计算机网络7章习题及参考答案(20080722).doc

第7章 运输层

1.对比数据链路层和运输层的运行环境。
答案：
在某些方面运输协议类似于数据链路层协议，例如，它们都必须解决差错控制、报文顺序、流量控制及其它问题。但是二者之间也存在显著的差异。
（1）这些差异主要是因为两个协议所运行的环境不同而造成的。
首先，在数据链路层，路由器的每一条输出线将对应唯一的一个路由器，故不必为路由器指明它要与哪个路由器通话。而运输层跨越整个通信子网，故需要明确地给出目的端地址。其次，因为另一端总是存在的，故在物理信道上建立数据链路连接的过程很简单。但运输层初始连接的建立就要复杂得多。
（2）数据链路层和运输层之间另一重大区别来源于子网具有存储能力。
（3）数据链路层与运输层的另一个区别表现在数量上（连接的数目及分配给每个连接的缓冲区数目）。在数据链路层，一般为每个连接分配固定数目的缓冲区。而在运输层，由于需要管理很大数目的连接，因此，每个连接当前可用缓冲区是动态变化的。

2．在表7-1的运输原语例子中，LISTEN是一个阻塞调用。这是必要的吗？如果不是，
请解释如何才有可能使用一个非阻塞的原语。与阻塞调用的方案相比，你的方案有什么优点？
答案：
可使用一个非阻塞的原语LISTEN，该LISTEN调用指出建立新连接的愿望而非阻塞。当一个连接尝试出现时，LISTEN调用方会得到一个信号，然后LISTEN调用方就可执行某个动作，比方说OK或者REJECT，以接受或拒绝该连接。在表7-1的方案中，缺乏这种灵活性。

3．想象用两步握手过程而不是三步握手过程来建立连接。换句话说，第三个消息不再需要了。现在有可能死锁吗？请给出一个例子，或者证明死锁不存在。
答案：
死锁是有可能的。例如，一个分组到达A，A确认了它。但是如果确认在传输途中丢失了， A现在将是打开的，而B一点儿也不知道发生了什么。现在同样的事情将发生在B身上， B是打开的，但正期待着A送回的不同的序列号。因此，必需引入超时来避免这种死锁。

4．泛化的 n-军问题（n支蓝军对一支白军），任何两支蓝军达成一致意见之后仍能取胜。是否存在一个能保证蓝军必胜的协议？
答案：
否。在n支蓝军对一支白军的时候，这个问题在本质上并不改变。

5.数据报的分片和重组由IP控制，请问TCP需要关心到达数据的失序问题吗？
答案：
尽管到达的每个数据报都是完整的，但到达的数据报顺序可能是错误的，因此TCP必须能按顺序重组报文的各个部分。

6.UDP较之TCP的优势何在？在什么情况下，UDP更能满足应用的需要？
答案：
UDP虽然不可靠，但在很多情况下，UDP较之TCP有其优势。由于UDP是无连接的，带来的延迟，就小，也不必为保持连接的状态而监测一些参数，这就减轻了CPU的负担。UDP首部仅8字节，开销小。特别是因为UDP不用进行流控和拥塞控制，因而响应快，更能充分利用网络的传输能力。因而UDP对远程文件服务（NFS）、流式多媒体、IP电话、SNMP、RIP、DNS等应用更适合，即更能满足其应用的需要。

7.比较主机到主机的协议（IP）和端口到端口协议（TCP和UDP）。
答案：
IP 是一个主机到主机的协议，即 IP 从源主机向目标主机传送数据报，它能将数据报从一个物理设备传递到另一个物理设备。
端口到端口的协议则在多路复用和分用的基础上实现应用进程在Internet中的远程通信，它工作在IP协议的上层。

8.在139.44.77.7主机上的TFTP服务器向14.91.93.33主机上的TFTP客户发送报
文时使用的一对插口可能是什么？
答案：
可能使用的一对插口是：（139.44.77.7 69）和（14.91.93.33 n）。

