计网第五次作业
Review Questions:
1. What are some of the possible services that a link-layer protocol can offer to the network layer? Which of these link-layer services have corresponding services in IP? In TCP?链路层协议提供给网络层的服务有哪些？哪些是给IP的？哪些是给TCP的？
Link access, framing, reliable delivery between adjacent nodes, flow control, error detection, error correction, half-duplex and full-duplex. In IP: framing, error detection.
In TCP: framing, reliable delivery between adjacent nodes, error detection, half-duplex and full-duplex.
2. If all the links in the Internet were to provide reliable delivery service, would the TCP reliable delivery service be redundant? Why or why not?
不会多余，因为TCP保证的是传输层的数据传送，而link提供稳定可靠传输保证链路层的传输稳定，二者不完全重叠，所以TCP可靠传输也不会多余。
3. In Section 5.3, we listed four desirable characteristics of a broadcast channel. Which of these characteristics does slotted ALOHA have? Which of these characteristics does token passing have?
4. Suppose two nodes start to transmit at the same time a packet of length Lover a broadcast channel of rate R. Denote the propagation delay between the two nodes as dprop. Will there be a collision if dprop< L / R? Why or why not?
因为L / R = 包传递的时间，如果dprop < L / R，也就意味着A的信号跑到B的时候B的最后一个分组还没离开B，所以发生碰撞。
7. Suppose nodes A, B, and C each attach to the same broadcast LAN (through their adapters). If A sends thousands of IP datagrams to B with each encapsulating frame addressed to the MAC address of B, will C’s adapter process these frames? If so, will C’s adapter pass the IP datagrams in these frames to the network layer C? How would your answers change if A sends frames with the MAC broadcast address?
不会，C会拆封帧从而读取报头的MAC，因为每一个host的MAC都唯一，C 读取到数据报中的MAC和自己的不一样就不会继续拆封数据报，不会投递给C。当使用LAN口广播地址的时候，C的适配器就会拆封帧，向C传递数据。
8. How big is the MAC address space? The IPv4 address space? The IPv6 address space?
2^48，2^32，2^128.
9. Why is an ARP query sent within a broadcast frame? Why is an ARP response sent within a frame with a specific destination MAC address?
因为新加入网络的主机是不知道路由器的IP的，自己也没有IP，所以只能广播才能得到IP。因为每个主机的MAC地址都是唯一的，而ARP建立转发表的时候会带上MAC地址。
12.In CSMA/CD, after the fifth collision, what is the probability that
a node chooses K = 4? The result K = 4 corresponds to a delay of how many seconds on a 10 Mbps Ethernet?
可能，因为第五次K的取值范围是0-(2^5-1)即0-31。Bit time = 1 bit / R = 1 bit / 10 Mbps = 1 msec，K = 4，wait time = 4 * 512 * 1 msec = 2048 msec。
Problems:
1.Suppose the information content of a packet is the bit pattern
1110 1100 1000 1010 and an even parity scheme is being used.
What would the value of the field containing the parity bits be for the case of a two-dimensional parity scheme? Your answer should be such that a minimum-length checksum field is used.假设一个数据包的信息含量是XXX，使用偶校验方案。采用二位奇偶校验方案的字段包含的奇偶校验位的字段的值是多少？答案要使用最小长度校验。
10100
10100
10100
10111
00011
2. Suppose the information portion of a packet (D in Figure 5.4) contains 10 bytes consisting of the 8-bit unsigned binary ASCII representation of the integers 0 through 9. Compute the Internet checksum for this data.假设一个包的信息的一部分包括10bytes组成的8-bit无符号二进制码表示的整数0-9，计算该数据的网络校验。
算校验码先把0-9加起来
0000 0000 0000 0001
0000 0010 0000 0011
0000 0100 0000 0101
0000 0110 0000 0111
0000 1000 0000 1001
0001 0100 0001 1001
→→→→取反可得
校验码为1110 1011 1110 0110
3. Consider the previous problem, but instead of containing the
binary of the numbers 0 through 9 suppose these 10 bytes contain. Compute the Internet checksum for this data.
a. the binary representation of the numbers 1 through 10.
0000 0001 0000 0010
0000 0011 0000 0100
0000 0101 0000 0110
0000 0111 0000 1000
0000 1001 0001 0100
0001 1011 0001 1110
→→→→取反可得
1110 0100 1110 0001
b. the ASCII representation of the letters A through J (uppercase). 0100 0001 0100 0010
0100 0011 0100 0100
0100 0101 0100 0110
0100 0111 0100 1000
0100 1001 0100 1010
0101 1000 0101 1111
→→→→取反可得
1010 0111 1010 0000
c. the ASCII representation of the letters a through j (lowercase).小写字母表示
0110 0001 0110 0010
0110 0011 0110 0100
0110 0101 0110 0110
0110 0111 0110 1000
0110 1001 0110 1010
1111 1001 1111 1101
→→→→取反可得
0000 0110 0000 0010
6. Consider the previous problem, but suppose that D has the value
a. 1001 0001.
b. 1010 0011.
c. 0101 0101.
前一题题目：Consider the 7-bit generator, G=10011, and suppose that D has the value 1010101010. What is the value of R？求余而已，记住不要做减法而是做与运算就好。
a. R = 001
b. R = 101
c. R = 101
12. Consider three LANs interconnected by two routers, as shown in Figure 5.38.
a. Redraw the diagram to include adapters.重新画图
b. Assign IP addresses to all of the interfaces. For Subnet 1 use addresses of the form 111.111.111.xxx; for Subnet 2 uses addresses of the form 122.122.122.xxx; and for Subnet 3 use addresses of the form 133.133.133.xxx.所有的接口分配IP地址。
c. Assign MAC addresses to all of the adapters.
a.b.c如图
d. Consider sending an IP datagram from Host A to Host F. Suppose all of the ARP tables are up to dat
e. Enumerate all the steps, as done for the single-router example in Section 5.4.2.
