1.1答：通信网络由子网和终端构成（物理传输链路和链路的汇聚点），常用的通信网络有ATM网络，X.25分组数据网络，PSTN，ISDN，移动通信网等。 1.2答：通信链路包括接入链路和网络链路。 接入链路有：（1）Modem链路，利用PSTN电话线路，在用户和网络侧

分别添加Modem设备来实现数据传输，速率为300b/s和56kb/s；（2）xDSL链路，通过数字技术，对PSTN端局到用户终端之间的用户线路进行改造而成的数字用户线DSL，x表示不同的传输方案；（3）ISDN，利用PSTN实现数据传输，提供两个基本信道：B信道（64kb/s），D信道（16kb/s或64kb/s）；（4）数字蜂窝移动通信链路，十几kb/s～2Mb/s；（5）以太网，双绞线峰值速率10Mb/s,100Mb/s。 网络链路有：（1）X.25提供48kb/s，56kb/s或64kb/s的传输速率，采

用分组交换，以虚电路形式向用户提供传输链路；（2）帧中继，吞吐量大，速率为64kb/s ，2.048Mb/s；（3）SDH（同步数字系列），具有标准化的结构等级STM-N；（4）光波分复用WDM，在一根光纤中能同时传输多个波长的光信号。 1.3答：分组交换网中，将消息分成许多较短的，格式化的分组进行传输和交换，

每一个分组由若干比特组成一个比特串，每个分组都包括一个附加的分组头，分组头指明该分组的目的节点及其它网络控制信息。每个网络节点采用存储转发的方式来实现分组的交换。

1.4答：虚电路是分组传输中两种基本的选择路由的方式之一。在一个会话过程

开始时，确定一条源节点到目的节点的逻辑通路，在实际分组传输时才占用物理链路，无分组传输时不占用物理链路，此时物理链路可用于其它用户分组的传输。会话过程中的所有分组都沿此逻辑通道进行。而传统电话交换网PSTN中物理链路始终存在，无论有无数据传输。

1.5答：差别：ATM信元采用全网统一的固定长度的信元进行传输和交换，长度

和格式固定，可用硬件电路处理，缩短了处理时间。为支持不同类型的业务，ATM网络提供四种类别的服务：A,B,C,D类，采用五种适配方法：AAL1～AAL5,形成协议数据单元CS-PDU，再将CS-PDU分成信元，再传输。

1.7答：OSI模型七个层次为：应用层，表示层，会话层，运输层，网络层，数

据链路层，物理层。TCP/IP五个相对独立的层次为：应用层，运输层，互联网层，网络接入层，物理层。 它们的对应关系如下：

OSI模型 TCP/IP参考模型

应用层

应用层 表示层

会话层

运输层 运输层

互连网层 网络层

网络接入层 数据链路层

物理层 硬件

1.10解：

1

X?t??2cos?2?t?Y?

X?1??2co?s2??Y??2coYs

X(1) P E?X?1???11?2??0?1 222 0 1/2 1/2 X?t1??X?0??2cosY

X?t2??X?1??2cos?2??Y??2cosY

E?X?t1?X?t2???E?X?0?X?1???E?2cosY?2cosY??4Ecos2Y11?? ?4?12??02???222??1.11解：mX?t??E?X?t????Acos?wct????f???d????????

A2???cos?wt???d??0

?c??

RX?t,t????E?X?t?X?t??????Acos?wct????Acos?wc?t???????f???d????? ?AEX(t)2?????11A2?co?s2wct?wc??2???cowsc???d??cowsc?22?2

?2?A2?RX?0?????

2 显然，X?t?的均值为常数，相关函数仅与时差?有关，且为二阶矩过程，所

以该随机过程是广义平稳的。

1TAT?cowX?t??l.i.mAco?swct???dt?l.i.msctco?s?sinwctsin??dtT??2T??TT??2T??T

TAco?ssinwcTA ? l. i.m co?s?cowsctdt?l.i.m?0?TT??2TT??wcTA2TX?t?X?t????l.i.mcos?wct???cos?wc?t??????dtT??2T??TA2T?cos?2wct?wc??2??coswc??dt ?l.i.m T??4T??T1 ?A2coswc?2 故X?t?的均值和相关函数都具有各态历经性，X?t?是各态历经过程。 1.12解：定义：称计数过程?N?t?,t?0?是参数为? ???0?的Poisson过程，如果：

2

（1）N?0??0；（2）?N?t?,t?0?是平稳的独立增量过程； （3）?t?0 , N?t?服从参数为?t的Poisson分布，

??t?k??tP?N?t??k??e k?0,1,2,?

k!

