计算机网络(第四版)答案__andrewS.tanenbaum著

1. 答：狗能携带21千兆字节或者168千兆位的数据。18 公里/小时的速度等于0.005 公里/秒，走过x公里的时间为x / 0.005 = 200x秒，产生的数据传输速度为168/200x Gbps或者840 /x Mbps。因此，与通信线路相比较，若x<5.6 公里，狗有更高的速度。

2. 使用局域网模型可以容易地增加节点。如果局域网只是一条长的电缆，且不会因个别的失效而崩溃( 例如采用镜像服务器)的情况下，使用局域网模型会更便宜。使用局域网可提供更多的计算能力和更好交互式接口。

3. 答：横贯大陆的光纤连接可以有很多千兆位/秒带宽，但是由于光速度传送要越过数千公里，时延将也高。相反，使用56 kbps调制解调器呼叫在同一大楼内的计算机则有低带宽和较低的时延。

4. 声音的传输需要相应的固定时间，因此网络时隙数量是很重要的。传输时间可以用标准偏差方式表示。实际上，短延迟但是大变化性比更长的延迟和低变化性更糟。

5. 答：不，传送.速度为200,000 公里/秒或200米/ 微秒。信号在10微秒中传送了2千米，每个交换机相当于增加额外的2 公里电缆。如果客户和服务器之间的距离为5000 公里，平均通过50个交换机给那些总道路只增加100 公里，只是2%。因此，交换延迟不是这些情形中的主要因素。

6. 答：由于请求和应答都必须通过卫星，因此传输总路径长度为160,000千米。在空气和真空中的光速为300，000 公里/秒，因此最佳的传播延迟为160,000/300，000秒，约533 msec。

7. 显而易见，在这里没有正确的独立的答案。但下列问题好像相关：目前的系统有它的很多惯性(检测和平衡)。当新的团体掌握权力的时候，这惯性可保持法律、经济和社会制度的稳定。此外，很多人对社会问题没有真的知道事情的真相，但却具有很强烈的、引起争论的意见。将不允许讲道理的观点写进法律也许不合适。还必须考虑某些专业组织有影响的宣传活动。另一主要问题是安全。黑客可能侵入系统和伪造结果。

8. 答：将路由器称为A，B，C，D 和E.：则有10条可能的线路；AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE,和DE。每条线路有4 种可能性(3 速度或者不是线路)，这样，拓扑的总数为410 = 1,048,576。

检查每个拓扑需要100 ms，全部检查总共需要104,857. 6秒，或者稍微超过29个小时。

9. 答：

这意味着，从路由器到路由器的路径长度相当于路由器到根的两倍。若在树中，根深度为1，深度为n，从根到第n层需要n-1跳，在该层的路由器为0.50。

从根到n-1 层的路径有router的0.25和n--2跳步。因此，路径长度l为：

或

This expression reduces to l＝n－2，The mean router-router 路径为2n-4。

10. 区分n-2 事件。事件1到n由主机成功地、没有冲突地使用这条信道的事件组成。这些可能性的事件的概率为p(1－p)n-1。事件n+1是一个空闲的信道，其概率为(1- p)n。事件n+2是一个冲突。由于事件n+2互斥，它们可能发生的事件必须统一合计。冲突的可能性等于那些小部分的槽的浪费，只是

11. 答：通过协议分层可以把设计问题划分成较小的易于处理的片段。分层意味着某一层的协议的改变不会影响高层或低层的协议。

12. 答：不.，在ISO 协议模型中，物理通讯只在最低的层里进行，不在每个层里。

13. 无连接通信和面向连接通信的最主要区别是什么？

答：主要的区别有两条。

其一：面向连接通信分为三个阶段，第一是建立连接，在此阶段，发出一个建立连接的请求。只有在连接成功建立之后，才能开始数据传输，这是第二阶段。接着，当数据传输完毕，必须释放连接。而无连接通信没有这么多阶段，它直接进行数

其二：面向连接的通信具有数据的保序性，而无连接的通信不能保证接收数据的顺序与发送数据的顺序一致。

14. 答：不相同。在报文流中，网络保持对报文边界的跟踪；而在字节流中，网络不做这样的跟踪。例如，一个进程向一条连接写了1024 字节，稍后又写了另外1024 字节。那么接收方共读了2048 字节。对于报文流，接受方将得到两个报文。每个报文1024 字节。而对于字节流，报文边界不被识别。接收方把全部的2048 个字节当作一个整体，在此已经体现不出原先有两个报文的事实。

15. 答：协商就是要让双方就在通信期间将使用的某些参数或数值达成一致。最大分组长度就是一个例子。

16. 服务是由k层向k＋1层提供的。服务必须由下层k提供，即，对层k的服务是由k- 1层提供的。

17. The probability, Pk , of a frame requiring exactly k transmissions is the probability of the first k-1attempts failing, p k-1, times the probability of the k-th transmission succeeding, (1-p) . The mean number of transmission is then

just

18. OSI 的哪一层分别处理以下问题？

把传输的比特流划分为帧——数据链路层

决定使用哪条路径通过子网——网络层.

19. 答：帧封装包。当一个包到达数据链路层时，整个数据包，包括包头、数据及全部内容，都用作帧的数据区。或者说，将整个包放进一个信封(帧)里面，( 如果能装入的话)。

20. 一个有n 层协议的系统，应用层生成长度为m 字节的报文，在每层都加上h 字节报头，那么网络带宽中有多大百分比是在传输各层报头？

hn/(hn+m)*100%

[注意：题中已说明每层都要附加报头，不要考虑实际的OSI 或者TCP/IP 协议]

21. 相似点：都是独立的协议栈的概念；层的功能也大体相似。

不同点：OSI更好的区分了服务、接口和协议的概念，因此比TCP/IP具有更好的隐藏性，能够比较容易的进行替换；OSI 是先有的模型的概念，然后再进行协议的实现，而TCP/IP是先有协议，然后建立描述该协议的模型；层次数量有差别；TCP/IP 没有会话层和表示层，OSI不支持网络互连。OSI在网络层支持无连接和面向连接的通信，而在传输层仅有面向连接的通信，而TCP/IP在网络层仅有一种通信模式（无连接），但在传输层支持两种模式。

22. TCP 是面向连接的，而UDP 是一种数据报服务。

23. 如果3 枚炸弹炸毁与右上角那2个节点连接的3 个节点，可将那2个节点与其余的节点拆开。系统能禁得住任何两个节点的损失。

24. Doubling every 18 months means a factor of four gain in 3 years. In 9 years, the gain is then 43 or 64, leading to 6.4 billion hosts. My intuition says that is much too conservative, since by then probably every television in the world and possibly billions of other appliances will be on home LANs connected to the Internet. The average person in the developed world may have dozens of Internet hosts by then.

25. 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，此时仅重传丢失的分组。而在另一方面，如果网络高度可靠，那么在不发差错的情况下，仅在整个文件传送的结尾发送一次确认，从而减少了确认的次数，节省了带宽；不过，即使有单个分组丢失，也需要重传整个文件。

26. Small, fixed-length cells can be routed through switches quickly, and completely in hardware. Small, fixed-size cells also make it easier to build hardware that handles many cells in parallel. Also, they do not block transmission lines for very long, making it easier to provide quality-of-service guarantees.

27. The speed of light in coax is about 200,000 km/sec, which is 200 meters/ sec.At 10 Mbps, it takes 0.1 sec to transmit a bit. Thus, the bit lasts 0.1 sec in time, during which it propagates 20 meters. Thus, a bit is 20 meters long here.

28. The image is 1024 768 3 bytes or 2,359,296 bytes. This is 18,874,368bits. At 56,000 bits/sec, it takes about 337.042 sec. At

1,000,000 bits/sec, it takes about 18.874 sec. At 10,000,000 bits/sec, it takes about 1.887 sec. At 100,000,000 bits/sec, it takes about

0.189 sec.

29. Think about the hidden terminal problem. Imagine a wireless network of five stations, A through E, such that each one is in range of only its immediate neighbors. Then A can talk to B at the same time D is talking to E. Wireless networks have potential parallelism, and in this way differ from Ethernet.

30. One disadvantage is security. Every random delivery man who happens to be in the building can listen in on the network. Another disadvantage is reliability. Wireless networks make lots of errors. A third potential problem is battery life, since most wireless devices tend to be mobile.

31. 优点1：如果每个人都使用标准，那么每个人都可以与其他任何人交流；优点2：广泛使用标准将导致规模经济，比如生产大规模集成电路芯片。缺点1：为了取得标准化所需要的政治妥协经常会导致差的标准；缺点2：一旦标准被广泛采用了，要对它再做改变就会非常困难，即使发现了新的更好的技术或方法，也难以替换。

32. 具有国际标准的系统的例子包括CD 播放器和CD 盘片，随声听和录音磁带，照相机和35mm 胶卷等。缺乏国际标准的领域包括合适录像机和录像带（美国是NTSC VHS，欧洲是PAL），手提电话，电灯和灯泡（不同的国家使用不同的电压），影印机和纸（美国为8.5*11 英寸，其他地方为A4）等。

第二章

1. 答；本题是求周期性函数的傅立叶系数。而题面中所给出的为信号在一个周期内的解析式。

即；

2. 答：无噪声信道最大数据传输率公式：最大数据传输率=2Hlog2V b/s。因此最大数据传输率决定于每次采样所产生的比特数，如果每次采样产生16bits，那么数据传输率可达128kbps；如果每次采样产生1024bits，那么可达8.2Mbps。注意这是对无噪声信道而言的，实际信道总是有噪声的，其最大数据传输率由香农定律给出。

3. 答：采样频率12MHz，每次采样2bit，总的数据率为24Mbps。

4. 答：信噪比为20 dB 即S/N =100.由于log2101≈6.658，由香农定理，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*3 log22=6 k bps。

所以可以取得的最大数据传输速率为6kbps。

5. 答：为发送T1 信号，我们需要

所以，在50kHz 线路上使用T1 载波需要93dB 的信噪比。

6. 答：无源星没有电子器件，来自一条光纤的光照亮若干其他光纤。有源中继器把光信号转换成电信号以作进一步的处理。

7. 答：

因此，在0.1的频段中可以有30THz。

8. 答：数据速率为480× 640×24× 60bps，即442Mbps。

需要442Mbps 的带宽，对应的波长范围是。

9. 答：奈奎斯特定理是一个数学性质，不涉及技术处理。该定理说，如果你有一个函数，它的傅立叶频谱不包含高于f 的正弦和余弦，那么以2 f 的频率采样该函数，那么你就可以获取该函数所包含的全部信息。因此奈奎斯特定理适用于所有介质。

10. 答：3 个波段的频率范围大约相等，根据公式

小的波段⊿也小，才能保持⊿f 大约相等。

顺便指出，3 个带宽大致相同的事实是所使用的硅的种类的一个碰巧的特性反映。

11. 答：

12. 答：1GHz 微波的波长是30cm。如果一个波比另一个波多行进15cm，那么它们到达时将180异相。显然，答案与链路长度是50km 的事实无关。

13. 答：

If the beam is off by 1 mm at the end, it misses the detector. This amounts to a triangle with base 100 m and height 0.001 m. The angle is one whose tangent is thus 0.00001. This angle is about 0.00057 degrees.

14. With 66/6 or 11 satellites per necklace, every 90 minutes 11 satellites pass overhead. This means there is a transit every 491 seconds. Thus, there will be a handoff about every 8 minutes and 11 seconds.

15. The satellite moves from being directly overhead toward the southern horizon, with a maximum excursion from the vertical of 2 . It takes 24 hours to go from directly overhead to maximum excursion and then back.

16. The number of area codes was 8×2×10, which is 160. The number of prefixes was 8×8×10, or 640. Thus, the number of end

offices was limited to 102,400. This limit is not a problem.

