西电通信网络基础答案

更新时间：2023-04-25 17:39:01 阅读量：综合文库文档下载

说明：文章内容仅供预览，部分内容可能不全。下载后的文档，内容与下面显示的完全一致。下载之前请确认下面内容是否您想要的，是否完整无缺。

通信网络基础第二版答案推荐度：
相关推荐

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

1 第一章

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ATM 网络，分组数据网络，PSTN ，ISDN ，移动通信网等。

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（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）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 ，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。

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。

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。

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，缩短了处理时间。为支持不同类型的业务，A TM 网络提供四种类别的服务：A,B,C,D 类，采用五种适配方法：AAL1～AAL5（ATM Adaptation Layer ）,形成协议数据单元CS-PDU ，再将CS-PDU 分成信元，再传输。

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

解：

()()Y t t X +=π2cos 2

()()Y Y X cos 22cos 21=+=π X(1)

0 2 应用层表示层会话层运输层网络层数据链路层物理层应用层运输层互连网层网络接入层硬件

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

1/2 1/2

()[]1021

2211=?+?=

X E

()()Y X t X cos 201==

()()()Y Y X t X cos 22cos 212=+==π

()()[]()()[][][]

2102114 cos 4cos 2cos 21022221=??? ?

?+?==?==Y E Y Y E X X E t X t X E

解：

()()[]()()()0cos 2cos =+=

?+==??

+-θθπ

θθθπ

ππ

d t w A d f t w A t X E t m c

c X

()()()[]()()[]()()[]τθπτθτθθθτθττπ

ππ

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

=?+++=?++?+=+=+??+-

[

]

()+∞

<==20)

A R t X E X

显然，()t X 的均值为常数，相关函数仅与时差τ有关，且为二阶矩过程，所以该随机过程是广义平稳的。

()()()0

sin cos ..cos cos 2.. sin sin cos cos 2..cos 21..===-=+=∞→-∞→-∞→-∞→???T w T w A m i l tdt w T A

m i l dt t w t w T A m

i l dt t w A T m i l t X c c T T T c T T

c c T T T c T θθθθθ ()()()()[]()[]τ

τθτθτθτc T

T c c c T T

c c T w A dt w w t w T A m

i l dt

t w t w T A m i l t X t X cos 21

cos 22cos 4.. cos cos 2..222=++=+++=+??-∞→-∞→

故()t X 的均值和相关函数都具有各态历经性，()t X 是各态历经过程。解：定义：称计数过程(){}0,≥t t N 是参数为()0 >λλ的Poisson 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 λ的Poisson 分布，

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

()()()

,2,1,0 !

===-k e k t k t N P t

k λλ

()[]()()()()

0 !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 λλλλλλλλλλλ

()()[]()[]

()[]2

t N E t N E t N D t D N -== ()[]

()()()()[]()()()[]()[]

()()()()()()()t t t e e t 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 λλλλλλλλλλλλλ+=+=+-??=+-?=+-=+-=-∞

=--∞

=-∑∑2222202 !2!1 11

()()()t t t t t D N λλλλ=-+=∴2

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 N s N E t s R N ,min 0 0,222

2λλλλλλλλλ+=+=++-=++-=+--=+--==

()()

,min , 2t s st t s R N λλ+=∴

解：由(){}0,≥t t N 是强度为λ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0>?t ，

()()()()()()()

()()()()[]()()()[]()

2,1,0

!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 t N P k t Y P pt k m m t

k k

i k

i t

k k i k k i

t i i λλλλλλλλλλ

即0>?t ，()(),^pt t Y λπ故(){

}0,≥t t Y 是强度为λp 的poisson 过程。

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

4 ()()()()()()()

()()()()()()()()()()()() 2,1,0 !1!!

