交大继续教育计算机网络四次作业答案

第一次作业解析

1、 OSI 模型中，通常是 数据链路层 负责将比特流或字符流转换成帧格式。

2、 对于网络模型来说，路由器是工作在

网络层的设备。

3、 HUB （集线器）是工作在物理层的设备。

4、 FTP 、Tel net 等属于应用层的应用系统。

5、 OSI 模型中，由 物理层负责比特流的透明传输。

6、 哪种物理层编码技术可用于解决连续的 0或连续1的问题。只有曼切斯特编码。

女口果用 telnet https://www.360docs.net/doc/2d17314773.html,

以某种形式调制的 0或1数据。 Nyquist 定理 在无噪声信道中，当带宽为

H Hz ,信号电平为 V 级，则:

数据传输速率 =2Hlog 2V b/s

T=20KB/40Mbps=(20 x 8)/(40 x 1000)=0.004 秒 1B=8bit 所以乘以8, M 和K 是1000的关系

13、 如果主机A 通过由32路TDM 共享的2.048Mbps 总线链路向主机 B 发送一个32Kb 的文件，则传输时间为 500ms

每一路的速率=2.048M/32 = 64Kbps

因此传输时间=文件长/一路传输速率=32Kb/64Kbps=0.5s 。 14、 在曼切斯特编码中，如果信号的到达速率（即信号的波特率）是 10M,那么数据传输速 率

是5Mbps 。

特点：每一位数据需要两个时钟周期，因此信号的频率是数据率的 2倍（例如10Mbps 需 要20MHz 信号频率）

7、 传输一串信息，那么真正在物理媒体上传输的信息是

在一条无噪声的信道上，如果带宽是 特率（即数据传输率）为40Mbps 。 在一条无噪声的信道上，如果带宽是

率为8M 波特。

10、在一条无噪声的信道上，如果带宽是 的文件最短需要的时间是

4MHz 信号分成 32个等级，那么, 信道的最大比 9、 4MHz 4MHz 信号分成 信号分成 4ms 。

32个等级，那么, 32个等级，那么, 信道对应波特 发送一个 20KB 信道的速率=2 4M log 2 32 = 40Mbps ， 即信道的最大比特率为 40Mbps 。

???比特率=（log 2V ） x 波特率???波特率

=比特率 log"40M log 232 = 8M

11、 一路电话的带宽为 12、 HFC 用了 FDM 和 64Kbps 。

TDM 多路复用的方法。

第二次作业解析

1、 如果采用奇校验，01001011和10100100的校验位分别是 1和0

在数据后加一个奇偶（parity ）位，奇偶位设置标准是保证码字中"1 ”位的数目是偶数（或奇 数）。 2、 076C5FAA867E1A3B6654333啲 32 位校验和为 0BC152DF 076C5FAA+867E1A3B+6654333C= F43EAD21

:

数

位

数1+数 2+数3+进位= 和 进位 当前位 补码 0 A+B+C+0= 33 2 1

16-1 = F 1 A+3+3+2= 18 1 2

15-2= D 2 F+A+3+1= 29 1 D

15-D= 2

3 5+1+3+1= 10 0 A

15-A=

5 4 C+E+4+0= 30 1 E

15-E= 1 5 6+7+5+1= 19 1 3

15-3= C 6 7+6+6+1= 20 1 4

15-4=

B

7 0+8+6+1=

15

0 F

15-F= 0

和=F43EAD21

补码=0BC152DF

F43EAD21可以看作是无符号数，也可以看作有符号数，这跟C 语言里一样。如果把求补码当成求相反数， 就必须将其看成有符号数。无论是有符号还是无符号数，其内部实现机制都是反码加 1 （对应十六进制运 算是最末位用16去减，其他位统统用15去减），即:

［原码］F43EAD21=11110100 00111110 10101101 00100001 ［反码］0BC152DE=00001011 11000001 01010010 11011110 ［补码］0BC152DF=00001011 11000001 01010010 11011111

