1、第 1 章 概述1.假設你已經將你的狗Berníe 訓練成可以攜帶一箱3 盒8mm 的磁帶，而不是一小瓶內哇地. (當你的磁盤滿了的時候，你可能會認為這是一次緊急事件。)每盒磁帶的窯最為7GB 字節;無論你在哪里，狗跑向你的速度是18km/h 。請問，在什么距離范圍內Berníe的數據傳輸速率會超過一條數據速率為150Mbps的傳輸線?答：狗能攜帶21千兆字節或者168千兆位的數據。18 公里/小時的速度等于0.005 公里/秒，走過x公里的時間為x / 0.005 = 200x秒， 產生的數據傳輸速度為168/200x Gbps或者840 /x Mbps。因此，與通信線路

2、相比較，若x<5.6 公里，狗有更高的速度。6. 一個客戶·服務器系統使用了衛星網絡，衛星的高度為40 000km. 在對一個請求進行響應的時候，最佳情形下的延遲是什么?答：由于請求和應答都必須通過衛星，因此傳輸總路徑長度為160,000千米。在空氣和真空中的光速為300，000 公里/秒， 因此最佳的傳播延遲為160,000/300，000秒，約533 msec。9. 在一個集中式的二叉樹上，有2n -1 個路出器相互連接起來:每個樹節點上都布一個路由器。路由器i 為了與路由器j 進行通信，它要給樹的根發送一條消息。然后樹根將消息送下來給j 。假設所有的路由器對都是等概率出現

3、的，請推導出當n很大時，每條消息的平均跳數的一個近似表達式。答：這意味著，從路由器到路由器的路徑長度相當于路由器到根的兩倍。 若在樹中，根深度為1，深度為n，從根到第n層需要n-1跳，在該層的路由器為0.50。 從根到n-1 層的路徑有router的0.25和n-2跳步。 因此，路徑長度l為：18.OSI 的哪一層分別處理以下問題？答：把傳輸的比特流劃分為幀數據鏈路層 決定使用哪條路徑通過子網網絡層.28. 一幅圖像的分辨率為1024X 768 像素，每個像素用3 字節來表示。假設該圖像沒有被壓縮。請問，通過56kbps 的調制解調器信道來傳輸這幅圖像需要多長時間?通過1Mbps 的電纜調制解

4、調器(cable modem) 呢?通過10Mbps 的以太網呢?通過100Mbps的以太網呢?答：圖像是1024*768*3字節或2359296字節。這是18874368位。在56000位/秒，它需要大約337.042秒。在1000000位/秒，它需要大約18.874秒。在10000000位/秒，它需要大約1.887秒。在100000000位/秒，它需要大約0.189秒。35. ping 程序使得你可以給指定的位置發送一個測試分組，并且看一看來回需要多長時間。請試著用一下ping 程序，看一下從你所在的位置到幾個已知的地點需要多長時間巳利用這些數據，繪出在Internct 上的單向傳輸時間與

5、距離的函數關系。最好使用大學作為目標，因為大學的服務器的位置往往可以精確地知道。例如， 在加州的協rkclcy; mit. edu 在麻省的Cambridge; VIl. nl在荷蘭的Amsterdam; www. lIsyd. edu.au 在澳大利班的悉尼: www.uct.ac.za 在南非的Cape Towno。答：在命令提示符下運行ping程序，可得發送測試包到以下指定地點的單向傳輸時間，分別為: : 182ms : 287ms : 357ms (注:運行ping程序所得的傳輸時間與測試包傳輸時的路由選擇 網絡的運行情況等

6、有關，所以每次測試結果會不同)第 2 章 物理層1.計算函數f(t)=t(0t1)的傅立葉系數。答：本題是求周期性函數的傅立葉系數。而題面中所給出的為信號在一個周期內的解析式。即； 2. 一條無噪聲4kHz 信道按照每lms 一次進行采樣，請問最大數據傳輸率是多少?答：無噪聲信道最大數據傳輸率公式：最大數據傳輸率=2Hlog2V b/s。因此最大數據傳輸率決定于每次采樣所產生的比特數，如果每次采樣產生16bits，那么數據傳輸率可達128kbps；如果每次采樣產生1024bits，那么可達8.2Mbps。注意這是對無噪聲信道而言的，實際信道總是有噪聲的，其最大數據傳輸率由香農定律給出。4.如果

