概述
1：簡述分組交換的要點
答：①：主機是為用戶進行信息處理的；
②：路由器是用來轉發分組的（即進行分組交換）
③：單個分組（整個保溫的一部分）傳送到相鄰結點，儲存接下來后查找轉發表，轉發到下一個結點。
2：試從多個方面比較電路交換、報文交換和分組交換的主要優缺點
答：電路交換——整個報文的比特流連續地從源頭直達終點，好像在一個管道中運輸。對於連續、大量的數據效率高，端對端的通信質量得到可靠保障。
報文交換：無須預約傳輸帶寬，動態逐段利用傳輸貸款對突發式數據通信效率高，通信迅速。
分組交換：具有報文交換的高效、迅速的特點，且各個分組小，路由靈活，網絡生存性能好。
3：試在下列條件下比較電路交換和分組交換。要傳送的報文共 x（bit）。從源點到終點共經過 k 段鏈路，每段鏈路的傳播時延為 d（s），數據率為 b(b/s)。在電路交換時電路的建立時間為 s(s)。在分組交換時分組長度為 p(bit)，且各結點的排隊等待時間可忽略不計。問在怎樣的條件下，分組交換的時延比電路交換的要小？（提示：畫一下草圖觀察 k 段鏈路共有幾個結點。）
答：線路交換時延：kd+x/b+s
分組交換時延：kd+(x/p)(p/b)+ (k-1)(p/b)
其中(k-1)(p/b)表示K段傳輸中，有(k-1)次的儲存轉發延遲，當s>(k-1)(p/b)時，分組交換的時延比電路交換的時延小，當x>>p,相反。
4：在上題的分組交換網中，設報文長度和分組長度分別為x和(p+h)(bit)，其中p為分組的數據部分的長度，h為每個分組所添加的首部長度，與p的大小無關。通信的兩端共經過k段鏈路。鏈路的數據率為b(bit/s)，但傳播時延和節點的排隊時間均可忽略不計。若打算使總的時延為最小，問分組的數據部分長度p應取為多大？(提示：參考圖1-11的分組交換部分，觀察總的實驗由哪幾部分組成）
答：總時延D表達式，分組交換時延為：D= (x/p)((p+h)/b)+ (k-1)(p+h)/b ，D對p求導后，令其值等於0，求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5
5：收發兩端之間的傳輸距離為1000km，信號在媒體上的傳播速率為2×10^8 m/s試計算以下兩種情況的發送時延和傳播時延：
（1） 數據長度為 10^7bit,數據發送速率為100kb/s。
（2） 數據長度為 10^3bit,數據發送速率為1Gb/s。
從上面的計算中可以得到什么樣的結論？(可以參照第10題上面的計算公式）
答：（1）發送時延：ts=10^7/10^5=100s
傳播時延tp=10^6/(2×10^8)=0.005s
（2）發送時延ts =10^3/10^9=1µs
傳播時延：tp=10^6/(2×10^8)=0.005s
結論：若數據長度大而發送速率低，則在總的時延中，發送時延往往大於傳播時延。但若數據長度短而發送速率高，則傳播時延就可能是總時延中的主要成分。
6:假設信號在媒體上的傳播速度為2.3×10^8m/s.媒體長度L分別為：
（1）10cm（網絡接口卡）
（2）100m（局域網）
（3）100km（城域網）
（4）5000km（廣域網）
試計算出當數據率為1Mb/s和10Gb/s時在以上媒體中正在傳播的比特數。
答：
（1）傳播時延= 0.1/(2.3×10^8)=4.35×10^{-10}，
1Mb/s:比特數=4.35×10^{-10}×1×10^6=4.35×10^{-4}
10Gb/s:比特數=4.35×10^{-10}×1×10^{10}=4.35
（2）傳播時延=100/(2.3×10^8)=4.35×10^{-7}
