1、16. 一个带宽为 6MHz 的信道，若用 4 种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。现已知带宽 H6MHz，码元可取的有效离散值个数 N4，则信道的最大数据传输速率为：C2Hlog 2N2610 6log24 b/s24Mb/s7. 某信道带宽为 3kHz，信噪比为 30dB，试计算该信道的最大比特率。若采用二进制信号传输，则该信道的最大比特率是多少？由信噪比30db 可知 S/N10 30/101000。现已知带宽 H3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为：CHlog 2 (1+S/N)310
2、 3log2 (1+1000)30kb/s。若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：C2Hlog 2N2310 3log226 kb/s。8 要在带宽为 4kHz 的信道上用 4 秒钟发送完 20KB 的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？要在带宽为 4kHz 的信道上用 4 秒钟发送完 20KB 的数据块，即所需的数据传输速率为 20KB/4=40kbps，由香农公式有 C=Hlog2 (1+S/N)由 H=4kHz，C40kbps，得 S/N1024，因此 10log10(S/N) 30dB,即信噪比最小应为 30 分贝。13. 计算 T1 载波线路的编码效率和开销率。
3、若要采用两种物理状态传输的 50kb/s 信道上传输 1.544Mb/s 的 T1 载波，问信道的信噪比至少应该是多少？在 T1 载波线路中，一帧包括 193b。这 193b 按时分多路复用方式细分为 24 个信道，每个信道 8b，余下 1b 作同步位。8b 中 1b 用来传输控制信号，7b 用来传输数据信息。据此，T1 载波线路的编码效率为：247/19387对应地，开销率为 1-0.8713因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，BS，而 B2H，所以信道带宽HB/2S/225kHz。由香农公式 C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比S/N2 C/H-12 1.544M/25k-1
4、2 61.76-1以分贝计算，则 S/N10log 10(261.76-1)186dB17. 共有四个站点进行 CDMA 通信，四个站点的码片序列分别为：A：(-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1) B：(-1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1)C：(-1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 -1) D：(-1 +1 -1 -1 -1 -1 +1 -1)现收到码片序列（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1），问哪个站发送了数据？发送的 1 还是 0？设当前收到的码片序列 S 为（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1）则 AS= =1 BS= =-18i18
5、i1SCS= =0 DS= =18i1S8i1所以站点 A 和 D 发送“1”，B 发送“0”，站点 C 未发送数据。x7+x5+1 被生成多项式 x3+1 除，所得余数是多少？解： x7+x5+1 对应的二进制位串为 10100001，x 3+1 对应的二进制位串为 1001，通过多项式除法运算，可得余数为 111.（过程略）8. 采用生成多项式 G(X)=X4+X3+X+1 为信息位 1010101 产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字，再经比特填充后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？2解： 由生成多项式的次数可知冗余位位数为 4，信息位对应的多项式为 x6+x4+x2+
6、1，在信息位后面附加 4 位 0 对应的多项式为 x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除 x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为 1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是 10101011011。9. 已知循环冗余码的生成多项式为 X5+X4+X+1，若接收方收到的码字为 1010110001101，问传输中是否有差错？ 解： 生成多项式 G(X)X 5+X4+X+1 对应的代码为 110011，若接收码字为 1010110001101，计算 T(X)模 2 除 G(X)的余数：11000100110011 10101100011011100
