多媒体通信技术基础-第二版--课后答案(蔡安妮-等-著)-电子工业出版社.pdf

2-3(1)由图(a)和图(b)可知，在长为0.1米的屏幕上光栅变化2.5次，在高为0.1米的屏幕上光栅变化3次，所以f=25(周/米)xf=30(周/米)y(2)光栅的周期与空间频率的表达式：T=1/f;T=1/fxxyy光栅的方位角与空间频率的表达式：f=;f=xdxd(x)Ψydyd(y)Ψ(3)负的时间时间频率没有物理意义，负的时间频率是在对cos函数用欧拉公式的时候引入的，只是数学形式上的表达。负的空间频率与负的时间频率一样没有物理意义。2-42-6由书上的公式2-17f=maxfffZkKkHWfnkkKHW221221.2..2.=根据第5题的数据＝0.92,=0.81,=W/H=16/9,K=0.71k2kα当隔行扫描时，＝25,Z=1152fff=23.5MHzmax25*1152*81.0*292.0*7.0*9162≈当逐行扫描时，＝50，ff所以f＝2f47M'maxmax≈2-11由图中可以看出，对每帧图像，两种格式的数据量相同；对于色度信号的分辨率，水平方向上，4:1:1格式是4:2:0格式的一半；垂直方向上4:2:0格式是4:1:1格式的一半；对于亮度信号分辨率，4:1:1格式与4:2:0格式在水平和垂直方向上是一致的。3-33-17题目修改如下：对MV序列{-2，-1，0，2}进行编码；用一般算术编码，取9比特精度（允许最后一位不能正确解码）。解：MV概率如下：-2：1/16-1：1/40：3/81：1/42：1/16待编码的MV序列为：{-2，-1，0，2}符号-2-1012概率（十进制）1/161/43/81/41/16概率（二进制）.0001.01.011.01.0001累积概率0.0001.0101.1011.1111第一个符号-2：C=0+1×0=0A=1×0.0001=0.0001第二个符号-1：C=0+0.0001×0.0001=0.00000001A=0.0001×0.01=0.000001第三个符号0：C=0.00000001+0.000001×0.0101=0.0000001001A=0.000001×0.011=0.000000011第四个符号2：C=0.0000001001+0.000000011×0.1111=0.0000001110101A=0.000000011×0.0001=0.0000000000011所以，MV序列{-2,-1,0,2}经过算术编码后的序列为：0.00000011101011．附加题参考答案：从优化的观点看，编码的优化目标是最小化平均码长。如果对出现频率低的符号也制定变长编码表，出现频率高的符号的码长会增加，而对出现频率低的符号单独编码，虽然频率低的符号码长会增加，但由于它们的出现频率低，整体的平均码长反而会降低。总之，会有一个最优点，但这个点肯定不会是对全部符号制定变长编码表，必须对一部分出现频率相对低的符号单独编码。4-4图像的坐标轴为：右为像素（i,j）点i的正方向，下为j的正方向。根据题意，k-1帧的匹配块中心坐标为（147-0.5，163+0.5），所以像素的运动矢量为从原点指向（21.5，-11.5）的矢量。4-106－6（1）保证接收端连续播放的条件：接收端解码重建结果保持发送端原始信号的时间约束关系第i个LDU的播放时刻p(i)必须晚于它的到达时刻a(i)=T(i)+d(i)，其中d(i)为第i个LDU传输延时（2）给定网络传输延时的限制，接收端的开始播放时刻？缓冲器应为多大？