还剩26页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
第1章概述
1.答狗能携带21千兆字节或者168千兆位的数据18公里/小时的速度等于
0.005公里/秒,走过x公里的时间为x/
0.005=200x秒,产生的数据传输速度为168/200xGbps或者840/xMbps因此,与通信线路相比较,若x
5.6公里,狗有更高的速度
2.使用局域网模型可以容易地增加节点如果局域网只是一条长的电缆,且不会因个别的失效而崩溃例如采用镜像服务器的情况下,使用局域网模型会更便宜使用局域网可提供更多的计算能力和更好交互式接口
3.答横贯大陆的光纤连接可以有很多千兆位/秒带宽,但是由于光速度传送要越过数千公里,时延将也高相反,使用56kbps调制解调器呼叫在同一大楼内的计算机则有低带宽和较低的时延
4.声音的传输需要相应的固定时间,因此网络时隙数量是很重要的传输时间可以用标准偏差方式表示实际上,短延迟但是大变化性比更长的延迟和低变化性更糟
5.答不,传送.速度为200000公里/秒或200米/微秒信号在10微秒中传送了2千米,每个交换机相当于增加额外的2公里电缆如果客户和服务器之间的距离为5000公里,平均通过50个交换机给那些总道路只增加100公里,只是2%因此,交换延迟不是这些情形中的主要因素
6.答由于请求和应答都必须通过卫星,因此传输总路径长度为160000千米在空气和真空中的光速为300,000公里/秒,因此最佳的传播延迟为160000/300,000秒,约533msec
7.显而易见,在这里没有正确的独立的答案但下列问题好像相关目前的系统有它的很多惯性检测和平衡当新的团体掌握权力的时候,这惯性可保持法律、经济和社会制度的稳定此外,很多人对社会问题没有真的知道事情的真相,但却具有很强烈的、引起争论的意见将不允许讲道理的观点写进法律也许不合适还必须考虑某些专业组织有影响的宣传活动另一主要问题是安全黑客可能侵入系统和伪造结果
8.答将路由器称为A,B,C,D和E.则有10条可能的线路;ABACADAEBCBDBECDCE和DE每条线路有4种可能性3速度或者不是线路,这样,拓扑的总数为410=1048576检查每个拓扑需要100ms,全部检查总共需要
104857.6秒,或者稍微超过29个小时
9.答这意味着,从路由器到路由器的路径长度相当于路由器到根的两倍若在树中,根深度为1,深度为n,从根到第n层需要n-1跳,在该层的路由器为
0.50从根到n-1层的路径有router的
0.25和n--2跳步因此,路径长度l为或Thisexpressionreducestol=n-2,Themeanrouter-router路径为2n-
410.区分n-2事件事件1到n由主机成功地、没有冲突地使用这条信道的事件组成这些可能性的事件的概率为p1-pn-1事件n+1是一个空闲的信道,其概率为1-pn事件n+2是一个冲突由于事件n+2互斥,它们可能发生的事件必须统一合计冲突的可能性等于那些小部分的槽的浪费,只是
11.答通过协议分层可以把设计问题划分成较小的易于处理的片段分层意味着某一层的协议的改变不会影响高层或低层的协议
12.答不.,在ISO协议模型中,物理通讯只在最低的层里进行,不在每个层里
13.无连接通信和面向连接通信的最主要区别是什么?答主要的区别有两条其一面向连接通信分为三个阶段,第一是建立连接,在此阶段,发出一个建立连接的请求只有在连接成功建立之后,才能开始数据传输,这是第二阶段接着,当数据传输完毕,必须释放连接而无连接通信没有这么多阶段,它直接进行数据传输其二面向连接的通信具有数据的保序性,而无连接的通信不能保证接收数据的顺序与发送数据的顺序一致
14.答不相同在报文流中,网络保持对报文边界的跟踪;而在字节流中,网络不做这样的跟踪例如,一个进程向一条连接写了1024字节,稍后又写了另外1024字节那么接收方共读了2048字节对于报文流,接受方将得到两个报文每个报文1024字节而对于字节流,报文边界不被识别接收方把全部的2048个字节当作一个整体,在此已经体现不出原先有两个报文的事实
15.答协商就是要让双方就在通信期间将使用的某些参数或数值达成一致最大分组长度就是一个例子
16.服务是由k层向k+1层提供的服务必须由下层k提供,即,对层k的服务是由k-1层提供的
17.TheprobabilityPkofaframerequiringexactlyktransmissionsistheprobabilityofthefirstk-1attemptsfailingpk-1timestheprobabilityofthek-thtransmissionsucceeding1-p.Themeannumberoftransmissionisthenjust
18.OSI的哪一层分别处理以下问题?把传输的比特流划分为帧——数据链路层决定使用哪条路径通过子网——网络层.
19.答帧封装包当一个包到达数据链路层时,整个数据包,包括包头、数据及全部内容,都用作帧的数据区或者说,将整个包放进一个信封帧里面,如果能装入的话
20.一个有n层协议的系统,应用层生成长度为m字节的报文,在每层都加上h字节报头,那么网络带宽中有多大百分比是在传输各层报头?hn/hn+m*100%[注意题中已说明每层都要附加报头,不要考虑实际的OSI或者TCP/IP协议]
21.相似点都是独立的协议栈的概念;层的功能也大体相似不同点OSI更好的区分了服务、接口和协议的概念,因此比TCP/IP具有更好的隐藏性,能够比较容易的进行替换;OSI是先有的模型的概念,然后再进行协议的实现,而TCP/IP是先有协议,然后建立描述该协议的模型;层次数量有差别;TCP/IP没有会话层和表示层,OSI不支持网络互连OSI在网络层支持无连接和面向连接的通信,而在传输层仅有面向连接的通信,而TCP/IP在网络层仅有一种通信模式(无连接),但在传输层支持两种模式
22.TCP是面向连接的,而UDP是一种数据报服务
23.如果3枚炸弹炸毁与右上角那2个节点连接的3个节点,可将那2个节点与其余的节点拆开系统能禁得住任何两个节点的损失
24.Doublingevery18monthsmeansafactoroffourgainin3years.In9yearsthegainisthen43or64leadingto
6.4billionhosts.MyintuitionsaysthatismuchtooconservativesincebythenprobablyeverytelevisionintheworldandpossiblybillionsofotherapplianceswillbeonhomeLANsconnectedtotheInternet.TheaveragepersoninthedevelopedworldmayhavedozensofInternethostsbythen.
25.如果网络容易丢失分组,那么对每一个分组逐一进行确认较好,此时仅重传丢失的分组而在另一方面,如果网络高度可靠,那么在不发差错的情况下,仅在整个文件传送的结尾发送一次确认,从而减少了确认的次数,节省了带宽;不过,即使有单个分组丢失,也需要重传整个文件
26.Smallfixed-lengthcellscanberoutedthroughswitchesquicklyandcompletelyinhardware.Smallfixed-sizecellsalsomakeiteasiertobuildhardwarethathandlesmanycellsinparallel.Alsotheydonotblocktransmissionlinesforverylongmakingiteasiertoprovidequality-of-serviceguarantees.
