计算机网络习题与解答solution to exercise1

1、课程第 1 次练习题解答1. 在截止频率为 4000Hz 的线传输二进制信号，假定传输设备完全没有噪声，那么当数据速率等于 3200bps 时, 允许通过的最高次谐波的次数是多少?解答：由于 f=4000Hz, d=3200bps所以 n=32000/3200=10因此允许通过的最高次谐波的次数是 10.2如下图所示，一台 PC 机使用调制解调器通过网连接到 ISP 的服务器。其中 B 表示；R 表示在 PC 机与 ISP 服务器之间的在 PC 机与 ISP 服务器之间的链路的带宽，是链路的信噪功率比，是分贝。假定 B=3000, R=10 log10127, 试确定可以取得的理论上最大的数据

2、传输速率。要求写出解题步骤。解答： 信噪功率比的分贝数 = 10 log10(S/N)即 10 log10(S/N) = R=10 log10127因此 S/N = 127。根据公式,最大的数据传输速率D = B log2(1+S/N) =3000log2 (1+127) = 21 000 (比特/秒)即可以取得的理论上最大的数据传输速率是 21k bps。3. 电声信道。道的带宽是 6MHz，如果使用 4 级数字信号，每秒能发送多少比特？假定为无噪解答：使用定理，可以每秒采样 12M 次。4 级信号意味着每次采样提供 2 比特，因此总的数据速率是 24Mbps。4假定在地球和一个新月亮之间建

3、立一条 100M 位/秒的链路。从该月亮到地球的距离大约是 38 5000 公里，数据在链以光速 3108 米/秒传输。计算该链路的最小 RTT使用 RTT 作为延迟，计算该链路的“延迟带宽”值在（2）中计算的“延迟带宽”值的含义是什么？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花多少时间？解答：25M 字节的图像，那么，从发出数据请求到传送结束最少要（1）最小 RTT 等于 2385 000 000 米(3108 米/秒) = 2.57 秒（2）“延迟带宽”值等于 2.57 秒100M 位/秒 = 257M 位 32M 字节（3）它表示发送收

4、到一个响应之前能够发送的数据量。（4）在图像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，直到最后一个图像位到达地球，总共花的时间等于 2.0+2.57=4.57 秒。5. OC-3 的用户数据传输速率是 148.608 Mbps。请问如何从 SONET 的 OC-3 参数推导出该值？解答：基本 SONET 帧是 810 字节，通常用 90 列乘以 9 行的矩形来描述。每秒传送 8 000帧，速率为 88108 000=51 840 000 bps，即 51.84 Mbps。这就是

5、基本 SONET 信道，它被称作同步传输信号 STS-1，所有的 SONET 干线都是由多条 STS-1的。每一帧的前 3 列被留作系统管理信息使用，前 3 行包含段开销，后 6 行包含线路开销。剩下的 87 列包含 87988000=50 112 000 bps，即 50.112 Mbps 的数据，被称作同步载荷信封。同步载荷信封（SPE）的第 1 列是通路开销 1988 000=576 000 bps，把它从可提供给端点用户的 50.112Mbps 中减去，即 50.112Mbps-576 000 bps 就得到 49.536 Mbps。 OC-3 相当于 3 个 OC-1 复用在一起，因

6、此其用户数据传输速率是 49.5363=148.608 Mbps。6. 现在要在光纤上发送一个计算机屏幕图像序列。屏幕大小为 1024x768 像素，每个像素24 位，每秒 60 幅屏幕图像。问需要多少 bps 的带定每调制一个比特，那么对于中心波长为 1.30m 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 480 x640 x24x60 bps，即 442Mbps,8 f = 4.42 x 10 （每调制一个比特）因此，需要 442 Mbps 的带宽， 对应的波长范围是 2.5 x 10 6 微米。课程第 2 次练习题解答1. 高性能微处理器价格的降低使得有可能在每个调制解调

7、器中都装上一个，这样对线路的出错处理检查或纠正了？样的影响？在这种情况下，在数据链路层是否就可以不需要进行错误解答：通常在物理层对于发送的比特不采取任何差错纠正措施。在每个调制解调器中都包括一个 CPU，使得有可能在第 1 层中包含错误纠正码，从而大大减少第 2 层所看到的错误率。由调制解调器做的错误处理可以对第 2 层完全透明。现在许多调制解调器都有内建的错误处理功能。虽然这样做显著地减少了在第 2 层看到的错误率，但在第 2 层还是有可能发生差错的。例如，在从第 1 层向第 2 层投递的过程中，数据有可能因为缓冲区空间的不足而被丢失。因此，在数据链路层仍然可能需要对接收到的数据进行错误检查

