计算机网络第四版(课后练习+答案)
《计算机网络(第四版)》习题答案
计算机网络(第四版) 习题答案第1 章概述1-3 The performance of a client-server system is influenced by two network factors: the bandwidth of the network (how many bits/sec it can transport) and the latency (how many seconds it takes for the first bit to get from the client to the server). Give an example of a network that exhibits high bandwidth and high latency. Then give an example of one with low bandwidth and low latency.客户-服务器系统的性能会受到两个网络因素的影响：网络的带宽（每秒可以传输多少位数据）和延迟（将第一个数据位从客户端传送到服务器端需要多少秒时间）。
请给出一个网络的例子，它具有高带宽和高延迟。
然后再给出另一个网络的例子，它具有低带宽和低延迟。
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56 kbps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。
1-4 Besides bandwidth and latency, what other parameter is needed to give a good characterization of the quality of service offered by a network used for digitized voice traffic?除了带宽和延迟以外，针对数字化的语音流量，想要让网络提供很好的服务质量，还需要哪个参数？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。
《计算机网络》课后习题答案(第四版)谢希仁
《计算机网络》课后习题答案（第四版）谢希仁编著2006-12-28第一章概述（P19）1、计算机网络的发展可划分为几个阶段？每个阶段各有何特点？答：计算机网络的发展可分为以下四个阶段。
（1）面向终端的计算机通信网：其特点是计算机是网络的中心和控制者，终端围绕中心计算机分布在各处，呈分层星型结构，各终端通过通信线路共享主机的硬件和软件资源，计算机的主要任务还是进行批处理，在20世纪60年代出现分时系统后，则具有交互式处理和成批处理能力。
（2）分组交换网：分组交换网由通信子网和资源子网组成，以通信子网为中心，不仅共享通信子网的资源，还可共享资源子网的硬件和软件资源。
网络的共享采用排队方式，即由结点的分组交换机负责分组的存储转发和路由选择，给两个进行通信的用户段续（或动态）分配传输带宽，这样就可以大大提高通信线路的利用率，非常适合突发式的计算机数据。
（3）形成计算机网络体系结构：为了使不同体系结构的计算机网络都能互联，国际标准化组织ISO提出了一个能使各种计算机在世界范围内互联成网的标准框架—开放系统互连基本参考模型OSI.。
这样，只要遵循OSI标准，一个系统就可以和位于世界上任何地方的、也遵循同一标准的其他任何系统进行通信。
（4）高速计算机网络：其特点是采用高速网络技术，综合业务数字网的实现，多媒体和智能型网络的兴起。
2、试简述分组交换的特点答：分组交换实质上是在“存储——转发”基础上发展起来的。
它兼有电路交换和报文交换的优点。
分组交换在线路上采用动态复用技术传送按一定长度分割为许多小段的数据——分组。
每个分组标识后，在一条物理线路上采用动态复用的技术，同时传送多个数据分组。
把来自用户发端的数据暂存在交换机的存储器内，接着在网内转发。
到达接收端，再去掉分组头将各数据字段按顺序重新装配成完整的报文。
分组交换比电路交换的电路利用率高，比报文交换的传输时延小，交互性好。
3、试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。
计算机网络(第4版)清华大学出版社习题答案(中文版)
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168/200x Gbps 或者840 /x Mbps。
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 56 kbps 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 200, 000 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160, 000千米。
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 160, 000/300，000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。
（完整版）计算机网络原理课后习题答案