17. With a 10-digit telephone number, there could be 1010 numbers, although many of the area codes are illegal, such as 000. However,

a much tighter limit is given by the number of end offices. There are 22,000 end offices, each with a maximum of 10,000 lines. This gives a maximum of 220 million telephones. There is simply no place to connect more of them. This could never be achieved in practice because some end offices are not full. An end office in a small town in Wyoming may not have 10,000 customers near it, so those lines are wasted.

18. 答：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。

19. 答：双绞线的每一条导线的截面积是，每根双绞线的两条导线在10km 长的情况下体积是

，即约为15708cm。由于铜的密度等于9.0g/cm3，每个本地回路的质量为9×15708 =141372 g，约为141kg。这样，电话公司拥有的本地回路的总质量等于141×1000×104=1.41× 10 9kg，由于每千克铜的价格是3 美元，所以总的价值等于3×1.4×10 9=4.2 ×109美元。

20. Like a single railroad track, it is half duplex. Oil can flow in either direction, but not both ways at once.

21. 通常在物理层对于在线路上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 使得有可能在第一层中包含错误纠正码，从而大大减少第二层所看到的错误率。由调制解调器做的错误处理可以对第二层完全透明。现在许多调制解调器都有内建的错误处理功能。

22. 每个波特有4 个合法值，因此比特率是波特率的两倍。对应于1200 波特，数据速率是2400bps。

23. 相位总是0，但使用两个振幅，因此这是直接的幅度调制。

24. If all the points are equidistant from the origin, they all have the same amplitude, so amplitude modulation is not being used. Frequency modulation is never used in constellation diagrams, so the encoding is pure phase shift keying.

25. Two, one for upstream and one for downstream. The modulation scheme itself just uses amplitude and phase. The frequency is not modulated.

26. There are 256 channels in all, minus 6 for POTS and 2 for control, leaving 248 for data. If 3/4 of these are for downstream, that gives 186 channels for downstream. ADSL modulation is at 4000 baud, so with QAM-64 (6 bits/baud) we have 24,000 bps in each of the 186 channels. The total bandwidth is then 4.464 Mbps downstream.

27. A 5-KB Web page has 40,000 bits. The download time over a 36 Mbps channel is 1.1 msec. If the queueing delay is also 1.1 msec, the total time is 2.2 msec. Over ADSL there is no queueing delay, so the download time at 1 Mbps is 40 msec. At 56 kbps it is 714 msec.

28. There are ten 4000 Hz signals. We need nine guard bands to avoid any interference. The minimum bandwidth required is 4000

×10 400×9 =43,600 Hz.

29. 答：125的采样时间对应于每秒8000 次采样。一个典型的电话通道为4kHz。根据奈奎斯特定理，为获取一个4kHz 的通道中的全部信息需要每秒8000 次的采样频率。

(Actually the nominal bandwidth is somewhat less, but the cutoff is not sharp.)

30. 每一帧中，端点用户使用193 位中的168（7*24）位，开销占25（=193-168）位，因此开销比例等于25/193=13%。

31. 答：比较使用如下方案的无噪声4kHz 信道的最大数据传输率:

(a) 每次采样2 比特的模拟编码——16kbps

(b) T1 PCM 系统——56kbps

In both cases 8000 samples/sec are possible. With dibit encoding, two bits are sent per sample. With T1, 7 bits are sent per period. The respective data rates are 16 kbps and 56 kbps.

32. 答：10 个帧。

在数字通道上某些随机比特是010******* 模式的概率是1/1024。察看10 个帧，若每一帧中的第一位形成比特串010*******，则判断同步成功，而误判的概率为1/1024，小于0.001。

33. 答：有。编码器接受任意的模拟信号，并从它产生数字信号。而解调器仅仅接受调制了的正弦（或余弦）波，产生数字信号。

34. 答：a．CCITT 2.048Mbps 标准用32 个8 位数据样本组成一个125的基本帧，30 个信道用于传信息，2 个信道用于传控制信号。在每一个4kHz 信道上发送的数据率就是

8*8000=64kbps。

b．差分脉码调制（DPCM）是一种压缩传输信息量的方法，它发送的不是每一次抽样的二进制编码值，而是两次抽样的差值的二进制编码。现在相对差值是4 位，所以对应每个4kHz 信道实际发送的比特速率为4*8000=32bps。

c．增量调制的基本思想是：当抽样时间间隔s t 很短时，模拟数据在两次抽样之间的变化很小，可以选择一个合适的量化值? 作为阶距。把两次抽样的差别近似为不是增加一个?就是减少一个? 。这样只需用1bit 二进制信息就可以表示一次抽样结果，而不会引入很大误差。因此，此时对应每个4kHz 信道实际发送的数据速率为1*8000=8kHz。

35. 答：在波的1/4 周期内信号必须从0 上升到A。为了能够跟踪信号，在T/4 的时间内（假定波的周期是T）必须采样8 次，即每一个全波采样32 次，采样的时间间隔是1/x，因此波的全周期必须足够的长，使得能包含32 次采样，即T > 32/x，或f max =x/32。

36. 答：10-9的漂移意味着109 秒中的1 秒，或1 秒中的10-9秒。对于OC-1 速率，即51.840Mbps，取近似值50Mbps，大约一位持续20ns。这就说明每隔20 秒，时钟就要偏离1位。这就说明，时钟必须每隔10 秒或更频繁地进行同步，才能保持不会偏离太大。

37. 答：基本的SONET 帧是美125产生810 字节。由于SONET 是同步的，因此不论是否有数据，帧都被发送出去。每秒8000 帧与数字电话系统中使用的PCM 信道的采样频率完全一样。

810字节的SONET 帧通常用90列乘以9行的矩形来描述，每秒传送51.84Mbps，即8×810×8000＝51840000bps。这就是基本的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构成。

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87×9×8×8000＝50112000bps。被称作同步载荷信封的数据可以在任何位置开始。线路开销的第一行包含指向第一字节的指针。同步载荷信封（SPE）的第一列是通路开销。

通路开销不是严格的SONET 结构，它在嵌入在载荷信封中。通路开销端到端的流过网络，因此把它与端到端的运载用户信息的SPE 相关联是有意义的。然而，它确实从可提供给端点用户的50.112Mbps 中又减去1×9×8×8000＝576000bps，即0.576Mbps，使之变成49.536Mbps 。OC-3相当于3个OC-1复用在一起，因此其用户数据传输速率是49.546× 3＝148.608 Mbps。

38. VT1.5 can accommodate 8000 frames/sec ×3 columns×9 rows×8 bits =1.728 Mbps. It can be used to accommodate DS-1. VT2 can accommodate 8000 frames/sec ×4 columns×9 rows ×8 bits = 2.304 Mbps. It can be used to accommodate European CEPT-1 service. VT6 can accommodate 8000 frames/sec×12 columns×9 rows×8 bits = 6.912 Mbps. It can be used to accommodate DS-2 service.

39. Message switching sends data units that can be arbitrarily long. Packet switching has a maximum packet size. Any message longer than that is split up into multiple packets.

40. 答：当一条线路（例如OC-3）没有被多路复用，而仅从一个源输入数据时，字母c（表示conactenation，即串联）被加到名字标识的后面，因此，OC-3 表示由3 条单独的OC-1 线路复用成155.52Mbps，而OC-3c 表示来自单个源的155.52Mbps 的数据流。OC-3c 流中所包含的3 个OC-1 流按列交织编排，首先是流1 的第1 列，流2 的第1 列，流3 的第1 列，随后是流1 的第2 列，流2 的第2 列，??以此类推，最后形成270 列宽9 行高的帧。

OC-3c 流中的用户实际数据传输速率比OC-3 流的速率略高（149.760Mbps 和148.608Mbps），因为通路开销仅在SPE 中出现一次，而不是当使用3 条单独OC-1 流时出现的3 次。换句话说，OC-3c 中270 列中的260 列可用于用户数据，而在OC-3 中仅能使用258列。更高层次的串联帧（如OC-12c）也存在。

OC-12c 帧有12*90=1080 列和9 行。其中段开销和线路开销占12*3=36 列，这样同步载荷信封就有1080-36=1044 列。SPE 中仅1 列用于通路开销，结果就是1043 列用于用户数据。

由于每列9 个字节，因此一个OC-12c 帧中用户数据比特数是8 × 9×1043＝75096。每秒8000 帧，得到用户数据速率

75096×8000 =600768000bps，即600.768Mbps。

所以，在一条OC-12c 连接中可提供的用户带宽是600.768Mbps。

41. 答：The three networks have the following properties:

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

如果考虑n 为奇偶数，

则n 为奇数时，最坏为（n-1）/2，平均为（n+1）/4

n 为偶数时，最坏为n/2，平均为n2/4(n1)

全连接：最好为1，最差为1，平均为1。

42. 对于电路交换，t=s时电路建立起来；t＝s+x /d时报文的最后一位发送完毕；t= s+x/b+kd时报文到达目的地。而对于分组交换，最后一位在t=x/b时发送完毕。

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k1次，每次重发花时间p/ b，所以总的延迟为

为了使分组交换比电路交换快，必须：

所以：

43. 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(p+h)x/p位。

源端发送这些位需要时间为(p+h )x /pb

中间的路由器重传最后一个分组所花的总时间为(k-1)(p +h )/ b

因此我们得到的总的延迟为

对该函数求p 的导数，得到

令

得到

因为p＞0，所以

故

时能使总的延迟最小。

44. Each cell has six neighbors. If the central cell uses frequency group A, its six neighbors can use B, C, B, C, B, and C respectively. In other words, only 3 unique cells are needed. Consequently, each cell can have 280 frequencies.

45. First, initial deployment simply placed cells in regions where there was high density of human or vehicle population. Once they were there, the operator often did not want to go to the trouble of moving them. Second, antennas are typically placed on tall buildings or mountains. Depending on the exact location of such structures, the area covered by a cell may be irregular due to obstacles near the transmitter. Third, some communities or property owners do not allow building a tower at a location where the center of a cell falls. In such cases, directional antennas are placed at a location not at the cell center.

46. If we assume that each microcell is a circle 100 m in diameter, then each cell has an area of 2500 . If we take the area of San Francisco, 1.2 108 m2 and divide it by the area of 1 microcell, we get 15,279 microcells. Of course, it is impossible to tile the plane with circles (and San Francisco is decidedly three-dimensional), but with 20,000 microcells we could probably do the job.

47. Frequencies cannot be reused in adjacent cells, so when a user moves from one cell to another, a new frequency must be allocated for the call. If a user moves into a cell, all of whose frequencies ar e currently in use, the user’s call must be terminated.

48. It is not caused directly by the need for backward compatibility. The 30 kHz channel was indeed a requirement, but the designers of D-AMPS did not have to stuff three users into it. They could have put two users in each channel, increasing the payload before error correction from 260 ×50=13 kbps to 260×75 =19.5 kbps. Thus, the quality loss was an intentional trade-off to put more users per cell and thus get away with bigger cells.

49. D-AMPS uses 832 channels (in each direction) with three users sharing a single channel. This allows D-AMPS to support up to 2496 users simultaneously per cell. GSM uses 124 channels with eight users sharing a single channel. This allows GSM to support up to 992 users simultaneously. Both systems use about the same amount of spectrum (25 MHz in each direction).

D-AMPS uses 30 KHz×892 = 26.76 MHz. GSM uses 200 KHz ×124 =24.80 MHz. The difference can be mainly attributed to the better speech quality provided by GSM (13 Kbps per user) over D-AMPS (8 Kbps per user).

50. The result is obtained by negating each of A, B, and C and then adding the three chip sequences. Alternatively the three can be added and then negated.

The result is (+3 +1 +1 1 3 1 1 +1).

