计算机网络谢希仁7版16章计算题及简答题

计算机网络-谢希仁－7版-1－6章计算题及简答题————————————————————————————————　作者：————————————————————————————————日期：ﻩ第一章（P39)概述 1－15,假定网络的利用率达到了9０%。试估算一下现在的网络时延是它的最小值的多少倍?解:可以理解Ｄ0默认为100设网络利用率为Ｕ，网络时延为D，网络时延最小值为D=D０/(1-90%)=D0/0.1=１0D0 利用率：D=D0/(1-U)　D:当前网络延迟　　D0：空闲时延迟U：网络利用率1－17，收发两端之间的传输距离为1000　km,信号在媒体上的传播速率为2×１0^8ｍ/ｓ。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延:1)　数据长度为10^７ｂit,数据发送速率为100kbiｔ/s。２)　数据长度为10^３bｉt,数据发送速率为1Gbit／s。从以上计算结果可得出什么结论？解：发送时延Tｓ=　数据帧长度（bit)／发送速率（bit/s)传播时延Tｐ=　信道长度（ｍ）/　电磁波在信道上的传播速度(ｍ/s)１)　Ｔs　=10^7bｉｔ　/　10０　kbiｔ／s=　100s,Ｔp=　1０^６m/(2×10^8)　m／ｓ=０.0０5　s2)Ｔs　=10^3　bit　/　1Ｇbit/ｓ=1μｓ,Ｔｐ　=１0＾６　m／(２×　10＾8）　m/s=0．005s若数据长度大而发送速率低,则在总的时延中,发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高,则传播时延就可能是总时延中的主要成分 １-19(1)长度为10０字节的应用层数据交给传输层传送,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字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据(即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销）。（2）若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？解:．本层的传输效率=上层传送下来的数据/本层向下层传送的数据1）１０0/(100＋20+20+18)＝6３.3%2）１０0０　／(1000＋20+20+1８)=94．5% 1-２９,有一个点对点链路,长度为50km。若数据在此链路上的传播速度为2×10^８m/ｓ,试问链路的带宽应为多少才能使传播时延和发送100字节的分组的发送时延一样大?如果发送的是51２字节长的分组,结果又应如何?解:传播时延Tp＝5０×１０^3m/　(2×10^8)m/s＝2.5　×１0^(－４)s10０字节时带宽=1０0字节　／2.５×１０^(－4)　ｓ=字节/ｓ　=　3．2Mbit／s５1２字节时带宽=　５１2字节/２.5×１０^(-4)　s=２.048字节／s=　１6.384　Mbit/s 1－30有一个点对点链路，长度为200０0ｋm。数据的发送速率是1ｋbit／s，要发送的数据有100bit。数据在此链路上的传播速度为２×１０8m/ｓ。假定我们可以看见在线路上传输的比特，试画出我们看到的线路上的比特（画两个图，一个在1００ｂit刚刚发送完时，另一个是再经过0.05s后)。１－31条件同上题。但数据的发送速率改为1Mbiｔ／ｓ。和上题的结果相比较,你可以得出什么结论?1－32,以1Ｇbit/ｓ的速率发送数据。试问在以距离或时间为横坐标时，一个比特的宽度分别是多少?解:距离:1ｂit×2×１0^8　m/ｓ(在光纤中的速率)/１Gbｉt／s＝0.2m时间：1　bit/　１Ｇbiｔ/s=10^（-９)　s 第二章（P67)物理层  2-０7,假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为200０0码元/秒。如果采用振幅调制，把码元的振幅划分为16个不同等级来传送,那么可以获得多高的数据率(biｔ/s)?P46解：香农公式W:信道的带宽；S:信道内所传信号的平均功率；N：信道内部的高斯噪声功率。信道的极限信息传输速率C=　W×　log2(1＋S/N)（ｂit/s)         C=20０00×log2(１6)=　8００00bit/s 2-08假定要用３KHz带宽的电话信道传送64ｋb/s的数据(无差错传输),试问这个信道应具有多高的信噪比（分别用比值和分贝来表示？这个结果说明什么问题？）答:将Ｗ=3kHz带宽，C=64kb/s传输速率带入香农公式：C=Wlｏg2（1+S/N）(b/ｓ)S/N=2Ｃ/W－1　带入信噪比公式：dB＝1０ｌoｇ10(Ｓ/N)ｄB=10ｌog１0(2C/W-1)得出约等于64.2db。2-09,用香农公式计算一下，假定信道带宽为31０0Ｈz,最大信道传输速率为35ｋｂit/ｓ,那么若想使最大信道传输速率增加６０%，问信噪比S/N应增大到多少倍?如果在刚才计算出的基础上将信噪比S/Ｎ再增大到10倍,问最大信息速率能否再增加20%？解：Ｃ=W　×log2(1+　S／N）b／sＳ/N1=2^(C1/Ｗ）–１＝2　^(3５000／3１00)－1S/N2=2^(C2/W)–1　=２　^　(1.6　×C1/W）　–1=　２　^(１．