7、在一條3kHz 的信道上發送一個二進制信號，該信道的信噪比為20dB ，則最大可達到的數據傳輸率為多少? 答：信噪比為20 dB 即 S/N = 100.由于 log2(1+100)6.658，由香農定理，該信道的信道容量為3log2(1+100) =19.98kbps。又根據乃奎斯特定理，發送二進制信號的3kHz 信道的最大數據傳輸速率為2*3 log22=6 kbps。所以可以取得的最大數據傳輸速率為6kbps。7.在lm 波長上，在0.1m的頻段中有多少帶寬?答：因此，在0.1的頻段中可以有30THz。8. 現在需要在一條光纖上發送一系列計算機屏幕圖像。屏幕的分辨率為480 X 640像

8、素，每個像素為24 位。每秒鐘有60 幅屏幕圖像。請問:需要多少帶寬?在1. 30m 波長上，這段帶寬需要多少m 的波長？答：數據速率為480× 640×24× 60bps，即442Mbps。需要442Mbps 的帶寬，對應的波長范圍是。13. 一束lmm 寬的激光對準了100m 開外的建筑物理上的一個檢測器。請問:若要使該激光點偏離檢測器，則激光束必須偏離多大的角度?答：如果光束是由1毫米結束時，它錯過了探測器。這等于一個三角形的基礎100米和高度0.001米。角是一個切線，因此是0.00001。這個角度約為0.00057度。19一個區域電話公司有10M 個用戶

9、。每部電話通過雙絞線連接到一個中心局。這些雙絞線的平均長度為10 公里。請問本地回路中的銅價值多少?假設每束線的橫截面是一個直徑為lmm 的圓，銅的密度是9.0g/cm3時，并且每kg 銅可以賣3 $ .答：雙絞線的每一條導線的截面積是，每根雙絞線的兩條導線在10km 長的情況下體積是，即約為15708cm。由于銅的密度等于9.0g/cm3，每個本地回路的質量為39×15708 =141372 g，約為141kg。這樣，電話公司擁有的本地回路的總質量等于141×1000×104=1.41×109kg，由于每千克銅的價格是3 美元，所以總的價值等于3

10、15;1.4×109=4.2×109美元。27. 在圖2.30 的4 扇區LMDS 例子中，每個扇區有官自己的36Mbps 信道。根據排隊理論，如果一條信道有50% 的負載，則排隊時間將等于傳輸時間。在這些條件下，下載一個5KB 的Web 頁面需要多長時間?通過1Mbps. 的ADSL 線路，下載這樣的頁面需要多長時間?通過56kbps 的調制解調器呢?答：5 KB網頁有40000位。the下載時間在36兆通道是1.1毫秒。如果隊列算法。延遲is also 1.1毫秒，總時間是2.2毫秒。over ADSL隊列算法。There is no time at the下載延遲，所

11、以1 Mbps是40毫秒。It is at 56Kbps 714毫秒。30. T1 線路上額外開銷的自分比為多少?也就是說，1. 54 1Mbps 中百分之多少沒有被遞交給最終用戶?答：每一幀中，端點用戶使用193 位中的168（7*24）位，開銷占25（=193-168）位，因此開銷比例等于25/193=13%。32. 如果一個T1線路系統失去了同步,它試圖使用每一幀的第l 位來理新獲得同步。請問，平均要檢查多少幀才能保證在出錯概率為0.001) 的情況下重新獲得同步。答：10 個幀。在數字通道上某些隨機比特是0101010101 模式的概率是1/1024。察看10 個幀，若每一幀中的第一位

12、形成比特串0101010101，則判斷同步成功，而誤判的概率為1/1024，小于0.001。50. 假設A 、B 和C 通過一個CDMA 系統同時傳輸位0 ，他們的時間片序列如圖2 . 45(b) 所示。請問結果得到的時間片序列是什么?答：結果是否定的A，B和C獲得，然后添加三個芯片序列。另外三個可以添加，然后否定。The result is (+3 +1 +11311 +1)。56.一個有線電視公司決定在，一個包含5000 戶家庭的區域內提供Tnternet 訪問服務。該公司使用一根同軸電纜，它的頻譜分配方案允許每根電纜有l00Mbps 的下行帶寬。為了吸引顧客，該公司決定，保祉每戶家庭在任

13、何時候都怪少有2Mbps 的下行帶寬。請描述一下該公司需要采取什么措施才能提供這樣的保證。答：一個2-mbps下行帶寬，保證每個房子意味著最多50的房子/同軸電纜。因此，有線公司需要將現有電纜分成100根同軸電纜，并將它們直接連接到光纖節點上. 第三章1.一個上層的分組被切分成10 幀，每一幀有80% 的機會可以元損壞地到鹽。如果數據鏈路協議沒有提供錯誤控制的話，請問.該報文平均需要發送多少次才能完整地到達接收方?答：由于每一幀有0.8 的概率正確到達，整個信息正確到達的概率為 p=0.810=0.107。為使信息完整的到達接收方，發送一次成功的概率是p ，二次成功的概率是(1-p)p，三次成

