setelah melakukan proses input dan output user, langkah selanjutnya adalah membuat input dan output berita. kurang lebih langkahnya sama, hanya ada tambahan yaitu : gambar, waktu posting dan counter.

1. kita buat databasenya dahulu sebagai berikut :

2. Langkah berikutnya adalah membuat form dengan nama form_berita.php

3. membuat form input dengan nama input_berita.php sebagai langkah berikutnya

4. kemudian kita buat tampilan berita dengan nama tampil_berita.php

5. kemudian kita buat edit_berita.php untuk mengedit berita

6. update_berita.php sebagai langkah berikutnya untuk mengupdate berita

7. langkah terakhir adalah membuat hapus_berita.php sebagai berikut

siklus tersebut berjalan dalam 2 langkah, berikut code dalam AVR

CLC digunakan untuk meng-set Carry bernilai 0
Cara kerja yang sama juga terjadi jika kita menggunakan perintah ROR (Rotate Right Through Carry)

Code di atas dapat dijelaskan sebagai berikut :

1. Mengisi / inisialisasi register (r16) dengan nilai 0xFF (lihat pada datasheet)
2. Menulis ddrb dengan nilai pada r16
3. Melakukan perintah X-OR pada nilai r16 dengan dirinya sendiri, sehingga nilai r16 = 0×00 (menghasilkan 0 jika nilai sama dan 1 jika nilai berbeda)
4. Meng-set Carry dengan nilai 1
5. Menulis portb dengan r16 (sekarang bernilai 0)
6. Mengeser ke kanan nilai dari Carry (bernilai 1) ke dalam register (r16)

Contoh Perbedaan Akses Pointer

Secara sederhana ATMegaXX dapat digambarkan sebagai berikut :

dari gambar di atas dapat dijelaskan sebagai berikut :

1. kotak kecil disebelah kanan terdiri dari 8 bit yang berfungsi sebagai Output, jika memiliki logika 1 (atau bewarna hitam pada AVR) dan logika 0 (atau bewarna putih pada AVR)
2. kaki tersebut dituliskan dengan simbol PA, PB, PC, dst …
3. agar dapat berfungsi sebagai I/O nilai harus dimasukkan melalui Register (R0 s.d R31) melalui perintah LDI
4. nilai dalam register tersebut kita masukkan melalui DDRx (Data Direction Register) ke-x dengan perintah OUT. Setelah data kita masukkan melalui DDRx, otomatis akan tersimpan di PINx
5. R0 s.d R15 dikenal sebagai GPR (General Purposes) sedangkan R16 s.d R31 sebagai Register Intermediate
6. kita tidak dapat melakukan penulisan selain di DDR karena kita tidak mengetahui nilai dalam ATMega16 sebelumnya (PIN atau PORT)

Dari program di atas dapat kita simpulkan bahwa nilai PIN tergantung pada PORT karena jika kita mengubah nilai PIN maka otomatis nilai PORT akan berubah (sesuai panah pada gambar) sehingga kita tidak perlu menulis nilai di PIN (selain kita tidak mengetahui nilai dalam PIN ATMega16)

Contoh penggunaan Komplement

dari program di atas setelah di komplement kita masukan nilai ke PORTB, kemudian akan tampak setelah jump nilai pada PINB akan sama dengan PORTB karena arah yang sama ke Pin/kaki ATMega16

Contoh Penggunaan SWAP

Dari program tersebut proses inisialisasi dapat menggunakan biner, hexa atau desimal. Perintah SWAP digunakan untuk menggeser RD (Register Destination) dari Rd(7..4) ke Rd(3..0) kemudian di simpan di Status Register sebagai Carry, kemudian Rd(3..0) ke Rd(7..4) dan disimpan di status register sebagai Carry, dst..

2. buat koneksi ke database dengan nama connect.php

3. buat form untuk memasukkan user dengan nama form_user.php

4. buat form untuk memasukkan data user dengan nama input_user.php

5. kemudian buat form tampil user dan beri nama tampil_user.php

6. kita buat form edit dan di beri nama edit_user.php

7. kita buat updatenya dengan nama update_user.php

8. kita buat form penghapus dan di beri nama hapus_user.php

A 300 Km long T-1 trunks is used to transmit 64 byte frame using protocol 5. if the propagation speed is 6 msecond/Km. how many bit should the sequence number  be ?