51. By definition

If T sends a 0 bit instead of 1 bit, its chip sequence is negated, with the i-th element becoming T i . Thus,

52. When two elements match, their product is +1. When they do not match, their product is 1. To make the sum 0, there must be as many matches as mismatches. Thus, two chip sequences are orthogonal if exactly half of the corresponding elements match and exactly half do not match.

53. Just compute the four normalized inner products:

( 1 +1 3 +1 1 3 +1 +1) d ( 1 1 1 +1 +1 1 +1 +1)/8 = 1

( 1 +1 3 +1 1 3 +1 +1) d ( 1 1 +1 1 +1 +1 +1 1)/8 = 1

( 1 +1 3 +1 1 3 +1 +1) d ( 1 +1 1 +1 +1 +1 1 1)/8 = 0

( 1 +1 3 +1 1 3 +1 +1) d ( 1 +1 1 1 1 1 +1 1)/8 = 1

The result is that A and D sent 1 bits, B sent a 0 bit, and C was silent.

54. 答：可以，每部电话都能够有自己到达端局的线路，但每路光纤都可以连接许多部电话。忽略语音压缩，一部数字PCM电话需要64kbps 的带宽。如果以64kbps 为单元来分割10Gbps，我们得到每路光缆串行156250 家。现今的有线电视系统每根电缆串行数百家。

55.答：它既像TDM，也像FDM。100 个频道中的每一个都分配有自己的频带（FDM），在每个频道上又都有两个逻辑流通过TDM 交织播放（节目和广告交替使用频道）。

This example is the same as the AM radio example given in the text, but neither is a fantastic example of TDM because the alternation is irregular.

56. A 2-Mbps downstream bandwidth guarantee to each house implies at most 50 houses per coaxial cable. Thus, the cable company will need to split up the existing cable into 100 coaxial cables and connect each of them directly to a fiber node.

57. The upstream bandwidth is 37 MHz. Using QPSK with 2 bits/Hz, we get 74 Mbps upstream. Downstream we have 200 MHz. Using QAM-64, this is 1200 Mbps. Using QAM-256, this is 1600 Mbps.

58. Even if the downstream channel works at 27 Mbps, the user interface is nearly always 10-Mbps Ethernet. There is no way to get bits to the computer any faster than 10-Mbps under these circumstances. If the connection between the PC and cable modem is fast Ethernet, then the full 27 Mbps may be available. Usually, cable operators specify 10 Mbps Ethernet because they do not want one user sucking up the entire bandwidth.

第三章

1. 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=0.810=0.107。

为使信息完整的到达接收方，发送一次成功的概率是p ，二次成功的概率是(1-p)p，三次成功的概率为(1-p)2 p，i 次成功的概率为(1-p)i-1 p，因此平均的发送次数等于：

2. The solution is

(a) 00000101 01000111 11100011 11100000 01111110

(b) 01111110 01000111 11100011 11100000 11100000 11100000 01111110

01111110

(c) 01111110 01000111 110100011 111000000 011111010 01111110

3. After stuffing, we get A B ESC ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D.

4. If you could always count on an endless stream of frames, one flag byte might be enough. But what if a frame ends (with a flag byte) and there are no new frames for 15 minutes. How will the receiver know that the next byte is actually the start of a new frame and not just noise on the line? The protocol is much simpler with starting and ending flag bytes.

5. The output is 011110111110011111010.

6. 答：可能。假定原来的正文包含位序列01111110 作为数据。位填充之后，这个序列将变成01111010。如果由于传输错误第二个0 丢失了，收到的位串又变成01111110，被接收方看成是帧尾。然后接收方在该串的前面寻找检验和，并对它进行验证。如果检验和是16 位，那么被错误的看成是检验和的16 位的内容碰巧经验证后仍然正确的概率是1/216。如果这种概率的条件成立了，就会导致不正确的帧被接收。显然，检验和段越长，传输错误不被发现的概率会越低，但该概率永远不等于零。

7. 答：如果传播延迟很长，例如在探测火星或金星的情况下，需要采用前向纠错的方法。还有在某些军事环境中，接收方不想暴露自己的地理位置，所以不宜发送反馈信号。如果错误率足够的低，纠错码的冗余位串不是很长，又能够纠正所有的错误，前向纠错协议也可能是比较合理和简单的。

8. Making one change to any valid character cannot generate another valid character due to the nature of parity bits. Making two changes to even bits or two changes to odd bits will give another valid character, 所以Hamming 距离为2

9. Parity bits are needed at positions 1, 2, 4, 8, and 16, so messages that do not extend beyond bit 31 (including the parity bits) fit. Thus, five parity bits are sufficient. The bit pattern transmitted is 011010110011001110101

10. The encoded value is 101001001111.

11. If we number the bits from left to right starting at bit 1, in this example, bit 2 (a parity bit) is incorrect. The 12-bit value transmitted (after Hamming encoding) was 0xA4F. The original 8-bit data value was 0xAF.

12. 答：单个错误将引起水平和垂直奇偶检查都出错。两个错误，无论是否同行或者同列，也容易被检测到。对于有三位错误的情况，就有可能无法检测了。for example, if some bit is inverted along with its row and column parity bits. Even the corner bit will not catch this.

13. 答：用n 行k 列的矩阵来描述错误图案，在该矩阵中，正确的位用0 表示，不正确的位用1 表示。由于总共有4 位传输错误，每个可能的错误矩阵中都恰有4 个1。则错误矩阵的个数总共有C nk4个。而在错误矩阵中，当4 个1 正好构成一个矩形的4 个顶点的时候，这样的错误是检测不出来的。则检测不出来的错误矩阵的个数为C2n C2k 所以，错误不能检测的概率是：

即；

14. 答：如所列的除式，所得的余数为x2+x+1。

.

15. The frame is 10011101. The generator is 1001. The message after appending three zeros is 10011101000. The remainder on dividing 10011101000 by 1001 is 100. So, the actual bit string transmitted is 10011101100. The received bit stream with an error in the third bit from the left is 10111101100.

Dividing this by 1001 produces a remainder 100, which is different from zero.

Thus, the receiver detects the error and can ask for a retransmission.

16. 答：CRC 是在发送期间进行计算的。一旦把最后一位数据送上外出线路，就立即把CRC编码附加在输出流的后面发出。如果把CRC 放在帧的头部，那么就要在发送之前把整个帧先检查一遍来计算CRC。这样每个字节都要处理两遍，第一遍是为了计算检验码，第二遍是为了发送。把CRC 放在尾部就可以把处理时间减半。

17. 答：当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2 倍时，信道的利用率为50%。或者说，当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，效率将是50%。而在帧长满足发送时间大于延迟的两倍时，效率将会高于50%。

现在发送速率为4Mb/s，发送一位需要0.25。

只有在帧长不小于160kb 时，停等协议的效率才会至少达到50%。

18. 答；为了有效运行，序列空间（实际上就是发送窗口大小）必须足够的大，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 ，即18ms。

在T1 速率，发送64 字节的数据帧需花的时间：64×8÷(1.536×106) = 0.33。

所以，发送的第一帧从开始发送起，18.33ms 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18ms。这样，加在一起的时间是36.33ms。发送方应该

有足够大的窗口，从而能够连续发送36.33ms。

36. 33/0.33=110

也就是说，为充满线路管道，需要至少110 帧，因此序列号为7 位。

19. It can happen. Suppose that the sender transmits a frame and a garbled acknowledgement comes back quickly. The main loop will be executed a second time and a frame will be sent while the timer is still running.

20. Let the sender’s window be (Sl , Su) and the receiver’s be (Rl , Ru). Let the window size be W. The relations that must hold are:

0 ≤ S u- S i+1 ≤ W1

R u R l1 W

S l≤ R l≤ S u1

21. 答：改变检查条件后，协议将变得不正确。假定使用3 位序列号，考虑下列协议运行过程：

A 站刚发出7 号帧；

B 站接收到这个帧，并发出捎带应答ack。A 站收到ack，并发送0~6 号帧。假定所有这些帧都在传输过程中丢失了。B 站超时，重发它的当前帧，此时捎带的确认号是7。考察A 站在r.rack=7 到达时的情况，关键变量是ack_expected=0，r.rack=7，next_frame_to_send_=7。修改后的检查条件将被置成“真”，不会报告已发现的丢失帧错误，而误认为丢失了的帧已被确认。另一方面，如果采用原先的检查条件，就能够报告丢失帧的错误。所以结论是：为保证协议的正确性，已接收的确认应答号应该小于下一个要发送的序列号。

22. 答：可能导致死锁。假定有一组帧正确到达，并被接收。然后，接收方会向前移动窗口。

现在假定所有的确认帧都丢失了，发送方最终会产生超时事件，并且再次发送第一帧，接收方将发送一个NAK。然后NONAK 被置成伪。假定NAK 也丢失了。那么从这个时候开始，发送方会不断发送已经被接收方接受了的帧。接收方只是忽略这些帧，但由于NONAK 为伪，所以不会再发送NAK，从而产生死锁。如果设置辅助计数器（实现“else”子句），超时后重发NAK，终究会使双方重新获得同步。

23. 答：删除这一段程序会影响协议的正确性，导致死锁。因为这一段程序负责处理接收到的确认帧，没有这一段程序，发送方会一直保持超时条件，从而使得协议的运行不能向前进展。

24. It would defeat the purpose of having NAKs, so we would have to fall back to timeouts. Although the performance would degrade, the correctness would not be affected. The NAKs are not essential.

25. 答：这里要求r.rack+1

A 站发送0 号帧给

B 站。B 站收到此帧，并发送ACK帧，但ACK丢失了。A 站发生超时，重发0 号帧。但B 站现在期待接收1 号帧，应此发送NAK，否定收到的0 号帧。显然，现在A 站最好不重发0 号帧。由于条件

r.rack+1

26. 答：不可以。最大接收窗口的大小就是1。现在假定该接收窗口值变为2。开始时发送方发送0 至6 号帧，所有7 个帧都被收到，并作了确认，但确认被丢失。现在接收方准备接收7 号和0 号帧，当重发的0 号帧到达接收方时，它将会被缓存保留，接收方确认6 号帧。当7 号帧到来的时候，接收方将把7 号帧和缓存的0 号帧传递给主机，导致协议错误。因此，能够安全使用的最大窗口值为1。

27. 答：发送1 位用时间1，发送1000bit 的最长帧花时间1ms。由于超时间隔是10ms，而1s 才能产生一个新的数据帧，所以超时是不可避免的。假定A 站向B 站发送一个帧，正确到达接收方，但较长时间无反向交通。不久，A 站发生超时事件，导致重发已发过的一帧。

B 站发现收到的帧的序列号错误，因为该序列号小于所期待接收的序列号。因此B 站将发送一个NAK，该NAK 会携带一个确认号，导致不再重发该帧。结果每个帧都被发送两次。

28. 答：不能，协议的运行将会失败。当MaxSeq=4，序列号的模数=4+1=5，窗口大小将等于：NrBufs<=5/2=2.5，即得到，NrBufs=2。因此在该协议中，偶数序号使用缓冲区1。这种映射意味着帧4 和0 将使用同一缓冲区。假定0 至3 号帧都正确收到了，并且都确认应答了，并且都确认应答了。如果随后的4 号帧丢失，且下一个0 号帧收到了，新的0 号帧将被放到缓冲区0 中，变量arrived[0]被置成“真”。这样，一个失序帧将被投递给主机。事实上，采用选择性重传的滑动窗口

协议需要MaxSeq 是奇数才能正确的工作。然而其他的滑动窗口协议的实现并不具有这一性质。

29. 答：对应三种协议的窗口大小值分别是1、7 和4。

使用卫星信道端到端的典型传输延迟是270ms，以1Mb/s 发送，1000bit 长的帧的发送时间为1ms。我们用t=0 表示传输开始的时间，那么在t=1ms 时，第一帧发送完毕；t=271ms时，第一帧完全到达接收方；t=272ms，对第一帧的确认帧发送完毕；t=542ms，带有确认的帧完全到达发送方。因此一个发送周期为542ms。如果在542ms 内可以发送k 个帧，由于每一个帧的发送时间为1ms，则信道利用率为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%

