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P1

假设某分组的信息内容是比特模式1110 0110 1001 1101,并且使用了偶校验方案。在采用二维奇偶校验方案的情况下，包含该检验比特的字段的值是什么?你的回答应该使用最小长度检验和字段。

该比特串1110 0110 1001 1101可以划分为4行4列, 对每行每列分别求奇偶校验

					行校验
	1	1	1	0	1
	0	1	1	0	0
	1	0	0	1	0
	1	1	0	1	1
列校验	1	1	0	0	0

P2

说明（举一个不同于图6-5的例子）二维奇偶校验能够纠正和检测单比特差错。说明（举一个例子)某些双比特差错能够被检测但不能纠正。

假设发送方初始的二维奇偶校验矩阵：
0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ \end{array} 0101​0110​0101​0110​
假设第 2 行、第 3 列存在比特错误，则可以根据下面的矩阵中第 2 行和第 3 列的奇偶校验现在是错误的确定错误出现的位置并纠错：
0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ \end{array} 0101​0110​0001​0110​
假设第 2 行、第 2 列和第 3 列存在位错误。但是由于第二行的2个位都发送错误, 导致第 2 行的奇偶校验位仍然是正确的, 虽然我们知道了第2列和第3列的奇偶校验错误，但我们无法检测到错误发生在哪一行。
0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ \end{array} 0101​0010​0001​0110​

P3

假设某分组的信息部分（图6-3中的D)包含10字节，它由字符串"Link Layer"的8比特无符号二进制ASCII表示组成。对该数据计算因特网检验和。

此题由于翻译问题, 第八版题目本身有问题, 所以采用第七版题目的"Link Layer"字符串

因特网校验和将数据的字节作为16bit整数求和, 在本体中即将每来相邻的两个字符看作16位二进制数

借助工具将字符串转换为二进制串 https://coding.tools/cn/text-to-binary

“Link Layer” =

01001100 01101001
01101110 01101011
00100000 01001100
01100001 01111001
01100101 01110010
$$
\begin{array}{@{}c@{;}c@{}}
& 01001100 \ 01101001 \

• & 01101110 \ 01101011 \
  \hline
  & 10111010 \ 11010100 \
• & 00100000 \ 01001100 \
  \hline
  & 11011011 \ 00100000 \
• & 01100001 \ 01111001 \
  \hline
  & 00111100 \ 10011010 & (最高位进位到最低位)\
• & 01100101 \ 01110010 \
  \hline
  & 10100010 \ 00001100
  \end{array}
  $$
  对最终求和结果取反码为: 01011101 11110011

P4

考虑前一个习题，但此时假设这10字节包含:

a. 数字1到10的二进制表示。

b. 字母B到K(大写)的ASCII表示。

c.字母b到k(小写)的ASCII表示。

计算这些数据的因特网检验和。

方法与P3一样, 这里不再重复

P5

考虑5比特生成多项式，G = 10011，并且假设D的值为1010101010。R的值是什么?

G有5位, 所以在D后面加4个0: 1010101010 0000

用1010101010 0000 / 10011 = 1011011100 mod 0100

R = 0100
$$

$$

P6

考虑上一个习题，这时假设 D 具有值:

a. 10 0101 0101

b. 01 0110 1010

c. 10 1010 0000

原来与P5相同, 此处省略

P7

在这道习题中，我们探讨 CRC 的某些性质。对于在 6.2.3 节中给出的生成多项式 G(=1001)，回答下列问题：

a. 为什么它能检测数据 D 中的任何单比特差错？

b. 上述 G 能够检测任何奇数比特差错吗？为什么？

a

不失一般性，假设第 i 位被翻转，其中 0 ≤ i ≤ d + r − 1 0 \le i \le d+r-1 0≤i≤d+r−1并假设最低有效位为第 0 位。

第i位错误意味着接收到的数据是 K = D ⋅ 2 r x o r R + 2 i K=D\cdot2^r xor R + 2^i K=D⋅2rxorR+2i。 很明显，如果我们将 K 除以 G，则余数不为零。 一般来说，如果 G 至少包含两个 1，则始终可以检测到一位错误。

b

这里的关键点是 G 可以被 ( 11 ) 2 (11)_2 (11)2​整除，但是任何奇数个1都不能被 ( 11 ) 2 (11)_2 (11)2​ 整除(模2除法)。因此，奇数个位错误的序列（不一定是连续的）不能被 ( 11 ) 2 (11)_2 (11)2​整除，因此不能被 G 整除。

P8

5.3节中，我们提供了时隙 ALOHA 效率推到的概要。在本习题中，我们将完成这个推导。

a. 前面讲过，当有 N 个活跃节点时，时隙 ALOHA 的效率 是 N p ( 1 − p ) N − 1 Np(1-p)^{N-1} Np(1−p)N−1。求出使这个表达式最大化的 p 值。

b. 使用在 (a) 中求出的 p值，令 N 接近于无穷，求出时隙 ALOHA 的效率。（提示：当 N 接近于无穷时， ( 1 − 1 N ) N (1 - \frac{1}{N})^N (1−N1​)N 接近于 1/e）

a

令 f ( p ) = N p ( 1 − p ) N − 1 f§ = Np(1-p)^{N-1} f§=Np(1−p)N−1, 求一阶导数
f ′ ( p ) = N ( 1 − p ) N − 1 − N ( N − 1 ) p ( 1 − p ) N − 2 = N ( 1 − p ) N − 2 ( ( 1 − p ) − ( N − 1 ) p ) f^{'}§ = N(1-p)^{N-1} - N(N-1)p(1-p)^{N-2} \\ = N(1-p)^{N-2}((1-p) -(N-1)p) f′§=N(1−p)N−1−N(N−1)p(1−p)N−2=N(1−p)N−2((1−p)−(N−1)p)
令一阶导数为0, 得 p ∗ = 1 N p^{*} = \frac{1}{N} p∗=N1​

b

将 P ∗ = 1 N P^* = \frac{1}{N} P∗=N1​带入 f ( p ) f§ f§
f ( p ) = N × 1 N ( 1 − 1 N ) N − 1 = ( 1 − 1 N ) N − 1 = ( 1 − 1 N ) N 1 − 1 N f§ = N \times \frac{1}{N} (1 - \frac{1}{N})^{N-1} \\ = (1 - \frac{1}{N})^{N-1} \\ = \frac{(1 - \frac{1}{N})^{N}}{1 - \frac{1}{N}} \\ f§=N×N1​(1−N1​)N−1=(1−N1​)N−1=1−N1​(1−N1​)N​
对其求极限
lim ⁡ N → ∞ ( 1 − 1 N ) N 1 − 1 N lim ⁡ N → ∞ ( 1 − 1 N ) N lim ⁡ N → ∞ ( 1 − 1 N ) = 1 e 1 = 1 e \lim_{N\to\infin}\frac{(1 - \frac{1}{N})^{N}}{1 - \frac{1}{N}} \\ \frac{ \lim_{N\to\infin}(1 - \frac{1}{N})^{N} }{ \lim_{N\to\infin}(1 - \frac{1}{N}) } \\ = \frac{\frac{1}{e}}{1} \\ = \frac{1}{e} N→∞lim​1−N1​(1−N1​)N​limN→∞​(1−N1​)limN→∞​(1−N1​)N​=1e1​​=e1​

