2022年整理通信网络基础课后习题的答案解析-.doc
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1、整理通信网络基础课后习题的答案解析: 1.1答:通信网络由子网和终端构成(物理传输链路和链路的汇聚点),常用的通信网络有A TM 网络,X.25分组数据网络,PSTN ,ISDN ,移动通信网等。 1.2答:通信链路包括接入链路和网络链路。 接入链路有:(1)Modem 链路,利用PSTN 电话线路,在用户和网络侧分别添加Modem 设备来实现数据传输,速率为300b/s 和56kb/s ;(2)xDSL 链路,通过数字技术,对PSTN 端局到用户终端之间的用户线路进行改造而成的数字用户线DSL ,x 表示不同的传输方案;(3)ISDN ,利用PSTN 实现数据传输,提供两个基本信道:B 信道
2、(64kb/s ),D 信道(16kb/s 或64kb/s );(4)数字蜂窝移动通信链路,十几kb/s 2Mb/s ;(5)以太网,双绞线峰值速率10Mb/s,100Mb/s 。 网络链路有:(1)X.25提供48kb/s ,56kb/s 或64kb/s 的传输速率,采用分组交换,以虚电路形式向用户提供传输链路;(2) 帧中继,吞吐量大,速率为64kb/s ,2.048Mb/s ;(3)SDH (同步数字系列),具有标准化的结构等级STM-N ;(4)光波分复用WDM ,在一根光纤中能同时传输多个波长的光信号。 1.3答:分组交换网中,将消息分成许多较短的,格式化的分组进行传输和交换,每一个
3、分组由若干比特组成一个比特串,每个分组 都包括一个附加的分组头,分组头指明该分组的目的节点及其它网络控制信息。每个网络节点采用存储转发的方式来实现分组的交换。 1.4答:虚电路是分组传输中两种基本的选择路由的方式之一。在一个会话过程开始时,确定一条源节点到目的节点的逻辑通路,在 实际分组传输时才占用物理链路,无分组传输时不占用物理链路,此时物理链路可用于其它用户分组的传输。会话过程中的所有分组都沿此逻辑通道进行。而传统电话交换网PSTN 中物理链路始终存在,无论有无数据传输。 1.5答:差别:ATM 信元采用全网统一的固定长度的信元进行传输和交换,长度和格式固定,可用硬件电路处理,缩短了处理时
4、间。为 支持不同类型的业务,ATM 网络提供四种类别的服务:A,B,C,D 类,采用五种适配方法:AAL1AAL5,形成协议数据单元CS-PDU ,再将CS-PDU 分成信元,再传输。 1.7答:OSI 模型七个层次为:应用层,表示层,会话层,运输层,网络层,数据链路层,物理层。TCP/IP 五个相对独立的层次为: 应用层,运输层,互联网层,网络接入层,物理层。 它们的对应关系如下: OSI 模型 TCP/IP 参考模型 1.10解:()()Y t t X +=2cos 2 ()()Y Y X cos 22cos 21=+= ()102 1 2211=+= X E ; ()()()Y Y X
5、t X cos 22cos 212=+= ()()()() 2 2102114 cos 4cos 2cos 21022221= +=Y E Y Y E X X E t X t X E 1.11解: ()()()()()0cos 2cos =+= +=+- +- d t w A d f t w A t X E t m c c X ()()()()()()() c c c c c c X w A d w w t w A d f t w A t w A t X t X E t t R cos 2 21cos 22cos 21 cos cos ,2 2=+=+=+=+ +-+- ()+的Poisson
6、 过程,如果: (1)()00=N ;(2)()0,t t N 是平稳的独立增量过程; (3)()t N t , 0服从参数为t 的Poisson 分布, ()()() ,2,1,0 ! = =-k e k t k t N P t k ()()()()() !1! ! 11 1 =-=- =-=- =- t t e e t k t e t e k t k e k t k t N E t t k k t k t k k t k ()()() () 2 2t N E t N E t N D t D N -= () ()()()()()()()() ()()()()()()()t t t e e t
7、 t k t e t t e k t k k t N E t N t N E t N t N t N E t N E t t k k t k t k +=+=+-=+-=+-=+-=- =- =-2 222202 !2!1 11 ()()()t t t t t D N =-+=22 不妨设t s ,则 ()()()()()()()()()()()()()()()()() ()()()()()()()()() t s st s st s s s t s s N E s N D s N t N E s N E s N E s N t N N s N E s N s N t N N s N E t
