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1、计算机网络第五版答案(课后作业)第一章 概述1-03 试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。答：（1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。（2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高，通信迅速。（3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生存性能好。1-10 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（bit） 。从源点到终点共经过 k 段链路，每段链路的传播时延为 d（s） ，数据率为 b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为 s(s)。在分组交换时分

2、组长度为 p(bit)，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要小？（提示：画一下草图观察 k 段链路共有几个结点。 ）答：线路交换时延：kd+x/b+s, 分组交换时延：kd+(x/p)*(p/b)+ (k-1)*(p/b)其中(k-1)*(p/b)表示 K 段传输中，有(k-1)次的储存转发延迟，当 s(k-1)*(p/b)时，电路交换的时延比分组交换的时延大，当 xp,相反。d1-18 假设信号在媒体上的传播速度为 2108m/s.媒体长度 L 分别为：（1）10cm（网络接口卡）（2）100m（局域网）（3）100km（城域网）（4）5000km

3、（广域网）试计算出当数据率为 1Mb/s 和 10Gb/s 时在以上媒体中正在传播的比特数。解：（1）1Mb/s:传播时延=0.1/(2108)=510-10 比特数=510-101106=510-41Gb/s: 比特数=510-101109=510-1（2）1Mb/s: 传播时延=100/(2108)=510-7比特数=510-71106=510-11Gb/s: 比特数=510-71109=5102(3) 1Mb/s: 传播时延=100000/(2108)=510-4比特数=510-41106=51021Gb/s: 比特数=510-41109=5105(4)1Mb/s: 传播时延=50000

4、00/(2108)=2.510-2比特数=2.510-21106=51041Gb/s: 比特数=2.510-21109=51071-19 长度为 100 字节的应用层数据交给传输层传送，需加上 20 字节的 TCP 首部。再交给网络层传送，需加上 20 字节的 IP 首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部工 18 字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据（即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销） 。若应用层数据长度为 1000 字节，数据的传输效率是多少？解：（1）100/（100+20+20+18）=63.3%（2）1000/（1000+2

5、0+20+18）=94.5%1-24 论述具有五层协议的网络体系结构的要点，包括各层的主要功能。答：综合 OSI 和 TCP/IP 的优点，采用一种原理体系结构。各层的主要功能：物理层 物理层的任务就是透明地传送比特流。 （注意：传递信息的物理媒体，如双绞线、同轴电缆、光缆等，是在物理层的下面，当做第 0 层。 ） 物理层还要确定连接电缆插头的定义及连接法。数据链路层 数据链路层的任务是在两个相邻结点间的线路上无差错地传送以帧（frame）为单位的数据。每一帧包括数据和必要的控制信息。网络层 网络层的任务就是要选择合适的路由，使 发送站的运输层所传下来的分组能够正确无误地按照地址找到目的站，并

6、交付给目的站的运输层。运输层 运输层的任务是向上一层的进行通信的两个进程之间提供一个可靠的端到端服务，使它们看不见运输层以下的数据通信的细节。应用层 应用层直接为用户的应用进程提供服务。第二章 物理层2-07 假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为 20000 码元/秒。如果采用振幅调制，把码元的振幅划分为 16 个不同等级来传送，那么可以获得多高的数据率（b/s）?答：C=R*Log2 （16）=20000b/s*4=80000b/s2-09 用香农公式计算一下，假定信道带宽为为 3100Hz，最大信道传输速率为 35Kb/，那么若想使最大信道传输速率增加，问信噪比/应增大到多少倍？如果在

7、刚才计算出的基础上将信噪比/应增大到多少倍？如果在刚才计算出的基础上将信噪比/ 再增大到十倍，问最大信息速率能否再增加？ 答：C = W log2(1+S/N) b/s-SN1=2*（C1/W）-1=2*（35000/3100）-1SN2=2*（C2/W）-1=2*（1.6*C1/w ）-1=2* （1.6*35000/3100）-1SN2/SN1=100 信噪比应增大到约 100 倍。C3=Wlong2（1+SN3）=Wlog2 （1+10*SN2）C3/C2=18.5% 如果在此基础上将信噪比 S/N 再增大到 10 倍，最大信息通率只能再增加 18.5%左右2-13 为什么要使用信道复用

