ch1参考答案
物流专业英语(第5版)Ch1 课后练习答案[5页]
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Ch1 第1章Logistics Management第1课I Phrases translation客户订单customer order 最终用户end-customer供应链管理supply chain management 货物流material flow分销系统distribution system 半成品parts and subassemblies“准时生产”just-in-time production 库存inventory需求信息demand information 准时配送deliver JIT快速响应respond in time 延迟决策postponing decisions整合过程integrated process 中间产品middle-range products重组物流re-engineered logistics 交货日期delivery dateII Fill in the blank and put the sentence into Chinese1、Managing material flow, information flow管理货物流和信息流是完成物流管理任务的一个关键部分2、source, end-customer物流管理的目的是使货物从源头流向最终顾客3、increase从历史上看，当库存形成时，会试图通过增加或减少销售来管理成品库存4、end-customer’s demand最终顾客的需求信号致使供应链做出响应5、build, lead“准时构建”这个术语被用来描述在一个被定义的提前期内快速的构建大型产品的新的概念。
6、dependability, inventory这种对整个供应链的整合将有助于实现市场需求的最大可靠性和最小库存III．Answer the following questions略IV. Listen to the conversation and answer the question or complete the sentencesTapescriptHEDRICK SMITH: As the world's largest company, Wal-Mart has tremendous power and influence. It is now the model not just for retailing but for companies all across the corporate landscape.Prof. NELSON LICHTENSTEIN, U.C. Santa Barbara: In the 19th century, it was the Pennsylvania Railroad, which called itself the standard of the world. Early 20th century, it might have been U.S. Steel. General Motors, of course, in the mid-20th century. But clearly, Wal-Mart today is setting a sort of a– a new standard that other firms have to follow if they hope to compete. And more than just other firms, it's setting standards for the nation as a whole.HEDRICK SMITH: By figuring out how to exploit two powerful forces that converged in the '90s, the rise of information technology and the explosion of the global economy, Wal-Mart has changed the balance of power in the world of business.Prof. GARY GEREFFI, Duke University: It used to be that manufacturers – big multi-national manufacturers – had the most power, companies like General Motors and General Electric. Today, I think that global retailers actually have become the most powerful companies in the global economy.HEDRICK SMITH: To understand Wal-Mart and how a company with such humble roots has managed to build a global empire, I headed for Bentonville, Arkansas. It's an overgrown crossroads town tucked into the Bible and barbecue belt of northwest Arkansas. Here, in the heart of the old town, sits the five-and-dime store that Sam Walton opened in 1950. A few blocks away I found the Wal-Mart of today, theWal-Mart we've come to know as consumers, a cornucopia of thousands of different items all under one roof, the epitome of one-stop shopping. Every week, Wal-Mart says, 100 million American shoppers stream into its 3,400 storesSHOPPER: It's very convenient for me to be able to get a one-stop shop. SHOPPER: I know I don't have to look and see where I can save the most money. I know when I come in here, I can save money.SHOPPER: Good prices, good quality of stuff.SHOPPER: I'm sort of thinking of having my Social Security check deposited directly to wal-Mart since I buy everything at Wal-Mart.BOB