计算机网络习题课选讲 一.docx
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计算机网络习题课选讲一
《计算机网络》习题课选讲一
第一章
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 电路交换就是计算机终端之间通信时，一方发起呼叫，独占一条物理线路。
当交换机完成接续，对方收到发起端的信号，双方即可进行通信。
在整个通信过程中双方一直占用该电路。
它的特点是实时性强，时延小，交换设备成本较低。
但同时也带来线路利用率低，电路接续时间长，通信效率低，不同类型终端用户之间不能通信等缺点。
电路交换比较适用于信息量大、长报文，经常使用的固定用户之间的通信。
（2）报文交换 将用户的报文存储在交换机的存储器中。
当所需要的输出电路空闲时，再将该报文发向接收交换机或终端，它以“存储——转发”方式在网内传输数据。
报文交换的优点是中继电路利用率高，可以多个用户同时在一条线路上传送，可实现不同速率、不同规程的终端间互通。
但它的缺点也是显而易见的。
以报文为单位进行存储转发，网络传输时延大，且占用大量的交换机内存和外存，不能满足对实时性要求高的用户。
报文交换适用于传输的报文较短、实时性要求较低的网络用户之间的通信，如公用电报网。
（3）分组交换 分组交换实质上是在“存储——转发”基础上发展起来的。
它兼有电路交换和报文交换的优点。
分组交换在线路上采用动态复用技术传送按一定长度分割为许多小段的数据——分组。
每个分组标识后，在一条物理线路上采用动态复用的技术，同时传送多个数据分组。
把来自用户发端的数据暂存在交换机的存储器内，接着在网内转发。
到达接收端，再去掉分组头将各数据字段按顺序重新装配成完整的报文。
分组交换比电路交换的电路利用率高，比报文交换的传输时延小，交互性好。
1-07试将TCP/IP和OSI的体系结构进行比较。
讨论其异同之处。
答：
（1）OSI和TCP/IP的相同点是二者均采用层次结构，而且都是按功能分层。
（2）OSI和TCP/IP的不同点：
①OSI分七层，自下而上分为物理层、数据链路层、网络层、运输层、会话层、表示层和应用层，而TCP/IP分四层：
网络接口层、网间网层（IP）、传输层（TCP）和应用层。
严格讲，TCP/IP网间网协议只包括下三层，应用程序不算TCP/IP的一部分。
②OSI层次间存在严格的调用关系，两个（N）层实体的通信必须通过下一层（N-1）层实体，不能越级，而TCP/IP可以越过紧邻的下一层直接使用更低层次所提供的服务（这种层次关系常被称为“等级”关系），因而减少了一些不必要的开销，提高了协议的效率。
③OSI只考虑用一种标准的公用数据网
1-11试在下列条件下比较电路交换和分组交换。
要传达的报文共x（bit）.从源站到目的站共经过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？
答：
对于电路交换，t=s时电路建立起来；t=s+x/b时报文的最后1位发送完毕；t=s+x/b+kd时报文到达目的地。
而对于分组交换，最后1位在t=x/b时发送完毕。
为到达最终目的地，最后1个分组必须被中间的路由器重发k-1次，每次重发花时间p/b（一个分组的所有比特都接收齐了，才能开始重发，因此最后1位在每个中间结点的停滞时间为最后一个分组的发送时间），所以总的延迟为x/b+（k-1）p/b+kd.