8、N s N E t s R N ,min 0 0,222 22 2+=+=+-=+-=+-=+-= ()() ,min , 2t s st t s R N += 1.13 解:由 ()0,t t N 是强度为的poisson 过程及题设知,()0,t t Y 和()0,t t Z 是一零初值的平稳的独立增量过程。 又0t , ()()()()()()() ()()()()()()()() 2,1,0 ! ! 1! !1! 1! 0=-=-=-=- =- = =- = k e k pt m t p e k pt k i t p e k pt p p C e i t i t N k t Y P i
9、 t N P k t Y P pt k m m t k k i k i k i t k k i k k i t i i 即0t ,()(),t t Y 故()0,t t Y 是强度为p 的poisson 过程。()()()()()()() ()()()()()() ()()()()()() 2,1,0 ! 1! ! 1 ! 11! 10 =-=-=-=-=- =- = =- = k e k t p m pt e k t p k i pt e k t p p p C e i t i t N k t Z P i t N P k t Z P t p k m m t k k i k i k i t k
10、 k i k k i t i i 即0t ,()()(),1 p t Z -故()0,t t Z 是强度为()p -1的poisson 过程。 1.14解: ()()() ,2,1,0 ! = =-k e k t k t N P t k 3= (1)()() 04124 -=e e N P t t (2)定理:设 ()0,t t N 是参数为()0 的Poisson 分布, ,2,1,=n n 是其到达时间序列,则() ,2,1=n n 服 从分布,即n 的概率密度函数为: ()()() 0 00 ! 11 当甲有一个球时,状态转移图如下: 2 当甲有两个球时,状态转移图如下: 3 当甲有三个
11、球时,状态转移图如下: 一步转移概率矩阵如下: 01009/19/49/4009/49/49/10010 4 当甲有四个球时,状态转移图如下: 5 当甲有五个球时,状态转移图如下: 1.16解:Prim Dijkstra : Kruskal : 2.1答:有三种,分别是面向字符,面向比特,采用长度计数的组帧技术,其中采用长度计数的组帧方式开销最小。 2.2答:接收字符串为:C0 C0 10 36 87 DB DC DB DC DC DD DB DD C0 7C 8D DC DB DC C0 恢复为: 第一帧:空 . 第二帧: 7C 8D DC C0 2.3答:插入后:011011111 0 0
12、011111 0 101011111 0 11111 0 01111010 恢复:01111110 11111 0 110011111 0 011111 0 11111 0 1100 01111110 Flag Flag 1011111 0 2.4答:在接收端,收到015后,如果下一位是“0”,就将该“0”删去,如果 是“1”,就表示一帧结束。按此规则: 011 011111 0 111111 011111 0 1 01111110 015 015 Flag 2.5答: 该码的最小距离为4。 2.6解:()()() 3243457344 11D D D D D D D D D D D D S
13、D +=+=+= 33 45673 3456724 0 001D D D D D D D D D D D D D D D + ()() D g D S D 4 余数为 3 D 2.7证明:(1)已知() ()()() =+D g D mainder D g D D mainder D C L i L i i Re Re 一个任意的数据多项式()-=-=+=1 01 12 21 1K i i i K K K K D S S D S D S D S D S 其CRC 多项式()()()()()() ()-=+-=-= = =10 1010 Re Re Re K i i i L i K i i L
14、K i i i L D C S D g D S mainder D g D D S mainder D g D D S mainder D C (2)将() ()() ()() i i L i L i C D C D C D C 11 1+=- 代入到()()()-=1 K i i i D C S D C 中,得 ()()()() ()()()()i K i i i K i i L i L K i i L i L K i i K i i i L i L i C S D C S D C S D C S C D C D C S D C 010 110 2210 1110 1 00111 -=-=-
15、=-=-=-+=+= 又有 ()012211C D C D C D C D C L L L L +=- 对应可得 ()L j C S C K i i j i j n ,可以认为分组交付给目的地的速率最快为1/2T 分组/秒。 2.21答:(1) 采用收数据转发发确认的机制,假定B 做完第二件事即转发后出现故障,则A 由于没有收到B 发回的确认,在定时器溢出后将重发上一分组,B 将这个分组作为新分组转发给C ,但C 已在B 出故障那次收到了该分组。因此,造成C 接收重复分组。 (2)采用收数据发确认转发的机制,假定B 做完第二件事即发确认后出现故障,则B 不会向C 转发该分组。而实际上A 又收到