7、11 110000110011 110011110011 00001由算式可知余数为 000010，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。10. 若信息位为 1001000，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表达式。解：信息位长度 k7，根据表达式 2rk+r+1 可知冗余位长度 r4，所以最后构成的海明码码字长度应为 nkr11，在 7 位信息位 a10a9a5a4后追加 4 位冗余位 a3a2a1a0，构成 11 位码字 a10a9a1a0。设置校正因子与错码位置的对应关系如下： 0123S0000 0001 0010 0100 1000 0011 01
8、01 0110 0111 1001 1010 1011错码位置 无错 a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10由上表可得监督关系式：S0=a0a 4a 5a 7a 8a 10S1=a1a 4a 6a 7a 9a 10S2=a2a 5a 6a 7S3=a3a 8a 9a 10令 S3S2S1S00000，即令a0a 4a 5a 7a 8a 10=0a1a 4a 6a 7a 9a 10=0a2a 5a 6a 7=0a3a 8a 9a 10=0由此可求得各冗余位的生成表达式：a0a 4a 5a 7a 8a 10a1a 4a 6a 7a 9a 10a2a 5a 6a 7a3a
9、 8a 9a 1011. 若海明码的监督关系式为：S0=a0a 3a 4a 5S1=a1a 4a 5a 6S2=a2a 3a 5a 6接收端收到的码字为：a 6a5a4a3a2a1a0=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？解： 将 a6a5a4a3a2a1a0=1010100 带入监督关系式可得：S0=a0a 3a 4a 5=0010=1S1=a1a 4a 5a 6=0101=0S2=a2a 3a 5a 6=1001=0因为 S2S1S00010，接收的码字有错，错误位置是 a0，所以正确的码字应为 1010101。14. 50Kb/s 卫星信道上，采用停等协议，帧
10、长度为 1000 比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为 125ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。解：50Kb/s 卫星信道上发送帧长度为 1000 比特的数据帧所需时间为 1000b/50Kb/s=20ms3卫星的上行和下行链路的延迟都为 125ms，因此数据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为 2*（125ms+125ms）=500ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为 20ms/(20+500)ms=3.8%15. 一个数据传输速率为 4Kb/s、单向传播时延为 20ms 的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不
11、计，则帧长度在什么范围内，停等协议的效率可以达到 50%？解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示：假设帧长度为 L 比特，由题可知数据传输速率 B=4Kb/s，单向传播时延 R 为 20ms，采用停等协议进行数据帧的传输，确认帧长度和处理时间均忽略不计，若使效率达到 50%，即/50%2BR代入 L、B 和 R，可得 L160b。16. 使用回退 n 帧协议在 3000km 长的 1.544Mb/s 的 T1 干线上发送 64 字节的帧，若信号传播速度是 6s/km，问帧的顺序号应是多少位？解： 在信号传播速度为 6s/km、3000km 长的信道上传输数据，传输延迟为：6300018000
12、s1.544Mb/s 的 T1 干线每秒传输 8000 个 193b 的数据帧，每帧有 248b 的数据和 1b 的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为 1.544800010 -61.536Mb/s。那么，发送一个 64B 的数据帧所需的发送时间为：648/1.536333s若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为：333180001800036333s若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送 36333/333110 帧。对 110 帧编号，则需要 7 位帧序号。17. 重负荷的 50Kb/s 卫星信道上，用选择重传协议发送含 4
