计算机网络-自顶向下方法 第一章课后习题答案（第七版）
练习题
R1.
无不同；
手机、智能手环等连入网络的都为端系统；
Web服务器是端系统；
R2.
维基百科：外交礼仪通常被描述为一套国际礼仪规则。这些久经考验的规则使国家和人民更容易在一起生活和工作。协议的一部分一直是对所有在场的人的等级地位的承认。礼仪规则是建立在礼貌原则的基础上的。
R3.
协议中遵循标准，人们才能开发出相互操作、通用、协调的系统。
R4.
| 接入技术 | 住宅接入 | 公司接入 | 广域无线接入 |
|---|---|---|---|
| 拨号 | √ | ||
| DSL | √ | √ | |
| 电缆 | √ | ||
| FTTH | √ | ||
| WiFi | √ | √ | |
| 3G/4G | √ |
R5.
共享的；
不可能出现碰撞。因为在下行通道上，所有数据包来自一个源，都是由头端发送的数据。反而在上行可能出现碰撞，因为每个家庭发送的分组都经上行通道向头端传输。（书P11）
R6.
略，百度一下。
R7.
10 Mbps, 100 Mbps, 1 Gbps and 10 Gbps。
千兆以太网的速度，理论上可以达到900Mbps左右。在实际使用中进行局域网拷贝文件，一般在300Mbps~600Mbps；主要原因是硬盘的访问速度制约了，其次是CPU处理能力饱和了（尤其是老机器）和网络负荷重了（网络其它计算机在传输）。
R8.
目前，以太网通常用光纤连接，以前双绞线用的比较多。
R9.
| 住宅接入技术 | 传输速率范围 | 共享还是专用 |
|---|---|---|
| 拨号 | 56Kbps | 专用 |
| HFC | 下行：42.8Mbps，上行：30.7Mbps | 共享 |
| DSL | 下行：24Mbps，上行：2.5Mbps | 专用 |
| FTTH | 发展很快，家庭一般100Mbps，上下行对等 | 专用 |
R10.
目前最流行的是无线局域网WiFi和蜂窝网络4G/5G。
- 无线局域网，无线局域网络英文全名:Wireless Local Area Networks;简写为: WLAN。它是相当便利的数据传输系统，它利用射频(Radio Frequency; RF)的技术，使用电磁波，取代旧式碍手碍脚的双绞铜线(Coaxial)所构成的局域网络，在空中进行通信连接，使得无线局域网络能利用简单的存取架构让用户透过它，达到"信息随身化、便利走天下"的理想境界。
- 蜂窝数据即从数据的传输到交换都采用分组技术，用户端配置无线分组调制解调器，通过专门的分组基站进入分组网，可以访问分组网上的主机、数据库，也可以呼叫另一个移动数据终端。这种技术主要为专门的移动数据通信系统所采用，只能为移动数据用户提供到分组交换数据网用户的连接。
R11.
T = L R 1 + L R 2 T = \dfrac {L}{R_1} + \dfrac {L}{R_2} T=R1L+R2L
R12.
电路交换的优点：专用通道，为通信的双方开辟一段稳定的带宽，目前的分组交换网络是不能保证稳定带宽的；
FDM（频分复用）需要负责的模拟设备来转化信号的频率，而TDM（时分复用）不需要；
R13.
a) 2个用户，一人开一个1Mbps的带宽。
b) 由于每个用户在传输时需要1Mbps，如果两个或更少的用户同时传输，最大需要2Mbps。由于共享链路的可用带宽为2Mbps，因此在链路之前不存在排队延迟。然而，如果三个用户同时传输，所需的带宽将是3Mbps，这比共享链路的可用带宽还要多。在这种情况下，在链接之前会有排队延迟。
c) 20 % 20\% 20%。
d) 0.2 × 0.2 × 0.2 = 0.8 % 0.2 \times 0.2 \times0.2=0.8\% 0.2×0.2×0.2=0.8%。
R14.