E?N?t????k?0???t?k??tkek!??k?1???t?k??tke??t?e??tk!2??t?k?1?!k?1?k?1??

? ? t ?e??t?e?t??t t ? 0 DN?t??D?N?t???EN2?t??E?N?t??

EN2?t??E?N?t??N?t??1??N?t???E?N?t??N?t??1???E?N?t??????

????t?k??t?t?k?22??t ? k??k?1?e??t???t??e????t ?k!!k?0k?2?k?2?22?? ? t?e??te?t??t???t???t? ? D N ?t????t???t???t???t

22 不妨设s?t，则

RN?s,t??E?N?s?N?t???E??N?s??N?0???N?t??N?s??N?s??? ?E??N?s??N?0???N?t??N?s????EN2?s? ??s??t??s???s??2s2 ??2st??s??2st??min?s,t? ??s,t? ??2st??mi? R ns,t? N 1.13 解：由?N?t?,t?0?是强度为?的poisson过程及题设知，?Y?t?,t?0?和

?? ?E?N?s??E??N?t??N?s????D?N?s????E?N?s???2

?Z?t?,t?0?是一零初值的平稳的独立增量过程。又?t?0，

P?Y?t??k???P?N?t??i?P?Y?t??kN?t??i?i?0??

???t?i??tkk?pt?k??ti?k ? eCp?1?p??e?i?ki!ik!???1?p?t?i?k

??i?k?!i?k???pt?k??t ? ek!m?0?????1?p?t?m???pt?ke??pt k ? 0 ,1,2?m!k!Y?t?,t?0?是强度为p?的poisson过程。 即?t?0，Y?t?^???pt?,故? 3

P?Z?t??k???P?N?t??i?P?Z?t??kN?t??i?i?0? ??i?k???t?ie??tCk?1?p?kpi?ki!i???1?p?t?k??t?ek!k!??pt?i?k?!i?k?i?k??

???1?p?t?k??t ?ek!m?0????pt?mm!???1?p?t?k???1?p?t?e k?0,1,2?

即?t?0，Z?t?^????1?p?t?,故?Z?t?,t?0?是强度为?1?p??的poisson过程。 1.14解：

??t?k??tP?N?t??k??e k?0,1,2,?

k! ??3

t＝4 （1）P?N?4??0??e??t?e?12

（2）定理：设?N?t?,t?0?是参数为? ???0?的Poisson分布，??n,n?1,2,??是其到达时间序列，则?n?n?1,2,??服从?分布，即?n的概率密度函数为：

???t??t?n?1 t ? 0??e f?n?t????n?1?!?0 t ? 0?

? f?1?t??3e?3t??e??t F?1?t????e??t???d????e???d???????e???t0?1?e0t??t t ? 0

F?1?t???3?1?e?3t t ? 0

1.15解：知道过程现在的条件下，其“将来”的分布不依赖于“过去”。

状态转移图如下：

4/9101/914/94/9214/91/93

一步转移概率矩阵如下：

4

100??0???1/94/94/90? ? ?04/94/91/9???0010???1.16解：Prim—Dijkstra：

Kruskal：

2.1答：有三种，分别是面向字符，面向比特，采用长度计数的组帧技术，其中

采用长度计数的组帧方式开销最小。

2.2答：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：10 36 87 C0 C0 DC DD DB . 7C 8D DC C0

2.3答：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 2.4答：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 2.5答： 校验规则 S1 S2 S3 C1 C2 C3 C4 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

