计算机网络作业解答

第一章 计算机网络体系结构 1.计算机网络的定义

2.计算机网络的功能（六点）

3.计算机网络的拓扑结构的类型（六种） 4.OSI/RM及其了解各层的功能（七层） 5.TCP/IP参考模型（四层） 6.网络高速化（三方面）

7.计算机网络协议、接口和服务的概念 第二章 物理层

1.物理层特性（四点）

2.奈奎斯特定理和香农定理 3.光纤的优点及其两种模式 4.三种基本的调制方法

5.曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码 6.两种数字传输系统（T1，E1） 7.PCM的缺点（2个） 第三章 数据链路层

1．数据链路层的功能（5个） 2．常见的组帧的方法（4种） 3．循环冗余校验码的原理

4．多帧滑动窗口与后退N帧协议 5．多路复用技术的一般形式（四种） 6．CSMA/CD协议

7．局域网的主要特征（5点）

8．以太网物理层和MAC子层的功能（3和5点） 9．以太网的帧格式

10．划分VLAN的方法（5种） 11．无线局域网的DCF和PCF 12．广域网的主要特性（4点） 13．数据报服务的特点

14．虚电路服务与数据报服务的主要区别（7方面） 15．X．25的层次（三层）

16．帧中继与X．25的主要区别（三点） 17．帧中继的特点（三点） 18．PPP组成（三部分） 19．HDLC的帧结构

20．网桥的类型（两种） 第四章 网络层

1．网络的异构性表现在哪些方面（4方面） 2．中继系统的种类（5种） 3．拥塞控制算法（四种） 4．距离向量路由算法 5．链路状态路由算法

6．IP地址的分类及其表示

7．IP数据报的结构及其每个域的意义 8．子网及其掩码 9．CIDR

10．ICMP差错报告报文的种类（5种） 11．IPv6的特点（9点） 12．OSPF

13．IP多播的概念和多播地址 14．转交地址的分类（2种）

15．路由器的优缺点（7和3点） 第五章 传输层

1．传输层寻址与端口

2．无连接服务与面向连接服务 3. 传输连接的建立与释放 4. UDP的优点（4点） 5. TCP报文段报头格式 6. TCP的流量控制 7．TCP的拥塞控制 第六章 应用层

1．三层C/B结构的优点（4点） 2．P2P技术的特点（6点） 3．DNS的层次结构

4．域名服务器的类型（3种）

5．Internet的应用协议:FTP,MIME,HTTP 6．Web页面文档的分类（三种） 7．生成动态文档的方法（4种） 8．生成活动文档的方法（2种） 9．URL的格式

10．网络管理系统逻辑模型

11．网络管理的主要功能（5个） 12．被管对象的特性（5点） 13．SNMP的基本元素（三种） 14．SNMPv3的安全模式（2种） 第七章 MPLS与服务质量控制 1．标记交换原理(P326) 2．MPLS的封装(P328)

3．标记分配的方式（3种）(P331)

4．与以路由器作为核心网络平台的技术相比，MPLS的主要优点（7点）(P339) 5．Intserv的局限性（5点）(P344) 6．DiffServ的体系结构(P345)

7．DiffServ的技术特点（4点）(P349) 第八章(不考)

所有布置的作业（共25道题：各章的选择题，P.70：13、14、15；P.150：16、17、18、19；P.221：2、5；P.222：6、9、10、15、18；P.252：10、11、13、14、15、16）

作业参考解答： P．33 1．（1）A （2）B （3）B （4）D （5）B （6）A （7）D （8）C （9）A （10）B P．70 1．（1）D （2）D （3）D （4）B （5）D 13．

解：假定用计算机通过长途电话线进行数据传送时，采取连续传送且不出错。若用2.4k b/s速率，传600MB

（600×1024×1024×8bit）÷2400bit/s=2097152s=24.3（天） 比托人乘火车捎去要慢，且更贵。 14．

解：由奈奎斯特定理，可以每秒采样16M次，4级数字信号意味着每次采样提供2bit,因此总的数据速率是32M b/s. 15.