1Mb/s:比特數=4.5×10^{-7}×1×10^6=4.35×10^{-1}
10Gb/s:比特數=4.35×10^{-7}×1×10^10=4.35×10^3
(3) 傳播時延=100000/(2.3×10^8)=4.35×10^{-4}
1Mb/s: 比特數=4.35×10^{-4}×1×10^6=4.35×10^2
10Gb/s: 比特數=4.35×10^{-4}×1×10^10=4.35×10^6
(4)傳播時延=5000000/(2.3×10^8)=2.17×10^{-2}
1Mb/s: 比特數=2.17×10^{-2}×1×10^6=2.17×10^4
10Gb/s: 比特數=2.17×10^{-2}×1×10^10=2.17×10^8
7:長度為100字節的應用層數據交給傳輸層傳送，需加上20字節的TCP首部。再交給網絡層傳送，需加上20字節的IP首部。最后交給數據鏈路層的以太網傳送，加上首部和尾部工18字節。試求數據的傳輸效率。數據的傳輸效率是指發送的應用層數據除以所發送的總數據（即應用數據加上各種首部和尾部的額外開銷）。若應用層數據長度為1000字節，數據的傳輸效率是多少？
答：
（1）100/（100+20+20+18）=63.3%
（2）1000/（1000+20+20+18）=94.5%
8：論述具有五層協議的網絡體系結構的要點，包括各層的主要功能。
答：它綜合了OSI 和TCP/IP 兩種體系結構的優點，采用的一種原理體系結構。
各層的主要功能：
(1)物理層：物理層的任務就是透明地傳送比特流。（注意：傳遞信息的物理媒體，如雙絞線、同軸電纜、光纜等，是在物理層的下面，當做第0層。） 物理層還要確定連接電纜插頭的定義及連接法。
(2)數據鏈路層：數據鏈路層的任務是在兩個相鄰結點間的線路上無差錯地傳送以幀（frame）為單位的數據。每一幀包括數據和必要的控制信息。
(3)網絡層：網絡層的任務就是要選擇合適的路由，使 發送站的運輸層所傳下來的分組能夠正確無誤地按照地址找到目的站，並交付給目的站的運輸層。
(4)運輸層：運輸層的任務是向上一層的進行通信的兩個進程之間提供一個可靠的端到端服務，使它們看不見運輸層以下的數據通信的細節。
(5)應用層：應用層直接為用戶的應用進程提供服務。
9：假定要在網絡上傳送1.5MB的文件。設分組長度為1KB，往返時間RTT=80ms。傳送數據之前還需要有建立TCP連接的時間，這時間時2*RTT=160ms。試計算在以下幾種情況下接收方收完該文件的最后一個比特需要的時間。
(1)數據發送速率為10Mbit/s，數據分組可以連續發送。
(2)數據發送速率為10Mbit/s，但每發送完一個分組后要等待一個RTT時間才能在發送下一個分組。
(3)數據發送速率極快，可以不考慮發送數據所需要的時間。但規定在每一個RTT往返時間內只能發送20個分組。
(4)數據發送速率極快，可以不考慮發送數據所需要的時間。但在第一個RTT往返時間內只能發送一個分組，在第二個RTT內可以發送兩個分組，在第三個RTT內可以發送四個分組。
答：題目的條件中的M=2^{20}==1048576約等於10^{6}B，K=2^{10}=1024約等於10^{3}B ，1B=1字節=8bit=8b
（1）發送這些比特所需時間=1.5×2^{20}×8bit/（10×10^6bit/s）=1.258(s)
最后一個分組傳播到達目的地還需要0.5×RTT=40ms時間。總共需要的時間=2×RTT+1.258+0.5×RTT=0.16+1.258+0.04=1.458（s）
（2）需要划分的分組數=1.5MB/1KB=1536(組）
建立時間：2xRTT = 0.16（s）
總的發送時間：仍是1.258（s）