27.Thespeedoflightincoaxisabout200000km/secwhichis200meters/sec.At10Mbpsittakes
0.1sectotransmitabit.Thusthebitlasts
0.1secintimeduringwhichitpropagates20meters.Thusabitis20meterslonghere.
28.Theimageis10247683bytesor2359296bytes.Thisis18874368bits.At56000bits/secittakesabout
337.042sec.At1000000bits/secittakesabout
18.874sec.At10000000bits/secittakesabout
1.887sec.At100000000bits/secittakesabout
0.189sec.
29.Thinkaboutthehiddenterminalproblem.ImagineawirelessnetworkoffivestationsAthroughEsuchthateachoneisinrangeofonlyitsimmediateneighbors.ThenAcantalktoBatthesametimeDistalkingtoE.WirelessnetworkshavepotentialparallelismandinthiswaydifferfromEthernet.
30.Onedisadvantageissecurity.Everyrandomdeliverymanwhohappenstobeinthebuildingcanlisteninonthenetwork.Anotherdisadvantageisreliability.Wirelessnetworksmakelotsoferrors.Athirdpotentialproblemisbatterylifesincemostwirelessdevicestendtobemobile.
31.优点1如果每个人都使用标准,那么每个人都可以与其他任何人交流;优点2广泛使用标准将导致规模经济,比如生产大规模集成电路芯片缺点1为了取得标准化所需要的政治妥协经常会导致差的标准;缺点2一旦标准被广泛采用了,要对它再做改变就会非常困难,即使发现了新的更好的技术或方法,也难以替换
32.具有国际标准的系统的例子包括CD播放器和CD盘片,随声听和录音磁带,照相机和35mm胶卷等缺乏国际标准的领域包括合适录像机和录像带(美国是NTSCVHS,欧洲是PAL),手提电话,电灯和灯泡(不同的国家使用不同的电压),影印机和纸(美国为
8.5*11英寸,其他地方为A4)等第2章物理层
1.答;本题是求周期性函数的傅立叶系数而题面中所给出的为信号在一个周期内的解析式即;
2.答无噪声信道最大数据传输率公式最大数据传输率=2Hlog2Vb/s因此最大数据传输率决定于每次采样所产生的比特数,如果每次采样产生16bits,那么数据传输率可达128kbps;如果每次采样产生1024bits,那么可达
8.2Mbps注意这是对无噪声信道而言的,实际信道总是有噪声的,其最大数据传输率由香农定律给出
3.答采样频率12MHz,每次采样2bit,总的数据率为24Mbps
4.答信噪比为20dB即S/N=
100.由于log2101≈
6.658,由香农定理,该信道的信道容量为3log21+100=
19.98kbps又根据乃奎斯特定理,发送二进制信号的3kHz信道的最大数据传输速率为2*3log22=6kbps所以可以取得的最大数据传输速率为6kbps
5.答为发送T1信号,我们需要所以,在50kHz线路上使用T1载波需要93dB的信噪比
6.答无源星没有电子器件,来自一条光纤的光照亮若干其他光纤有源中继器把光信号转换成电信号以作进一步的处理
7.答因此,在
0.1的频段中可以有30THz
8.答数据速率为480×640×24×60bps,即442Mbps需要442Mbps的带宽,对应的波长范围是
9.答奈奎斯特定理是一个数学性质,不涉及技术处理该定理说,如果你有一个函数,它的傅立叶频谱不包含高于f的正弦和余弦,那么以2f的频率采样该函数,那么你就可以获取该函数所包含的全部信息因此奈奎斯特定理适用于所有介质
10.答3个波段的频率范围大约相等,根据公式小的波段⊿也小,才能保持⊿f大约相等顺便指出,3个带宽大致相同的事实是所使用的硅的种类的一个碰巧的特性反映
11.答
12.答1GHz微波的波长是30cm如果一个波比另一个波多行进15cm,那么它们到达时将180异相显然,答案与链路长度是50km的事实无关
13.答Ifthebeamisoffby1mmattheenditmissesthedetector.Thisamountstoatrianglewithbase100mandheight
0.001m.Theangleisonewhosetangentisthus
0.
00001.Thisangleisabout
0.00057degrees.
14.With66/6or11satellitespernecklaceevery90minutes11satellitespassoverhead.Thismeansthereisatransitevery491seconds.Thustherewillbeahandoffaboutevery8minutesand11seconds.
15.Thesatellitemovesfrombeingdirectlyoverheadtowardthesouthernhorizonwithamaximumexcursionfromtheverticalof2.Ittakes24hourstogofromdirectlyoverheadtomaximumexcursionandthenback.
16.Thenumberofareacodeswas8×2×10whichis
160.Thenumberofprefixeswas8×8×10or
640.Thusthenumberofendofficeswaslimitedto
102400.Thislimitisnotaproblem.
17.Witha10-digittelephonenumbertherecouldbe1010numbersalthoughmanyoftheareacodesareillegalsuchas
000.Howeveramuchtighterlimitisgivenbythenumberofendoffices.Thereare22000endofficeseachwithamaximumof10000lines.Thisgivesamaximumof220milliontelephones.Thereissimplynoplacetoconnectmoreofthem.Thiscouldneverbeachievedinpracticebecausesomeendofficesarenotfull.AnendofficeinasmalltowninWyomingmaynothave10000customersnearitsothoselinesarewasted.
18.答每部电话每小时做
0.5次通话,每次通话6分钟因此一部电话每小时占用一条电路3分钟,60/3=20,即20部电话可共享一条线路由于只有10%的呼叫是长途,所以200部电话占用一条完全时间的长途线路局间干线复用了1000000/4000=250条线路,每条线路支持200部电话,因此,一个端局可以支持的电话部数为200*250=
5000019.答双绞线的每一条导线的截面积是,每根双绞线的两条导线在10km长的情况下体积是,即约为15708cm由于铜的密度等于
9.0g/cm3,每个本地回路的质量为9×15708=141372g,约为141kg这样,电话公司拥有的本地回路的总质量等于141×1000×104=
1.41×109kg,由于每千克铜的价格是3美元,所以总的价值等于3×
1.4×109=
4.2×109美元
20.Likeasinglerailroadtrackitishalfduplex.Oilcanflowineitherdirectionbutnotbothwaysatonce.
21.通常在物理层对于在线路上发送的比特不采取任何差错纠正措施在每个调制解调器中都包括一个CPU使得有可能在第一层中包含错误纠正码,从而大大减少第二层所看到的错误率由调制解调器做的错误处理可以对第二层完全透明现在许多调制解调器都有内建的错误处理功能
22.每个波特有4个合法值,因此比特率是波特率的两倍对应于1200波特,数据速率是2400bps
23.相位总是0,但使用两个振幅,因此这是直接的幅度调制
24.Ifallthepointsareequidistantfromtheorigintheyallhavethesameamplitudesoamplitudemodulationisnotbeingused.Frequencymodulationisneverusedinconstellationdiagramssotheencodingispurephaseshiftkeying.
25.Twooneforupstreamandonefordownstream.Themodulationschemeitselfjustusesamplitudeandphase.Thefrequencyisnotmodulated.
