不考虑确认帧的开销,一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,从而继续发送。要使得传输效率最大化,就是不用等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送n个帧,一个帧的传输时延为:1000B/128kbps=62.5ms。
依题意,有:(n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms)≥80%
得n≥16=24,从而,帧序号的比特数至少为4。(来自王道论坛)
题目说了不考虑确认帧的开销,所以是单程的,然后信道利用率公式是有用发送时间除去总的发送时间
其实还有一种方法,当计算出0.5625这个传送周期之后,你用0..0625就是一个数据帧的传输时间0.0625去除,即在这个传送周期的时间内最多能连续发送9个数据帧,而利用率不少于百分之八十即至少传输9*0.8=7.2个数据帧,那么再根据上面的发送窗口的公式求解即可得到4,当然这个方法只是我自身的理解,如果有错误烦请指正
分析:以发送周期为切入点来思考这个问题。开始发送帧到收到第一个确认帧为止,用时:
T = 第一个帧的传输时延+第一个帧的传播时延+确认帧的传输时延+确认帧的传播时延。
因为确认帧的开销不计,所以它的传输不计。但是传播时延要计的。
所以T = 1000B/128kbps + RTT = 0.5625s
那么在0.5625s内需要发送多少数据可以满足利用率80%呢?
设为L字节,则:
L/128kbps/T≥0.8→L=7200B
就是说在一个发送周期内至少发7.2帧就可满足要求。
因此,需要编号的比特数为n;
2n−1≥7.2
所以n至少为4.
一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,从而继续发送。要使得传输效率最大化,就是不用等确认也可以连续发送多个帧
(n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms)≥80%
你好,请问为什么总时延(分母)只加了一个单向传播时延,为什么不是两个?
B,