14、功的概率為(1-p)2 p，i 次成功的概率為(1-p)i-1 p，因此平均的發送次數等于：5.位串需要在數據鏈路層上被發遠，請問，經過位填充之后實際被發送出去的是什么?答：(a) 00000100 01000111 11100011 11100000 01111110 (b) 01111110 01000111 11100011 11100000 11100000 11100000 01111110 01111110 (c) 01111110 01000111 110100011 111000000 011111010 01111110 9.假設使用海明碼來傳輸16位的報文。請問，需要多少個

15、檢查位才能確保接收方可以檢測并糾正單個位錯誤?對于報文，請給出所傳輸的位模式。假設在海明碼中使用了偶數位。答：.12. 檢測錯誤的一種方法是按n 行、每行k 位來傳輸數據，并且在每行和每列加上奇偶位,其中右下角是一個檢查它所在行和所在列的奇偶位。這種方案能夠檢測出所有的單個錯嗎? 2 位錯誤呢? 3 位錯誤呢?答：單個錯誤將引起水平和垂直奇偶檢查都出錯。兩個錯誤，無論是否同行或者同列，也容易被檢測到。對于有三位錯誤的情況，就有可能無法檢測了。for example, if some bit is inverted along with its row and column parity bit

16、s. Even the corner bit will not catch this.18. 一條3000 公里伏的Tl 骨千線路被用來傳輸64 字節的幀，兩端使用了協議5 。如果傳輸速度為6s/ 公.里，則序列號應該有多少位?答：為了有效運行，序列空間（實際上就是發送窗口大小）必須足夠的大，以允許發送方在收到第一個確認應答之前可以不斷發送。信號在線路上的傳播時間為6×3000= 18000 ，即18ms。在T1 速率，發送64 字節的數據幀需花的時間：64×8÷(1.536×106) = 0.33。所以，發送的第一幀從開始發送起，18.33ms 后完全

17、到達接收方。確認應答又花了很少的發送時間（忽略不計）和回程的18ms。這樣，加在一起的時間是36.33ms。發送方應該有足夠大的窗口，從而能夠連續發送36.33ms。36.33/0.33=110也就是說，為充滿線路管道，需要至少110 幀，因此序列號為7 位。29. 利用地球向步衛軍在一個1Mb ps 的信道L 發送1000位的幀.該信道離開地球的傳輸延遲為270ms. 確認信息總是被捎帶在數據幀上， 頭部非常短，并且使用3位序列號。在下面的協議中， 最大可獲得的信道利用率是多少?(a) 停-等協議.(b) 協議5.(c) 協民6.答：對應三種協議的窗口大小值分別是1、7 和4。使用衛星信道端

18、到端的典型傳輸延遲是270ms，以1Mb/s 發送，1000bit 長的幀的發送時間為1ms。我們用t=0 表示傳輸開始的時間，那么在t=1ms 時，第一幀發送完畢；t=271ms時，第一幀完全到達接收方；t=272ms，對第一幀的確認幀發送完畢；t=542ms，帶有確認的幀完全到達發送方。因此一個發送周期為542ms。如果在542ms 內可以發送k 個幀，由于每一個幀的發送時間為1ms，則信道利用率為k/542，因此：（a） k=1，最大信道利用率=1/542=0.18%（b） k=7，最大信道利用率=7/542=1.29%（c） k=4，最大信道利用率=4/542=0.74%32. 一條1

19、00公里長的電纜運行線在T 1 數據速率上。電纜的傳輸速度是真空中光速的2/ 3。請問電纜中可以容納多少位?答：在該電纜中的傳播速度是每秒鐘200 000km，即每毫秒200km，因此100km 的電纜將會在0.5ms 內填滿。T1 速率125傳送一個193 位的幀，0.5ms 可以傳送4 個T1 幀，即193*4=772bit。第四章1.在這個練習中，請使用本章中的一種規則(方案) ，但是在計算之前請先聲明這種規則。在一個100Mbps 的信道上，待傳輸的幀隨機地到達。如果當一幀到達的時候該信道正忙，那么它必須排隊等待。幀的長度里指數分布，均值為每幀10 000 位。對于下列每一種幀到達率，

20、請給出平均一幀的延遲，包括排隊時間和傳輸時間。(a) 90 幀/秒(b) 900 幀/秒(c) 9000 幀/秒答：The formula is the standard formula for Markov queueing given in section 4.1.1, namely, . Here C = 108 and, so sec. For the three arrival rates, we get (a) 0.1 msec,(b) 0.11 msec, (c) 1 msec. For case (c) we are operating a queueing system wi

