卫星通信导论习习题答案解析

1、第1章题解 T= V= s T= V= s T= V= s T= V= s T= V= s 84231km，281ms 160ms 37500km第2章题解（1）, (2) , (3) , (4) , d=37911km = G/T=K 馈线输入端 =171°K LNA输入端 =153°K 3×W/Hz217°K EIRP=48dBW G/T=K (1) ； ； (2) 4.8 m() 噪声系数的噪声温度为= () 噪声系数的噪声温度为= () +100+3=179K 噪声温度为 EIRP=47dBW (1) C/N= (2) 于是，所需的上行C/N=

2、(1) 链路损耗 L=+20lg37500+= (2)卫星转发器输入功率 C=20+26= 卫星转发器输出功率 C=110=11W (3) N= +10lg500+10lg36M= (4) C/N= (1) 卫星转发器发射的每路功率为 14dBW/路=路 (2) 地球站接收载波功率 C= 206+30+40= 150Dbw 地球站输入端噪声功率 N= +10lg150+10lg50K= 载噪比 C/N= (3)余量= (1) 链路损耗L=+20lg38500+= (2) 接收天线增益G= 接收载波功率 C=10lg200+343+1= (3) 噪声功率 N= +10lg110+10lg20M=

3、 (4) C/N= 余量 (5) 强降雨时 接收载波功率 C= 2= 噪声功率 N= +10lg260+10lg20M= 载噪比 C/N= 余量 dB (1) 链路损耗 L=+20lg37500+2= (2)噪声功率 N= +10lg500+10lg36M= (3) 转发器输入载波功率 C=10lg100+54+26= 载噪比 C/N= (4) 卫星发射功率 110=或 链路传输损耗 L=+20lg2000+=地球站接收载波功率 C=+(183)+1= 地球站噪声功率 N= +10lg260+10lg20K= 载噪比 C/N=第3章题解 由图3-3得输入回退6dB；由图3-4得输出回退3dB。

4、 （1） （2）（2）一帧内：1个参考突发，8个业务突发 一帧内开销比特： 560（参考突发）+9120（9个保护时隙）+8560（8个报头）= 6120 bit 效率=（408006120）/40800=；（3）承载的信息速率:（408006120）/=s 承载的信道数:17340/64= (1) =12+10+212= = 46=（） (2) dBW （） （提高8倍，使所需的EIRP提高） (1) C/N=+35= 由回退带来的允许接入的5MHz带宽的载波数为 (2) 设36MHz带宽内最多容纳6个5MHz带宽的载波。 由图3-4可得: 输出回退6dB相当于输入回退8dB。由图3-3得6

5、载波时，输入回退8dB的载波-互调比约为16dB。 试算6载波时的下行载噪比: 回退6dB后，每载波EIRP=34-6-10lg5=21dBW 每载波的接收载噪比=21-201-67+35=考虑到6载波时的载波-互调比为16dB，因此接收总的信噪比(含互调噪声)约为。它比要求的12dB门限高些，可认为是带宽受限系统。如果要求的接收信噪比门限为15dB，则为功率受限系统。 (1) TDMA地球站发射功率=13 105 63 22 +200 =23dBW=200W地球站接收载噪比: = 地球站接收(C/N) = (2) FDMA地球站发射功率: 一个FDMA地球站在转发器输出端的功率为13dBW(

6、20W) 6dB(回退) 7dB(5个站功率叠加) = 0dBW = 1W 转发器接收的来自一个FDMA站的功率 = - 105dBW FDMA地球站发射功率 = - 105 + 200 63 22 = 10dBW=10W 上行载噪比:载波功率 = 10+63+22 200= - 105dBW 噪声功率(噪声带宽36/5MHz) = + = - 上行载噪比= -105+ = 下行载噪比:载波功率 = 0+60+20 196 = -116dBW 噪声功率(噪声带宽36/5MHz) =20+ = - 140dBW 下行载噪比= -116+140 =24dB 由图3-4可得: 输出回退补偿6dB相当

7、于输入回退约8dB。由图3-3可得: 输入回退8dB时，互调载噪比为。地球站接收(全链路)接收载噪比= (若不考虑互调噪声干扰，载噪比为 （1）手持机解调后、判决前，只需在确定的时段内提取本站的数据信息，其接收噪声带宽较窄(单路)；而卫星接收10路信号(连续TDMA数据流)，接收噪声带宽较宽。 （2）上行射频带宽：=150KHz 下行射频带宽：75KHz (3) 上行链路 :卫星接收载波功率= +18+1-161=-149dBW星上接收端噪声功率谱密度= +27= Hz卫星接收信噪比= -149 -40+=误码率为，所需信噪比为。于是，链路电平衰落余量为。 (4)下行链路:用户接收载波功率=

