通信原理第七章习题解答
通信原理第七版课后答案樊昌信
第一章习题习题1.1 在英文字母中E 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。
解：E 的信息量：()()b 25.3105.0log E log E 1log 222E =-=-==P P I习题1.2 某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，设每个符号独立出现，其出现的概率分别为1/4，1/4，3/16，5/16。
试求该信息源中每个符号的信息量。
解：b A P A P I A 241log )(log )(1log 222=-=-==b I B 415.2163log 2=-=b I C 415.2163log 2=-= b I D 678.1165log 2=-=习题1.3 某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。
若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。
（1） 这四个符号等概率出现； （2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。
解：（1）一个字母对应两个二进制脉冲，属于四进制符号，故一个字母的持续时间为2×5ms 。
传送字母的符号速率为Bd 100105213B =⨯⨯=-R 等概时的平均信息速率为b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为符号比特977.1516log 165316log 1634log 414log 412222=+++=H则平均信息速率为 b 7.197977.1100B b =⨯==H R R习题1.4 试问上题中的码元速率是多少？解：311200 Bd 5*10B B R T -===错误!未找到引用源。
习题1.5 设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概率均为1/32，其余48个符号出现的概率为1/96，若此信息源每秒发出1000个独立的符号，试求该信息源的平均信息速率。
解：该信息源的熵为96log 961*4832log 321*16)(log )()(log )()(22264121+=-=-=∑∑==i i i i Mi i x P x P x P x P X H=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率 1000*5.795790 b/s b R mH ===错误!未找到引用源。
通信原理（陈启兴版）第7章课后习题答案
通信原理（陈启兴版）第7章课后习题答案第7章模拟信号的数字传输7.1 学习指导 7.1.1 要点本章的要点主要有抽样定理；⾃然抽样和平顶抽样；均匀量化和⾮均匀量化；PCM 原理，A 律13折线编码，译码；ΔM 原理，不过载条件；PCM ，ΔM 系统的抗噪声性能；PCM 与ΔM 的⽐较；时分复⽤和多路数字电话系统原理；1. 概述为了使模拟信号实现数字化传输，⾸先要通过信源编码使模拟信号转换为数字信号，或称为―模/数转换‖即A/D 转换。
模/数转换的⽅法采⽤得最早⽽且应⽤较⼴泛的是脉冲编码调制(PCM)，PCM 通信系统原理图如图7-1所⽰。
图7-1 PCM 通信系统原理图抽样量化器编码器模拟信号PCM 信号译码器低通滤波器模拟信号数字通信系统PCM 信号由图7-1可见，PCM 系统由以下三部分组成。
(1) 模/数转换（A/D 转换）模/数转换包括三个步骤：抽样(Sampling)、量化(Quantization)和编码(Coding)。
a. 抽样是把在时间上连续的模拟信号转换成时间上离散的抽样信号，抽样信号在时间上是离散的，但是其取值仍然是连续的，所以是离散模拟信号。
b. 量化。
量化是把幅度上连续的抽样信号转换成幅度离散的量化信号，故量化信号已经是数字信号了，它可以看成是多进制的数字脉冲信号。
c. 是编码。
编码是把时间离散且幅度离散的量化信号⽤⼀个⼆进制码组表⽰。
(2) 数字⽅式传输——基带传输或带通传输；(3) 数/模转换（D/A ）——将数字信号还原为模拟信号。
包含了译码器和低通滤波器两部分。
2.抽样定理为模拟信号的数字化和时分多路复⽤（TDM ）奠定了理论基础。
根据抽样的脉冲序列是冲激序列还是⾮冲激序列，抽样可以分为理想抽样和实际抽样。
抽样是按照⼀定的抽样速率，把时间上连续的模拟信号变成⼀系列时间上离散的抽样值的过程。
能否由此样值序列重建源信号，取决于抽样速率⼤⼩，⽽描述这⼀抽样速率条件的定理就是著名的抽样定理。
通信原理课后答案第七章
7．5 设一个5位巴克码序列的前后都是+1码元，试画出其自相关函数曲线。
解：
7．6 设用一个7位巴克码作为群同步码，接收误码率为410−。
试分别求出容许错码数为0和1时的漏同步概率。
解：
