计算机网络(第五版) 谢希仁著 部分参考答案

第一章

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＜s+x/C+kd时，
　　(k-1)p/C＜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=√hx/(k-1)

1-18 ,假设信号在媒体上的传播速率为2.3*1000000000m/s。媒体长度l分别为：
(1) 10cm(网卡)
(2) 100m(局域网)
(3) 100km(城域网)
(4) 5000km(广域网)
试计算当数据率为Mb/s1和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。
               解：传播时延=信道长度/电磁波在信道上的传播速率
                       时延带宽积=传播时延*带宽
   （1）0.1m/2.3/1000000000*1*10000000b/s=0.000435bit
   （2）100m/2.3/1000000000*1*10000000b/s=0.435bit
   （3）100000/2.3/1000000000*1*10000000=435bit
   （4）5000000/2.3/1000000000*1*10000000=21739bit

1-19, 长度为100字节的应用层数据交给运输层传送，再加上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递，加上首部和尾部共18字节。试求数据的传输效率。
若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？
解：（1）100/（100+20+20+18）=63.3%
   （2）1000/（1000+20+20+18）=94.5%

第二章

题目:共有4个站进行码分多址通信。4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？

答：S·A=（＋1－1＋3＋1－1＋3＋1＋1）／8=1，   A发送1

S·B=（＋1－1－3－1－1－3＋1－1）／8=－1， B发送0

S·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

3-07 要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是P(x)=x4+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？
　　答：添加的检验序列为1110 （11010110110000除以10011）
　　数据在传输过程中最后一个1变成了0，11010110101110除以10011，余数为011，不为0，接收端可以发现差错。
　　数据在传输过程中最后两个1都变成了0，11010110001110除以10011，余数为101，不为0，接收端可以发现差错。

3-16 数据率为10Mbit/s的以太网的码元传输速率是多少波特？
　　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。标准以太网的数据速率是10Mb/s，因此波特率是数据率的两倍，即20M波特。
3-20 假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gbit/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。
　　答：对于1km电缆，单程端到端传播时延为：τ=1÷200000=5×10-6s=5μs，
　　端到端往返时延为： 2τ=10μs
　　为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时延不能小于10μs，以1Gb/s速率工作，10μs可发送的比特数等于：10×10-6×1×109=10000bit=1250字节。
3-28 有10个站连接到以太网上，试计算以下三种情况下每一个站所能得到带宽。
　　（1）10个站点连接到一个10Mbit/s以太网集线器；
　　（2）10站点连接到一个100Mbit/s以太网集线器；
　　（3）10个站点连接到一个10Mbit/s以太网交换机。
　　答：（1）10个站共享10Mbit/s；
　　（2）10个站共享100Mbit/s；
　　（3）每一个站独占10Mbit/s。
　　9、100个站分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD。总线速率为5Mbit/s，帧平均长度为1000bit。试估算每个站每秒种发送的平均帧数的最大值。传播时延为5μs/km。
　　答：a=τ/T0=τC/L=5μs/km×4km×5Mbit/s÷1000bit=0.1
　　当站点数较大时，信道利用率最大值Smax接近=1/（1+4.44a）=0.6925
　　信道上每秒发送的帧的最大值= Smax×C/L=0.6925×5Mbit/s/1000bit=3462
　　每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=3462/100=34
3-29 10Mbit/s以太网升级到100Mbit/s和1Gbit/s甚至10Gbit/s时，需要解决哪些技术问题？在帧的长度方面需要有什么改变？为什么？传输媒体应当有什么改变？
　　答：以太网升级时，由于数据传输率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测。所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，使参数a保持为较小的值，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用802.3标准规定的以太网最小最大帧长，使不同速率的以太网之间可方便地通信。100bit/s的以太网采用保持最短帧长（64byte）不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到100m，同时将帧间间隔时间由原来的9.6μs，改为0.96μs。1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为100m的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为64字节，同时将争用字节增大为512字节。传输媒体方面，10Mbit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而100Mbit/s和1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s以太网只支持光纤。
　　10Mbit/s以太网升级到100Mbit/s和1Gbit/s甚至10Gbit/s时，需要解决哪些技术问题？在帧的长度方面需要有什么改变？为什么？传输媒体应当有什么改变？