Answers

long T1            = 300

Prop. Speed    = 6 m second/Km                                (speed TI Carrier = 1,54 Mbps)

Frames             = 64 byte

Time propagation = 6 * 300 = 1800 m second = 1,8 m second

64 byte * 8 / 1,544 = 512 / 1,544 = 0,3 ms           (1 byte = 8 bit)

Protocol 5 adalah ber-type go back N (lintasan bolak balik)

= 2 * 1,8 + 0,3 = 3,9 ms

Dimana x = 3,9 / 0,3 = 13

2^x > 13   sehingga  x = 4 (16 > 13)

Sehingga 2^n-1 > max. sequence sehingga n = 3

pertemuan 9 : 19112010.

• Pesan 24 bit di encode menggunakan hamming code. Berapa check bit yang diperlukan untuk memastikan penerima dapat mendeteksi dan mengkoreksi kesalahan single bit ? jika pesan 0x1B6E2B sampai pada penerima. Apakah pesan asli yang ditransmisikan (dalam hexadecimal)? Dengan asumsi kesalahan yang terjadi tidak lebih dari satu bit.

Jawab

0x1B6E2B       0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1

0    0    1    1    0    1    1    1    0    1    1    1             adalah even

0 0       0 1       1 1       1 1       0 1       0 1             adalah odd

1 1 0 1             0 1 1 1             0 1 0 1             adalah even

1 0 1 1 0 1 1 1                         1           adalah even

Kesalahan pada bit ke baris ke-2 sehingga menjadi

0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1= 0x 5B6E2B

m = 24

(m + r + 1) ≤ J^r

(25 + r ) ≤ J^r

r = 5

• Sebuah bit stream dinyatakan dalam bentuk polinomal sebagai berikutX¹⁰ + x⁸ + x⁷ + x⁶ + x⁵ + x⁴ + x + 1 ditransmisikan menggunakan metoda CRC standar dengan polinomal generator 10011.

a. tentukan bit stream yang ditransmisikan

b. misalkan  bit  ke-5  dari  kiri  terubah  pada  waktu  transmisi,   tunjukkan  bahwa

kesalahan ini bisa terdeksi oleh penerima

Jawab

a.   Dari persamaan polinomal di atas dapat dituliskan sebagai berikut

(1×2¹⁰+0×2⁹+1×2⁸₊1×2⁷+1×2⁶+1×2⁵+1×2⁴+0×2³+0×2²+1×2¹+1×2⁰)

Generator = 10111110011

Jumlah digit pada generator adalah 5 sehingga pesan yang dikirim dapat dituliskan 10111110011 0000/ 10011 = 10100000010 sisa 1010

Bit stream yang ditransmisikan adalah 10111110011 1010

b.   Jika bit ke-5 dari kiri diganti sehingga menjadi 10110110011 maka

10110110011/ 10011 = 1001100 sisa 1111

Bit stream yang ditransmisikan adalah 10111110011 1111

Jika tidak terjadi kesalahan maka sisa pembagian seharusnya adalah 0000

• A system uses Go – Back – N ARQ protocol with windows size of 7. if each packet carries 1000 bits  of data, how long dows it take to send 1 million bits od data if the distance between sender and receiver is 5000 Km and propagation speed is 2/3 speed of light in vacuum ? ignore the overhead due to the header and trailer.

Answers

Speed of light in vacuum          = 3 * 10⁸ m/s = 3 * 10⁵ Km/s

Propagation speed                  = (2 /3) * 3 * 10⁵ = 2 * 10⁵ Km/s

Distance                                   = 5000 Km

System uses Go – Back – N      = 5000 * 2 = 10000 Km

Time                                         = (2 x 10⁵) / 10⁴ = 20 s

Each packet 1000 bits send 1 million bits         = (1000000/1000) * 20 = 20000 s

A Modem constellation diagram similar to fig. 2.25 has data points at the following coordinates (1,1), (1,-1), (-1,-1), (-1,1). How many bps can a modem with these parameter archieve at 1200 baud.

answers

= log₂ 4 (dari 4 titik) * 1200 (baud)

= 2 * 1200

= 2400 bps

pertemuan 5 : 11112010.

