ГДЗ: Параграф § 5 / Информатика 10 класс

Исходные данные:

• Скорость передачи \(v = 256\ 000\) бит/с.
• Время передачи \(t = 2\) мин \(= 2 \cdot 60\) с \(= 120\) с.

Расчёт объёма (в битах):

\(I = v \cdot t = 256\ 000 \text{ бит/с} \cdot 120 \text{ с} = 30\ 720\ 000\) бит.

Перевод в килобайты (Кбайт):

• Переводим биты в байты: \(30\ 720\ 000 \text{ бит} / 8 = 3\ 840\ 000\) байт.
• Переводим байты в Кбайты: \(3\ 840\ 000 \text{ байт} / 1024 = 3750\) Кбайт.

Ответ: Размер переданного файла составляет \(3750\) Кбайт.

Исходные данные:

• Объём данных \(I = 100\) Мбайт.
• Скорость \(\text{А} \to \text{Б}\): \(v_{\text{АБ}} = 2^{20}\) бит/с.
• Скорость \(\text{Б} \to \text{В}\): \(v_{\text{БВ}} = 2^{22}\) бит/с.
• Задержка \(t_{\text{зад}} = 24\) с.

Объём данных в битах:

\(I = 100 \text{ Мбайт} = 100 \cdot 2^{20} \cdot 8\) бит \(= 100 \cdot 2^{23}\) бит.

1. Расчёт времени передачи \(\text{А} \to \text{Б}\) (\(t_{\text{АБ}}\)):

\(t_{\text{АБ}} = I / v_{\text{АБ}} = (100 \cdot 2^{23}) / 2^{20} = 100 \cdot 2^3 = 100 \cdot 8 = 800\) с.

2. Расчёт времени передачи \(\text{Б} \to \text{В}\) (\(t_{\text{БВ}}\)):

\(t_{\text{БВ}} = I / v_{\text{БВ}} = (100 \cdot 2^{23}) / 2^{22} = 100 \cdot 2^1 = 100 \cdot 2 = 200\) с.

3. Расчёт общего времени:

\(T_{\text{общ}} = t_{\text{АБ}} + t_{\text{зад}} + t_{\text{БВ}} = 800 \text{ с} + 24 \text{ с} + 200 \text{ с} = 1024\) с.

Ответ: С момента начала передачи данных из пункта А до полного получения в пункте В прошло \(1024\) секунды.

Исходные данные:

• Объём файла \(I = 40\) Мбайт.
• Общее время упаковка + распаковка: \(t_{\text{общ}} = 20\) с.
• Размер сжатого файла \(I_{\text{сжат}} = 0.2 \cdot I\).
• Время распаковки \(t_{\text{распак}} = 2 \cdot t_{\text{упак}}\).

1. Находим время упаковки (\(t_{\text{упак}}\)) и распаковки (\(t_{\text{распак}}\)):

• \(t_{\text{упак}} + t_{\text{распак}} = 20\) с.
• \(t_{\text{упак}} + 2 \cdot t_{\text{упак}} = 20\) с \(\to 3 \cdot t_{\text{упак}} = 20\) с \(\to t_{\text{упак}} = 20/3 \approx 6.67\) с.
• \(t_{\text{распак}} = 2 \cdot 20/3 = 40/3 \approx 13.33\) с.

2. Находим время передачи данных (требуется по условию):

В задаче спрашивается, сколько времени ушло бы на пересылку данных. Это время передачи сжатого файла \(t_{\text{пер}}\).

• Время на пересылку сжатого файла в \(5\) раз меньше времени на пересылку исходного, так как объём меньше в \(1/0.2 = 5\) раз.
• Время, затраченное на пересылку при способе 2: \(T_2 = t_{\text{упак}} + t_{\text{пер}} + t_{\text{распак}} = 20\) с. (Это общее время, включая сжатие/распаковку).

Из условия \(T_2 = 20\) с, мы можем найти \(t_{\text{пер}}\), но для этого нужна скорость канала \(v\), которая в задании не указана. Если допустить, что \(20\) с — это общее время для второго способа, и нам нужно найти \(t_{\text{пер}}\), то: \(t_{\text{пер}} = 20 \text{ с} - (t_{\text{упак}} + t_{\text{распак}})\). Но по условию \(t_{\text{упак}} + t_{\text{распак}} = 20\) с. Это означает, что \(t_{\text{пер}}\) должно быть \(0\) с, что невозможно. Вероятно, \(20\) с — это время \(T_2\), а время упаковки/распаковки неизвестно.

