《计算机网络教程》-张晓明版习题参考答案.pdf 24页

'《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明张晓明.计算机网络教程.清华大学出版社,2010年9月第1章绪论1.3计算机网络的发展经历了哪几个阶段？各阶段有什么特点？解答：计算机网络经历了4个阶段：面向终端的计算机网络、以通信子网为中心的计算机网络（即分组交换网）、体系结构标准化的网络和面向全球互连的计算机网络。具体特点参见教材P2-3。1.5请给出以下事件发生的先后顺序。（1）万维网的发明；（2）ARPANET开始运行；（3）OSI模型的标准正式发布（4）以太网标准发布；（5）TCP协议的提出；（6）分组交换技术的提出解答：（6）、（2）、（5）、（4）、（3）、（1）1.6协议与服务有何区别？有何联系？解答：联系：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。1.7比较面向连接服务和无连接服务的异同点。解答：（1）相同点：1）两者对实现服务的协议的复杂性与传输的可靠性有很大的影响2）在网络数据传输的各层都会涉及这两者的问题（2）不同点：1）面向连接服务的数据传输过程必须经过连接建立、连接维护与释放连接的3个过程；而无连接服务不需要。2）面向连接服务在数据传输过程中，各分组不需要携带目的结点的地址；而无连接服务要携带完整的目的结点的地址。3）面向连接服务传输的收发数据顺序不变，传输可靠性好，但通信效率不高；而无连接服务目的结点接受数据分组可能乱序、重复与丢失的现象，传输可靠性不好，但通信效率较高。1.8请说明网络协议中三要素“语法”、“语义”和“时序”的含义与关系。解答：计算机网络协议由三要素组成：语法、语义和时序。（1）语法：通信数据和控制信息的结构与格式。（2）语义：对具体事件应发出何种控制信息，完成何种动作，以及做出何种应答。（3）时序：对事件实现顺序的详细说明。比如RS-232-C串行通信协议规定：+12～18V的电信号代表二进制数字“0”，-12～-18V的电信号代表二进制数字“1”。一个字节的串行数据由十位半到十一位组成。没有发送数据时，线路保持高电平；线路出现低电平时是数据的第一位、即开始位，表示数据开始，以后的八位是数据位；最后一位半到两位是高电平，表示数据结束。对于信号电平和数据结构的规定即为语法。根据各个电平的意义，接收端收到起始信号以后要进入接收程序，即为语义。各个电平的顺序即为时序。1.9什么是网络体系结构？为什么要定义网络的体系结构？解答：网络体系结构是指计算机网络的各层及其协议的集合，或精确定义为这个计算机网络及其部件所应完成的功能。计算机网络的体系结构就是为了不同的计算机之间互连和互操作提供相应的规范和标准。由于1 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明计算机网络通信过程非常复杂，一般采用系统分解方法进行分析。协议层次化就是解决网络互连复杂性的系统分解方法。1.10试举出一些现实生活中与分层体系结构的思想相类型的例子。解答：例如邮政系统、航空运输管理系统等。邮政系统的分层体系结构参见教材P9-10。1.11试比较OSI模型与TCP/IP模型的异同点。解答：（1）相同点：1）都是分层的；2）在同层确定协议栈的概念；3）以传输层为分界，其上层都是传输服务的用户。（2）不同点：1）在物理层和数据链路层，TCP/IP未做规定；2）OSI先有分层模型后有协议规范，不偏向任何特定协议，具有通用性；TCP/IP先有协议后有模型，对非TCP/IP网络并不适用。3）在通信上，OSI非常重视连接通信；而TCP/IP一开始就重视数据报通信。4）在网络互联上，OSI提出以标准的公用数据网为主干网；而TCP/IP专门建立了互联网协议IP，用于各种异构网的互联。1.12ISO的OSI参考模型中，提供流量控制功能的层是第（1）；提供建立、维护和拆除端到端连接的层是（2）；为数据分组提供在网络中路由功能的是（3）；传输层提供（4）的数据传送；为网络层实体提供数据发送和接收功能和过程的是（5）。（1）A.1、2、3B.2、3、4层C.3、4、5层D.4、5、6层（2）A.物理层B.数据链路层C.会话层D.传输层（3）A.物理层B.数据链路层C.网络层D.传输层（4）A.主机进程之间B.网络之间C.数据链路之间D.物理线路之间（5）A.物理层B.数据链路层C.网络层D.传输层解答：B，D，C，A，B2 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第2章物理层2.1物理层要解决哪些问题？物理层的主要特点是什么？解答：物理层需要解决怎样才能在连接各种计算机的传输媒体上传输数据比特流，而不是指连接计算机的具体物理设备或具体的传输媒体。物理层的主要任务是确定与传输媒体的接口的一些特性。2.2计算机网络有哪些常用的性能指标？解答：有数据传输速率、带宽、时延、信道容量等。2.3解释以下名词：数据、信号、模拟数据、模拟信号、半双工通信、全双工通信。解答：数据：运送信息的实体信号：数据的电气的或电磁的表现模拟数据：连续变化的数据模拟信号：连续变化的信号半双工通信：双向交替通信，即通信的双方都可以发送信息，但不能同时发送。一方发送另一方接收，然后再反过来。全双工通信：双向同时通信，即通信的双方可以同时发送和接收信息。82.4收发两端之间的传输距离为1600km，信号在媒体上的传播速率为2×10m/s。试计算以下两种情况下的发送时延和传播时延。（1）数据长度为10GB，数据发送速率为100Kb/s；（2）数据长度为10KB，数据发送速率为2Gb/s。解答：3（1）发送时延=(10×1024×1024×8)/(100×10)=838.86s38传播时延=(1600×10)/(2×10)=8ms9（2）发送时延=(10×1024×8)/(2×10)=40.96μs38传播时延=(1600×10)/(2×10)=8ms82.5假设信号在媒体上的传播速率为2.3×10m/s。媒体长度L分别为：（1）10cm（网络接口卡）（2）100m（局域网）（3）100km（城域网）（4）5000km（广域网）试计算当数据率为1Mb/s和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。解答：10cm网卡100m100km5000km局域网城域网广域网1Mb/s0.1/230000000×1000000000434.7b434782.6b21739130b=0.43478260869565217391304347826087b10Gb/s4.3478kb4.347Mb4347.826Mb217391Mb2.6请问石油管道是单工系统，还是半双工系统，或是全双工系统，或者三者都不是？解答：是半双工系统。2.7对于带宽为3kHz、信噪比为20dB的信道，当其用于发送二进制信号时，它的最大数据传输率是多少？解答：（1）按照奈奎斯特定理，C=2Wlog2M=2×3000×log22=6000=6k.（2）按照香农定理：由10lg(S/N)=20，得S/N=100。则有C=W×log2(1+S/N)=3000×log2(1+100)≈20000=20k.3 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明2.8比较说明双绞线、同轴电缆与光缆等3种常用传输介质的特点。解答：（1）双绞线：1）最常用的传输介质；2）由规则螺旋结构排列的2根、4根或8根绝缘导线组成；3）传输距离为100M；4）局域网中所使用的双绞线分为二类：屏蔽双绞线（STP）与非屏蔽双绞线；根据传输特性可分为三类线、五类线等。