5

C1?S1?S2?S3 C2?S2?S3 C3?S1?S3 C4?S1?S2 该码的最小距离为4。

2.6解：D4S?D??D4D3?D?1?D7?D5?D4?D3D4?D2?D?1?D3

????D3D4?D2?D?1D7?0D6?D5?D4?0D3D?0D?D?D?D D3D4S?D? ?余数为 D3 g?D?76543

iLi?L????D?DD2.7证明：（1）已知C?i??D??Remainder?? ???Remainder????gDgD?????? 一个任意的数据多项式S?D??SK?1DK?1?SK?2DK?2???S1D?S0??SiDi

1i?0K?1?K?1iL?SD?D??i??S?D??DL?i?0??C?D??Remainder???Remainderg?D????g?D?? 其CRC多项式 ?????K?1Di?L?K?1?i? ?Remainder??Si???SiC?D??i?0g?D??i?0 （2）将C?i??D??CL?1D?i?L?1???C1D?C0代入到C?D???SiC?i??D?中，得

?i??i?i?0K?1?i?L?1?i?C?D???SiCL???C1?i?D?C0?1DK?1i?0??K?1i?0K?1i?0

?i?L?1?i?L?2?i? ? ? SiCL??SiCL????SiC1?i?D??SiC0?1D?2Di?0i?0K?1K?1

又有 C?D??CL?1DL?1?CL?2DL?2???C1D?C0 对应可得 Cj??SiC?ji? 0 ? j?L

i?0K?12.8

A0A1B0C0C1出错ACKACKNAKACK

6

在这种情况下，由于时延的影响，分组B出错却导致分组C重发，最终分组B丢失。

2.9证：根据停等式ARQ协议，当序号采用模2表示时仍可正常运行。描述如 下： 发端A：（1）置SN＝0；（2）若从高层接收到一个分组，则将SN指配给该

分组，若没有分组则等待；（3）将第SN个分组装入物理帧中发送给接收节点B；（4）若从B接收到RN≠SN，则将SN模2加1，返回（2），若在规定时间内，并未收到B的RN≠SN的应答，则返回（3）。

收端B：（1）置RN＝0；（2）无论何时从A端收到一个SN=RN的分组，将该

分组传送给高层，并将RN模2加1；（3）在接收到分组的规定有限时长内将RN放入一帧的RN域发送给A，返回（2）。

2.10解：设任意一个分组平均需要发送N次才能成功，而一个分组发送i次成功 的概率为??1???，从而有

i?1N??i??1????ii?1?1?

1?? NTrTr 成功发送一个分组所需要的时间为NTr，故?max?

2.11与课本上图2－11 的a，c图基本相同，只需将A，B名字交换。

3200128?0.05 sT??0.02 s ??0.015 s 2.13答：TP? ACK3364?1064?10 （1）

820?104 个

TP?TACK???2820?6119 个

?TP?TACK????2 （2）

（3）当节点连续发送时，可以发送的帧最多

820?16400帧 0.082s后可收到应答； a.0.05820?15769帧 0.0132s后可收到应答。 b.

0.0521?P2.14答：停等式ARQ Umax?

1?2??1?P n??1?2???1??n?1?P ? 返回n－ARQ U??

??n1?P? n??1?2?? ???1?2???1??n?1?P? 7

n??1?2???1?P ? 选择重传ARQ U??n?1?P?

n??1?2?? ??1?2?? ?7???1?P 8?1?2?即???2? ARPANET ARQ U??

??81?P7? 8??1?2??即?? ?2??1?2?? 这里??有关。

当n??1?2??时，U?1?P1?P与U?均小于1?P； 1?2?1??n?1?PTP, 所以U与误帧率及信道传播时延与数据帧的传输时延的比值 TD当n??1?2??时，

1?Pn?1?P?n?1?P??? 1?2??1?2???1??n?1?P?1?2?所以，当n和8均大于1＋2?时，选择重传式ARQ和ARPANET ARQ链路 利用率都最高，当n?8时选择重传式ARQ链路利用率高，当n?8时，ARPANET ARQ链路利用率高。 2.18答：（1）在没有发生任何差错的情况下如下图所示：

