12.78/28, 第 二 个 地 址 块 136.23.12.80/28, 最 小 地 址 为 136.23.12.81/28, 最 大 地 址 为 136.23.12.94/28, 第 三 个 地 址 块 136.23.12.96/28, 最 小 地 址 为 136.23.12.97/28, 最 大 地 址 为 136.23.12.110/28, 第 四 个 地 址 块 136.23.12.112/28, 最 小 地 址 为 136.23.12.113/28, 最 大 地 址 为 136.23.12.126/28, P.251 10 解：在以太网中数据报的最大长度为 1500 字节（包括 20 个字节的首部信息和 1480 个字节的 数据字段信息），UDP 数据报的长度为 8192+8=8200 字节，所以应该划分的数据片数为 

   6 8192 /1480   所以应当划分为六个 IP 数据报片，其中前五个数据段长度为 1500-20=1480 字节，最后一个 为 8192-1480 5=792 字节 片偏移字段的值为：0/8=0,1480/8=185.2960/8=370,4440/8=555, 5920/8=740,7400/8=925 11 解：时钟计数器为 15 位，即每 15 32768 秒钟循环一次 （a） 在最差的情况下，经过 3276.8-60=3216.8 秒钟将进入可能两个同样序号的分组同事留 个脉冲循环一次，每个时钟脉冲 100ms，即每 3276.8 2  在网中的禁区，因而必须进行一次再同步。 （b） 在数据每分钟使用 240 个序列号时，也就是每秒钟使用 4 个序列号时，再同步后 t 秒 钟实际的序号为 4t，因每分钟 10 个时钟脉冲，禁区的左边的序号为 10（t-3216.8）. 交点的时间坐标是方程：4t=10（t-3216.8），的解，为 5361.3 秒，就是需要再同步的 时间。 13 解：带宽不受限制，则发送时延可以忽略不计。所能得到的最大吞吐量为：（65535 8）  20ms=26.214Mbit/s 14 解：发送时延： （65535 8） 1Gbit/s=0.52428ms 总的往返时延：2 10ms+0.52428=20.52428ms 最大吞吐量：（65535 8 20.52428ms 25.57Mbit/s 信道利用率： 25.57Mbit/s 1Gbit/s=2.577% 15 解：具有相同序号的 TPDU 不应该在网络中同时传输，必须保证，当序号循环回来重复使用的 时候，具有相同序号的 TPDU 已从网络中消失。在 30 秒的时间内发送方发送的 TPDU 的数目不 能多于 255 个。每个连接的最大数据速率： （255 128 8bit） 30s=8704bit/s 16 解：广域网的传播时延为：1500Km 150000km/s=10ms 总的传播时延为：250ms 2+10ms 3=530ms 数据总的发送时延为：(960bit 48Kbit/s)  5=100ms 总的时延为：530ms+100ms=630ms