通信原理课后习题答案
1-1 什么是模拟信号？什么是数字信号？
【答】参量（因变量）取值随时间（自变量）的连续变化而连续变化的信号，或者通俗地讲，波形为连续曲线的信号就是模拟信号。模拟信号的主要特点是在其出现的时间内具有无限个可能的取值。
自变量取离散值，参量取有限个经过量化的离散值的信号叫做数字信号。实际应用中的数字信号一般是只有两个取值“0”和“1”的脉冲序列。
模拟信号和数字信号的本质区别在于：模拟信号的取值为无限多个，而数字信号为有限个取值，通常只有“0”和“1”两个值。
1-2 为什么要对模拟信号进行抽样？对抽样间隔有什么要求？
【答】为了对模拟信号进行数字传输以提高通信质量，首先需要将模拟信号转化位数字信号，而这种A/D 转换过程的第一步就是对模拟信号进行抽样，把模拟信号变成离散信号。为了能从抽样后的信号（离散信号）中无失真地恢复出原始信号，要求抽样间隔小于等于原始信号最高频率分量所对应信号周期的一半，或者说，要求抽样频率大于等于原始信号最高频率的二倍。
1-3 为什么要对离散信号进行量化？
【答】离散信号尽管在时间上是离散的，但其幅度的取值却有无限多个（注意不是无限大），没有从本质上改变模拟信号，因此，没有实用价值。只有把离散信号进行量化，把无穷个取值变成有限个，把离散信号转化为数字信号才能使模拟信号发生质变。可见，离散信号是模拟信号通往数字信号的桥梁。
1-4 设信道带宽为3KHz ，信噪比为20dB ，若传输二进制信号，则最大传输速率是多少？ 【解】因为已知信噪比为20dB ，即：
N
S
lg
1020=
所以
100
=N
S
由香农公式可得信道容量为：
bps C 19941647.63000)1001(log 30002≈?≈+=
1-5
设英文字母e 出现的概率为0.105，x 出现的概率为0.002。试求e 及x 的信息量。
【解】e 的信息量 bit
I e 25.3105
.01
log 2==
x 的信息量 bit
I x 97.8002
.01
log 2==
1-6 某信息源的符号集由A ，B ，C ，D 和E 组成，设每一符号独立出现，其出现概率分别为1/4，1/8，1/8，3/16和5/16。试求该信息源符号的平均信息量。 【解】平均信息量，即信息源的熵
)
(log )(1
2i n
i i x P x P H ∑=-=
16
5log 165163log 16381log 8181log 8141log 4122222-----=
符号
比特/23.2≈
1-7 一个由字母A ，B ，C ，D 组成的字。对于传输的每一个字母用二进制脉冲编码，00代替A ，01代替B ，10代替C ，11代替D ，每个脉冲宽度为5ms 。 （1） 不同的字母是等概率可能出现时，试计算传输的平均信息速率； （2） 若每个字母出现的概率为：P A =1/4，P B =1/5，P C =1/4，P D =3/10 试计算平均信息传输速率。
【解】(1) 不同的字母是等可能出现的，即出现概率均为1/4。
每个字母的平均信息量为 符号比特/24
1
log 4142=?-=H
因为一个字母对应两个二进制脉冲，每个脉冲宽度为5ms ，所以每个字母所占用的时间为
2
310
1052--=??=T s
则每秒传送的符号数为 ）秒（符号Baud T
R B /1001==
平
均
信
息
速
率
为
s b M R H R R B B b /200
1002log 2=?==?=
（2） 每个符号的平均信息量为
符号比特/985.110
3log 10341log 4141log 4151log 512222=----=H
则平均信息速率为 s
b H R R B b /5.198100985.1=?=?=