ISP（Internet Service Provider）：互联网服务提供商。
IXP（Internet Exchange Point）：因特网交换点。
如果两个ISP不彼此对等，那么当它们互相发送流量时，它们必须通过提供商ISP(中介)发送流量，它们必须向该提供商支付传输流量的费用。通过直接对等，两个ISP通常不进行结算，即任一个ISP不向其对等收费。
因特网交换点(IXP)是一个汇合点，多个ISP可以在这里连接和对等。第三方公司创建IXP，通过向每个连接到IXP的ISP收取相对较小的费用来赚钱，这可能取决于发送到IXP或从IXP接收的流量。
R15.
谷歌的私有网络将所有大大小小的数据中心连接在一起。谷歌数据中心之间的数据传输通过其私有网络而不是公共网络进行。许多这样的数据中心位于或靠近底层ISP。因此，当谷歌向用户提供内容时，它通常可以绕过更高层次的ISP。
是什么促使谷歌创建这些私有网络? 首先，谷歌对用户体验有更多的控制权，因此它必须使用很少的中介ISP。其次，它可以向外部供应商网络发送更少的流量来节省资金。第三，如果ISP决定向高利润的谷歌收取更多费用（看你做大了，故意涨价），谷歌就会避免这些额外的费用。
R16.
处理时延：检查分组的首部，做相关的封装操作，对于同一分组，操作时间是相同的。
排队时延：如果中转路由器空闲的，排队时延接近为0，随着网络越来越拥挤，排队时延会变大。
传输时延：跟分组大小和链路传输速率有关，由于是固定分组，固定路由，所以传输时延不变。
传播时延：跟距离有关，由于是固定路由，距离大小不变。
其中只有排队时延是不固定的，其他都为固定的。
R17.
小程序链接：传输时延与传播时延Java小程序
组合A，在发送方完成传输之前，该分组的第一个比特就到了接收方：
组合B，该分组的第一个比特到达接收方之前发送方结束了传输：
R18.
注意，题目说的是分组经过链路传输，并没涉及到路由器。
- 耗时 2.5 × 1 0 6 m 2.5 × 1 0 8 m / s = 0.01 s \dfrac {2.5 \times 10^6 m} {2.5 \times 10^8 m/s} = 0.01s 2.5×108m/s2.5×106m=0.01s。
- 耗时 L s \dfrac {L} {s} sL。与传输速率没关系。
R19.
注意审题！这三段链路指的是串联电路，相当于中间有两个路由器。
根据书中P30解释的瓶颈链路原则，该文件传送的吞吐量应该是链路中的最小速率。
a) 吞吐量 = M i n ( R 1 , R 2 , R 3 ) = 500 k b p s = Min(R_1, R_2, R_3) = 500kbps =Min(R1,R2,R3)=500kbps。
b) 做除法，需要 4 × 1000 × 8 b i t 500 b i t / s = 64 s \frac {4 \times 1000 \times 8 \ bit} {500 \ bit/s} = 64s 500 bit/s4×1000×8 bit=64s传输。
c) 计算过程相同，吞吐量：100kbps；传输时间： 320 s 320s 320s
R20.
端系统A将大文件分成多个块。它向每个块添加首部，从而从生成多个包。每个包的首部都包含了目的地(终端系统B)的IP地址。包交换机使用包中的目的地IP地址来确定出站链路。
旅行时沿途询问方向，相当于一个数据包给定了数据包的目的地址，询问它应该被转发到哪个外向的链接上。
R21.
小程序链接：排队与丢包Java小程序
最大发送速率：500 packages/s。
最小传输速率：350 packages/s。
对于这个速率，流量强度为 500 350 = 1.43 > 1 \dfrac {500}{350} =1.43>1 350500=1.43>1，所以必然会丢包。
我个人统计，第一次10.05s发生第一次丢包，第二次9.5s发生丢包。
但由于发射过程的随机性，损失首次发生的时间在不同的实验中有所不同。
R22.
封装，分段，重组，错误控制，多路复用。
这是几个通用的任务，例如封装功能，在传输层、网络层、数据链路层都有。
R23.