9．为了解决系统崩溃后机器会丢失全部存储信息的问题，Tomlinson建议为每台主机增设一个计时时钟。不同主机的时钟不需同步。假定每个时钟都采用二进制计数器形式，在统一的时间间隔内累加计数。要求计数器的位数（Q）必须等于或大于序列号的位数（k），并假定时钟一直在运转，即便主机停机也是如此。当建立一个连接时，就将此刻时钟的低k位作为该连接的起始序号。禁区是将起始序号线向左平移一个时间T而得出的，不允许数据单元（即TPDU）的序号落入禁区之中。
考虑下面的问题，一个使用15（即k=15）位的计数器来产生初始序号的时钟驱动机构，
每100毫秒发一时钟脉冲。分组最长生命周期T为60 s。问多长时间需重新同步一次？
(a) 最坏情况。
(b) 每分钟发240个TPDU。
答案：首先画出禁区，如图7-1所示：

图7-1 禁区图
时钟循环一次需32768（215 ）个脉冲，即3276.8 s。
则① OM的方程为（直线） n = 10t;
② M’N的方程为 n = 10(t-3276.8);
③ 禁区线M”N”的方程为 n = 10(t-3216.8).
重新同步发生在一个连接所使用的连接顺序号从左边进入禁区时。

(a) 在最坏情况下（沿横轴最快进入禁区）
a的方程 n = 0，
求与禁区线交点的t坐标：0=10(t-3216.8)，
解得t=3216.8s。
(b) 每分钟发240个TPDU
则每秒发4个TPDU，
b的方程 n = 4t
求与禁区线交点的t坐标: 4t=10(t-3216.8)，∴ 6t=3216.8*10
解得t=32168/6=5361.3 s
10．讨论一下运输层由接收方动态调整接收窗口的流量控制协议（又称为信用量协议）和数据链路层滑动窗口协议的优点和缺点。
答案：
数据链路层滑动窗口很简单，只有少量的参数（窗口边缘）需要管理。此外，不会发生一个窗口先增加而后减少的问题。然而，运输层由接收方动态调整接收窗口的流量控制协议更加灵活，允许一个与确认分开的滑动缓存管理，。

11．考虑一个建立在UDP基础上的简单应用层协议，它允许客户从一个远程服务器获取文件，而且该服务器位于一个众所周知的地址上。客户首先发送一个请求，该请求中包含了文件名，然后服务器以一个数据分组序列作为响应，这些数据分组包含了客户所请求的文件的不同部分。为了确保可靠性和顺序递交，客户和服务器使用了停－等协议。忽略显然存在的性能问题，你还看得到这个协议的另一个问题吗？请仔细想一想进程崩溃的可能性。
答案：
客户完全有可能得到错误文件。
假设客户A为获取文件f1发送一个请求，随后客户A就崩溃了。稍后，另一个客户B使用相同的协议为获取另一个文件f2发送请求。假设客户B和A运行在同一机器上（同一IP地址），将它的UDP套接字或插口（socket）绑在同一端口（A早先使用过的）。此外，假设B的请求丢失了。当服务器的回答（对A的请求）到达时，客户B将接收它并假设（错误地）是对它自己请求的回复。

12．UDP和TCP在递交消息的时候，都使用端口号来标识目标实体。请给出两个理由说明为什么这两个协议要发明一个新的抽象ID（端口号），而不是使用进程ID（虽然在设计这两个协议的时候，进程ID早已经存在了）。
答案：
这里有三个原因。
第一， 进程ID是操作系统指定的。使用进程ID可能使这些协议依靠操作系统。
第二， 单一进程可能建立多个通信信道。让一个单独的进程ID（每个进程只有一个ID）
作为目的地标识符，区分不了这些信道。
第三， 所有的进程去监听众所周知的端口都是容易的，但是监听众所周知的进程ID却
是不可能的。

13．为什么要使用UDP？让用户进程直接发送原始的IP分组不就足够了吗？
答案：
仅仅使用IP分组还不够。 IP分组包含IP址，该地址指定一个目的地机器。
一旦这样的分组到达了目的地机器，网络控制程序如何知道该把它交给哪个进程呢？UDP分组包含一个目的地端口，这一信息是必需的，因为有了它，分组才能被投递给正
确的进程。

14.在主机1上的一个进程被分配端口P，在主机2上的一个进程被分配端口Q。试问，
在这两个端口之间是否可以同时有两条或多条TCP连接？
答案：
不可以。
一条连接仅仅用它的插口标识。因此，（1，P）和（2，Q）这一对插口是在这两个端口之间惟一可能的连接。

15.一个TCP报文段的最大载荷是65 515字节，为什么要选择这样一个数字？
答案：
整个TCP报文段必须适配IP分组65535字节的载荷段。因为TCP头最少20个字节，所以仅剩下65515字节用于TCP数据。