30. 答：使用选择性重传滑动窗口协议，序列号长度是8 位。窗口大小为128。卫星信道端到端的传输延迟是270ms。以50kb/s 发送，4000bit（3960+40）长的数据帧的发送时间是0.02*4000=80ms。我们用t=0 表示传输开始时间，那么，t=80ms，第一帧发送完毕；

t=270+80=350ms，第一帧完全到达接收方；t=350+80=430ms，对第一帧作捎带确认的反向数据帧可能发送完毕；

t=430+270=700ms，带有确认的反向数据帧完全到达发送方。因此，周期为700ms，发送128 帧时间80*128=10240ms，这意味着传输管道总是充满的。每个帧重传的概率为0.01，对于3960 个数据位，头开销为40 位，平均重传的位数为4000*0.01=40位，传送NAK 的平均位数为40*1/100=0.40 位，所以每3960 个数据位的总开销为80.4 位。

因此，开销所占的带宽比例等于80.4/(3960+80.4)=1.99%。

31. 答：使用卫星信道端到端的传输延迟为270ms，以64kb/s 发送，周期等于604ms。发送一帧的时间为64ms，我们需要604/64=9 个帧才能保持通道不空。

对于窗口值1，每604ms 发送4096 位，吞吐率为4096/0.604=6.8kb/s。

对于窗口值7，每604ms 发送4096*7 位，吞吐率为4096*7/0.604=47.5kb/s。

对于窗口值超过9（包括15、127），吞吐率达到最大值，即64kb/s。

32. 答：在该电缆中的传播速度是每秒钟200 000km，即每毫秒200km，因此100km 的电缆将会在0.5ms 内填满。T1 速率125传送一个193 位的帧，0.5ms 可以传送4 个T1 帧，即193*4=772bit。

33. Each machine has two key variables: next3frame3to3send and frame3expected, each of which can take on the values 0 or 1. Thus, each machine can be in one of four possible states. A message on the channel contains the sequence number of the frame being sent and the sequence number of the frame being ACKed. Thus, four types of messages exist. The channel may contain 0 or 1 message

in either direction. So, the number of states the channel can be in is 1 with zero messages on it, 8 with one message on it, and 16 with two messages on it (one message in each direction). In total there are 1 + 8 + 16 = 25 possible channel states. This implies 4 4 25 400 possible states for the complete system.

34. The firing sequence is 10, 6, 2, 8. It corresponds to acceptance of an even frame, loss of the acknowledgement, timeout by the sender, and regeneration of the acknowledgement by the receiver.

35. The Petri net and state graph are as follows:

The system modeled is mutual exclusion. B and E are critical sections that may not be active simultaneously, i.e., state BE is not permitted. Place C represents a semaphore that can be seized by either A or D but not by both together.

36. PPP was clearly designed to be implemented in software, not in hardware as HDLC nearly always is. With a software implementation, working entirely with bytes is much simpler than working with individual bits. In addition, PPP was designed to be used with modems, and modems accept and transmit data in units of 1 byte, not 1 bit.

37. At its smallest, each frame has two flag bytes, one protocol byte, and two checksum bytes, for a total of five overhead bytes per frame.

第四章

1. 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 with , which gives the 10×delay.

2. 答：对于纯的ALOHA，可用的带宽是0.184×56 Kb/s =10.304 K b/ s。

每个站需要的带宽为1000/100=10b/s。而N=10304/10≈1030

所以，最多可以有1030 个站，即N 的最大值为1030。

3. 答：对于纯的ALOHA，发送可以立即开始。对于分隙的ALOHA，它必须等待下一个时隙。这样，平均会引入半个时隙的延迟。因此，纯ALOHA 的延迟比较小。

4. 每个终端每200（=3600/18）秒做一次请求，总共有10 000 个终端，因此，总的负载是200 秒做10000 次请求。平均每秒钟50 次请求。每秒钟8000 个时隙，所以平均每个时隙的发送次数为50/8000=1/160。

5. 答：

（a）在任一帧时间内生成k 帧的概率服从泊松分布

生成0 帧的概率为e-G

对于纯的ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其他帧发送的概率是e-G×e –G=e-2G

对于分隙的ALOHA，由于冲突危险区减少为原来的一半，任一帧时内无其他帧发送的概率是e-G。

现在时隙长度为40ms，即每秒25 个时隙，产生50 次请求，所以每个时隙产生两个请求，G=2。因此，首次尝试的成功率是：e-2= 1/ e2

（b）

（c）尝试k 次才能发送成功的概率（即前k-1 次冲突，第k 次才成功）为：

那么每帧传送次数的数学期望为

6. 答：

（a）从泊松定律得到p0＝e –G，因此G＝-ln p0= -ln0.1＝2.3

（b）S＝G e -G，G＝2.3，e -G=0.1

S=2.3×0.1=0.23

（c）因为每当G>1 时，信道总是过载的，因此在这里信道是过载的。

7. 答：每帧传送次数的数学期望为：

E 个事件为E-1 个长度等于4 个时隙的间隔时间所分隔。因此一个帧从第一次发送开始时间到最后一次尝试成功的发送开始时间之间的长度即延迟是4(e G1)，吞吐率S= Ge-G。

对于每一个G 值，都可以计算出对应的延迟值D=4(e G-1)，以及吞吐率值S=Ge-G。

按此方法即可画出时延对吞吐率的曲线。

8. (a) The worst case is: all stations want to send and s is the lowest numbered station. Wait time N bit contention period + (N-1) d

bit for transmission of frames. The total is N+(N-1) d bit times. (b) The worst case is: all stations have frames to transmit and s has the lowest virtual station number.

Consequently, s will get its turn to transmit after the other N-1stations have transmitted one frame each, and N contention periods of size log2 N each.

Wait time is thus(N+1)×d+N×log2 bits.

9. 答：在解答这一问题之前，首先要了解什么是Mok 和Ward 版本的二进制倒计数法。在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁：如果某站发现其地址中原本为0 的高位被置换为1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。Mok 和Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口：还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从0开始，已成功传送的站被排在最后。如果总共有N 个站，那么最大的虚拟站号是N-1。

在本题中，当4 站发送时，它的号码变为0，而0、1、2 和3 号站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为8，3，0，5，2，7，4，6，9，1当3 站发送时，它的号码变为0，而0、1 和2 站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为：8，0，1，5，3，7，4，6，9，2

最后，当9 站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。

10. 答：在自适应树遍历协议中，可以把站点组织成二叉树（见图）的形式。在一次成功的传输之后，在第一个竞争时隙中，全部站都可以试图获得信道，如果仅其中之一需用信道，则发送冲突，则第二时隙内只有那些位于节点B 以下的站（0 到7）可以参加竞争。如其中之一获得信道，本帧后的时隙留给站点C 以下的站；如果B 点下面有两个或更多的站希望发送，在第二时隙内会发生冲突，于是第三时隙内由D 节点以下各站来竞争信道。

本题中，站2、3、5、7、11 和13 要发送，需要13 个时隙，每个时隙内参加竞争的站的列表如下：

第一时隙：2、3、5、7、11、13

第二时隙：2、3、5、7

第三时隙：2、3

第四时隙：空闲

第五时隙：2、3

第六时隙：2

第七时隙：3

第八时隙：5、7

第九时隙：5

第十时隙：7

第十一时隙：11、13

第十二时隙：11

第十三时隙：13

11. 答：2 n个站点对应n+1 级，其中0 级有1 个节点，1 级有2 个节点，n 级有2 n个节点。在i 级的每个节点下面所包括的站的个数等于总站数的1/2 i。本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级。先计算这两个站具有共同的父节点的概率p1。在2n个站中，要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是

总共2 n -1个父节点，所以，

因为2n >>1

所以p1≈2- n

在共享父节点的条件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数n1=1+2+…+2+2=1=2n，接下来，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率p2和遍历树所走过的节点总数n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/ C 22n-1。

共有2 n -2个祖父节点

遍历树比1 n 减少两个节点，即

通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点（属n-3 级祖先节点）的概率是p3=2-n+2

遍历树所经过的节点总数比n2又少两个节点，

因此，最坏的情形是2n+1 个时隙（共享父节点），对应于i=0；

最好的情形是3 个时隙，对应于i=n-1（两个发送站分别位于左半树和右半树），所以平均时隙数等于

该表达式可以简化为

12. 答：如果所有站的发射有效范围都很大，以至于任一站都可以收到所有其他站发送的信号，那么任一站都可以与其他站以广播方式通信。在这样的条件下，CSMA/CD 可以工作的很好。

13. 答：WDMA（wave length division multiple access）是一个波分多路访问协议。每个站点分配2 个信道；其中窄信道是控制信道，接收其他站发给该站的控制信号；宽信道用作该站点输出数据帧的信道。每个信道被划分成许多个时隙组。时隙0 用某种特殊的方式标记，以便于后继时隙的识别。所有的信道均用同一个全局时钟来同步。每个站点都有2 个发送端和

2个接收端，它们分别是：

（1）一个波长固定不变的接收端，它用来侦听本站点的控制信道。

（2）一个波长可调的发送端，它用于向其他站点的控制信道发送帧。

（3）一个波长固定不变的发送端，它用于输出数据帧。

（4）一个波长可调的接收端，它用来选择要侦听的数据发送端。

也就是说，每个站点都侦听自己的控制信道，看是否有请求产生，并将接收端的波长调为发送端的波长，从而得到数据。

GSM（Global system for mobile communication）是一种数字蜂窝无线电系统信道分配方案。

系统中每个蜂窝最多可拥有200 多个全双工信道，每个信道包括下行链路频率（从基站到可移动站）和上行链路频率（从可移动站到基站），每个频段宽200kHz。每一个信道均可采用时分复用技术，支持多个独立的连接。

两种协议都使用FDM 和TDM 结合的方法，它们都可以提供专用的频道（波长），并且都划分时隙，实现TDM。

14. Yes. Imagine that they are in a straight line and that each station can reach only its nearest neighbors. Then A can send to B while E is sending to F.

15. (a) Number the floors 1-7. In the star configuration, the router is in the middle of floor 4. Cables are needed to each of the 7

15 1 104 sites. The total length of these cables is

The total length is about 1832 meters.

(b) For 802.3, 7 horizontal cables 56 m long are needed, plus one vertical cable 24 m long, for a total of 416 m.

16. 答：以太网使用曼彻斯特编码，这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。标准以太网的数据率为10Mb/s，因此波特率是数据率的两倍，即20MBaud。

17. The signal is a square wave with two values, high (H) and low (L). The pattern is LHLHLHHLHLHLLHHLLHHL.

18. The pattern this time is HLHLHLLHHLLHLHHLHLLH.

19. The round-trip propagation time of the cable is 10 sec. A complete transmission has six phases:

transmitter seizes cable (10 sec)

transmit data (25.6 sec)

Delay for last bit to get to the end (5.0 sec)

receiver seizes cable (10 sec)

acknowledgement sent (3.2 sec)

Delay for last bit to get to the end (5.0 sec)

The sum of these is 58.8 sec. In this period, 224 data bits are sent, for a rate

of about 3.8 Mbps.

20. 答：把获得通道的尝试从1 开始编号。第i 次尝试分布在2 i-1 个时隙中。因此，i 次尝试碰撞的概率是2-(i-1)，开头k-1 次尝试失败，紧接着第k 次尝试成功的概率是：

即：

上式可简化为：

所以每个竞争周期的平均竞争次数是∑k p k

21. 答：对于1km 电缆，单程传播时间为1/200000 =5×10-6 s，即5，来回路程传播时间为2t =10。为了能够按照CSMA/CD 工作，最小帧的发射时间不能小于10。以1Gb/s 速率工作，10可以发送的比特数等于：

因此，最小帧是10 000 bit 或1250 字节长。

22. The minimum Ethernet frame is 64 bytes, including both addresses in the Ethernet frame header, the type/length field, and the checksum. Since the header fields occupy 18 bytes and the packet is 60 bytes, the total frame size is 78 bytes, which exceeds the 64-byte minimum. Therefore, no padding is used.

