计算机网络课后习题答案精选

6. 一个带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？

在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。 现已知带宽H＝6MHz，码元可取的有效离散值个数N＝4， 则信道的最大数据传输速率为：

C＝2Hlog2N＝2×6×106×log24 b/s＝24Mb/s

7. 某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB，试计算该信道的最大比特率。若采用二进制信号传输，则该信道的最大比

特率是多少？

由信噪比＝30db可知S/N＝1030/10＝1000。

现已知带宽H＝3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为： C＝Hlog2 (1+S/N)＝3×103×log2 (1+1000)≈30kb/s。 若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为： C＝2Hlog2N＝2×3×103×log22＝6 kb/s。

8． 要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？ 要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，即所需的数据传输速率为20KB/4=40kbps，由香农公

式有C=Hlog2 (1+S/N) 由H=4kHz，C≥40kbps，得S/N≥1024，因此10log10(S/N) ≥30dB,即信噪比最小应为30分贝。

13. 计算T1载波线路的编码效率和开销率。若要采用两种物理状态传输的50kb/s信道上传输1.544Mb/s的T1载波，

问信道的信噪比至少应该是多少？ 在T1载波线路中，一帧包括193b。这193b按时分多路复用方式细分为24个信道，每个信道8b，余下1b作同步位。8b中1b用来传输控制信号，7b用来传输数据信息。据此，T1载波线路的编码效率为： 24×7/193＝87％

对应地，开销率为1-0.87＝13％

因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，B＝S，而B＝2H，所以信道带宽

H＝B/2＝S/2＝25kHz。

由香农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比

S/N＝2C/H-1＝21.544M/25k-1＝261.76-1

以分贝计算，则S/N＝10log10(261.76-1)≈186dB

17. 共有四个站点进行CDMA通信，四个站点的码片序列分别为： 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)

现收到码片序列（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1），问哪个站发送了数据？发送的1还是0？ 设当前收到的码片序列S为（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1）

1818 则A·S=?AiSi=1 B·S=?BiSi=-1

8i?18i?11818 C·S= ?CiSi=0 D·S= ?DiSi=1

8i?18i?1 所以站点A和D发送“1”，B发送“0”，站点C未发送数据。

x7+x5+1被生成多项式x3+1除，所得余数是多少？

解： x7+x5+1对应的二进制位串为10100001，x3+1对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.（过程略）

8. 采用生成多项式G(X)=X4+X3+X+1为信息位1010101产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字，再经比特填充

后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？

解： 由生成多项式的次数可知冗余位位数为4，信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4位0对应的

多项式为x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是10101011011。

9. 已知循环冗余码的生成多项式为 X5+X4+X+1，若接收方收到的码字为1010110001101，问传输中是否有差错？

解： 生成多项式G(X)＝X+X+X+1对应的代码为110011，

若接收码字为1010110001101，计算T(X)模2除G(X)的余数： 11000100 110011 1010110001101 110011 110000 110011 110011 110011 00001 由算式可知余数为00001≠0，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。

10. 若信息位为1001000，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表达式。

r

解：信息位长度k＝7，根据表达式2≥k+r+1可知冗余位长度r＝4，

所以最后构成的海明码码字长度应为n＝k＋r＝11，

在7位信息位a10a9?a5a4后追加4位冗余位a3a2a1a0，构成11位码字a10a9?a1a0。 设置校正因子与错码位置的对应关系如下： S3S2S1S0 0000 0001 0010 0100 1000 0011 0101 0110 0111 1001 1010 1011 错码无错 位置 由上表可得监督关系式：

S0=a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10 S1=a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10

S2=a2⊕a5⊕a6⊕a7 S3=a3⊕a8⊕a9⊕a10

令S3S2S1S0＝0000，即令

a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10=0 a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10=0

a2⊕a5⊕a6⊕a7=0 a3⊕a8⊕a9⊕a10=0

由此可求得各冗余位的生成表达式：

a0＝a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10 a1＝a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10

a2＝a5⊕a6⊕a7 a3＝a8⊕a9⊕a10

11. 若海明码的监督关系式为：

S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5 S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6 S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6

接收端收到的码字为：a6a5a4a3a2a1a0=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？ 解： 将a6a5a4a3a2a1a0=1010100带入监督关系式可得：

S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5=0⊕0⊕1⊕0=1 S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6=0⊕1⊕0⊕1=0 S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6=1⊕0⊕0⊕1=0

