更新物理层

Computer-Network/0-summary-ex.md

@@ -39,6 +39,28 @@ $D$.数据库管理系统
 
 带宽与发送时延相关；传播时延仅与距离相关，电磁波传播速度往往是定值。
 
+### 交换方式计算
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+传播时延基本上三种交换方式都是一样的。
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+#### 电路交换
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+电路交换不使用存储转发，所以时间开销只包含传播时延、发送时延和一个电路建立时间。
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+发送时延直接数据总长度÷链路发送速率就可以了。
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+#### 报文交换
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+以报文为单位，使用存储转发技术。
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+发送时延为报文总长度÷链路发送速率×链路条数。
+
+#### 分组交换
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+分组交换的发送时延都按两个步骤来计算。第一是发送整个分组的时延，第二是单个分组经过所有交换机分组转发的时间。
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+为什么要这样考虑？因为在第一步时所有的分组都被发送出去了，就不用考虑前面的分组怎么样了，只用考虑最后一个分组还要多长时间到达目的，之前的分组肯定在此之前都达到了目标，所以这就是为什么第二步只用考虑一个分组进行分组转发算时间的原因。
+
 ### 传输时间
 
 **例题** 已知要传输一份信息大小为$10000bit$，需要经过两个交换设备。所有链路的传输速率为$1000bps$。假如分组交换中每一个分组为$10bit$，其他条件忽略（如接收时延，排队时延、报文头部长度等），求报文交换与分组交换两种方式所需要的传输时间。
@@ -53,9 +75,23 @@ $10000\div1000=10(s)$，从而报文在每一个链路上需要$10s$的传输时
 
 每个分组传输需要$10\div1000=0.01(s)$，而一共有$10000\div10=1000$个分组，所以一共需要$0.01×1000=10(s)$发送所有分组。
 
-此时$10s$的时候所有的分组已经发送出去了，按照报文交换的视角整个数据都到达了第一个交换设备，而按分组交换视角，是最后一个分组到达了第一个交换设备，倒数第二个分组到达第二个交换设备，倒数第三个分组以及以前的分组都已经到达了，所以我们还需要计算还需要多少秒完全传输完。倒数第一个分组是最后一个，所以只用考虑它。最后一个分组还需要传输两个链路，所以还需要$0.01\times2=0.02(s)$，所以总共的分组交换需要$10+0.02=10.02(s)$。
+此时$10s$的时候所有的分组已经发送出去了，不考虑传播时延的情况下，按照报文交换的视角整个数据都到达了第一个交换设备，而按分组交换视角，是最后一个分组到达了第一个交换设备，倒数第二个分组到达第二个交换设备，倒数第三个分组以及以前的分组都已经到达了，所以我们还需要计算还需要多少秒完全传输完。倒数第一个分组是最后一个，所以只用考虑它。最后一个分组还需要传输两个链路，所以还需要$0.01\times2=0.02(s)$，所以总共的分组交换需要$10+0.02=10.02(s)$。
 
-**例题** 
+**例题** 在采用“存储-转发”方式的分组交换网络中，所有链路的数据传输速率为$100Mb/s$，分组大小为$1000B$，其中分组头大小为$20B$。若主机$H1$经过两个分组交换机向主机$H2$发送一个大小为$980000B$的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从$H1$发送开始到$H2$接收完为止，需要的时间至少是()。
+
+$A.80ms$
+
+$B.80.08ms$
+
+$C.80.16ms$
+
+$D.80.24ms$
+
+解：$C$。因为分组大小为$1000B$，其中分组头大小为$20B$，所以只能携带$1000-20=980B$个数据，而一共要发送一个$980000B$的文件，所以分为$1000$组分组，从而总的数据量为$1000\times1000=10^6B=1MB=8Mbit$。根据链路传输速率为$100Mb/s$，所以为$0.08s=80ms$。这时所有的分组都被$H_1$发出。
+
+然后考虑最后一个分组的发送情况。因为有两个分组交换机，所以在$H_1$发出后还需要经过两次分组转发才能到达$H_2$，不考虑传播时延则不计算电磁波传播时间。每次最后一个分组进行分组转发的时间为$1000\times8/100=0.08ms$，一共两个交换机，所以还要$0.16ms$。
+
+所以总共为$80.16ms$。
 
