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Solucionário da quarta edição do tanenbaum
Tipologia: Exercícios
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niões mal debatidas sejam transformadas em lei pode ser algo indesejável. Os efeitos potenciais de campanhas de publicidade realizadas por grupos de interesses especiais de um tipo ou de outro também têm de ser conside- rados. Outra questão importante é a segurança. Muitas pessoas poderiam se preocupar com o fato de algum garoto de 14 anos invadir o sistema e fal- sificar os resultados.
8. Chame os roteadores de A , B , C , D e E. Existem dez linhas potenciais: AB , AC , AD , AE , BC , BD , BE , CD , CE e DE. Cada uma dessas linhas tem quatro possibilidades (três velocidades ou nenhuma linha). E assim, o número to- tal de topologias é 4 10 = 1.048.576. A 100 ms cada, será necessário o tem- po de 104.857,6 segundos, ou pouco mais de 29 horas para inspecionar to- das elas. 9. O caminho médio de roteador para roteador é duas vezes o caminho mé- dio de roteador para a raiz. Numere os níveis da árvore com a raiz tendo o número 1 e o nível mais profundo como n. O caminho desde a raiz até o ní- vel n exige n – 1 hops (saltos), e 0,50 dos roteadores está nesse nível. O ca- minho desde a raiz até o nível n –1 tem 0,25 dos roteadores e um compri- mento igual a n –2 hops. Conseqüentemente, o comprimento do caminho médio, l , é dado por: l = 0,5 × ( n – 1) + 0,25 × ( n – 2) + 0,125 × ( n – 3) + ...
ou
l n n i
i i
¥
=
¥ å å 1 1
Essa expressão se reduz a l = n – 2. Portanto, o caminho médio de roteador a roteador é 2 n – 4.
10. Faça a distinção entre n + 2 eventos. Os eventos de 1 a n consistem na ten- tativa bem-sucedida do host correspondente de usar o canal, isto é, sem uma colisão. A probabilidade de cada um desses eventos é p (1 – p ) n -1^. O evento n + 1 é um canal inativo, com probabilidade (1 – p ) n. O evento n + 2 é uma colisão. Tendo em vista que esses n + 2 eventos são exaustivos, a soma de suas probabilidades tem de ser a unidade. A probabilidade de uma colisão, que é igual à fração de slots desperdiçados, é então simplesmente: 1 – np (1 – p ) n -1^ – (1 – p ) n. 11. Entre outras razões para a utilização de protocolos em camadas, seu em- prego conduz à quebra do problema de projeto em fragmentos menores e mais manejáveis; além disso, a divisão em camadas significa que os proto- colos podem ser alterados sem afetar protocolos de níveis mais altos ou mais baixos.
12. Não. No modelo de protocolos da ISO, a comunicação física só tem lugar na camada mais baixa, não em todas as camadas. 13. A comunicação orientada a conexões tem três fases. Na fase de estabeleci- mento, é feita uma solicitação para configurar uma conexão. Somente após essa fase ter sido concluída com sucesso, a fase de transferência de da- dos pode ser iniciada e os dados podem ser transportados. Em seguida, vem a fase de liberação. A comunicação sem conexões não tem essas fases. Ela simplesmente envia os dados. 14. Os fluxos de mensagens e bytes são diferentes. Em um fluxo de mensagens, a rede mantém o controle dos limites das mensagens. Em um fluxo de bytes, isso não acontece. Por exemplo, suponha que um processo grave 1.024 bytes para uma conexão, e que um pouco mais tarde grave outros 1.024 bytes. Em seguida, o receptor faz a leitura de 2.048 bytes. Com um fluxo de mensa- gens, o receptor obterá duas mensagens de 1.024 bytes cada. No caso de um fluxo de bytes, os limites de mensagens não são levados em consideração, e assim o receptor irá receber os 2.048 bytes como uma única unidade. O fato de terem existido originalmente duas mensagens distintas é perdido. 15. A negociação significa fazer ambos os lados concordarem sobre alguns pa- râmetros ou valores a serem usados durante a comunicação. O tamanho máximo do pacote é um exemplo, mas existem muitos outros. 16. O serviço mostrado é o serviço oferecido pela camada k à camada k + 1. Outro serviço que deve estar presente se encontra abaixo da camada k, ou seja, o serviço oferecido à camada k pela camada subjacente k – 1. 17. A probabilidade, Pk, de um quadro exigir exatamente k transmissões é a probabilidade das primeiras k – 1 tentativas falharem, p k -1^ , vezes a proba- bilidade da k -ésima transmissão ser bem-sucedida, (1 – p ). O número mé- dio de transmissões é então:
kP k p p k k p
k = k
¥
=
¥ å =^ å = 1
1 1
18. (a) Camada de enlace de dados. (b) Camada de rede. 19. Quadros encapsulam pacotes. Quando um pacote chega à camada de enla- ce de dados, todo o conjunto, cabeçalho, dados e tudo mais, é usado como campo de dados de um quadro. O pacote inteiro é inserido em um envelo- pe (o quadro), por assim dizer (supondo-se que ele caiba no quadro). 20. Com n camadas e h bytes adicionados por camada, o número total de bytes de cabeçalho por mensagem é hn , e assim o espaço desperdiçado em cabe- çalhos é hn. O tamanho total da mensagem é M + nh ; portanto, a fração da largura de banda desperdiçada em cabeçalhos é hn /( M + hn ).
