计算机网络 第二章 课后题答案

英文版教材第二章 2, 3, 4, 7, 8, 21, 24, 25, 26, 28, 35, 36, 37

2. 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：$B=2H=2×8k=16Baud$B=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：$C=B×log_2V(bps)$C=B×log2​V(bps)，$V$V表示码元有效离散值个数。
   答：由奈氏准则有：$B=2H=2×6MHz=12MBaud$B=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 $C=2×12MBaud=24Mbps$C=2×12MBaud=24Mbps

3. 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 $B=2H=2×3kHz=6kBaut$B=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 $C=1×6Baut=1kbps$C=1×6Baut=1kbps

4. 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：$C=Hlog_2^{1+S/N}=100kHz×log_2^{1+S/N}=1.544Mbps$C=Hlog21+S/N​=100kHz×log21+S/N​=1.544Mbps，解得 $S/N=2^{15}-1≈45.2dB$S/N=215−1≈45.2dB

5. 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 $C=1920×1200×24×50=2764.8 Mbps$C=1920×1200×24×50=2764.8Mbps

6. 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。

7. 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$C=2B=2×1200Baut=2400bps$C=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。

8. 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。

9. 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

10. Why has the PCM sampling time been set at 125 μsec?
    考点：

11. 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 $B=2H=2×4kHz=8kBaud$B=2H=2×4kHz=8kBaud
    （a）每个码元携带2bit信息，则信息传输速率 $C=2B=2×8kBaud=16kbps$C=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 $C=7B=7×8kBaud=56kbps$C=7B=7×8kBaud=56kbps

12. 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，$t=s$t=s 时完成电路建立，$t=s+x/b$t=s+x/b 时最后一个 bit 发完，$t=s+x/b+kd$t=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，$t=x/b$t=x/b 最后一个 bit 发完，$t=x/b+(k-1)p/b+kd$t=x/b+(k−1)p/b+kd 最后一个 bit 到达接收端（$k-1$k−1个路由器进行$k-1$k−1次转发，$k$k跳）
    要使分组交换时延 < 电路交换时延，则 $S>(k-1)p/b$S>(k−1)p/b，即 $p<Sb/(k-1)$p<Sb/(k−1)

    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，$总时延=2×1000+2×20+35=2075μs$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

13. 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 $x/p$x/p 个，传送信息总量为 $(p+h)x/p$(p+h)x/p，$t=(p+h)x/pb$t=(p+h)x/pb 最后一个 bit 发完，$t=(p+h)x/pb+(k-1)(p+h)/b$t=(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，对T求导并令导数$=0$=0，求出函数极小值点，则时延最小时，$p=\sqrt{\frac {hx}{k-1}}$p=k−1hx​​