最后一個分組傳播到達目的地需要：0.5×RTT=40（ms）=0.04（s）（二分之一往返時間）
從第一個分組最后一個比特到達直到最后一個分組第一個比特到達需要經歷：1535×RTT=1535×0.08=122.8（s）
總共需要的時間=0.16+1.258+0.04+122.8=1.458+122.8=124.258（s）
（3）在每一個RTT往返時間內只能發送20個分組。1536個分組，需要76個整的RTT，76個RTT可以發送76×20=1520個分組，最后剩下16個分組，一次發送完。但最后一次發送的分組到達接收方也需要0.5×RTT。
因此，總共需要的時間=2×RTT+76×RTT+0.5×RTT=6.12+0.16=6.28（s）
（4）在兩個RTT后就開始傳送數據。共 1536個分組
經過n個RTT后就發送了1+2+4+…+2n=2^n-1個分組。
若n=10，那么只發送了 2^n-1=1023個分組。可見10個RTT不夠。
若n=11，那么只發送了 2^n-1= 2047個分組。可見11個RTT足夠了。
這樣，考慮到建立TCP連接的時間和最后的分組傳送到終點需要的時間，（最后一次，不考慮返回）現在總共需要的時間=（2+10+0.5）×RTT=12.5×0.08=1（s）
10：有一個對點鏈路，長度為50KM。若數據在此鏈路上的傳播速率為 2×10^8m/s，試問鏈路的帶寬為多少才能使傳播時延和發送100字節的分組的發送時延一樣大？如果發送的是512字節長的分組，結果又是如何？
答：傳播時延=信道長度/傳播速率= 5×10^4m/2×10^8m/s=2.5×10^{-4}s=2.5×10−4s
100字節：此時的帶寬=時延帶寬積/傳播時延=100×8bit/2.5×10^{-4}=3.2M/bit此時需要帶寬為3.2M/bit。
512字節：此時的帶寬=時延帶寬積/傳播時延=512×8bit/2.5×10^{-4}=16.384M/bit=16.384M/bit;此時需要的帶寬為16.384M/bit。
11：有一個點對點鏈路，長度為 20000 km。數據的發送速率是 1kbit/s。要發送的數據有100bit。數據在此鏈路上的傳播速度為 2 × 1 0 8 m / s 2×10^8m/s 2×108m/s;假定我們可以看見在線路上傳播的比特，試畫出我們看到的線路上的比特（畫兩個圖，一個在100 bit 剛剛發送完時，另一個是再經過 0.05 s 后）。
答：
發送時延=數據幀長度/發送速率=100bit/1kbit/s=0.1s
傳播時延=信道長度/傳播速率=2×10^7m/2×10^8m/s=0.1s
所以我們就可以清楚的知道當一個100bit剛剛發送完時，第一個bit剛好到終點，再經過0.05s后是信道上還有50bit
13. 主機A向主機B發送一個長度為10^7 比特的報文。中間要經過兩個節點交換機，即一共經過三段鏈路。設每條鏈路的傳輸速率為2Mbit/s。忽略所有時延。
(1)如果采用報文交換，即整個報文不分段，每台節點交換機收到整個的報文后再轉發。問從主機A把報文傳送到第一個節點交換機需要多少時間？從主機A把報文傳送到主機B需要多長時間？
答：第一節點時間=數據長度/傳播速率=10^7bit/2×10^6bit/s=5s 107bit/2×106bit/s=5s
從A到B的總時間=3×節點時間=15s
(2)如果采用分組交換。報文被划分為1000個等長的分組，並連續發送。節點交換機能夠邊接受邊發送。試問從主機A把第一個分組傳送到第一個節點交換機需要的時間？從主機A把第一個分組傳送到主機B需要多少時間？從主機A把1000個分組傳送到主機B需要多少時間？