29. Pense no problema do terminal oculto. Imagine uma rede sem fios de cinco estações, de A até E , tal que cada estação esteja no alcance apenas de seus vizinhos imediatos. Então, A pode se comunicar com B ao mesmo tempo que D está se comunicando com E. Redes sem fios têm paralelismo poten- cial e, nesse aspecto, são diferentes da Ethernet. 30. Uma desvantagem é a segurança. Todo entregador que por acaso esteja no edifício pode ouvir a rede. Outra desvantagem é a confiabilidade. As redes sem fios cometem muitos erros. Um terceiro problema potencial é o tempo de duração da bateria, pois a maioria dos dispositivos sem fios tende a ser móvel. 31. Uma vantagem é que, se todos usarem o padrão, cada um poderá se co- municar com todos os outros. Outra vantagem é que o uso disseminado de qualquer padrão proporcionará economias de escala, como ocorre com os chips VLSI. Uma desvantagem é o fato de os compromissos políti- cos necessários para se alcançar a padronização freqüentemente levarem a padrões pobres. Outra desvantagem é que, depois que um padrão é am- plamente adotado, torna-se muito difícil alterá-lo, mesmo que sejam des- cobertas novas técnicas ou melhores métodos. Além disso, na época em que ele for aceito, talvez esteja obsoleto. 32. É claro que existem muitos exemplos. Alguns sistemas para os quais existe padronização internacional incluem os aparelhos reprodutores de CDs e seus discos, os reprodutores de fita do tipo walkman e as fitas cassetes de áudio, as câmeras e os filmes de 35 mm, e ainda os caixas eletrônicos e os cartões de bancos. As áreas em que tal padronização internacional é caren- te incluem aparelhos de videocassete e fitas de vídeo (NTSC VHS nos Esta- dos Unidos, PAL VHS em partes da Europa, SECAM VHS em outros paí- ses), telefones portáteis, luminárias e lâmpadas (voltagens diferentes em países diferentes), tomadas elétricas e plugues de aparelhos eletrodomésti- cos (cada país tem padrões diferentes), fotocopiadoras e papel (8,5 × 11 polegadas nos Estados Unidos, A4 em todos os outros países), porcas e pa- rafusos (medidas inglesas versus métricas) etc.
1. a n n =^ b^ n =^ c =
p
2. Um canal sem ruído pode transportar uma quantidade arbitrariamente grande de informações, não importando com que freqüência é feita a amostragem. Basta enviar uma grande quantidade de dados por amostra. No caso do canal de 4 kHz, crie 8.000 amostras/s. Se cada amostra tem 16 bits, o canal pode enviar 128 kbps. Se cada amostra tem 1.024 bits, o canal
pode enviar 8,2 Mbps. A expressão-chave aqui é “sem ruído”. Com um ca- nal normal de 4 kHz, o limite de Shannon não permitiria isso.
