(1) A primeira questão trata da eficiência de transmissão de dados em ADSL e da capacidade teórica dos canais de downstream. (2) A segunda questão discute a capacidade máxima de um canal de comunicação de acordo com Shannon e Nyquist e o papel de um ponto de acesso como switch ou bridge. (3) A terceira questão aborda as características de comunicações orientadas a conexão e a diferença entre sinais de banda larga e banda base no que se refere à modulação em frequência.

1. PROVA 01 – 2009/02 (Turmas C/D)
Observação: as respostas abaixo salientam apenas os principais conceitos e não se espera que elas sejam a
resposta padrão. Na resposta a prova se espera que essas ideias sejam elaboradas de acordo com o solicitado e,
respostas diferentes, bem fundamentadas, são consideradas de acordo com sua correção e argumentação.
1ª Questão
(a) A quantidade total de bytes transmitida é: 18(cabeçalho Ethernet + CRC) + 20 (cabeçalho do IP) + 8
(cabeçalho do UDP) + 154 (dados da aplicação), portanto, são enviados 200 bytes para uma carga útil
(payload) de 154. A eficiência é 154/200, ou, seja, 0.77, o que corresponde a 77 Mbps.
(b) São usados 186 canais para o fluxo de downstream (248-62). Cada canal no ADSL tem 4000 bauds.
Usando QAM-64, o que significa 6 bits/baud, tem-se uma capacidade máxima teórica de 186 x 4000 x 6 =
4.464 Mbps.
2ª questão
(a) A capacidade máxima do canal, segundo Shanon, é dada por C=B.log2 (1 + S/N) ; então C = 3000.log2(101);
C=3000.log10 (101)/ log10 (2); C=20000 bps (20 kbps). Nesse canal sendo transmitido um sinal binário (2
níveis), o que por Nyquist (C = 2B.log2(N)), implica uma capacidade C = 2 x 3000.log2(2) = 6000 bps. [O
canal tem uma capacidade de até 20 kbps, mas no caso, com N=2, não é totalmente usada. Nas condições
do enunciado, o fator limitante é o Teorema de Nyquist, não o de Shannon.]
(b) Na situação descrita, o ponto de acesso se comporta como um switch. Cada uma de suas portas, wired e
wireless, compõe um domínio de colisão diferente e um único domínio de broadcast, portanto, na situação
descrita o ponto de acesso se comporta como uma bridge (switch).
3ª Questão
(a) A terceira alternativa é a única falsa. Uma comunicação orientada a conexão pressupõe garantia de entrega,
de ordenamento e de não duplicação, sem que, necessariamente, os pacotes fluam por um mesmo caminho
(circuito virtual). Um caminho virtual diz apenas se os pacotes seguirão por um mesmo caminho, mas não
garante a entrega correta, ordenamento e não duplicação.
(b) A diferença fundamental é que é possível se usar a modulação em frequência em um sinal de banda larga,
permitindo o uso de multiplexação em frequência, ao passo que um sinal de banda base não é passível de
ser modulado em frequência.
4ª questão
(a) A duração temporal de um quadro é dada por Q/R, portanto, a tempo total gasto para a transmissão de
todas as estações é dada por N*(Q/R + tpoll). A quantidade total de dados transmitidos por todas as estações
é N*Q, o que dá uma vazão de N*Q/ (N*(Q/R + tpoll)), ou seja, Q/(Q/R + tpoll).
(b) A troca de quadros é: (tipo do quadro I ou S, nro. seq, nro. seq→piggybacking)
A→B I,0,0
A→B I,1,0
A→B I,2,0
A→B I,3,0
A→B I,0,4
B→A I,1,4
B→A I,4,2
A→B I,5,2
B→A S,RR,6

2. 5ª questão
(a) A quantidade de bits de um quadro é 4096 (512 x 8), o que corresponde, a uma duração temporal de 64ms
(4096/64000). O tempo de propagação é 270 ms. Para se ter a utilização total da capacidade do meio, a
janela deve ser W ≥ 2a + 1. Calculando se obtem a=tprop/tquadro, ou seja, a=270/64, o que dá uma janela de
9,4375 quadros, como o tamanho da janela deve ser um número inteiro, tem-se 10 quadros. 10 quadros
correspondem a 640ms (10x64ms).
(b) O tempo de bit corresponde a 1 nsec. O tempo de propagação é dado por t=d/v, ou seja, t= 1000/200000 =
5x10-6 segundos, o que corresponde a 5 usec. Para o CSMA/CD funcionar, a duração do quadro deve ser
igual a 2 vezes o tempo de propagação, ou seja, 10 usec. Em 10 usec, transmitindo a 1 Gbps, se tem a
transmissão de 10000 bits (dez mil) o que corresponde a um quadro de 1250 bytes.
6ª questão
(a) Fazendo-se a divisão do string binário em 5 linhas de 4 bits tem-se:
dados P São transmitidos ao total 30 bits (20 dados P A paridade por bloco possui uma
1100 0 de dados e 10 de paridade, em cinza). 1100 0 capacidade limitada para detecção e
1111 0 Portanto, se tem uma eficiência de 1111 0 correção de erros. Por exemplo, o bit
0110 1 20/30, ou seja, 0.666... 0100 1 sublinhado e em negrito foi invertido
0010 1 0010 1 durante a transmissão. Isso faz com que a
0110 0 0110 0 paridade da terceira linha, terceira coluna
0000 0 0000 0 esteja errada. O destinatário, ao receber
esses dados, detecta os erros de paridade
e pode inferir que há um erro no bit corres-
pondente a terceira linha, terceira coluna e
invertê-lo, corrigindo assim o erro
(b) A capacidade do canal agregado deve ser no mínimo igual ao somatório dos canais tributários. Portanto, a
taxa do canal agregado é de 50 Mbps x 4, ou seja, 200 Mbps, MAS a cada 4 bits é adicionado um bit de
controle, portanto, a capacidade mínima é de 50 Mbps x 5, o que dá uma taxa no canal agregado de 250
Mbps. Cada bit no canal agregado tem uma duração de 0.004 usec (1/250 Mbps), o que fornece 0.02 usec
de duração para o quadro TDM (5 bits x 0.004). São trafegados 50 Mega quadros (250 Mbps/5 bits).