8、技术？常用的信道复用技术有哪些？答：为了通过共享信道、最大限度提高信道利用率。频分、时分、码分、波分。2-16 共有 4 个站进行码分多址通信。 4 个站的码片序列为A：（111111 11） B：（11111111）C：（111111 11） D：（11111111）现收到这样的码片序列 S：（11311311） 。问哪个站发送数据了？发送数据的站发送的是 0 还是 1？解：SA=（ 1131 1311）8=1， A 发送 1SB=（113113 11）8= 1， B 发送 0SC=（113113 11）8=0 ， C 无发送SD=（11 3113 11）8=1， D 发送 1第三章 数据链

9、路层3-07 要发送的数据为 1101011011。采用 CRC 的生成多项式是 P（X）=X4+X+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个 1 变成了 0，问接收端能否发现？若数据在传输过程中最后两个 1 都变成了 0，问接收端能否发现？采用 CRC 检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？答：作二进制除法，1101011011 0000 10011 得余数 1110 ，添加的检验序列是 1110.作二进制除法，两种错误均可发展仅仅采用了 CRC 检验，缺重传机制，数据链路层的传输还不是可靠的传输。3-24 假定站点 A 和 B 在同一个 10Mb/s 以太网网段上

10、。这两个站点之间的传播时延为 225比特时间。现假定 A 开始发送一帧，并且在 A 发送结束之前 B 也发送一帧。如果 A 发送的是以太网所容许的最短的帧，那么 A 在检测到和 B 发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕？换言之，如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么能否肯定 A 所发送的帧不会和 B 发送的帧发生碰撞？（提示：在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时，在 MAC 帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符）答：设在 t=0 时 A 开始发送，在 t=（64+8）*8=576 比特时间， A 应当发送完毕。t=225 比特时间，B 就检测出 A 的信号。只要 B

11、在 t=224 比特时间之前发送数据， A 在发送完毕之前就一定检测到碰撞，就能够肯定以后也不会再发送碰撞了如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就能够肯定 A 所发送的帧不会和 B 发送的帧发生碰撞（当然也不会和其他站点发生碰撞） 。3-25 在上题中的站点 A 和 B 在 t=0 时同时发送了数据帧。当 t=255 比特时间，A 和 B 同时检测到发生了碰撞，并且在 t=255+48=273 比特时间完成了干扰信号的传输。A 和 B 在CSMA/CD 算法中选择不同的 r 值退避。假定 A 和 B 选择的随机数分别是 rA=0 和 rB=1。试问 A 和 B 各在什么时间开始重传其

12、数据帧？A 重传的数据帧在什么时间到达 B？A 重传的数据会不会和 B 重传的数据再次发生碰撞？ B 会不会在预定的重传时间停止发送数据？答：t=0 时，A 和 B 开始发送数据T1=225 比特时间,A 和 B 都检测到碰撞（ tau）T2=273 比特时间,A 和 B 结束干扰信号的传输（ T1+48）T3=594 比特时间,A 开始发送（T2+Tau+rA*Tau+96）T4=785 比特时间，B 再次检测信道。 （T4+T2+Tau+Rb*Tau）如空闲，则 B 在 T5=881 比特时间发送数据、否则再退避。 （T5=T4+96）A 重传的数据在 819 比特时间到达 B，B 先检测

13、到信道忙，因此 B 在预定的 881 比特时间停止发送3-26 以太网上只有两个站，它们同时发送数据，产生了碰撞。于是按截断二进制指数退避算法进行重传。重传次数记为 i，i=1 ，2，3,。试计算第 1 次重传失败的概率、第 2 次重传的概率、第 3 次重传失败的概率，以及一个站成功发送数据之前的平均重传次数 I。答：将第 i 次重传成功的概率记为 pi。显然第一次重传失败的概率为 0.5，第二次重传失败的概率为 0.25，第三次重传失败的概率为0.125.平均重传次数 I=1.6373-32 图 3-35 表示有五个站点分别连接在三个局域网上，并且用网桥 B1 和 B2 连接起来。每一个网桥