21、th , which gives the 10×delay.4. 10000個航線預定站正在競爭使用一個分槽的ALOHA 信道。這些站平均每小時發出18 次請求。時槽為125S. 總的信道載荷大約是多少?答：每個終端每200（=3600/18）秒做一次請求，總共有10 000 個終端，因此，總的負載是200 秒做10000 次請求。平均每秒鐘50 次請求。每秒鐘8000 個時隙，所以平均每個時隙的發送次數為50/8000=1/160。5. 一大群ALOHA 用戶每秒鐘產生50 個請求，包括原始的請求和重傳的請求。時槽單位為40ms.(a) 首次發送成功的幾率是多少?(b) 恰好k 次

22、沖突之后成功的概率是多少?(c) 所需傳送次數的期望值是多少?答：（a）在任一幀時間內生成k 幀的概率服從泊松分布生成0 幀的概率為e-G對于純的ALOHA，發送一幀的沖突危險區為兩個幀時，在兩幀內無其他幀發送的概率是e-G×e G=e-2G對于分隙的ALOHA，由于沖突危險區減少為原來的一半，任一幀時內無其他幀發送的概率是e-G 。現在時隙長度為40ms，即每秒25 個時隙，產生50 次請求，所以每個時隙產生兩個請求，G=2。因此，首次嘗試的成功率是：e-2= 1/ e2 （b） （c）嘗試k 次才能發送成功的概率（即前k-1 次沖突，第k 次才成功）為：那么每幀傳送次數的數學期望

23、為17. 畫出位流0001110101 的曼徹斯特編碼。答：該信號是一個正方形波具有兩個值，高（H）和低（L）。模式LHLHLHHLHLHLLHHLLHHL。18. 畫出上一個問題中的位流的差分曼徹斯特編碼。假設線路的初始狀態為低電壓。答： The pattern this time is HLHLHLLHHLLHLHHLHLLH.21.考慮在一條lkm 長的電纜(無中繼器)上建立一個lGbps 速率的CSMA/CD 網絡。信號在電纜中的速度為200000km/s。請問最小的幀長度為多少?答：對于1km 電纜，單程傳播時間為1/200000 =5×10-6 s，即5，來回路程傳播時間

24、為2t =10。為了能夠按照CSMA/CD 工作，最小幀的發射時間不能小于10。以1Gb/s 速率工作，10可以發送的比特數等于：因此，最小幀是10 000 bit 或1250 字節長。26. 千兆以太網每秒鐘能夠處理多少幀?請仔細想一想，并考慮所有有關的情形。提示:請考慮干兆位以太同的實質。答：最小的以太網幀為512位，所以在1 Gbps的得到1953125或200萬幀/秒。然而，這僅適用于幀爆裂操作時。沒有幀爆裂，短幀填充到4096位，在這種情況下的最大數目是244140。對于最大的幀（12144位），可以有多達82345幀/秒。29. 假設一個l1Mbps 的802.1 b LAN 正在

25、通過無線電信道傳送一批連續的64字節的幀，位錯誤率為10-7 。請問平均每秒鐘將有多少幀被損壞?答：每秒傳送的幀數:11*106÷(64*8)=19531(幀) 每秒出錯的概率：p=64×8×10-7=512×10-7 每秒損壞的幀數;r=n×p=1(幀)40. 一個專門為了用于快速以太網而設計的交換機有一塊可以傳送10Gbps 的底板。請問在最差情況下，它每秒鐘可以處理多少幀?答：最壞的情況是64字節（512位）幀的無限流.。如果背板可以處理109個基點，它可以處理的幀的數目是109 / 512。這是1953125幀/秒。第五章2. 請問有沒

26、有可能發生這樣的情形：面向連接的服務也會(或者至少應該)以亂序的方式遞交分組?請解釋原因。答：有。中斷信號應該跳過在它前面的數據，進行不遵從順序的投遞。典型的例子是當一個終端用戶鍵入退出（或kill）健時。由退出信號產生的分組應該立即發送，并且應該跳過當前隊列中排在前面等待程序處理的任何數據（即已經鍵入但尚未被程序讀取的數據）。5. 請考慮以下涉及到實現虛電路服務的設計問題。如果在子網內部使用虛電路，那么，每個數據分組必須有一個3 字節的頭，每臺路由器必須提供8 字節的存儲空間用于電路標識。如果子網內部使用數據報，那么，每個數據分組需要一個15 字節的頭，但是不要求路由器的表宅間。假設每一跳每