６　×3500０／3１０0)-１（S／Ｎ2)/　（S/Ｎ1）　=100　再带入信噪比公式：ｄB=１0lｏｇ10(S/Ｎ)得信噪比应增大到约　100倍C3=W×lｏg２(1+S/N3）=Ｗ　×log2（１+10×S/N2）C3/Ｃ2=18.５%如果在此基础上将信噪比S/Ｎ再增大到10倍,最大信息速率只能再增加18.５%左右。 2-11,假定有一种双绞线的衰减是０.7ｄB／ｋm(在1　kHz时),若容许有2０dB的衰减，试问使用这种双绞线的链路的工作距离有多长？如果要使这种双绞线的工作距离增大到100公里，问应当使衰减降低到多少？解:使用这种双绞线的链路的工作距离为s=20dＢ　／0.7　dＢ／km　=　2８.6kｍ衰减应降低到20/100=　０.２dＢ ２-16，共有四个站进行码分多址ＣDMA通信。四个站的码片序列为: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)现收到这样的码片序列　S：　（-1　+　１　–3　＋1　–　1–3+1+１　)。问哪个站发送数据了?发送数据的站发送的是0还是1?解：S•A＝　(+１　–１+　３　＋1–１+3+1　+1　)　/8＝1,　A发送　1Ｓ•B=(+１–１–３–1–　1　–3＋　1–1　)/　8＝-1,Ｂ发送　０S•Ｃ=(+1+1　+3＋1–　1–３　–1　–　１)/　８　＝　0,　　C无发送S•D=(+　1+　１　+3–　1＋1+3+1–1)/8=１,　　D发送　1第三章（P10９）3-07，要发送的数据为1１01011011。采用CRＣ的生成多项式是　P(X)=Ｘ^4　+X+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个1变成了0,问接收端能否发现?若数据在传输过程中最后两个1都变成了０,问接收端能否发现?采用CＲC检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输?解:CRＣ检验：采用模2运算，余数=0无差错、余数!=0代表有差错（无法定位哪位出错）CRC多项式:最高位与最低为必须为１。余数比多项式结果少一位。规律如下表所示:NK码距dG(x)多项式G(ｘ)7４3x3+x+１1011７4３x3+ｘ2+11101７34x4＋ｘ3+x2+11110１７34x4+ｘ2+x+１１０11１１5１１3ｘ4+x+1１0011根据给出的生成多项式可以得出除数为１０011作二进制除法，11010１1０１１／　１０0１１,得余数111０110　/１0011余数为0１1１１0/　10０1１余数为１０1故两种错误均可发现仅仅采用CＲＣ检验，缺重传机制,数据链路层的传输还不是可靠的传输。 3－08,要发送的数据为　１０1１1０。采用CRC的生成多项式是P　(X)=X^３+1。试求应添加在数据后面的余数。解:M=10１11０模２运算后为10１１100０0作二进制除法，101110000／1０01,得余数０11故添加在数据后面的余数是０１1 3－10，PPP 协议 离婚协议模板下载合伙人协议 下载渠道分销协议免费下载敬业协议下载授课协议下载 使用同步传输技术传送比特串1１10０。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串?若接收端收到的PＰＰ帧的数据部分是101１111０11０,问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串?解:发送端：只要发现５个连续１,则立即填入一个0接收端：每当发现5个连续1时,就将这5个连续１后的一个0删除发送端的数据111０0经过零比特填充是１１11０0０接收端收到的101１11１0１10删除发送端加入的零后是1111１111０ 3-２０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。s（秒）、mｓ(毫秒）、μs(微秒)、ns(纳秒）１ｓ=100０ms，1mｓ＝100０μs，1μs=1000nｓ答:对于1km电缆,单程传播时间为1／2０0000=5为微秒,来回路程传播时间为10微秒，为了能够按照ＣSMA/ＣＤ工作，最小帧的发射时间不能小于1０微秒，以Gｂ／s速率工作，1０微秒可以发送的比特数等于1*10^-6/1*10＾－9=10000，因此，最短帧是１０00０位或12５0字节长３-22,假定在使用CSＭA/CD协议的10Mbｉt／s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞,执行退避算法时选择了随机数r　=１00。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据？如果是100　Ｍbｉt/ｓ的以太网呢？解：对于1０Mbｉt／s的以太网来说,以太网把争用期定为　51.2微秒,要退后　100个争用期。等待时间为5１20uｓ,对于1００Mｂit／s的以太网来说,以太网把争用期定为5.1２微秒,要退后１00个争用期。等待时间为512μｓ 3-３3，在图3－31中，以太网交换机有6个接口,分别接到5台主机和一个路由器。在下面表中的“动作”一栏中,表示先后发送了4个帧。假定在开始时,以太网交换机的交换表是空的。