中南大学计算机网络作业题目(中南学子奉献).docx

计算机网络第一次作业参考答案1. 假设你已经将你的狗 Bernie 训练成不仅可以携带一小瓶白兰地，还能携带一箱三盒 8 毫米的磁带（当你的磁盘满了的时候，你可能会认为这是一次紧急事件）。每盒磁带的容量为 7GB 字节。无论你在哪里，狗跑向你的速度是 18 千米/小时。试问在什么距离范围内 Bernie 的数据传输速率会超过一条数据速率为 150Mbps 的传输线（不算额外开销）？试问分别在以下情况下：（1）狗的速度加倍；（2）每盒磁带容量加倍；（3）传输线路的速率加倍。上述的结果有什么变化？答：Bernie 携带的数据量为 7GB*3=21GB，即为21GB*8=168Gb Bernie 的速度为 18Km/h，即为 18Km/3600s=0.005Km/s,假设距离为 x km，则所需时间为 x/0.005=200x 秒那么产生的数据传输速率为 168/200x Gbps = 168*1024/200x Mbps = 860/x Mbps 860/x 150 那么 x5.73 Km (1) 狗的速率加倍，所需时间减半，数据传输速率加倍，若传输线路速率不变，x 加倍；(2) 磁带容量加倍，数据传输速率也加倍，若传输线路速率不变，x 加倍；(3) 传输线路速率加倍，其余不变，则 x 应减半。4. 除了带宽和延迟以外，网络若要为下列流量提供很好的服务质量，试问还需要哪个参数？（1）数字语音流量；（2）视频流量；（3）金融业务流量。答：（1）数字语音和（2）视频都需要低的延迟抖动，长的延迟及低的抖动比短延迟及高抖动更好些。（3）金融业务还需要具有可靠性和安全性。5. 在存储-转发数据包交换系统中，衡量延迟的一个因素是数据包在交换机上存储和转发需要多长时间。假设在一个客户机-服务器系统中，客户机在纽约而服务器在加州，如果交换时间为 10 微妙，试问交换时间是否会成为影响延迟的一个主要因素？假设信号在铜线和光纤中的传输速度是真空光速的 2/3. 答：信号的传输速度是 3*108*2/3 = 2*108m/s，即为 200 米每微秒，那么信号在 10 微秒中传送的距离为 2Km，也就是每个交换机相当于增加额外的 2Km 电缆，如果客户和服务器之间的距离为 5000Km，平均大概通过 50 个交换机，那么给总线路增加的距离也就为100Km，大概为总线路的 2%，因此交换时间不会成为影响延迟的一个主要因素。8. 5 个路由器通过一个点到点子网连接在一起。网络设计者可以为任何一对路由器设置一条高速线路、中速线路、低速线路或根本不设置线路。如果计算机需要 100 毫秒来生成并遍历每个网络拓扑，试问它需要多长时间才能遍历完所有的网络拓扑？答：5 个路由器，点到点连接，则有 10 条可能线路，每条线路有 4 中可能性，那么拓扑的总数为 410=1048576.检查每个拓扑需要 100 毫秒，则总时间需要 1048576*100 毫秒，稍微超过 29 个小时。10. 试问使用层次协议的两个理由是什么？使用层次协议的一个可能缺点是什么？答：通过使用分层协议可以把复杂的设计问题划分成较小的易于处理的小问题；分层意味着某一层协议的改变不会影响高层或底层的协议，具有灵活性。一个可能的缺点是分层设计的系统的性能可能会不如整体设计的系统性能。16. 一个系统具有 n 层协议。应用层产生长度为 M 字节的报文，在每一层加上长度为 h 字节的报文头。试问报文头所占的网络带宽比例是多少？答：每一层加上长度为 h 字节的报文头，共有 n 层，则总的报文头字节数为 hn，全部消息的大小为（M+hn）字节那么报文头所占的网络带宽比例为：hn/(M+hn). 20. 当在两台计算机之间传输一个文件时，可以采用两种不同的确认策略。在第一种策略中，该文件被分解成许多个数据包，接收方独立地确认每一个数据包，但没有对整个文件进行确认。在第二种策略中，这些数据包并没有被单独地确认，但是当整个文件到达接收方时会被确认。请讨论这两种方案。答：如果网络容易丢失分组，那么对每一个分组逐一进行确认较好，此时仅需要重传丢失的分组。如果网络高度可靠，那么仅在整个文件传送的结尾发送一次确认即可，可以减少确认的次数，节省带宽；但是，这种策略下，即使有单个分组丢失，也需要重传整个文件。23.一幅图像的分辨率为 1024*768 像素，每个像素用 3 字节表示。假设该图像没有被压缩。