27、106 字節的傳輸開銷為1 美分。快速路由器內存的價格是每字節1 美分， 2 年以后就貶值了，這里假設每周的工作時間為40 小時。平均每個會話的持續時間為1000秒，在這段時間中平均傳輸200 個分組。平均每個分組要求4跳。請問哪種實現方法更加便宜，便宜多少?答：虛電路實現需要在1000 秒內固定分配5*8=40 字節的存儲器。數據報實現需要比虛電路實現多傳送的頭信息的容量等于(15-3 ) ×4×2009600字節-跳段。現在的問題就變成了40000 字節-秒的存儲器對比9600 字節-跳段的電路容量。如果存儲器的使用期為兩年，即3600×8×5

28、15;52×2=1.7×107秒，一個字節-秒的代價為1/( 1.5×107) = 6.7×10-8 分，那么40000 字節-秒的代價為2.7 毫分。另一方面，1 個字節-跳段代價是10-6 分，9600 個字節-跳段的代價為10-6 ×9600=9.6×10-3分，即9.6 毫分，即在這1000 秒內的時間內便宜大約6.9 毫分。7. 請考慮圖S. 7 中的網絡，但是忽略線路上的權值。假設宮使用擴散法作為路也算法。如果一個從A 發向D 的分組的最大跳計數值為3 ，請列出它將要走的所有路徑。同時也說明官需要消挺多少跳帶寬。答：它將遵

29、循下列路線: ABCD, ABCF, ABEF, ABEG, AGHD, AGHF, AGEB, and AGEF. 使用的跳數為24。9. 考慮圖5.13(a) 中的子網。該子網使用了距離矢量路由算法，下面的矢量剛剛到達路由器C: 來自B的矢量為(5,0,8,12,6,2); 來自D的矢量為(16,12,6,0,9,10);來自E的矢量(7,6,3,9,0,4)。經測量，到B、D 和E的延遲分別為6 、3 和5。請問C的新路由表將會怎么樣?清給出將使用的輸出線路以及期望的延遲。答：通過B 給出（11，6，14，18，12，8）通過D 給出（19，15，9，3，12，13）通過E 給出（12，

30、11，8，14，5，9）取到達每一目的地的最小值（C 除外）得到：（11，6，0，3，5，8）輸出線路是：（B，B，-，D，E，B）12. 對于4800 臺路由器的三層次分級路由，請問應該選擇多大的區域和群才可以將路由表的尺寸降低到最小?一個好的起點是，假設在方案中k 臺路由器構成一個區域，k個區域構成一個群，并且總共有k 個群，這樣的方案接近于最優的方案。這意味著k 大約是4800 的立方根(約等于16) 。請試驗所在這三個參數在16 附近的各種組合。答：所謂分級路由，就是將路由器按區（REGION）進行劃分，每個路由器只須知道在自己的區內如何為分組選擇路由到達目的地的細節，而不用知道其他區

31、的內部結構。對于大的網絡，也許兩級結構是不夠的，還可以把區組合成簇（CLUSTER），把簇再組合成域（ZONE），對于等級式路由，在路由表中對應所有的本地路由器都有一個登錄項，所有其他的區（本簇內）、簇（本域內）和域都縮減為單個路由器，因此減少了路由表的尺寸。在本題中，4800=15*16*20。當選擇15 個簇、16 個區，每個區20 個路由器時（或等效形式，例如20 個簇、16 個區，每個區15 個路由器），路由表尺寸最小，此時的路由表尺寸為15+16+20=51。The minimum occurs at 15 clusters, each with 16 regions, each r

32、egion having 20 routers, or one of the equivalent forms, e.g., 20 clusters of 16 regions of 15 routers. In all cases the table size is 15 + 16 + 20 = 51.16. 如圖5.72 的子網所示，一個組的成員分布在路由器A 、B 、C 、D 、E 、F 、I 和K 上，請計算路由器C 的多播生成樹。答：多生成樹是可能的。它們中的一個是：27. 在一個6Mbps 的網絡上，有一臺主機通過一個令牌桶進行流量調整。令牌桶的填充速率為1 Mbps 。初始時候它

33、被填充到8Mb的容量. 請問該計算機以6Mbps 的全速率可以傳輸多長時間?答：本題乍看起來，似乎以6Mb/s 速率發送用4/3 秒的時間可以發送完桶內8Mb 的數據，使漏桶變空。然而，這樣回答是錯誤的，因為在這期間，已有更多的令牌到達。正確的答案應該使用公式S C /(M-P )，這里的S表示以秒計量的突發時間長度，M 表示以每秒字節計量的最大輸出速率，C 表示以字節計的桶的容量，P 表示以每秒字節計量的令牌到達速率。則：因此，計算機可以用完全速率6Mb/s 發送1.6 s 的時間。35.一臺路由器往外發送大量的總投度(數據+頭)為1024字節的IP 分組。假定這些分組生存10 秒鐘時間長，