3. Usando o teorema de Nyquist, podemos fazer a amostragem 12 milhões de vezes/s. Sinais do nível quatro fornecem 2 bits por amostra, resultando em uma taxa de dados total de 24 Mbps. 4. Uma relação sinal/ruído igual a 20 dB significa S / N = 100. Tendo em vis- ta que log 2 101 é aproximadamente igual a 6,658, o limite de Shannon é cerca de 19.975 kbps. O limite de Nyquist é de 6 Kbps. Portanto, o garga- lo é o limite de Nyquist, que resulta em uma capacidade máxima de canal de 6 kbps. 5. Para enviar um sinal T1, precisamos de H log 2 (1 + S / N ) = 1,544 × 10 6 com H = 50.000. Isso resulta em S / N = 2 30 – 1, que corresponde a cerca de 93 dB. 6. Uma estrela passiva não tem nenhum componente eletrônico. A luz de uma fibra ilumina uma série de outras. Um repetidor ativo converte o sinal óptico em um sinal elétrico para processamento posterior. 7. Use D¦ = c Dl/l^2 com Dl = 10–7^ metros e l = 10–6^ metros. Isso dá uma lar- gura de banda (D¦) = 30.000 GHz. 8. A taxa de dados é 480 × 640 × 24 × 60 bps, que é igual a 442 Mbps. Por simplicidade, vamos supor 1 bps por Hz. Da equação (2-3), obtemos Dl = l^2 D¦ / c. Temos D¦ = 4,42 × 10^8 , e assim Dl = 2,5 × 10–6^ micra. O inter- valo de comprimentos de onda utilizados é muito curto. 9. O teorema de Nyquist é uma propriedade matemática e não tem nenhuma relação com a tecnologia. Ele afirma que, se você tem uma função cujo es- pectro de Fourier não contém nenhum seno ou co-seno acima de ¦, então, por amostragem da função à freqüência de 2¦, você irá captar todas as in- formações que existem. Desse modo, o teorema de Nyquist é verdadeiro para todos os tipos de meios de transmissão. 10. No texto, foi declarado que as larguras de banda (isto é, os intervalos de freqüência) das três bandas eram aproximadamente iguais. A partir da fór- mula D¦ = c Dl/l^2 fica claro que, para se obter uma constante Dl, quanto maior a freqüência maior tem de ser Dl. O eixo x na figura é l; assim, quanto maior a freqüência, maior o valor Dl necessário. De fato, Dl é qua- drático em l. O fato das bandas serem aproximadamente iguais é uma pro- priedade acidental do tipo de silício usado. 11. Comece com l¦ = c. Sabemos que c é 3 × 10 8 m/s. Para l = 1 cm, obtemos 30 GHz. Para l = 5 m, obtemos 60 MHz. Desse modo, a banda coberta é de 60 MHz a 30 GHz.
8
sa específica igual a 9,0, cada loop local tem massa igual a 141 kg. Portan- to, a companhia telefônica possui 1,4 × 10 9 kg de cobre. A 3 dólares por quilograma, o cobre vale aproximadamente 4,2 bilhões de dólares.
20. Como uma única linha de estrada de ferro, ele é half-duplex. O óleo pode fluir em qualquer sentido, mas não em ambos os sentidos ao mes- mo tempo. 21. Normalmente, os bits são enviados pela linha sem qualquer esquema de correção de erros na camada física. A presença de uma CPU em cada mo- dem torna possível incluir um código de correção de erros na camada 1 para reduzir bastante a taxa de erros efetiva vista pela camada 2. O trata- mento de erros pelos modems pode ser totalmente transparente para a ca- mada 2. Muitos modems atuais incluem correção de erros. 22. Existem quatro valores válidos por baud, e assim a taxa de bits é duas vezes a taxa em bauds. A 1.200 bauds, a taxa de dados é 2.400 bps. 23. O deslocamento de fase é sempre 0, mas são usadas duas amplitudes; por- tanto, ele utiliza modulação por amplitude direta. 24. Se todos os pontos estiverem eqüidistantes da origem, todos eles terão a mesma amplitude, e assim a modulação de amplitude não está sendo usada. A modulação de freqüência nunca é utilizada em diagramas de constelação; portanto, a codificação é de chaveamento por desloca- mento de fase puro. 25. Dois, um para upstream e um para downstream. O esquema de modulação propriamente dito utiliza apenas amplitude e fase. A freqüência não é mo- dulada. 26. Há 256 canais ao todo, menos 6 para POTS e 2 para controle, restando 248 para dados. Se ¾ desses canais forem para downstream, isso dará 186 canais para downstream. A modulação ADSL é feita em 4.000 bauds; as- sim, com QAM-64 (6 bits/baud), teremos 24.000 bps em cada um dos 186 canais. A largura de banda total será então 4,464 Mbps downstream. 27. Uma página da Web de 5 KB tem 40.000 bits. O tempo de download sobre o canal de 36 Mbps é 1,1 ms. Se o retardo de enfileiramento também for de 1,1 ms, o tempo total será 2,2 ms. Sobre a ADSL não existe nenhum re- tardo de enfileiramento, e assim o tempo de download a 1 Mbps é 40 ms. A 56 kbps, ele é igual a 714 ms. 28. Existem dez sinais de 4.000 Hz. Precisamos de nove bandas de proteção para evitar qualquer interferência. A largura de banda mínima exigida é 4.000 × 10 + 400 × 9 = 43.600 Hz.
