1、1924 年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式:理想低通信道的最高大码元传输速率 C=2W.log2 N (其中 W 是想低通信道的带宽,N 是电平强度) 1。带宽为 4KHZ,如果有 8 种不同的物理状态表示数据,信噪比为 30dB.那么按奈氏准则和香农定理计算,分别计算其最大限制的数据传输速率. C=2 F log2N=2*4K*log28=24Kbps 分贝(dB)的计算是:10lgS/N 即本题为:10lgS/N=30 则:S/N=103C=F log2(1+S/N)= 4K*log21001=40Kbps2。对于带宽为 6MHz 的信道，若用
2、4 种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声的情况下，该信道的最大数据传输速率是多少？答：由无热噪声的奈奎斯特公式: C=2Hlog2N=2*6M*log24=24Mbps，即该信道的最大数据传输速率是 24Mbps。3。某调制解调器同时使用幅移键控和相移键控,采用 0,兀/2,兀和 3/2 兀四种相位,每种相位又都有两个不同的幅值,问在波特率为 1200 的情况下数据速率是多少答:log28*1200 = 3600b/s4。信道带宽为 3KHz，信噪比为 30db，则每秒能发送的比特数不会超过多 bps?答：由带热噪声的香农公式: C=Hlog2(1+S/N)=3K*log2(1+1030/1
3、0)BCDE” 解答 ：字符填充后的输出是：“ABCDE”8 题解答： 输出是： 010000011111011010111110109 题用 BSC 规程传输一批汉字，若已知采用不带报头的分块传输，而且最大报文块长为129 字节，共传输了 5 帧，其中最后一块报文长为 101 字节。问每个报文最多能传多少汉字?这批数据报共有多少汉字? 解答：分析 ：由 BSC 规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为: SYN SYN STX 报文 ETB/ETX BCC不带报头的分块传输是 5 个控制字符，开销 5 个字节， （1295）/2=62故前 4 帧每帧最多能传的汉字数为：(129-3
4、(SYN+SYN+STX)-2(ETB+BCC)/262(个)每个报文传 62 个汉字，前 4 帧传 248 个汉字最后一帧（1015）/248该批数据共有的汉字数为：624+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC)/2296( 个) (2)由 BSC 规程,不带报头 (以比特流格式)的分块传输的帧格式为: SYN SYN DLE STX 报文 DLE ETB/ETX BCC故前 4 帧每帧最多能传的汉字数为：(129-4-3)/261(个)该批数据共有的汉字数为：614+(101-4-3)/2291(个) 注:因假设采用单字节的块校验字符 (非比特流),故应取(1) 的计
5、算结果。10 题： 用 HDLC 传输 12 个汉字时，帧中的信息字段占多少字节？总的帧长占几字节？解答：看 HDLC 帧格式 P87信息字段(I) 占 122=24 字节总的帧长占 1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F)30 字节14 题练习：1）要发送的数据为 1101011011。采用 CRC 的生成多项式是 G(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？答：添加的检验序列为 1110 （11010110110000 除以 1001
6、1）数据在传输过程中最后一个 1 变成了 0，11010110101110 除以 10011，余数为 011，不为 0，接收端可以发现差错。数据在传输过程中最后两个 1 都变成了 0，11010110001110 除以 10011，余数为 101，不为0，接收端可以发现差错。五章 网络层P1334 题。设有一通信子网。若使用虚电路，则每一分组必须有 3 字节的分组首部，而每个网络结点必须为虚电路保留 8 字节的存储空间来识别虚电路。但若使用数据报，则每个分组要有 15 字节的分组首部，而结点就不需要保留路由表的存储空间。设每段链路每传 1 兆字节需 0。01 元，购买结点存储器的费用为每字节
7、0.01 元，而存储器的寿命为 2 年工作时间（每周工作 40 小时） 。假定一条虚电路的每次平均使用时间为 1000 秒，而在此时间内发送200 分组，每个分组平均要经过 4 段链路。试问：采用哪种方案（虚电路或数据报）更为经济？相差多少？答：分析：4 段链路意味着涉及 5 个路由器。虚电路实现需要在 1000 秒内固定分配 58=40 字节的存储器。数据报实现需要比虚电路实现多传送的头信息的容量等于（153）4200=9600 字节? 链路。现在的问题就成了 40000 字节?秒的存储器对比 9600 字节?链路的电路容量。虚电路实现方案：需在 1000 秒内固定分配 58=40 字节存储