8、或纠正处理。2. 假定将 x 比特用户数据以一系列分组的形式沿一条 k 个跳段的通路传输，每个分组含 p个数据位和 h 个头位，xp+h，线路速率为 b 比特/秒，传输延迟忽略不计。什么样的 p 值能使总的延迟最小？解答: 所需要的分组总数是 x/p，因此总的数据加上头信息交通量为源端发送这些位需要时间中间的（k-1）个路由器转发一个分组所花的总时间为由此得到总的延迟为对该函数求 p 的导数，得到3有 10 个信号，每个需要 4 000Hz。它们使用 FDM(频分多路复用)被复用到单个通道。问该复用通道所需要的最小带宽是多少？假定警戒带是 400Hz 宽。解答：有 10 个 4 000Hz 信

9、号，需要 9 个警戒带以避免干扰。这样所需要的最小带宽等于 4 00010+4009=43 600Hz。4一个简单的系统由两个端局和一个长途局连接而成，端局和长途局间由 1MHz 的全双工主干连接（电缆）。在 8 小时工作日中，平均一部使用 4 次，每次的平均使用时间为 6 分钟。10%的通话是长途的（即通过长途局）。问一个端局能支持的最大（假定每条线路 4kHz）？数是多少解答: 每部每小时做 0.5 次通话，每次通话 6 分钟。因此一部每小时占用一条电路3 分钟，60 分3 分=20，即 20 部可共条线路。由于只有 10%的呼叫是长途，所以200 部占用一条完全时间的长途线路。局间干线复

10、用了 1 000 0004 000=250 条线路，每条线路支持 200 部，因此，一个端局可以支持的部数为 200250=50000。5. 在一个星座图中（用于 Modem）,所有的点都位于一个以原点为中心的圆上。这里使用的是哪一种调制？解答：如果所有的点都和原点等距离，它们都具有相同的振幅，因此不是使用振幅调制。频率调制不会用于星座图。因此该编码是纯粹的相移键控。6. 一个使用 DMT (Discrete MultiTone modulation，离散多音频调制)的 ADSL 系统把 3/4 的可用数据通道分配给下行链路。它在每个通道上都使用 QAM-64 调制。那么，可用于数据传输的下行

11、链路的容量是多少？解答：总共有 256 个通道，除去 6 个用于 POTS 的通道，再除去用于控制的 2 个通道，剩下248 个通道用于数据。如果这些通道中的 3/4 用于下行链路，那么有 186 个通道用于下行。ADSL 调制是在 4 000 波特上进行的，因此使用 QAM-64（每波特 6 位），186 个通道中的每一个都有 24 000bps 的数据速率。因此总的下行带宽是 4.464Mbps。第 3 次练习题解答1 在一个采用 CSMA/CD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率 1Gbps，电缆中的信号速度是 200 000km/s。若最小数据帧长度减少 800 比特，则

12、最远的两个站点之间的距离需要增加还是减少？如果是减少，那么至少需要减少多少米？是增加，那么至少需要增加多少米？如果【解答】由于最小数据帧长度减少了，最远的两个站点之间的距离也需要减少。1 位传输时9-9-9-78间是（110 ）= 10 秒，最大 RTT 时间减少 t= 10 800=810 秒, v=210 m/s, 来8-7回路程减少 2L= vt = 210 810 =160m， L= 160m2=80m。因此，最远的两个站点之间的距离需要减少 80 米。2 下图表示 LAN 通过网桥互连。请按照图上所标的网桥 ID 和端法求出此网络的生成树。，利用生成树算图 1习题 1 插图【解答】3

13、. 千兆位以太网每秒最多可以处理多少个帧？要求针对下列几种情况分别进行计算：假定使用长度为 64 字节的最小以太网帧，并且运行帧迸发；假定使用长度为 64 字节的最小以太网帧，没有帧迸发；假定使用长度为 1518 字节的最大以太网帧，并且运行帧迸发。【解答】由于最小帧（64 字节）可以用比传统以太网快 100 倍的速度发送，最大距离减少到 1/100，变成 25 米。802.3z认为，25 米距离是不可接受的。为了增加距离，在标准中引入了两个特征。第一个特征是载波延伸，在通常的帧之后让硬件加入填充，从而把帧延伸到 512 字节。由于填充是由发送方硬件加入、而由接收方去除的，并不感知，因此不需要

