《通信网络基础》期末复习提纲2(含答案)(5)

上式给出了系统阻塞概率的下限。

4、设某学校有一部传真机为全校2万名师生提供传真服务。假定每份传真的传输时间服从负指数分布，其平均传输时间为3分钟，并假定每个人发送传真的可能性相同。如果希望平均排队的队长不大于5人，试问平均每人间隔多少天才可以发送一份传真？

解：

假定要发送的传真服从Poisson到达，则该传真服务系统可用M/M/1队列来描述。

已知1/μ=3分钟，NQ=5人，要求解λ（份/天）。

λρρ2

NQ===5

μ1?ρ1?ρ

ρ=

λ35?5=≈0.854

2μ0.854

≈0.285份/分钟≈410份/天3

系统总的可以发送的传真速率为：

λ=

ρ1

≈

μ则平均每个用户要隔20000/410≈49天才可以发送一份传真。如果提供传真服务的时间不是每天24小时开放，如每天开放12小时，则间隔的时间要增加一倍。

5、若干台终端用纯 ALOHA 随机接入协议与远端主机通信，信道速率为 2.4kb/s。每台终端平均每3分钟发送一个帧，帧长为 200bit，问系统中最多可容纳多少个终端？若采用时隙 ALOHA 协议，则系统中最多又可容纳多少台终端？

解：

200

≈1.1设可容纳的终端数为N。每个终端发送数据的速率是： bit/s。 3×60

2400×12e≈396

由于纯ALOHA系统的最大系统通过率为1/2e，则有： N=

1.1

2400×1e≈793

若采用时隙ALOHA协议，最大通过率为1/e，则有： N=

1.1

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6、如图，有两个源节点和一个目的节点。所有链路的容量为10单位，两个源节点1和2的输入业务量分别为λ1和λ2, 试讨论：

（1）λ1=λ2=5单位时; （2）λ1=5单位,λ2=15单位时;

路由选择对网络性能的影响。 解：

（1）当λ1=λ2=5时

①如果节点1选择1→3→6, 节点2选择2→5→6, 则由于每条链路的业务量都只有信道容量的一半, 因而时延很小。

②如果节点1选择1→4→6, 节点2选择2→4→6, 则链路4→6运载的业务量为10单位, 达到了链路的最大容量，因而时延会很大。 （2）当λ1=5，λ2=15时

①节点2的输入业务量为15个单位。由于每条链路的容量仅为10个单位，在仅使用一条路径的情况下，节点2至少要丢弃5个单位的业务流量。

②如果节点2将输入业务流量在2→4→6和2→5→6之间分摊，节点1选择

6所有链路的容量均为10单位目的节点3源节点

142源节点

λ1λ2

5

1→3→6，则每条链路上的业务流量都不超过链路容量的75%，因而分组的时延较小。 　

从图中可以看出：当节点1和2输入的流量很大时，根据不同的路由选择方法，网络可接纳的最大通过量为10～30单位。

由此可以看出：一个路由算法应当在高业务负荷的情况下，在保证相同的时延条件下，可以增加网络的通过量；在轻负荷和中等负荷的情况下，可以减少每一个分组的平均时延。

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7、设到某自动提款机取钱的用户数N(T)组成Poisson流，平均每小时到达的用户数为10人，求中午（12点到14点）有2个用户来取钱的概率。

解：已知λ=10人/小时，A(t)为[0，t)时间内到达的用户数， 则A(t)服从泊松分布，代入公式（1-14)：

(λτ)n?λτP(A(t+τ)?A(t)=n)=e

n!

n=0,1,2,...

即可求得为P=200e-20。

8、一个通信链路的传输速率为50kb/s，设分组到达该链路的过程服从 Poisson分布，平均到达率为600分组/分钟，分组长度服从指数分布，其均值为l000bit。求该链路队列中的平均分组数。

解：

由题意，该链路符合M/M/1排队模型，且λ=600分组/分钟=10分组/ 秒，分组的平均传输时间为1/μ=1000/50000=0.02秒，所以信道利用率 ρ=λ/μ=0.2，代入公式（3-39)

λ2λρNQ=λW==?

μ(μ?λ)μ1?ρ=

λμ?λ?

λ=N?ρμ可得队列中的平均分组数为 NQ=0.05。

9、使用Dijkstra算法求解下图中从每一个节点到达节点1的最短路由。

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解：

10、接收机收到了如下一个采用十六进制表示的字符串，C0 C0 10 36 87 DB DC DB DC DC DD DB DD C0 7C 8D DC DB DC C0，试根据SLIP帧格式恢复出接收的帧。

解：接收字符串为：C0 C0 10 36 87 DB DC DB DC DC DD DB DD C0 7C 8D

DC DB DC C0

恢复为： 第一帧：空 . 第二帧： 7C 8D DC C0

11、针对输入序列01101111100111111010111111111101111010应用2.1.2节的比特插入技术，给出相应的输出结果。如果接收到的序列为：

011111101111101100111110011111011111011000111111010111110,试移去插入的比特并指出Flag的位置。

解：

插入后：011011111 0 0011111 0 101011111 0 11111 0 01111010 恢复：01111110 11111 0 110011111 0 011111 0 11111 0 1100 01111110 Flag Flag 1011111 0

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12、假定2.1.2节帧中插“0”的规则修改为：仅在原始数据中出现015时插入一个0。试详细描述这种变化后接收端去0的规则，并说明该规则是如何去掉下列比特串中的0：01101111101111110111110101111110。（如果设计的规则正确，在该串中应去掉2个0并且仅有一个Flag。）

解：

在接收端，收到015后，如果下一位是“0”，就将该“0”删去，如果 是“1”，就表示一帧结束。按此规则：

011 011111 0 111111 011111 0 1 01111110 015 015 Flag

13、设有一个奇偶校验码由3个数据比特和4个校验比特组成。假定3个码字分别为1001011, 0101101和0011110。试求产生该码的运算规则，并写出所有

8个码字。并求出该码的最小距离（两个相同长度的码字之间的距离定义为两个码字比特取值不同的位置数）。

解：

S1 S2 S3 C1 C2 C3 C4

校验规则 C1=S1⊕S2⊕S3 C2=S2⊕S3 C3=S1⊕S3

C4=S1⊕S2

1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 该码的最小距离为4。

14、令解：

g(D)=D4+D2+D+1

，

S(D)=D3+D+1

，求

D4S(D)

g(D)

的余数。

D4S(D)=D4D3+D+1=D7+D5+D4=D3D4+D2+D+1+D3 D3

D4+D2+D+1D7+0D6+D5+D4+0D3

()()

D+0D+D+D+D D3

76543

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