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1、 .6.一个带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。现已知带宽H6MHz，码元可取的有效离散值个数N4，则信道的最大数据传输速率为：C2Hlog2N26106log24 b/s24Mb/s7.某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB，试计算该信道的最大比特率。若采用二进制信号传输，则该信道的最大比特率是多少？由信噪比30db可知S/N1030/101000。现已知带宽H3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为： CHlog2 (1+S/N)3103log2 (1+1000)3
2、0kb/s。若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为： C2Hlog2N23103log226 kb/s。8 要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？ 要在带宽为4kHz的信道上用4秒钟发送完20KB的数据块，即所需的数据传输速率为20KB/4=40kbps，由香农公式有C=Hlog2 (1+S/N) 由H=4kHz，C40kbps，得S/N1024，因此10log10(S/N) 30dB,即信噪比最小应为30分贝。13.计算T1载波线路的编码效率和开销率。若要采用两种物理状态传输的50kb/s信道上传输1.544Mb/s的T1载
3、波，问信道的信噪比至少应该是多少？ 在T1载波线路中，一帧包括193b。这193b按时分多路复用方式细分为24个信道，每个信道8b，余下1b作同步位。8b中1b用来传输控制信号，7b用来传输数据信息。据此，T1载波线路的编码效率为： 247/19387 对应地，开销率为1-0.8713 因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，BS，而B2H，所以信道带宽HB/2S/225kHz。 由香农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比S/N2C/H-121.544M/25k-1261.76-1以分贝计算，则S/N10log10(261.76-1)186dB17.共有四个站点进行CDMA通信，
4、四个站点的码片序列分别为： A：(-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1) B：(-1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1) C：(-1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 -1) D：(-1 +1 -1 -1 -1 -1 +1 -1) 现收到码片序列（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1），问哪个站发送了数据？发送的1还是0？ 设当前收到的码片序列S为（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1） 则AS=1 BS=-1 CS= =0 DS= =1 所以站点A和D发送“1”，B发送“0”，站点C未发送数据。x7+x5+1被生成多项式x3+1除，所得余数是多少？解：
5、 x7+x5+1对应的二进制位串为10100001，x3+1对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.（过程略）8.采用生成多项式G(X)=X4+X3+X+1为信息位1010101产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字，再经比特填充后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？解： 由生成多项式的次数可知冗余位位数为4，信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4位0对应的多项式为x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X)去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是1
6、0101011011。9.已知循环冗余码的生成多项式为 X5+X4+X+1，若接收方收到的码字为1010110001101，问传输中是否有差错？ 解： 生成多项式G(X)X5+X4+X+1对应的代码为110011，若接收码字为1010110001101，计算T(X)模2除G(X)的余数： 11000100110011 1010110001101 110011 110000 110011 110011 110011 00001由算式可知余数为000010，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。10.若信息位为1001000，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表
7、达式。解：信息位长度k7，根据表达式2rk+r+1可知冗余位长度r4，所以最后构成的海明码码字长度应为nkr11，在7位信息位a10a9a5a4后追加4位冗余位a3a2a1a0，构成11位码字a10a9a1a0。 设置校正因子与错码位置的对应关系如下：000000010010010010000011010101100111100110101011错码位置无错a0a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10由上表可得监督关系式：S0=a0a4a5a7a8a10S1=a1a4a6a7a9a10S2=a2a5a6a7S3=a3a8a9a10令S3S2S1S00000，即令a0a4a5a7a8a10=0
8、a1a4a6a7a9a10=0a2a5a6a7=0a3a8a9a10=0由此可求得各冗余位的生成表达式：a0a4a5a7a8a10a1a4a6a7a9a10a2a5a6a7a3a8a9a1011.若海明码的监督关系式为：S0=a0a3a4a5S1=a1a4a5a6S2=a2a3a5a6接收端收到的码字为：a6a5a4a3a2a1a0=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？解： 将a6a5a4a3a2a1a0=1010100带入监督关系式可得：S0=a0a3a4a5=0010=1S1=a1a4a5a6=0101=0S2=a2a3a5a6=1001=0因为S2S1S000
9、10，接收的码字有错，错误位置是a0，所以正确的码字应为1010101。14.50Kb/s卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。解：50Kb/s卫星信道上发送帧长度为1000比特的数据帧所需时间为1000b/50Kb/s=20ms 卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms，因此数据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为2*（125ms+125ms）=500ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8%15
10、.一个数据传输速率为4Kb/s、单向传播时延为20ms的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，则帧长度在什么范围内，停等协议的效率可以达到50%？解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示： 假设帧长度为L比特，由题可知数据传输速率B=4Kb/s，单向传播时延R为20ms，采用停等协议进行数据帧的传输，确认帧长度和处理时间均忽略不计，若使效率达到50%，即 代入L、B和R，可得L160b。16.使用回退n帧协议在3000km长的1.544Mb/s的T1干线上发送64字节的帧，若信号传播速度是6s/km，问帧的顺序号应是多少位？解： 在信号传播速度为6s/km、3000km长的信道上传输数据，传输
11、延迟为：6300018000s 1.544Mb/s的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有248b的数据和1b的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544800010-61.536Mb/s。那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为： 648/1.536333s 若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计，则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为： 333180001800036333s 若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送36333/333110帧。 对110帧编号，则需要7位帧序号。17.重负荷的50Kb/s卫星信道上，用选择重传协议发送含40比特帧头
12、和3960比特数据的帧。假定无确认帧，NAK帧为40比特，数据帧的出错率为1，NAK帧的出错率可忽略不计，顺序号是7位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？解：在50kb/s的卫星信道上发送帧长为4039604000b的数据帧，所需发送时间为： 4000/50k80ms 这样，从t0时刻开始发送，在t80ms时发送方发送一帧完毕。已知卫星信道延迟为270ms，因此，在t80270350ms时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。所以，在t35080430ms时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在t430270700ms时到达发送方。一帧的传
13、输周期为700ms。 帧序号长度为7位，因此窗口大小最大可达27-164。连续发送64个数据帧所需时间64805120ms，远大于一个帧的传输周期700ms。这意味着64的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。 数据帧的出错率为1，对于帧长为4000b的数据帧来说，平均重传长度为4000140b，传送NAK的平均长度为4010.4b。所以，传输3960b数据带来的附加开销为40400.480.4b。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为： 80.4/(396080.4)218.一个1Mb/s的卫星信道上发送1000bit长的帧。信号在信道中端到端传输延迟是2
14、70ms，假定ACK帧很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用3位的帧序号。对以下协议而言,计算卫星信道可能达到的最大信道利用率。(a)停-等协议；(b)回退N协议；(c)选择重传协议解：三种协议的窗口大小值分别是1,7和4.以1Mb/s发送,1000bit长的帧的发送时间是1ms.我们用t = 0表示传输开始时间,那么在t = 1ms时,第一帧发送完毕. t = 271ms,第一帧完全到达接收方. t = 541ms时确认帧到达发送方.因此周期是541ms.如果在541ms内可以发送k个帧,(每个帧发送用1ms时间),则信道的利用率是k/541,因此: (a)k = 1,最大信道利用率 = 1/541 = 0.18%(b)k = 7,最大信道利
