《计算机网络习题与解答》

注意一些上标,也就是指数,109为10的9次方《计算机网络习题与解答》鲁士文编习题一1．在下列情况下，计算传送1000KB文件所需要的总时间，即从开始传送时起直到文件的最后一位到达目的地为止的时间。假定往返时间RTT是100毫秒，一个分组是1KB（即1024字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要2×RTT的时间。（a）带宽是1.5Mbps，数据分组可连续发送。解答：2个起始的RTT：100×2=200毫秒传输时间：RTT÷2=100÷2=50毫秒1KB=8比特×1024=8192比特发送时间：1000KB÷1.5Mbps=8192000比特÷1500，000比特/秒=5.46秒所以，总时间等于0.2+5.46+0.05=5.71秒。（b）带宽是1.5Mbps，但在结束发送每一个数据分组之后，必须等待一个RTT才能发送下一个数据分组。解答：在上一小题答案的基础上再增加999个RTT5.71+999×0.1=105.61秒所以，总时间是105.61秒。（c）带宽是无限大的值，即我们取发送时间为0，并且在等待每个RTT后可发送多达20个分组。解答：1000KB÷1KB=1000分组1000分组÷20分组=50个RTT50-1=49个RTT2×RTT+49RTT+0.5RTT=51.5RTT=0.1×51.5=5.15秒。（d）带宽是无限大的值，在紧接起始握手后我们可以发送一个分组，此后，在第一次等待RTT后可发送21个分组，在第二次等待RTT后可发送22个分组，。。。，在第n次等待RTT后可发送2n个分组。解答：取n=91+2+4+⋯+29=29+1-1=1023这样我们就可以发送所有的1000个分组，而且在第9次等待RTT后只须发送。（512-23）个分组就可以了。2RTT+9RTT+0.5RTT=11.5RTT0.1×11.5=1.15秒即总的延迟是1.15秒。2．考虑一个最大距离为2公里的局域网，当带宽等于多大时传播延时（传播速度为2×108米/秒）等于100字节分组的发送延时？对于512字节分组结果又当如何？解答：传播延迟等于：2×103米÷（2×108米/秒）=10-5秒=10微秒100字节÷10微秒=10M字节/秒=80M位/秒512字节÷10微秒=51.2M字节/秒=409.6M位/秒因此，带宽应分别等于80M位/秒和409.6M位/秒。3．假定有一个通信协议，每个分组都引入100字节的开销用于头和成帧。现在使用这个协议发送1M字节的数据，然而在传送的过程中有一个字节被破坏了，因而包含该字节的那个分组被丢弃。试对于1000、5000、10000和20000字节的分组数据大小分别计算“开销+丢失”字节的总数目？分组数据大小的最佳值是多少？解答：设D是分组数据的大小，那么所需要的分组数目N=106/D开销=100×N（被丢弃分组的头部也已计入开销）所以，开销+丢失=100×106/D+D分组数据大小D开销+丢弃100010100050002500010000200002000025000y=108/D+D当D=104时，所以，D的最佳值是10000字节。4．一个系统的协议结构有n层。应用程序产生M字节长的报文。网络软件在每层都加上h字节长的协议头。那么，网络带宽中有多大比率用于协议头信息的传输？解答：总共有n层，每层加h字节，在每个报文上附加的头字节的总数等于hn，因此头消耗的有关空间所占的网络带宽的比率为hn/(M+hn)。5．有两个网络，它们都提供可靠的面向连接的服务。一个提供可靠的字节流，另一个提供可靠的报文流。请问二者是否相同？为什么？解答：不相同。在报文流中，网络保持对报文边界的跟踪；而在字节流中，网络不做这样的跟踪。例如，一个进程向一条连接写了1024字节，稍后又写了另外1024字节。那么接收方共读了2048字节。对于报文流，接收方将得到两个报文，每个报文1024字节。而对于字节流，报文边界不被识别。