1、6. 一個帶寬為6MHz的信道，若用4種不同的狀態表示數據，在不考慮熱噪聲的情況下最大數據傳輸速率是多少？在不考慮熱噪聲的理想情況下，計算信道容量的公式是奈奎斯特公式。現已知帶寬H = 6MHz，碼元可取的有效離散值個數N = 4,則信道的最大數據傳輸速率為：C=2Hlog2N= 2X6 x 106x log24 b/s= 24Mb/s7. 某信道帶寬為3kHz，信噪比為30dB，試計算該信道的最大比特率。若采用二進制信號傳輸，則該信道的最大比特率是多少？由信噪比=30db 可知 S/N= 1030/10= 1000。現已知帶寬H = 3kHz，根據香農公式可知信道的最大比特率為：C= Hlo

2、g2 (1+S/N) = 3X 103x log? (1+1000) 30kb/s。若采用二進制信號傳輸，該信道的最大比特率為：C= 2Hlog2N = 2X 3X 103Xlog22 = 6 kb/s。8. 要在帶寬為4kHz的信道上用4秒鐘發送完20KB的數據塊，按照香農公式，信道的信噪比最小應為多少分貝？要在帶寬為4kHz的信道上用4秒鐘發送完20KB的數據塊，即所需的數據傳輸速率為20KB/4=40kbps，由香農公式有C=Hlog2 (1+S/N)由 H=4kHz，O 40kbps,得 S/N> 1024，因此 10log1°(S/N) >30dB,即信噪比最小

3、應為 30 分貝。13. 計算T1載波線路的編碼效率和開銷率。若要采用兩種物理狀態傳輸的50kb/s信道上傳輸1.544Mb/s的T1載波，問信道的信噪比至少應該是多少？在T1載波線路中，一幀包括193b。這193b按時分多路復用方式細分為24個信道，每個信道8b，余下1b作同步位。8b中1b用來傳輸控制信號，7b用來傳輸數據信息。據此，T1載波線路的編碼效率為：24 X 7/193= 87%對應地，開銷率為1-0.87= 13%因為是采用兩種物理狀態傳輸數據，則從數值上來說，B= S，而B= 2H，所以信道帶寬H = B/2 = S/2= 25kHz。由香農公式C=Hlog2(1+S/N)可

4、知信噪比S/N = 2c/H-1 =21.544M/25k-1 = 261.76-1以分貝計算，貝 U S/N= 10log10(261.76-1) 186dB17. 共有四個站點進行 CDMA通信，四個站點的碼片序列分別為：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)現收到碼片序列(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1 )，問哪個站發送了數據？發送的 1還是0？設當前收到的碼片序列 S為(-1 +1 -

5、3 +1 -1 -3 +1 +1 )1 8則 A s= AS =18 VB S=l£ BSj =-18 yc s=丄'8 CiSi =08 y1 8D FDS =1所以站點A和D發送“ 1 ”，B發送“ 0”，站點C未發送數據。x7+x5+1被生成多項式x3+1除，所得余數是多少？解：x7+x5+1對應的二進制位串為10100001，x3+1對應的二進制位串為1001，通過多項式除法運算，可得余數為111.(過程略)8.采用生成多項式G(X)=X4+X3+X+1為信息位1010101產生循環冗余碼，加在信息位后面形成碼字，再經比特填充后從左向右發送，問發送在物理線路上的比特序

6、列是什么？解：由生成多項式的次數可知冗余位位數為4,信息位對應的多項式為x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4位0對應的多項式為x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多項式G(X)去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余數多項式，經計算，可得余數為1011,因此需通過物理線路傳送的比特序列是10101011011。9. 已知循環冗余碼的生成多項式為X5+X4+X+1，若接收方收到的碼字為 1010110001101，問傳輸中是否有差錯？解：生成多項式G(X) =X5+X*+X+1對應的代碼為110011，若接收碼字為1010110001101，計算T(X)模2除G(X)的余數：11000