A CDMA receiver gets the following chips (-1, +1, -3, +1, -1, -3, +1, +1). Assuming the chips sequences defined in fig 2.45. which stations transmitted and which bitsdid each one send

Answers

A.                     0         0         0         1          1          0         1          1

A^{c                          -}1         -1         -1         1          1          -1         1          1

Soal                -1          1        -3         1        -1        -3           1          1

Kali                  1         -1         3         1        -1         3           1          1

Jumlah             8 / 8 = 1         transmit

pertemuan 6 : 12112010.

The following character encoding is used in a data link protocol

A.         0          1          0          0          0          1          1          1         

B.         1          1          1          0          0          0          1          1

FLAG   0          1          1          1          1          1          1          0

ESC      1          1          1          0          0          0          0          0

Show the bit sequence transmitted (in binary) for the four character frame A, B, ESC FLAG when each of following framing methods are used

1. character found
2. flag bytes with byte stuffing
3. starting and ending flag bytes with bit stuffing

Answers

1. 5      A        B          ECS      FLAG   (ubah ke bentuk biner)

Pada A                  : Jumlah 1 = 4             jumlah 0 = 4

Pada B                  : Jumlah 1 = 5             jumlah 0 = 3

Pada FLAG            : jumlah 1 = 6              jumlah 0 = 2

Pada ESC              : jumlah 1 = 3              jumlah 0 = 5

5    = 101

A.         0          1          0          0          0          1          1          1          1          0

B.         1          1          1          0          0          0          1          1          1

Keterangan :

• Tujuan dengan mudah mengetahui mana awal dan akhir frame
• Sinkronisasi ulang masalah ketika jumlah bidang karakter yang dikirim dalam kesalahan

1. A    B    ESC    ESC    ESC    FLAG

ESC            : berperan sebagai byte stuffing

Pada A                  : jumlah 1 = 4              jumlah 0 = 4

Pada B                  : jumlah 1 = 5              jumlah 0 = 3

Pada ESC              : jumlah 1 = 3              jumlah 0 = 5

Pada ESC              : jumlah 1 = 3              jumlah 0 = 5

Pada ESC              : jumlah 1 = 3              jumlah 0 = 5

Pada FLAG            : jumlah 1 = 6              jumlah 0 = 2

1. 01111110             01000111  110100011  11100000  111110110  011111110

Perhatikan jumlah 1 (kelipatan 5) kemudian disisipkan 0 sebagai pemisah

pertemuan 1 : 01102010. (tugas menulis jaringan yang kita ketahui)


pertemuan 2 : 04102010.

• A system has n layer protocol hierarchy. Application generate message of length M bytes. At each of the layer, an h byte  header is added. What fraction of the network bandwidth if filled with header ?

answers

∑ message = length message + (header * layer)

∑ message = M bytes + (h bytes * n layer)

h byte = (∑ message – M bytes) / n layer

• List two ways in which the OSI and TCP/IP reference model are the same. Now list two ways in which the differ.

answers

The same layer is  : application, transport, internet-network

The differ layer is : presentation and session (not on TCP/IP reference)

data link and physical on TCP/IP change to Host to Network

• An image is 1024 x 768 pixels with 3 bytes / pixel. Assume the image is uncompressed. How long does it transmit it over  :

1. 56 kbps
2. 1 Mbps
3. 10 Mbps
4. 100 Mbps

answers

1 bytes = 8 bit

a. 56 kbps / (8 * 3) = 2333,34 bytes/second  for  1 pixels

(1024 * 768) / 2333,34 = 337,04 s

b. 1 Mbps / (8 * 3) = 41666,67 bytes/second  for  1 pixels

(1024 * 768) / 41666,67 = 18,87 s

c. 10 Mbps = 18,87 / 10 = 1,887 s

d. 100 Mbps = 18,87 / 100 = 0,1887 s

• Hitung data rate jika diketahui data dikirim pada banwidth 3 kHz pada 2 level.

jawab

2 level berarti ada 2 logika yaitu 1 dan 0

Max Data Rate = 2 * 3k * log₂ 2 = 6 kbps

Keterangan : jika bandwidth di modulasi maka yang berubah adalah nilai levelnya

pertemuan 3 : 05102010.

Television channel are 6 MHz wide. How many bit/second can be sent in 4 level digital signal are used ? assume a noiseless channel.

answers

Max Data Rate            = 2 H log ₂ V bit/s

= 2 * 6 MHz * log₂ 4 = 24 Mbps