Δεύτερη Σειρά Ασκήσεων

Transcript

1 Δεύτερη Σειρά Ασκήσεων ΑΣΚΗΣΗ 1 Από ένα αθόρυβο κανάλι 4 khz παίρνουμε δείγματα κάθε 1 msec. - Ποιος είναι ο μέγιστος ρυθμός μετάδοσης δεδομένων; - Πώς μεταβάλλεται ο μέγιστος ρυθμός μετάδοσης δεδομένων αν το κανάλι έχει θόρυβο, με λόγο σήματος προς θόρυβο 30 db; ΑΣΚΗΣΗ 1 ΛΥΣΗ - Ένα αθόρυβο κανάλι μπορεί να μεταφέρει απεριόριστα μεγάλη ποσότητα πληροφοριών χωρίς να έχει σημασία πόσο συχνά δειγματοληπτείται, αρκεί να στέλνει πολλά δεδομένα ανά δείγμα. - Έστω ότι για το κανάλι με εύρος ζώνης H = 4KHz έχουμε 8000 δείγματα/sec. - Αν μεταφέρεται 1 bit ανά δείγμα, δηλαδή έχουμε 2 επίπεδα σήματος (0,1) ο μέγιστος ρυθμός μετάδοσης είναι 8000 kbps. - Αν μεταφέρονται 16 bits σε κάθε δείγμα (2 επίπεδα σήματος) ο ρυθμός μετάδοσης είναι 8000*16 = 129 kbps - Αν μεταφέρονται 1024 bits σε κάθε δείγμα (2 επίπεδα σήματος) ο ρυθμός μετάδοσης είναι 8000*24 = 8.2 Mbps. - Στην περίπτωση που υπάρχει θόρυβος χρησιμοποιείται ο νόμος του Shannon. Οπότε ο μέγιστος ρυθμός μετάδοσης δίνεται από την εξίσωση Η log (1 + S N ), όπου S η ισχύς του σήματος και N η ισχύς του θορύβου. Όταν έχουμε 30 db θόρυβο σημαίνει ότι 10 log S N = 30, άρα S N = Έτσι από το νόμο του Shannon έχουμε C max = 4 log ( ) 39,84 Kbps. ΑΣΚΗΣΗ 2 Τα τηλεοπτικά κανάλια έχουν εύρος ζώνης 6 MHz. - Πόσα bit/sec μπορούν να σταλούν όταν χρησιμοποιούνται ψηφιακά σήματα τεσσάρων επιπέδων; Υποθέστε ότι το κανάλι δεν έχει θόρυβο. ΑΣΚΗΣΗ 2 ΛΥΣΗ Θα χρησιμοποιήσουμε θεώρημα του Nyquist για να δούμε ποιός είναι ο μέγιστος ρυθμός μετάδοσης σε bits/sec.

