《计算机网络》课后习题答案.pdf 24页

'目录第一章概述................................................................................1第二章物理层............................................................................6第三章数据链路层...................................................................7第四章网络层..........................................................................11第五章传输层..........................................................................20第六章应用层..........................................................................23 《计算机网络》课后习题解答第一章概述1-1计算机网络向用户可以提供哪些服务？答：计算机网络向用户提供的最重要的功能有两个，连通性和共享。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？答：1、按网络覆盖的地理范围分类：（1）、局域网：局域网是计算机硬件在比较小的范围内通信线路组成的网络，一般限定在较小的区域内，通常采用有线的方式连接起来。（2）、城域网：城域网规模局限在一座城市的范围内，覆盖的范围从几十公里至数百公里，城域网基本上是局域网的延伸，通常使用与局域网相似的技术，但是在传输介质和布线结构方面牵涉范围比较广。（3）、广域网：覆盖的地理范围非常广，又称远程网，在采用的技术、应用范围和协议标准方面有所不同。（4）、个域网PAN，也常称为无线个人区域网WPAN，其作用范围大约在10m左右。2、按传榆介质分类：（1）、有线网：采用同轴电缆、双绞线，甚至利用又线电视电视电缆来连接的计算机网络，又线网通过"载波"空间进行传输信息，需要用导线来实现。（2）、无线网：用空气做传输介质，用电磁波作为载体来传播数据。无线网包括：无线电话、语音广播网、无线电视网、微波通信网、卫星通信网。3、按网络的拓扑结构分类：（1）、星型网络：各站点通过点到点的链路与中心相连，特点是很容易在网络中增加新的站点，数据的安全性和优先级容易控制，易实现网络监控，但一旦中心节点有故障会引起整个网络瘫痪。（2）、总线型网络：网络中所有的站点共享一条数据通道，总线型网络安装简单方便，需要铺设的电线最短，成本低，某个站点的故障一般不会影响整个网络，但介质的故障会导致网络瘫痪，总线网安全性低，监控比较困难，增加新站点也不如星型网络容易。1 《计算机网络》课后习题解答（3）、树型网络：是上述两种网的综合。（4）、环型网络：环型网容易安装和监控，但容量有限，网络建成后，增加新的站点较困难。（5）、网状型网络：网状型网络是以上述各种拓扑网络为基础的综合应用。4、按通信方式分类：（1）、点对点传输网络：数据以点到点的方式在计算机或通信设备中传输，在一对机器之间通过多条路径连接而成，大的网络大多采用这种方式。（2）、广播式传输网络：数据在共用通信介质线路中传输，由网络上的所有机器共享一条通信信道，适用于地理范围小的小网或保密要求不高的网络。5、按网络使用的目的分类：（1）、共享资源网：使用者可共享网络中的各种资源。（2）、数据处理网：用于处理数据的网络。（3）、数据传输网：用来收集、交换、传输数据的网络。6、按服务方式分类：（1）、客户机/服务器(C／S)模式：C／S计算的模式的结构是分散、多层次和具有图形用户接口的PC机作为客户机，不同的操作系统或不同的网络操作系统对应不同的语言和开发工具，其工作特点是文件从服务器被下载到工作站上，然后在工作站上进行处理，而基于主机的大型机工作特点是所有处理都发生在主机上。（2）、浏览器/服务器(B／S)模式：主要特点是它与软硬件平台的无关性，把应用逻辑和业务处理规则放在服务器一侧。（3）、对等网或称为对等式的网络：对等网可以不要求具备文件服务器，特别是应用在一组面向用户的PC机，每台客户机都可以与其他每台客户机实现"平等"对话操作，共享彼此的信息资源和硬件资源，组网的计算机一般类型相同，甚至操作系统也相同，这种网络方式灵活方便，但是较难实现集中管理与控制，安全性也低。