为了使分组交换比电路交换快，令
，
1-12在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和（p+h）（bit），其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。
通信的两端共经过k段链路。
链路的数据率为b（b/s），但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。
若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？
答：
总时延＝传播时延＋发送时延＋排队时延=（xh/p+x）/b+（k-1）（p+h）/b
，为选择合适的p，使总延迟最小，我们对p取导，令导数为0：
，解得
1-15网络协议的三个要素是什么？
各有什么含义？
答：
网络协议是为网络数据交换而制定的规则、标准或约定。
它的三个要素分别是：
①语法，数据与控制信息的结构或格式。
（数据格式、编码和信号电平）；
②语义，需要发出何种控制信息，完成何种动作及做出的何种应答；
③同步（定时），事件实现顺序的详细说明。
（速度匹配和排序）
1-22长度为100字节的应用层数据交给运输层传送，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，加上首部和尾部共18个字节。
试求数据的传输效率。
若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？
答：
（1）100/（100+20+20+18）=63.3%;
（2）1000/（1000+20+20+18）=94.5%
第二章
2-12有600MB（兆字节）的数据，需要从南京传送到北京。
一种方法是将数据写到磁盘上，然后托人乘火车将这些磁盘捎去。
另一种方法是用计算机通过长途电话线路（设信息传送的速率是2.4Kb/s）传送此数据。
试比较这两种方法的优劣。
若信息传送速率为33.6Kb/s，其结果又如何？
答：
假定连续传送且不出错。
若用2.4Kb/s速率，传600MB（=600×1048576×8=5033164800 bit）需要24.3天。
若用33.6Kb/s速率传送，则需时间1.73天。
比托人乘火车捎去要慢，且更贵。
2-1356Kb/s的调制解调器是否突破了香农的信道极限传输速率？
这种调制解调器的使用条件是什么？
答：
56Kb/s的调制解调器主要用于用户与ISP的通信，这时从用户到ISP之间只需经过一次A/D转换，比两个用户之间使用的33.6Kb/s调制解调器的量化噪声要小，所以信噪比进一步提高。
虽然33.6Kb/s调制解调器的速率基本已达到香农的信道极限传输速率，但是56Kb/s的调制解调器的使用条件不同，它提高了信噪比，它没有突破香农极限传输速率的公式。
56Kb/s的调制解调器的使用条件是ISP也使用这种调制解调器（这里是为了进行数字信号不同编码之间的转换，而不是数模转换），并且在ISP与电话交换机之间是数字信道。
若ISP使用的只是33.6Kb/s调制解调器，则用户端的56Kb/s的调制解调器会自动降低到与33.6Kb/s调制解调器相同的速率进行通信。
2-18假定在进行异步通信时，发送端每发送一个字符就要发送10个等宽的比特（一个起始比特，8个比特的ASCII码字符，最后一个结束比特）。
试问当接收端的时钟频率和发送端的时钟频率相差5%时，双方能否正常通信？
答：
设发送端和接收端的时钟周期分别为X和Y。
若接收端时钟稍慢（Y>X），则最后一个采样必须发生在停止比特结束之前。
即9.5Y<10X。
若接收端时钟稍快，则最后一个采样必须发生在停止比特开始之后。
即9.5Y>9X。
解出：
|（Y-X）/X|<1/19=5.26%
因此收发双方频率相差5%是可以正常工作的。
但最好不要这样做。
第三章
3-02数据链路层的链路控制包括哪些功能？
答：
链路管理；帧同步；流量控制；差错控制；将数据和控制信息分开；透明传输；寻址
3-03考察停止等待协议算法。
在接收结点，当执行步骤（3）时，若将“否则转到（6）”改为“否则转到
（2）”，将产生什么后果？
答：
步骤（3）中，若
表明发送结点没有正确收到接收结点对上一帧的确认，发送结点重传了上一帧，此时接收结点的做法应当是：
丢弃该重复帧，并重发对该帧的确认。
若改为“转到
（2）”，接收结点等待接收数据帧，而发送结点以为该帧传输错误，则一直重发该帧，进入死循环。
3-05试导出停止等待协议的信道利用率公式
答：
设数据帧出现差错的概率为p，每帧中数据为
bit。
则信道利用率U=平均有效数据率D/链路容量U=
3－06一个信道的比特率是4kb/s，传播延迟为20ms，那么帧的大小在什么范围内，停止等待协议才有至少50％的效率？
答：
当发送一帧的时间等于信道的传播时延的2倍时，信道利用率是50％，或者说当发送一帧的时间等于来回路程的传播时延时，效率将是50％。
即20ms*2=40ms。
现在发送速率是每秒4000bit，即发送一位需0.25ms。
则帧长40/0.25=160bit
解出
bit.
