《计算机网络习题与解答》.docx

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《计算机网络习题与解答》

注意一些上标,也就是指数,

10

9

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RTT

5.71+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RTT

50-1=49个RTT

2×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=9

1+2+4+⋯+2

9

=2

9+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=11.5RTT

0.1×11.5=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

1000101000

500025000

1000020000

2000025000

y=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3×10

8

米/秒传输。

（a）计算该链路的最小RTT。

解：

最小RTT等于2×385000000米÷（3×10

8

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2

T=520分组1完全到达S

T=555分组1从S起程前往B

T=1000A结束了分组2的发送

T=1055分组2从S起程前往B

T=1075分组2的第1位开始到达B

T=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，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，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，再用1001去除，得到商，

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。

11111111

解答：

11111110110

3．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p

k-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/e

2

（b）k次冲突后成功的概率是多少？

解答：

（1-e

-G

）

k

e—G

=（1-e

-2

）

k

e

-2

=0.135×（1-0.135）

k

=0.135×0.865

k

（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给相邻上层，它将无法区分实际数

据和填充。

4．假定以太网的来回路程传播延迟是46.4微妙。

这导致512比特的最小分组尺寸（464位

的传播延迟+48位碰撞增强信号）。

（a）如果延迟时间保持常数，当信号速率上升到100Mbps时，最小分组大小将是多少？

解答：

假定仍使用48位的JAM信号，那么最小分组尺寸将是

4640位+48位=4688位=586字节

（b）如此大的最小分组尺寸的缺点是什么？

解答：

这个分组尺寸比许多高层分组尺寸大得多，产生相当数量的带宽浪费

（c）如果兼容性不是一个问题，怎样制定规范才能允许一个较小的最小分组尺寸？

解答：

如果减少最大冲突域直径，并且其它各种容许量都很紧张，那么最小分组尺寸可以比

较小。

5．广播子网的一个缺点是有多个主机试图访问信道时造成的信道容量浪费。

作为一个简单

例子，假设把时间分为离散的时间片，n台主机中每一台主机在每个时间片内试图占有信道

的概率为p。

求由于冲突被浪费的时间片的比例。

解答：

先区别n+2种事件。

从事件1直到事件n都是由对应的主机试图使用通道而不发生

碰撞获得成功的条件形成。

这些事件中的每一个的概率都p（1-p）

n-1

。

事件n+1是一个空

闲通道，其概率是（1-p）

n

。

事件n+2是一次碰撞。

由于这n+2个事件是穷举的和完备的，

它们概率的和必定是1。

因此，碰撞的概率，即浪费的时间片的比率是：

np（1-p）

n-1

-（1-p）

n

习题五

1．在令牌总线中，如果某站点接到令牌后即崩溃，将会发生什么情况？

802.4协议是

如何处理这种情况的？

解答：

在一个站将令牌传出之后，它就观察它的后继站是否传出一帧或者交出令牌。

如果二

者均未发生，那么该站将再次传出令牌。

如果第二次仍失败，该站就发送WHO_FOLLOWS

帧，该帧中标明了后继站的地址。

当崩溃站点的后继站看到WHO_FOLLOWS帧中给出的

地址是自己的前站地址，它就发送SET_SUCCESSOR帧给出错站点的前方站点作为响应，

声明自己将成为新的后继站。

这样，出错的站点就从环中移去。

2．当数据传输速率为5Mbps，且传播速度为200米/微妙时，令牌环接口中的一个比

特时延等价于多少米的电缆？

解答：

在5Mbps速率下，一个位时等于200毫微妙，在200毫微妙时间内信号可以传

播的距离是200×10

-3

×200=40米

因此，令牌环接口中的一个比特延时等价于40米的电缆。

3．有一个重负荷的1公里长的10Mbps的令牌环网，其传播速率是每微妙200米，50

个站空间上均匀绕环分布。

数据帧256位，其中包括32位开销，确认应答捎带在数据帧上，

因此是包括在数据帧内备用的位中，而不占用额外的时间。

令牌是8位。

请问，这个环的

有效数据速率比CSMA/CD网高还是低？

解答：

从获取到令牌的时刻开始计量，发送一个分组需要0.1×256=25.6微妙。

此外，必须

发送一个令牌，需要0.1×8=0.8微妙的时间。

令牌必须传输20（=1000÷50）米，经过时间

20÷200=0.1微妙才能到达下一站。

此后，下一站又可以再发送数据帧。

因此，我们在26.5

（=25.6+0.8+0.1）微妙内发送了224（=256-32）位的数据，数据速率等于224÷26.5≈8.5Mbps，

而10Mbps的CSMA/CD在重负荷50个站的情况下的有效数据率不超过3Mbps。

显然，该

令牌环网强于以太网的有效带宽。

4．一个大的FDDI环有100个站，令牌环行时间是40毫秒。

令牌保持时间是10毫秒。

该环可取得的最大效率是多少？

解答：

由于共有100个站，且环行时间是40毫秒，所以令牌在两个邻接站之间的传播

时间是40/100，即0.4毫秒。

这样一个站可以发送10毫秒，接着是0.4毫秒的间隙，在此

期间令牌移动到下一站。

因此最好情况的效率是：

10÷（10+0.4）≈96%，即该环可取得的

最大效率是96%.