7、按企业和公司管理分类：（1）、内部网：一般指企业内部网，自成一体形成一个独立的网络。（2）、内联网：一般指经改造的或新建的企业内部网，采用通用的TCP／IP2 《计算机网络》课后习题解答作为通信协议，一般具备自己的WWW服务器和安全防护系统，为企业内部服务，不和因特网直接进行连接。（3）、外联网：采用因特网技术，有自己的WWW服务器，但不一定与因特网直接进行连接的网络，同时必须建立防火墙把内联网与因特网隔离开，以确保企业内部信息的安全。（4）、因特网：因特网是目前最流行的一种国际互联网，在全世界范围内得到应用，结合多媒体的"声、图、文"表现能力，不仅能处理一般数据和文本，而且也能处理语音、声响、静止图象、电视图象、动画和三维图形等。8、按使用者来分类：（1）公用网，这是指电信公司（国有或私有）出资建造的大型网络。“公用”的意思就是所有按电信公司的规定交纳费用的人都可以使用这种网络。因此公用网也可称为公众网。（2）专用网，这是某个部门为满足本单位特殊的需要而建造的网络。这种网络不向本单位以外的人提供服务。例如，军队、铁路、电力、银行等系统均有本系统的专用网。1-12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？他们的工作方式各有什么特点？答：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。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）。在网络边缘的端系统中运行的程序之间的通信方式通常可划分为两大类：客户服务器方式（C/S方式）即Client/Server方式，对等方式（P2P方式）即Peer-to-Peer方式网络核心部分是因特网中最复杂的部分。网络中的核心部分要向网络边缘中的大量主机提供连通性，使边缘部分中的任何一个主机都能够向其他主机通信（即传送或接收各种形式的数据）。在网络核心部分起特殊作用的是路由器(router)。路由器是实现分组交换(packetswitching)的关键构件，其任务是转发收到的分组，这是网络核心部分最重要的功能。路由器是实现分组交换(packet3 《计算机网络》课后习题解答switching)的关键构件，其任务是转发收到的分组，这是网络核心部分最重要的功能1-13客户服务方式与对等通信方式的主要区别是什么？有没有相同的地方？答：客户服务器方式是一点对多点的，对等通信方式是点对点的。被用户调用后运行，在打算通信时主动向远地服务器发起通信（请求服务）。因此，客户程序必须知道服务器程序的地址。系统启动后即自动调用并一直不断地运行着，被动地等待并接受来自各地的客户的通信请求。因此，服务器程序不需要知道客户程序的地址。对等连接方式从本质上看仍然是使用客户服务器方式，只是对等连接中的每一个主机既是客户又同时是服务器。对等连接也需要知道对方的服务器地址。1-14计算机网络有哪些常用的性能指标？答：1.速率：指的是连接在计算机网络上的主机在数字信道上传送数据的速率，它也称为数据率或比特率。2.带宽：用来表示网络的通信线路传送数据的能力，网络带宽表示在单位时间内从网络中的某一点到另一点所能通过的“最高数据率”。3.吞吐量：表示在单位时间内通过某个网络（或信道、接口）的数据量。4.时延：指数据从网络的一端传送到另一端所需要的时间。时延包括发送时延、传播时延、处理时延、排除时延等。5.时延带宽积：是传播时延和带宽的乘积。链路的时延带宽积又称为以比特为单位的链路长度。6.往返时间RTT：表示从发送方发送数据开始，到发送方收到来自接收方的确认，总共经历的时间。有时往返时间还包括网络各中间结点的处理时延、排队时延以及转发数据时的发送时延。7.利用率：分信道利用率和网络利用率两种。信道利用率指出某信道有百分之几的时间是被利用的。完全空闲的信道的利用率是零。网络利用率则是全网络的信道的利用率的加权平均值。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4 《计算机网络》课后习题解答为2.3×108。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2×108m/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。7答：（1）发送延迟=10bit/（100kb/s）=100s68-3传播延迟=10m/（2×10m/s）=5×10s=5ms发送时延远大于传播时延。