1 !!11! 100=-=-=--=-======--∞=-∞=∞

=----∞

=∑∑∑∑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 k i k k i t i i λλλλλλλλλλ

即0>?t ，()()(),1^t p t Z -λπ故(){}0,≥t t Z 是强度为()λp -1的poisson 过程。解：

()()() ,2,1,0 !===-k e k t k t N P t k λλ 3=λ

（1）()() 04124--===e e N P t t

＝λ

（2）定理：设(){}0,≥t t N 是参数为()0 >λλ的Poisson 分布，{} ,2,1,=n n

τ是其到达时间序列，则() ,2,1=n n τ服从Γ分布，即n τ的概率密度函数为：

()()() 0 00 !11?????<≥-=--t t n t e t f n t n λλλτ

n =1 ()t

t e e t f λτλ--==∴33 1

()()0 1001≥-=-=--==--∞---??t e e d e d e t F t t t t λλτλτλττλττλ ()0

1331≥-=-=t e t F t λτ 解：知道过程现在的条件下，其“将来”的分布不依赖于“过去”。

状态转移图如下：

1>0

13/5

2/52/5

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

3/4

1/4

4/9

1/9

4/9

1/9

一步转移概率矩阵如下：

?????? ?9/

19/49

/400

9/49/4

9/100

3/4

1/4

3/4

1/4

2/5

3/5

2/5

解：Prim —Dijkstra ：

Kruskal ：

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

第二章

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。

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 10 36 87 C0 C0 DC DD DB . 第二帧： 7C 8D DC C0 答：插入后：0 0 0011111 0 1 0 11111 0 01111010

恢复：01111110 11111 0 1 0 011111 0 11111 0 1100 01111110

Flag Flag 1011111 0

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 1S 2S 3S 1C 2C 3C 4C

校验规则

1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 3211S S S C ⊕⊕=

322S S C ⊕= 3

13S S C ⊕=

214S S C ⊕=

解：()()()

24345734411D D D D D D D D D D D D S D ++++=++=++=

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 3D 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

()∑-=----=++++=10

1K i i

i K K K K D S S D S D

S D

S D S

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

其CRC 多项式

()()()()()()

()

∑∑∑-=+-=-==??????=?????

????

????=??

?????=10

1010

Re Re Re K i i i L i K i i L 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

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 0

110

0111 ∑∑∑∑∑-=-=---=---=-=--++++=+++=

又有

()0

12211C 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 <≤=∑-=0 1

ACK

ACK NAK 出错

ACK

在这种情况下，由于时延的影响，分组B 出错却导致分组C 重发，最终分组B 丢失。证：根据停等式ARQ 协议，当序号采用模2表示时仍可正常运行。描述如下：

发端A ：（1）置SN ＝0；（2）若从高层接收到一个分组，则将SN 指配给该分组，若没有分组则等待；（3）将第SN 个分组装入物理帧中发送给接收节点B ；（4）若从B 接收到RN ≠SN ，则将SN 模2加1，返回（2），若在规定时间内，并未收到B 的RN ≠SN 的应答，则返回（3）。收端B ：（1）置RN ＝0；（2）无论何时从A 端收到一个SN=RN 的分组，将该分组传送给高层，并将RN 模2加1；（3）在接收到分组的规定有限时长内将RN 放入一帧的RN 域发送给A ，返回（2）。

解：设任意一个分组平均需要发送N 次才能成功，而一个分组发送i 次成功

的概率为()1

1--i ρρ，从而有

()∑∞

-=1

1i i

i N ρρρ

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

8 成功发送一个分组所需要的时间为r NT ，故r r T NT ρλ==1max

与课本上图2－11 的a ，c 图基本相同，只需将A ，B 名字交换。

答：s T P 05.010*******=?= 31280.0026410ACK T s ==? s 015.0=τ

（1）

4102

820

=?++τACK P T T 个（2）()6119

2820=?++τACK P T T 个

（3）当节点连续发送时，可以发送的帧最多

a.1640005.0820=帧后可收到应答；

b.15769

052.0820=帧后可收到应答。

答：停等式ARQ

α211max +-=P

U 返回n －ARQ ()()()()()()()???????+<-++-+≥-+-= 21 1121121 111αααn P n P n n P n P U

