计算机网络习题解答.docx
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计算机网络习题解答
********************-同学们:
你们好,由于〈〈计算机网络〉〉课后习题较多,为便于同学们复习,我们组织了全院10个班的一些同学编写了其中绝大部分习题的答案,供同学们复习时参考。
在编写过程中,我们力求答案的正确与完整,尤其值得称道的是,有的班级对编写工作非常重视,为了保证答案的质量,组织同学讨论,还上网查阅RFC文档等资料。
但因为某些习题的难度较大,编写时间仓促以及编写者的水平有限等原因,本答案中难免存在错误和疏漏之处,请同学们原谅。
最后,我们向参与答案编写的同学表示衷心的感谢,并预祝同学们在考试中考出好成绩!
计算机学院研究生会学术部
2002年1月16日
第一章
1.5Transfertime=RTT+Transfersize/BandWidth
解:
每传送一个包的时间:
Transmit=PacketSize/BandWidth=1*103*8/(1.5*106)=16/3ms
PacketNum=TotalSize/packetsize=1000/1=1000
(1).Time=PacketNum*Transmit+RTT+2RTT(其中2RTT为握手时间)=5.63s
(2).Time=(PacketNum-1)*RTT+PacketNum*Transmit+RTT+2RTT=105.53s
(3).Time=PacketNum/PacketPerRTT*RTT+RTT+2RTT=5.3s
(4).设需要n个RTT时间传完分组
21-1+22-1+…+2n-1=1000
=>2n-1=1000=>n=10
Time=n*RTT+RTT+2RTT=1.3s
1.13解:
(1).2*385000*103/(3*108)=RTT=>RTT=2.57s
(2).RTT*BandWidth=100*106*2.57=257Mbit
(3).
(2)式表明地球上主机发送信息每次发257M才能使网络的利用率为1,也说明发送方在发出257Mbit的数据后才能收到对方的响应。
(4).Latency=RTT+TransmitTime=2.57+25*106*8/(100*106)=4.57s
1.17解:
(1).BDP=10*106*10*10-6=100bit
(2).Transmit=5000/(10*106)=0.5ms=500us
Delay=2*Transmit+10=1010us
BDP=10*106*1010*10-6=10100bit
(3).BDP=1.5*106*50*10-3=75kbit
(4).BDP=1.5*106*35900*103/(3*108)=1.795Mbit
1.23解:
(1).640*480*24*30=221.18Mbps
(2).160*120*8*5=0.768Mbps
(3).650*8*106/(75*60)=1.16Mbps
(4)8*10*72*72=414720bit
414720/(14.4*103)=28.8s
1.27
a)
(0,7)
(1,8)
(2,9)
(3,10)
(4,11)
……
b)
(0,7)
(3,10)
(6,14)抖动
(9,16)
(15,22)
…….
c)
(0,1)
(1,2)
(2,3)
(4,5)丢失一帧
(5,6)
……
(a,b)
(c,d)
……|b-a|:
由延迟决定,|c-a|:
由带宽决定
第二章
P102_2.1
第二章习题
P102_2.2
第二章习题
原码
1110
0101
0000 0011
4B/5B
11100
01011
11110 10100
P102_2.3
第二章习题
i).最多有一个0前导和最多有一个0末尾的5比特序列的可能情况如下:
1)以01为前导:
共有23种形式;然后除去2种以00为结尾的形式;故最后共有8-2=6种形式.
2)以10为前导;同理,也有6种形式.
3)以11为前导;同理,也有6种形式.
故共有18种形式.
ii).由于18>16=44即4比特序列可以映射到它上面.
