对应于 1200 波特，数据速率是 2400bps。 Mbps
23. A modem constellation diagram similar to Fig. 2-25 has data points at (0, 1) 的信道而言下载时间是 1.1msec，依题平均排队延迟时间也是 1.1msec，则总下载时 and (0, 2). Does the modem use phase modulation or amplitude modulation?（E） 间是 2.2msec，对 ADSL 而言并没有排队延迟时间，所以 1 Mbps 的下载时间是
40 相位总是 0，但使用两个振幅，因此这是直接的幅度调制。 24. In a constellation diagram, all the points lie on a circle centered on the origin. What kind of modulation is being used?（E） 如果所有的点都在同一圆周上，那么它们有着同样的幅度，所以没有使用幅度调 制。在星座图中从来就不使用频率调制，所以，这里所采用的编码是纯相位调制。 25. How many frequencies does a full-duplex QAM-64 modem use?（E） 全双工的 QAM-64 使用了两个频率。一个给上行流，一个给下行流。调制机制本 身只使用了相位和幅度调制，这里对频率不做调制。 26. An ADSL system using DMT allocates 3/4 of the available data channels to the downstream link. It uses QAM-64 modulation on each channel. What is the capacity of the downstream link?（M） DMT 指离散的多信道调制。这里总共有 256 条信道，减去 6 条给 POTS 以及再减 少 2 条用于控制，余下的 248 条留给数据。依题其中的 3/4 即 186 条信道给下行流。 ADSL 是以 4000 baud/s 进行调置。所以对 QAM-64（6 bits/baud）可得每条信道 的带宽为 24,000 bps 所以下行流总的带宽为 24,000 bps*186=4.464 Mbps 27. In the four-sector LMDS example of Fig. 2-30, each sector has its own 36-Mbps channel. According to queueing theory, if the channel is 50% loaded, the queueing time will be equal to the download time. Under these conditions, how long does it take to download a 5-KB Web page? How long does it take to download the page over a 1-Mbps ADSL line? Over a 56-kbps modem?（E）
LMDS 指本地多点分发服务。一个 5-KB 的网页数据量为 40,000 bits，对于 36
msec，在 56 kbps 的条件下下载时间是 714 msec.
28. Ten signals, each requiring 4000 Hz, are multiplexed on to a single channel using FDM. How much minimum bandwidth is required for the multiplexed channel? Assume that the guard bands are 400 Hz wide.（E） 对于 10 个 4000 Hz 干扰。
所需要的最小带宽为 4000 * 10 + 400 * 9 = 43,600 Hz
的信号，我们需要使用 9 个防护频段来避免可能的
b. (b) The T1 PCM system.（E）
两种情况下均为 8000 次采样/秒。使用 2 进制编码，则对 a 每次采样中发送 2 位
数据，对 T1 线路，每次采样发送 7 位数据。所以相对的最大数据传输率为： (a) 每次采样 2 比特的模拟编码 2Hlog2V = 16 kbps (b) T1 PCM 系统 2Hlog2V = 56 kbps
32. If a T1 carrier system slips and loses track of where it is, it tries to
29. Why has the PCM sampling time been set at 125 μsec?（E）
resynchronize using the 1st bit in each frame. How many frames will have to be
125 的采样时间对应于每秒 8000 次采样。一个典型的电话通道为 4kHz。根据inspected on average to resynchronize with a probability of 0.001 of being wrong? 尼 （M） 奎斯特定理，为获取一个 4kHz 的通道中的全部信10 个帧。 在数字通道上某些随机比特是 0101010101 模式的概率是 1/1024。息需要每秒 8000 次的采样频率。 察 30. What is the percent overhead on a T1 carrier; that is, what percent of the 1.544 Mbps are not delivered to the end user?（M）
T1 线路的每一帧中，端点用户使用 193 位中的 168（7*24）位，开销占 25（=193-168）
看 10 个帧，若每一帧中的第一位形成比特串 0101010101，则判断同步成功，而误 判的概率为 1/1024，小于 0.001。
33. What is the difference, if any, between the demodulator part of a modem and the coder part of a codec? (After all, both convert analog signals to digital ones.) (M) 有区别。编码器接受任意的模拟信号，并从它产生数字信号。而解调器仅仅接受 调制了的正弦（或余弦）波，产生数字信号。
位，因此开销比例等于 25/193=13%。
31. Compare the maximum data rate of a noiseless 4-kHz channel using a. (a) Analog encoding (e.g., QPSK) with 2 bits per sample.
- 5 -
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