1. host A发送一个数据报，通过转发表查询F的IP，向路由器1发送，其中destination IP为133.133.133.12，MAC未知，source IP为111.111.111.12，source MAC为aa-aa-aa-aa-aa-aa。
2. 适配器更改destination的IP为111.111.111.12，MAC地址变为gg-gg-gg-gg-gg-gg
3. 路由器1发现目标IP和MAC不属于子网1中任何host，属于子网3（图中忘了画了，意会一下）。于是根据转发表向路由器2进行转发。Destination 的IP为122.122.122.20，MAC为ii-ii-ii-ii-ii-ii。
4. 路由器2收到了数据报，发现host F在自己的子网内，于是修改destination 的IP为133.133.133.12，MAC地址为ff-ff-ff-ff-ff-ff。修改source IP为133.133.133.20，MAC为jj-jj-jj-jj-jj-jj，然后向F发送数据报。
5. F收到来自A的数据报。
e. Repeat (d), now assuming that the ARP table in the sending host is empty (and the other tables are up to date).
发送方的ARP表为空，首先需要建立ARP表
1. host A发送一个广播，destination IP是255.255.255.255，MAC为空。Source IP为111.111.111.12，MAC为aa-aa-aa-aa-aa-aa
2. 适配器收到了来自host A的数据报，更新自己的ARP表，同时发送一个ACK给host A，告诉host A自己的IP、MAC。
3. host A建立ARP表
4. 如d小问所答，开始进行数据发送。
14. Recall that with the CSMA/CD protocol, the adapter waits K·512 bit times after a collision, where K is drawn randomly. For K = 100, how long does the adapter wait until returning to Step 2 for a 10 Mbps Ethernet? For a 100 Mbps Ethernet?
当网速= 10 Mbps时，bit time = 1 bit / 10 Mbps
t = 100 * 512 * 1 / (10^6) = 5.12 msec
当网速= 100 Mbps时，bit time = 1 bit / 100 Mbps
t = 100 * 512 * 1 / (10^7) = 0.512 msec
15. Suppose nodes A and B are on the same 10 Mbps Ethernet bus, and the propagation delay between the two nodes is 225 bit times. Suppose A and B send frames at the same time, the frames collide,
and then A and B choose different values of K in the CSMA/CD algorithm. Assuming no other nodes are active, can the retransmissions from A and B collide? For our purposes, it suffices to work out the following example. Suppose A and B begin transmission at t = 0 bit times. They both detect collisions at t = 225 bit times. They finish transmitting a jam signal at t = 225 + 48 = 273 bit times. Suppose KA = 0 and KB = 1. At what time does B schedule its retransmission? At what time does A begin transmission? (Note: The nodes must wait for an idle channel after returning to Step 2—see protocol.) At what time does A’s signal reach B? Does B refrain from transmitting at its scheduled time?
1. 因为A的K值= 0，所以A从273 bit time开始检测是否冲突
2. 由于传输延迟的问题，B的最后一个bit要等到273 + 225 = 498 bit time 才能传到A，也就是说此时A检测到没有冲突。
3. A传输前先等待96个bit time，即t = 498 + 96 = 594 bit time的时候A开始传输数据
4. 因为propagation delay = 225 bit time，所以t = 594 +225 = 819 bit time的时候A传输完毕
5. 因为KB = 1，当B等待1 * 512 * 1 = 512 bit time的时候，B可以重传，此时B开始检测信道是否空闲，此时t = 273 + 512 = 785 bit time
6. 此时B检测到信道忙，因此不能重传，等待信道空闲
7. 当t = 819 bit time的时候信道空闲，此时B等待96 bit time，即t =
96+819= 915 bit time的时候B可以开始重传
16. Suppose nodes A and B are on the same 10 Mbps Ethernet bus, and the propagation delay between the two nodes is 225 bit times. Suppose node A begins transmitting a frame and, before it finishes, node B begins transmitting a frame. Can A finish transmitting before it detects that B has transmitted? Why or why not? If the answer is yes, then A incorrectly believes that its frame was successfully transmitted without a collision. Hint: Suppose at time t = 0 bit times, A begins transmitting a frame. In the worst case, A transmits a minimum-sized frame of 512 + 64 bit times. So A would finish transmitting the frame at t = 512 + 64 bit times. Thus, the answer is no, if B’s signal reaches A before bit time t = 512 + 64 bits. I n the worst case, when does B’s signal reach A?
因为A最快传输时间t = 512 + 64 bit time，看了答案，微积分神马的可以让我shi了……
Let Y be a random variable denoting the number of slots until a success:
P(Y = m) = β(1 -β)^(m - 1)
Where βis the probability of a success.
This is a geometric distribution, which has mean 1 /β. The number of consecutive wasted slots is X = Y – 1 that
x = E[ X ] = E[ Y ] -1 = (1 -β) /β
β= Np(1 - p)^(N - 1)
x = {1 – Np * (1 - p)^(N - 1)} / {Np * (1 - p)^(N - 1)}
efficiency = k / (k + x) = k / {k + [1 – Np * (1 - p)^(N - 1)] / [Np(1 - p)^(N - 1)]}
19. Suppose two nodes, A and B, are attached to opposite ends of a 900 m cable, and that they each have one frame of 1,000 bits (including all headers and preambles) to send to each other. Both nodes attempt to transmit at time t = 0. Suppose there are four repeaters between A and B, each inserting a 20-bit delay. Assume the transmission rate is 10 Mbps, and CSMA/CD with backoff intervals of multiples of 512 bits is used. After the first collision, A draws K = 0 and B draws K = 1 in the exponential backoff protocol. Ignore the jam signal and the 96-bit time delay.
a. What is the one-way propagation delay (including repeater delays) between A and B in seconds? Assume that the signal propagation speed is 2·10^8 m/sec.