8、空间， 存储器使用的时间是 2 年，即 252403600=1.5107 秒每字节每秒的费用=0.1/ （1.5107）=6.710-10 元 总费用，即 1000 秒 40 字节的费用=1000406.710-10=2.710-5 元 数据报实现方案：比上述虚电路实现方案需多传(15-3)4200=9600 字节， 每字节每链路的费用=0。01/106=10-8 元 总费用，即 9600 字节每链路的费用=960010-8=9.610-5 元 9.6-2.7=6.9 毫分 可见，本题中采用虚电路实现方案更为经济，在 1000 秒的时间内便宜 6.9 毫分4 题纯的 ALOHA 和时分的 AL
9、OHA 哪一个延迟比较小？解答：对于纯的 ALOHA，发送可以立即开始。对于时分的 ALOHA，它必须等待下一个时隙。这样，平均会引入半个时隙的延迟。因此，纯 ALOHA 的延迟比较小5 题一万个站点在竞争使用每一时分 ALOHA 通道。如果每个站平均每个小时做 18 次请求。信道时隙是 125us。总的通道负载约为多少？解答：每个终端每 200（=3600/18=200）秒做一次请求，总共有 10000 个终端。因此，总负载是 200 秒做 10000 次请求，平均每秒 50 次请求。每秒 8000 个（=1/125 us）时隙，所以平均每个时隙发送次数是G=508000=1/160=0.0
10、0625。6 题N 个站点共享 56K 的纯 ALOHA 信道。每个站点平均每 100 秒输出一个 1000 bit 的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行（假设站点都有缓存） 。N 的最大值是多少？解答：对于纯 ALOHA，可用的带宽是 0.18456Kb/s=10.304b/s；每个站都需要的带宽是 1000100=10b/s。因此 N=10304101030。所以，最多可以有 1030 个站，即 N 的最大值是 1030。7 题答：见 P166在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必
11、须进行仲裁：如果某站发现其地址中原本为 0 的高位被置换为 1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。什么是 Mok 和 Ward 版本的二进制倒计数法。Mok 和 Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口：还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从 0 开始，已成功传送的站被排在最后。如果总共有 N 个站，那么最大的虚拟站号是 N-1。本题中，当 4 站发送时，它的号码变为 0，而 0、1、2 和 3 号站的号码都增 1，10 个站点的虚
12、站号变为 8，3，0，5，2，7，4，6，9，1 当 3 站发送时，它的号码变为 0，而0、1 和 2 站的号码都增 1，10 个站点的虚站号变为：8，0，1，5，3，7，4，6，9，2最后，当 9 站发送时，它变成 0，所有其他站都增 1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。8 题。不作要求 P167解答：2 n 个站点对应 n+1 级，其中 0 级有 1 个节点，1 级有 2 个节点， n 有 2 n 个节点。在 i 级的每个节点下面所包括的站的个数等于总站数的 1/2 i。本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级。先计算这两个站具有共同
13、的父节点的概率 p1。在 2n 个站中，要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是1/C2 2n=1/2 n -1(2 n-1)总共 2 n -1 个父节点，所以，p1=1/2 n -1(2 n-1)* 2 n -1=1/(2 n-1)因为 2n 1?所以 p12- n 在共享父节点的条件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数 n1=1+2+2+2=1+2n，接下来，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率 p2 和遍历树所走过的节点总数 n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/C 2 2n-1。 共有 2 n -2
14、个祖父节点p2=2 n -2/ C 2 2n-1=1/2 n -1-1=2-n+1遍历树比 1 n 减少两个节点，即N2=1+2n-2=2n-1通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点（属 n-3 级祖先节点?）的概率是 p3= 2-n+?2?遍历树所经过的节点总数比 n2 又少两个节点，N3=2n-1-2=2n-3.Pi+1=2-(n-i)Ni+1=2n+1-2i因此，最坏的情形是 2n+1 个时隙（共享父节点） ，对应于 i=0；最好的情形是 3 个时隙，对应于 i=n-1 （两个发送站分别位于左半树和右半树） ，所以平均时隙数等于n-1M= 2-(n-i)(2n+1-2i