3-07在停止等待协议中，确认帧是否需要序号？
请说明理由。
答：
在一般情况下，确认帧不需要序号。
但如果超时时间设置短了一些，则可能会出现问题，即有时发送方会分不清对哪一帧的确认。
3-09试证明：
当用n个比特进行编号时，若接收窗口的大小为1，则只有在发送窗口大小
时，连续ARQ协议才能正确运行。
证明：
（1）显然WT内不可能有重复编号的帧，所以WT≤2n。
设WT=2n；
（2）注意以下情况：
发送窗口：
只有当收到对一个帧的确认，才会向前滑动一个帧的位置；
接收窗口：
只有收到一个序号正确的帧，才会向前滑动一个帧的位置，且同时向发送端发送对该帧的确认。
显然只有接收窗口向前滑动时，发送端口才有可能向前滑动。
发送端若没有收到该确认，发送窗口就不能滑动。
（3）为讨论方便，取n=3。
并考虑当接收窗口位于0时，发送窗口的两个极端状态
状态1：
发送窗口：
0123456701234567
全部确认帧收到接收窗口：
0123456701234567
状态2：
发送窗口：
0123456701234567
全部确认帧都没收到接收窗口：
0123456701234567
（4）可见在状态2下，接收过程前移窗口后有效序列号的新范围和发送窗口的旧范围之间有重叠，致使接收端无法区分是重复帧还是新帧。
为使旧发送窗口和新接收窗口之间序列号不发生重叠，有WT＋WR≤2n，所以WT≤2n-1。
3-10试证明：
对于选择重传ARQ协议，若用n比特进行编号，则接收窗口的最大值受公式（3-18）的约束
证明：
同上，有
，而选择重传ARQ协议中，接收窗口肯定比发送窗口小，即
，故证。
3-11在选择重传ARQ协议中，设编号用3bit。
再设发送窗口为6而接收窗口为3。
试找出一种情况，使得在此此情况下协议不能正确工作。
答：
设想在发送窗口内的序号为0，1，2，3，4，5，而接收窗口等待后面的6，7，0。
接收端若收到0号帧，则无法判断是新帧还是重传的（当确认帧丢失）。
发送端：
01234567012345670
接收端：
01234567012345670
3-12在连续ARQ协议中，设编号用3bit，而发送窗口为8。
试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。
答：
设想在发送窗口内的序号为0，1，2，3，4，5，6，7。
而接收窗口等待后面的0。
接收端若收到0号帧，则无法判断是新帧还是重传的（当确认帧丢失）
发送端：
01234567012345670
接收端：
01234567012345670
3-13在什么条件下，选择重传ARQ协议和连续ARQ协议在效果上完全一致？
答：
当传输无差错时，或者选择重传协议的接收窗口为1时
3-15卫星信道的数据率为1Mb/s，数据帧长为2000bit,忽略确认帧长和处理时间。
试计算下列情况下的信道利用率：
（1）停止等待协议
（2）连续ARQ协议，W=7（3）连续ARQ协议，W=127（4）连续ARQ协议W=255
答：
使用卫星信道端到端的传输延迟是250ms-270ms,以1Mb/s发送，2000bit长的帧的发送时间是2000bit/（1Mb/s）=2ms。
我们用t=0表示开始传输时间，那么在t=2ms，第一帧发送完毕。
t=252ms，第一帧完全到达接收方。
t=254ms，对第一帧的确认帧发送完毕。
t=504ms时带有确认的帧完全到达发送方。
因此周期是504ms。
如果在504ms内可以发送k个帧（每个帧的发送用2ms时间），则信道利用率是2k/504，因此，
（1）停止等待协议，k=1,2/504=1/252