接收方把全部的2048字节当作一个整体，在此已经体现不出原先有两个不同的报文的事实。习题二6．假定在地球和一个新月亮之间建立一条100M位/秒的链路。从该月亮到地球的距离大约是385000公里，数据在链路上以光速3×108米/秒传输。（a）计算该链路的最小RTT。解：最小RTT等于2×385000000米÷（3×108米/秒）=2.57秒（b）使用RTT作为延迟，计算该链路的“延迟×带宽”值。解：“延迟×带宽”值等于2.57秒×100M位/秒=257M位≈32M字节（c）在（b）中计算的“延迟×带宽”值的含义是什么？解：它表示发送方在收到一个响应之前能够发送的数据量。（d）在月亮上用一个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。假定在地球上的任务控制要下载25M字节的最新图象，那么，从发出数据请求到传送结束最少要化多少时间？解：在图象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25M字节÷100M位/秒=200M位÷100M位/秒=2秒。所以，直到最后一个图象位到达地球，总共化的时间等于2.0+2.57=4.57秒。2．如图所示，主机A和B每个都通过10M位/秒链路连接到交换机S。在每条链路上的传播延迟都是20微秒。S是一个存储转发设备，在它接收完一个分组后35微妙开始转发收到的分组。试计算把10000比特从A发送到B所需要的总时间。（a）作为单个分组解：每条链路的发送延迟是10000÷10M位/秒=1000微秒总的传送时间等于2×1000+2×20+35=2075微秒。（b）作为两个5000位的分组一个紧接着另一个发送解：当作为两个分组发送时，下面列出的是各种事件发生的时间表：T=0开始T=500A完成分组1的发送，开始发送分组2T=520分组1完全到达ST=555分组1从S起程前往BT=1000A结束了分组2的发送T=1055分组2从S起程前往BT=1075分组2的第1位开始到达BT=1575分组2的最后1位到达B事实上，从开始发送到A把第2个分组的最后1位发送完经过的时间为2×500微妙，第1个链路延迟20微妙，交换机延迟为35微妙（然后才能开始转发第2个分组），500微妙的发送延迟，第2个链路延迟20微妙，所以，总的时间等于2×500微妙+20微妙+35微妙+500微妙+20微妙=1575微妙。3.现在要在光纤上发送一个计算机屏幕图象序列。屏幕大小为480x640象素，每个象素24位，每秒60幅屏幕图象。问需要多大的带宽？假定每赫兹调制一个比特，那么对于中心波长为1.30μm的波段，这个带宽所对应的波长范围有多大？解答:数据速率是480x640x24x60bps，即442Mbps△f=4.42x108因此，需要442Mbps的带宽，对应的波长范围是2.5x10–6微米。4.奈魁斯特定理适用于光纤吗？还是仅适用于铜线？解答:奈魁斯特定理是一个数学性质，不涉及技术处理。该定理说，如果你有一个函数，它的傅里叶频谱不包含高于f的正弦或余弦，那么以2f的频率采样该函数，那么你就可以获取该函数所包含的全部信息。因此奈魁斯特定理适用于所有介质。5.假定PSTN的带宽是3000HZ，典型的信噪功率比是20dB，试确定可以取得的理论上最大的信息（数据）速率。解答：现在，因此，C=3000×log2(1+100)=19936bps即可以取得的理论上最大的信息（数据）速率是19936bps。习题三1．假定我们要发送信息11001001，并且使用CRC多项式x3+1来检错（a）使用多项式长除来确定应该发送的信息块。解答：取信息11001001，附加000，并用1001去除，余数是011应该发送的信息块是11001001011（b）假定信息块最左边的比特由于在传输链路上的噪音而变化，接收方CRC计算的结果是什么？接收方是怎样知道发生了错误的？解答：把第1位变反，得到01001001011，再用1001去除，得到商01000001，余数是10。