13、0 比特帧头和 3960 比特数据的帧。假定无确认帧，NAK 帧为 40 比特，数据帧的出错率为 1，NAK帧的出错率可忽略不计，顺序号是 7 位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？解：在 50kb/s 的卫星信道上发送帧长为 4039604000b 的数据帧，所需发送时间为：4000/50k80ms这样，从 t0 时刻开始发送，在 t80ms 时发送方发送一帧完毕。已知卫星信道延迟为 270ms，因此，在 t80270350ms 时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。所以，在 t35080430ms 时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该
14、帧在 t430270700ms 时到达发送方。一帧的传输周期为 700ms。帧序号长度为 7 位，因此窗口大小最大可达 27-164。连续发送 64 个数据帧所需时间 64805120ms，远大于一个帧的传输周期 700ms。这意味着 64 的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。数据帧的出错率为 1，对于帧长为 4000b 的数据帧来说，平均重传长度为 4000140b，传送 NAK 的平均长度为 4010.4b。所以，传输 3960b 数据带来的附加开销为 40400.480.4b。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为：80.4/(396080.4)2
15、418. 一个 1Mb/s 的卫星信道上发送 1000bit 长的帧。信号在信道中端到端传输延迟是 270ms，假定 ACK 帧很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用 3 位的帧序号。对以下协议而言,计算卫星信道可能达到的最大信道利用率。(a)停-等协议；(b) 回退 N 协议；(c)选择重传协议解：三种协议的窗口大小值分别是 1,7 和 4.以 1Mb/s 发送,1000bit 长的帧的发送时间是 1ms.我们用 t = 0 表示传输开始时间,那么在 t = 1ms 时,第一帧发送完毕. t = 271ms,第一帧完全到达接收方. t = 541ms 时确认帧到达发送方.因此周期是 541m
16、s.如果在 541ms 内可以发送 k 个帧,(每个帧发送用 1ms 时间),则信道的利用率是 k/541,因此: (a)k = 1,最大信道利用率 = 1/541 = 0.18%(b)k = 7,最大信道利用率 = 7/541 = 1.29%（1 分）(c)k = 4,最大信道利用率 = 4/541 = 0.74%（1 分）一个如图 4-42 所示的子网。采用距离矢量路由选择算法，如下向量进入路由器 C：来自 B 的（5,0,8,12,6,2）；来自 D 的（16,12,6,0,9,10）；来自 E 的（7,6,3,9,0,4）。到 B、D 和 E 的延迟分别是 6、3 和 5。C 的新路由
17、选择表是什么样的？给出采用的输出线路和预计延迟。图 4-42解：通过 B 给出 (11，6，14，18，12，8)通过 D 给出 (19，15，9，3，12，13)通过 E 给出 (12，11，8，14，5，9)取到达每一个目的地的最小值得：(11，6，0，3，5，8)输出线路是：(B，B，D，E，B)数据报子网允许路由器在必要时扔掉分组。一个路由器扔掉分组的概率为 P。考虑一源端主机连接到源端路由器，源端路由器又连到目的端路由器，它又连接到目的主机。如果其中一个路由器扔掉一个分组，源端主机最后会超时，并重传该分组。如果主机到路由器及路由器到路由器的线路都算作一个站段，那么：（1）一个分组在每
18、次传输中所经过的平均站段数是多少？（2）一个分组平均传输次数是多少？（3）每次收到的分组所需的平均站段数为多少？解：由源主机发送的分组可能行走 1 个站段、2 个站段或 3 个站段。走 1 个站段的概率是 p，走 2 个站段的概率是 p(1-p)，走 3 个站段的概率是(1-p) 2，那么，一个分组平均通路长度的期望值：L=1p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3即每次发送一个分组行走的平均站段数是 p2-3p+3。一次发送成功(走完整个通路)的概率等于(1-p) 2 ，令 a(1-p) 2 ，两次发射成功的概率等于(1-a)a,三次发射成功的概率等于(1-a) 2a，因此，一个分
19、组平均发送次数为：T=a+2a(1-a)+3a(1-a)2+=a/(1-a)(1-a)+2(1-a)2+3(1-a)3+因为 21)(qk5所以 22)1()1(paaT即一个分组平均做 1/(1-p)2 次发送。最后，每个接收到的分组行走的平均站段数为：H=LT=(p2-3p+3)/(1-p)210. 一个 6Mb/s 的网络中有一台由令牌桶算法控制的计算机。令牌桶以 1Mb/s 的速率注入，其容量为 8Mb，最初令牌桶是满的。问该计算机能以 6Mb/s 的速率全速传送多长时间？解：应用公式 SC/(M-P)，其中 S 表示以秒计量的突发时间长度，M 表示以每秒字节计量的最大输出速率，C 表
