通信网络基础习题答案+第二章

2.1答：有三种，分别是面向字符，面向比特，采用长度计数的组帧技术，其中采用长度计数的组帧方式开销最小。2.2答：接收字符串为：C0C0103687DBDCDBDCDCDDDBDDC07C8DDCDBDCC0恢复为：空，103687C0C0DCDDDB，7C8DDCC02.3答：插入后：011011111000111110101011111011111001111010恢复：0111111011111011001111100111110111110110001111110FlagFlag101111102.4答：在接收端，收到015后，如果下一位是“0”，就将该“0”删去，如果是“1”，就表示一帧结束。按此规则：01101111101111110111110101111110015015Flag2.5答：1S2S3S1C2C3C4C校验规则100101101011010011110110011010101011111000000000001100113211SSSC322SSC313SSC214SSC该码的最小距离为4。2.6解：324345734411DDDDDDDDDDDDSD334567334567240001DDDDDDDDDDDDDDDDgDSD4余数为3D2.7证明：（1）已知DgDmainderDgDDmainderDCLiLiiReRe一个任意的数据多项式100112211KiiiKKKKDSSDSDSDSDS其CRC多项式101010ReReReKiiiLiKiiLKiiiLDCSDgDSmainderDgDDSmainderDgDDSmainderDC（2）将iiLiLiCDCDCDC0111代入到10KiiiDCSDC中，得iKiiiKiiLiLKiiLiLKiiKiiiLiLiCSDCSDCSDCSCDCDCSDC01011022101110100111又有012211CDCDCDCDCLLLL对应可得LjCSCKiijij0102.801001ACKACKNAK出错ACKAABCC在这种情况下，由于时延的影响，分组B出错却导致分组C重发，最终分组B丢失。2.9证：根据停等式ARQ协议，当序号采用模2表示时仍可正常运行。描述如下：发端A：（1）置SN＝0；（2）若从高层接收到一个分组，则将SN指配给该分组，若没有分组则等待；（3）将第SN个分组装入物理帧中发送给接收节点B；（4）若从B接收到RN≠SN，则将SN模2加1，返回（2），若在规定时间内，并未收到B的RN≠SN的应答，则返回（3）。收端B：（1）置RN＝0；（2）无论何时从A端收到一个SN=RN的分组，将该分组传送给高层，并将RN模2加1；（3）在接收到分组的规定有限时长内将RN放入一帧的RN域发送给A，返回（2）。2.10（个人认为题目中“最大可传送的分组到达率”应该改为“平均可传送的分组到达率”）解：设任意一个分组平均需要发送N次才能成功，而一个分组发送i次成功的概率为11i，从而有111iiiN成功发送一个分组所需要的时间为rNT，故rrTNT1max2.11与课本上图2－11的a，c图基本相同，只需将A，B名字交换。2.12在下愚钝，实在没搞懂题目的意思，望高手指点，共享答案。2.13答：sTP05.010643200331280.0026410ACKTss015.0（1）4102820ACKPTT个（2）61192820ACKPTT个（3）当节点连续发送时，可以发送的帧最多a.1640005.0820帧0.082s后可收到应答；b.15769052.0820帧0.134s后可收到应答。2.14答：停等式ARQ211maxPU返回n－ARQ211121121111nPnPnnPnPU选择重传ARQ21211211nPnnPUARPANETARQ272182118272181即即PPU这里DPTT,所以U与误帧率及信道传播时延与数据帧的传输时延的比值有关。当21n时，211PU与PnPU111均小于P1；当21n时，21111211211PnPnPnP所以，当n和8均大于21＋时，选择重传式ARQ和ARPANETARQ链路利用率都最高，当8n时选择重传式ARQ链路利用率高，当8n时，ARPANETARQ链路利用率高。2.15答：{}1optEMVKj，所以可以简单地看出，若高层消息的长度期望{}EM和成帧开销V越大，optK将越大；若链路数j越大，则optK越小。上述的结论与书中的讨论是一致的。关系曲线略。2.16答：HDLC是通过比特插0技术保证数据透明传输的。HDLC包括三种工作模式：正常响应模式（NRM）、异步响应模式（ARM）和异步平衡模式（ABM）。2.17答：书上的描述已经足够详细了，请自行参考。2.18答：（1）在没有发生任何差错的情况下如下图所示：INITACKDACKIINITACKIDISCACKIDISCACKDACKDUPUPDOWNDOWNt在各种可能的差错下：DISCACKIDISCACKIDISCACKDDISCACKIDISCACKDACKDDISCACKDACKDtDOWNDOWN可见，不论发生哪一种差错，每个节点最终都会认为链路处于DOWN状态。（2）有两种可能情况2.19答：（1）INITACKDACKIINITACKIDISCACKIDISCACKDACKDUPUPtDOWNDOWNINITACKDACKIINITACKIDISCACKIDISCACKDACKDUPUPtDOWNDOWN丢失DISCDISCDISCDISC故障ACKDACKDACKIACKDACKIINTI故障故障INTID0INTID’0RN1丢失（2）这题有点脑残，简单地将INIT换成X，ACKI换成Y有意思吗？故障X故障XD0故障XD’0YYRN1丢失2.20解：假定有n个节点交换机，在题中所给的条件下，传输一个分组（从源端到目的端）需要(n-1)T秒，传输两个分组需要(n+1)T秒，如此类推，传输m个分组需要(n-1+2(m-1))T秒，速率为m/(n-1+2(m-1))T.若mn，可以认为分组交付给目的地的速率最快为1/2T分组/秒。2.21答：(1)采用收数据－转发－发确认的机制，假定B做完第二件事即转发后出现故障，则A由于没有收到B发回的确认，在定时器溢出后将重发上一分组，B将这个分组作为新分组转发给C，但C已在B出故障那次收到了该分组。因此，造成C接收重复分组。（2）采用收数据－发确认－转发的机制，假定B做完第二件事即发确认后出现故障，则B不会向C转发该分组。而实际上A又收到了B发回的确认，所以A继续发送下一分组。由此造成C丢失B故障前的那个分组。只有采用端到端的发确认消息的方法，在AC之间建立起一对SN,RN（在运输层，参看课本P77），才能保证在任何情况下数据都能从A经B正确无误地交付到C。在第一种情况下，即使A重发B故障前那一分组，C收到后也能根据AC之间的SN,RN辨认出这一重复分组而将其丢弃。在第二种情况下，只要A没有收到C对B故障前那一分组的确认，就会重复发送这一分组，直到收到C对这一数据的确认。2.23解：设窗口为nkb，则吞吐量为128.022562120nnTTnPD解出窗口为58n2.24答：经六次变化后窗口为11KB。369012543876超时后门限窗口为9KB门限窗口传送次数/次拥塞窗口长度/KB122.25答：主要差别在于：（1）使用的位置不同，数据链路层的差错控制是用于一条物理链路的两端，而网络层的差错控制是用于网络中的任意两节点之间。（2）编号的方式不同，在网络层是对一个session中的分组（或者字节，或者消息）进行统一编号，而在链路层上是对不同session中所有分组（成帧后）进行顺序编号。（3）传输顺序的差别，在链路层，所有的帧都是按顺序传输的；而在网络层中，相同源和目的节点的分组可能会经过不同的路径，分组的传输可能会出现乱序现象。（4）时延不同，在链路层，传输时延（包括传播延时、处理延时、帧传输的时延）在小范围变化；而在网络层，传输时延会在大范围变化。2.26答：在差错控制时，ARQ协议用于保证分组的正确传输，它侧重于分组的内容；在流控时，ARQ用于减缓网络中分组的发送速度，侧重于网络的状态。