由于余数不为零，所以接收方知道发生了错误。2．假定一个成帧协议使用比特充填，示出当帧包含下列比特序列时在链路上发送的比特序列。110101111101011111101011111110解答：1101011111001011111010101111101103．在大多数网络中，数据链路层通过请求重传损坏帧来处理传输错误。如果一个帧被损坏的概率为p，在确认帧永远不会被丢失的情况下发送一帧所需要的平均传输次数是多少？解答：一个帧需要传输k次的概率pk是开头k-1次传输尝试失败的概率pk-1乘以第k次传输成功的概率（1-p）。因此，平均传输次数是：4．考虑在一条20公里长的点到点光纤链路上运行的ARQ算法a)假定光在光纤中的传播速度是2×108米/秒，试计算该链路的传播延迟。解答：传播延迟=20×103米÷（2×108米/秒）=100微妙b)为该ARQ建议一个适当的超时值。解答：往返时间大约为200微妙。可以把超时值设置成该时间长度的2倍，即0.4毫秒。取决于在实际的RTT中的变化量额，有时候取小一些的值（但大于0.2毫秒）也许更合理。c)按照给出的这个超时值实现ARQ算法，为什么该ARQ算法在运行过程中还可能超时而重传帧呢？解答：前面传播延迟的计算没有考虑处理延迟，而在实践中远方结点可能引入处理延迟，即它也许不能够立即回答。5．PPP是以HDLC为基础的，HDLC使用位充填防止在有效载荷内偶尔出现的标志字节产生混淆。给出至少一个理由，说明PPP为什么使用字符充填来代替位充填。解答：：PPP被明确地设计成是以软件形式实现的，而不像HDLC那样几乎总是以硬件形式实现。对于软件实现，完全用字节操作要比用单个位操作简单得多。此外，PPP被设计成跟调制解调器一道使用，而调制解调器是以1个字节为单元而不是以1个比特为单元接受和发送数据的。习题四1．一大批ALOHA用户每秒产生50次请求，包括初始请求和重传的请求。时间以40毫秒为单位分槽（a）首次尝试的成功率是多少？解答：在任一帧时内生成k帧的概率服从泊松分布生成0帧的概率为e—G对于纯ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其它帧发送的概率为e—G．e—G=e—2G对于分槽ALOHA，由于冲突危险区减少为原来的一半，任一帧时内无其它帧发送的概率是e—G。现在时槽长度为40毫秒，即每秒25个时槽，产生50次请求，所以每个时槽产生两个请求，G=2。因此，首次尝试的成功率是e-2=1/e2（b）k次冲突后成功的概率是多少？解答：（1-e-G）ke—G=(1-e-2)ke-2=0.135×(1-0.135)k=0.135×0.865k（c）所需要的发送尝试的次数的期望值是多少？解答：尝试k次才能发送成功的概率（即前k-1次冲突，第k次才成功）为：pk=e-G(1-e-G)k-1那么每帧传送次数的数学期望为2．1982年的以太网规范允许在任意两个站之间可以有长达1500米的同轴电缆、1000米的其它点到点连接线缆和两个重发器。每个站或重发器通过最长可达50米的分接电缆连接到同轴电缆。附表列出了跟每种设备相关的典型延迟值（其中的c等于光在真空中的速度3×108米/秒）条目延迟同轴电缆传播速度0.77c链接/分接电缆传播速度0.65c重发器每个大约0.6微秒收发器每个大约0.2微秒由于表中所列出的各种延迟，以比特为单位计量的最坏情况下的来回路程传播延迟是多少？解答：单程延迟：同轴电缆1500米6.49微妙链接线缆1000米5.13微秒重发器两个1.2微妙收发器六个（每个重发器两个，每个站一个）1.2微妙尾缆6×50米1.54微妙累计15.56微妙来回路程延迟大约31.1微妙或311比特标准允许的来回路程总延迟是464比特，加上48位的加强碰撞信号刚好等于512位的最小分组尺寸。3．为什么说以太网帧的长度段对于相邻上层（子层）是重要的？解答：以太网有一个最小帧大小限制（对于10Mbps是64字节）；较小的分组必须加衬垫，以填充到最小帧大小。否则，把整个数据段的内容都递交