29. Um tempo de amostragem de 125 ms corresponde a 8.000 amostras por se- gundo. De acordo com o teorema de Nyquist, essa é a freqüência de amos- tragem necessária para captar todas as informações em um canal de 4 kHz, como o de um canal telefônico. (Na realidade, a largura de banda nominal é um pouco menor, mas o corte não é nítido.) 30. Os usuários finais obtêm 7 × 24 = 168 dos 193 bits em um quadro. O overhead é portanto de 25/193 = 13%. 31. Em ambos os casos, são possíveis 8.000 amostras/s. Com a codificação di- bit, são enviados dois bits por amostra. Com T1, são enviados 7 bits por período. As respectivas taxas de dados são 16 kbps e 56 kbps. 32. Dez quadros. A probabilidade de algum padrão aleatório ser 0101010101 (em um canal digital) é 1/1.024. 33. Um codificador aceita um sinal analógico arbitrário e gera um sinal digital a partir dele. Um demodulador aceita apenas uma onda senoidal modulada e gera um sinal digital. 34. (a) 64 kbps. (b) 32 kbps. (c) 8 kbps. 35. O sinal deve ir de 0 até A em um quarto de onda – isto é, em um tempo igual a T /4. Para controlar o sinal, devemos ter 8 etapas no quarto de onda, ou 32 amostras por onda completa. O tempo por amostra é 1/ x , e assim o pe- ríodo total deve ser longo o suficiente para conter 32 amostras – isto é, T > 32/ x ou ¦max = x /32. 36. Uma taxa de flutuação de 10-9^ significa 1 segundo em 10 9 segundos, ou 1 nanossegundo por segundo. À velocidade OC-1, digamos 50 Mbps para simplificar, um bit perdura por 20 nanossegundos. Isso significa que de- mora apenas 20 segundos para a flutuação do clock alcançar um bit. Em conseqüência disso, os clocks devem ser continuamente sincronizados para impedir que eles fiquem afastados demais. Com certeza a cada 10 se- gundos, de preferência com freqüência muito maior. 37. Das 90 colunas, 86 estão disponíveis para dados do usuário em OC-1. Desse modo, a capacidade de usuário é 86 × 9 = 774 bytes/quadro. Com 8 bits/byte, 8.000 quadros/s e 3 portadoras OC-1 multiplexadas em conjunto, a capacidade total de usuário é 3 × 774 × 8 × 8.000, ou 148.608 Mbps. 38. O VT1.5 pode acomodar 8.000 quadros/s × 3 colunas × 9 linhas × 8 bits = 1,728 Mbps. Ele pode ser usado para acomodar DS-1. O VT2 pode aco- modar 8.000 quadros/s × 4 colunas × 9 linhas × 8 bits = 2,304 Mbps. Ele pode ser usado para acomodar o serviço europeu CEPT-1. O VT6 pode acomodar 8.000 quadros/s × 12 colunas × 9 linhas × 8 bits = 6,912 Mbps. É possível utilizá-lo para acomodar o serviço DS-2.
lho de movê-las. Em segundo lugar, em geral as antenas são colocadas em edifícios ou montanhas. Dependendo da posição exata de tais estruturas, a área coberta por uma célula pode ser irregular devido a obstáculos próxi- mos ao transmissor. Em terceiro, algumas comunidades ou donos de pro- priedades não permitem a montagem de uma torre no local em que está o centro de uma célula. Em tais casos, antenas direcionais são colocadas em uma posição que não corresponde ao centro da célula.