20、示以字节计量的桶的容量，P 表示以每秒字节计量的令牌到达速率。用 C810 6/8=106，M=610 6/8，P110 6/8 代入公式得到 )(6.180166sS所以，计算机可以用完全速率 6M/s 发送 1.6s 的时间11. IP 地址分为几类？各如何表示？答：在分类 IP 地址中，将 IP 地址共分为五类，分别是 A 类、B 类、C 类、D 类和 E 类。不同类别的 IP 地址，网络号和主机号这两部分的长度是不同的，如下图所示。12. 在分类 IP 地址空间中，试分别计算 A 类、B 类和 C 类 IP 地址所包含的网络数量及每个网络中包含的主机数量。答：如表所示：网络类别 可用网
21、络数目 第一个可用的网络号 最后一个可用的网络号 每个网络中可容纳主机数量A 类网络 126 (27 2) 1 126 16,777,214（2 24-2）B 类网络 16,383(214 1) 128.1 191.255 65,534（2 16-2）C 类网络 2,097,151 (221 1) 192.0.1 223.255.255 254（2 8-2）13. 子网掩码有什么作用？A 类、B 类、C 类 IP 地址的子网掩码各是什么？答：在一个网络中引入子网，就是将主机号进一步划分成子网号和主机号，通过灵活定义子网号的位数，就可以控制每个子网的规模。传统的网络号-主机号两级 IP地址空间变
22、成网络号-子网号-主机号三级 IP 地址空间，为了判断 IP 地址所属的网络，需要用到子网掩码。在传统的分类 IP 地址空间中，A、B、C 类 IP 地址对应的子网掩码分别是255.0.0.0、255.255.0.0 和 255.255.255.0。14. 将一个 A 类地址空间划分为如下数目的子网，试计算所需的子网号比特数、对应的子网掩码及每个子网包含的主机数。（1） 2 （2） 6 （3） 510答：(1) 由于要划分成 2 个子网，需要扩展 1 位(2 12)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0 变为 255.128.0.0，即 11111111 10000000
23、00000000 00000000，包含的主机数为 223-2=8388606；6(2) 由于要划分成 6 个子网，需要扩展 3 位(2 386) 主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0 变为 255.224.0.0，即 11111111 11100000 00000000 00000000，包含的主机数为 221-2=2097150；(3) 由于要划分成 510 个子网，需要扩展 9 位(2 9512510)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0 变为 255.255.128.0，即 11111111 11111111 10000000 0000000
24、0，包含的主机数为 215-2=32766。15. 在一个 B 类地址空间中，如果其子网掩码分别如下，试计算其子网号比特长度、可划分的子网数及每个子网包含的主机数。（1） 255.255.240.0 （2） 255.255.255.0 （3） 255.255.255.248答：(1) 将 255.255.240.0 变为二进制形式：11111111 11111111 11110000 00000000由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为 4 位，所以可划分的子网数为 24=16，包含的主机数为 212-2=4094；(2) 将 255.255.255.0 变为二进制形式：111111
25、11 11111111 11111111 00000000由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为 8 位，所以可划分的子网数为 28=256，包含的主机数为 28-2=254；(3) 将 255.255.255.248 变为二进制形式：11111111 11111111 11111111 11111000由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为 13 位，所以可划分的子网数为 213=8192，包含的主机数为 23-2=6。16. 解释网络地址、32 位全 0 的地址以及网络号全 0 的地址的含义。答：网络地址是网络号不为 0 但主机号为 0 的 IP 地址，用来标记一个对应的网
26、络。32 位全 0 的地址代表默认路由地址。网络号是全 0，该地址是本网络上的特定主机地址。路由器收到目的地址是此类地址的 IP 报文时不会向外转发该分组，而是直接交付给本网络中的特定主机号的主机。17. 直接广播地址和受限广播地址的区别是什么？答：目的地址为直接广播地址的 IP 报文将被发送到特定网络中的所有主机。目的地址为受限广播地址的 IP 报文将被发送到本物理网络中的所有主机。路由器阻挡该报文通过，将其广播功能只限制在本网内部。18. 有两个 CIDR 地址块 205.128/11 和 205.130.28/22，试判断二者是不是有包含关系。如果有，请指出并说明原因。答：将两个地址块转