试把该表中其他的栏目都填完空。   第四章（P196) 9.(1）子网掩码为２５5.2５５.255．０代表什么意思？有三种含义其一是一个A类网的子网掩码，对于Ａ类网络的ＩP地址，前8位表示网络号，后24位表示主机号，使用子网掩码２55.2５５.25５.0表示前8位为网络号，中间16位用于子网段的划分,最后８位为主机号。第二种情况为一个B类网,对于B类网络的IＰ地址，前16位表示网络号，后１６位表示主机号，使用子网掩码255.２55．２5５.0表示前1６位为网络号，中间８位用于子网段的划分,最后8位为主机号。第三种情况为一个C类网，这个子网掩码为Ｃ类网的默认子网掩码。（2)一网络的现在掩码为25５.２55．2５5.24８,问该网络能够连接多少个主机?25５.２55.２5５.248即11111111.１１1１111１.111111１1.1１111０00.　　　每一个子网上的主机为（２^３)=６台　　　掩码位数２9,该网络能够连接8个主机,扣除全1和全0后为６台。(3）一A类网络和一Ｂ网络的子网号suｂｎet-id分别为16个1和8个1，问这两个子网掩码有何不同?A类网络:111１1111　11１1１111　111111１1　000000００给定子网号(１6位“1”）则子网掩码为2５５.2５５.255.0Ｂ类网络　11111111　　１111１111111111１1　　00００0000给定子网号（8位“1”）则子网掩码为２５5.２55.25５.0但子网数目不同(4)一个B类地址的子网掩码是255.255.２40．0。试问在其中每一个子网上的主机数最多是多少？（2４0)１0＝（1２8＋6４+32+１6)10=(111100０0）2　Host-iｄ的位数为4+8=12,因此,最大主机数为：　2^1２－２=40９6-2=40９4111１11１1．111１11１１.1111０00０.0０00０000　　　主机数２＾１２－2（５)一A类网络的子网掩码为25５.２55.0．2５５；它是否为一个有效的子网掩码？是　１011１１1111111１１1000００(6)某个IP地址的十六进制表示C2.２Ｆ.14．81，试将其转化为点分十进制的形式。这个地址是哪一类IP地址?Ｃ2　2F　14　8１--à(12*1６+2）.(2*16+15).(16+4).(8*1６+1)---à1９4.４7.２0.129C2　２Ｆ　14　81　---à110０0010.0010１1１1.000１０１00.1000０001C类地址(７)Ｃ类网络使用子网掩码有无实际意义?为什么？有实际意义.C类子网ＩＰ地址的32位中,前２4位用于确定网络号，后8位用于确定主机号.如果划分子网，可以选择后8位中的高位,这样做可以进一步划分网络,并且不增加路由表的内容,但是代价是主机数相信减少.10.试辨认以下ＩP地址的网络类别。(1）12８.36.199.3　　　（2)21．１2.24０．17（３）1８３．１94.７6．25３(4）192.12.6９.2４8（５)８9.3.0.1　（6)200．３.６．2Ａ类：0.0.0.０-127.２5５.２55.255　8B类:1２8.0．0.0-１91.2５5.255．25516C类:192．0.0．0-　223．255.２5５.25524答：(2）和(5)是A类,（１)和(3)是B类,(4)和(6)是C类.　4－１3设IP数据报使用固定首部，其各字段的具体数值如图所示(除IP地址外，均为十进制表示）。试用二进制运算 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 计算应当写入到首部检验和字段中的数值(用二进制表示)。９84-1４重新计算上题，但使用十六进制运算方法(每16位二进制数字转换为4个十六进制数字，再按十六进制加法规则计算)。比较这两种方法。4-１７，一个３２0０位长的TＣP报文传到IP层，加上1６0位的首部后成为数据报。下面的互联网由两个局域网通过路由器连接起来,但第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1２00位。因此数据报在路由器必须进行分片。试问第二个局域网向其上层要传送多少比特的数据（这里的“数据”当然指的是局域网看见的数据）?解：进入本机IP层时报文长度为３200　+1６0=33６0bit经过两个局域网的网络层，又加上两个头部信息,此时长度共有33６０＋1６0+１６0=3680　bit在第二个局域网,报文要进行分片,已知最长数据帧的数据部分只有1２０0bｉt，所以共分成4片,故第二个局域网向上传送3６８0+160=　38４0bｉｔ  4-20，设某路由器建立了如下路由表：目的网络       子网掩码        下一跳 １2８.９6.39.0     　 255.25５．２5５.128    　接口m0128.96.3９．１２8  　　25５.25５.255.128   接口m112８.96.40.0      ２55．２５5.２55.１２8      R21９2.4.１53.0      ２55.255.255.1９2     　 R3*（默认)       ——  　      R4 现共收到５个分组，其目的地址分别为：(1)128.96.39.10(2)12８.96.40．12(3)128.96．４0.1５1(４）19２.4.153.１7（5）192.