1、计算机学院：王小茹2-2 2-2 学习应用学习应用奈奎斯特定理和香农奈奎斯特定理和香农定理定理 一条无噪声4kHz信道，按照每1ms一次进行采样，请问最大数据传输率是多少？解题原理：理解奈奎斯特原理，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。解答如下：不管采样速率如何，一个无噪声的信道可以运载任意多数量的信息，因为每个采样都可以发送大量的比特数据。题目中的信道带宽，只是限制了码元传输速率，但每个码元携带的比特数量没有给出，所以信道的信息传输速率无法计算。计算机学院：王小茹 换算换算：码元：码元与比特与比特 电视频道的带宽是6M
2、Hz，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。解答：利用奈奎斯特计算码元传输速率=26=12Baut利用4级数字信号，可知，每个码元代表2比特，则总的信息传输速率=212=24bps计算机学院：王小茹2 2-3-3 香农和奈奎斯特的适用条件香农和奈奎斯特的适用条件 如果在一条3kHz的信道上发送一个二进制信号，该信道的信噪比为20dB,则最大的数据传输速率是多少？解题思路：香农考虑到噪声是量化噪声。量化噪声一般产生于模拟信号转数字信号时。此题不考虑香农，要学会剔除无关条件。解答如下：最大的码元传输速率23kHz 6Baut 由于传输的是二进制基带信号，因此：最大的信息传输速率
3、最大的码元传输速率6bps计算机学院：王小茹2 2-4-4 香农和香农和T1T1原理原理 在50kHz线路上使用T1载波，需要多大的信噪比？解题思路：理解T1原理，会推算出T1的速率=1.544Mbps已知速率(1.544Mbps)和带宽（50kHz），利用香农公式反推信噪比（93分贝）计算机学院：王小茹 2-8 2-8 奈奎斯奈奎斯特的使用特的使用 奈奎斯特适用于光纤吗？还是仅仅适用于铜线？解题原理：利用傅立叶分析得到的奈奎斯特，是一个适用所有介质的数学原理。解答如下：乃奎斯特定理是一个数学性质，不涉及技术定理。该定理表示：如果你有一个函数，它的傅立叶频谱不包含高于f的正弦或余弦，那么以2f
4、的频率采样该函数，就可以获取该函数所包含的全部信息。因此，该定理适合所有介质。计算机学院：王小茹学会看星座图，计算速率whats your constellation diagram?掌握课后习题2-22，2-23，2-25，2-26计算机学院：王小茹2-212-21 调制解调器的星座图调制解调器的星座图 如下图所示，调制解调器的星座图有2个坐标点，（0，1）、（0，2），请问这个调制解调器使用的是相位调制还是幅度调制？解答思路：2个坐标点，相位总是0，使用了2种振幅，是直接的幅度调制（AM）。计算机学院：王小茹调制解调器的星座图调制解调器的星座图 如下图所示，调制解调器的星座图有以下几个坐标
5、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？解答思路：四个坐标点，表示每个码元可携带2个bit，因此信息传输速率2倍的码元传输速率=120022400bps。计算机学院：王小茹调制解调器的星座图调制解调器的星座图 一个全双工QAM-64的调制解调器使用多少个频率？解答如下：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。计算机学院：王小茹2-242-24 调制解调器的速率调制解调器的速率 一个使用DMT的ADSL系统将3/4可用数据信道分配了下行链路。它在每个通道上都使用QAM-64调制。
6、那么下行链路的容量是多少？解答如下：总共有256个通道，除去6个用于POTS的通道，再除去用于控制的2个信道，剩下248个用于数据。如果通道中3/4用于下行，那么有186个用于下行。ADSL调制在4000波特上进行，因此使用QAM-64(每波特6位），186个通道中的每一个都是24000bps,因此下行带宽=4.464Mbps。计算机学院：王小茹2-2-25 25 FDMFDM原理原理 有10个信号，每个需要4000Hz。它们使用FDM被复用到单个信道。问该复用通道所需的最小带宽是多少？假定警戒是400Hz宽。解题思路理解FDM原理10个信号，需要9个警戒带400010+4009=43600H
7、z计算机学院：王小茹2-2-2 28 8 速率换算速率换算 比较以下两种情况下一个无噪声4kHz信道的最大信息传输速率：1)使用每次采样产生2bit的模拟信号编码；2)使用T1 PCM系统。解题思路在两种情况下，根据乃奎斯特定理，采用速率为每秒8000次；每秒采样产生2bit的模拟信号情况下，每次采样发送2bit信息，则最大的信息传输速率28000=16000bps。对于T1，每个采样周期发送7bit的数据，最大的信息传输速率7800056000bps。计算机学院：王小茹几种系统的速率计算几种系统的速率计算 一个信号在4kHz的无噪声信道上以数字方式进行传输，每125us采样一次，请问，按照以
8、下的编码方式，每秒钟实际发送多少bit？1)CCITT 2.048Mbps；2)有4bit相对信号值的DPCM。3)增量调制 解题思路 CCITT 2.048Mbps标准用32个8bit数据样本组成一个125us的基本帧，30个信道用于传信息，2个信道用于传控制信息。在每一个4KHz信道上发送的数据率88000=64Kbps；DPCM是一种压缩传输信息量的方法，它发送的不是每一次抽样的二进制编码值，而是两次抽样的差值二进制编码。现在相对差值是4bit，所以对应4KHz信道的实际发送的比特速率48000=32Kbps。增量调制只需要1bit就可以表示一次抽样的结果，因此，对应4KHz信道的实际发