（2）W=7，14/504=7/252（3）W=127，254/504=127/252（4）W=255，2W=510〉504，故信道利用率为1
3-16简述HDLC帧各字段的意义。
HDLC用什么方法保证数据的透明传输？
答：
（1）HDLC帧的格式，信息字段（长度可变）为数据链路层的数据，它就是从网络层传下来的分组。
在信息字段的两端是24bit的帧头和帧尾。
HDLC帧两端的标志字段用来界定一个帧的边界，地址字段是用来填写从站或应答站的地址信息，帧校验序列FCS用来对地址、控制和信息字段组成的比特流进行校验，控制字段最复杂，用来实现许多主要功能。
（2）采用零比特填充法来实现链路层的透明传输，即在两个标志字段之间不出现6个连续1。
具体做法是在发送端，当一串比特流尚未加上标志字段时，先用硬件扫描整个帧，只要发现5个连续的1，则在其后插入1个0，而在接收端先找到F字段以确定帧的边界，接着再对其中的比特流进行扫描，每当发现5个连续的1，就将这5个连续1后的1个0删除，以还原成原来的比特流。
第四章
4-05以太网上只有两个站，它们同时发送数据，产生了碰撞。
于是按二进制指数类型退避算法进行重传。
重传次数记为i，i=1,2,3,…。
试计算第1次重传失败的概率、第二次重传失败的概率、第三次重传失败的概率，以及一个站成功发送数据之前的平均重传次数I。
答：
第i次重传分布在[0，1，…，2i-1]共2i个时间槽内，因此，i次重传碰撞
的概率为pi=2-i，
。
第一次重传碰撞的概率为p1=2-1=0.5，第2次重传失败的概率为p2=2-2=0.25，第3次重传失败的概率为p3=2-3=0.125。
开始k-1次失败，紧接着第k次重传成功的概率为
进一步化简可得：
（平均重传k次的概率）
平均重传次数
4-09100个站分布在4km长的总线上。
协议采用CSMA/CD。
总线速率为5Mb/s，帧平均长度为1000bit。
试估算每个站每秒钟发送的平均帧数的最大值。
传播时延为5μs/km。
答：
假定总线上有N台工作站，每个工作站发送帧的概率都是p；争用期长度为2τ，即端到端时延的2倍，检测到碰撞后不发送阻塞信号；帧长是Lbit，数据发送速率是Cbps；用
表示总线的单程传输时延τ与帧的发送时延T0之比，那么
，
，
，
可以有一个站发送成功的概率
，某个站发送失败的概率为1-A。
争用期的平均个数等于帧被重发的次数为NR：
由此可以求出以太网的信道利用率：
U=成功的发送占用期T0/（若干个争用期+成功的发送占用期）=T0/TAV
当A增大时，信道利用率也增高。
通过对式子
的两边对p求导，即
时，A得到最大值，即p=1/N。
当N趋向于∞时，
。
事实上，只要有十几个站，Amax就接近于0.368个极限值了。
此时以太网信道的利用率
。
总线上总共有100个站，每个站每秒发送的平均帧数的最大值等于
帧。
4-11假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/s。
设信号在网络上的传播速率为200000km/s。
求能够使用此协议的最短帧长。
答：
对于1km电缆，单程端到端传播时延为：
τ=1÷200000=5×10-6s=5μs，
端到端往返时延为：
2τ=10μs
为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时延不能小于10μs，以1Gb/s速率工作，10μs可发送的比特数等于：
10×10-6×1×109=10000bit=1250字节。
4-12有一个使用集线器的以太网，每个站到集线器的距离为d，数据发送率为C，帧长为12500字节，信号在线路上的传播速率为2.5×108m/s。
距离d为25m和2500m，发送速率为10Mbit/s或10Gbit/s。