传输时间t0 = 900 m / [2 * (10^8) m / sec] = 4.5 μsec
Repeater 传输延迟t1 = 4 * 20 bit / 10 Mbps = 8 μsec
T = t0 + t1 = 12.5 μsec
b. At what time (in seconds) is A’s packet completely delivered at B?（为什么这里答案没有96个bit time的等待？？？）
1 bit time = 1 / 10 Mbps = 0.1 μsec
当t = 12.5 μsec 时，A、B检测到冲突，停止传输。
A的K值= 0，于是A立即开始检测信道是否空闲，当B传输延迟结束后，信道空闲，此时t2 = 12.5 +12.5 = 25 μsec
A等待两个96 bit time，即25 + 9.6 = 34.6 μsec时，A开始重传
B在A的传输延迟：34.6 + 12.5 μsec = 47.1 μsec之后，检测到A的第一个bit
B等待的K值= 1，即B在512 * 0.1 μsec = 51.2 μsec之后重传，此时A 已经传输，信道忙，B侦听信道，等待信道空闲
A的传输时间tA = 1000 bit / 10 Mbps
A传输完毕的时间T = 1000 bit / 10 Mbps + 47.1 μsec= 147.1 μsec
c. Now suppose that only A has a packet to send and that the repeaters are replaced with switches. Suppose that each switch has a 20-bit processing delay in addition to a store-and-forward delay. At what time, in seconds, is A’s packet delivered at B?（repeater和switch和router区别在哪里？？？）
t = 12.5 μsec + 5 * 100 μsec = 512.5μsec
21. Suppose now that the leftmost router in Figure 5.38 is replaced
by a switch. Hosts A, B, C, and D and the right router are all star-connected into this switch. Give the source and destination MAC addresses in the frame encapsulating this IP datagram as the frame is transmitted (i) from A to the switch, (ii) from the switch to the right router, (iii) from the right router to F. Also give the source and destination IP addresses in the IP datagram encapsulated within the frame at each of these points in time.
i. A →switch：
source IP:111.111.111.12
source MAC: aa-aa-aa-aa-aa-aa
destination IP:111.111.111.10
destination MAC:gg-gg-gg-gg-gg-gg
ii. switch →router
source IP:122.122.122.10
source MAC: hh-hh-hh-hh-hh-hh
destination IP:122.122.122.20
destination MAC:ii-ii-ii-ii-ii-ii
iii.right router →F:
source IP:133.133.133.10
source MAC: jj-jj-jj-jj-jj-jj
destination IP:133.133.133.12
destination MAC:ff-ff-ff-ff-ff-ff
23. Consider Figure 5.26. Suppose that all links are 10 Mbps. What is the maximum total aggregate throughput that can be achieved among the 14 end systems in this network? Why?
因为所有节点的最大传输速度都是10Mbps，所以最大吞吐量为14 * 10Mbps = 140 Mbps
24. Suppose the three departmental switches in Figure 5.26 are replaced by hubs. All links are 10 Mbps. What is the maximum total aggregate throughput that can be achieved among the 14 end system in this network? Why?
All of the 14 end systems will lie in the same collision domain. In this case, the maximum total aggregate throughput of 10Mbps is
possible among the 14 end systems.
Chapter 2 注：括弧之中红色标注为与课本习题对应的编号 2.1，2.2节后作业： 1.(R2)For a communication session between a pair of processes, which process is the client and which is the server? 建立连接的是客户等待的是服务器。 2.(R3)What is the difference between network architecture and application architecture? 网络架构为标准的五层或七层，应用架构由程序员自行设计 3.(R4)What information is used by a process running on one host to identify a process running on another host? 端口号和IP地址 4.(R7)Suppose you wanted to do a transaction from a remote client to a server as fast as possible. Would you use UDP or TCP? Why? UDP，因为不需要建立连接，速度更快。 5.(R8)List the four broad classes of services that a transport protocol can provide. For each of the service classes, indicate if either UDP or TCP (or both) provides such a service. 可靠数据传输，安全，吞吐量，定时 6.(R9)Why do HTTP, FTP, SMTP, and POP3 run on top of TCP rather than on UDP? 因为与这些协议相联系的应用都要求应用数据能够被无差错的有序的接收，而TCP提供可靠的数据传输 7.(R11)What is meant by a handshaking protocol? 握手协议，通过三次握手建立连接，保证可靠传输 2.3，2.4节后作业 8.