计算机网络8章习题及参考答案(20100705)

第8章局域网1．假设把时间分为离散的时间片，n台主机中，每一台主机在每个时间片内试图占用信道的概率为P。求由于冲突而被浪费的时间片的比例。答案：在每个时间片中，可能发生的事件共有n+2种，它们是互斥的：从事件1直到事件n都是由对应的主机试图使用通道而不发生冲突的情况，这些事件中的每一个的概率都是P（1一P）n-1；事件n+1对应通道空闲，其概率是（1一P）n；事件n+2是一次冲突（参与冲突的是n台主机中的任意2至n台主机）。因为这n+2种事件是互斥的，其概率和必为1。因此，在每个时间片中发生冲突的概率（即由于冲突而被浪费的时间片的比例）为：1一np（1一P）n-1一（1一P）n2．两个CSMA／CD站点都在试图发送长（多帧）文件。在成功发出每一帧后，它们均采用二进制后退算法再次竞争信道（假设每个竞争周期的第i次尝试均匀分布在2i-1个时间片中）。正好竞争k次便成功的概率是多少？每个竞争周期的平均竞争次数是多少？答案：把竞争周期中为获得通道的尝试从1开始编号，第i次尝试均匀分布在2i-1个时间片中。在每个时间片中两个站点冲突的概率是2一2（i一1），因此，第i次尝试碰撞的概率是：(2一2（i一1）)(2（i一1）)＝2一（i一1）竞争周期开头(k-1)次尝试失败，紧接着第k次尝试成功（即正好竞争k次便成功）的概率是：Pk＝[1-2一（k一1）]11ki2一（i一1）该式可化简为Pk＝[1-2一（k一1）][2一0.2一1.2一2....2一（k一2）]＝[1-2一（k一1）]2一（k一1）（k一2）/2每个竞争周期的平均竞争次数是1kkPk3．考虑建立一个CSMA/CD局域网，电缆长lkm，不使用重发器(REPEATER)，运行速率为1Gb/s，电缆中的信号速度是200000km／s。求此局域网的最小帧长。答案：对于lkm电缆，单程传播时间为1÷200000＝5×10一6s，即5μs，来回路程传播时间为2T＝10μs，为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时间不能小于10μs，以1Gb／s速率工作，10μs可以发送：（10×10一6）×109＝10000b因此最小帧长是10000b或1250B。4．N个站点共享56Kb/s的ALOHA信道,各站点平均每100s发送一个1000b的帧，N的最大值为多少？答案：每个站的数据量为1000b/100s=10b/sALOHA系统的吞吐量为0.184×56kb/s则，最大站数为N=（0.184×56kb/s）/（10b/s）=0.184×56×100≈10305．ALOHA的延迟和分片ALOHA的延迟相比较，哪个更小?请说明理由。答案：ALOHA每次重传所花费的时间（包括等待时间和发报时间）采用随机方式确定，设最大为KT，若采用均匀分布，则平均重发一次的时延为（1+K）/2个T，可得图8-3的报文传输时间关系，其中P为报文从站点至中心的来回传播时间及中心处理时间（后者可以忽略）。由此可得成功完成一次报文发送的平均时延为D=1+P+E（P+（1+K）/2）在分片ALOHA中，规定只能在时间片的起点开始发送报文，故报文从产生到开始发送平均要等候0.5个时间片，于是，平均完成一次报文发送的时延为D=1.5+P+E（0.5+P+（1+K）/2）可见，分片ALOHA时延比ALOHA稍大，即ALOHA延迟更小。6．1万个站点竞争使用一个分片ALOHA信道，各站每小时平均发出18个请求，时间片长度为125µs。总的信道载荷约为多少？答案：分时片ALOHA：T=125μs，λ=50，S=λT=0.00625。000625.0,0,GGGGeSGeGeS即,用数值解法（查数表:e-x）,计算结果见表8-1。受数表精度限制，计算到此为止。根据G=0.007（+0.000701）与G=0.006（-0.000286）时的结果，经估算，取G=0.0063。