４.15３.90试分别计算其下一跳解：用目的IP地址和路由表中的子网掩码相与，若结果出现在路由表中的目的网络中,则转发相应的下一跳,若没有出现在路由表中的目的网络中，则转发到默认站R41）先把每个IP与掩码做“与”运算,求出网络号　网络号　　　　可用IP范围　　　(１）１２8.96．３9.0 /２5    1２8．96.39.1——128.９６.39.１2７(２）128.96.３9.128/2５    １28.96.39.129——128.９6.3９.254(３）１２8.96.40.0/２5  　 　1２8.96.40.1——１28.9６．40.１27(4)192.4．1５3.０/25  　192.４.153.1——192．4.15３.12７2）比较题目所给的五个分组ＩＰ对应的子网是否在上述范围中（1)接口ｍ0    （128.96.3９.10　在128.９6.39．1——1２8.9６.39.12７中　）（2）R2      (128.９6．４0.12 在　128.９6.39.1２９——１28.96.39.2５4中)（3）R４      不在上述的子网中,则跳转到默认路由R４（4)R3     (192.4．153．17 在　128.96.４0.1——1２8.96.40.１27中）(5）R4       同(３） 4－24,试找出可产生以下数目的A类子网的子网掩码（采用连续掩码）:(1）2；(2）６;(3）３0;（４）62;（5）１2２;(6)2５０解:由于是连续掩码，划分子网时如果子网号为n个bit,可划分子网数为(2＾n)-2个,所以2个子网对应2bit、6对应3ｂit、30对应5bit、　62对应６ｂit、122对应7bit、2５0对应8bｉt3０＝(25）-25biｔ２ 个则放2个１:１11111１１１1　即255.19２0　０6 个则放3个1：111111１1１１10０000000０0即２５5．224.0.030 个：1１11１1111１1110０0０00００即255.248．0.0ﻫ６2 个：１１1１１11111１1110０0000０　即255．252.0．01２2　个:11１11１1１11１１111０００0０0即255.２54.0.0250个:１１1１1111１1１1111100０００即2５5.2５5.0.０ 4-３1，以下地址中的哪一个和86.３２／１2匹配？请说明理由。（1)８6．33．224.123   (2)86.79.65.２16 （3)86.58.１19．７4　     （4)86.68.２06.154解：86.３２/１2的含义是前１2位是网络地址,32的二进制表示是0010０000。 ﻫ而在可选的四个答案中,只有第一个选项的前12位与以上表示的是一致的,即前8位相同,都是8６,而33的二进制是00１00001,前4位相同。 ﻫ所以（１）匹配4-41.ﻩ假定网络中的路由器B的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络”、“距离”和“下一跳路由器”)　　　N1　　　　7　　　A　　　　N２　　2　B　　　　　　　N6　　8　　F　　　N8　4　E　　　　Ｎ9４　F现在B收到从C发来的路由信息(这两列分别表示“目的网络”“距离”）：　　N2　　　　　４　　N３　　８　　　　　　N6　4　　　Ｎ8　3　　　　N9　　５试求出路由器Ｂ更新后的路由表（详细说明每一个步骤）。答:　路由器B更新后的路由表如下:N1　　7　　Ａ　无新信息,不改变N２5　C相同的下一跳，更新N3　9　C　　　新的项目，添加进来N6　5　C　不同的下一跳,距离更短，更新N8　４　E　不同的下一跳,距离一样，不改变N9　4　　F　　不同的下一跳,距离更大,不改变4－42.假定网络中的路由器A的路由表有如下的项目（格式同上题）:　　　　N1　　　　4　　　B　　　　N２2　　C　　　　Ｎ3　　1　　　　Ｆ　　　　Ｎ4　　　５　　　G现将A收到从C发来的路由信息(格式同上题)：　N1　　2　　N２　　　　1　　　N３　　　３　　　N４　　　7试求出路由器A更新后的路由表(详细说明每一个步骤)。答：路由器A更新后的路由表如下:N1　　3Ｃ　　　不同的下一跳，距离更短,改变N2　　2C　不同的下一跳，距离一样，不变Ｎ3　　　1　F　　不同的下一跳，距离更大,不改变N4　　5　　Ｇ　　　无新信息，不改变4-55，如图所示,网络１45．13.0.0/１６划分为四个子网Ｎ1，Ｎ２,N3和N4。这四个子网与路由器R连接的接口分别是m０,ｍ1,ｍ２和m３。路由器R的第五个接口m４连接到互联网。 （1)    试给出路由器R的路由表。(２）    路由器R收到一个分组，其目的地址1４５．１3.160.７８。试给出这个分组是怎样被转发的。 解:（1)目的网络地址                 下一跳   145.13．0.０                   m0   145.１３．64.0                　m1  　1４5.1３.128.0                　 m２  145.13．1９２．０                 　m3      　 *       　      m４（2)… 4-５6，收到一个分组，其目的地址Ｄ=11.1．2.５。要查找路由表中有这样三项：路由１    到达网络1１.0.0.0/8路由2    　到达网络１1．