3-6（2）发送延迟=10bit/（1Gb/s）=10s=1us68-3传播延迟=10m/（2×10m/s）=5×10s=5ms发送时延远小于传播时延。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，则传播时延又可能是总时延中的主要成分。1-22网络协议的三个要素是什么？各有什么含义？答：网络协议主要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应答；（3）同步，即事件实现顺序的详细说明。5 《计算机网络》课后习题解答第二章物理层2-01物理层要解决什么问题？物理层的主要特点是什么？（1）物理层要解决的主要问题：①.物理层要尽可能屏蔽掉物理设备、传输媒体和通信手段的不同，使上面的数据链路层感觉不到这些差异的存在，而专注于完成本曾的协议与服务。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。（2）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锁采用。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心的物理层协议，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、功能和规程特性。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。2-05物理层的接口有哪几个特性？各包含什么内容？答：（1）机械特性：指明接口所用的接线器的形状和尺寸、引线数目和排列、固定和锁定装置等等。（2）电气特性：指明在接口电缆的各条线上出现的电压的范围。（3）功能特性：指明某条线上出现的某一电平的电压表示何意。（4）规程特性：说明对于不同功能的各种可能事件的出现顺序。6 《计算机网络》课后习题解答第三章数据链路层301数据链路（即逻辑链路）与链路（即物理链路）有何区别？“电路接通了”与“数据链路接通了”的区别何在？答：（1）数据链路与链路的区别在于数据链路除链路外，还必须有一些必要的规程来控制数据的传输。因此，数据链路比链路多了实现通信规程所需要的硬件和软件。（2）“电路接通了”表示链路两端的结点交换机已经开机，物理连接已经能够传送比特流了。但是，数据传输并不可靠。在物理连接基础上，再建立数据链路连接，才是“数据链路接通了”。此后，由于数据链路连接具有检测、确认和重传等功能，才使不太可靠的物理链路变成可靠的数据链路，进行可靠的数据传输。当数据链路断开连接时，物理电路连接不一定跟着断开连接。3-03、网络适配器的作用是什么？网络适配器工作在哪一层？答：网络适配器能够对数据的串行和并行传输进行转换，并且能够对缓存数据进行出来，实现以太网协议，同时能够实现帧的传送和接受等。网络适配器工作在物理层和数据链路层。3-09．一个PPP帧的数据部分（用十六进制写出）是7D5EFE277D5D7D5D657D5E。试问真正的数据是什么（用十六进制写出）？答：7EFE277D7D657E。3-10．PPP协议使用同步传输技术传送比特串0110111111111100。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串？若接收端收到的PPP帧的数据部分是0001110111110111110110，问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串？答：第一个比特串：经过零比特填充后编程011011111011111000（加上下划线的0是填充的）。另一个比特串：删除发送端加入的零比特后变成000111011111-11111-1107 《计算机网络》课后习题解答（连字符表示删除了0）。3-16.数据率为10Mb/s的以太网在物理媒体上的码元传输速率是多少码元/秒？答：码元传输速率即为波特率。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。3-18.试说明10BASE-T中的“10”、“BASE”和“T”所代表的意思。答：10BASE-T：“10”表示数据率为10Mb/s，“BASE”表示电缆上的信号是基带信号，“T”表示使用双绞线。3-20.假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/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。