2 - για ένα κανάλι με εύρος ζώνης Η = 6 MHz ο ρυθμός δειγματολειψίας είναι 2*Η = 12*10 δείγματα/sec. - Επειδή χρησιμοποιείται ψηφιακό σήμα 4 επιπέδων χρειάζονται log 4 = 2 bits ανά δείγμα για να αναπαραστήσουν τα 4 επίπεδα σήματος. - Άρα αν V τα επίπεδα σήματος, ο ρυθμός μετάδοσης δεδομένων είναι: 2*Ηlog V = log 4 = 24 Mbps. ΑΣΚΗΣΗ 3 Ένα απλό τηλεφωνικό σύστημα αποτεέιται από δύο τερματικά κέντρα και ένα υπεραστικό κέντρο στο οποίο κάθε τερματικό κέντρο συνδέεται μέσω μιας πλήρως αμφίδρομης ζεύξης του 1 MHz. Το μέσο τηλέφωνο χρησιμοποιείται για να κάνει τέσσερις κλήσεις ανά εργάσιμη ημέρα των 8 ωρών. Η μέση διάρκεια των κλήσεων είναι 6 λεπτά. Δέκα τοις εκατό των κλήσεων είναι υπεραστικές ( δηλαδή, περνούν από το υπεραστικό κέντρο). Ποιο είναι το μέγιστο πλήθος τηλεφώνων που μπορεί να υποστηρίζει ένα τερματικό κέντρο; (Υποθέστε 4 khz ανά κύκλωμα) Εξηγήστε γιατί η τηλεφωνική εταιρεία μπορεί να αποφασίσει οτι θα υποστηρίζει στο τερματικό κέντρο λιγότερο από αυτο το μέγιστο πλήθος τηλεφώνων. ΑΣΚΗΣΗ 3 ΛΥΣΗ o Κάθε τηλέφωνο κάνει 0.5 κλήσεις/ώρα και η κάθε μία κλήση διαρκεί 6 λεπτά. Άρα ένα τηλέφωνο απασχολεί ένα κύκλωμα για 0.5 x 6 = 3 λεπτά ανά ώρα. o Αυτό σημαίνει ότι μέσα σε μία ώρα μπορούν να χρησιμοποιήσουν αυτό το κύκλωμα μέχρι και 20 τηλέφωνα. Βέβαια, αυτό έχει ως αποτέλεσμα φόρτο 100% και άρα μεγάλους χρόνους αναμονής. o Όταν το 10% των κλήσεων είναι υπεραστικές, χρειάζονται 200 τηλέφωνα ώστε ένα κύκλωμα για υπεραστικές κλήσεις να είναι πλήρως απασχολημένο. o Κάθε τερματικό κέντρο έχει ζεύξη του 1 MHz και χρειαζόμαστε 4 KHz ανά κύκλωμα. Άρα το καλώδιο των υπεραστικών κλήσεων έχει = 250 κυκλώματα. Αφού κάθε κύκλωμα μπορεί να υποστηρίξει μέχρι 200 τηλέφωνα έχουμε ένα μέγιστο αριθμό 250x200 = τηλέφωνα. o Το να υποστηρίζονται τόσα πολλά τηλέφωνα μπορεί να έχει ως αποτέλεσμα την μεγάλη αναμονή των χρηστών. Για παράδειγμα, αν 5000 χρήστε (10% των χρηστών) αποφασίσουν να κάνουν όλοι μαζί ένα υπεραστικό τηλεφώνημα με μέση διάρκεια κλήσης 3 λεπτά. Στη χειρότερη περίπτωση η αναμονή θα είναι 57 λεπτά (για τα τελευταία τηλέφωνα που θα χρησιμοποιήσουν το κύκλωμα στο τέλος της 1 ώρας). Πραγμα ιδιαίτερα δυσάρεστο για τους χρήστες της τηλεφωνικής εταιρείας.

3 ΑΣΚΗΣΗ 4 o Το κόστος ενός γρήγορου μικροεπεξεργαστή έχει πέσει στο σημείο που είναι πια δυνατό να τοποθετείται ένας σε κάθε μόντεμ. o Πως επηρεάζει αυτό τη διαχείριση των σφαλμάτων στις τηλεφωνικές γραμμές; o Αναιρεί την ανάγκη για έλεγχο / διόρθωση σφαλμάτων στο επίπεδο 2; ΑΣΚΗΣΗ 4 ΛΥΣΗ o Παραδοσιακά τα bits στέλνονται σε μία γραμμή μετάδοσης χωρίς καμία διόρθωση σφαλμάτων από το φυσικό επίπεδο. ΜΕ την τοποθέτηση μικροεπεξεργαστών σε κάθε Modem μας δίνεται η δυνατότητα να έχουμε λειτουργίες διόρθωσης σφαλμάτων στο επίπεδο 1 έτσι ώστε να μειωθεί το ποσοστό των σφαλμάτων στο επίπεδο 2. o Παρόλο που αυτή η μέθοδος μειώνει το ποσοστό λαθών στο επίπεδο 2, υπάρχουν ακόμα λάθη στο επίπεδο 2 που δεν μπορεούν να διορθωθούν. Για παράδειγμα μπορεούμε να έχουμε λάθη όπως απώλεια πακέτων κατά τη μεταφορά από το επίπεδο 1 στο επίπεδο 2, λόγω έλλειψης χώρου στο buffer. ΑΣΚΗΣΗ 5 o Ποια είναι η διαφορά, αν υπάρχει, ανάμεσα στο τμήμα του αποδιαμορφωτή ενός μόντεμ και στο τμήμα του κωδικοποιητή ενός κωδικοποιητή/αποκωδικοποιητή; (Άλλωστε και τα δύο μετατρέπουν αναλογικά σήματα σε ψηφιακά.) ΑΣΚΗΣΗ 5 ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗ 8 o Ένας κωδικοποιητής δέχεται ένα οποιοδήποτε αναλογικό σήμα και παράγει ένα ψηφιακό σήμα από αυτό. o Ένας αποδιαμορφωτής δέχεται ένα διαμορφωμένο ημιτονοειδές κύμα και δημιουργεί ένα ψηφιακό σήμα. Συγκρίνετε την καθυστέρηση αποστολής ενός μηνύματος x bit μέσω μιας διαδρομής k βημάτων σε ένα δίκτυο μεταγωγής κυκλωμάτων και σε ένα (ελαφριά φορτωμένο) δίκτυο μεταγωγής πακέτων. Ο χρόνος εγκαθίδρυσης διάδοσης είναι d sec ανά βήμα, το μέγεθος των πακέτων είναι p bit, και ο ρυθμός μετάδοσης δεδομένων είναι b bps. Κάτω από ποιες συνθήκες το δίκτυο μεταγωγής πακέτων έχει χαμηλότερη καθυστέρηση;