7、100110011 . 101011000110111001111000U11001111011001100001由算式可知余數為00001工0,因此傳輸有錯，所接收的碼字不是正確的碼字。10. 若信息位為1001000,要構成能糾正一位錯的海明碼，則至少要加上多少冗余位？寫出其監督關系表達式。解：信息位長度k= 7,根據表達式2r>k+r+1可知冗余位長度r = 4，所以最后構成的海明碼碼字長度應為n = k+ r = 11,在7位信息位玄風，a§a4后追加4位冗余位aHaa。，構成11位碼字awa：,玄但。設置校正因子與錯碼位置的對應關系如下：S3S2S1S00000000

8、10010010010000011010101100111100110101011錯碼位置無錯a0aia2a3a4a5a6a7a8cba10由上表可得監督關系式：S=a0a4a5a?a&融S=a a4 a6 a7 a9 ® a<0S2=a2 st a6 a7$=$a8a9a令 S3S2SS0= 0000，即令3) a4 ® a5 ® a7 a& aw=0at © a4 ® a6 a7 a9 a10=0a? Q © Q © 3=0a3 © a8 © a9 © ae=0由此可求

9、得各冗余位的生成表達式：a。= a4 © a5 © a7 © a8 © a10a1 = a4 © a6 © a7 © a9 © a10a2 = as © a6 © a7a3 = a8 © a9 © ai011. 若海明碼的監督關系式為：S0=a)© a3 © a4 © asS=ai © a4 © a © a6S2=s2 © a3© as ©a6接收端收到的碼字為：asa5a4a3a2a1

10、a=1010100，問在最多一位錯的情況下發送端發送的信息位是什么？解：將a6asa4a3a2a1 a0=1010100帶入監督關系式可得：S0=a0 © a3© a4©&=0 © 0 ©1© 0=1S=a1 © a4© as©&=0 © 1 ©0© 1=0S2=a2 © a3© as©&=1 © 0 ©0© 1=0因為S2SS= 001工0,接收的碼字有錯，錯誤位置是a。，所以正確的碼字應為

11、1010101。14. 50Kb/s衛星信道上，采用停等協議，幀長度為1000比特，衛星的上行和下行鏈路的延遲都為125ms,不考慮誤碼率而且假設確認幀的處理時間可以忽略，計算該衛星信道的利用率。解：50Kb/s衛星信道上發送幀長度為 1000比特的數據幀所需時間為 1000b/50Kb/s=20ms衛星的上行和下行鏈路的延遲都為125ms,因此數據幀到達接收方及確認幀返回所需時間為2* (125ms+125ms) =500ms,不考慮誤碼率而且假設確認幀的處理時間可以忽略的情況下，該衛星信道的利用率為20ms/(20+500)ms=3.8%15. 一個數據傳輸速率為4Kb/s、單向傳播時延為

12、20ms的信道，確認幀長度和處理時間均忽略不計，則幀長度在什么范圍內，停等協議的效率可以達到50% ？解：分析停等協議的信道利用率，如下圖所示：刈亍我功找豈的數I 拯帳之間m址小時t, 阿仃隔時間愎播時延J處珅ihrMt時問停止等咼協諫中駐擬帕和誦認啊的抵送曰聞假設幀長度為L比特，由題可知數據傳輸速率B=4Kb/s，單向傳播時延R為20ms，采用停等協議進行數據幀的傳輸，確認幀長度和處理時間均忽略不計，若使L/BL/B 2R-50%效率達到50%，即4代入L、B和R，可得L > 160b。16.使用回退n幀協議在3000km長的1.544Mb/s的T1干線上發送64字節的幀，若信號傳播速

13、度是6 Q/km，問幀的順序號應是多少位?解：在信號傳播速度為6 QS/km、3000km長的信道上傳輸數據，傳輸延遲為：6X 3000= 18000gs1.544Mb/s的T1干線每秒傳輸8000個193b的數據幀，每幀有24X 8b的數據和1b的同步比特，因此實際用于數據傳輸的帶寬為1.544 8000X 10-6 =1.536Mb/s那么，發送一個64B的數據幀所需的發送時間為：64 X 8/1.536 =333gs若確認幀的發送時間很短，可以忽略不計，則一個數據幀自發送到確認幀返回發送方所需時間為：333+ 18000 + 18000=36333 gs若發送方在等待第一幀確認期間一直發

