这道题表面上只需要做一次乘法。

有 10 个信道，每个信道的数据传输速率都是 9600 b/s，采用同步时分多路复用，也就是同步 TDM，把这 10 路数据放到同一条高速线路上传输，并且题目明确要求忽略控制开销。

计算结果就是

$$
10 \times 9600\ \text{b/s}
=
96000\ \text{b/s}
$$

也就是

$$
\boxed{96000\ \text{b/s}}
$$

按照通信领域通常使用的十进制单位换算，还可以写成

$$
\boxed{96\ \text{kb/s}}
$$

所以，这道题按照计算机网络教材和通信原理习题通常采用的语境，标准答案就是

$$
\boxed{96\ \text{kb/s}}
$$

不过，如果只是记住 `10 × 9600`，这道题真正想考察的同步 TDM 思想其实并没有掌握。更有价值的问题是，为什么一定要乘以 10，为什么不能仍然用 9600 b/s，为什么同步 TDM 即使某一路没有数据也通常还要保留时间片，以及这里所谓的「带宽」为什么用 b/s 表示，而不是用 Hz 表示。

从这些问题往下推，整个时分多路复用的逻辑就会非常清楚。

TDM 是 Time Division Multiplexing，也就是时分多路复用。它解决的事情非常直接，多条低速数据流都希望使用同一条物理传输线路，与其为每一路业务单独铺设一条线路，不如让大家轮流占用同一条高速线路。

Cisco 对 TDM 的说明就是这种模型，多路较低速的数据流被组合到一条高速通信信道中，每个输入数据流被分配一个固定长度的时间片，各路数据按照确定的顺序依次发送，一个循环结束以后再从第一路重新开始。([Cisco][1]) Pearson 的《Data and Computer Communications》也把 Synchronous Time-Division Multiplexing，也就是同步时分多路复用，作为 Multiplexing 章节中的独立核心内容。

