计算机网络第三章课后题答案

英文版教材第三章 1、2、3、4、6、7、9、11、14、15、16, 补充题1

一个上层分组（数据包）被分为 10 帧，每帧有 80%可能无损到达。如果在数据链路层没有差错控制，该报文要平均传送多少次才能正确交付？

考点：概率中的乘法和加法原理

答：整个报文无差错的到达接受端的概率A=0.810=0.107A=0.8^{10}=0.107A=0.810=0.107，因此成功发送1个报文平均需要传输的概率=10.107=9.3=\frac{1}{0.107}=9.3=0.1071=9.3
正规解法：假设第 k 帧发送成功，前面 k-1 帧全部失败，则平均传输次数=Σk=0∞kA(1−A)k−1=9.3=\Sigma_{k=0}^{∞}kA(1-A)^{k-1}=9.3=Σk=0∞kA(1−A)k−1=9.3
在一个数据流中有下列数据片段： A B ESC C ESC FLAG FLAG D，使用字节填充方法，填充之后的结果是什么？

考点：字节填充法

答：A B ESC ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D
试问字节填充算法的最大开销是多少？

考点：字节填充法中转义字符的处理

答：如果数据部分只有 FLAG 和 ESC 字符，则经过填充之后，原数据字符数和转义字符个数相同，因此开销 = 转义字符数/数据字符数 = 100%
使用位填充时，是否可能出现单比特差错（丢失、插入或者修改等），而通过校验和无法查出？如果不会，为什么？如果会，什么情况下会出现？校验和长度对此是否有影响？

考点：校验和概念和能力的理解

答：有可能。当使用位填充时，如果有单比特数据在传输的过程中发生改变，对于 n 位校验和，有 12n\frac{1}{2^n}2n1 的概率无法查出错误，即被判断为校验和字段的 n 位数据的值恰好是使得对数据部分校验正确的值。校验和的位数越长，错误被忽略的概率越低。
为增强单比特校验的可靠性，一个差错检测编码使用一个校验位来检查所有奇数位，使用第二个校验位来检查所有偶数位。此编码的汉明距离是多少？

考点：海明距离的理解

答：增加了 2 位校验位后，编码的汉明距离是 2（数据中 1 个不同，则校验中 1 个不同）
假定利用海明码传送 16bit 报文，则需要添加多少 bit 的检查位才能确保接受方能够检测并纠正单个 bit 错误？如果传送 1101001100110101 的报文，在使用偶数校验方式，请给出传送的位模式。

考点：纠错码（海明码）

答：根据公式 m+r+1≤2rm+r+1≤2^rm+r+1≤2r，当 m=16m=16m=16 时，r 最小为 5。因此需要添加 5bit 的检查位。

利用编码简便法有：码字中为1的位号为 b3, b5, b7, b11, b12, b15, b17, b19, b21，表示为二进制码并按模2求和，得到校验码 P5P4P3P2P1=01011P_5P_4P_3P_2P_1=01011P5P4P3P2P1=01011，因此发送的位模式为 111010110011001010101
一种检测差错的方法是把数据分成 n 行 k 列的数据块来传输，每行一个校验位，每列一个校验位，右下角的校验位对其所在行和列进行校验。这种方法可以检查出所有单比特差错吗？能检查出所有双比特差错吗？三比特差错呢？证明这种方法不能检查出某些四比特差错。

考点：行列同时校验方法的原理

答：可检查出所有单比特差错，一个单比特差错导致所在行列都出现校验错误。也可以检查出所有双比特差错，即使出错的两个比特在同行或者同列，也能查出。对于 3 比特差错，如果在同行或同列，则该行或列的奇偶校验将检测出错误。如果同行中有两个错误，则至少其中一个的列奇偶校验将检测到错误。同列中有2个错误同理。对于 4 比特差错，如果出错的四个点正好位于矩形的 4 个顶点，则无法检查出差错。
假定数据以 1000 比特成块发送，可能发生 1 比特差错，出错的概率是独立的且重传不出错。误码率为多少时，采用奇偶校验检错并重传的方法要好于汉明码直接纠错？

