河北大学 计算机网络 课后习题 答案网络答案

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：

6

C=2Hlog2N=2X6X10Xlog24b/s=24Mb/s

7.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？

3<)/,0

由信噪比=30db可知S/N=10=1000a

现已知带宽H=3kHz,根据香农公式可知信道的最大比特率为：

3

C=Hlog2(1+S/N)=3X10Xlog2(l+l(XX))七30kb/s°

若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：

C=2Hlog2N=2X3X1(PXlog22=6kb/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.C240kbps,得S/N21024,因此lOlog/S/N)230dB,即信噪比最小应为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L544Mb/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：

24X7/193=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=25kHzo

由香农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比

S/N=20H-1=21S3M/25k_]=261.76/

6L76

以分贝计算，则S/N=10logl0(2-l)^186dB

17.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-I-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】还是0?

设当前收到的码片序列S为(-1+1-3+1-1-3+1+1)

]8[8

则A•s=-z'A-S-=1B,s=-BS-=-i

*1Q11

i=l5i=l

1818

C・S=-VC5.=0D・S=DS.=1

11Q-V11

i=l5i=l

所以站点A和D发送“1”，B发送“0”，站点C未发送数据。

x7+x5+l被生成多项式x3+l除，所得余数是多少？

解：x7+x$+l对应的二进制位串为10100001,x3+l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)=X，+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+l,在信息位后面附加4位0对应的多项式为x4*(x6+x4+x2+l),用生成多项式G(X)

去除x4*(x6+x，+x2+l)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？

1

解：生成多项式G(X)=X、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：

11000100

noonyloioiioooiioi

110011

110000

110011

110011

110011

-ooooT

由算式可知余数为ooooiwo,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2,2k+r+l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=ll,

在7位信息位aioag…a5al后追加4位冗余位a也aiao,构成11位码字aioa9…aiao。

设置校正因子与错码位置的对应关系如下：

s3s2用0000000010010010010000011010101100111100110101011

错码位置无错aoaiazaaatastX6a7asa9aio

由上表可得监督关系式：

So=ao©a4©a5®aT®as©aio

Si=ai®a«®ae.®a7®a<i®aio

Sz=a2®a-.®a<i®a7

S：i=a3缶as㊉㊉aio

令S3s2S&=0000,即令

ao®a।®as®a?®a«®ai<i=0

a>®ai®a«©a7®a9©aio=O

aa㊉as㊉法㊉a7=0

a»®a«Sa->®3HF0

由此可求得各冗余位的生成表达式：

ao=ai®a5®a7®asffiaio

ai=a।©a?.a?®a<i®aio

a2=a$®a»i®a7

a3=as®a9®aio

H.若海明码的监督关系式为：

S()=a<)㊉a?㊉如㊉a$

S|=ai®04®a5®a6

S?=a2㊉a；j〶a$㊉%

接收端收到的码字为：a6a504a3a2aiao=101()l(X),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a^asa)33323130=1010100带入监督关系式可得：

So=ao®a：<®ai®a5=0©0®1㊉0=1

Si=ai6ai®as®ae=0®1㊉0㊉1=0

S^=a?®a：<®a-.®ae=11=0

因为S2S&=001W0,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/$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*(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2Oms/(2O+5OO)ms=3.8%

15.•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：

2

停止等侍协议中数据帧和确认帧的发送时间

关系

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略不计，若使

效率达到50%,即

代入L、B和R,可得L2160b。

16.使用回退n帧协议在3000km长的L544Mb/s的T1干线上发送64字节的帧，若信号传播速度是6ps/km,问帧的顺序号应是多少位？

解：在信号传播速度为6%/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：

6X3000=18000Ms

6

1.544Mb/s的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有24X8b的数据和1b的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544-8000X10=l.536Mb/so

那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为：

64X8/1.536=333MS

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=36333ns

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5OKb/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仃分之几？

解：在50kb/s的卫星信道上发送帧长为40+3960=40001)的数据帧，所需发送时间为：

4000/50k=80ms

这样，从1=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2，|=64。连续发送64个数据帧所需时间64X80=5120ms,远大于一个帧的传输周期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4000Xl%=40b,传送NAK的平均长度为40Xl%=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)Q2%

18.一个IMb/s的卫星信道上发送lOOObil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，计算下.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；⑹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IMb/s发送，lOOObit长的帧的发送时间是1ms.

3

我们用I=0表示传输开始时间，那么在1=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%(1分)

(c)k=4,最大信道利用率=4/541=0.74%(1分)

一个如图442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(7,639,0,4)。

到B、D和E的延迟分别是6、3和5。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。

D

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：

(11,6,0,3,5,8)

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。•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，源端路由渊又连到目的端路由器，它又连接到目的

生机。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匏作一个站段，那么：

(1)•个分组在每次传输中所经过的平均站段数是多少？

(2)一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(l-p),走3个站段的概率是(l-p)?,那么，一个分组平均通路长度的期望值：

L=1Xp+2p(l-p)+3(l-p)2=p2-3P+3

即每次发送一个分组行走的平均站段数是p2-3p+3。

一次发送成功(走完整个通路)的概率等于(l-p)2,令a=(l-p)2,两次发射成功的概率等于(l-a)a,三次发射成功的概率等于(l-a)2a,……

因此，一个分组平均发送次数为：

T=a+2a(1-a)+3a(l-a)2+—=[a/(l-a)][(1-a)+2(l-a)2+3(l-a)3+***]

因为

co

q

EM(i—4

k=\

所以

ea1-a11

T—x-=—=7

1-a[1-(1-a)]2a(1-p)2

即•个分组平均做1/(1-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=LXT=(p2-3p+3)/(l-p)2