27、换为二进制形式得：11001101 10000000 00000000 00000000 (205.128/11)11001101 10000010 00011100 00000000 (205.130.28/22)由两者的地址结构可以看出，205.128/11 包含 205.130.28/22 的地址空间。19. 有如下的 4 个地址块：212.206.132.0/24、212.206.133.0/24、212.206.134.0/24、212.206.135.0/24，试进行最大可能的聚合，并写出其对应的掩码。解：将 4 个/24 地址块变为二进制形式有：11001010 11001110
28、 10000100 00000000 (202.206.132.0/24)11001010 11001110 10000101 00000000 (202.206.133.0/24)11001010 11001110 10000110 00000000 (202.206.134.0/24)11001010 11001110 10000111 00000000 (202.206.135.0/24)将上面 4 个地址块聚合为一个地址块，得到11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/22)，对应的掩码为 255.255.252.020. 以
29、下地址中的哪一个和 86.32/12 匹配？说明理由。（1）86.33.224.123 （2）86.79.65.216 (3) 86.58.119.74 (4) 86.68.206.154答：分别写出四个地址对应的二进制形式，若其前 12 位二进制串与 86.32/12 的二进制形式的前 12 位相同，则该地址和 86.32/12 匹配。因此（1）86.33.224.123 和86.32/12 匹配。21. 某单位分配到一个地址块 136.23.16.64/26，现在需要进一步划分为 4 个一样大的子网，回答以下问题：(1)每个子网的网络前缀有多长？(2)每一个子网中有多少个地址？(3)每一个
30、子网的地址块是什么？(4)每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址分别是什么？答：（1）每个子网前缀为 28 位。（2）每个子网中有 16 个地址。7（3）四个子网的地址块分别是：136.23.16.64/28 136.23.16.80/28 136.23.16.96/28 136.23.16.112/28（4）地址块 136.23.16.64/28 中可分配给主机使用的最小地址是 136.23.16.65，最大地址是 136.23.16.78地址块 136.23.16.80/28 中可分配给主机使用的最小地址是 136.23.16.81，最大地址是 136.23.16.94地址块 13
31、6.23.16.96/28 中可分配给主机使用的最小地址是 136.23.16.97，最大地址是 136.23.16.110地址块 136.23.16.112/28 中可分配给主机使用的最小地址是 136.23.16.113，最大地址是 136.23.16.12637. 设路由器 R1 有如下所示的路由表：目的网络 子网掩码 下一个路由器地址128.96.39.0 255.255.255.128 接口 0128.96.39.128 255.255.255.128 接口 1128.96.40.0 255.255.255.128 R2192.4.153.0 255.255.255.192 R3*（
32、默认） R4R1 可以直接从接口 0 和接口 1 转发 IP 报文，也可以通过相邻的路由器 R2、R 3 和 R4 进行转发。现有 5 个 IP 报文，其目的 IP 地址分别为：（1）128.96.39.12（2）128.96.40.15（3）128.96.40.172（4）192.4.153.28（5）192.4.153.93试分别计算 R1 转发这些报文的下一个路由器地址。答：(1) 此 IP 地址属于网络 128.96.39.0，其下一路由器地址为接口 0；(2) 此 IP 地址属于网络 128.96.40.0，其下一路由器地址为 R2；(3) 此 IP 地址属于网络 128.96.40
33、.0，其下一路由器地址为 R2；(4) 此 IP 地址属于网络 192.4.153.0，其下一路由器地址为 R3；(5) 此 IP 地址属于网络 192.4.153.0，其下一路由器地址为 R3。38. 某公司网络拓扑图如图 4-43 所示，路由器 R1 通过接口 E1、E 2 分别连接局域网 1、局域网 2，通过接口 L0 连接路由器 R2，并通过路由器 R2 连接域名服务器与互联网。R 1 的 L0 接口的 IP 地址是 202.118.2.1；R 2 的 L0 接口的 IP 地址是 202.118.2.2，L 1 接口的 IP 地址是 130.11.120.1，E 0 接口的 IP 地址