1.0.０／１6路由３    到达网络1１.1．2.０/2４试问在转发这个分组时应当选择哪一个路由？解:选择路由３第五章（P245)5—13一个UＤP用户数据的数据字段为8192字节。在数据链路层要使用以太网来传送。试问应当划分为几个ＩP数据报片?说明每一个IP数据报字段长度和片偏移字段的值。MTＵ为1500Ｂ-２0IP包头＝148０每片大小为1４80b答:一共要分6个ip数据报片。分片一:片偏移=0，有效数据：0~１479分片二:片偏移=185(185*8＝14８0),有效数据:14８0~２9５９分片三:片偏移=37０(３70*8=２9６0)，有效数据:29６0~４４3９分片四：片偏移=555（５55*8=４440)，有效数据：４440~59１9分片五：片偏移=７4０(74０*８=５920），有效数据:5920~7399分片六：片偏移=925（92５＊8=7４00)，有效数据:7400～81925-１4,一个UDP用户数据报的首部的十六进制表示是:0632　０0　４５　０0　１C　E217。试求源端口、目的端口、用户数据报的总长度、数据部分长度。这个用户数据报是从客户发送给服务器还是从服务器发送给客户？使用UDP的这个服务器程序是什么?解：源端口0632Ｈ　＝6×　16^２+3×１6＾1＋　2=1586目的端口0045H＝4×16+5=6９ＵDP用户数据报总长度0０1Ｃ=16+　12=28字节数据部分长度28–　8=　２0字节。　　8:UDＰ首部字段的长度。E２17为校验和此UＤP用户数据报是从客户发给服务器（因为目的端口号<１０２3，是熟知端口)６９端口是服务器程序是TＦTP。常用端口:服务(ｔraｐ）BGPＯSPFＲIＰ端口216９53254４３８9５２0５-２3，主机Ａ向主机B连续发送了两个TＣP报文段,其序号分别是70和１00。试问：(１）第一个报文段携带了到少字节的数据？（2)主机Ｂ收到第一个报文段后发回的确认中的确认号应当是多少？（3)主机B收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是18０,试问A发送的第二个报文段中的数据有多少字节?（４)如果Ａ发送的第一个报文段丢失了,但第二个报文段到达了B。B在第二个报文段到达后向Ａ发送确认。试问这个确认号应为多少？解:确认号是期望收到对方的下一个报文段的数据的第一个字节的序号，也就是期望收到的下一个报文段首部序号字段的值。若确认号=Ｎ，则表明:到序号Ｎ-1为止的所有数据都已正确收到。（1）第一个报文段携带的数据包括从70字节到第9９字节,共携带了３0个字节。（2）确认号为１0０。（3)由于确认号为１8０,说明到第179号为止的数据都已收到，A发送的第二个报文段中的数据有179-1０0+1=80字节。(4)由于没有收到A发送的第一个报文段，第二个报文段到达B时将会被丢弃，因此此时收到的报文段的最后一个序号为69。当在第二个报文段到达后一向Ａ发送确认,这个确认号应为70,表示到序号69为止的数据都已收到。 5－28,主机Ａ向主机B发送ＴCP报文段,首部中的源端口是ｍ而目的端口是n。当B向A发送回信时,其ＴCＰ报文段的首部中的源端口和目的端口分别是什么？解：源端口和目的端口分别是n和m。在回信过程中，发送端的目的端口号将成为接收端的源端口号，接收端的目的端口号将成为发送端的源端口号。 5-30,设TCP使用的最大窗口为65535字节，而传输信道不产生差错,带宽也不受限制。若报文段的平均往返时间为2０ms,问所能得到的最大吞吐量是多少?解:６5５35　byte=６5535x8bｉt在发送时延可忽略的情况下,最大数据率＝最大窗口×8／平均往返时间(655３５ｘ8)／(20ｘ10-3）=bit/ｓ=26.2ｍｂ/ｓ　　bｉt　s５-3１，通信信道带宽为1Gｂit/s，端到端传播时延为１0ms。ＴＣP的发送窗口为6５535字节。试问:可能达到的最大吞吐量是多少?信道的利用率是多少?解:往返时延等于两倍的端到端传播时延,即2０ms=0.02s发送时延等于窗口数据量除以带宽，即65535*8／10^９秒ＴＣP每发送一个窗口,需要进行等待确认信息回来,所以每发送完一个窗口，最快需要经过一个往返时延才可以发送下一个窗口(确认信息很小不考虑发送时延),所以在一个传输轮次中,包含一个发送时延和一个往返时延,而传输的数据量是一个窗口的大小（这里不考虑TCP、IP首部和帧的构成)最大吞吐量＝窗口大小(bit）/(发送延时s+往返延时s)65535*８/(6５535*８/１0＾9+0.0２)=25.54Mbit／s信道利用率为25.54Mｂit/s/10０0Mbit/s=２.55%注意在通信传输中G=１０^9M=１０^６ 5—3９　TＣP的拥塞窗口cwｎd　大小与传输轮次n的关系如下所示：(1）试画出如图５-25所示的拥塞窗口与传输轮次的关系曲线。　（2）指明TCP工作在慢开始阶段的时间间隔。（3）指明ＴCP工作在拥塞避免阶段的时间间隔。(4)在第16轮次和第22　轮次之后发送方是通过收到三个重复的确认还是通过超时检测到丢失了报文段?收到三个重复的确认回将ｒwnd设置为ｓｓｔhｒesh=ｃｗnd／2，同时sｓtｈresｈ=ｒwnd超时检测的事情是将门限值ssthresh＝cwnd/２=２１,同时将rｗnd设置为1(５）在第1轮次,第１8轮次和第2４轮次发送时，门限ssｔhｒesh分别被设置为多大?　