McADAM, VP, Wal-Mart Gov't Relations: What makes Wal-Mart successful, what keeps us motivated and what really challenges us every day, whether it was from the day one when Wal-Mart began or till today, I think it's the same, that we really strive in everything we do to keep our costs as low as possible, so that we can provide the customer a value and still make a reasonable profit for our company.HEDRICK SMITH: That was Sam Walton's formula: Buy cheap, sell for less than the other guy, and make your profit on high volume and fast turnover. Sounds simple, but this supercenter is a world away from Sam's five-and-dime. How do they keep track of it all? How do they know what to stock? How do they keep prices so low?第2课I Phrases translation物流成本logistics cost销售损失lost sale退货处理成本costs of return goods handling 潜在的销售potential future sale运输成本transportation cost进货渠道inbound channel出货渠道outbound channel订单处理成本order processing cost需求预测demanding forecasting销售沟通distribution communication 电子数据交换系统electronic data interchange 卫星数据传输satellite data transmission 条码bar coding内部成本internal cost外部成本external cost订单传输order transmittal订单输入order entry批量成本lot quantity cost缺货stockout库存持有成本inventory carry cost 资金成本capital cost仓储空间成本storage space cost 风险成本risk costII Fill in the blank and put the sentence into Chinese1、order fulfillment客户服务成本是指用来支持客户服务的费用，包括订单执行、零配件和服务支持成本。
机械工程材料老师给的复习题华南理工大学广州学院答案精选
机械工程材料老师给的复习题华南理工大学广州学院答案篇一：机械工程材料习题集答案-华南理工大学习题集参考答案Ch1 金属的晶体构造三、1. bcc、fcc、hcp，bcc、fcc、hcp。
2. 致密度，配位数3. 2/a2 、1.4/a2、2.31/a2 ；1/a、1.4/a、0.58/a。
{111}、lt;110。
4. 多、晶体缺陷。
5. fcc、hcp。
6. 4、2a、12、0.74。
47. 空位、间隙原子；位错；晶界和亚晶界。
8. [121]、（121）9. 畸变，升高，下降。
10.晶体中已滑移的部分，未滑移部分。
11.⊥、∥12.位错线和。
1；无数。
四、Ch2纯金属的结晶三、 1. 低于理论结晶温度才结晶，理论结晶温度-实际结晶温度。
2. 形核与长大。
3. 大、细、高、好。
4. 液、固相自由能差，液相过冷。
5. 平面、密排面。
6. 外表细等轴晶、柱状晶、中心粗等轴晶。
7. 偏析、疏松、气孔、夹杂物。
8. （1）细，（2）细，（3）细。
四、五、Ch3 金属的塑性变形与再结晶三、1. 滑移、孪生，滑移2. 原子密度最大。
3. {110}，6,lt;111,2,12；{111}，4，lt;110，3，12。
Fcc，滑移方向较多。
4. ?k??scos?cos?或??ks?cos?cos?，小，软位向。
5. 晶界、晶体位向差，较高。
6. 提高，升高，下降。
再结晶退火。
7. 织构。
8. 回复、再结晶、晶粒长大。
9. 去应力退火，200-3000C。
10. 去应力退火。
11. 再结晶退火，降低硬度、恢复塑性。
12. 再结晶温度。
低于再结晶温度，高于再结晶温度。
13. 偏析、杂质、夹杂物，热加工纤维组织（流线）。
14. 优于。
四、Ch4 合金的相构造与二元合金相图三、 1. 固溶体；金属化合物2. 溶剂，溶质，溶剂。
3. 溶质，溶剂；置换固溶体、间隙固溶体。
4. 升高，提高，下降。
5. 正常价化合物；电子化合物；间隙化合物。
理论力学ch1答案
1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别 为λ r 及 µθ ，式中 λ 及 µ 是常数。试证其 沿位矢及垂直于位失的加速度为
λr−
2
µθ
2
µ , µθ λ + r r
2
1.25 滑轮上系一不可伸长的绳，绳上悬一弹 滑轮上系一不可伸长的绳， 簧，弹簧另一端挂一重为 W 的物体。当滑 的物体。 轮以匀速转动时， 下降。 轮以匀速转动时，物体以匀速 v 0 下降。如 将滑轮突然停住， 将滑轮突然停住，试求弹簧的最大伸长及 最大张力。 最大张力。假定弹簧受 W 的作用时的静伸 长为 λ0 。
1 1 t = − cot α v v0 r
∫
t
0
v 1 dv cot αdt = ∫ v0 v 2 r
α
v雨相
α β
v船
γ
v雨绝
v 雨绝 = v 雨相 + v 船
sin (α + β )
v船
=
sin (π − α − β − γ )
cosα =
v雨绝
β +γ =
4 42 + 22 =
π
2
2 5 , cos α = 1 5
y
M
OF
θ
•
x
x = r cosθ y = r sin θ
2
x = r cosθ − rθɺ sin θ ɺ ɺ y = r sin θ + rθɺ cosθ ɺ ɺ
ɺ ɺ ɺ v = x 2 + y 2 = r cosθ − rθɺ sin θ
a 1 − e2 r= 1 + e cosθ
1 k C = − + tan α v0 cosα g
工程电磁场 (杨宪章 邹玲 樊亚东 著) 中国电力出版社 课后答案 题ch1
习题1-10解：首先物理概念上分析电场强度为零的点一定是A 点，因为0<q<1，A 离-qp 近，离q 远，则二者即产生的AE v 会抵消，而B 点不行，这是因为离q 近离-pq 远，即产生的E v一大一小无法抵消。