P9

说明纯 ALOHA 的最大效率是 1/(2e)

当有 N 个活跃节点时，纯ALOHA 的效率 是 N p ( 1 − p ) 2 ( N − 1 ) Np(1-p)^{2(N-1)} Np(1−p)2(N−1)

令 f ( p ) = N p ( 1 − p ) 2 ( N − 1 ) f§ = Np(1-p)^{2(N-1)} f§=Np(1−p)2(N−1), 求一阶导数
f ′ ( p ) = N ( 1 − p ) 2 ( N − 1 ) − 2 N ( N − 1 ) p ( 1 − p ) 2 N − 3 = N ( 1 − p ) N − 3 ( ( 1 − p ) − 2 ( N − 1 ) p ) f^{'}§ = N(1-p)^{2(N-1)} - 2N(N-1)p(1-p)^{2N-3} \\ = N(1-p)^{N-3}((1-p) -2(N-1)p) f′§=N(1−p)2(N−1)−2N(N−1)p(1−p)2N−3=N(1−p)N−3((1−p)−2(N−1)p)
令一阶导数为0, 得 p ∗ = 1 2 N − 1 p^{*} = \frac{1}{2N - 1} p∗=2N−11​

将 P ∗ = 1 2 N − 1 P^* = \frac{1}{2N - 1} P∗=2N−11​带入 f ( p ) f§ f§
f ( p ) = N 2 N − 1 ( 1 − 1 2 N − 1 ) 2 ( N − 1 ) = ( N 2 N − 1 ⋅ 2 N − 2 2 N − 1 ) ( 1 − 1 2 N − 1 ) 2 N − 1 = 2 N 2 − 2 N 4 N 2 − 4 N + 1 ( 1 − 1 2 N − 1 ) 2 N − 1 f§ = \frac{N}{2N - 1} (1 - \frac{1}{2N - 1})^{2(N-1)} \\ = (\frac{N}{2N - 1} \cdot\frac{2N-2}{2N-1}) (1 - \frac{1}{2N - 1})^{2N-1} \\ = \frac{2N^2-2N}{4N2-4N+1}(1 - \frac{1}{2N - 1})^{2N-1} \\ f§=2N−1N​(1−2N−11​)2(N−1)=(2N−1N​⋅2N−12N−2​)(1−2N−11​)2N−1=4N2−4N+12N2−2N​(1−2N−11​)2N−1
对其求极限
lim ⁡ N → ∞ 2 N 2 − 2 N 4 N 2 − 4 N + 1 ( 1 − 1 2 N − 1 ) 2 N − 1 = lim ⁡ N → ∞ 2 N 2 − 2 N 4 N 2 − 4 N + 1 ⋅ lim ⁡ N → ∞ ( 1 − 1 2 N − 1 ) 2 N − 1 = 1 2 ⋅ 1 e = 1 2 e \lim_{N\to\infin} \frac{2N^2-2N}{4N2-4N+1} (1 - \frac{1}{2N - 1})^{2N-1} \\ = \lim_{N\to\infin} \frac{2N^2-2N}{4N2-4N+1} \cdot \lim_{N\to\infin}(1 - \frac{1}{2N - 1})^{2N-1} \\ = \frac{1}{2} \cdot\frac{1}{e} \\ = \frac{1}{2e} N→∞lim​4N2−4N+12N2−2N​(1−2N−11​)2N−1=N→∞lim​4N2−4N+12N2−2N​⋅N→∞lim​(1−2N−11​)2N−1=21​⋅e1​=2e1​

P10

考虑两个结点 A 和 B，它们都使用时隙 ALOHA 协议来竞争一个信道。假定结点 A 比结点 B 有更多数据要传输，并且结点 A 的重传概率 P A P_A PA​ 比结点 B 的重传概率 P B P_B PB​ 要大。

a. 给出结点 A 的平均吞吐量公式。具有这两个结点的协议的总体效率是多少？

b. 如果 P A = 2 P B P_A = 2P_B PA​=2PB​，结点 A 的平均吞吐量比结点 B 的要大两倍吗？为什么？如果不是，你能够选择什么样的 P A P_A PA​ 和 P B P_B PB​ 使其成立？

c. 一般而言，假设有 N 个结点，其中的结点 A 具有重传概率 2p 并且所有其他结点具有重传概率 p。给出表达式来计算结点 A 和其他任何结点的平均吞吐量。

a

A的平均吞吐量: P A ( 1 − P B ) P_A (1-P_B) PA​(1−PB​)

总体效率: P A ( 1 − P B ) + P B ( 1 − P A ) P_A (1-P_B) + P_B (1-P_A) PA​(1−PB​)+PB​(1−PA​)

b

A的平均吞吐量: 2 P B ( 1 − P B ) = 2 P B − 2 P B 2 2P_B (1-P_B) = 2P_B -2P_{B}^2 2PB​(1−PB​)=2PB​−2PB2​

B的平均吞吐量: P B ( 1 − 2 P B ) = P B − 2 P B 2 P_B (1-2P_B) = P_B - 2P_{B}^2 PB​(1−2PB​)=PB​−2PB2​

A的平均吞吐量不等于B的平均吞吐量的2倍

要使得A的平均吞吐量等于B的平均吞吐量的2倍, 即满足
P A ( 1 − P B ) = 2 P B ( 1 − P A ) P A − P A P B = 2 P B − 2 P A P B P A = 2 P B 1 + P B P_A(1-P_B) = 2P_B(1-P_A)\\ P_A - P_AP_B = 2P_B-2P_AP_B \\ P_A = \frac{2P_B}{1 +P_B} PA​(1−PB​)=2PB​(1−PA​)PA​−PA​PB​=2PB​−2PA​PB​PA​=1+PB​2PB​​

c

A的平均吞吐量: 2 p ( 1 − p ) N − 1 2p(1-p)^{N-1} 2p(1−p)N−1

其它结点的平均吞吐量: p ( 1 − p ) N − 2 ( 1 − 2 p ) p(1-p)^{N-2}(1-2p) p(1−p)N−2(1−2p)