试问，通过 56kbps 的调制解调器传输这幅图像需要多长时间？通过 1Mbps 的线缆调制解调器呢？通过 10Mbps 的以太网呢？通过 100Mbps 的以太网呢？答：这幅图像总共的字节数是：1024*768*3=2359296 字节，即是 2359296*8=18874368 bit 那么通过 56kbps 的调制解调器传输此图像需要时间为：18874368/56/1024=329.14 秒通过 1Mbps 的线缆调制解调器传输此图像需要时间为：18874368/1024/1024=18 秒通过 10Mbps 的以太网传输此图像需要的时间为：18874368/10/1024/1024=1.8 秒通过 100Mbps 的以太网传输此图像需要的时间为：18874368/100/1024/1024=0.18 秒27. 假设实现第 k 层操作的算法发生了变化。试问这会影响到第 k-1 和第 k+1 层的操作吗？答：采用分层的设计，每一层的目的都是向其上一层提供一定的服务，而把如何实现这一服务的细节对上一层加以屏蔽，某一层操作算法的改变不会影响高层或底层的协议，所以对第 k 层操作的算法发生了变化，不会影响到第 k-1 和第 k+1 层的操作。28. 假设由第 k 层提供的服务（一组操作）发生了变化。试问这会影响到第 k-1 和第 k+1 层的服务吗？答：第 k 层提供的服务发生了变化，对 k-1 层的服务不会产生影响，会影响到第 k+1 层的服务，第 k+1 层的操作需要重写。思考题（1）什么是计算机网络？网络的应用有哪些？答：凡地理位置不同，并具有独立功能的多个计算机系统通过通信设备和线路连接起来，且以功能完善的网络软件实现网络资源共享的系统，可称为计算机网络系统。网络的应用有：1. 信息检索 2.现代化的通信方式 3.办公自动化 4.电子商务与电子政务5.企业的信息化 6.远程教育与 E-learning 7.丰富的娱乐和消遣 8.军事指挥自动化等。 （2）网络协议分层的作用和意义。答：为了简化网络设计的复杂性，而将整个网络的通信功能划分为多个层次（分层描述），每层各自完一定的任务，而且功能相对独立，这样实现起来较容易。一、灵活性好：当任何一层发生变化时，只要层间接口关系保持不变，则在这层以上或以下各层均不受影响。此外，对某一层提供的服务还可进行修改。当某层提供的服务不再需要时，甚至可以将这层取消，更容易管理。二、各层之间是独立的：.在各层间标准化接口，允许不同的产品只提供各层功能的一部分某一层不需要知道它的下一层是如何实现的，而仅仅需要知道该层通过层间的接口所提供的服务。由于每一层只实现一种相对独立的功能，因而可将一个难以处理的复杂问题分解为若干个较容易处理的更小一些的问题。这样，整个问题的复杂度就下降了。三、易于实现和维护：这种结构使得实现和调试一个庞大而又复杂的系统变得易于处理，因为整个的系统已经被分解为若干个相对独立的子系统， 减少复杂性，允许更容易编程改变或快速评估。四、能促进标准化工作：因为每一层的功能及其所提供的服务都已有了精确的说明，.较低的层为较高的层提供服务。（3）OSI 模型各层次协议的作用答：一、物理层：关注在一条通信信道上传输原始比特。1，0 的表示 比特维持时间 是否双向同时传输 连接建立 撤销 连接器多少引脚及其用途 物理传输介质。二、数据链路层：将一个原始的传输设施转变成一条没有漏检传输错误的线路。相邻节点间。数据帧 流量控制 信道共享。三、网络层：控制子网的运行 ，如何将数据包从源端路由到接收方。路由 拥塞控制 异构网络互联。四、传输层：真正的端到端的层，进程与进程之间传输 识别进程。五、会话层：对话控制（记录该由谁来发送数据）；令牌管理 （禁止双方同时执行同一关键操作）；同步功能（设置断点，崩溃恢复）。六、表示层：传递消息的语法和语义 （不同内部数据表示法 编码方法 压缩 加密）。七、应用层：应用层为操作系统或网络应用程序提供访问网络服务的接口。用户通常使用的各种各样的协议（Telnet、FTP、HTTP、SNMP等）。（4）TCP 协议簇各协议的功能和对应层次地址解析协议（ARP，Address Resolving Protocol），用于网络地址到物理地址的转换。对应链路层。逆向地址解析协议（RARP, Reverse Address Resolving Protocol）用于物理地址到网络地址的转换。对应链路层。