23. The maximum wire length in fast Ethernet is 1/10 as long as in Ethernet.

24. The payload is 1500 bytes, but when the destination address, source address,

type/length, and checksum fields are counted too, the total is indeed 1518.

25. The encoding is only 80% efficient. It takes 10 bits of transmitted data to represent 8 bits of actual data. In one second, 1250 megabits are transmitted, which means 125 million codewords. Each codeword represents 8 data bits, so the true data rate is indeed 1000 megabits/sec.

26. The smallest Ethernet frame is 512 bits, so at 1 Gbps we get 1,953,125 or almost 2 million frames/sec. However, this only works when frame bursting is operating. Without frame bursting, short frames are padded to 4096 bits, in which case the maximum number is 244,140. For the largest frame (12,144 bits), there can be as many as 82,345 frames/sec.

27. Gigabit Ethernet has it and so does 802.16. It is useful for bandwidth efficiency (one preamble, etc.) but also when there is a lower limit on frame size.

28. Station C is the closest to A since it heard the RTS and responded to it by asserting its NAV signal. D did not respond so it must be outside A’s radio range.

29. A frame contains 512 bits. The bit error rate is p 10 7. The probability of all 512 of them surviving correctly is (1 p)512, which is about 0.9999488.

The fraction damaged is thus about 5 10 5. The number of frames/sec is 11 106 /512 or about 21,484. Multiplying these two numbers together, we get about 1 damaged frame per second.

30. It depends how far away the subscriber is. If the subscriber is close in, QAM-64 is used for 120 Mbps. For medium distances, QAM-16 is used for 80 Mbps. For distant stations, QPSK is used for 40 Mbps.

31. Uncompressed video has a constant bit rate. Each frame has the same number of pixels as the previous frame. Thus, it is possible to compute very accurately how much bandwidth will be needed and when. Consequently, constant bit rate service is the best choice.

32. One reason is the need for real-time quality of service. If an error is discovered, there is no time to get a retransmission. The show must go on. Forward error correction can be used here. Another reason is that on very low quality lines (e.g., wireless channels), the error rate can be so high that practically all frames would have to be retransmitted, and the retransmission would probably damaged as well. To avoid this, forward error correction is used to increase the fraction of frames that arrive correctly.

33. It is impossible for a device to be master in two piconets at the same time. There are two problems. First, only 3 address bits are available in the header while as many as seven slaves could be in each piconet. Thus, there would be no way to uniquely address each slave. Second, the access code at the start of the frame is derived from the master’s identity. This is how slaves tell which message belongs to which piconet. If two overlapping piconets used the same access code, there would be no way to tell which frame belonged to which piconet. In effect, the two piconets would be merged into one big piconet instead of two separate ones.

34. Bluetooth uses FHSS, just as 802.11 does. The biggest difference is that Bluetooth hops at a rate of 1600 hops/sec, far faster than 802.11.

35. An ACL channel is asynchronous, with frames arriving irregularly as data are produced. An SCO channel is synchronous, with frames arriving periodically at a well-defined rate.

36. They do not. The dwell time in 802.11 is not standardized, so it has to be announced to new stations that arrive. In Bluetooth this is always 625 sec.

There is no need to announce this. All Bluetooth devices have this hardwired into the chip. Bluetooth was designed to be cheap, and fixing the hop rate and dwell time leads to a simpler chip.

37. The first frame will be forwarded by every bridge. After this transmission, each bridge will have an entry for destination a with appropriate port in its hash table. For example, D’s has h table will now have an entry to forward frames destined to a on LAN 2. The second message will be seen by bridges B, D, and A. These bridges will append a new entry in their hash table for frames destined for c. For example bridge D’s hash table will now have another entry to forward frames destined to c on LAN 2. The third message will be seen by bridges H, D, A, and B. These bridges will append a new entry in their hash table for frames destined for d. The fifth message

will be seen by bridges E, C, B, D, and A. Bridges E and C will append a new entry in their hash table for frames destined for d, while bridges D, B, and A will update their hash table entry for destination d.

38. Bridges G, I and J are not used for forwarding any frames. The main reason for having loops in an extended LAN is to increase reliability. If any bridge in the current spanning tree fails, the (dynamic) spanning tree algorithm reconfigures the spanning tree into a new one that may include one or more of these bridges that were not a part of the previous spanning tree.

39. The simplest choice is to do nothing special. Every incoming frame is put onto the backplane and sent to the destination card, which might be the source card. In this case, intracard traffic goes over the switch backplane. The other choice is to recognize this case and treat it specially, sending the frame out directly and not going over the backplane.

40. The worst case is an endless stream of 64-byte (512-bit) frames. If the backplane can handle 109 bps, the number of frames it can handle is 109 /512. This is 1,953,125 frames/sec.

41. The port on B1 to LAN 3 would need to be relabeled as GW.

42. A store-and-forward switch stores each incoming frame in its entirety, then examines it and forwards it. A cut-through switch starts to forward incoming frames before they have arrived completely. As soon as the destination address is in, the forwarding can begin.

43. Store-and-forward switches store entire frames before forwarding them. After a frame comes in, the checksum can be verified.

If the frame is damaged, it is discarded immediately. With cut=through, damaged frames cannot be discarded by the switch because by the time the error is detected, the frame is already gone. Trying to deal with the problem is like locking the barn door after the horse has escaped.

44. No. Hubs just connect all the incoming lines together electrically. There is nothing to configure. No routing is done in a hub. Every frame coming into the hub goes out on all the other lines.

45. It would work. Frames entering the core domain would all be legacy frames, so it would be up to the first core switch to tag them. It could do this by using MAC addresses or IP addresses. Similarly, on the way out, that switch would have to untag outgoing frames.

第5 章网络层

1. 答：文件传送、远程登录和视频点播需要面向连接的服务。另一方面，信用卡验证和其他的销售点终端、电子资金转移，以及许多形式的远程数据库访问生来具有无连接的性质，在一个方向上传送查询，在另一个方向上返回应答。

2. 答：有。中断信号应该跳过在它前面的数据，进行不遵从顺序的投递。典型的例子是当一个终端用户键入退出（或kill）健时。由退出信号产生的分组应该立即发送，并且应该跳过当前队列中排在前面等待程序处理的任何数据（即已经键入但尚

未被程序读取的数据）。

3. 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。

4. 答：在连接建立的时候可能要协商窗口的大小、最大分组尺寸和超时值。

5. 答：虚电路实现需要在1000 秒内固定分配5*8=40 字节的存储器。数据报实现需要比虚电路实现多传送的头信息的容量等于(15-3 ) ×4×200＝9600字节-跳段。现在的问题就变成了40000 字节-秒的存储器对比9600 字节-跳段的电路容量。如果存储器的使用期为两年，即3600×8×5×52×2=1.7×107秒，一个字节-秒的代价为1/( 1.5×107) =

6.7×10-8分，那么40000 字节-秒的代价为2.7 毫分。另一方面，1 个字节-跳段代价是10-6分，9600 个字节-跳段的代价为10-6× 9600=9.6×10-3分，即9.6 毫分，即在这1000 秒内的时间内便宜大约6.9 毫分。

6. 答：有可能。大的突发噪声可能破坏分组。使用k 位的检验和，差错仍然有2k的概率被漏检。如果分组的目的地段或虚电路号码被改变，分组将会被投递到错误的目的地，并可能被接收为正确的分组。换句话说，偶然的突发噪声可能把送往一个目的地的完全合法的分组改变成送往另一个目的地的也是完全合法的分组。

7. It will follow all of the following routes: ABCD, ABCF, ABEF, ABEG, AGHD, AGHF, AGEB, and AGEF. The number of hops used is 24.

8. 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的使用的所有的弧（对应各条链路）。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。

9. 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）

10. 答：路由表的长度等于8*50=400bit。该表每秒钟在每条线路上发送2 次，因此400*2=800b/s，即在每条线路的每个方向上消耗的带宽都是800 bps。

11. 答：这个结论总是成立的。如果一个分组从某条线路上到达，必须确认包的到达。如果线路上没有分组到达，它就是在发送确认。情况00 ( 没有分组到达并且不发送确认)和11 (到达和返回)逻辑上错误，因此不存在。

12. 所谓分级路由，就是将路由器按区（REGION）进行划分，每个路由器只须知道在自己的区内如何为分组选择路由到达目的地的细节，而不用知道其他区的内部结构。对于大的网络，也许两级结构是不够的，还可以把区组合成簇（CLUSTER），把簇再组合成域（ZONE），??对于等级式路由，在路由表中对应所有的本地路由器都有一个登录项，所有其他的区（本簇内）、簇（本域内）和域都缩减为单个路由器，因此减少了路由表的尺寸。

在本题中，4800=15*16*20。当选择15 个簇、16 个区，每个区20 个路由器时（或等效形式，例如20 个簇、16 个区，每个区15 个路由器），路由表尺寸最小，此时的路由表尺寸为15+16+20=51。

The minimum occurs at 15 clusters, each with 16 regions, each region 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.

13. Conceivably it might go into promiscuous mode, reading all frames dropped onto the LAN, but this is very inefficient. Instead, what is normally done is that the home agent tricks the router into thinking it is the mobile host by responding to ARP requests. When the router gets an IP packet destined for the mobile host, it broadcasts an ARP query asking for the 802.3 MAC-level address of the machine with that IP address. When the mobile host is not around, the home agent responds to the ARP, so the router associates the mobile user’s IP address with the home agent’s 802.3 MAC-level address.

14. 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。

（1）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。

（2）使用汇集树算法，需要4 个跳段，总共产生14 个分组。

15. Node F currently has two descendants, A and D. It now acquires a third one, G, not circled because the packet that follows IFG is not on the sink tree. Node G acquires a second descendant, in addition to D, labeled F. This, too, is not circled as it does not come in on the sink tree.

16. Multiple spanning trees are possible. One of them is:

17. When H gets the packet, it broadcasts it. However, I knows how to get to I, so it does not broadcast.

18. Node H is three hops from B, so it takes three rounds to find the route.

19. It can do it approximately, but not exactly. Suppose that there are 1024 node identifiers. If node 300 is looking for node 800, it is probably better to go clockwise, but it could happen that there are 20 actual nodes between 300 and 800 going clockwise and only 16 actual nodes between them going counterclockwise.

The purpose of the cryptographic hashing function SHA-1 is to produce a very smooth distribution so that the node density is about the same all along the circle. But there will always be statistical fluctuations, so the straightforward choice may be wrong.