（2）同轴电缆：1）由内导体、绝缘层、外屏蔽层及外部保护层组成；2）根据同轴电缆的带宽不同可分为：基带同轴电缆和宽带同轴电缆；3）安装复杂，成本低。（3）光缆：1）传输介质中性能最好、应用前途最广泛的一种；2）光纤传输的类型可分为单模和多模两种；3）低损耗、宽频带、高数据传输速率、低误码率、安全保密性好。2.9多路复用技术主要有几种类型？它们各有什么特点？解答：有四种类型：频分多路复用、波分多路复用、时分多路复用、码分多路复用。（1）频分多路复用：在一条通信线路设计多路通信信道，每条信道的信号以不同的载波频率进行调制，各个载波频率是不重叠的，相邻信道之间用“警戒频带”隔离。适用于传输模拟信号。（2）波分多路复用：光的频分多路复用，同时传输很多个频率很接近但波长不同的光载波信号。已在高速主干网中得到广泛的应用。（3）时分多路复用：通过为多个信道分配互不重叠的时间片来实现多路复用，更适用于数字数据信号的传输，可分为同步时分多路复用和统计时分多路复用二种。（4）码分多路复用：每个用户使用经过特殊挑选的不同的码型进行通信。该技术具有很强的抗干扰能力和安全性，已广泛应用于移动通信和无线局域网中。2.10什么是曼彻斯特编码与差分曼彻斯特编码？其特点如何？解答：曼彻斯特编码是将每一个码元分成两个相等的间隔。每个码元周期的中间有跳变（极性转换）。按照IEEE802.4和IEEE802.3的规定，低-高电平跳变表示1，高-低电平跳变表示0。其优点表现在：（1）中间的电平跳变可以产生收发双方的同步信号，称为“自含时钟”编码信号，无需专门传递同步信号的线路。（2）不含直流分量。其缺点是它所占的频带宽度比原始的基带信号增加了一倍。差分曼彻斯特编码是对曼彻斯特编码的改进，其规则是：若码元为1，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平一样；但若码元为0，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平相反。对于第1个值，一般是参考曼彻斯特编码的方法。其优点表现在：（1）“自含时钟”和“同步信号”；（2）抗干扰性能较好；（3）比曼彻斯特编码的变化要少，更适合于传输高速的信息，被广泛用于宽带高速网中。2.11请画出1100011001的非归零码、曼彻斯特编码、差分曼彻斯特编码，以及ASK、FSK和绝对调相PSK、相对调相PSK的编码波形示意图。4 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明2.12假设需要在相隔1000km的两地间传送3Kbit的数据。有两种方式：通过地面电缆以4.8Kb/s的数据传输速率传送或通过卫星通信以50Kb/s的数据传输速率传送。则从发送方开始发送数据直到接收方全部收到数据，哪种方式的传送时间较短？已知电磁波在电缆中的传播速率为光速的2/3，卫星通信的端到端单向传播延迟的典型值为270ms。解答：（1）地面电缆传输：3发送时延=(3×1024)/(4.8×10)=640ms38传播时延=(1000×10)/(2/3×3×10)=5ms总时延=645ms（2）卫星通信传输：3发送时延=(3×1024)/(50×10)=61.44ms传播时延=270ms总时延=331.44ms可见，卫星通信方式的传送时间较短。2.13试比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。解答：电路交换的特点是：（1）在通话的全部时间内用户独占分配的传输线路，采用的静态分配策略；（2）通信双方建立的通路中任何一点出现故障，就需要重新拨号建立连接才可以继续通话；（3）计算机网络中传输的数据往往是突发式的，并且通信时线路上的很多时候都是空闲的，会造成资源的浪费。另外，由于各异的计算机和终端的传输数据的速率不相同，采用电路交换就很难相互通信。报文交换特点：报文交换是以报文为单位的存储转发原理，根据目的地址的不同转发到不同5 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明线路上发送，报文交换的时延较长（人工的方式）。分组交换的特点：分组交换和电路交换相比，分组交换可以省去重新建立连接所花费的时间，但是其存储转发右产生了时延。所以分组交换网是否比电路交换网更快地传送数据，还取决于网络中的结点是否能够快速地转发分组；分组交换网中各分组必须携带的控制信息也造成了一定的开销。报文交换和分组交换相比，分组交换也是基于存储转发原理，但是由于采用电子计算机并且分组长度不大，完全可放在交换结点的计算机的存储器中进行处理，使得分组的转发非常迅速。补充内容见教材P40-41。2.14物理层的接口有哪几个方面的特性？各包含什么内容？解答：（1）机械特性，指明接口所用接线器的形状和尺寸、引线数目和排列、固定和锁定装置等。（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种意义。（4）规程功能，指明对于不同功能的各种可能事件的出现顺序。6 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第3章数据链路层3.1数据链路层服务功能主要可以分为哪3类？试比较它们的区别。解答：主要有无确认的无连接服务、有确认的无连接服务和有确认的面向连接服务。具体参见教材P46。3.2数据片段（ABESCCESCFLAGFLAGD）出现在一个数据流的中间。采用字符填充法，请问经过填充后的输出是什么？解答：ABESCESCCESCESCESCFLAGESCFLAGD3.3位串0111101111101111110需要在数据链路层上发送。请问经过零比特填充之后，实际发送出去的是什么？解答：0111101111100111110103.4常用的差错控制的方法有哪些？各有什么特点？解答：分为检错和纠错两种，检错码包括奇偶校验法、循环冗余校验法和校验和等；纠错码有海明码等。纠错码的实现过程复杂，在一般的通信场合不适宜采用；检错码的实现较为容易，能够通过重传机制获得正确数据，因此在计算机网络中广泛使用。奇偶校验码是最常见的一种检错码，主要用于以字符为传输单位的通信系统中。它只能检测出奇数个位发生的错误，校验能力低。但方阵校验码的检错能力得到了提高，且可用纠正部分差错。循环冗余（CRC）校验法是一种较为复杂的校验方法，在局域网和广域网的数据链路层通信中用得最多也是最有效。其基本思想是在数据后面添加一组与数据相关的冗余码。冗余码的位数越多，则其检错能力越强，但传输的开销也越大。采用CRC校验，误码率比方块码还可降低1～3个数量级，能查出所有的单位错和双位错，以及所有具有奇数位的差错和所有长度小于16位的突发错误，能查出99%以上17位、18位或更长位的突发性错误。因此得到了广泛采用。543.5在循环冗余校验系统中，请利用生成多项式G(x)=x+x+x+1判断接收到的报文1010110001101是否正确？并计算100110001的冗余校验码。解答：G(x)=110011.1100011100111010110001101110011110000110011110011110011001校验结果非零，所以接收到的报文不正确。100110001的冗余校验码是00110。3.6信道速率为4Kbps，采用停等协议，单向传播时延tp为20ms，确认帧长度和处理时间均可忽略。问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50%？解答：U=tf/(tf+2tp)≥50%，tf=L/4，所以L≥8tp=240b。7 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明3.7假设卫星信道的数据率为1Mbps，取卫星信道的单程传播时延为250ms，每一个数据帧长度是1000bit。