- 应用层：网络程序以及应用协议存留的地方。
- 传输层：将网络层的报文分成多个报文段，在应用程序端点之间传送报文段。
- 网络层：将上层传来的数据分段，变成一个个数据报，封装首部，从源ip发送的目的ip。
- 数据链路层：将上层传来的数据报封装成帧，传递给目标物理地址。
- 物理层：为比特流的传输提供物理准备工作，包括保证接口型号、大小，电压大小，以及各部件的工作顺序。
R24.
- 应用层报文：应用程序想要发送的数据。
- 运输层报文端：将报文分割，分别添加运输层首部（TCP头），形成多个报文段。
- 网络层数据报：将报文段分割，分别添加网络层首部（IP头），形成多个数据报。
- 链路层帧：将数据报分割，分别添加链路层首部（MAC头），形成多个帧。
R25.
路由器处理网络、链路和物理层(第1层到第3层) (现代路由器有时充当防火墙或缓存组件，同时还处理传输层)。链路层交换机处理链路层和物理层(第1层到第2层)。主机处理所有五层。
R26.
病毒是一种需要某种形式的用户交互才能生效的恶意软件。如某些恶意群文件，需要用户下载后双击打开，然后中毒。
蠕虫是无需任何明显用户交互就能生效的恶意软件。例如用U盘拷贝文件时，蠕虫悄悄地进入了你的电脑，并自我复制和扩散。
R27.
创建僵尸网络需要攻击者发现某些应用程序或系统中的漏洞。在发现漏洞后，攻击者需要扫描脆弱主机，并注入一段控制指令，让目标系统成为受操控地僵尸。任何属于僵尸网络的系统都可以自动扫描其环境并利用该漏洞传播。这种僵尸网络的一个重要特性是，僵尸网络的发起者可以远程控制并向僵尸网络中的所有节点发出命令。因此，攻击者控制多个源并让每个源向目标猛烈发送流量，让受害者瘫痪。
R28.
脑洞大开！！！
- Trudy能修改Alice和Bob发送的分组的指向，例如将Alice发送给Bob的分组目的指向修改为一个不存在的地址，这样Bob就收不到Alice的信息了。
- Trudy能修改分组中的内容，将“我们交往吧”换成“我忍了你很久，以后别烦我了，老女人！”。
- 伪造假分组，如伪造一个分组，发起者为Alice，接收者为Bob，内容是“到楼下等我，我们一起去吃饭”，发送给Bob后，Bob就会楼下傻傻的等Alice。
习题
P1.
简单无差错取钱情况下该协议的操作。
P2.
P P P个分组经过 N N N条链路的时延，可以把这个问题转化为：“最后一个分组到达目的地的时延”。因为最后一个分组肯定是最后到的。
那么，最后一个分组只有等前面 P − 1 P - 1 P−1个分组传输出去了才能开始传输，所以这个等待时间是 ( P − 1 ) × L R (P -1) \times \dfrac {L} {R} (P−1)×RL。
然后最后一个分组在链路中的传输时延为 N × L R N \times \dfrac {L} {R} N×RL。
所以总时间为： ( N + P − 1 ) × L R (N + P -1) \times \dfrac {L} {R} (N+P−1)×RL。
P3.
a) 电路交换网更适合。首先，这个应用程序需要长时间稳定传输数据，说明传输速率是已知且固定的，因此可以为应用程序会话保留带宽，而不会造成重大浪费。而且建立或销毁连接耗费的时间在长会话中不值一提。
b) 不会。在最坏的情况下，所有的应用程序同时通过一个链路进行传输。但是，根据题意，链路有足够的带宽来处理所有应用程序数据速率的总和，因此不会出现拥塞，不需要拥塞控制机制。
P4.
a) 16
b) 8
c) 能
P5.
a) 有十辆车。第一个收费站服务10辆车需要120秒，也就是2分钟。每辆车在到达第二个收费站之前都有45分钟的传播延迟(行驶75公里)。因此，47分钟后，所有车辆都在第二个收费站前排队。整个过程在第二个和第三个收费站之间重复进行。第三个收费站也需要2分钟来服务10辆车。因此，总延迟是96分钟。
b) 收费站之间延迟8*12秒加45分钟，即46分36秒。总延迟是这个量的两倍加上8*12秒，即94分48秒。
P6.
