计算机网络计算题

1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x(bit)。从源点到终点共经过k段链路,每段链路的传播时延为d(s),数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit),且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下,分组交换的时延比电路交换的要小?(提示:画一下草图观察k段链路共有几个结点。)

答:线路交换时延:kd+x/b+s, 分组交换时延:kd+(x/p)(p/b)+ (k-1)(p/b)
其中(k-1)(p/b)表示K段传输中,有(k-1)次的储存转发延迟,当s>(k-1)(p/b)时,电路交换的时延比分组交换的时延大,当x>>p,相反。

1-11 在上题的分组交换网中,设报文长度和分组长度分别为x和(p+h)(bit),其中p为分组的数据部分的长度,而h为每个分组所带的控制信息固定长度,与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s),但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小,问分组的数据部分长度p应取为多大?(提示:参考图1-12的分组交换部分,观察总的时延是由哪几部分组成。)

答:总时延D表达式,分组交换时延为:D= kd+(x/p)((p+h)/b)+ (k-1)(p+h)/b
D对p求导后,令其值等于0,求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5

1-15 假定网络利用率达到了90%。试估计一下现在的网络时延是它的最小值的多少倍?

解:设网络利用率为U。,网络时延为D,网络时延最小值为D0
U=90%;D=D0/(1-U)—->D/ D0=10
  现在的网络时延是最小值的10倍

1-17 收发两端之间的传输距离为1000km,信号在媒体上的传播速率为2×108m/s。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延:
(1) 数据长度为107bit,数据发送速率为100kb/s。
(2) 数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s。
从上面的计算中可以得到什么样的结论?

解:(1)发送时延:ts=107/105=100s
传播时延tp=106/(2×108)=0.005s
(2)发送时延ts =103/109=1µs
传播时延:tp=106/(2×108)=0.005s
结论:若数据长度大而发送速率低,则在总的时延中,发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高,则传播时延就可能是总时延中的主要成分。

1-18 假设信号在媒体上的传播速度为2×108m/s.媒体长度L分别为:
(1)10cm(网络接口卡)
(2)100m(局域网)
(3)100km(城域网)
(4)5000km(广域网)
试计算出当数据率为1Mb/s和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。

解:(1)1Mb/s:传播时延=0.1/(2×108)=5×10-10
比特数=5×10-10×1×106=5×10-4
1Gb/s: 比特数=5×10-10×1×109=5×10-1
(2)1Mb/s: 传播时延=100/(2×108)=5×10-7
比特数=5×10-7×1×106=5×10-1
1Gb/s: 比特数=5×10-7×1×109=5×102
(3) 1Mb/s: 传播时延=100000/(2×108)=5×10-4
比特数=5×10-4×1×106=5×102
1Gb/s: 比特数=5×10-4×1×109=5×105
(4)1Mb/s: 传播时延=5000000/(2×108)=2.5×10-2
比特数=2.5×10-2×1×106=5×104
1Gb/s: 比特数=2.5×10-2×1×109=5×107

1-19 长度为100字节的应用层数据交给传输层传送,需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送,需加上20字节的IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送,加上首部和尾部工18字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据(即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销)。

若应用层数据长度为1000字节,数据的传输效率是多少?
解:(1)100/(100+20+20+18)=63.3%
(2)1000/(1000+20+20+18)=94.5%

2-07 假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为20000码元/秒。如果采用振幅调制,把码元的振幅划分为16个不同等级来传送,那么可以获得多高的数据率(b/s)?

答:C=RLog2(16)=20000b/s4=80000b/s

2-08 假定要用3KHz带宽的电话信道传送64kb/s的数据(无差错传输),试问这个信道应具有多高的信噪比(分别用比值和分贝来表示?这个结果说明什么问题?)

