河北大学计算机网络课后习题答案网络答案教学内容

1、精品文档6. 一个带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。现已知带宽H = 6MHz，码元可取的有效离散值个数N = 4,则信道的最大数据传输速率为：C=2Hlog2N= 2X6 x 106x log24 b/s= 24Mb/s7. 某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB，试计算该信道的最大比特率。若采用二进制信号传输，则该信道的最大比特率是多少？由信噪比=30db 可知 S/N= 1030/10= 1000。现已知带宽H = 3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为：C=

2、 Hlog2 (1+S/N) = 3X 103x log? (1+1000) 30kb/s。若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：C= 2Hlog2N = 2X 3X 103x log22 = 6 kb/s。8. 要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，即所需的数据传输速率为20KB/4=40kbps，由香农公式有C=Hlog2 (1+S/N)由 H=4kHz，O 40kbps,得 S/N> 1024，因此 10log10(S/N) >30dB,即信噪比最小

3、应为 30 分贝。13. 计算T1载波线路的编码效率和开销率。若要采用两种物理状态传输的50kb/s信道上传输1.544Mb/s的T1载波，问信道的信噪比至少应该是多少？在T1载波线路中，一帧包括193b。这193b按时分多路复用方式细分为 24个信道，每个信道8b，余下1b作同步位。8b中1b用来传输控制信号，7b用来传输 数据信息。据此，T1载波线路的编码效率为：24 X 7/193= 87%对应地，开销率为1-0.87= 13%因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，B= S，而B= 2H，所以信道带宽H = B/2 = S/2= 25kHz。由香农公式C=Hlog2(1+S/N

4、)可知信噪比S/N = 2C/H-1 =21.544M/25k.1 = 261.76/以分贝计算，贝 U S/N= 10log10(261.76-1)186dB17.共有四个站点进行 CDMA通信，四个站点的码片序列分别为：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)现收到码片序列(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1 )，问哪个站发送了数据？发送的 1还是0？设当前收到的码片序列 S为(-1 +1 -3

5、 +1 -1 -3 +1 +1 )1818贝U A S=AS =1B S=BS =-1 ii8i 18i 11C S=8CjSj =01D S=-8DjSj =18i 18i 1所以站点A和D发送“ 1 ”，B发送“ 0”，站点C未发送数据。x7+x5+1被生成多项式x3+1除，所得余数是多少？解：x7+x5+1对应的二进制位串为10100001，x3+1对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.(过程略)8.采用生成多项式G(X)=X4+X3+X+1为信息位1010101产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字，再经比特填充后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是

6、什么？解：由生成多项式的次数可知冗余位位数为4,信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4位0对应的多项式为x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011,因此需通过物理线路传送的比特序列是10101011011。9. 已知循环冗余码的生成多项式为X5+X4+X+1，若接收方收到的码字为 1010110001101，问传输中是否有差错？解：生成多项式G(X) =X5+X*+X+1对应的代码为110011，若接收码字为1010110001101，计算T(X)模2除G(X)的余数：1100010

7、0110011 101011000110111001111000U11001111011001100001由算式可知余数为00001工0,因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。10. 若信息位为1001000,要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表达式。解：信息位长度k= 7,根据表达式2r>k+r+1可知冗余位长度r = 4，所以最后构成的海明码码字长度应为n = k+ r = 11,在7位信息位玄佰：a§a4后追加4位冗余位玄心玄心。，构成11位码字a°a9玄但。设置校正因子与错码位置的对应关系如下：S3 S2S1S0000000

8、010010010010000011010101100111100110101011错码位置无错a0日a2a3a4a5aea?a*asa10由上表可得监督关系式：9=a。a4a5a?a*即S=a a4 a6 a7 a9 ® a。S2=a2 & a6 a?9=03 a* a9 a10令 S3S2SiS0= 0000，即令opa4a5a?a*aw=0a a4 ® a6 a? a9 aw=0a2 ® & & a?=0as ® a* a9 ae=0由此可求得各冗余位的生成表达式：a。= a。 a5 a? a* aa1 = a4 ®

