【正文】 1001001111. 11. If we number the bits from left to right starting at bit 1, in this example, bit 2 (a parity bit) is incorrect. The 12bit value transmitted (after Hamming encoding) was 0xA4F. The original 8bit data value was 0xAF.12. 答：單個錯誤將引起水平和垂直奇偶檢查都出錯。如果以64kbps 為單元來分割10Gbps，我們得到每路光纜串行156250 家。換句話說，OC3c 中270 列中的260 列可用于用戶數(shù)據(jù)，而在OC3 中僅能使用258列。由于SONET 是同步的，因此不論是否有數(shù)據(jù)，幀都被發(fā)送出去。而解調器僅僅接受調制了的正弦（或余弦）波，產生數(shù)字信號。20. Like a single railroad track, it is half duplex. Oil can flow in either direction, but not both ways at once.21. 通常在物理層對于在線路上發(fā)送的比特不采取任何差錯糾正措施。9. 答：奈奎斯特定理是一個數(shù)學性質，不涉及技術處理。缺乏國際標準的領域包括合適錄像機和錄像帶（美國是NTSC VHS，歐洲是PAL），手提電話，電燈和燈泡（不同的國家使用不同的電壓），影印機和紙（*11 英寸，其他地方為A4）等。 當一個包到達數(shù)據(jù)鏈路層時，整個數(shù)據(jù)包，包括包頭、數(shù)據(jù)及全部內容，都用作幀的數(shù)據(jù)區(qū)。接著，當數(shù)據(jù)傳輸完畢，必須釋放連接。9. 答：這意味著，從路由器到路由器的路徑長度相當于路由器到根的兩倍。信號在10微秒中傳送了2千米，每個交換機相當于增加額外的2 公里電纜。2. 使用局域網(wǎng)模型可以容易地增加節(jié)點。 當新的團體掌握權力的時候，這慣性可保持法律、經濟和社會制度的穩(wěn)定。事件n+1是一個空閑的信道，其概率為(1 p)n。對于報文流，接受方將得到兩個報文。系統(tǒng)能禁得住任何兩個節(jié)點的損失。4. 答：信噪比為20 dB 即 S/N = log2101≈，由香農定理，該信道的信道容量為3log2(1++100) =。顯然，答案與鏈路長度是50km 的事實無關。24. If all the points are equidistant from the origin, they all have the same amplitude, so amplitude modulation is not being used. Frequency modulation is never used in constellation diagrams, so the encoding is pure phase shift keying.25. Two, one for upstream and one for downstream. The modulation scheme itself just uses amplitude and phase. The frequency is not modulated.26. There are 256 channels in all, minus 6 for POTS and 2 for control, leaving 248 for data. If 3/4 of these are for downstream, that gives 186 channels for downstream. ADSL modulation is at 4000 baud, so with QAM64 (6 bits/baud) we have 24,000 bps in each of the 186 channels. The total bandwidth is then Mbps downstream.27. A 5KB Web page has 40,000 bits. The download time over a 36 Mbps channel is msec. If the queueing delay is also msec, the total time is msec. Over ADSL there is no queueing delay, so the download time at 1 Mbps is 40 msec. At 56 kbps it is 714 msec.28. There are ten 4000 Hz signals. We need nine guard bands to avoid any interference. The minimum bandwidth required is 4000 10 + 4009 =43,600 Hz.29. 