34、請問，路由器運行的最大線速度為多少才不至于發生IP數據報的ID編號空間重繞的危險?答：如果線路的比特率是B，那么路由器可以發射的包/秒數是B / 8192，所以發射分組所需的秒數是8192 / B.要拿出65536包需要229 /秒。這等同于包的最長壽命，我們得到229 / B= 10。然后，B是約53687091個基點。38.如果一個IP地址的十六進制表示為C22 F1582 ，請將它轉換成點分十進制標記。答：The address is 30.39. Internet 上一個網絡的子網掩碼為. 請問它最多能夠處理多少臺主機?答：對于一個B 類

35、網絡，高端16 位形成網絡號，低端16 位是子網或主機域。在子網掩碼的低端16 位中，最高有效4 位為1111，因此剩下12 位用于主機號。因此，存在4096 個主機地址。但由于全0 和全1 是特別地址，因此最大的主機數目為4094。4 0. 假定從 開始有大量連續的IP地址可以使用. 現在4 個組織A 、B 、C和D 按照順序依技申請4000 、2000 、4000 和8000 個地址。對于每一個申請，請利用w. x. y. z/ s 的形式寫出所分配的第一個lP 地址、最后一個IP 地址.以及掩碼。答：To start with, all the requests are rounded

36、up to a power of two. The starting address, ending address, and mask are as follows: 41. 一臺路由器剛剛接收到以下新的IP 地址: / 21 、/21 、/21 和如果所有這些地址都使用同一條輸出線路.那么，它們可以被聚集起來嗎?如果可以的話，它們被聚集到哪個地址上?如果不可以的話，請問為什么?答：43 . 一臺路由器的路由表中有以下的( CIDR) 表項:答：The packets are routed as follows:(a) Interf

37、ace 1(b) Interface 0(c) Router 2(d) Router 1(e) Router 256. 編寫一個函數來完成IP 路由器中的轉發過程。該函數有一個IP 地址參數。它也要訪問一張全局表，全局表白許多三元組構成。每個三元組包含三個整數:一個IP 地址、一個子網掩碼和所用的輸出線路。該函數利用ClDR 在表中查找由參數指定的IP 地址，然后返回對應的輸出線路值。57. 使用traceroute(UNIX 環境)或者tracert (Windows 環境)程序跟蹤一下從你的計算機到其他各洲的大學的路由路徑。你將可以發現一些跨越大洋的鏈路。以下有些站點你可以試一試。www.

38、 berkeley. edu (California ，美國的擁利福尼亞州)www. mit. edu (Massachusetts ，美國的馬薩諸塞州)www.vu.nl (Amsterdam ，荷蘭的阿姆斯特丹)www.ucl. ac. uk (London ，英國的倫敦).au (Sydney ，澳大利亞的悉尼)www.u-tokyo.ac.jp (Tokyo ，日本的東京)www.uct.ac.za (Cape Town ，南非的開普敦)第六章3. 在圖6.6 的兩部分中，有一條注釋說明T SERVER_PORT 在客戶和服務器中必須相同。為什么這一條如此重要?

39、答：如果客戶端發送一個數據包server3port和服務器沒有聽這些端口，數據包將不會被發送給服務器。4. 假設采用時鐘驅動方案來生成初始序列號，該方案用到了 (一個15位寬度的時鐘計數器。并且，每隔100ms 時鐘滴答一次，最大分組生存期為60s 。請問.每隔多久;需要重新同步一次?(a)在最差情況下?(b)當數據每分鐘用掉240 個序列號的時候?答：在具體解答這個問題之前，需要先熟悉一下時鐘驅動方案的內容。首先我們引入參數T，假定在發送出一個分組之后等待長度等于T 的時間，我們就可以肯定，所有關于該分組的蹤跡都已消失，不管是該分組本身，還是對于它的確認都不會再以外的出現。我們還假定，每個主

40、機都配有一個表示一天的時間的時鐘，不同主機上的時鐘不必同步。每個時鐘都采用二進制計數器的形式，并且以長度一致的間隔時間遞增。而且，計數器的比特數必須等于或超過序列號所使用的比特數。最后一點，時鐘被假定是連續運行，即使主機關閉時也不間斷。時鐘驅動方案的基本思想是同一時間不會有兩個活動的TPDUs 使用相同的序列號。在一條連接建立的時候，時鐘的低端k 個比特被用作初始序列號（也是k 位）。因此，每條連接可以從不同的序列號開始為TPDU 編號。序列號空間應該足夠大，使得當編號循環一周時，具有相同號碼的舊的TPDU 已經不復存在。當主機系統崩潰時會產生一些問題。在重新啟動后，主機的傳輸層實體不知道它曾