忽略误码率、确认帧长和处理时间。试计算下列情况下的卫星信道可能达到的最大的信道利用率分别是多少。（1）停等协议。（2）后退N帧协议，WT=7。（3）后退N帧协议，WT=127。解答：-6U=(WT×tf)/(tf+2tp)，tf=1000/(1×10)=1ms,tp=250ms。（1）WT=1，U1=(1×1)/(1+2×250)≈0.20%（2）WT=7，U2=(7×1)/(1+2×250)=1.40%（3）WT=127，U3=(127×1)/(1+2×250)=25.35%3.8假设帧的序号长度为3位，发送窗口的尺寸为3，接收窗口的尺寸为1，采用后退N帧协议发送数据。请画出由初始状态出发，下列事件依次发生时的发送窗口和接收窗口示意图：发送帧0、发送帧1、发送帧2、接收帧0、接收确认帧0、发送帧3、接收帧1、重发帧1、接收帧1、发送帧2、接收确认帧1。解答：注意分析“重发帧1”的特点。采用后退N帧协议时，接收方在检测到有错帧1后，发送方必须重新发送帧1、帧2和帧3。3.9对于使用3比特序号的停等协议、后退N帧协议和选择重传协议，发送窗口和接收窗口的最大尺寸分别是多少？解答：WTWR停等协议113后退N帧协议≤2-1，即≤713-1选择重传协议≤2，即≤4≤43.10在选择重传协议中，设编号用3位。假设发送窗口WT=6，而接收窗口尺寸WR=3。试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正常工作。解答：发送方：01234567012345670接收方：01234567012345670一种可能出现的情况是：8 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明（1）接收方先后两次正确接收到0-5号帧后，发回了确认帧，并等待6、7、0帧的到来；（2）所有确认帧丢失；（3）定时器超时后，发送方重新发送0-5号帧；（4）接收方先收下0号帧，认为是新帧，实际是旧帧，出现错误；随后，关闭0号窗口，打开1号窗口并接收1号帧，认为是新帧；接着又关闭1号窗口，打开2号窗口并接收2号帧。如此一直错下去，接收到的全部是过去的帧。3.11PPP协议的主要特点是什么？为什么PPP不使用帧的编号？PPP适用于什么情况？为什么PPP协议不能使数据链路层实现可靠传输？解答：PPP协议的主要特点是：（5）点对点协议，既支持异步链路，也支持同步链路。（6）PPP是面向字节的。PPP不采用序号和确认机制是出于以下的考虑：（1）若使用能够实现可靠传输的数据链路层协议(如HDLC)，开销就要增大。在数据链路层出现差错的概率不大时，使用比较简单的PPP协议较为合理。（2）在因特网环境下，PPP的信息字段放入的数据是IP数据报。假定我们采用了能实现可靠传输但十分复杂的数据链路层协议，然而当数据帧在路由器中从数据链路层上升到网络层后，仍有可能因网络授拥塞而被丢弃。因此，数据链路层的可靠传输并不能保证网络层的传输也是可靠的。（3）PPP协议在帧格式中有帧检验序列FCS安段。对每一个收到的帧，PPP都要使用硬件进行CRC检验。若发现有差错，则丢弃该帧(一定不能把有差错的帧交付给上一层)。端到端的差错检测最后由高层协议负责。因此，PPP协议可保证无差错接受。PPP协议适用于用户使用拨号电话线接入因特网的情况，属于点对点的链路通信。由于PPP协议不采用序号和确认机制，因此它不能使数据链路层实现可靠传输。9 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第4章局域网4.3一个7层楼，每层有一排共15间办公室。每个办公室的楼上设有一个插座。所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格组成的网的结点。设任意两个插座之间都允许连上电缆(垂直、水平、斜线……均可)。现要用电缆将它们连成：（1）集线器在中央的星形网；（2）总线式以太网。试计算每种情况下所需的电线长度。解答：（1）假定从下往上把7层楼编号为1~7层，按楼层高4米计算。在星形网中，集线器放在4层中间位置（第8间房）。电缆总长度为：715224∑∑(i−)4+(j−)8=1832mij==11（2）对于总线型以太网（如10BASE2），每层需要4×14=56(m)水平电缆，垂直电缆需要4×6=24(m)，则总长度为7×56+24=416(m)。4.5以太网使用的CSMA/CD协议是以争用方式接入到共享信道的。这与传统的时分复用TDM相比优缺点如何？解答：CSMA/CD是一种动态的媒体随机接入共享信道方式，而传统的时分复用TDM是一种静态的划分信道，所以对信道的利用，CSMA/CD是用户共享信道，更灵活，可提高信道的利用率，不像TDM，为用户按时隙固定分配信道，即使当用户没有数据要传送时，信道在用户时隙也是浪费的。也因为CSMA/CD是用户共享信道，所以当同时有用户需要使用信道时会发生碰撞，就降低信道的利用率，而TDM中用户在分配的时隙中不会与别的用户发生冲突。对局域网来说，连入信道的是相距较近的用户，因此通常信道带宽较宽，如果使用TDM方式，用户在自己的时隙内没有数据发送的情况会更多，不利于信道的充分利用。对计算机通信来说，突发式的数据更不利于使用TDM方式。4.7100个站分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD，总线速率为5Mbps，帧平均长度为81000bit。信号传播速率为2×10m/s。试估算每个站每秒钟发送的平均帧数的最大值。解答：发送一个帧所需要的平均时间为：T=2τN+T+τavR0其中，N=(1-A)/A，A是某个站发送成功的概率。1N−1RA=1(−)，N=100时，Amax=0.369。maxN6-4To=lf/C=1000/(5×10)=2×10s=0.2ms，τ=4×5μs=0.02ms.1−.0369因此，T=2××.002+2.0+.002=.0288msav.0369总线上每秒发送成功的最大帧数：1/Tav=3472。则得每个站每秒发送的平均帧数为3400/100=34.7。4.8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的带宽。（1）10个站都连接到一个10Mbps以太网集线器。（2）10个站都连接到一个100Mbps以太网集线器。（3）10个站都连接到一个10Mbps以太网交换机。解答：（1）10/10=1；（2）100/10=10；（3）104.11数据率为10Mb/s的以太网的码元传输速率是多少波特?解答：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。4.1210Mb/s以太网升级到100Mb/s和1Gb/s甚于10Gb/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?传输媒体应当有什么改变?10 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明解答：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。在传输媒体方面，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。4.13在以下的条件下，分别重新计算4.7题，并解释所得结果。（1）总线长度减小到1km。（2）总线速率加倍。（3）帧长变为10000bit。解答：设a与上题意义相同。（1）a1=a/4=0.025，Smax1=0.9000每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=45。