网络自测题

答案：如图7-3所示：

发送方TCP收到一TCP报文段，确认序号＝22 001，窗口＝1 000，发送方TCP的发送 窗口为[22001，23000]；

收到下一个TCP报文段，其确认序号＝24 001，窗口＝800，发送方TCP新的发送窗口 为[24001，24800]。

22001 24001 窗口后沿

23000 24800 窗口前沿

图7-3 发送方TCP的发送窗口

24.将TCP的拥塞控制机制改为，一旦超时，则将门限窗口TW减少一个确定的数n，这 种拥塞控制机制还能收敛到同等共享的状态吗？试用图解方法分析之。

答案：不能。为进一步简化问题，仍然采用“计算机网络原理与设计”一书7.4.7 TCP

的拥塞控制一节中的思想，考虑到慢启动阶段持续时间较短，假设TCP连接就在线性规律增长与加速递减模式下工作，如“计算机网络原理与设计”一书图7-20所示的锯齿形特性。于是，可得如图7-5所示的工

作特性：

设初始工作点位于带宽利用不足区的某处，在拥塞控制机制的作用下，每传输1次（经

过RTT时间），两个连接都将其窗口加1，于是工作点会沿45°线移动。设到达B点时，两个连接的吞吐量会使报文段丢失（B位于负载超过带宽区），于是连接1和连接2均将门限窗口TW减少一个确定的数n，设新的工作点为A，显然，BA与横轴呈45度角。

设新的工作点A位于带宽利用不足区，于是工作点又会沿45°的AB线向上移动。

按本题的拥塞控制机制，工作点就会沿45°的AB线来回移动，这样继续下去，两个TCP连接永远不可能收敛到同等共享的状态。

26．在TCP首部中，除了32位Acknowledgement number(确认号)域以外，在第4个字中还有一个ACK位。这是否真正加入了有用的信息呢？为什么是或为什么不是？

答案：ACK比特用来区别32位Acknowledgement number(确认号)域是否使用。

在连接建立期间，ACK比特扮演着至关重要的角色，三次握手中的第二个和第三个报文段都要使用它。28．考虑在一条往返时间为10ms的无拥塞线路上使用慢启动算法的效果。接收窗口为24KB，最大报文段长度为2KB。请问需要多长时间才发送满窗口的数据？

答案：由于是无拥塞线路，即不需设置拥塞窗口，发送窗口就等于接收方设置的接收窗口RW。因为最大报文段长度为2KB，故慢启动算法的第一次传输（在0ms，时间起点）会是1个最大报文段，然

后是2、4和8，发送窗口分别含有2K、4K、8K和16KB。接下来的第五次传输（在40ms时）是24KB（达到接收窗口值）。所以需要40ms才发送满窗口的数据

29．假设TCP的拥塞窗口为18KB时出现了超时。如果接下来的4次传输全部成功的话，当时的拥塞窗口将是多大？假设最大报文段长度为1KB。

答案：假定接收方不进行流量控制，即接收方不设置接收窗口RW，于是发送方的发送窗口就将取拥塞窗口CW的值。

因为TCP的拥塞窗口为18KB时，出现了一个超时。 于是，接下来进入慢启动阶段，门限窗口TW为9KB。

接下来的传输先是1个最大报文段，然后分别是2、4和8个最大报文段。所以在接下来的4次传输全部成功后，当时的拥塞窗口将会是8KB。

31．一台主机在一条线路上发送1500字节的TCP净荷，其中最大分组生存期为120秒，要想不让序列号重叠，该线路的速度最快为多少？将TCP、IP和以太网的开销都考虑进去，假设以太网帧可以被连续发送。

答案：最大分组生存期120秒内不让序列号回绕，就要求每120秒最多发送2净荷字节，或者每秒最多发送35 791 394净荷字节，也就是每秒最多发送23 860帧（1500字节/帧）。

TCP首部固定部分（开销）是20字节，IP首部固定部分（开销）也是20字节，以太网首部（开销）是26字节。这意味着1500字节的TCP净荷，实际上要发送1566字节。

要想不让序列号回绕，就要求每秒最多发送23 860帧，每帧为1566字节，即要求该线路的速度最快只能是299Mbps。

如果发送速度（该线路的速度）比299Mbps还快，我们就会遇上两个不同TCP报文段同时具有同样的序列号的危险（即序列号重叠）。

36．在一个网络中，最大TPDU的尺寸为128 B，最大的TPDU存活时间为30 s，使用8 位序列号，问每条连接的最大数据速率是多少？

答案：具有相同编号的TPDU不应该同时在网络中传输，必须保证，当序列号循环回来重复使用的时候，具有相同序列号的TPDU已经从网络中消失。现在存活时间是30秒，那么在30秒的时间内发送方发迭的TPDU的数目不能多于256个。

