完整word版河北大学计算机网络课后习题答案网络答案.docx
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完整word版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:
C＝2Hlog2N＝2×6×106×log24b/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?
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＝Hlog2（1+S/N）＝3×103×log2（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＝2×3×103×log22＝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，C≥40kbps，得S/N≥1024,因此10log10（S/N）≥30dB，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：
24×7/193＝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）可知信噪比
S/N＝2C/H—1＝21。
544M/25k—1＝261.76-1
以分贝计算，则S/N＝10log10（261。
76-1）≈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+1-1—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+1-1—3+1+1）
则A·S=
=1B·S=
=—1
C·S=
=0D·S=
=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+X4+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
1100111010110001101
110011
110000
110011
110011
110011
00001
由算式可知余数为00001≠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a10a9…a5a4后追加4位冗余位a3a2a1a0,构成11位码字a10a9…a1a0。
设置校正因子与错码位置的对应关系如下：
0000
0001
0010
0100
1000
0011
0101
0110
0111
1001
1010
1011
错码位置
无错
a0
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
由上表可得监督关系式:
S0=a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10
S1=a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10
S2=a2⊕a5⊕a6⊕a7
S3=a3⊕a8⊕a9⊕a10
令S3S2S1S0＝0000，即令
a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10=0
a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10=0
a2⊕a5⊕a6⊕a7=0
a3⊕a8⊕a9⊕a10=0
由此可求得各冗余位的生成表达式：
a0＝a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10
a1＝a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10
a2＝a5⊕a6⊕a7
a3＝a8⊕a9⊕a10
11.若海明码的监督关系式为：
S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5
S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6
S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6
接收端收到的码字为：
a6a5a4a3a2a1a0=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a6a5a4a3a2a1a0=1010100带入监督关系式可得:
S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5=0⊕0⊕1⊕0=1
S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6=0⊕1⊕0⊕1=0
S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6=1⊕0⊕0⊕1=0
因为S2S1S0＝001≠0，接收的码字有错,错误位置是a0，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*（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:
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6µs/km，问帧的顺序号应是多少位？
解:
在信号传播速度为6µs/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：
6×3000＝18000µs
1。
544Mb/s的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有24×8b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。
544－8000×10-6＝1。
536Mb/s。
那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为：
64×8/1.536＝333µs
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＝36333µs
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＋3960＝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64×80＝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4000×1％＝40b,传送NAK的平均长度为40×1％＝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1000bit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％（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。
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。
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）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（1—p），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=1×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p2-3p+3.
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
所以
即一个分组平均做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=L×T=（p2-3p+3）/（1—p）2
10。
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＝8×106/8=106，M=6×106/8，P＝1×106/8代入公式得到
所以,计算机可以用完全速率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.
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）
1
126
16，777，214（224-2）
B类网络
16,383（2141）
128.1
191。
255
65,534（216-2）
C类网络
2,097,151（2211）
192。
0。
1
223。
255.255
254（28—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（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11111111100000000000000000000000，包含的主机数为223—2=8388606;
（2）由于要划分成6个子网,需要扩展3位（23＝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11111111111000000000000000000000,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11111111111111111000000000000000,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：
11111111111111111111000000000000
由B类地址空间的结构可知：
子网号比特长度为4位，所以可划分的子网数为24=16，包含的主机数为212-2=4094;
（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:
11111111111111111111111111111000
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，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）
11001010110011101000010100000000（202.206。
133。
0/24）
11001010110011101000011000000000（202。
206。
134.0/24）
11001010110011101000011100000000（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）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？
（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。
39.0
255。
255。
255.128
接口0
128.96。
39。
128
255。
255。
255。
128
接口1
128.96。
40。
0
255。
255.255。
128
R2
192。
4.153。
0
255。
255.255.192
R3
＊（默认）
R4
R1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：
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