计算机网络 第二章 课后题答案 |
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A noiseless 8-kHz channel is sampled every 1 msec. What is the maximum data rate? 考点:理解奈氏准则,计算出信道的最高码元传输速率;理解码元传输速率与信息传输速率的关系和区别;学会排除无关的已知条件,如采样速率。 答: B=2H=2×8k=16BaudB=2H=2×8k=16BaudB=2H=2×8k=16Baud,码元携带比特数未知,所以信息传输速率无法计算 补充:电视频道的带宽是6MHz,如果使用4级数字信号,每秒能发送多少比特?假定无噪声信道。 考点:考查奈氏准则,以及码元与比特间的转换 波特与比特换算公式: C=B×log2V(bps)C=B×log_2V(bps)C=B×log2?V(bps), VVV表示码元有效离散值个数。 答:由奈氏准则有: B=2H=2×6MHz=12MBaudB=2H=2×6MHz=12MBaudB=2H=2×6MHz=12MBaud;利用4级数字信号,4个状态,所以每个码元代表2比特,则信息传输速率 C=2×12MBaud=24MbpsC=2×12MBaud=24MbpsC=2×12MBaud=24Mbps If a binary signal is sent over a 3-kHz channel whose signal-to-noise ratio is 20 dB, what is the maximum achievable data rate? 考点:考查香农公式的适用条件及基带信号的概念 答:无ADC量化噪声,不考虑香农公式。因此最大码元传输速率 B=2H=2×3kHz=6kBautB=2H=2×3kHz=6kBautB=2H=2×3kHz=6kBaut。因为传送的是二进制基带信号,1个码元=1比特,最大信息传输速率 C=1×6Baut=1kbpsC=1×6Baut=1kbpsC=1×6Baut=1kbps What signal-to-noise ratio is needed to put a T1 carrier on a 100-kHz line? 考点:理解T1原理,会推算出T1的速率,香农公式的运用以及分贝的换算 答: C=Hlog21+S/N=100kHz×log21+S/N=1.544MbpsC=Hlog_2^{1+S/N}=100kHz×log_2^{1+S/N}=1.544MbpsC=Hlog21+S/N?=100kHz×log21+S/N?=1.544Mbps,解得 S/N=215?1≈45.2dBS/N=2^{15}-1≈45.2dBS/N=215?1≈45.2dB It is desired to send a sequence of computer screen images over an optical fiber. The screen is 1920 × 1200 pixels, each pixel being 24 bits. There are 50 screen images per second. How much bandwidth is needed? 考点:带宽的概念 答:带宽 C=1920×1200×24×50=2764.8MbpsC=1920×1200×24×50=2764.8 MbpsC=1920×1200×24×50=2764.8Mbps Is the Nyquist theorem true for high-quality single-mode optical fiber or only for copper wire? 考点:奈氏准则适用条件 答:奈氏定理是一个数学性质,和具体技术无关。其适用于所有介质,自然也适用于高质量的单模光纤。 A modem constellation diagram similar to Fig. 2-23 has data points at (0, 1) and (0, 2). Does the modem use phase modulation or amplitude modulation? 考点:调制方法的理解 答:由图可知,两点横坐标相同都为0,因此相位相同,振幅不同,因此未调幅(AM) 补充:如下图所示,调制解调器的星座图有以下几个坐标点,(1,1)、(1,-1)、(-1,1)和(-1,-1),请问具备这些参数的调制解调器在1200Baut上可达到多少bps? 考点:码元与比特的转换 答:4个点表示4个状态,取对数得1个码元携带2bit信息,因此 C=2B=2×1200Baut=2400bpsC=2B=2×1200Baut=2400bpsC=2B=2×1200Baut=2400bps 补充:一个全双工QAM-64的调制解调器使用多少个频率? 考点:QAM-64以及调制的理解 答:两个。一个用于上行,一个用于下行。调制机制本身仅使用振幅和相位,频率没有被调制。 An ADSL system using DMT allocates 3/4 of the available data channels to the down-stream link. It uses QAM-64 modulation on each channel. What is the capacity of the downstream link? 考点:考试考查DMT、ADSL技术原理:低频仍传语音,高频传数据,被划分为4kHz的子信道,上行<下行;不会考查具体哪些信道用来干什么。 Ten signals, each requiring 4000 Hz, are multiplexed onto a single channel using FDM. What is the minimum bandwidth required for the multiplexed channel? Assume that the guard bands are 400 Hz wide. 考点:FDM原理 答:10个信号,需要9个警戒带,因此最小带宽 =4000×10+400×9=43.6kHz=4000×10+400×9=43.6kHz=4000×10+400×9=43.6kHz Why has the PCM sampling time been set at 125 μsec? 