14、改变现有的。当然，使用 512 字节发送 46 字节的用户数据，线路效率仅为 9%.第二个特征是帧迸发，允许一个发送单次发送中发送串接在一起的多个帧。如果总的迸发少于 512 字节，那么硬件还要做填充。如果有足够的帧在等待发送，这一方案是高效的，优于载波延伸。上述两个新特征把网络的跨度延伸到 200 米，对于大多数，可能都足够了。最小的以太网帧是 64 字节即 512 位，因此以 1 Gbps 操作，1109512=1953125，每秒1 953 125 帧，约每秒 2 百万个帧。然而，仅当运行帧迸发时才能取得。如果没有帧迸发，把短帧填充到 512 字节即 4096 位，那么在这种情况下，11

15、094096=244 140，最大数目是每秒 244 140 帧。在运行帧迸发的情况下，对于最大帧 1518 字节，即 12 144 位，110912144=82 345，处理速率可达每秒 82 345 帧。4计算在下列情况下一个分组的延迟（从发出第 1 位开始到收到最后 1 位为止）：(a) 在通有 1 个转发交换机的 10Mbps 以太网，分组大小是 5000 位。假定每条链延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。路引入 10 微妙的【解答】1 位的发送延迟是 0.1s，一个分组由 5000 位组成，在每条链引入的发送延迟是 500s ，分组在每条链的延迟都是 10s，因此总的延迟等于：

16、5002+102=1020s, 即 1.02ms。（两次发送，两次）（整个分组接收完经过分析才确定转发的外出端口，因此延迟了一个分组的发送时间）（b）跟（a）的情况类似，但有 3 个交换机。解答：3 个交换机，共有 4 条链路，总的延迟等于：5004+104=2040s=2.04ms。（4 次发送，4 次）（c）跟（a）的情况相同，但假定交换机实施“直通”交换：它可以在收到分组的开头 200位后就重发分组。解答：使用直通交换，交换机延迟分组 200 位，即 20s。在这种情况下仍然有 1 个 500s 的发送延迟，2 个 10s 的延迟等于：延迟，再加上 20s 的交换机转发延迟，因此总的50

17、01+102+20=540s （1 个发送延迟，2 个延迟，1 个转发延迟）如果像（b）那样有 3 个交换机，那么总的延迟将会等于：5001+104+203=600s。（1 个发送延迟，4 个延迟，3 个转发延迟）5下图中示出的透明桥接器的布局。假定开始时所有的转都是空的，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*A 给 C 传送*C 给 A 发送*D 给 C 发送的内容：要求在表中用可以从一个端口可以直接到达的那个邻居节点来标识该端口，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

18、 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）6. 假定在桥接网络上的一

19、台计算机把一个分组发给在网络上不存在的一个设备。桥接器将如何处理这个分组？【解答】桥接器不知道网络上是否存在该设备，它只知道在它的表中没有这个目标设备。因此当桥接器收到这个目的地未知的分组时，它将扩散该分组，即把该分组发送到所连接的除输入网段以外的所有其他网段。04-练习题与解答1六个站（A、B、C、D、E 和 F）使用 CSMA/CA 协议通信。有可能两个发送在同时进行而都取得成功吗？请解释你的回答。解答：有可能。假定它们在一条直线上，每个站仅能够到达最近的邻居。那么，在 A 给 B发送的同时，E 可以在给 F 发送。2在划分成六边形单元的一个典型的蜂窝系统中，在邻接单元内重用一个频带。如果

20、总共有 840 个频率，那么在一个给定的单元里可以使用多少个频率？解答: 如下面的插图所示，每个单元有 6 个邻接单元。因此，在所观察的单元中使用 n 个频率，在每个邻接单元中也使用 n 个频率，它们总共使用 7n 个频率。这样，在每个单元中可以使用总频率数的 1/7。现在总频率数是 840，所以在每个单元中可以使用的频率数是 8401/7=120因此，在一个给定的单元里可以使用 120 个频率。插图 一个划分成六边形单元的典型的蜂窝系统3无线局域网采用无竞争的点协调功能（PCF）时，可以使用称作 TXOP（Transmit Opportunity）的方法给各个相关站分配同样长度的传输时间，也