（６)在第几轮次发送出第70个报文段？（7)假定在第26轮次之后收到了三个重复的确认，因而检测出了报文段的丢失,那么拥塞窗口cｗｎｄ和门限ssthｒesh应设置为多大？答：（1)拥塞窗口与传输轮次的关系曲线如图所示（课本后答案)：(２）　慢开始时间间隔:【1，6】和【23，26】(3）拥塞避免时间间隔:【6,16】和【1７，22】　　（4）在第１6轮次之后发送方通过收到三个重复的确认检测到丢失的报文段。在第２２　轮次之后发送方是通过超时检测到丢失的报文段。(5)　在第1轮次发送时,门限ｓｓthreｓh被设置为３2在第18轮次发送时，门限sstｈresｈ被设置为发生拥塞时的一半,即21．在第２4　轮次发送时,门限sstｈresh是１３。(6)第7０报文段在第7轮次发送出。　(7）拥塞窗口cwnd和门限ssthresh应设置为８的一半,即4。５－４９，以下是十六进制格式的UDP头部内容。CＢ８4０00Ｄ００1C001C试问:a．源端口号是多少？ｂ．目的端口号是多少？c．用户数据报总长度是多少？d.数据长度是多少?e．分组是从客户发向服务器的还是相反方向的?f.客户进程是什么?解：a.源端口号是头４位十六进制数字（CB84)１6，这意味着源端口号是521０0。ｂ.目的端口号是第二组4位十六进制数字（0０0D）16，这意味着目的端口号是１３。c.第三组4位十六进制数字（001C)16定义了整个UDP分组的长度，长度为28字节。ｄ．数据的长度是整个分组长度减去头部长度，即28-8＝２0字节。e.由于目的端口号是1３(是熟知端口号），分组是从客户发送到服务器。f.客户进程是Ｄaytiｍe  简答题第一章1－０2,试简述分组交换的要点。答:1）报文分组,加首部。2）经路由器存储转发。３）在目的地合并。 １-04，为什么说因特网是自印刷术以来人类通信方面最大的变革?答：融合其他通信网络，在信息化过程中起核心作用,提供最好的连通性和信息共享,第一次提供了各种媒体形式的实时交互能力。 1-０８，计算机网络都有哪些类别?各种类别的网络都有哪些特点？答：按范围:（1)广域网WAN:远程、高速、是Iｎterneｔ的核心网。(2）城域网MAＮ:城市范围，链接多个局域网。(3）局域网LAN:校园、企业、机关、社区。(4)个域网　PAN：个人电子设备按用户：公用网：面向公共营运。专用网：面向特定机构。 1-1２,因特网的两大组成部分(边缘部分与核心部分）的特点是什么？它们的工作方式各有什么特点？答:边缘部分：由各主机构成，用户直接进行信息处理和信息共享;低速连入核心网。核心部分：由各路由器连网,负责为边缘部分提供高速远程分组交换。 1－14，计算机网络有哪些常用的性能指标?答:速率，带宽，吞吐量，时延，时延带宽积,往返时间RTT,利用率 1-22，网络协议的三个要素是什么？各有什么含义?答：(1）语法:即数据与控制信息的结构或格式。(2）语义：即需要发出何种控制信息，完成何种动作以及做出何种响应。(３）同步：即事件实现顺序的详细说明。  第二章 ２-04，试解释以下名词：数据,信号，模拟数据,模拟信号，基带信号,带通信号，数字数据,数字信号,码元,单工通信，半双工通信,全双工通信，串行传输，并行传输。答:数据：是运送信息的实体。信号:则是数据的电气的或电磁的表现。模拟数据：运送信息的模拟信号。模拟信号：连续变化的信号。数字信号：取值为有限的几个离散值的信号。数字数据：取值为不连续数值的数据。码元(codｅ):在使用时间域（或简称为时域)的波形表示数字信号时，代表不同离散数值的基本波形。单工通信：即只有一个方向的通信而没有反方向的交互。半双工通信:即通信和双方都可以发送信息,但不能双方同时发送(当然也不能同时接收）。这种通信方式是一方发送另一方接收,过一段时间再反过来。全双工通信：即通信的双方可以同时发送和接收信息。基带信号(即基本频带信号)——来自信源的信号。像计算机输出的代表各种文字或图像文件的数据信号都属于基带信号。带通信号——把基带信号经过载波调制后,把信号的频率范围搬移到较高的频段以便在信道中传输(即仅在一段频率范围内能够通过信道)。 2－05，物理层的接口有哪几个方面的特性？各包含些什么内容？答：（1）机械特性    指明接口所用的接线器的形状和尺寸、引线数目和排列、固定和锁定装置(2）电气特性    指明在接口电缆的各条线上出现的电压的范围。(3）功能特性    指明某条线上出现的某一电平的电压表示何意。（4)规程特性    　说明对于不同功能的各种可能事件的出现顺序。 2-06，数据在信道重的传输速率受哪些因素的限制?信噪比能否任意提高?香农公式在数据通信中的意义是什么?“比特／每秒”和“码元/每秒”有何区别?答:码元传输速率受奈氏准则的限制，信息传输速率受香农公式的限制信噪比不能任意提高，都有一定限制香农公式在数据通信中的意义是：只要信息传输速率低于信道的极限传信率,就可实现无差传输。比特/s是信息传输速率的单位码元传输速率也称为调制速率、波形速率或符号速率。一个码元不一定对应于一个比特。 2－10，常用的传输媒体有哪几种?各有何特点?答：常用的传输媒体有双绞线、同轴电缆、光纤和电磁波。双绞线的特点：1．抗电磁干扰２．模拟传输和数字传输都可以使用双绞线;同轴电缆的特点:同轴电缆具有很好的抗干扰特性；光纤的特点:1.传输损耗小；２.抗雷电和电磁干扰性能好；3．无串音干扰，保密性好;４．体积小，重量轻。