考点: Compare the maximum data rate of a noiseless 4-kHz channel using (a) Analog encoding (e.g., QPSK) with 2 bits per sample. (b) The T1 PCM system. 考点:奈氏准则 答:因为信道无噪声,由奈氏准则得到采样频率 B=2H=2×4kHz=8kBaudB=2H=2×4kHz=8kBaudB=2H=2×4kHz=8kBaud (a)每个码元携带2bit信息,则信息传输速率 C=2B=2×8kBaud=16kbpsC=2B=2×8kBaud=16kbpsC=2B=2×8kBaud=16kbps (b)T1每个采样周期发送7bit的数据,因此信息传输速率 C=7B=7×8kBaud=56kbpsC=7B=7×8kBaud=56kbpsC=7B=7×8kBaud=56kbps Compare the delay in sending an x-bit message over a k-hop path in a circuit-switched network and in a (lightly loaded) packet-switched network. The circuit setup time is s sec, the propagation delay is d sec per hop, the packet size is p bits, and the data rate is b bps. Under what conditions does the packet network have a lower delay? Also, explain the conditions under which a packet-switched network is preferable to a circuit switched network. 考点:3种交换方式的延时 答:电路交换时延=链路建立(s)+发送时延+传播时延, t=st=st=s 时完成电路建立, t=s+x/bt=s+x/bt=s+x/b 时最后一个 bit 发完, t=s+x/b+kdt=s+x/b+kdt=s+x/b+kd 最后一个 bit 到达接收端(k跳); 分组交换时延=发送时延+(存储)转发时延+传播时延, t=x/bt=x/bt=x/b 最后一个 bit 发完, t=x/b+(k?1)p/b+kdt=x/b+(k-1)p/b+kdt=x/b+(k?1)p/b+kd 最后一个 bit 到达接收端( k?1k-1k?1个路由器进行 k?1k-1k?1次转发, kkk跳) 要使分组交换时延 S>(k?1)p/bS>(k-1)p/b S>(k?1)p/b,即 pSb/(k?1)pp 补充:如下图主机A和B都通过10Mbps的链路连接到交换机S上。 每条链路上的传播延迟都是20us。S是一个存储转发交换机,在它接收完一个分组后35us开始转发收到的分组。试着计算把10000比特从A发送到B需要的总时间: 1 ) 10000比特作为单个的分组 2 ) 把10000比特划分成两个独立的分组背靠背的发送出去。 考点:理解线路传输的时间安排和计算方法 答:1) 发送时延=10000/10Mbps=1000μs发送时延=10000/10Mbps=1000μs发送时延=10000/10Mbps=1000μs, 总时延=2×1000+2×20+35=2075μs总时延=2×1000+2×20+35=2075μs总时延=2×1000+2×20+35=2075μs(AS2个发送时延,2个传播时延,1个存储时延) 2)T=0,开始 T=500,a完成分组1的发送,开始发送分组2; T=520,分组1从s开始前往b(总时延按分组2最后1bit到达时间计算,不再考虑分组1的情况) T=1000,a完成了分组2的发送; T=1055(20+35),分组2从s开始发送 T=1555,分组2最后1bit发送完成 T=1575,分组2最后1bit到达B 总时间=2×500+20+35+500+20=1575μs总时间=2×500+20+35+500+20=1575μs总时间=2×500+20+35+500+20=1575μs Suppose that x bits of user data are to be transmitted over a k-hop path in a packet switched network as a series of packets, each containing p data bits and h header bits,with x >> p + h. The bit rate of the lines is b bps and the propagation delay is negligible.What value of p minimizes the total delay? 考点:分组交换的时延计算 答:分组总的数量为 x/px/px/p 个,传送信息总量为 (p+h)x/p(p+h)x/p(p+h)x/p, t=(p+h)x/pbt=(p+h)x/pbt=(p+h)x/pb 最后一个 bit 发完, t=(p+h)x/pb+(k?1)(p+h)/bt=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/bt=(p+h)x/pb+(k?1)(p+h)/b 最后一个 bit 到达接收端, 总时间=(p+h)x/pb+(k?1)(p+h)/b总时间=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/b总时间=(p+h)x/pb+(k?1)(p+h)/b,对T求导并令导数 =0=0=0,求出函数极小值点,则时延最小时, p=hxk?1p=\sqrt{\frac {hx}{k-1}}p=k?1hx?? |
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