这样就有4种不同的组合。
试利用公式（5-9）分别计算4种不同情况下a的数值，并进行简单讨论。
答：
下图中，以A和B互相发送信息为例，在集线器方式下由于双绞线接收和发送是分开的，该例子不能说明问题。
我们可以考虑A向B发送数据后C也向B发送数据，我们看A经过多长时间能确定本次发送不会发生冲突。
由于每个站到集线器的距离为d，设传播速率为c，由于A和C距离2*d，则A发送的信号经过2*d/c时间才能到达C，若C刚好在收到A的信号前发送数据。
C发送的一小段信号经过2*d/c时间传送到A和B，在B的接收端发生碰撞，因此A同时也在接收端检测到C的信号，即A在开始发送数据后经过4*d/c时间才能检测到C的信号，并知道发生冲突应停止发送。
因此A最长经过4*d/c时间才能肯定本次发送不会发生冲突，即争用期应为4*d/c。
=2*d/c。
即对于集线器以太网，争用期仍然是两倍的端到端时延，这里端到端的距离为两台主机的最远距离。
因此书后答案有误，所有答案应*2。
a=τ/T0=τC/L，L=12500字节=12500×8=105bit
d=25m
d=2500m
C=10Mbit/s
C=10Gbit/s
C=10Mbit/s
C=10Gbit/s
a
2*10-5
2*10-2
2*10-3
2*1
a越小，信道利用率越大
1、站点到集线器距离一定的情况下，数据发送率越高，信道利用率越低。
2、数据发送率相同的情况下，站点到集线器的距离越短，信道利用率越高。
4-15假定一个以太网上的通信量中的80%是在本局域网上进行的，而其余的20%的通信量是在本局域网和因特网之间进行的。
另一个以太网的情况则反过来。
这两个以太网一个使用以太网集线器，另一个使用以太网交换机。
你认为以太网交换机应当用在哪一个网络上。
答：
不管是集线器还是交换机,除了连接所有的本地主机，还要跟路由器相连接实现本局域网与因特网之间访问。
如果一个以太网上的通信量中80%以上是在本局域网内进行，布而其余的20%的通信量是在本局域网和因特网之间进行，那么这时需要优先考虑的应该是保证本地用户通信的能够得到的带宽，应该选用交换机。
在后一种情况下，80%的通信量要通过路由器与外部风络进行传递，而目前接入因特网的速率普遍比局域网的速率低得多，因此，可以使用集线器让所有主机和路由器共享以太网的带宽。
4-17使用CSMA/CD协议时，若线路长度为100m，信号在线路传播速度为2×108m/s。
数据发送速度为1Gb/s。
试计算帧长分别为512字节、1500字节和64000字节时的参数a的数值，并进行简单讨论。
答：
a=τ/T0=τC/L,τ=线路长度/信号的传播速率=5×10-7s。
C=1×109bps
当L=512字节=4096bit,a=0.122
当L=1500字节=12000bit，a=0.0417
当L=64000字节=512000bit，a=0.000977
从计算结果可以看出，帧越长，参数a的数值越小。
由于信道利用率Smax=1/（1+4.44a），帧越长，相应的信道利用越高，最大吞吐量也越大。
4-18/4-19网桥的工作原理和特点是什么？
网桥与转发器以及以太网交换机有何异同？
答：
网桥的每个端口与一个网段相连，网桥从端口接收网段上传送的各种帧。
每当收到一个帧时，就先暂存在其缓冲中。
若此帧未出现差错，且欲发往的目的站MAC地址属于另一网段，则通过查找站表，将收到的帧送往对应的端口转发出去。
若该帧出现差错，则丢弃此帧。
网桥过滤了通信量，扩大了物理范围，提高了可靠性，可互连不同物理层、不同MAC子层和不同速率的局域网。
但同时也增加了时延，对用户太多和通信量太大的局域网不适合。
网桥与转发器不同，