令x 如图，则两点电荷在A 点产生的场强分别为：q: ()r x d q q E rv 2014+=π, -pq: ()r x pq E v v 2024πε−= 令A E v＝021=+E E v r ，有()221xp x d =+ ()22x x d p =+ 两边开方取正值：d pp x −=1习题1-11解：分析知，只可能是A 点，Q 12q q >，∴A 点必须离1q 近、离2q 远才行 令x 如图示，据题意有()2231x d x +=，x=1.37d习题1-12解：在直角坐标系中，取棒中心在原点处，棒沿z 轴放置。
①因为求的点在y 轴上，所以棒上下的对称性决定了E r的z 分量被抵消了，只剩了y 分量，而且可只计算一半棒上的电荷在p 点产生的场强，乘2即为所求。
设棒长2L ，显然dz Lqdz dq 2==τ()∫+=Lr z dz L q E 02/32201.041.022πε()()2/122201.01.081.02Lz ZL q +×=πε课后答案网ww w.kh da w .c om=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−+01.01.0*42/1220LLL qεπ 3.0*40πεq=m V /5.5994= y E v r 5.5994=∴②近似计算棒是无限长而保持电场线密度不变，计算结果是：m V q L qr E /9.59971.022200=⋅⋅==πεπτ L 并非无限长，还是取以前的31.0322≈−=L 它与上述的相对误差%0567.0%100*5.59945.59949.5997=−习题1-13解：已知一圆环产生的场强()i x r q qx E v v 232204+=π 此圆环可分为无数半径为r 的细圆环，其上微电荷 rdr dS dq πσσ2⋅==其产生的微元电场 ()i x r x rdr E d vv 2322042+⋅⋅=πεπσ 故r 从1R 到2R 积分即所有圆环产生的场强：()i x r x rdr E R R v v ∫+⋅⋅=212322042πεπσ()()i x r x r d x R R v ∫++=2123222204εσ()i x r x R R v 122122024+−=εσ课后ww w.kh da w .c om()()i x R xR x v ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−+=21222212210112εσ 讨论：1)σ不变，01→R ，得()⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−=21222012x R xE εσ 2）又∞→xR 2得 02εσ=E 这相当于∞→2R 比x 快的多，即变成无限大带电平板。
杰里 瑞尼 高级微观经济学答案
1
∴
r ， k v( x1 ， x 2 ）= v( kx1 ， kx 2 ） k r u ( x1, , x 2 )= u (kx1 ， kx2 ）
∴ s(kx1 ， kx2 ） ≡ u (kx1 ， kx2 ）+ v( kx1 ， kx2 ）
= =
k r u ( x1, , x 2 )+ k r v( x1 ， x 2 ） k r s ( x1, x 2 ）
2 1 2
格递增的，∴ f (u ( x )) ≥ f (u ( x )),∵ v( x) = f (u ( x)) ， ∴ v( x ) ≥ v( x ) ∴ v( x) 也代表偏
1
好关系
。
α
1−α
1.20 假 定 偏 好 可 以 由 Cobb-Douglas 效 用 函 数 u ( x1 , x1 ) = A ⋅ x1 ⋅ x2
表示，其中
0 < α < 1和A > 0 ，假定一个内点解可以解决效用极大化问题，求出 Marshall 需求。
解 L = u ( x1 , x1 ) + λ ( y − p1 x1 − p2 x2 )
α −α = A ⋅ x1 ⋅ x1 + λ ( y − p1 x1 − p2 x2 ) 2
F.O.C: ∂L/∂x1 = Aαx1α x2 α - λp1 = 0 (1) ∂L/∂x2 = A(1-α)x1αx2 α - λp2 = 0 (2) ∂L/∂λ = y-p1x1-p2x2 = 0 (3) ⇒ x1 = (α/p1)y x2 = y(1-α)/p2
t 1
则，
px = P ⎢⎣⎡t x + (1− t ) x ⎥⎦⎤ = tp x + (1− t ) p x
Windows Server 2008系统管理ch1-习题参考答案
Ch1【思考题】1. Windows Server 2008的Server Core模式相比普通的图形界面有什么优势？为什么？参考答案：如果操作系统采用图形用户界面，那么必须有许多相关程序对其进行支持，如显卡驱动程序，鼠标动作的监视和相应程序等，在提高易用性的同时，增加了系统的复杂性和增大了对计算机硬件的需求，降低了系统响应速度，也会增加系统出现BUG和被攻击的可能性。
Server Core模式取消了图形用户界面，采用命令行对系统进行配置，取消了和网络服务无关的程序和功能模块，提高了系统运行速度和安全性。
2. 如果你的服务器硬件和操作系统均支持虚拟化技术，这项技术相比以往传统计算机系统，能够让你在网络管理中做出哪些调整？参考答案：可以在一台服务器上运行多个操作系统，提高硬件的利用率，减少硬件投资；每台虚拟机都可以提供不同的服务，一旦某个服务出现问题，只需针对该服务进行维护即可，不影响其他服务；多个虚拟机之间可以互为补充，提高了服务器的可靠性。
3. 如果你现在接管了一台服务器，已经安装了Windows Server 2003操作系统，但是漏洞百出，而且将其升级至Windows Server 2008，你准备采取全新安装还是升级安装？为什么？参考答案：全新安装，全新安装虽然需要重新配置所有的服务，但是也可以获得更好的安全性。
【练习题】1. Windows Server 2008有哪些版本？各有什么特点？参考答案：Windows Server 2008 标准版Windows Server 2008 标准版是一个性能优异、可靠性高的网络操作系统，可以快捷、方便地提供企业解决方案，拥有强大的网络部署和管控功能，能够为用户节约大量的人力和财力。
Windows Server 2008 标准版主要为小型企业和部门应用而设计，具备了大多数网络需要的基本功能，并具有全能的Server Core安装选项，通常用于文件和打印机共享，Internet 安全连接等，允许集中化的桌面应用程序部署。
ch1课后习题解答
习题1－2（P31）10. 解： [][][].1)(01,0)()(,1,0)(≤≤∴x g x g x g f x f 上，即取值在中的的定义域是,11,10)1(2≤≤-∴≤≤x x[].1,1)(2-的定义域是因此x f),2,1,0(,)12(2,1sin 0)2( ±±=+≤≤∴≤≤k k x k x ππ[].)12(,2)(2ππ+k k x f 的定义域是因此),2,1,0( ±±=k,1,10)3(a x a a x -≤≤-∴≤+≤ [].1,)(a a a x f --+的定义域是因此,11,1010)4(⎩⎨⎧+≤≤-≤≤-∴⎩⎨⎧≤-≤≤+≤a x a a x a a x a x 分情况讨论：,0>a义域不存在。