3、 0111010111001001采用 CRC 校验码，生成多项式为 X3+X+1，最后发送的数据为

0111010111001001 111

原字符串加3个0,除数为1011，求余数，异或运算，得余数为 111

4、 在带宽为20Mbps 、距离为5km 的信道上用协议3传输数据帧，电信号在线路上的传播速 度约为5七/km ，确认帧长度忽略，当信道利用率为

50%寸，帧长为1Kb

帧长为L 比特。协议3是一个严格交替发送和接收协议。

L=2BD V ，代入以上参数，可以得到答案

L=2BD/V=2X 20000000(Mb/s) X 5000(m)/200000000(m/s) = 1000bit=1Kb

5、 采用一 位滑动 窗口 协议（ 即协议 4），通信一方 的 next_frame_to_send=0 ，

frame_expected=1 ，当收到一个 （ seq=0, ack=0, data ）的帧后， 它 next_frame_to_send= 1， frame_expected = 1，并将该帧的数据 丢弃

线路的利用率=

L

B 2 D V

VL 1

VL 2BD = 2

一方面，T帧的seq=O,z接收窗口=1,二该帧是错误帧，会丢弃，且接收窗口不会向前滑动，还是=1 。

另一方面，T帧的ack=O,=发送窗口=0,二表明刚才发送出去的帧已经成功收到应答，所以发送窗口向前滑动一位，=1。

6、采用一位滑动窗口协议（即协议4），通信一方的next_frame_to_send=0 frame_expected=1 ，当发送一帧时，帧的内容为（seq=0 ack= 0 data ）。

t 发送帧时：seq = S = next_frame_to_send ，而ack = R - 1 = frame_expected-1 %

(MAX_SEQ+1);

??? seq= S = 0= ack = R -1 % (MAX_SEQ+1) = (1-1) % (1+1) = 0.

说明

S = next_frame_to_send, R = frame_expected

接收帧时：seq与R比较,若相等则接收送网络层，且R++否则拒绝。ack与S 比较,

若相等则从网络层取新包,S++;否则S无变化。

发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1;

7、采用位插入法的帧格式，若欲传输的信息是10111111011，则实际传输的比特串是

带位填充的首尾标志法

这是一种面向二进制位的帧格式，把所有需传输的数据（不论是ASCII 字符还是二进制位串）一字排开，并以特殊的位模式01111110作为帧标志，即一个帧的开始（同时标志前一个帧的结束）

当帧内容中出现一个与帧标志相同的位串01111110，则在 5 个 1 后插入一个0，即变成01111101，接收方将自动删除第5 个1后的0。称为位插入法，或透明传输。