21、可以不使用 TXOP，让相关的每个站一次发送 1 个帧。 一个具有 1 个接入点（AP）的无线局域网带有 10 个客户站。4 个站有 6Mbps 的数据速率，4 个站有 18Mbps 的数据速率，最后两个站有 54Mbps 的数据速率。当所有的站都一起发送数据时，每个站所体验的数据速率是多少？（1）不使用TXOP提示：可以把以 54Mbps 的速率发送 1 个帧的时间记为 1 个时间。【解答】最初的CSMA/CA 机制不使用TXOP（transmisopportunity），让站点一次发送 1个帧。每一组的 10 个帧中都将包括来自每个站 1 个帧。如果把以 54Mbps 的速率发送 1个帧的

22、时间记为1 个时间，那么发送1 组10 个帧所花的时间将是454/6+454/18+21=50。因此所有的站都将每 50 个时间1.08Mbps。（2）使用TXOP发送 1 个帧，所体验的数据速率等于 54Mbps50 =【解答】使用 TXOP，每个站得到同样长度的传输时间，而不是同样的帧数。在本题中，每个站得到 1/10 的发送时间。因此，6Mbps 的站所体验的数据速率将是 0.6 Mbps，18Mbps 的站所体验的数据速率将是 1.8 Mbps，54Mbps 的站所体验的数据速率将是 5.4Mbps。4无线局域网使用 CSMA/CA 一类的协议，而不是 CSMA/CD。那么，在什么样的

23、条件下可以使用 CSMA/CD 来替代 CSMA/CA 呢？解答：无线局域网不能采用以太网的 CSMA/CD,其原因有三个方面。第一，在无线环境中检测是的，因此不可能中止互相的传输。第二，无线环境不像有线广播那样好控制，来自其它 LAN 中的用户传输会干扰 CSMA/CD 的操作。第三，无线 LAN 存在隐藏站点问题。具体地讲，无线电不能够在同一频率上发送和接收，因此不可以使用 CSMA/CD。即使这个问题可以解决（例如每个站有两个无线装置），还有另一个问题，并非所有的站互相都在有效的无线范围之内。如果所有站的发射有效范围都很大，以致于任一站都可以收到所有其它站发送的信号，那么任一站都可以跟其

24、它站以广播方式通信。只有解决了这两个问题，CSMA/CD 才能成为无线局域网协议的竞争者。5. 某个 CDMA 接收方收到一条如下所示的碎片系列：（-1 +1 3 +1 1 3 +1 +1）假如站点碎片序列如下：A：（-1 1 1 +1 +1 1 +1 +1）B：（-1 1 +1 1 +1 +1 +1 1）C：（-1 +1 1 +1 +1 +1 1 1）D：（-1 +1 1 1 1 1 +1 1）那么，哪些站点发送了数据？每一站点发送了什么数位？解答：只需计算 4 个常规的内标积：（-1+1-3+1-1-3+1+1）（-1-1-1+1+1-1+1+1）/ 8 = +1（-1+1-3+1-1-3

25、+1+1）（-1-1+1-1+1+1+1-1）/ 8 = -1（-1+1-3+1-1-3+1+1） （-1+1-1+1+1+1-1-1）/8 = 0（-1+1-3+1-1-3+1+1） （-1+1-1-1-1-1+1-1）/8 = +1结果是A 和D 发送比特 1，B 发送比特 0，C。05-练习题与解答1图 1 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 1 习题 1 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，在中只要求：依次列出每一步的工作节点给出从 A 到 J 的最

26、短路径及代价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：从 A 到 J 的最短路径是 ACDEGIJ ，代价等于 15。最后一步算法完成时图上每个节点（除 A 以外）的标注如图 2 所示。图 2 最后一步算法完成时图上每个节点（除 A 以外）的标注2考虑图 3 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：（来自 D：（来自 E：（5，0，8，12，6，2）16，12，6，0，9，10）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

27、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 3 习题 2 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）3使用图 4 所示的网络，如果使用跳段计数计量代价，那么从 R6 到 R2，RIP 协议倾向于选取哪一条通路？图 4 网段和链路解答：R2 使用 1 跳段计数把它的网络通告给 R5 和 R1。R5 把R2 的网络以 2 个跳段计数通告给 R6。R1 把 R2 的

28、网络以 2 个跳段计数通告给 R4，R4 把 R2 的网络以 3 个跳段计数通告给 R6。因此，R6 将取通过 R5 的具有 2 个跳段的最短通路，即 R6-R5-R2。4如果在上题的图 4 中示出的网络使用 OSPF 代替 RIP，那么从 R6 到 R2 倾向于选取哪一条通路？( 提示：在这里，须计算每条链路的代价。OSPF 的缺省做法如下：代价=参考带宽/接口带宽；参考带宽的缺省值是 100Mbps。对于相关技术的接口带宽值如下： T1=1.544Mbps,以太网=10Mbs,令牌环=16Mbps,快速以太网=100Mbps。）解答：如图 5 所示，T1 链路的代价是 100/1.544=