选择重传ARQ ()()()()?????+<+-+≥-= 21 21121 1αααn P n n P U

ARPANET ARQ ()()()()???????>+<+-≤+≥-= 27218 211827218 1ααααα即即P P U

这里

D P T T =

α, 所以U 与误帧率及信道传播时延与数据帧的传输时延的比值

有关。

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

当()α21+≥n 时，α211+-=P U 与

()P n P U 111-+-=均小于P -1；当()α21+

()ααα21111211211+-<-++-<+-P n P n P n P 所以，当n 和8均大于α21

＋时，选择重传式ARQ 和ARPANET ARQ 链路利用率都最高，当8>n 时选择重传式ARQ 链路利用率高，当8

INIT

ACKD ACKI INIT

ACKI DISC ACKI DISC ACKD ACKD

UP UP DOWN

DOWN

在各种可能的差错下：

DISC

ACKI DISC ACKI DISC

ACKD DISC ACKI DISC ACKD ACKD DISC ACKD ACKD

DOWN DOWN

（2）有两种可能情况

INIT ACKD ACKI INIT ACKI DISC

ACKI DISC

ACKD ACKD UP

UP t

DOWN DOWN INIT ACKD ACKI INIT

ACKI DISC ACKI DISC ACKD

ACKD UP t

DOWN DOWN

丢失

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

答：（1） DISC DISC DISC DISC 故障ACKD ACKD ACKI ACKD ACKI INTI 故障故障INTI D0INTI D ’0

RN1丢失

故障X 故障X D0故障X D ’0

Y Y RN1

丢失

解：假定有n 个节点交换机，在题中所给的条件下，传输一个分组（从

源端到目的端）需要(n-1)T 秒，传输两个分组需要(n+1)T 秒，如此类推，传输m 个分组需要(n-1+2(m-1))T 秒，速率为m/(n-1+2(m-1))T .若m>>n ，可以认为分组交付给目的地的速率最快为1/2T 分组/秒。

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。

解：设窗口为n kb ，则吞吐量为

128.022562120?+=+=

n n T T n P D

解出窗口为58≈n

答：经六次变化后窗口为11KB 。

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

11 3

690

125

43876超时后门限窗口为9KB 门限窗口传送次数/次拥塞窗口长度/K B 12

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。

第三章

解：顾客到达率为 5＝λ 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 λ 人

解：节点3处理一个文件结束后才会再向节点1或2请求另一个文件，说明节点3处没有排

队，任何时刻都最多只有一个文件在接收服务。根据little 定理，应有 ()()1222111≤+++P R P R λλ

解：min 394.60303030155053030=++=??∞--dt e t dt e T t

t 解：（1）①10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 5110510001

3=?=μ，分组到达率为秒分组/2560150==λ。

在系统中的平均分组数为：12/552/5=-=

-=λμλ

根据little 定理，得分组的平均时延为：

s N T 522/51===

百度文库 - 让每个人平等地提升自我 12 队列中的平均分组数为：215152251=??? ??-?=???? ??-==μλλT W N Q

②统计复用：

平均服务时间为s 501105010001

3=?=μ，分组到达率为秒分组/256015010=?=λ。 1255025=-=-=λμλ

N s N T 251==λ

21501251251=??? ??-?=???? ?

?-==μλλT W N Q （2）①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 51105100013=?=μ，分组到达

率为秒分组/62560250==

λ。

56/2556/25=-=-=λμλN s N T 566/255===λ 62551566251=??? ??-?=???? ?

?-==μλλT 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 51105100013=?=μ，分组到达

率为秒分组/656050==

λ。

516/556/5=-=-=λμλN s N T 2566/55/1===λ 30151256651=??? ??-?=???? ?

?-==μλλT W N Q ②统计复用：

平均服务时间为s 501105010001

3=?=μ，分组到达率为秒分组/255655625=?+?=λ。 1255025=-=-=λμλN s N T 251==λ

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

13 21501251251=??? ??-?=???? ?