这道题里的 10 个 9600 b/s 信道，可以想成 10 条不断产生二进制数据的低速输入线。

编号分别为

`CH1`

`CH2`

`CH3`

一直到

`CH10`

每一路每秒都可能产生 9600 个 bit。

单独观察 `CH1`，一秒钟需要送出去 9600 bit。

单独观察 `CH2`，同样需要送出去 9600 bit。

一直到 `CH10`，还是每秒 9600 bit。

如果 10 路数据必须经过同一个 TDM 复用器送上一条公共链路，那么这一条公共链路在一秒钟内要承担的数据量就是

$$
9600 + 9600 + 9600 + \cdots + 9600
$$

一共有 10 项，因此等于

$$
10 \times 9600
=
96000
$$

这里已经能够看到最核心的关系。

在忽略所有附加开销时，如果同步 TDM 把若干路数字信号完整地汇聚到一条输出线路，那么输出线路的数据速率至少要能够承载所有输入速率之和。

可以写成一个很一般的关系

$$
R_{\text{out}}
=
R_1 + R_2 + R_3 + \cdots + R_n
$$

如果所有输入信道的数据率完全一样，并且每个都是 $R$，关系就进一步简化成

$$
R_{\text{out}}
=
nR
$$

代入本题

$$
n=10
$$

$$
R=9600\ \text{b/s}
$$

所以

$$
R_{\text{out}}
=
10\times9600
=
96000\ \text{b/s}
$$

这一点还可以从「时间」的角度再推一遍，而且这种推导比单纯加法更能揭示同步 TDM 的工作方式。

9600 b/s 表示一秒钟传输 9600 个 bit。

如果暂时采用最简单的模型，每个时间片携带 1 bit，那么一个输入信道连续两个 bit 之间可用的平均时间就是

$$
T_b
=
\frac{1}{9600}\ \text{s}
$$

大约等于

$$
104.17\ \mu s
$$

也就是说，在大约 104.17 微秒的时间里，每一个 9600 b/s 输入信道都会产生 1 bit。

问题来了。

在同一个 104.17 微秒期间，并不是只有一路产生了数据，而是 10 路都会各自产生 1 bit。

于是 TDM 复用器手中会得到

$$
10\ \text{bit}
$$

如果输出线路在这段时间里只能发送 1 bit，那么其余 9 bit 就会积压下来。

下一个 104.17 微秒又来了。

10 条输入线路又送进来 10 bit。

积压会越来越严重。

所以输出线路必须在这 104.17 微秒之内把 10 路输入产生的 10 bit 全部送完。

输出端发送一个 bit 可以占用的时间于是缩短到

$$
\frac{104.17\ \mu s}{10}
$$

大约等于

$$
10.417\ \mu s
$$

倒过来计算输出线路每秒能够发送多少 bit

$$
\frac{1}{10.417\ \mu s}
\approx
96000\ \text{bit/s}
$$

又得到了同一个结果。

$$
\boxed{96000\ \text{b/s}}
$$

从这里还能顺便理解同步 TDM 中非常重要的「帧」。

假定每一个输入信道每次贡献 1 bit，那么复用器可以按照这样的顺序组织数据

`CH1 CH2 CH3 CH4 CH5 CH6 CH7 CH8 CH9 CH10`

这一组就是一个非常简化的 TDM 帧。

因为一共有 10 路信道，所以一个帧包含 10 个时间片，每个时间片当前假设为 1 bit，于是一帧就是 10 bit。

由于每一个 9600 b/s 输入信道每秒需要贡献 9600 bit，因此每秒必须产生 9600 个这样的 TDM 帧。

每帧 10 bit，每秒 9600 帧，输出速率自然就是

$$
10\ \text{bit/frame}
\times
9600\ \text{frame/s}
$$

得到

$$
96000\ \text{bit/s}
$$

这一套推导特别重要，因为它揭示了为什么答案不是 9600 b/s。

有人刚接触 TDM 时容易形成一种直觉，既然各路是轮流使用线路，那么公共线路只要和每一路一样快，让 10 路轮流发送就行。

问题就在于「轮流」会消耗时间。

假如公共线路仍然只有 9600 b/s，那么原来的一个信道本来可以独占整个传输时间，现在却只能得到十分之一的时间。

结果每一路实际获得的平均传输能力就只剩下

$$
\frac{9600}{10}
=
960\ \text{b/s}
$$

而原始信道却正在以 9600 b/s 的速度持续送数据进来。

输入速度是 9600 b/s，平均输出服务能力只有 960 b/s，缓冲区必然持续增长。

所以，当 10 路 9600 b/s 信号希望在不降低各自传输速率的情况下复用到一条线路时，公共线路必须把自己的工作速度提高到原来的 10 倍。

这里可以用高速公路收费口的节奏来理解。

有 10 条入口车道，每条入口车道每秒不断送来同样数量的车辆。如果出口只有一条，而且出口处理车辆的速度仍然只是原来一条入口车道的处理速度，那么 10 条入口同时汇聚过来以后，车辆一定越积越多。

真正能够长期维持稳定状态的情况，是出口总体处理能力至少覆盖 10 条入口产生的总流量。

数字通信中的 bit 并不是汽车，但流量守恒关系是一样的。

单位时间进入复用器的数据量，长期来看不能大于单位时间能够离开复用器的数据量。

忽略缓存暂时吸收数据的短期效应以后，可以写成

$$
R_{\text{out}}
\ge
\sum_{i=1}^{10}R_i
$$

这道题又明确说忽略控制开销，因此理想情况下直接取等号。

$$
R_{\text{out}}
=
\sum_{i=1}^{10}R_i
$$

于是仍然得到

$$
R_{\text{out}}
=
96000\ \text{b/s}
$$

同步 TDM 中「同步」两个字也很关键。

它并不是在表达 10 路数据恰好同时产生，而是在描述一种固定的时间片分配机制。

每个输入信道在每一个 TDM 帧中都有预定的位置。

例如可以规定第一个时间片永远属于 `CH1`，第二个时间片永远属于 `CH2`，第三个属于 `CH3`，一直排到第十个属于 `CH10`。

接收端只要与发送端保持帧同步，就知道某个位置的数据属于哪一路。

数据在帧里的「位置」本身已经承担了一部分身份识别作用，因此经典同步 TDM 不必给每一小块数据都附加一个完整的信道地址。

这也是同步 TDM 能够简单、高速、确定性运行的重要原因。

代价也很明显。

假如某一时刻 `CH7` 没有任何业务数据，属于 `CH7` 的那个固定时间片通常仍然存在。

它不能因为 `CH7` 暂时空闲，就自动变成 `CH3` 的额外时间片。

Cisco 对传统 TDM 的说明同样强调，每一个输入数据流拥有固定长度的时间片，并按固定次序循环传输。([Cisco][1])