4

10.一个6Mb/s的网络中有一台由令牌桶算法控制的计第:机。令牌桶以IMb/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=8X106/8=106,M=6X106/8,P=1X106/8代入公式得到

_________10^_________

=1.6(5)

6xlO6^8-lxlO6^8

所以，计算.机可以用完全速率6M/s发送1.6s的时间

II.1P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。

A类地址卜：||

工网络号一4一主机号=1

B类地址|10：||

|二一网络号.卜主机号-------二f

C类地址|110：II

・网络号------1一主机号

D类地址|1110；多播地址一］

E类地址保留为今后使用

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(27-2)112616,777,214(2”-2)

B类网络16,383(2“-1)128.1191.25565,534(216-2)

C类网络2,097,151(2却-1)192.0.1223.255.255254(2-2)

13.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1P地址空间中，A、B、C类【P地址对应的子网掩码分别是

255.0.0.0.255.255.0.0和255.255.255.0。

14.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)2(2)6(3)510

答：(1)由于要划分成2个子网，需要扩展1位⑵=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1111111110000000000000000000(X)00,

包含的主机数为2代2=8388606：

(2)由于要划分成6个子网,需要扩展3位Q3=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1111111111100(X)000000000

00000000,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>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111111111111111110000000

(XX)()(XXX),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：⑴将255.255.240.0变为二进制形式：11111111IHI11111111000000000000

由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为4位，所以可划分的了网数为2三16,包含的主机数为2凡2=4094；

5

(2)将255.255.255.0变为二进制形式：11111111111111111111111100000000

由B类地址空间的结构可知：子网号比特长度为8位，所以可划分的了网数为28=256,包含的主机数为2久2=254：

(3)将255.255.255.248变为二进制形式：11111111I1I11III1111111111111(X)0

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2"=8192,包含的主机数为23-2=6。

16.解释网络地址、32位全0的地址以及网络号全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1P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1P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,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:

11001101100000000000000000000000(205.128/11)

11001101100000100001110000000000(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地址块变为二进制形式有:

11001010110011101000010000000000(202.206.132.0/24)

1100101011001110100001010000000()(202.206.133.0/24)

11001010110011101000011000000000(202.206.134.0/24)

110010101100111010000111(MXXXXXX)(202.206.135.0/24)

将上面4个地址块聚合为一个地址块，得到

11001010110011101000010000000000(202.206.132.0/22),

对应的掩码为255.255.252.0

20.以下地址中的哪一个和86.32/12匹配？说明理由。

(1)8633.224.123(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，问答以下问题:

(1)每个子网的网络前缀有多长？

(2)每一个子网中有多少个地址？

(3)每一个子网的地址块是什么？

(4)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。

(3)四个子网的地址块分别是:

136.23.16,64/28136.23.16.80/28136.23.16.96/28136.23.16.112/28

(4)地址块136.23.16.64/28中

可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.65,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136.23.16.81,最大地址是136.23.16.94

地址块136.23.16.96/28中

可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.97，最大地址是136.23.16.110

地址块136.23.16.112/28中

可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.113,最大地址是136.23.16.126

37.设路由器R,有如卜所示的路由表:

6

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0

128.96.39.128255.255.255.128接口1

128.96.40.0255.255.255.128R2

192.4.153.0255.255.255.192R3

*(默认)R4

K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R八思和心进行转发。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R转发这些报文的下一个路由器地址。

答：(I)此IP地址属于网络128.96.39.0,其下•路由梏地址为接口0；

(2)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；

(4)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Ri通过接口Ei、E?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。旧的1接口的IP地址是202.118.2.1：R2的L)接口的1P地址是202.11822,L1接口的IP地址是130.11.120.1,氏接口的IP地址是202.118.3.1：域名服务

器的器地址是202.118.3.2。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位才能满足需要(2'-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

7

（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E>

202.118.1.128/25255.255.255.128直接连接E2

202.118.3.2255.255.255.255222.118.2.2Lo

默认路由0.0.0.0222.118.2.2Lo

（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

202.118.1.0/24255.255.255.0222.118.2.1Lo

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，死锁是可能发生的。

例如，考虑计算机A和B之间的通信。假定B和A发送一个连接请求分组，A收到了这个分组，并发送了确认应答分组。按照两次握手的协定，A认为连接已经成功

的建立了，可以开始发送数据分组。可是B在A的应答分组在传输中被丢失的情况下，将不知道A是否已准备好，不知道A建议什么样的序列号用于A到B的交通，

也不知道A是否同意B所建议的用于B到A交通的序列号，B甚至怀疑A是否收到自己的连接请求分组。在这种情况下，B认为连接还未建立成功，将忽略A发来的

任何数据分组，只等待接收连接确认应答分组。而A在发出的分组超时后，重复发送同样的分组。这样就形成了死锁。

15.•个TCP连接总是以1KB的最大段发送TCP段，发送方有足够多的数据要发送，当拥塞窗口为16KB时发生了超时，如果接下来的4个RTT时间内的TCP段

的传输都是成功的，那么当第4个RTT时间内发送的所有TCP段都得到肯定应答时，拥塞窗口值为多少？

答：略

16.在一个TCP连接中，TCP的拥塞窗口大小与传输周期的美系如卜.所示：

拥塞1248163233343536373839

窗口

传输12345678910111213

周期

拥塞4041422122232425261248

窗口

传输14151617181920212223242526

周期

请回答下列问题。

<1）画出拥塞窗口与传输周期的关系曲线。

（