答：以太网升级时，由于数据传输率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测。所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，使参数a保持为较小的值，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用802.3标准规定的以太网最小最大帧长，使不同速率的以太网之间可方便地通信。100bit/s的以太网采用保持最短帧长（64byte）不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到100m，同时将帧间间隔时间由原来的9.6μs，改为0.96μs。1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为100m的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为64字节，同时将争用字节增大为512字节。传输媒体方面，10Mbit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而100Mbit/s和1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s以太网只支持光纤。

　　欲保持10M，100M，1G的MAC协议兼容，要求最小帧长的发送时间大于最长的冲突检测时间，因而千兆以太网采用载波扩充方法。而且为了避免由此带来的额外开销过大，当连续发送多个短帧时采用帧突发技术。而100M以太网采用的则是保持帧长不变但将最大电缆长度减小到100m。 其它技术改进： （1）采用专用的交换集线器，缩小冲突域 （2）发送、接收、冲突检测传输线路独立，降低对媒体带宽要求 （3）为使用光纤、双绞线媒体，采用新的信号编码技术。
第四章

4-21某单位分配到一个B类IP地址，其net-id为129.250.0.0。该单位有4000台机器，平均分布在16个不同的地点。如选用子网掩码为255.255.255.0，试给每一地点分配一个子网号码，并计算出每个地点主机号码的最小值和最大值。

答：4000/16=250，平均每个地点250台机器。如选255.255.255.0为掩码，则每个网络所连主机数=28-2=254>250，共有子网数=28-2=254>16，能满足实际需求。

可给每个地点分配如下子网号码

地点： 子网号（subnet-id） 子网网络号   主机IP的最小值和最大值

1：    00000001           129.250.1.0    129.250.1.1---129.250.1.254  

2：    00000010           129.250.2.0    129.250.2.1---129.250.2.254

3：    00000011           129.250.3.0    129.250.3.1---129.250.3.254

4：    00000100           129.250.4.0    129.250.4.1---129.250.4.254

5：    00000101           129.250.5.0    129.250.5.1---129.250.5.254

6：    00000110           129.250.6.0    129.250.6.1---129.250.6.254

7：    00000111           129.250.7.0    129.250.7.1---129.250.7.254

8：    00001000           129.250.8.0    129.250.8.1---129.250.8.254

9：    00001001           129.250.9.0    129.250.9.1---129.250.9.254

10：  00001010           129.250.10.0   129.250.10.1---129.250.10.254

11：  00001011           129.250.11.0   129.250.11.1---129.250.11.254

12：  00001100           129.250.12.0   129.250.12.1---129.250.12.254

13：  00001101           129.250.13.0   129.250.13.1---129.250.13.254

14：  00001110           129.250.14.0   129.250.14.1---129.250.14.254

15：  00001111           129.250.15.0   129.250.15.1---129.250.15.254

16：  00010000           129.250.16.0   129.250.16.1---129.250.16.254

4-22一具数据报长度为4000字节（固定首部长度）。现在经过一个网络传送，但此网络能够传送的最大数据长度为1500字节。试问应当划分为几个短些的数据报片？各数据报片的数据字段长度、片偏移字段和MF标志应为何数值？

答：IP数据报固定首部长度为20字节

	总长度(字节)	数据长度(字节)	MF	片偏移
原始数据报	4000	3980	0	0
数据报片1	1500	1480	1	0
数据报片2	1500	1480	1	185
数据报片3	1040	1020	0	370

4-29 一个自治系统有5个局域网，其连接图如图6-61所示。LAN2至LAN5上的主机数分别为：91，150，3和15。该项自治系统分配到的IP地址块为30.138.118/23。试给出每一个局域网的地址块（包括前缀）。

