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1、计算机网络吴功宜第三版课后习题解答第14章计算机网络 -清华版_吴功宜(第三版)课后习题解答 (第1-4 章)第一章 计算机网络概论 P421. 请参考本章对现代 Internet 结构的描述，解释“三网融合”发展的技术背景。答：基于 Web的电子商务、电子政务、远程医疗、远程教育，以及基于对等结构的 P2P网络、 3G/4G与移动 Internet 的应用，使得 Internet以超常规的速度发展。“三网融合”实质上是计算机网络、电信通信网与电视传输网技术的融合、业务的融合。2. 请参考本章对 Internet 应用技术发展的描述，解释“物联网”发展技术背景。答：物联网是在 Internet

2、 技术的基础上，利用射频标签、无线传感与光学传感等感知技术自动获取物理世界的各种信息，构建覆盖世界上人与人、人与物、物与物的智能信息系统，促进了物理世界与信息世界的融合。3. 请参考本章对于城域网技术特点的描述，解释“宽带城域网”发展技术背景。答：宽带城域网是以 IP 为基础，通过计算机网络、广播电视网、电信网的三网融合，形成覆盖城市区域的网络通信平台，以语音、数据、图像、视频传输与大规模的用户接入提供高速与保证质量的服务。4. 请参考本章对 WPAN技术的描述，举出 5 个应用无线个人区域网络技术的例子。答：家庭网络、 安全监控、 汽车自动化、 消费类家用电器、 儿童玩具、医用设备控制、工业

3、控制、无线定位。5. 请参考本章对于 Internet 核心交换、边缘部分划分方法的描述，举出身边 5 种端系统设备。答：PDA、智能手机、智能家电、无线传感器节点、 RFID 节点、视频监控设备。7. 长度 8B与 536B的应用层数据通过传输层时加上了 20B的 TCP报头,通过网络层时加上 60B 的 IP 分组头，通过数据链路层时加上了 18B 的Ethernet 帧头和帧尾。 分别计算两种情况下的数据传输效率。 （知识点在：P33）解：长度为 8B的应用层数据的数据传输效率：8/(8+20+60+18) 100%=8/106 100%=7.55%长度为 536B的应用层数据的数据传输

4、效率：536/(536+20+60+18) 100%=536/634 100%=84.54%8. 计算发送延时与传播延时。条件：主机之间传输介质长度 D=1000km。电磁波传播速度为 2 108m/s。（1）数据长度为 1 103bit ，数据发送速率为 100kbps。（2）数据长度为 1 107bit ，数据发送速率为 10Gbps。（知识点在： P33）解题思路：总延时=发送延时 +传播延时 +排队延时 +处理延时解：（1）发送延时为： N/S=1000/100 103=0.01s=10ms传播延时为： D/V=1000 103/2 108=5 10-3s=5ms(2)发送延时为： N

5、/S=1 108/(10 103 106)=0.01s=10ms传播延时为： D/V=1000 103/2 108=5 10-3s=5ms6. 在如图 1-29 所示的网络结构中，主机 A 要向主机 B 发送一个长度为 300KB的报文，发送速率为 10Mbps，传输路径上要经过 8 个路由器，连接路由器的链路长度为 100km，信号在链路上的传播速度为 2 108m/s。每个路由器的排队等待延时为 1ms。路由器发送速率也为 10Mbps。忽略：主机接入到路由器的链路长度，路由器排队等待延时与数据长度无关，并假设信号在链路上传输没有出现差错和拥塞。请计算：（1）采用报文交换方法，报文头长度为

6、 60B，报文从主机 A 到主机 B需要多长时间？（2）采用报文分组交换方法，分组头长度为 20B 时，分组数据长度为 2KB，所有报文分组从主机 A 到主机 B 需要多长时间？解题思路：报文交换是一个完整的数据包从源结点一直传输到目的结点。延时时间为：主机 A 发送时间 +8 个路由器的发送时间 +8 个路由器的排队等待延时时间 + 链路的传播时间。报文分组交换方法：就是一个一个包跟着传输下去， 300KB 分为 2kb的数据包，有 150 个，从主机 A 到最后一个路由器发出最后一个包，相当于 2KB数据包发送了 9149158 次，延时时间发送时间 x1588 个路由器等待延时时间链路传