答：分成1000個分組，則每個分組有10^4個bit。
第一個分組到達第一個節點的時間=1×10^4bit/2×10^6/s=0.005s
第一個分組到達主機B的時間=3×0.005s=0.015s
1000個分組到達主機B的時間=0.005s×1000+0.01s=5.01s
(3)就一般情況而言，比較用整個報文來傳送和用划分多個分組來傳送的優缺點。
報文交換：報文是通信鏈路中一次要發送的數據，報文交換就是把整個報文完整的發送到鏈路中，在某個節點存儲下來之后再發送到下一個節點。
優點：更加靈活。不需要事先建立連接之后再進行通信。
缺點：當每個報文的數據量較大時，每次在節點處轉發再存儲的話時延較大。
分組交換：分組交換采用轉發存儲技術，將一個完整的報文，分成若干個分組，再進行轉發，而且每個分組之間經過哪一個節點，與上一個分組完全沒有關系，這一點在某些網絡節點發生網絡阻塞時會顯得尤其重要。
優點：發送數據更加靈活，時延更下。
缺點：發送設備和接收設備就更加復雜。
14.主機A向主機B連續傳送一個600000bit的文件。A和B之間有一條帶寬為1Mbit/s的鏈路相連，距離為5000KM，在此鏈路上的傳播速率為 2.5 × 1 0 8 m / s 。 2.5×10^8m/s。 2.5×108m/s。
(1)鏈路上的比特數目的最大值是多少？
答：帶寬時延積=帶寬×(距離/傳播速率）=1Mbit/s×5000KM/2.5×10^8m/s=2×10^4bits
則最大比特數目為2×10^4個。（區分於時延帶寬積）
(2)鏈路上每比特的寬度是多少？
答：寬度=鏈路長度/帶寬時延積=5×10^6m/2×10^4bits=250m
(3)若想把鏈路上每比特的寬度變為5000KM，這時應把發送速率調整到什么數值？
答：寬度=鏈路長度/時延帶寬積=5×10^6m/帶寬時延積=5×10^6m則時延帶寬積=1bits。
時延帶寬積=帶寬×(距離/傳播速率)=帶寬×5000KM/ 2.5×10^8m/s =1bits；則帶寬=50bit/s，即發送速率為50bit/s。
15.主機A到主機B的路徑有三段路，其速率分別為2Mbit/s，1Mbit/s和500kbit/s。現在A向B發送一個文件。
（1）試計算該文件傳送的吞吐量。
答：吞吐量為三段路中速率最小的那一個，所以吞吐量為500kbit。
（2）設文件長度為10MB，而網絡上沒有其他流量。試問該文件從A傳送到B大約需要多少時間？為什么這里只是計算大約的時間？
答：文件大小為10×10^6×8bit=8×10^7bit
傳送速率=吞吐量/單位時間=500kbit/s
時間=文件大小/吞吐量傳送速率=8×10^7bit/5×10^5bit/s=160s
因為在計算機使用過程中不可能只有這一個文件進行傳輸，其他文件的傳輸也在占用傳輸通道，但無法知道有多少個文件進行傳輸，所以只能進行假設只有這一個文件進行傳輸，所以只能計算大約的時間。
物理層
1.物理層要解決哪些問題？物理層的主要特點是什么？
答：物理層要解決的主要問題：
（1）物理層要盡可能地屏蔽掉物理設備和傳輸媒體，通信手段的不同，使數據鏈路層感覺不到這些差異，只考慮完成本層的協議和服務。
（2）給其服務用戶（數據鏈路層）在一條物理的傳輸媒體上傳送和接收比特流（一般為串行按順序傳輸的比特流）的能力，為此，物理層應該解決物理連接的建立、維持和釋放問題。
（3）在兩個相鄰系統之間唯一地標識數據電路。
2.假定某信道受奈氏准則限制的最高碼元速率為20000碼元/秒。如果采用振幅調制，把碼元的振幅划分為16個不同等級來傳送，那么可以獲得多高的數據率（b/s）?
解：C=Rlog2(16)=20000b/s×4=80000b/s.