电磁波的特点:1.传输频率宽,通信容量大;2.受外界干扰小,传输质量较高；3.成本低,易于跨越山 2-1３，为什么要使用信道复用技术？常用的信道复用技术有哪些？答：为了通过共享信道、最大限度提高信道利用率。频分、时分、码分、波分。 2-15，码分多址CDMA为什么可以使所有用户在同样的时间使用同样的频带进行通信而不会互相干扰?这种复用方法有何优缺点？答：各用户使用经过特殊挑选的相互正交的不同码型,因此彼此不会造成干扰。有很强的抗干扰能力、不易被敌人发现。占用较大的带宽。 2-１8，为什么在ＡSDL技术中，在不到1MＨz的带宽中却可以传送速率高达每秒几个兆比？答:靠先进的DMT编码，频分多载波并行传输。  第三章 3-0３，网络适配器的作用是什么？网络适配器工作在哪一层?答:用来实现数据链路层和物理层这两层的协议的硬件和软件。网络适配器工作在数据链路层和物理层。 3－04,数据链路层的三个基本问题(封装成帧、透明传输和差错检测）为什么都必须加以解决?答:（1）封装成帧就是在一段数据前后分别添加首部和尾部。接收端以便从收到的比特流中识别帧的开始与结束，封装成帧是分组交换的必然要求;（2）透明传输避免消息符号与帧定界符号相混淆；(3)差错检测防止差错的无效数据帧,浪费网络资源。 3-0５，如果在数据链路层不进行封装成帧,会发生什么问题？答：无法区分分组与分组。无法确定分组的控制域和数据域。无法将差错更正的范围限定在确切的局部。 3－1５,什么叫做传统以太网?以太网有哪两个主要 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ？答：DIXEthernｅtV2标准的局域网ＤIXEthernetＶ2标准与IＥEE的80２.3标准。 第四章4-0４，试简单说明下列协议的作用：IP、AＲＰ、RARP和ＩCMＰ。答:（1）IP协议:实现网络互连。网际协议IP是TCP／IP体系中两个最主要的协议之一。（2）ＡRP协议:解决同一个局域网上的主机或路由器的IP地址和硬件地址的映射问题。(3）RARP协议:解决同一个局域网上的主机或路由器的硬件地址和IP地址的映射问题。(4)ICMＰ：提供差错 报告 软件系统测试报告下载sgs报告如何下载关于路面塌陷情况报告535n,sgs报告怎么下载竣工报告下载 和询问报文，以提高ＩP数据交付成功的机会。 ４-0５,ＩP地址分为几类？各如何表示?IＰ地址的主要特点是什么?答：按照类来分,有５类：A类:前８位为网络号,后２4位为主机号，网络号首位为0。(３2位的二进制)Ｂ类：前16位为网络号,后16位为主机号,网络号前两位为１０。ﻫC类:前2４位为网络号，后8位为主机号，网络号前三位为１１０。ﻫＤ类:前４位为1110,后面28位是多播组号。E类:前5位为1１１10，后面27位保留。其中AＢC类为网络单播地址，D类为组播地址。E类保留留待后用。ﻫ主要特点是唯一性。 ４－0７，试说明ＩP地址与硬件地址的区别,为什么要使用这两种不同的地址?答:IＰ地址和硬件地址的区别：(1）IP地址放IP数据报的首部,而硬件地址则放在MAC帧的首部；（2)在网络层和网络层以上使用IP地址，数据链路层及以下使用硬件地址。因为在因特网上，是使用IP地址独一无二的标识每个主机（或路由器)，但在发送数据时,使用IP地址的IP数据报向下要交给数据链路层，被封装成MAC帧,而MＡC帧在具体的物理网络中传送时使用的是物理地址。连接在通信链路上的设备(主机或路由器）在接收MAC帧时，其根据是MAＣ帧首部中的硬件地址。只有在剥去MAC帧首部和尾部后将MAC层的数据上交给网络层,网络层才能在IＰ数据报中找到源ＩP地址和目的IP地址。 ４-１0，试辨认以下IＰ地址的网络类别。答：①１２８.36．19９.3B类    　②21.１2.240.17　A类    　③１83.１9４.７６.253B类④192.12．6９.2４8Ｃ类 ⑤89.3.0.１Ａ类     ⑥200.3.6.2C类A类：１~126,;B类：12８~191;C类:19２~223; ４-11,IP数据报中的首部检验和并不检验数据报中的数据。这样做的最大好处是什么？坏处是什么？答:最大好处是可以减少IP数据报的处理复杂度，提高数据报的处理速度。坏处是,增加了上层协议的复杂性。 4-12,当某个路由器发现一IＰ数据报的检验和有差错时，为什么采取丢弃的办法而不是要求源站重传此数据报?计算首部检验和为什么不采用CRＣ检验码?答:错误的源地址重传数据报是没有意义的不采用CRC可简化解码计算量,提高路由器的吞吐量 ４-15，什么是最大传送单元MＴU？它和IP数据报的首部中的哪个字段有关系?答：ＩP层下面数据链里层所限定的帧格式中数据字段的最大长度。与ＩＰ数据报首部中的总长度字段有关系 4-16,在因特网中将IＰ数据报分片传送的数据报在最后的目的主机进行组装。还可以有另一种做法，即数据报片通过一个网络就进行一次组装。是比较这两种方法的优劣答:在目的站而不是在中间的路由器进行组装是由于: （1）路由器处理数据报更简单些；效率高,延迟小。 (2）数据报的各分片可能经过各自的路径。因此在每一个中间的路由器进行组装可能总会缺少几个数据报片; (３）也许分组后面还要经过一个网络,它还要给这些数据报片划分成更小的片。如果在中间的路由器进行组装就可能会组装多次。 ４-４4，什么是VPN?ＶPN有什么特点和优缺点？VPN有几种类别?