29、65,以太网段的代价是 100/10=10,令牌环网段的代价是 100/16=6,快速以太网段的代价是 100/100=1。图 5 使用 OSPF 的网络链路代价要计算一条通路的代价，只需把通R6,R5,R2 = 75R6,R4,R1,R2 = 22R6,R8,R3,R5,R2 = 13R6,R8,R7,R4,R1,R2 = 33的各条链路的代价加在一起，即显然，最后选取的是高速通路 R6-R8-R3-R5-R2。5请给出一个简单的试探方法，寻找通过一个网络从一个给定的源到一个给定的目的地的两条通路（假定确实存在两条这样的通路），以便在任一条通信线路失效的情况下，在这两个节点之间还能进行通信。

30、假定路由器是足够可靠的，因此不必担心路由器的可能性。解答：使用最短通路搜索算法选择一条路径，然后，删除刚找到的路径中使用的所有的弧（对应一条条链路）。接着，再运行一次最短通路搜索算法。这个第 2 条路径在第 1 条路径中有线路失效的情况下，可以作为替代路径启用；反之亦然。06-练习题1. 下列附表是使用无类别域间路由选择（CIDR）的路由选择表，地址字节是用十六进制表示的。在 C4.50.0.0/12 中的“/12”表示开头有 12 个 1 的网络掩码，也就是0.0.0。注意，最后三个登录项涵盖每一个地址，因此起到了缺省路由的作用。试IP 分组将被投递到哪一个下站地？具有下列目标地址的路由选择

31、表(1) C4.5E.13.87解答：网络号 C4.5E.10.0/20（下一站地是 B）的第 3 字节可以用二进制表示成 0001 0000。目标地址 C4.5E.13.87 的第 3 字节可以用二进制表示成 13=0001 0011，显然取 20 位掩码与网络号 C4.5E.10.0/20（10=0001 0010）相匹配（最长匹配），所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 B。(2) C4.5E.22.09解答：网络号 C4.50.0.0/12（下一站地是 A）的第 2 字节可以用二进制表示成 0101 0000。目标地址 C4.5E.22.09 的第 2 字节可以用二进制表示

32、成 0101 1110，显然取 12 位掩码与网络号 C4.50.0.0/12 相匹配（最长匹配），所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 A。(3) C3.41.80.02解答：网络号 80.0.0.0/1（下一站地是 E）的第 1 字节可以用二进制表示成 1000 0000。网络/掩码长度下一站地C4.50.0.0/12AC4.5E.10.0/20BC4.60.0.0/12CC4.68.0.0/14D80.0.0.0/1E40.0.0.0/2F00.0.0.0/2G目标地址 C3.41.80.02 的第 1 字节可以用二进制表示成 1100 0011，显然取 1 位掩码与网络号8

33、0.0.0.0/1 相匹配（唯一匹配），所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 E。(4) 5E.43.91.12解答：网络号 40.0.0.0/2（下一站地是 F）的第 1 字节可以用二进制表示成 0100 0000。目标地址 5E.43.91.12 的第 1 字节可以用二进制表示成 0101 1110，显然取 2 位掩码与网络号40.0.0.0/2 相匹配（最长匹配），所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 F。(5) C4.6D.31.2E解答：网络号 C4.60.0.0/12（下一站地是 C）的第 2 字节可以用二进制表示成 0110 0000。目标地址 C4.6D

34、.31.2E 的第 2 字节可以用二进制表示成 0110 1101，显然取 12 位掩码与网络号 C4.60.0.0/12 相匹配，所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 C。(6) C4.6B.31.2E解答：网络号 C4.68.0.0/14（下一站地是 D）的第 2 字节可以用二进制表示成 0110 1000。目标地址 C4.6B.31.2E 的第 2 字节可以用二进制表示成 0110 1011，显然取 14 位掩码与网络号 C4.68.0.0/14 相匹配（最长匹配），所以具有该目标地址的 IP 分组将被投递到下站地 D。2. 假定主机A 和B 在一个具有C 类 IP 网络地址