0000
11110
1000
10010
0001
01001
1001
10011
0010
10100
1010
10110
0011
10101
1011
10111
0100
01010
1100
11010
0101
01011
1101
11011
0110
01110
1110
11100
0111
01111
1111
11101
表4B/5B
P102_2.4
第二章习题
原帧
11010
11111
01011
11110
10111
11110
01111110
11010
11111
01011
111010
10111
110110
01111110
标头
满5个1加0
满5个1加0
标尾
2.15(a)生成多项式为c(x)=1001,11001001左移三位:
11001001000
11001001000/1001的余数为011
所以要传送的信息为:
11001001011
(b)接受端对接受结果同样进行模2除法,如果余数不为0,则表明发生一个错误。
因010********与1001位除得余数为10,因为余数不为0,所以接收方知道出错了。
2.19
(a)20×103/(2×108)=0.1msRTT=0.2ms
(b)T>RTT=0.2ms所以可以取
0.25ms或者0.3ms
(c)因为传播时延为0.1ms,因而在发送方收到接受方的应答信号至少要0.2ms,所以取0.25ms或者0.3ms可以保证让发送方收到对方的应答信号。
2.36
(a)46.4×10-6*100*106+48=4688(bits)
(b)缺点:
①需要填充大量得无效数据位,传输时浪费线路资源。
②处理机在处理这些无效数据位时需浪费很久时间。
(c)可以通过更改规范,使两点间得最大长度减少(如为100m),以适应这种较小得最大分组尺寸。
2.37
(a)(
A获胜的概率为5/8
(b)
(c)
(d)帧B1将可能在A发送后的0XT,1XT,2XT后发送。
(超过一定时间B1如果还不能发送,就会丢弃)。
2.41
(a)
(b)
(c)
第三章
3.1
交换机
输入端口
输入VCI
输出端口
输出VCI
Swicht1
2
VCI0
1
VIC0
3
VCI0
1
VCI1
0
VCI0
1
VCI2
1
VCI0
2
VCI0
SWICH2
3
VCI0
0
VCI0
3
VCI1
1
VCI0
2
VCI0
0
VCI1
3
VCI2
0
VCI2
1
VCI0
0
VCI3
1
VCI1
3
VCI0
SWITCH3
0
VCI0
3
VCI0
0
VCI1
2
VCI0
0
VCI2
3
VCI1
0
VCI3
1
VCI0
SWITCH4
3
VCI0
1
VCI0
2
VCI0
3
VCI0
0
VCI0
3
VCI1
3.2
1
0
0
1
2
0
2
1
0
1
0
D
E
F
C
A
B
0
目的
端口
A
*
0
B
*
0
C
A
0
F
1
*
2
D
*
0
E
B
2
D
1
*
0
F
*
0
3.3
交换机
目的地址
端口号
S1
A
1
B
2
*
3
S2
A
1
B
2
C
3
D
3
*
2
S3
C
2
D
3
*
1
S4
D
2
*
1
3.4
连接通道有:
AD;AB;BE;
9.假定在图3.4中(P175)有一条新的通路生成了,它的一端是switch3的port1(即G),另一端是switch1的port0(即D),两个switch都没有被告知此链路已生成,并且switch3错误的认为hostB是经port1到达的。
(a)若主机A试图用数据报服务向主机B发消息会如何?
(b)若主机B试图由虚电路与主机B连接,该虚电路的建立机制与文中讨论的一样。
解答:
(关键是理解连接就是物理的线路)。
(a)A向B发送的报文永远到达不了B,因为到Switch3的到b的包会被Switch3转发到port1,而port1又和Switch1的port0相连,Switch1回把到hostb的包向port1转发,这样就形成了一个循环,最终因超时而被丢弃。
(b)在A和B相连接的过程中,A发出的setupmessage在回部中不断循环,其所经历的switch1,2,3不断给其新的VCI,最终可能会用完VCI,导致系统崩溃。
11.答:
如果是由switch确定incomingVCI的话,在建立从HostA到HostB之间的VC之前,HostA不可能知道它到Switch1之间的VCI,所以他就一定要等一个RTT才发数据。
但是如果由Switch确定outboundVCI的话(实质是请求方确定VCI),在HostA发出了连接请求后,他就可以马上知道他到Switch1的VCI,因此它可以马上就发数据,而不用等一个RTT.(见P180,附注、叶脚。
)
3-13如图所示的源站学习网桥,假定各网桥初始时为空。
经过下面的转发操作后,给出B1-B4的转发表。
☐AsendstoC.