20. The node in entry 3 switches from 12 to 10.

21. 答：对时间以T 秒为单位分时隙。在时隙中，源路由器发送第一个分组。在时隙2 的开始，第2 个路由器收到了分组，但不能应答。在时隙3 的开始，第3 个路由器收到了分组，但也不能应答。这样，此后所有的路由器都不会应答。仅当目的地主机从目的地路由器取得分组时才会发送第1 个应答。现在确认应答开始往回传播。在源路由器可以发送第2 个分组之前，需要两次穿行该子网，需要花费的时间等于2(n-1)T 秒/分组，显然，这种协议的效率是很低的。

计算机网络第四版课后习题答案

1、计算机网络的发展阶段 第一阶段：(20世纪60年代)以单个计算机为中心的面向终端的计算机网络系统。这种网络系统是以批处理信息为主要目的。第二阶段：(20世纪70年代)以分组交换网为中心的多主机互连的计算机网络系统。它的主要特点是：①采用的是静态分配策略；②这种交换技术适应模拟信号的数据传输。③计算机数据的产生往往是“突发式”的。第三阶段：(20世纪80年代)具有统一的网络体系结构，遵循国际标准化协议的计算机网络。第四阶段：(20世纪90年代)网络互连与高速网络。 2、简述分组交换的要点。（1）报文分组，加首部（2）经路由器储存转发（3）在目的地合并 3、试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。 （1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。 （2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高，通信迅速。 （3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生存性能好。 4、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。 8、计算机网络中的主干网和本地接入网的主要区别是什么？答：主干网：提供远程覆盖\高速传输\和路由器最优化通信。本地接入网：主要支持用户的访问本地，实现散户接入，速率低。 9、一个计算机网络应当有三个主要的组成部分：（1）若干个主机，它们向各用户提供服务； （2）一个通信子网，它由一些专用的结点交换机和连接这些结点的通信链路所组成； （3）一系列的协议。这些协议是为在主机之间或主机和子网之间的通信而用的。 10、试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x（bit）。从源点到终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？答：线路交换时延：kd+x/b+s, 分组交换时延：kd+(x/p)*(p/b)+ (k-1)*(p/b) 其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中，有(k-1)次的储存转发延迟，当s>(k-1)*(p/b)时，电路交换的时延比分组交换的时延大，当x>>p,相反。 11、在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和(p+h)(bit),其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s)，但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？答：总时延D表达式，分组交换时延为：D= kd+(x/p)*((p+h)/b)+ (k-1)*(p+h)/b D对p求导后，令其值等于0，求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5 12、网络体系结构为什么要采用分层次的结构？试举出一些与分层体系结构的思想相似的日常生活。 答：分层的好处：①各层之间是独立的。某一层可以使用其下一层提供的服务而不需要知道服务是如何实现的。②灵活性好。当某一层发生变化时，只要其接口关系不变，则这层以上或以下的各层均不受影响。 ③结构上可分割开。各层可以采用最合适的技术来实现④易于实现和维护。⑤能促进标准化工作。 与分层体系结构的思想相似的日常生活有邮政系统，物流系统。 14协议与服务有何区别？有何关系？ 答：网络协议：为进行网络中的数据交换而建立的规则、标准或约定。由以下三个要素组成： （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。 协议是控制两个对等实体进行通信的规则的集合。在协议的控制下，两个对等实体间的通信使得本层能够向上一层提供服务，而要实现本层协议，还需要使用下面一层提供服务。 协议和服务的概念的区分：1、协议的实现保证了能够向上一层提供服务。本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。下面的协议对上面的服务用户是透明的。2、协议是“水平的”，即协议是控制两个对等实体进行通信的规则。但服务是“垂直的”，即服务是由下层通过层间接口向上层提供的。上层使用所提供的服务必须与下层交换一些命令，这些命令在OSI中称为服务原语。

第七版计算机网络复习提纲.pdf

考点1：internet和Internet的区别。（1章） nternet是互联网，泛指由多个计算机网络互连而成的网络，网络间的通信协议是任意的。Internet是因特网，指当前全球最大的、开放的、由众多网络相互连接的特定的计算机网络，使用TCP/IP协议作为通信规则。 考点2：因特网的核心部分。 核心部分：核心部分：由大量网络和连接这些网络的路由器组成，负责为边缘部分提供高速远程分组交换。 考点3：计算机网络的类别。 按范围：（1）广域网WAN：远程、高速、是Internet的核心网。（2）城域网：城市范围，链接多个局域网。（3）局域网：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。 考点4：计算机网络的性能指标。 速率，带宽，吞吐量，时延，时延带宽积，往返时间RTT，利用率 考点5：计算机网络体系结构。五层协议。 1.物理层 2.数据链路层 3.网络层 4.运输层 5.应用层 作业:1、计算机网络向用户可以提供那些服务？答：连通性和共享 3、比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点: （1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。 （2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高，通信迅速。 （3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生存性能好。 17、收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2×108m/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107bit,数据发送速率为100kb/s （2）数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s。 从上面的计算中可以得到什么样的结论？ 解：（1）发送时延:ts=107/105=100s。传播时延:tp=106/(2×108)=0.005s （2）发送时延:ts =103/109=1μs。传播时延:tp=106/(2×108)=0.005s 结论：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。 1-20 网络体系结构为什么要采用分层次的结构？试举出一些与分层体系结构的思想相似的日常生活。答：分层的好处： ①各层之间是独立的。某一层可以使用其下一层提供的服务而不需要知道服务是如何实现的。②灵活性好。当某一层发生变化时，只要其接口关系不变，则这层以上或以下的各层均不受影响。③结构上可分割开。各层可以采用最合适的技术来实现④易于实现和维护。⑤能促进标准化工作。 与分层体系结构的思想相似的日常生活有邮政系统，物流系统。 考点6：有关信道的几个基本概念。（2章）

计算机网络_第5版_严伟_潘爱民_课后答案第二章

1.第二章 1. 2.一个无噪声的信道不管多久采集一次，都可以传输任意数量的数据,高于每秒2B次采样无意义。对于无离散等级的模型，最大速率为2H*每次采样的数据对于一个4KHZ的信道，H= 4K ，2H = 8K。取决于每次采样的数据是多少，若每次采样产生16bits ,则最大速率为16*8K = 128Kbps。若每次采样1024bit 则最大速率为1024*8K = 8Mbps。 若信噪比为30dB,则S/N = 1000.由香浓定律最大速率=Blog2 (1+S/N) = 4K* log2 (1001) = 39.86Kbps。 3.尼圭斯特定律最大速率= 2Hlog2V. H = 6MHZ,V=4 ，所以最大速率是2*6M*2 = 24Mbps 4.信噪比20DB，则S/N =100。根据香浓定律最大速率=Blog2 (1+S/N) = 3 *log2 (101) = 19.975Kbps.但是尼圭斯特定律的限制是2H = 6kbps 所以实际上最大速率6kbps。 5.发射T1载波，我们需要满足香浓定律Blog2 (1+S/N) =1.544+10^6，H = 50KHZ .计算得出S/N=2^30-1 所以大概是93DB。 6.光纤有比铜芯更高的带宽，并且不会被电压浪涌，电磁干扰、电源故障、以及空气中的化学物质侵蚀影响。光纤不会漏光，也不容易被接入，使用光心可以防止窃听，有更高的安全性。但是光纤也有一些缺点，它要求较高的操作技能，过度弯曲容易折断，双向通信要求使用2根光纤或者在光纤上划分频段。光纤接口成本也高于电子接口。 7. 带宽为30 000GHZ

8.通信速率= 2560*1600*24*60bps = 5898Mbps。假设1bps每HZ ，则,则 9.尼圭斯特定理对所有媒介都适用。 10.c=3*10^8 m/s λ=1m f = 300MHZ λ=5m f = 60MHZ。所以能覆盖60MHZ-300MHZ 11.Tan = 0.001/100 = 0.00001 所以角度大概为0.00057度 12.每条链路有66/6= 11个卫星，每90分钟，11颗卫星转地球一圈，这意味着每491秒就有一次传输，所以每8分钟和11秒必有一次切换 13.传输时间=2*s/v，所以GEO的传输是i吉安死239ms, MEO的传输时间是120ms ，LEO 的传输时间是5ms 14.传输距离是2*750km+地球在750km 高空周长的一半。 周长=2*pi*(6371+750)=44720km .所以传输距离=23860km，所以传输时间是23860km/3*10^8 =79.5ms 15.NRZ 每个周期传送2bit数据，所以NRZ码需要的带宽是B/2HZ。 MLT-3每个周期传输4bit，所以需要B/4HZ， 曼切斯特嘛每周期传输1bit 所以需要BHZ 16.4B/5B使用的是NRZI，每次1发送时，都需要一个信号跳变，每次传输0的数量不会超过3次，所以最糟糕的序列是10001，所以每四个比特时间就要发送一次信号跳变。 17.区域号数量8*2*10 = 160。本地号码个数8*8*10=640,所以电话个数共有160*640=102400。 18.每个电话机0.5个呼叫每小时每次持续6分钟，所以每部电话每小时占用3分钟，20个电话可以共享一条线路。其中长途电话只占10%，所以需要200个电话可以才能全时间占用长路线路，电话线路共有1MHZ/4Khz = 250条，所以待该有250*200=50000部电话。支持最大电话数会早晨严重的延迟。 19.1股铜线截面积为pi/4 平方毫米，10km 的2股铜线，体积为2*pi/4 mm2 * 10km = 15708 立方厘米，重量为15708*9g/cm3 = 141kg ，价格141kg*1000 000*6=8.4亿美元 20.石油管道是半双工系统，只有一根管道，但可以向两个方向流动。河流是单工系统，对讲机是半双工。 21.传统上，比特数据在物理层上传输没有任何差错检测纠正，而现在每个modem上都有

计算机网络第四版(潘爱民译著)清华大学出版社课后习题答案

计算机网络第四版(潘爱民译著)清华大学出版社课后习题答案 第1章概述 1.答：狗能携带21千兆字节或者168千兆位的数据。18公里/小时的速度等于0.005公里/秒，走过x公里的时间为x/0.005=200x秒，产生的 数据传输速度为168/200xGbps或者840/xMbps。因此，与通信线路相比较，若x<5.6公里，狗有更高的速度。 2.使用局域网模型可以容易地增加节点。如果局域网只是一条长的电缆，且不会因个别的失效而崩溃(例如采用镜像服务器)的情况下，使用局域网模型会更便宜。使用局域网可提供更多的计算能力和更好交互式接口。 3.答：横贯大陆的光纤连接可以有很多千兆位/秒带宽，但是由于光速度传送要越过数千公里，时延将也高。相反，使用56kbps调制解调器呼叫在同一大楼内的计算机则有低带宽和较低的时延。 4.声音的传输需要相应的固定时间，因此网络时隙数量是很重要的。传输时间可以用标准偏差方式表示。实际上，短延迟但是大变化性比更长的延迟和低变化性更糟。 5.答：不，传送.速度为200,000公里/秒或200米/微秒。信号在10微秒中传送了2千米，每个交换机相当于增加额外的2公里电缆。如果客户和服务器之间的距离为5000公里，平均通过50个交换机给那些总道路只增加100公里，只是2%。因此，交换延迟不是这些情形中的主 要因素。 6.答：由于请求和应答都必须通过卫星，因此传输总路径长度为160,000千米。在空气和真空中的光速为300，000公里/秒，因此最佳的第2页，共76页传播延迟为160,000/300，000秒，约533msec。 7.显而易见，在这里没有正确的独立的答案。但下列问题好像相关：目前的系统有它的很多惯性(检测和平衡)。当新的团体掌握权力的时候，这惯性可保持法律、经济和社会制度的稳定。此外，很多人对社会问题没有真的知道事情的真相，但却具有很强烈的、引起争论的意见。将不允许讲道理的观点写进法律也许不合适。还必须考虑某些专业组织有影响的宣传活动。另一主要问题是安全。黑客可能侵入系统和伪造果。 8.答：将路由器称为A，B，C，D和 E.：则有10条可能的线路；AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,和DE。每条线路有4种可能性(3速度或者不是线路)，这样，

计算机网络谢希仁(第七版)复习题(带答案)