（完整版）计算机⽹络原理课后习题答案《计算机⽹络》（第四版）谢希仁第1章概述作业题1-03、1-06、1-10、1-13、1-20、1-221-03．试从多个⽅⾯⽐较电路交换、报⽂交换和分组交换的主要优缺点。
答：（1）电路交换它的特点是实时性强，时延⼩，交换设备成本较低。
但同时也带来线路利⽤率低，电路接续时间长，通信效率低，不同类型终端⽤户之间不能通信等缺点。
电路交换⽐较适⽤于信息量⼤、长报⽂，经常使⽤的固定⽤户之间的通信。
（2）报⽂交换报⽂交换的优点是中继电路利⽤率⾼，可以多个⽤户同时在⼀条线路上传送，可实现不同速率、不同规程的终端间互通。
但它的缺点也是显⽽易见的。
以报⽂为单位进⾏存储转发，⽹络传输时延⼤，且占⽤⼤量的交换机内存和外存，不能满⾜对实时性要求⾼的⽤户。
报⽂交换适⽤于传输的报⽂较短、实时性要求较低的⽹络⽤户之间的通信，如公⽤电报⽹。
（3）分组交换分组交换⽐电路交换的电路利⽤率⾼，⽐报⽂交换的传输时延⼩，交互性好。
1-06．试将TCP/IP和OSI的体系结构进⾏⽐较。
讨论其异同点。
答：（1）OSI和TCP/IP的相同点是：都是基于独⽴的协议栈的概念；⼆者均采⽤层次结构，⽽且都是按功能分层，层功能⼤体相似。
（2）OSI和TCP/IP的不同点：①OSI分七层，⾃下⽽上分为物理层、数据链路层、⽹络层、运输层、应⽤层、表⽰层和会话层；⽽TCP/IP具体分五层：应⽤层、运输层、⽹络层、⽹络接⼝层和物理层。
严格讲，TCP/IP⽹间⽹协议只包括下三层，应⽤程序不算TCP/IP的⼀部分②OSI层次间存在严格的调⽤关系，两个（N）层实体的通信必须通过下⼀层（N-1）层实体，不能越级，⽽TCP/IP可以越过紧邻的下⼀层直接使⽤更低层次所提供的服务（这种层次关系常被称为“等级”关系），因⽽减少了⼀些不必要的开销，提⾼了协议的效率。
③OSI 只考虑⽤⼀种标准的公⽤数据⽹。
TCP/IP ⼀开始就考虑到多种异构⽹的互连问题，并将⽹际协议IP 作为TCP/IP 的重要组成部分。
计算机网络第四版(课后练习答案)
计算机网络第四版(课后练习答案)计算机网络第四版（课后练习答案）第一章：计算机网络与因特网1. 计算机网络的基本概念与体系结构计算机网络是指将分散的、独立的计算机系统通过通信设备和线路连接起来，实现信息共享和资源共享的系统。
它由硬件、软件和协议等组成，并遵循一定的体系结构。
2. 因特网的发展与组成因特网是全球最大的计算机网络，由大量的自治系统（AS）组成，采用TCP/IP协议族作为通信协议，实现全球范围内的信息交流和资源共享。
第二章：物理层1. 传输媒体的基本概念和分类传输媒体是信息在计算机网络中传输的介质，主要包括双绞线、同轴电缆、光纤和无线媒体等，根据传输方式分类可分为有线传输媒体和无线传输媒体。
2. 信道复用与调制信道复用是指多路复用技术，用于将多个通信信道中的数据通过一个物理通道传输。
调制技术是将数字信号转换为模拟信号的过程，常用的调制方式有ASK、FSK、PSK等。
第三章：数据链路层1. 数据链路层的基本概念和功能数据链路层在物理层之上，提供有点到点的数据传输服务，主要功能包括帧的封装与解封装、错误检测与纠正、流量控制和访问控制等。
2. 介质访问控制介质访问控制是指多个计算机节点在共享传输媒体时的竞争与协调机制，主要包括载波侦听、轮询、令牌传递和CSMA等。
第四章：网络层1. 网络层的基本概念与功能网络层是计算机网络中的核心层，负责将分组从源节点传输到目的节点，主要功能包括寻址与路由、分组的转发与接收、拥塞控制和互联互通等。
2. 网际协议（IP）IP协议是因特网中最主要的协议之一，它定义了数据报的格式和传输规则，实现了数据包的路由和转发功能，是因特网的核心协议之一。
第五章：运输层1. 运输层的基本概念与功能运输层负责对网络层传输的数据进行可靠或无需可靠地传输，主要功能包括端到端的连接建立与释放、数据的分段与重组、流量控制和拥塞控制等。
2. 传输控制协议（TCP）TCP是因特网中最重要的运输层协议之一，它提供可靠的、面向连接的数据传输服务，通过确认应答和超时重传等机制，保证了数据的可靠性和可恢复性。
《计算机网络(第四版)》(谢希仁)部分习题参考答案
《计算机网络（第四版）》（谢希仁）部分习题参考题解1-10 解：电路交换所需时间T1 = s+x/b+kd，分组交换所需时间T2 = x/b+d+(k-1)(p/b+d) 根据题意应有T2<T1，即x/b+d+(k-1)(p/b+d)< s+x/b+kd移项后得(k-1)p/b< s1-11 解：总时延D = k(p+h)/b+(x/p-1)(p+h)/b = [(k-1)p+hx/p+x+kh-h]/b令D(p)′=(k-1)-hx/(bp2)= 0，解得p =[hx/(k-1)]1/22-17 解：接收码元与站A的码元内积= +8/8 = +1，故A发送了1接收码元与站B的码元内积= -8/8 = -1，故B发送了0接收码元与站C的码元内积= 0/8 = 0，故C未发送接收码元与站D的码元内积= +8/8 = +1，故D发送了13-06解：忽略帧控制信息的影响并假定信道无差错（p=0），已知对于停止等待协议有：λmax = (1-p)/t T，t T≈t f+2t p，t f = L f/C，其中C为信道容量（b/s），L f为帧长度(bits)。