考点：两种差错控制方法的理解及其开销的计算

答：若采用海明码直接纠错，根据不等式 m+r+1≤2rm+r+1 ≤ 2^rm+r+1≤2r 可得到海明码校验位长度为 10，共需传输 1010 位；若采用奇偶校验并重传的方式，只需 1 位校验位，但需要计算重传开销。假设出错率为 p，采用检测重传的方式的开销=1001+1000p×1001＜1010=1001+1000p×1001＜1010=1001+1000p×1001＜1010，解得 p＜8.99×10−6p＜8.99×10^{-6}p＜8.99×10−6
What is the remainder obtained by dividing x7+x5+1x^7 + x^5 + 1x7+x5+1 by the generator polynomial x3+1x^3 + 1x3+1?
考点：检错码(CRC)
答：将 M(x)=x7+x5+1M(x)=x^7 + x^5 + 1M(x)=x7+x5+1 表示为2进制为 10100001，由题意知 r=3r=3r=3，将 M(x)M(x)M(x) 左移 3 位得到：10100001000，R(x)=10100001000%G(x)=111R(x)=10100001000\%G(x)=111R(x)=10100001000%G(x)=111
位流 10011101 使用教材中描述的标准 CRC 方法来进行校验。生成多项式是 x3+1x^3+1x3+1。写出实际传输的位串。假定在传输中第三位被反转，证明在接收方能检测出差错。举例说明接收方不能检测出位差错的情形。

考点：CRC 校验原理的理解和计算

答：由生成多项式得到 r=3r=3r=3，因此将 M(x)M(x)M(x) 左移 3 位得到 10011101000，将得到的结果 %G(x)=10011101000%1001=100\%G(x)=10011101000\%1001=100%G(x)=10011101000%1001=100，将 100 接在 M(x)M(x)M(x) 后得到实际传输的位串 10011101100。
第三位被反转，则收到的位串为 10111101100，在接受端进行检错，将收到的位串 %G(x)=10111101100%1001=100≠0\%G(x)=10111101100\%1001=100≠0%G(x)=10111101100%1001=100=0，则检测出错误。
当第 3 位和第 9 位同时发生反转时，即收到的位串为 10111101 000，此时校验的结果为 0，即接收方无法检测出错误。

补充题1：已知数据位流为1101 0110，采用 CRC 校验，G(x)=x3+1G(x)=x^3+1G(x)=x3+1，计算出校验位。

考点：CRC 校验的计算

答：由 G(x)G(x)G(x) 可知 r=3r=3r=3，因此将数据左移 3 位得到 1001 0110 000，将得到的结果 %G(x)=10010110000%1001=111\%G(x)=1001 0110000\%1001=111%G(x)=10010110000%1001=111，得到的结果即为校验位 111。

英文版教材第三章17, 18, 20, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33，补充题2-5

在 3.3.3 节讨论的 ARQ 协议中，概述了一种情况：由于 ACK 帧丢失，对每一帧接收方都收到两次。如果数据帧和 ACK 都不丢失，接收方是否有可能收到重复的帧？

考点：ARQ 协议中出现重复帧情形的理解

答：有可能。例如某帧正确到达，但接收方因为 CPU 忙、处理速度慢等原因而推迟了 ACK 的发送，导致发送方的定时器超时，重发数据帧。此时，接收方将收到重复帧。

注意：出错帧不算重复帧
某信道的数据率是 4 kbps，传播时延是 20 毫秒，帧长为多少时，停等协议的效率能至少能达到 50%？
考点：停等协议的信道利用率

答：由题意知：Tf=L4kbps,Td=20msT_f=\frac{L}{4kbps},T_d=20msTf=4kbpsL,Td=20ms，信道利用率 Cr=TfTf+2Td≥50%Cr=\frac{T_f}{T_f+2T_d}≥50\%Cr=Tf+2TdTf≥50%，代入得 L≥160bitL≥160bitL≥160bit
一条 3000 公里长的 T1 中继线路使用协议 5 来传输 64 字节长的数据帧。如果传播速度为 6 微妙/公里，需要多少位序列号？