a) 传播时延 d p r o p = m s d_{prop} = {\dfrac {m}{s}} dprop=sm
b) 传输时延 d t r a n s = L R d_{trans} = {\dfrac {L}{R}} dtrans=RL
c) 端到端时延 d p 2 p = m s + L R d_{p2p} = {\dfrac {m}{s}} + {\dfrac {L}{R}} dp2p=sm+RL
d) 分组的最后一个比特刚离开出发点
e) 还在链路上，没有到达B
f) 已经到达主机B的接收缓冲区了
g) 536km
P7.
注意，发送的分组单位是字节，所以要乘以8来转化成比特。
t = 收集分组时间 + 传输时延 + 传播时延 = 17.224ms。
P8.
a) 20个用户
b) 10%
c) ( 120 n ) p n ( 1 − p ) 120 − n \left(\begin{array}{c}120 \\ n\end{array}\right) p^{n}(1-p)^{120-n} (120n)pn(1−p)120−n
d) 1 − ∑ n = 0 20 ( 120 n ) p n ( 1 − p ) 120 − n ≈ 0.003 1-\sum_{n=0}^{20}\left(\begin{array}{c}120 \\ n\end{array}\right) p^{n}(1-p)^{120-n} \approx 0.003 1−∑n=020(120n)pn(1−p)120−n≈0.003
P9.
a) 10000个用户
b) 概率为 ∑ n = N + 1 M ( M n ) p n ( 1 − p ) M − n \sum_{n=N+1}^{M}\left(\begin{array}{c}M \\ n\end{array}\right) p^{n}(1-p)^{M-n} ∑n=N+1M(Mn)pn(1−p)M−n
P10.
三个传输时延+三个传播时延+两个交换机处理时延.
d e n d − e n d = L / R 1 + L / R 2 + L / R 3 + d 1 / s 1 + d 2 / s 2 + d 3 / s 3 + d p r o c + d p r o c d_{e n d-e n d}=L / R_{1}+L / R_{2}+L / R_{3}+d_{1} / s_{1}+d_{2} / s_{2}+d_{3} / s_{3}+d_{p r o c}+d_{p r o c} dend−end=L/R1+L/R2+L/R3+d1/s1+d2/s2+d3/s3+dproc+dproc
带入公式得，端到端时延为 64 ms。
P11.
如果交换机受到比特后立即传输，就只有一次的传输时延了（第一次发射过程产生的）。
d end-end = L / R + d 1 / s 1 + d 2 / s 2 + d 3 / s 3 d_{\text {end-end}}=L / R+d_{1} / s_{1}+d_{2} / s_{2}+d_{3} / s_{3} dend-end=L/R+d1/s1+d2/s2+d3/s3
P12.
每个分组传输时延为 6ms，有4个分组等待传输，有一个分组传输了一半，所以排队时延为 27ms。
一般情况下，排队时延为 ( n L + ( L − x ) ) / R (n L+(L-x)) / R (nL+(L−x))/R
P13.
a) 等差数列求和，首项是0（第一个分组不需要排队），最后一项是 ( N − 1 ) L R (N-1) \dfrac {L}{R} (N−1)RL
( 0 + L / R + 2 L / R + … … . + ( N − 1 ) L / R ) / N = L / ( R N ) ∗ ( 1 + 2 + … … + ( N − 1 ) ) = L / ( R N ) ∗ N ( N − 1 ) / 2 = L N ( N − 1 ) / ( 2 R N ) = ( N − 1 ) L / ( 2 R ) \begin{array}{l} (0+L / R+2 L / R+\ldots \ldots .+(N-1) L / R) / N \\ =L /(R N) *(1+2+\ldots \ldots+(N-1)) \\ =L /(R N) * N(N-1) / 2 \\ =L N(N-1) /(2 R N) \\ =(N-1) L /(2 R) \end{array} (0+L/R+2L/R+…….+(N−1)L/R)/N=L/(RN)∗(1+2+……+(N−1))=L/(RN)∗N(N−1)/2=LN(N−1)/(2RN)=(N−1)L/(2R)
b) 和上面一样的，因为间隔 L N / R LN/R LN/R秒，N个分组就都被传输完了。
P14.
a) 传输时延为 L / R L/R L/R，总时延为： I L R ( 1 − I ) + L R = L / R 1 − I \dfrac{I L}{R(1-I)}+\dfrac{L}{R}=\dfrac{L / R}{1-I} R(1−I)IL+RL=1−IL/R
b) 略
P15.