(R15)Suppose Alice, with a Web-based e-mail account (such as Hotmail or gmail), sends a message to Bob, who accesses his mail from his mail server using POP3. Discuss how the message gets from Alice's host to Bob's host. Be sure to list the series of application-layer protocols that are used to move the message between the two hosts. 信息从Alice的主机发送到她的邮件服务器，使用HTTP 协议。然后邮件从Alice的邮件服务器发送到Bob 的邮件服务器，使用SMTP协议。最后Bob将邮件从他的邮件服务器接收到他的主机，使用POP3协议。 9.(R17)From a user's perspective, what is the difference between the download-and-delete mode and the download-and-keep mode in POP3? 在下载并删除方式下，在用户从POP服务器取回他的邮件后，信息就被删除。 在下载并保留方式下，在用户取回邮件后，邮件不会被删除。 10.(R18)Is it possible for an organization's Web server and mail server to have exactly the same alias for a hostname (for example,foo. com)? What would be the type for the RR that
第一章 1．设计现代OS的主要目标是什么 答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 2．OS的作用可表现在哪几个方面 答：（1）OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口（2）OS 作为计算机系统资源的管理者（3）OS实现了对计算机资源的抽象 3．为什么说OS实现了对计算机资源的抽象 答：OS首先在裸机上覆盖一层I/O设备管理软件，实现了对计算机硬件操作的第一层次抽象；在第一层软件上再覆盖文件管理软件，实现了对硬件资源操作的第二层次抽象。OS 通过在计算机硬件上安装多层系统软件，增强了系统功能，隐藏了对硬件操作的细节，由它们共同实现了对计算机资源的抽象。 4．试说明推劢多道批处理系统形成和収展的主要劢力是什么答：主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展：（1）不断提高计算机资源的利用率；（2）方便用户；（3）器件的不断更新换代；（4）计算机体系结构的不断发展。5．何谓脱机I/O和联机I/O 答：脱机I/O 是指事先将装有用户程序和数据的纸带或卡片装入纸带输入机或卡片机，在外围机的控制下，把纸带或卡片上的数据或程序输入到磁带上。该方式下的输入输出由外围机控制完成，是在脱离主机的情况下进行的。而联机I/O 方式是指程序和数据的输入输出都是在主机的直接控制下进行的。 6．试说明推劢分时系统形成和収展的主要劢力是什么
答：推动分时系统形成和发展的主要动力是更好地满足用户的需要。主要表现在：CPU 的分时使用缩短了作业的平均周转时间；人机交互能力使用户能直接控制自己的作业；主机的共享使多用户能同时使用同一台计算机，独立地处理自己的作业。 7．实现分时系统的关键问题是什么应如何解决 答：关键问题是当用户在自己的终端上键入命令时，系统应能及时接收并及时处理该命令，在用户能接受的时延内将结果返回给用户。解决方法：针对及时接收问题，可以在系统中设臵多路卡，使主机能同时接收用户从各个终端上输入的数据；为每个终端配臵缓冲区，暂存用户键入的命令或数据。针对及时处理问题，应使所有的用户作业都直接进入内存，并且为每个作业分配一个时间片，允许作业只在自己的时间片内运行，这样在不长的时间内，能使每个作业都运行一次。 8．为什么要引入实时OS 答：实时操作系统是指系统能及时响应外部事件的请求，在规定的时间内完成对该事件的处理，并控制所有实时任务协调一致地运行。引入实时OS 是为了满足应用的需求，更好地满足实时控制领域和实时信息处理领域的需要。 9．什么是硬实时任务和软实时任务试举例说明。 答：硬实时任务是指系统必须满足任务对截止时间的要求，否则可能出现难以预测的结果。举例来说，运载火箭的控制等。软实时任务是指它的截止时间并不严格，偶尔错过了任务的截止时间，对系统产生的影响不大。举例：网页内计算机操作系统第三版答案 2 / 47 容的更新、火车售票系统。10．试从交互性、及时性以及可靠性方面，将分时系统不实时系统迚行比较。答：（1）及时性：实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似，都是以人所能接受的等待时间来确定；而实时控制系统的及时性，是以控制对象所要求的开始截止时间或完成截止时间来确定的，一般为秒级到毫秒级，甚至
第五、六章练习题 一、选择题 1、在关系数据库设计中，子模式设计是在__________阶段进行。[ B] A．物理设计 B．逻辑设计 C．概念设计 D．程序设计 2、设有关系R（A，B，C）的值如下： A B C 2 2 3 2 3 4 3 3 5 下列叙述正确的是（B） A．函数依赖A→B在上述关系中成立B．函数依赖BC→A在上述关系中成立C．函数依赖B→A在上述关系中成立D．函数依赖A→BC在上述关系中成立 3、数据库设计阶段分为（ D ） A. 物理设计阶段、逻辑设计阶段、编程和调试阶段 B. 模型设计阶段、程序设计阶段和运行阶段 C. 方案设计阶段、总体设计阶段、个别设计和编程阶段 D. 概念设计阶段、逻辑设计阶段、物理设计阶段、实施和调试阶段 4、下列说法中不正确的是（C）。 A. 任何一个包含两个属性的关系模式一定满足3NF B. 任何一个包含两个属性的关系模式一定满足BCNF C. 任何一个包含三个属性的关系模式一定满足3NF D. 任何一个关系模式都一定有码 5、设有关系模式R(A，B，C，D)，F是R上成立的函数依赖集，F={B→C,C→D},则属性C的闭包C+为( C ) A.BCD B.BD C.CD D.BC 6、在数据库设计中，将ER图转换成关系数据模型的过程属于（ B ） A.需求分析阶段 B.逻辑设计阶段 C.概念设计阶段 D.物理设计阶段 7、下述哪一条不是由于关系模式设计不当而引起的？（ B） A) 数据冗余B) 丢失修改C) 插入异常D) 更新异常 8、下面关于函数依赖的叙述中，不正确的是（ B） A) 若X→Y,X→Z,则X→YZ B) 若XY→Z,则X→Z,Y→Z C) 若X→Y,Y→Z,则X→Z D) 若X→Y,Y′ Y,则X→Y′
网络计划技术习题 1、 根据上述活动之间的关系，画出网络图，计算ESi、LFi、STi,j，在图上标出关键路线并写出总工期。 关键路线:○1 B ○3E ○5G 6 ST12=LF2-ES1-t12=7-0-4=3 ST13=LF3-ES1-t13=5-0-5=0 ST24=LF4-ES2-t24=13-4-6=3 ST34=LF4-ES3-t34=13-5-7=1 ST35=LF5-ES3-t35=11-5-6=0 ST46=LF6-ES4-t46=20-12-7=1 ST56=LF6-ES5-t56=20-11-9=0 总工期：20
2、 根据上 述活动之间的关系，画出 网络图，计算ESi 、LFi 、 STi,j ，在图上 标出关键路线并写出总工期。 关键路线： ○1 B ○3D ○4 ○5 G ○6 ST 12=LF 2-ES 1-t 12=6-0-4=2 ST 13=LF 3-ES 1-t 13=5-0-5=0 ST 24=LF 4-ES 2-t 24=12-6-6=0 ST 34=LF 4-ES 3-t 34=12-5-7=0 ST 35=LF 5-ES 3-t 35=12-5-6=1 ST 46=LF 6-ES 4-t 46=21-12-7=2 ST 1256=LF 6-ES 5-t 56=21-12-9=0 总工期：21 3、