-6答：对于1km电缆，单程传播时间为1÷200000=5×10s，即5us，来回路程传播时间为10us。为了能够按照CSMA/CD工作，最短帧的发射时间不能小于10us。以1Gb/s速率工作，10us可以发送的比特数等于：1Gb()(10us)=10000bits因此，最短帧是10000位或1250字节长。3-22假定在使用CSMA/CD协议的10Mb/s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞，执行退避算法时选择了随机数r=100.试问这个站需要等多长时间后才能再次发送数据？如果是100Mb/s的以太网呢？答：对于10Mb/s的以太网，争用期是512比特时间。现在r=100，因此退51200避时间是51200比特时间。这个站需要等等的时候是=5120us=5.12ms。10对于100Mb/s的以太网，争用期仍然是512比特时间，退避时间是51200比51200特时间。因此这个站需要等待的时间是=512us。1003-32现有五个站分别连接在三个局域网上，并且用两个透明网桥连接起来，如下图所示。每一个网桥的两个端口号都标明在图上。在一8 《计算机网络》课后习题解答开始，两个网桥中的转发表都是空的。以后有以下各站向其他的站发送了数据帧，即H1发送给H5，H3发送给H2，H4发送给H3，H2发送给H1。试将有关数据填写在下表中B1B21212HH4H5HH312MAC1MAC2MAC3MAC4MAC5答：网桥2的处网桥1的转发表网桥2的转发表网桥1的处理理发送的帧（转发？丢弃？（转发？丢站地址端口站地址端口登记？）弃？登记？）转发，写入转转发，写入H1H5MAC11MAC11发表转发表转发，写入转转发，写入H3H2MAC32MAC31发表转发表写入转发表，转发，写入H4H3MAC42MAC42丢弃不转发转发表写入转发表，接收不到这H2H1MAC21丢弃不转发个帧题解：A→E：B1收到此帧时转发表是空的，因此加上收到的帧的源地址A和这个帧到达的接口1，即（A,1）。收到的帧的目的地址在转发表中没有，因此该帧从接口2转发出去，发送到LAN2。当B2收到此帧时，按同样步骤处理。LAN3上面的E站收到此帧。C→B：B1和B2都此帧，因为它们和C连接在同一个局域网上。B1的转发表没有C，因此将（C,2）加上，并从接口1转发到LAN1。LAN1上面的B站收到此帧。B2的转发表也没有C，因此将（C,1）加上，并从接口2转发到LAN3。这个局域网上各站都将丢弃这个帧。D→C：B2收到此帧时，转发表上没有D，因此将（D,2）加上。再查B2的转发表，收到此帧的目的地址C在转发表上有这一项，其接口是1，因此从相应的接9 《计算机网络》课后习题解答口1转发出去。C收到此帧。当B1收到此帧后，将（D,2）加上。再找目的地址C。因为与C对应的转发表接口2与此帧到达的接口2一样，因此B1将不再转发此帧，而是丢弃。B→A：B1收到此帧时将B和接口1写入转发表，即（B,1）。再查找B1转发表，收到此帧的目的地址A在转发表中有这一项，其接口是1，与此帧的到达接口一样，不再需要转发，故丢弃此帧。B2收不到此帧，无法在转发表中写入B的转发信息。可以看出，B→A的通信不涉及LAN2和LAN3。10 《计算机网络》课后习题解答第四章网络层4-04试简单说明IP、ARP、RARP和ICMP协议的作用。答：IP:网际协议，它是TCP/IP体系中两个最重要的协议之一，IP使互连起来的许多计算机网络能够进行通信。无连接的数据报传输.数据报路由。ARP（地址解析协议），实现地址转换：将IP地址转换成物理地址。RARP（逆向地址解析协议），将物理地址转换成IP地址。ICMP:Internet控制消息协议，进行差错控制和传输控制，减少分组的丢失。注：ICMP协议帮助主机完成某些网络参数测试，允许主机或路由器报告差错和提供有关异常情况报告，但它没有办法减少分组丢失，这是高层协议应该完成的事情。IP协议只是尽最大可能交付，至于交付是否成功，它自己无法控制。4-05IP地址分为几类？各如何表示？IP地址的主要特点是什么？答案：在IPv4的地址中，所有的地址都是32位，并可记为IP地址∷={<网络号>，<主机号>}IP地址共分为五类：A类地址：网络号字段为1字节，最前面的1位是0。B类地址：网络号字段为2字节，最前面的2位是10。C类地址：网络号字段为3字节，最前面的3位是110。D类地址：用于多播，最前面的4位是1110。E类地址：保留今后使用，最前面的4位是1111。4-09（1）子网掩码为255.255.255.0代表什么意思？