8、-7+18+1-160= -148dBW用户接收噪声功率谱密度= +24=Hz用户接收信噪比= -148-40+= BER=所需信噪比为，因此链路电平衰落余量为。 无高斯噪声时，n=32 有高斯噪声时，n=16 此处为信噪比 n=1023/=64 每站信息比特率: 30Mc/s/1023=s 转发器传输的总信息比特率为: Mb/s 转发器带宽: 30M(1+=45MHz 采用FDMA或TDMA方式，可提高卫星转发器的传输信息量，但需增加信息发射功率。第4章题解 siny=(35786+6378)/6378=, y=º地心角x: x=覆盖面积=4 D=0.154m dB 所需的接收载波

9、功率C=+接收天线增益G=10lg=EIRP=+下行(S/N)，dB1114161820上行(S/N)，dB 全链路信噪比10lg(1/= 误码率约 信噪比为(8-1)=7dB时，误码率小于 信噪比4dB，(2，1，7)卷积码时，误码率约 一帧比特数:200+8100=1000 以1Kb/s速率传送一帧(即100个传感器一轮采样数据)的时间为1s。 一轮采样的时间为1s，40000km距离的传输时间为。因此，当太空舱某传感器数据发生变化时，地面控制站可能要等待之后才能获得该信息。第5章题解 (1)偏离天线波束主轴线3°处所允许的最大EIRP 33 25lg3= (2) D(m) G(

10、dBi) (3) =D D(m)(º) (4) 天线辐射特性(增益与方向偏离角的关系)D(m)3dB波束宽(º)6dB波束宽(º)10dB波束宽(º) 偏离波束主轴3º时，天线增益的估值 D(m)偏离3º的G下降值(dBi)10偏离3º的天线增益(dBi) (5)发射功率为 、和时，波束轴线上的EIRPD(m)，EIRP(dBW)，EIRP(dBW)，EIRP(dBW) (6)发射功率为、 和时，偏离波束轴线3º的EIRPD(m)，EIRP(dBW)0. 2W，EIRP(dBW)，EIRP(dBW) (7)只有发射

11、功率时能满足对相邻卫星干扰的要求，否则需采用其它辅助隔离措施，如正交极化隔离，频率隔离或参差。(1) 由于信道编码效率为1/2，每站链路传输速率为256Kb/s。根据公式(3-1)有 (2) 转发器可支持的最大地球站数目为 54/+=234(3) 234个地球站接入时，每路信号的卫星发射功率将降低10lg(234/100)= 下行链路载噪比为19= (4) 入站全链路载噪比为 链路载噪比余量为 (1)每信道信号实际传输带宽 相邻信道间保护带宽为 200160=40KHz 转发器能容纳的上行最大信道数54/=270 (2) 链路损耗 L=+20lg39000+20lg14+2= 转发器1输入噪声

12、功率 C=3+= 上行 C/N= (3)所需下行C/N C/N= (4) 链路损耗 L=+20lg39000+2= 所需下行 EIRP=+10lg150+10lg160000= 所需卫星发射功率 34= = (5) 回退3dB后的卫星功率 133=10dBW=10W 卫星功率可支持的信还道数 10/=229 而转发器带宽可支持的信道数为270 为功率受限 (6) 链路损耗 L=+20lg39000+2= 地球站的EIRP 10lg200+503= 卫星G/T=34/10lg500=7dB/K 对1Mb/s的上行载噪比 C/N=70+7+10lg1M= (7) 卫星EIRP=341+10lg20

13、=46dBW 链路损耗L=+2= 地球站G/T=10lg150=K 对1Mb/s的下行载噪比C/N=46+60= (8) 出站全链路载噪比C/N= 对10dB载噪比门限而言，有余量，可用以支持151Mb/s的数据流传输。因此为带宽受限系统。 若余量用以支持54Mb/s速率传输，则载噪比为第6章题解 计算LEO（轨道高度700-2000km）、MEO（轨道高度8000-20000km）和GEO（轨道高度35786）各典型高度值时的在轨速度和轨道周期。解: 根据式(6-8)和式(6-10)可以计算各典型轨道高度值情况下卫星的在轨速度和轨道周期。(1) 轨道高度700km的LEO卫星:在轨速度 27