解:分配网络前缀时应先分配地址数较多的前缀。

地址块30.138.118/23可写成30.138.118.0/23

写成二进制表示：00011110  10001010  01110110  00000000

掩码            11111111  11111111  11111110  00000000

LAN3有150个主机加一个路由器地址为151个地址。

地址块     00011110  10001010  0111011*  ********

分配地址块   00011110  10001010  01110110  ********  

即   30.138.118.0/24

LAN2有91个主机加一个路由器地址为92个地址。

分配地址块   00011110  10001010  01110111  0*******  

即   30.138.119.0/25

LAN5有15个主机加一个路由器地址为16个地址。需要/27地址块，可分配/26地址块。

分配地址块   00011110  10001010  01110111  10******  

即   30.138.119.128/26

LAN4有3个主机加一个路由器地址为4个地址。至少需要/29地址块

分配地址块   00011110  10001010  01110111  11000***  

即   30.138.119.192/29

LAN1至少有3个IP地址供路由器用。也分一个/29地址块

分配地址块   00011110  10001010  01110111  11001***  

即   30.138.119.200/29

4-17 一个3200bit长的TCP报文传到IP层，加上160bit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1200bit，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”当然指局域网看见的数据）？

答：第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200bit，即每个IP数据片的数据部分<1200-160(bit)，由于片偏移是以8字节即64bit为单位的，所以IP数据片的数据部分最大不超过1024bit，这样3200bit的报文要分4个数据片，所以第二个局域网向上传送的比特数等于（3200+4×160），共3840bit。

4-37 某单位分配到一个地址块136.23.12.64/26。现在需要进一步划分4个一样大的子网。试问：
1、 每个子网的前缀有多长？
2、 每一个子网中有多少个地址？
3、 每一个子网的地址块是什么？
4、 每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址是什么？
一共有28位做网络地址,4位做主机地址.即掩码是/28 255.255.255.240
解析：
136.23.12.64/28 主机范围:136.23.12.65--78
136.23.12.80/28 :136.23.12.81--94
136.23.12.96/28 :136.23.12.97--110
136.23.12.112/28 :136.23.12.113--126
每个子网中16个地址，其中1个网络号,一个广播地址，14个主机地址.

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）20，（4）62，（5）122，（6）250

答：（3）20+2=22<25（加2即将不能作为子网号的全1和全0的两种，所以子网号占用5bit，所以网络号加子网号共13bit，子网掩码为前13个1后19个0，即255.248.0.0。依此方法：

（1）255.192.0.0，（2）255.224.0.0，（4）255.252.0.0，（5）255.254.0.0，（6）255.255.0.0

4-25 以下有四个子网掩码，哪些是不推荐使用的？

（1）176.0.0.0，（2）96.0.0.0，（3）127.192.0.0，（4）255.128.0.0

答：只有（4）是连续的1和连续的0的掩码，是推荐使用的。

4-26 有如下的四个/24地址块，试进行最大可能的聚合。

212.56.132.0/24，212.56.133.0/24。212.56.134.0/24，212.56.135.0/24

答：212=（11010100）2，56=（00111000）2

132=（10000100）2，

133=（10000101）2

134=（10000110）2，

135=（10000111）2

所以共同的前缀有22位，即11010100 00111000 100001，聚合的CIDR地址块是：212.56.132.0/22

4-27有两个CIDR地址块208.128/11和208.130.28/22。是否有哪一个地址块包含了另一地址块？如果有，请指出，并说明理由。

答：208.128/11的前缀为：11010000 100

208.130.28/22的前缀为：11010000 10000010 000101，它的前11位与208.128/11的前缀是一致的，所以208.128/11地址块包含了208.130.28/22这一地址块。