14、送數據幀，則可以發送36333/333 - 110幀。對110幀編號，則需要7位幀序號。17.重負荷的50Kb/s衛星信道上，用選擇重傳協議發送含40比特幀頭和3960比特數據的幀。假定無確認幀，NAK幀為40比特，數據幀的出錯率為 1%, NAK幀的出錯率可忽略不計，順序號是7位，問由于幀頭和差錯重發而浪費的信道帶寬占百分之幾？解：在50kb/s的衛星信道上發送幀長為 40 + 3960= 4000b的數據幀，所需發送時間為：4000/50k= 80ms這樣，從t = 0時刻開始發送，在t =80ms時發送方發送一幀完畢。已知衛星信道延遲為270ms因此，在t = 80 + 270= 350

15、ms時數據幀到達接收方。因為沒有確認幀，可以采用捎帶應答方式進行確認。所以，在t = 350 + 80 = 430ms時，帶有反向捎帶應答的數據幀從接收方發向發送方，該幀在 t = 430 + 270= 700ms時到達發送方。一幀的傳輸周期為 700ms幀序號長度為7位，因此窗口大小最大可達 27-1 = 64。連續發送64個數據幀所需時間64 X 80= 5120ms,遠大于一個幀的傳輸周期700ms這意味著64的窗口大小足以令信道始終保持繁忙，所以總開銷可以由單個數據幀的開銷得到。數據幀的出錯率為1%，對于幀長為4000b的數據幀來說，平均重傳長度為4000X 1 % = 40b，傳送N

16、AK的平均長度為40X1%= 0.4b。所以，傳輸3960b數據帶來的附加開銷為40+ 40 + 0.4 = 80.4b。因此，幀頭和差錯重發的開銷占總帶寬的比例為：80.4/(3960+ 80.4)2%18. 一個1Mb/s的衛星信道上發送lOOObit長的幀。信號在信道中端到端傳輸延遲是270ms,假定ACK幀很短，占用信道的時間忽略不計，并且使用3位的幀序號。對以下協議而言，計算衛星信道可能達到的最大信道利用率。(a)停-等協議；(b)回退N協議；(c)選擇重傳協議解：三種協議的窗口大小值分別是 1,7和4.以1Mb/s發送,1000bit長的幀的發送時間是1ms.我們用t = 0表示傳

17、輸開始時間，那么在t = 1ms時，第一幀發送完畢.t = 271ms,第一幀完全到達接收方.t = 541ms 時確認幀到達發送方.因此周期是541ms. 如果在541ms內可以發送k個幀,(每個幀發送用1ms時間),則信道的利用率是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)一個如圖4-42所示的子網。采用距離矢量路由選擇算法，如下向量進入路由器C:來自B的(5,0,8,12,6,2);來自D的(16,12

18、,6,0,9,10);來自E的(7,6,3,9,0,4)到B、D和E的延遲分別是6、3和5o C的新路由選擇表是什么樣的？給出采用的輸出線路和預計延遲。6#圖 4-42解：通過 B 給出(11,6, 14,18,12, 8)通過 D給出(19,15, 9,3,12,13)通過 E 給出(12,11, 8,14,5,9)取到達每一個目的地的最小值得：(11, 6, 0, 3 , 5 , 8)輸出線路是：(B , B, - , D , E, B)數據報子網允許路由器在必要時扔掉分組。一個路由器扔掉分組的概率為P。考慮一源端主機連接到源端路由器，源端路由器又連到目的端路由器，它又連接到目的主機。如果

