注意一些上标,也就是指数, 10 9
为10的9次方
《计算机网络习题与解答》 鲁士文 编 习题一
1． 在下列情况下，计算传送1000KB 文件所需要的总时间，即从开始传送时起直到文件的 最后一位到达目的地为止的时间。假定往返时间RTT 是100 毫秒，一个分组是1KB（即 1024 字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要2×RTT 的时间。
（a） 带宽是1.5Mbps，数据分组可连续发送。
解答：2 个起始的RTT：100×2=200 毫秒
传输时间：RTT÷2=100÷2=50 毫秒 1KB=8 比特×1024=8192 比特
发送时间：1000KB÷1.5Mbps=8192000 比特÷1500，000 比特/秒=5.46 秒 所以，总时间等于0.2+5.46+0.05=5.71 秒。
（b） 带宽是1.5Mbps，但在结束发送每一个数据分组之后，必须等待一个 RTT 才能发送下一个数据分组。
解答：在上一小题答案的基础上再增加999 个RTT
5.71+999×0.1=105.61 秒 所以，总时间是105.61 秒。
（c） 带宽是无限大的值，即我们取发送时间为0，并且在等待每个RTT 后可发送多 达20 个分组。
解答：1000KB÷1KB=1000 分组 1000 分组÷20 分组=50 个RTT
50-1=49 个RTT
2×RTT+49RTT+0.5RTT=51.5RTT=0.1×51.5=5.15 秒。
（d） 带宽是无限大的值，在紧接起始握手后我们可以发送一个分组，此后，在第一 次等待RTT 后可发送21 个分组，在第二次等待RTT 后可发送22 个分组，。。。，在 第n 次等待RTT 后可发送2n 个分组。
解答： 取n=9
1+2+4+?+2
9
=2
9+1
-1=1023
这样我们就可以发送所有的1000 个分组，而且在第9 次等待RTT 后只须发送。
（512-23）个分组就可以了。 2RTT+9RTT+0.5RTT=11.5RTT 0.1×11.5=1.15 秒 即总的延迟是1.15 秒。
2． 考虑一个最大距离为2 公里的局域网，当带宽等于多大时传播延时（传播速度为2×108 米/秒）等于100 字节分组的发送延时？对于512 字节分组结果又当如何？
解答：传播延迟等于：
2×103 米÷（2×108 米/秒）=10-5 秒=10 微秒 100 字节÷10 微秒=10M 字节/秒=80M 位/秒
512 字节÷10 微秒=51.2M 字节/秒=409.6M 位/秒 因此，带宽应分别等于80M 位/秒和409.6M 位/秒。
3． 假定有一个通信协议，每个分组都引入100 字节的开销用于头和成帧。现在使用这个协 议发送1M 字节的数据，然而在传送的过程中有一个字节被破坏了，因而包含该字节的 那个分组被丢弃。试对于1000、5000、10000 和20000 字节的分组数据大小分别计算“开 销+丢失”字节的总数目？分组数据大小的最佳值是多少？
解答：设D 是分组数据的大小，那么所需要的分组数目 N=106/D
开销=100×N （被丢弃分组的头部也已计入开销） 所以，开销+丢失=100×106/D+D 分组数据大小 D 开销+丢弃 1000 101000 5000 25000 10000 20000 20000 25000 y=108/D+D 当D=104 时，
所以，D 的最佳值是10000 字节。
4． 一个系统的协议结构有n 层。应用程序产生M 字节长的报文。网络软件在每层都加上
h 字节长的协议头。那么，网络带宽中有多大比率用于协议头信息的传输？
解答：总共有n 层，每层加h 字节，在每个报文上附加的头字节的总数等于hn，因此头消
耗的有关空间所占的网络带宽的比率为hn / (M+hn)。
5． 有两个网络，它们都提供可靠的面向连接的服务。一个提供可靠的字节流，另一个提供 可靠的报文流。请问二者是否相同？为什么？
解答：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，接收方将得到两个报文，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 字节当作一个整体，在此已经体现不出原 先有两个不同的报文的事实。
习题二
6． 假定在地球和一个新月亮之间建立一条100M 位/秒的链路。从该月亮到地球的距离大约 是385000 公里，数据在链路上以光速3×10
8
米/秒传输。
（a） 计算该链路的最小RTT。
解：最小RTT 等于2×385000000 米÷（3×10
8
米/秒）=2.57 秒
（b） 使用RTT 作为延迟，计算该链路的“延迟×带宽”值。
解：“延迟×带宽”值等于2.57 秒×100M 位/秒=257M 位≈32M 字节 （c） 在（b）中计算的“延迟×带宽”值的含义是什么？ 解：它表示发送方在收到一个响应之前能够发送的数据量。
（d） 在月亮上用一个照相机拍取地球的相片，并把它们以数字形式保存到磁盘上。 假定在地球上的任务控制要下载25M 字节的最新图象，那么，从发出数据请求 到传送结束最少要化多少时间？
解：在图象可以开始到达地面之前，至少需要一个RTT。假定仅有带宽延迟，那么发送需要 的时间等于25M 字节÷100M 位/秒=200M 位÷100M 位/秒=2 秒。所以，直到最后一个图象位 到达地球，总共化的时间等于2.0+2.57=4.57 秒。
2．如图所示，主机A 和B 每个都通过10M 位/秒链路连接到交换机S。