时，不等式组无解，定时，即当211><-a a a，时，不等式组解时，即当a x a a a a -≤≤≤≥-1:211 [].1,)()(a a a x f a x f --++的定义域是因此11．解：[]⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-=<==1,11,01,1)()(xxxx e e e e f x g f []⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=0,10,00,1)(x x x x g f 即[]⎪⎩⎪⎨⎧>==<===-1,1,11,)(101)(x e x e x e e ex f g x f 习题1－3（P42）3．分析：的步骤如下：”语言证明数列的极限用“N -ε(1) );(n f A x n ，（适当放大后）得化简-(2) [].)().(,)(,0.εεεεg N g n n f N ≥∴><>∀取只要要使逆序分析求(3) 按定义作结论: 。
，故时，就有则当A x A x N n n n n =<->∞→lim ε证明：（1）略（2）,1121)12(21)12(23626231213nn n n n n n n <+<+=+--+=-++,1,1,1,0⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥∴><>∀εεεεN n n 取只要要使时，则当N n > 故就有,231213ε<-++n n 。
工程电磁场 (杨宪章 邹玲 樊亚东 著) 中国电力出版社 课后答案 题ch1
E2 ⋅ 2πR = E3 ⋅ 2πR =
τ1 τ1 ， E2 = 2ε 0πR ε0
R > R2 ：
S
课
后
v 仅 R2 中不填 ρ ，其内 E2 ：
ρπr 2 E2 ⋅ 2πr = ε0
r v v v ρ v r ρa ∴ E = E1 − E2 = (R − r ) = 2ε 0 2ε 0
习题 1-17 解：任意半径 r 处 E： v v ∫ εEdS = q
v σ ⋅ 2πrdr ⋅ x v dE = i 3 2 2 2 4πε 0 r + x
网
P
x
(
故 r 从 R1 到 R2 积分即所有圆环产生的场强：
v R2 σ ⋅ 2πrdr ⋅ x v σx E=∫ i = 3 4ε 0 2 2 R1 4πε r + x 2 0
R2
(
)
d r 2 + x 2 v σx −2 i = 3 ∫ 4ε 0 2 R1 r 2 + x 2 2 r + x2
v E1 = q r r, 2 4πq0 (d + x )
-pq:
v E2 =
− pq v r 2 4πε 0 ( x )
两边开方取正值： x =
p 1− p
d
习题 1-11
A x q1 d q2
解：分析知，只可能是 A 点，Q q2 > q1 ，∴ A 点必须离 q1 近、离 q2 远才行 令 x 如图示，据题意有
σ ⎢ 1− E= 2ε 0 ⎢
⎣
⎡
(
⎤ ⎥ 1 2 2 2 ⎥ R2 + x ⎦ x
)
2）又
R2 →∞得 x
李晓峰应用随机过程课后习题_随机过程答案CH1
习 题一、习题编号本次作业：1，2， 7，9，12，17，18，19，23，25 二、习题解答1.1 设随机试验E 是将一枚硬币抛两次，观察H -正面，T -反面出现的情况，试分析它的概率空间(),,P Ω。
解1.1： 样本空间：Ω = {HH, HT, TH, TT}集类：F = { Ø, Ω, {HH}, {HT}, {TH}, {TT},{HH,HT}, {HH, TH}, {HH,TT}, {HT, TH}, {HT, TT}, {TH, TT}, {HH, HT, TH}, {HH, HT, TT}, {HT, TH, TT}, {TH, TT, HH}, }概率：P: P{HH} = P{HT} = P{TH} = P{TT} = 1/41.2 设,A B ∈Ω，集类{},A B =。
试求：()σ的所有元素。
解1.2：因为：{},A B =所以：(){},,,σ=∅Ω1.3 设四个黑球与两个白球随机地等分为A 与B 两组，记A 组中白球的数目为X ；然后随机交换A 与B 中一个球，再记交换后A 组中白球的数目为Y 。
试求：（1）X 的分布律；（2）Y|X 的分布律；（3）Y 的分布律。
解1.3：（1）总计有2个白球，因此，X 的取值为0，1，2。
等分共有36C 种分法，等分后，X 取值分别为0，1，2的概率为：3211244242333666012012131()()555XX C C C C C P X P X C C C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）交换一个球后，1）如果X 中没有白球，则交换后Y 可能取值为0、1 2）如果X 中有一个白球，则交换后Y 可能取值为0、1、2 3）如果X 中有两个白球，则交换后Y 可能取值为1、2|0|01|00|11|12|11|22|21225221(|)3399933Y XP Y X ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭（3）20()(|)()i P Y P Y X i P X i ====∑2(0)(0|)()1123359515i P Y P Y X i P X i =======⨯+⨯=∑2(1)(1|)()21532135953535i P Y P Y X i P X i =======⨯+⨯+⨯=∑2(2)(2|)()23110953515i P Y P Y X i P X i =======+⨯+⨯=∑故Y 的分布律为：012131()555YP Y ⎛⎫ ⎪ ⎪⎪⎝⎭1.4 设A 与B 是概率空间(),,P Ω上的事件，且()01P B <<，试证明：A 与B独立的充要条件为：()()|=|P A B P A B 。
《普通化学》《Ch1原子结构与分子结构》复习题及答案
《普通化学》《Ch1原子结构与分子结构》复习题及答案一、是非题(对的在括号内填“√”号，错的填“×”号)1. ψ是核外电子运动的轨迹。
2. 微观粒子的特性主要是波、粒二象性。
3. 2p有三个轨道，可以容纳3个电子。
4. 1s轨道上只可容纳1个电子。
5. n =1时，l可取0和1。
6. 主量子数n=3时，有3s，3p，3d，3f等四种原子轨道。
7. 一组n，l，m组合确定一个波函数。
8. 一组n，l，m，m s组合可表述核外电子一种运动状态。
9. 轨道角度分布图是角度分布函数对,θφ作图得到的图像。
10. d区元素外层电子构型是n s1~2。
11. 电负性越大的元素的原子越容易获得电子。
12. 同周期元素从左至右原子半径减小。
13. 共价键的重叠类型主要有σ键π键两种。
14. NH3和BF3都是4原子分子，故二者空间构型相同。
15. 色散力是主要的分子间力。
16. μ= 0的分子中的化学键一定是非极性键。
17. 非极性分子内的化学键一定是非极性键。
18. 键能越大，键越牢固，分子也越稳定。
19. sp2杂化轨道是由某个原子的1s轨道和2p轨道混合形成的。
20. 当原子中电子从高能级跃迁到低能级时，两能级间的能量相差越大，则辐射出的电磁波的波长越长。
21. 波函数ψ是描述微观粒子运动的数学函数式。
22. 电子具有波粒二象性，就是说它一会是粒子，一会是波动。