表8-1计算结果GGeGGe0625.0GGe0.050.95120.04756000.10.90480.0904800.070.93240.06536800.060.94180.05650800.0070.99300.0069510+0.00070100.0060.99400.0059640-0.00028607．一大批ALOHA用户每秒产生50次请求，包括初始请求和重传的请求，时间以40ms为单位分片，（1）．首次成功率是多少?（2）．k次冲突后成功的概率是多少？（3）．发送尝试次数的期望值是多少？答案：每秒到50个，T=40ms，G=2，S=λT，TG'，50'突发报文数（1）．首次成功概率：1353.0)0(21040503'eeePT，（结果合理，即任意发送时成功概率）（2）．k次冲突后成功的概率（共发送k+1次）：TKTee'')1(前k次发送冲突的概率第k+1次发送成功的概率（3）．发送尝试次数的期望值（平均发送次数）389.72eeGeGSGGG用于与上述（3）的结果互相核对的另一种计算方法:发送尝试次数的期望值（平均发送次数）1111)1()1()(''''iiTTiTiTeieeeiNE112'111])1(11[][)1(iiBiiiiBBBABAiBAAiA]11[2AAAA=A-1=Te'=389.72eeG其中，B=1-A=1-Te'结果与上述（3）的结果互相核对无误。8．一颗有两条上行链路和一条下行链路的卫星，使用分片ALOHA信道能使下行链路的利用率达到0.736，假定缓冲区无限大。这个结果是怎么得到的？答案：设3条链路容量都相等所有站分成两组，每组共享一条上行链路（采用分时片ALOHA）。显然，对每条上行链路：Smax=0.368。卫星转发器用一条下行链路向所有用户转发，不存在争用信道问题。再加上转发器buffer无限，可缓存两条上行链路同时到达的数据，随后再从下行链路广播，于是能将20.368=0.736的通信量都成功转发下去。9．在CSMA/CD中，冲突后，站将延迟512rb的传输时间，r是一个随机数。当r＝512时，对10Mb/s以太网，其延迟时间为多少？对100Mb/s以太网呢？答案：r=512对10Mb/s以太网，slottime=51.2μs，延迟时间=51.2μs×512=26.2204ms。对100Mb/s的以太网，slottime=5.12μs，延迟时间=5.12μs×512=2.62204ms。10．简述CDMA同时可使所有用户使用同一频率进行通信而不互相干扰的原理。其优缺点主要有哪些？答案：在CDMA系统中，虽然各用户使用同一频率进行通信，但各用户使用经过特殊挑选的不同码型（码片序列），而且相互正交，于是接收端就能过滤掉不需要的信号，只剩下希望接收的站发出的信号。优点：抗干扰能力强，安全性高。缺点：每个站必须精确同步，所需信道带宽是发送速率的m倍（当每个二进制位分成m个码片时）。11．比较IEEE802模型与OSI参考模型的区别与联系。答案：由于ISO/OSIRM有利于理解和沟通局域网标准的各个部分，也有利于定义术语，同时还提供了一个帮助开发和加强标准的便利的结构。因此IEEE802的局域网和城域网参考模型（IEEE802LAN&MAN/RM）仿照了OSI/RM。IEEE802标准包括了OSI/RM最低两层（物理层和数据链路层）的功能，也包括了与网际互连有关的高层功能。此外，该标准还包括管理功能。L&MAN/RM在分层和接口部位上类似于OSI/RM。然而，由于IEEE802局域网存在共享介质的问题，因而总有一个介质访问控制子层（MACMediumAccessControl）。IEEE802.1A除了定义参考模型外，还定义了实现模型（L&MAN/IM）。提出这两个模型的目的是提供一个关于标准的综述和用作阅读标准的指南。