《计算机网络 自顶向下方法》（第7版）答案（第三章）（三）

P41

将不收敛为平衡算法。若按照常量减小窗口，描述二者传输量的点将始终与x轴45°方向摆动，并不移向平衡点。

P42

只有超时间隔加倍，只能减缓因反复重传造成的拥塞，不能阻止继续向拥塞处发送分组。

P43

拥塞控制需要无丢包的环境
故采用流量控制

P44

a) 6RTT
b) 6+7+8+9+10+11=51
51/6=8.5MSS/RTT

P45

a) 总共传输的包的数量：
$\frac{1}{2}\ast (W-\frac{W}{2}+1)\ast (\frac{W}{2}+W)$=$\frac{3}{8}{W}^2+\frac{3}{4}W$
丢失1个包，故$L=\frac{1}{\frac{3}{8}{W}^2+\frac{3}{4}W}$
b) W足够大时，$\frac{3}{8}{W}^2$>>$\frac{3}{4}W$,此时$L=\frac{1}{\frac{3}{8}{W}^2}$=$\frac{8}{3W^2}$,即$W=\sqrt{\frac{8}{3L}}$
average_speed=$\frac{0.75W}{RTT}$=$\frac{1.22\ast MSS}{RTT\sqrt{L}}$

P46

a) $\frac{W\ast MSS}{RTT}$=10Mbps
W=125
b) 平均窗口长度0.75W=94
平均吞吐量 94 * 1500 * 8/0.15=7.52Mbps
c) 最小窗口：W/2+3=65
（125-65）* 150ms=9s

P47

这个缓存不能太短，否则会过早返回冗余ACK导致发送端暂缓传输（也就是该链路不忙于发送数据），所以必须足够大，大到一个RTT传输的数据量，这样，缓存区满时，再发送包会立刻引发重传。

P48

a) 125000
b) 7.52Gbps
c) 156.2min 此时可以采用乘性增

P49

见P45

P50

a) 都是1
b) 不

P51

a) 都是2
b) 是
c) 是，都是2
d) 同步将降低共享链路的利用率，同时为1时，二者之和为2，小于链路的承载能力3. 可以增设缓冲区，在缓冲区溢出之前随机丢弃分组。

P52

此时传输的总量=$\frac{W}{2}+\frac{W}{2}(1+a)+\frac{W}{2}(1+a{)}^2+...+W$=$\frac{\frac{W}{2}(1-(1+a{)}^n)}{1-(1+a)}$=$\frac{W(2a+1)}{2a}$
丢包率$L=\frac{2a}{W(2a+1)}$
不论吞吐量如何，需要的时间总为$lo{g}_{a+1}2\ast RTT$

P53

$L=(\frac{1.22MSS}{RTT\ast D}{)}^2$=$2\ast 10^{-10}$
$D=100Gbps$代入
$L=2\ast 10^{-12}$

P54

优点：不需要慢启动
缺点：cwnd与ssthresh比较陈旧，不能立刻适应现有的网络环境
建议：增加缓存，使发送数据过程平缓，减少这种空闲情况

P55

a) Y
b) 能，SYNACK被发送到Y，而攻击者无法获得初始序列号，故无法返回正确的ACK.

P56

a) 6RTT+15S/R
b) 4.5RTT+15S/R
c) 8.5RTT+15S/R

第三章 完

最后

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