答：125的采樣時間對應于每秒8000 次采樣。這樣只需用1bit 二進制信息就可以表示一次抽樣結果，而不會引入很大誤差。線路開銷的第一行包含指向第一字節(jié)的指針。 所以，在一條OC12c 。位填充之后，這個序列將變成01111010。則檢測不出來的錯誤矩陣的個數(shù)為C2n C2k所以，錯誤不能檢測的概率是：即；14. 答：如所列的除式，所得的余數(shù)為x2+x+1。確認應答又花了很少的發(fā)送時間（忽略不計）和回程的18ms?，F(xiàn)在假定所有的確認幀都丟失了，發(fā)送方最終會產生超時事件，并且再次發(fā)送第一幀，接收方將發(fā)送一個NAK。26. 答：不可以。因此在該協(xié)議中，偶數(shù)序號使用緩沖區(qū)1。因此，周期為700ms，發(fā)送128 幀時間80*128=10240ms，這意味著傳輸管道總是充滿的。因此，純ALOHA 的延遲比較小。Mok 和Ward 提出了二進制倒計數(shù)法的一個變種。13. 答：WDMA（wave length division multiple access）是一個波分多路訪問協(xié)議。每一個信道均可采用時分復用技術，支持多個獨立的連接。此時在每個父節(jié)點下面僅可能有一個站發(fā)送。在二進制倒計數(shù)法中，每個想要使用信道的站點首先將其地址以二進制位串的形式按照由高到低的順序進行廣播，并且假定所有地址的長度相同。而 N=10304/10≈1030 所以，最多可以有1030 個站，即N 的最大值為1030。窗口大小為128。因此B 站將發(fā)送一個NAK，該NAK 會攜帶一個確認號，導致不再重發(fā)該幀。但B 站現(xiàn)在期待接收1 號幀，應此發(fā)送NAK，否定收到的0 號幀。所以結論是：為保證協(xié)議的正確性，已接收的確認應答號應該小于下一個要發(fā)送的序列號。信號在線路上的傳播時間為 63000= 18000 ，即18ms。for example, if some bit is inverted along with its row and column parity bits. Even the corner bit will not catch this.13. 答：用n 行k 列的矩陣來描述錯誤圖案，在該矩陣中，正確的位用0 表示，不正確的位用1 表示。100 個頻道中的每一個都分配有自己的頻帶（FDM），在每個頻道上又都有兩個邏輯流通過TDM 交織播放（節(jié)目和廣告交替使用頻道）。其中段開銷和線路開銷占12*3=36 列，這樣同步載荷信封就有108036=1044 列。這就是基本的SONET 信道，它被稱作同步傳輸信號STS1，所有的SONET 干線都是由多條STS1構成。b．差分脈碼調制（DPCM）是一種壓縮傳輸信息量的方法，它發(fā)送的不是每一次抽樣的二進制編碼值，而是兩次抽樣的差值的二進制編碼?，F(xiàn)在許多調制解調器都有內建的錯誤處理功能。10. 答：3 個波段的頻率范圍大約相等，根據(jù)公式小的波段⊿ 也小，才能保持⊿f 大約相等。即； 2. 答：無噪聲信道最大數(shù)據(jù)傳輸率公式：最大數(shù)據(jù)傳輸率=2Hlog2V b/s。不同點：OSI更好的區(qū)分了服務、接口和協(xié)議的概念，因此比TCP/IP具有更好的隱藏性，能夠比較容易的進行替換；OSI是先有的模型的概念，然后再進行協(xié)議的實現(xiàn)，而TCP/IP是先有協(xié)議，然后建立描述該協(xié)議的模型；層次數(shù)量有差別；TCP/IP 沒有會話層和表示層，OSI不支持網(wǎng)絡互連。14. 答：不相同。 因此，路徑長度l為：或This expression reduces to l＝n－2，The mean routerrouter 路徑為2n4。6. 答：由于請求和應答都必須通過衛(wèi)星，因此傳輸總路徑長度為160,000千米。第 1 章 概述1. 答：狗能攜帶21千兆字節(jié)或者168千兆位的數(shù)據(jù)。在空氣和真空中的光速為300，000 公里/秒， 因此最佳的傳播延遲為160,000/300，000秒，約533 msec。10. 區(qū)分n2 事件。在報文流中，網(wǎng)絡保持對報文邊界的跟蹤；而在字節(jié)流中，網(wǎng)絡不做這樣的跟蹤。OSI在網(wǎng)絡層支持無連接和面向連接的通信，而在傳輸層僅有面向連接的通信，而TCP/IP在網(wǎng)絡層僅有一種通信模式（無連接），但在傳輸層支持兩種模式。