16.TCP报文段的数据部分长24字节，分别计算在运输层、网际层和网络接口层的效
率（传输的数据部分与总字节数的比），假定TCP和IP首部均无选项，网络接口层使用以太网。
答案：
运输层的效率 = 24/(20+24) = 24/44 = 6/11
网际层的效率 = 24/(20+20+24) = 24/64 = 6/16 = 3/8
网络接口层(含以太网开销18字节及物理层的前同步码8字节)的效率
= 24/(8+18+20+20+24) = 24/90 = 4/15

17.TCP实体在1Gb/s的通道上使用65535字节的发送窗口，单程延迟时间等于10ms。
问可以取得的最大吞吐率是多少？线路效率是多少？
答案：
10ms×2＝20ms
每20ms可以发送一个窗口大小的通信量，每秒50个窗口（1 000ms÷20ms＝50）。
65535×8×50＝26.214Mb／s
26．214Mb／s÷1000Mb／s≈2．6％
所以，最大吞吐率是26.214Mb／s, 线路效率约为2．6％.
18.一个TCP连接使用256 kb/s的链路，其端到端延时为128 ms。经测试发现吞吐量
只有128 kb/s。试问窗口是多少？忽略PDU封装的协议开销以及接收方应答分组的发送时间（假定应答分组长度很小）。
答案：
来回路程的时延等于256ms（即128ms×2），设窗口值为X（注意，以字节为单位）假定一次最大发送量等于窗口值，且发送时间等于256ms，那么，每发送一次都得停下来期待再次得到下一窗口的确认，以得到新的发送许可。这样，只要发送时间等于停下来等待应答的时间（256ms），测到的平均吞吐率就将等于链路速率的一半，即128 kb/s。
发送时间 [8X÷（256 ×1000）]＝[256×0.001]停下来等待应答的时间（256ms）
于是窗口值为： X＝256× 1000 × 256 × 0．001÷8＝256×32＝8192字节。

19.用户进程A通过一条运输层连接向用户B进程发报文。每个报文长度是128 B。用
户进程B取报文、处理报文的时间为10 ms（等长报文，B取报文和处理报文，所花时间都相等），发送窗口为16。子网通信能力能满足发送需要。由于子网的存储及延时，使接收端的数据到达分布近似于泊松分布。报文从发送到ACK返回的时间平均为200 ms。求接收端主机运输层进程中缓冲空间平均存储的字节数。
答案：接收端主机中的排队模型如图7-2所示：

图7-2 接收端主机中的排队模型

用户进程B处理一个报文10毫秒，每秒处理100个（定长服务时间），μc=80。
发端传16个报文，窗口锁住，直到T=200ms为止（报文从发送到ACK返回的时间平均为200 ms）。 即， 200毫秒可发16个，每秒可发80个。
因为子网传送能力能满足需求， 也即不会阻塞，则， 每秒有80 个（平均）到达接收端主机运输层进程的buffer中。
等长报文，所以是M/D/1系统：即λ=80/s（泊松流），p=λ/(μc)=0.8。
平均队长 = ρ(2-ρ)/[2(1-ρ)]=0.8(2-0.8)/[2(1-0.8)]=2.4个报文，
buffer中字节数128*2.4=307.2字节。
20.发送方TCP收到一TCP报文段，确认序号＝22 001，窗口＝1 000，画出发送方TCP
的发送窗口；收到下一个TCP报文段，其确认序号＝24 001，窗口＝800，画出发送方TCP新的发送窗口。
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

21.将本章图7-17的最后一行与图7-16对照（此2图本无关，但该时刻可互相参照），
此时，前沿的移动值为何值？主机A发送窗口前沿位于何处？主机A发送窗口后沿位于何处？说明理由并标注在图7-16上。
答案：
主机A向B发送数据，主机B在三个确认报文段中，都设置了接收窗口值RW（即图7-17
中的WIN），从而三次改变了发送窗口，即进行了三次流量控制。在图7-17的最后一行中，ACK=601， WIN=0，于是，窗口前沿后沿均将位于600处（发送窗口为零）。因为此前窗口前沿为700，故前沿的移动值为-100。如图7-4所示：