☐CsendstoA
☐DsendstoC
网桥的端口用和端口相连的节点表示,例如B1的端口可表示为A和B2。
解答:
第一步,所有网桥都将学习到A的地址;
第二步,B3,B2,B1学习到C的地址。
(因为A的转发端口已知,所以B2不会向B4转发C的包)。
第三步,B4,B2,B3依次学习到D的地址。
B1不会知道D的地址,原因同上。
最后B1-B4的转发表为:
B1
B2
B3
B4
Host
Port
Host
Port
Host
Port
Host
Port
A
A
A
B1
A
B2
A
B2
C
B2
C
B3
C
C
C
D
D
B4
D
B2
D
D
3-14主机X,Y,Z,W和源站学习网桥B1,B2,B3。
网桥初始为空。
如图所示。
(a)假设X发送数据到Z,哪些网桥将学习到X的位置?
Y能够看到这个包吗?
(b)假设现在Z发送数据到X,哪些网桥将学习到Z的位置?
Y能够看到这个包吗?
(c)假设现在Y发送数据到X,哪些网桥将学习到Y的位置?
Z能够看到这个包吗?
(d)最后,假设Z发送数据到Y,哪些网桥将学习到Z的位置?
W能够看到这个包吗?
解答:
(a)B1,B2,B3将知道X的位置。
Y能够看到这个包。
因为初始时网桥的转发表为空,所以B1,B2,B3将依次学习到X的位置。
包到达B2后将在B2的B3和Y端口转发,因此Y能够看到包。
(b)所有网桥将依次学习到Z的位置。
Y不能看到这个包,因为B2已经知道X所在的端口,所以不会向端口Y转发。
(c)B2和B1依次学习到Y的位置。
Z看不到这个包,原理同上。
(d)B3和B2依次学习到Z的位置。
W能够看到这个包,因为这时候B3的表中没有Y的记录,因此B3将向所有端口转发。
3-16如图所示,假设两个网桥B1和B2组成一个循环,并且不使用生成树算法。
每个网桥维护一个转发表。
(a)如果M向L发送数据,将会发生什么?
(b)过了一小会,L应答了M的包。
给出导致两个包(一个从M一个从L)反方向循环的事件顺序。
解答:
(a)将会导致循环。
(b)M发出一个包后,B1和B2分别向相反的方向转发包,将会产生两个包在网络中循环。
L应答了M的包,由于B1和B2的表中都有M的地址,所以两个网桥都将转发L的包。
B1转发的包又会被B2转发,B2转发的包也会被B1转发,于是又形成了循环。
3-19假设用重发器(Hub)代替网桥构成一个环形。
(a)当有人发送数据时,会出现什么现象?
(b)为什么生成树算法很难或者不能应用于重发器?
(c)设计一种算法,使得重发器可以检测到循环,并关掉某个端口以消除循环。
你的方案不需要100%有效。
解答:
(a)repeater是物理层设备,它不分辨数据包的地址,只对信号进行放大和重发。
所以如果repeater组成了环,就相当于以太网被环了起来。
只要有一个站发送了数据包,数据包将在网络上无限循环下去,所有节点将无法再发送数据。
(b)repeater没有任何智能,除了能够知道数据包来自那个方向,它不能从网络上得到任何信息。
因此在repeater上应用生成树算法几乎是不可能的。
(c)由于repeater不能判定数据包的来源地址,所以没办法检测到循环。
如果给它增加判断数据地址的能力,那么检测循环就很容易了,也很容易关掉某个端口排除循环。
但是这样一来它就不再是repeater了,它就差不多成了网桥了。
除此之外偶还没有找到更好的办法。
也许可以根据网络介质上的电平信号来判断:
如果在某个数据包发送之后网线上一直维持高电平,那么就有理由怀疑发生了循环。
这时候关掉引起循环的端口就可以消除循环。
不过这种办法也不是100%有效,因为网络繁忙的时候就很难判断了。
而且也不知道网络的物理特性,偶不是学电子的:
P
3.20如果一个网桥有两个端口连在了同一个网络上,该网桥如何检测并校正?