26.Thereare256channelsinallminus6forPOTSand2forcontrolleaving248fordata.If3/4ofthesearefordownstreamthatgives186channelsfordownstream.ADSLmodulationisat4000baudsowithQAM-646bits/baudwehave24000bpsineachofthe186channels.Thetotalbandwidthisthen
4.464Mbpsdownstream.
27.A5-KBWebpagehas40000bits.Thedownloadtimeovera36Mbpschannelis
1.1msec.Ifthequeueingdelayisalso
1.1msecthetotaltimeis
2.2msec.OverADSLthereisnoqueueingdelaysothedownloadtimeat1Mbpsis40msec.At56kbpsitis714msec.
28.Thereareten4000Hzsignals.Weneednineguardbandstoavoidanyinterference.Theminimumbandwidthrequiredis4000×10400×9=43600Hz.
29.答125的采样时间对应于每秒8000次采样一个典型的电话通道为4kHz根据奈奎斯特定理,为获取一个4kHz的通道中的全部信息需要每秒8000次的采样频率Actuallythenominalbandwidthissomewhatlessbutthecutoffisnotsharp.
30.每一帧中,端点用户使用193位中的168(7*24)位,开销占25(=193-168)位,因此开销比例等于25/193=13%
31.答比较使用如下方案的无噪声4kHz信道的最大数据传输率:a每次采样2比特的模拟编码——16kbpsbT1PCM系统——56kbpsInbothcases8000samples/secarepossible.Withdibitencodingtwobitsaresentpersample.WithT17bitsaresentperperiod.Therespectivedataratesare16kbpsand56kbps.
32.答10个帧在数字通道上某些随机比特是0101010101模式的概率是1/1024察看10个帧,若每一帧中的第一位形成比特串0101010101,则判断同步成功,而误判的概率为1/1024,小于
0.
00133.答有编码器接受任意的模拟信号,并从它产生数字信号而解调器仅仅接受调制了的正弦(或余弦)波,产生数字信号
34.答a.CCITT
2.048Mbps标准用32个8位数据样本组成一个125的基本帧,30个信道用于传信息,2个信道用于传控制信号在每一个4kHz信道上发送的数据率就是8*8000=64kbpsb.差分脉码调制(DPCM)是一种压缩传输信息量的方法,它发送的不是每一次抽样的二进制编码值,而是两次抽样的差值的二进制编码现在相对差值是4位,所以对应每个4kHz信道实际发送的比特速率为4*8000=32bpsc.增量调制的基本思想是当抽样时间间隔st很短时,模拟数据在两次抽样之间的变化很小,可以选择一个合适的量化值作为阶距把两次抽样的差别近似为不是增加一个就是减少一个这样只需用1bit二进制信息就可以表示一次抽样结果,而不会引入很大误差因此,此时对应每个4kHz信道实际发送的数据速率为1*8000=8kHz
35.答在波的1/4周期内信号必须从0上升到A为了能够跟踪信号,在T/4的时间内(假定波的周期是T)必须采样8次,即每一个全波采样32次,采样的时间间隔是1/x,因此波的全周期必须足够的长,使得能包含32次采样,即T32/x,或fmax=x/
3236.答10-9的漂移意味着109秒中的1秒,或1秒中的10-9秒对于OC-1速率,即
51.840Mbps,取近似值50Mbps,大约一位持续20ns这就说明每隔20秒,时钟就要偏离1位这就说明,时钟必须每隔10秒或更频繁地进行同步,才能保持不会偏离太大
37.答基本的SONET帧是美125产生810字节由于SONET是同步的,因此不论是否有数据,帧都被发送出去每秒8000帧与数字电话系统中使用的PCM信道的采样频率完全一样810字节的SONET帧通常用90列乘以9行的矩形来描述,每秒传送
51.84Mbps,即8×810×8000=51840000bps这就是基本的SONET信道,它被称作同步传输信号STS-1,所有的SONET干线都是由多条STS-1构成每一帧的前3列被留作系统管理信息使用,前3行包含段开销,后6行包含线路开销剩下的87列包含87×9×8×8000=50112000bps被称作同步载荷信封的数据可以在任何位置开始线路开销的第一行包含指向第一字节的指针同步载荷信封(SPE)的第一列是通路开销通路开销不是严格的SONET结构,它在嵌入在载荷信封中通路开销端到端的流过网络,因此把它与端到端的运载用户信息的SPE相关联是有意义的然而,它确实从可提供给端点用户的
50.112Mbps中又减去1×9×8×8000=576000bps,即
0.576Mbps,使之变成
49.536MbpsOC-3相当于3个OC-1复用在一起,因此其用户数据传输速率是
49.546×3=
148.608Mbps
38.VT
1.5canaccommodate8000frames/sec×3columns×9rows×8bits=
1.728Mbps.ItcanbeusedtoaccommodateDS-
1.VT2canaccommodate8000frames/sec×4columns×9rows×8bits=
2.304Mbps.ItcanbeusedtoaccommodateEuropeanCEPT-1service.VT6canaccommodate8000frames/sec×12columns×9rows×8bits=
6.912Mbps.ItcanbeusedtoaccommodateDS-2service.
39.Messageswitchingsendsdataunitsthatcanbearbitrarilylong.Packetswitchinghasamaximumpacketsize.Anymessagelongerthanthatissplitupintomultiplepackets.
40.答当一条线路(例如OC-3)没有被多路复用,而仅从一个源输入数据时,字母c(表示conactenation,即串联)被加到名字标识的后面,因此,OC-3表示由3条单独的OC-1线路复用成
155.52Mbps,而OC-3c表示来自单个源的
155.52Mbps的数据流OC-3c流中所包含的3个OC-1流按列交织编排,首先是流1的第1列,流2的第1列,流3的第1列,随后是流1的第2列,流2的第2列,⋯⋯以此类推,最后形成270列宽9行高的帧OC-3c流中的用户实际数据传输速率比OC-3流的速率略高(
149.760Mbps和
148.608Mbps),因为通路开销仅在SPE中出现一次,而不是当使用3条单独OC-1流时出现的3次换句话说,OC-3c中270列中的260列可用于用户数据,而在OC-3中仅能使用258列更高层次的串联帧(如OC-12c)也存在OC-12c帧有12*90=1080列和9行其中段开销和线路开销占12*3=36列,这样同步载荷信封就有1080-36=1044列SPE中仅1列用于通路开销,结果就是1043列用于用户数据由于每列9个字节,因此一个OC-12c帧中用户数据比特数是8×9×1043=75096每秒8000帧,得到用户数据速率75096×8000=600768000bps,即
600.768Mbps所以,在一条OC-12c连接中可提供的用户带宽是
600.768Mbps
41.答Thethreenetworkshavethefollowingproperties:星型最好为2,最差为2,平均为2;环型最好为1,最差为n/2,平均为n/4如果考虑n为奇偶数,则n为奇数时,最坏为(n-1)/2,平均为(n+1)/4n为偶数时,最坏为n/2,平均为n2/4n1全连接最好为1,最差为1,平均为
142.对于电路交换,t=s时电路建立起来;t=s+x/d时报文的最后一位发送完毕;t=s+x/b+kd时报文到达目的地而对于分组交换,最后一位在t=x/b时发送完毕为到达最终目的地,最后一个分组必须被中间的路由器重发k1次,每次重发花时间p/b,所以总的延迟为为了使分组交换比电路交换快,必须所以
43.答所需要的分组总数是x/p,因此总的数据加上头信息交通量为p+hx/p位源端发送这些位需要时间为p+hx/pb中间的路由器重传最后一个分组所花的总时间为k-1p+h/b因此我们得到的总的延迟为对该函数求p的导数,得到令得到因为p>0,所以故时能使总的延迟最小
44.Eachcellhassixneighbors.IfthecentralcellusesfrequencygroupAitssixneighborscanuseBCBCBandCrespectively.Inotherwordsonly3uniquecellsareneeded.Consequentlyeachcellcanhave280frequencies.