根据上述活动之间的关系，画出网络图，计算ESi 、LFi 、STi,j ，在图上标出关键路线并写出总工期。 关键路线： ○1 A ○2 ○3E ○5 G ○6 ST 12=LF 2-ES 1-t 12=8-0-8=0 ST 13=LF 3-ES 1-t 13=8-0-7=1 ST 24=LF 4-ES 2-t 24=13-8-5=0 ST 25=LF 5-ES 2-t 25=16-8-6=2 ST 23=0 ST 35=LF 5-ES 3-t 35=16-8-8=0 ST 46=LF 6-ES 4-t 46=23-13-8=2 ST 56=LF 6-ES 5-t 56=23-16-7=0 总工期：23 4、 根据下列活动之间的逻辑关系表，画出网络图，试计算ES i 、 LF i 、ST i,j ，在图上画出关键路线并写出总工期。
计算机网络第五版答案(课后作业) 第一章概述 1-03 试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。 答：（1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。 （2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高 ，通信迅速。 （3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生 存性能好。 1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x（bit）。从源点到 终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b(b/s)。在电路交换时 电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可 忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？（提示：画一下草 图观察k段链路共有几个结点。） 答：线路交换时延：kd+x/b+s, 分组交换时延：kd+(x/p)*(p/b)+ (k-1)*(p/b) 其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中，有(k-1)次的储存转发延迟，当s>(k-1)*(p/b)时，电路交换的时延比分组交换的时延大，当x>>p,相反。d 1-18 假设信号在媒体上的传播速度为2×108m/s.媒体长度L分别为： （1）10cm（网络接口卡） （2）100m（局域网） （3）100km（城域网） （4）5000km（广域网） 试计算出当数据率为1Mb/s和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。 解：（1）1Mb/s:传播时延=0.1/(2×108)=5×10-10 比特数=5×10-10×1×106=5×10-4 1Gb/s: 比特数=5×10-10×1×109=5×10-1 （2）1Mb/s: 传播时延=100/(2×108)=5×10-7 比特数=5×10-7×1×106=5×10-1 1Gb/s: 比特数=5×10-7×1×109=5×102 (3) 1Mb/s: 传播时延=100000/(2×108)=5×10-4 比特数=5×10-4×1×106=5×102 1Gb/s: 比特数=5×10-4×1×109=5×105 (4)1Mb/s: 传播时延=5000000/(2×108)=2.5×10-2 比特数=2.5×10-2×1×106=5×104 1Gb/s: 比特数=2.5×10-2×1×109=5×107 1-19 长度为100字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节的IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部工18字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据（即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销）。 若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？ 解：（1）100/（100+20+20+18）=63.3% （2）1000/（1000+20+20+18）=94.5% 1-24 论述具有五层协议的网络体系结构的要点，包括各层的主要功能。
计网第五次作业
Review Questions: 1. What are some of the possible services that a link-layer protocol can offer to the network layer? Which of these link-layer services have corresponding services in IP? In TCP?链路层协议提供给网络层的服务有哪些？哪些是给IP的？哪些是给TCP的？ Link access, framing, reliable delivery between adjacent nodes, flow control, error detection, error correction, half-duplex and full-duplex. In IP: framing, error detection. In TCP: framing, reliable delivery between adjacent nodes, error detection, half-duplex and full-duplex. 2. If all the links in the Internet were to provide reliable delivery service, would the TCP reliable delivery service be redundant? Why or why not? 不会多余，因为TCP保证的是传输层的数据传送，而link提供稳定可靠传输保证链路层的传输稳定，二者不完全重叠，所以TCP可靠传输也不会多余。 3. In Section 5.3, we listed four desirable characteristics of a broadcast channel. Which of these characteristics does slotted ALOHA have? Which of these characteristics does token passing have?
大作业要求 ****(单位、公司、工厂或学校)为背景，设计一个网络建设方案。 方案中应该包括： 根据****(单位、公司、工厂或学校)的组织结构、业务需求完成网络需求分析，确定拓扑方案，完成设备选型，注明各种设备、设施和软件的生产商、名称、型号、配置与价格，基本确定方案的预算。 要求： 1.完成建网进行需求分析，提交需求分析报告； 2、在需求分析的基础上进行系统设计、技术选型，规划、设计网络的逻辑拓扑方案、布线设计等，划分子网，设计子网地址、掩码和网关，为每个子网中的计算机指定IP地址； 3、根据条件进行设备选型，决定各类硬件和软件的配置和经费预算方案； 4、创建局域网内的DNS服务器，配置相关文件，可以对局域网内的主机作域名解析。 ○参□考□样◇例