注：因为该题一个字母用两位二进制码元表示，所以属于四进制符号。
1-8 对于二进制独立等概率信号，码元宽度为0.5ms ，求波特率和比特率；若改为四进制信号，再求波特率和比特率。
【解】因为是二进制信号，所以一个码元表示一个符号，则有码元速率（调制速率）
）秒（符号Baud T R B /200010
5.01132
=?==- 比特率等于波特率：
s b R R B b /20002==
在保证信息速率不变的前提下，若改为四进制信号，则两个二进制码元表示一个四进制符号，
一个符号的持续时间：
s
T 001.0105.023
=??=-
波特率（单位时间传输的符号数）为：
）
秒（符号Baud T R B /100010
1
134
===- 注：此时的波特率实际上是四进制符号（码元）的传输速率，比二进制波特率小一半。
比特率为：
s b M R R B b /200021000log 2=?==
若信息速率可变，则波特率仍为二进制时的2000Baud ，而比特率为4000b/s 。
1-9 已知电话信道的带宽为3.4kHz 。试求： （1）接收端信噪比为30dB 时的信道容量；
（2）若要求该信道能传输4800b/s 的数据，则接收端要求最小信噪比为多少分贝。 【解】(1)
1000/=N S （即30dB ）
信道容量
s
b N
S B C /)104.3()10001(log 104.3)1(log 4
232?≈+?=+=（2） 因为 )1(log 2N S
B C +=
所以 dB
N S B C 2.266.112124
.3/8.4/==-=-=
1-10 计算机终端通过电话信道传输计算机数据，电话信道带宽 3.4kHz ，信道输出的信噪比为20dB 。该终端输出128个符号，各符号相互统计独立，等概率出现，计算信道容量。 【解】
100/=N S （即20dB ）
信道容量
s b N
S B C /)1026.2()1001(log 104.3)1(log 4
232?≈+?=+=
1-11 黑白电视图像每幅含有3×105个象素，每个像素有16个等概率出现的亮度等级。要求每秒钟传输30帧图像。若信道输出信噪比30dB ，计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最小带宽。
【解】每个像素所含信息量
bit
H 416log 2==
信息传输率即信道容量 s b C /)106.3(3010347
5
?=???=
又因为信道输出 1000/=N S （即30dB ） 所以信道最
小带宽为
Hz N S C B )106.3()
10001(log 106.3)/1(log 6272?=+?=+=
2-1 已知两个线性已调信号为
（1）t t t f c ωcos cos )(Ω=
（2）t t t f c ωcos )sin 5.01()(Ω+=
式中Ω=6c ω。分别画出他们的波形图和频谱图。
【解】（1） t t t f c ωcos cos )(1Ω=的波形见图2-1（1）-（a ），其频谱为
)]}()([*)]()([{21
)(1c c F ωωδωωδπωδωδππω++-Ω++Ω-=
)]5()7()5()7([2
Ω-+Ω-+Ω++Ω+=ωδωδωδωδπ
频谱图见图2-1（1）-（b ）
（2）t f t f c ωcos )sin 5.01()(2Ω+=的波形如图2-1（2）-（a ），其频谱为 +++-=)()([)(2c c F ωωδωωδπω
)]}()([*)]()([{25.0c c j
ωωδωωδπωδωδπ
π++-Ω+-Ω- +Ω++Ω-=)]6()6([ωδωδπ
)]5()5()7()7([4
Ω-+Ω+-Ω--Ω+ωδωδωδωδπ