35、 200.0.0 的以太局域网上。现在通过一条对 B 的直接连接把主机C 附接到该网络（参见附图）。说明对于这种配制如何划分子网，才能最大限度地减少分配给串行点到点链路的 IP 地址，留给未来扩充新的子网使用；并给出一种具体的样例子网地址分配（假定不可能提供额外的网络地址）。这对以太局域网的大小会有什么影响？习题 2 插图解答： 考虑到路由选择，C 必须有自己的子网。尽管这个子网很小，但它也减少了原先的以太网可提供的主机数，现在主机号最多只能是 7 位二进制。下面给出的是主机 B 的一种可能的路由选择表，其中子网号和掩码的最后一个字节都用二进制表示。注意，有些地址不匹配这两个子网中的任何一个（

36、保留给未来增加新的子网）。网络子网掩码接口200.0.00/00000001000 0000以太网200.0.0100000/001111 1100直接链路3. 一个 IPv4 分组到达一个结点时，其头部信息（以十六进制表示）如下：0 x45 00 00 54 00 03 58 50 20 06试问：0 7C 4E 03 02 B4 0E 0F 02分组在传输过程中是否已经被破坏？该分组是否有选项？该分组是否已经被分片（也就是说，它只是原始分组的一个片段）？该分组数据域的大小如何？根据分组头中的生成时间域判断，该分组还可以经过多少个路由器？分组的标识符是什么？分组的服务类型是什么？用点分十进制

37、表示，分组的源地址和目的地址各是什么？解答：（1）没有。重新计算检验和，结果仍然是0，与分组头中的检验和值相同。检验和是按照下列方法计算的：首先，在计算前将检验和域的所有 16置成 0，然后把 IP分组头从头开始每两个字节为 1 个相加，若相加的结果有进位，那么将和加 1。如此反复，直至所有分组头中的信息都相加完为止。将最后的和值对 1 求补，即得出 16 位的检验和。没有。该分组的头长是 5，因此，不包含选项。该分组已经被分片，因为分组头中报片偏移的值不等于 0，而是二进制值1 1000 0101 0000（十进制 6224，另外，分组的标志域是 010，其中，最是 8 字节）。不用，其余

38、2 位 10 分别表示不可分片和最后的报片。IP 规范规定，所有主机和网关至少能支持 576 字节的分组长度。在 576 字节的数据报中，512 个字节用于存放数据，64 个字节用作分组头。由于本报片数据域的长度只有 64 字节，所以不会再次被分片。（4）分组总长度是 84 字节（十六进制 54），头长 20 字节，因此，数据域的长度是 64字节。（5）32（十六进制 20）个。分组的标识符是 00 03（十六进制）。分组的服务类型域的值是 0000 0000（十六进制 00），其中最低两位不使用，最高 3 位 000 表示优先级是普通级，不是网络控制分组；其余 3 位 000 表示一般延迟时

39、间、一般吞吐量和一般可靠性。（8）用点分十进制表示，分组的源地址是 124.78.3.2，目的地址是 180.14.15.2。4IP 网络 192.168.130.0 使用子网掩码 255.255.255.224，下列主机在什么子网上？192.168.130.10192.168.130.222192.168.130.67192.168.130.250192.168.130.93192.168.130.199解答：子网掩码 255.255.255.224 的第 4 字节用二进制表示是 11100000，使用主机号部分 3位划分子网。可能的子网数是 23-2=6，每个子网内主机的最大数目是 25-

40、2=30。各个子网内主机地址的分布情况如下：子网的网络号192.168.130.32192.168.130.64192.168.130.96192.168.130.128192.168.130.160可能的主机地址范围3362（00100000 和 00111111 留给子网和广播使用）6594（01000000 和 01011111 留给子网和广播使用）97126 （01100000 和 01111111 留给子网和广播使用）129158（10000000 和 10011111 留给子网和广播使用）161190（10100000 和 10111111 留给子网和广播使用）32=0010000

41、064=0100000096=01100000128=10000000160=10100000192.168.130.192192=11000000193222（11000000 和 11011111 留给子网和广播使用）显然，IP 地址 192.168.130.10 和 192.168.130.250 不可能在使用子网掩码 255.255.255.224 的192.168.130.0 的网络上使用。IP 地址 192.168.130.67 和 192.168.130.93 在子网 64 上，IP 地址 192.168.130.199 和 192.168.130.222 在子网 192 上。5

42、大多数 IP 数据报重组算法都有一个计数器来避免一个丢失的片段长期挂起一个重组缓冲区。假定一个数据报被分割成 4 个片段。开头 3 个片段到达了，但最后一个被耽搁了，最终计数器超时，在接收方器中的 3 个片段被丢弃。过了一段时间，最后一个片段蹒跚而至。那么应该如何处置这个片段？解答：对接收方而言，这是一个新的 IP 数据报的一部分，该数据报的其它部分还不得而知。收到的这个片段被放在队列中，等待其余片段的到来。显然，在其余片段不可能到达的情况下，这个片段最终也会因超时而被丢弃。6. 假定主机A 连接到路由器 R1，R1 连接到另一个路由器 R2，R2 连接到主机 B。假定一个含有 900 字节数