新的窗口后沿 新的窗口前沿

图7-4 标注在图7-16上的新的窗口

22．接收窗口=4000位，距离4000 km，光纤中光速为200 000km/s，假定链路费用与链路容量成正比，运输层一次发送接收窗口大小的报文段，设链路容量由该运输连接独占，并设接收方处理报文段和发送ACK的时间忽略不计。请计算，链路容量取何值时，信道利用率为50%。
答案：
因为信道利用率=发送时间/（往返时延+发送时间）= 50%，已知往返时延=40ms，可得发送时间=40ms。
于是链路容量=4000比特/发送时间=4000比特/40 ms =100比特/ m s=100kbps。

23.分析TCP的流量控机制和拥塞控制机制。
答案：
请参考7.4.6 TCP的流量控制和7.4.7 TCP的拥塞控制两节。

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：

图7-5 改变后的TCP拥塞控制机制工作特性

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。

25．Internet标准推荐将以下三种拥塞控制技术结合起来使用，即慢启动，拥塞避免
和加速递减。请结合图7-18说明上述三种拥塞控制技术是怎样操作的。
答案：
“慢启动”是指每当出现超时，拥塞窗口都降低到1，使报文段缓慢地注入网络，在拥塞控制的这个阶段，CW以指数规律增长（不能超过TW），考虑到CW初值为1，于是把这个阶段称为慢启动（Slow-Start）。
当CW达到当前的门限值TW，拥塞窗口就改变为线性规律增长，每次加1。把这个阶段称为拥塞避免（Congestion Avoidance）。“拥塞避免”是指当拥塞窗口增大到门限窗口值时，就将拥塞窗口指数增长速率降低为线性增长速率，以避免网络拥塞很快出现。
只要每次发送的报文段的确认都能在超时之前返回，拥塞避免阶段就一直继续下去，直到由于该TCP连接上的发送速率持续增长，以至于导致路径上某处出现拥塞、导致报文段丢失、发生超时为止。这时，就将门限窗口TW设置为当前拥塞窗口CW的一半，而CW则重置为1。这些操作称为加速递减（multiplicative decrease）。随后发送方又开始新的慢启动过程。因为“加速递减”将使门限窗口值减半，若超时频繁出现，则门限窗口减小的速率就将是很快的。
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。
27．请描述进入到图7-13的SYN RCVD状态的两种方法。
答案：
第一种方法是以LISTEN启动（被动打开）。如果接收到一个SYN，协议进入SYN RCVD状态。
另一种方法是这样开始的：当一个进程试图主动打开并发送SYN时（它进入SYN SENT状态），如果这时另一边也正在打开，前者接收到一个SYN，它就进入SYN RCVD状态了（同时打开）。

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。

30．当老的分组仍然存在时，为了避免出现顺序号循环重复问题，可以使用64位顺序
号。光纤在理论上可以用75Tb/s（1012）的速率工作，试问，需要什么样的最长的分组生命周期才能确保未来的75Tb/s网络在使用64位顺序号时不出现顺序号循环重复的问题？假定像TCP那样，每个字节都有自己的序号。
答案：
顺序号空间的大小是264个字节，约为2×1019字节。
75÷8＝9．375，即75Tb／s的发送器每秒消耗9．375×1012个序列号。
2×1019÷（9．375×1012）≈2×106。
所以顺序号循环一周需用2×10 6秒，一天有86 400s，以75Tb／s的速率发送，顺序号循环一周所花的时间约等于2×10 6 ÷ 86400 ≈ 23（天），因此，只要最长的分组生命周期小于3个星期，就可以避免顺序号循环重复问题。

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232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）。

32．假设你正在测量接收一个TPDU所需要的时间。当一个中断发生的时候，你读出系统时钟的值（以毫秒为单位）。当TPDU被完全处理之后，你再次读出时钟的值。你测量的结果是：270 000次为0ms，730 000次为1ms。请问，接收一个TPDU需要多长时间？
答案：
接收一个TPDU所需时间计算如下：
( 270,000  0 + 730,000  1 ) ms / 1,000,000 = 730 s。

33．一个CPU执行指令的速度为1000MIPS。数据的复制可以按每次64位来进行，每个字的复制动作需要花费10条指令。如果一个进来的分组要被复制4次，那么，这个系统能处理一条1Gbps的线路吗？为了简单起见，假设所有的指令，包括读或者写内存的指令，都在1000MIPS的全速率上运行。
答案：
需要4  10 =40指令去复制8个字节。40个指令需要40ns。因此，每个字节需要5ns的CPU时间来复制。系统因此能够处理200MB/s或者1600Mbps。如果没有其它瓶颈，它可以处理一个1Gbps的线路。