解：20=10log 100, 信噪比S/N=100

(1) 由香农定理:最大速率=3klog2(1+100)=19.98k b/s; (2) 由奈奎斯特定理：最大速率=2×3k=6k b/s; 显然，最大数据速率是6k b/s P．149 1．（1）B （2）C （3）C （4）C （5）C （6）D （7）A （8）B P．150 16．

解:当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2倍时,信道的利用率是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%. 20ms×2=40ms

现在发送速率是每秒4Mbit，即发送一位需0.00025ms 40ms÷0.00025ms/bit=160k bit

因此，帧大于160k bit停等协议才有至少50%的效率。 17．

解：先区别N+2种事件。从事件1直到事件N都是由对应的主机试图使用信道而不发生冲突获得成功的条件形成。这些事件中的每一个的概率都是p(1-p)N-1.事件N+1是一个空闲信道，其概率是(1-p)N。事件N+2是一次冲突。由于这N+2个事件是穷举的和完备的，它们概率的和必定是1。因此，冲突的概率，即浪费的时间片的比率是：

1 - N p(1-p)N-1 - (1-p)N 18．

解：对于1km电缆，单程端到端传播时延为：

-6

1km÷200 000km/s = 5×10 s 端到端往返时延：10×10-6 s

为了能按照CSMA/CD工作，数据帧的发送时延不能小于10×10-6 s，以1G bit/s速率工作, 10×10-6 s可发送的比特数等于：

（10×10-6 s）×（1×109 bit/s）= 10 000bit

因此，最短帧长是10 000bit( 1 250字节)。 19． 解：（-1+1-3+1-1-3+1+1）●（-1-1-1+1+1-1+1+1）/8=1 （-1+1-3+1-1-3+1+1）●（-1-1+1-1+1+1+1-1）/8=-1 （-1+1-3+1-1-3+1+1）●（-1+1-1+1+1+1-1-1）/8=0 （-1+1-3+1-1-3+1+1）●（-1+1-1-1-1-1+1-1）/8=1 说明A和D发送“1”，B发送“0”，而C没有发送信息。 P．221 1．（1）B （2）A （3）B （4）A 2．

解：可能的连接数：

?5???2???10?? 总时间：410×100ms=104857.6S≈29h 5．

解：信息所经平均路由器—路由器的路径是平均路由器—根路径的两倍。若树根的编号为1级，与树根直接相邻的两个结点为2级，直至最深达到n级。有1/2结点在n级，从它们那里到达根需经n-1跳，有1/4节点在n-1级，从它们那里到达根需经n-2跳，依此类推，因此，信息所经平均路由器—根路径的长度L为： L=（1/2）×（n-1）+（1/4）×（n-2）+（1/8）×（n-3）+?

???i?1?1?n???2?i???i?1?1?i???2?i?n?2所以，信息所经平均路由器—路由器的路径的跳数是2n – 4 6． 解：（1）源主机发出的每个分组或者经过1跳，或者经过2跳，或者经过3跳而到达目的主机。只经过1跳的概率就是被源路由器丢弃的概率p。经过2跳的概率就是源路由器未丢弃，而被目的路由器丢弃的概率（1- p）p。经过3跳的概率就是源和目的路由器都未丢弃的概率（1- p）2。所以，平均跳数是：