 **例题** 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共$x$比特。从源点到终点共经过$k$段链路，每段链路的传播时延为$d$秒，数据传输速率为$b$比特/秒。在电路交换时电路的建立时间为$s$秒。在分组交换时分组长度为$p$比特，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的时延要小？（提示:画草图观察k段链路共有几个结点）
 
@@ -101,6 +137,8 @@ $10000\div1000=10(s)$，从而报文在每一个链路上需要$10s$的传输时
 
 设消耗总数目为$y=10^8/D+D$，求其导数为$\textrm{d}y/\textrm{d}D=1-10^8/D^2$，令其为$0$，解得$D=10^4$时消耗最小，所以分组数据最好为$10000$字节。
 
+## 性能指标
+
 ### RTT
 
 $RTT$是从发送方发送数据开始，到发送方收到接收方的确认（假如收到数据立刻返回确认）总共经历的时延。
@@ -127,6 +165,25 @@ $RTT$=往返传播时延+末端处理时延。
 
 3）解：因为发送时延不计算，所以只用考虑传播时延。每个分组为$1KB$，所以可以分为$1000$个分组。而每次可以发送$20$个分组，所以需要发送$50$次数据和$50-1=49$次$RTT$，最后一次只需要走到终点而不需要等待返回，所以只用$0.5RTT$，从而一共为$2RTT+49RTT+0.5RTT=5.15RTT=5.15(s)$。
 
+**例题** 假定在地球和月球之间建立一条$100Mb/s$的链路。月球到地球的距离约为$385000km$，数据在链路上以光速$3×10^8m/s$传输。
+
+1）计算该链路的最小$RTT$。
+
+2）使用$RTT$作为延迟，计算该链路的“延迟×带宽”值。
+
+3）在2）中计算的“延迟×带宽”值的含义是什么？
+
+4）在月球上用照相机拍取地球的相片，并把它们以数字形式保存到磁盘上。假定要
+在地球上下载$25MB$的最新图像，那么从发出数据请求到传送结束最少要花多少时间?
+
+1）解：最小RTT等于$2×385000000m/(3×10^8m/s)=2.57s$。
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+2）解：“延迟×带宽”值等于$2.57s×100Mb/s=257Mb=32MB$。
+
+3）解：它表示发送方在收到一个响应之前能够发送的数据量。
+
+4）解：在图像可以开始到达地面之前，至少需要一个$RTT$。假定仅有带宽延迟，那么发送需要的时间等于$25MB/(100Mb/s)=(25×1024×1024×8)bit/(100Mb/s)\approx2.1s$。因此，直到最后一个图像位到达地球，总共花的时间等于$2.1+2.57=4.67s$。注意这里$MB$的单位转换问题，$1M=2^{20}$而不是$10^6$。
+
 ## 体系结构
 
 **例题** 下列能够最好地描述$OSI$参考模型的数据链路层功能的是()。

Computer-Network/3-network-layer.md

@@ -44,7 +44,7 @@
 
 虚电路方式提供连接服务，首先为分组的传输确定传输路径，然后沿该路径/连接传输系列分组，分组的传输路径相同，结束后拆除连接。
 
-1. 建立虚电路连接：每个分组携带虚电路号，而非目的地址，源主机发送呼叫请求分组并收到呼叫应答分组后才算建立连接。
+1. 建立虚电路连接：每个分组携带（$VCID$），而非目的地址，源主机发送呼叫请求分组并收到呼叫应答分组后才算建立连接。
 2. 数据传输：全双工通信。
 3. 释放虚电路连接：源主机发送释放请求分组以拆除虚电路。