【正文】 位，吞吐率為4096*7/=。對于窗口值超過9（包括1127），吞吐率達到最大值，即64kb/s。32. 答：在該電纜中的傳播速度是每秒鐘200 000km，即每毫秒200km，因此100km 內(nèi)填滿。T1 速率125傳送一個193 位的幀， 可以傳送4 個T1 幀，即193*4=772bit。33. Each machine has two key variables: next3frame3to3send and frame3expected, each of which can take on the values 0 or 1. Thus, each machine can be in one of four possible states. A message on the channel contains the sequence number of the frame being sent and the sequence number of the frame being ACKed. Thus, four types of messages exist. The channel may contain 0 or 1 message in either direction. So, the number of states the channel can be in is 1 with zero messages on it, 8 with one message on it, and 16 with two messages on it (one message in each direction). In total there are 1 + 8 + 16 = 25 possible channel states. This implies 4 4 25 = 400 possible states for the plete system.34. The firing sequence is 10, 6, 2, 8. It corresponds to acceptance of an even frame, loss of the acknowledgement, timeout by the sender, and regeneration of the acknowledgement by the receiver.35. The Petri net and state graph are as follows:The system modeled is mutual exclusion. B and E are critical sections that may not be active simultaneously, ., state BE is not permitted. Place C represents a semaphore that can be seized by either A or D but not by both together.36. PPP was clearly designed to be implemented in software, not in hardware as HDLC nearly always is. With a software implementation, working entirely with bytes is much simpler than working with individual bits. In addition, PPP was designed to be used with modems, and modems accept and transmit data in units of 1 byte, not 1 bit.37. At its smallest, each frame has two flag bytes, one protocol byte, and two checksum bytes, for a total of five overhead bytes per frame.第 4 章 介質(zhì)訪問子層1. The formula is the standard formula for Markov queueing given in section , namely, . Here C = 108 and, so sec. For the three arrival rates, we get (a) msec,(b) msec, (c) 1 msec. For case (c) we are operating a queueing system with , which gives the 10delay.2. 答：對于純的ALOHA，56 Kb/s = Kb/ s。每個站需要的帶寬為1000/100=10b/s。而 N=10304/10≈1030 所以，最多可以有1030 個站，即N 的最大值為1030。3. 答：對于純的ALOHA，發(fā)送可以立即開始。對于分隙的ALOHA，它必須等待下一個時隙。這樣，平均會引入半個時隙的延遲。因此，純ALOHA 的延遲比較小。4. 每個終端每200（=3600/18）秒做一次請求，總共有10 000 個終端，因此，總的負載是200 秒做10000 次請求。平均每秒鐘50 次請求。每秒鐘8000 個時隙，所以平均每個時隙的發(fā)送次數(shù)為50/8000=1/5. 答：（a）在任一幀時間內(nèi)生成k 幀的概率服從泊松分布生成0 幀的概率為eG對于純的ALOHA，發(fā)送一幀的沖突危險區(qū)為兩個幀時，在兩幀內(nèi)無其他幀發(fā)送的概率是eGe –G=e2G對于分隙的ALOHA，由于沖突危險區(qū)減少為原來的一半，任一幀時內(nèi)無其他幀發(fā)送的概率是eG ?，F(xiàn)在時隙長度為40ms，即每秒25 個時隙，產(chǎn)生50 次請求，所以每個時隙產(chǎn)生兩個請求，G=2。因此，首次嘗試的成功率是：e2 = 1/ e2 （b） （c）嘗試k 次才能發(fā)送成功的概率（即前k1 次沖突，第k 次才成功）為：那么每幀傳送次數(shù)的數(shù)學(xué)期望為6. 答：（a）從泊松定律得到p0＝e –G ，因此G＝ lnp0= ＝ （b） S＝G e G ， G ＝，e G= S==（c）因為每當G1 時，信道總是過載的，因此在這里信道是過載的。7. 答：每幀傳送次數(shù)的數(shù)學(xué)期望為：E 個事件為E1 個長度等于4 個時隙的間隔時間所分隔。因此一個幀從第一次發(fā)送開始時間到最后一次嘗試成功的發(fā)送開始時間之間的長度即延遲是4(eG1)，吞吐率S= GeG。對于每一個G 值，都可以計算出對應(yīng)的延遲值D=4(eG1)，以及吞吐率值S=GeG 。按此方法即可畫出時延對吞吐率的曲線。