《计算机网络(第四版)》(谢希仁)部分习题参考答案.docVIP

《计算机网络（第四版）》（谢希仁）部分习题参考题解 1-10 解：电路交换所需时间T1 = s+x/b+kd，分组交换所需时间T2 = x/b+d+(k-1)(p/b+d) 根据题意应有T2 T1，即x/b+d+(k-1)(p/b+d) s+x/b+kd 移项后得 (k-1)p/b s 1-11 解：总时延D = k(p+h)/b+(x/p-1)(p+h)/b = [(k-1)p+hx/p+x+kh-h]/b 令D(p)′=(k-1)-hx/(bp2)= 0，解得p =[hx/(k-1)]1/2 2-17 解：接收码元与站A的码元内积= +8/8 = +1，故A发送了1 接收码元与站B的码元内积= -8/8 = -1，故B发送了0 接收码元与站C的码元内积= 0/8 = 0，故C未发送 接收码元与站D的码元内积= +8/8 = +1，故D发送了1 解：忽略帧控制信息的影响并假定信道无差错（p=0），已知对于停止等待协议有： λmax = (1-p)/tT，tT≈tf+2tp，tf = Lf/C，其中C为信道容量（b/s），Lf为帧长度(bits)。 则由式(3-8）和题意得 ρmax =λmax tI = (1-p) tIf/ tT = tf / tT≥0.5 即 tf /( tf+2tp ) ≥0.5 →tf≥2tp →Lf/C≥2tp →Lf≥2tp C 代入数值得 Lf≥160（bits） 解：忽略帧控制信息的影响，忽略确认帧长及其处理时间；假定信道无差错（p=0） 且发送站始终有数据发送；取卫星信道时延（上行+下行）tp = 0.25 (S)；因为tT是可以连续发送帧的最小周期，故取tT为观察时间。由已知条件可计算出： 帧发送时间tf = Lf/C = 2000/106 = 0.002（S），tT = tf +2 tp= 0.502（S） 取λ表示帧到达率（帧/S），则在tT内的帧到达率λ(tT） = n/ tT （n为tT内实际到达的帧数），且由式（3-11）和式（3-12）知λ(tT）max≈1/ tf = C/ Lf =500(帧/S)，对应nmax= tTλ(tT）max= 251(帧) 由式（3-13）知归一化吞吐量（即信道利用率）ρ=λtf =（n tf）/ tT,代入数值后得ρ= n/251 （1）WT =1 → n =1 →λ(tT）≈2λ(tT）max →ρ= 1/251 （2）WT =7 → n =7 →λ(tT）≈14λ(tT）max →ρ= 7/251 （3）WT =127 → n =127 →λ(tT)≈254λ(tT)max →ρ= 127/251 （4）WT=255 nmax→ ρ= 1 4-8 解：端到端传播时延τ=5×10-6×4=0.02（ms） 帧发送时间T0=1000/（5×106）= 0.2（ms） a=τ/ T0=0.02/0.2=0.1 由式（4-26）知Smax=1/(1+4.44a) =1/1.444≈0.69 由式（4-24）S= T0/TAV ，求出成功发送一帧所需时间TAV =0.2/0.69≈0.29（ms） 则系统平均最大帧发送速率= 1/ TAV ≈ 3450（帧/S） 每个站平均最大帧发送速率=3450/100 = 34.5（帧/S） 解：（1）τ= 5×10-6×1= 0.005（ms），a =τ/ T0=0.005/0.2 = 0.025 Smax=1/(1+4.44a)≈0.9，每个站平均最大帧发送速率=44.5（帧/S） （2）T0=1000/（10×106）= 0.1（ms），a =0.02/0.1= 0.2，Smax=1/(1+4.44a)≈0.53 每个站平均最大帧发送速率= 53（帧/S） （3）T0=10000/（5×106）=2（ms），a=0.02/2 = 0.01，Smax=1/(1+4.44a)≈0.958 每个站平均最大帧发送速率= 4.8（帧/S） 4-4 解：以太网使用的是截断式二进制指数退避算法，其退避等待时间 t=R×（2τ），R=[0,1,┄,2K-1]，K=Min[n,10]，n≤16为本帧已冲突次数。 当n=1时，R=[0,1]，重传失败概率为2-1 当n=2时，R=[0,1,2,3]，重传失败概率为2-2 当n=3时，R=[0,1, ┄,7]，重传失败概率为2-3 一个站成功发送数据之前的重传次数