46. Se considerarmos que cada microcélula é um círculo com 100 m de diâme- tro, então cada célula terá uma área de 2.500p. Se tomarmos a área de San Francisco, 1,2 × 10 8 m 2 , e a dividirmos pela área de uma microcélula, ob- teremos 15.279 microcélulas. É claro que é impossível preencher o plano com círculos lado a lado (e San Francisco é decididamente tridimensional), mas com 20.000 microcélulas talvez pudéssemos fazer o trabalho. 47. As freqüências não podem ser reutilizadas em células adjacentes; assim, quando um usuário se desloca de uma célula para outra, uma nova fre- qüência deve ser alocada para a chamada. Se um usuário se mover para uma célula cujas freqüências estão todas em uso atualmente, a chamada do usuário terá de ser encerrada. 48. Ele não é causado diretamente pela necessidade de compatibilidade com versões anteriores. O canal de 30 kHz era de fato um requisito, mas os pro- jetistas do D-AMPS não eram obrigados a colocar três usuários nele. Eles podiam ter colocado dois usuários em cada canal, aumentando a carga útil antes da correção de erros de 260 × 50 = 13 kbps para 260 × 75 = 19, kbps. Desse modo, a perda de qualidade foi um compromisso intencional para colocar mais usuários por célula e, portanto, perde o sentido com cé- lulas maiores. 49. O D-AMPS utiliza 832 canais (em cada sentido) com três usuários compar- tilhando um único canal. Isso permite ao D-AMPS admitir até 2.496 usuá- rios por célula simultaneamente. O GSM utiliza 124 canais com oito usuá- rios compartilhando um único canal. Isso permite que ao GSM dar suporte a até 992 usuários ao mesmo tempo. Ambos os sistemas utilizam quase a mesma porção do espectro (25 MHz em cada sentido). O D-AMPS utiliza 30 kHz × 892 = 26,76 MHz. O GSM usa 200 kHz × 124 = 24,80 MHz. A diferença pode ser atribuída principalmente à melhor qualidade de voz oferecida pelo GSM (13 Kbps por usuário) em relação ao D-AMPS (8 Kbps por usuário). 50. O resultado é obtido pela negação de cada um dos valores A , B e C , e depois somando-se as três seqüências de chips. Como outra alternativa, as três se- qüências podem ser somadas e depois negadas. O resultado é (+3 +1 + –1 –3 –1 –1 +1).
51. Por definição:
=
å
m (^) 1
S Ti i i
m
Se T tende a 0 bit em vez de 1 bit, sua seqüência de chip é negada, com o i -ésimo elemento transformando-se em – T (^) i. Desse modo:
= =
å å
m (^) 1 1
m i i S T i
m i i i
m (– ) –
52. Quando dois elementos coincidem, seu produto é + 1. Quando eles não coincidem, seu produto é –1. Para obter a soma 0, deve haver uma quanti- dade de coincidências igual ao número de não coincidências. Desse modo, duas seqüências de chips são ortogonais se exatamente metade dos ele- mentos correspondentes coincide e exatamente metade não coincide. 53. Basta calcular os quatro produtos internos normalizados:
(–1 +1 –3 +1 –1 –1 +3 +1) • (–1 –1 –1 +1 +1 –1 +1 +1)/8 = 1 (–1 +1 –3 +1 –1 –1 +3 +1) • (–1 –1 +1 –1 +1 +1 +1 –1)/8 = – (–1 +1 –3 +1 –1 –1 +3 +1) • (–1 +1 –1 +1 +1 +1 –1 –1)/8 = 0 (–1 +1 –3 +1 –1 –1 +3 +1) • (–1 +1 –1 –1 –1 –1 +1 –1)/8 = 1
O resultado é que A e D enviaram bits 1, B enviou um bit 0 e C se manteve em silêncio.