总线长度减小，端到端时延就减小，以时间为单位的信道长度与帧长的比也减小,信道给比特填充得更满,信道利用率更高，所以每站每秒发送的帧更多。（2）a2=2a=0.2，Smax2=0.5296每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=53。总线速度加倍，以时间为单位的信道长度与帧长的比也加倍，信道利用率减小（但仍比原来的1/2大），所以最终每站每秒发送的帧比原来多。（3）a3=a/10=0.01，Smax3=0.9574每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=4.8。帧长加长10倍，信道利用率增加，每秒在信道上传输的比特增加（但没有10倍），所以最终每站每秒发送的帧比原来少。4.14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。解答：对于1km电缆，单程端到端传播时延为：τ=1/200000=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：-69Lmin=2τ×C=10×10×1×10=10000bit=1250字节。4.15假定一个以太网上的通信量中的80％是在本局域网上进行的，而其余的20%的通信量是在本局域网和因特网之间进行的。另—个以太网的情况则反过来。这两个以太网一个使用以太网集线器，而另一个使用以太网交换机。你认为以太网交换机应当用在哪一个网络上?解答：集线器为物理层设备，模拟了总线这一个共享媒体的争用，成为局域网通信容量的瓶颈。交换机是链路层设备，可实现透明交换。当本局域网内通信量占主要成份时，采用交换机改善对外流量不明显。局域网通过路由器与因特网相连。当本局域网和因特网之间的通信量占主要成份时，形成集中面向路由器的数据流。此时，使用集线器的冲突较大，而采用交换机能得到改善。因此，以太网交换机应当用在20%通信量在本局域网而80%的通信量是在本局域网和因特网之间进行的网络中。4.19选择题解答：DABCDDDCD11 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第5章网络层5.1试辨认以下IP地址的网络类别：（1）138.56.23.13（2）27.12.240.35（3）198.191.88.12（4）191.62.77.32（5）89.3.0.1（6）200.3.8.6解答：（1）B；（2）A；（3）C；（4）B；（5）A；（6）C5.2某单位分配到一个B类地址，其网络号为129.250.0.0。该单位有4000台主机，平均分布在16个不同的地点。如选用子网掩码为255.255.255.0，试给每一个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。解答：按平均分配方法：4000/16=250，平均每个地点250台机器。如选255.255.255.0为掩码，则每8个网络所连主机数=2-2=254>250。同时，不考虑子网号为0和1的情况，则共有子网数8=2-2=254>16。因此，完全能满足实际需求。可给每个地点分配如下子网号码：地点子网号子网网络号主机IP的最小值主机IP的最大值100000001129.250.1.0129.250.1.1129.250.1.254200000010129.250.2.0129.250.2.1129.250.2.254300000011129.250.3.0129.250.3.1129.250.3.254400000100129.250.4.0129.250.4.1129.250.4.254500000101129.250.5.0129.250.5.1129.250.5.254600000110129.250.6.0129.250.6.1129.250.6.254700000111129.250.7.0129.250.7.1129.250.7.254800001000129.250.8.0129.250.8.1129.250.8.254900001001129.250.9.0129.250.9.1129.250.9.2541000001010129.250.10.0129.250.10.1129.250.10.2541100001011129.250.11.0129.250.11.1129.250.11.2541200001100129.250.12.0129.250.12.1129.250.12.2541300001101129.250.13.0129.250.13.1129.250.13.2541400001110129.250.14.0129.250.14.1129.250.14.2541500001111129.250.15.0129.250.15.1129.250.15.2541600010000129.250.16.0129.250.16.1129.250.16.2545.3假设互联网由2个局域网通过路由器连接起来。第一个局域网上某主机有一个400字节长的TCP报文传到IP层，加上20字节的首部后成为IP数据报，要发向第二个局域网。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150字节，因此数据报在路由器处必须进行分片。试问第二个局域网向其上层要传送多少字节的数据？解答：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150字节或1200bit，则每个IP数据片的数据部分不超过150-20=130字节。由于片偏移是以8字节为单位的，所以IP数据片的数据部分最大不超过128字节。因此，400字节长的TCP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（400+4×20）=480字节。5.4IP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？有何坏处？解答：好处是数据报每经过一个结点，结点只计算首部检验和，使结点工作量降低，网络速度加快。坏处是只检验首部，不包括数据部分，即使数据出错也没法得知，只有到目的主机才能发现。5.5参照图5-21的例题，要求：（1）写出路由器R3的路由表信息；（2）如果R3收到的分组中，IP分别是129.8.23.46、156.18.5.32和210.31.37.4，请分别求其12 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明下一跳地址和接口信息。解答：网络拓扑结构如图所示。（1）构造路由器R3的路由表：掩码目的地址下一跳接口255.255.0.0163.8.0.0-m2255.255.255.0220.3.6.0-m1255.255.255.255220.3.6.8-m1255.255.0.0156.18.0.0232.13.16.41m00.0.0.00.0.0.0232.13.16.41m0（2）地址156.18.5.32与掩码255.255.0.0相与后，所得网络地址156.18.0.0，其下一跳地址为232.13.16.41，接口为m0;而地址129.8.23.46和210.31.37.4分别与表中前4行的掩码相与后，所得网络地址都与目的地址不匹配。因此，只有最后的默认路由匹配，即它们的下一跳地址是232.13.16.41，接口为m0。5.6已知路由器R1的路由表信息如下表所示。请画出该路由拓扑结构。