T o t a l d e l a y = L / R 1 − I = L / R 1 − a L / R = 1 / μ 1 − a / μ = 1 μ − a Total \ delay=\dfrac{L / R}{1-I}=\dfrac{L / R}{1-a L / R}=\dfrac{1 / \mu}{1-a / \mu}=\dfrac{1}{\mu-a} Total delay=1−IL/R=1−aL/RL/R=1−a/μ1/μ=μ−a1
P16.
答主看不懂题目，附上英文答案。
The total number of packets in the system includes those in the buffer and the packet that
is being transmitted. So, N=10+1.
Because N = a × d , so (10+1)=a × (queuing delay + transmission delay). That is,
11=a*(0.01+1/100)=a*(0.01+0.01). Thus, a=550 packets/sec.
P17.
a) d e n d − lo-end = ∑ q = 1 Q [ d proc q + d trans q + d prop q ] d_{e n d-\text { lo-end }}=\sum_{q=1}^{Q}\left[d_{\text {proc}}^{q}+d_{\text {trans}}^{q}+d_{\text {prop}}^{q}\right] dend− lo-end =∑q=1Q[dprocq+dtransq+dpropq]
b) d e n d − t o − e n d = ∑ q = 1 Q [ d p r o c q + d t r a n s q + d p r o p q + d q u e u e q ] d_{e n d-t o-e n d}=\sum_{q=1}^{Q}\left[d_{p r o c}^{q}+d_{t r a n s}^{q}+d_{p r o p}^{q}+d_{q u e u e}^{q}\right] dend−to−end=∑q=1Q[dprocq+dtransq+dpropq+dqueueq]
P18.
略
P19.
略
P20.
吞吐量 = min { R s , R c , R / M } =\min \left\{R_{s}, R_{c}, R / M\right\} =min{Rs,Rc,R/M}
P21.
答主看不懂题目，附上英文答案。
If only use one path, the max throughput is given by:
max { min { R 1 1 , R 2 1 , … , R N 1 } , min { R 1 2 , R 2 2 , … , R N 2 } , … , min { R 1 M , R 2 M , … , R N M } } \max \left\{\min \left\{R_{1}^{1}, R_{2}^{1}, \ldots, R_{N}^{1}\right\}, \min \left\{R_{1}^{2}, R_{2}^{2}, \ldots, R_{N}^{2}\right\}, \ldots, \min \left\{R_{1}^{M}, R_{2}^{M}, \ldots, R_{N}^{M}\right\}\right\} max{min{R11,R21,…,RN1},min{R12,R22,…,RN2},…,min{R1M,R2M,…,RNM}}
If use all paths, the max throughput is given by ∑ k = 1 M min { R 1 k , R 2 k , … , R N k } \sum_{k=1}^{M} \min \left\{R_{1}^{k}, R_{2}^{k}, \ldots, R_{N}^{k}\right\} ∑k=1Mmin{R1k,R2k,…,RNk}
P22.