9、; a6 a? a9 a0a2 = as a6 a?a3= a*a?郎11. 若海明码的监督关系式为：S0=a)® a3 ® a4 ® asS1=ai ® a4® a ®a6S2=s2 ® a3 ® a ® a6接收端收到的码字为：06 050403020100=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？解：将aea504asa2a1 a0=1010100带入监督关系式可得：Sc=00030405 = 0010=1S=01 04 ® 0s® 03=0 1 0 1=

10、0S02 ® 03 ® 05® &=1 ® 0 ® 0 ® 1=0因为S2S3= 001工0,接收的码字有错，错误位置是a。，所以正确的码字应为1010101。14. 50Kb/s卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms,不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。解：50Kb/s卫星信道上发送帧长度为 1000比特的数据帧所需时间为 1000b/50Kb/s=20ms卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms,因此数据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为2

11、* (125ms+125ms) =500ms,不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8%15. 一个数据传输速率为4Kb/s、单向传播时延为20ms的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，则帧长度在什么范围内，停等协议的效率可以达到50% ？解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示：t.时间iHH-J处理呢阿确认岐发凶寸间J 樓播时延一 处珅时阿.时问停止锌恃协这中救椒帕和佛认啊的眾送曰阿假设帧长度为L比特，由题可知数据传输速率B=4Kb/s，单向传播时延R为20ms，采用停等协议进行数据帧的传输，确认帧长度和处理时间均忽

12、略不计，若使效率达到50%，即L/B50%L/B 2R代入L、B和R，可得L > 160b。16. 使用回退n帧协议在3000km长的1.544Mb/s的T1干线上发送64字节的帧，若信号传播速度是 6 Q/km，问帧的顺序号应是多少位？解：在信号传播速度为6 QS/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：6X 3000= 18000gs1.544Mb/s 的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有24X 8b的数据和1b的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544 8000X 10-6 =1.536Mb/s。那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为：64

13、X 8/1.536 =333gs若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为：333+ 18000 + 18000=36333 gs若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送36333/333 - 110帧。对110帧编号，则需要7位帧序号。17. 重负荷的50Kb/s卫星信道上，用选择重传协议发送含40比特帧头和3960比特数据的帧。假定无确认帧， NAK帧为40比特，数据帧的出错率为 1%, NAK帧的出错率可忽略不计，顺序号是7位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？解：在50kb/s的卫星信道上发送帧长为 40 + 396

14、0= 4000b的数据帧，所需发送时间为：4000/50k= 80ms这样，从t = 0时刻开始发送，在t =80ms时发送方发送一帧完毕。已知卫星信道延迟为270ms因此，在t = 80 + 270= 350ms时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。所以，在t = 350 + 80 = 430ms时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在 t = 430 + 270= 700ms时到达发送方。一帧的传输周期为 700ms帧序号长度为7位，因此窗口大小最大可达 27-1 = 64。连续发送64个数据帧所需时间64 X 80= 5120ms,远大于一个帧的

15、传输周期 700ms这意味着64的窗口大 小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。数据帧的出错率为1%，对于帧长为4000b的数据帧来说，平均重传长度为4000X 1 % = 40b，传送NAK的平均长度为40X1%= 0.4b。所以，传输3960b数据带来的附加开销为40+ 40 + 0.4 = 80.4b。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为：80.4/(3960+ 80.4)2%18. 一个1Mb/s的卫星信道上发送lOOObit长的帧。信号在信道中端到端传输延迟是270ms,假定ACK帧很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用3位的帧序号。对以下协议而言，计

16、算卫星信道可能达到的最大信道利用率。(a) 停-等协议；(b)回退N协议；(c)选择重传协议解：三种协议的窗口大小值分别是 1,7和4.以1Mb/s发送,1000bit长的帧的发送时间是1ms.我们用t = 0表示传输开始时间，那么在t = 1ms时，第一帧发送完毕.t = 271ms,第一帧完全到达接收方.t = 541ms时确认帧到达发送方.因此周期是541ms. 如果在541ms内可以发送k个帧,(每个帧发送用1ms时间),则信道的利用率是k/541,因此：(a) k = 1, 最大信道利用率 =1/541 = 0.18%(b) k = 7, 最大信道利用率=7/541 = 1.29%(