15、)i=09 题。一个 7 层楼，每层有一排共 15 间办公室。每个办公室的楼上设有一个插座，所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格组成的网的结点，相邻插座间的垂直和水平距离均为 4米。设任意两个插座之间都允许连上电缆（垂直、水平、斜线均可） 。现要用电缆将它们连成（1）集线器在中央的星形网；（2）总线式以太网。3）采用令牌环网（不设线路中心） 。试计算每种情况下所需的电缆长度。 解答：图见黑板（1）假定从下往上把 7 层楼编号为 1-7 层。按楼层高 4 米计算。在星形网中，集线器放在4 层中间位置（第 8 间房） 。电缆总程度等于： 7 154 （i-4 ）2+（j-8）2=1832（m
16、）i=1 j=1（2）对于总线式以太网（如 10BASE2） ，每层需 414=56（m）水平电缆，垂直电缆需46=24（m） ，所以总长度等于 756+24=416（m） （3）图见黑板这种方案是采用螺旋结构，线缆经过（1,1） 、 （15,1） 、 （15,7） 、 （1,7） 、 （1,2）和（14,2）等，总长度等于：56+52+48+56+20+12+4+8+16+24+442+122=466 （m ）10 题 标准 10MBPS802。3LAN 的波特率是多少？解答：标准 10MBPS802。3LAN 采用曼彻斯特编码 即 数据传输率只有调制速率的 1/2R=1/2B B=2*10
17、MBPS=20 波特概念：数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于( ),假设不考虑中继器引人的延迟。A)信号传播时延B)数据传输时延C)数据传输时延+信号传播时延D)信号传播时延的 2 倍【答案】C11 题。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200 米。数据帧的长度是 256bit，其中包括用于帧头、检验和以及其他开销的 32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一个 32bit 的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率（不包括开销）是多少？解法 1:仅以成功的发送与传
18、播计算：发送数据帧 256 位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 25.6us+5us=30.6us故有效数据传输速率为：(256-32)b/30.6us=7.3Mbps 解法 2:从发送至接收确认全程计算（依题意是这种计法）：1)发送数据帧 256 位所需时间 = 256bit/10Mbps=25.6us数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 25.6us+5us=30.6us2)回发确认帧 32 位所需时间 = 32bit/10Mbps=3.2us确认帧在信道
19、上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 3.2us+5us=8.2us故有效数据传输速率为：(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps14 题。长 1Km、10Mbps 的基带总线 LAN,信号传播速度为 200M/s,试计算:1000 比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少?若两相距最远的站点在同一时刻发送数据,则经过多长时间两站发现冲突?解答：两站点从发送开始到接收结束的总时间=数据传输时延+信号传播时延=1000bit/10Mbps + 1000m/200m/us =100us+5us=105us同时发送数据的两站点发现冲突的时间=信号
20、传播时延=1000m/200m/us=5us(注:若非同时发送数据,两站点发现冲突的最大时间=2*信号传播时延)练习：某 CSMA/CD 基带总线网长度为 1000m，信号传播速度为 200m/s,假如位于总线两端的站点在发送数据帧时发生了冲突,试问: 该两站间信号传播延迟时间是多少? 最多经过多长时间才能检测到冲突?【解析】该两站间时延 a =1000m/200(n/S)=5S冲突检测时间=2a=25s=10s【答案】5slOs15 题。100 个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为 10m,数据传输速率为 10Mbps,信号传播速度为 200m/us,若每个站引入 1 位延迟,试计算：两站
21、间链路的位长度为多少位？整个环路的有效位长度为多少位？此环上最多允许有几个 37 位长的时槽？ 解答：见 P177 公式环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数两站间链路的位长度为：10m/200m/us * 10Mbps=0.5bit(不计 1 位延迟)总环路的有效位长度为：100(0.5bit+1bit)=150bit时槽数为：150bit/37bit=4.05(个)5(个)16 题。当数据传输速率为 5Mbps,传播速度为 200m/us 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 5Mbps 数据传输速率下，一个位时等于 200us（=1/5*106） ，