3.用香農公式計算一下，假定信道帶寬為3100Hz，最大信道傳輸速率為35Kb/ｓ，那么若想使最大信道傳輸速率增加60%，問信噪比Ｓ/Ｎ應增大到多少倍？如果在剛才計算出的基礎上將信噪比Ｓ/Ｎ再增大到十倍，問最大信息速率能否再增加20%？
解：C=Wlog2(1+S/N)
35000b/s=3100log2(1+S/N)
S/N= 2 35000 / 3100 2^{35000/3100} 235000/3100-1
則是信道傳輸速率變為35Kb/s(1+0.6)=56Kb/s
S/N1= 2 56000 / 3100 2^{56000/3100} 256000/3100-1
此時S/N擴大到原來的100倍
C1=Wlog2(1+10S/N1)
C1/56Kb/s=118.5%
此時信息速率只能提升18.5%
4.為什么要使用信道復用技術？常用的信道復用技術有哪些？
答：為了通過共享信道,最大限度提高信道利用率。
頻分、時分、碼分、波分。
5.碼分多址CDMA為什么可以使所有用戶在同樣的時間使用同樣的頻帶進行通信而不會互相干擾？這種復用方法有何優缺點？
答：各用戶使用經過特殊挑選的相互正交的不同碼型，因此彼此不會造成干擾。 這種系統發送的信號有很強的抗干擾能力，其頻譜類似於白噪聲，不易被敵人發現。占用較大的帶寬。
6.共有4個站進行碼分多址通信。4個站的碼片序列為 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） 現收到這樣的碼片序列S：（－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1）。問哪個站發送數據了？發送數據的站發送的是0還是1？
解：S*A=（＋1－1＋3＋1－1＋3＋1＋1）/8=1， A發送1
S*B=（＋1－1－3－1－1－3＋1－1）/8=－1， B發送0
S*C=（＋1＋1＋3＋1－1－3－1－1）/8=0， C無發送
S*D=（＋1＋1＋3－1＋1＋3＋1－1）/8=1， D發送1
數據鏈路層
1.數據鏈路層的三個基本問題(封裝成幀、透明傳輸和差錯檢測)為什么都必須加以解決？
答：封裝成幀是分組交換的必然要求；
透明傳輸避免消息符號與幀定界符號相混淆；
差錯檢測防止合差錯的無效數據幀浪費后續路由上的傳輸和處理資源。
2.要發送的數據為1101011011。采用CRC的生成多項式是P(X)= X 4 X^4 X4+X+1。試求應添加在數據后面的余數。
（1）數據在傳輸過程中最后一個1變成了0，問接收端能否發現？
（2）若數據在傳輸過程中最后兩個1都變成了0，問接收端能否發現？
（3）采用CRC檢驗后，數據鏈路層的傳輸是否就變成了可靠的傳輸？(可以參考第七題上面的計算公式)
答：
（1）作二進制除法，被除數為11010110110000，除數為10011得余數1110
若最后一個變為0，則1101011010 1110/10011(模2除法)得余數為0011，余數不為0，故接收端可以發現。
（2）若最后兩個成為0，則1101011000 1110/10011(模2除法) 得余 0101,余數不為0，故接收端可以發現。
（3）采用了CRC檢驗，缺重傳機制，接收端不能發現，數據鏈路層的傳輸還不是可靠的傳輸。
3.一個PPP幀的數據部分（用十六進制寫出）是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。試問真正的數據是什么（用十六進制寫出）？
答：
(1)當信息字段中出現0x7E字節轉變為2字節序列(0x7D,0x5E)
(2)當信息字段中出現一個0x7D字節轉變為2字節序列(0x7D,0x5D)
那么這樣就很好做了，那么實際的數據為7E FE 27 7D 7D 65 7E
4.PPP協議使用同步傳輸技術傳送比特串0110111111111100。試問經過零比特填充后變成怎樣的比特串？若接收端收到的PPP幀的數據部分是0001110111110111110110，問刪除發送端加入的零比特后變成怎樣的比特串？
答：0比特填充后：011011111011111000
刪除零比特后：00011101111111111110
5.假定在使用CSMA/CD協議的10Mb/s以太網中某個站在發送數據時檢測到碰撞，執行退避算法時選擇了隨機數r=100。試問這個站需要等待多長時間后才能再次發送數據？如果是100Mb/s的以太網呢？