解答:
采用生成树策略,当网桥的两个端口分别接受到其序列号与网桥序列号相同的配置消息时,可以断定这两个端口接到了同一个网络上。
此时断开其中任何一个端口即可。
3.21ATM信元占用ATM链路总带宽的百分比是多少?
如果用户数据为512字节长,AAL3/4和AAL5的所有非净荷部分占用其总带宽的百分比是多少?
解答:
1ATM信元头消耗的带宽比例:
5/53×100%=9.4%
2AAL3/4:
CS-PDU头尾:
8bytes
信元补丁(padding):
8bytes
AAL3/4头尾+信元头:
9×12=108bytes
信元总长:
53×12=639bytes
⇨非净荷消耗带宽比:
(8+8+108)/639*100%=19.4%
3AAL5:
CS-PDU头尾:
8bytes
信元补丁(padding):
8bytes
信元头:
5×11=55bytes
信元总长:
53×11=583bytes
⇨非净荷消耗带宽比:
(8+8+55)/583*100%=12.2%
3.22解释为什么AAL3/4不能检测到一个PDU中丢失了16个连续的信元?
解答:
AAL3/4用一个4位的顺序号来实现信元的排序和检错,其范围为0~15。
当某个PDU的信元数大于16个时,顺序号将被信元循环使用,故当该PDU丢失16个连续的信元时,顺序号也恰好循环了一次,此时通过顺序号将无法测到信元丢失。
3.30因为BandwidthIO 又由于用workstation作交换机要考虑packet不仅要input,还要output(对IObus),所以取bandwidth的一半。 设packetsize为xbytes. 8·x·pps(包交换速率)=bandwidthIO/2·x=800M/(16·105)≈500bytes N’ 3.37N×N交换机,一直最多有3个端口并行输出(同一时刻),把两个这样的交换机: (1)串联,问随机取两个端口输入,他们并行输出的概率。 (2)串联,问随机区三个端口输入,他们并行输出的概率。 解答: (1)因为一个端口并行另一个端口的概率为2/(N-1),一个端口输入一个端口输出是无需考虑的。 ∵从剩余的N-1个端口输入,并行的可能端口数为2,又两个交换机串联, ∴(2/(N-1))2 (2) (2)(第三个port在to输出第一个,第二个port在to输出)//to时刻并行 =P(第三个port在to输出|第一个第二个port在to输出)P(第一个port在to输出,第二个port在to输出)=(分析同1)(1/(N-2))2·(12/(N-1))2 3.38假设一个10Mbps以太网Hub换成一个10M交换机,其环境是一台服务器和N台客户机在交流,并且这些通讯必须通过服务器,所以在表面上带宽并没有什么提高。 b)能否设想带宽能有一点提高? 如果有,为什么? (参见2.43,2.44) c)如果题目中的Hub是令牌环而不是以太网呢? d)用switch代替Hub还有什么优缺点? 解答: a)交换机是与客户机分别相连的,又且有存储功能,在客户机与交换机之间可无须冲突检测,故可提高一点带宽。 b)若是令牌环则没有提高。 c)switch具有存储转发功能而Hub没有,switch可方便的扩展网络。 而Hub简单、方便、便于维护。 第四章 4.3假设有2048字节数据和20字节TCP头的TCP数据报传给IP以连接因特网上两个网络。 第一个网络用14字节且MTU为1024字节,第二个为8字节头且MTU为512字节。 每个网络的MTU表明总的可以发送的包大小,包括网络头。 给出到目的的主机网络层序列的大小及各段,假设所有IP头为20字节。 Tip: 1IP包净荷=TCP报头+TCP数据=2048+20=2068 2每个分段中都有一个IP包头 3分段在每个节点(主机或路由)进行,重组只在目的主机上。 