?-==μλλT W N Q 解：离散型M/M/1系统可用与连续型M/M/1系统类似的马尔可夫链描述。参照课本上90页图3－4。区别在于转移概率为λ，μ，以及μλ--1，没有时间因子δ。计算所得全局平衡方程与连续时相同，系统稳态概率分布也完全一样。

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∑--=+=1i 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

R W R N R N X R W Q Q ρλμμ+=+=+

=?+=1

ρ-=

∴1 R W

假定系统有稳态解，且具有各态历经性，则剩余服务时间()τr 可用下图表示：

τr(τX 1

X X

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 1202111ττ

百度文库 - 让每个人平等地提升自我 14 ()()()22121212121μλλ?==??=∑=X t M X t t M R t M i i i

()ρμρρμλ-=-=∴121121 2W 证：（1）M/G/1系统中，系统繁忙的概率为X λμλρ＝＝

{P ∴

系统空闲}X λρ－＝－＝11 （2）忙区间之间的平均长度为闲期间的平均长度。由于闲期间是系统处于一顾客被服务后，下一个顾客到达之间的时期，即顾客到达的时间间隔，所以闲期间服从参数为λ的指

数分布，所以忙区间之间的平均长度为λ1

。

（3）设忙区间平均长度为Y ,则ρρλ-=

1/1Y

X X Y λρρ

λ-=-=111 （4）在一个忙区间内服务的平均顾客数＝X λ－＝平均服务时间

忙区间平均长度11 证：ρ-=

1R W ()()()()()()()()()t L V t t L t M X t t M V t X t d r t R t L i i

t M i i

t L i i t M i i t ∑∑∑∑?====??+??=+==1212121202121 2

112111ττ

()

t t L 为休假的到达率

分组所占的比例为ρ

μλ＝

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

15 ∴ 空闲期所占的比例为()ρ－1

休假期所占的比例为()I V ρ－1 休假期的到达率为I ρ

－1 2212121 V I X R ρλ-?+=

∴

()I V X R W 2121 2

2+-=-=∴ρλρ 忙区间的平均长度：X X

λ-1

ρλ-=-+∴11

X X I I

()()

X X I λρρ--=

∴11 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370=个/秒 100=AC λ个/分 200=AD λ个/分 500=BC λ个/分 600=BD λ个/分 600=CE λ个/分 800=DE λ个/分 1100=EF λ个/分

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

16 ()3000

100060/50=÷?=bit s s kb ij μ个/分 2911003000100 =-=

∴AC N 41 =CE N 1911 =EF N 141 =AD N 114 =DE N 41 =BD N 51 =BD N ()

748.11911415111414141291,=++++++=

=∑j i ij N N 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 AC ACE 050.02501415012501291501 211211=+??? ??+?+??? ??+?=+???? ??+?++???? ??+?=μμμμ

s T ADE 053.0= s T BCEF 087.0= s T BDEF 090.0=

解： 0+P 0μCPU I/O 1μI/O m μ+

+λ0λ1λm λ0λ1

λm

P 021000220112101 ,P P P P P P P m m m m λλλλλλλλλλλλλλ=----=????===++++= 011 P P λ

λ=∴ 022 P P λλ= 0 P P m

m λλ= 0

00000μλμλρP == 101111μλμλρP P == m m

m m m P P μλμλρ0 == ()()()()()

()()()m n m n n m m m n P n P n P n n n P n P ρρρρρρ---===111 ,1100

10,1010 s r N T 075.0/370748.1＝秒个个==

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

17 CPU 和I/O 队列中平均任务数为：

0001ρρ-=N 1111ρρ-=N m m m N ρρ-=1

系统中总任务数为：

m m

m N N N N ρρρρρρ-+-+-=++=111110010 系统中任务的平均时延为：

λλλμλλμλμλλμλμλλμλ

λ-+-+-=???

? ??-+???? ??-+???? ??-==m m m m m S S S P P P P P P P P P P N T 111 11110001011010000 其中，0

00μP S = 1101P S = m m m P S 0= CPU λ

I/O I/O λ0S 1S m S

第四章

答：固定多址接入协议可以保证每个用户之间的公平性（每个用户都分配了固定的资源）以及数据的平均时延。它适合于恒定比特流的业务的传输，对于用户数较少且数量大致固定，每个用户业务量较大的情形是一种有效的方法。它对于突发性数据业务的传输，通常会有较大时延。若已分配固定信道的用户没有通信，那么这些资源就会浪费，若有限的信道资源被分配完毕，那么新的用户将不能通信。

解：通过率 167.075.05.175.02===-=-e Ge S G G

纯ALOHA 系统负荷为：501

.0167.09600804=?