P11

假定 4 个活跃节点 A、B、C 和 D 都使用时隙 ALOHA 来竞争访问某信道。假设每个结点有无限个分组要发送。每个结点在每个时隙中以概率 p 尝试传输。第一个时隙编号为时隙 1，第二个时隙编号为时隙 2，等等。

a. 结点 A 在时隙 5 中首次成功的概率是多少？

b. 某个结点（A、B、C 或 D）在时隙 4 中成功的概率是多少？

c. 在时隙 3 中出现首个成功的概率是多少？

d. 这个 4 结点系统的效率是多少？

a

设 P ( A ) P(A) P(A)为A在一个时隙内发送成功的概率, 即A发送, 其它3个结点不发送
P ( A ) = p ( 1 − p ) 3 P(A) = p(1-p)^3 P(A)=p(1−p)3
设 P A ( X = k ) P_A(X = k) PA​(X=k)表示A在第k个时隙内成功发送的概率

很明显X服从几何分布: X ∼ G E ( P ( A ) ) X \sim GE(P(A)) X∼GE(P(A))

所以结点 A 在时隙 5 中首次成功的概率

P A ( X = 5 ) = ( 1 − P ( A ) ) 4 P ( A ) P_A(X = 5) = (1 - P(A))^4P(A) PA​(X=5)=(1−P(A))4P(A)

将 P ( A ) P(A) P(A)代入
P A ( X = 5 ) = ( 1 − P ( A ) ) 4 P ( A ) P_A(X = 5) = (1 - P(A))^4P(A) \\ PA​(X=5)=(1−P(A))4P(A)

b

对于某个结点在某个时隙中成功成功发送的概率都为 p ( 1 − p ) 3 p(1-p)^3 p(1−p)3

c

设在某一个时隙中出现成功发送的概率为 P s P_s Ps​, 即有一个结点成功发送的概率

下式4项, 如果有一项为1则其余为0
P s = p ( 1 − p ) 3 + p ( 1 − p ) 3 + p ( 1 − p ) 3 + p ( 1 − p ) 3 = 4 p ( 1 − p ) 3 P_s = p(1-p)^3 + p(1-p)^3 + p(1-p)^3 + p(1-p)^3 \\ = 4p(1-p)^3 Ps​=p(1−p)3+p(1−p)3+p(1−p)3+p(1−p)3=4p(1−p)3
设 P ( X = k ) P(X = k) P(X=k)为第k个时隙首先出现成功发送的结点的概率

X也服从几何分布: X ∼ G E ( P s ) X \sim GE(P_s) X∼GE(Ps​)
P ( X = 3 ) = ( 1 − P s ) 2 P s = [ 1 − 4 p ( 1 − p ) 3 ] 2 ⋅ 4 p ( 1 − p ) 3 P(X = 3) = (1 - P_s)^2P_s \\ = [1 - 4p(1-p)^3]2 \cdot4p(1-p)^3 P(X=3)=(1−Ps​)2Ps​=[1−4p(1−p)3]2⋅4p(1−p)3

d

因为一个时隙最多只能有一个结点在发送数据, 所以只要在时隙中有一个结点成功传输，这个时隙就算没有浪费, 所以效率即一个时隙内成功发送的概率: $ 4p(1-p)^3$

P12

对 N 的下列值，画出以 p 为函数的时隙 ALOHA 和纯 ALOHA 的效率

a. N = 15

b. N = 25

c. N = 35

时隙 ALOHA 的效率为: f ( p ) = N p ( 1 − p ) N − 1 f§ = Np(1-p)^{N-1} f§=Np(1−p)N−1

纯 ALOHA 的效率为: g ( p ) = N P ( 1 − p ) 2 ( N − 1 ) g§ = NP(1-p)^{2(N-1)} g§=NP(1−p)2(N−1)

https://www.geogebra.org/calculator

a

b

c

P13

考虑具有 N 个结点和传输速率为 R bps 的一个广播信道。假设该广播信道使用轮询进行多路访问（有一个附加的轮询结点）。假设从某结点完成传输到后续结点允许传输之间的时间量（即轮询时延）是 d_poll。假设在一个轮询周期中，一个给定的结点允许至多传输 Q 比特。该广播信道的最大吞吐量是多少？

假设每个结点都在轮询到的时候有最大的可传输的Q bit要传输, 轮询一周所传输的数据总量为 N Q NQ NQ

对于每个结点消耗的时延是 Q R + d p o l l \frac{Q}{R} + d_{poll} RQ​+dpoll​, 所以N个结点的总时延为 N ( Q R + d p o l l ) N(\frac{Q}{R} + d_{poll}) N(RQ​+dpoll​)

所以最大吞吐量为
N Q N ( Q R + d p o l l ) = R 1 + d p o l l R Q ) \frac{NQ}{N(\frac{Q}{R} + d_{poll})} \\ = \frac{R}{1 + \frac{d_{poll}R}{Q})} N(RQ​+dpoll​)NQ​=1+Qdpoll​R​)R​

P14

如图 6-33 所示，考虑通过两台路由器互联的 3 个局域网。

a. 对所有接口分配 IP 地址。对子网 1 使用形式为 192.168.1.xxx 的地址，对子网 2 使用形式为 192.168.2.xxx 的地址，对子网 3 使用形式为 192.168.3.xxx 的地址。

b. 为所有适配器分配 MAC 地址。

c. 考虑从主机 E 向主机 B 发送一个 IP 数据报。假设所有 ARP 表都是最新的。就像在 5.4.1 节中对单路路由器例子所做的那样，列出所有步骤。

d. 重复 ©，现在假设在发送主机中的 ARP 表为空（并且其他表都是最新的）。

a

接口	IP地址
A	192.168.1.1
B	192.168.1.3
路由器1左侧接口:	192.168.1.2
路由器1右侧接口:	192.168.2.2
C	192.168.2.1
路由器2左侧接口:	192.168.2.3
D	192.168.2.4
E	192.168.3.1
路由器2右侧接口	192.168.3.2
F	192.168.3.3

b

接口	MAC地址
A	00-00-00-00-00-00
B	11-11-11-11-11-11
路由器1左侧接口:	22-22-22-22-22-22
路由器1右侧接口:	33-33-33-33-33-33
C	44-44-44-44-44-44
路由器2左侧接口:	55-55-55-55-55-55
D	66-66-66-66-66-66
E	77-77-77-77-77-77
路由器2右侧接口	88-88-88-88-88-88
F	99-99-99-99-99-99

