计算机网络-清华版_吴功宜(第三版)课后习题解答(第1-4章)

计算机网络-清华版-吴功宜（第三版）课后习题解答—第1-4章

第一章计算机网络概论P42

1.请参考本章对现代Internet结构的描述，解释“三网融合”发展的技术背景。

答：基于Web的电子商务、电子政务、远程医疗、远程教育，以及基于对等结构的P2P网络、3G/4G与移动Internet的应用，使得Internet以超常规的速度发展。

“三网融合”实质上是计算机网络、电信通信网与电视传输网技术的融合、业务的融合。

2.请参考本章对Internet应用技术发展的描述，解释“物联网”发展技术背景。

答：物联网是在Internet技术的基础上，利用射频标签、无线传感与光学传感等感知技术自动获取物理世界的各种信息，构建覆盖世界上人与人、人与物、物与物的智能信息系统，促进了物理世界与信息世界的融合。

3.请参考本章对于城域网技术特点的描述，解释“宽带城域网”发展技术背景。

答：宽带城域网是以IP为基础，通过计算机网络、广播电视网、电信网的三网融合，形成覆盖城市区域的网络通信平台，以语音、数据、图像、视频传输与大规模的用户接入提供高速与保证质量的服务。

4.请参考本章对WPAN技术的描述，举出5个应用无线个人区域网络技术的例子。

答：家庭网络、安全监控、汽车自动化、消费类家用电器、儿童玩具、医用设备控制、工业控制、无线定位。

5..请参考本章对于Internet核心交换、边缘部分划分方法的描述，举出身边5种端系统设备。

答：PDA、智能手机、智能家电、无线传感器节点、RFID节点、视频监控设备。

7.长度8B与536B的应用层数据通过传输层时加上了20B的TCP报头,通过网络层时加上60B的IP分组头，通过数据链路层时加上了18B的Ethernet帧头和帧尾。分别计算两种情况下的数据传输效率。（知识点在：P33）

解：

长度为8B的应用层数据的数据传输效率：

8/(8+20+60+18)×100%=8/106×100%=7.55%

长度为536B的应用层数据的数据传输效率：

536/(536+20+60+18)×100%=536/634×100%=84.54%

8.计算发送延时与传播延时。

条件：主机之间传输介质长度D=1000km。电磁波传播速度为2×108m/s。

（1）数据长度为1×103bit，数据发送速率为100kbps。

（2）数据长度为1×107bit，数据发送速率为10Gbps。

（知识点在：P33）

解题思路：

总延时=发送延时+传播延时+排队延时+处理延时

解：

（1）

发送延时为：N/S=1000/100×103=0.01s=10ms

传播延时为：D/V=1000×103/2×108=5×10-3s=5ms

(2)

发送延时为：N/S=1×108/(10×103×106)=0.01s=10ms

传播延时为：D/V=1000×103/2×108=5×10-3s=5ms

9.在如图1-29所示的网络结构中，主机A要向主机B发送一个长度为300KB的报文，发送速率为10Mbps，传输路径上要经过8个路由器，连接路由器的链路长度为100km，信号在链路上的传播速度为2×108m/s。每个路由器的排队等待延时为1ms。路由器发送速率也为10Mbps。忽略：主机接入到路由器的链路长度，路由器排队等待延时与数据长度无关，并假设信号在链路上传输没有出现差错和拥塞。请计算：

（1）采用报文交换方法，报文头长度为60B，报文从主机A到主机B需要多长时间？（2）采用报文分组交换方法，分组头长度为20B时，分组数据长度为2KB，所有报文分组从主机A到主机B需要多长时间？

解题思路：

报文交换是一个完整的数据包从源结点一直传输到目的结点。

延时时间为：主机A发送时间+8个路由器的发送时间+8个路由器的排队等待延时时间+链路的传播时间。

报文分组交换方法：就是一个一个包跟着传输下去，300KB分为2kb的数据包，有150个，从主机A到最后一个路由器发出最后一个包，相当于2KB数据包发送了9＋149＝158次，延时时间＝发送时间x158＋8个路由器等待延时时间＋链路传播时间。