j 频谱图2-1（2）-（b ）
2-2 一调制系统如题2-2图所示。为了在输出端得到f 1(t )和f 2(t )，试确定接收端的本地载波c 1(t )和c 2(t )。
)
)
)
(2t c t cos ω0发送端
接收端
习题2-2图
【解】A 点信号为t t f t t f 0201sin )(cos )(ωω+，这是两个互相正交的双边带信号，它们分别采用相干解调法解调，所以可确定t t c 01cos )(ω= t t c 02sin )(ω=
上支路：相乘后：
)(cos ]sin )(cos )([00201t t t f t t f ωωω+
t t t f t t f 00202
1cos sin )(cos )(ωωω+=
t t f t t f t f 020112sin )(2
1
2cos )(21)(21ωω++= 经低通，得到
)(2
1
1t f 。 下支路：相乘后：
)(sin ]sin )(cos )([00201t t t f t t f ωωω+ t t f t t t f 022001sin )(sin cos )(ωωω+=
t t f t f t t f 022012cos )(2
1
)(212sin )(21ωω-+=
经低通，得到)(2
1
2t f 。
2-3 如题2-3图（a ）所示调制系统，已知f (t )的频谱如题2-3图（b ），载频21ωω<<，H ωω>1，且理想低通滤波器的截止频率为1ω，求输出信号s (t )，并说明是何种调制信号。
f )
1
2（a)
(b)
习题2-3图
【解】设左边输入端相乘器的入点为A 点，上下两个低通滤波器的入点各为B 和C 点，两个低通滤波器的出点各为D 和E 点，相加器上下两个入点分别为F 和G 点，相加器的出点为H 点，则该调制系统各点的波形如题2-3解图所示。
从H 点的波形可以看出，该调制系统是一个采用混合方法产生SSB 信号的调制器。其时域表达式为：
t t f t t f t s t t f t t f t s S F t s USB LSB H )sin()(?21
)cos()(21)()sin()(?21)cos()(21)()]
([)(1
21221211ωωωωωωωωω--
-=+++=
=-
2-4 证明在题2-4图电路中，只要适当选择放大器增益K ，不用滤波器也可实现抑制载波双边带调制。
f )
(t 习题2-4图
【解】
2
22222
222
2
2121)cos )((cos )()(2)()(]cos )([]cos )([)(cos )(]cos )([t A b aK t A t f b aK t f b aK t A t f b t A t f aK bx ax t s t
A t f x t A t f K x c c c c DS
B c c ωωωωωω-+++-=--+=-=-=+=
可见，要使系统输出为DSB 信号，只需02
=-b aK 即可。即当放大器增益满足a
b
K =
2时，不用滤波器也可实现抑制载波的
双边带调制。
2-5 什么时候适合采用FDM ？
【答】FDM 是一种利用频谱搬移在一个物理信道中传输多路信号的技术，所以，要进行FDM ，首先要求信道的通频带必须大于预复用各路信号频谱宽度总和的二倍（对于双边带信号而言），且各路载波能够实现。其次，该信道的频率资源不紧张，允许用比较宽的频带传输信号。最后，对电路的复杂性和经济性要求不苛刻。
2-6 FDM 的理论基础是什么？
【答】FDM 的理论基础就是“信号与系统”课程中讲过的调制定理，也叫频谱搬移定理。
该定理的内容是：信号)(t f 与正弦型信号（t c ωcos 和t c ωsin ）相乘，相当于把)(t f 的频谱)(ωF 搬移到c ω±处，频谱形状不变，幅度减半，搬移后的频谱仍然保留原信号的全部信息。