则由式(3-8）和题意得ρmax =λmax t I = (1-p) t I f/ t T = t f / t T≥0.5即t f /( t f+2t p )≥0.5 →t f≥2t p→L f/C≥2t p→L f≥2t p C代入数值得L f≥160（bits）3-15解：忽略帧控制信息的影响，忽略确认帧长及其处理时间；假定信道无差错（p=0）且发送站始终有数据发送；取卫星信道时延（上行+下行）t p = 0.25 (S)；因为t T是可以连续发送帧的最小周期，故取t T为观察时间。
由已知条件可计算出：帧发送时间t f = L f/C = 2000/106 = 0.002（S），t T = t f +2 t p= 0.502（S）取λ表示帧到达率（帧/S），则在t T内的帧到达率λ(t T）= n/ t T（n为t T内实际到达的帧数），且由式（3-11）和式（3-12）知λ(t T）max≈1/ t f= C/ L f=500(帧/S)，对应n max= t Tλ(t T）max= 251(帧)由式（3-13）知归一化吞吐量（即信道利用率）ρ=λt f =（n t f）/ t T,代入数值后得ρ= n/251（1）W T =1 → n =1 →λ(t T）≈2<λ(t T）max→ρ= 1/251（2）W T =7 → n =7 →λ(t T）≈14<λ(t T）max→ρ= 7/251（3）W T =127 → n =127 →λ(t T)≈254<λ(t T)max→ρ= 127/251（4）W T=255 > n max→ρ= 14-8 解：端到端传播时延τ=5×10-6×4=0.02（ms）帧发送时间T0=1000/（5×106）= 0.2（ms）a=τ/ T0=0.02/0.2=0.1由式（4-26）知S max=1/(1+4.44a) =1/1.444≈0.69由式（4-24）S= T0/T A V ，求出成功发送一帧所需时间T A V =0.2/0.69≈0.29（ms）则系统平均最大帧发送速率= 1/ T A V≈ 3450（帧/S）每个站平均最大帧发送速率=3450/100 = 34.5（帧/S）4-9解：（1）τ= 5×10-6×1= 0.005（ms），a =τ/ T0=0.005/0.2 = 0.025S max=1/(1+4.44a)≈0.9，每个站平均最大帧发送速率=44.5（帧/S）（2）T0=1000/（10×106）= 0.1（ms），a =0.02/0.1= 0.2，S max=1/(1+4.44a)≈0.53 每个站平均最大帧发送速率= 53（帧/S）（3）T0=10000/（5×106）=2（ms），a=0.02/2 = 0.01，S max=1/(1+4.44a)≈0.958 每个站平均最大帧发送速率= 4.8（帧/S）4-4 解：以太网使用的是截断式二进制指数退避算法，其退避等待时间t=R×（2τ），R=[0,1,┄,2K-1]，K=Min[n,10]，n≤16为本帧已冲突次数。
计算机网络第四版中文答案
计算机网络第四版中文答案【篇一：计算机网络(第四版)课后习题(英文)+习题答案(中英文)】ss=txt>和真空中的光速为 300，000 公里/秒，因此最佳的传播延迟为160,000/300，000medium-speed line, a low-speed line, or no line. if it takes 100 ms of computer time 13. what is the principal difference between connectionless communication and to generate and inspect each topology, how long will it take to inspect all of connection-oriented communication?(e) them?(e)将路由器称为 a，b，c，d 和 e.则有 10 条可能的线路；ab, ac, ad, ae, bc, bd, be, cd, ce,和 de每条线路有 4410 = 1,048,576。
检查每个拓扑需要 100 ms，全部检查总共需要 104,857. 6 秒，或者稍微超过 29 个小时。
9. a group of 2n - 1 routers are interconnected in a centralized binary tree, with a router at each tree node. router i communicates with router j by sending a message to the rootof the tree. the root then sends the message back down to j. derive an approximate expression for the mean number ofhops per message for large n, assuming that all router pairsare equally likely.(h)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。
计算机网络(第4版)习题答案(中文版)
ANDREW S. TANENBAUM COMPUTER NETWORKSFOURTH EDITIONPROBLEM SOLUTIONS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168/200x Gbps或者840 /x Mbps。