23. 电子云图中黑点越密之处表示那里的电子越多。
24. 氢原子中原子轨道的能量由主量子数n来决定。
25. 色散力只存在于非极性分子之间，取向力只存在于极性分子之间。
26. 分子中的化学键为极性键，则分子为极性分子。
27. van der Waals 力属于一种较弱的化学键。
28. He2的分子轨道表示式为 (σ1s)2(σ1s*)2。
29. 中心原子中的几个原子轨道杂化时，必形成数目相同的杂化轨道。
30. 在CCl4、CHCl2和CH2Cl2分子中，碳原子都采用sp2杂化，因此这些分子都呈四面体形。
计算机网络作业参考答案
计算机⽹络作业参考答案计算机⽹络作业参考答案CH1 绪论1、什么是计算机⽹络？它⼀般由哪些部分组成？答案：请参考教案2、LAN、W AN、MAN的主要区别是什么？要点：主要区别在于下列三点：地理范围或规模、速率、属于什么单位所有3、常⽤⽹络操作系统有哪些？如果你想⾃⼰组建⼀个⽹站，会选⽤哪种⽹络操作系统？为什么？参考答案：WINDOWSUNIX/LINUX中⼩型单位⼀般⽤WINDOWS，微机服务器可以选⽤LINUX，⽽对可靠性要求较⾼的场合⼀般选⽤UNIX4、⽬前常⽤的PSTN、DDN、ISDN、ADSL和HFC⼏种接⼊⽅式中，适合于家庭接⼊的有哪⼏种？适合于⽹吧接⼊的有哪⼏种？适合于校园⽹接⼊的有哪⼏种？参考答案：家庭：PSTN，HFC或ISDN⽹吧：ADSL校园⽹：DDN5．C/S系统和B/S系统的⼯作原理；它们之间的主要区别是什么？参考答案：C/S：客户向服务器提出服务请求，服务器处理客户的服务请求，并返回最后的处理结果；B/S：客户通过浏览器向WEB服务器提出服务请求，WEB服务器处理客户的服务请求，并返回最后的处理结果给浏览器；它们之间的主要是B/S模式必须采⽤浏览器和WEB服务器。
6．请将以下⽹络术语译成中⽂：LAN、WAN、MAN、NOS、network、server、client、terminal、host、frame、QoS、virtual circuit、campus network、HFC、ADSL、DDN、Cable Modem、SONET/SDH、PSTN、B-ISDN、PSDN、DQDB、SMDS、ATM、packet switching、circuit switching、cell switching、FDDI、FR、URL、WWW、SMTP、FTP、TCP、UDP、SNMP、MAC 局域⽹，⼴域⽹，城域⽹，⽹络操作系统，⽹络，服务器，客户，终端，主机，帧，服务质量，虚电路，园区⽹，⼴纤同轴混合⽹，⾮对称⽤户环线，数字数据⽹，线缆调制解调器，同步光⽹/同步数据体系结构，公共电话交换⽹，宽带---综合业务数据⽹，分组交换数据⽹，分布式双环数据总线，交换多兆位数据服务，异步转移模式，分组（报⽂）交换，线路交换，信元交换，光纤分布式数据接⼝，帧中继，统⼀资源地址，万维⽹，简单邮件传输协同，⽂件传输协同，传输控制协议，⽤户数据报协议，简单⽹络管理协议，介质访问控制7．计算机⽹络的主要功能是什么？参考答案：见讲义8．计算机⽹络发展的主要⾥程碑有哪些？参考答案：见讲义1）．根据⽹络连接距离来划分，计算机⽹络可划分为__LAN__、____MAN___、____W AN__。
ch1参考答案
第一章作业参考答案1.1、令A[1…60]=11,12,…,70,用算法BINARYSEARCH搜索下列x值时执行了多少次比较运算？（a）33 (b) 7 (c) 70 (d) 77解：当x=33,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 33<40,剩余的子序列为A[1…29]=11,12,…39;第二次比较中，A[15]=25;33>25,剩余的子序列为A[16…29]=26,27,…39;第三次比较中，A[22]=32; 33>32,剩余的子序列为A[23…29]= 33,…39;第四次比较中，A[26]=36;33<36;剩余的子序列为A[23…25]= 33,34,35;第五次比较中，A[24]=34;33<34;剩余的子序列为A[23]= 33;第六次比较中，A[23]=33;33=33;搜索成功共进行6次比较当x=7,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 7<40,剩余的子序列为A[1…29]=11,12,…39;第二次比较中，A[15]=25;7<25,剩余的子序列为A[1…14]=11,12,…24;第三次比较中，A[7]=17;7<17,剩余的子序列为A[1…6]=11,12,…16;第四次比较中，A[3]=13;7<13,剩余的子序列为A[1…2]=11,12;第五次比较中，A[1]=11;7<11,此时high=0;low=1;high<low;停止比较。
共进行6次比较当x=70,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 70>40,剩余的子序列为A[31…60]=41,42,…70;第二次比较中，A[45]=55;70>55,剩余的子序列为A[46…60]=56,57,…70;第三次比较中，A[53]=63;70>63,剩余的子序列为A[54…60]=64,65,…70;第四次比较中，A[57]=67;70>67,剩余的子序列为A[58…60]=68,69,70;第五次比较中，A[59]=69;70>69,剩余的子序列为A[60]=70;第六次比较中，A[60]=70;比较结束；共进行6次比较；当x=77,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 77>40,剩余的子序列为A[31…60]=41,42,…70;第二次比较中，A[45]=55;77>55,剩余的子序列为A[46…60]=56,57,…70;第三次比较中，A[53]=63;77>63,剩余的子序列为A[54…60]=64,65,…70;第四次比较中，A[57]=67;77>67,剩余的子序列为A[58…60]=68,69,70;第五次比较中，A[59]=69;77>69,剩余的子序列为A[60]=70;第六次比较中，A[60]=70;77>70,high=60;low=61;停止比较，共进行6次比较1.10：BOTTOMUPSORT对于数组A[1...16]的运作过程如下：共执行47次该算法执行的比较次数为：8+2+3+2+3+7+7+15=471.15 用Θ符号表示㏒2n+n+㏒㏒n。
《电子测量技术》CH1-CH4习题参考答案
f 0 min
=
f i1 N1 10
+
fi2 N 2
= 1K ´1000 + 100K ´ 720 = 72100KHz = 72.1MHz 10
当 N1 ， N 2 分别取最大值时 f0 最大，
f 0 max
=
f i1N1 10
+
fi2 N 2
= 1K ´1100 + 100K ´1000 = 10110KHz = 100.11MHz 10
即 y ' = y = 5 = 0.5 cm。 k 10
7
5、被测脉冲信号峰峰值为 8V，经衰减量为 10 倍的探头引入示波器，“倍率”置“×5”位，“偏 转灵敏度微调”置“校正”位，要想在荧光屏上获得峰峰高度为 8cm 的波形，“Y 轴偏转灵敏 度”开关“V/cm”应置哪一挡?