于是就会出现一个看起来有点浪费、实际上非常符合设计目标的现象。

10 路信道即使只有 6 路当前真的在发送有效数据，同步 TDM 的帧结构仍然可能保留全部 10 个时间片。

如果系统就是按照 10 路 9600 b/s 的固定容量设计，那么线路仍旧按照 96000 b/s 的节奏工作。

这和统计时分复用并不一样。

统计 TDM 更倾向于把时间资源动态交给真正有数据的输入源，从而提高链路利用率。但动态分配也会带来新的问题，接收方不能再只凭固定位置判断数据来自哪里，系统往往需要更多寻址、排队、缓冲、调度等机制。

本题明确限定「同步 TDM」，就是在告诉我们按照固定时间片模型计算，而不要引入统计复用中的动态利用率问题。

题面中另一个很容易被轻轻带过的词，是「忽略控制开销」。

这几个字其实决定了为什么能够干净地使用

$$
10\times9600
$$

现实中的数字通信系统很少只有纯用户数据。

为了让接收设备知道一个帧从哪里开始、在哪里结束，通常会有帧同步信息。

为了检测错误，可能存在 CRC。

为了传送线路状态，可能存在信令。

某些协议还会有头部、地址、序号或者填充数据。

只要这些东西也要通过物理线路发送，物理线路的实际 bit rate 就会高于用户有效数据率。

这道题故意声明忽略控制开销，就是把这些现实细节全部拿掉，只留下最纯粹的 TDM 容量关系。

通信史上真实存在的 E1 系统正好可以帮助理解这个问题。

Cisco 文档给出的 E1 数字链路速率是 2.048 Mbps，一个 E1 帧具有 32 个时间片。([Cisco][2]) 在无成帧模式下，Cisco 进一步说明，全部 32 个时间片都可以用于数据，每个时间片提供 64 kbps，因此

$$
32\times64\ \text{kb/s}
=
2.048\ \text{Mb/s}
$$

([Cisco][3])

这个计算和本题的结构几乎完全一样。

本题是

$$
10\times9600\ \text{b/s}
=
96000\ \text{b/s}
$$

E1 的一个理想化计算则是

$$
32\times64000\ \text{b/s}
=
2048000\ \text{b/s}
$$

为什么真实 E1 系统里还经常讨论 `TS0`、`TS16`、帧同步和信令，原因就在这里，真实通信线路不能永远假设控制开销不存在。Cisco 的 E1 资料指出，E1 具有 32 个时间片，在相关成帧和信令结构中，特定时间片会承担帧同步或者信令功能。([Cisco][2])

所以本题那句「忽略控制开销」，并不是一句无关紧要的补充，而是在明确告诉我们，不需要仿照真实 E1 那样再扣除或者增加同步、信令等资源。

还有一个更深的概念问题值得拆开。

题目问的是「复用线路的带宽是多少」，答案却写成了 96000 b/s。

严格从通信理论和电磁信号角度看，「带宽」原本可以表示频率范围，单位应该是 Hz。RFC 1983 对 bandwidth 的解释就明确区分了这两个含义，从技术意义上，它可以表示传输信道最高频率和最低频率之差，但在网络使用语境中，它又经常被用来描述一条通信线路能够传输的数据量。([IETF Datatracker][4])

NIST 也直接说明，在数字系统中，bandwidth 经常按照 bits per second 表示数据速度，而在模拟系统中，bandwidth 通常按照最高与最低频率分量之间的差值来表示。([NIST][5])

Cisco 在讨论网络性能时同样指出，网络接口速度经常使用 bits per second，也就是 b/s 来表达，网络链路所说的 bandwidth 也经常采用这种数据率意义。([Cisco][6])

所以这道计算机网络题里出现「线路带宽」时，应当把它理解成线路需要提供的数据传输速率，而不是要求计算一段以 Hz 为单位的模拟频谱宽度。

如果题目真正问的是物理线路需要多少 Hz 的频带宽度，目前给出的条件其实不够。

还必须知道采用什么线路编码或者调制方法，是二进制基带传输，还是 QPSK、QAM，是 NRZ 还是其他线路码，每个符号携带多少 bit，信道是否采用理想 Nyquist 模型，滚降系数是多少，是否存在脉冲成形等。