UPDOWNINITACKDACKIDISCACKIACKDtINITACKIUPDISCACKDDOWN

在各种可能的差错下：

DOWNDISCACKIDISCACKIDISCACKIACKDACKDtDISCACKDDISCACKDDISCACKDDOWN

可见，不论发生哪一种差错，每个节点最终都会认为链路处于DOWN状态。

（2）有两种可能情况

8

INIT ACKD INIT ACKI INIT ACKD INIT ACKI 2.19答：（1）

DISC故障DISCUPDOWNACKIDISCACKIACKDtUPUPDISCACKDDOWNDOWNACKIDISCACKIACKD丢失tDISCACKDUPDOWNINTI故障DISCINTID0故障DISCINTID’0丢失ACKDACKDACKIACKDACKIRN1

（2）

故障X故障XD0故障XD’0丢失YYRN1

2.20解：假定有n个节点交换机，在题中所给的条件下，传输一个分组（从

源端到目的端）需要(n-1)T 秒，传输两个分组需要(n+1)T秒，如此类推，传输m个分组需要(n-1+2(m-1))T秒，速率为m/(n-1+2(m-1))T .若m>>n，可以认为分组交付给目的地的速率最快为1/2T分组/秒。

2.21答：(1) 采用收数据－转发－发确认的机制，假定B做完第二件事即转发后出现故障，则A由于没有收到B发回的确认，在定时器溢出后将重发上一分组，B将这个分组作为新分组转发给C，但C已在B出故障那次收到了该分组。因此，造成C接收重复分组。

（2）采用收数据－发确认－转发的机制，假定B做完第二件事即发确认后出现故障，则B不会向C转发该分组。而实际上A又收到了B发回的确认，所以A继续发送下一分组。由此造成C丢失B故障前的那个分组。 只有采用端到端的发确认消息的方法，在AC之间建立起一对SN,RN（在运输层，

9

参看课本P77），才能保证在任何情况下数据都能从A经B正确无误地交付到C。在第一种情况下，即使A重发B故障前那一分组，C收到后也能根据AC之间的SN,RN辨认出这一重复分组而将其丢弃。在第二种情况下，只要A没有收到C对B故障前那一分组的确认，就会重复发送这一分组，直到收到C对这一数据的确认。

2.23解：设窗口为nkb，则吞吐量为 120?nn? nTD?2TP?2?0.128256 解出窗口为n?58

2.24答：经六次变化后窗口为11KB。

12拥塞窗口长度/KB963012345传送次数/次6超时后门限窗口为9KB门限窗口78

2.25答：网络层和数据链路层差错控制的主要差别在于：

a.使用的位置不同。数据链路层的差错控制是用于一条物理链路的两端，而网络层的差错控制是用于网络中的任意两节点之间。通常网络中的任意两个节点之间的传输路径会由多条链路串联而成。

b.分组编号的方式不同。在网络层是对一个session中的分组（或者字节，或者消息）进行统一编号。而在链路层上是对不同session中所有分组进行顺序编号。

c.传输顺序的差别。在链路层，所有的帧都是按顺序传输的；而在网络层中，相同源和目的节点的分组可能会经过不同的路径，分组的传输可能会出现乱序现象。

d.时延不同。在链路层，传输时延（包括传播时延、处理时延、帧传输的时延）在小范围内变化；而在网络层，传输时延会在大范围内变化。 当然在链路层和网络层，传输时延会在大范围内变化。

2.26答：在差错控制时，ARQ协议用于保证分组的正确传输，它侧重于分组的

内容；在流控时，ARQ用于减缓网络中分组的发送速度，侧重于网络的状 态。

3.1解：顾客到达率为 ?＝5 人/分钟

平均每个顾客的服务时间为 T＝5＋?0.5?20?0.5?0??15 分钟

根据little定理，得快餐店内的平均顾客数为 N??T?75 人

10

3.2解：节点3处理一个文件结束后才会再向节点1或2请求另一个文件，说明

节点3处没有排队，任何时刻都最多只有一个文件在接收服务。根据little

定理，应有 ?1?R1?P1???2?R2?P2??1

??t1?303.3解：T?5?edt??e30dt?30?60.394min

0305305tt3.5解：（1）①10个相等容量的时分复用系统： 对于一个session而言，平均服务时间为

1??10001?s，分组到达率为355?10??1505?分组/秒。 602在系统中的平均分组数为：N??????5/2?1

5?5/2N根据little定理，得分组的平均时延为：T???12?s 5/25?1?5?21?1?队列中的平均分组数为：NQ??W???T????2??5?5??2 ?????②统计复用： 平均服务时间为