因为S2S1S0＝001≠0，接收的码字有错，错误位置是a0，所以正确的码字应为1010101。

14. 50Kb/s卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms，不考虑误码

率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。

解：50Kb/s卫星信道上发送帧长度为1000比特的数据帧所需时间为1000b/50Kb/s=20ms

卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms，因此数据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为2*（125ms+125ms）

=500ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8%

15. 一个数据传输速率为4Kb/s、单向传播时延为20ms的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，则帧长度在什么

范围内，停等协议的效率可以达到50%？ 解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示：

a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 54

假设帧长度为L比特，由题可知数据传输速率B=4Kb/s，单向传播时延R为20ms，采用停等协议进行数据帧的传

输，确认帧长度和处理时间均忽略不计，若使效率达到50%，即

L/B?50%

L/B?2R 代入L、B和R，可得L≥160b。

16. 使用回退n帧协议在3000km长的1.544Mb/s的T1干线上发送64字节的帧，若信号传播速度是6μs/km，问帧的

顺序号应是多少位？

解： 在信号传播速度为6μs/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：

6×3000＝18000μs

1.544Mb/s的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有24×8b的数据和1b的同步比特，因此实际用于数

-6

据传输的带宽为1.544－8000×10＝1.536Mb/s。那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为： 64×8/1.536＝333μs

若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为： 333＋18000＋18000＝36333μs

若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送36333/333≈110帧。 对110帧编号，则需要7位帧序号。

17. 重负荷的50Kb/s卫星信道上，用选择重传协议发送含40比特帧头和3960比特数据的帧。假定无确认帧，NAK

帧为40比特，数据帧的出错率为1％，NAK帧的出错率可忽略不计，顺序号是7位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？

解：在50kb/s的卫星信道上发送帧长为40＋3960＝4000b的数据帧，所需发送时间为： 4000/50k＝80ms

这样，从t＝0时刻开始发送，在t＝80ms时发送方发送一帧完毕。已知卫星信道延迟为270ms，因此，在t＝80＋270＝350ms时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。所以，在t＝350＋80＝430ms时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在t＝430＋270＝700ms时到达发送方。一帧的传输周期为700ms。

7-1

帧序号长度为7位，因此窗口大小最大可达2＝64。连续发送64个数据帧所需时间64×80＝5120ms，远大于一个帧的传输周期700ms。这意味着64的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。 数据帧的出错率为1％，对于帧长为4000b的数据帧来说，平均重传长度为4000×1％＝40b，传送NAK的平均长度为40×1％＝0.4b。所以，传输3960b数据带来的附加开销为40＋40＋0.4＝80.4b。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为：

80.4/(3960＋80.4)≈2％

18. 一个1Mb/s的卫星信道上发送1000bit长的帧。信号在信道中端到端传输延迟是270ms，假定ACK帧很短，占用

信道的时间忽略不计，并且使用3位的帧序号。对以下协议而言,计算卫星信道可能达到的最大信道利用率。 (a)停-等协议；(b)回退N协议；(c)选择重传协议 解：三种协议的窗口大小值分别是1,7和4.

以1Mb/s发送,1000bit长的帧的发送时间是1ms. 我们用t = 0表示传输开始时间,那么在t = 1ms时,第一帧发送完毕. t = 271ms,第一帧完全到达接收方. t = 541ms时确认帧到达发送方.因此周期是541ms.如果在541ms内可以发送k个帧,(每个帧发送用1ms时间),则信道的利用率是k/541, 因此:

(a)k = 1,最大信道利用率 = 1/541 = 0.18%

(b)k = 7,最大信道利用率 = 7/541 = 1.29%（1分） (c)k = 4,最大信道利用率 = 4/541 = 0.74%（1分）

一个如图4-42所示的子网。采用距离矢量路由选择算法，如下向量进入路由器C：来自B的（5,0,8,12,6,2）；来自D

的（16,12,6,0,9,10）；来自E的（7,6,3,9,0,4）。到B、D和E的延迟分别是6、3和5。C的新路由选择表是什么样的？给出采用的输出线路和预计延迟。

图4-42

解：通过B给出 (11，6，14，18，12，8) 通过D给出 (19，15，9，3，12，13) 通过E给出 (12，11，8，14，5，9)

取到达每一个目的地的最小值得： (11，6，0，3，5，8)