45.Firstinitialdeploymentsimplyplacedcellsinregionswheretherewashighdensityofhumanorvehiclepopulation.Oncetheyweretheretheoperatoroftendidnotwanttogotothetroubleofmovingthem.Secondantennasaretypicallyplacedontallbuildingsormountains.Dependingontheexactlocationofsuchstructurestheareacoveredbyacellmaybeirregularduetoobstaclesnearthetransmitter.Thirdsomecommunitiesorpropertyownersdonotallowbuildingatoweratalocationwherethecenterofacellfalls.Insuchcasesdirectionalantennasareplacedatalocationnotatthecellcenter.
46.Ifweassumethateachmicrocellisacircle100mindiametertheneachcellhasanareaof2500.IfwetaketheareaofSanFrancisco
1.2108m2anddivideitbytheareaof1microcellweget15279microcells.OfcourseitisimpossibletotiletheplanewithcirclesandSanFranciscoisdecidedlythree-dimensionalbutwith20000microcellswecouldprobablydothejob.
47.Frequenciescannotbereusedinadjacentcellssowhenausermovesfromonecelltoanotheranewfrequencymustbeallocatedforthecall.Ifausermovesintoacellallofwhosefrequenciesarecurrentlyinusetheuser’scallmustbeterminated.
48.Itisnotcauseddirectlybytheneedforbackwardcompatibility.The30kHzchannelwasindeedarequirementbutthedesignersofD-AMPSdidnothavetostuffthreeusersintoit.Theycouldhaveputtwousersineachchannelincreasingthepayloadbeforeerrorcorrectionfrom260×50=13kbpsto260×75=
19.5kbps.Thusthequalitylosswasanintentionaltrade-offtoputmoreuserspercellandthusgetawaywithbiggercells.
49.D-AMPSuses832channelsineachdirectionwiththreeuserssharingasinglechannel.ThisallowsD-AMPStosupportupto2496userssimultaneouslypercell.GSMuses124channelswitheightuserssharingasinglechannel.ThisallowsGSMtosupportupto992userssimultaneously.Bothsystemsuseaboutthesameamountofspectrum25MHzineachdirection.D-AMPSuses30KHz×892=
26.76MHz.GSMuses200KHz×124=
24.80MHz.ThedifferencecanbemainlyattributedtothebetterspeechqualityprovidedbyGSM13KbpsperuseroverD-AMPS8Kbpsperuser.
50.TheresultisobtainedbynegatingeachofABandCandthenaddingthethreechipsequences.Alternativelythethreecanbeaddedandthennegated.Theresultis+3+1+11311+
1.
51.BydefinitionIfTsendsa0bitinsteadof1bititschipsequenceisnegatedwiththei-thelementbecomingTi.Thus
52.Whentwoelementsmatchtheirproductis+
1.Whentheydonotmatchtheirproductis
1.Tomakethesum0theremustbeasmanymatchesasmismatches.Thustwochipsequencesareorthogonalifexactlyhalfofthecorrespondingelementsmatchandexactlyhalfdonotmatch.
53.Justcomputethefournormalizedinnerproducts:1+13+113+1+1d111+1+11+1+1/8=11+13+113+1+1d11+11+1+1+11/8=11+13+113+1+1d1+11+1+1+111/8=01+13+113+1+1d1+11111+11/8=1TheresultisthatAandDsent1bitsBsenta0bitandCwassilent.
54.答可以,每部电话都能够有自己到达端局的线路,但每路光纤都可以连接许多部电话忽略语音压缩,一部数字PCM电话需要64kbps的带宽如果以64kbps为单元来分割10Gbps,我们得到每路光缆串行156250家现今的有线电视系统每根电缆串行数百家
55.答它既像TDM,也像FDM100个频道中的每一个都分配有自己的频带(FDM),在每个频道上又都有两个逻辑流通过TDM交织播放(节目和广告交替使用频道)ThisexampleisthesameastheAMradioexamplegiveninthetextbutneitherisafantasticexampleofTDMbecausethealternationisirregular.
56.A2-Mbpsdownstreambandwidthguaranteetoeachhouseimpliesatmost50housespercoaxialcable.Thusthecablecompanywillneedtosplituptheexistingcableinto100coaxialcablesandconnecteachofthemdirectlytoafibernode.
57.Theupstreambandwidthis37MHz.UsingQPSKwith2bits/Hzweget74Mbpsupstream.Downstreamwehave200MHz.UsingQAM-64thisis1200Mbps.UsingQAM-256thisis1600Mbps.
58.Evenifthedownstreamchannelworksat27Mbpstheuserinterfaceisnearlyalways10-MbpsEthernet.Thereisnowaytogetbitstothecomputeranyfasterthan10-Mbpsunderthesecircumstances.IftheconnectionbetweenthePCandcablemodemisfastEthernetthenthefull27Mbpsmaybeavailable.Usuallycableoperatorsspecify10MbpsEthernetbecausetheydonotwantoneusersuckinguptheentirebandwidth.第3章数据链路层
1.答由于每一帧有
0.8的概率正确到达,整个信息正确到达的概率为p=
0.810=
0.107为使信息完整的到达接收方,发送一次成功的概率是p,二次成功的概率是1-pp,三次成功的概率为1-p2p,i次成功的概率为1-pi-1p,因此平均的发送次数等于
2.Thesolutionisa0000010001000111111000111110000001111110b0111111001000111111000111110000011100000111000000111111001111110c
0111111001000111110100011111000000011111010011111103.AfterstuffingwegetABESCESCCESCESCESCFLAGESCFLAGD.
4.Ifyoucouldalwayscountonanendlessstreamofframesoneflagbytemightbeenough.Butwhatifaframeendswithaflagbyteandtherearenonewframesfor15minutes.HowwillthereceiverknowthatthenextbyteisactuallythestartofanewframeandnotjustnoiseonthelineTheprotocolismuchsimplerwithstartingandendingflagbytes.
5.
