计算机网络（第五版）第1-3章官方中文答案（北邮官方答案）.pdf

发布时间：2022-06-09 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.21M 资料格式：pdf 举报版权申诉

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《计算机网络》1‐3 章课后习题参考解答第一章概述习题 2. 有两个主要网络特性对客户-服务器系统的性能有很大影响：网络的带宽和时延。举一个高带宽高时延的网络示例；再举一个低带宽和低时延的例子。解题思路：本题考查对于重要的网络性能指标：带宽和时延的理解答：高带宽高时延的一个例子是横跨大陆的光纤连接，其带宽可达数千兆 bps，但是因为传输距离要达数千公里，时延也高。低带宽和低时延的一个例子是使用双绞线相连的 LAN，带宽是 10Mbps，时延却可以忽略不计。习题 3.除了带宽和时延，要描述下列业务网络的 QoS 还需要什么参数：（1）数字化语音业务（2）视频业务（3）金融事务业务？解题思路：本题考查对于除带宽和时延之外的其它网络性能指标的理解答：（1）数字化语音业务还需要时延抖动（jitter）（2）视频业务也需要时延抖动（3）对于金融事务业务，可靠性和安全性也非常重要。习题 4. 存储转发分组交换系统的时延中的一个因素是交换机存储和转发一个数据包所用的时间。如果交换时间是 10 微秒，对于一个客户-服务器系统的响应时间是否可能是一个主要因素。假定客户机在纽约，而服务器在加利福尼亚；假定铜缆和光纤的传播速度是真空中光速的 2/3。解题思路：本题考查对于组成时延的一个因素——节点交换时间的理解，并且比较交换时间和传播时延的大小。答：传播速度 v = c×(2/3) = 3×108×2/3 = 2×108 米/秒交换机存储转发的时延相当于传输距离：s= v×t = 2×108 ×10×10-6 = 2000 米而纽约到加利福尼亚的距离超过 2000 公里，远大于 2000 米，因此交换机的处理时间对于响应时间影响不大，可以忽略。习题 5. 一个客户-服务器系统使用卫星网络，卫星在 40000 公里的高空。从发出请求到收到响应至少需要多少时间？解题思路：本题考查对于传播时延概念的理解及计算。答：理想状态下的传播速度为光速 c = 3×108 米/秒客户发送请求到卫星接收所花费的时间 t1 = 40000×103/(3×108) = 0.13 秒卫星将请求转发给服务器所花费时间 t2 = t1 = 0.13 秒服务器通过卫星将响应发回给客户机所用的时间是 0.13×2=0.26 秒因此总时间为 0.26×2=0.52 秒 1

习题 9. 广播子网的一个缺点是当多个主机同时访问信道时会浪费带宽。例如，假定将信道按时间分成多个离散的时隙，每个时隙中，n 个主机中的每个主机以概率 p 访问信道。求由于冲突而浪费时隙的比例？解题思路：本题考查对于信道冲突的理解和简单的冲突概率计算。这个结论将用于 MAC 子层的学习中。答：当只有一台主机访问信道时，时隙不会被浪费，其概率为 p1 = n×p(1-p) n-1 当没有主机访问占用信道时，此时信道空闲，其概率为 p2 = (1-p) n 其它的情况为发生了冲突，因此冲突的概率为 1-p1-p2 所以因为冲突而被浪费的时隙的比例应该为 1 – p1 – p2 = 1- n×p×(1-p) n-1 - (1-p)n 习题 10. 使用分层协议的两点原因是什么？分层协议的一个可能缺点是什么？解题思路：本题考查对于网络体系结构采用分层方法的理解。答：使用分层协议的其中两点主要好处如下：（1）简化网络的设计和实现的难度。（2）各层之间的依赖性较低，只要不改变服务和接口，各层内部进行修改不会影响其它层。一个可能的缺点是：由于各层都要加上控制信息和处理的开销，性能比不分层的系统要差。习题 11. 无连接通信和面向连接通信的主要区别是什么？分别给出使用无连接通信的一个协议示例和使用面向连接通信的一个协议示例。解题思路：本题考查对于网络体系结构中的两个重要概念——面向连接服务和无连接服务的理解。答：面向连接通信和无连接通信主要有以下三点区别：通信双方是否需要预先建立连接、能够保证数据传输的可靠性、通信过程中是否需要完整的目的地址等。 DNS 是无连接通信的协议示例，而 TCP 则是面向连接通信的协议示例。习题 12. 两个网络都提供可靠的面向连接服务。其中一个提供可靠的字节流，另一个则提供可靠的报文流。这两者是否相同？如果相同，为什么要区分成两类？如果不同，请举例说明其区别。解题思路：本题考查面向连接的服务中，可靠的字节流服务和可靠的报文流服务的区别。在传输层一章中，将再次强调 TCP 提供的是可靠的字节流服务。答：可靠的字节流与可靠的报文流不同。可靠的字节流没有边界，而可靠的报文流则有边界。例如：一个发送进程向一个连接中写入了 1024 字节数据，然后又写入了 1024 字节数据。对于可靠的报文流服务，接收进程将收到两个 1024 字节的数据；而对于可靠的字节流服务，接收进程将可能收到一个完整的 2048 字节的数据，即不能保证上层信息的边界。习题 15. 在一些网络里，数据链路层通过请求重传出错的帧来处理传输差错。如果一帧出错的概率是 p，假定确认（ACK）从不丢失，要发送一帧需要平均传输多少次？ 2