19、其中一個路由器扔掉一個分組,源端主機最后會超時，并重傳該分組。如果主機到路由器及路由器到路由器的線路都算作一個站段，那么：(1) 一個分組在每次傳輸中所經過的平均站段數是多少？(2) 個分組平均傳輸次數是多少？(3) 每次收到的分組所需的平均站段數為多少？解：由源主機發送的分組可能行走1個站段、2個站段或3個站段。走1個站段的概率是p ,走2個站段的概率是p(1-p),走3個站段的概率是(1-p) 2,那么,一個分組平均通路長度的期望值：L=1X p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3即每次發送一個分組行走的平均站段數是p2-3p+3 o一次發送成功(走完整個通路)的概率等于(1-

20、p) 2 ,令a= (1-p) 2 ,兩次發射成功的概率等于(1-a)a,三次發射成功的概率等于(1-a) 2a , 因此，一個分組平均發送次數為：T=a+2a(1-a)+3a(1-a) 2+, =a/(1-a)(1-a)+2(1-a)2+3(1-a) 3+,因為oa、kqkkhq(1-q)2所以a1 -a1 - a1 -(1 - a)2(1- P)2即一個分組平均做1/(1-p)2次發送。最后，每個接收到的分組行走的平均站段數為：H=LX T=(p2-3p+3)/(1-p)210. 一個6Mb/s的網絡中有一臺由令牌桶算法控制的計算機。令牌桶以1Mb/s的速率注入，其容量為8Mb，最初令牌桶

21、是滿的。問該計算機能以6Mb/s的速率全速傳送多長時間？解：應用公式S= C/(M-P)，其中S表示以秒計量的突發時間長度，M表示以每秒字節計量的最大輸出速率，C表示以字節計量的桶的容量，P表示以每秒字節計量的令牌到達速率。用 C= 8X 106/8=106，M=6X106/8，P= 1 X106/8 代入公式得到甘6(s)106S666 10 -8 -1 10所以，計算機可以用完全速率6M/s發送1.6s的時間11. IP地址分為幾類？各如何表示？如下圖所示答：在分類IP地址中，將IP地址共分為五類，分別是A類、B類、C類、D類和E類。不同類別的IP地址，網絡號和主機號這兩部分的長度是不同的

22、,12.在分類IP地址空間中，試分別計算答：如表所示:網絡類別可用網絡數目第一個可用的網絡號最后一個可用的網絡號每個網絡中可容納主機數量A類網絡7126 (2 - 2)11262416,777,214 (2 -2 )B類網絡1416,383(2 -J)128.1191.25565,534 (2子網掩碼有什么作用？A類、B類、C類IP地址的子網掩碼各是什么？答：在一個網絡中引入子網，就是將主機號進一步劃分成子網號和主機號，通過靈活定義子網號的位數，就可以控制每個子網的規模。傳統的網絡號-主機號兩級IP地址空間變成網絡號-子網號-主機號三級IP地址空間，為了判斷IP地址所屬的網絡，需要用到子網掩碼

23、。在傳統的分類IP地址空間中，A、B、C類IP地址對應的子網掩碼分別是255.0.0.0、255.255.0.0 禾口 255.255.255.0。 將一個A類地址空間劃分為如下數目的子網，試計算所需的子網號比特數、對應的子網掩碼及每個子網包含的主機數。 (1) 2(2) 6(3) 510 答:(1)由于要劃分成2個子網，需要擴展1位(21 = 2)主機號作為子網號，此時子網掩碼由原來的 255.0.0.0變為255.128.0.0,即11111111 10000000 00000000 00000000, 包含的主機數為223-2=8388606;-2 )C類網絡2,097,151 (2 2

24、1 -1)192.0.1223.255.255254 (28-2)(2) 由于要劃分成6個子網，需要擴展 3位(23= 8>6)主機號作為子網號，此時子網掩碼由原來的255.0.0.0變為255.224.0.0,即卩11111111 11100000 0000000000000000,包含的主機數為 2 -2=2097150;(3) 由于要劃分成510個子網，需要擴展9位(29 =512>510)主機號作為子網號，此時子網掩碼由原來的 255.0.0.0變為255.255.128.0,即卩11111111 11111111 10000000 00000000,包含的主機數為 215