c

因为E到B跨越了多个子网, 所以得先通过路由器转发

1. 根据E中的转发表, 将IP数据报的目的IP地址是子网3边界路由器192.168.3.2
2. 将IP包封装为以太网帧, 根据目的IP查ARP表, 将目的MAC设置为88-88-88-88-88-88
3. 路由器2从以太网帧中提取IP包, 根据本地的路由表, 决定该IP包通过左侧192.168.2.3接口转发
4. 路由器2使用左侧接口的MAC地址55-55-55-55-55-55作为源MAC地址, 路由器1右侧接口的MAC33-33-33-33-33-33为目的MAC, 将IP包封装为帧并发送
5. 路由器1从以太网帧中提取IP包, 根据本地的路由表, 决定该IP包通过左侧192.168.1.2接口转发
6. 路由器1使用左侧接口的MAC地址22-22-22-22-22-22作为源MAC地址, 通过ARP查询目标IP 192.168.1.3 对应的MAC11-11-11-11-11-11作为目的MAC, 将IP包封装并发送
7. 结点B在以太网的广播信道中接收以太网帧并处理, 发现目的MAC和目的IP都是向自己的, 成功接收

d

此时结点E仅根据路由表知道下一条路由器的IP, 但是不知道其对应的MAC地址, 所以要通过查询ARP表, 但此时ARP表为空, 需要进行广播查询

结点E发送源MAC为77-77-77-77-77-77, 目的MAC为广播MAC地址FF-FF-FF-FF-FF-FF的ARP查询包, 查询IP为192.168.3.2的MAC地址是多少;

路由器2接收到ARP查询后,发送一个目的MAC为77-77-77-77-77-77的ARP响应包, 该报内包含了其右侧接口的MAC地址88-88-88-88-88-88。

获取到路由器2右侧即可MAC后, 后续步骤与©一致

P15

考虑图 6-33。

现在我们用一台交换机S1代替子网 1 和子网 2 之间的路由器，并且将子网 2 和子网 3 之间的路由器标记为 R1。

a. 考虑从主机 E 向主机 F 发送一个 IP 数据报。主机 E 将请求路由器 R1 帮助转发该数据报吗？为什么？在包含 IP 数据报的以太网帧中，源和目的 IP 和 MAC 地址分别是什么？

b. 假定 E 希望向 B 发送一个 IP 数据报，假设 E 的 ARP 缓存中不包含 B 的 MAC 地址。 E 将执行 ARP 查询来发现 B 的 MAC 地址吗？为什么？在交付给路由器 R1 的以太网帧（包含发向 B 的 IP 数据报）中，源和目的 IP 和 MAC 地址分别是什么？

c. 假定主机 A 希望向主机 B 发送一个 IP 数据报，A 的 ARP 缓存不包含 B 的 MAC 地址，B 的 ARP 缓存也不包含 A 的 MAC 地址。进一步假定交换机 S1 的转发表仅包含主机 B 和路由器 R1 的表项。因此， A 将广播一个 ARP 请求报文。一旦交换机 S1 收到 ARP 请求报文将执行什么动作？路由器 R1 也会收到这个 ARP 请求报文吗？如果收到的话，R1 将向子网 3 转发该报文吗？一旦主机 B 收到这个 ARP 请求报文，它向主机 A 回发一个 ARP 响应报文。但是它将发送一个 ARP 查询报文来请求 A 的 MAC 地址吗？为什么？一旦交换机 S1 收到来自主机 B 的一个 ARP 响应报文，它将做什么？

a

不会请求R1

E通过查看F的网络号, 发现E与F在一个子网内, 所以E不会将IP数据报发送给默认路由器R1, 所以E直接通过ARP表得到目的IP对应的MAC地址, 在局域网中传输即可

在E到F的以太网帧中

源IP: E的IP地址

目的IP: F的IP地址

源MAC: E的MAC地址

目的MAC: F的MAC

b

E不会通过ARP来查询B的MAC地址, 因为它们不在一个子网, 根本不可能查得到B的MAC地址 ❗

E只能将目的MAC设置为R1右侧接口的MAC

在E到R1的以太网帧中

源IP: E的IP

目的IP: B的IP

源MAC: E的MAC

目的MAC: R1右侧接口的MAC❗

c

交换机 S1 收到ARP请求后, 将通过其两个接口广播以太网帧，因为收到的 ARP 帧的目标地址是广播地址。 并且它了解到 A 位于子网 1 上，子网 1 在连接到子网 1 的接口处连接到 S1。并且，S1 将更新其转发表以包含主机 A 的条目。

R1会收到这个ARP请求报文, 但不会向子网3中转发

在B收到ARP请求报文时, 它就已经可以通过该请求报文的源MAC得知A的MAC, 尽管B之前不知道, 所以主机B不会通过ARP查询报文来查询A的MAC地址

一旦交换机 S1 收到 B 的响应消息，它将在其转发表中添加主机 B 的条目(B的MAC -> 该帧来自的接口)，然后丢弃接收到的帧，因为目标主机 A 与主机 B 位于同一接口上（即，A 和 B 位于同一 LAN 网段), 而左侧的交换机就可以将帧转发到A了。

P16

考虑前面的习题，但是现在假设用一台交换机代替子网 2 和子网 3 之间的路由器，在这种新的场景中回答前面习题中的问题（a）~（c）

a. 考虑从主机 E 向主机 F 发送一个 IP 数据报。主机 E 将请求交换机S2 帮助转发该数据报吗？为什么？在包含 IP 数据报的以太网帧中，源和目的 IP 和 MAC 地址分别是什么？

b. 假定 E 希望向 B 发送一个 IP 数据报，假设 E 的 ARP 缓存中不包含 B 的 MAC 地址。 E 将执行 ARP 查询来发现 B 的 MAC 地址吗？为什么？在交付给交换机S2的以太网帧（包含发向 B 的 IP 数据报）中，源和目的 IP 和 MAC 地址分别是什么？

c. 假定主机 A 希望向主机 B 发送一个 IP 数据报，A 的 ARP 缓存不包含 B 的 MAC 地址，B 的 ARP 缓存也不包含 A 的 MAC 地址。进一步假定交换机 S1 的转发表仅包含主机 B 和交换机S2 的表项。因此， A 将广播一个 ARP 请求报文。一旦交换机 S1 收到 ARP 请求报文将执行什么动作？