解题思路：本题考查已知出错概率时，平均传输次数的计算。这个结论将用于数据链路层和 MAC 子层的学习中。答：假定第 k 次传输成功，前面 k-1 次均失败，则平均传输次数为  1 k  k  1(  k pp )   1  1  p 1 习题 16. OSI 参考模型和 TCP/IP 协议栈的哪一层分别完成下列功能？（a）把传输的比特流分成帧 (b) 确定使用哪条路由来通过子网解题思路：本题目考查对于 OSI 参考模型和 TCP/IP 协议栈各层功能的理解。这些概念是网络分层体系结构的重点。答：（a）OSI：数据链路层 TCP/IP：链路层（b）OSI：网络层 TCP/IP：网际层习题 17. 如果数据链路层交换的单元称为帧，而网络层交换的单元称为分组，是帧封装了分组还是分组封装了帧？请解释。解题思路：本题考查对于封装概念的理解，封装指的是某层的协议实体在其上层的 PDU 之前加上头部（数据链路层在上层 PDU 之后还会加上尾部），构成本层的 PDU。一层协议的功能就是靠其 PDU 的头部（和尾部）内的控制信息来提供的。答：是帧封装了分组（包）。因为网络层在数据链路层的上层，在分组向下传输的过程中，数据链路层在分组之前加上帧头，在分组之后加上帧尾，这就是封装。习题 18. 一个系统具有 n 层协议体系。应用产生了一个长度为 M 字节的报文。在每一层，都会增加一个 h 字节的首部。首部所占网络带宽的比率是多少？解题思路：本题考查对于封装的简单计算。要注意题目中是指应用产生了 M 字节的报文，而不是应用层，因此 n 层中的每一层都增加 h 字节的首部。答： n 层协议中，每一层都增加 h 字节首部，因此首部总长度为 nh 字节，所占带宽的比率为 nh/( M + nh)。习题 20. TCP 和 UDP 的主要区别是什么？解题思路：本题考查对于因特网传输层的两个重要协议的功能的理解。答：TCP 提供的是可靠的面向连接的服务，而 UDP 提供的是不可靠的无连接服务。习题 22. 在两台计算机之间传输一个文件时，有两种可能的确认机制。第一种机制是，文件被分成多个分组传输，接收方确认每个分组，但不对整个文件进行确认；第二种机制是，接收方在收到整个文件之后进行确认，但不对每个分组确认。请对这两种机制进行讨论。解题思路：本题考查对于不同的确认方式的理解和比较。 3