14、015 km/hour轨道周期(2) 轨道高度2000km的LEO卫星:在轨速度 24831 km/hour轨道周期(3) 轨道高度8000km的MEO卫星:在轨速度 18955 km/hour轨道周期(4) 轨道高度20000km的MEO卫星:在轨速度 13994 km/hour轨道周期(5) 轨道高度35786km的GEO卫星:在轨速度 11069 km/hour轨道周期 在最小仰角为10º,系统工作频率为时，计算LEO、MEO和GEO的典型自由空间传播损耗和传播延时。解: 为计算自由空间传播损耗和传播延时，需要知道传输距离。根据(6-23)可以计算10仰角时的最大星地距离，再根

15、据第二章公式(2-8)计算最大自由空间传播损耗。(1) 轨道高度700km的LEO卫星:最大星地距离 km自由空间传输损耗传输延时 ms(2) 轨道高度2000km的LEO卫星:最大星地距离 km自由空间传输损耗传输延时 ms(3) 轨道高度8000km的MEO卫星:最大星地距离 km自由空间传输损耗传输延时 ms(4) 轨道高度20000km的MEO卫星:最大星地距离 km自由空间传输损耗传输延时 ms(5) 轨道高度35786km的GEO卫星:最大星地距离 km自由空间传输损耗传输延时 ms全球星系统的卫星轨道高度为1414km，在最小仰角为10º时，求单颗卫星的最大覆盖地心角，

16、覆盖区面积和卫星天线的半视角。解: 根据式(6-20)可以求解最大覆盖地心角；根据式(6-24)可以求解覆盖区半径，再通过球冠面积公式求解覆盖区面积；根据式(6-21)可以求解卫星天线的半视角。最大覆盖地心角最大覆盖半径km覆盖区面积 卫星天线的半视角 某地面观察点位置为（120ºE，45ºN），卫星的瞬时位置为（105ºE，25ºN），轨道高度为2000km。计算该时刻地面观察点对卫星的仰角。解:由已知条件，可以根据式(6-25)求得地面观察点与卫星间所夹地心角，再通过式(6-22)可以求解仰角。地心角仰 角“铱”系统卫星的轨道高度为780 km，在最

17、小仰角为10º时，试计算单颗系统卫星能够提供的最长连续覆盖时间。解: 题解过程与例一样。最大地心角卫星角速度最长连续服务时间 某星座系统的卫星轨道高度为1450km，每个轨道面上的卫星数量为8颗。在最小仰角为10º时，计算每个轨道面上8颗卫星形成的地面覆盖带的宽度。解: 首先根据式(6-20)确定单颗卫星的最大覆盖地心角，再根据式(6-26)可以直接计算覆盖带宽度。单颗卫星最大覆盖地心角地面覆盖带的宽度 已知全球星（Globalstar）星座的Delta标识为：48/8/1:1414:52，假设初始时刻星座的第一个轨道面的升交点赤经为0º，面上第一颗卫星位于（0&

18、#186;E, 0ºN），试确定星座各卫星的轨道参数。解: 根据中Delta星座标识方式的描述可知：相邻轨道面的升交点经度差：360º/8=45º；面内卫星的相位差：360º/(48/8)=60º相邻轨道面相邻卫星的相位差：360º×1/48=º再根据已知的第一颗卫星的初始位置，可以得到所有卫星的初始轨道参数如下表。轨道面卫星编号升交点赤经初始弧角轨道面卫星编号升交点赤经初始弧角1Sat1-1005Sat5-118030Sat1-2060Sat5-218090Sat1-30120Sat5-3180150Sat1-4

19、0180Sat5-4180210Sat1-50240Sat5-5180270Sat1-60300Sat5-61803302Sat2-1456Sat6-1225Sat2-245Sat6-2225Sat2-345Sat6-3225Sat2-445Sat6-4225Sat2-545Sat6-5225Sat2-645Sat6-62253Sat3-190157Sat7-127045Sat3-29075Sat7-2270105Sat3-390135Sat7-3270165Sat3-490195Sat7-4270225Sat3-590255Sat7-5270285Sat3-690315Sat7-627034