交换机S2 也会收到这个 ARP 请求报文吗？如果收到的话，S2 将向子网 3 转发该报文吗？

一旦主机 B 收到这个 ARP 请求报文，它向主机 A 回发一个 ARP 响应报文。但是它将发送一个 ARP 查询报文来请求 A 的 MAC 地址吗？为什么？

一旦交换机 S1 收到来自主机 B 的一个 ARP 响应报文，它将做什么？

a

同P15

b

此时 E 将执行 ARP 查询来发现 B 的 MAC 地址, 该查询数据包将由交换机S1 重新广播，并最终被主机 B 接收。

在 E 到 S2 的以太网帧中

源IP: E的IP地址

目的IP: B的IP地址

源MAC: E的MAC地址

目的MAC: 广播MAC地址

c

交换机 S1 将通过其两个接口广播以太网帧，因为收到的 ARP 帧的目标地址是广播地址。 并且它了解到 A 位于子网 1 上，子网 1 在连接到子网 1 的接口处连接到 S1。并且，S1 将更新其转发表以包含主机 A 的条目。

交换机S2也收到了这个ARP请求消息，并且S2会向它的所有接口广播这个查询数据包。

B 不会发送 ARP 查询报文来询问 A 的 MAC 地址，因为该地址可以从 A 的查询报文中获得。

一旦交换机 S1 收到 B 的响应消息，它将在其转发表中添加主机 B 的条目，然后丢弃收到的帧，因为目标主机 A 与主机 B 位于同一接口上（A 和 B 位于同一 LAN 网段） 。

P17

前面讲过，使用 CSMA/CD 协议，适配器在碰撞之后等待 K ⋅ 512 K \cdot 512 K⋅512 比特时间，其中 K 是随机选取的。对于 K = 100，对于一个 10 Mbps 的广播信道，适配器返回到第二步要等多长时间？对于 100 Mbps 的广播信道来说呢？

对于10 Mbps 的广播信道, 512比特时间为 51.2 μ s 51.2\mu s 51.2μs, 需要等5.12ms

对于100 Mbps 的广播信道, 512比特时间为 5.12 μ s 5.12\mu s 5.12μs, 需要等0.512ms

P18

假设结点 A 和结点 B 在同一个 10 Mbps 的广播信道上，这两个结点的传播时延为 325 比特时间。假设对这个广播信道使用 CSMA/CD 和以太网分组。假设结点 A 开始传输一帧，并且在它传输结束之前结点 B 开始传输一帧。在 A 检测到 B 已经传输之前，A 能完成传输吗？为什么？如果回答是可以，则 A 错误地认为它的帧已成功传输而无碰撞。提示：假设在 t = 0 比特时刻，A 开始传输一帧。在最坏的情况下，A 传输一个 512 + 64 比特时间的最小长度的帧。因此 A 将在 t = 512 + 64 比特时刻完成帧的传输。如果 B 的信号在比特时间 t = 512 + 64 比特之前到达 A，则答案是否定的。在最坏情况下，B 的信号什么时刻到达 A ?

在t=324, 即A的第一个bit还没有到达B, 此时如果B开始传输, A会在t=324+325=649检测到发送冲突, 但A在t=512+64=576时, 就已经错误地认为A已经成功传输要传输的帧了, 所以会造成A的失败传送

P19

假设结点 A 和结点 B 在相同的 100 Mbps 广播信道上，并且这两个结点的传播时延为 245 比特时间。假设 A 和 B 同时发送以太网帧，帧发生了碰撞，然后 A 和 B 在 CSMA/CD 算法中选择不同的 K 值。假设没有其他结点处于活跃状态，来自 A 和 B 的重传会碰撞吗？为此，完成下面的例子就足以说明问题了。假设 A 和 B 在 t = 0 比特时间开始传输。它们在 t = 245 比特时间都检测到了碰撞。假设 K a = 0 K_a = 0 Ka​=0, K b = 1 K_b = 1 Kb​=1。B 会将它的重传调整到什么时间？A 在什么时间开始发送？（注意：这些结点在返回第 2 步之后，都必须等待一个空闲信道，参见协议。）A 的信号在什么时间到达 B 呢？B 在它预定的时刻抑制传输吗？

时间	时间
0	A,B开始传输
245	A,B检测到碰撞
245+48 = 293	A,B发送48bit人为干扰信号
293+245 = 538	B的最后一个Bit(干扰信号的bit)到达A, A检测到信道空闲
538+96 = 634	A等待96比特时间后, 开始传输
293 + 512 = 805	B等待512个比特时间结束, 开始监听信道,此时检测到信道空闲, 所以等待96比特时间
634+245=879	A的传输到达B, B检测到信道繁忙

由于 A 的重传已在B的预定重传时间（805+96）之前到达，因此B在A重传时被禁止发送。 因此A和B不会发生碰撞。

因此，指数退避算法中出现的因子512足够大。

P20

在这个习题中，你将对一个类似于 CSMA/CD 的多路访问协议的效率进行推导。在这个协议中，时间分为时隙，并且所有适配器都与时隙同步。然而，和时隙 ALOHA 不同的是，一个时隙的长度（以秒计）比一帧的时间（即传输一帧的时间）小得多。令 S S S 表示一个时隙的长度。假设所有帧都有恒定长度 L = k R S L = kRS L=kRS，其中 R R R 是信道的传输速率， k k k 是一个大整数。假定有 N N N 个结点，每个结点都有无穷多帧要发送。我们还假设 d p r o p < S d_{prop} < S dprop​<S，以便所有结点在一个时隙时间结束之前能够检测到碰撞。这个协议描述如下：

• 对于某给定的时隙，如果没有结点占用这个信道，所有结点竞争该信道；特别是每个结点以概率 p p p 在该时隙传输。如果刚好有一个结点在该时隙中传输，该结点在后续 k − 1 k - 1 k−1 个时隙占有信道，并传输它的整个帧。
• 如果某结点占用了信道，所有其他结点抑制传输，直到占有信道的这个结点完成了该帧的传输为止。一旦该结点传输完它的帧，所有结点竞争该信道。
• 注意到此信道在两种状态之间交替：“生产性状态”（它恰好持续 k k k 个时隙）和 “非生产性状态”（它持续随机数个时隙）。显然，该信道的效率是 k / ( k + x ) k /(k + x) k/(k+x)，其中 x x x 是连续的非生产性时隙的期望值。

a. 对于固定的 N N N 和 p p p,确定这个协议的效率。

b. 对于固定的 N N N, 确定使该效率最大化的 p p p 值。

c. 使用在 (b) 中求出的 p (它是 N 的函数)，确定当 N 趋向无穷时的效率。

d. 说明随着帧长度变大，该效率趋近于 1。

a

设 Y Y Y表示知道第一次成功时的时隙数量

P ( Y = m ) = β ( 1 − β ) m − 1 P(Y = m) = \beta(1-\beta)^{m-1} P(Y=m)=β(1−β)m−1
其中 β \beta β是成功的概率, 即N个结点中出现成功传输的概率
β = N p ( 1 − p ) N − 1 \beta = Np(1-p)^{N-1} β=Np(1−p)N−1
显然随机变量 Y Y Y服从几何分布: Y ∼ G E ( β ) Y \sim GE(\beta) Y∼GE(β)