解：每个节点发送数据的速率是：s bit s bit /101001000=

纯ALOHA 系统最大通过率为184

.021=e

()s bit /4.1766184.09600 =?∴有效的信道速率为

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

18 ()个176104.1766 ==∴N

时隙ALOHA 系统的最大通过率为368.01=e

()s bit /8.3532368.09600 =?∴有效的信道速率为

()个353108.3532 ==∴N

答：稳定的多址协议是指对于给定到达率，多址协议可以保证每个分组的平均时延是有限的。

伪贝叶斯算法的时隙ALOHA 协议对任何e 1<

λ的到达率都是稳定的。根据该算法，

()1=n G ，其稳定的最大通过率为e 1

。

答：CSMA 协议的基本原理是：节点在发送分组之前先侦听信道，判断是否有用户正在传输，进而确定信道的忙闲状态，然后再决定分组是否发送。

CSMA 是ALOHA 协议的改进，它采用了附加的硬件装置，每个节点都能检测到信道上有无分组传输。如果一个节点有分组要传输，它首先检测信道是否空闲，如果信道有其他分组在传输，则该节点可以等待信道空闲后再传输，这样可以减少要发送的分组与正在传输分组之间的碰撞，减少发送的盲目性，提高系统利用率。

答：CSMA 系统主要在分组到达时若信道忙，是否持续侦听信道及在获得空闲信道后怎样发送分组的处理上区分三种不同的CSMA 协议的，也即对冲突问题的处理决策上来区分的。答：CSMA 方法要求收发共享一个信道，时延小。

因为卫星信道的传播时延非常大，因而在不同的监测点上同一信号出现或消失的时刻是不同的。在CSMA 协议中，影响系统性能的最重要的参数是载波检测时延τ，因此CSMA 不适于卫星信道。

解：由于吞吐量是关于归一化载波侦听时延β的函数，所以只要LAN 和MAN 有相同的β

就会有相同的吞吐量。由L C ?

=τβ知 10001031050100010510

310183683x ???=???? 得s bit x /105

解： P 是竞争时隙节点发送的概率

∴在一个时隙发生竞争的概率为：

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

()()

[]

()()

[]

100111

111---+--=-+--=k k

k k k

k P kP P P P C P P C P 争

设竞争周期的时隙数为i ，则后面一个时隙为非竞争时隙

∴ 平均的竞争周期时隙数为：

()

11i i P N iP P

∞

-∑

()()

()()()()

()()1

110911111101 11111101k k k k k P kP P P P P N P kP P P P P -=---------∴=

????

--------??????

归一化的竞争周期的平均持续时间：N t β='

去归一化：

()

()()10

10911101500131061011101P P P L t N N N L C P P P C

ττ----=??===

????----????

稳态时的通过率

β31.311

L L C L 350

101010350068=

???==τ

当100=L 时，

644

.06

31.311 6

11=?

S ＝β

当1000=L 时，948

.060

31.311

11=?

+=S ＝

第五章

答：路由算法分类有多种方法，如：非自适应的和自适应的；集中式和分布式；广域网路由和互联网路由。

所谓“确定型”和“自适应型”的分类，是从路由选择算法能否随网络的业务量或

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

者拓扑变化自适应地进行调整意义上而言的。

答：区别：广域网路由主要解决子网内分组传输的问题，而互连网路由主要解决不同子网之间的路由。

联系：实现网络之间的互连，通常采用三种设备：网关，网桥，路由器。可以用两种观点来看待一个互连网络，一是将互连的设备看成一个附加的网络节点，它与网络中其他节点地位相同，所有的节点组成一个更大的网络，二是把每个子网看成是一个节点，这样网络分为两层，高层由互连设备和子网组成，低层是各子网内部网络。答：步骤：（1）发现邻节点，并获取它们的地址；

（2）测量到达每一个邻节点的时延或成本；

（3）构造一个分组来通告它所知道的所有路由信息；（4）发送该分组到所有其他节点；

（5）计算到所有其他节点的最短路径。

距离矢量法收敛速度慢，时延的度量主要考虑队长，并没有考虑后来链路带宽的增长，链路状态法克服了这些缺点。答：（1）

ij F d =

064

52＋

1ε

001

0641

52＋

3＋