《计算机网络习题与解答》.doc

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.