7、播时间。另外，Mbps 是 Million bits per second 的缩写， 1 Mbps 代表每秒传输 1，000，000 位（bit ）。 解：(1)(300 1024+60) 8/10000000 9 103+(100 1000)/2 108 7 103+8 1=2223.8ms(2)(2 1024+20) 8/10000000 9 103+(100 1000)/2 108 7 103+8 1+(2 1024+20) 8/10000000 149 103=26.39+246.51=272.9ms第二章 网络体系结构与网络协议 P621请举出生活中的一个例子来说明“协议”的基本含义

8、，并举例说明网络协议三要素“语法” 、“语义”与“时序”的含义与关系协议是一种通信规则例：信件所用的语言就是一种人与人之间交流信息的协议，因为写信前要确定使用中文还是其他语言，否则收信者可能因语言不同而无法阅读三要素：语法：用户数据与控制信息的结构与格式，以及数据出现顺序语义：解释比特流的每一部分含义，规定了需要发出何种控制信息，以及完成的动作和作出的响应时序：对实现顺序的详细说明2计算机网络采用层次结构的模型有什么好处？1）各层之间相互独立2）灵活性好3）各层都可采用最合适的技术来实现，各层实现技术的改变不影响其他层4）易于实现和维护5）有利于促进标准化3ISO 在制定 OSI 参考模型时对

9、层次划分的主要原则是什么？1）网中各结点都具有相同的层次2）不同结点的同等层具有相同的功能3）不同结点的同等层通过协议来实现对等层之间的通信4）同一结点内相邻层之间通过接口通信5）每个层可以使用下层提供的服务，并向其上层提供服务4如何理解 OSI 参考模型中的“ OSI 环境”的概念？“OSI 环境”即 OSI 参考模型所描述的范围，包括联网计算机系统中的应用层到物理层的 7 层与通信子网，连接结点的物理传输介质不包括在内5请描述在 OSI 参考模型中数据传输的基本过程1）应用进程 A 的数据传送到应用层时，加上应用层控制报头，组织成应用层的服务数据单元，然后传输到表示层2）表示层接收后，加上

10、本层控制报头，组织成表示层的服务数据单元，然后传输到会话层。依此类推，数据传输到传输层3）传输层接收后，加上本层的控制报头，构成了报文，然后传输到网络层4）网络层接收后，加上本层的控制报头，构成了分组，然后传输到数据链路层5）数据链路层接收后，加上本层的控制信息，构成了帧，然后传输到物理层6）物理层接收后，以透明比特流的形式通过传输介质传输出去6TCP/IP 协议的主要特点是什么？1）开放的协议标准，可免费使用，并且独立于特定的计算机硬件与操作系统2）独立于特定的网络硬件，可以运行在局域网、广域网，更适用于互联网中3）统一的网络地址分配方案，使整个 TCP/IP 设备在网中都具有唯一的地址4）

11、标准化的高层协议，可以提供多种可靠的用户服务7Internet 技术文档主要有哪两种形式？为什么说 RFC文档对从事网络技术与研究与开发的技术人员是重要的？如果需要有关 IP 协议的RFC791文档，知道如何去查找吗？（知识点在： P56）答：因特网草案和 RFC文档。因为 RFC文档是从事网络技术研究与开发的技术人员获得技术发展状况与动态重要信息的来源。可以输入网址： http:/www.ietf.org/rfc.html, 然后在提示的位置输入 RFC文档的编号 791 即可，当然也可从 RFC Editor 的站点或全球的几个镜象站点得到。第三章 物理层 P1037. 已知：电话线路带宽