（2）一网络的现在掩码为255.255.255.248，问该网络能够连接多少个主机？（3）一A类网络和一B类网络的子网号subnet-id分别为16个1和8个1，问这两个网络的子网掩码有何不同？11 《计算机网络》课后习题解答（4）一个B类地址的子网掩码是255.255.240.0。试问在其中每一个子网上的主机数最多是多少？（5）一Ａ类网络的子网掩码为255.255.0.255，它是否为一个有效的子网掩码？（6）某个IP地址的十六进制表示为C2.2F.14.81，试将其转换为点分十进制的形式。这个地址是哪一类IP地址？（7）C类网络使用子网掩码有无实际意义？为什么？答案：（1）可以代表C类地址对应的子网掩码默认值；也能表示A类和B类地址的掩码,前24位决定网络号和子网号，后8位决定主机号。（2）255.255.255.248化成二进制序列为：11111111111111111111111111111000，根据掩码的定义，后三位是主机号，一共可以表示8个主机号，除掉全0和全1的两个，该网络能够接6个主机。（3）子网掩码的形式是一样的，都是255.255.255.0；但是子网的数目不一样，前者为65534，后者为254。（4）255.255.240.0（11111111.11111111.11110000.00000000）是B类地2址的子网掩码，主机地址域为12比特，所以每个子网的主机数最多为：21-2=4094。（5）子网掩码由一连串的1和一连串的0组成，1代表网络号和子网号，0对应主机号.255.255.0.255变成二进制形式是：11111111111111110000000011111111.可见，是一个有效的子网掩码，但是不是一个方便使用的解决办法。（6）用点分十进制表示，该IP地址是194.47.20.129，为C类地址。（7）有，可以提高网络利用率。4-11IP数据报中的首部检验和并不检验数据报中的数据。这样做的最大好处是什么？坏处是什么？答案：好处是数据报每经过一个结点，结点只检查首部的检验和，使结点工12 《计算机网络》课后习题解答作量降低，网络速度加快。坏处是只检验首部，不包括数据部分，即使数据出错也无法得知，只有到目的主机才能发现。4-20.设某路由器建立了如下路由表（这三列分别是目的网络、子网掩码和下一跳路由器，若直接交付则最后一列表示应当从哪一个接口转发出去）：目的网络子网掩码下一跳128.96.39.0255.255.255.128接口0128.96.39.128255.255.255.128接口1128.96.40.0255.255.255.128R2192.4.153.0255.255.255.192R3*（默认）-R4现共收到5个分组，其目的站IP地址分别为：（1）128.96.39.10（2）128.96.40.12（3）128.96.40.151（4）192.4.153.17（5）192.4.153.90试分别计算其下一跳。解：（1）分组的目的站IP地址为：128.96.39.10。先与子网掩码255.255.255.128相与，得128.96.39.0，可见该分组经接口0转发。（2）分组的目的IP地址为：128.96.40.12。①与子网掩码255.255.255.128相与得128.96.40.0，不等于128.96.39.0。②与子网掩码255.255.255.128相与得128.96.40.0，经查路由表可知，该13 《计算机网络》课后习题解答项分组经R2转发。（3）分组的目的IP地址为：128.96.40.151，与子网掩码255.255.255.128相与后得128.96.40.128，与子网掩码255.255.255.192相与后得128.96.40.128，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。（4）分组的目的IP地址为：192.4.153.17。与子网掩码255.255.255.128相与后得192.4.153.0。与子网掩码255.255.255.192相与后得192.4.153.0，经查路由表知，该分组经R3转发。（5）分组的目的IP地址为：192.4.153.90，与子网掩码255.255.255.128相与后得192.4.153.0。与子网掩码255.255.255.192相与后得192.4.153.64，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。