4 Επίσης, εξηγήστε τις συνθήκες υπό τις οποίες ένα δίκτυο μεταγωγής πακέτων είναι προτιμότερο από ένα δίκτυο κυκλωμάτων. ΑΣΚΗΣΗ 8 ΛΥΣΗ o Στο δίκτυο μεταγωγής κυκλωμάτων Το κύκλωμα είναι έτοιμο τη χρονική στιγμή t=s. Το τελευταίο bit μεταδόθηκε από τον αποστολέα τη χρονική στιγμή t= s + x b Και το μήνυμα φτάνει στον προορισμό του μετά από k βήματα, τη χρονική στιγμή: t = s + x b + k d o Στο δίκτυο μεταγωγής πακέτων Το τελευταίο bit μεταδόθηκε τη χρονική στιγμή t = x b Για να φτάσει το μήνυμα στον τελικό του προορισμό πρέπει να αναμεταδοθεί από τους ενδιάμεσους δρομολογητές k-1 φορές. Επειδή κάθε μετάδοση να χρειάζεται p/b sec, έχουμε t= x b + (k 1) p b Άρα ο συνολικός χρόνος μετάδοσης και μετά από k βήματα που χρειάζεται για να φτάσει στο τελικό προορισμό είναι: t = x b + (k 1) p b + kd o Ένα δίκτυο μεταγωγής πακέτων έχει τη λιγότερη καθυστέρηση όταν s > (k 1) p b. Επιπλέον, η τεχνική μεταγωγής πακέτων προτιμάται όταν επιθυμείται μετάδοση με ανοχή σε λάθη. ΑΣΚΗΣΗ 9 Υποθέστε ότι πρόκειται να μεταδοθούν ως μια σειρά πακέετων x bit δεδομένων χρήστη μέσω μιας διαδρομής k βημάτων σε ένα δίκτυο μεταγωγής πακέτων, με το κάθε πακέτο να περιέχει p bit δεδομένων και h bit των γραμμών είναι b bps και η καθυστέρηση διάδοσης είναι αμελητέα, Ποια τιμή του p ελαχιστοποιεί τη συνολική καθυστέρηση;

5 ΑΣΚΗΣΗ 9 ΛΥΣΗ o Ο συνολικός αριθμός των πακέτων που θα μεταδοθούν είναι x p. Οπότε ο συνολικός αριθμός δεδομένων και κεφαλίδων είναι (p + h) x p bits. Για να μεταδοθεί από την πηγή μέχρι και το τελευταίο bit του τελευταίου πακέτου χρειάστηκαν (p + h) x pb sec. Η αναμετάδοση του τελευταίου πακέτου από τους ενδιάμεσους δρομολογητές μέχρι τον προορισμό του απαιτεί (k 1) (p + h) b sec Άρα ο συνολικός χρόνος είναι : (p + h) x pb + (p + h) (k 1) b Παραγωγίζοντας ως προς p βλέπουμε ότι αυτή η ποσότητα ελαχιστοποιείται όταν p = hx (k 1)

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20