34、是 202.118.3.1；域名服务器的 IP 地址是 202.118.3.2。路由器 R1 和 R2 的路由表结构为：目的网络 IP 地址 子网掩码 下一跳 IP 地址 接口(1) 将 IP 地址空间 202.118.1.0/24 划分为两个子网，分配给局域网 1、局域网 2，每个局域网分配的地址数不少于 120 个，请给出子网划分结果，说明理由或给出必要的计算过程。(2) 请给出 R1 的路由表，使其明确包括到局域网 1 的路由、局域网 2 的路由、域名服务器的主机路由和互联网的路由。(3) 请采用路由聚合技术，给出 R2 到局域网 1 和局域网 2 的路由。8图 4-43 某公司网络拓扑
35、图解：（1）考虑到每个局域网要 120 台主机，则 IP 地址中主机号部分需要 7 位才能满足需要（2 7-2=126120） ，也就是说网络前缀部分为 25 位。所以可以按照如下方案划分：局域网 1：202.118.1.0/25局域网 2：202.118.1.128/25子网掩码都是 255.255.255.128（2）根据上面的数据，可以很简单的得出 R1 的路由表为： 目标 IP 子网掩码 下一跳 IP 转发接口202.118.1.0/25 255.255.255.128 直接连接 E1202.118.1.128/25 255.255.255.128 直接连接 E2202.118.3.2
36、 255.255.255.255 222.118.2.2 L0默认路由 0.0.0.0 222.118.2.2 L0（3）根据上面的数据，R2 到局域网 1 和局域网 2 的路由为： 目标 IP 子网掩码 下一跳 IP 转发接口202.118.1.0/24 255.255.255.0 222.118.2.1 L0传输连接的建立和释放为什么采用三次握手协议？使用两次握手建立连接会产生死锁吗？试举例说明。答： 三次握手完成两个重要功能，既要双方做好发送数据的准备工作，也要允许双方就初始序列号进行协商，这个序列号在握手过程中被发送与确认。若把三次握手改成仅需两次握手，死锁是可能发生的。例如，考虑计算
37、机 A 和 B 之间的通信。假定 B 和 A 发送一个连接请求分组，A 收到了这个分组，并发送了确认应答分组。按照两次握手的协定，A 认为连接已经成功的建立了，可以开始发送数据分组。可是 B 在 A 的应答分组在传输中被丢失的情况下，将不知道 A 是否已准备好，不知道 A 建议什么样的序列号用于 A 到 B 的交通，也不知道 A 是否同意 B 所建议的用于 B 到 A 交通的序列号，B 甚至怀疑 A 是否收到自己的连接请求分组。在这种情况下，B 认为连接还未建立成功，将忽略 A 发来的任何数据分组，只等待接收连接确认应答分组。而 A 在发出的分组超时后，重复发送同样的分组。这样就形成了死锁。1
38、5. 一个 TCP 连接总是以 1KB 的最大段发送 TCP 段，发送方有足够多的数据要发送，当拥塞窗口为 16KB 时发生了超时，如果接下来的 4 个 RTT 时间内的 TCP段的传输都是成功的，那么当第 4 个 RTT 时间内发送的所有 TCP 段都得到肯定应答时，拥塞窗口值为多少？答：略16. 在一个 TCP 连接中， TCP 的拥塞窗口大小与传输周期的关系如下所示：9拥塞窗口1 2 4 8 16 32 33 34 35 36 37 38 39传输周期1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13拥塞窗口40 41 42 21 22 23 24 25 26 1 2 4 8传输
39、周期14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26请回答下列问题。（1）画出拥塞窗口与传输周期的关系曲线。（2）指出 TCP 工作在慢启动阶段的时间间隔。（3）指出 TCP 工作在拥塞避免阶段的时间间隔。（4）在第 16 个传输周期之后，检测出报文段的丢失是根据三个重复确认还是根据超时？（5）在第 1 个、18 个和 24 个传输周期里，拥塞避免阈值分别被设置为多大？（6）第 70 个报文段在哪一个传输周期内发送？（7）假定在第 26 个传输周期后，收到 3 个重复的确认而检测到有分组丢失，那么拥塞窗口和拥塞避免阈值分别被设置为多大？答：（1）如图，横坐标为传输周
40、期，纵坐标为拥塞窗口。0510152025303540451 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26（2）慢启动阶段的时间间隔：1,6和23,26（3）拥塞避免阶段的时间间隔：6,16和17,22（4）根据三个重复确认（5）32、21、21（6）第 7 个传输周期内（7）拥塞窗口为 4，拥塞避免阈值为 410假定网络中的路由器 B 的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络” 、 “距离”和“下一跳路由器” ）N1 7 AN2 2 CN6 8 FN8 4 EN9 4 D现在收到从 C 发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络”和“距离” ）：N2 7N3 2 N4 8N8 2