解：设 Y 轴偏转灵敏度开关置为 x V/cm，则有峰峰值为 8cm ´ x ´ 10 ¸ 5 = 8 V，所以
答：不考虑倍率开关时，
y1
=
VP-P h
= 5 =1 5
cm，由于倍率开关为“×5”，屏幕上波形偏转
增大 5 倍，所以屏幕上峰与峰之间的距离为 y = k1 ´ y1 = 5 ´1 = 5 cm。如果采用探头，对
输入有 10 倍衰减，输入示波器的电压减小 10 倍，相应屏幕上峰与峰之间的距离减小 10 倍，
解： f » 350 = 350 = 8.75MHz tr 40
f B ³ 3 f = 3 ´ 8.75MHz = 26.25MHz
2、用双踪示波器测量信号相位差，显示波形如图所示，已知 AB = 3cm，AC = 24cm，试求
这两个信号的相位差 Δψ。
随机信号分析第二版(陈运)CH1习题及答案
1.2. 已知样本空间{}1,2,,10Ω=，事件{}2,3,4A =，{}3,4,5B =，{}5,6,7C =，写出下列事件的表达式：（1）A B ； （2）AB ；（3）()A B C ； （4）ABC ；解：（1）{}{}1,5,6,7,8,9,101,3,4,5,6,7,8,9,10A A B =∴= （2） {}5 AB = （3）{}{}{}()3,4,5,6,7()3,4()1,2,5,6,7,8,9,10B C A B C A B C ==∴=（4）{}{}{}{}51,2,3,4,6,7,8,9,102,3,41,5,6,7,8,9,10BC BC ABC ABC ===∴=3. 设随机试验E 是将一枚硬币抛两次，观察H -正面，T -反面出现的情况，试分析它的样本空间、事件与概率。
解：样本空间：{},,,HH TT HT TH Ω= 各种事件组成集合：{{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}},,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,F HH TT HT TH HH TT HH HT HH TH TT HT TT TH HT TH HH TT HT HH TT TH HH HT TH TT HT TH =∅Ω显然，其中的事件是样本的的各种组合。
A F ∀∈，()4k P A =，[0,4]k ∈为事件A 包含的样本点数。
4. 5.6. 有四批零件，第一批有2000个零件，其中5%是次品。
第二批有500个零件，其中40%是次品。
第三批和第四批各有1000个零件，次品约占10%。
我们随机地选择一个批次，并随机地取出一个零件。
（1） 问所选零件为次品的概率是多少？（2） 发现次品后，它来自第二批的概率是多少？ 解：（1）用i B 表示第i 批的所有零件组成的事件，用D 表示所有次品零件组成的事件。
()()()()123414P B P B P B P B ====()()()()12341002000.050.420005001001000.10.110001000P D B P D B P D B P D B ======== ()11110.050.40.10.10.16254444P D =⨯+⨯+⨯+⨯=（2）发现次品后，它来自第二批的概率为，()()()()2220.250.40.6150.1625P B P D B P B D P D ⨯=== 7.8. 有朋自远方来，她乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是0.3,0.2,0.1和0.4。
通信原理习题答案-CH1(清华大学出版社第2版—李晓峰)
4-1第一章习题解答1. （略）2. 两个二元消息符号X 与X 的取值及概率分别为：求它们的熵。
解：利用式21()log M i i i H X P P ==-∑易见， )(881.07.0log 7.03.0log 3.0)(221bit X H ≈--= )(971.12.0log 2.023.0log 3.02)(222bit X H ≈⨯-⨯-= 3.4. 假定电话按键由10个数字、“*”与“#”组成，按压每个数字键的概率均为0.099，按压“*”或“#”的概率各为0.005，拨号速率为2次/s 。
试求（1）每次按键产生的熵与连续拨号的熵率？（2）如果每次按键采用4位二进制表示，拨号产生的二进制数据率（二元符号率）？ 解：（1）利用式21()log Mi i i H X P P ==-∑， 22100.099log 0.09920.005log 0.0053.356bits/keyH =-⨯-⨯≈连续按键产生的熵率3.356/ 6.7120.5/H bits key R T s key===/bits s （2）拨号产生的二进制数率, 4/2/8/bit key key s bits s ⨯=5. （略）6. 假定容量为4.7GB 的DVD 盘可存储133分钟的数字音视频4-2 资料，试计算该数字音视频信号的数据率（二元符号率）是多少？解：数据率为304.728/ 5.059Mbps 13360Bytes bits Byte R s⨯⨯==⨯ 注意，1GB=3092107374182410Bytes Bytes =≈，有时也可用910。
7. （略）8. （略）9. （略）10. 假定电传打字机的信道带宽为300Hz ，信噪比为30dB（即，30/10/101000S N ==），试求该信道的容量。