6.答可能假定原来的正文包含位序列01111110作为数据位填充之后,这个序列将变成01111010如果由于传输错误第二个0丢失了,收到的位串又变成01111110,被接收方看成是帧尾然后接收方在该串的前面寻找检验和,并对它进行验证如果检验和是16位,那么被错误的看成是检验和的16位的内容碰巧经验证后仍然正确的概率是1/216如果这种概率的条件成立了,就会导致不正确的帧被接收显然,检验和段越长,传输错误不被发现的概率会越低,但该概率永远不等于零
7.答如果传播延迟很长,例如在探测火星或金星的情况下,需要采用前向纠错的方法还有在某些军事环境中,接收方不想暴露自己的地理位置,所以不宜发送反馈信号如果错误率足够的低,纠错码的冗余位串不是很长,又能够纠正所有的错误,前向纠错协议也可能是比较合理和简单的
8.Makingonechangetoanyvalidcharactercannotgenerateanothervalidcharacterduetothenatureofparitybits.Makingtwochangestoevenbitsortwochangestooddbitswillgiveanothervalidcharacter所以Hamming距离为
29.Paritybitsareneededatpositions1248and16somessagesthatdonotextendbeyondbit31includingtheparitybitsfit.Thusfiveparitybitsare
10.
11.Ifwenumberthebitsfromlefttorightstartingatbit1inthisexamplebit2aparitybitisincorrect.The12-bitvaluetransmittedafterHammingencodingwas0xA4F.Theoriginal8-bitdatavaluewas0xAF.
12.答单个错误将引起水平和垂直奇偶检查都出错两个错误,无论是否同行或者同列,也容易被检测到对于有三位错误的情况,就有可能无法检测了forexampleifsomebitisinvertedalongwithitsrowandcolumnparitybits.Eventhecornerbitwillnotcatchthis.
13.答用n行k列的矩阵来描述错误图案,在该矩阵中,正确的位用0表示,不正确的位用1表示由于总共有4位传输错误,每个可能的错误矩阵中都恰有4个1则错误矩阵的个数总共有Cnk4个而在错误矩阵中,当4个1正好构成一个矩形的4个顶点的时候,这样的错误是检测不出来的则检测不出来的错误矩阵的个数为C2nC2k所以,错误不能检测的概率是即;
14.答如所列的除式,所得的余数为x2+x+
1.
15.Theframeis
10011101.Thegeneratoris
1001.ThemessageafterappendingDividingthisby1001producesaremainder100whichisdifferentfromzero.Thusthereceiverdetectstheerrorandcanaskforaretransmission.
16.答CRC是在发送期间进行计算的一旦把最后一位数据送上外出线路,就立即把CRC编码附加在输出流的后面发出如果把CRC放在帧的头部,那么就要在发送之前把整个帧先检查一遍来计算CRC这样每个字节都要处理两遍,第一遍是为了计算检验码,第二遍是为了发送把CRC放在尾部就可以把处理时间减半
17.答当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2倍时,信道的利用率为50%或者说,当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时,效率将是50%而在帧长满足发送时间大于延迟的两倍时,效率将会高于50%现在发送速率为4Mb/s,发送一位需要
0.25只有在帧长不小于160kb时,停等协议的效率才会至少达到50%
18.答;为了有效运行,序列空间(实际上就是发送窗口大小)必须足够的大,以允许发送方在收到第一个确认应答之前可以不断发送信号在线路上的传播时间为6×3000=18000,即18ms在T1速率,发送64字节的数据帧需花的时间64×8÷
1.536×106=
0.33所以,发送的第一帧从开始发送起,
18.33ms后完全到达接收方确认应答又花了很少的发送时间(忽略不计)和回程的18ms这样,加在一起的时间是
36.33ms发送方应该有足够大的窗口,从而能够连续发送
36.33ms
36.33/
0.33=110也就是说,为充满线路管道,需要至少110帧,因此序列号为7位
19.Itcanhappen.Supposethatthesendertransmitsaframeandagarbledacknowledgementcomesbackquickly.Themainloopwillbeexecutedasecondtimeandaframewillbesentwhilethetimerisstillrunning.
20.Letthesender’swindowbeSlSuandthereceiver’sbeRlRu.LetthewindowsizebeW.Therelationsthatmustholdare:0≤Su-Si+1≤W1RuRl1WSl≤Rl≤Su
121.答改变检查条件后,协议将变得不正确假定使用3位序列号,考虑下列协议运行过程A站刚发出7号帧;B站接收到这个帧,并发出捎带应答ackA站收到ack,并发送0~6号帧假定所有这些帧都在传输过程中丢失了B站超时,重发它的当前帧,此时捎带的确认号是7考察A站在r.rack=7到达时的情况,关键变量是ack_expected=0,r.rack=7,next_frame_to_send_=7修改后的检查条件将被置成“真”,不会报告已发现的丢失帧错误,而误认为丢失了的帧已被确认另一方面,如果采用原先的检查条件,就能够报告丢失帧的错误所以结论是为保证协议的正确性,已接收的确认应答号应该小于下一个要发送的序列号
22.答可能导致死锁假定有一组帧正确到达,并被接收然后,接收方会向前移动窗口现在假定所有的确认帧都丢失了,发送方最终会产生超时事件,并且再次发送第一帧,接收方将发送一个NAK然后NONAK被置成伪假定NAK也丢失了那么从这个时候开始,发送方会不断发送已经被接收方接受了的帧接收方只是忽略这些帧,但由于NONAK为伪,所以不会再发送NAK,从而产生死锁如果设置辅助计数器(实现“else”子句),超时后重发NAK,终究会使双方重新获得同步
23.答删除这一段程序会影响协议的正确性,导致死锁因为这一段程序负责处理接收到的确认帧,没有这一段程序,发送方会一直保持超时条件,从而使得协议的运行不能向前进展
24.ItwoulddefeatthepurposeofhavingNAKssowewouldhavetofallbacktotimeouts.Althoughtheperformancewoulddegradethecorrectnesswouldnotbeaffected.TheNAKsarenotessential.