a(i)=t(i)+d(i)A式在信源和信宿本地时钟是同步的假设下，每个LDU有如下关系P(i)-p(i-1)=t(i)-t(i-1)B式即p(i)-p(1)=t(i)-t(1)C式将A式变形为t(i)=a(i)-d(i)带入C式得p(i)-p(1)=a(i)-d(i)-t(1),即p(i)-a(i)=p(1)-t(1)-d(i)D式要保证播放的不间断，第i个LDU的播放时刻p(i)必须晚于它的到达时刻a（i）即p(i)-a(i)0,也就是D式的右边p(1)-t(1)-d(i)0≥≥所以p(1)t(1)+d(i)≥p(1)t(1)+d(i)≥p(1)max{t(1)+d(i)}=t(1)+≥max∆选取p(1)=t(1)+max∆B=Max{[p(i)-a(i)]}=Max{[p(1)-t(1)-d(i)]}=-Max{d(i)}=-tmax∆max∆min∆由上面的推导可以看出，由于有时间戳，第一个LDU的到达时刻不再存在抖动，使得起始播放延时降低，而缓存器容量也相应的降低。（3）由上面(2)的推导，我们有p(1)t(1)+d(i),而d(i)~()≥2,σµ所以要保证P{p(1)t(1)+d(i)}≥η=0.99≥即要求P{d(i)p(1)-t(1)}≥0.01≥设(A)=0.01Φ则根据正态分布的概率公式p(1)-t(1)≥Αµσ+即p(1)≥t(1)+Αµσ+6－9（1）影响收端进行同步播放的因素包括：延时抖动；时钟偏差；不同的起始时间、或传输延时不同；传输延时不同、或不同的起始播放时间；数据丢失；网络传输条件的变化等；（2）给出保证视频和音频数据流在接收端能同步播放的起始时间：根据6-6的结果支路1保证接收端连续播放的起始播放时间为p(1)=t(1)+∆1max支路2保证接收端连续播放的起始播放时间为p(1)=t(1)+δ2max因为δ∆maxmax所以起始播放时间选为:t(1)+δmax(注：因为支路1和支路2是由视频流和音频流按一定的时间关系复合而成，所以我们认为对于每个LDU，视频流和音频流的发送时刻相同）(3)若音频流超前于视频流应应如何调整：将音频流作为主流，视频流作为从流，保持音频流的播放速率不变，加快音频流的播放速率或跳帧。6－10解：根据书上公式6－29B=(a-1)*TtB=0.0001*60*30=0.18st由于累计时间差小于一个帧周期不会明显影响播放观看质量所以取B=0.18-1/25=0.14st'B=B*128*1000=17.92kbt'由上面的计算可知，播放半个小时的节目，由于服务器的时钟慢于客户端的，会出现明显的播放质量问题，出现播放时刻已经到达但是服务器没有将视频流送到的问题。为了不影响播放效果，需要在客户端设置最少17.92kb的缓存器，当客户端至少缓存17.92kb的视频流的时候再开始播放，不会明显的影响播放质量。7-37-37-37-3（1）（2）7777-7-7-7-7（1）多播路由器必须知道本地网上是否有组成员才能确定是否向本地网转发组中的多播数据包。（2）但某个主机需要加入某个组时，向本地网发送请求信息，本地多播路由器收到消息后向其它多播路由器转发以建立多播路由，本地路由器通过周期检查来确认组成员是否退出组。（3）如果请求消息丢失，主机则无法加入到组中，需继续发送请求消息，如果应答消息丢失，多播路由器会继续向主机转发多播数据，并且周期检查组成员的变动情况。（4）只需要一个本地多播路由器，主机就可以加入多播组，如果从两个子网加入组，则两个多播路由器都认为该主机加入了组，会造成重复的数据转发，所以只需在一个子网上加入即可。7-151.利用AAL5完成IP数据到ATM信元的转换：AAL5数据包：IP数据包+8BAAL5尾。信元中实际用户数据为48B576B长的IP报文：⎡(576+8)/48⎤=13，生成13个信元，此报文丢失的概率为1−(1−p)131500B长的IP报文：⎡(1500+8)/48⎤=32，生成32个信元，此报文丢失的概率为1−(1−p)324500B长的IP报文：⎡(4500+8)/48⎤=94，生成94个信元，此报文丢失的概率为1−(1−p)949180B长的IP报文：⎡(9180+8)/48⎤=192，生成192个信元，此报文丢失的概率为1−(1−p)1922.