256×128×8÷30＝8 738 b／s

所以，每条连接的最大数据速率是 8.738 kb／s。

37．一个客户机通过1×10 b／s的光缆发送128 B的请求给位于100 km以外的服务 器。在该远程过程调用（RPC）期间线路的效率是多少？

答案：128字节等于1024位，在1Gb／s的线路上发送1000位需要1μs的时间。光在光导纤维中的传播速度是200 km／ms，请求到达服务器需要传输0．5ms的时间，应答返回又需要0．5ms的传输时间，总起来看，1 000 位在1ms的时间内传输完成。这等效于1Mb／s，即线路效率是0．1％。

一1．假设把时间分为离散的时间片，n台主机中，每一台主机在每个时间片内试图占用信道 的概率为P。求由于冲突而被浪费的时间片的比例。

答案：在每个时间片中，可能发生的事件共有n + 2种，它们是互斥的：从事件1直到事件n都是由对应的主机试图使用通道而不发生冲突的情况，这些事件中的每一个的概率都是P（1一P ）n - 1；事件n + 1对应通道空闲，其概率是（1一P ）n；事件n + 2是一次冲突（参与冲突的是n台主机中的任意2至n台主机）。因为这n + 2种事件是互斥的，其概率和必为1。因此，在每个时间片中发生冲突的概率（即由于冲突而被浪费的时间片的比例）为：

1一n p（1一P ）n - 1 一（1一P ）n

9

32

2． 两个CSMA／CD站点都在试图发送长（多帧）文件。在成功发出每一帧后，它们均采用二进制后退算法再次竞争信道（假设每个竞争周期的第i次尝试均匀分布在2 i -1个时间片中）。正好竞争k次便成功的概率是多少？每个竞争周期的平均竞争次数是多少？

答案：把竞争周期中为获得通道的尝试从1开始编号，第i次尝试均匀分布在2 i - 1个时间片中。在每

个时间片中两个站点冲突的概率是2

(2

一2（i一1）

一2（i一1）

，因此，第i次尝试碰撞的概率是：

一（i一1）

)(2

（i一1）

) ＝ 2

竞争周期开头(k-1)次尝试失败，紧接着第k次尝试成功（即正好竞争k次便成功）的概率是： P k＝[ 1 - 2 该式可化简为

P k＝[ 1 - 2 ＝[ 1 - 2

一（k一 1）一（k一 1）一（k一 1）

]

?i?1一0

k?12

一（i一1）

] [2] 2

. 2

一1

. 2

一2

. . . . 2

一（k一 2）

]

一（k一 1）（k一 2）/ 2

每个竞争周期的平均竞争次数是

4．N个站点共享56Kb/s的ALOHA信道, 各站点平均每100 s发送一个1 000 b的帧，N的最大值为多少？

答案：每个站的数据量为 1000b/100s=10b/s ALOHA系统的吞吐量为 0.184×56kb/s

则，最大站数为 N=（0.184×56kb/s）/（10b/s）= 0.184×56×100 ≈ 1030

14．假设同轴电缆的传播速度是真空中光速的2/3，求原始的802.3标准（10Mbps）中一位的长度（按米来计算）？

答案：在同轴电缆中光的速度大约是200 000km/s，即200m/μs。在10Mbps的带宽下，传输一个位需要0.1μs。因此，一位持续 0.1μs 的时间，在这段时间中它传输了20m。因此，在这里，一个比特长20m。

15．假若1Gpbs以太网采用10BASE5的方式工作，图8-24显示了其最大配置图。取电

信号在同轴电缆段和链路段以及AUI电缆上的传播速度均为0.7c。设站点物理层的时延为tp = 1μs，转发器的时延为tR = 2μs。同轴电缆段长500m，链路段长500m，工作站和转发器均经AUI电缆连接同轴电缆段或链路段，AUI电缆长50m。试按工作站A与B间的距离计算其最小帧长。

答案：以太网的跨距 S = 1 500 + 1 000 + 500 = 3 000 m

上式中的3项分别对应3个同轴电缆段和2个链路段以及10个AUI电缆；

时间片 slot time = 2s/0.7c + 2 tp + 8 tR = 0.2857×10 – 4 s+18μs= 46.57μs； 最小帧长 Lmin = k×slot time = 10 9b/s × 46.57× 10 – 6 s = 46.57kb