因此最大數(shù)據(jù)傳輸率決定于每次采樣所產生的比特數(shù)，如果每次采樣產生16bits，那么數(shù)據(jù)傳輸率可達128kbps；如果每次采樣產生1024bits。順便指出，3 個帶寬大致相同的事實是所使用的硅的種類的一個碰巧的特性反映。22. 每個波特有4 個合法值，因此比特率是波特率的兩倍?，F(xiàn)在相對差值是4 位，所以對應每個4kHz 信道實際發(fā)送的比特速率為4*8000=32bps。每一幀的前3 列被留作系統(tǒng)管理信息使用，前3 行包含段開銷，后6 行包含線路開銷。SPE 中僅1 列用于通路開銷，結果就是1043 列用于用戶數(shù)據(jù)。This example is the same as the AM radio example given in the text, but neither is a fantastic example of TDM because the alternation is irregular. 56. A 2Mbps downstream bandwidth guarantee to each house implies at most 50 houses per coaxial cable. Thus, the cable pany will need to split up the existing cable into 100 coaxial cables and connect each of them directly to a fiber node.57. The upstream bandwidth is 37 MHz. Using QPSK with 2 bits/Hz, we get 74 Mbps upstream. Downstream we have 200 MHz. Using QAM64, this is 1200 Mbps. Using QAM256, this is 1600 Mbps.58. Even if the downstream channel works at 27 Mbps, the user interface is nearly always 10Mbps Ethernet. There is no way to get bits to the puter any faster than 10Mbps under these circumstances. If the connection between the PC and cable modem is fast Ethernet, then the full 27 Mbps may be available. Usually, cable operators specify 10 Mbps Ethernet because they do not want one user sucking up the entire bandwidth.第 3 章 數(shù)據(jù)鏈路層1. 答： 的概率正確到達，整個信息正確到達的概率為 p==。由于總共有4 位傳輸錯誤，每個可能的錯誤矩陣中都恰有4 個1。在T1 速率，發(fā)送64 字節(jié)的數(shù)據(jù)幀需花的時間：648247。22. 答：可能導致死鎖。顯然，現(xiàn)在A 站最好不重發(fā)0 號幀。結果每個幀都被發(fā)送兩次。衛(wèi)星信道端到端的傳輸延遲是270ms。3. 答：對于純的ALOHA，發(fā)送可以立即開始。為了避免沖突，必須進行仲裁：如果某站發(fā)現(xiàn)其地址中原本為0 的高位被置換為1，那么它便放棄發(fā)送。兩個發(fā)送站共享一個指定的祖父節(jié)點的概率是1/ C 22n1。兩種協(xié)議都使用FDM 和TDM 結合的方法，它們都可以提供專用的頻道（波長），并且都劃分時隙，實現(xiàn)TDM。在這樣的條件下，CSMA/CD 可以工作的很好。一個站點在贏得信道競爭后便可發(fā)送一幀，然后另一個信道競爭周期又將開始。這樣，平均會引入半個時隙的延遲。我們用t=0 表示傳輸開始時間，那么，t=80ms，第一幀發(fā)送完畢；t=270+80=350ms，第一幀完全到達接收方；t=350+80=430ms，對第一幀作捎帶確認的反向數(shù)據(jù)幀可能發(fā)送完畢；t=430+270=700ms，帶有確認的反向數(shù)據(jù)幀完全到達發(fā)送方。當MaxSeq=4，序列號的模數(shù)=4+1=5，窗口大小將等于：NrBufs=5/2=，即得到，NrBufs=2。這個例子就說明了這段程序中的另一個條件，+1next_frame_to_send 也是重要的。然后，接收方會向前移動窗口。所以，發(fā)送的第一幀從開始發(fā)送起， 后完全到達接收方。而在錯誤矩陣中，當4 個1 正好構成