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，88则每个网络所连主机数=2-2=254>250，共有子网数=2-2=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1：00000001129.250.1.0129.250.1.1---129.250.1.2542：00000010129.250.2.0129.250.2.1---129.250.2.2543：00000011129.250.3.0129.250.3.1---129.250.3.2544：00000100129.250.4.0129.250.4.1---129.250.4.2545：00000101129.250.5.0129.250.5.1---129.250.5.2546：00000110129.250.6.0129.250.6.1---129.250.6.2547：00000111129.250.7.0129.250.7.1---129.250.7.2548：00001000129.250.8.0129.250.8.1---129.250.8.2549：00001001129.250.9.0129.250.9.1---129.250.9.25414 《计算机网络》课后习题解答10：00001010129.250.10.0129.250.10.1---129.250.10.25411：00001011129.250.11.0129.250.11.1---129.250.11.25412：00001100129.250.12.0129.250.12.1---129.250.12.25413：00001101129.250.13.0129.250.13.1---129.250.13.25414：00001110129.250.14.0129.250.14.1---129.250.14.25415：00001111129.250.15.0129.250.15.1---129.250.15.25416：00010000129.250.16.0129.250.16.1---129.250.16.2544-28已知路由器R1的路由表如表4-12所示。表4-12习题4-28中的路由器R1的路由表地址掩码目的网络地址下一跳地址路由器接口/26140.5.12.64180.15.2.5M2/24130.5.8.0190.16.6.2M1/16110.71.0.0----M0/16180.15.0.0----M2/16190.16.0.0----M1默认默认110.71.4.5M0试画出各网络和必要的路由器的连接拓扑，标注出必要的IP地址和接口。对不能确定的情况应当指明。答案：图形见课后答案P380。有三个网络直接和R1相连。有两个网络间接和R1相连。这是因为在“下一跳地址”中没有写上任何地址。这就表明到了路由器R1后，不需要再转发（没有下一跳），而是直接交付主机。可见这三个网络是直接和路由器R1相连的。还应当有三个路由器。这从下一跳地址可看出，因为既然给出了下一跳的IP地址，那么这个IP地址一定是一个路由器。只要看它的IP地址就知道是和哪一个网络相连接。默认路由器一定是和因特网相连的。例如，下一跳地址是190.16.6.2，具有这个地址的路由器，一定是与网络190.16.0.0相连接的。15 《计算机网络》课后习题解答但网络130.5.8.0是怎样和路由器190.16.6.2连接的？它们之间还要经过多少个路由器？那都是不知道的。因此网络130.5.8.0和路由器190.16.6.2之间就用虚线表示。4-29一个自治系统有5个局域网，其连接图如图4-55示。LAN2至LAN5上的主机数分别为：91，150，3和15.该自治系统分配到的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）。图4-55习题4-29的图78答案：对LAN3，主机数150，（2-2）<150+1<（2-2），所以主机位为8bit，网络前缀为24，分配地址块30.138.118.0/24。（第24位为0）67对LAN2，主机数91，（2-2）<91+1<（2-2），所以主机位为7bit，网络前缀为25，分配地址块30.138.119.0/25。（第24、25位为10）45对LAN5，主机数15，（2-2）<15+1<（2-2），所以主机位为5bit，网络前缀为27，分配地址块30.138.119.192/27。（第24、25、26、27位为1110）23对LAN1，主机数3，（2-2）<3+1<（2-2），所以主机位为3bit，网络前缀为29，分配地址块30.138.119.232/29。