答：第一种机制中，当某个分组的传输发生错误时，可以只重发该分组，而无需重发整个文件。其优点是重传开销小，但确认的开销相对第二种机制要大。适合于网络可靠性能较差，容易发生传输错误或丢失的情况。第二种机制中，一旦某个分组发生错误，则需要重传整个文件。适合于网络传输故障率比较低的情况，其优点是节省确认所消耗的网络资源。习题 29. 在分层体系结构中，假定修改了实现 k 层操作的算法，是否会影响(k-1)层和(k+1) 层的操作？解题思路：本题考查网络体系结构中相邻两层的关系。答：只要保持 k 层与相邻两层的接口不变，k 层实现的改变对于(k-1)层和(k+1)层都没有影响。习题 30. 假定 k 层提供的服务发生变化，对于(k-1)层和(k+1)层的服务有何影响？解题思路：本题考查网络体系结构中相邻两层的关系。答：k 层服务的变化会导致(k+1)层的服务随之改变，对于(k-1)层的服务则没有影响。第二章物理层习题 2. 一个 8kHz 的无噪声信道每毫秒采样 1 次，最大数据率是多少？解题思路：本题考查对于采样概念和奈奎斯特公式的理解。答：根据奈奎斯特公式，带宽固定，采样频率固定，最大数据率将取决于电平级数 L。每秒采样 1000 次，信号速率就是 1000 波特。若每次采样产生 16 位数据，则最大数据率为 16kbps; 若每次采样产生 1024 位，则最大数据率约为 1.024Mbps。习题 3. 在信噪比为 20dB 的 3kHz 信道上发送二进制信号，最大数据率是多少？解题思路：本题考查对于两个最大数据率公式——奈奎斯特公式和香农公式的理解。答：按照香农公式，S/N=100，可计算出最大数据率是 19.975kbps，即数据率的上限。不能采用何种调制技术，最大数据率都不会超过这个上限。而按照奈奎斯特公式，可计算出最大数据率为 6kbps。因此，最大数据率为 6 kbps。习题 4. 要使用多大的信噪比才能在 100kHz 的线路上传输 T1 信号？解题思路：本题考查对于香农公式的使用。答：根据香农公式，有 H×log2(1 + S /N) = 1.544×106 ，其中 H = 100000 可算出 S /N = 215-1，即大约 46 dB。 4

习题 7. 现要在光纤上传输一系列计算机屏幕的图像，屏幕是 1920×1200 像素，每个像素有 24 位，每秒钟产生 50 屏图像，试求需要多少带宽？解题思路：本题目考查对于大数据量应用的高带宽要求的理解。应根据像素计算出一屏图像的数据量，再根据单位时间内产生的图像数计算出带宽要求。答：所需要的带宽= 1920×1200×24×50= 2.765 Gbps。习题 8. 奈奎斯特定理只适合铜线，还是同样适用于高质量单模光纤？解题思路：本题考查对于奈奎斯特定理的理解。答：奈奎斯特定理是一个数学性质，和具体技术无关。其含义是：如果一个函数的傅里叶频谱不包含频率在 f 之上的正弦和余弦分量，以频率 2f 对该函数采样，就可以获得全部信息。在实际应用中，奈奎斯特用于计算在模拟信道上承载数字数据的最大数据率。因此，奈奎斯特定理适用于任何传输媒体。习题 21. 一个 MODEM 的星云图类似图 2-23，数据点在(0, 1) and (0, 2)。该 MODEM 使用的是相位调制还是振幅调制？解题思路：本题考查对于调幅、调频和调相等基本调制技术的理解。答：数据点的相位一直是 0，而使用了两个不同的振幅，因此这是振幅调制。习题 24. 一个 ADSL 系统使用 DMT 将 3/4 的可用数据信道分配给下行链路。在每个信道上是用 QAM64 调制。下行链路的总容量是多少？解题思路：本题考查对于 ADSL 采用 FDM 技术和 QAM 调制技术的理解。答：ADSL 有 256 个子信道，其中 6 个用于电话，2 个用于控制，还剩下 248 个数据信道，每个子信道为 4000 波特。下行信道的数据率为：248×3/4×4000×log264= 4.464 Mbps 习题 25. 带宽为 4000Hz 的 10 个信号使用 FDM 复用到一条信道上，假定保护带为 400Hz，复用信道最少需要多大的带宽？解题思路：本题考查对于 FDM 技术的理解。答：10 个信道复用在一起需要 9 个保护带，因此至少需要的总带宽为 4000×10+400×9= 43600Hz 习题 28. 一条 4kHz 的无噪声信道使用下列技术得到的最大数据率分别是多少？ a) 每个采样点用 2 比特表示的模拟编码，如 QPSK b) T1 PCM 系统解题思路：本题考查对于多级调制技术和 PCM 系统的 TDM 技术的理解。QPSK 是用 4 个不同相位来表示二进制数据，每个相位点可以表示两位数据。PCM 系统采用同步 TDM 技术，复用帧中的一个时隙承载一路话音数据。 5