25.答这里要求r.rack+1next_frame_to_send考虑下列操作细节A站发送0号帧给B站B站收到此帧,并发送ACK帧,但ACK丢失了A站发生超时,重发0号帧但B站现在期待接收1号帧,应此发送NAK,否定收到的0号帧显然,现在A站最好不重发0号帧由于条件r.rack+1next_frame_to_send不成立,所以用不着选择性重传0号帧,可以继续向前推进传送1号帧这个例子就说明了这段程序中的另一个条件,即r.rack+1next_frame_to_send也是重要的
26.答不可以最大接收窗口的大小就是1现在假定该接收窗口值变为2开始时发送方发送0至6号帧,所有7个帧都被收到,并作了确认,但确认被丢失现在接收方准备接收7号和0号帧,当重发的0号帧到达接收方时,它将会被缓存保留,接收方确认6号帧当7号帧到来的时候,接收方将把7号帧和缓存的0号帧传递给主机,导致协议错误因此,能够安全使用的最大窗口值为
127.答发送1位用时间1,发送1000bit的最长帧花时间1ms由于超时间隔是10ms,而1s才能产生一个新的数据帧,所以超时是不可避免的假定A站向B站发送一个帧,正确到达接收方,但较长时间无反向交通不久,A站发生超时事件,导致重发已发过的一帧B站发现收到的帧的序列号错误,因为该序列号小于所期待接收的序列号因此B站将发送一个NAK,该NAK会携带一个确认号,导致不再重发该帧结果每个帧都被发送两次
28.答不能,协议的运行将会失败当MaxSeq=4,序列号的模数=4+1=5,窗口大小将等于NrBufs=5/2=
2.5,即得到,NrBufs=2因此在该协议中,偶数序号使用缓冲区1这种映射意味着帧4和0将使用同一缓冲区假定0至3号帧都正确收到了,并且都确认应答了,并且都确认应答了如果随后的4号帧丢失,且下一个0号帧收到了,新的0号帧将被放到缓冲区0中,变量arrived
[0]被置成“真”这样,一个失序帧将被投递给主机事实上,采用选择性重传的滑动窗口协议需要MaxSeq是奇数才能正确的工作然而其他的滑动窗口协议的实现并不具有这一性质
29.答对应三种协议的窗口大小值分别是
1、7和4使用卫星信道端到端的典型传输延迟是270ms,以1Mb/s发送,1000bit长的帧的发送时间为1ms我们用t=0表示传输开始的时间,那么在t=1ms时,第一帧发送完毕;t=271ms时,第一帧完全到达接收方;t=272ms,对第一帧的确认帧发送完毕;t=542ms,带有确认的帧完全到达发送方因此一个发送周期为542ms如果在542ms内可以发送k个帧,由于每一个帧的发送时间为1ms,则信道利用率为k/542,因此(a)k=1,最大信道利用率=1/542=
0.18%(b)k=7,最大信道利用率=7/542=
1.29%(c)k=4,最大信道利用率=4/542=
0.74%
30.答使用选择性重传滑动窗口协议,序列号长度是8位窗口大小为128卫星信道端到端的传输延迟是270ms以50kb/s发送,4000bit(3960+40)长的数据帧的发送时间是
0.02*4000=80ms我们用t=0表示传输开始时间,那么,t=80ms,第一帧发送完毕;t=270+80=350ms,第一帧完全到达接收方;t=350+80=430ms,对第一帧作捎带确认的反向数据帧可能发送完毕;t=430+270=700ms,带有确认的反向数据帧完全到达发送方因此,周期为700ms,发送128帧时间80*128=10240ms,这意味着传输管道总是充满的每个帧重传的概率为
0.01,对于3960个数据位,头开销为40位,平均重传的位数为4000*
0.01=40位,传送NAK的平均位数为40*1/100=
0.40位,所以每3960个数据位的总开销为
80.4位因此,开销所占的带宽比例等于
80.4/3960+
80.4=
1.99%
31.答使用卫星信道端到端的传输延迟为270ms,以64kb/s发送,周期等于604ms发送一帧的时间为64ms,我们需要604/64=9个帧才能保持通道不空对于窗口值1,每604ms发送4096位,吞吐率为4096/
0.604=
6.8kb/s对于窗口值7,每604ms发送4096*7位,吞吐率为4096*7/
0.604=
47.5kb/s对于窗口值超过9(包括
15、127),吞吐率达到最大值,即64kb/s
32.答在该电缆中的传播速度是每秒钟200000km,即每毫秒200km,因此100km的电缆将会在
0.5ms内填满T1速率125传送一个193位的帧,
0.5ms可以传送4个T1帧,即193*4=772bit
33.Eachmachinehastwokeyvariables:next3frame3to3sendandframe3expectedeachofwhichcantakeonthevalues0or
1.Thuseachmachinecanbeinoneoffourpossiblestates.AmessageonthechannelcontainsthesequencenumberoftheframebeingsentandthesequencenumberoftheframebeingACKed.Thusfourtypesofmessagesexist.Thechannelmaycontain0or1messageineitherdirection.Sothenumberofstatesthechannelcanbeinis1withzeromessagesonit8withonemessageonitand16withtwomessagesonitonemessageineachdirection.Intotalthereare1+8+16=25possiblechannelstates.Thisimplies4425400possiblestatesforthecompletesystem.
34.Thefiringsequenceis
10628.Itcorrespondstoacceptanceofanevenframelossoftheacknowledgementtimeoutbythesenderandregenerationoftheacknowledgementbythereceiver.
35.ThePetrinetandstategraphareasfollows:Thesystemmodeledismutualexclusion.BandEarecriticalsectionsthatmaynotbeactivesimultaneouslyi.e.stateBEisnotpermitted.PlaceCrepresentsasemaphorethatcanbeseizedbyeitherAorDbutnotbybothtogether.
36.PPPwasclearlydesignedtobeimplementedinsoftwarenotinhardwareasHDLCnearlyalwaysis.Withasoftwareimplementationworkingentirelywithbytesismuchsimplerthanworkingwithindividualbits.InadditionPPPwasdesignedtobeusedwithmodemsandmodemsacceptandtransmitdatainunitsof1bytenot1bit.
37.Atitssmallesteachframehastwoflagbytesoneprotocolbyteandtwochecksumbytesforatotaloffiveoverheadbytesperframe.第4章介质访问子层
1.TheformulaisthestandardformulaforMarkovqueueinggiveninsectionnamely.HereC=108andsosec.Forthethreearrivalrateswegeta
0.1msecb
0.11msecc1msec.Forcasecweareoperatingaqueueingsystemwithwhichgivesthe10×delay.
2.答对于纯的ALOHA,可用的带宽是
0.184×56Kb/s=
10.304Kb/s每个站需要的带宽为1000/100=10b/s而N=10304/10≈1030所以,最多可以有1030个站,即N的最大值为
10303.答对于纯的ALOHA,发送可以立即开始对于分隙的ALOHA,它必须等待下一个时隙这样,平均会引入半个时隙的延迟因此,纯ALOHA的延迟比较小
4.每个终端每200(=3600/18)秒做一次请求,总共有10000个终端,因此,总的负载是200秒做10000次请求平均每秒钟50次请求每秒钟8000个时隙,所以平均每个时隙的发送次数为50/8000=1/
1605.答(a)在任一帧时间内生成k帧的概率服从泊松分布生成0帧的概率为e-G对于纯的ALOHA,发送一帧的冲突危险区为两个帧时,在两帧内无其他帧发送的概率是e-G×e–G=e-2G对于分隙的ALOHA,由于冲突危险区减少为原来的一半,任一帧时内无其他帧发送的概率是e-G现在时隙长度为40ms,即每秒25个时隙,产生50次请求,所以每个时隙产生两个请求,G=2因此,首次尝试的成功率是e-2=1/e2(b)(c)尝试k次才能发送成功的概率(即前k-1次冲突,第k次才成功)为那么每帧传送次数的数学期望为
6.答(a)从泊松定律得到p0=e–G,因此G=-lnp0=-ln
0.1=
2.3(b)S=Ge-G,G=
2.3,e-G=
0.1S=
2.3×
0.1=
0.23(c)因为每当G1时,信道总是过载的,因此在这里信道是过载的
7.答每帧传送次数的数学期望为E个事件为E-1个长度等于4个时隙的间隔时间所分隔因此一个帧从第一次发送开始时间到最后一次尝试成功的发送开始时间之间的长度即延迟是4eG1,吞吐率S=Ge-G对于每一个G值,都可以计算出对应的延迟值D=4eG-1,以及吞吐率值S=Ge-G按此方法即可画出时延对吞吐率的曲线
8.aTheworstcaseis:allstationswanttosendandsisthelowestnumberedstation.WaittimeNbitcontentionperiod+N-1dbitfortransmissionofframes.ThetotalisN+N-1dbittimes.bTheworstcaseis:allstationshaveframestotransmitandshasthelowestvirtualstationnumber.ConsequentlyswillgetitsturntotransmitaftertheotherN-1stationshavetransmittedoneframeeachandNcontentionperiodsofsizelog2Neach.WaittimeisthusN+1×d+N×log2bits.