54. Ignorando-se a compactação de voz, um telefone digital PCM precisa de 64 kbps. Se dividirmos 10 Gbps por 64 kbps, obtermos 156.250 casas por cabo. Os sistemas atuais têm centenas das casas por cabo. 55. Ambos. Cada um dos 100 canais recebe a atribuição de sua própria faixa de freqüência (FDM) e, em cada canal, os dois fluxos lógicos são entremeados pelo TDM. Esse exemplo é igual ao exemplo de rádio AM dado no texto, mas nenhum deles é um exemplo fantástico de TDM, porque a alternância é irregular. 56. Uma garantia de largura de banda downstream de 2 Mbps para cada casa implica no máximo 50 casas por cabo coaxial. Desse modo, a empresa de transmissão por cabo precisará dividir o cabo existente em 100 cabos coa- xiais e conectar cada um deles diretamente a um nó de fibra. 57. A largura de banda upstream é 37 MHz. Usando QPSK com 2 bits/Hz, ob- temos 74 Mbps upstream. Temos 200 MHz downstream. Usando-se QAM-64, isso equivale a 1.200 Mbps. Utilizando-se QAM-256, isso é igual a 1.600 Mbps.
rante 15 minutos? Como o receptor saberá que o próximo byte é na reali- dade o início de um novo quadro e não apenas ruído na linha? O protocolo é muito mais simples com bytes de flag iniciais e finais.
5. A saída é 011110111110011111010. 6. É possível. Suponha que o texto original contenha a seqüência de bits 01111110 como dados. Depois da inserção de bits, essa seqüência será re- presentada por 011111010. Se o segundo 0 se perder devido a um erro de transmissão, a seqüência recebida será 01111110, que o receptor vê como um fim de quadro. Em seguida, ele observa imediatamente antes do fim do quadro a soma de verificação e a confirma. Se a soma de verificação é 16 bits, existe uma chance em 2 16 de que ela esteja acidentalmente correta, le- vando à aceitação de um quadro incorreto. Quanto mais longa a soma de verificação, menor a probabilidade de um erro não ser detectado, mas a probabilidade nunca é zero. 7. Se o retardo de propagação é muito longo, como no caso de uma sonda para Marte ou Vênus, a correção antecipada de erros é indicada. Além dis- so, ela também é apropriada em uma instalação militar na qual o receptor não quer revelar sua posição transmitindo. Se a taxa de erros for baixa o suficiente para que um código de correção de erros seja bom o bastante, ele também poderá ser mais simples. Por fim, os sistemas de tempo real não podem tolerar a espera por retransmissões. 8. Uma mudança em qualquer caractere válido não pode gerar outro caracte- re válido, devido à natureza dos bits de paridade. Efetuar duas mudanças em bits pares ou duas mudanças em bits ímpares resultará em outro carac- tere válido, e assim a distância é 2. 9. Os bits de paridade são necessários nas posições 1, 2, 4, 8 e 16, de forma que as mensagens que não se estendem além do bit 31 (incluindo os bits de paridade) se adaptam. Desse modo, cinco bits de paridade são suficientes. O padrão de bits transmitido é 011010110011001110101. 10. O valor codificado é 101001001111. 11. Se numerarmos os bits da esquerda para a direita começando no bit 1, o bit 2 desse exemplo (um bit de paridade) será incorreto. O valor de 12 bits transmitido (após a codificação de Hamming) foi 0xA4F. O valor de dados de 8 bits original foi 0xAF. 12. Um único erro tornará erradas ambas as verificações de paridade, horizon- tal e vertical. Dois erros também serão detectados com facilidade. Se eles estiverem em linhas diferentes, a paridade de linha os detectará. Se estive- rem na mesma linha, a paridade de coluna irá captá-los. Três erros poderão
passar despercebidos, por exemplo, se algum bit for invertido juntamente com seus bits de paridade de linha e coluna. Nem mesmo o bit do canto irá captar isso.