因特网控制报文协议(ICMP, Internet Control Message Protocol), 用于在IP主机、路由器之间传递控制消息。对应互连网络层。因特网组管理协议（IGMP , Internet Group Management Protocol）, 用于管理多播组成员，用以支持临时组地址的分配和组成员的添加、删除。对应互连网络层。因特网协议(IP, Internet Protocol)，负责提供基本的数据封包传送功能，让每一块数据包都能够到达目的主机。对应互连网络层。传输控制协议(TCP, Tranport Control Protocol)，负责将一台机器发出的字节准确无误地交付到物联网上另一台机器。对应传输层。用户数据包协议(UDP, User Datagram Protocol)，实现端到端的数据交付，但不保证准确无误。对应传输层。动态主机配置协议（DHCP，Dynamic Host Configuration Protocol，），动态配置IP地址。对应应用层。域名服务（DNS，Domain Name Service），用于主机名与IP地址的映射查找。对应应用层。超文本传输协议（HTTP，Hypertext Transfer Protocol），用于浏览与发布 HTML 页面。对应应用层。文件传输协议（FTP，File Transfer Protocol），用于文件传输。对应应用层。远程网络访问协议(Telnet，Teletype over the Network)，用于通过一个终端登陆到网络。对应应用层。简单邮件传输协议（SMTP，Simple Mail Transfer Protocol），用来发送电子邮件。对应应用层。邮局协议（POP3，Post Office Protocol, version 3），用于支持使用客户端远程管理在服务器上的电子邮件。对应应用层。简单网络管理协议（SNMP，Simple Network Management Protocol），用于网络信息的收集和网络管理。对应应用层。（5）C/S模型和 P2P 模型的不同点？C/S模型中客户机和服务器之间是分开的，客户机之间的通信必须通过服务器，一旦服务器出现故障，整个网络将不可用。P2P 模型中每个节点既是客户机也是服务器，所有节点地位相等，并没有一个中心的节点，单个节点的故障不会影响整个网络。计算机网络第二次作业参考答案3. 电视信道宽6MHz。如果使用4级数字信号，试问每秒可发送多少个比特？假设电视信道为无噪声的。解：根据奈奎斯特定理, 取样频率定为12MHz. 4级数字信号每次抽样需要2bits, 故发送速率为24 Mbps. 4. 如果在一条3kHz的信道上发送一个二进制信号，该信道的信噪比为20dB，试问可达到的最大数据率为多少？解：信噪比为20 dB 即 S/N =100.由于log21016.658，由香农定理知，该信道的信道容量为3log2(1+100) =19.98kbps。又根据乃奎斯特定理,发送二进制信号的3kHz 信道的最大数据传输速率为2*3log22=6kbps。即得最大数据传输速率为6kbps18. 一个简单的电话系统包括两个端局和一个长途局，每个端局通过一条1MHz的全双工中断线连接到长途局。在每8个小时的工作日中，平均每部电话发出4次呼叫，每次呼叫平均持续6分钟，并且10%的呼叫是长途（即要通过长途局）。试问端局最多能支持多少部电话（假设每条电路为4kHz）？请解释为什么电话公司决定支持的电话数要小于端局的最大电话数？解：每部电话每小时做0.5 次通话，每次通话6 分钟。因此一部电话每小时占用一条电路3 分钟，60/3=20，即20 部电话可共享一条线路。由于只有10%的呼叫是长途，所以200 部电话占用一条完全时间的长途线路。局间干线复用了1000000/4000=250 条线路，每条线路支持200 部电话，因此，一个端局可以支持的电话部数为200*250=50000。23. 如果波特率是1200并且不需要差错检测，试问V.32标准调制解调器能达到的最大比特率是多少？解：由于有32个状态, 5 bits就可以编码. 波特率是1200, 即能达到的最大比特率是5 * 1200 = 6000 bps。26. 试问为什么PCM采样时间被设置为125微妙？解：PCM采样时间125微秒对应于每秒8000个采样。根据奈奎斯特定理,这个采样频率能采集4kHz信道（电话信道）内所有的信息。