115010001??10??25分组/秒。 ?s，分组到达率为

6050?10350??N??????N125?s ?1 T??2550?25?1?1?1?1?NQ??W???T??25????? ?????2550?2?（2）①时分复用：

对于分组到达率为250分组/分钟的session，平均服务时间为分组到达率为??N?25025?分组/秒。 6061??10001?s，355?10?????N5625/6??s ?5 T??25/655?25/6?1?25?61?25? NQ??W???T???????????6?55?6? 11

对于分组到达率为50分组/分钟的session，平均服务时间为分组到达率为??N?505?分组/秒。 6061??10001?s，355?10?????N1/565/61??s ? T??5/6255?5/65?1?5?61?1? NQ??W???T???????????6?255?30?②统计复用：

平均服务时间为

110001?s35050?10??，分组到达率为

??N?255?5??5?25分组/秒。 66?????N125?s ?1 T??2550?25?1?1?1?1?NQ??W???T??25????? ?????2550?2?3.7解：离散型M/M/1系统可用与连续型M/M/1系统类似的马尔可夫链描述。参照课本上90页图3－4。区别在于转移概率为?，?，以及1????，没有时间因子?。计算所得全局平衡方程与连续时相同，系统稳态概率分布也完全一样。

3.13证明：设第i个用户到达系统时，第l个用户正在接收服务，其剩余服务时

间为Ri，此时等待队列中有Ni个用户。

设第k个用户的服务时间为Xk，用户i的等待时间为： Wi?Ri?Ni个用户的服务时间?Ri?k?i?Ni?Xi?1k

?i?1? 求平均 Wi?E?Ri??E??xk??E?Ri??X?E?Ni?

?k?i?Ni? 令i??,W?limWi，有

i?? W?R?X?NQ?R?1?NQ?R?1??W?R??W

12

R ? W ? 1?? 假定系统有稳态解，且具有各态历经性，则剩余服务时间r???可用下图表示：

r(τ)X1X1X2τ

在?0,t?区间平均剩余服务时间为：

1t1M?t?12 Rt??r???d???Xi

t0ti?12 RiX???1Mt???i?1M?t?2i2tM?t??111?X2???2 22?11?22?? ?? ? W

1??2??1???3.14证：（1）M/G/1系统中，系统繁忙的概率为?＝＝?X ? P ? 系统空闲 ?＝1－?＝1－?X

（2）忙区间之间的平均长度为闲期间的平均长度。由于闲期间是系统处于

一顾客被服务后，下一个顾客到达之间的时期，即顾客到达的时间间隔，所

1以闲期间服从参数为?的指数分布，所以忙区间之间的平均长度为 。

? （3）设忙区间平均长度为Y,则

1??Y?? 1/?1??

Y????1??X

1??X 13

（4）在一个忙区间内服务的平均顾客数＝

R 1??忙区间平均长度1＝

平均服务时间1－?X3.15证：W?1t1M?t?121L?t?12R??r???d???Xi??Vit0ti?12ti?12

Vi?X1L?t??1M?t?i?1i ? ?????i?12tM?t?2tL?t?2M?t?L?t?2

L?t?为休假的到达率

t ? 分组所占的比例为

?＝? ? ? 空闲期所占的比例为?1－?? 休假期所占的比例为?1－?? 休假期的到达率为

V I1－? I111??2 ? ?X2??V ? R22IR?X2V2 ? W ? ??1??2?1???2I 忙区间的平均长度：

X

1??XI?1?? ? XI?1??X ? I??1???X?1??X??

3.17解：ACE ：100个/分 ADE：200个/分

BCEF ：500个/分 BDEF：600个/分

14

ACEFDB

r??xs?100?200?500?600?1400个/分?s70个/秒 3个/分 ?BC?500个/分 ?AC?100个/分 ?AD?200?BD?600个/分 ?CE?600个/分 ?DE?800个/分 ?EF?1100个/分

?ij??50kb/s?60s??1000bit?3000个/分

? NAC? NAD1001111? NCE? NEF?