掩码目的地址下一跳接口255.255.0.0120.68.0.0-m0255.255.0.0183.25.0.0-m2255.255.0.0190.43.0.0-m1255.255.0.0137.15.0.0190.43.6.5m1255.255.0.0142.6.0.0183.25.3.6m20.0.0.00.0.0.0120.68.4.57m0解答：5.7设某路由器建立的路由表如下：目的网络子网掩码下一跳128.96.39.0255.255.255.128接口013 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明128.96.39.128255.255.255.128接口1128.96.40.0255.255.255.128R2192.4.153.0255.255.255.192R3*(默认)—R4此路由器可直接从接口0和接口1转发分组，也可以通过相邻的路由器R2、R3和R4进行转发。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。解答：（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。5.8主机A发送IP数据报给主机B，途中经过了5个路由器。试问在IP数据报的发送过程中总共使用了几次ARP？解答：（前提条件是：当前主机路由器arp表中都没有下一跳路由器MAC）共需6次，主机A先通过ARP得到第一个路由器的MAC，之后每一个路由器转发前都通过ARP得到下一跳路由器的MAC。最后一个路由器将IP包发给主机B前仍要通过ARP得到B的MAC，共6次。5.9有如下的4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解答：212=(11010100)2，56=(00111000)2132=(10000100)2，133=(10000101)2,134=(10000110)2，135=(10000111)2所以共同的前缀有22位，即1101010000111000100001。因此，聚合的CIDR地址块是：212.56.132.0/225.10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个地址？如果有，请指出，并说明理由。解答：208.128/11的前缀为：11010000100208.130.28/22的前缀为：1101000010000010000101，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。5.11以下地址中的哪一个和86.32/12匹配？请说明理由。14 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明（1）86.33.224.123（2）86.79.65.216（3）86.58.119.74（4）86.68.206.154解答：86.32/12的前缀为：01010110001086.33/12的前缀为：010101100010，与上述匹配；86.79/12的前缀为：010101100100，不匹配；86.58/12的前缀为：010101100011，不匹配；86.68/12的前缀为：010101100100，不匹配。5.12以下的地址前缀中的哪一个和地址2.52.90.140匹配？请说明理由。（1）0/4（2）32/4（3）4/6（4）80/4解答：0/4的前缀为：0000；32/4的前缀为：0010；4/6的前缀为：000001；80/4的前缀为：0101；而地址2.52.90.140的第1个字节是00000010，可见，只有0/4的前缀与之匹配。5.13下面的前缀中的哪一个和地址152.7.77.159和152.31.47.252都匹配？请说明理由。（1）152.40/13（2）153.40/9（3）152.64/12（4）152.0/11解答：由于152=(10011000)2，7=(00000111)2，31=(00011111)2。可见，两个IP地址具有相同的11位：10011000000。152.40/13的前缀为：1001100000101153.40/9的前缀为：100110010152.64/12的前缀为：100110000100152.0/11的前缀为：10011000000因此，只有152.0/11的前缀与这两个地址都匹配。5.14已知地址块中的一个地址是140.120.84.24/20。试求该地址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？解答：140.120.84.24/20的前缀为：10001100011110000101最小地址：140.120.80.0，即10001100011110000101000000000000最大地址：140.120.95.255，即10001100011110000101111111111111地址掩码：255.255.240.012地址数：2=4096，相当于16个C类地址。可用地址范围是140.120.80.1~140.120.95.254。5.15设ISP（互联网服务提供者）拥有CIDR地址块202.192.0.0/16。先后有四所大学（A、B、C、D）向该ISP分别申请大小为4000、2000、4000、8000个IP地址的地址块，试为ISP给这四所大学分配地址块。解答：13先分析最大地址块8000的需求：2=8192>8000。另外3所大学也至少需要12位、11位和12位的地址空间。则可以考虑第3个字节的前3位：000、001、010、011，也可以是100、101、110、111。在分配方法上没有唯一答案。如果采用第1种分配方法，且考虑使A、B大学的地址聚合，则可以是：D大学：202.192.0.0/19，000*A大学：202.192.32.0/20，0010*B大学：202.192.48.0/21，00110*C大学：202.192.64.0/20，0100*显然，还有202.192.56.0/21、202.192.96.0/20地址块剩余，可以分别分配给不超过2046、4094个地址块的两个单位。15 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明因此，四所大学聚合后的地址是202.192.0.0/17如果采用第2种分配方法，可以是：D大学：202.192.128.0/19，100*A大学：202.192.160.0/20，1010*B大学：202.192.176.0/21，10110*C大学：202.192.192.0/20，1100*显然，还有202.192.184.0/21、202.192.224.0/20地址块剩余，可以分别分配给不超过2046、4094个地址块的两个单位。5.16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为4个一样大的子网。试问：（3）每个子网的前缀有多长？（4）每个子网中有多少个地址？（5）每个子网的地址块是什么？（6）每个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址是什么？解答：（1）每个子网前缀28位。（2）每个子网的地址中有4位留给主机用，因此共有16个地址。（3）4个子网的地址块是：第一个地址块136.23.12.64/28，可分配给主机使用的最小地址：136.23.12.65/28最大地址：136.23.12.78/28第二个地址块136.23.12.80/28，可分配给主机使用的最小地址：136.23.12.81/28最大地址：136.23.12.94/28第三个地址块136.23.12.96/28，可分配给主机使用的最小地址：136.23.12.97/28最大地址：136.23.12.110/28第四个地址块136.23.12.112/28，可分配给主机使用的最小地址：136.23.12.113/28最大地址：136.23.12.126/285.17简述RIP、OSPF和BGP路由选择协议的主要特点。