14、都有两个接口（1 和 2） 。在一开始，两个网桥中的转发表都是空的。以后有以下各站向其他的站发送了数据帧：A 发送给 E，C 发送给 B，D 发送给 C，B 发送给 A。试把有关数据填写在表 3-2 中。发送的帧 B1 的转发表 B2 的转发表 B1 的处理 B2 的处理地址 接口 地址 接口AE A 1 A 1 转发，写入转发表 转发，写入转发表CB C 2 C 1 转发，写入转发表 转发，写入转发表DC D 2 D 2 写入转发表，丢弃不转发 转发，写入转发表BA B 1 写入转发表，丢弃不转发 接收不到这个帧第四章 网络层13.设 IP 数据报使用固定首部，其各字段的具体数值如图所示（除

15、 IP 地址外，均为十进制表示） 。试用二进制运算方法计算应当写入到首部检验和字段中的数值（用二进制表示） 。4 5 0 281 0 04 1710.12.14.512.6.7.91000101 00000000 00000000-0001110000000000 00000001 00000000-0000000000000100 00010001 xxxxxxxx xxxxxxxx00001010 00001100 00001110 0000010100001100 00000110 00000111 00001001 作二进制检验和（XOR）01110100 01001110 取反码10

16、001011 10110001 14. 重新计算上题，但使用十六进制运算方法（没 16 位二进制数字转换为 4 个十六进制数字，再按十六进制加法规则计算） 。比较这两种方法。01000101 00000000 00000000-00011100 4 5 0 0 0 0 1 C00000000 00000001 00000000-00000000 0 0 0 1 0 0 0 000000100 000010001 xxxxxxxx xxxxxxxx 0 4 1 1 0 0 0 000001010 00001100 00001110 00000101 0 A 0 C 0 E 0 500001100

17、 00000110 00000111 00001001 0 C 0 6 0 7 0 901011111 00100100 00010101 00101010 5 F 2 4 1 5 2 A5 F 2 4 1 5 2 A7 4 4 E-8 B B 120.设某路由器建立了如下路由表：目的网络 子网掩码 下一跳128.96.39.0 255.255.255.128 接口 m0128.96.39.128 255.255.255.128 接口 m1128.96.40.0 255.255.255.128 R2192.4.153.0 255.255.255.192 ; R3*（默认） R4现共收到 5 个

18、分组，其目的地址分别为：（1）128.96.39.10（2）128.96.40.12（3）128.96.40.151（4）192.153.17（5）192.4.153.90（1）分组的目的站 IP 地址为：128.96.39.10。先与子网掩码 255.255.255.128 相与，得128.96.39.0，可见该分组经接口 0 转发。（2）分组的目的 IP 地址为：128.96.40.12。 与子网掩码 255.255.255.128 相与得 128.96.40.0，不等于 128.96.39.0。 与子网掩码 255.255.255.128 相与得 128.96.40.0，经查路由表可知，

19、该项分组经 R2 转发。（3）分组的目的 IP 地址为：128.96.40.151，与子网掩码 255.255.255.128 相与后得128.96.40.128，与子网掩码 255.255.255.192 相与后得 128.96.40.128，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经 R4 转发。（4）分组的目的 IP 地址为：192.4.153.17。与子网掩码 255.255.255.128 相与后得192.4.153.0。与子网掩码 255.255.255.192 相与后得 192.4.153.0，经查路由表知，该分组经R3 转发。（5）分组的目的 IP 地址为：192.4.153.9

20、0，与子网掩码 255.255.255.128 相与后得192.4.153.0。与子网掩码 255.255.255.192 相与后得 192.4.153.64，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经 R4 转发。30. 一个大公司有一个总部和三个下属部门。公司分配到的网络前缀是 192.77.33/24.公司的网络布局如图 4-56 示。总部共有五个局域网，其中的 LAN1-LAN4 都连接到路由器 R1 上，R1 再通过 LAN5 与路由器 R5 相连。R5 和远地的三个部门的局域网 LAN6LAN8 通过广域网相连。每一个局域网旁边标明的数字是局域网上的主机数。试给每一个局域网分配一个合