另外，Mbps是Million bits per second的缩写，1 Mbps代表每秒传输1，000，000位（bit）。解：

(1)[(300×1024+60)×8/10000000]×9×103+[(100×1000)/2×108]×7×103+8×1=2223.8ms

(2)[(2×1024+20)×8/10000000]×9×103+[(100×1000)/2×108]×7×103+8×1

+[(2×1024+20)×8/10000000]×149×103

=26.39+246.51=272.9ms

第二章网络体系结构与网络协议P62

1．请举出生活中的一个例子来说明“协议”的基本含义，并举例说明网络协议三要素“语法”、“语义”与“时序”的含义与关系

协议是一种通信规则

例：信件所用的语言就是一种人与人之间交流信息的协议，因为写信前要确定使用中文还是其他语言，否则收信者可能因语言不同而无法阅读

三要素：

语法：用户数据与控制信息的结构与格式，以及数据出现顺序

语义：解释比特流的每一部分含义，规定了需要发出何种控制信息，以及完成的动作和作出的响应

时序：对实现顺序的详细说明

2．计算机网络采用层次结构的模型有什么好处？

1）各层之间相互独立

2）灵活性好

3）各层都可采用最合适的技术来实现，各层实现技术的改变不影响其他层

4）易于实现和维护

5）有利于促进标准化

3．ISO在制定OSI参考模型时对层次划分的主要原则是什么？

1）网中各结点都具有相同的层次

2）不同结点的同等层具有相同的功能

3）不同结点的同等层通过协议来实现对等层之间的通信

4）同一结点内相邻层之间通过接口通信

5）每个层可以使用下层提供的服务，并向其上层提供服务

4．如何理解OSI参考模型中的“OSI环境”的概念？

“OSI环境”即OSI参考模型所描述的范围，包括联网计算机系统中的应用层到物理层

的7层与通信子网，连接结点的物理传输介质不包括在内

5．请描述在OSI参考模型中数据传输的基本过程

1）应用进程A的数据传送到应用层时，加上应用层控制报头，组织成应用层的服务数据单元，然后传输到表示层

2）表示层接收后，加上本层控制报头，组织成表示层的服务数据单元，然后传输到会话层。依此类推，数据传输到传输层

3）传输层接收后，加上本层的控制报头，构成了报文，然后传输到网络层

4）网络层接收后，加上本层的控制报头，构成了分组，然后传输到数据链路层5）数据链路层接收后，加上本层的控制信息，构成了帧，然后传输到物理层

6）物理层接收后，以透明比特流的形式通过传输介质传输出去

6．TCP/IP协议的主要特点是什么？

1）开放的协议标准，可免费使用，并且独立于特定的计算机硬件与操作系统

2）独立于特定的网络硬件，可以运行在局域网、广域网，更适用于互联网中

3）统一的网络地址分配方案，使整个TCP/IP设备在网中都具有唯一的地址

4）标准化的高层协议，可以提供多种可靠的用户服务

7．Internet技术文档主要有哪两种形式？为什么说RFC文档对从事网络技术与研究与开发的技术人员是重要的？如果需要有关IP协议的RFC791文档，知道如何去查找吗？（知识点在：P56）

答：因特网草案和RFC文档。因为RFC文档是从事网络技术研究与开发的技术人员

获得技术发展状况与动态重要信息的来源。

可以输入网址：https://www.360docs.net/doc/9c9623884.html,/rfc.html, 然后在提示的位置输入RFC文档的编号791即可，当然也可从RFC Editor的站点或全球的几个镜象站点得到。

第三章物理层P103

1.已知：电话线路带宽B=3000Hz，根据奈奎斯特准则，求：无噪声信道的最大数据传输速率为多少？（知识点在：P85）

解：2×3000Hz=6000bps（奈奎斯特准则，公式R max=2B）

2.已知：S/N=30db，带宽B=4000Hz，根据香农定理，求：有限带宽、有热噪声信道的最大数据传输速率为多少？（知识点在：P85-86）

解：

信噪比通常以分贝（db）表示，如果信噪比S/N为1000，根据信噪比计算公式：S/N(db)=10 lg(S/N) 因此：30=10 lg(S/N)——> S/N=1000

[香农定理，公式R max=Blog2(1+S/N)]得：R max=4000×log2(1+1000) = 4000×10=40000 bps =40 kbps

其中：S/N——信噪比，是指信号功率S与噪声功率N之比。

3.已知：数据传输速率为14400bps，多相调制的相数k=16.求：调制速率。

（知识点在：P80）

解：比特率S（单位为bps）与调制速率B（单位为baud）之间关系可以表示为：

S=Blog2k，式中k为多相调制的相数。

14400bps= B×log216，得3600 baud。

4.已知：S/N=30db，带宽B=3000Hz，采用QPSK-16调制方式。求：最大调制速度是多少？（知识点在：P85-86）

解：

QPSK——正交相移键控，QPSK-16是：16相调相。

信噪比通常以分贝（db）表示，如果信噪比S/N为1000，根据信噪比计算公式：S/N(db)=10 lg(S/N) 因此：30=10 lg(S/N)——> S/N=1000

[香农定理，公式R max=Blog2(1+S/N)] 得：R max=3000×log2(1+S/N)，所以有：

R max=3000×log2(1+1000)=3000×10=30000bps

（公式R max=B max log2K）得：30000= B max log216 所以：B max=7500 baud。

5.请根据QAM调制中波特率与相数，计算对应的比特率值。（S=Blog2K）

解：

6.已知：FDM系统的一条通信线路的带宽为200kHz，每一路信号带宽为4.2kHz，相邻信道之间的隔离带宽为0.8kHz。求：这条线路可以传输多少路信号？（知识点在：P89）解：