例如 Cisco 在解释 QPSK 时指出，一个 QPSK 符号可以携带 2 bit，因此符号率与 bit rate 并不是同一个数字。([Cisco][7])

于是 96000 b/s 并不能在没有其他条件时机械地写成 96000 Hz。

这也是做这类题时一个非常实用的判断方法。

看到题目给出的输入量全部都是 b/s，又询问同步 TDM 复用线路的「带宽」，通常是在计算数据率。

看到题目给出的量涉及 Hz、信噪比、符号率、调制阶数、Nyquist 或 Shannon 等条件，才更可能是在研究真正的频域带宽或者信道容量。

回到这道题，还可以用另一种时间片大小验证答案。

刚才假设一个时间片只有 1 bit。

现在把一个时间片改成 1 Byte，也就是 8 bit。

每一路速率为

$$
9600\ \text{bit/s}
$$

除以每字节 8 bit，可以得到

$$
1200\ \text{Byte/s}
$$

也就是说，每一路每秒会产生 1200 个 8 bit 数据块。

一次 TDM 帧从 10 路信道各取 1 Byte。

一个帧就有

$$
10\times8
=
80\ \text{bit}
$$

因为每一路每秒需要贡献 1200 个 Byte，所以一秒钟需要发送 1200 帧。

输出线路的数据率就是

$$
1200\ \text{frame/s}
\times
80\ \text{bit/frame}
$$

得到

$$
96000\ \text{bit/s}
$$

结果完全没有变化。

这说明答案并不依赖于时间片究竟取 1 bit、8 bit，还是其他合理大小。

只要每一路在固定周期中获得与其输入速率匹配的时间份额，总输出 bit rate 就仍然等于各输入 bit rate 之和。

这个结论还可以推广到输入信道速度不相等的场景。

假如不是 10 路相同的 9600 b/s，而是有一路 9600 b/s，一路 19200 b/s，再有一路 38400 b/s。

理论上的总有效数据率就是

$$
9600+19200+38400
=
67200\ \text{b/s}
$$

同步 TDM 若要处理不同速率的输入，就可以给高速输入分配更多时间片。

19200 b/s 是 9600 b/s 的两倍，它可以获得两倍数量的时间片。

38400 b/s 是 9600 b/s 的四倍，它可以获得四倍数量的时间片。

这里再次能够看到，真正决定公共线路最低数据率的，不是有多少根线这个数字本身，而是所有输入线路单位时间产生多少 bit。

本题恰好所有线路速度相同，所以才简化成非常漂亮的

$$
nR
$$

形式。

从队列理论再观察一次，也可以得到相同结论。

10 条输入线路的总到达率是

$$
\lambda
=
10\times9600
=
96000\ \text{bit/s}
$$

如果公共线路服务率只有

$$
\mu
=
80000\ \text{bit/s}
$$

那么

$$
\lambda>\mu
$$

平均每秒会多积压

$$
16000\ \text{bit}
$$

一分钟之后，仅按照这个简单模型，积压量就能达到

$$
16000\times60
=
960000\ \text{bit}
$$

缓存只能推迟问题，无法解决长期速率不匹配。

如果线路正好提供

$$
96000\ \text{bit/s}
$$

并且忽略所有开销，理想模型中输入总速率与输出速率恰好平衡。

如果现实系统还需要发送同步、校验、管理信息，那么线路实际配置速率就必须比 96000 b/s 更高一些。

题目已经明确把这种开销排除，所以无需继续增加。

还有一个常见误区，是把答案算成

$$
9600\div10
=
960\ \text{b/s}
$$

这种算法对应的是另一种完全不同的问题。

假如有一条总速率只有 9600 b/s 的线路，被 10 个用户平均分配，每个人只能占十分之一时间，那么每一路平均得到的确实可能是

$$
960\ \text{b/s}
$$

可本题给出的逻辑正好反过来。

不是「一条 9600 b/s 线路怎样分给 10 路」。

而是「10 条各自已经达到 9600 b/s 的输入信道，需要合并到一条公共线路」。

前一种问题属于总容量已知，求每路份额。

后一种问题属于每路需求已知，求总容量。

所以一个是除法，一个是乘法。

题目中的语言只要抓住这一点，几乎不可能算错。

另一个误区是认为采用 TDM 可以把 10 路数据「压缩」进原来的 9600 b/s。

TDM 并不是数据压缩。

它只是重新安排不同数据流使用传输媒介的时间。

10 路输入一秒钟总共产生 96000 个 bit，TDM 不会因为重新排列了发送顺序，就把这 96000 个 bit 神奇地变成 9600 个 bit。

信息量仍在那里。

如果没有压缩算法，没有丢弃数据，也没有其他编码增益，物理线路最终还是需要在一秒钟内把这些 bit 送过去。

TDM 改变的是「谁在什么时候发送」，并没有自动减少「一共需要发送多少 bit」。

这也是为什么时间复用和压缩必须区分开。

到了这里，整道题可以压缩成一条非常清晰的逻辑链。

10 个输入信道，每个输入速率为 9600 b/s。

所以所有输入信道每秒产生的数据总量为

$$