21、适的网络的前缀。见课后答案 P38041. 假定网络中的路由器 B 的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络”、 “距离”和“下一跳路由器” ）N1 7 AN2 2 BN6 8 FN8 4 EN9 4 F现在 B 收到从 C 发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络 ”“距离”）：N2 4N3 8N6 4N8 3N9 5试求出路由器 B 更新后的路由表（详细说明每一个步骤） 。路由器 B 更新后的路由表如下：N1 7 A 无新信息，不改变N2 5 C 相同的下一跳，更新N3 9 C 新的项目，添加进来N6 5 C 不同的下一跳，距离更短，更新N8 4 E 不同的下一跳，距离一样，不改变N

22、9 4 F 不同的下一跳，距离更大，不改变第五章 传输层521 假定使用连续 ARQ 协议中，发送窗口大小事 3，而序列范围0,15, 而传输媒体保证在接收方能够按序收到分组。在某时刻，接收方，下一个期望收到序号是 5.试问：（1） 在发送方的发送窗口中可能有出现的序号组合有哪几种？（2） 接收方已经发送出去的、但在网络中（即还未到达发送方）的确认分组可能有哪些？说明这些确认分组是用来确认哪些序号的分组。534 已知第一次测得 TCP 的往返时延的当前值是 30 ms。现在收到了三个接连的确认报文段，它们比相应的数据报文段的发送时间分别滞后的时间是：26ms，32ms 和 24ms。设 =09

23、。试计算每一次的新的加权平均往返时间值 RTTs。讨论所得出的结果。答：a=0.1， RTTO=30RTT1=RTTO*(1-a) +26*a=29.6RTT2=RTT1*a+32(1-a)=29.84RTT3=RTT2*a+24（1-a）=29.256三次算出加权平均往返时间分别为 29.6，29.84 和 29.256ms。可以看出，RTT 的样本值变化多达 20%时，加权平均往返539 TCP 的拥塞窗口 cwnd 大小与传输轮次 n 的关系如下所示：cwndn 11 22 43 84 165 326 337 348 359 3610 3711 3812 3913cwndn 4014 4

24、115 4216 2117 2218 2319 2420 2521 2622 123 224 425 826（1）试画出如图 5-25 所示的拥塞窗口与传输轮次的关系曲线。（2）指明 TCP 工作在慢开始阶段的时间间隔。（3）指明 TCP 工作在拥塞避免阶段的时间间隔。（4）在第 16 轮次和第 22 轮次之后发送方是通过收到三个重复的确认还是通过超市检测到丢失了报文段？（5）在第 1 轮次，第 18 轮次和第 24 轮次发送时，门限 ssthresh 分别被设置为多大？（6）在第几轮次发送出第 70 个报文段？（7）假定在第 26 轮次之后收到了三个重复的确认，因而检测出了报文段的丢失，那么

25、拥塞窗口 cwnd 和门限 ssthresh 应设置为多大？答：（1）拥塞窗口与传输轮次的关系曲线如图所示（课本后答案）：（2） 慢开始时间间隔：【1，6】和【23，26】（3） 拥塞避免时间间隔：【6，16】和【17，22】（4） 在第 16 轮次之后发送方通过收到三个重复的确认检测到丢失的报文段。在第 22 轮次之后发送方是通过超时检测到丢失的报文段。（5） 在第 1 轮次发送时，门限 ssthresh 被设置为 32在第 18 轮次发送时，门限 ssthresh 被设置为发生拥塞时的一半，即 21.在第 24 轮次发送时，门限 ssthresh 是第 18 轮次发送时设置的 21（6）