17、 1分)(c) k = 4,最大信道利用率=4/541 = 0.74%( 1分)一个如图4-42所示的子网。采用距离矢量路由选择算法，如下向量进入路由器C:来自B的(5,0,8,12,6,2);来自D的(16,12,6,0,9,10);来自E的(7,6,3,9,0,4)到B、D和E的延迟分别是6、3和5o C的新路由选择表是什么样的？给出采用的输出线路和预计延迟。精品文档EF图 4-42解：通过 B 给出(11,6, 14,18, 12, 8)通过 D给出(19,15, 9,3, 12, 13)通过 E 给出(12,11, 8,14, 5, 9)取到达每一个目的地的最小值得：(11, 6, 0

18、, 3 , 5 , 8)输出线路是：(B , B, - , D , E, B)数据报子网允许路由器在必要时扔掉分组。一个路由器扔掉分组的概率为P。考虑一源端主机连接到源端路由器，源端路由器又连到目的端路由器，它又连接到目的主机。如果其中一个路由器扔掉一个分组,源端主机最后会超时，并重传该分组。如果主机到路由器及路由器到路由器的线路都算作一个站段，那么：(1) 一个分组在每次传输中所经过的平均站段数是多少？(2) 个分组平均传输次数是多少？(3) 每次收到的分组所需的平均站段数为多少？解：由源主机发送的分组可能行走1个站段、2个站段或3个站段。走1个站段的概率是p ,走2个站段的概率是p(1-p

19、),走3个站段的概率是(1-p) 2,那么,一个分组平均通路长度的期望值：L=1X p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3即每次发送一个分组行走的平均站段数是b-3p+3 o一次发送成功(走完整个通路)的概率等于(1-p) 2 ,令a= (1-p) 2 ,两次发射成功的概率等于(1-a)a,三次发射成功的概率等于(1-a) 2a , 因此，一个分组平均发送次数为：T=a+2a(1-a)+3a(1-a) 2+=a/(1-a)(1-a)+2(1-a)2+3(1-a) 3+ 因为kqkk 1q(1 q)2精品文档所以a1 a门1 (1 a)21 1a (1 p)2即一个分组平均做1/(1

20、-p)2次发送。最后，每个接收到的分组行走的平均站段数为：H=LX T=(p2-3p+3)/(1-p)210. 一个6Mb/s的网络中有一台由令牌桶算法控制的计算机。令牌桶以1Mb/s的速率注入，其容量为8Mb，最初令牌桶是满的。问该计算机能以6Mb/s的速率全速传送多长时间？解：应用公式S= C/(M-P)，其中S表示以秒计量的突发时间长度，M表示以每秒字节计量的最大输出速率，C表示以字节计量的桶的容量，P表示以每秒字节计量的令牌到达速率。用 C= 8X 106/8=106，M=6X106/8，P= 1 X106/8 代入公式得到1066 66 10 8 1 10 81-6(s)所以，计算机

21、可以用完全速率6M/s发送1.6s的时间11. IP地址分为几类？各如何表示?答：在分类IP地址中，将IP地址共分为五类，分别是A类、B类、C类、D类和E类。不同类别的IP地址，网络号和主机号这两部分的长度是不同的,如下图所示ABCDE主机号类地址类地址类地址110 1网络号卜一主机号1皿：类地址lind保留沖今后使用12. 在分类IP地址空间中，试分别计算 A类、B类和C类IP地址所包含的网络数量及每个网络中包含的主机数量。 答：如表所示：网络类别可用网络数目第一个可用的网络号最后一个可用的网络号每个网络中可容纳主机数量A类网络126 (2 7 - 2)112616,777,214 (224