考点：对于 Gobackn 协议性能的理解和计算；T1 的发送速率

答：假定序号为 n 位，Gobackn 协议的最大发送窗口WS=2n−1W_S=2^n-1WS=2n−1，应使信道利用率 Cr=WS×TfTf+2Td=100%Cr=\frac{W_S×T_f}{T_f+2T_d}=100\%Cr=Tf+2TdWS×Tf=100%。
传播时延 Td=3000×6=18msT_d=3000×6=18msTd=3000×6=18ms，发送时延 Tf=64×8/1.536Mbps=0.3msT_f= 64×8/1.536Mbps = 0.3msTf=64×8/1.536Mbps=0.3ms，代入上式求得 WS≥121W_S≥121WS≥121，则对应的 n≥7n≥7n≥7，需要 7 位序号。

总结：滑动窗口协议不会发生序号回转问题，当题目要求计算序号位数时，只考虑信道利用率。
在带宽为 1Mbps 的无差错链路上使用协议 6 进行通信，设最大帧长为 1000 位，网络层每秒产生一个新的数据包，重传超时间隔为 10ms。如果不使用 ACK 定时器，将产生不必要的重传。求一帧的平均重传次数。

考点：选择重传协议的工作原理和流程

答：确定是否会发生超时：传输时间=1000b1Mbps=1ms=\frac{1000 b}{1Mbps}=1ms=1Mbps1000b=1ms，而 10+1ms≪1s10+1ms≪1s10+1ms≪1s，所以超时不可避免；
确定是否会产生 NAK 帧：超时后发送端会重发帧，接收端发现重复，回 NAK，然后发送端可发新帧（序号滚动）。
因此，平均每帧传送2次。
协议 6 中，MAX_SEQ =2n−1=2^n − 1=2n−1. 很明显这个条件有利于帧头字段的有效使用，但我们没有说明这个条件是必须的。对于 MAX_SEQ = 4，协议是否能正确工作？请举例说明。

考点：MAX_SEQ 和 arrived[] 在协议6中的作用，与模运算的关系；情景假设

答：若 MAX_SEQ=4，则模=5,Ws=Wr=52=2=5, Ws=Wr=\frac{5}{2}=2=5,Ws=Wr=25=2，则只有两个缓冲区in_buf[0]和in_buf[1]，序号从0-4开始轮回，0,2,4使用in_buf[0]，1,3使用in_buf[1]。假设0,1,2,3都正确收到并已回复ACK，则下一步发送4,0。若4丢失但0成功接收时，0号帧会占用in_buf[0]，此时arrive[0]=true，则while中的数据发生错序上交。
在 1Mbps 的卫星信道上发送多个长度为 1000 位的帧。从地面到卫星的传播时延是 270 毫秒，采用捎带确认(piggybacking)方式。帧头很短，且使用 3 位序号。请分别计算采用下列协议的最大信道利用率：
(a) 停等协议
(b) 协议 5
(c ) 协议 6

考点：信道利用率的计算（单个信道），一定画出时序图：

答：因为总是使用捎带应答技术，因此信道利用率 Cr=Tf2Tf+2TdCr=\frac{T_f}{2T_f+2T_d}Cr=2Tf+2TdTf，信道传播时延 t传=1k1Mbps=1mst_传=\frac{1k}{1Mbps}=1mst传=1Mbps1k=1ms
（a）Cr=12×1+2×270=0.185%Cr=\frac{1}{2×1+2×270}=0.185\%Cr=2×1+2×2701=0.185%。
（b）Ws=23−1=7Ws=2^3-1=7Ws=23−1=7，则 Cr=1×72×1+2×270=1.29%Cr=\frac{1×7}{2×1+2×270}=1.29\%Cr=2×1+2×2701×7=1.29%
（c）Ws=23−1=4Ws=2^{3-1}=4Ws=23−1=4，则 Cr=1×42×1+2×270=0.738%Cr=\frac{1×4}{2×1+2×270}=0.738\%Cr=2×1+2×2701×4=0.738%

其他同类考题：WsWsWs为多少时效率能达到100%？Ws＞WsmaxWs＞Ws_{max}Ws＞Wsmax 时效率为多少（还是100%）？
在 64kbps 的无差错卫星信道上单方向发送多个长度为 512 字节的数据帧，反向会送较短的 ACK 帧。地面-卫星的传播时延是 270 毫秒。当发送窗口分别为 1、7、15、127 时，最大吞吐量各是多少？