37. 有三个包交换网络，每个包含n个节点。第一个网络采用星形拓扑结构，有一个中心交换机；第二个网络采用双向环结构；第三个网络则采用全连通结构，每个节点都有一条线路与其他的每个节点相连。试问，从传输路径的跳数来看，哪个最好？哪个其次？哪个最差？解： 星型：最好为2，最差为2，平均为2；环型：最好为1，最差为n/2，平均为n/4；全连接：最好为1，最差为1，平均为1。38. 比较在一个电路交换网络和一个（负载较轻的）包交换网络中，沿着k跳路径发送一个x位长度消息的延迟。假设电路建立时间为s秒，每一跳的传播延迟为d秒，数据包的大小为p位，数据传输速率为bbps。试问在什么条件下数据包网络的延迟比较短？请解释之。对于电路交换：t=s时电路建立起来；xt sb= + 时报文最后一位发送完毕；xt s kdb= + + 时报文到达目的地。对于分组交换：xtb= 时报文最后一位发送完毕，为到达最终目的地，最后一个分组必须被中间的 路 由 器 重 发 (k-1) 次 ， 每 次 重 发 需 要 的 时 间 为pb， 那 么 总 的 延迟为( 1) x p k kdb b+ - +,为了使分组交换比电路交换快，那么：( 1) x p x k kd s kdb b b+ - + -结论：在电路建立时间大于( 1) pkb- 的情况下，数据包网络的延迟比较短。39.假定在一个包交换网络中用户数据长度为x位，将以一系列数据包的形式沿着一条k跳路径传输，每个数据包包含p位据和h位头，这里。线路的比特率为b bps，传播延迟忽略不计。试问什么样的p值使得总延迟最小？每个数据包包含p位数据，那么所需要的分组总数为xp，因此总的数据加上头信息即为需要发送的数据量，为 ( ) xp hp+ 位，所需的时间为 ( ) xp hpb+ 。中间的路由器重传最后一个分组所花的总时间为 ：( 1) p h kb+-因此总的延迟为：( 1) ( ) p h x k p hb pb+- + +为求出上式的最小值，对上式求p的导数，得到：2x p p h k ( ) 1b p b- + -+ 令此式等于0，可以求得1hxpk=-结论：当1hxpk=-时，总延迟最小。思考题答案（1） 区分信道容量、信号传播速率、波特率（调制速率）、比特率（传输速率）的含义。1、信道容量: 指信道传输信息的最大极限速率，表征了一个信道传输数字信号的能力。2、信号传播速率：单位时间所传输的信息量。3、波特率：即码元速率，单位时间内载波参数变化的次数。4、比特率：每秒传送的比特数，信号通过系统处理或传送的速率。（2）有线介质和无线介质的种类及其应用场景。有线介质：1、 磁介质，适合于那些高带宽或者单个比特传输成本是关键因素的应用系统。2、 双绞线，最常应用于电话系统。3、电力线，家庭室内使用的电力线。4、光纤，主要应用与网络骨干的长途传输，高速局域网及高速Internet接入。5、同轴电缆，是有线电视和计算机城域网的常用传输介质。无线介质：1、无线电传输：被广泛应用于通信领域，无论是室内或者室外通信。2、微波传输：广泛应用于长途电话通信，移动电话和电视转播。3、红外传输：广泛应用于短程通信，在桌面环境中也有用途。4、光通信，室内LED可见光无线局域网，卫星激光通信。（3）信道复用的几种方式及其原理。信道复用的方式包括1、 时分多路复用。时分多路复用将信道按时间分成若干片段轮换地给多个信号使用。每一时间片（时隙）由复用的一个信号单独占用，从而实现一条物理信道上传输多个数字信号。2、 频分多路复用。载波带宽被划分为多种不同频带的子信道，每个子信道可以并行传送一路信号的一种多路复用技术。3、 码分多路复用。一种基于码型的信道分割技术。每个用户可在同一时间使用同样的频带进行通信，但每个用户分配的地址码不同，各个码型互不重叠。4、 波分多路复用。是将两种或多种不同波长的光载波信号在发送端经复用器汇合在一起，并耦合到光线路的同一根光纤中进行传输的技术。（4）分组交换与电路交换的区别、各自优缺点。分组交换与电路交换的区别：项目 电路交换 分组交换呼叫建立 需要 不需要专用物理路径 是 不是每个包遵循相同的路由 是 不是包按序到达 是 不是交换机崩溃是否致命 是 不是可用带宽 固定 动态可能拥塞的时间 在建立时 在每个包潜在浪费带宽 是 不是存储-转发传输 不是 是收费 按分钟计 按包计分组交换与电路交换的优缺点：电路交换的优点：（1）一旦通信双方之间的物理链路建立起来，传输数据的时延小。