计算机网络(第四版)课后习题(英文)+习题答案(中英文)(3)

34. A signal is transmitted digitally over a 4-kHz noiseless channel with one sample every 125 μsec. How many bits per second are actually sent for each of these

encoding methods?(M)

c. (a) CCITT 2.048 Mbps standard. d. (b) DPCM with a 4-bit relative signal value. e. (c) Delta modulation. a．CCITT 2.048Mbps 标准用 32 个 8 位数据样本组成一个 125 的基本帧，30 个 信道用于传信息，2 个信道用于传控制信号。在每一个 4kHz 信道上发送的数据率

就是 8*8000=64kbps。

b．差分脉码调制（DPCM）是一种压缩传输信息量的方法，它发送的不是每一次 =x/32。

37. In Fig. 2-37, the user data rate for OC-3 is stated to be 148.608 Mbps. Show how this number can be derived from the SONET OC-3 parameters.(H)

抽样的二进制编码值，而是两次抽样的差值的二进制编码。现在相对差值是 4 位， 所以对应每个 4kHz 信道实际发送的比特速率为 4*8000=32kbps。 c．增量调制的基本思想是：当抽样时间间隔 s t 很短时，模拟数据在两次抽样之

间的变化很小，可以选择一个合适的量化值 v 作为阶距。把两次抽样的差别近似为

不是增加一个 v 就是减少一个 v。这样只需用 1bit 二进制信息就可以表示一次抽样

结果，而不会引入很大误差。因此，此时对应每个 4kHz 信道实际发送的数据速率

为 1*8000=8kHz。

35. A pure sine wave of amplitude A is encoded using delta modulation, with x samples/sec. An output of +1 corresponds to a signal change of +A/8, and an output

signal of -1 corresponds to a signal change of -A/8. What is the highest frequency that can be tracked without cumulative error?(E) 在波的 1/4 周期内信号必须从 0 A。为了能够跟踪信号，在 T/4 的时间内 （假定波的周期是 T）必须采样 8 样 32 次，采样的时间间隔 是 1/x，因此波的全周期必须足够的长，使得能包含 32 32/x，或 f max

上升到 次，即每一个全波采次采样，即 T >

用户数据传输

速率是 49.546×\慇2X3＝148.608 Mbps。

39. What is the essential difference between message switching and packet switching?（E）

报文交换中，对于数据块的大小没有任何限制。

分组交换则对于数据块的大小有最大分组长度的限制，任何报文超出了这一限制 都会被分割成小块的多个分组。

40. What is the available user bandwidth in an OC-12c connection?（H）

产生 810 字节。由于

[[当一条线路（例如 OC-3）没有被复用，而是仅传输来自一个源的数据，则在线 路名称后面加一个字母 c（表示 conactenation，即串联）。因此，OC-3 表示了由 3 条独立的 OC-1 线路构成的一条 155.52Mbps 线路，而 OC-3c 表示来自于单个源的

155.52Mbps 的数据流。OC-3c 流内的 3 个 OC-1 流被按列交替插入，首先是流 1 的

基本的 SONET（同步光网络）帧是每 125

SONET 是同步

的，因此不论是否有实际要发送的数据，帧都存在。每秒 8000 帧的速率正好符合

所有数字电话系统中使用的 PCM 信道的采样率。对于 810 字节的 SONET 帧，通 - 6 - 常用 90 列乘以 9 行的矩形来描述，每个单元对应一个字节。每秒传送 8000 次，每

次 8*810=6480 位，总数据传输率为 51.84Mbps。这就是基本的 SONET 信道，它被

称作同步传输信号 STS-1，所有的 SONET 干线都是 STS-1 的倍数。每一帧的前 3 列 被保留，用于管理信息系统，前 3 行包含段开销，后 6 行包含线路开销。剩下的 87 列包含 87×9×8×8000＝50.112Mbps 的用户数据。用户数据（称为同步载荷信封，