考点：极限信道利用率与吞吐量的计算

答：512 字节数据帧发送时延=512×8bit64kbps=64ms=\frac{512×8bit}{64kbps}=64ms=64kbps512×8bit=64ms。接受端回一个很短的 ack（不计发送时间），因此时序图如下：

信道利用率达到 100% 时有 WS⋅Tf≥2Td+TfW_S·T_f≥2T_d+T_fWS⋅Tf≥2Td+Tf，所以在 WS≥9.4375W_S≥9.4375WS≥9.4375，即 WS>10W_S>10WS>10 时，吞吐量=64kbps=64kbps=64kbps。当窗口大小 =n(n≤9)=n(n≤9)=n(n≤9) 时，吞吐率=64n64+2×270=\frac{64n}{64+2×270}=64+2×27064n。当 n=1,7,15,127n=1,7,15,127n=1,7,15,127 时代入上式，得到结果为（吞吐量=吞吐率×带宽）：

窗口大小 WWW	1	7	15	127
吞吐量	6.78kbps	47.5kbps	64kbps	64kbps

在一条 100 公里长的电缆上采用 T1 速率来发送数据，电缆的传播时延是真空中光速的 2/3。请问多少位数据可以充满电缆？

考点：时延带宽积的计算

答：电缆的传输速率=23×3×108=2×108m/s=\frac{2}{3}×3×10^8=2×10^8 m/s=32×3×108=2×108m/s，则传播时延=100km2×108m/s=5×10−4s=\frac{100km}{2×10^8 m/s}=5×10^{-4} s=2×108m/s100km=5×10−4s，T1的带宽=1.544Mbps=1.544Mbps=1.544Mbps，则电缆中容纳的比特（时延带宽积）=5×10−4×1.544Mbps=772bit=5×10^{-4}×1.544Mbps=772bit=5×10−4×1.544Mbps=772bit
为什么 PPP 使用字节填充而不使用位填充？请写出至少一个原因。

考点：PPP的特点

答：①PPP是由软件实现的，而位填充在硬件协议中实现，对于软件实现，字节操作比位操作更简单；②PPP是设计用于调制解调器的，调制解调器接收和传送数据的单位是字符而不是位。
在 PPP 帧中承载 IP 数据包的最小开销是多少？只计算 PPP 本身的开销，不考虑 IP 包头。最大开销是多少？

考点：PPP帧的数据结构

答：最小开销是：每帧有2个标志字节、1个协议字节和2个校验字节，每帧总共5字节开销；
最大开销是：2个标志字节、1个地址字节、1个控制字节、2个协议字节和4个校验字节，一共10字节开销。

补充题：The following character encoding is used in a data link protocol:
A: 01000111 B: 11100011 FLAG: 01111110 ESC: 11100000
Show the bit sequence transmitted (in binary) for the four-character frame A B ESC FLAG when each of the following framing methods is used:
(a) Byte count.
(b) Flag bytes with byte stuffing.
(c ) Starting and ending flag bytes with bit stuffing.

考点：3种成帧方式

答：（a）00000100 01000111 11100011 11100000 01111110(4 A B ESC FLAG)
（b）01111110 01000111 11100011 11100000 11100000 11100000 01111110 01111110(FLAG A B ESC ESC ESC FLAG FLAG)
（c）01111110 01000111 110100011 111000000 011111010 (A B ESC FLAG)
注意：考试经常反向考（给HDLC帧，还原数据）
Data link protocols almost always put the CRC in a trailer rather than in a header. Why?

考点：计算机网络的串行通信

答：串行通信，接受完帧后可直接看校验位，节省存储，加速；否则要额外存储 CRC，效率降低
如果Go back N 中的between函数检查的条件是 a≤b≤ca≤b≤ca≤b≤c 而不是 a≤b<ca≤b<ca≤b<c，则对于协议的正确性和效率有影响吗？