（2）通信双方按发送顺序传送数据，不存在失序的问题。（3）电路交换既适用于传输模拟信号，也适用于传输数字信号。（4）电路交换的交换设备及控制简单电路交换的缺点：（1）电路交换的平均连接建立时间对计算机通信来说长。（2）物理链路被通信双方独占，即使线路空闲，也不能被其他用户使用，因而信道利用率低。（3）电路交换时，不同类型、不同速率的终端很难相互通信，难以进行差错控制。分组交换的优点：（1）不需要预先建立一条专用的通信线路，不存在建立连接延时。（2）分组可以绕过有故障的交换机到达目的地，因此可靠性好。（3）链路可以由多个分组动态共享，因而链路的利用率高。（4）由于每个分组短小、长度固定，减少了出错几率和重发数据量。分组交换的缺点：（1）分组在路由器进行存储转发，会造成延时 。（2）分组交换可能存在分组的乱序、重复等问题。（3）开销大。每个分组携带控制信息，使传送的信息量增大，而且需要专门的管理和控制机制。计算机网络第三次作业参考答案1. 一个上层数据包被分成 10 个帧，每一帧有80%的机会无损地到达目的地。如果数据链路协议没有提供错误控制，试问，该报文平均需要发送多少次才能完整地到达接收方？答：由于每一帧有 0.8 的概率正确到达，整个信息正确到达的概率为：p = = 0.8 0.107 10 。为使信息完整的到达接收方，发送一次成功的概率为 p，二次成功的概率为(1 p)p，三次成功的概率为 2(1 ) p p，i次成功的概率为(1 )i p p，因此平均的发送次数等于： 1(1 )ip pi 1E i= 。求解过程如下：我们知道111iiS = =，对其两边求导可得， 1211(1 )iiS i= =那么，令 =1 p，可得 12111 1 (1 ) 9.30.107iiE ip p pp p= = = = 所以，该报文平均需要发送 9.3次才能完整地到达接收方。3. 一个数据流中出现了这样的数据段：A B ESC C ESC FLAG FLAG D，假设采用本章介绍的字节填充算法，试问经过填充之后的输出是什么？答：填充之后的输出是 A B ESC ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D. 6. 需要在数据链路层上发送一个比特串：0111101111101111110。试问，经过比特填充之后实际被发送出去的是什么？答：经过比特填充之后实际被发送出去的是：011110111110011111010. 16. 7 5 1 被生成多项式 3x x + + x +1除，试问，所得余数是什么？答：所得余数为 2x + +x 118.发送一个长度为 1024位的消息，其中包含 992个数据位和 32位 CRC校验位。CRC 计算采用了 IEEE 802 标准，即 32 阶的 CRC 多项式。对于下面每种情况，说明在消息传输中出现的错误能否被接收方检测出来：（a） 只有一位错误；（b） 有 2个孤立的一位错误；（c） 有 18个孤立的一位错误；（d） 有 47个孤立的一位错误；（e） 有一个长度为 24位的突发错误；（f） 有一个长度为 35位的突发错误。答：CRC 校验共 32位，那么（a）可以；（b）可以；（c）不可以；（d）可以；（e）可以；（f）不可以。20.考虑一个具有 4kbps 速率和20毫秒传输延迟的信道。试问帧的大小在什么范围内，停-等式协议才能获得至少50%的效率？答：当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2倍时，也就是说发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，信道的利用率为 50%，在帧长满足发送时间大于延迟的两倍时，效率会高于50%。对于 4kbps 的速率，20*2=40毫秒可以发送 160bit，所以，当帧长大于 160bit时，停-等协议可以获得至少50%的效率。22.使用协议 5 在一条 3000 千米长的 T1 中继线上传输 64 字节的帧。如果信号的传播速度为6微秒/千米，试问序号应该有多少位？答：为了有效运行，序列空间（实际上就是发送窗口大小）必须足够大，以允许发送方在收到第一个确认应答之前可以不断发送。信号在线路上的传播时间为：6*3000=18000微秒，即18毫秒。