10\times9600
=
96000\ \text{bit}
$$

同步 TDM 为各路信道周期性分配固定时间片。

为了保证每一路原有的 9600 b/s 数据都能够按产生速度被送走，公共线路一秒钟必须能够发送全部 96000 bit。

题目又明确忽略控制开销，因此不需要额外加入帧同步、信令、地址、CRC 或其他附加 bit。

最终便有

$$
\boxed{
R_{\text{TDM}}
=
10\times9600
=
96000\ \text{b/s}
}
$$

也就是

$$
\boxed{96\ \text{kb/s}}
$$

如果把这道题真正记成一句可以迁移到其他题目的规律，可以记住这样的关系。

在理想同步 TDM 中，当各路输入都需要持续保持原来的数据率，而且忽略复用控制开销时，复用线路的数据传输速率等于各输入信道数据率之和。

因此，对于本题的 10 个 9600 b/s 信道，答案确定为

$$
\boxed{96000\ \text{b/s}=96\ \text{kb/s}}
$$

这里的 96 kb/s 是数字通信语境下的线路传输速率。若题目真的要求以 Hz 为单位求物理频带宽度，还需要线路编码、调制方式、符号率等额外条件，单凭目前给出的 10 和 9600 b/s 无法唯一确定。([IETF Datatracker][4])

[1]: https://www.cisco.com/c/en/us/td/docs/net_mgmt/prime/network/5-1/user/guide/CiscoPrimeNetwork50UserGuide/mtop.pdf?utm_source=chatgpt.com "Managing Mobile Transport Over Pseudowire (MToP) Networks"
[2]: https://www.cisco.com/c/en/us/support/docs/voice/digital-cas/5717-e1-r2-sig.html?referring_site=smartnavRD&utm_source=chatgpt.com "E1 R2 Signaling Theory - Cisco"
[3]: https://www.cisco.com/c/en/us/td/docs/interfaces_modules/port_adapters/install_upgrade/serial/pa-4eig1_serial_install_config/4115e1g7/3065over.html?utm_source=chatgpt.com "PA-4E1G Serial Port Adapter Installation and Configuration - Overview: PA-4E1G [Cisco Port Adapters] - Cisco"
[4]: https://datatracker.ietf.org/doc/html/rfc1983?utm_source=chatgpt.com "RFC 1983 - Internet Users' Glossary"
[5]: https://www.nist.gov/pml/time-and-frequency-division/popular-links/time-frequency-z/time-and-frequency-z-am-b?utm_source=chatgpt.com "Time and Frequency from A to Z, Am to B | NIST"
[6]: https://sec.cloudapps.cisco.com/security/center/resources/network_performance_metrics.html?utm_source=chatgpt.com "Bandwidth, Packets Per Second, and Other Network Performance Metrics"
[7]: https://www.cisco.com/c/en/us/support/docs/broadband-cable/data-over-cable-service-interface-specifications-docsis/19220-data-thruput-docsis-world-19220.html?utm_source=chatgpt.com "Understanding Data Throughput in a DOCSIS World - Cisco"


有 10 个信道，每个信道的数据传输速率都是 9600 b/s，采用同步时分多路复用，也就是同步 TDM，把这 10 路数据放到同一条高速线路上传输，并且题目明确要求忽略控制开销。

10 个 9600 b/s 信道做同步 TDM，为什么复用线路需要 96000 b/s

紫薇堂堂主

网络与通信

10路9600b/s信道经同步TDM复用后，忽略控制开销，线路速率等于各输入速率之和，即96000b/s（96kb/s）。答案不依赖时间片大小，核心是输出总容量必须覆盖所有输入数据总量。

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