几何分布的期望为: 1 μ \frac{1}{\mu} μ1​, 所以 E ( Y ) = 1 β E(Y) = \frac{1}{\beta} E(Y)=β1​

则连续的非生产性时隙的期望 x x x
x = E ( X ) = E ( Y ) − 1 = 1 − β β x = E(X) = E(Y) - 1 = \frac{1 - \beta}{\beta} x=E(X)=E(Y)−1=β1−β​
带入 β \beta β
x = 1 − β β = 1 − N p ( 1 − p ) N − 1 N p ( 1 − p ) N − 1 x = \frac{1 - \beta}{\beta} \\ = \frac{1 - Np(1-p)^{{N-1}}{Np(1-p)}{N-1}} \\ x=β1−β​=Np(1−p)N−11−Np(1−p)N−1​
效率为
k k + x = k k + 1 − N p ( 1 − p ) N − 1 N p ( 1 − p ) N − 1 \frac{k}{k+x} \\ = \frac{k}{k + \frac{1 - Np(1-p)^{{N-1}}{Np(1-p)}{N-1}}} k+xk​=k+Np(1−p)N−11−Np(1−p)N−1​k​

b

因为 N N N都是固定的, 所以要使得效率最大, 等价于使 x x x最小, 即就是使得 β \beta β最大

由P18可知, 使得 β = N p ( 1 − p ) N − 1 \beta = Np(1-p)^{N-1} β=Np(1−p)N−1最大的 p = 1 N p = \frac{1}{N} p=N1​

c

最大效率为
k k + 1 − ( 1 − 1 N ) N − 1 ( 1 − 1 N ) N − 1 \frac{k}{k + \frac{1 - (1-\frac{1}{N})^{{N-1}}{(1-\frac{1}{N})}{N-1}}} k+(1−N1​)N−11−(1−N1​)N−1​k​
当 N N N趋于无穷, 最大效率趋于
lim ⁡ N → + ∞ k k + 1 − ( 1 − 1 N ) N − 1 ( 1 − 1 N ) N − 1 = k k + 1 − 1 e 1 e \lim_{N \to +\infin}^{}{\frac{k}{k + \frac{1 - (1-\frac{1}{N})^{{N-1}}{(1-\frac{1}{N})}{N-1}}}} \\ =\frac{k}{k + \frac{1 - \frac{1}{e}}{\frac{1}{e}}} N→+∞lim​k+(1−N1​)N−11−(1−N1​)N−1​k​=k+e1​1−e1​​k​

d

帧长度变大, 需要的连续时隙 k k k也增大

当 k k k趋于正无穷, 效率趋于1
lim ⁡ k → + ∞ k k + e − 1 = 1 \lim_{k \to +\infin} \frac{k}{k + e - 1} = 1 k→+∞lim​k+e−1k​=1

P21

现在考虑习题 P14 中的图 6-33。

对主机 A、两台路由器和主机 F 的各个接口提供 MAC 地址和 IP 地址。假定主机 A 向主机 F 发送一个数据报。

当在下列场合传输帧时，给出在封装该 IP 数据报的帧中的源和目的 MAC 地址:

1. 从 A 到左边的路由器
2. 从左边的路由器到右边的路由器
3. 从右边的路由器到 F

还要给出到达每个点时封装在该帧中的 IP 数据报中的源和目的 IP 地址。

接口的的MAC/IP分配如下

始终不动源IP和目标IP❗❗❗

场合1, 在子网1内, 初始的MAC只能是下一条路由器的MAC

源MAC:00-00-00-00-00-00

目标MAC:22-22-22-22-22-22

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

场合2, 此时R1根据转发表判断下一条路由器的IP, 根据IP查询MAC, 修改目的MAC为下一条路由器的MAC, 并修改源MAC为R1出链路接口的MAC

源MAC:33-33-33-33-33-33

目标MAC:55-55-55-55-55-55

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

场合3, 此时R2根据目的IP查询MAC, 并修改源MAC为R2出链路接口的MAC

源MAC:88-88-88-88-88-88

目标MAC:99-99-99-99-99-99

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

P22

现在假定在图 6-33 最左边的路由器被一台交换机替换。

主机 A、B、C 和 D 和右边的路由器以星型方式与这台交换机相连。当在下列场合传输该帧时，给出在封装该 IP 数据报的帧中的源和目的 MAC 地址：

(i) 从 A 到左边交换机；

(ii)从左边交换机到右边的路由器；

(iii) 从右边的路由器到 F。

还要给出到达每个点时封装在该帧中的 IP 数据报中的源和目的 IP 地址。

此时左边的四个主机在同一个子网内, 此时应该使用相同的网络号, 但为了简便起见, 仍沿用上题的IP

场合(i)

源MAC:00-00-00-00-00-00

目标MAC:55-55-55-55-55-55

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

场合(ii), 还在一个子网内, 帧头信息不变

源MAC:00-00-00-00-00-00

目标MAC:55-55-55-55-55-55

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

场合(iii)

源MAC:88-88-88-88-88-88

目标MAC:99-99-99-99-99-99

源IP: 111.111.111.001

目标IP:133.333.333.003

P23

考虑图 6-15。

假定所有链路都是 100 Mbps。在该网络中的 9 台主机和两台服务器之间，能够取得的最大总聚合吞吐量是多少？你能够假设任何主机或服务器向任何其他主机或服务器发送分组。为什么？

每个结点都以链路最大速率发送数据，则总聚合吞吐量可能 11 × 100 M b p s = 1100 M b p s 11 \times 100 Mbps = 1100 Mbps 11×100Mbps=1100Mbps

P24

假定在图 6-15 中的 3 台连接各系的交换机用集线器来代替。所有链路是 100 Mbps。现在回答习题 23 中提出的问题。

每个部门的集线器都是一个冲突域，最大吞吐量为 100 Mbps。 连接 Web 服务器和邮件服务器的链路的最大吞吐量为 100 Mbps。 因此，如果三个冲突域以及 Web 服务器和邮件服务器各自以 100 Mbps 的最大可能速率发送数据，则 11 个终端系统之间可以实现 500 Mbps 的最大总吞吐量。

P25

假定在图 6-15 中的所有交换机用集线器来代替。所有链路都是 100 Mbps。现在回答在习题 23 中提出的问题。

所有 11 个终端系统都将位于同一冲突域中。 在这种情况下，11 个终端系统的最大总吞吐量可能达到 100 Mbps。

P26

在某网络中标示为 A 到 F 的 6 个结点以星型与一台交换机连接，考虑在该网络环境中某个正在学习的交换机的运行情况。

假定:

(i) B 向 E 发送一个帧；

(ii) E 向 B 回答一个帧；

(iii) A 向 B 发送一个帧；

(iv) B 向 A 回答一个帧。

该交换机表初始为空。显示在这些事件的前后该交换机表的状态。对于每个事件，指出在其上转发传输的帧的链路，并简要地评价你的答案。

i

事件(i) 发生后

交换机学习到了到B的出链路

MAC	接口
B的MAC	2

此时交换机还不知道到E的出链路, 所以向除了2接口的其余接口转发该帧

ii

事件(ii) 发生后, 交换机学习到了到E的出链路

MAC	接口
B的MAC	2
E的MAC	5

交换机已经知道到B的出链路接口为2, 所以转发该帧到出链路2

iii

事件(iii) 发生后, 交换机学习到了到A的出链路

MAC	接口
B的MAC	2
E的MAC	5
A的MAC	1

转发A的帧到1号接口

iv

转发表没有学到什么, 根据以前的表索引一下, 发现要转发到接口1

P27

在这个习题中，我们探讨用于 IP 语音应用的小分组。小分组长度的一个主要缺点是链路带宽的较大比例被首部字节所消耗。基于此，假定分组是由 P P P 字节和 5 字节首部组成。

a. 考虑直接发送一个数字编码语音源。假定该源以 128 k b p s 128 kbps 128kbps 的恒定速率进行编码。假定每个源向网络发送分组之前每个分组被完全填充。填充一个分组所需要的时间是分组化时延（packetization delay）。根据 L L L，确定分组化时延（以毫秒计）。

b. 大于 20 毫秒的分组化时延会导致一个明显的、令人不快的回音。对于 L = 1500 字节（大致对应于一个最大长度的以太网分组）和 L = 50 字节（对应于一个 ATM 信元），确定该分组化时延。

c. 对 R = 622 Mbps 的链路速率以及 L = 1500 字节和 L = 50 字节，计算单台交换机的存储转发时延。

d. 对使用小分组长度的优点进行评述。

a

将L字节的分组填充的时延为
L ⋅ 8 128 × 1 0 3 s = L 16 m s \frac{L \cdot 8}{128 \times 10^ 3} s= \frac{L}{16} ms 128×103L⋅8​s=16L​ms

b

当 L = 1500 L = 1500 L=1500, 分组化时延为:
1500 16 = 93.75 m s \frac{1500}{16} = 93.75ms 161500​=93.75ms
当 L = 50 L = 50 L=50, 分组化时延为:
50 16 = 3.125 m s \frac{50}{16} = 3.125ms 1650​=3.125ms

c

存储转发时延:
d = L ⋅ 8 + 40 R d = \frac{L \cdot 8 + 40}{R} d=RL⋅8+40​
当 R = 622 M b p s , L = 1500 b y t e s R = 622 Mbps, L = 1500bytes R=622Mbps,L=1500bytes单台交换机的存储转发时延为
1500 ⋅ 8 + 40 622 × 1 0 6 s ≈ 19.4 μ s \frac{1500 \cdot 8 + 40}{622 \times 10^6 }s \approx 19.4\mu s 622×1061500⋅8+40​s≈19.4μs
当 R = 622 M b p s , L = 50 b y t e s R = 622 Mbps, L = 50bytes R=622Mbps,L=50bytes单台交换机的存储转发时延为
50 ⋅ 8 + 40 622 × 1 0 6 s < 1 μ s \frac{50 \cdot 8 + 40}{622 \times 10^6 }s \lt 1\mu s 622×10650⋅8+40​s<1μs

d

在常规链路速率下, 两种分组大小的情况下, 存储转发时延都比较小

但当使用实时性语音应用时, 大分组的分组化时延很巨大!所以一般采用小分组发生实时性数据

P28

考虑图 6-25 中的单个交换机 VLAN，假定一台外部路由器与交换机端口 1 相连。为 EE 和 CS 的主机和路由器接口分配 IP 地址。跟踪从 EE 主机向 CS 主机传送一个数据报时网络层和链路层所采取的步骤。

EE部门这三台计算机（从左到右）的IP地址分别是：111.111.1.1、111.111.1.2、111.111.1.3。子网掩码是111.111.1/24

CS 部门的三台计算机（从左到右）的 IP 地址分别是：111.111.2.1、111.111.2.2、111.111.2.3, 子网掩码是111.111.2/24

连接到端口 1 的路由器接口卡可以配置为包含两个子接口 IP 地址：111.111.1.0 和 111.111.2.0。 第一个是 EE 部门的子网，第二个是 CS 部门的子网。 每个 IP 地址都与一个 VLAN ID 相关联。 假设 111.111.1.0 与 VLAN 11 关联，111.111.2.0 与 VLAN 12 关联。这意味着来自子网 111.111.1/24 的每个帧都将添加一个 VLAN ID 为 11 的 802.1q 标记，并且每个帧 来自 111.111.2/24 的数据将添加 VLAN ID 12 的 802.1q 标记。

假设 EE 部门的主机 A（IP 地址为 111.111.1.1）想要向 CS 部门的主机 B（111.111.2.1）发送 IP 数据报。 主机 A 首先将 IP 数据报（目的地为 111.111.2.1）封装到一个帧中，该帧的目标 MAC 地址等于连接到交换机端口 1 的路由器接口卡的 MAC 地址。 一旦路由器接收到该帧，则将其传递到 IP 层，IP 层决定 IP 数据报应通过子接口 111.111.2.0 转发到子网 111.111.2/24。 然后路由器将 IP 数据报封装成帧并将其发送到端口 1。注意，该帧有一个 802.1q 标记 VLAN ID 12。交换机一旦收到端口 1 的帧，就知道该帧的目的地是 ID 为 12 的 VLAN。 所以交换机会将帧发送给CS部门的主机B。 一旦主机 B 收到此帧，它将删除 802.1q 标签。

P29

考虑显示在图6-29 中的 MPLS 网络，假定路由器 R5 和 R6 现在是 MPLS 使能的。假定我们要执行流量工程，使从 R6 发往 A 的分组要经 R6-R4-R3-R1 交换到 A，从 R5 发向 A 的分组要经 R5-R4-R2-R1 交换。给出 R5 和 R6 中的 MPLS 表以及在 R4 中修改的表，使得这些成为可能。