一个数据包成功被接收的概率是 p s = ( 1 − p ) N \mathrm{p}_{\mathrm{s}}=(1-\mathrm{p})^{\mathrm{N}} ps=(1−p)N
所以执行平均次数为 1 p s \dfrac {1}{p_s} ps1，比如成功概率为二分之一，那平均发两次就能成功。
所以，重传次数为 1 p s − 1 \dfrac {1}{p_s} - 1 ps1−1次。
P23.
a) L R s \dfrac {L}{R_s} RsL
b) 第二个数据包肯定会排队，由于 R s R_s Rs比 R c R_c Rc快，所以第一个数据包在路由器中没处理完时，第二个数据包就送达了。
如果第二个数据包在T秒之后再发送，那就可以避免排队。T的计算方法是，当第一个数据包被路由器处理完时，第二个数据包刚刚被路由器接收。
L / R s + L / R s + d p r o p + T = L / R s + d p r o p + L / R c L / R_{s}+L / R_{s}+d_{p r o p}+T=L / R_{s}+d_{p r o p}+L / R_{c} L/Rs+L/Rs+dprop+T=L/Rs+dprop+L/Rc
计算得到 T = L / R c − L / R s T=L / R_{c}-L / R_{s} T=L/Rc−L/Rs
P24.
得花37天来传输数据，不可取。所以我选择FedEx。
P25.
a) 160,000 bits
b) 160,000 bits
c) 链路上具有的比特数量最大值。
d) 比特的宽度 = = = 链路长度 / 链路最大比特数量, 所以 1bit有125米长，超过了足球场的长度。
e) s / R s / R s/R（答主不理解这个是怎么算得的）
P26.
发送方传输了1bit，刚好到达接收方时（一个传播时延），发送方才发送第二个bit。
上题计算的传播时延 t p r o p = 0.08 s e c t_{prop}=0.08 \ sec tprop=0.08 sec，所以 R = 1 / t p r o p = 12.5 b p s R = 1 / t_{prop}=12.5 bps R=1/tprop=12.5bps即可。
P27.
a) 80,000,000 bits
b) 800,000 bits, 因为在第一个比特传到接收方之前，所有的数据都在链路上了（不够看！）
c) 0.25 m
P28.
a) t trans + t prop = 400 m s e c + 80 m s e c = 480 m s e c t_{\text {trans}}+t_{\text {prop}}=400 \mathrm{msec}+80 \mathrm{msec}=480 \mathrm{msec} ttrans+tprop=400msec+80msec=480msec
b) 20 ∗ ( t trans + 2 t prop ) = 2 0 ∗ ( 20 m s e c + 80 m s e c ) = 2 s e c 20 *\left(t_{\text {trans}}+2 t_{\text {prop}}\right)=20^{*}(20 \mathrm{msec}+80 \mathrm{msec})=2 \mathrm{sec} 20∗(ttrans+2tprop)=20∗(20msec+80msec)=2sec
c) 因为每个数据包及都增加了它们自己的传播延迟，所以分解一个文件需要更长的时间来传输。
P29.
地球同步卫星距离地球表面3.6万公里。
a) 150ms
b) 1,500,000 bits
c) 若能够连续传输，说明60秒的时间都在传输，即大小为 10Mbps × 6 = 600,000,000 bits
P30.
略
P31.
a) 4s; 12s
b) 0.005s; 0.01s; 0.01s; 0.015s
c) 最后一段报文发送完成时，一共耗时4s，最后一段报文还要经过两个分组交换机，每个的处理时间为0.005s，所以一共4.01s
d) 如果不分段，报文如果出现错误那就得全部重发，而不是报文段重发了；如果不分段，较大的报文占有着交换机的接收空间，让小的数据包在后面排队
e) 数据包必须在目的地按顺序放置；分段后的分组都需要装上相同的头部，需要占空间。
P32.
小程序链接：报文分段Java小程序
传播时延对分组交换和不分组交换的影响一样的。
P33.
d e l a y = S + 80 R × ( F S + 2 ) delay=\dfrac{S+80}{R} \times\left(\dfrac{F}{S}+2\right) delay=RS+80×(SF+2)
P34.
电路交换电话网络和因特网通过“网关”连接在一起。当Skype用户(连接到互联网)呼叫普通电话时，通过电路交换网络在网关和电话用户之间建立一个电路。skype用户的声音以包的形式通过互联网发送到网关。在网关，语音信号被重建，然后通过电路发送。在另一个方向，声音信号通过电路交换网络发送到网关。网关对语音信号进行分组并将语音包发送给Skype用户。
第一章总结