解答：RIP协议OSPF协议BGP协议网关协议内部内部外部路由表内容目的网，下一站，距离目的网，下一站，距离目的网，完整路径最优通路依据跳数费用多种策略算法距离矢量链路状态距离矢量传送方式传输层UDPIP数据报建立TCP连接其他特点简单、效率低、跳数为16效率高、路由器频繁交换规模大、统一度量为可达不可达、好消息传的快，信息，难维持一致性性坏消息传的慢5.18集线器、网桥、路由器和网关有何区别？解答：集线器：是物理层的中间设备。主要作用是在物理层中实现透明的二进制比特转发。网桥：是数据链路层的中间设备。主要作用是根据MAC帧的目的地址对收到的帧进行转发。网桥具有过滤帧的功能。路由器：是网络层的中间设备。作用是在互连网中完成路由选择的功能。网关：是网络层以上的中间系统。作用是在高层进行协议的转换以连接两个不兼容的系统。5.19简述VPN的主要作用及其技术特点。16 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明解答：VPN是虚拟专用网络，指虚拟的企业内部专线，通过特殊的加密的通讯协议在连接在Internet上的位于不同地方的两个或多个企业内部网之间建立一条专有的通讯线路。VPN的主要作用有：（1）使用VPN可降低成本——通过公用网来建立VPN，就可以节省大量的通信费用，而不必投入大量的人力和物力去安装和维护WAN(广域网)设备和远程访问设备。（2）传输数据安全可靠——虚拟专用网产品均采用加密及身份验证等安全技术，保证连接用户的可靠性及传输数据的安全和保密性。（3）连接方便灵活——用户如果想与合作伙伴联网，如果没有虚拟专用网，双方的信息技术部门就必须协商如何在双方之间建立租用线路或帧中继线路，有了虚拟专用网之后，只需双方配置安全连接信息即可。（4）完全控制——虚拟专用网使用户可以利用ISP的设施和服务，同时又完全掌握着自己网络的控制权。用户只利用ISP提供的网络资源，对于其它的安全设置、网络管理变化可由自己管理。在企业内部也可以自己建立虚拟专用网。VPN的技术特点主要是：（1）安全保障所有的VPN均应保证通过公用网络平台传输数据的专用性和安全性。利用加密技术对经过隧道传输的数据进行加密。由于VPN直接构建在公用网上，其安全问题也更为突出。企业必须确保其VPN上传送的数据不被攻击者窥视和篡改，并且要防止非法用户对网络资源或私有信息的访问。ExtranetVPN将企业网扩展到合作伙伴和客户，对安全性提出了更高的要求。（2）服务质量保证VPN网应当为企业数据提供不同等级的服务质量保证。不同的用户和业务对服务质量保证的要求差别较大。如移动办公用户，提供广泛的连接和覆盖性是保证VPN服务的一个主要因素；而对于拥有众多分支机构的专线VPN网络，交互式的内部企业网应用则要求网络能提供良好的稳定性；对于其它应用（如视频等）则对网络提出了更明确的要求，如网络时延及误码率等。所有以上网络应用均要求网络根据需要提供不同等级的服务质量。在网络优化方面，构建VPN的另一重要需求是充分有效地利用有限的广域网资源，为重要数据提供可靠的带宽。（3）可扩充性和灵活性VPN必须能够支持通过Intranet和Extranet的任何类型的数据流，方便增加新的节点，支持多种类型的传输媒介，可以满足同时传输语音、图像和数据等新应用对高质量传输以及带宽增加的需求。（4）可管理性从用户角度和运营商角度应可方便地进行管理、维护。在VPN管理方面，VPN要求企业将其网络管理功能从局域网无缝地延伸到公用网，甚至是客户和合作伙伴。虽然可以将一些次要的网络管理任务交给服务提供商去完成，企业自己仍需要完成许多网络管理任务。所以，一个完善的VPN管理系统是必不可少的。VPN管理的目标为：减小网络风险、具有高扩展性、经济性、高可靠性等优点。事实上，VPN管理主要包括安全管理、设备管理、配置管理、访问控制列表管理、QoS管理等内容。5.20IPv6没有首部检验和，这样做的优缺点是什么？解答：16位的首部检验和字段保证IP分组头值的完整性，但当IP分组头通过路由器时，分组头发生变化，检验和必须重新计算。若无此字段，则路由器能更快地处理分组，从而可以改善吞吐率。不过，在可靠性较低的网络中，容易出错。5.21当使用IPv6时，ARP协议是否需要改变？如果需要改变，应该进行概念性的改变还是技术性的改变？解答：从概念上讲，不需要改变。但在技术上，由于被请求的IP地址现在变大了，因此需要比较大的域。因为在IPv6中，地址占的位数很大，将这样一个地址翻译为一个物理地址是不现实的，所17 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明以，在使用IPv6时，ARP协议是需要改变的。由于IPv6与IPv4的结构差距很大，要概念性地改变ARP协议是很麻烦的。实际上，使用IPv6时，已不再需要ARP协议，而是改为邻居发现协议，该功能包含于ICMPv6中。5.22试把以下的IPv6地址用零压缩方法写成简洁形式：（1）0000:0000:0F53:6382:AB00:67DB:BB27:7332（2）0000:0000:0000:0000:0000:0000:004D:ABCD（3）0000:0000:0000:AF36:7328:0000:87AA:0398（4）2819:00AF:0000:0000:0000:0035:0CB2:B271解答：（1）::F53:6382:AB00:67DB:BB27:7332（2）::4D:ABCD（3）::AF36:7328:0:87AA:398（4）2819:AF::35:CB2:B2715.23试把以下的零压缩的IPv6地址写成原来的形式：（1）0::0（2）0:AA::0（3）0:1234::3（4）123::1:2解答：（1）0000:0000:0000:0000:0000:0000:0000:0000（2）0000:00AA:0000:0000:0000:0000:0000:0000（3）0000:1234:0000:0000:0000:0000:0000:0003（4）0123:0000:0000:0000:0000:0000:0001:00025.24以下的每一个地址属于哪一种类型？（1）FE80::12（2）FEC0::24A2（3）FF02::0（4）0::01解答：（1）单播；（2）IETF保留；（3）多播；（4）回送地址18 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第6章传输层6.1简述UDP和TCP协议的主要特点及其适用场合。解答：参见教材P145。6.2TCP协议通过哪些差错检测和纠正方法来保证传输的可靠性？解答：通过TCP校验和、确认机制和定时器，定时器包括重传定时器、持续定时器和保活定时器三种。6.3一个UDP用户数据报的数据字段长度为3752字节，若使用以太网来传送，计算应划分为几个数据报片？并计算每一个数据报片的数据字段长度和片偏移字段的值（注：IP数据报固定首部长度，MTU=1500字节）。解答：可划分为3个数据报片。UDP报文的长度为3752+8=3760字节。由于IP分组的数据长度为1500-20=1480字节。则UDP数据字段的长度：前2个是1480字节（实际数据为1472字节），最后一个是816字节（实际数据为808字节）。片偏移字段的值分别是：0，185，370。6.4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为1460字节。