答：使用 QPSK 的最大数据率是：2×4k×2=16kbps 而采用 T1，复用帧中的每个时隙有 7 位数据位，其数据率为：2×4k×7= 56kbps 习题 35. 有 3 个分组交换网络，每个网络中均包含 n 个节点。第一个网络采用有集中交换机的星型拓扑；第二个网络采用双向环型拓扑；第三个采用全互连拓扑结构，即每个节点都连接到其它任意一个节点。试求每个网络中的最好情形、平均情形和最坏情形下的跳数？解题思路：本题考查对于不同的拓扑结构中节点互连情形的理解。答：对于星型网络，最好情形=平均情形=最坏情形= 2 跳对于双向环型网络，最好情形=1 跳（发给邻居节点），平均情形= n/4 跳，最坏情形= n/2 跳对于全互连网络，最好情形=平均情形=最坏情形=1 跳习题 36. 要在 k 跳路径上发送一个 x 比特的报文，请比较采用电路交换方式和采用分组交换方式（轻载）的时延。电路建立的时间 s 秒，传播时延是每跳 d 秒，分组大小是 p 比特，数据率是 b 比特/秒。什么情况下，分组交换网络的时延较低？并解释在什么条件下，分组交换网络优于电路交换网络？解题思路：本题考查对于电路交换和分组交换的原理的理解，以及时延的计算和比较。在时延的计算中，由于采用相同的拓扑，两种方式的传播时延是一样的。电路交换需要考虑建立连接和释放连接。分组交换则需要将报文分成多个分组来发送。答：采用电路交换的时延= S  x b  kd 采用分组交换的时延=     x  p  p b  k (  )1  p b  kd 假定 x 能被 p 整除，分组交换的时延= x b  k (  )1 p b  kd 要使分组交换的时延更小，有 kS (   )1 p b ，即 p  Sb  ( k )1 习题 37. 现有 x 比特用户数据，要在分组交换网络中一个 k 跳的路径上分成多个分组传输，每个分组包含 p 比特数据和 h 比特包头，假定 x>>(p+h)；线路数据率是 b 比特/秒，忽略传播时延。p 如何取值才能使总时延最小？解题思路：本题考查对于电路交换和分组交换的原理的理解，以及时延的计算和比较。答：忽略传播时延，总时延= x p  hp  b  k (  )1 hp  b 6