（第24、25、26、27、28、29位为111101）23对LAN4，主机数3，（2-2）<3+1<（2-2），所以主机位为3bit，网络前缀为29，分配地址块30.138.119.240/29。（第24、25、26、27、28、29位为111110）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4-56。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16 《计算机网络》课后习题解答域网相连。每个局域网旁边标明的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。图4-56习题4-30的图答案：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.LAN1:192.77.33.0/26LAN3:192.77.33.64/27;LAN6:192.77.33.192/27;LAN7:192.77.33.160/27;LAN8;192.77.33.128/27LAN2:192.77.33.96/28;LAN4:192.77.33.11228LAN5:192.77.33.224/27(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;192.77.33.240/304-34与下列掩码相对应的网络前缀各有多少比特？（1）192.0.0.0；（2）240.0.0.0；（3）255.224.0.0；（4）255.255.255.252。答案：点分十进制的地址化成二进制记法，1的个数就是前缀的个数。（1）11000000000000000000000000000000，对应的网络前缀是2比特17 《计算机网络》课后习题解答（2）11110000000000000000000000000000，对应的网络前缀是4比特（3）11111111111000000000000000000000，对应的网络前缀是11比特（4）11111111111111111111111111111100，对应的网络前缀是30比特4-35.已知地址块中的一个地址是140.120.84.24/20。试求这个地址块中的最小地址和最大地址。地址掩码是什么？地址块中共有多少个地址？相当于多少个C类地址？140.120.84.24140.120.(01010100).24最小地址是140.120.(01010000).0/20(80)最大地址是140.120.(01011111).255/20(95)地址数是4096.相当于16个C类地址。4-38IGP和EGP这两类协议的主要区别是什么？答案：IGP：内部网关协议，只关心本自治系统内如何传送数据报，与互联网中其他自治系统使用说明协议无关。EGP：外部网关协议，在不同的AS边界传递路由信息的协议，不关心AS内部使用何种协议。4-39简述OSPF协议。答：1）OSPF是分布式的链路状态协议，适用于大型互联网。2）OSPF只在链路状态发生变化时，才用向本自治系统中的所有路由器，用洪泛法发送与本路由器相邻的所有路由器链路状态信息。3）“链路状态”指明本路由器都和哪些路由器相邻，以及该链路的“度量”。4）“度量”可表示费用、距离、时延、带宽等，可统称为“代价”。5）所有的路由器最终都能建立一个全网的拓扑结构图。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”）N17AN22C18 《计算机网络》课后习题解答N68FN84EN94F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”）：N24N38N64N83N95试求出路由器B更新后的路由表（详细说明每一个步骤）。解：先把收到的路由信息中的“距离”加1和“下一跳”改为C：N25CN39CN65CN84CN96C路由器B更新后的路由表如下：N17A无新信息，不改变N25C相同的下一跳，更新N39C新的项目，添加进来N65C不同的下一跳，距离更短，更新N84E不同的下一跳，距离一样，不改变N94F不同的下一跳，距离更大，不改变19 《计算机网络》课后习题解答第五章传输层5-8为什么说UDP是面向报文的，而TCP是面向字节流的？答：发送方UDP对应用程序交下来的报文，在添加首部后就向下交付IP层。UDP对应用层交下来的报文，既不合并，也不拆分，而是保留这些报文的边界。