34．已知，一条千兆位线路每秒钟可以向主机转储80 000个分组，但是主机只有6250条指令用于处理每个分组，剩下一半CPU时间留给应用系统。这个计算过程假设每个分组的大小为1 500字节。请针对ARPANET的分组长度（128字节）重新计算一遍。在这两次计算中，都假设所给出的分组长度包含了所有的开销。
答案：
因为ARPANET的分组长度为1 500字节分组的11.72分之一，仍为千兆位线路，所以要处理的ARPANET的分组数为11.72  80 000。
于是，主机只有6 250/11.72 即 533条指令用于处理每个分组。

35．请为下面的信道计算网络的带宽延迟积：
(1) 64Kbps；
(2)以太网（10Mbps）。
假设双向传输延迟时间为100ms。请回忆一下，本章曾经提到过，TCP头有16位保留用于
窗口大小（Window Size）根据你的计算，能想出有什么隐含的意义吗？
答案：
网络的带宽延迟积（bandwidth-delay product）为带宽（单位为b/s）与双向传输延迟时间（单位为s）的乘积，即往返于发送方和接收方之间的信道的容量（单位为比特），它对网络性能的影响很大。
(1) 0.8 KB；
(2) 125 KB。
一个16bit的窗口尺寸意味着发送方在等待一个响应到达之前最多可以发送64KB。这
意味着在以太网上，发送方不能使用TCP连续地传输以保持管道（发送方和接收方之间）全满。

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 9 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％。

38．再考虑习题7中的问题，试计算对于1Gb/s和1Mb/s的最小可能的响应时间，并
可以得到什么样的结论？
答案：
在1Gb／s的情况下，响应时间由光的速度决定。可以取得的最小可能的响应时间是lms。在1Mb／s的情况下，发送1024位需要大约1ms的时间，再经过0．5ms最后一位到达服务器，还需要另外0．5ms应答才能返回，这是最好的情况，因此，可以取得的最小可能的RPC响应时间是2ms。结论是，线路速度改善到1000倍，性能仅改善到2倍，对于这种应用，除非千兆位线路特别便宜，否则是不值得采用的。

39．对于以1Gb/s速率运行的网络，是延迟（而不是带宽）成为约束因素。现在设有
一个城域网（MAN），其源端机和目的端机相隔20km。问数据传输速率为多大时，由于光速导致的往返路程延迟等于1 k B分组的发送延迟？
答案：
光在光纤和铜导线中的速度是大约每毫秒200km。对于一条20km的线路，单程延迟是100μs ，往返延迟是200μs。1kB就是1024×8 ＝ 8 l92位。如果发送8 192位的时间是200μs，那么发送延迟等于往返路程延迟。
设W是发送1位的时间，那么从等式，8192W＝200 × 10 –6，可得：
W＝200 × 10-6÷8192，1/W＝8192÷（200 × 10-6）≈40× 106。所以，数据传输速率应为40 Mb／s。

40．一个CPU以100兆条指令／s的速率执行指令。每次可以复制64 b数据（字），每
个复制的字需花费6条指令。如果一个到达的分组需要复制两次，这个系统能处理1Gb/s的线路吗？为简便起见，假定所有指令都像读/写内存的指令，都以100兆条指令／s的速率执行。
答案：
拷贝64 比特，即8个字节要用2×6＝12条指令。12条指令花120 n s，因此每个字节需要15 n s的CPU时间（15 n s/ B）。
10 9 n s/ s÷15 n s/ B≈66.67 MB／s，即系统的处理能力是66.67 MB／s。也就是约533 Mb／s，小于1Gb／s 的处理需求，所以，这个系统不能处理1Gb／s的线路。

41．100兆条指令／s的计算机通过1千兆位的线路交换 4K B 的分组时，分组将以
超过30 000个的速度到达。如果想保留一半的CPU时间去处理其它应用程序，就必须在15μs以内处理完一个分组。在15μs的时间内，100兆条指令／s的计算机可以执行1 500条指令。如果分组大小改成128 B（ARPANET分组尺寸），情况会是如何？
答案：
109÷（128×8）≈106，1÷106＝10-6
1μs处理完1个分组。考虑一半CPU时间，要求0．5μs 处理一个分组。在0．5μs 内100兆条指令／s 的计算机可以执行50条指令（即要求CPU用50条指令处理完1个分组）。