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56 kbps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200,000 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160,000千米。
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160,000/300，000秒，约533 msec。
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。
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第 1 章概述1.假设你已经将你的狗Berníe 训练成可以携带一箱3 盒8mm 的磁带，而不是一小瓶内哇地. (当你的磁盘满了的时候，你可能会认为这是一次紧急事件。
)每盒磁带的窑最为7GB 字节;无论你在哪里，狗跑向你的速度是18km/h 。
请问，在什么距离范围内Berníe的数据传输速率会超过一条数据速率为150Mbps的传输线?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168/200x Gbps或者840 /x Mbps。
因此，与通信线路相比较，若x<5.6 公里，狗有更高的速度。
6. 一个客户·服务器系统使用了卫星网络，卫星的高度为40 000km. 在对一个请求进行响应的时候，最佳情形下的延迟是什么?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160,000千米。
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160,000/300，000秒，约533 msec。
9.在一个集中式的二叉树上，有2n -1 个路出器相互连接起来:每个树节点上都布一个路由器。
路由器i 为了与路由器j 进行通信，它要给树的根发送一条消息。
然后树根将消息送下来给j 。
假设所有的路由器对都是等概率出现的，请推导出当n很大时，每条消息的平均跳数的一个近似表达式。
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：18.OSI 的哪一层分别处理以下问题？答：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.28.一幅图像的分辨率为1024X 768 像素，每个像素用3 字节来表示。
假设该图像没有被压缩。
请问，通过56kbps 的调制解调器信道来传输这幅图像需要多长时间?通过1Mbps 的电缆调制解调器(cable modem) 呢?通过10Mbps 的以太网呢?通过100Mbps的以太网呢?答：图像是1024*768*3字节或2359296字节。
这是18874368位。
在56000位/秒，它需要大约337.042秒。
在1000000位/秒，它需要大约18.874秒。
在10000000位/秒，它需要大约1.887秒。
在100000000位/秒，它需要大约0.189秒。
35. ping 程序使得你可以给指定的位置发送一个测试分组，并且看一看来回需要多长时间。
请试着用一下ping 程序，看一下从你所在的位置到几个已知的地点需要多长时间巳利用这些数据，绘出在Internct 上的单向传输时间与距离的函数关系。
最好使用大学作为目标，因为大学的服务器的位置往往可以精确地知道。
例如， 在加州的协rkclcy; mit. edu 在麻省的Cambridge; VIl. nl在荷兰的Amsterdam; www. lIsyd. edu.au 在澳大利班的悉尼: www.uct.ac.za 在南非的Cape Towno。
答：在命令提示符下运行ping程序，可得发送测试包到以下指定地点的单向传输时间，分别为: : 182ms : 287ms .au: 357ms (注:运行ping程序所得的传输时间与测试包传输时的路由选择网络的运行情况等有关，所以每次测试结果会不同)第 2 章物理层1.计算函数f(t)=t(0≤t≤1)的傅立叶系数。
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；2.一条无噪声4kHz 信道按照每lms 一次进行采样，请问最大数据传输率是多少?答：无噪声信道最大数据传输率公式：最大数据传输率=2Hlog2V b/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。
4.如果在一条3kHz 的信道上发送一个二进制信号，该信道的信噪比为20dB ，则最大可达到的数据传输率为多少?答：信噪比为20 dB 即 S/N =由于 log2(1+100)≈6.658，由香农定理，该信道的信道容量为3log 2(1+=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*3 log22=。
所以可以取得的最大数据传输速率为6kbps。
7.在lμm 波长上，在0.1μm的频段中有多少带宽?答：因此，在0.1的频段中可以有30THz。
8. 现在需要在一条光纤上发送一系列计算机屏幕图像。