?k?1?k P k

16．为什么CSMA/CD是随机访问类型的介质访问控制方法？请说明CSMA/CD方法的基本工作原理。 答案：CSMA/CD用来解决多结点如何共享公用总线的问题。以太网中的任何结点都没有可预约的发送时间。它们的发送都是随机的且网中不存在集中控制的结点，网中的结点都必须平等地争用发送时间，因此这种介质访问控制属于随机争用型方法。

CSMA/CD的基本工作原理是：先听后发，边听边发，冲突停止，随机延迟后重发。每个结点利用总线发送数据之前，首先要侦听总线的忙闲状态。如果总线上已经有数据信号在传输，则为总线忙；如果总线上没有数据传输，则为总线空闲。如果一个结点准备好发送的数据帧，并且此时总线处于空闲状态，那么它就可以开始发送。但是，可能有多个结点同时发送了数据，因此结点在发送数据时应进行冲突检测

28．以太网帧必须至少64字节长，这样做的理由是，当电缆的另一端发生冲突的时候，传送方仍然在发送过程中。快速以太网也同样有64字节最小帧长度限制，但是，它可以以快10倍的速度发送数据。快速以太网如何才能维持同样的最小帧长度限制？

答案：减少快速以太网的最大电缆长度，并减少转发器的个数。

29．尽管千兆以太网假设的递交速度为1Gbps，但是，1000Base-SX规范声明了时钟的运行速度应该为1250MHz。这里超高的时钟速度是为了提供额外的安全余量吗？如果不是，那会是什么？

答案：1000Base-SX规范采用8B/10B线路编码方案，编码的效率为80%，即传输10bit的数据中只有8bit是有效数据。1秒内，传输了1 250Mbits，意味着传输了1 250 000 000码字（每个码字10比特），每个码字含有8个数据比特，所以真正的数据速率应该是1000Mb/s。条路径上有10个路由器，于是，每个分组花在等待和服务上的时间共为20μs在客户一服务器模型中，客户端程序和服务端程序的作用是什么？

1． SNMP中为什么要使用“委托代理”这一概念？

答案：委托代理proxy agent代表那些不能用SNMP与manager通信的网络资源的实体，委托代理在SNMP与别的网络管理协议间进行转换。

2． 为什么SNMP的管理进程使用轮询掌握全网的正常情况，而代理进程用trap向管理 进程报告属于较少发生的异常情况？

答案： SNMP是一个应用层协议，采用它，少量的管理工作站(管理者)就可以控制一系列代理。即，一个管理者，通常是一台主机，控制和监视一系列如同路由器这样的网络设备中的代理。它可以用于由不同的局域网和广域网经由不同制造商所制造的路由器或网关连接起来的互连网络。

基于SNMP的管理主要有以下三个基本思想： ① 一个管理者可以请求影响代理特性的信息。

② 一个管理者可以通过设置代理数据库中的信息来强制代理执行一个任务。 ③ 一个代理可以在非正常情况下发送警告消息到管理者来影响管理过程。

显然，面对一个管理者和多个代理的实际情况，前2项适于使用轮询方式实现。而代理进程为及时报告属于较少发生的异常情况，显然发送警告消息为宜。

14．DNS使用UDP协议而不是TCP协议。如果一个DNS分组丢失了，也没有自动恢复的机制。这会产生问题吗？如果会的话，它是如何被解决的？

答案：当一个进程发出一个DNS请求时，就启动了定时器。如果超时，该进程会再次发送一个DNS请求，不会发生损害。

15．除了可能会丢失，UDP分组还有最大长度限制，甚至可能少到只有576个字节。当一个待查找的DNS名字超过这个长度时会怎样？它可以被放在两个分组中发送吗？

答案：这个问题不会发生，标准要求DNS名字必须短于256字节。因此，所有的DNS名字都适合填入一个最小长度的UDP分组中。

31．一个多线程的Web服务器被组织成如图9-74所示的结构。

图9-74 多线程的Web服务器

处理模块需花费500μs来接受一个请求并检查缓存。在一半情况下，处理模块可以在缓存中找到文件，并立即返回。另外一半情况下，该模块必须阻塞9ms以等待它的磁盘请求被排队和处理。该服务器应该有多少个处理模块才能保证CPU一直处于忙的状态（假设磁盘不是瓶颈）？

答案：如果处理模块得到两个请求，平均来说，一个将命中高速缓存，而另一个将未命中高速缓存。