IP包头 DATA 14 20 1024 8 20 512 14 20 1024 8 20 512 14 20 20 8 20 512 The第一个网络 8 20 512 第二个网络 8 20 20 4.4一个包的十个片段必须全部收到才代表没有丢失。 (a)在此情况下,收方收到一个包的十个片段,将其组成包1,再收下一个包(内容相同)的十个片段,组成包2,两个包只要收到一个包,就代表IP包到达。 因此净丢失率为: 10%×10%=1% (b)发方用IP的Ident域及每个包片段的偏移offset到唯一标识一个片段.若两次发送时,将IP包的Ident域设为相同,则收方可能会收到两个相同片段,此时它取其中一个,因此一个片段的丢失率为1%·1%,类似习题目的计算方法 1-(1-1%)10≈1%·10=10% 得解为1-(1-1%·1%)10≈1%·1%·10=0.1% (c)可见适当设置IP包的Ident域可降低丢包率。 4.7ATMAAL3/4用段Btag/Etag.BaSize/Len,Type,Seq,MID,Length,和用CRC-1把报文分成元组,IPV4用Ident,offset和m位在Flag中,对每个AAL3/4段IP对应的是什么? 上面列出的每个IP都有AAL3/4相对应的段吗? 这些段是如何一致的? 答: MID对应Ident以识别包属于哪个数据段。 Length对应offset表明包带了多少数据。 4.9此题问为何取10-15m为ARP表刷新周期 答: 1、ARP的时间存储的时间<15分钟,则更新ARP表会很频繁,而且更新的时候要花很多的时间,且会造成网络传输的开销。 时间>15min,则在有网卡更换或主机IP改变的时候,就会反映不出真正的物理地址。 15分钟是根据经验和更新ARP表的时间确定的。 4.12见P285表4.5。 对于在图4.39中给出的网络,给出象表4.5和4.8中的距离矢量表,当: (a)每个节点只知道与它直接相连队距离。 (b)在前一步的基础上每个节点与它直接相连队邻居交换了信息。 (c)b)步又发生了一次。 解答: (a)表中邻居节点cost为链路权,其子为无穷 (b)对(a)表中刷新一次 (c)对(b)表刷新一次,结果见下页 a. b. 节点中存储的信息 DistancetoReachNode A B C D E F A B C D E F 0 ∞ 3 8 ∞ ∞ ∞ 0 ∞ ∞ 2 ∞ 3 ∞ 0 ∞ 1 6 8 ∞ ∞ 0 2 ∞ ∞ 2 1 2 0 ∞ ∞ ∞ 6 ∞ ∞ 0 节点中存储的信息 DistancetoReachNode A B C D E F A B C D E F 0 ∞ 3 8 4 9 ∞ 0 3 4 2 ∞ 3 3 0 3 1 6 8 4 3 0 2 ∞ 4 2 1 2 0 7 9 ∞ 6 ∞ 7 0 c. 节点中存储的信息 DistancetoReachNode A B C D E F A B C D E F 0 6 3 6 4 9 6 0 3 4 2 9 3 3 0 3 1 6 6 4 3 0 2 9 4 2 1 2 0 7 9 9 6 9 7 0 4.14: 注意到“最小网络”,因此应尽可能使主机间的连线最小,图示如下: ABC DEF 4.15a)当C,E断开后,C告诉A,F;E告诉B,D: EC之间的开销以变为。 此前,由于A已经知道同C经过E可以到达B,D.故A将到B,D的开销设置为c同事这一事件引起“触发更新“,A将到D的开销设置为8。 其他的节点B (注意: 这里未考虑P188也提出的不稳定的情况) A的路由表B的路由表 目标 开销 下一跳 B — C 3 C D 8 D E — F 9 C 目标 开销 下一跳 A — C — D 4 E E 2 E F — D的路由表F的路由表 目标 开销 下一跳 B 8 A C 4 E D — E 2 E F — 目标 开销 下一跳 B 9 C C — D 6 C E — F — b)A和D互换信
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