26、第 70 报文段在第 7 轮次发送出。（7） 拥塞窗口 cwnd 和门限 ssthresh 应设置为 8 的一半，即 4.547 一个客户向服务器请求建立 TCP 连接。客户在 TCP 连接建立的三次握手中的最后一个报文段中捎带上一些数据，请求服务器发送一个长度为 L 字节的文件。假定：（1）客户和服务器之间的数据传输速率是 R 字节/ 秒，客户与服务器之间的往返时间是RTT（固定值） 。（2）服务器发送的 TCP 报文段的长度都是 M 字节，而发送窗口大小是 nM 字节。（3）所有传送的报文段都不会出错（无重传） ，客户收到服务器发来的报文段后就及时发送确认。（4）所有的协议首部开销都可忽略

27、，所有确认报文段和连接建立阶段的报文段的长度都可忽略（即忽略这些报文段的发送时间） 。试证明，从客户开始发起连接建立到接收服务器发送的整个文件多需的时间 T 是：T=2RTT+L/R 当 nMR(RTT)+M或 T=2RTT+L/R+(K-1)M/R+RTT-nM/R 当 nMR(RTT)+M其中，K=L/nM，符号x 表示若 x 不是整数，则把 x 的整数部分加 1。解：发送窗口较小的情况，发送一组 nM 个字节后必须停顿下来，等收到确认后继续发送。共需 K=L/nM个周期：其中前 K-1 个周期每周期耗时 M/R+RTT,共耗时（K-1） （M/R+RTT）第 K 周期剩余字节数 Q=L-

28、（K-1）*nM，需耗时 Q/R总耗时=2*RTT+(K-1)M/(R+RTT)+Q/R=2*RTT+L/R+(K-1)( M/R+RTT)-nM/R第六章 应用层6-15 假定你在浏览器上点击一个 URL，但这个 URL 的 ip 地址以前并没有缓存在本地主机上。因此需要用 DNS 自动查找和解析。假定要解析到所要找的 URL 的 ip 地址共经过 n个 DNS 服务器，所经过的时间分别是 RTT1,RTT2,RTTn。假定从要找的网页上只需要读取一个很小的图片（即忽略这个小图片的传输时间） 。从本地猪寄到这个网页的往返时间是 RTTw.试问从点击这个 URL 开始，一直到本地主机的屏幕上出

29、现所读取的小图片，一共需要经过多少时间？解：解析 IP 地址需要时间是：RTT1+RTT2+RTTn。建立 TCP 连接和请求万维网文档需要 2RTTw。6-23 试简述 SMTP 通信的三个阶段的过程。答：1. 连接建立：连接是在发送主机的 SMTP 客户和接收主机的 SMTP 服务器之间建立的。SMTP 不使用中间的邮件服务器。 2. 邮件传送。3. 连接释放：邮件发送完毕后，SMTP 应释放 TCP 连接。6-25 MIME 与 SMTP 的关系是什么的？什么是 quoted-printable 编码和 base64 编码？答：MIME 全称是通用因特网邮件扩充 MIME。它并没有改动或

30、取代 SMTP。MIME 的意图是继续使用目前的 RFC 822 格式，但增加了邮件主体的结构，并定义了传送非 ASCII 码的编码规则。也就是说，MIME 邮件可以在现有的电子邮件程序和协议下传送。下图表明了 MIME 和 SMTP 的关系：quoted-printable 编码：对于所有可打印的 ASCII 码，除特殊字符等号外，都不改变。等号和不可打印的 ASCII 码以及非 ASCII 码的数据的编码方法是：先将每个字节的二进制代码用两个十六进制数字表示，然后在前面再加上一个等号。base64 编码是先把二进制代码划分为一个 24 位长的单元，然后把每个 24 位单元划分为 4个 6 位组。每一个 6 位组按以下方法替换成 ASCII 码。6 位的二进制代码共有 64 种不同的值，从 1 到 63。用 A 表示 0，用 B 表示 1，等等。26 个大写字母排列完毕后，接下去再排26 个小写字母，再后面是 10 个数字，最后用+表示 62，而用/表示 63。再用两个连在一起的等号= 和一个等号=分别表示最后一组的代码只有 8 位或 16 位。回车和换行都忽略，它们可在任何地方插入。