输出线路是：(B，B，－，D，E，B)

数据报子网允许路由器在必要时扔掉分组。一个路由器扔掉分组的概率为P。考虑一源端主机连接到源端路由器，源

端路由器又连到目的端路由器，它又连接到目的主机。如果其中一个路由器扔掉一个分组，源端主机最后会超时，并重传该分组。如果主机到路由器及路由器到路由器的线路都算作一个站段，那么： （1）一个分组在每次传输中所经过的平均站段数是多少？ （2）一个分组平均传输次数是多少？

（3）每次收到的分组所需的平均站段数为多少？

解：由源主机发送的分组可能行走1个站段、2个站段或3个站段。

走1个站段的概率是p，走2个站段的概率是p(1-p)，走3个站段的概率是(1-p)2，那么，一个分组平均通路长度的期望值：

L=1×p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3

即每次发送一个分组行走的平均站段数是p2-3p+3。

一次发送成功(走完整个通路)的概率等于(1-p)2 ，令a＝(1-p)2，两次发射成功的概率等于(1-a)a,三次发射成功的概率等于(1-a)2a，??

因此，一个分组平均发送次数为：

T=a+2a(1-a)+3a(1-a)2+?=[a/(1-a)][(1-a)+2(1-a)2+3(1-a)3+?]

因为

?kqk?k?1?q

(1?q)2所以

T?a1?a11 ???1?a[1?(1?a)]2a(1?p)2即一个分组平均做1/(1-p)2次发送。最后，每个接收到的分组行走的平均站段数为： H=L×T=(p2-3p+3)/(1-p)2

10. 一个6Mb/s的网络中有一台由令牌桶算法控制的计算机。令牌桶以1Mb/s的速率注入，其容量为8Mb，最初令牌

桶是满的。问该计算机能以6Mb/s的速率全速传送多长时间？

解：应用公式S＝C/(M-P)，其中S表示以秒计量的突发时间长度，M表示以每秒字节计量 的最大输出速率，C表示以字节计量的桶的容量，P表示以每秒字节计量的令牌到达速率。 用C＝8×106/8=106，M=6×106/8，P＝1×106/8代入公式得到

106S??1.6(s)

6?106?8?1?106?8所以，计算机可以用完全速率6M/s发送1.6s的时间 11. IP地址分为几类？各如何表示？

答：在分类IP地址中，将IP地址共分为五类，分别是A类、B类、C类、D类和E类。不同类别的IP地址，网络号和主机号这两部分的长度是不同的，如下图所示。

12. 在分类IP地址空间中，试分别计算A类、B类和C类IP地址所包含的网络数量及每个网络中包含的主机数量。 答：如表所示： 网络类别 A类网络 可用网络数目 126 (2 – 2) 14217第一个可用的网络号 1 128.1 192.0.1 最后一个可用的网络号 126 191.255 223.255.255 每个网络中可容纳主机数量 16,777,214（2-2） 65,534（2-2） 254（2-2） 81624B类网络 16,383(2 ? 1) C类网络 2,097,151 (2 ? 1)

13. 子网掩码有什么作用？A类、B类、C类IP地址的子网掩码各是什么？

答：在一个网络中引入子网，就是将主机号进一步划分成子网号和主机号，通过灵活定义子网号的位数，就可以控制每个子网的规模。传统的网络号-主机号两级IP地址空间变成网络号-子网号-主机号三级IP地址空间，为了判断IP地址所属的网络，需要用到子网掩码。

在传统的分类IP地址空间中，A、B、C类IP地址对应的子网掩码分别是 255.0.0.0、255.255.0.0和255.255.255.0。

14. 将一个A类地址空间划分为如下数目的子网，试计算所需的子网号比特数、对应的子网掩码及每个子网包含的主

机数。 （1） 2 （2） 6 （3） 510 答：(1) 由于要划分成2个子网，需要扩展1位(21＝2)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0变为255.128.0.0，即11111111 10000000 00000000 00000000，包含的主机数为223-2=8388606；

(2) 由于要划分成6个子网，需要扩展3位(23＝8>6)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0变为255.224.0.0，即11111111 11100000 00000000 00000000，包含的主机数为221-2=2097150；

(3) 由于要划分成510个子网，需要扩展9位(29＝512>510)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0变为255.255.128.0，即11111111 11111111 10000000 00000000，包含的主机数为215-2=32766。

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