FDM系统是频分多路复用系统，它是以信道频率为对象，通过设置多个频带互不重叠的信通，达到同时传输多路信号的目的。

200/(4.2+0.8)=40条

即：可以容纳40条传输信道。

7.已知：A=01011011.画出A的差分曼彻斯特编码的波形。（知识点在：P81）

解：

8.如果主机的数据发送速率达到100Mbps，采用曼彻斯特编码，那么相应的时钟频率应该为多少？（知识点在：P82）

解：

当采用曼彻斯特编码时，在每个调制的周期内，波形将会跳动两次，则数据传送速率将是波特率的二分之一。如果设波特率是x baud，则：0.5x=100，所以：x=200 baud. 即：数据传输速率为100Mbps，如果采用曼彻斯特编码，波特率将达200Mbps，也就是说，传输信号的信道带宽至少为200MHz。也就是说：相应的时钟频率应该为200MHz。

9.已知：SONET定义的OC-1速率为51.840Mbps。计算：STM-4对应的速率为多少？（知识点在：P91）

解：

SONET——同步光纤网；SDH——同步数字体系；

OC——定义的是光纤上传输的光信号速率。

STS——定义的是数字电路接口的电信号传输速率；

STM——是电话主干线路的数字信号速率标准。

OC-1——第1级光载波。

因为：SONET定义的线路速率标准是以第1级同步传输信号STS-1（51.840Mbps）为基础的，与其对应的是第1级光载波OC-1（51.840Mbps）。

以SONET为基础，制定SDH。

SDH信号中最基本的模块是STM-1，对应STS-3，速率为51.840Mbps×3=155.520 Mbps。更高等级的STM-n是将STM-1同步复用而成。4个STM-1构成1个STM-4。

所以有：155.520 Mbps×4=622.080 Mbps。

答：STM-4速率为622.080Mbps。

10．在CDMA系统中，4个站的码片序列分别为：

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）

现在接受到码片序列为S：（-1+1-3+1-1-3+1+1）。

请判断：是哪个站发送的数据？发送的二进制数是0还是1？（知识点在：P99）

解：

CDMA——码分多址，基本思想：给每一个用户手机（简称为“站”）分配一种经过特殊挑选的不同码型，使得不同站可以在同一时刻、使用同一个信道而不互相干扰。

下面计算向量内积：

A×S/8=0 ——> A站没有发送

B×S/8=-8/8=-1 ——> B站发送了0

C×S/8=1 ——> C站发送了1

D×S/8=1 ——> D站发送了1

综上所述，结论如下：

（A）A站没有发送

（B）B站发送了0

（C）C站发送了1

（D）D站发送了1

第四章数据链路层P133

1.如果数据字段为11100011，生成多项式G(X)=X5+X4+X+1。请写出发送的比特序列，并画出曼彻斯特编码序号波形图。

解：G(X)——> 110010

f(x).x k=11100011 00000

f(x).x k/ G(X)的余数是：11010

所以，发送的比特序列：1110 0011 11010

曼彻斯特编码序号波形图是：

答案：发送的比特序列：1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0

对应的Manchester编码波形：

2.某个数据通信系统采用CRC校验方式，并且生成多项式G(x)的二进制比特序列为11001，目的主机接收到的二进制比特序列为110111001（含CRC检验码）。请判断传输过程是否出现了差错？为什么？

解：用目的主机接收的比特序列110111001除以G(x)的比特序列11001，余数为：10，不能整除，所以出现传输差错。

3. 在后退重传（GBN）方式中，发送方已经发送了编号为0～7的帧。当计时器超时之时，只收到编号0,2,4,5,6,的帧，那么发送方需要重发哪几个帧？

解：后退重传（GBN），发送方需要重发编号为1~7的共7个帧。

4. 在选择重传（SR）方式中，发送方已经发送了编号为0～7的帧，当计时器超时之时，只收到编号0,2,4,5,6的帧，那么发送方需要重发哪几个帧？

解：选择重传（SR）：发送方需要重发编号为1、3、7三个帧。

5.在数据传输速率为100Kbps的卫星链路上传输长度为1000bit的帧。如果采取捎带确认的方法，帧序号长度为3bit，接受方也用同样长度的数据帧捎带确认。请计算下面两种情况下的最大信道利用率。

（1）停止-等待协议。

（2）连续传输协议。

解：本题有问题，主要是缺少传播延时。

不知答案是怎么来的？

(1)停止-等待协议的信道最大利用率为3.57%。

(2)连续传输协议的信道最大利用率为12.90%。

6.外地子公司租用Modem与公司网络连接。如果Modem数据传输率为3600bps，以异步传输方式传输，每个字节加1bit起始位、1bit的终止位。传输的数据长度为72×106字节。忽略线路传播延时。问：发送数据最少需要多少时间？

解：

72×106×（8+2）/3600=2×105

发送数据最少用2×105(s)

图4-28 HDLC监控帧的结构

已知：主站要求发送方对编号为2开始的所有帧都要重发。

请写出：监控帧控制字段C的比特序列值。

解：b2b3 10-RNR（帧名），功能：确认序号为N(R)-1及其以前的各帧已经正确接收，暂停接收下一帧。

其中：N(R)是接收序号。

信息帧：b0=0；

监控帧：b0=1，b1=0

无编号帧：b0=1，b1=1

最后得到：监控帧S的控制字段值为：10 100 010