16、了B 发回的确认,所以A 继续发送下一分组。由此造成C 丢失B 故障前的那个分组。 只有采用端到端的发确认消息的方法,在AC 之间建立起一对SN,RN (在运输层,参看课本P77),才能保证在任何情况下数据都能从A 经B 正确无误地交付到C 。在第一种情况下,即使A 重发B 故障前那一分组,C 收到后也能根据AC 之间的SN,RN 辨认出这一重复分组而将其丢弃。在第二种情况下,只要A 没有收到C 对B 故障前那一分组的确认,就会重复发送这一分组,直到收到C 对这一数据的确认。 2.23解:设窗口为n kb ,则吞吐量为 128.02256 2120+=+= n n T T n P D 解出窗口
17、为58n 2.24答:经六次变化后窗口为11KB 。 3690 1 2 5438 7 6 9KB 传送次数/次 拥塞窗口长度/K B 12 2.26答:在差错控制时,ARQ 协议用于保证分组的正确传输,它侧重于分组的 内容;在流控时,ARQ 用于减缓网络中分组的发送速度,侧重于网络的状 态。 3.1解:顾客到达率为 5 人/分钟 平均每个顾客的服务时间为 ()1505.0205.05=+T 分钟 根据little 定理,得快餐店内的平均顾客数为 75=T N 人 3.5解:(1)10个相等容量的时分复用系统: 对于一个session 而言,平均服务时间为 s 5110 510001 3 = ,
18、分组到达率为秒分组/25 60150=。 在系统中的平均分组数为:12 /552 /5=-= -= N 根据little 定理,得分组的平均时延为:s N T 5 22/51= = 队列中的平均分组数为:21 5152251= -= -=T W N Q 统计复用: 平均服务时间为 s 50 1105010001 3= ,分组到达率为秒分组/2560150 10=。 1255025=-= -= N s N T 25 1 = 21501251 251= -= -=T W N Q (2)时分复用: 对于分组到达率为250分组/分钟的session ,平均服务时间为 s 5110 510001 3 =
19、 ,分组到达率为秒分组/625 60250=。 56/2556/25=-= -= N s N T 5 6 6/255= 625 51566251= -= -=T W N Q 对于分组到达率为50分组/分钟的session ,平均服务时间为 s 5 110510001 3= ,分组到达率为秒分组/65 6050=。 516/556/5=-= -= N s N T 25 6 6/55/1= 301 51256651= -= -=T W N Q 统计复用: 平均服务时间为 s 50110 5010001 3 = ,分组到达率为秒分组/25565 5625=+=。 1255025=-= -= N s
20、N T 25 1= 21501251 251= -= -=T W N Q 3.13证明:设第i 个用户到达系统时,第l 个用户正在接收服务,其剩余服务时间为i R ,此时等待队列中有i N 个用户。 设第k 个用户的服务时间为 k X ,用户i 的等待时间为: i i i N R W +=个用户的服务时间-=+ =1 i N i k k i i X R 求平均 i i i N i k k i i N E X R E x E R E W i += +=-=1 令i i W W i =lim ,,有 W R W R N R N X R W Q Q +=+ =+ =+=1 1 -= 1 R W 假定
21、系统有稳态解,且具有各态历经性,则剩余服务时间()r 可用下图表示: r( 在 t ,0区间平均剩余服务时间为: ()()=t M i i t t X t d r t R 12 02 111 ()() () 221 21 212121 = =X t M X t t M R t M i i i () -=-=1211 21 2W 3.17解:ACE :100个/分 ADE :200个/分 BCEF :500个/分 BDEF :600个/分 =+=s s x r 1400 600500200100个/分3 70 = 个/秒 100=AC 个/分 200=AD 个/分 500=BC 个/分 600=
22、BD 个/分 600=CE 个/分 800=DE 个/分 1100 =EF 个/分 ()3000 100060/50=bit s s kb ij 个/分 2911003000100 =-= AC N 41 =CE N 19 11 =EF N 141 = AD N 114 =DE N 41 =BD N 5 1 =BD N () 748.119 11 415111414141291,=+= =j i ij N N 个 s r N T 075.0/3 70748.1秒个个= 分组的平均时延:s ms T T 077.02=+= s ms ms ms N ms N T CE CE CE AC AC A
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