22、-2 )B类网络16,383(2 子网掩码有什么作用？A类、B类、C类IP地址的子网掩码各是什么？答：在一个网络中引入子网，就是将主机号进一步划分成子网号和主机号，通过灵活定义子网号的位数，就可以控制每个子网的规模。传统的网络号-主机号两级IP地址空间变成网络号-子网号-主机号三级IP地址空间，为了判断IP地址所属的网络，需要用到子网掩码。在传统的分类IP地址空间中，A、B、C类IP地址对应的子网掩码分别是255.0.0.0、255.255.0.0 禾口 255.255.255.0。 将一个A类地址空间划分为如下数目的子网，试计算所需的子网号比特数、对应的子网掩码及每个子网包含的主机数。 (1

23、) 2(2) 6(3) 5101)128.1191.25565,534 (2答:(1)由于要划分成2个子网，需要扩展1位(21 = 2)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0变为255.128.0.0,即11111111 10000000 00000000 00000000, 包含的主机数为223-2=8388606;-2 )C类网络212,097,151 (21)192.0.1223.255.2558254 (2-2)(2) 由于要划分成 6个子网，需要扩展 3位(211001010 11001110 10000111 00000000 (202.206.135.0/24

24、)将上面4个地址块聚合为一个地址块，得到11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/22),对应的掩码为255.255.252.020. 以下地址中的哪一个和 86.32/12匹配？说明理由。 86.33.224.123(2) 86.79.65.216(3) 86.58.119.74(4) 86.68.206.154答：分别写出四个地址对应的二进制形式，若其前12位二进制串与86.32/12的二进制形式的前12位相同，则该地址和86.32/12匹配。因此(1) 86.33.224.123和86.32/12匹配。21. 某单位分配到一个地

25、址块 136.23.16.64/26,现在需要进一步划分为 4个一样大的子网，回答以下问题：(1) 每个子网的网络前缀有多长？ 每一个子网中有多少个地址？ 每一个子网的地址块是什么？ 每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址分别是什么？ 答：(1)每个子网前缀为28位。 (2) 每个子网中有16个地址。= 8>6)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0变为255.224.0.0,即卩11111111 11100000 0000000000000000,包含的主机数为 221-2=2097150;(3) 由于要划分成510个子网，需要扩展9位(29 =512>

26、510)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0变为255.255.128.0,即卩11111111 11111111 10000000 00000000,包含的主机数为 215-2=32766。15. 在一个B类地址空间中，如果其子网掩码分别如下，试计算其子网号比特长度、可划分的子网数及每个子网包含的主机数。(1) 255.255.240.0(2) 255.255.255.0(3) 255.255.255.248答：(1) 将 255.255.240.0 变为二进制形式：11111111 11111111 11110000 00000000由B类地址空间的结构可知：子网号比

27、特长度为4位，所以可划分的子网数为2=16，包含的主机数为212-2=4094;(2) 将 255.255.255.0 变为二进制形式：11111111 11111111 11111111 00000000由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为8位，所以可划分的子网数为28=256，包含的主机数为28-2=254;(3) 将 255.255.255.248变为二进制形式：11111111 11111111 11111111 11111000由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为13位，所以可划分的子网数为213=8192，包含的主机数为23-2=6。16. 解释网络地址、32位全0的地

28、址以及网络号全 0的地址的含义。答：网络地址是网络号不为 0但主机号为0的IP地址，用来标记一个对应的网络。32位全0的地址代表默认路由地址。网络号是全0,该地址是本网络上的特定主机地址。路由器收到目的地址是此类地址的IP报文时不会向外转发该分组，而是直接交付给本网络中的特定主机号的主机。17. 直接广播地址和受限广播地址的区别是什么？答：目的地址为直接广播地址的IP报文将被发送到特定网络中的所有主机。目的地址为受限广播地址的IP报文将被发送到本物理网络中的所有主机。路由器阻挡该报文通过，将其广播功能只限制在本网内部。18. 有两个CIDR地址块205.128/11和205.130.28/22

29、,试判断二者是不是有包含关系。如果有，请指出并说明原因。答：将两个地址块转换为二进制形式得：11001101 10000000 00000000 00000000 (205.128/11)11001101 10000010 00011100 00000000 (205.130.28/22)由两者的地址结构可以看出，205.128/11包含205.130.28/22的地址空间。19. 有如下的4个地址块：212.206.132.0/24、212.206.133.0/24、212.206.134.0/24 212.206.135.0/24,试进行最大可能的聚合，并写出其对应的掩码。解：将4个/24