2 2

1×p + 2×(1-p)p+3 ×(1-p)= p-3p+3

（2） 一次发送成功的概率就是两个路由器都未丢弃的概率，即

2

A=(1-p)。一个分组要发送k次的概率是前(k-1)次不成功而第k次成功的概率，即(1-A)k-1A。所以，平均发送次数为

??k?1k(1?A)k?1A?A1[1?(1?A)]2?1A?1(1?p)2

（3） 每个收到的分组所需的平均跳数等于平均发送的次数乘以每次传输所

经过的平均跳数，即（1）和（2）结果的乘积

（p2-3p+3）/(1-p)2

9．

解：由题意易知，该数据报的长度为3200+160=3360bit

由于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，所以该数据报必须分片，所需分的片数为X：

1200X>=3200+160X

X= 4，所以第二个局域网向其上层传递的数据为：

3200+160×4 = 3840bit

10．

解：由题意易知，该数据报中数据长度为4000－20 = 3980字节，应当划分的数据片数为：?3980/1500? = 3，各数据片的数据字段长度、片偏移字段和MF标志位如下： 数据字段长度 片偏移字段 MF 1480 0/8 = 0 1 1480 1480/8 = 185 1 1020 2960/8 = 370 0 15．

解：C=8Mb, M=6Mb/s, ρ=1 Mb/s S=C/(M-ρ)=8/5(s)=1.6(s)

18．解：⑴4个子网需要占用2比特位，所以每个子网的网络前缀有26+2＝28位。

⑵每个子网的主机号占用32-28＝4位，24＝16，所以有16个地址。

⑶4个子网的地址块分别为：136.23.12.64/28，136.23.12.80/28，136.23.12.96/28，136.23.12.112/28

⑷第一个地址块136.23.12.64/28，最小地址为136.23.12.65/28，最大地址为136.23.12.78/28

第二个地址块136.23.12.80/28，最小地址为136.23.12.81/28，最大地址为136.23.12.94/28

第三个地址块136.23.12.96/28，最小地址为136.23.12.97/28，最大地址为136.23.12.110/28

第四个地址块136.23.12.112/28，最小地址为136.23.12.113/28，最大地址为136.23.12.126/28

P．251 1．（1）B （2）C （3）C （4）B （5）B （6）C P．252 10．

解：在以太网中数据报的最大长度为1500字节，UDP数据报的长度为8192+8＝8200字节，所以

1500x?8200?20x

得到x=6,

所以应当划分为6个IP数据报片，其中前五个数据段长度为1500-20＝1480字节，最后一个为8200-1480*5＝800字节。

片偏移字段的值为：0/8＝0，1480/8＝185，2960/8＝370，4440/8＝555，5920/8＝740，7400/8＝925 11．

解：时钟计数器15位，即每215=32768个脉冲循环一次。每个时钟脉冲100 ms，即每3276.8秒钟循环一次。

(a)在最差情况下，经过3276.8 – 60 = 3216.8秒钟将进入可能两个同样序号的分组同时留在网中的禁区，因而必须进行一次再同步。

(b)在数据每分钟使用240个序号时，也就是每秒钟使用4个序号时，再同步后t秒钟实际的序号为4t。因每秒钟10个时钟脉冲，禁区的左边的序号为10(t-3216.8)。交点的时间座标是方程：

4t = 10(t-3216.8)的解，为5361.3秒，就是需要再同步的时间。

13．

解：带宽不受限制，则发送时延可以忽略不计。所能得到的最大吞吐量为

（65535×8）÷20ms = 26.214M bit/s

14．

解：发送时延：

（65535×8bit）÷1G bit/s = 0.52428ms

总的往返时延：

2×10ms + 0.52428ms = 20.52428ms 最大吞吐量：

65535×8bit）÷20.52428ms≈25.57M bit/s 信道利用率：

25.57M bit/s÷1G bit/s = 2.577% 15

解：具有相同序号的TPDU不应该在网络中同时传输，必须保证，当序号循环回来重复使用的时候，具有相同序号的TPDU已从网络中消失。在30秒的时间内发送方发送的TPDU的数目不能多于255个。 每个连接的最大数据率：

(255×128×8bit)÷30s = 8704 bit/s 16

解：广域网的传播时延为：1500 km÷150000 km/s ＝ 10ms 总的传播时延为：250ms×2 + 10ms×3 ＝ 530ms 数据总的发送时延为：(960bit÷48Kbit/s)×5 = 100ms 总的时延为：530ms + 100ms ＝ 630ms

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