第四章信道共享技术

第四章信道共享技术4-01试比较几种共享信道的方法的特点答：共享广播信道采用基于信道的共享和基于排队的共享两种方法。信道共享可采用频分复用或时分复用，无论采用哪种技术都可以有固定分配和按需分配两种不同的方式。基于排队共享可以采用两种方式分配带宽：一种是随机接入，即允许各站自由发送数据。当发生冲突时，则通过一定的算法来解决冲突。另一种方法是设法形成一个分布式的逻辑队列或用令牌来协调各站发送数据。这四种共享广播信道的方法：固定分配法实时性好，但信道利用率低；按需分配方法信道利用率高，但工作站必须增加一定的处理能力，而且信道忙时，一部分用户对信道的申请可能被阻塞，再申请产生时延；随机接入的方法简单，工作站接入与安装方便，在低负载时，网络基本上没有时延，但发送时延不确定，重负载时，网络的效率下降很多；分布式逻辑队列或令牌法，发送时延确定，可设优先级，能传送数字化的分组话音信号，重负载的性能好，但协议复杂。4-02试比较轮询与ALOHA的优缺点答：一般来说，当站数较少时，纯ALOHA的时延较小，而当站数较多时，轮询的时延较小。从概念上讲，纯ALOHA由于所受约束较少，因而可以在通信量强度较小时获得较小的时延。轮询系统对每个站的发送时机有严格的限制，因而当通信量强度增大时各站不会互相干扰4-03可以用其他方法导出（4－11）式。4-04若干个终端用纯ALOHA随机接入协议与远程主机通信，通信速率为2400bps。设每个终端平均每2分钟发送一个帧，帧长为200比特，问终端数目最多允许为多少？若采用时隙ALOHA协议，其结果有如何？若改变以下数据，分别重新计算上述问题：（a）帧长变为500比特；（b）终端每3分钟发送一个帧；（c）线路速率改为4800bps。答：ALOHA的容量为0.18×2400＝432bps，终端速率＝200比特/120秒＝5/3bps，最大终端数=432÷5/3＝259个。时隙ALOHA容量为0.37×2400＝888bps，所以最大终端数888÷5/3＝532个，，约为纯ALOHA的终端数加倍。（a）帧长增加了2.5倍，以上答案除以2.5；（b）终端速率降为原来的2/3，以上答案乘以1.5；（c）线路速率加倍，以上答案相应加倍。4-05在纯ALOHA协议中，若系统工作在G=0.5的状态，求信道为空闲的概率。答：对于纯ALOHA，在任一帧时内生成k帧的概率服从泊松分布!][keGkPGkr信道为空闲（即：生成0帧）的概率为61.05.0eeG4-06在时隙ALOHA协议中，若帧长为k个时隙的时间，而帧可以在任一时隙开始发送出去。试计算此系统的吞吐量。由此导出k=1和k→∞时的结果。并加以解释。答：吞吐率)/12(kGGeSk=1时相当于时隙ALOHA，k→∞时变成纯ALOHA4-0710000个终端争用一条公用的时隙ALOHA信道。平均每个终端每小时发送帧18次，时隙长度为125us，试求信道负载G。答：每个终端每200（=3600/18）秒发送1次帧，总共有10000个终端，因此，总负载是200秒发10000次帧，平均每秒50次帧。每秒8000个时隙，所以平均每个时隙发送次数是G=50÷8000=1/160。4-08时隙ALOHA的时隙为40ms。大量用户同时工作，使网络每秒平均发送50个帧（包括重传的）。（1）试计算第一次发送即成功的概率。（2）试计算正好冲突k次然后才发送成功的概率。（3）每个帧平均要发送多少次？答：（1）在任一帧时内生成k帧的概率服从泊松分布!][keGkPGkr生成0帧的概率为Ge。对于纯ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两个帧时内无其他帧发送的概率为GGGeee2；对于分隙ALOHA，由于冲突危险区减少为原来的一半，任一帧时内无其他帧发送的概率是Ge。现在时隙为40ms，即每秒25个时隙，产生50个帧，所以平均每个时隙产生两个帧，即G=2，因此第一次发送即成功的概率是1353.02e（2）kGkGee8647.01353.0)1(（3）尝试k次才能发送成功的概率（即k-1次冲突，第k次才成功）为：1)1(kGGkeep那么每个帧平均要发送的次数（即每个帧发送次数的数学期望）为：3891.7)1(2111eeekekpEGkkGGkk4-09若时隙ALOHA系统有10%的时隙是空闲的，问网络负载G和吞吐量S各等于多少？现在系统过载否？答：（1）从泊松定理得到Gep0，因此，3026.21.0lnln0pG（2）2303.01.0ln1.0GGeS（3）因为每当G1时，信道总是过载的，因此在这里系统是过载的。