利用AAL1完成IP数据到ATM信元的转换：AAL1头占用信元的1B，信元中的实际用户数据为47B576B长的IP报文：⎡576/47⎤=13，生成13个信元，则此报文丢失的概率为1−(1−p)131500B长的IP报文:⎡1500/47⎤=32，生成32个信元，则此报文丢失的概率为1−(1−p)324500B长的IP报文：⎡4500/47⎤=96，生成96个信元，则此报文丢失的概率为1−(1−p)969180B长的IP报文：⎡9180/47⎤=196，生成196个信元，则此报文丢失的概率为1−(1−p)196根据上面的计算，我们可以得到当数据包长为576B和1500B时，用AAL1和AAL5传输所用的包数和总的传输误码率一样。而传输4500B和9180B时，用AAL5传输所需的包数少，但丢包的概率要大些，当线路比较好的时候，用AAL1和AAL5传输的丢包情况差别不大，但是AAL5的传输效率明显要好于AAL1。8.5（1）根据IPv4和IPv6的帧格式，IPv4包的包头基本长度为20byte，而IPv6包的基本长度为40byte，所以在IPv6上包的平均长度为：355-20+40=375byte(2)根据书上328页，RTP和UDP分别引入的包头开销长度分别为12B和8B，所以经过RTP/UDP/IPv6包头引入的开销为(12+8+20)/(355+12+8)=40/375=10.7%如果包头压缩至2B，则包头引入的开销是2/(375-40+2)=0.6%8.6根据以太网的帧格式，以太网帧格式中包含26byte（包含8byte的前导码和SFD），最大静荷为1500byte，经过RTP/UDP/IP/Ethernet传输后所需的包头分别为12B、8B、20B、26B，所以音频所需最小带宽：256×(1500+26+20+8+12)/1500=267kb/s视频所需最小带宽：2.5×(1500+26+20+8+12)/1500=2.61Mb/s所以总共所需最小带宽为2.61+0.267=2.88Mb/s9-4(1)根据书上描述的的TFRC的速率调整策略，当出现丢包时，速率应该调整到T_calc,用书上的公式9－1T＝计算T_calc，pRTTMSSαT_calc＝＝459304.021500*325.1(2)5秒钟后，因为p降为0，此时系统进入慢启动状态，系统以两倍于上面（1）的结果递增。当增加到128kb/s时，如果出现拥塞，则进入拥塞避免阶段，降低速率到一半，接着进行线性的上升阶段。此过程与图9－8基本一致。9-5(1)证明：书上的公式9-37的描述如下：y=GxG为一个n×k的生成矩阵，且生成矩阵的任意k行均线性无关；x和y分别为k×1和n×1的列向量。在加包级别的（k＋1,k）FEC后，相当于生成矩阵G为（k＋1）×k的矩阵，而且任何k行均线性无关。当输入k＋1个数据包（每个包包含k比特的校验位）时，如果只有一个数据包出现错误，则根据底层协议，可以知道此数据包出现错误，将此数据包丢掉不用。而由于9－37式对应的方程组除去错误丢掉的包后仍然有其k个方程，使用其余的k个数据包则可以组成一个满秩的k个变量k方程的方程组。由矩阵论或线性代数的知识可知，此方程有唯一的解。而如果错两个以上的数据包，丢掉错误的数据包，则正确数据包组成的方程组个数将少于未知变量的个数，方程组有不确定解，所以数据包无法恢复。因此，(k+1,k)的误码率为只错一个，而其余的k个均正确的情形才能保证不丢包。此时丢包的概率为p×（1－（1－p）），上式是11+kCk针对k＋1个包计算的，对应每个包的丢包率为＝p×（1－（1－p））1Pk在加包级别的（n,k）FEC后，为了求丢包率，假设已经有一个包丢包，现在考虑其余的n－1个包的情况。当其余的n－1个包中有n－k－1个丢失后，根据上面的分析，数据包仍能够恢复出来，此时相当于没有丢包。抛去此种情况，其余的情况即为丢包的情形，所以n个包的丢包率为p×（1－），平均对应每个包的丢包率为：1nCjnknjjjnppC−−−−=−−∑1101)1(＝p×（1－）knP−jnknjjjnppC−−−−=