2-7 设信道带宽为10MHz ，信号带宽为1.5MHz 。若采用FDM 进行多路传输，试问该信道最多可传输几路信号？
【答】若采用双边带调制，则每路信号带宽为MHz W 35.12=?=，考虑留出保护带（各路信号频谱之间的空白带），10MHz 带宽的信道最多可复用3路信号。
若采用单边带调制，则每路信号带宽为MHz W 5.1=，考虑留出一定的保护带，10MHz 带宽的信道最多可复用6路信号。
2-8 已知一个受1kHz 正弦调制信号调制的角调制信号为
)cos 25cos(100)(t t t s m c ωω+=
（1） 若为调频波，求ωm 增加5倍时的调频指数和带宽； （2） 若为调相波，求ωm 减小为1/5时的调相指数和带宽。 【解】(1) 调频： m
m
FM FM f f A
K max
?=
=
ωβ m ω增加5倍时，FM β下降5倍，带宽下降5倍
（2） 调相：
m ω减小为1/5，K PM 不变，带宽不变。
2-9 在例题2-2中，若峰值频偏变为1kHz ，计算（1）、（2）、（3）。 【解】f m =10kHz ，Δf max =1kHz
（1）B FM =2(Δf max + f m )=2(1+10)=22 kHz ，
βF =（B FM /2f m ）－1=1（22/20）-1=0.1
（2）幅度加倍，意味着βF =0.2，所以
B FM =2（βF +1）f m =2（0.2+1）×10=24 kHz
（3）B FM =2(Δf max + f m )=2(1+20)=42 kHz
3-1 TDM 的理论基础是什么？
【答】时分复用的理论基础是抽样定理。
3-2 TDM 与FDM 的主要区别是什么？
【答】FDM 是用频率区分同一信道上同时传输的各路信号，各路信号在频谱上互相分开，但在时间上重叠在一起。
TDM 是在时间上区分同一信道上轮流传输的各路信号，各路信号在时间上互相分开，但在频谱上重叠在一起。
3-3 抽样后的信号频谱在什么条件下发生混叠？
【答】当抽样频率低于模拟信号的最高频率的2倍时，抽样后的信号频谱将发生混叠。
3-4 量化的目的是什么？
【答】量化的目的是将抽样信号在幅值上进行离散化处理，即将无限个可能的取值变为有限个。
3-5 什么是均匀量化？它有什么缺点？ 【答】均匀量化是量化间隔相等的量化。
其主要缺点是无论抽样值大小如何，量化噪声的均方根值都固定不变，因此当信号较小时，信号的量化信噪比也很小，难以满足通信系统的要求。
3-6 为什么要进行压缩和扩张？
【答】压缩和扩张的目的是在不增加量化级数的前提下，利用降低大信号的量化信噪比来提高小信号的量化信噪比。即信号幅度小时，量化间隔小，量化误差小；信号幅度大时，量化间隔大，量化误差大。保证了信号在较宽的动态范围内满足通信系统的要求，克服了均匀量化的缺点。方法是发信端加压缩器，对信号进行压缩处理；收信端加扩张器，对信号进行扩张处理，压缩器与扩张器总的传输函数应为常数（也就是线性变换）。
3-7 对10路带宽均为300～3400Hz 的话音信号进行PCM 时分复用传输。抽样速率为8kHz ，抽样后进行8级量化，并编为自然二进制码，求传输此复用信号信息传输速率。 【解】因为抽样后进行8级量化，所以编码位数为3。
3-8 设一个模拟信号t t f ωcos 109)(+=，若对 f (t )进行41级均匀量化，求编码所需的二进制码组长度和量化台阶。
【解】因为 25<41<26所以二进制码组长度K 应取6。
量化台阶：
k f n R R s B b ??==Θs bit R b /104.231081053?=???=∴V
V 488.04120
41)1(19==--=?