43、据和 20 字节 TCP 头的 TCP 报文段传递到主机 A 的 IP 代码，目的地是主机 B。示出在这三条链发送的每个 IP 分组头中的长度域、标识符域、不许分片域、还有片段域和分片偏移域的值。假定链路 A-R1 可以支持的最大帧长是 1 024 字节，其中包括 14 字节的帧头；链路 R1-R2 可以支持的最大帧长是 512 字节，其中包括 8 字节的帧头；R2-B 可以支持的最大帧长是 512 字节，其中包括 12 字节的帧头。解答：初始的 IP 数据报在 R1 被分割成两个 IP 数据报，沿途中不会再发生其他的分片。链路 A-R1:总长度=940 字节；标识符=x；不许分片=0；还有片

44、段=0；偏移=0链路 R1-R2:（A）总长度=500 字节；标识符=x；不许分片=0；还有片段=1；偏移=0（B）总长度=460 字节；标识符=x；不许分片=0；还有片段=0；偏移=60个字节）链路 R2-B:总长度=500 字节；标识符=x；不许分片=0；还有片段=1；偏移=0总长度=460 字节；标识符=x；不许分片=0；还有片段=0；偏移=60个字节）（是8（是807-练习题与解答1. 单项选择题 在下列关于 IPv6 的表述中，（ ）是错误的。AIPv6 分组的头部长度是固定的v6 不允许路由器对转发的分组执行分片操作CIPv6 采用 16 字节长的地址DIPv6 通过在分组头部包括

45、检验和字段来识别在传输过程中产生了差错的分组。解答：DIPv6 通过在分组头部包括检验和字段来识别在传输过程中产生了差错的分组。 IPv6 去掉了在 IPv4 分组中采用的检验和字段，以减少路由器的负担。这样做的错误风险不大，因为在诸如以太网、PPP 等的数据链路层普遍采用了检验和字段，这在很大程度上可以发现传输过程中的差错。另外对于端点用户来讲，在传输层的 TCP 和 UDP 对其协议数据单元也都采用了检验和字段。2IPv6 有很大的地址空间。如果每微微秒分配一个含有 100 万个地址的地址块，那么该地址空间可持续多长时间？解答：使用 16 个字节，总的地址数为 2128 或 3.41038

46、。如果以每微微秒 106，亦即每秒1018 的速率分配它们，这些地址将持续 3.41020 秒，即大约 1013 年的时间。这个数字是宇宙的 1 000 倍。当然，地址空间不是扁平的，因此它们的分配非线性。但这个计算结果表明，即使分配方案的效率为千分之一，这么多地址也都不会用完。3在IPv4 的头中使用的协议段在IPV6 的固定头中不复存在。试说明这是为什么？解答：设置协议段的目的是要告诉目的机把 IP 分组交给哪一个协议处理程序。中途的路由器并不需要这一信息，因此不必把它放在主头中。实际上，这个信息存在于头中，但被伪装了。最后一个（扩展）头的下一个头段就用于这一目的。4当采用 IPv6 协议

47、的时候，ARP 协议是否需要改变？如果需要，是概念上的改变，还是技术上的改变？解答：从概念上讲，不需要改变。在技术上，由于被请求的 IP 地址现在变大了，因此需要比较大的域（也称段）。5填空使用 IPv6 的压缩表示方式可将 IPv6 地址1080：0：0：0：0108：1234：5678：9ABC标记成。解答：1080：108：1234：5678：9ABC08-练习题与解答1. 把隧道集成进路由表的技巧是定义一种虚拟接口。试以为例描述在把IP 分组点的虚拟从一个接口的一个场点通过IP 公网传送到该的另一个场点的过程中隧道隧道出口点的虚拟接口是怎样与常规的IP 路由协同操作完成对内部 IP 分