（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的文件长度，而传输层、网络层和数据链路层所用的首部开销共66字节，链路的数据率为10Mb/s，试求该文件所需的最短发送时间。解答：32（1）因为TCP协议的序号占32位，所以L的最大值LMAX是2=4GB。（2）需要分成的TCP报文段数目为：X=LMAX/1460=2941758则发送的总字节数为：N=X*（1460+66）+（（LMAX-X*1460）+66）=4489122708+682=4489123390发送4489123390字节需要时间为：6N*8/（10*10）=3591.3秒，即59.85分，约1小时。6.5主机A向主机B连续发送了两个TCP报文段，其序号分别是70和100。试问：（1）第一个报文段携带了多少字节的数据？（2）主机B收到第一个报文段后发回的确认中的确认号应该是多少？（3）如果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，但第二个报文段达到了B。B在第二个报文段到达后向A发送确认。试问该确认号应为多少？解答：（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）70。6.6网络需传输的报文如下，以十六进制数表示，其中第一行是IP数据报首部的内容，第二行是UDP数据报，请计算其UDP校验和（要求给出具体过程）。45000020f91200008011bf9fc0a80064c0a8006613611389000c????50434155解答：（1）从第一行得知，源主机IP地址为c0a80064，目的主机IP地址为c0a80066。其IP地址点分格式分别是192.168.0.100和192.168.0.102。（2）从第二行得知，源端口号和目的端口号分别是16位的1361和1389，实际数据只有419 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明个，UDP总长度为16位的0c，即12个字节。（3）构造伪首部：源IP地址c0a80064，目的IP地址c0a80066，IP首部协议字段为17（16进制数为11），属于UDP协议；UDP长度字段为12（16进制数为0C）。按照16bit为单位划分为：c0a80064c0a800660011000c（4）构造UDP的计算部分：将UDP首部的校验和字段设为0，因此，将UDP首部和数据部分以16bit为单位进行划分为：13611389000c000050434155（5）进行反码求和计算，其规则是从低位到高位逐位进行计算。要注意1+1=0会产生一个进位。如果最高位产生进位，要加到末尾。1361+1389+000c+0000+5043+4155+c0a8+0064+c0a8+0066+0011+000C=23AC5将高位产生进位加到末尾，得2+3AC5=3AC7。具体校验和计算过程如下表所示：含义二进制数据16进制数据10进制数据源主机IP地址1100000010101000c0a8192和168000000000110010000640和100目的主机IP地址1100000010101000c0a8192和168000000000110011000660和102全0和UDP协议00000000000100010和17UDP总长度000000000000110012源端口号000100110110000113614961目的端口号000100111000100113895001UDP总长度0000000000001100000c1200000000000000000000002个数据010100000100001150432个数据01000001010101014155求和结果00111010110001113AC7（6）对求和结果求反码，得到校验和：1100010100111000，即C538，这就是UDP校验和字段的值。6.7一个TCP报文段的数据部分最多为多少个字节？为什么？如果用户要传送的数据的字节长度超过TCP报文段中的序号字段可能编出的最大序号，问还能否用TCP来传送？解答：最多是65495字节。此数据部分加上TCP首部的20字节，再加上IP数据报的首部的20字节，正好是IP数据报的最大长度。当然，IP首部包含了选择，则IP首部长度超过20字节，这时TCP报文段的数据部分的长度将小于65495字节。可以使用TCP来传送，因为序号字段编号到最大值后，又重新从0开始编号。6.8有一段TCP头部（16进制格式）信息：053200170000000100000000500207FF00000000请求得以下各部分内容：（1）源端口；（2）目的端口；（3）序号；（4）确认号；（5）头部长度；（6）段类型；（7）窗口尺寸。解答：（1）0x0532，即1330；（2）0x0017，即23；（3）0x00000001，即1；（4）0；（5）0x5，单位是32位，即为20字节；（6）0x002，即000000000010，前6个0为保留位，后6位000010表示段类型，是SYN。20 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明（7）0x07FF，即2047。6.9使用TCP对实时话音数据的传输是否有问题？使用UDP在传送数据文件时是否有问题？解答：因为TCP协议是面向连接的，使用TCP传输实时话音数据会有较大的开销和时延。一般使用UDP协议。因为UDP协议是无连接的，使用UDP传送数据文件时没有可靠性保障。6.10考虑在一条具有10ms往返时延的线路上采用慢启动拥塞控制而不发生网络拥塞情况下的效应。接收窗口24KB，且最大段长2KB。那么，需要多长时间才能够发送第一个完全窗口？解答：慢启动拥塞控制考虑了两个方面的问题，即网络容量和接收方容量，并且分别处理了每一个问题。为此，每个发送方都维持两个窗口，即接收方准许的窗口和拥塞窗口。发送方可以发送的字节数是这两个窗口中的最小值。当建立一条连接的时候，发送方把拥塞窗口初始化为在该连接上使用的最大报文段尺寸，然后它发送一个最大报文段。如果这个报文段在超时之前得到确认，发送方就把拥塞窗口增加到两个最大报文段长，并发送两个报文段。当发出的每个报文段被确认时，拥塞窗口都要增加一个最大报文段长。因此，当拥塞窗口是n个报文段时，如果所有n个报文段都及时得到确认，那么拥塞窗口将增加相当于n个最大报文段的字节数。事实上，每一次突发性连续报文段都会使拥塞窗口加倍。拥塞窗口继续按指数型增长，直到超时发生，或者到了接受方窗口的边界。其思想是，如果突发量1024，2048和4096字节工作得很好，但8192字节的突发量引起超时，那么，拥塞窗口应该设置为4096以避免拥塞。只要拥塞窗口保持在4096，不管接受方准许什么样的窗口空间，都不会发送大于4096字节的突发量。这种算法就被称为慢启动。当然，它根本不是慢的意思。现在所有的TCP实现都需要支持这个算法。现在，最大的段长是2KB，开始的突发量分别是2K，4K，8K和16K字节，下面是24KB，即第一个完全窗口。10ms×4=40ms。因此，需要40ms才能发送第一个完全窗口。6.11假设TCP的拥塞窗口设置为18KB，然后发生了超时事件。如果接下来的4次传输都是成功的，则拥塞窗口将为多大？假设最大报文段长度MSS=1KB。解答：在Internet的拥塞控制算法中，除了使用慢启动的接收窗口和拥塞窗口外，还使用第3个参数，即门槛值，开始置成64K。当发生超时的时候，该门槛值被设置成当前拥塞窗口值的一半，而拥塞窗口则重置成一个最大报文段长。然后再使用慢启动的算法决定网络可接受的突发量，一直增长到门槛值为止。