《计算机网络（第三版）》（谢希仁）部分习题参考题解1-11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< s1-12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)]1/23-06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= 14-04解：纯ALOHA的最大效率为18.4%，则信道实际有效速率≈0.18×2400= 432b/s，每个终端的发送速率=200/（2×60）= 5/3（b/s）则允许终端数= 432/（5/3）= 259.2≈259（个）时隙ALOHA的最大效率提高到37%，相应允许终端数=259×2 = 518（1）帧长度改变成500 bit后，则每个终端的发送速率= 500/（2×60）= 25/6（b/s）纯ALOHA的允许终端数= 432/（25/6）=103（个），时隙ALOHA为206个（2）纯ALOHA的允许终端数389个，时隙ALOHA为777个（3）纯ALOHA的允许终端数518个，时隙ALOHA为1036个4-05 解：由式(4-4）得P= exp（-G）= exp（-0.5）≈0.614-07解：G=10000×18×125×10-6/（60×60）=1/160（帧/S）4-08解：G= 50×0.04 (s) = 2（1）P = exp（-G）= exp（-2）（2）P[第K+1次发送成功] = exp（-2）×（1- exp（-2））K = 0.135×0.865 K（3）平均发送次数= P+2P (1-P ) +3P (1-P ) 2 + ┄┄ = 1/ P = exp (G) = 7.44-09解：由式（4-4）：P = 0.1= exp(-G)，exp(G) = 10，G≈2.3,S= G×exp(-G) = 0.23 4-10解：G=0.1+0.5+0.2×2 = 1，S = G×exp(-G) = 0.368，P = exp(-G) = 0.368S1= S×(G1/G) = 0.037，S2= S×(G2/G) = 0.184，S3= S4= S×(G3/G) = 0.0734-12 解：由式（4-4）：P = 0.65= exp(-G)，exp(G) = 1.54，G≈0.43,S= G×exp(-G) = 0.284-15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）4-16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）4-20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15-05 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。

当n=1时，R=[0,1]，重传失败概率为2-1当n=2时，R=[0,1,2,3]，重传失败概率为2-2当n=3时，R=[0,1,┄,7]，重传失败概率为2-3一个站成功发送数据之前的重传次数为：I = (1-2-1）+2×(1-2-2)×2-1+3×(1-2-3)×2-1×2-2+4×(1-2-4)×2-1×2-2×2-3+┄┄≈0.5+0.75+0.327+0.06 = 1.6375-11解：用C表示信道传输速率（1Gb/s）、L表示电缆长度（1公里）、V表示信号在电缆中传播速度（200000 km/s）、τ表示电缆的端到端延迟，则τ=L/V=1/（2×105）=5×10-6（s）幀的最小长度=2×τ×C=2×5×10-6×109=10000（bits）6-11 解：由 C A B C D E F6 B 11 6 14(0) 18 12 83 D 19 15 9(0) 3 12 135 E 12 11 8(0) 14 5 9得（B，B，，D，E，B）（11，6，0，3，5，8 ）6-12解：因为是全双工链路，所以只需考虑单向链路的带宽= 50×8×2 = 800（b/s）6-13解：(a) 一个分组一次平均经过链路段数= p+2p(1-p)+3(1-p)2 = p2-3p+3 ，其中第一项为只通过了第一段链路的概率，第二项为只通过了二段链路的概率，第三项为通过了三段链路的概率，或=1+(1-p)+(1-p)2，即向每段链路发送成功的概率和。

(b) 分组一次发送成功的概率（1-p）2 = P，则每个分组的平均传送次数K= P+2P(1-P)+3 P(1- P)2+ ┄┄= 1/P = 1/（1-p）2(c) 平均经过链路段数= (p2-3p+3) /（1-p）27-09解：（2）最后一字节为11111000，故主机数= 6（3）其子网掩码总长度相同，但可用的子网数不同。

7-15解：IP数据报是LAN帧的数据。

原数据报的长度= 3200+160 = 3360 bit ，对其分片时必须将IP首部复制到每一分片中。

如将原数据报分成三个分片，则总数据长度= 3200+160×3 = 3680 bit ，分成三个1200 bit的分片不够分，故需分成四个分片，则数据总长度= 3200+160×4 = 3840 bit 。

7-16解：路由表中从上到下4个子网对应的主机地址范围依次为：1―126，129―254，1―126，1―62；故下一站依次为：接口0，R2，R4，R3，R4 。

7-17解：应分成三个分片。

原数据处据报减去20字节的首部后数据字节为3980个，首部必须复制到每一分片中，分片中的数据字节数目应为8的整数倍。

因此，三个分片的数据长度依次为：1480字节，1480字节，1020字节。

片偏移值以8字节为单位计算，依次为：0，1480/8 = 185，2960/8 = 370 。

MF标志依次为：1，1，0 。

7-31 解：第三个字节的子网地址为11110000，则主机地址有12位，主机数= 212-2=4094 。

8-10解：假定信道无差错且窗口中的全部字节为一个报文段，取n表示信道在时间T(T= n/C +τ)内发送的总比特数，S表示信道的比特吞吐量（b/s），τ表示信道的往返时延，则有：n = S(n /C+τ)，其中T为观察周期。

本题中n = 64×1024×8 = 219（bit），τ=0.02(S)，n /C可忽略，则吞吐量S = 219/0.02 = 26214400 (b/s) ≈26.2 Mb/s8-11解：单程端到端时延= 250×2+3×1500/150000+5×960/48000 = 630 ms8-12解：单程端到端时延= 250×2+3×1500/150000+150+4×960/48000 = 760 ms8-27解：使用8-10题的结论，因n/C=（65535×8/109）<<τ=0.02，可以忽略，所以S≈65535×8/（2×0.01）≈26.2 Mb/s信道利用率= S/C = 2.62%8-28解：报文段在网络中的寿命必须保证其所用序号不会重复，则有：S×30≤（28-1）×128×8，而S max=（28-1）×128×8/30 ≈ 8704Kb/s8-29解：与上题类似，但现在是按字节使用序号且S = 75 Tb/s，取寿命为T，则有：75×1012×T≤（264-1）×8，而T max≈22(天)8-30解：由8-10题的结论n = S(n /C+τ)可得n = Sτ/（1-S/C）将τ=0.128×2 = 0.256 ms ,S=120 Kb/s代入得n = (256×120)/(1-120/256)≈7245 B8-31解：取数据发送速率为C b/s，按题意有：1024×8/C = 2×20/(200×103)，即C = 1024×8×200×103/2×20 = 40.96 Mb/s9-16 解：用base64编码需将数据分成6bit的组，3072字节的数据共分得6bit组数为N=3072×8/6=4096，以上每一组正好对应一个base64编码的字符，则应插入的CR和LF字符总个数={[4096]min+1}×2=104。