3-9 对一个基带信号t t t f ππ4cos 22cos )(+=进行理想抽样，为了在收信端能不失真地恢复f (t )，问抽样间隔如何选择？若抽样间隔取0.2s ，试画出抽样后的信号频谱。 【解】因为基带信号的)(t f 的最高频率为2Hz ，所以抽样频率s f 应满足：
Hz f f H s 42=≥
抽样间隔：s f f T H
s S 25.0211=≤=
基带信号的频谱：]
44[2]
22[）（）（）（）（）（πωδπωδππωδπωδπω-+++-++=M
抽样信号的频谱：∑∞
-∞
=-=n s
s
s
n M T M )(1
ωωω）（
又因为样间隔取0.2s ，所以 ππω102==s
s T
抽样信号的频谱图如图题3-9所示：
习题3-9图
3-10 分别画出带通型信号抽样频率s f 随信号最高频率分量H f 和最低频率分量L f 变化的关系曲线，并说明当L f 不断增大时，s f 的变化趋势（注：H f 与L f 均以NB 为变化步长，画到6=N 即可）。 本题题解略。
4-1 在ΔM 调制中，抽样频率越高，量化噪声越小。那么提高抽样频率对系统有什么不利的影响？
【解】在ΔM 调制中，抽样频率越高，量化噪声越小。但增大s f ，就增加了信号的传输带宽，降低了频带利用率。
4-2 ΔM 调制与PCM 调制有何异同点？
【解】增量调制是在PCM 方式的基础上发展起来的另一种模拟信号数字传输的方法，可以看成是PCM 的一个特例。它具有码位少（只有1位）、编码设备简单，单路时不需要同步优点。它所产生二进制代码表示模拟信号前后两个抽样值的差别（增
加、还是减小）而不是代表抽样值的大小。
PCM调制中，每一个样值编8位码，编码设备复杂，它所产生二进制代码表示模拟信号瞬时抽样值的量化值的大小。
4-3 按增量总和调制工作原理，画出调制器框图和解调器框图。
本题题解略。
4-4 分析ΔM调制的二进制输出和增量总和调制的二进制输出分别代表什么信息？
【解】增量调制的二进制代码携带输入信号增量的信息，或者说携带输入信号微分的信息。
Δ-Σ调制的代码实际上是代表输入信号振幅的信息。
5-1 按CCITT建议，两种制式的PCM高次群复用系列中，各次群的话路数和速率分别是多少？
5-2 PCM复用与数字复接有何区别？目前普遍采用数字复接的理由是什么？
【答】PCM复用：对多路的话音信号直接编码复用的方法。缺点是编码速度非常高，对电路及元器件的精度要求很高，实现起来比较困难。
数字复接：将PCM复用后的低速率信号再进行时分复用，形成更多路的数字通信。优点是经过数字复用后的数码率提高了，但是对每一个基群的编码速度则没有提高，实现起来容易，因此目前广泛采用数字复接来提高通信容量。
5-3 数字复接分几种，复接方式有几种？
【答】数字复接的方法分：同步复接、异源复接、异步复接。复接的方式分：按位复接、按字复接、按帧复接。
5-4 异源（准同步）复接有什么特点？
【答】异源（准同步）复接：被复接的各输入支路之间不同步，并与复接器的定时信号也不同步：但是各输入支路的标称速率相同，也与复接器要求的标称速率相同，但仍不满足复接条件，复接之前还需要进行码速调整，使之满足复接条件再进行复接。
5-5 同步数字系列（SDH）相对于准同步数字系列（PDH）有哪些优点？
【答】同步数字系列（SDH）相对于准同步数字系列（PDH）优点是：
①SDH网有了世界性统一的网络节点接口（NNI），从而简化了信号的互通以及信号的传输、复用、交叉连接等过程。
②SDH网有一套标准化的信息结构等级，称为同步传递模块，并具有一种块状帧结构，允许安排丰富的开销比特用于网络的维护。
③SDH网有一套特殊的复用结构，允许现存的准同步体系（PDH）、同步数字体系、和B-ISDN的信号都能纳入其帧结构中传输，具有极强的兼容性和广泛的适应性。
④SDH网大量采用软件进行网络配置和控制，增加新功能和新特性非常方便，适应将来不断发展的需要。
⑤SDH网有标准的光接口。
5-6 简述SDH的复用原理。
【答】SDH最基本、最重要的数据块为同步传输模块STM—1。更高级别的STM一N信号则是将STM－1按同步复用，经字节间插后形成的。STM一1帧结构由9行、270列组成。每列宽一个字节即8比特，整个帧容量为（261+9）×9=2430字节，相当于2430×8＝19440比特。帧传输速率为8000帧／秒，即125μs一帧，因而STM－l传输速率为155.520Mb/s。STM－1帧结构字节的传送是从左到右，从上到下按行进行，首先传送帧结构左上角第一个8比特字节，依次传递，直到9×270个字节都送完，再转入下一帧。
6-1已知二进制数字信息序列为010011000000100111，画出它所对应的双极性非归零码、传号差分码、CMI码、数字双相码的波形。
【解】各种码波形如下图所示：
题解6-1图
6-2 已知数字码元序列为10011000000110000101，画出它所对应的单极性归零码、AMI码和HDB3码的波形。
【解】各种码波形如下图所示：
题解6-2图
6-3 有 4个连 l 与 4个连 0交替出现的序列，画出用单极性不归零码、 AMI 码、HDB 3码表示时的波形图。 【解】各种码波形如下图所示：
6-4 已知信息速率为64kb/s ，若采用α＝0.4的升余弦滚降频谱信号， （1）求它的时域表达式； （2）画出它的频谱图； （3）求传输带宽；
（4）求频带利用率。 【解】（1）当0<α<1时的升余弦滚降特性H （ω）：
??