在每条链路上的传播延迟都是20 微秒。S 是一个存储转发设备，在它接收完一个分组后35 微妙开始转发收到的分组。试计算把10000 比特从A 发送到B 所需要的总时间。 （a） 作为单个分组
解：每条链路的发送延迟是10000÷10M 位/秒=1000 微秒 总的传送时间等于2×1000+2×20+35=2075 微秒。 （b）作为两个5000 位的分组一个紧接着另一个发送
解：当作为两个分组发送时，下面列出的是各种事件发生的时间表： T=0 开始
T=500 A 完成分组1 的发送，开始发送分组2 T=520 分组1 完全到达S T=555 分组1 从S 起程前往B T=1000 A 结束了分组2 的发送 T=1055 分组2 从S 起程前往B T=1075 分组2 的第1 位开始到达B T=1575 分组2 的最后1 位到达B
事实上，从开始发送到A 把第2 个分组的最后1 位发送完经过的时间为2×500 微妙， 第1 个链路延迟20 微妙，
交换机延迟为35 微妙（然后才能开始转发第2 个分组），
500 微妙的发送延迟， 第2 个链路延迟20 微妙，
所以，总的时间等于2×500 微妙+20 微妙+35 微妙+500 微妙+20 微妙=1575 微妙。
3. 现在要在光纤上发送一个计算机屏幕图象序列。屏幕大小为480x640 象素，每个象素24 位，每秒60 幅屏幕图象。问需要多大的带宽？假定每赫兹调制一个比特，那么对于中心波 长为1.30μm 的波段，这个带宽所对应的波长范围有多大？ 解答: 数据速率是480x640x24x60 bps ，即442Mbps △ f = 4.42 x 108
因此，需要442 Mbps 的带宽， 对应的波长范围是2.5 x 10 –6 微米。
4. 奈魁斯特定理适用于光纤吗？还是仅适用于铜线？
解答: 奈魁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 的傅里叶频谱不包含高于f 的正弦或余弦，那么以2f 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。因此奈魁斯特定理适用于所有介质。
5. 假定PSTN 的带宽是3000HZ，典型的信噪功率比是20dB，试确定可以取得的理论上
最大的信息（数据）速率。 解答： 现在，
因此，C = 3000×log2(1+100) = 19 936 bps
即可以取得的理论上最大的信息（数据）速率是19 936 bps。
习题三
1． 假定我们要发送信息11001001，并且使用CRC 多项式x3+1 来检错 （a） 使用多项式长除来确定应该发送的信息块。
解答：取信息11001001，附加000，并用1001 去除，余数是011 应该发送的信息块是11001001011
（b） 假定信息块最左边的比特由于在传输链路上的噪音而变化，接收方 CRC 计算的结果是什么？接收方是怎样知道发生了错误的？
解答：把第1 位变反，得到01001001011，再用1001 去除，得到商01000001， 余数是10。由于余数不为零，所以接收方知道发生了错误。
2． 假定一个成帧协议使用比特充填，示出当帧包含下列比特序列时在链路上发 送的比特序列。
110101111101011111101011111110
解答：110101111100101111101010111110110
3．在大多数网络中，数据链路层通过请求重传损坏帧来处理传输错误。如果一 个帧被损坏的概率为p，在确认帧永远不会被丢失的情况下发送一帧所需要的平 均传输次数是多少？
解答：一个帧需要传输k 次的概率pk 是开头k-1 次传输尝试失败的概率p
k-1
乘以第k 次传
输成功的概率（1-p）。因此，平均传输次数是：
4．考虑在一条20 公里长的点到点光纤链路上运行的ARQ算法
a) 假定光在光纤中的传播速度是2×108 米/秒，试计算该链路的传播延迟。 解答：传播延迟=20×103 米÷（2×108 米/秒）=100 微妙 b) 为该ARQ 建议一个适当的超时值。
解答：往返时间大约为200 微妙。可以把超时值设臵成该时间长度的2 倍，即 0.4 毫秒。取决于在实际的RTT 中的变化量额，有时候取小一些的值（但大于0.2 毫秒）也许更合理。
c) 按照给出的这个超时值实现ARQ 算法，为什么该ARQ 算法在运行过程 中还可能超时而重传帧呢？
解答：前面传播延迟的计算没有考虑处理延迟，而在实践中远方结点可能引入处 理延迟，即它也许不能够立即回答。
5． PPP 是以HDLC 为基础的，HDLC 使用位充填防止在有效载荷内偶尔出现 的标志字节产生混淆。给出至少一个理由，说明PPP 为什么使用字符充填来
代替位充填。
解答：：PPP 被明确地设计成是以软件形式实现的，而不像HDLC 那样几乎总是以硬件形
式实现。对于软件实现，完全用字节操作要比用单个位操作简单得多。此外，PPP 被设计成 跟调制解调器一道使用，而调制解调器是以1 个字节为单元而不是以1 个比特为单元接受和 发送数据的。
习题四
1．一大批ALOHA 用户每秒产生50 次请求，包括初始请求和重传的请求。时间以40 毫秒为 单位分槽
（a） 首次尝试的成功率是多少？
解答：在任一帧时内生成k 帧的概率服从泊松分布
生成0 帧的概率为e—G
对于纯ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其它帧发送的概率为 e— G ．e—G =e