在 T1 中继线上，发送 64 字节的数据帧需要花的时间：64*8/(1.536*1024*1024)=0.32毫秒。所以，第一帧从开始发送起，18.32 毫秒后完全到达接收方。确认应答又花了很少的发送时间（忽略不计）和回程的 18毫秒，加在一起的时间时 36.32毫秒。发送方应该有足够大的窗口，从而能够连续发送 36.32毫秒 36.32/0.32=113.5 也就是说，为充满线路管道，需要至少114帧，因此序列号为 7位。27.地球到一个遥远行星的距离大约是 10 9 10 米。如果采用停-等式协议在一条64Mbps 的点到点链路上传输帧，试问信道的利用率是多少？假设帧的大小为32KB，光的速度是 83 10 m/s。答：地球到行星的传播延迟为 秒，发送一帧所需的时间为毫秒，若采用停 - 等协议，信道利用率为10 89 10 / (3 10 ) 300 =46.67*10 %=332 8 / (64 10 ) 4 =0.004 / (300 300 + +0.004)28.在上题的问题中，假设用滑动窗口协议来代替停-等协议。试问多大的发送窗口才能使得链路利用率为 100%？发送方和接收方的协议处理时间可以忽略不计。答：若要链路利用率为 100% ，则需要发送窗口为(300 300 0.004) / 0.004 150001 + =34.考虑在一个无错的 64kbps 卫星信道上单向发送512字节长的数据帧，来自另一个方向反馈的确认帧非常短。对于窗口大小为1、7、15和 127的情形，试问最大的吞吐量分别是多少？从地球到卫星的传播时间为 270毫秒。答：使用卫星信道端到端的传输延迟为 270ms，以 64kps 发送，周期270+270+512*8/64=604 毫秒。发送一帧的时间为 64 毫秒，我们需要604/64=9个帧才能保持通道不空。对于窗口值 1，每 604毫秒发送 4096位，吞吐量为 4096/0.604=6.8kps 对于窗口值 7，每 604毫秒发送4096*7位，吞吐量为4096*7/0.604=47.5kps 对于窗口值超过 9（包括 15、127）的情形，吞吐量达到最大值，即 64kps 39.本实验练习的目标是用本章描述的标准CRC 算法实现一个错误检测机制。编写两个程序：generator和 verifier。generator程序从标准输入读取一行 ASCII文本，该文本包含由 0 和 1 组成的 n 为消息。第二行是个 k 位多项式，也是以ASCII 码表示。程序输出到标准输出设备上的是一行 ASCII 码，由n+k个0 和 1 组成，表示被发送的消息。然后，它输出多项式，就像它输入的那样。verifier 程序读取generator 程序的输出，并输出一条消息指示正确与否。最后，再写一个程序 alter，它根据参数（从最左边开始 1 的比特数）反转第一行中的比特1，但正确复制两行中的其余部分。通过键入：generator file | verifier 你应该能看到正确的消息，但键入：generator file | alter arg | verifier 你只能得到错误的消息。说明：本题是首先发送方通过 CRC 算法将数据帧（0 和 1 的字符串）根据生成多项式算出其校验和，然后附加到数据帧的尾部，作为输出，此部分通过generator 程序实现；然后接收方读取带校验和的数据帧，用生成多项式去除它，通过余数是否为 0 判定传输是否出错，此部分通过 verifier 程序实现；最后通过改变数据帧中的某位，用 verifier 再去验证，得出数据帧有误的结论，此部分通过 alter 程序实现。本题为此课程四次实验（至少选做两个）之一，此程序的检查放在后面的实验课上。计算机网络第四次参考答案4.一大群 ALOHA 用户每秒钟产生 50 个请求，包括原始请求和重传请求。时间槽单位为 40毫秒。（a）试问：第一次发送成功的机会是多少？（b）试问：恰好 K 次冲突之后 概率是多少？（c）试问：所需传输次数的期望值是多少？解：（a）取 G = 2，根据泊松分布公式!Pr kG ekk -G= ，可得几率为 -2e（b）G k G k(1- e ) e = 0.1350.865 - -（c）传输次数的期望值： = = 7.4G E e6.试问在下列两种情况下 CSMA/CD 的竞争时间槽是多少？