即 SPE）可以从帧内的任一位置开始，并不限于第 1 行，第 4 列。线路开销的第一

行包含指向 SPE 的第一字节的指针，SPE 的第一列是路径开销。 路径开销不是严格的 SONET 结构，它在嵌入在载荷信封中。路径开销端到端的

流过网络，因此把它与端到端的运载用户信息的 SPE 相关联是有意义的。然而，它

从可提供给终端的用户数据中的 50.112Mbps 中又减去 1×9×8×8000＝0.576Mbps，

使之变成 49.536Mbps 。OC-3 相当于 3 个 OC-1 复用在一起，因此其

第 1 列，流 2 的第 1 列，流 3 的第 2 列，流 2 的第 2 列， 以此类推，最后形成 270 列宽 9

的第 1 列，随后是流 1

行高的帧。

为了使分组交换比电路交换快，必须：

OC-3c 流中的用户实际数据传输速率比 OC-3 流的速率略高（149.760Mbps所以：

和 43. Suppose that x bits of user data are to be transmitted over a k-hop path in a 148.608Mbps），因为路径开销仅在 SPE 中出现一次，而不是当使用 3 条单独 packet-switched network as a series of packets, each containing p data bits and h OC-1 header bits, with x >>p + h. The bit rate of the lines is b bps and the propagation 流时出现的 3 次。换句话说，OC-3c 中 270 列中的 delay is negligible. What value of p minimizes the total delay?（M） 260 列可用于用户数据，而在 所需要的分组总数是 x/p，因此加上头信息的总数据量为(p+h)x/p 位。 OC-3 中仅能使用 258 列。更高层次的串联帧（如 OC-12c）也存在这样的情况。]] 源端发送这些位需要时间为(p+h)x/pb， OC-12c 帧有 12*90=1080 列和 9 行。其中段开销和线路开销占 12*3=36中间的路由器重传最后一个分组所花的总时间为(k-1)(p+h)/b，

列，这

样同步载荷信封就有 1080-36=1044 列。SPE 中仅 1 列用于路径开销，结果就是 1043 列用于用户数据。

由于每列 9 个字节，因此一个 OC-12c 帧中用户数据比特数是 8 ×\慇2X9×1043＝75096。 每秒 8000 帧，得到用户数据速率 75096×8000 =600768000bps，即 600.768Mbps。 所以，在一条 OC-12c

连接中可提供的用户带宽是 600.768Mbps。 因此我们得到的总的延迟为 41. Three packet-switching networks each contain n nodes. The first network has a star topology with a central switch, the second is a (bidirectional) ring, and the third is fully interconnected, with a wire from every node to every other node. What are the best-, average-, and-worst case transmission paths in hops?（E） 三种网络的特性如下：

星型：最好为 2，最差为 2，平均为 2； 环型：最好为 1，最差为 n/2，平均为 n/4 如果考虑 n 为奇偶数，

则 n 为奇数时，最坏为（n-1）/2，平均为（n+1）/4 n 为偶数时，最坏为 n/2，平均为 n2/4(n1) 全连接：最好为 1，最差为 1，平均为 1。 ，

对该函数求 p 的导数，得到 ，令 得到

因为p＞0，所以 故 时能使总的延迟最小。 对于电路交换， t= s 时电路建立起来；t＝s+x/d 时报文的最后一位发送完毕；t= s+x/d+kb 时报文到达目的地。而对于分组交换，最后一位在 t=x/b时发送完毕。

为到达最终目的地，最后一个分组必须被中间的路由器重发 k-1 次，每次重发花

42. Compare the delay in sending an x-bit message over a k-hop path in a 时间 p/b，所以总的延迟为 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?(M)

44. In a typical mobile phone system with hexagonal cells, it is forbidden to reuse

a frequency band in an adjacent cell. If 840 frequencies are available, how many can

be used in a given cell?（B）

每个蜂窝单元都有 6 个邻居。假定中间的单元使用频率 A，它的邻居则可以依次

使用 B，C，B，C，B，C，也就是说，只需用三个相互独立的单元就足够 another,

the current call is abruptly terminated, even though all transmitters and receivers are functioning perfectly. Why?（E）

在邻近的蜂窝单元中频率不能复用。所以当一名用户从一个单元移动到另一个单 元时，必须给他分配一个新的频率。如果当用户移到一个新的单元，但是当前的新 单元中的所有频率都在使用中，则用户的呼叫必须被终止。

了。所以，

每个单元可以使用 280 种频率。

47. Sometimes when a mobile user crosses the boundary from one cell to

- 7 -

48. D-AMPS has appreciably worse speech quality than GSM. Is this due to the requirement that D-AMPS be backward compatible with AMPS, whereas GSM had

no such constraint? If not, what is the cause?（M） It is not caused directly by the need for backward compatibility. The 30 kHz channel

was indeed a requirement, but the designers of D-AMPS did not have to stuff three users

into it. They could have put two users in each channel, increasing the payload before error correction from 260 ×50=13 kbps to 260×\慇2X75 =19.5 kbps. Thus, the quality loss was

an intentional trade-off to put more users per cell and thus get away with bigger cells. 49. Calculate the maximum number of users that D-AMPS can support simultaneously within a single cell. Do the same calculation for GSM. Explain the difference.（M）

D-AMPS uses 832 channels (in each direction) with three users sharing a single channel. This allows D-AMPS to support up to 2496 users simultaneously per cell. GSM

uses 124 channels with eight users sharing a single channel. This allows GSM to support

up to 992 users simultaneously. Both systems use about the same amount of spectrum (25

MHz in each direction).

D-AMPS uses 30 KHz×\慇2X832 = 24.96 MHz. GSM uses 200 KHz ×\慇2X124 =24.80 MHz.

The difference can be mainly attributed to the better speech quality provided by GSM (13

Kbps per user) over D-AMPS (8 Kbps per user). 50. Suppose that A, B, and C are simultaneously transmitting 0 bits, using a CDMA system with the chip sequences of Fig. 2-45(b). What is the resulting chip sequence?（E）

传输 0，则时间片序列取其补码，传输 1，则时间序列取其本身。

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