0m =471(1)1(110) 6.9979e-004n e P P −=−−=−−=1m = 111(1)(1)n n e n P P C P P −=−−−−
474461(110)710(110) 2.0993e-007−−−=−−−××−=
7.8 设一个二进制通信系统传输信息的速率为100，信息码元的先验概率相等，要求假同步每年至多发生一次。
试问群同步码组的长度最小应设计为多少？若信道误码率为10，试问此系统的漏同步概率等于多少？
/b s 5−
解：设码组长度为n
① 每年收到的码元长度有 100365243600N =××× ， 连续n 位的码组有 个， 1N n −+即此 中至多只有1钟和同步码组相同， 1N n −+对于n 位码组来说共有 2个组合。
n 所以，21
n N n ≥−+27n ⇒=
② 5271(110) 2.6996e-004e P −=−−=。
通信电路基本第七章答案解析
第七章习题参考答案7- 1采用图P7-1(a)、(b)所示调制信号进行角度调制时，试分别画出调频波和调相波的瞬时频率与瞬时相位变化波形图及已调波的波形图。
图P7-1解：(a))0II I - 1图P7-1J7 — 2有一调角波数学表示式v = 12sin( 108t-0.03cos10°t)V，试问这是调频波求中心角频率，调制角频率以及最大角频偏？[参考答案：As m = 300rad/s]解：一个角度调制波既可以是调频波又可以是调相波，关键是看已调波中瞬时相位厶惟)的表达式与调制信号的关系，与调制信号成正比为调相波，与调制信号的积分成正比为调频波。
由调角波的表达式v = 12sin(108t — 0.03cos104t)得知△惟)=—0.03cos104t，若调制信号v Q = V m sin st，则v = 12sin(10*t— 0.03cos10°t)为调频波。
中心频率为C 108 rad/s，调制角频率为Q = 104 rad/s，最大角频偏4△ s m = M f Q = 0.03 X10 rad/s = 300rad/s 7求调制指数。
若调制频率降为20Hz，求调制指数。
[参考答案：M fi =20 ,M f2 = 104]解: 由于调制频率为10kHz，属于单音调制。
k f V Qm . 3M f = _ ，又△ s m = k f V Qm = 2 n X200 X10 ，32 nX200 X10 所以M竹=3 = 202 nX10 X102 nX200 X1034当调制频率为20Hz时，M f2 - 3 =1042 nX207 — 4 一个调相波的载波频率是7~10MHz，调制指数是20。
调制频率同上题, 求角频偏。
[参考答案：As mi = 1.26 X106rad/s , △如？= 2.5 X103rad/s]解：同样属于单音调制。
M p二k p V Q m = 20△s p = k p Q V Qm = 2 7lFk p V Qm = 2 7T FM p所以当调制信号的频率为10kHz时，△s m1 = 2 nX10 X10 X20rad/s = 1.26 X10 rad/s当调制信号的频率为20kHz时，△s m2 = 2 nX20 X203 X20rad/s = 2.51 X103rad/s7 — 5 某调角波v = 4sin(2 nX107t + 2(cos2 nX103t)V(1)试求在t = 0，t = 0.25ms时刻的瞬时频率。
现代通信原理指导书第七章信源编码习题详解
第七章 信源编码7-1已知某地天气预报状态分为六种：晴天、多云、阴天、小雨、中雨、大雨。
① 若六种状态等概出现，求每种消息的平均信息量及等长二进制编码的码长N 。
② 若六种状态出现的概率为：晴天—；多云—；阴天—；小雨—；中雨—；大雨—。
试计算消息的平均信息量，若按Huffman 码进行最佳编码，试求各状态编码及平均码长N 。
解: ①每种状态出现的概率为6,...,1,61==i P i因此消息的平均信息量为∑=-===6122/58.26log 1log i ii bit P P I 消息 等长二进制编码的码长N ＝[][]316log 1log 22=+=+L 。
②各种状态出现的概率如题所给，则消息的平均信息量为6212222221log 0.6log 0.60.22log 0.220.1log 0.10.06log 0.060.013log 0.0130.007log 0.0071.63/i i iI P P bit -== = ------ ≈ ∑消息Huffman 编码树如下图所示：由此可以得到各状态编码为：晴—0，多云—10，阴天—110，小雨—1110，中雨—11110， 大雨—11111。
平均码长为：6110.620.2230.140.0650.01350.0071.68i ii N n P == =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ =∑—7-2某一离散无记忆信源（DMS ）由8个字母(1,2,,8)i X i =⋅⋅⋅组成，设每个字母出现的概率分别为：，，，，，，，。