13. Descreva um padrão de erro como uma matriz de n linhas por k colunas. Cada um dos bits corretos é 0 e cada um dos bits incorretos é 1. Com qua- tro erros por bloco, cada bloco terá exatamente quatro valores 1. Quantos desses blocos existem? Há nk maneiras de escolher onde colocar o pri- meiro bit 1, nk – 1 modos de escolher o segundo e assim por diante, até o número de blocos ser nk ( nk -1)( nk -2)( nk -3). Erros não detectados só ocorrem quando os quatro bits 1 estão nos vértices de um retângulo. Usando-se coordenadas cartesianas, todo bit 1 está em uma coordenada ( x , y ), onde 0 £ x < k e 0 £ y < n. Suponha que o bit mais próximo à origem (o vértice inferior esquerdo) esteja em ( p , q ). O número de retângulos váli- dos é ( k – p – 1)( n – q – 1). Então, o número total de retângulos pode ser encontrado fazendo-se o somatório dessa fórmula para todos os valores p e q possíveis. A probabilidade de um erro não detectado é então o número de tais retângulos dividido pelo número de maneiras de distribuir os quatro bits:
nk nk nk nk
p q
k n 1 1 1
1 2 3
0 0
2 2
= =
å
14. O resto é x^2 + x + 1. 15. O quadro é 10011101. O gerador é 1001. A mensagem depois de acres- centar três zeros é 10011101000. O resto da divisão de 10011101000 por 1001 é 100. Assim, o string de bits real transmitido é 10011101100. O flu- xo de bits recebido com um erro no terceiro bit a partir da esquerda é 10111101100. A divisão desse valor por 1001 produz o resto 100, que é diferente de zero. Desse modo, o receptor detecta o erro e pode solicitar uma retransmissão. 16. O CRC é calculado durante a transmissão e acrescentado ao fluxo de saída tão logo o último bit sai para o fio. Se o CRC estivesse no cabeçalho, seria necessário fazer uma passagem sobre o quadro para calcular o CRC antes da transmissão. Isso exigiria que cada byte fosse tratado duas vezes – uma vez para o cálculo da soma de verificação e uma para transmissão. O uso do final (trailer) reduz o trabalho à metade. 17. A eficiência será 50% quando o tempo para transmitir o quadro for igual ao retardo de propagação de ida e volta. A uma taxa de transmissão de 4 bits/ms, a transmissão de 160 bits demora 40 ms. Para tamanhos de quadros acima de 160 bits, o método de parar e esperar tem uma eficiência razoável.
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noraria. A definição do timer auxiliar resulta, em vez disso, no envio de uma confirmação correta, o que resultaria na ressincronização.
23. Ele levaria ao impasse (deadlock), porque esse é o único lugar em que são processadas as confirmações que chegam. Sem esse código, o transmissor continuaria em timeout e nunca faria nenhum progresso. 24. Anularia o propósito de se ter NAKs, de forma que teríamos de recorrer a timeouts. Embora o desempenho se degradasse, a correção não seria afeta- da. Os NAKs não são essenciais. 25. Considere o seguinte cenário. A envia 0 a B. B o recebe e envia um ACK, mas o ACK é perdido. A chega ao tempo limite e repete 0, mas agora B es- pera 1, e assim envia um NAK. Se A simplesmente reenviasse r.ack+1, ele estaria enviando o quadro 1, que ainda não recebeu. 26. Não. O tamanho máximo da janela de recepção é 1. Suponha que fosse 2. Inicialmente, o transmissor envia quadros de 0 a 6. Todos os valores são re- cebidos e confirmados, mas a confirmação é perdida. O receptor agora está preparado para aceitar 7 e 0. Quando a retransmissão de 0 chegar ao receptor, ela será bufferizada e 6 será confirmado. Quando 7 chegar, 7 e 0 serão repassados ao host, levando a uma falha de protocolo. 27. Suponha que A enviasse a B um quadro e este chegasse corretamente, mas que não houvesse nenhum tráfego no sentido inverso. Depois de algum tempo, A chegaria ao tempo limite e retransmitiria. B notaria que o núme- ro de seqüência estava incorreto, pois o número de seqüência está abaixo de FrameExpected. Conseqüentemente, ele enviaria um NAK, que trans- portaria um número de confirmação. Cada quadro seria então enviado exatamente duas vezes. 