实现模型比参考模型更特殊，它允许实现方法上有差异（例如CSMA/CD和令牌）。图8-19显示了体系结构的参考模型L&MAN/RM以及它同OSI/RM的关系。12．在广播式网络中是否需要网络层？答案：不需要。对于网络层，它的功能是通过网络发送报文分组。报文分组的传送采用数据报和虚电路两种方式。同时网络层还负责路由选择和流量控制。在广播式网络中，由于只有一条链路穿越网络，所以不需要路由选择。而网络层的其它功能，如分组的寻址、排序、流量控制、差错控制等，在数据链路层也可完成。因此，在广播式网络中可以不单设网络层，而让数据链路层来完成必要的网络层的功能。13．标准10Mb／s802.3局域网的码元传输速率是多少？答案：标准10Mb／s802.3局域网使用曼彻斯特编码，这就意味着发送的每一数据位都分为2个码元，即码元传输速率是数据速率的两倍。标准10Mb／s802.3局域网的数据速率是10Mb／s，故其码元传输速率为20M波特。14．假设同轴电缆的传播速度是真空中光速的2/3，求原始的802.3标准（10Mbps）中一位的长度（按米来计算）？答案：在同轴电缆中光的速度大约是200000km/s，即200m/μs。在10Mbps的带宽下，传输一个位需要0.1μs。因此，一位持续0.1μs的时间，在这段时间中它传输了20m。因此，在这里，一个比特长20m。15．假若1Gpbs以太网采用10BASE5的方式工作，图8-24显示了其最大配置图。取电信号在同轴电缆段和链路段以及AUI电缆上的传播速度均为0.7c。设站点物理层的时延为tp=1μs，转发器的时延为tR=2μs。同轴电缆段长500m，链路段长500m，工作站和转发器均经AUI电缆连接同轴电缆段或链路段，AUI电缆长50m。试按工作站A与B间的距离计算其最小帧长。答案：以太网的跨距S=1500+1000+500=3000m上式中的3项分别对应3个同轴电缆段和2个链路段以及10个AUI电缆；时间片slottime=2s/0.7c+2tp+8tR=0.2857×10–4s+18μs=46.57μs；最小帧长Lmin=k×slottime=109b/s×46.57×10–6s=46.57kb16．为什么CSMA/CD是随机访问类型的介质访问控制方法？请说明CSMA/CD方法的基本工作原理。答案：CSMA/CD用来解决多结点如何共享公用总线的问题。以太网中的任何结点都没有可预约的发送时间。它们的发送都是随机的且网中不存在集中控制的结点，网中的结点都必须平等地争用发送时间，因此这种介质访问控制属于随机争用型方法。CSMA/CD的基本工作原理是：先听后发，边听边发，冲突停止，随机延迟后重发。每个结点利用总线发送数据之前，首先要侦听总线的忙闲状态。如果总线上已经有数据信号在传输，则为总线忙；如果总线上没有数据传输，则为总线空闲。如果一个结点准备好发送的数据帧，并且此时总线处于空闲状态，那么它就可以开始发送。但是，可能有多个结点同时发送了数据，因此结点在发送数据时应进行冲突检测。17．请说明令牌环网的基本工作原理。答案：令牌环网中的结点通过环接口连接成物理环形。令牌是一种特殊的MAC控制帧。令牌帧中有一位标志令牌的忙/闲。当令牌环网正常工作时，令牌总是沿着物理环单向逐站传送，传送顺序与结点在环中排列的顺序相同。如果结点有数据帧要发送，则要等待空闲令牌到来。结点获得空闲令牌后将令牌标志位由闲变为忙，然后传送数据帧。如果这个数据帧正确到达了目的地址，则在帧中标志出帧已被正确接收和复制。当结点重新接收到自己发出并被目的结点正确接收的数据帧时，它将回收已发送的数据帧并将令牌状态改成空闲。18．快速以太网与普通以太网的共同点与区别是什么？请说明快速以太网的协议结构。答案：快速以太网保留着传统以太网的所有特征，包括相同的数据帧格式、介质访问控制方法与组网方法。快速以太网将传输速率从普通以太网10Mbps提高到100Mbps，将每个比特的发送时间由100ns降低到1