22、在 200us 时间内信号可以传播的距离=200*10-3*200=40 米因此：一个比特时延等价于 40 米的电缆。17 题。长 1Km、10Mbps、50 个站点的令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/us,令牌长 8 位，数据帧最大长度为 256（包括 32 位开销） ，确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少？ 分析：站点在令牌环上一个完整的工作周期如下： 获取令牌：停止令牌运行（大约为 1 位时延，归入站点时延计算） ；发送数据帧：把数据帧发送到环上；（传输时延）数据帧绕环一周：绕环线一周；（传播时延）经过每个站点有 1 位时延。 （传输时延）发送令牌
23、帧：把令牌帧发送到环上；（传输时延） 解：1）获取令牌传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us2）发送数据帧传输时延为: 256bit/10Mbps=25.6us3）信号绕环一周传播时延为: 1000m/200m/us=5us4）50 站点 1 位传输时延为: 50 * 1bit/10Mbps=5us5）发送令牌帧传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us所需总时间为：(0.8+25.6 +5 +5 +0.8)us=36.4us该环不包括开销的有效数据传输速率为:(256-32)bit/36.4us=6.15Mbps 18 题。长 10Km、16Mbps、100 个站点的令牌环，
24、每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/us。问： 该环上 1 位的延迟相当于多少米长度的电缆？该环的有效位长度为多少位？ 解法 1:令牌环的比特长度为： 10Km*5us/Km * 16Mbps + 100bit=180bit故该环上 1 位的延迟相当于电缆的长度为：1bit * 10Km/180bit=5.56m该环的有效位长度为：10Km*5us/Km * 16Mbps=80bit(不计 1 位延迟) 解法 2:该环上 1 位的延迟相当于电缆的长度为：200m/us / 16Mbps=200m/us / 16b/us =12.5m/b该环的有效位长度为：10Km/12.5m/b
25、=80b(不计 1 位延迟)19 题。长 1Km、4Mbps、50 个站点的令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/us,设数据帧最大长度为 100 字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？ 解答：1Km 令牌环传播时延为: 1000m/200m/us=5us50 个站点 1 位时延为: 50*1bit/4Mbps=12.5us发送最长数据帧的时延为: 100*8bit/4Mbps=200us故超时计数器的值至少要设置为: 5+12.5+200=217.5(us)注：检查令牌丢失由专门检测站来完成（这里忽略了令牌的发送时间） 。 20 题。一个 10Mb
26、ps 的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为 10us,在此环上可发送的最长帧为多少位？ 解答：此环上可发送的最长帧为：10Mbps*10us=100bit (s=v*t)(注:这里的 10us 全用于发送最长帧的时延,不考虑环传播时延及站点 1 位时延) 23 题。见黑板10Mbit/s 以太网升级到 100Mbit/s 和 1Gbit/s 甚至 10Gbit/s 时，需要解决哪些技术问题？在帧的长度方面需要有什么改变？为什么？传输媒体应当有什么改变？ 答：以太网升级时，由于数据传输率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测。所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，使参数 a
27、 保持为较小的值，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用 802.3 标准规定的以太网最小最大帧长，使不同速率的以太网之间可方便地通信。100bit/s 的以太网采用保持最短帧长（64byte）不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到 100m，同时将帧间间隔时间由原来的 9.6s，改为 0.96s。1Gbit/s 以太网采用保持网段的最大长度为 100m 的方法，用“载波延伸”和“ 分组突法”的办法使最短帧仍为 64 字节，同时将争用字节增大为 512 字节。传输媒体方面，10Mbit/s 以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而 100Mbit/s 和 1Gbit/s 以太网