对上式求导，并令导数为 0，可求出总时延最小时， p  hx 1 k 习题 44. 一个 CDMA 接收器收到下列码片：(-1+1-3+1-1-3+1+1)，假定各站点的码片序列按照图 Fig. 2-28(a)定义，试求这些站点的发送情况。解题思路：本题考查对于 CDMA 技术的理解。在 CDMA 中，每个站点使用自己独特的码片序列来表示数据位’0’和’1’，由于码片序列的正交性，采用同样码片序列的接收站点可以从复合数据中提取出发给自己的数据。答：对 A、B、C、D 四个站点按照码序计算如下： A 站：(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1)•(-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1)/8 = 1 B 站：(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1)•(-1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1)/8 = -1 C 站：(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1)•(-1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 -1)/8 = 0 D 站：(-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1)•(-1 +1 -1 -1 -1 -1 +1 -1)/8 = 1 可知，A 站和 D 站发送的是二进制位 1，B 站发送了二进制位 0，而 C 站没有发送数据。第三章数据链路层习题 1. 一个上层分组（数据包）被分为 10 帧，每帧有 80%可能无损到达。如果在数据链路层没有差错控制，该报文要平均传送多少次才能正确交付？解题思路：本题目和第一章的习题 15 类似，考查已知出错概率的前提下，如何计算平均发送次数。答：一次发送成功的概率为 0.810 = 0.107 两次发送成功的概率为 (1-0.107)×0.107 三次发送成功的概率为 (1-0.107)2×0.107 由此类推 k 次发送成功的概率为：(1-0.107)k-1×0.107 发送次数的平均值=   k 1 1(   k )107.0 1  107.0  3.9 习题 2. 在一个数据流中有下列数据片段： A B ESC C ESC FLAG FLAG D，使用字节填充方法，填充之后的结果是什么？解题思路：本题考查对于字节填充原理的理解。字节填充成帧方式采用固定的字符表示帧的开始和结束，如果数据中出现帧首尾字符，则在前面增加转义字符来区分，以实现透明传输。答：经过填充之后的字节串是：A B ESC ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D，其中红色的为填充的转义字符。习题 4. 使用比特填充时，是否可能出现单比特差错（丢失、插入或者修改等），而通过校验和无法查出？如果不会，为什么？如果会，什么情况下会出现？校验和长度对此是否有影响？解题思路：本题考查对于校验概念和校验能力的理解。 7

答：有可能出现。当使用比特填充时，如果有单比特数据在传输的过程中发生改变，对于 n 位校验和，有 1/(2n)的概率无法查出错误，即被判断为校验和字段的 n 位数据的值恰好是使得对数据部分校验正确的值。校验和的位数越长，错误被忽略的概率越低。习题 6. 为增强单比特校验的可靠性，一个差错检测编码使用一个校验位来检查所有奇数位，使用第二个校验位来检查所有偶数位。此编码的汉明距离是多少？解题思路：本题考查对于汉明距离的理解。答：没有校验位时，编码的汉明距离是 1，增加了校验位之后，编码的汉明距离是 2。习题 7. 求使用偶校验汉明码对一个八位字节 10101111 校验之后的二进制位串。解题思路：本题考查对于汉明码的校验原理的理解。答：按照汉明码的原则，增加了校验位之后，位串应该是 p1p2 1p3010p41111，从左至右其位序号分别为 1-12，其中 p1,p2,p3,p4 为校验位。 p1 对第 3、5、7、9、11 位进行偶校验，可求出 p1=1 p2 对第 3、6、7、10、11 位进行偶校验，可求出 p2=0 p3 对第 5、6、7、12 位进行偶校验，可求出 p3=0 p4 对第 9、10、11、12 位进行偶校验，可求出 p4=0 因此增加了校验位之后的位串是：1010 0100 1111 习题 9. 一种检测差错的方法是把数据分成 n 行 k 列的数据块来传输，每行一个校验位，每列一个校验位，右下角的校验位对本行和本列进行校验。这种方法可以检查出所有单比特差错吗？能检查出所有双比特差错吗？三比特差错呢？证明这种方法不能检查出某些四比特差错。解题思路：本题考查对于行列同时校验的原理的理解。答：这种方法可以检查出所有单比特差错，一个单比特差错将导致其所在的行和列都出现校验错误。也可以检查出所有双比特差错，即使出错的两个比特在同一行或者同一列，也能查出。对于 3 比特差错，如果一个数据位错，其对应的行列校验位均错，则无法检测出差错。对于 4 比特差错，如果出错的四个点正好位于矩形的 4 个顶点，则无法检查出差错。习题 14. 用生成多项式 x3+1 除 x7+x5+1 的余数是多少？解题思路：本题考查对于重要的校验技术——CRC 校验原理的理解和计算。答：首先把被除数和生成多项式的系统都写成二进制位串，被除数为 10100001，生成多项式为 1001。然后用模 2 除法（对应位进行异或，不进位也不借位），求出余数为 111，其对应的多项式为 x2+x+1。习题 15. 位流 10011101 使用教材中描述的标准 CRC 方法来进行校验。生成多项式是 x3+1。写出实际传输的位串。假定在传输中第三位被反转，证明在接收方能检测出差错。举例说明接收方不能检测出位差错的情形。 8

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