Если предположить, что в тексте задания ошибка, и \(20\) с — это время передачи для Способа 2:

• Если \(t_{\text{пер}} = 20\) с, то \(v = I_{\text{сжат}} / t_{\text{пер}} = (0.2 \cdot 40 \cdot 2^{23}) / 20 = 0.4 \cdot 2^{23}\) бит/с.
• Время передачи исходного файла: \(t_1 = I / v = (40 \cdot 2^{23}) / (0.4 \cdot 2^{23}) = 40 / 0.4 = 100\) с.

Если следовать строго заданию (с возможной ошибкой в нём):

Общее время \(\text{Упаковка} + \text{Распаковка} = 20\) с. Время распаковки \(t_{\text{распак}} = 2 \cdot t_{\text{упак}}\). \(t_{\text{упак}} + 2 \cdot t_{\text{упак}} = 20 \text{ с} \to t_{\text{упак}} = 20/3\) с, \(t_{\text{распак}} = 40/3\) с. Без скорости канала невозможно вычислить время пересылки данных.

Если задание является частью Примера 3 на стр. 56, где \(\text{Общее время} = 25\) с. (Это время, которое достаточно, чтобы скачать файл), а \(t_1 = 30\) с, то: \(t_1 = 30\) с, \(t_{\text{упак}} = 5\) с, \(t_{\text{распак}} = 3\) с, \(t_{\text{пер}} = 22\) с. Исходный объём был \(10\) Мбайт.

Если считать, что нам нужно найти только время передачи сжатого файла, исходя из предоставленных данных, не смотря на их противоречивость:

Время, которое ушло бы на пересылку сжатого документа \(\mathbf{t_{\text{пер}} = 20 \text{ с} - 40/3 \text{ с} - 20/3 \text{ с} = 0 \text{ с}}\), что противоречит здравому смыслу. Если предполагается, что \(20\) с — это время для Способа 2, и надо найти \(t_{\text{пер}}\), то это время передачи сжатого файла.

Ввиду противоречивости условий, предполагается, что ответ должен быть в виде формулы, или задача должна быть решена на основе данных из примера 3 (стр. 56), но с новыми числами.

Ответ (наиболее вероятный вариант с подгонкой под контекст учебника): Если бы в задании была указана скорость канала, или время передачи без упаковки, то ответ был бы точным. В текущем виде задача некорректна. Но, если требуется найти время пересылки, зная, что общее время \(T_{\text{общ}} = 20\) с, и \(\text{Упаковка} + \text{Распаковка} = 20\) с, то \(\mathbf{t_{\text{пер}} = 0}\) с. Другой вариант: если \(20\) с - это время передачи для сжатого файла, то \(\mathbf{t_{\text{пер}} = 20}\) с.

Исходные данные:

• Объём файла \(I = 10\) Мбайт.
• Скорость скачивания \(v_{\text{скач}} = 4 \cdot 2^{23}\) бит/с.
• Объём фрагмента \(I_{\text{фраг}} = 350\) Кбайт.
• Объём запроса \(I_{\text{запр}} = 32\) Кбайт.
• Объём подтверждения \(I_{\text{подт}} = 16\) Кбайт.
• Скорость отправки \(v_{\text{отпр}} = 128 \cdot 2^{13}\) бит/с.

1. Находим количество фрагментов (\(N\)):

\(N = I / I_{\text{фраг}} = (10 \cdot 1024 \text{ Кбайт}) / 350 \text{ Кбайт} \approx 29.25\). Количество фрагментов \(\mathbf{N = 30}\) (29 полных и один неполный).

2. Расчёт времени отправки запроса (\(t_{\text{запр}}\)) и получения подтверждения (\(t_{\text{подт}}\)) (для одного фрагмента):

• Переводим объёмы в биты: \(I_{\text{запр}} = 32 \text{ Кбайт} = 32 \cdot 2^{10} \cdot 8 = 2^5 \cdot 2^{10} \cdot 2^3 = 2^{18}\) бит.
• \(I_{\text{подт}} = 16 \text{ Кбайт} = 16 \cdot 2^{10} \cdot 8 = 2^4 \cdot 2^{10} \cdot 2^3 = 2^{17}\) бит.
• Скорость отправки \(v_{\text{отпр}} = 128 \cdot 2^{13} = 2^7 \cdot 2^{13} = 2^{20}\) бит/с.
• \(t_{\text{запр}} = I_{\text{запр}} / v_{\text{отпр}} = 2^{18} / 2^{20} = 1 / 2^2 = 0.25\) с.
• \(t_{\text{подт}} = I_{\text{подт}} / v_{\text{скач}} = 2^{17} / (4 \cdot 2^{23}) = 2^{17} / (2^2 \cdot 2^{23}) = 2^{17} / 2^{25} = 1 / 2^8 = 1 / 256\) с \(\approx 0.0039\) с.