屏幕的分辨率为480 X 640像素，每个像素为24 位。
每秒钟有60 幅屏幕图像。
请问:需要多少带宽?在1. 30μm 波长上，这段带宽需要多少μm 的波长？答：数据速率为480×，即442Mbps。
需要442Mbps 的带宽，对应的波长范围是。
13.一束lmm 宽的激光对准了100m 开外的建筑物理上的一个检测器。
请问:若要使该激光点偏离检测器，则激光束必须偏离多大的角度?答：如果光束是由1毫米结束时，它错过了探测器。
这等于一个三角形的基础100米和高度0.001米。
角是一个切线，因此是0.00001。
这个角度约为0.00057度。
19．一个区域电话公司有10M 个用户。
每部电话通过双绞线连接到一个中心局。
这些双绞线的平均长度为10 公里。
请问本地回路中的铜价值多少?假设每束线的横截面是一个直径为lmm 的圆，铜的密度是9.0g/cm3时，并且每kg 铜可以卖3 $ .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39×15708 =141372 g，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。
27. 在图2.30 的4 扇区LMDS 例子中，每个扇区有官自己的36Mbps 信道。
根据排队理论，如果一条信道有50% 的负载，则排队时间将等于传输时间。
在这些条件下，下载一个5KB 的Web 页面需要多长时间?通过1Mbps. 的ADSL 线路，下载这样的页面需要多长时间?通过56kbps 的调制解调器呢?答：5 KB网页有40000位。
the下载时间在36兆通道是1.1毫秒。
如果队列算法。
延迟is also 1.1毫秒，总时间是2.2毫秒。
over ADSL队列算法。
There is no time at the 下载延迟，所以1 Mbps是40毫秒。
It is at 56Kbps 714毫秒。
30. T1 线路上额外开销的自分比为多少?也就是说，1. 54 1Mbps 中百分之多少没有被递交给最终用户?答：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%。
32. 如果一个T1线路系统失去了同步,它试图使用每一帧的第l 位来理新获得同步。
请问，平均要检查多少帧才能保证在出错概率为0.001) 的情况下重新获得同步。
答：10 个帧。
在数字通道上某些随机比特是010******* 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010*******，则判断同步成功，而误判的概率为1/1024，小于0.001。
50. 假设A 、B 和C 通过一个CDMA 系统同时传输位0 ，他们的时间片序列如图2 . 45(b)所示。
请问结果得到的时间片序列是什么?答：结果是否定的A，B和C获得，然后添加三个芯片序列。
另外三个可以添加，然后否定。
The result is (+3 +1 +1~1~3~1~1 +1)。
56.一个有线电视公司决定在，一个包含5000 户家庭的区域内提供Tnternet 访问服务。
该公司使用一根同轴电缆，它的频谱分配方案允许每根电缆有l00Mbps 的下行带宽。
为了吸引顾客，该公司决定，保祉每户家庭在任何时候都怪少有2Mbps 的下行带宽。
请描述一下该公司需要采取什么措施才能提供这样的保证。
答：一个2-mbps下行带宽，保证每个房子意味着最多50的房子/同轴电缆。
因此，有线公司需要将现有电缆分成100根同轴电缆，并将它们直接连接到光纤节点上.第三章1.一个上层的分组被切分成10 帧，每一帧有80% 的机会可以元损坏地到盐。
如果数据链路协议没有提供错误控制的话，请问.该报文平均需要发送多少次才能完整地到达接收方?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-p)p，三次成功的概率为(1-p)2 p，i 次成功的概率为(1-p)i-1 p，因此平均的发送次数等于：5.位串0111101111101111110 需要在数据链路层上被发远，请问，经过位填充之后实际被发送出去的是什么?答：(a) 00000100 01000111 11100011 11100000 01111110(b) 01111110 01000111 11100011 11100000 11100000 11100000 01111110 01111110(c) 01111110 01000111 110100011 111000000 011111010 011111109.假设使用海明码来传输16位的报文。
请问，需要多少个检查位才能确保接收方可以检测并纠正单个位错误?对于报文1101001100110101 ，请给出所传输的位模式。
假设在海明码中使用了偶数位。
答：奇偶校验位需要在位置1，2，4，8，和16，所以不超过位31（包括奇偶校验位）的消息。
因此，五个奇偶校验位是足够的。
比特传输模式是011010110011001110101奇偶校验位需要在位置1，2，4，8，和16，所以不超过位31（包括奇偶校验位）的消息。
因此，五个奇偶校验位是足够的。
比特传输模式是011010110011001110101.12. 检测错误的一种方法是按n 行、每行k 位来传输数据，并且在每行和每列加上奇偶位,其中右下角是一个检查它所在行和所在列的奇偶位。