4-30 一个大公司有一个总部和三个下属部门.公司分配到的网络前缀是192.77.33/24.公司
的网络布局如图.总部共有五个局域网,其中LAN1～LAN4都连接到路由器R1上,
R1再通过LAN5与路由其R5相连.R5和远地的三个部门的局域网LAN6～LAN8通
过广域网相连.每个局域网旁边标明的红色数字是局域网上主机数.试给每个局域网
分配一个合适的网络前缀.
分配网络前缀时应先分配地址数较多的前缀,本题的答案很多种,下面是其中的一种答案.
LAN1: 192.77.33.0/26
LAN3: 192.77.33.64/27; LAN6: 192.77.33.96/27;
LAN7: 192.77.33.128/27; LAN8; 192.77.33.160/27
LAN2: 192.77.33.192/28; LAN4: 192.77.33.208/28
LAN5: 192.77.33.224/29 (考虑到以太网可能还要连接及个主机,故留有余地)
WAN1:192.77.33.232/30; WAN2: 192.77.33.236/30; 192.77.33.240/30

4-41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　　C

N6　　　8　　F

N8　　　4　　E

N9　　　4　　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”和“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。    

解：路由器B更新后的路由表如下：

N1　　　7　　A　　　　无新信息，不改变

N2　　　5　　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（这三列分别表示“目的网络”、“距离”和“下一跳路由器”）

N1　　　4　　B

N2　　　2　　C

N3　　　1　　F

N4　　　5　　G

现在A收到从C发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络”和“距离”　）：

N1　　　2

N2　　　1　　

N3　　　3　　　

试求出路由器A更新后的路由表。

解：路由器A更新后的路由表如下：

N1　　　3　　C　　　　不同的下一跳，距离更短，改变

N2　　　2　　C　　　　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

第五章

5-14解：下面是打印出的十六进制格式的UDP首部  
          06   32   00   0D   00   1C   E2   17  
  a.源端口是什么？  
  b.目的地址是什么？  
  c.用户数据报的总长度是多少？  
  e.数据的总长度是多少？  
  d.该分组是从客户发给服务器还是反过来？  
  f.客户进程是什么？

源端口是0X0632   =   1586  
  目的端口是0X000D   =   14  
  总长度是是0X001C   =   29   BYTES

UDP_HEADER  
  ______________________________________________________  
  0______________________16___________________________31  
  ___发送端口号(16bit)____|____接收端口号（16bit）_____|  
  _______包的长度_________|_________检查和_____________|    

5-16解析：停止等待协议中发送的数据帧是否需要编号?需要编几位号?为什么?

在计算机网络发展的初期，通讯网的传输质量较差，所以在数据链路层采用基于可靠传输的该协议。现在通讯网的质量大幅度提高，该协议已停止使用，所以帧的编号位已经不使用。但是在有些通讯原理教科书上，该协议只作为原理进行讲解，对编号位数普遍位曾提及。

在停止等待协议中，确认帧是否需要序号？请说明理由。 答：在一般情况下，确认帧不需要序号。但如果超时时间设置短了一些，则可能会出现问题，即有时发送方会分不清对哪一帧的确认。

5-35解析：五段链路的传播时延＝250*2+(1500/150000)*3*1000=530ms

          五段链路的发送时延＝960/（48*1000）*5*1000＝100ms

          所以五段链路单程端到端时延＝530+100＝630ms

5-02解析：从通信和信息处理的角度来看，运输层向它上面的应用层提供通信服务。运输层为应用进程之间提供端到端的逻辑通信。

5-03解析：都是，这要从不同层次来看。在运输层是面向连接的，在网络层则是无连接的。

5-06解析：丢弃.

TCP/IP三次握手工作方式：

         TCP握手协议
5-24一个TCP连接下面使用256Kb/s的链路,其端到端时延为128ms.经测试,发现吞吐
量只有120Kb/s.试问发送窗口是多少
解答
来回路程的时延等于256ms(=128ms×2).设窗口值为X(注意:以字节为单位),假
定一次最大发送量等于窗口值,且发射时间等于256ms,那么,每发送一次都得停下来期待
再次得到下一窗口的确认,以得到新的发送许可.这样,发射时间等于停止等待应答的时间,
结果,测到的平均吞吐率就等于发送速率的一半,即
8X÷(256×1000)=256×0.001
X=8192
所以,窗口值为8192.

