习题参考解答
第一章
1. 使用分层协议的两点理由：1）简化系统的设计与实现；2）易于系统升级和维护。
2. （1）数据链路层；（2）网络层；（3）传输层。
3. 用于每个消息的额外传输开销为 hn 个字节，用百分比表示为 hn/(M+hn)。
4. 相同点：1）都基于分层协议；2）功能划分类似，都有网络层、传输层和应用层。
不同点：1）层次不同，TCP/IP没有会话层和表示层；2）OSI参考模型通用性好，而TCP/IP参考模型只能用来描述TCP/IP协议栈。
第二章
1. S
max
= 2H×log N = 2×6×log 4 = 24Mbps
2
2
2
2. （1）20dB的信噪比意味着：S/N = 10 = 100 由香农定理得到最大数据速率为：C = H×log ( 1 + S/N ) = 3×log 101 ≈ 19.975Kbps。
2
2
（2）如果在信道上传输二电平信号，由奈奎斯特定理可得到最大数据速率为： S = 2H×log N = 2×3×log 2 = 6Kbps
max
2
2
3. 由H×log ( 1 + S/N ) ≥ 1.544Mbps，H = 50KHz可以得到：S/N ≈ 2-1，约为93dB。
2
30
4. 设线路带宽为 x MB/s，则有：1 + 0.5/x = 2 + 0.4/x，于是：x = 0.1MB/s。传输延时不影响问
题的答案。
5. 修正：此题问欲使用该协议传输一百万个字节，分组数据长度选用哪个值最佳。 若分组数据长度为1000字节，则共有1000个包，分组头部开销总共是100×1000 =100000字节。丢失一个包就丢失数据1000字节，因而，分组开销 + 丢失字节 = 101000字节。 若分组数据长度为5000字节，共有200个包，分组开销 + 丢失字节 = 100×200 + 5000 = 25000字节。
若分组数据长度为10000字节，共有100个包，分组开销 + 丢失字节 = 100×100 + 10000 = 20000字节。
若分组数据长度为20000字节，共有50个包，分组开销 + 丢失字节 = 100×50 + 20000 = 25000字节。
所以，分组数据长度选10000字节最佳。 6.
7. 比特串1001 1111 0001 0001的4B/5B编码为10011 11101 01001 01001.
8. 4000×10 + 400×9 = 43600Hz = 43.6KHz
9．端系统用户从长为193比特的帧中得到7×24 = 168比特数据，因而T1线路传输数据的开销率为：25/193=13%。
10．(1) 2× (10 bit /10b/s+ 20μs) = 2040μs
4
7
7
4
7
(2) 10 bit /10b/s+ 20μs + 5000 bit /10b/s+ 20μs = 1540μs
11. 4× (5000 bit /10b/s+ 20μs) = 2080μs
12. 在电路交换网中，在 t = s时电路建立起来；在 t = s + x/b 时最后一比特从发送方发出；在t = s
+ x/b + kd 时最后一比特到达接收方。
在分组交换网中，在 t = x/b 时最后一比特从发送方发出。现在考虑最后一个分组的转发（因为最后一个分组到达接收方就意味着消息传输结束），该分组被中间路由器转发（k-1）次，每次转发需要时间 p/b。所以，总的延迟时间为：t = x/b + d + (k-1) (p/b + d)。为使 x/b + d + (k-1) (p/b + d) < s + x/b + kd，应有：s > (k-1) p/b。
7
第三章
1．链路上传输的比特序列为：110101111100101111101010111110110，加下划线的为填充的比特。去掉填充比特之后的比特序列为：1101011111101111101011111110。
2．（1）当发生一比特错时，出错比特所在行、列的奇偶校验均出错，从而可以定位出错比特的位置。将这一位取反，就能纠正错误。
（2）当发生2比特错误时，若这两个出错位不在同一行或同一列，则出错位所在行和列的校验位均能检测出错误。最坏情况出现在两个出错位处于同一行或一列，若处于同一行，则它们的列校验会发现错误；若处于同一列，则它们的行校验会发现错误。可见，二维奇偶校验能够检测所有的2比特错误。由于在最坏情况下只有行或列校验发现错误，无法定位错误，所以不能
纠正任意的2比特错误。当发生3比特错误时，最坏情况出现在图（a）所示的情形，但这时第i行的行校验及第j列的列校验均能发现错误，所以二维奇偶校验能够检测所有的3比特错误。但是显然这时无法准确定位出错比特，所以不能纠正任意的3比特错误。 （3）当发生图（b）所示的4比特错误时，二维奇偶校验不能检测出来。
3．（1）在线路上实际传输的比特串为：10011101100。
（2）接收方CRC计算得到的余式为010。余式不为0，可知发生了传输错误。
4．信号在光纤链路上的来回传输时间为：2×20km / (2×10m/s) = 200 μs。
考虑到接收端的响应时间及确认帧的发送时间等，超时值应稍大于信号在链路上的来回传输时间，因此可取为250μs（也可以是其它大于200μs的值）。
但是，即使取了这个超时值，甚至一个更大的超时值，发送端仍有可能超时并重发一帧。这是因为接收端可能因为负载较重来不及处理该帧，或者该帧或其确认帧在传输过程中出错丢失（尽管这种可能性很小）。
5. 设帧长为 x bits，则当 t = x/4 ms时一帧发送结束。若不考虑接收端的响应时间及确认帧的发送时间，则经过40ms后发送端收到确认，紧接着可以发送下一帧。在(x/4+40)ms的时间内，真正用于传送帧的时间只有 x/4 ms。为使停-等协议的效率不低于50%，应有：x/4≥(x/4+40)×50%，x≥160bits。
6．此题的信号传播速率为3×10km/s。
65
8
信号在链路上的来回传输延迟为：2×3×10/3×10 = 200ms。 一帧的发送时间为；1024×8/10b/s = 8.192ms。
满窗口发送帧数为：1 + 200/8.192≈25，最少需要5比特作序号。
7．发送一帧的时间为：512×8/64kb/s = 64ms。满窗口发送的帧数为：1 + 2×270/64 ≈10。 （1）当发送窗口为1时，信道的最大吞吐量为：64kb/s×64/(64+2×270)= 6.78 kb/s。
（2）当发送窗口为7时，发送方可以连续发送7个帧，然后停下来等待。接收方在收到第一个帧后立即发回确认，在 t = 64 + 2×270 = 604ms时发送方收到第一个帧的确认，于是可以发送第8个帧。第8个帧发完后，第二个帧的确认紧接着到达，于是又可以立即发送第9个帧，依次类推。也就是说，发送方每604ms可以发送7个帧，信道的最大吞吐量为：64kb/s × [7×64 / (64+2×270)] = 47.47 kb/s。
（3）当发送窗口为15和27时，由于已经超过了满窗口发送的帧数，这时发送方实际上在连续不断地发送，所以信道的利用率为100%，信道的吞吐量为64kb/s。
8. 发送一帧的时间为：1000 b/10 b/s = 1ms。 假设从 t=0 开始发送，则在 t=1ms 时第一个帧发送完毕，在 t=271ms 时第一个帧完全到达接收方，在 t=272ms 时接收方发送完携带有确认的数据帧，在 t=542ms 时携带有确认的数据帧到达发送方，因此一轮发送的时间为542ms。
若采用停-等协议，每一轮发送一个帧，信道的最大利用率为：1/542≈0.18%。 若采用Go Back n，发送窗口最大为：2-1 = 7，信道的最大利用率为：7/542≈1.29%。
3
6
45