从这一点开始，成功的传输线性地增加拥塞窗口，即每一次突发传输后只增加一个最大报文段，而不是每个报文段传输后都增加一个最大报文段的窗口值。现在由于发生了超时，下一次传输将是1个最大报文段，然后是2个、4个和8个最大报文段，所以在4次突发量传输后，拥塞窗口将是8K字节。21 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第7章应用层7.5假定要从已知的URL获得一个Web文档。若该Web服务器的IP地址开始时并不知道。试问：除HTTP外，还需要什么应用层协议和传输层协议？解答：应用层协议：DNS;传输层协议：UDP（DNS协议使用）、TCP（HTTP协议使用）7.11结合WWW协议执行过程的分析，说明为什么在一次WWW协议执行过程中既使用了UDP协议，又使用了TCP协议？解答：从WWW协议执行过程来说，浏览器要访问服务器，首先要完成服务器的域名解析，而域名解析系统是一个既依赖于UDP协议又依赖于TCP协议的系统，在获得服务器的IP后，由传输层完成浏览器与服务器的TCP连接建立。当TCP进程成功建立TCP会话后，浏览器向服务器发送要求获取文件的HTTP请求，服务器将请求浏览页面所含所有信息，这个过程所使用的HTTP协议依赖于TCP协议。7.12已知WWW服务器名称www.w3.org，服务器进程采用默认端口。如果某个用户需要查看该服务器的主页，则该客户的浏览器需要经过哪些步骤才能将主页显示在客户机的屏幕上？解答：使用Wireshark网络协议分析工具，可以很清楚地了解客户的访问过程。其工作流程主要是：（1）浏览器确定URL，即http://www.w3.org。（2）浏览器向域名DNS询问www.w3.org的IP地址。（3）域名服务器DNS以128.30.52.37应答。（4）浏览器和128.30.52.37的80端口建立一条TCP连接。（5）128.30.52.37指派一个临时端口继续保持与该浏览器的连接，并释放其80端口。（6）浏览器发送获取主页的GET命令。（7）www.w3.org服务器发送主页文件。（8）浏览器显示主页中的所有正文。（9）浏览器获取并显示主页中的所有图像。（10）浏览器访问结束，释放与www.w3.org服务器的TCP连接。7.13假定某文档中有这样几个字“下载RFC文档”。要求在单击到这几个字时就能够链接到下载RFC文档的网站页面http://www.ietf.org/rfc.html，试写出有关的HTML语句。解答：下载RFC文档7.14可以利用网络协议分析工具来进一步学习TCP/IP协议。以下是利用网络协议分析工具对FTP工作过程分析中得到的一个协议包结构（部分）示意图。经过人为修改后，其中包含了若干错误。请根据对Ethernet、IP、TCP和FTP协议的理解，指出其错误，并说明错误原因？应如何改正？ether:-----------EthernetDatalinkLayer----------------Station:08-01-A1-35→3A-41-0B-96Type:0x0800(IP)ip:-------------InternetProtocol--------------------Station:199.262.18.6→127.0.0.1Protocol:UDPVersion:6tcp:-------------TransmissionControlProtocol---------------SourcePort:20DestinationPort:21ftp:-------------FileTransferProtocol------------------Command:User(UserName)UserName:netAdmin解答：该协议包的示意图中的错误有7个地方：错误1和2：ether部分的源MAC地址与目的MAC地址都错误，因为一个MAC地址由6个字节即48比特构成。错误3和4：IP部分IP地址不符合规范，第1个IP地址的262超过了要求，因为IP地址中的22 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明每个数字的范围为0~255；而第2个IP地址使用的是本地回环地址，仅用于本地测试用。错误5：IP部分的协议字段UDP协议错误，因为从应用层端口可以得知，应用层协议是FTP协议，则传输层协议是TCP协议，不是UDP协议。错误6：IP部分的版本Version字段错误，因为采用的IP协议为IPv4，因此Version的值应该为4。错误7：TCP部分的源端口号字段错误。因为FTP服务器熟知的控制连接端口号为21，数据传输连接熟知的端口号为20，客户进程的端口号可以随机选取但不能是那些熟知的端口号。由于图中所示的数据包是在控制连接上传送的一个数据包，因此，目的端口号为FTP服务器的控制连接端口号，源端口号不能等于20，应该是大于1024的某个临时端口。23 《计算机网络教程》习题参考答案V1.0张晓明第8章网络安全8.3在公钥密码体制中，利用RSA算法做下列运算：（1）如果p=7、q=11。试列出可选用的5个d值；（2）如果p=13、q=31、d=7，试求e值。解答：RSA算法的步骤归纳如下：1)、寻找两个秘密的大素数p和q；2)、计算公开的模数npq=×；3)、计算秘密的欧拉函数ϕ()(1)(1)npq=−−；4)、选择一个与ϕ()n互素的数，作为e或d；5)、计算另一个数，它与(4)中选择的数互为模ϕ()n的乘法逆元，即ed≡1mod()ϕn；e6)、密文计算：CM=modn；dedkϕ()1n+7)、解密，明文M===CnmodMnmodMmodn=Mmodn.因此：（1）p=7，q=11，因此ϕ()60n=，合法的d值只用与ϕ()n互素即可。7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59都是。（2）p=13，q=31，因此ϕ()360n=，d=7，ed≡1mod360，得到e=103。8.4已知在RSA公钥密码体制中，某用户的公钥e=7、n=55、明文M=10。试求其对应的密文C。通过求解p、q和d可破译这种密码体制。若截获的密文C=35，试求经破译得到的明文M。解答：e7（1）CM=modn=10mod55=10;（2）p*q=n=55，则有p=5，q=11。由z=（p-1）（q-1）=40。d*e=1modz，得d=23。d23（3）M=Cmodn=35mod55=30。8.8下面哪些故障属于物理故障？哪些属于逻辑故障？（1）设备或线路损坏；（2）网络设备配置错误；（3）系统的负载过高引起的故障；（4）线路受到严重电磁干扰；（5）网络插头误接；（6）重要进程或端口关闭引起的故障。解答：物理故障：（1）、（3）、（4）、（5）；逻辑故障：（2）、（6）8.10对照OSI参考模型各层中的网络安全服务，在物理层可以采用（1）加强通信线路的安全；在数据链路层，可以采用（2）进行链路加密；在网络层可以采用（3）来处理数据报在内外网络边界流动和建立透明的安全加密信道；在传输层主要解决进程到进程间的加密，最常见的传输层安全技术有（4）；为了将低层安全服务进行抽象和屏蔽，最有效的一类做法是可以在传输层和应用层之间建立中间件层次实现通用的安全服务功能，通过定义统一的安全服务接口向应用层提供（5）安全服务。（1）A.防窃听技术B.防火墙技术C.防病毒技术D.防抵赖技术（2）A.公钥基础设施(PKI)B.Kerberos认证C.通信加密机D.认证权威机构(CA)（3）A.防窃听技术B.防火墙技术C.防病毒技术D.防抵赖技术（4）A.SETB.IPSecC.S-HTTPD.SSL（5）A.身份认证B.访问控制C.身份认证、访问控制和数据加密D.数据加密解答：（1）A（2）C（3）B（4）D（5）C24'