1. A channel has a bit rate of 4 kbps and a propagation delay of 20 msec. For whatrange of frame sizes does stop-and-wait give an efficiency of at least 50%?answer: 发送一帧的时间等于信道的传播延迟的 2 倍，信道的利用率为 50%，所以，在帧长满足发送时间大于延迟时间的2 倍是，效率将会高于 50%。由于4kbps=4000bps 故4000*20*0.001*2=160bit只有在帧长不小于 160bit 时，停止等待协议的效率才会至少是 50%。解此题可供参考的公式有两个，下面这两种情况下都可以得到答案：一个是效率 =𝑃+2𝑡其中 P 是传输一帧所需要的时间， t 是端到端传送时延。所以可以由𝑃𝑃+2𝑡𝑃>=50%，解出帧 N>=160bit；中第 42 张中讲到的公式，公式综合考虑了多种因素，信道丢失率𝑃𝑓，二是帧头的大小n𝑎 − n𝑜，以及 ACK 的发送时间n𝑎/R。在不考虑数据帧的处理时间 tproc 和 ACK发送时间的情况下，我们可以推出帧的最小大小为160bit。答案详情参看上次文档。作业中得到错误答案有两个（1）N>=80bit 得出此答案的同学没有弄清楚停等协议，在停等协议公式 1 分母下面的 2t 是往返时间，而不是 t。（2）160kbit，单位换算错误。我可以负责任的告诉你没有哪个网络里面帧能够有十几万比特大小的，以太网里最大帧不过 1526 字节。2. Imagine a sliding window protocol using so many bits for sequence numbers thatwraparound never occurs. What relations must hold among the four window edgesand the window size, which is constant and the same for both the sender and thereceiver?answer: 假设发送者的窗口为（S1，Sn）,接受者的窗口为（R1，Rn），窗口大小为 W，则需满足：0<=Sn-S1+1<=WRn-R1+1=WS1<=R1<=Sn+1 即可。这题答案很简单，可能有疑问的同学被题目的第一句话给迷惑了。第一句话是滑动窗口协议正常运行必要条件。第一个式子很好理解，是已发送但未确认数据包和等待发送数据包的序列范围内的数据包总个数，如果窗口是从左向右滑动，已发送但未确认数据包序列号在等待发送数据包左侧。很显然这个值是不能大于窗口大小的。第二个式子，通常在滑动窗口协议里，窗口的大小是在链接初期协商的，在此题中接收窗口等于发送窗口，表示接收方可以缓存发送方的任何帧。接收方可以通过接受的第一个帧的序列号 R1 来确认自己可以...