9、送的比特速率18000=8Kbps。计算机学院：王小茹2-2-3 36 6 理解三种交换方式的原理理解三种交换方式的原理 请比较一下在一个电路交换网络中和一个（负载较轻的）分组交换网络中，沿着K跳动路径发送一个X位消息的延迟情况。电路建立时间为s秒，每一条的传播延迟为d秒，分组的大小为p位，数据传输率为b bps。在什么条件下分组网络的延迟比较短。电路交换分组交换计算机学院：王小茹Cont.使用电路交换：t=s 时完成电路建立 t=s+x/b 最后一个bit 发完 t=s+x/b+kd最后一个bit 到达接收端使用分组交换：t=x/b 最后一个bit 发完 t=x/b+(k-1)p/b+kd
10、最后一个bit 到达接收端x/b+(k-1)p/b+kd(k-1)p/b计算机学院：王小茹2-37 理解分组交换 假定用户数据为x bit，将以一系列分组的形式在一个分组交换的网络中沿着一条包含了k跳的路径向前传输，每个分组包含p bit数据和h bit的头部。这里x p+h。线路的信息传输速率为b bps，传播延迟忽略不计，请问什么样的p值使总延迟最小？计算机学院：王小茹分组总的数量为 x/p个，传送信息总量为 (p+h)x/p;t=(p+h)x/pb 最后一个bit 发完 t=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/b最后一个bit 到达接收端 总时间T=(p+h)x/pb+(k-1)(
11、p+h)/b;对T求导:T=-hx/bp2+(k-1)/b p=(hx/(k-1)1/2计算机学院：王小茹附加题：如下图如下图主机主机A A和和B B都通过都通过10Mbps10Mbps的链路的链路连接到交换机连接到交换机S S上。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。ABS计算机学院：王小茹附加题：理解线路传输附加题：理解线路传输的时间安排和计算方法的时间安排和计算方法 解题原理：从
12、t=0开始发送分组，然后依次计算。计算机学院：王小茹 作为单个分组发送 每条链路的发送延迟：10000/10Mbit/s1000us，总的时间21000220352075us 当作为两个分组发送时，下面是发生的步骤：T=0,开始 T500 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 T=1000 a完成了分组2的发送；T=1055,分组2从s开始发送 T=1075,分组2的第一位开始到达b，T=1575,分组2的最后1位到达B 总的时间25002035500201575计算机学院：王小茹2-44 理解CDMA技术 一个CDMA接收器得到了下面的时间片：（-1+1-3+
13、1-1-3+1+1）.假设时间片序列如图2.45(b)所定义，请问那些移动站传输了数据？每个站发送了什么位？解答如下：利用题目中得到的这个时间片，分别与2.45中的A,B,C,D站的码片序列相乘，结果为1或1的表示对应的站点发送了信息。因此，A和D发送了1，B发送了0，C没有发送。10PROBLEM SOLUTIONS FOR CHAPTER 247.Frequencies cannot be reused in adjacent cells,so when a user moves fromone cell to another,a new frequency must be allocat
14、ed for the call.If a usermoves into a cell,all of whose frequencies are currently in use,the users callmust be terminated.48.It is not caused directly by the need for backward compatibility.The 30 kHzchannel was indeed a requirement,but the designers of D-AMPS did not haveto stuff three users into i
15、t.They could have put two users in each channel,increasing the payload before error correction from 260 50=13 kbps to260 75=19.5 kbps.Thus,the quality loss was an intentional trade-off toput more users per cell and thus get away with bigger cells.49.D-AMPS uses 832 channels(in each direction)with th
16、ree users sharing a sin-gle channel.This allows D-AMPS to support up to 2496 users simultane-ously per cell.GSM uses 124 channels with eight users sharing a singlechannel.This allows GSM to support up to 992 users simultaneously.Bothsystems use about the same amount of spectrum(25 MHz in each direct
17、ion).D-AMPS uses 30 KHz 892=26.76 MHz.GSM uses 200 KHz 124=24.80 MHz.The difference can be mainly attributed to the better speechquality provided by GSM(13 Kbps per user)over D-AMPS(8 Kbps peruser).50.The result is obtained by negating each ofA,B,andCand then adding thethree chip sequences.Alternati