使得在R6中的目的地为A的入分组的出标签和在R4中出接口为0的入标签一致

使得在R5中的目的地为A的入分组的出标签和在R4中出接口为1的入标签一致

R6 的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
	X	A	0

R5的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
	Y	A	0

R4 的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
Y	10	A	1
	12	D
X	8	A	0

P30

再次考虑上一个习题中相同的场景，但假定从 R6 发往 D 的分组经 R6-R4-R3 交换，而从 R5 发往 D 的分组经 R4-R2-R1-R3 交换。说明为使这些成为可能在所有路由器中的 MPLS 表。

R6 的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
	X	A	0

R4 的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
X	12	D	0
Y	8	D	1

R3 的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
12		D	0

R5的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
	Y	D	0

R1的 MPLS 表

入标签	出标签	目的地	出接口
6	12	D	1

P31

在这个习题中，你将把已经学习过的因特网协议的许多东西拼装在一起。假设你走进房间，与以太网连接，并下载一个 Web 页面。从打开 PC 电源到得到 Web 页面，发生的所有协议步骤是什么？假设当你给 PC 加电时，在 DNS 或浏览器缓存中什么也没有。(提示：步骤包括使用以太网、DHCP、ARP、DNS、TCP 和 HTTP 协议。)明确指出在这些步骤中你如何获得网关路由器的 IP 和 MAC 地址。

1. 首先使用 DHCP 来获取 IP 地址。 您的计算机首先在 DHCP 服务器发现步骤中创建一个发往 255.255.255.255 的特殊 IP 数据报，并将其放入以太网帧中并在以太网中广播。 然后按照 DHCP 协议中的步骤，您的计算机就能够获得具有给定租用时间的 IP 地址。
2. 以太网上的 DHCP 服务器还会为您的计算机提供第一跳路由器的 IP 地址列表、计算机所在子网的子网掩码以及本地 DNS 服务器的地址（如果存在）。
3. 由于您计算机的 ARP 缓存最初是空的，您的计算机将使用 ARP 协议获取第一跳路由器和本地 DNS 服务器的 MAC 地址。
4. 您的计算机首先会获取您要下载的网页的 IP 地址。 如果本地 DNS 服务器没有 IP 地址，那么您的计算机将使用 DNS 协议查找网页的 IP 地址。
5. 一旦您的计算机获得了网页的 IP 地址，如果该网页不在本地 Web 服务器中，它将通过第一跳路由器发送 HTTP 请求。 HTTP请求报文会被分段封装成TCP报文，然后进一步封装成IP报文，最后封装成以太网帧。 您的计算机将以太网帧发送到第一跳路由器。 路由器收到帧后，会将其向上传递到 IP 层，检查其路由表，然后将数据包发送到其所有接口中的正确接口。
6. 然后您的 IP 数据包将通过 Internet 路由，直到到达 Web 服务器。
7. 托管网页的服务器将通过 HTTP 响应消息将网页发送回您的计算机。 这些消息将被封装到 TCP 数据包中，然后进一步封装到 IP 数据包中。 这些IP数据包遵循IP路由，最终到达第一跳路由器，然后路由器将这些IP数据包封装成以太网帧，将其转发到您的计算机。

P32

考虑在图 6-30 中具有等级拓扑的数据中心网络。假设现在有 80 对流，在第 1 和第 9 机架之间有 10 个流，在第 2 和第 10 机架间有 10 个流，等等。进一步假设网络中所有链路是 10 Gbps，而主机和 TOR 交换机之间的链路是 1 Gbps。

a. 每条流具有相同的数据率；确定一条流的最大速率。

b. 对于相同的流量模式，对于图 5-31 中高度互联的拓扑，确定一条流的最大速率。

c. 现在假设有类似的流量模式，但在每个机架上涉及 20 台主机和 160 对流。确定对这两个拓扑的最大流速率。

a

从机架1-9, 2-10,…的80对流都会经过B的交换机平均的共享该链路带宽

所以每条流的最大速率为 10 Gbps / 80 = 125 Mbps

b

在图 6-31 的拓扑中，第一个和第三个2层交换机之间有四个不同的路径(分别经过第1,2,3,4个第一层交换机)，共同为从机架 1-4 到机架 9-12 的流量提供 40 Gbps。 同样，第二个和第四个 2 层交换机之间有四个链路，共同为从机架 5-8 到 13-16 的流量提供 40 Gbps。 因此，总聚合带宽为 80 Gbps，所以每条流的最大速率为 1 Gbps。

c

对于(a)的拓扑, 由于第1层交换机的限制, 160对流都要经过第一层交换机

所以每条流的最大速率为 10 Gbps / 160 = 62.5 Mbps

对于(b)的拓扑, 此时限制因素是第二层交换机与第三层交换机之间的链路, 因为通过第一层交换机的流量的最大速率为160Gbps / 160 = 1Gbps

所以每条流的最大速率为 10 Gbps / 20 = 0.5 Mbps

P33

考虑图 6-30 中所示的等级网络，并假设该数据中心需要在其他应用程序之间支持电子邮件和视频分发。假定 4 个服务器机架预留于电子邮件，4 个服务器机架预留于视频。对于每个应用，所有 4 个机架必须位于某单一二层交换机之下，因为二层到一层链路没有充足的带宽来支持应用内部的流量。对于电子邮件应用，假定 99.9% 时间仅使用 3 个机架，并且视频应用具有相同的使用模式。

a. 电子邮件应用需要使用第 4 个机架的时间比例有多大？视频应用需要使用第 4 个机架的时间比例有多大？

b. 假设电子邮件使用和视频使用是独立的，这两个应用同时需要其第 4 个机架的时间比例有多大（等价地，概率有多大）？

c. 假设对于一个应用来说，占用服务器 0.001% 或更少时间的这种临时性短缺是可以接受的（导致用户在极短时间内体验到差劲的性能）。讨论在图 6-31 中的拓扑能够怎样使用，使得仅 7 个机架被共同地分配给两个应用（假设拓扑能够给支持所有流量）。

a

电子邮件和视频应用程序使用第四个机架的时间均为 0.1 % 0.1\% 0.1%

b

两个应用程序同时需要第四个机架的概率为 0.001 × 0.001 = 1 0 − 6 0.001 \times 0.001 = 10^{-6} 0.001×0.001=10−6

c

假设前三个机架用于视频，下一个机架是两个视频的共享机架和电子邮件，接下来的三个架子用于电子邮件。 假设第四个机架有电子邮件和视频应用程序所需的所有数据和软件。 随着在图 6.31 的拓扑中，只要两个应用程序不同时使用第四个机架，它们就会有足够的内部带宽。 从 b 部分来看，两者使用第四个机架的时间不超过 0.00001%，这在 0.0001% 的要求之内。

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