第一章 1、（09-33）在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是（） A．数据链路层??B.传输层??C.会话层??D.应用层?? 2、（10-33）下列选项中，不属于网络体系结构中所描述的内容是（） A.网络的层次 B.每一层使用的协议 C.协议的内部实现细节 D.每一层必须完成的功能 3、（10-34）在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的交换网络中，所有链路的数据传输速度为100Mbps，分组大小为1000B，其中分组头大小20B，若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从H1发送到H2接收完为止，需要的时间至少是（） A：80ms B：80.08ms C：80.16ms D：80.24ms 4、（11-33）TCP/IP参考模型的网络层提供的是（） A．无连接不可靠的数据报服务 B．无连接可靠的数据报服务 C．有连接不可靠的虚电路服务 D．有连接可靠的虚电路服务 5、（12-33）在TCP/IP体系结构中，直接为ICMP提供服务协议的是：（） A. PPP B. IP C. UDP D. TCP 6、（13-33）在OSI参考模型中，下列功能需由应用层的相邻层实现的是（） A.对话管理 B.数据格式转换 C.路由选择 D.可靠数据传输 7.（13-35）主机甲通过1个路由器（存储转发方式）与主机乙互联，两段链路的数据传输速率均为10Mbps,主机甲分别采用报文交换和分组大小为10kb的分组交换向主机乙发送1个大小为8Mb（1M=106）的报文。若忽略链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间，则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为（） A.800ms、1600ms B.801ms、1600ms C.1600ms、800ms、 D、1600ms、801ms 8.（14-33）在OSI参考模型中，直接为会话层提供服务的是（） A.应用层 B表示层 C传输层 D网络层 参考答案：

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计算机网络第五版答案完整版 计算机网络》课后习题答案 第一章概述 1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x( bit )，从源站到目的站共经过k 段 链路，每段链路的传播时延为d (s),数据率为C (bit/s )。在电路交换时电路的建立时间为s (s)。在分组交换时分组长度为p( bit )，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？答：对电路交换，当t=s时，链路建立；当t=s+x/C，发送完最后一bit ;当t=s+x/C+kd，所有的信息到达目的地。对分组交换,当t=x/C , 发送完最后一bit ；为到达目的地,最后一个分组需经过k-1 个分组交换机的转发，每次转发的时间为p/C,所以总的延迟=x/C+(k-1)p/C+kd所以当分组交换的时延小于电路交换x/C+(k-1)p/C+kd v s+x/C+kd 时，(k-1)p/C v s 1-11 在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x 和( p+h)( bit )，其中p 为分组的数据部分的长度，而h 为每个分组所带的控制信息固定长度，与p 的大小无关。通信的两端共经过k 段链路。链路的数据率为b( bit/s )，但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p 应取为多大？答：分组个x/p ，传输的总比特数：(p+h)x/p 源发送时延：(p+h)x/pb 最后一个分组经过k-1 个分组交换机的转发，中间发送时延：(k-1)(p+h)/b 总发送时延D=源发送时延+中间发送时延D=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/b 令其对p的导数等于0，求极值p=Vhx/(k-1) 1-17收发两端之间的传输距离为1000km信号在媒体上的传播速率为2.3 X 108。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107bit，数据发送速率为100kbit/s，传播距离为1000km信号在媒体上的传播速率为 2X108m/s°(2)数据长度为103bit，数据发送速率为1Gbit/s，传输距离和信号在媒体上的传播速率同上。 答：(1)：发送延迟=107/(100X1000) =100s 传播延迟=1000X1000/(2X108) =5X10-3s=5ms (2)：发送延迟=103/ (109) =10-6s=1us传播延迟=1000X 1000/ (2X 108) =5X 10-3s=5ms 1-18、假设信号在媒体上的传播速率为2.3 X108m/s。媒体长度I分别为： (1) 10cm( 网卡)(2) 100m( 局域网)(3) 100km( 城域网)(4) 5000km( 广域网)

计算机网络谢希仁第七版课后答案完整版

计算机网络第七版答案 第一章概述 1-01 计算机网络向用户可以提供那些服务？答：连通性和共享 1-02 简述分组交换的要点。答：（1）报文分组，加首部（2）经路由器储存转发（3）在目的地合并 1-03 试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。 答：（1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。 （2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高，通信迅速。 （3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生存性能好。 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。 1-05 因特网的发展大致分为哪几个阶段？请指出这几个阶段的主要特点。 答：从单个网络APPANET向互联网发展；TCP/IP协议的初步成型建成三级结构的Internet； 分为主干网、地区网和校园网；形成多层次ISP结构的Internet；ISP首次出现。 1-06 简述因特网标准制定的几个阶段？ 答：（1）因特网草案(Internet Draft) ——在这个阶段还不是RFC 文档。（2）建议标准(Proposed Standard) ——从这个阶段开始就成为RFC 文档。（3）草案标准(Draft Standard)（4）因特网标准(Internet Standard) 1-07小写和大写开头的英文名internet 和Internet在意思上有何重要区别？ 答：（1）internet（互联网或互连网）：通用名词，它泛指由多个计算机网络互连而成的网络。；协议无特指（2）Internet（因特网）：专用名词，特指采用TCP/IP 协议的互联网络。区别：后者实际上是前者的双向应用 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：城市范围，链接多个局域网。 （3）局域网：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。 1-09 计算机网络中的主干网和本地接入网的主要区别是什么？ 答：主干网：提供远程覆盖\高速传输\和路由器最优化通信。本地接入网：主要支持用户的访问本地，实现散户接入，速率低。 1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x（bit）。从源点到终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？（提示：画一下草图观察k段链路共有几个结点。） 答：线路交换时延：kd+x/b+s, 分组交换时延：kd+(x/p)*(p/b)+ (k-1)*(p/b)，其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中，有(k-1)次的储存转发延迟，当s>(k-1)*(p/b)时，电路交换的时延比分组交换的时延大，当x>>p,相反。 1-11在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和(p+h)(bit),其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s)，但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？（提示：参考图1-12的分组交换部分，观察总的时延是由哪几部分组成。）答：总时延D表达式，分组交换时延为：D= kd+(x/p)*((p+h)/b)+ (k-1)*(p+h)/b D对p求导后，令其值等于0，求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5

计算机网络(第5版)课后习题答案：第2章 物理层知识分享

计算机网络(第5版)课后习题答案：第2 章物理层

第二章物理层 2-01 物理层要解决哪些问题？物理层的主要特点是什么？ 答：物理层要解决的主要问题： （1）物理层要尽可能地屏蔽掉物理设备和传输媒体，通信手段的不同，使数据链路层感觉不到这些差异，只考虑完成本层的协议和服务。 （2）给其服务用户（数据链路层）在一条物理的传输媒体上传送和接收比特流（一般为串行按顺序传输的比特流）的能力，为此，物理层应该解决物理连接的建立、维持和释放问题。（3）在两个相邻系统之间唯一地标识数据电路。物理层的主要特点： ①由于在OSI之前，许多物理规程或协议已经制定出来了，而且在数据通信领域中，这些物理规程已被许多商品化的设备所采用，加之，物理层协议涉及的范围广泛，所以至今没有按OSI的抽象模型制定一套新的物理层协议，而是沿用已存在的物理规程，将物理层确定为描述与传输媒体接口的机械、电气、功能和过程特性。 ②由于物理连接的方式很多，传输媒体的种类也很多，因此，具体的物理协议相当复杂。 2-02 归层与协议有什么区别？ 答：规程专指物理层协议。 2-03 试给出数据通信系统的模型并说明其主要组成构建的作用。 答：源点：源点设备产生要传输的数据。源点又称为源站。

发送器：通常源点生成的数据要通过发送器编码后才能在传输系统中进行传输。 接收器：接收传输系统传送过来的信号，并将其转换为能够被目的设备处理的信息。 终点：终点设备从接收器获取传送过来的信息。终点又称为目的站。 传输系统：信号物理通道。 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。 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）。 数字数据：取值为不连续数值的数据。 数字信号：取值为有限的几个离散值的信号。 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。

计算机网络自顶向下方法第四章中文版答案

《计算机网络自顶向下方法》第四章中文版答案 WRI 研究生0601 4复习题 1. 网络层的分组名称是数据报.路由器是根据包的IP地址转发包;而链路层是根据包的MAC地址来转发包. 2. 数据报网络中网络层两个最重要的功能是:转发,选路.虚电路网络层最重要的三个功能是:转发,选路,和呼叫 建立. 3. P200 转发是当一个分组到达路由器的一条输入链路时,该路由器将该分组移动到适当的输出链路.选路是当 分组从发送方流向接收方时,网络层必须决定这些分组所采用的路由或路径. 4. 是,都使用转发表,要描述转发表,请参考4.2节.在虚电路网络中，该网络的路由器必须为进行中的连接维持 连接状态信息。每当跨越一台路由器则创建一个新连接，一个新的连接项必须加到该路由器转发表中；每当释放一个连接，必须从该表中删除该项。注意到即使没有VC号转换，仍有必要维持连接状态信息，该信息将VC号与输出接口号联系起来。每当一个端系统要发送分组时，它就为该分组加上目的地端系统的地址，然后将该分组推进网络中。完成这些无需建立任何虚电路。在数据报网络中的路由器不维护任何有关虚电路的状态信息。每个路由器有一个将目的地址影射到链路接口的转发表；当分组到达路由器时，该路由器使用该分组的目的地址在该转发表中查找适当的输出链路接口。然后路由其将该分组项该输出链路接口转发。虽然在数据报网络中不维持连接状态信息，它们无论如何在其转发表中维持了转发状态信息。在数据报网络中的转发表是由选录算法修改的，通常每1到5分钟左右更新转发表。在虚电路网络中，无论何时通过路由器拆除一条现有的连接，路由器中的转发表就更新。 5. P202 单个分组:确保交付;具有延时上界的确保交付.分组流:有序分组交付;确保最小带宽;确保最大时延抖 动.因特网的网络层不提供这些服务.ATM的CBR（恒定比特率）服务同时提供确保交付和计时.ABR （可用比特率）不提供该假想服务. 6. 交互式实时多媒体应用,如:IP电话和视频会议.这些应用都得益于ATM的CBR服务的实时性.

计算机网络-第5版-严伟-潘爱民-课后答案

1.第一章 1.狗携带的数据7GB*3=21GB 数据传送21GB 的时间需要t=21GB/150Mbps = 1146.88s 这段时间狗运动的路程s=18km/h* 1146.88s = 5734.4m 如果够的速度加倍或者磁盘容量，最大距离也会加倍。如果线路传输速率加倍，则最大距离减半 https://www.wendangku.net/doc/b87912712.html,N模型有可拓展性，如果LAN 只是一条单一线路，虽然成本更低，但如果出现错误，则链路将崩溃。客户机-服务器提供了更好的计算性能和更好的接口。 3.大陆间的光钎网络，虽然能搭载大量数据，但由于距离遥远，所以延迟比较高 56kbps 的调制解调网络带宽较低，延迟也比较低。 4.为提供数字语音流量和视频流量，需要统一的投递时间。如果针对金融业务流量，稳定性和安全性很重要。 5.交换时间不会成为延迟的主要因素。 信号传输速率为200 000 000m/s 在10us 内传输距离为2km，而纽约到加州距离为5000km，即使有50个交换机，也只增加了100km的距离，整体影响为只有2% 。 6.req 来回需要2次传输，rep 返回也需要2次总共4次 传输距离为40 000km *4 = 160 000km 。传输延迟t = 160 000km / 300 000 000 = 523ms。 7. 8.有AB AC AD AE BC BD BE CD CE DE 10种可能的线路，每个线路有高速线路中速线路低速线路不设置线路4种状态所有有4^10 = 1048576 中可能。100ms 一种线路，需要花费104857.6s 。 9.总共n+2 个时间，事件 1 - n 表示对应主机成功反问信道，未遇到冲突，该概率为p(1-p)^(n-1)，n+1 表示空闲信道该概率为(1-p)^n ,n+2事件是冲突。所以冲突概率为1-np(1-p)^(n-1) - (1-p)^n. 10.使用层次性协议，可以将设计问题，分解成各个更小并且更易于管理的小块。这意味着协议可以更改却不会影响到高层或者低层的协议。可能出现的缺点是虽然单层网络不便于完成和管理，但层次型网络的性能比单层网络要差。 11.在OSI协议模型中，物理层通信只反生在最底层，不会出现在每一层。