18、vely the three can be added and then negated.The result is(+3+1+1-1-3-1-1+1).51.By definitionS T m1i=1SmSiTiIfTsends a 0 bit instead of 1 bit,its chip sequence is negated,with thei-thelement becoming-Ti.Thus,S T m1i=1SmSi(-Ti)=-m1i=1SmSiTi=052.When two elements match,their product is+1.When they do
19、not match,their product is-1.To make the sum 0,there must be as many matches asmismatches.Thus,two chip sequences are orthogonal if exactly half of thecorresponding elements match and exactly half do not match.53.Just compute the four normalized inner products:(-1+1-3+1-1-3+1+1)(-1-1-1+1+1-1+1+1)/8=
20、1(-1+1-3+1-1-3+1+1)(-1-1+1-1+1+1+1-1)/8=-1PROBLEM SOLUTIONS FOR CHAPTER 211(-1+1-3+1-1-3+1+1)(-1+1-1+1+1+1-1-1)/8=0(-1+1-3+1-1-3+1+1)(-1+1-1-1-1-1+1-1)/8=1The result is thatAandDsent 1 bits,Bsent a 0 bit,andCwas silent.54.Ignoring speech compression,a digital PCM telephone needs 64 kbps.If wedivide
21、10 Gbps by 64 kbps we get 156,250 houses per cable.Current systemshave hundreds of houses per cable.55.It is both.Each of the 100 channels is assigned its own frequency band(FDM),and on each channel the two logical streams are intermixed by TDM.This example is the same as the AM radio example given
22、in the text,but nei-ther is a fantastic example of TDM because the alternation is irregular.56.A 2-Mbps downstream bandwidth guarantee to each house implies at most 50houses per coaxial cable.Thus,the cable company will need to split up theexisting cable into 100 coaxial cables and connect each of t
23、hem directly to afiber node.57.The upstream bandwidth is 37 MHz.Using QPSK with 2 bits/Hz,we get 74Mbps upstream.Downstream we have 200 MHz.Using QAM-64,this is1200 Mbps.Using QAM-256,this is 1600 Mbps.58.Even if the downstream channel works at 27 Mbps,the user interface isnearly always 10-Mbps Ethe
24、rnet.There is no way to get bits to the computerany faster than 10-Mbps under these circumstances.If the connectionbetween the PC and cable modem is fast Ethernet,then the full 27 Mbps maybe available.Usually,cable operators specify 10 Mbps Ethernet because theydo not want one user sucking up the en
25、tire bandwidth.SOLUTIONS TO CHAPTER 3PROBLEMS1.Since each frame has a chance of 0.8 of getting through,the chance of thewhole message getting through is 0.810,which is about 0.107.Call this valuep.The expected number of transmissions for an entire message is thenE=i=1Sip(1-p)i-1=pi=1Si(1-p)i-1To reduce this,use the well-known formula for the sum of an infinitegeometric series,S=1=1Sai=1-a1Differentiate both sides with respect to a to getS=i=1Siai-1=(1-a)21