1、需求分析 随着信息时代的到来，校园网已经成为现代教育背景下的必要基础设施，成为学校提高水平的重要途径。校园网络的主干所承担的信息流量很大，校园网络的建设的目标是在校园内实现多媒体教学、教务管理、通信、双向视频点播（VOD）等信息共享功能，能实现办公的自动化、无纸化。能通过与Internet的互联，为全校师生提供国际互联网上的各种服务。教师可以制作多媒体课件以及在网上保存和查询教学资源，能对学生进行多媒体教学和通过网络对学生进行指导与考查等。学生也可以通过在网上浏览和查询网上学习资源，从而可以更好地进行学习，校园网能为学校的信息化建设打下基础。 根据本校园实际情况主要应用需求分析如下： 用户的应用需求：所有用户可以方便地浏览和查询局域网和互联网上的学习资源，通过WWW服务器、电子邮件服务器、文件服务服务器、远程登录等实现远程学习，此外为教务处提供教务管理、学籍管理、办公管理等。 通信需求：通过E-mail及网上BBS以及其它网络功能满足全院师生的通信与信息交换的要求，提供文件数据共享、电子邮箱服务等。 信息点和用户需求：按照要求本校园网内信息点总数为531个， 其中办公区需要的信息点为（111个）：教务处（25），各院系办公区（26），图书馆（60）；教学区为（400个）：除机房需要120个信息点外，其余各系部大楼及教学楼（包括设计艺术系楼、建筑工程系楼、一号楼、大学生活动中心楼、教学主楼、B、C楼等）各需设置信息点的个数为40；生活区为（20个）：20个宿舍楼区、食堂等各设置1个信息点。电子邮件服务器、文件服务服务器等为内部单位服务，WWW服务器、远程登录等实现远程学习，从外部网站获得资源。 性能需求：此校园网络支持学校的日常办公和管理，包括：办公自动化、图书管理、档案管理、学生管理、教学管理、财务管理、物资管理等。支持网络多媒体学习的信息传输要求。 安全与管理需求：学生基本信息档案和重要的工作文件要求对数据存储、传输的安全性的性能较高，如图书管理、档案管理、学生管理、教学管理、财务管理、物资管理等可以通过分布式、集中式相集合的方法进行管理。网络安全对于网络系统来说是十分重要的，它直接关系到网络的正常使用。由于校园网与外部网进行互联特别是
计量经济学（第四版）习题参考答案 潘省初
第一章 绪论 试列出计量经济分析的主要步骤。 一般说来，计量经济分析按照以下步骤进行： （1）陈述理论（或假说） （2）建立计量经济模型 （3）收集数据 （4）估计参数 （5）假设检验 （6）预测和政策分析 计量经济模型中为何要包括扰动项 为了使模型更现实，我们有必要在模型中引进扰动项u 来代表所有影响因变量的其它因素，这些因素包括相对而言不重要因而未被引入模型的变量，以及纯粹的随机因素。 什么是时间序列和横截面数据 试举例说明二者的区别。 时间序列数据是按时间周期（即按固定的时间间隔）收集的数据，如年度或季度的国民生产总值、就业、货币供给、财政赤字或某人一生中每年的收入都是时间序列的例子。 横截面数据是在同一时点收集的不同个体（如个人、公司、国家等）的数据。如人口普查数据、世界各国2000年国民生产总值、全班学生计量经济学成绩等都是横截面数据的例子。 估计量和估计值有何区别 估计量是指一个公式或方法，它告诉人们怎样用手中样本所提供的信息去估计总体参数。在一项应用中，依据估计量算出的一个具体的数值，称为估计值。如Y 就是一个估计量，1 n i i Y Y n == ∑。现有一样本，共4个数，100，104，96，130，则 根据这个样本的数据运用均值估计量得出的均值估计值为 5.1074 130 96104100=+++。 第二章 计量经济分析的统计学基础 略，参考教材。
请用例中的数据求北京男生平均身高的99％置信区间 N S S x = = 4 5= 用 =，N-1=15个自由度查表得005.0t =，故99%置信限为 x S t X 005.0± =174±×=174± 也就是说，根据样本，我们有99%的把握说，北京男高中生的平均身高在至厘米之间。 25个雇员的随机样本的平均周薪为130元，试问此样本是否取自一个均值为120元、标准差为10元的正态总体 原假设 120:0=μH 备择假设 120:1≠μH 检验统计量 () 10/2510/25 X X μσ-Z == == 查表96.1025.0=Z 因为Z= 5 >96.1025.0=Z ,故拒绝原假设, 即 此样本不是取自一个均值为120元、标准差为10元的正态总体。 某月对零售商店的调查结果表明，市郊食品店的月平均销售额为2500元，在下一个月份中，取出16个这种食品店的一个样本，其月平均销售额为2600元，销售额的标准差为480元。试问能否得出结论，从上次调查以来，平均月销售额已经发生了变化 原假设 : 2500:0=μH 备择假设 : 2500:1≠μH ()100/1200.83?480/16 X X t μσ-= === 查表得 131.2)116(025.0=-t 因为t = < 131.2=c t , 故接受原假 设,即从上次调查以来，平均月销售额没有发生变化。
北京联合大学信息学院 《网络集成与维护》 大作业 组长：吴迪 组员：胡方晨孙威龙刘禹 班级：计算机1101B 专业：计算机科学与技术
目录 0.摘要 (1) 1.校园网设计思路 (2) 2.设备选型 (2) 3.信息点 (4) 4.校园网visio 图................................... (4) 5.校园网拓扑图 (5) 6.命令配置及结果 (6) 7.小组分工 (11) 8.总结 (11)
摘要 随着互联网技术的蓬勃发展，设计一个切实可行并具有很好的安全性的校园网络是一件富有挑战性的工作。校园网属于局域网，它是局域网技术的综合应用，本校园网在组建过程中，选择以太网(Ethernet)作为主干技术，以太网是当今网络的主流技术，应用非常广泛。在校园网拓扑结构设计上选用树状结构，它是星状结构的拓展，具有灵活的可扩展性、较高的可靠性、且安装方便、易管理、投资小。各楼宇之间的传输介质选用多模光纤，楼宇内部选用五类UTP或六类UTP，大大提高内部网络的实用性。布线技术采用结构化布线系统，有良好的可扩展性、很高的灵活性和可靠性。楼宇内部交换机采用了三层交换技术，可提高网络的运行速度和效率。 本文面地介绍了校园网设计与实现的组网背景及目的意义，重点描述了在组网过程中对局域网技术的一些应用，包括网络拓扑结构的设计、技术选型、设备选购等方面，结合学校的实际情况及组网需求，对校园网的设计与实现中的各个环节进行综合阐述和详细分析。 关键字：校园网，ipv4 ipv6 ，DNS服务器，WEB服务器
1.校园网设计思路： 校园网必须具备教学、管理和通讯三大功能。教师可以方便地浏览和查询网上资源，进行教学和科研工作；学生可以方便地浏览和查询网上资源实现远程学习；通过网上学习学会信息处理能力。学校的管理人员可方便地对教务、行政事务、学生学籍、财务、资产等进行综合管理，同时可以实现各级管理层之间的信息数据交换，实现网上信息采集和处理的自动化，实现信息和设备资源的共享，因此，校园网的建设必须有明确的建设目标。校园网的总体设计原则是：开放性采用开放性的网络体系，以方便网络的升级、扩展和互联；同时在选择服务器、网络产品时，强调产品支持的网络协议的国际标准化； 可扩充性从主干网络设备的选型及其模块、插槽个数、管理软件和网络整体结构，以及技术的开放性和对相关协议的支持等方面，来保证网络系统的可扩充性； 可管理性利用图形化的管理界面和简洁的操作方式，合理地网络规划策略，提供强大的网络管理功能；使日常的维护和操作变得直观，便捷和高效； 安全性内部网络之间、内部网络与外部公共网之间的互联，利用VLAN/ELAN、防火墙等对访问进行控制，确保网络的安全； 投资保护选用性能价格比高的网络设备和服务器；采用的网络架构和设备充分考虑到易升级换代，并且在升级时可以最大限度地保护原有的硬件设备和软件投资； 易用性应用软件系统必须强调易用性，用户界友好，带有帮助和查询功能，用户可以通过Web查询。 校园网的组网技术一般有以下选择： 主干网技术的选择 主要选择千兆（适合于高校）或百兆以太网技术来构建校园网络，对两层结点和桌面微机的接入也采用快速以太网，建立一个基于多层、全交换的虚拟园区网。 校园网在设计上应具备以下特性才能够满足需求，并保证建成后的网络在一个较长的时间内具有较强的可用性和一定的先进性。 1、高性能与技术先进性 校园网网络系统要求具有较高的数据通信能力和较大的带宽；并在主干网上提供较强的可扩展性。为了及时、迅速地处理网络上传送的数据，网络应有较高的网络主干速度。 2、高可靠性 网络要求具有高可靠性，高稳定性和足够的冗余，提供拓扑结构及设备的冗余和备份，为了防止局部故障引起整个网络系统的瘫痪，要避免网络出现单点失效。在网络骨干上要提供备份链路，提供冗余路由。在网络设备上要提供冗余配置，设备在发生故障时能以热插拔的方式在最短时间内进行恢复，把故障对网络系统的影响减少到最小，避免由于网络故障造成用户损失； 3、安全性 校园网作为一个支持众多用户、同时和INTERNET/CERNET存在连接的网络，网络安全性在整个网络中是个很重要的问题，应该采用一定手段控制网络的安全性，以保证网络正常运行。网络中应采取多种技术从内部和外部同时控制用户对网络资源的访问。网络系统还应具备高度的数据安全性和保密性，能够防止非法