5．假定信号在光纤中的延迟是每公里5微妙，试计算以时间和比特表示的下列FDDI

环配置的延迟。

假定可用的位速率是100Mbps。

（a）2公里环，带有20个站；

（b）20公里环，带有200个站；

（c）100公里环，带有500个站。

解答：

设信号传播延迟等于Tp，一个站的延迟等于Ts，N表示站的数目，

那么环延迟T1=Tp+N×Ts。

在这里，Ts=0.01微妙

（a）T1=2×5+20×0.01=10.2微妙，或1020比特

（b）T1=20×5+200×0.01=102微妙，或10200比特

（c）T1=100×5+500×0.01=505微妙，或50500比特

需要指出的是，上述值的计算是假定仅使用主环。

如果发生了故障，将双环重构成单环，

信号传播延迟值将加倍。

而且，对于每个双附接站，站延迟也将加倍。

习题六

1．下图表示LAN通过网桥互连。

请按照图上所标的网桥ID和端口号，利用生成树算

法求出此网络的生成树。

图06-15习题1插图

解答：

2．考虑建立一个CSMA/CD网，电缆长1公里，不使用重发器，运行速率为1Gbps。

电缆中

的信号速度是200000公里/秒。

问最小帧长度是多少？

解答：

对于1公里电缆，单程传播时间为1÷200000=5×10

-6

秒，即5微妙，来回路程传

播时间为2τ=10微妙。

为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10微

妙。

以1Gbps速率工作，10微妙可以发送的比特数等于：

因此，最小帧是10000位或1250字节长。

3．考察下图中示出的透明桥接器的布局。

假定开始时所有的转发表都是空的，试给出在下

列的传输序列之后，桥接器B1-B4中的每一个的转发表的内容：

*A给C传送

*C给A发送

*D给C发送

要求在表中用可以从一个端口可以直接到达的那个邻居结点来标识该端口，例如，B1的两

个端口可标识为B1的A端口和B1的B2端口。

解答：

当A给C传送时，所有的桥都看到了分组，知道A在哪里。

然而，当随后C给A发送

时，分组经过已知路径B3-B2-B1直接前往A，B4不知道C在哪里。

类似地，当D给C发送

时，分组经B4传播到B2后，经已知路径B2-B3直接前往C，B1不知道D在哪里。

所以现在

桥接器B1-B4中的每一个的转发表的内容分别为：

桥B1：

目的地A--端口A，目的地C—端口B2（无D）

桥B2：

目的地A--端口B1，目的地C—端口B3，目的地D—端口B4

桥B3：

目的地A--端口B2，目的地C—端口C，目的地D—端口B2

桥B4：

目的地A--端口B2，目的地D—端口D（无C）

4．考虑图06-17所示的子网。

使用距离向量路由选择，下列向量刚刚被路由器C收到：

来自B：

（5，0，8，12，6，2）

来自D：

（16，12，6，0，9，10）

来自E：

（7，6，3，9，0，4）

路由器C测量得到的到达B、D和E的延时分别等于6、3和5。

试问路由器C的新的路由表

是什么？

请给出所使用的输出线路和所预期的延时。

图06-17习题4插图

解答：

通过B给出（11，6，14，18，12，8）

通过D给出（19，15，9，3，12，13）

通过E给出（12，11，8，14，5，9）

取到达每一目的地的最小值（C除外）得到：

（11，6，0，3，5，8）

输出线路是：

（B，B，-，D，E，B）

5．图06-18中每个圆圈代表一个网络节点，每一条线代表一条通信线路，线上的标注表示

两个相邻节点之间的代价。

图06-18习题5插图

请根据Dijkstra最短通路搜索算法找出A到J的最短路径。

规定使用直接在图上加标注的

方法，而且，在答案中只要求：

（1）依次列出每一步的工作节点

（2）给出从A到J的最短路径及代价

（3）在原图上示出最后一步算法完成时图上每个节点（除A以外）的标注。

解答：

（1）每一步的工作节点如下：

（2）从A到J的最短路径是ACDEGIJ，代价等于15。

（3）最后一步算法完成时图上每个节点（除A以外）的标注如图5-20所示。

图06-18（b）最后一步算法完成时图上每个节点（除A以外）的标注

习题七

1.在一个网络中，假定所有的路由器和主机都工作正常，所有软件

的运行也都没有错误，那么是否还有可能（尽管可能性很小）会

把分组投递到错误的目的地？

解答：

有可能。

大的突发噪音可能破坏分组。

使用k位的检验和，差错仍然有2

-k

的概率被

漏检。

如果分组的目的地段或虚电路号码被改变，分组将会被投递到错误的目的地，并可能

被接收为正确的分组。

换句话说，偶然的突发噪音可能把送往一个目的地的完全合法的分组

改变成送往另一个目的地的也是完全合法的分组。

2．在X.25分组中，没有采用错误检测机制（无分组检查序列）。

试

说明为什么X.25还能保证所有传输的分组都被正确投递。

解答：

尽管在X.25分组中，没有采用错误检测机制（无分组检查序列）,但在数据链路层采

用HDLC或类似的协议，保证了端点设备跟X.25交换机之间以及X.25相邻交换机之间数据

传送的完整性。

另外，X.25分组格式设有发送和接收序列号，能够查出在结点转发过程中

的分组丢失现象，并通过重置和重启动等措施加以恢复和纠正。

所以，X.25能够保证所有

传输的分组都被正确投递。

3．在X.25的第2级和第3级都使用了流控机制。

这样做多余吗？

还

是必需？

试说明理由。

解答：

在X.25的第2级和第3级都使用了流控机制。

这样做是必需的。

因为