25、-2=32766。15. 在一個B類地址空間中，如果其子網掩碼分別如下，試計算其子網號比特長度、可劃分的子網數及每個子網包含的主機數。(1) 255.255.240.0(2) 255.255.255.0(3) 255.255.255.248答：(1) 將 255.255.240.0 變為二進制形式：11111111 11111111 11110000 00000000由B類地址空間的結構可知：子網號比特長度為4位，所以可劃分的子網數為24=16,包含的主機數為212-2=4094;(2) 將 255.255.255.0 變為二進制形式：11111111 11111111 11111111 00

26、000000由B類地址空間的結構可知：子網號比特長度為8位，所以可劃分的子網數為28=256，包含的主機數為28-2=254;(3) 將 255.255.255.248變為二進制形式：11111111 11111111 11111111 11111000由B類地址空間的結構可知：子網號比特長度為13位，所以可劃分的子網數為213=8192，包含的主機數為23-2=6。16. 解釋網絡地址、32位全0的地址以及網絡號全 0的地址的含義。答：網絡地址是網絡號不為 0但主機號為0的IP地址，用來標記一個對應的網絡。32位全0的地址代表默認路由地址。網絡號是全0,該地址是本網絡上的特定主機地址。路由器

27、收到目的地址是此類地址的IP報文時不會向外轉發該分組，而是直接交付給本網絡中的特定主機號的主機。17. 直接廣播地址和受限廣播地址的區別是什么？答：目的地址為直接廣播地址的IP報文將被發送到特定網絡中的所有主機。目的地址為受限廣播地址的IP報文將被發送到本物理網絡中的所有主機。路由器阻擋該報文通過，將其廣播功能只限制在本網內部。18. 有兩個CIDR地址塊205.128/11和205.130.28/22,試判斷二者是不是有包含關系。如果有，請指出并說明原因。答：將兩個地址塊轉換為二進制形式得：11001101 10000000 00000000 00000000 (205.128/11)110

28、01101 10000010 00011100 00000000 (205.130.28/22)由兩者的地址結構可以看出，205.128/11包含205.130.28/22的地址空間。19. 有如下的4個地址塊：212.206.132.0/24、212.206.133.0/24、212.206.134.0/24 212.206.135.0/24,試進行最大可能的聚合，并寫出其對應的掩碼。解：將4個/24地址塊變為二進制形式有：11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/24)11001010 11001110 10000101 0000

29、0000 (202.206.133.0/24)11001010 11001110 10000110 00000000 (202.206.134.0/24)11001010 11001110 10000111 00000000 (202.206.135.0/24)將上面4個地址塊聚合為一個地址塊，得到11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/22),對應的掩碼為255.255.252.020. 以下地址中的哪一個和 86.32/12匹配？說明理由。(1) 86.33.224.123(2) 86.79.65.216(3) 86.58.11

30、9.74(4) 86.68.206.154答：分別寫出四個地址對應的二進制形式，若其前12位二進制串與86.32/12的二進制形式的前12位相同，則該地址和86.32/12匹配。因此(1) 86.33.224.123和86.32/12匹配。21. 某單位分配到一個地址塊 136.23.16.64/26,現在需要進一步劃分為 4個一樣大的子網，回答以下問題：(1) 每個子網的網絡前綴有多長？(2) 每一個子網中有多少個地址？(3) 每一個子網的地址塊是什么？(4) 每一個子網可分配給主機使用的最小地址和最大地址分別是什么？答：(1)每個子網前綴為28位。(2) 每個子網中有16個地址。(3) 四

31、個子網的地址塊分別是：136.23.16.112/28136.23.16.64/28136.23.16.80/28136.23.16.96/28(4) 地址塊 136.23.16.64/28 中可分配給主機使用的最小地址是136.23.16.65,最大地址是136.23.16.7810#地址塊 136.23.16.80/28 中可分配給主機使用的最小地址是136.23.16.81,最大地址是136.23.16.94#地址塊 136.23.16.96/28 中可分配給主機使用的最小地址是136.23.16.97,最大地址是136.23.16.110#地址塊 136.23.16.112/28 中可