28、支持双绞线和光纤，10Gbit/s 以太网只支持光纤。 欲保持 10M，100M，1G 的 MAC 协议兼容，要求最小帧长的发送时间大于最长的冲突检测时间，因而千兆以太网采用载波扩充方法。而且为了避免由此带来的额外开销过大，当连续发送多个短帧时采用帧突发技术。而 100M 以太网采用的则是保持帧长不变但将最大电缆长度减小到 100m。 其它技术改进： （1）采用专用的交换集线器，缩小冲突域 （2）发送、接收、冲突检测传输线路独立，降低对媒体带宽要求 （3）为使用光纤、双绞线媒体，采用新的信号编码技术。6、长 1Km、10Mbps 的 802.3LAN，其信号传播速度为 200m/us，数据帧长
29、度为 256 位(包括 32 位开销)。一个成功发送后的第一位时间片留给接收方以捕获信道来发送一个 32 位的确认帧。假设不考虑冲突，问不包括开销的有效数据速率为多少?1）发送数据帧 256 位所需的时间256bit10Mbps25.6us数据帧在信道上的传播时间 1000m (200m/us) 5us 共用时间25.6us5us30.6us2）回发确认帧 32 位所需的时间32bit10Mbps3.2us确认帧在信道上的传播时间 1000m (200m/us) 5us 共用时间3.2us5us8.2us因此：有效数据传输速率：(256-32)bit(30.6+8.2)us 5.77Mbps7
30、、长 1Km、10Mbps 的基带总线 LAN，信号传播速度为 200m/us， 计算一个 1000 比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少?若两相距最远的站点在同一时刻发送数据，则经过多长时间两站发现冲突。1）从发送开始到接收结束的总时间数据传输时延信号传播时延即：1000bit10Mbps1000m(200m/us)100us5us105us2) 同一时刻发送，发现冲突的时间信号传播时延即：1000m(200m/us)5us若不在同一时刻发送，则发现冲突的时间2信号传播时延8、100 个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为 10m，数据传输速率为 10Mbps，信号传播速度为 200
31、m/s，若每个站引人 1 位延迟，试计算：（1）两站点间链路的位长度为多少位？（2）整个环路的有效位长度为多少位？（3）此环上最多允许有几个 37 位长的时槽？1）两站点间链路的位长度：10m200 m/s10Mbps0.5bit2）整个环路的有效位长度：100（0.5bit1bit）150bit3）最多允许时槽数：150bit/37bit5 个9、长 1Km、10Mbps、50 个站点的令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/s，令牌长 8 位，数据帧长度为 256 位(包括 32 位开销)，确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少? 发送数据帧的传输时延256
32、bit/10Mbps 25.6s信号绕环一周传播时延1KM/200 m/s5s50 个站点 1 位传输时延501bit/10Mbps 5s发送令牌帧传输时延为8bit/10Mbps0.8s总时间25.6s5s 5s 0.8s36.4s 该环不包括开销的有效数据速率(256-32)bit/36.4s6.15 Mbps10、长 10Km， 16Mbps、100 个站点的令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/s。问：（1）该环上 1 位的延迟相当于多少米长度的电缆？（2）该环的有效位长度为多少位? 环的比特长度信号传播时延数据传输速率接口延迟位数环路介质长度/信号传播速度 数据传输
33、速率接口延迟位数 令牌环的比特长度10KM/200m/s16Mbps 1100bit800100900bit1) 该环上 1 位的延迟相当于电缆的长度为： 10KM/900bit1bit11.11m2) 该环的有效位长度10KM5s/KM16Mbps800bit11、长 1Km， 4Mbps、50 个站点的令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为200m/s，设数据帧最大长度为 100 字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？ 信号传播时延环路介质长度/信号传播速度1KM5s/KM 5s50 个站点 1 位时延501bit/4Mbps 12.5s发送最长数据帧时延1008bit/4Mbps 200s 超时计数器的值5s12.5s200s 217.5s12、一个 10Mbps 的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为 10s，在此环上可发送的最长帧为多少位？ 令牌环中的数据帧的长度没有下限，但其上限受站点令牌持有时间的限制。数据帧必须在时间限制内发送完，超过令牌持有时间，必须释放令牌。 可发送的最长帧位数传输速率令牌的持有时间10Mbps10s100 位