41、經處在序列號空間的什么位置。一種解決方法是要求傳輸實體在恢復后的T 秒內處于空閑狀態，讓所有老的TPDUs 都消失。然而，在一個復雜的互聯網上，T 值可能很大，所以這不是一個好的解決方法。為了避免從崩潰恢復后的T 秒不工作狀態，需要對序列號的使用施加新的限制。在一些編號可能被用作初始序列號之前，必須在長度為T 的時間內禁止使用這些編號。在任何連接上發送TPDU 之前，傳輸層實體必須讀一次時鐘，檢查該TPDU 的編號是否在禁止區內。顯然，在任何連接上的最大數據率是每個時鐘滴答發送一個TPDU。在系統崩潰后重啟動時，在打開一條新的連接之前，傳輸實體必須等待到下一個時鐘滴答，以避免同樣的號碼重復使用

42、。如果數據速率低于始終速率，實際使用的序列號對于時間的曲線將最終從左邊進入禁止區。如果這樣的情況發生了，要么延遲TPDU 達T 長度時間，或者重新同步序列號。作為例子，如果在坐標起點發1 號TPDU，到接近時鐘大循環編碼的末尾才發送第2 個TPDU，此時為避免在下一大循環開始重復使用序列號，就需要在大循環接近末尾處重新同步，使用大的初始序列號，以避免使用禁止區號碼。（a） 時鐘大循環周期是215，即32768 滴答，每滴答100ms，即0.1 秒，所以大循環周期是3276.8s 。假定數據產生速率非常低（接近零），那么發送方在3276.8-60=3271.8 秒時進入禁止區，需要進行一次重新同

43、步。（b） 每分鐘使用240 個序列號，即每秒使用4 個號碼，如果時間以t 表示（以秒為單位），那么實際的序列號是4t。當接近大循環的末尾時以及在下一大循環的開始階段，4t 有一定的大小，位于禁止區的上方，現在由于每秒鐘10個滴答，禁止區的左邊是10(t-3216.8)。令 4t =10(t-3216.8)，得 t=5316.3秒。即當 t=5316.3時，開始進入禁止區，因此當 t=5316.3時需要進行一次重新同步。7. 想象一個泛化的n -軍隊問題，在這個問題中，任何兩支藍軍達成一致的意見之后就足以取得勝利。是否存在一個能保證藍軍必贏的協議?答：（a）參見教材。（b）不存在。對于多于兩支

44、部隊的情況，問題在實質上是同樣的。9. 對于正文中描述的傳輸實體(見圖6.20) ，死鎖有可能嗎?答：該傳輸實體有可能死鎖。當雙方同時執行RECEIVE 時就會進入死鎖狀態。14. UDP 為什么有必要在在?難道只讓用戶進程發送原始的IP 分組還不夠嗎?答：僅僅使用IP 分組還不夠。IP 分組包含IP 地址，該地址指定一個目的地機器。一旦這樣的分組到達了目的地機器，網絡控制程序如何知道該把它交給哪個進程呢？UDP 分組包含一個目的地端口，這一信息是必須的，因為有了它，分組才能夠被投遞給正確的進程。16. 一個客戶向100km 以外的服務器發送一個128 字節的請求，兩者之間通過一條lGbps

45、的光纖進行通信。在遠過程調用中這條線路的效率是多少?答：128 字節等于1024 位，在1Gb/s 的線路上發送1000 位需要1的時間。光在光導纖維中的傳播速度是200km/ms，請求到達服務器需要傳輸0.5ms 的時間，應答返回又需要0.5ms 的傳輸時間。總的看來，1000 位在1ms 的時間內傳輸完成。這等效于1Mb/s，即線路效率是0.1%。31.一臺TCP 機器正在-通過一條lGbps 的信道發送65535字節的滿窗口數據.該信道的單向 延遲為10ms。請問，可以達到的最大吞吐量是多少?線路的效率是多少? 答：10ms*2=20ms每20ms 可以發送一個窗口大小的交通量，因此每秒