3000?100294191411? NDE? NBD? NBD? 141145N??Nij??i,j?11141111???????1.748个 29414115419T?N1.748个?＝0.075s 70r个/秒3分组的平均时延：T??T?2ms?0.077s

?1?11?1????TACE???N??2ms??N?ACCE??????2ms???AC?CE??AC?CE

1??11?111? ??????2ms?????2ms?0.050s?502950??50450?TADE?0.053s TBCEF?0.090s ?0.087s TBDEF

3.18解： P0?P1???Pm?1

15

?++?0CPU?0?0P0?1I/O?1?1??m?I/O??m

?m

??0????1??2????m?? ?????01?P1?P2???PmP0??1?P1?0, ?2?P2?0 ? ?m?Pm?0? ?1?P?P1?P? ?2?2 ? ? m ?m P0P0P0?0??0?P??P?? ?1?1?1 ? ?? m ?m?m

?0P0?0?1P0?1?mP0?mP?n??P?n0,n1,?nm??P?n0?P?n1??P?nm? ??n00?1??0???1??1????1??m?n11nmm

CPU和I/O队列中平均任务数为：

N0??0?m?1 N1? ? N m?1??01??11??m系统中总任务数为：

N?N0?N1??Nm??0??1???m 1??01??11??m系统中任务的平均时延为：

Pm?P1??P0?0P0?1P0?mNT?????????Pm??P1??????????1??1??1??P???P???P??? 00?01?0m???? ?111???S0??S1??Sm??其中，S0?P0?0 S1?P0?1P? ? S m ?0m P1PmI/OS1I/OSm

4.1答：固定多址接入协议可以保证每个用户之间的公平性（每个用户都分配了

16

??CPUS0?固定的资源）以及数据的平均时延。它适合于恒定比特流的业务的传输，对于用户数较少且数量大致固定，每个用户业务量较大的情形是一种有效的方法。它对于突发性数据业务的传输，通常会有较大时延。若已分配固定信道的用户没有通信，那么这些资源就会浪费，若有限的信道资源被分配完毕，那么新的用户将不能通信。 4.3解：通过率 S?Ge?2GG?0.75 ?0.75e?1.5?0.167804?0.501

9600?0.1671000bit?10bit/s 4.4解：每个节点发送数据的速率是：

100s1?0.184 纯ALOHA系统最大通过率为2e 纯ALOHA系统负荷为：

? 有效的信道速率为 9600?0.184?1766.4?bit/s?

? N?1766.4?176?个? 101?0.368 e时隙ALOHA系统的最大通过率为

? 有效的信道速率为 9600?0.368?3532.8?bit/s?

3532.8?353?个? 104.5答：稳定的多址协议是指对于给定到达率，多址协议可以保证每个分组的平均时延是有限的。

1 伪贝叶斯算法的时隙ALOHA协议对任何??的到达率都是稳定的。根据该

e1算法，G?n??1，其稳定的最大通过率为 。

e4.6答：CSMA协议的基本原理是：节点在发送分组之前先侦听信道，判断是否有用户正在传输，进而确定信道的忙闲状态，然后再决定分组是否发送。 CSMA是ALOHA协议的改进，它采用了附加的硬件装置，每个节点都能检测到信道上有无分组传输。如果一个节点有分组要传输，它首先检测信道是否空闲，如果信道有其他分组在传输，则该节点可以等待信道空闲后再传输，这样可以减少要发送的分组与正在传输分组之间的碰撞，减少发送的盲目性，提高系统利用率。

4.7答：CSMA系统主要在分组到达时若信道忙，是否持续侦听信道及在获得空闲信道后怎样发送分组的处理上区分三种不同的CSMA协议的，也即对冲突问题的处理决策上来区分的。 三种形式：

非坚持型CSMA：当分组到达时，若信道空闲，则立即发送分组；若信道处于忙状态，则分组的发送将被延迟，且节点不再跟踪信道的状态（即节点暂时不检测信道），延迟结束后节点再次检测信道状态，并重复上述过程，如此循环，直到将该分组发送成功为止。

? N?