9.答在解答这一问题之前,首先要了解什么是Mok和Ward版本的二进制倒计数法在二进制倒计数法中,每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播,并且假定所有地址的长度相同为了避免冲突,必须进行仲裁如果某站发现其地址中原本为0的高位被置换为1,那么它便放弃发送对于次高位进行同样的信道竞争操作,直到最后只有一个站赢得信道为止一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧,然后另一个信道竞争周期又将开始Mok和Ward提出了二进制倒计数法的一个变种该方法采用了并行接口而不是串行接口还使用虚拟站号,在每次传输之后对站重新编号,从0开始,已成功传送的站被排在最后如果总共有N个站,那么最大的虚拟站号是N-1在本题中,当4站发送时,它的号码变为0,而
0、
1、2和3号站的号码都增1,10个站点的虚站号变为8,3,0,5,2,7,4,6,9,1当3站发送时,它的号码变为0,而
0、1和2站的号码都增1,10个站点的虚站号变为8,0,1,5,3,7,4,6,9,2最后,当9站发送时,它变成0,所有其他站都增1,结果是9,1,2,6,4,8,5,7,0,
310.答在自适应树遍历协议中,可以把站点组织成二叉树(见图)的形式在一次成功的传输之后,在第一个竞争时隙中,全部站都可以试图获得信道,如果仅其中之一需用信道,则发送冲突,则第二时隙内只有那些位于节点B以下的站(0到7)可以参加竞争如其中之一获得信道,本帧后的时隙留给站点C以下的站;如果B点下面有两个或更多的站希望发送,在第二时隙内会发生冲突,于是第三时隙内由D节点以下各站来竞争信道本题中,站
2、
3、
5、
7、11和13要发送,需要13个时隙,每个时隙内参加竞争的站的列表如下第一时隙
2、
3、
5、
7、
11、13第二时隙
2、
3、
5、7第三时隙
2、3第四时隙空闲第五时隙
2、3第六时隙2第七时隙3第八时隙
5、7第九时隙5第十时隙7第十一时隙
11、13第十二时隙11第十三时隙
1311.答2n个站点对应n+1级,其中0级有1个节点,1级有2个节点,n级有2n个节点在i级的每个节点下面所包括的站的个数等于总站数的1/2i本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级先计算这两个站具有共同的父节点的概率p1在2n个站中,要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是总共2n-1个父节点,所以,因为2n1所以p1≈2-n在共享父节点的条件下遍历树,从第二级开始每一级访问两个节点,这样遍历树所走过的节点总数n1=1+2+…+2+2=1=2n,接下来,我们考察两个发送站共享祖父节点的概率p2和遍历树所走过的节点总数n2此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/C22n-1共有2n-2个祖父节点遍历树比1n减少两个节点,即通过类似的分析和计算,可以得到,两个发送站共享曾祖父节点(属n-3级祖先节点)的概率是p3=2-n+2遍历树所经过的节点总数比n2又少两个节点,因此,最坏的情形是2n+1个时隙(共享父节点),对应于i=0;最好的情形是3个时隙,对应于i=n-1(两个发送站分别位于左半树和右半树),所以平均时隙数等于该表达式可以简化为
12.答如果所有站的发射有效范围都很大,以至于任一站都可以收到所有其他站发送的信号,那么任一站都可以与其他站以广播方式通信在这样的条件下,CSMA/CD可以工作的很好
13.答WDMA(wavelengthdivisionmultipleaccess)是一个波分多路访问协议每个站点分配2个信道;其中窄信道是控制信道,接收其他站发给该站的控制信号;宽信道用作该站点输出数据帧的信道每个信道被划分成许多个时隙组时隙0用某种特殊的方式标记,以便于后继时隙的识别所有的信道均用同一个全局时钟来同步每个站点都有2个发送端和2个接收端,它们分别是
(1)一个波长固定不变的接收端,它用来侦听本站点的控制信道
(2)一个波长可调的发送端,它用于向其他站点的控制信道发送帧
(3)一个波长固定不变的发送端,它用于输出数据帧
(4)一个波长可调的接收端,它用来选择要侦听的数据发送端也就是说,每个站点都侦听自己的控制信道,看是否有请求产生,并将接收端的波长调为发送端的波长,从而得到数据GSM(Globalsystemformobilecommunication)是一种数字蜂窝无线电系统信道分配方案系统中每个蜂窝最多可拥有200多个全双工信道,每个信道包括下行链路频率(从基站到可移动站)和上行链路频率(从可移动站到基站),每个频段宽200kHz每一个信道均可采用时分复用技术,支持多个独立的连接两种协议都使用FDM和TDM结合的方法,它们都可以提供专用的频道(波长),并且都划分时隙,实现TDM
14.Yes.Imaginethattheyareinastraightlineandthateachstationcanreachonlyitsnearestneighbors.ThenAcansendtoBwhileEissendingtoF.
15.aNumberthefloors1-
7.Inthestarconfigurationtherouterisinthemiddleoffloor
4.Cablesareneededtoeachofthe7151104sites.ThetotallengthofthesecablesisThetotallengthisabout1832meters.bFor
802.37horizontalcables56mlongareneededplusoneverticalcable24mlongforatotalof416m.
16.答以太网使用曼彻斯特编码,这就意味着发送的每一位都有两个信号周期标准以太网的数据率为10Mb/s,因此波特率是数据率的两倍,即20MBaud
17.ThesignalisasquarewavewithtwovalueshighHandlowL.ThepatternisLHLHLHHLHLHLLHHLLHHL.
18.ThepatternthistimeisHLHLHLLHHLLHLHHLHLLH.
19.Theround-trippropagationtimeofthecableis10sec.Acompletetransmissionhassixphases:transmitterseizescable10sectransmitdata
25.6secDelayforlastbittogettotheend
5.0secreceiverseizescable10secacknowledgementsent
3.2secDelayforlastbittogettotheend
5.0secThesumoftheseis
58.8sec.Inthisperiod224databitsaresentforarateofabout
3.8Mbps.
20.答把获得通道的尝试从1开始编号第i次尝试分布在2i-1个时隙中因此,i次尝试碰撞的概率是2-i-1,开头k-1次尝试失败,紧接着第k次尝试成功的概率是即上式可简化为所以每个竞争周期的平均竞争次数是∑kpk
21.答对于1km电缆,单程传播时间为1/200000=5×10-6s,即5,来回路程传播时间为2t=10为了能够按照CSMA/CD工作,最小帧的发射时间不能小于10以1Gb/s速率工作,10可以发送的比特数等于因此,最小帧是10000bit或1250字节长
22.TheminimumEthernetframeis64bytesincludingbothaddressesintheEthernetframeheaderthetype/lengthfieldandthechecksum.Sincetheheaderfieldsoccupy18bytesandthepacketis60bytesthetotalframesizeis78byteswhichexceedsthe64-byteminimum.Thereforenopaddingisused.