答：即虚拟专用网络。优点：减少运营成本以及降低远程用户的连接成本、能有效防止数据被窥探。缺点：可靠性和性能不在企业的直接控制之下、会产生安全风险。类别：远程接入ＶPN、内联网VPN、外联网ＶPＮ 4-５9,建议的ＩPｖ6协议没有首部检验和。这样做有什么好处？答:对首部的处理更简单 ４－60,在IPｖ4首部中有一个协议字段，但在IPv6的固定首部中却没有。这是为什么？答：中途的路由器不需要这一信息。 4－62,ＩPｖ6只允许在源点进行分片。这样做有什么好处?答:可以大大加快网络中IP数据报的转发速度 ４-66，从IPv４过渡到IPv6的方法有哪些？答：（1)双栈技术(２）隧道技术（3)协议翻译技术  第五章 5-0６，接收方收到有差错的UDP用户数据报时应如何处理?答:丢弃 5－07，如果应用程序愿意使用ＵDP来完成可靠的传输,这可能吗?答：可能,但应用程序中必须额外提供与ＴCP相同的功能 5-０9,端口的作用是什么？为什么端口要划分为三种?答：对TCP／IＰ体系的应用进程进行统一的标志,使运行不同操作系统的计算机的应用进程能够互相通信。保证通信准确、高效，避免冲突。 5－１０，试说明运输层中伪首部的作用答:用于计算运输层数据报校验和。 ５-11,某个应用进程使用运输层的用户数据报UDP,然而继续向下交给IP层后,又封装成IP数据报。既然都是数据报，可否跳过ＵＤP而直接交给ＩP层?哪些功能UDＰ提供了但IＰ没提提供?答:不可。UDP提供对应用进程的复用和分用功能,以及提供对数据差分的差错检验。 ５-15,使用TCP对实时话音数据的传输有没有什么问题？使用ＵDP在传送数据文件时会有什么问题?答:如果是实时传输，则必须使用UＤP。UDP不保证可靠交付，但UCP比TCP的开销要小很多。 5-1６，在停止等待协议中如果不使用编号是否可行？为什么?答:不可。分组和确认分组都必须进行编号，才能明确哪个分组则得到了确认。 5-26,为什么在TＣP首部中有一个首部长度字段,而ＵDＰ的首部中就没有这个字段？答:ＴＣＰ首部除固定长度部分外,还有选项字段,因此TCＰ首部长度是可变的。UＤＰ首部长度是固定的。 5－２７,一个ＴＣＰ报文段的数据部分最多为多少个字节？为什么？如果用户要传送的数据的字节长度超过TＣP报文字段中的序号字段可能编出的最大序号,问还能否用TＣP来传送？答:6５495字节，数据部分加上TCP首部20字节，IＰ首部2０字节。通过循环使用序号，仍能用ＴＣP来传送 5-45，解释为什么突然释放运输连接就可能会丢失用户数据,而使用TCP的连接释放方法就可保证不丢失数据。 答：使用TCP的连接释放方法,主机2发出了释放连接的请求,那么即使收到主机1的确认后，只会释放主机２到主机１方向的连接，而仍然可接受主机1发来的数据，所以可保证不丢失数据。 5-4６，试用具体例子说明为什么在运输连接建立时要使用三次握手。说明如不这样做可能会出现什么情况。 答：３次握手完成两个重要的功能,既要双方做好发送数据的准备工作,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和确认。假定Ｂ给A发送一个连接请求分组，A收到了这个分组,并发送了确认应答分组。按照两次握手的协定,A认为连接已经成功地建立了，可以开始发送数据分组。可是，Ｂ在A的应答分组在传输中被丢失的情况下,将不知道A是否已准备好,不知道A建议什么样的序列号，B甚至怀疑A是否收到自己的连接请求分组，在这种情况下，B认为连接还未建立成功，将忽略A发来的任何数据分组,只等待连接确认应答分组。而A发出的分组超时后，重复发送同样的分组。这样就形成了死锁。  第六章 6-02,域名系统的主要功能是什么?域名系统中的本地域名服务器、根域名服务器、顶级域名服务器以及权限域名权服务器有何区别？答:域名系统的主要功能：将域名解析为主机能识别的ＩP地址。通常根域名服务器用来管辖顶级域。根域名服务器并不直接对顶级域下面所属的所有的域名进行转换，但它一定能够找到下面的所有二级域名的域名服务器。 6－0３，举例说明域名转换的过程。域名服务器中的高速缓存的作用是什么?答：(1)把不方便记忆的ＩP地址转换为方便记忆的域名地址。(２)作用：减轻根域名服务器的负荷。 6-06，简单文件传送协议T的主要区别是什么？各用在什么场合？答:FTP　是完整、面向会话、常规用途文件传输协议。TFTP用作特殊目的文件传输协议。交互使用ＦTP。TFTＰ允许仅单向传输的文件。ＦTＰ依赖于TCＰ，是面向,连接并提供可靠的控件。ＴFTP　依赖　UＤP,　需要减少开销,并提供几乎没有控件。FTＰ提供身份验证。TＦTＰ不。 ﻩ6－10，假定要从已知的UＲL获得一个万维网文档。若该万维网服务器的Ｉp地址开始时并不知道。试问:除　HTTＰ外,还需要什么应用层协议和传输层协议?答:应用层协议需要的是DＮS。运输层协议需要的是UＤＰ（ＤＮS）使用和ＴCP（HTTP使用）。 6-23,试简述SMＴP通信的三个阶段的过程。答：1.　连接建立:连接是在发送主机的SMTP客户和接收主机的SMTP服务器之间建立的。  2.　邮件传送。3．　连接释放：邮件发送完毕后,SMTＰ释放TCP连接。 ６-３0，电子邮件系统使用TCP传送邮件。为什么有时我们会遇到邮件发送失败的情况?为什么有时对方会收不到我们发送的邮件?答:有时对方的邮件服务器不工作,邮件就发送不出去。对方的邮件服务器出故障也会使邮件丢失。