3. Расчёт времени скачивания одного фрагмента (\(t_{\text{скач}}\)):

• \(I_{\text{фраг}} = 350 \text{ Кбайт} = 350 \cdot 2^{13}\) бит.
• \(v_{\text{скач}} = 4 \cdot 2^{23} = 2^2 \cdot 2^{23} = 2^{25}\) бит/с.
• \(t_{\text{скач}} = I_{\text{фраг}} / v_{\text{скач}} = (350 \cdot 2^{13}) / 2^{25} = 350 / 2^{12} = 350 / 4096 \approx 0.0855\) с.

4. Расчёт общего времени:

Процессы \(t_{\text{запр}}\) и \(t_{\text{подт}}\) для каждого фрагмента должны происходить последовательно с его скачиванием. \(\text{Общее время для 1 фрагмента} = t_{\text{запр}} + t_{\text{подт}} + t_{\text{скач}}\).

\(T_{\text{общ}} = N \cdot (t_{\text{запр}} + t_{\text{подт}} + t_{\text{скач}})\)

\(T_{\text{общ}} \approx 30 \cdot (0.25 + 0.0039 + 0.0855) = 30 \cdot 0.3394 \approx 10.18\) с.

Ответ: Минимальное время, необходимое для скачивания файла, составляет примерно \(10.18\) секунды.

Исходные данные:

• \(t_{\text{Папа}} = 20\) мин. (время скачивания Папы для \(100\%\)).
• \(T_{\text{общ}}\) — объём файла, одинаков для всех.
• \(v_{\text{Папа}}\) — скорость скачивания Папы. \(v_{\text{Папа}} = T_{\text{общ}} / 20\).

1. Находим момент начала скачивания Мамы:

• Папа скачал \(20\%\). Время, затраченное Папой, \(t_1 = 20 \text{ мин} \cdot 0.2 = 4\) мин.
• Мама начинает скачивать: \(12:00 + 4\) мин \(= 12:04\).

2. Находим момент начала скачивания Коли:

• Коля начинает через \(6\) мин после Мамы: \(12:04 + 6\) мин \(= 12:10\).

3. Определяем время скачивания для Мамы и Коли:

• Скорость Мамы \(v_{\text{Мама}} = v_{\text{Папа}}\), так как они скачивают по одному файлу. Время Мамы \(t_{\text{Мама}} = 20\) мин.
• Скорость Коли \(v_{\text{Коля}} = v_{\text{Папа}}\), так как он скачивает один файл. Время Коли \(t_{\text{Коля}} = 20\) мин.

4. Определяем время завершения:

• Папа: Начал в \(12:00\), длительность \(20\) мин. \(\to\) \(\mathbf{12:20}\).
• Мама: Начала в \(12:04\), длительность \(20\) мин. \(\to\) \(\mathbf{12:24}\).
• Коля: Начал в \(12:10\), длительность \(20\) мин. \(\to\) \(\mathbf{12:30}\).

Ответ: Папа закончит в \(12:20\), Мама — в \(12:24\), Коля — в \(12:30\). (Условия про скачивание двух и трёх файлов Коли являются отвлекающими, так как Коля скачивает только один файл.)

Исходные данные:

• Количество символов в алфавите: \(M = 16\).
• Код: равномерный двоичный.
• Свойство: в кодовом слове чётное количество единиц.

1. Определяем минимальную длину кодового слова без учёта помехоустойчивости (\(n_{\min}\)):

• Поскольку \(M = 16 = 2^n\), минимальная длина кодового слова \(n\) должна удовлетворять условию \(2^n \ge 16\). Минимальная длина \(\mathbf{n_{\min} = 4}\) бита.

2. Учитываем помехоустойчивость (проверка на чётность):

• Для кодирования \(16\) символов требуется \(4\) информационных бита.
• Свойство 'чётное количество единиц' означает, что код может обнаружить одиночную ошибку (помехоустойчивость), для чего добавляется один контрольный бит (бит чётности).
• Код, который может обнаружить одну ошибку, имеет кодовое расстояние \(d=2\). Длина кодового слова \(\mathbf{l = n_{\min} + 1 = 4 + 1 = 5}\) бит.

3. Проверка:

• Код длиной \(5\) бит имеет \(2^5 = 32\) возможных комбинации.
• Ровно половина из них (\(16\) слов) будет иметь чётное число единиц (например, \(00000, 11000, 10100, \dots\)).
• Так как нам нужно закодировать \(16\) символов, нам требуется ровно \(16\) кодовых слов.
• Код длиной \(5\) бит, использующий только слова с чётным количеством единиц, является \(4\)-битным информационным кодом с проверкой на чётность, что удовлетворяет всем условиям.

Ответ: Наименьшая длина, которой может обладать кодовое слово, составляет \(\mathbf{5}\) бит.

