HW1_PB21111710

HW1 PB21111710P9P10P13P21P22P25P31P33

HW1 PB21111710

P9

$N = 1Gbps/100kbps=10^4$

b.发送的用户服从二项分布。有i个用户发送数据的概率是

C_{M}^{i} p^{i} (1 - p)^{M - i}

$N$ 个用户的概率公式为

\sum_{i = N + 1}^{M} C_{M}^{i} p^{i} (1 - p)^{M - i}

P10

d_{e n d - e n d} = L / R_{1} + L / R_{2} + L / R_{3} + d_{1} / s_{1} + d_{2} / s_{2} + d_{3} / s_{3} + 2 d_{p r o c}

代入数据得，

d_{e n d - e n d} = 6 + 6 + 6 + 20 + 16 + 4 + 3 \times 2 = 64 (m s)

P13

$L/R$ .

根据等差数列的求和公式，我们有总和为

\frac{1}{2} N (N - 1) \frac{L}{R}

平均排队时延为

\frac{(N - 1) L}{2 R}

$N$ $NL/R$ 时延，所以前后的分组互不影响。平均排队时延为

\frac{(N - 1) L}{2 R}

P21

$\min(R_1^k,\dots,R_N^k)$

如果只能使用一条路径，应该选传输速率最大的。

最大吞吐量为

max_{1 \leq k \leq N} {min (R_{1}^{k}, \dots, R_{N}^{k})}

$M$ 条路径，则最大吞吐量为各路径传输速率之和。即

\sum_{k = 1}^{N} min (R_{1}^{k}, \dots, R_{N}^{k})

P22

$1-p$ $N$ 条链路不丢包的概率为

(1 - p)^{N}

$1/(1-p)^N$ 次，才能不丢包。所以应该重新传

1 / (1 - p)^{N} - 1

次。

P25

a.

\begin{matrix} t_{p r o p} = 20000 (k m) / 2.5 \times 10^{8} (m / s) = 0.08 s \\ R \cdot t_{p r o p} = 2 M b p s \times 0.08 s = 160000 bits \end{matrix}

b.

160000 bits

c.在任何给定的时间，链路上具有的比特数量最大值。

$20000km/160000bits=125$ m/bit，比足球场更长。

e.bit width =

m / (R \cdot \frac{m}{s}) = \frac{s}{R}

P31

a. 移动到第一台交换机需要

8 \times 10^{6} b i t s / 2 M b p s = 4 s

移动到目的主机需要

4 s \times 3 = 12 s

b.移动到第一台交换机需要

10000 b i t s / 2 M b p s = 5 m s

从第一台交换机发送第一个分组到第二台交换机需要5ms，

从源主机发送第二个分组到第一台交换机也需要5ms

全部接收到需要10ms

c.第一个分组到目标机器需要15ms，然后每过5ms就有一个新的分组到达目标机器。一共需要

15 + 5 \times 799 = 4010 m s

比没有报文分段的时间明显减少。因为报文更短，到达交换机的时间更少，在交换机中的等待时长减少了。

d.发生错误时，需要重传的数据更少

e.报文需要在目标主机处重新进行封装，且需要发送的报头更多，造成浪费

P33

总时延为

\begin{matrix} (F / S + 3 - 1) * (80 + S) / R \\ = \frac{1}{R} (2 S + \frac{80 F}{S} + 160 + F) \end{matrix}

根据均值不等式，当

2 S = \frac{80 F}{S}

，即

S = \sqrt{40 F}

时，总时延取得最小值。