（1）网桥工作在数据链路层，而转发器工作在物理层；
（2）网桥不像转发器转发所有的帧，而是只转发未出现差错，且目的站属于另一网络的帧或广播帧；（3）转发器转发一帧时不用检测传输媒体，而网桥在转发一帧前必须执行CSMA/CD算法；（4）网桥和转发器都有扩展局域网的作用，但网桥还能提高局域网的效率并连接不同MAC子层和不同速率局域网的作用。
以太网交换机通常有十几个端口，而网桥一般只有2-4个端口；它们都工作在数据链路层；网桥的端口一般连接到局域网，而以太网的每个接口都直接与主机相连，交换机允许多对计算机间能同时通信，而网桥允许每个网段上的计算机同时通信。
所以实质上以太网交换机是一个多端口的网桥，连到交换机上的每台计算机就像连到网桥的一个局域网段上。
网桥采用存储转发方式进行转发，而以太网交换机还可采用直通方式转发。
以太网交换机采用了专用的交换机构芯片，转发速度比网桥快。
4-22同时连接在两个总线局域网上的四个站以相等的概率随意选择一个总线向其它站发送数据。
假定时间被划分为长度为1秒的时隙，而这四个站开始发送数据的时间只能选择在每一个时隙的开始，并且发送的帧长也是1秒。
每一个站发送数据的概率都是p。
选择一个总线上同时有两个站发送数据就会产生冲突。
试问概率p等于多少才能使生冲突的概率最小？
答：
只有一个站发送其他3个站都不发送的概率等于4p（1-p）3；只有两个站发送，其他站都不发送，而且发送的两个站不在同一个总线上的概率为6p2（1-p）2×0.5；如果有3个或4个站同时发送，那么必然会产生冲突。
因此，不产生冲突的概率等于y=4p（1-p）3+6p2（1-p）2×0.5；函数y对变量p求导：
y’=（1-p）（4-10p+4p2），令y’=0,求得：
p=0.5此时y取得最大值。
4-23现有5个站分别连接在三个局域网上，并且用两个网桥连接起来（下图）。
每一个网桥的两个端口号都标明在图上。
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，即H1发送给H5，H3发送给H2，H4发送给H3，H2发送给H1。
试将有关数据填入下表中。
答：
发送的帧
网桥1的转发表
网桥2的转发表
网桥1的处理的
（转发?
丢弃?
登记?
）
网桥2的处理的
（转发?
丢弃?
登记?
）
站地址
端口
站地址
端口
H1 →H5
MAC1
1
MAC1
1
转发，写入转发表
转发，写入转发表
H3→H2
MAC3
2
MAC3
1
转发，写入转发表
转发，写入转发表
H4→H3
MAC4
2
MAC4
2
写入转发表，丢弃不转发
转发，写入转发表
H2→H1
MAC2
1
写入转发表，丢弃不转发
接收不到这个帧
4-24无线局域网的MAC协议有哪些特点？
为什么在无线局域网中不能使用CSMA/CD协议而必须使用CSMA/CA协议？
结合隐蔽站问题和暴露站问题说明RTS帧和CTS帧的作用。
答：
无线局域网的MAC协议提供了一个名为分布式协调功能（DCF）的分布式接入控制机制以及工作于DCF之上的一个可选的集中式控制，该集中式控制算法称为点协调功能（PCF）。
DCF采用争用算法为所有通信量提供接入；PCF则提供无争用服务，并利用了DCF特性来保证它的用户可靠接入。
PCF采用类似轮询的方法将发送权轮流交给各站，从而避免了冲突的产生。
对于分组话音这样对于时间敏感的业务，就应提供PCF服务。
原则讲，无线局域网的MAC协议和有线线局域网并无本质的区别，然而，无线局域网不能采用CSMA/CD的原因主要有三方面：
（1）无线环境不像有线那样广播媒体那样好控制，来
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