8. (a) The worst case is: all stations want to send and s is the lowest numbered station. Wait time N bit contention period + (N1) d bit for transmission of frames. The total is N+(N1) dbit times. (b) The worst case is: all stations have frames to transmit and s has the lowest virtual station number.Consequently, s will get its turn to transmit after the other N1 stations have transmitted one frame each, and N contention periods of size log2 N each.Wait time is thus(N+1) d+Nlog2 bits.9. 答：在解答這一問題之前，首先要了解什么是Mok 和Ward 版本的二進制倒計數(shù)法。在二進制倒計數(shù)法中，每個想要使用信道的站點首先將其地址以二進制位串的形式按照由高到低的順序進行廣播，并且假定所有地址的長度相同。為了避免沖突，必須進行仲裁：如果某站發(fā)現(xiàn)其地址中原本為0 的高位被置換為1，那么它便放棄發(fā)送。對于次高位進行同樣的信道競爭操作，直到最后只有一個站贏得信道為止。一個站點在贏得信道競爭后便可發(fā)送一幀，然后另一個信道競爭周期又將開始。Mok 和Ward 提出了二進制倒計數(shù)法的一個變種。該方法采用了并行接口而不是串行接口：還使用虛擬站號，在每次傳輸之后對站重新編號，從0開始，已成功傳送的站被排在最后。如果總共有N 個站，那么最大的虛擬站號是N1。在本題中，當4 站發(fā)送時，它的號碼變?yōu)?，而0、2 和3 號站的號碼都增1，10 個站點的虛站號變?yōu)?，3，0，5，2，7，4，6，9，1當3 站發(fā)送時，它的號碼變?yōu)?，而0、1 和2 站的號碼都增1，10 個站點的虛站號變?yōu)椋?，0，1，5，3，7，4，6，9，2最后，當9 站發(fā)送時，它變成0，所有其他站都增1，結(jié)果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。10. 答：在自適應(yīng)樹遍歷協(xié)議中，可以把站點組織成二叉樹（見圖）的形式。在一次成功的傳輸之后，在第一個競爭時隙中，全部站都可以試圖獲得信道，如果僅其中之一需用信道，則發(fā)送沖突，則第二時隙內(nèi)只有那些位于節(jié)點B 以下的站（0 到7）可以參加競爭。如其中之一獲得信道，本幀后的時隙留給站點C 以下的站；如果B 點下面有兩個或更多的站希望發(fā)送，在第二時隙內(nèi)會發(fā)生沖突，于是第三時隙內(nèi)由D 節(jié)點以下各站來競爭信道。本題中，站11 和13 要發(fā)送，需要13 個時隙，每個時隙內(nèi)參加競爭的站的列表如下：第一時隙：113第二時隙：7第三時隙：3第四時隙：空閑第五時隙：3第六時隙：2第七時隙：3第八時隙：7第九時隙：5第十時隙：7第十一時隙：113第十二時隙：11第十三時隙：1311. 答： 2 n個站點對應(yīng)n+1 級，其中0 級有1 個節(jié)點，1 級有2 個節(jié)點， n 級有2 n個節(jié)點。在i 級的每個節(jié)點下面所包括的站的個數(shù)等于總站數(shù)的1/2 i。本題中所需要的時隙數(shù)取決于為了到達準備好發(fā)送的兩個站的共同先輩點必須往回走多少級。先計算這兩個站具有共同的父節(jié)點的概率p1。在2n個站中，要發(fā)送的兩個站共享一個指定的父節(jié)點的概率是總共2 n 1個父節(jié)點，所以，因為 2n 1所以p1≈2 n 在共享父節(jié)點的條件下遍歷樹，從第二級開始每一級訪問兩個節(jié)點，這樣遍歷樹所走過的節(jié)點總數(shù)n1 = 1++2+…+2+2=1=2n，接下來，我們考察兩個發(fā)送站共享祖父節(jié)點的概率p2和遍歷樹所走過的節(jié)點總數(shù)n2。此時在每個父節(jié)點下面僅可能有一個站發(fā)送。兩個發(fā)送站共享一個指定的祖父節(jié)點的概率是1/ C 22n1。共有2 n 2個祖父節(jié)點遍歷樹比1 n 減少兩個節(jié)點，即通過類似的分析和計算，可以得到，兩個發(fā)送站共享曾祖父節(jié)點（屬n3 級祖先節(jié)點）的概率是 p3= 2n++2遍歷樹所經(jīng)過的節(jié)點總數(shù)比n2又少兩個節(jié)點，因此，最壞的情形是2n+1 個時隙（共享父節(jié)點），對應(yīng)于i=0；最好的情形是3 個時隙，對應(yīng)于i=n1 （兩個發(fā)送站分別位于左半樹和右半樹），所以平均時隙數(shù)等于該表達式可以簡化為 12. 答：如果所有站的發(fā)射有效范圍都很大，以至于任一站都可以收到所有其他站發(fā)送的信號，那么任一站都可以與其他站以廣播方式通信。在這樣的條件下，CSMA/CD 可以工作的很好。13. 答：WDMA（wave length division multiple access）是一個波分多路訪問協(xié)議。每個站點分配2 個信道；其中窄信道是控制信道，接收其他站發(fā)給該站的控制信號；寬信道用作該站點輸出數(shù)據(jù)幀的信道。每個信道被劃分成許多個時隙組。時隙0 用某種特殊的方式標記，以便于后繼時隙的識別。所有的信道均用同一個全局時鐘來同步。每個站點都有2 個發(fā)送端和2個接收端，它們分別是：（1）一個波長固定不變的接收端，它用來偵聽本站點的控制信道。（2）一個波長可調(diào)的發(fā)送端，它用于向其他站點的控制信道發(fā)送幀。（3）一個波長固定不變的發(fā)送端，它用于輸出數(shù)據(jù)幀。（4）一個波長可調(diào)的接收端，它用來選擇要偵聽的數(shù)據(jù)發(fā)送端。也就是說，每個站點都偵聽自己的控制信道，看是否有請求產(chǎn)生，并將接收端的波長調(diào)為發(fā)送端的波長，從而得到數(shù)據(jù)。GSM（Global system for mobile munication）是一種數(shù)字蜂窩無線電系統(tǒng)信道分配方案。系統(tǒng)中每個蜂窩最多可擁有200 多個全雙工信道，每個信道包括下行鏈路頻率（從基站到可移動站）和上行鏈路頻率（從可移動站到基站），每個頻段寬200kHz。每一個信道均可采用時分復(fù)用技術(shù)，支持多個獨立的連接。兩種協(xié)議都使用FDM 和TDM 結(jié)合的方法，它們都可以提供專用的頻道（波長），并且都劃分時隙，實現(xiàn)TDM。14. Yes. Imagine that they are in a straight line and that each station can reach only its nearest neighbors. Then A can send to B while E is sending to F.15. (a) Number the floors 17. In the star configuration, the router is in the middl