答:C=Wlog2(1+S/N)(b/s)
W=3khz,C=64khz—-àS/N=64.2dB 是个信噪比要求很高的信源

2-09 用香农公式计算一下,假定信道带宽为为3100Hz,最大信道传输速率为35Kb/s,那么若想使最大信道传输速率增加60%,问信噪比S/N应增大到多少倍?如果在刚才计算出的基础上将信噪比S/N应增大到多少倍?如果在刚才计算出的基础上将信噪比S/N再增大到十倍,问最大信息速率能否再增加20%?

答:C = W log2(1+S/N) b/s-àSN1=2(C1/W)-1=2(35000/3100)-1
SN2=2(C2/W)-1=2(1.6C1/w)-1=2(1.635000/3100)-1
SN2/SN1=100信噪比应增大到约100倍。
C3=Wlong2(1+SN3)=Wlog2(1+10
SN2)
C3/C2=18.5%
如果在此基础上将信噪比S/N再增大到10倍,最大信息通率只能再增加18.5%左右

2-11假定有一种双绞线的衰减是0.7dB/km(在 1 kHz时),若容许有20dB的衰减,试问使用这种双绞线的链路的工作距离有多长?如果要双绞线的工作距离增大到100公里,试应当使衰减降低到多少?

解:使用这种双绞线的链路的工作距离为=20/0.7=28.6km
衰减应降低到20/100=0.2db

2-12 试计算工作在1200nm到1400nm之间以及工作在1400nm到1600nm之间的光波的频带宽度。假定光在光纤中的传播速率为2*10e8m/s.

解:
V=L*F-àF=V/L–àB=F2-F1=V/L1-V/L2
1200nm到1400nm:带宽=23.8THZ
1400nm到1600nm:带宽=17.86THZ
2-16 共有4个站进行码分多址通信。4个站的码片序列为
A:(-1-1-1+1+1-1+1+1) B:(-1-1+1-1+1+1+1-1)
C:(-1+1-1+1+1+1-1-1) D:(-1+1-1-1-1-1+1-1)
现收到这样的码片序列S:(-1+1-3+1-1-3+1+1)。问哪个站发送数据了?发送数据的站发送的是0还是1?
解:S·A=(+1-1+3+1-1+3+1+1)/8=1, A发送1
S·B=(+1-1-3-1-1-3+1-1)/8=-1, B发送0
S·C=(+1+1+3+1-1-3-1-1)/8=0, C无发送
S·D=(+1+1+3-1+1+3+1-1)/8=1, D发送1

3-01 要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是P(X)=X4+X+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个1变成了0,问接收端能否发现?若数据在传输过程中最后两个1都变成了0,问接收端能否发现?采用CRC检验后,数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输?

答:作二进制除法,1101011011 0000 10011 得余数1110 ,添加的检验序列是1110.
作二进制除法,两种错误均可发展
仅仅采用了CRC检验,缺重传机制,数据链路层的传输还不是可靠的传输。

3-02 要发送的数据为101110。采用CRCD 生成多项式是P(X)=X3+1。试求应添加在数据后面的余数。

答:作二进制除法,101110 000 10011 添加在数据后面的余数是011

3-03 一个PPP帧的数据部分(用十六进制写出)是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么(用十六进制写出)?

答:7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E
7E FE 27 7D 7D 65 7D

3-04 PPP协议使用同步传输技术传送比特串0110111111111100。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串?若接收端收到的PPP帧的数据部分是0001110111110111110110,问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串?

答:011011111 11111 00
011011111011111000
0001110111110111110110
000111011111 11111 110

3-05 假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。

答:对于1km电缆,单程传播时间为1/200000=5为微秒,来回路程传播时间为10微秒,为了能够按照CSMA/CD工作,最小帧的发射时间不能小于10微秒,以Gb/s速率工作,10微秒可以发送的比特数等于1010^-6/110^-9=10000,因此,最短帧是10000位或1250字节长

3-06 什么叫做比特时间?使用这种时间单位有什么好处?100比特时间是多少微秒?