（a）一个 2 千米的双导线电缆（twin-lead cable）（信号传播速度是信号在真空中传播速度的 82%）?（b）40 千米长的多模光纤（信号传播速度是信号在真空中传播速度的 65%）？解：（a）信号传播速度在双导线电缆中是 2.46 10 m/s8 。则信号在其中传播2km时间是8.13ms 。 所以, 竞争时间槽是 16.26ms（b）信号传播速度在多模光纤中是1.95 10 m/s8 。则信号在其中传播40km时间是205.13ms 。 所以, 竞争时间槽是 410.26ms8.在二进制倒计数协议中，试问为什么一个编号较低的站有可能得不到发送数据报的机会。解：如果编号较高的站和一个编号较低的站同时有数据报要发送，编号较高的站总能优先得到发送的机会。根据这样的前提，若有编号较高的站点一直持续地发送数据报，那么一个编号较低的站就得不到发送数据报的机会。14.假设经典以太网使用曼彻斯特编码，请画出比特流 0001110101 的编码输出。解：这里低-高电平跳变表示 0, 高-低的电平跳变表示 1。15.一个 1 千米长、10Mbps 的 CSMA/CD LAN(不是 802.3)，其传播速度为 200 米/微秒。这个系统不允许使用中继器。数据帧的长度是 256 位，其中包括 32 位的头、校验和以及其他开销。在一次成功传输后的第一个比特槽被预留给接收方，以便它抓住信道发送的 32 位确认帧。假定没有冲突，试问除去开销之后的有效数据率是多少？解：数据来回传输一次需要时间：2*1000/200 =10ms ，完整的数据帧传输分为六个状态：1. 传输方占用信道：10ms2.传输数据： 25.6ms3.最后一比特到达延迟：5ms4.接收方占用信道：10ms5.确认帧发送时间：3.2ms6. 最后一比特到达延迟：5ms总时间为58.8ms，这段时间内有224位数据被发送，即得有效数据率为3.8Mbps.16.两个 CSMA/CD 都企图传送大文件（多个帧）。每发出一帧，他们就使用二进制指数后退算法竞争信道。试问 K 轮结束竞争的概率是多少？每个竞争周期的平均次数是多少？解：竞争从1开始，第i次竞争是在第12i- 个时间槽中。所以，第i次冲突的可能性为 ( 1)2- i- 。由于K-1次竞争失败，则第K次竞争成功为 -=- - - -= -11( 1) ( 1)(1 2 ) 2kii i Pk ，公式可简化为( 1) ( 1)( 2)/2(1 2 )2- - - - -= -k k k Pk每个竞争周期的平均次数为： = k E kP18.以太网帧必须至少 64 字节长，才能确保当电缆另一端发生冲突时，发送方仍处于发送过程中。快速以太网也有同样的 64 字节最小帧长度限制，但是它可以快 10 倍的速度发送数据。试问它如何有可能维持同样的最小帧长度限制?解：快速以太网的最大线路延迟只有以太网的 1/10.25.假设一个 11Mbps 的 802.11bLAN 正在无线信道上传送一批连续的 64 字节帧，比特错误率为710- 。试问平均每秒钟将有多少帧被损坏？解：一帧含有 512bit，比特错误率为：710-p = ，512bit 的所有数据都正确的概率为512 (1- p) ，大约为 0.9999488。那么数据损坏率大约为55 10- ，每秒所发送的帧数为：11 10 / 512 6 ，约为 21484，故每秒钟的损坏帧数为 21484 5 10 15 -27.为什么有些网络用纠错码而不用检错码和重传机制？请给出理由。解：原因一是实时服务质量的要求所致，即使发现错误，也没有时间重发一次。但是数据必须连续发送，这里可使用前置纠错。另一个原因是信道质量很差的情况下，会导致错误率太高而不得不重发所有帧，而重发的帧也可能损坏。为了避免上述情况发生，前置纠错被用于提高到达帧的成功率。38.考虑图 4-41(b)用网桥 B1 和 B2 连接的扩展局域网。假设两个网桥的哈希表是空的。对于下面的数据传输序列，请列出转发数据包所用的全部端口：（a）A 发送一个数据报给 C。（b）E 发送一个数据报给 F。（c）F 发送一个数据报给 E。（d）G 发送一个数据报给 E。（e）D 发送一个数据报给 A。（f）B 发送一个数据报给 F。解：（a）B1发数据包所用的端口： 2.3.4.；B2发数据包所用的端口:1.2.3.（b）B2发数据包所用的端口：1.3.4；B1发数据包所用的端口：1.2.3.