考点：理解GBN的流程和原理；假设场景，利用错误样例来推翻题目中的假设

答：有影响。考虑以下情况（3bit举例）：先发送7号帧，成功接收并返回ACK；接着连发0-6号帧，但发生丢失。接收端等不到 ACK，触发timeout事件，重新发送刚才的帧，此时携带的 ACK=7。发送端检测到7满足 a≤b≤ca≤b≤ca≤b≤c，误认为 0-6 号帧成功发送。在未收到0-6号帧时，发送端未进行回退，导致帧顺序出错。
在一个负载很重的 50Kbps 的卫星信道上使用协议6，数据帧包含 40bit 的头和 3960bit 的数据，请计算一下浪费在头部和重传的开销占多少比例？
假设从地球到卫星的信号传输时间为270ms。
ACK 帧永远不会发生；
NAK 帧为40bit。
数据帧的错误率为1％，NAK帧的错误率忽略不计。
序号位为8位。
考点：根据已知条件和协议分析，画出时序图
答：帧长度=40+3960=4000bit=40+3960=4000bit=40+3960=4000bit，发送时延=400050kbps=80ms=\frac{4000}{50kbps}=80ms=50kbps4000=80ms，因为未发送 ack，则一定采用了捎带应答技术，由此画出时序图：

成功发送一帧的时间=2×80+2×270=700ms=2×80+2×270=700ms=2×80+2×270=700ms.已知序号位为8位，则 Ws=2n−1=27=128Ws=2^{n-1}=2^7=128Ws=2n−1=27=128，对应的发送时延=128×80=10240ms>>700ms=128×80=10240ms>>700ms=128×80=10240ms>>700ms，则此时的链路利用率是100%，管道中充满了比特。
每个帧重传开销=4000×1%=40bit=4000×1\%=40bit=4000×1%=40bit
每个帧 nak 开销=40×1%=0.4bits=40×1\%=0.4bits=40×1%=0.4bits
协议头40bit，因此总的开销=40+0.4+40=80.4bit=40+0.4+40=80.4bit=40+0.4+40=80.4bit，所占比例=80.480.4+3960=1.99%=\frac{80.4}{80.4+3960}=1.99\%=80.4+396080.4=1.99%

补充题1：一个PPP帧的数据部分(用十六进制写出)是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么（用十六进制写出）？
考点：字节填充的理解
答：由于PPP的字节填充法规定：
0x7E转换为(0x7D, 0x5E)；0x7D转换为(0x7D, 0x5D)

补充题2：在网络中截获了一串数据，用十六进制表示为：06 7E 25 7D 5E 16 7D 5D 7E A8 FF，其中包含一个完整的PPP帧，请以十六进制写出该PPP帧的内容（不包含首尾标志）
考点：对字节填充首尾标志法的理解
答：PPP帧的帧头、帧尾都是 7E，因此完整的传输帧是 7E 25 7D 5E 16 7D 5D 7E，去掉帧头帧尾和填充字节，帧中的内容是：25 7E 16 7D

补充题3. 采用 3 比特序号的选择重传（SR）协议，若接收窗口为5，则发送窗口的最大值是多少?

考点：选择重传协议中发送窗口和接收窗口的个数之间关系

答：使用 n 位序号的选择重传协议的滑动窗口个数应满足 WS+WR≤2nW_S+W_R≤2^nWS+WR≤2n，对于 3 位序号，WS+WR≤8,WR=5W_S+W_R≤8,W_R=5WS+WR≤8,WR=5，则 WS≤3W_S≤3WS≤3

补充题4. 50-kbps 的卫星信道，往返时延为 500ms，帧长为 1000 位，使用捎带确认（搭载ACK）的SR协议，若使效率达到50%，序号的比特数至少是多少?

补充题5. 数据链路层采用GBN（回退N步）协议，发送方已经发送了编号为0-7 的帧，当计时器超时时，若发送方只收到0、4、5 号帧的确认，则发送方需要重发的帧数是多少?

考点：累积确认

答：对 5 号帧的确认说明 5 号帧及以前的帧全部正确接收，因此发送方需要重发未确认的 6 号和 7 号帧，即需要重发的帧数是 2。

补充题6. 两台计算机的数据链路层协议实体采取滑动窗口机制利用16kbps 的卫星信道传输长度为128 字节的数据帧，信道传播时延为270ms。
(1) 计算使用停等协议的信道利用率；
(2) 计算使用发送窗口为7 的GBN 协议的信道利用率；
(3) 计算使用发送窗口为15 的GBN 协议的信道利用率；
(4) 为使信道利用率达到最高，使用GBN 协议时序号的比特数最少为多少位？

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