30、地址块变为二进制形式有：11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/24)11001010 11001110 10000101 00000000 (202.206.133.0/24)11001010 11001110 10000110 00000000 (202.206.134.0/24)精品文档精品文档(3) 四个子网的地址块分别是:136.23.16.112/28136.23.16.64/28136.23.16.80/28136.23.16.96/28(4) 地址块 136.23.16.64/28 中可分配给主机使用的最小地址是13

31、6.23.16.65,最大地址是136.23.16.78地址块 136.23.16.80/28 中可分配给主机使用的最小地址是地址块 136.23.16.96/28 中136.23.16.81,最大地址是136.23.16.94可分配给主机使用的最小地址是地址块 136.23.16.112/28 中136.23.16.97,最大地址是136.23.16.110可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.113,最大地址是 136.23.16.12637. 设路由器R1有如下所示的路由表:目的网络子网掩码下一个路由器地址128.96.39.0255.255.255.128接口 0128.96

32、.39.128255.255.255.128接口 1128.96.40.0255.255.255.128R2192.4.153.0255.255.255.192R3* (默认)R4R1可以直接从接口 0和接口 1转发IP报文，也可以通过相邻的路由器R2、R3和R4进行转发。现有5个IP报文，其目的IP地址分别为:(1)128.96.39.12(2)128.96.40.15(3)128.96.40.172(4)192.4.153.28(5)192.4.153.93试分别计算R1转发这些报文的下一个路由器地址。答：(1 )此IP地址属于网络128.96.39.0,其下一路由器地址为接口0;(2)

33、此IP地址属于网络128.96.40.0,其下一路由器地址为R2;(3) 此IP地址属于网络128.96.40.0,其下一路由器地址为R2;此IP地址属于网络192.4.153.0,其下一路由器地址为R3;(5) 此IP地址属于网络192.4.153.0,其下一路由器地址为R3。38. 某公司网络拓扑图如图4-43所示，路由器R1通过接口巳、E2分别连接局域网1、局域网2,通过接口L。连接路由器R?,并通过路由器R?连接域名服务器与互联网。R1的L0接口的IP地址是202.118.2.1; R2的L0接口的IP地址是202.118.2.2, L1接口的IP地址是130.11.120.1, E0

34、接口的IP地址是202.118.3.1 ;域名服务 器的IP地址是202.118.32路由器R1和R2的路由表结构为：目的网络IP地址 子网掩码 下一跳IP地址 接口(1) 将IP地址空间202.118.1.0/24划分为两个子网，分配给局域网 1、局域网2,每个局域网分配的地址数不少于120个，请给出子网划分结果，说明理由或给出必要的计算过程。(2) 请给出R1的路由表，使其明确包括到局域网1的路由、局域网2的路由、域名服务器的主机路由和互联网的路由(3) 请采用路由聚合技术，给出R2到局域网1和局域网2的路由。解：(1) 考虑到每个局域网要120台主机，则IP地址中主机号部分需要 7位才能

35、满足需要(27-2=126>120)，也就是说网络前缀部分为25位所以可以按照如下方案划分：局域网 1： 202.118.1.0/25局域网 2： 202.118.1.128/25子网掩码都是255.255.255.128(2) 根据上面的数据，可以很简单的得出R1的路由表为：目标IP子网掩码下一跳IP转发接口202.118.1.0/25255.255.255.128直接连接E1202.118.1.128/25255.255.255.128直接连接E2202.118.3.2255.255.255.255222.118.2.2L0默认路由0.0.0.0222.118.2.2L0(3) 根据上面的数据，R2到局域网1和局域网2的路由为:目标IP子网掩码下一跳IP转发接口202.118.1.0/24255.255.255.0222.118.2.1L。传输连接的建立和释放为什么采用三次握手协议？使用两次握手建立连接会产生死锁吗？试举例说明。答：三次握手完成两个重要功能，既要双方做好发送数据的准备工作，也要允许双方就初始序列号进行协商，这个序列号在握手过程中被发送与确认。若把三次握手改成仅需两次握手，死锁是