20、54Sat4-11358Sat8-1315Sat4-2135Sat8-2315Sat4-3135Sat8-3315Sat4-4135Sat8-4315Sat4-5135Sat8-5315Sat4-6135Sat8-6315 计算回归周期为4个恒星日，回归周期内的轨道圈数从5到21的准回归轨道的高度。解: 根据准回归轨道的轨道周期可以确定相应的轨道高度。对于回归周期为4个恒星日的准回归轨道，在其回归周期内的轨道圈数一定不是2的倍数。因此，从5到21范围内的所有奇数值都是可以作为轨道圈数值的。通常，卫星在M天内绕地球飞行N圈时，其轨道周期Ts与地球自转周期（即恒星日）Te之间满足关系由圆轨道卫星的

21、轨道周期与轨道高度之间的关系可以计算轨道高度因此，回归周期为4个恒星日，回归周期内的轨道圈数从5到21的准回归轨道的高度如下表所示MN轨道高度h (km)452995847226574918178411151034131283941511090417419421 根据式（6-35）计算：轨道面数量为3，每轨道面卫星数量为8的极轨道星座，在最小用户仰角10º，连续覆盖南北纬45º以上区域时，卫星的最大覆盖地心角和轨道高度，以及顺行轨道面间的升交点经度差1。解: 式（6-35）没有解析解的，因此采用数值计算的方法，搜索近似解。式（6-35）如下所示：在式中，令P=3，S=8，=

22、45º，利用计算机程序，将不同的值带入到式子中，得到等式两端误差最小的最佳值顺行轨道面间的升交点经度差1（注意：由于星座仅在纬度45º以上区域连续覆盖，因此计算时的参考位置是在45º纬度圈上。而升交点经度差是在与纬度圈平行的赤道平面上计量的，因此需要进行换算。）卫星轨道高度 根据式（6-38）计算：倾角为80º，轨道面数量为3，每轨道面卫星数量为5的近极轨道星座，在最小用户仰角10º时，连续覆盖全球需要的卫星的最大覆盖地心角和轨道高度，以及顺行轨道面间的升交点经度差。解: 式（6-38）没有解析解的，因此采用数值计算的方法，搜索近似解。式（6-

23、38）如下所示：在式中，令P=3，S=5，i=80º，利用计算机程序，将不同的值带入到式子中，得到等式两端误差最小的最佳值顺行轨道面间的升交点经度差卫星轨道高度 给出Delta星座 12/3/1 和 14/7/4 的等价Rosette星座标识。解: （1）对于Delta星座的参数标识法，可知星座12/3/1包括12颗卫星，分布在3个轨道平面上，每个面上4颗卫星，相位因子 F = 1。根据（6-44）式有 è è根据Rosette星座特性，协因子m的分子部分取值应不等于0而且小于星座卫星数量（即），因此可以判定n的可能取值为0、1、2和3；由于星座每个轨道面上有4颗

24、卫星，因此协因子m一定以4为分母，即分子不能与分母有公因子，所以，n的取值只能为0和2。最终，协因子为：综上，星座的Rosette标识为：（12, 3, (1/4, 7/4)）。（2）对于Delta星座14/7/4，有 è è显然，根据且为奇数，可知n的取值只能为1。最终，协因子为：综上，星座的Rosette标识为：（14, 7, 11/2）。 给出以下以Delta星座标识描述的星座系统的等价Rosette星座标识。解: （1）全球星（Globalstar）星座48/8/1根据（6-44）式有 è è根据且不能是2或3的倍数，可知n的可能取值为0、2、3

25、和4。这样，对应的协因子为：综上，全球星星座的Rosette标识为：（48, 8, (1/6, 17/6, 25/6, 41/6)）。（2）Celestri星座63/7/5根据（6-44）式有 è è根据且不能是3的倍数，可知n的可能取值为0、2、3、5、6和8。这样，对应的协因子为：综上，全球星星座的Rosette标识为：（63, 7, (1/9, 19/9, 26/9, 40/9, 47/9, 61/9)）。（3）M-star星座72/12/5根据（6-44）式有 è è根据且不能是2或3的倍数，可知n的可能取值为0、1、2、3、4和5。这样，对应的