如何进行三次握手
 在TCP/IP协议中，TCP协议提供可靠的连接服务，采用三次握手建立一个连接。
 第一次握手：建立连接时，客户端发送syn包(syn=j)到服务器，并进入SYN_SEND状态，等待服务器确认；
 第二次握手：服务器收到syn包，必须确认客户的SYN（ack=j+1），同时自己也发送一个SYN包（syn=k），即SYN+ACK包，此时服务器进入SYN_RECV状态；
 第三次握手：客户端收到服务器的SYN＋ACK包，向服务器发送确认包ACK(ack=k+1)，此包发送完毕，客户端和服务器进入ESTABLISHED状态，完成三次握手。
 完成三次握手，客户端与服务器开始传送数据，在上述过程中，还有一些重要的概念：
 未连接队列：在三次握手协议中，服务器维护一个未连接队列，该队列为每个客户端的SYN包（syn=j）开设一个条目，该条目表明服务器已收到SYN包，并向客户发出确认，正在等待客户的确认包。这些条目所标识的连接在服务器处于Syn_RECV状态，当服务器收到客户的确认包时，删除该条目，服务器进入ESTABLISHED状态。
 Backlog参数：表示未连接队列的最大容纳数目。
 SYN-ACK 重传次数 服务器发送完SYN－ACK包，如果未收到客户确认包，服务器进行首次重传，等待一段时间仍未收到客户确认包，进行第二次重传，如果重传次数超过系统规定的最大重传次数，系统将该连接信息从半连接队列中删除。注意，每次重传等待的时间不一定相同。
 半连接存活时间：是指半连接队列的条目存活的最长时间，也即服务从收到SYN包到确认这个报文无效的最长时间，该时间值是所有重传请求包的最长等待时间总和。有时我们也称半连接存活时间为Timeout时间、SYN_RECV存活时间。

BAST的含义

试说明10BASE5，10BASE2，10BASE-T，和10BROAD36和 FOMAU 所代表的意思。
　　答：10BASE5：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是基带信号， “5”表示每一段电缆的最大长度是500m。
　　10BASE2：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是基
　　带信号， “2”表示每一段电缆的最大长度是185m。
　　10BASE-T：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是
　　基带信号， “T”表示使用双绞线作为传输媒体。
　　10BROAD36：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BROAD”表示电缆上的信
　　号是宽带信号，“36”表示网络的最大跨度是3600m。
　　FOMAU : (Fiber Optic Medium Attachment Unit) 光纤媒介附属单元。
　10和1代表网络数据传输速率分别为10Mbps和1Mbps，BASE和BROAD分别表示基带和频分多路复用的宽带。5、2和36分别表示传输媒体线缆段最大长度分别为500米、185（约200）米和3600米；T表示是采用双绞线；F表示光纤。10BASE5是50欧同轴粗缆；10BASE2是50欧同轴细缆；10BASE-T为一种物理星状拓扑而逻辑上为总线结构的以太网；1BASE5指AT&T公司的StarLAN的物理媒体规范，使用和10BASE-T一样的双绞线，可通过一种称为菊花链的机制进行扩展；10BASE-F又分为适用于以星状拓扑连接站和转发器的无源系统10BASE-FP、点对点连接站或转发器的光纤链路10BASE-FL、以及点对点主干光纤链路10BASE-FB；10BROAD36采用75欧的CATV同轴电缆。FOMAU是采用光纤（Fiber Optic）的媒体接入单元MAU（Media Access Unit），用以连接扩展以太网的转发器之间的光纤链路FOIRL（Fiber Optic Inter-Repeater Link）。