2-3何谓真空度？某点的真空度为0.4×105Pa ，其绝对压力和相对压力分别是多少？ 答：绝对压力比大气压小的那部分数值为真空度。 绝对压力=大气压力—真空度=0.6×105Pa 相对压力=—真空度=—0.4×105Pa 2-5在图2-12中，液压缸直径150D mm =，活塞直径100d mm =，负载50000F N =。若不计油液自重及活塞或缸体重量，求a) 、b)两种情况下的液压缸内部的油液压力。 解：a) 柱pA F =b) 环pA F +2-6如图， 130q L =解：v 1=2 1 14D v π 3-9 图数）各为多少？（已知图c 中节流阀的压差为Δp ） 答：0=p ；A F p = ；p p ?=；0=p 3-11 某液压泵的工作压力为5MPa ，转速为1450r/min ，排量为40mL/r ，容积效率为0.93，总效率为0.88，求泵的实际输出功率和驱动该泵所用电动机的功率。 解：W pVn pq P V o 449593.0104060 1450 10566=?????===-η
4-8 如图4-15所示，三个液压缸的缸筒和活塞杆直径均为D 和d ，当输入油液的压力和流量 v = 2v = 3v = ，试求： （1（24 4 2）Pa d F p 66 22 1004.110354 1000 4 ?=??= = -π π 第五章作业参考答案5 P78 : 5-9 如图5-28所示回路，若溢流阀的调定压力为6MPa ，判断在电磁铁断电，负载无穷大或负载压力 为4MPa 时，系统的压力分别是多少？当电磁铁通电，负载压力为4MPa 时，系统的压力又是多少？
1. A ( ) protocol is used to move a packet over an individual link. A. application-layer B. transport-layer C. network-layer D. link-layer 2. Which of the following services can not offered by a link-layer protocol? ( ) A. congestion control B. Link Access C. Error control D. Framing 3. ( ) protocol serves to coordinate the frame transmissions of the many nodes when multiple nodes share a single broadcast link. A. ARP B. MAC C. ICMP D. DNS 4. Consider CRC error checking approach, the four bit generator G is 1011, and suppose that the data D is 10101010, then the value of R is ( ). A. 010 B. 100 C. 011 D.
110 5. In the following four descriptions about random access protocol, which one is not correct? ( ) A. In slotted ALOHA, nodes can transmit at random time. B. CSMA/CD cannot be implemented on a wireless channel. C. The maximum efficiency of a slotted ALOHA is higher than a pure ALOHA. D. In CSMA/CD, one node listens to the channel before transmitting. 6. In the following descriptions about MAC address, which one is not correct? ( ) A. The MAC address is the address of one node’s adapter. B. No two adapters have the same MAC address. C. The MAC address doesn’t change no matter where the adapter goes. D. MAC address has a hierarchical structure.
网络技术基础大作业 大作业内容如下： 一、单选题（每小题2分，计40分） 1、OSI参考模型是由（ D ）组织提出的。 A、IEEE B、ANSI C、EIA/TIA D、ISO 2、拓扑结构是（ B ）的具有点到点配置的特点。 A、总线 B、星型 C、环型 D、都不对 3、IEEE802是（ A ）体系结构标准。 A、LAN B、MAN C、WAN D、以上都不是 4、基带传输系统是使用（ B ）进行传输的。 A、模拟信号 B、数字信号 C、多路模拟信号 D、模拟和数字信号 5、调幅（AM）和调频（FM）以及调相（PM）是（ D ）调制的例子。 A、模拟—数字 B、数字—模拟 C、数字—数字 D、模拟—模拟 6、异步传输中，字节间的时间间隙是（ B ）。 A、固定不变 B、可变的 C、0 D、数据速率的函数 7、对于（ A ），警戒频带多占用了带宽。 A、FDM B、TDM C、STDM D、以上都是 8、在数据链路层是通过（ B ）找到本地网络上主机的。 A、端口号 B、MAC地址 C、默认网关 D、逻辑网络地址 9、在基于广播的以太网中，所有的工作站都可以接收到发送到网上的（ C ）。 A、电信号 B、比特流 C、广播帧 D、数据包 10、下面关于CSMA/CD叙述正确的是（ D ）。 A、信号都是以点到点方式发送的 B、一个节点的数据发往最近的路由器，路由器将数据直接发到目的地 C、如果源节点知道目的地的IP和MAC地址的话，信号便直接送往目的地 D、任何一个节点的通信数据要通过整个网络，且每个节点都接收并验证该数据 11、关于共享式以太网，下列不正确的说法是（ D ）。 A、需要进行冲突检测 B、仅能实现半双工流量控制 C、利用CSMA/CD介质访问机制 D、可以缩小冲突域 12、数据分段是在OSI/RM中的（ C ）完成的。 A、物理层 B、网络层 C、传输层 D、应用层 13、OSI/RM的（ C ）关心路由寻址和数据包转发。 A、物理层 B、数据链路层 C、网络层 D、传输层 14、路由器并不具备（ B ）功能。
Chapter 3 注:括弧中标题号为第四版教材中对应得习题号 1.(R14)Suppose Host A sends two TCP segments back to back to Host B over a TCP connection、The first segment has sequence number 90; the second has sequence number 110、 a、How much data is in the first segment? b、Suppose that the first segment is lost but the second segment arrives at B、In the acknowledgment that Host B sends to Host A, what will be the acknowledgment number? 答: a.[90,109]=20bytes b.ack number=90,对第一个报文段确认 2.