26、协因子为：综上，全球星星座的Rosette标识为：（63, 7, (5/6, 17/6, 29/6, 41/6, 53/6, 65/6)）。 以等价Delta星座标识的方式，证明Ballard的最优15星星座：(15,3,1/5)，(15,3,4/5)，(15,3,7/5)和(15,3,13/5)的等价性。解: 根据（6-43）式可知相位因子F和协因子m满足：(15,3,1/5)玫瑰星座对应的Delta星座的相位因子：(15,3,4/5)玫瑰星座对应的Delta星座的相位因子：(15,3,7/5)玫瑰星座对应的Delta星座的相位因子：(15,3,13/5)玫瑰星座对应的Delta星座的相位因

27、子：可见，四个星座对应的Delta星座具有相同形式，因此证明了它们之间的等价性。 判断以下Delta星座：24/4/2:8042:43；9/9/4:10355:35；8/8/4:10355:30；7/7/4:13892:41是否也是共地面轨迹星座。如果是，给出其等价的共地面轨迹星座标识。解: （1）Delta星座24/4/2:8042:43由于不满足每轨道面1颗卫星的条件，该星座不能够等价于某个共地面轨迹星座。（2）Delta星座9/9/4:10355:35该Delta星座相邻轨道面升交点经度差为 360º/9 = 40º，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360º&

28、#183;4/9 = 160º。高度为10355 km的轨道是1个恒星日内绕地球飞行4圈的回归轨道，因此，当相邻轨道面升交点经度差为40º，对应的卫星相位差为40º×4 = 160º。由于该相位差与Delta星座中定义的相位差有360º互补关系，因此该Delta星座不能等价为某个共地面轨迹星座。（3）Delta星座8/8/4:10355:30该Delta星座相邻轨道面升交点经度差为 360º/8 = 45º，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360º·4/8 = 180º。高度为10355

29、 km的轨道是1个恒星日内绕地球飞行4圈的回归轨道，因此，当相邻轨道面升交点经度差为45º，对应的卫星相位差为40º×5 = 180º。由于该相位差与Delta星座中定义的相位差成360º互补关系，因此该Delta星座能够等价为某个共地面轨迹星座。根据（6-54）式可知Delta星座8/8/4:10355:30与共地面轨迹星座8/45/4:10355:30等价。（4）Delta星座7/7/4:13892:41该Delta星座相邻轨道面升交点经度差为 360º/7 º，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360º·

30、;4/7 º。高度为13893 km的轨道是1个恒星日内绕地球飞行3圈的回归轨道，因此，当相邻轨道面升交点经度差为º，对应的卫星相位差为º×3 = º。由于该相位差与Delta星座中定义的相位差成360º互补关系，因此该Delta星座能够等价为某个共地面轨迹星座。根据（6-54）式可知Delta星座7/7/4:13892:41与共地面轨迹星座8/3:13892:41等价。 某极轨道星座的参数如表中第5行（3×5星座）。在初始时刻，第1个轨道面上第1颗卫星位于（0ºE, 0ºN）。试判断初始时刻，第1个轨道

31、面上第1颗和第3个轨道面上的第2颗卫星间是否能够建立星际链路（假定星际链路距地球表面的最近距离为100 km）。解: 根据卫星的初始轨道参数可以计算卫星在初始时刻的经纬度位置，接着便可以计算卫星间的地心角或距离，从而可以判断瞬时卫星间的星际链路是否能够建立。由于改星座采用极轨道，因此可以根据卫星的初始弧角直接得到卫星的初始经纬度位置。3×5极轨道星座的参数如下表PS最大地心角(º)顺行轨道面升交点经度差1(º)轨道高度(km)（km）35由于每个轨道面上有5颗卫星，因此相邻轨道面相邻卫星间的相位差可以判断，第3个轨道面上，第1颗卫星的初始弧角为0°，第2

32、颗卫星的初始弧角为36°。由此可知，第3个轨道面上第2颗卫星在初始时刻的经纬度位置为（ºE, 36ºN）根据式6-25可以计算卫星间所夹地心角再根据已经参数，可以确定该星座两颗卫星之间的最大地心角因为，因此该两颗卫星之间不能建立星际链路。 全球星系统采用了如图6-29（a）所示的网络结构，而“铱”系统则采用了如图6-29（c）所示的网络结构。试说明这两种结构的异同点和优缺点。解: 全球星系统和铱系统是低轨（LEO）卫星通信系统的典型代表，系统均采用数量较多、重量较轻的卫星完成准全球/全球覆盖。基于两个系统采用的不同的网络结构，两个系统的特性比较如下表：全球星铱转发