解：利用式bps NS B C )1(log 2+= 有2C 300log (11000) 2.99()kbps =⨯+=11. 假定某用户采用拨号上网，已测得电话线可用频带300-3400Hz ，信噪比为25dB （即， 2.5/10S N =），试计算该信道的容量；在选用调制解调器时，可选速率为56、28.8或9.6kbps 的调制解调器中哪个较合适？ 解：带宽B=3400Hz-300Hz=3100Hz ，利用式bps NS B C )1(log 2+=，有 2C 3100log (1316.23)25.73()kbps =⨯+=故应采用28.8kbps 的调制解调器较合适（实际调制解调器会结合实际线路情况，自动降低速率，以充分利用信道资源）。
杰里 瑞恩 高级微观经济理论(上财版)课后习题答案精编版
x2
O
x1
1.19 定理 1.2：效用函数对正单调变换的不变性
证明：已知 是 R+n 上得一个偏好关系，u(x) 是一个代表此偏好关系的效用函数。在 R+n 中
取两点 x1, x 2 ，令 x1 x 2 ，∴ u(x1 ) ≥ u(x 2 ) 。又∵ f : ℜ → R 在 u 所确定的值集上是严
格递增的，∴ f (u(x1 )) ≥ f (u(x2 )),∵ v(x) = f (u(x)) ， ∴ v(x1 ) ≥ v(x 2 ) ∴ v(x) 也代表偏
1.21
5
解：拉格朗日函数为: L(x1, x2 , λ) = ln A + α ln x1 + (1 − α ) ln x2 + λ( y − p1x1 − p2 x2 )
因为只有一个内点解，库恩塔克条件正好和普通的拉格朗日一阶条件一致，所以得到以 下方程：
∂L ∂x1
=
α x1
− λp1
=
0
（1）
−
λ* pi
=
0
⎪ ⎩
y
−
pix*
=
0
6
如果取v(x) = f (u(x))
max v(x)
受约束于pix - y
x∈
n +
L(x,λ) = v(x) + λ[ y − pix]
⎧ ∂L
⎪ ⎨
∂xi
=
∂v( x* ) ∂xi
− λ* pi
=
f
'(u(x*)) ∂u(x*) ∂xi
− λ* pi
=0
高微一 Ch1 习题参考答案（10－67） １.１０
x2 X3 Xp X1
ch1习题答案
(2) y 2 [ k ] = x o [ k ] ∗ x e [ k ] ,
y 2 [ − k ] = ∑ xo [ n ] x e [ − k − n] = ∑ x o [ n] xe [ k + n ]
n n
= ∑ x o [ − n ] x e [ k − n ] = − ∑ x o [ n ] x e [ k − n ] = − y 2 [ k ] 故序列奇对称
k + 1 0 ≤ k ≤ 3 (2) x[k ] = g[k ] = 其它 0
解：
k<0 0 k (1) y[ k ] = ∑ α n β k − n = ( β k +1 − α k +1 ) /( β − α ) k ≥ 0, α ≠ β =0 nk ∑ α nα k −n = ( k + 1)α k k ≥ 0, α = β n =0 (2)x[k]={1, 2, 3, 4} y[k]={1, 4, 10, 20, 25, 24, 16}
x[ n ] n x[ − n ] n x[ N / 2 − 1 − n ] n x[ N − 1 − n ] n x[ 3 N / 2 − 1 − n ] n
− ( N − 1)
− ( N / 2 − 1)
0
N / 2 −1
N −1
3N / 2 − 1
1-9
计算卷积 y[k ] = x[k ] ∗ g[ k ] (1) x[k ] = α k u[k ] , g[k ] = β k u[k ]
=
9 20
;
0.18π 9 = L = LCM ( 20, 20,100 ) = 100 2π 100
实序列 x[k]的偶对称部分 xe[k]和奇对称 xo[k]部分可分别表示为 xe[k]= (x[k]+ x[−k])/2 , xo[k]= (x[k]− x[−k])/2
微机接口课后作业答案Ch1Ch2 (4)
DX, OK AH, 9 21H
4
D0～ D7 8088系统 8088系统 BUS A0 A 10 MEMW MEMR D0～ D7 A0 A 10 MEMW MEMR & A 18 A 17 A 19 A 16 A 15 A 14 A 13 A 12 A 11 &
≥1
D0～ D7 · · · A0 A 10 R/W OE D0～ D7 · · · A0 A 10 R/W OE G1 G 2B G 2A LS138 C B A Y3 Y2 CS CS SRAM 6116
1
8088系统 8088系统 BUS SRAM 6264
D0～D7
D0～D7
A
0
· ·
2 WE + 5V CS OE
2
MEMW MEMR
A
19
CS 1
A 18 A 17 A 16 A 15 A
14
&
A 13
2
5.5 内存地址从 内存地址从20000H～8BFFFH共有多少字节？ ～ 共有多少字节？ 共有多少字节 个字节。 解：共有8BFFFH－20000H＋1＝6C000H个字节。或432KB。 共有 － ＋ ＝ 个字节 。 5.6 若采用 若采用6264芯片构成上述的内存空间，需要多少片6264芯片？ 芯片构成上述的内存空间，需要多少片 芯片？ 芯片构成上述的内存空间 芯片 芯片的容量位8KB，故需 解：每个6264芯片的容量位 每个 芯片的容量位 ，故需432/8＝54片。 ＝ 片 5.7 设某微型机的内存 设某微型机的内存RAM区的容量位 区的容量位128KB，若用 芯片构成这样的存储器， 区的容量位 ，若用2164芯片构成这样的存储器，需 芯片构成这样的存储器 多少2164芯片？至少需多少根地址线？其中多少根用于片内寻址？多少根用于片选 芯片？ 多少 芯片 至少需多少根地址线？其中多少根用于片内寻址？ 译码？ 译码？ 解： 芯片的容量为64K×1bit，共需 （1）每个 ）每个2164芯片的容量为 芯片的容量为 × ，共需128/64×8＝16片。 × ＝ 片 容量需要地址线17根 （2）128KB容量需要地址线 根。 ） 容量需要地址线 根用于片内寻址。 （3）16根用于片内寻址。 ） 根用于片内寻址 根用于片选译码。 （4）1根用于片选译码。 ） 根用于片选译码 注意，用于片内寻址的 根地址线要通过二选一多路器连到 根地址线要通过二选一多路器连到2164芯片，因为 芯片， 注意，用于片内寻址的16根地址线要通过二选一多路器连到 芯片 因为2164芯片 芯片 是DRAM，高位地址与低位地址是分时传送的。 ，高位地址与低位地址是分时传送的。 5.8 现有两片6116芯片，所占地址范围为61000H～61FFFH，试将它们连接到8088系统 现有两片 芯片，所占地址范围为 ～ ，试将它们连接到 系统 芯片 并编写测试程序，向所有单元输入一个数据， 中。并编写测试程序，向所有单元输入一个数据，然后再读出与之比较 ，若出错 则显示“ 全部正确则显示” 则显示“Wrong！“，全部正确则显示”OK！“。 ！ ！ 解：连接如下图所示。测试程序段如下： 连接如下图所示。测试程序段如下： OK WRONG … MOV MOV AX, 6100H ES, AX DB DB ‘OK!’,$ ‘Wrong!’,$
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第一章作业参考答案
1.1、令A[1…60]=11,12,…,70,用算法BINARYSEARCH搜索下列x值时执行了多少次比
较运算？
（a）33 (b) 7 (c) 70 (d) 77
解：当x=33,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 33<40,剩余的子序列为A[1…29]=11,12,…39;
第二次比较中，A[15]=25;33>25,剩余的子序列为A[16…29]=26,27,…39;
第三次比较中，A[22]=32; 33>32,剩余的子序列为A[23…29]= 33,…39;
第四次比较中，A[26]=36;33<36;剩余的子序列为A[23…25]= 33,34,35;
第五次比较中，A[24]=34;33<34;剩余的子序列为A[23]= 33;
第六次比较中，A[23]=33;33=33;搜索成功
共进行6次比较
当x=7,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 7<40,剩余的子序列为A[1…29]=11,12,…39;
第二次比较中，A[15]=25;7<25,剩余的子序列为A[1…14]=11,12,…24;
第三次比较中，A[7]=17;7<17,剩余的子序列为A[1…6]=11,12,…16;
第四次比较中，A[3]=13;7<13,剩余的子序列为A[1…2]=11,12;
第五次比较中，A[1]=11;7<11,此时high=0;low=1;high<low;
停止比较。
共进行6次比较
当x=70,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 70>40,剩余的子序列为A[31…60]=41,42,…70;
第二次比较中，A[45]=55;70>55,剩余的子序列为A[46…60]=56,57,…70;
第三次比较中，A[53]=63;70>63,剩余的子序列为A[54…60]=64,65,…70;
第四次比较中，A[57]=67;70>67,剩余的子序列为A[58…60]=68,69,70;
第五次比较中，A[59]=69;70>69,剩余的子序列为A[60]=70;
第六次比较中，A[60]=70;比较结束；
共进行6次比较；
当x=77,第一次比较中，数组的中间元素A[30]=40; 77>40,剩余的子序列为A[31…60]=41,42,…70;
第二次比较中，A[45]=55;77>55,剩余的子序列为A[46…60]=56,57,…70;
第三次比较中，A[53]=63;77>63,剩余的子序列为A[54…60]=64,65,…70;
第四次比较中，A[57]=67;77>67,剩余的子序列为A[58…60]=68,69,70;
第五次比较中，A[59]=69;77>69,剩余的子序列为A[60]=70;
第六次比较中，A[60]=70;77>70,high=60;low=61;
停止比较，共进行6次比较
1.10：BOTTOMUPSORT对于数组A[1...16]的运作过程如下：
共执行47次
该算法执行的比较次数为：8+2+3+2+3+7+7+15=47
1.15 用Θ符号表示㏒2n+n+㏒㏒n。
解：令f(n)= ㏒2n+n+㏒㏒n，
当n≥2时，n≤f(n)≤n
2，有f(n)=Θ(n)。
解法提示：在三个独立项中，找一个阶最高的。
即找出同阶的一项。
如果熟悉这一公式：任意a>0, b>0，n a>log b n, 则易得无穷大阶的估计。
如果不熟悉上述公式，可以使用洛必达法则。
结论都是㏒2n+n+log log n=Θ(n)
1.16解：该算法是对数组进行从后往前的冒泡排序。
（a）执行该算法，元素比较的最小次数是n-1，当数组按非降序排序时达到最小值。
f(n)=Ω(n).
（b）执行该算法，元素比较的最大次数是n*(n-1)/2，当数组元素按排序码递减时，即逆序排列时是最坏情形，达到最大值。
（c）执行该算法，元素赋值的最小次数是0次，当数组按非降序排列时达到最小值。
（d）执行该算法，元素赋值的最大次数是3*n*(n-1)/2,，当数组元素按排序码递减时达到最大值。
（e）BUBBLESORT的运算时间可表示为f(n)=O(n2)和f(n)=Ω(n)。
（f）不能，用Θ表示的前提是当且仅当f(n)= O(g(n))并且f(n)= Ω(g(n))。
而这里f(n)=Ω(n)且f(n)=O(n2).。