32、分配給主機使用的最小地址是136.23.16.113,最大地址是 136.23.16.12637.設路由器R1有如下所示的路由表:目的網絡子網掩碼下一個路由器地址128.96.39.0255.255.255.128接口 0128.96.39.128255.255.255.128接口 1128.96.40.0255.255.255.128R2192.4.153.0255.255.255.192R3* （默認）R4R1可以直接從接口 0和接口 1轉發IP報文，也可以通過相鄰的路由器R2、R3和R4進行轉發。現有5個IP報文，其目的IP地址分別為:（1）128.96.39.12（2）128.96.4

33、0.15（3）128.96.40.172（4）192.4.153.28（5）192.4.153.93試分別計算R1轉發這些報文的下一個路由器地址。答：（1 ）此IP地址屬于網絡128.96.39.0,其下一路由器地址為接口0;（2）此IP地址屬于網絡128.96.40.0,其下一路由器地址為 R2;（3）此IP地址屬于網絡128.96.40.0,其下一路由器地址為 R2;此IP地址屬于網絡192.4.153.0,其下一路由器地址為 R3;（5）此IP地址屬于網絡192.4.153.0,其下一路由器地址為 R3。38.某公司網絡拓撲圖如圖4-43所示，路由器R1通過接口巳、E2分別連接局域網1、

34、局域網2,通過接口L。連接路由器R?,并通過路由器R?連接域名服務器與互聯網。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接口的IP地址是202.118.3.1 ;域名服務 器的IP地址是202.118.32路由器R1和R2的路由表結構為：目的網絡IP地址 子網掩碼 下一跳IP地址 接口（1）將IP地址空間202.118.1.0/24劃分為兩個子網，分配給局域網1、局域網2,每個局域網分配的地址數不少于120個，請給出子網劃分結果，說明理由或給出必要的計算過程。（2）請給出R1的路由

35、表，使其明確包括到局域網1的路由、局域網2的路由、域名服務器的主機路由和互聯網的路由。（3）請采用路由聚合技術，給出 R2到局域網1和局域網2的路由。解：(1) 考慮到每個局域網要120臺主機，則IP地址中主機號部分需要 7位才能滿足需要(27-2=126>120)，也就是說網絡前綴部分為25位所以可以按照如下方案劃分：局域網 1： 202.118.1.0/25局域網 2： 202.118.1.128/25子網掩碼都是255.255.255.128(2) 根據上面的數據，可以很簡單的得出R1的路由表為：目標IP子網掩碼下一跳IP轉發接口202.118.1.0/25255.255.255.

36、128直接連接巳202.118.1.128/25255.255.255.128直接連接E2202.118.3.2255.255.255.255222.118.2.2L0默認路由0.0.0.0222.118.2.2L。(3) 根據上面的數據，R2到局域網1和局域網2的路由為:目標IP子網掩碼下一跳IP轉發接口202.118.1.0/24255.255.255.0222.118.2.1L0傳輸連接的建立和釋放為什么采用三次握手協議？使用兩次握手建立連接會產生死鎖嗎？試舉例說明。答：三次握手完成兩個重要功能，既要雙方做好發送數據的準備工作，也要允許雙方就初始序列號進行協商，這個序列號在握手過程中被發送與確認。若把三次握手改成僅需兩次握手，死鎖是可能發生的。例如，考慮計算機A和B之間的通信。假定B和A發送一個連接請求分組，A收到了這個分組，并發送了確認應答分組。按照兩次握手的協定，A認為連接已經成功的建立了，可以開始發送數據分組。可是B在A的應答分組在傳輸中被丟失的情況下，將不知道A是否已準備好，不知道 A建議什么樣的序列號用于 A到B的交通，也不知道A是否同意B所建議的用于B到A交通的序列號，B甚至懷疑A是否收到自己的連接請求分組。在這種情況下，B認為連接還未建立成功，將忽略