33、器类型透明转发处理转发器，具备信号处理、交换和路由功能转发器复杂度较简单复杂信关站数量多少对地面网络的依赖程度强弱网络管理复杂度相对简单复杂 在用户最小仰角为10º，非静止轨道卫星高度1450km时，计算图6-29（a）和图6-29（b）中的端对端延时（假设各链路距离最大化，并忽略各种处理延时和地面网络的传输延时）。解: （1）对图6-29（a），在各链路距离最大化（用户仰角最小）时，低轨卫星与用户间的最大地心角最大链路距离用户的最大端对端延时为信号经过4条链路的延时，为（2）与图6-29（a）相比，图6-29（b）结构中采用静止轨道卫星作为中继途径，因此增加了静止轨道卫星的一个单跳

34、延时。静止卫星与地面信关站间的最大地心角静止卫星与地面信关站间最大链路距离用户的最大端对端延时 试推导星下点轨迹方程（6-18）和（6-19）。解: 假定初始时刻，卫星恰好位于其升交点S。如图所示，在t时刻，卫星位于轨道位置A，此时卫星在轨道面内的瞬时弧角为。为了推导星下点轨迹公式，构造如下的平面三角形：·由A点向赤道平面作垂线，交赤道平面于B点；·由B点向地心与升交点连线OS作垂线，交OS直线于O'点；·连接A O'，构造出三角形A O'B。图中各线条之间的夹角关系满足：· ，为卫星的瞬时弧角；·，即卫星的瞬时纬度；&

35、#183;，即卫星的瞬时经度减去初始经度；·，即轨道面倾角，证明：由可知，因此是轨道平面与赤道平面的夹角，即i。推导过程如下：（1）纬度公式在三角形AO'B中，有（2）经度公式在三角形BO'O中，有考虑到地球以角速度由东向西自转带来的影响，经度公式修正为为了消除反正切函数的取值影响，进一步做如下修正·对顺行轨道面，取值为正值：当瞬时弧角时，经度取值不用修正；当时，反正切函数的取值为负值，加上180º修正值后可以获得准确值；当，反正切函数的取值为正值，减去180º修正值后可以获得准确值；·对顺行轨道面，取值为负值，其情况恰好与顺行

36、轨道时的相反；最终，完整的经度公式为第7章题解假设TCP在卫星链路上实现了一个扩展：允许接收窗口的远大于64KB。假定正在使用这个扩展的TCP在一条延时为100ms，带宽1Gb/s的卫星链路上传送一个10MB大小的文件，且TCP接收窗口为1MB。如果TCP发送的报文段大小为1KB，在网络无拥塞，无分组丢失的情况下：（1）当慢启动打开发送窗口的大小到达1MB时，经历了多少个RTT（2）发送该文件用了多少个RTT（3）如果发送文件的时间由所需的RTT数量与链路延时的乘积给出，这次传输的有效吞吐量是多少链路带宽的利用率是多少解: （1）在慢启动阶段，发送窗口大小呈指数增长，因此，当开发送窗口达到1M

37、B时，所需RTT数量为：（2）根据慢启动阶段，RTT发送数据按指数增长可知，发送的数据量呈等比数列（公比为2）。当发送窗口的大小达到接收窗口的大小（1MB）后，窗口停止增长。由于假设网络无拥塞，无分组丢失，因此该窗口大小会一直保持到传输结束。因此，在N个RTT内发送的数据量之和为式中第一项表示慢启动阶段发送的千字节数据量，第二项表示后面各个RTT内发送的千字节数据量。（3）本次传输的有效吞吐量：传输的带宽利用率：考虑一个简单的拥塞控制算法：使用线性增加和成倍减少，但是不启动慢启动，以报文段而不是字节为单位，启动每个连接时拥塞窗口的值为一个报文段。画出这一算法的详细设计图。假设只考虑传输中的延时，而且每发送一个报文段时，只返回确认信号。在下列报文段：9，25，30，38和50丢失的情况下，画出拥塞窗口作为RTT的函数图。为简单起见，假定有一个完美的超时机制，它可以在一个丢失报文段恰好被传送了一个RTT后将其检测到，再画一个类似的图。解: 参照图7-5：由于采用在启动阶段和拥塞避免阶段和拥塞避免阶段均采用线性增长，这两个阶段实际上合二为一；由于有完美的超时机制，因此忽略重复