计算机网络原理公式及计算题(4)

10题： 用HDLC传输12个汉字时，帧中的信息字段占多少字节？

总的帧长占几字节？ 解答：看HDLC 帧格式 P87 信息字段(I)占12×2=24字节

总的帧长占1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F)＝30字节

13题 答：连续

5

个

1

去掉后面

0，所以该帧为

011010111111010011111111100111111，帧中不能出现超过5个一，所以有错误 14题

练习：1）要发送的数据为1011001001001011。采用CRC的生成多项式是G(x)=x8+x2+x+1 100000111。试求应添加在数据后面的余数。 数据在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现？ 若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现？ 答：

添加的检验序列为10010011 （101100100100101100000000除以100001011）,传输信息为101100100100101110010011 数据在传输过程中最左一个1变成了0，

001100100100101110010011除以100000111，余数为11010001，不为0，接收端可以发现差错。

八章 局域网技术 公式一:ALOHA性能P159

1、稳定状态下，吞吐量与网络负载的关系S=GP,P是成功发送一个帧的概率 S是吞吐量，单位帧时内系统成功发送新产生数据帧的平均数量，0<=S<=1 G是网络负载，单位帧时内系统发送的所有数据帧的平均数量，包括成功和重发的帧，负载较大时G>S,负载较小时，G约等于S

2、纯ALOHA，2t时间内只有一个帧发送的概率，即帧成功发送的概率P=e-2G e= 2.718281

3、系统吞吐量S=G e-2G,G=0.5时，Smax=1/(2e)约等于0.184

4、时分ALOHA,t时间内只有一个数据帧的概率，即帧成功发送的概率P=e-G 3、系统吞吐量S=G e-G,G=0.5时，Smax=1/e约等于0.368

公式二时隙时间和最小帧长度公式P164

1、时隙时间=2S/0.7C+2tPHY S是两节点最大间距 C是光速 0.7C是电信号在介质上传输速率是个常量 光速是30万公里每秒，所以0.7C约等于200米/微秒。tPHY在物理层的处理延迟。因此争用时隙长度是网络上最大传播延迟的两倍 2、时隙时间=Lmin/R R是传输速率 Lmin是最小帧长度 3、最小帧长度=（2S/0.7C+2tPHY ）*R

公式三冲突检测时间和最小帧长度公式

1、基带总线，冲突检测时间是网络上任意两节点之间最大传播时延的两倍 2、宽带总线，冲突检测时间是网络上任意两节点之间最大传播时延的4倍 3、CSMA/CD最小帧长度=2S/200*R

公式四环的比特长度公式P177

1、环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数=环路介质长度*5（微秒/公里）*数据传输速率+接口延迟位数 5（微秒/公里）是信号传播速率200（米/微秒）的倒数。 1比特长度=1/200(米/微秒)=5（微秒/公里）

公式五传播延时和传输延时的关系

1、传播延时从一个节点开始发送数据到另一个节点开始接受数据所需时间，传播延时（微秒）=两节点的距离（米）/信号传播速率（200米/微秒）

2、传输延时指数据帧从一个节点开始发送到该数据帧发送完毕所需时间，传输延时（秒）=数据帧长度（比特）/数据传输速率（bps） 3、传输延时至少是传播延时的两倍

4、数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于数据传输时延+信号传播时延

课后习题 5题

一万个站点在竞争使用每一时分ALOHA通道。如果每个站平均每个小时做 18次请求。信道时隙是125us。总的通道负载约为多少？ 解答：

通道每小时时隙个数为3600/(125*10-6)=2.88*107。 每小时需发送的帧个数为10000*18=1.8*105

要发送的帧数量远远小于时隙个数,所以通道负载为1.8*105 6题

N个站点共享56K 的纯ALOHA信道。每个站点平均每100秒输出一个1000 bit的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行（假设站点都有缓存）。N的最大值是多少？

解答：对于纯ALOHA，可用的带宽是0.184×56Kb/s=10304b/s；

每个站都需要的带宽是1000÷100=10b/s。 因此N=10304÷10≈1030。

所以，最多可以有1030个站，即N的最大值是1030。 7题 答：见P166

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。

什么是Mok 和Ward 版本的二进制倒计数法。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。

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：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。

8题。不做要求，可以不用管P167 9题。超纲不用管

10题 标准10MBPS802。3LAN的波特率是多少？ 解答：

标准10MBPS802。3LAN采用曼彻斯特编码 即 数据传输率只有调制速率的1/2

R=1/2B

B=2*10MBPS=20波特

11题。一个1km长的10Mb/s 的CSMA/CD局域网（不是802.3），其传播速度等于每微秒200米。数据帧的长度是256bit，其中包括用于帧头、检验和以及其他开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率（不包括开销）是多少？

解法1:仅以成功的发送与传播计算：

发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us 共用时间= 25.6us+5us=30.6us

故有效数据传输速率为：(256-32)b/30.6us=7.3Mbps

解法2:从发送至接收确认全程计算（依题意是这种计法）： 1)发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us 共用时间= 25.6us+5us=30.6us

2)回发确认帧32位所需时间= 32bit/10Mbps=3.2us 确认帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us

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