答：對於10Mb/s的以太網，以太網把爭用期時間定為51.2微秒，要退后100個爭用期，等待時間是51.2微妙×100=5.12ms
對於100Mb/s的以太網，以太網把爭用期定為5.12微秒，要退后100個爭用期，等待時間是5.12微秒×100=0.512ms
6.假定站點A和B在同一個10Mb/s以太網網段上。這兩個站點之間的傳播時延為225比特時間。現假定A開始發送一幀，並且在A發送結束之前B也發送一幀。如果A發送的是以太網所容許的最短的幀，那么A在檢測到和B發生碰撞之前能否把自己的數據發送完畢？換言之，如果A在發送完畢之前並沒有檢測到碰撞，那么能否肯定A所發送的幀不會和B發送的幀發生碰撞？（提示：在計算時應當考慮到每一個以太網幀在發送到信道上時，在MAC幀前面還要增加若干字節的前同步碼和幀定界符）
答：
設在t=0時A開始發送，在t=(64+8)×8=576比特時間，A應當發送完畢。
t=225比特時間，B就檢測出A的信號。
只要B在t=224比特時間之前發送數據，A在發送完畢之前就一定檢測到碰撞，就能夠肯定以后也不會再發送碰撞了如果A在發送完畢之前並沒有檢測到碰撞，那么就能夠肯定A所發送的幀不會和B發送的幀發生碰撞（當然也不會和其他站點發生碰撞）。
7.在上題中的站點A和B在t=0時同時發送了數據幀。當t=255比特時間，A和B同時檢測到發生了碰撞，並且在t=255+48=273比特時間完成了干擾信號的傳輸。A和B在CSMA/CD算法中選擇不同的r值退避。假定A和B選擇的隨機數分別是rA=0和rB=1。試問A和B各在什么時間開始重傳其數據幀？A重傳的數據幀在什么時間到達B？A重傳的數據會不會和B重傳的數據再次發生碰撞？B會不會在預定的重傳時間停止發送數據？
答：
t=0時，A和B開始發送數據T1=225比特時間,A和B都檢測到碰撞（tau）T2=273比特時間,A和B結束干擾信號的傳輸（T1+48）T3=594比特時間,A 開始發送（T2+Tau+rATau+96）T4=785比特時間，B再次檢測信道。（T4+T2+Tau+RbTau）如空閑，則B在T5=881比特時間發送數據、否則再退避。（T5=T4+96）A重傳的數據在819比特時間到達B，B先檢測到信道忙，因此B在預定的881比特時間停止發送。
8.以太網上只有兩個站，它們同時發送數據，產生了碰撞。於是按截斷二進制指數退避算法進行重傳。重傳次數記為i，i=1，2，3,……。試計算第1次重傳失敗的概率、第2次重傳的概率、第3次重傳失敗的概率，以及一個站成功發送數據之前的平均重傳次數I。
答：
將第i次重傳成功的概率記為Pi。
顯然第一次重傳失敗的概率為0.5，第二次重傳失敗的概率為0.25，第三次重傳失敗的概率為0.125。
可得平均重傳次數I=1.637
9.在圖3-30 中，某學院的以太網交換機有三個接口分別和學院三個系的以太網相連，另外三個接口分別和電子郵件服務器、萬維網服務器以及一個連接互聯網的路由器相連。圖中的A,B和C都是100Mbit/s以太網交換機。假定所有的鏈路的速率都是100Mbit/s，並且圖中的9台主機中的任何一個都可以和任何–個服務器或主機通信。試計算這9台主機和兩個服務器產生的總的吞吐量的最大值。為什么?
答：因為通過交換機連接的局域網內主機可以並行發送數據，所以9台主機的吞吐量為900M，兩個服務器吞吐量為200M，所以總吞吐量為1100M。
10.假定在圖3-30中的所有鏈路的速率仍然為100 Mbit/s，但三個系的以太網交換機都換成為100Mbit/s的集線器。試計算這9台主機和兩個服務器產生的總的吞吐量的最大值。為什么?
答：如果把三台交換機換成集線器，由於集線器是總線型，同一集線器下同一時刻只能一台設備發送數據，所以圖中9台主機其實只有三台在發送，吞吐量是300M，兩個服務器吞吐量是200M，所以吞吐總量是500M。
11.假定在圖3-30（上圖）中的所有鏈路的速率仍然為100 Mbit/s，但所有的以太網交換機都換成為100Mbit/s的集線器。試計算這9台主機和兩個服務器產生的總的吞吐量的最大值。為什么?
答：一個網絡中無論其中有多少台主機或者服務器,如果全部接在一個集線器上,那么該網絡的最大總的吞吐量就是這個集線器的最大值，即100M。
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