Для человечества: Хранение информации имеет фундаментальное значение как механизм накопления и передачи знаний, культурного опыта, научных открытий и технологий от поколения к поколению. Это обеспечивает непрерывность развития цивилизации.

Для отдельного человека: Хранение информации на внешних носителях является способом компенсации ненадёжности биологической памяти. Внешние носители (бумага, цифровые диски, флеш-память) обеспечивают надёжное и долговременное хранение личных данных, которое недоступно собственной памяти.

Начало магнитной записи:

Первые идеи о магнитной записи возникли в конце XIX века. Изобретение \(\mathbf{магнитной записи}\) часто связывают с датским инженером \(\mathbf{Вальдемаром\ Поульсеном}\) (Valdemar Poulsen), который в \(\mathbf{1898}\) году получил патент на \(\mathbf{телеграфон}\) (Telegraphone). Это было первое устройство, способное записывать звук на стальную проволоку с использованием электромагнетизма.

Магнитные носители:

• Магнитная проволока: Использовалась в первых устройствах, таких как телеграфон.
• Магнитная лента: Появилась в 1920-х и 1930-х годах, когда стальная проволока была заменена лентой с магнитным покрытием. Это привело к развитию бобинного магнитофона.
• Жёсткий магнитный диск (HDD): Появился в 1950-х годах, совершив революцию в хранении данных для компьютеров.
• Гибкий магнитный диск (дискета): Был популярен в 1970-х – 1990-х годах как съёмный носитель небольшого объёма.

Магнитные носители стали одним из основных видов носителей информации на протяжении второй половины XX века, обеспечивая надёжное сохранение данных.

Физическая природа оптической записи:

• Оптические носители информации (например, CD, DVD, BD) используют \(\mathbf{лазер}\) для записи и считывания данных.
• Запись: Происходит за счёт изменения физических или оптических свойств отражающего слоя носителя. Лазерный луч высокой мощности 'выжигает' микроскопические углубления (питы) или изменяет фазовое состояние материала (для перезаписываемых дисков). Участки, которые не были изменены, называются \(\mathbf{лендами}\). Пит и ленд кодируют двоичные '0' и '1'.
• Считывание: Осуществляется лазером меньшей мощности. Луч, попадая на \(\mathbf{ленд}\), отражается хорошо, а попадая на \(\mathbf{пит}\) или переход от пита к ленду, рассеивается или отражается плохо. Фотодетектор регистрирует изменение интенсивности отражённого света, преобразуя его обратно в двоичные данные.
• BD (Blu-ray Disc): Для увеличения ёмкости используются коротковолновые сине-фиолетовые лазеры (с меньшей длиной волны, \(405\) нм), что позволяет записывать данные с более высокой плотностью.

Исходные данные:

• Ёмкость CD \(I_{\text{CD}} = 700\) МБ.
• Размер символа \(b = 8\) бит \(= 1\) байт.

1. Расчёт объёма учебника:

В задании нет данных о количестве символов в учебнике. Предполагая, что учебник (Информатика, Босова, 10 класс) имеет \(200\) страниц, и на странице примерно \(50 \cdot 50 = 2500\) символов (с пробелами и знаками препинания):

\(\text{Символов в учебнике} \approx 200 \cdot 2500 = 500\ 000\) символов.

\(\text{Объём учебника } I_{\text{учебник}} = 500\ 000 \text{ символов} \cdot 1 \text{ байт/символ} = 500\ 000\) байт.

2. Расчёт количества учебников на CD:

• \(I_{\text{CD}} = 700\) МБ \(= 700 \cdot 1024 \cdot 1024\) байт \(\approx 734\ 003\ 200\) байт.
• \(\text{Количество учебников } N = I_{\text{CD}} / I_{\text{учебник}} = 734\ 003\ 200 / 500\ 000 \approx 1468\) учебников.

3. Расчёт размера помещения:

Предполагая, что один учебник имеет размер \(20 \text{ см} \times 30 \text{ см} \times 2 \text{ см} = 1200 \text{ см}^3 = 0.0012 \text{ м}^3\) (включая пустоты для складирования):

\(\text{Общий объём} = N \cdot \text{Объём 1 учебника} = 1468 \cdot 0.0012 \text{ м}^3 \approx 1.76 \text{ м}^3\).

Такой объём можно разместить в помещении \(1 \text{ м} \times 1 \text{ м} \times 2 \text{ м}\), при условии плотной упаковки.

Ответ: Объём учебника (по оценке) \(\approx 500\ 000\) байт. На CD можно записать \(\approx 1468\) учебников. Для складирования потребуется помещение объёмом \(\approx 1.76 \text{ м}^3\).