(R15)True or false? a、The size of the TCP RcvWindow never changes throughout the duration of the connection、 b、suppose Host A is sending Host B a large a TCP connection、The number of unacknowledged bytes that A sends cannot exceed the size of the receive buffer、 c、Host A is sending Host B a large a TCP connection、Assume Host B has no data to send Host A、Host B will not send acknowledgments to Host A because Host B cannot piggyback the acknowledgment on data、 d、The TCP segment has a field in its header for RcvWindow、 e、Suppose Host A is sending a large Host B over a TCP connection、If the sequence number for a segment of this connection is m, then the sequence number for the subsequent segment will necessarily be m + 1、 f、Suppose that the last SampleRTT in a TCP connection is equal to 1 sec、The current value of TimeoutInterval for the connection will necessarily be>=1 sec、 g、Suppose Host A sends one segment with sequence number 38 and 4 bytes of data over a TCP connection to Host B、In this same segment the acknowledgment number is necessarily 42、 答: a、F b、T c、F:即使没有数据传送,也会进行单独确认 d、T e、F:按字节编号,不按报文段编号 f、F g、F:B->A得确认号不一定为38+4=42 3.(R17)True or false? Consider congestion control in TCP、When the timer expires at the sender, the threshold is set to one half of its previous value、 答: F:应为当前拥塞窗口得一半,而不就是阈值得一半。 4.(P3)UDP and TCP use 1s plement for their checksums、Suppose you have the following three 8-bit bytes: 01101010, 01001111, 、What is the 1s plement of the sum of these 8-bit byte? (Note that although UDP and TCP use 16-bit words in puting the checksum, for this problem you are being asked to consider 8-bit sums、) Show all work、、Why is it that UDP takes plement of the sum; that is, why not just use the sum? With the 1s plement scheme, how
计量经济学作业第5章（含答案）
、单项选择题 1 ?对于一个含有截距项的计量经济模型，若某定性因素有 D. m-k 2 ?在经济发展发生转折时期，可以通过引入虚拟变量方法来表示这种变化。例 如，研究中国城镇居民消费函数时。1991年前后，城镇居民商品性实际支出 丫 对实际可支配收入X 的回归关系明显不同。现以1991年为转折时期，设虚拟变 [1 1991# WS D =< 量 r [O f 1毀坪以前，数据散点图显示消费函数发生了结构性变化：基本 消费部分下降了，边际消费倾向变大了。贝U 城镇居民线性消费函数的理论方程 可以写作（ ） A. h 二几+耳扎+如）拓+斗 3. 对于有限分布滞后模型 在一定条件下，参数儿可近似用一个关于【的阿尔蒙多项式表示 ），其中多项式的阶数 m 必须满足（ ） A .障匚上 B . m k C . D .用上上 4. 对于有限分布滞后模型，解释变量的滞后长度每增加一期，可利用的样本数 据就会（ ） A.增加1个 B.减少1个 C.增加2个 D.减 少2个 5. 经济变量的时间序列数据大多存在序列相关性，在分布滞后模型中，这种序 列相关性就转化为（ ） A. m B. m-1 C. m+1 将其引入模型中，则需要引入虚拟变量个数为（ m 个互斥的类型，为 ） B. C. Y 讦 A+ +"0+ 斗 D.
A.异方差冋 题 B.多重 共线性问题
问题 6. 将一年四个季度对因变量的影响引入到模型中（含截 距项），则需要引入虚 拟变量的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 若 想考察某两个地区的平均消费水平是否存在显著差异，则下列那个模型比 较适合（丫代表消费支出；X 代表可支配收入；D 2、D 3表示虚拟变量） （） A.Yj"+陆+野 B . 二、多项选择题 1. 以下变量中可以作为解释变量的有 （ ） A.外生变量 B.滞后内生变量 C.虚 拟变量 D.先决变量 E.内生变量 2. 关于衣着消费支出模型为：h 吗+叩左+必史+勺3工』』+ "逅+色，其中 丫为衣着万面的年度支出；X 为收入， 1 女性 "i 大学毕业及以上 D = : D 3i =J o 男性, 3i 其他 则关于模型中的参数下列说法正确的是（ ） A. $表示在保持其他条件不变时，女性比男性在衣着消费支出方面多支出 （或少 支出）差额 B. 珂表示在保持其他条件不变时，大学毕业及以上比其他学历者在衣着消 费支 出方面多支出（或少支出）差额 C. 5表示在保持其他条件不变时，女性大学及以上文凭者比男性和大学以 下文凭 者在衣着消费支出方面多支出（或少支出）差额 D. 表示在保持其他条件不变时，女性比男性大学以下文凭者在衣着消 费支出方面多支出（或少支出）差额 E. 表示性别和学历两种属性变量对衣着消费支出的交互影响 、判断题 1 ?通过虚拟变量将属性因素引入计量经济模型，引入虚拟变量的个数与样本容 C.序列相关性问题 D.设定误差 ￡ =坷++以叭JQ+舛 C. 】 D 丄吗皿吗+风+儿
大作业内容如下： 一、单选题（每小题2分，计40分） 1、OSI参考模型是由（ D ）组织提出的。 A、IEEE B、ANSI C、EIA/TIA D、ISO 2、拓扑结构是（ A ）的具有点到点配置的特点。 A、总线 B、星型 C、环型 D、都不对 3、IEEE802是（ A ）体系结构标准。 A、LAN B、MAN C、WAN D、以上都不是 4、基带传输系统是使用（ A ）进行传输的。 A、模拟信号 B、数字信号 C、多路模拟信号 D、模拟和数字信号 5、调幅（AM）和调频（FM）以及调相（PM）是（ D ）调制的例子。 A、模拟—数字 B、数字—模拟 C、数字—数字 D、模拟—模拟 6、异步传输中，字节间的时间间隙是（ B ）。 A、固定不变 B、可变的 C、0 D、数据速率的函数 7、对于（ A ），警戒频带多占用了带宽。 A、FDM B、TDM C、STDM D、以上都是 8、在数据链路层是通过（ B ）找到本地网络上主机的。 A、端口号 B、MAC地址 C、默认网关 D、逻辑网络地址 9、在基于广播的以太网中，所有的工作站都可以接收到发送到网上的（ C ）。 A、电信号 B、比特流 C、广播帧 D、数据包 10、下面关于CSMA/CD叙述正确的是（ D ）。 A、信号都是以点到点方式发送的 B、一个节点的数据发往最近的路由器，路由器将数据直接发到目的地 C、如果源节点知道目的地的IP和MAC地址的话，信号便直接送往目的地 D、任何一个节点的通信数据要通过整个网络，且每个节点都接收并验证该数据 11、关于共享式以太网，下列不正确的说法是（ B ）。 A、需要进行冲突检测 B、仅能实现半双工流量控制 C、利用CSMA/CD介质访问机制 D、可以缩小冲突域 12、数据分段是在OSI/RM中的（ C ）完成的。 A、物理层 B、网络层 C、传输层 D、应用层 13、OSI/RM的（ B ）关心路由寻址和数据包转发。 A、物理层 B、数据链路层 C、网络层 D、传输层