如果由于干扰，一个帧没有正确接收，则可扫描接收串，一旦扫描到01111110，即新的一

帧从此开始。即可以再同步

8、网桥是一种可以用于网段隔离；是一种工作在数据链路层；具有在数据链路层进行路由功能；具有其他各项列举的全部功能的设备。

9、100Mbps的以太网的波特率是125MHz 波特。

10、一个CSMA/CD勺网络，最大传输距离为5000米，信号传播速率为200m/卩s，网络带宽

为10M最短帧长是500bit

最短帧长公式

发送最短帧的时间=帧长/ 网络速率

=2 T =2X最长线路长度/信号传播速率

即2*D/V=L/B

全部国际单位制2*5000/（200*10人6） =L/（10*10A6）

11、一个CSMA/CD勺网络，最大传输距离为5000米，信号传播速率为200m/卩s，网络带宽为10M则网络的时隙长度为50 ^s

时隙长度即上题公式中2*D/V 或L/B

500/（10*10A6）= 50 ys

12、在以太网中的某一时隙，有两个站点同时开始发送，则 3 次竞争内（包括第3次）将帧成功发送的概率是87.5% 。（或者说 3 次竞争总可以解决冲突的概率）

前三次竞争都冲突的概率=2A-3

成功概率=1-2A-3=0.875

二进制指数后退算法举例

对于两个站点的第j 次竞争，发生在第i 次冲突之后，j=i+1 ，站点会在[0,2 j-1）或[0,2 i）范围选择等待时隙。

其发生冲突的概率=1/2 j-1=1/2i

前j 次竞争都冲突的概率=

1X 1/2 x …x 1/2 j-1=1/2° 1) x j/2=1/2i x(i+1)/2

13、IEEE 802.11采用的MAC协议是CSMA/CA在该协议中当某站点收到站点A发给站点B

的RTS没有收到任何CTS后，则该站点可以与除A、B以外的站点通信

14、想使由多个交换机连接的机器处于不同的局域网，需要采用VLAN技术。

15、在以太网中，当两个站点碰撞（即冲突）5次后，选择的随机等待时隙数的范围是［0,31］。（用数学的区间符号表示，如［a, b］）

二进制指数后退算法

发送方在检测到冲突后，双方（或多方）都将延时一段时间，

所谓一段时间到底是多长？

冲突检测到后，时间被分成离散的时隙

时隙的长度等于信号在介质上来回的传播时间（51.2七）

一般地，经i次冲突后，发送站点需等待的时隙数将从0~ 2=

1中随机选择,即［0, 2 i-1］或［0, 2 i）

随机数的最大值是1023 （即第10次冲突之后）

第三次作业解析

1、路由算法的作用是负责填充和更新路由表

路由与转发：路由是决定路线，转发是当一个数据包到达时发生的动作。换句话说，转发是根据路由表来进行数据包的发送，而路由算法负责填充和更新路由表

2、某网络设备的IP地址为202.112.192.4，它属于C类IP地址。

地址类别网络数主机数

A0~127 （128）16777216

B128~191 （16384）65536

C192~223 （2097152）256

D224~239

3、一个IP=10.10.30.88机器访问IP=202.120.2.102的Web服务器中网页，NAT的内网地址

=10.10.30.1，外网地址=218.81.195.105，则Web服务器收到的IP包中的源地址域的值= 218.81.195.105。

NAT将内网出去的IP包的源地址替换成自己外部IP地址，因此服务器收到的IP包中的源地

址域的值=NAT外部IP地址=218.81.195.105。

4、BGP协议采用路由算法是基于距离矢量算法（D-V）的。

BGP协议是一种改进的距离矢量协议。路由器不仅维护它到每个目标的开销，还记录下所使

用的路径。这样解决了困扰距离矢量路由算的“无穷计算”的问题。系统管理员自己可以定

义评分函数，这样使避免了把最短路径作为唯一路由选择标准的缺陷。

5、202.120.5.193/28子网可容纳的主机数为14个。

6、202.120.5.193/28 的子网掩码为255.255.255.240。

解答:

202.120.5.193/28的子网掩码长度为28位。即28个1 + (32-28=4)个0, 即(11111111 11111111 11111111 11110000) 2=255.255.255.240

C类IP的网络地址长度为24位，因此子网长度为28-24=4，子网中表示主机数长度为8-4=4 , （其中8是C类地址表示后缀长度），该子网可容纳的主机数=24- 2 = 14个。另外一种计算

方法是，子网中主机数长度=IP地址总长度-掩码1的个数=32-28=4。该子网可容纳的主机数=24-2 = 14个。之所有要减去2,是因为主机编码为全0和全1的地址一般不用于主机IP 地址（分别用于表示网络和广播地址），因此一般要去掉这2个地址。

7、对某C类子网进行子网划分，子网号长度3位。其中子网中110（二进制数）子网主机号

为6（十进制数）的节点的IP地址的最后一个字节的值为198。

（110 00110）2=198。

因为C类地址的表示主机的字段为1个字节，而子网号为3位，因此剩下的真正表示主机的位数只有8-3=5位，让这5位等于=6,即00110，加上之前的110子网号就等于二进制的

11000110。

8、RIP、OSPF分别采用的路由算法分别是D-V、L-S。

RIP采用D-V路由算法，是In ternet的一个主要路由协议，传输层采用UDP协议

OSPF是In ternet上主要的内部网关协议，负责AS内部路由1988年开始制定，1990年成为

标准，采用L-S路由算法

9、某路由器中的路由表如下表所示:

按下表所示，当该路由器收到所指定目的地址的数据包时，填写应转发的下一跳。