12、 B=3000Hz，根据奈奎斯特准则，求：无噪声信道的最大数据传输速率为多少？（知识点在： P85）解：2 3000Hz=6000bps（奈奎斯特准则，公式 Rmax=2B）8. 已知： S/N=30db，带宽 B=4000Hz，根据香农定理，求：有限带宽、有热噪声信道的最大数据传输速率为多少？（知识点在： P85-86）解：信噪比通常以分贝（ db）表示，如果信噪比 S/N 为 1000，根据信噪比计算公式： S/N(db)=10 lg(S/N) 因此： 30=10 lg(S/N) S/N=1000 香农定理， 公式 Rmax=Blog2(1+S/N) 得：Rmax=4000 log2(1+

13、1000)= 4000 10=40000 bps =40 kbps其中：S/N信噪比，是指信号功率 S 与噪声功率 N 之比。9. 已知：数据传输速率为 14400bps，多相调制的相数 k=16. 求：调制速率。（知识点在： P80）解：比特率 S（单位为 bps）与调制速率 B（单位为 baud）之间关系可以表示为： S=Blog2k ，式中 k 为多相调制的相数。14400bps= B log216 ，得 3600 baud 。10. 已知：S/N=30db，带宽 B=3000Hz，采用 QPSK-16调制方式。求：最大调制速度是多少？（知识点在： P85-86）解：QPSK正交相移键控

14、， QPSK-16是：16 相调相。信噪比通常以分贝（ db）表示，如果信噪比 S/N 为 1000，根据信噪比计算公式： S/N(db)=10 lg(S/N) 因此： 30=10 lg(S/N) S/N=1000 香农定理，公式 Rmax=Blog2(1+S/N) 得：Rmax=3000 log2(1+S/N) ，所以有： Rmax=3000 log2(1+1000)=3000 10=30000bps（公式 Rmax=Bmaxlog2K）得： 30000= Bmaxlog216 所以： Bmax=7500baud。11. 请根据 QAM调制中波特率与相数， 计算对应的比特率值。（S=Blog

15、2K）解：12. 已知： FDM系统的一条通信线路的带宽为 200kHz，每一路信号带宽为 4.2kHz，相邻信道之间的隔离带宽为 0.8kHz。求：这条线路可以传输多少路信号？（知识点在： P89） 解：FDM系统是频分多路复用系统，它是以信道频率为对象，通过设置多个频带互不重叠的信通，达到同时传输多路信号的目的。200/(4.2+0.8)=40 条即：可以容纳 40 条传输信道。13. 已知：A=01011011.画出 A 的差分曼彻斯特编码的波形。 （ 知识点在：P81） 解：14. 如果主机的数据发送速率达到 100Mbps，采用曼彻斯特编码， 那么相应的时钟频率应该为多少？（知识点在

16、： P82）解：当采用曼彻斯特编码时，在每个调制的周期内，波形将会跳动两次，则数据传送速率将是波特率的二分之一。如果设波特率是 x baud ，则：9.x=100 ，所以： x=200 baud. 即：数据传输速率为 100Mbps，如果采用曼彻斯特编码，波特率将达 200Mbps，也就是说，传输信号的信道带宽至少为 200MHz。也就是说：相应的时钟频率应该为 200MHz。15. 已知： SONET定义的 OC-1速率为 51.840Mbps。计算： STM-4对应的速率为多少？ （知识点在： P91）解：SONET 同步光纤网； SDH同步数字体系；OC定义的是光纤上传输的光信号速率。S

17、TS定义的是数字电路接口的电信号传输速率；STM是电话主干线路的数字信号速率标准。OC-1第 1 级光载波。因为： SONET定义的线路速率标准是以第 1 级同步传输信号 STS-1（51.840Mbps）为基础的，与其对应的是第 1 级光载波 OC-（1 51.840Mbps）。以 SONET为基础，制定 SDH。SDH信号中最基本的模块是 STM-1，对应 STS-3，速率为 51.840Mbps 3=155.520 Mbps。更高等级的 STM-n是将 STM-1同步复用而成。4 个 STM-1构成 1 个 STM-4。 所以有： 155.520 Mbps 4=622.080 Mbps