28. Não. Essa implementação falha. Com MaxSeq = 4, obtemos NrBufs = 2. Os números de seqüência pares usam o buffer 0 e os números de seqüência ím- pares usam o buffer 1. Esse mapeamento significa que os quadros 4 e 0 utili- zam ambos o mesmo buffer. Suponha que os quadros 0 a 3 fossem recebidos e confirmados. Agora, a janela do receptor contém 4 e 0. Se 4 for perdido e 0 chegar, ele será inserido no buffer 0 e arrived [0] será definido como true. O loop no código de FrameArrival será executado uma vez, e uma mensagem fora de ordem será entregue ao host. Esse protocolo exige que MaxSeq seja ímpar para funcionar corretamente. Porém, outras implementações de pro- tocolos de janelas deslizantes não têm todas essa propriedade. 29. Seja t = 0 o início da transmissão. Em t = 1 ms, o primeiro quadro é total- mente transmitido. Em t = 271 ms, o primeiro quadro chega por comple- to. Em t = 272 ms, o quadro que confirma o primeiro é completamente en- viado. Em t = 542 ms, o quadro que conduz a confirmação chega por intei-
ro. Desse modo, o ciclo tem 542 ms. Ao todo, k quadros são enviados em 542 ms, o que dá uma eficiência de k /542. Conseqüentemente: (a) k = 1, eficiência = 1/542 = 0,18%. (b) k = 7, eficiência = 7/542 = 1,29%. (c) k = 4, eficiência = 4/542 = 0,74%.
30. Com um canal de 50 kbps e oito números de seqüência de bits, o canal está sempre cheio. O número de retransmissões por quadro é cerca de 0,01. Cada quadro de boa qualidade desperdiça 40 bits de cabeçalho, mais 1% de 4.000 bits (retransmissão), mais um NAK de 40 bits uma vez a cada 100 quadros. O overhead total é 80,4 bits por 3.960 bits de dados, o que cor- responde a uma fração 80,4/(3.960 + 80,4) = 1,99%. 31. A transmissão começa em t = 0. Em t = 4.096/64.000 s = 64 ms, o último bit é enviado. Em t = 334 ms, o último bit chega ao satélite e o ACK muito breve é enviado. Em t = 604 ms, o ACK chega ao solo. Aqui, a taxa de da- dos é 4.096 bits em 604 ms, ou cerca de 6.781 bps. Com um tamanho de ja- nela de 7 quadros, o tempo de transmissão é 448 ms para a janela comple- ta, e nesse tempo o transmissor tem de parar. Em 604 ms, o primeiro ACK chega e o ciclo pode recomeçar. Nesse caso, temos 7 × 4.096 = 28. bits em 604 ms. A taxa de dados é 47.470,2 bps. A transmissão contínua só pode ocorrer se o transmissor ainda estiver enviando quando o primeiro ACK voltar, no tempo t = 604 ms. Em outras palavras, se o tamanho da ja- nela for maior que 604 ms de transmissão, ele poderá funcionar a toda ve- locidade. Para um tamanho de janela igual a 10 ou maior, essa condição é satisfeita; assim, para qualquer janela de tamanho 10 ou maior (por exem- plo, 15 ou 127), a taxa de dados é 64 kbps. 32. A velocidade de propagação no cabo é 200.000 km/s, ou 200 km/ms, e as- sim um cabo de 100 km será preenchido em 500 ms. Cada quadro T1 equi- vale a 193 bits enviados em 125 ms. Isso corresponde a quatro quadros, ou 772 bits no cabo. 33. Cada máquina tem duas variáveis importantes: next_frame_to_send e fra- me_expected , cada uma das quais pode assumir os valores 0 ou 1. Desse modo, cada máquina pode estar em um entre quatro estados possíveis. Uma mensagem no canal contém o número de seqüência do quadro que está sendo enviado e o número de seqüência do quadro que está sendo con- firmado por ACK. Desse modo, existem quatro tipos de mensagens. O ca- nal pode conter a mensagem 0 ou 1 em qualquer sentido. Portanto, o nú- mero de estados em que o canal pode estar é 1 com zero mensagens, 8 com uma mensagem e 16 com duas mensagens (uma mensagem em cada senti- do). No total existem 1 + 8 + 16 = 25 estados possíveis do canal. Isso im- plica 4 × 4 × 25 = 400 estados possíveis para o sistema completo.