答:比特时间是发送一比特多需的时间,它是传信率的倒数,便于建立信息长度与发送延迟的关系
“比特时间”换算成“微秒”必须先知道数据率是多少,如数据率是10Mb/s,则100比特时间等于10微秒。

3-07 假定在使用CSMA/CD协议的10Mb/s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞,执行退避算法时选择了随机数r=100。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据?如果是100Mb/s的以太网呢?

答:对于10mb/s的以太网,以太网把争用期定为51.2微秒,要退后100个争用期,等待时间是51.2(微秒)100=5.12ms
对于100mb/s的以太网,以太网把争用期定为5.12微秒,要退后100个争用期,等待时间是5.12(微秒)
100=512微秒

3-08 公式(3-3)表示,以太网的极限信道利用率与连接在以太网上的站点数无关。能否由此推论出:以太网的利用率也与连接在以太网的站点数无关?请说明你的理由。

答:实际的以太网各给发送数据的时刻是随即的,而以太网的极限信道利用率的得出是假定以太网使用了特殊的调度方法(已经不再是CSMA/CD了),使各结点的发送不发生碰撞。

3-09 假定站点A和B在同一个10Mb/s以太网网段上。这两个站点之间的传播时延为225比特时间。现假定A开始发送一帧,并且在A发送结束之前B也发送一帧。如果A发送的是以太网所容许的最短的帧,那么A在检测到和B发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕?换言之,如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞,那么能否肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞?(提示:在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时,在MAC帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符)

答:设在t=0时A开始发送,在t=(64+8)*8=576比特时间,A应当发送完毕。t=225比特时间,B就检测出A的信号。只要B在t=224比特时间之前发送数据,A在发送完毕之前就一定检测到碰撞,就能够肯定以后也不会再发送碰撞了
如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞,那么就能够肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞(当然也不会和其他站点发生碰撞)。

3-10 在上题中的站点A和B在t=0时同时发送了数据帧。当t=255比特时间,A和B同时检测到发生了碰撞,并且在t=255+48=273比特时间完成了干扰信号的传输。A和B在CSMA/CD算法中选择不同的r值退避。假定A和B选择的随机数分别是rA=0和rB=1。试问A和B各在什么时间开始重传其数据帧?A重传的数据帧在什么时间到达B?A重传的数据会不会和B重传的数据再次发生碰撞?B会不会在预定的重传时间停止发送数据?

答:t=0时,A和B开始发送数据
T1=225比特时间,A和B都检测到碰撞(tau)
T2=273比特时间,A和B结束干扰信号的传输(T1+48)
T3=594比特时间,A 开始发送(T2+Tau+rATau+96)
T4=785比特时间,B再次检测信道。(T4+T2+Tau+Rb
Tau)如空闲,则B在T5=881比特时间发送数据、否则再退避。(T5=T4+96)
A重传的数据在819比特时间到达B,B先检测到信道忙,因此B在预定的881比特时间停止发送

3-11 以太网上只有两个站,它们同时发送数据,产生了碰撞。于是按截断二进制指数退避算法进行重传。重传次数记为i,i=1,2,3,…..。试计算第1次重传失败的概率、第2次重传的概率、第3次重传失败的概率,以及一个站成功发送数据之前的平均重传次数I。

答:将第i次重传成功的概率记为pi。显然
第一次重传失败的概率为0.5,第二次重传失败的概率为0.25,第三次重传失败的概率为0.125.平均重传次数I=1.637

3-12 有10个站连接到以太网上。试计算一下三种情况下每一个站所能得到的带宽。

(1)10个站都连接到一个10Mb/s以太网集线器;
(2)10个站都连接到一个100Mb/s以太网集线器;
(3)10个站都连接到一个10Mb/s以太网交换机。
答:(1)10个站都连接到一个10Mb/s以太网集线器:10mbs
(2)10个站都连接到一个100mb/s以太网集线器:100mbs
(3)10个站都连接到一个10mb/s以太网交换机:10mbs

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