24-25-2-计算机网络-期中

传输介质: 无屏蔽双绞线（UTP）。

复用技术: 频分复用（FDM）。

协议: 点对点协议（PPP）。

服务: 不可靠、无连接的服务。成帧技术: 字节填充。

第一步：计算信道最大容量 (香农公式)

信噪比：

$S/N = 10^{30/10} = 1000$

最大容量：

$C = B \times \log_2(1 + S/N) = 4000 \times \log_2(1001) \approx 40 \text{ Kbps}$

第二步：计算调制级数 X (奈奎斯特公式)

$C = 2 \times B \times \log_2(X)$

$40000 = 2 \times 4000 \times \log_2(X)$

$\log_2(X) = 5$

因此，$X = 32$。

发送时延（整个报文）: $T_{tx\_msg} = (2000 \times 8) / (1 \times 10^6) = 16 \text{ ms}$

单跳传播时延: $T_{prop\_hop} = 1000 / (2 \times 10^8) = 0.005 \text{ ms}$

总传播时延: $T_{prop\_total} = 5 \times 0.005 = 0.025 \text{ ms}$

电路交换总时延:

$T_{total} = 10 + 16 + 0.025 = 26.025 \text{ ms}$

报文交换总时延:

$T_{total} = 5 \times (16 + 0.005) = 80.025 \text{ ms}$

分组交换总时延:

分组数: $2000 / (220 - 20) = 10$ 个

单个分组发送时延: $T_{tx\_pkt} = (220 \times 8) / (1 \times 10^6) = 1.76 \text{ ms}$

总时延: $T_{total} = (10 - 1) \times 1.76 + 5 \times (1.76 + 0.005) = 24.665 \text{ ms}$

(假设：低到高跳变代表0，高到低跳变代表1)

图片暂缺 解答4.svg

曼彻斯特编码波特率: $2 \times 3 \text{ Mbps} = 6 \text{M Baud}$。

NRZ编码波特率等于比特率，为 3M Baud。

1. 自带时钟: 每个比特周期中间都有电平跳变，便于接收方同步时钟。
2. 无直流分量: 信号是平衡的，直流分量为零，有利于通过变压器等设备传输。

帧错误（比特错误）：接收方通过CRC等校验码检测出错误，丢弃该帧。

帧丢失：发送方设置的定时器超时，触发重传。

确认帧（ACK）丢失：发送方定时器超时，重传数据帧。接收方会收到重复帧，通过序号识别并丢弃，然后再次发送ACK。

NAK是可选的（例如TCP协议就没有NAK）。

通常在接收方收到一个损坏的帧或失序的帧时发送。

优点是能够让发送方更快地重传，而无需等待定时器超时，提高了信道效率。

生成多项式 G(x) 对应二进制为 10111。

在数据 1011 1110 01 后补4个0，得到被除数 1011 1110 010000。

进行模2除法，得到的余数（CRC校验码）为 0100。

数据+CRC: 1011 1110 010100

比特填充: 在数据中连续5个1后插入0，得到 1011 1110 1001 0100。

加标志位: 01111110 1011111010010100 01111110。

能。接收方在去掉标志位和填充位后，用收到的数据帧去除以 10111，得到的余数将不为0，因此可以检测出错误。

设校验位为r位，数据位为$m=10$位。需满足公式 $2^r \ge m+r+1$。

代入$m=10$：$2^r \ge 10+r+1$。

当 $r=3$ 时，$8 < 14$ (不满足)。

当 $r=4$ 时，$16 \ge 15$ (满足)。

因此，至少需要插入 4 位校验位。

发送时延: $T_{tx} = (1500 \times 8) / (1 \times 10^6) = 12 \text{ ms}$

参数: $a = T_{prop} / T_{tx} = 200 / 12 \approx 16.67$

由于是捎带确认，分母为 $1 + 2a \approx 34.34$

窗口大小: $W = 1$。

利用率: $U = 1 / (1 + 2a) \approx 1 / 34.34 \approx 2.91\%$。

吞吐量: $1 \text{ Mbps} \times 2.91\% \approx 29.1 \text{ Kbps}$。

窗口大小: $W = 2^5 - 1 = 31$。

利用率: $U = W / (1 + 2a) = 31 / 34.34 \approx 90.27\%$。

吞吐量: $1 \text{ Mbps} \times 90.27\% \approx 0.903 \text{ Mbps}$。

窗口大小: $W = 2^6 - 1 = 63$。

因为 $W > 1 + 2a$，信道饱和，利用率为100%。

吞吐量为 1 Mbps。

为达最大利用率: $W_s \ge 1 + 2a$。

SR的窗口大小: $W_s = 2^{n-1}$。

$2^{n-1} \ge 34.34$。

$n-1$ 的最小值是6。

因此 $n$ 的最小值是 7。

以太网冲突检测条件：最小帧的发送时延 $\ge$ 2倍最大传播时延。

最小帧长为 64字节。

$T_{tx\_min} = (64 \times 8) \text{ bits} / (100 \times 10^6 \text{ bps}) = 5.12 \text{ us}$。

$5.12 \text{ us} \ge 2 \times (L_{max} / (200 \text{ m/us}))$

$L_{max} \le 512 \text{ m}$。

问题描述：在无线网络中，当两个站点都处于同一个接入点（AP）的覆盖范围内，但彼此之间互相听不到时，它们可能同时向AP发送数据，导致在AP处发生冲突。

解决方法：主要通过 RTS/CTS（请求发送/清除发送） 机制。发送方先向AP发送一个RTS帧，AP收到后广播一个CTS帧。所有听到CTS的站点将在指定时间内保持静默，从而避免冲突。

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