??
??
???
-≥≤+≤-???? ??-+-≤=s s s s s s s
s
T T T T T T
T T H παωπαωπαωπαπαωω)1(00)1()1(]2sin 1[2
)1(0)(ππ 相应的时域特性为()222/41)
/cos(s s s T t T t T t Sa t h ααππ-????
? ??=
将4.0=α，3
10641
1?==
s s f T 代入，得到它的时域表达式 ()()
4
44
1062.21)
102065cos(104.6?-???=ππt Sa t h
（2）它的频谱图如下图所示。
题解6-4图
（3）传输带宽
因为α＝0.4，即有)(6.89644.14.1)1(kHz f f f s s H =?==+=α （4）频带利用率
()()Hz s bit b ./43.14
.012
12=+=+=
αη
6-5
设基带系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为H （ω），若要求以2/T s 波特的速率进行数据传输，试检验图题6-5所示各种H （ω）能否满足抽样点上无码间串扰的条件？
【解】解题思路：由H （ω）→等效矩形→求为等效矩形带宽)(2B B →R B =2B →与2/T S 比较。
各小题解答如下：
（a ）?????
=≤=其它021)(B
T H s
ππωω 所以s
T B 21
=
无码间干扰传输码率s
s B T T B R 212max π=
= 所以该H （ω）不满足抽样点上无码间串扰的条件。
（b ）因为
s
s T B B T 2323=→=ππ 所以s
s B T T B R 232max >== 这时虽然传输速率小于奈奎斯特速率，但是因为m ax B R 不是2/T s 的整数倍，所以仍然不满足抽样点上无码间串扰的条件。这可以用下图来说明，图中h(t)是该H （ω）的单位冲击响应，从图中已知无码间干扰的最小时间间隔为3/s s T T ='，无码间干扰的最大传码率为s
s B T T R 31max ='=
。 因为2/T s 不是3/T s 的整数分之一，所以抽样仍然不能满足抽样点上无码间串扰的条件。
（c ）因为
s
s T B B T 122=→=ππ 所以s
B T B R 2
2max ==
所以这是正好满足无码间串扰的条件。 （d ）因为
s
s
T B B T 212=
→=ππ
所以无码间串扰传输最大速率s
s B T T B R 212max <=
= 所以该H （ω）不满足抽样点上无码间串扰的条件。
6-6 设二进制基带系统的传输特性为
()()??
?≤+=ω
τπωωττω其它,
0/,
cos 10
00H
试确定系统最高的码元传输速率R B 及相应的码元间隔T s 。
解法1：根据已知有
()0000202ττπτπτω=???
?
??=???? ??=H H H ，， ()ωH 为升余弦型，将()ωH 分成宽度为00τπω=的小段，然后将各小段在???
?
?
?-τπ
τπ220，
上叠加，将构成等效低通（矩形）传输函数，如题解6-6图所示，它示理想低通特性。等效矩形
()??
?≤=ω
τπωτω其它0
/20
H
题解6-6图
等效矩形宽度为 0
41τ=
eq B 最高的码元传输速率 0
212τ==eq B B R 相应的码元间隔 021
τ==
B
s R T
解法2：令2
0s
T =
τ代入上式得： ()()??