48、组的转发任务的。解答：在隧道的点，节点通过虚拟接口把从网络传来的原始的IP 分组转发给下一跳，即隧道的出口点。IP 路由调用虚拟接口的，并把 IP 分组和下一跳的IP 地址传递给该。实现虚拟接口的的操作是把原始的 IP 分组封装在一个新的 IP点 IP 地址，目标 IP 地址是隧道的出口点 IP分组中。新的 IP 分组的源地址是隧道的地址。此时，虚拟接口有了一个新的 IP 分组。它再次把这个新 IP 分组提交给 IP 路由，IP 路由查询路由表，把分组通过一个物理端口传送到隧道的出口点。当隧道分组通过一个物理接口到达隧道的出口点时，它被传递到 IP 路由。IP 路由看到 IP 分组的目的地址是

49、自己的一个地址。因此 IP决定对该分组做较次的处把理。该处理读出 IP“protocol”域的内容，发现是 IP 本身，即 IP 封装 IP。因此 IP分组传递给虚拟接口的。虚拟接口执行解封装操作，它剥除外封装 IP 头，把载荷传递给 IP 路由，载荷实际上就是被封装的原始 IP 分组。在 IP 路由选择看来，这个原始的 IP 分组就是从虚拟接口到达的。此时 IP 路由查询路由表，将原始的IP 分组通过一个物理接口在另一个场点的网络上传送到目的机。2. 试比较在 MPLS 域中下列三种流的聚合程度的大小。流向同一台主机的所有的分组。流经同一个出口 LSR 的所有的分组。具有同样的源和目标 CI

50、DR 网络地址的所有的分组。解答：（1）聚合粒度细。聚合粒度稍粗些，出口 LSR 要检查每一个分组的头部，以便将其分组转发到正确的重点。这是最粗的聚合粒度，许多网络中的流都被聚合为同一个流，而这种聚合路径通常都发生在 MPLS 的主干网中。3. 试比较时延受限的网络在以下三种情况下的可扩展性。仅使用 MPLS 转发。仅使用第三层转发，每一个路由器查找最长前缀匹配以确定下一跳。结合使用第三层转发和 MPLS 转发。解答：（1）分组经受的时延最小，分组转发的速率不受路由表大小的影像，网络可扩展到最大的规模。但网络节点无法处理没有 MPLS 标记的分组。当路由表很大时查找最长前缀匹配需要很长时间，这

51、就限制了网络的规模。若有相当多的分组使用 MPLS 就可能缩短转发分组所需的时间，因而网络可扩展到较大的规模。4. 在对流的处理和建立转的方式上，MPLS 和传统的虚电路设计差别？解答：（1）MPLS 可以组合终止于一个特别的路由器或 LAN 的多个流，并且对它们使用单个标记，表示属于同一个转发等价类。而在传统的虚电路路由选择中，不可能把具有不同终点的多个不同的通路组合进同样的虚电路(连接)标识符，因为那样做在最终目的地处将无法对它们加以区分。（2）在传统的虚电路网络中，当一个用户要建立一条会话连接时，他首先向网络发送一个称作 setup(建立)的控制分组，确定通路，并产生转登录项。MPLS

52、则不是以这种方式工作，对于每一次用户会话，它都没有 setup 阶段，取而代之的是采用数据驱动的方法或控制驱动的方法来建立转登录项。5. 通过一个串接的虚电路子网的隧道是直接的，在一端的多协议路由器只需建立一条到达另一端的虚电路，并通过该虚电路传送分组。隧道也可以用于数据报子网吗？如果可以，如何使用？解答：可以。只需把分组封装在属于所经过的子网的数据报的载荷段中，并进行发送。6.一组从 29.18.0.0 到 29.18.128.255 的 IP 地址被聚29.18.0.0/17。然而，有从29.18.60.0 到 29.18.63.255 的 1024 个未被分配的地址间隙，现在突然被分配给

53、使用一个不同输出线路的主机。现在还需要把聚合地址成多于一个的连续地址块，并把新的块加入路由表，那么是否可以重新聚合？如果可以，怎样聚合？如果不可以，又怎样做？【解答】只要为新的地址块增加一个新的表项 29.18.0.0/22 就可以了。如果有一个入进分组同时匹配 29.18.0.0/17 和 29.18.0.0/22,那么就选取最长匹配。这一规则使得有可能把一个大的地址块分配给一个外出线路，而让一个或多个在此范围内小的地址块作为例外来处理。09-练习题与解答1假定 TCP 使用两次握手替代三次握手来建立连接。也就是说，不需要第三个报文。那么现在是否可能产生死锁？请给出例子来说明你的。解答：知道，3 次握手完成两个重要功能，既要双方做好发送数据的准备工作（双方都知道彼此已准备好），也要允许双方就初始序列号进行协商，这个序列号在握手过程中被发送与确认。现在把