18、。答：STM-4速率为 622.080Mbps。10在 CDMA系统中， 4 个站的码片序列分别为：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 ）现在接受到码片序列为 S：（-1+1-3+1-1-3+1+1 ）。请判断：是哪个站发送的数据？发送的二进制数是 0 还是 1？（知识点在： P99） 解：CDMA 码分多址，基本思想：给每一个用户手机（简称为“站” ）分配一种经过特殊挑选的不同码型，使得不同站可以在同一时刻、使用同一个信道而不互相干扰。 下面计算向量内积：A S/8=0

19、A 站没有发送B S/8=-8/8=-1 B 站发送了 0C S/8=1 C 站发送了 1D S/8=1 D 站发送了 1综上所述，结论如下： （A）A 站没有发送 （B）B 站发送了 0 （C）C站发送了 1 （D）D站发送了 1第四章 数据链路层 P13316. 如果数据字段为 11100011，生成多项式 G(X)=X5+X4+X+1。请写出发送的比特序列， 并画出曼彻斯特编码序号波形图。 解：G(X) 110010f(x).xk=11100011 00000f(x).xk/ G(X) 的余数是： 11010所以，发送的比特序列： 1110 0011 11010 曼彻斯特编码序号波形图是

20、：答案：发送的比特序列： 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 对应的 Manchester编码波形：17. 某个数据通信系统采用 CRC校验方式， 并且生成多项式 G(x) 的二进制比特序列为 11001，目的主机接收到的二进制比特序列为 110111001（含CRC检验码）。请判断传输过程是否出现了差错？为什么？ 解：用目的主机接收的比特序列 110111001 除以 G(x) 的比特序列 11001，余数为： 10，不能整除，所以出现传输差错。18. 在后退重传 （GBN）方式中， 发送方已经发送了编号为 07 的帧。当计时器超时之时， 只收到编号 0,2,4,5,6, 的

21、帧， 那么发送方需要重发哪几个帧？ 解：后退重传 （GBN），发送方需要重发编号为 17 的共 7 个帧。619. 在选择重传（ SR）方式中，发送方已经发送了编号为 07 的帧，当计时器超时之时，只收到编号 0,2,4,5,6 的帧，那么发送方需要重发哪几个帧？ 解：选择重传（ SR）：发送方需要重发编号为 1、3、7 三个帧。20. 在数据传输速率为 100Kbps 的卫星链路上传输长度为 1000bit 的帧。如果采取捎带确认的方法，帧序号长度为 3bit ，接受方也用同样长度的数据帧捎带确认。请计算下面两种情况下的最大信道利用率。 （1）停止- 等待协议。 （2）连续传输协议。解：本题

22、有问题，主要是缺少传播延时。 不知答案是怎么来的？(1) 停止- 等待协议的信道最大利用率为 3.57%。 (2) 连续传输协议的信道最大利用率为 12.90%。21. 外地子公司租用 Modem与公司网络连接。如果 Modem数据传输率为 3600bps，以异步传输方式传输，每个字节加 1bit 起始位、 1bit 的终止位。传输的数据长度为 72 106 字节。忽略线路传播延时。问：发送数据最少需要多少时间？ 解： 72 106 （8+2）/3600=2 105 发送数据最少用 2 105(s)22. 已知： HDLC的监控帧的结构如图 4-28 所示。 标志字段 F 地址字段 A 控制字

23、段 C 信息字段 I 帧校验字段 FCS标志字段 F（8 位）（8 位）（8 位） （长度可变） （16 位） （8 位） b0 b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7 监控帧 S 1 0 监控 P/F N （R） 图 4-28 HDLC 监控帧的结构已知：主站要求发送方对编号为 2 开始的所有帧都要重发。 请写出：监控帧控制字段 C的比特序列值。解：b2b3 10-RNR（帧名），功能：确认序号为 N(R)-1 及其以前的各帧已经正确接收，暂停接收下一帧。其中：N(R)是接收序号。信息帧： b0=0；监控帧： b0=1，b1=0 无编号帧： b0=1，b1=1最后得到：监控帧 S 的控制字段值为： 10 100 010