计算机网络谢希仁第七版复习试题带答案

第一章 1、（ 09-33）在OSl参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是（） A. 数据链路层 B.传输层 C.会话层 D.应用层 2、（ 10-33）下列选项中，不属于网络体系结构中所描述的内容是（） A.网络的层次 B. 每一层使用的协议 C.协议的内部实现细节 D. 每一层必须完成的功能 3、（ 10-34）在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的交换网络中，所有链路的数据传输速度为100MbPS分组大小为1000B,其中分组头大小20B，若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从H1发送到H2接收完为止，需要的时间至少是（） A： 80ms B : 80.08ms C : 80.16ms D : 80.24ms 4、（ 11-33）TCP/IP参考模型的网络层提供的是（） A.无连接不可靠的数据报服务 B ?无连接可靠的数据报服务 C.有连接不可靠的虚电路服务 D .有连接可靠的虚电路服务 5、（ 12-33）在TCP/IP体系结构中，直接为ICMP提供服务协议的是：（） A. PPP B. IP C. UDP D. TCP & （13-33）在OSl参考模型中，下列功能需由应用层的相邻层实现的是（） A.对话管理 B.数据格式转换 C.路由选择 D.可靠数据传输 7. （13-35）主机甲通过1个路由器（存储转发方式）与主机乙互联，两段链路的数据传输速率均为10Mbps,主机甲分别采用报文交换和分组大小为10kb的分 组交换向主机乙发送1个大小为8Mb （1M=10）的报文。若忽略链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间，则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为（）

计算机网络教程第五版课后答案

习题解答 习题及参考答案说明 习题中的某些问答题是为了方便学生课后理解书本知识，并不一定适合作为考试题目，给出的答案也仅供参考，学生不应该死记硬背。 第1章 1-1计算机网络向用户可以提供哪些服务？ 解答：计算机网络是一种通信基础设施，向用户提供的最核心的服务就是信息交互服务和资源共享服务。虽然计算机网络与电信网络和有线电视网络一样，都是一种通信基础设施，但与这两个网络最大的不同在于计算机网络的端设备是功能强大且具有智能的计算机。利用计算机网络这个通信基础设施，计算机上运行的各种应用程序通过彼此间的通信能为用户提供更加丰富多彩的服务和应用，如文件传输、电子、网络电视等待。 1-2试简述分组交换的要点。 解答：分组交换采用存储转发技术，当需要发送数据时无需在源和目的之间先建立一条物理的通路，而是将要发送的报文分割为较小的数据段，将控制信息作为首部加在每个数据段前面（构成分组）一起发送给分组交换机。每一个分组的首部都含有目的地址等控制信息。分组交换网中的分组交换机根据分组首部中的控制信息，把分组转发到下一个分组交换机。用这种存储转发方式将分组转发到达最终目的地。 1-3试从建立连接、何时需要地址、是否独占链路、网络拥塞、数据是否会失序、端到端时延的确定性、适用的数据传输类型等多个方面比较分组交换与电路交换的特点。 解答：

1-4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？ 解答：因特网已成为仅次于全球网的世界第二大网络，缩小了人际交往的时间和空间，大大改变着我们工作和生活的各个方面。 1-5因特网的发展大致分为哪几个阶段？请指出这几个阶段最主要的特点。 解答：因特网的基础结构大体上经历了三个阶段的演进。第一阶段——从单个网络ARPANET向互联网发展。第二阶段——逐步建成了三级结构的因特网。第三阶段——逐渐形成了多层次ISP结构的因特网。 1-6试简述因特网标准制定的几个阶段。 解答：制订因特网的正式标准要经过以下的四个阶段： （1）因特网草案（Internet Draft）——在这个阶段还不是RFC文档。 （2）建议标准（Proposed Standard）——从这个阶段开始就成为RFC文档。 （3）草案标准（Draft Standard）。 （4）因特网标准（Internet Standard）。 1-7小写和大写开头的英文名字internet和Internet在意思上有何重要区别？ 解答：以小写字母i开始的internet（互联网或互连网）是一个通用名词，它泛指由多个计算机网络互连而成的网络。在这些网络之间的通信协议（即通信规则）可以是任意的。 以大写字母I开始的Internet（因特网）则是一个专用名词，它指当前全球最大的、开放的、由众多网络相互连接而成的特定计算机网络，它采用TCP/IP协议族作为通信的规则，且其前身是美国的ARPANET。 1-8计算机网络都有哪些类别？各种类别的网络都有哪些特点？ 解答：见1.4.2节。 1-9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？ 解答：因特网的拓扑结构虽然非常复杂，并且在地理上覆盖了全球，但从其工作方式上看，可以划分为以下的两大块： （1）边缘部分由所有连接在因特网上的主机组成。这部分是用户直接使用的，用来进行通信（传送数据、音频或视频）和资源共享。 （2）核心部分由大量网络和连接这些网络的路由器组成。这部分是为边缘部分提供服务的（提供连通性和交换）。 – 333 –

计算机网络课后习题参考答案第四章

第四章网络层 1.网络层向上提供的服务有哪两种？是比较其优缺点。 网络层向运输层提供“面向连接”虚电路（Virtual Circuit）服务或“无连接”数据报服务 前者预约了双方通信所需的一切网络资源。优点是能提供服务质量的承诺。即所传送的分组不出错、丢失、重复和失序（不按序列到达终点），也保证分组传送的时限，缺点是路由器复杂，网络成本高； 后者无网络资源障碍，尽力而为，优缺点与前者互易 2.网络互连有何实际意义？进行网络互连时，有哪些共同的问题需要解决？ 网络互联可扩大用户共享资源范围和更大的通信区域 进行网络互连时，需要解决共同的问题有： 不同的寻址方案 不同的最大分组长度 不同的网络接入机制 不同的超时控制 不同的差错恢复方法 不同的状态报告方法 不同的路由选择技术 不同的用户接入控制 不同的服务（面向连接服务和无连接服务） 不同的管理与控制方式 3.作为中间设备，转发器、网桥、路由器和网关有何区别？ 中间设备又称为中间系统或中继(relay)系统。 物理层中继系统：转发器(repeater)。 数据链路层中继系统：网桥或桥接器(bridge)。 网络层中继系统：路由器(router)。 网桥和路由器的混合物：桥路器(brouter)。 网络层以上的中继系统：网关(gateway)。 4.试简单说明下列协议的作用：IP、ARP、RARP和ICMP。 IP协议：实现网络互连。使参与互连的性能各异的网络从用户看起来好像是一个统一的网络。网际协议IP是TCP/IP体系中两个最主要的协议之一，与IP协议配套使用的还有四个协议。 ARP协议：是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。RARP：是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。ICMP：提供差错报告和询问报文，以提高IP数据交付成功的机会 因特网组管理协议IGMP：用于探寻、转发本局域网内的组成员关系。

《计算机网络(第四版)》习题答案

计算机网络(第四版) 习题答案

第1 章概述 1-3 The performance of a client-server system is influenced by two network factors: the bandwidth of the network (how many bits/sec it can transport) and the latency (how many seconds it takes for the first bit to get from the client to the server). Give an example of a network that exhibits high bandwidth and high latency. Then give an example of one with low bandwidth and low latency. 客户-服务器系统的性能会受到两个网络因素的影响：网络的带宽（每秒可以传输多少位数据）和延迟（将第一个数据位从客户端传送到服务器端需要多少秒时间）。请给出一个网络的例子，它具有高带宽和高延迟。然后再给出另一个网络的例子，它具有低带宽和低延迟。 答：横贯大陆的光纤连接可以有很多千兆位/秒带宽，但是由于光速度传送要越过数千公里，时延将也高。相反，使用56 kbps调制解调器呼叫在同一大楼内的计算机则有低带宽和较低的时延。1-4 Besides bandwidth and latency, what other parameter is needed to give a good characterization of the quality of service offered by a network used for digitized voice traffic? 除了带宽和延迟以外，针对数字化的语音流量，想要让网络提供很好的服务质量，还需要哪个参数？ 声音的传输需要相应的固定时间，因此网络时隙数量是很重要的。传输时间可以用标准偏差方式表示。实际上，短延迟但是大变化性比更长的延迟和低变化性更糟。 1-6 A client-server system uses a satellite network, with the satellite at a height of 40,000 km. What is the best-case delay in response to a request? 一个客户－服务器系统使用了卫星网络，卫星的高度为40000km。在对一个请求进行响应的时候，最佳情形下的延迟是什么？ 答：由于请求和应答都必须通过卫星，因此传输总路径长度为160,000千米。在空气和真空中的光速为300，000 公里/秒，因此最佳的传播延迟为160,000/300，000秒，约533 msec。 1-9 A group of 2n - 1 routers are interconnected in a centralized binary tree, with a router at each tree node. Router i communicates with router j by sending a message to the root of the tree. The root then sends the message back down to j. Derive an approximate expression for the mean number of hops per message for large n, assuming that all router pairs are equally likely. 在一个集中式的二叉树上，有2n-1个路由器相互连接起来；每个树节点上都有一个路由器。路由

计算机网络(第4版) 清华大学出版社 习题答案(中文版)

第 1 章概述 1. 答：狗能携带21千兆字节或者168千兆位的数据。18 公里/小时的速度等于公里/秒，走过x公里的时间为x / = 200x秒，产生的数据传输速度为168/200x Gbps或者840 /x Mbps。因此，与通信线路相比较，若x< 公里，狗有更高的速度。 2. 使用局域网模型可以容易地增加节点。如果局域网只是一条长的电缆，且不会因个别的失效而崩溃( 例如采用镜像服务器)的情况下，使用局域网模型会更便宜。使用局域网可提供更多的计算能力和更好交互式接口。 3. 答：横贯大陆的光纤连接可以有很多千兆位/秒带宽，但是由于光速度传送要越过数千公里，时延将也高。相反，使用56 kbps调制解调器呼叫在同一大楼内的计算机则有低带宽和较低的时延。 4. 声音的传输需要相应的固定时间，因此网络时隙数量是很重要的。传输时间可以用标准偏差方式表示。实际上，短延迟但是大变化性比更长的延迟和低变化性更糟。 5. 答：不，传送.速度为200,000 公里/秒或200米/ 微秒。信号在10微秒中传送了2千米，每个交换机相当于增加额外的2 公里电缆。如果客户和服务器之间的距离为5000 公里，平均通过50个交换机给那些总道路只增加100 公里，只是2%。因此，交换延迟不是这些情形中的主要因素。 6. 答：由于请求和应答都必须通过卫星，因此传输总路径长度为160,000千米。在空气和真空中的光速为300，000 公里/秒，因此最佳的传播延迟为160,000/300，000秒，约533 msec。 7. 显而易见，在这里没有正确的独立的答案。但下列问题好像相关：目前的系统有它的很多惯性(检测和平衡)。当新的团体掌握权力的时候，这惯性可保持法律、经济和社会制度的稳定。此外，很多人对社会问题没有真的知道事情的真相，但却具有很强烈的、引起争论的意见。将不允许讲道理的观点写进法律也许不合适。还必须考虑某些专业组织有影响的宣传活动。另一主要问题是安全。黑客可能侵入系统和伪造结果。 8. 答：将路由器称为A，B，C，D 和E.：则有10条可能的线路；AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE,和DE。每条线路有4 种可能性(3 速度或者不是线路)，这样，拓扑的总数为410 = 1,048,576。 检查每个拓扑需要100 ms，全部检查总共需要104,857. 6秒，或者稍微超过29个小时。 9. 答：这意味着，从路由器到路由器的路径长度相当于路由器到根的两倍。若在树中，根深度为1，深度为n，从根到第n层需要n-1跳，在该层的路由器为。 从根到n-1 层的路径有router的和n --2跳步。因此，路径长度l为： 或 This expression reduces to l＝n－2，The mean router-router 路径为2n-4。