17

1-坚持型CSMA：当分组到达时，若信道空闲，则立即发送分组；若信道处于忙状态，则该节点一直坚持检测信道状态，直至检测到信道空闲后，立即发送该分组。

p-坚持型CSMA：当分组到达时，若信道空闲，则立即发送分组；若信道处于忙状态，则该节点一直检测信道的状态，在检测到信道空闲后，以概率p发送该分组。

4.8答：CSMA方法要求收发共享一个信道，时延小。

因为卫星信道的传播时延非常大，因而在不同的监测点上同一信号出现或消失的时刻是不同的。在CSMA协议中，影响系统性能的最重要的参数是载波检测时延?，因此CSMA不适于卫星信道。 4.9解：由于吞吐量是关于归一化载波侦听时延?的函数，所以只要LAN和MAN有相同的?就会有相同的吞吐量。由????1?1035?10650?103x??? 3?10810003?1081000C知 L 得x?105bit/s

4.10解：? P是竞争时隙节点发送的概率 ?在一个时隙发生竞争的概率为：

?

?1???1?P??kP?1?P??kkk?11P争?1?Ck0P0?1?P??CkP?1?P?k?1?

?1?P?争 设竞争的时隙数为i

i? ? 平均的竞争时隙数为：N??iP争i?0?P争2

? N??1??1?P?1??1?P??kP?1?P?kkk?1?kP?1?P?k?10k?12???1??1?P?101??1?P??10P?1?P?10109?10P?1?P?92?

归一化的竞争周期的平均持续时间：t???N 去归一化：

L?50011??1?P??10P?1?P?N? t???N??N?CL3?1086?1051??1?P?10?10P?1?P?9C9??2

稳态时的通过率 S?1

1?3.31? 18

50010?10650??? ?? L3?108L3LC?1 S1? 当L?100时，?1＝ 6111?3.31?61?0.644

当L?1000时，?1＝1 S1?6011?3.31?60?0.948

5.3答：区别：广域网路由主要解决子网内分组传输的问题，而互连网路由主要解决不同子网之间的路由。

联系：实现网络之间的互连，通常采用三种设备：网关，网桥，路由器。可以用两种观点来看待一个互连网络，一是将互连的设备看成一个附加的网络节点，它与网络中其他节点地位相同，所有的节点组成一个更大的网络，二是把每个子网看成是一个节点，这样网络分为两层，高层由互连设备和子网组成，低层是各子网内部网络。

5.6答：距离矢量法收敛速度慢，时延的度量主要考虑队长，并没有考虑后来链路带宽的增长，链路状态法克服了这些缺点。 5.8答：（1）dij?Fij

6010201002002＋?51＋46013＋2＋1?005040?02?1＋?31?30

0112200

600002＋64＋?53＋4014＋3＋0?015040?02?2＋?32?0

3

19

604＋?10051003＋?200422＋?3（2）dij?Fij＋? ?＝1a.

613＋?13151212＋?211411＋?3613＋?13151212＋?211411＋?3b.

614＋?12151113＋?211422＋?361313＋?1512＋?1221＋?1411361214＋?1513＋?1122＋?2411320

611122112＋4＋2111?53＋4??

c.

36112231111115＋?54＋41615＋1??31231514?124＋?3＋13＋36?

11223311115＋?51143＋4＋??

（3）在（2）所示的3种初始状态中，均以4号节点做为判断最短路径是否

变化的节点。在a初始条件下：

1＋a?2?a?a?a?a?1???a?2???2??2a?a??

4?? 在b情况下： a?a?a?1?a?2???a?3???a?a?

2在c情况下：

4a?4???a?3???a?a?（4）

7??7???? ?? ??0且?很小 ? a ?? 22?? 21

602＋?12050101＋?20040?36011＋3?415＋?05413＋?2407＋3?1421＋?44414＋3?34

63＋?0215＋?05203＋?01＋?22121＋?2240?326011＋3?8121＋5?051817＋3?415＋5?82829＋5?988414＋3?28322

??