（c）B2 可以将数据包发送至它的任何端口, B1 收不到这个数据报（d）B2 可以将数据包发送至端口 2, B1 收不到这个数据报（e）B2 可以将数据包发送至端口 4 ；B1 发数据包所用的端口：1.（f）B1发数据包所用的端口：1, 3 ,4； B2发数据包所用的端口:2.计算机网络第五次作业参考答案2.数据报网络将每个数据包当作独立的单位进行路由，路由过程彼此独立。虚电路网络不必采用这种方式，因为每个数据包都沿着一条预先确定的路由。试问，这是否意味着虚电路网络不需要具备将单个数据包从任意源端路由到任意接收方的能力呢？请解释你的答案。答：不对。为了从任意源到任意目的地，为连接建立的分组选择路由，虚电路网络肯定需要这一能力。6.考虑图 5-12（a）中的网络。使用距离矢量路由算法，路由器 C 刚刚收到下列矢量：来自B 的（5,0,8,12,6,2）；来自 D 的（16,12,6,0,9,10）；来自 E 的（7,6,3,9,0,4）。从 C 到 B、D 和 E 的链路成本分别为 6、3 和 5.请给出 C 的新路由表，包括使用的出境线路和成本。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）7.在一个有 50 个路由器的网络中，如果成本以 8 位数字表示，并且距离矢量每分钟交换两次，试问每条（全双工）线路有多少带宽被这个分布式路由算法吞嗤掉？假设每个路由器都有三条线路连到其他路由器。答：路由表的长度等于 8*50=400bit。该表每分钟在每条线路上发送 2 次因此在每条线路的每个方向上消耗的带宽都是 400*2/60=13.3bps11.参照图 5-6 中的网络。试问若使用以下方法，从 B 发出的一次广播将生成多少个数据包？（a）逆向路径转发。（b）汇集树。答：在一个子网中，从所有的源到一个指定的目的地的最佳路由的集合形成一棵以该目的地为根的树。这样的树就称作汇集树。汇集树不必是唯一的，其他具有相同通路长度的树可能存在。所有路由选择算法的目标都是要为所有的路由器寻找和使用汇集树。在广播形式的应用中，源主机需要向所有其他的主机发送报文。在称为反向通路转发的广播路由选择中，当广播分组到达路由器时，路由器对此分组进行检查，查看该分组是否来自于通常用于发送分组到广播源的线路，如果是，则此广播分组本身非常有可能是从源路由器来的第一个拷贝。在这种情况下，路由器将此分组复制转发到进入线路以外的所有线路。然而，如果广播分组到来的线路不是到达源端的线路，那么分组就被当作副本而扔掉。（a）反向通路转发算法，算法进行到5个跳段后结束，总共产生28 个分组。（b）使用汇集树算法，需要 4 个跳段，总共产生 14 个分组。12.考虑图 5-15（a）中的网络。想象在 F 和 G 之间加入一条新的线路，但是图 5-15（b）中的汇集树仍然不变。试问对于图 5-15（c）有什么变化？答：在 F 的子孙下面多一个 G，在 G 的子孙下面多一个 F，其他没变化。16.一个数据报网络允许路由器在必要的时候丢弃数据包。路由器丢弃一个数据包的概率为p。请考虑这样的情形：源主机连接到源路由器，源路由器连接到目标路由器，然后目标路由器连接到目标主机。如果任何一台路由器丢掉了一个数据包，则源主机最终会超时，然后再重新发送。如果主机至路由器以及路由器至路由器之间的线路都计为一跳，试问：（a）每次传输数据包的平均跳数是多少？（b）数据包的平均传输次数是多少？（c）每个接收到数据包所需的平均跳数？答：（a）由源主机发送的每个数据包可能行走 1 个跳段、2 个跳段或 3 个跳段。走 1 个跳段的概率为 p ，走 2 个跳段的概率为(1 ) - p p ，走 3 个跳段的概率为2(1 ) - p 。那么，一个分组平均通路长度的期望值为：2 2 L p p p p p p = + - + - = - + 1 2 (1 ) 3 (1 ) 3 3即每次发送一个数据包的平均跳数是2p p - + 3 3（b）一次发送成功（走完整个通路）的概率为2(1 ) - p ，令 a=2(1 ) - p ，两次发射成功的概率等于(1 ) - a a ，三次发射成功的概率等于2(1 ) - a a ，依次类推，因此一个数据包平均发送次数是：1211 1 (1 )(1 )nnT na aa p-= - = =-（c）最后，每一个接收到的数据包所需的平均跳数等于：2 2 H L T p p p =