23.ThemaximumwirelengthinfastEthernetis1/10aslongasinEthernet.
24.Thepayloadis1500bytesbutwhenthedestinationaddresssourceaddresstype/lengthandchecksumfieldsarecountedtoothetotalisindeed
1518.
25.Theencodingisonly80%efficient.Ittakes10bitsoftransmitteddatatorepresent8bitsofactualdata.Inonesecond1250megabitsaretransmittedwhichmeans125millioncodewords.Eachcodewordrepresents8databitssothetruedatarateisindeed1000megabits/sec.
26.ThesmallestEthernetframeis512bitssoat1Gbpsweget1953125oralmost2millionframes/sec.Howeverthisonlyworkswhenframeburstingisoperating.Withoutframeburstingshortframesarepaddedto4096bitsinwhichcasethemaximumnumberis
244140.Forthelargestframe12144bitstherecanbeasmanyas82345frames/sec.
27.GigabitEthernethasitandsodoes
802.
16.Itisusefulforbandwidthefficiencyonepreambleetc.butalsowhenthereisalowerlimitonframesize.
28.StationCistheclosesttoAsinceitheardtheRTSandrespondedtoitbyassertingitsNAVsignal.DdidnotrespondsoitmustbeoutsideA’sradiorange.
29.Aframecontains512bits.Thebiterrorrateisp
107.Theprobabilityofall512ofthemsurvivingcorrectlyis1p512whichisabout
0.
9999488.Thefractiondamagedisthusabout510
5.Thenumberofframes/secis11106/512orabout
21484.Multiplyingthesetwonumberstogetherwegetabout1damagedframepersecond.
30.Itdependshowfarawaythesubscriberis.IfthesubscriberiscloseinQAM-64isusedfor120Mbps.FormediumdistancesQAM-16isusedfor80Mbps.FordistantstationsQPSKisusedfor40Mbps.
31.Uncompressedvideohasaconstantbitrate.Eachframehasthesamenumberofpixelsasthepreviousframe.Thusitispossibletocomputeveryaccuratelyhowmuchbandwidthwillbeneededandwhen.Consequentlyconstantbitrateserviceisthebestchoice.
32.Onereasonistheneedforreal-timequalityofservice.Ifanerrorisdiscoveredthereisnotimetogetaretransmission.Theshowmustgoon.Forwarderrorcorrectioncanbeusedhere.Anotherreasonisthatonverylowqualitylinese.g.wirelesschannelstheerrorratecanbesohighthatpracticallyallframeswouldhavetoberetransmittedandtheretransmissionwouldprobablydamagedaswell.Toavoidthisforwarderrorcorrectionisusedtoincreasethefractionofframesthatarrivecorrectly.
33.Itisimpossibleforadevicetobemasterintwopiconetsatthesametime.Therearetwoproblems.Firstonly3addressbitsareavailableintheheaderwhileasmanyassevenslavescouldbeineachpiconet.Thustherewouldbenowaytouniquelyaddresseachslave.Secondtheaccesscodeatthestartoftheframeisderivedfromthemaster’sidentity.Thisishowslavestellwhichmessagebelongstowhichpiconet.Iftwooverlappingpiconetsusedthesameaccesscodetherewouldbenowaytotellwhichframebelongedtowhichpiconet.Ineffectthetwopiconetswouldbemergedintoonebigpiconetinsteadoftwoseparateones.
34.BluetoothusesFHSSjustas
802.11does.ThebiggestdifferenceisthatBluetoothhopsatarateof1600hops/secfarfasterthan
802.
11.
35.AnACLchannelisasynchronouswithframesarrivingirregularlyasdataareproduced.AnSCOchannelissynchronouswithframesarrivingperiodicallyatawell-definedrate.
36.Theydonot.Thedwelltimein
802.11isnotstandardizedsoithastobeannouncedtonewstationsthatarrive.InBluetooththisisalways625sec.Thereisnoneedtoannouncethis.AllBluetoothdeviceshavethishardwiredintothechip.Bluetoothwasdesignedtobecheapandfixingthehoprateanddwelltimeleadstoasimplerchip.
37.Thefirstframewillbeforwardedbyeverybridge.Afterthistransmissioneachbridgewillhaveanentryfordestinationawithappropriateportinitshashtable.ForexampleD’shashtablewillnowhaveanentrytoforwardframesdestinedtoaonLAN
2.ThesecondmessagewillbeseenbybridgesBDandA.Thesebridgeswillappendanewentryintheirhashtableforframesdestinedforc.ForexamplebridgeD’shashtablewillnowhaveanotherentrytoforwardframesdestinedtoconLAN
2.ThethirdmessagewillbeseenbybridgesHDAandB.Thesebridgeswillappendanewentryintheirhashtableforframesdestinedford.ThefifthmessagewillbeseenbybridgesECBDandA.BridgesEandCwillappendanewentryintheirhashtableforframesdestinedfordwhilebridgesDBandAwillupdatetheirhashtableentryfordestinationd.
38.BridgesGIandJarenotusedforforwardinganyframes.ThemainreasonforhavingloopsinanextendedLANistoincreasereliability.Ifanybridgeinthecurrentspanningtreefailsthedynamicspanningtreealgorithmreconfiguresthespanningtreeintoanewonethatmayincludeoneormoreofthesebridgesthatwerenotapartofthepreviousspanningtree.
39.Thesimplestchoiceistodonothingspecial.Everyincomingframeisputontothebackplaneandsenttothedestinationcardwhichmightbethesourcecard.Inthiscaseintracardtrafficgoesovertheswitchbackplane.Theotherchoiceistorecognizethiscaseandtreatitspeciallysendingtheframeoutdirectlyandnotgoingoverthebackplane.
40.Theworstcaseisanendlessstreamof64-byte512-bitframes.Ifthebackplanecanhandle109bpsthenumberofframesitcanhandleis109/
512.Thisis1953125frames/sec.
41.TheportonB1toLAN3wouldneedtoberelabeledasGW.
42.Astore-and-forwardswitchstoreseachincomingframeinitsentiretythenexaminesitandforwardsit.Acut-throughswitchstartstoforwardincomingframesbeforetheyhavearrivedcompletely.Assoonasthedestinationaddressisintheforwardingcanbegin.
43.Store-and-forwardswitchesstoreentireframesbeforeforwardingthem.Afteraframecomesinthechecksumcanbeverified.Iftheframeisdamageditisdiscardedimmediately.Withcut=throughdamagedframescannotbediscardedbytheswitchbecausebythetimetheerrorisdetectedtheframeisalreadygone.Tryingtodealwiththeproblemislikelockingthebarndoorafterthehorsehasescaped.
44.No.Hubsjustconnectalltheincominglinestogetherelectrically.Thereisnothingtoconfigure.Noroutingisdoneinahub.Everyframecomingintothehubgoesoutonalltheotherlines.
45.Itwouldwork.Framesenteringthecoredomainwouldallbelegacyframessoitwouldbeuptothefirstcoreswitchtotagthem.ItcoulddothisbyusingMACaddressesorIPaddresses.Similarlyonthewayoutthatswitchwouldhavetountagoutgoingframes.。