接收方UDP对IP层交上来的UDP用户数据报，在去除首部后就原封不动地交付上层的应用进程，一次交付一个完整的报文。发送方TCP对应用程序交下来的报文数据块，视为无结构的字节流（无边界约束，可分拆/合并），但维持各字节5-9端口的作用是什么？为什么端口要划分为三种？答：端口的作用是对TCP/IP体系的应用进程进行统一的标志，使运行不同操作系统的计算机的应用进程能够互相通信。熟知端口：数值一般为0~1023，标记常规的服务进程。登记端口号：数值为1024~49151，标记没有熟知端口号的非常规的服务进程。短暂端口号：数值为49152~65535，用于客气端，仅在客户进程运行时才动态选择，是留给客户进程选择暂使用。5-11某个应用进程使用运输层的用户数据报UDP，然而继续向下交给IP层后，又封装成IP数据报。既然都是数据报，可否跳过UDP而直接交给IP层？哪些功能UDP提供了但IP没提提供？答：不可跳过UDP而直接交给IP层IP数据报IP报承担主机寻址，提供报头检错；只能找到目的主机而无法找到目的进程。UDP提供对应用进程的复用和分用功能，以及提供对数据差分的差错检验。5-22主机A向主机B发送一个很长的文件，其长度为L字节。假定TCP使用的MSS有1460字节。20 《计算机网络》课后习题解答（1）在TCP的序号不重复使用的条件下，L的最大值是多少？（2）假定使用上面计算出文件长度，而运输层、网络层和数据链路层所使用的首部开销共66字节，链路的数据率为10Mb/s，试求这个文件所需的最短发送时间。32解：（1）L_max的最大值是2=4GB。(2)满载分片数Q={L_max/MSS}=2941758.422，需要要送2941759个报文数。发送总字节数为N=Q*(MSS+66)+{（L_max-Q*MSS）+66}=4489122708+682=4489123390字节。或者为帧的首部开销+L_max。总字节数是N=4489123390字节，发送4489123390字节需时间为：N*8/（10*10^6）=3591.3秒，即59.85分，约1小时。5-23主机A向主机B连续发送了两个TCP报文段，其序号分别为70和100。试问：（1）第一个报文段携带了多少个字节的数据？（2）主机B收到第一个报文段后发回的确认中的确认号应当是多少？（3）如果主机B收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是180，试问A发送的第二个报文段中的数据有多少字节？（4）如果A发送的第一个报文段丢失了，但第二个报文段到达了B。B在第二个报文段到达后向A发送确认。试问这个确认号应为多少？解：（1）第一个报文段的数据序号是70到99，共30字节的数据。（2）确认号应为100.（3）80字节。（4）7021 《计算机网络》课后习题解答5-28主机A向主机B发送TCP报文段，首部中的源端口是m而目的端口是n。当B向A发送回信时，其TCP报文段的首部中源端口和目的端口分别是什么？答：分别是n和m。22 《计算机网络》课后习题解答第六章应用层6-06简单文件传送协议TFTP与FTP的主要区别是什么？各用在什么场合？答：（1）文件传送协议FTP只提供文件传送的一些基本的服务，它使用TCP可靠的运输服务。（2）FTP的主要功能是减少或消除在不同操作系统下处理文件的不兼容性。（3）FTP使用客户服务器方式。一个FTP服务器进程可同时为多个客户进程提供服务。FTP的服务器进程由两大部分组成：一个主进程，负责接受新的请求；另外有若干个从属进程，负责处理单个请求。（4）TFTP是一个很小且易于实现的文件传送协议，使用客户服务器方式和使用UDP数据报，因此TFTP需要有自己的差错改正措施。（5）TFTP只支持文件传输而不支持交互，TFTP没有一个庞大的命令集，没有列目录的功能，也不能对用户进行身份鉴别。当我们只需要复制一个文件而不需要FTP协议功能时，就只需要一个能够迅速复制这些文件的协议，TFTP就是一个很好的选择。6-23试简述SMTP通信的三个阶段的过程。答：SMTP通信的三个阶段：1）连接建立。发件人的邮件送到发送方服务器的邮件缓存后，SMTP客户每隔一段时间对邮件缓存扫描一次。如发现有邮件，就使用SMTP的熟知端口号（25）与接收方邮件服务器的SMTP服务器建立TCP连接。2）邮件传送。邮件的发送从MAIL命令开始。MAIL命令后面有发件人的地址。下面跟着一个或多个RCPT命令，取决于把同一个邮件发送给一个或多个收件人。3）连接释放。邮件发送完毕后，SMTP客户发送QUIT命令。SMTP服务器返回信息，表示同意释放TCP连接，邮件发送的全部过程结束。23'