4-10一时隙ALOHA系统有4个站，各站在一个时隙内的帧发送率分别为G1=0.1，G2=0.5，G3=G4=0.2。试计算每个站的吞吐量和整个系统的吞吐量以及空闲时隙所占的比例。答：（1）每个站的吞吐量：0905.01.01.0111eeGSG，3033.05.05.0222eeGSG，1637.02.02.03433eeGSSG（2）整个系统的吞吐量为：3679.0)2.02.05.01.0(1eGeSG空闲所占的比例为3678.00Gep4-11试证明：在采用时隙ALOHA协议时，各站都相同得有限用户系统得最大吞吐量发生在G=1时。4-12一站数很大的时隙ALOHA系统在工作时，其空闲时隙占65%。试求负载G和吞吐量S。答：从泊松定律得到Gep0，因此，4308.065.0lnlnpG；28.065.0ln65.0GGeS4-13试证明（4-25）式。4-14为什么在CSMA/CD协议中参数a必须很小？用什么方法可以保证a的值很小？答：在CSMA/CD协议中参数a很小，可以使线路利用率和整个网络系统吞吐率保持较高水平。限制网络传输媒体长度、提高总线速率或增加帧长度都是保证a值很小的有效方法。补充题：解释CSMA/CD和它的用途。在802项目的哪个部分中使用到CSMA/CD？答：CSMA/CD是用于以太网（802.3）的接入机制。如果站点想发送数据到网上，必须首先监听线路上存在的通信量。如果没有检测到通信量，则认为线路是空闲的并开始发送。站点在发送数据后继续监听，如果检测到冲突，站点停止当前的发送并等待某个时间量直到线路干净，然后再从头开始这一切。4-15/6100个站点分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD。总线速率为5Mbps，帧平均长度为1000比特，传播时延为5µs/km。试估算每个站每秒钟发送的平均帧数最大值。在以下条件下，重新计算每个站每秒钟发送的平均帧数最大值。（1）总线长度减小为1km；（2）总线速率加倍；（3）帧长变为10000比特。答：因传播时延为5µs/km，则传播速度为2×108m。1.01021011041058336LVRda100个站点时，每站发送成功的概率为A＝(1－1/100)100-1＝0.369整个总线网的吞吐率69.0)12(111AaS因总线速率为5Mbps，且100个站点的100个帧的总长度为100000比特，所以每个站每秒钟发送的平均帧数最大值为帧3410169.010556。当改变条件时，答案如下：（1）025.01021011011058336LVRda整个总线网的吞吐率9.0)12(111AaS每个站每秒钟发送的平均帧数最大值为帧451019.010556（2）2.010210110410108336LVRda整个总线网的吞吐率53.0)12(111AaS每个站每秒钟发送的平均帧数最大值为帧531019.010556（3）01.0102101104105836LVRda整个总线网的吞吐率96.0)12(111AaS每个站每秒钟发送的平均帧数最大值为帧8.410196.0105664-17试比较频分复用、时分复用和统计时分复用的主要特点4-18试从因特网上查找一下目前密集波分复用DWDM的使用情况4-19码分复用CDMA为什么可以使所有用户在同样地时间使用同样的频带进行通信而不会互相干扰？这种复用方法有何有缺点？4-20有4个站进行码分复用CDMA通信。4个站的码片序列为：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)现收到这样的码片序列：(－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1)。问哪个站发送数据了？发送的代码是什么？答：只须计算4个常规的内积：(－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1)·(－1－1－1＋1＋1－1＋1＋1)/8=1(－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1)·(－1－1＋1－1＋1＋1＋1－1)/8=－1(－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1)·(－1＋1－1＋1＋1＋1－1－1)/8=0(－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1)·(－1＋1－1－1－1－1＋1－1)/8=1结果是A和D发送比特1，B发送比特0，而C未发送数据。