???≤
+=ω
πωωτω其它,02,
cos 12
0s s
T T H
此传输函数就是1=α的升余弦频谱特性的传输函数，所以
=
B R 0
21τ
02τ=s T
6-7 试求用两个相隔一位码元间隔的x x sin 波形的合成波来代替传输系统冲激响应的x
x
sin 波形的频谱，并说明其传递函数的特点。
【解】根据题意有时域表达式
T
t T t t t --+
)
sin(sin 转换到频域有
()()ωτωπj e G -+12
此式即为其传输函数，可以看出传输函数为余弦形式，而带宽并未宽展，但η值变大。
6-8 已知某线性反馈移位寄存器的特征多项式系数的八进制表示为107，若移位寄存器的起始状态为全1， （1）求末级输出序列；
（2）输出序列是否为m 序列？为什么？ 【解】（1）因为特征多项式系数的八进制表示为107，所以特征多项式为
()126+++=x x x x f
该反馈移位寄存器的结构如下图所示。
题解6-8图
反馈0126a a a a ⊕⊕=
在移位寄存器的起始状态为全1情况下，经过1次移位，移位寄存器的状态仍然为1，所以末级输出序列为111…。
（2）输出序列不是m 序列，因为特征多项式不是本原多项式。
6-9 已知移位寄存器的特征多项式系数为51，若移位寄存器起始状态为10000，
（1）求末级输出序列；
（2）验证输出序列是否符合m 序列的性质。
【解】（1）因为移位寄存器的特征多项式系数为51，其本原多项式如下表。
以F 1(x)=x 5+x 2+1为例，画出其5级线性反馈移位寄存器如题解6-9图所示。
则求出其末级输出序列为：0000101011101100011111001101001…… （2）①因为序列周期为51，周期25-1符合m 序列周期为2n -1的性质。 ②序列中有16个“1”码，15个“0”码，基本平衡。 ③游程共有16个，其中：
游程长度为1的有8个，“1”码“0”码游程各为4个； 游程长度为2的有4个，“1”码“0”码游程各为2个； 游程长度为3的有2个，“1”码“0”码游程各为1个； 游程长度为4的有1个， “0”码游程； 游程长度为5的有1个， “1”码游程； ④其自相关函数为：
()31
1
-=
+-=
D A D A j R
6-10 设计一个由5级移位寄存器组成的扰码和解扰系统， （1）画出扰码器和解扰器方框图；
（2）若输入为全1码，求扰码器输出序列。 【解】（1）扰码器和解扰器方框图如下:
（2）若输入为全1码，扰码器输出序列为：1110010001010111101101001100000……
@7-1设发送数字信息为二元序列｛a k｝=010*********，试画出ASK、FSK、PSK和DPSK信号波形图。【解】各种信号波形如图所示。
习题7-1图
7-2在相对相移键控中，假设传输的差分码是01111001000110101011，且规定差分码的第一位为0，试求出下列两种情况下原来的数字信号：
（1）规定遇到数字信号为1时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号；
（2）规定遇到数字信号为0时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号。
【解】（1）规定遇到数字信号为1时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号，则原来的数字信号为： 01111001000110101011
（2）规定遇到数字信号为0时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号，则原来的数字信号为： 00111010011010000001 或
01000101100101111110
7.3设输入二元序列为0，l 交替码，计算并画出载频为f c 的PSK 信号频谱。 【解】对于双极性矩形基带信号，PSK 信号的频谱为 )]()([)0()21(4
1])()()[1()(22
22
2c c s c c s E f f f f G P f f f G f f G P P f f P -++-+
-++-=δδ 其中，)()(s fT Sa T f G π=。
因为二元序列为0、1交替码，故P=1/2，所以上式可化为：
]})([])([{4
)(22s c s c s
E T f f Sa T f f Sa T f P -++=
ππ 频谱图如图所示。