46、50 個窗口。 65536×8×50=26.2Mb/s 26.2/1000=2.6 % 所以，最大的數據吞吐率為26.2Mb/s，線路效率為2.6%32. 一臺主機在一條線路上發送1500 字節的TCP 凈荷，其巾最大分組生存期為120s，要想不讓序列號回繞，該線路的最快速度為多少?將TCP 、IP 以太網的開銷都考慮進去，假設以太網幀可以被連續發迭。答：我們的目標是發送232字節在120秒或35791394有效負載字節/秒。這是1500個23860字節的幀/秒。TCP的開銷是20個字節。IP開銷是20字節。以太網開銷是26字節。這意味著，1500字節的有效載荷，必須發送1

47、566字節。如果我們把23860幀的1566個字節的每一秒，我們需要一條299 Mbps。有什么東西比這我們運行在同一時間有相同的序列號不同的TCP段風險更快。33.在一個網絡中，最大的TPDU K.度為128 字節，最大的TPDU 生存期為30s ，序列號為8 位，請問每個連接的最大數據率是多少?答：具有相同編號的TPDU 不應該同時在網絡中傳輸，必須保證，當序列號循環回來重復使用的時候，具有相同序列號的TPDU 已經從網絡中消失。現在存活時間是30 秒，那么在30 秒的時間內發送方發送的TPDU 的數目不能多于255 個。 255×128×8/30= 8738b/s所以

48、，每條連接的最大數據速率是8738b/s。34. 假設你正在測量接收一個TPDU 所需要的時間。當一個中斷發生的時候.你讀出系統時鐘的值(以毫秒為單位)。當TPDU 被完全處理之后，你再次讀出時鐘的值。你測量的結果是: 270000 次為0ms ，730000 次為lms. 請間，接收一個TPDU 需要多長時間?答：計算平均值：因此，接收一個TPDU 花730微秒的時間。40. 對于一個運行在4000km 距離上的lGbps 網絡，限制的因素是延遲，而并非帶寬。請考慮這樣一個MAN: 源端和目標端之間的平均距離為20km 。請問在什么數據率上，由于光速導致的往返時間等于lKB 分組的傳輸延遲?

49、答：光在光纖和銅導線中的速度大約為每毫秒200km。對于一條20km 的線路，單向延遲是100，往返延遲是200。1K 字節就是8192 位。如果發送8192 位的時間為200，那么發送延遲就等于傳播延遲。設W 是發送1 位的時間，那么則1 /W=8192/(2×10-4 ) =40×106。所以，數據傳輸速率為40Mb/s。41.請為下面的網絡計算帶寬一延遲之乘積: (1 )T1(1. 5Mbps); (2) 以大網(10Mbps): (3)T3(45Mbps) 和(4) STS-3 (155Mbp)。假設RTT 為100ms. 請回憶一下本章曾經提到過， TCP 頭有1

50、6 位保留用于窗口大小(Window Size) 。根據你的計算，能想出有什么隱含的意義嗎?答： (1) 18.75 KB, (2) 125 KB, (3) 562.5 KB, (4) 1.937 MB. A 16位窗口大小意味著發送者可以發送最多64 KB在等待確認。這意味著發送者不能連續發射使用TCP和保持管全如果使用的網絡技術是以太網，T3，或sts-3。42.對于地球同步衛星上的一條50Mbps 的信道，它的帶寬一延遲之乘權是多少?如果所有的分組都是1500 字節(包括開銷)那么，窗口應該為多大(按分組為單位)?答：往返延遲大約是540毫秒，所以用的帶寬延遲是27個或3375000個字

51、節的50 Mbps的通道。1500字節的數據包，需要2250個數據包來填充管道，所以窗口應該至少有2250包。第七章2. 根據圖7.3 中給出的信息. little- sister. cs. vu. nl 在一個A 、B 還是C 類網絡上?答： 它的IP地址以130開頭，所以它在B類網絡上。看到的IP地址的映射5章7. 如果一臺機器只有一個DNS 名字，那么它可以有多個IP 地址嗎?這種情形是如何發生的?答：對.事實上，在圖7-3我們看到重復的IP地址的例子。請記住IP地址由網絡號和主機號組成.。如果一臺機器有兩個以太網卡，它可以在兩個獨立的網絡上，如果是的話，它需要兩個IP地址.。8. 一臺計算機可以有兩個分別屬于不同頂級域的DNS 名字嗎?如果可以，請給出一個可能的例子。如果不可以，請解釋原因。 答：這是可能的。www.large-和www.large-bank.ny.us可以有相同的IP地址。因此，在與根據一個入門級的國家是一定可能的域（普通）。13.一個二進制文件的長度為3072 個字節. 每發送80 個字節，以反在最后一次發送中都要插入一對CR+LR ，請問，如果采用base64 編碼，它將有多長?答：基礎64編碼