试求：① Huffman 编码时产生的8个不等长码字； ② 平均二进制编码长度N ； ③ 信源的熵，并与N 比较。
解：①采用冒泡法画出Huffman 编码树如下图所示可以得到按概率从大到小8个不等长码字依次为：0100,0101,1110,1111,011,100,00,1087654321========X X X X X X X X②平均二进制编码长度为8120.2520.2030.1530.1240.140.0840.0540.052.83i ii N n P == =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ =∑ ③信源的熵∑=≈-=81279.2log)(i i i P P x H 。
通信原理答案第7章
第七章 习题已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=⎪⎩⎪⎨⎧≤-f f f其他,0200,2001，假设以f s =300Hz 的速率对m(t)进行抽样，试画出一抽样信号m s (t)的频率草图。
解：M s (ω)=300∑∞-∞=⋅-n n M )600(πω1.已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=⎪⎩⎪⎨⎧≤-f f f其他,0200,2001，假设以f s =400Hz 的速率对m(t)进行抽样，试画出一抽样信号m s (t)的频率草图。
解：M s (ω)=400∑∞-∞=⋅-n n M )800(πω2. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。
试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用自然二进制码） 解：I m =+635=512+36+27输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=11100011 量化误差为273. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为-95单位。
试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用折叠二进制码） 解：-95= -（64+74⨯+3） c5c6c7c8=0000输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=00110000 量化误差为74. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进码。
试问译码器输出为多少单位。
解：I 0= -(256+4.5⨯16)=-3285. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为自然二进码。
试问译码器输出为多少单位 解：I 0= -(256+3.5⨯16)=-3126. 单路话音信号的最高频率为4KHz ，抽样速率为8kHz ，将所得的脉冲由PAM 方式或PCM方式传输。
设传输信号的波形为矩形脉冲，其宽度为τ，且占空比为1。
《通信原理》课后习题答案及每章总结(樊昌信,国防工业出版社,第五版)第七章
《通信原理》习题参考答案第七章7-7. 设输入抽样器的信号为门函数)(t G τ，宽度ms 20=τ，若忽略其频谱第10个零点以外的频率分量，试求最小抽样速率。
解：ff f Sa f G t G πτπτπτττsin )()()(==⇔ 在第十个零点处有：10=τf 即最高频率为：Hz f m 500102010103=⨯==-τ根据抽样定理可知：最小抽样频率要大于m f 2，即最小抽样频率为1000KHz7-8. 设信号t A t m ωcos 9)(+=，其中A ≤10V 。
若m(t)被均匀量化为40个电平，试确定所需的二进制码组的位数N 和量化间隔υ∆。
解： 402≥N ，所以N ＝6时满足条件信号m(t)的最大电压为V max ＝19V ，最小电压为V min ＝-1V即信号m(t)的电压差ΔV ＝20V∴V V 5.0402040==∆=∆υ7-10. 采用13折线A 律编码电路，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+653单位： （1） 试求此时编码器输出码组，并计算量化误差； （2） 写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。
（采用自然二进制码。
） 解：（1）极性码为正，即C 7＝1即段落码C 6C 5C 4＝110抽样脉冲值在段内的位置为：653－512＝123个量化单位 由于段内采用均匀量化，第7段内量化间隔为：32251210244=- 而32×3≤123≤32×4，所以可以确定抽样脉冲值在段内的位置在第3段，即C 3C 2C 1C 0＝0011所以编码器输出码组为：C 7C 6C 5C 4C 3C 2C 1C 0＝11100011 量化误差：11)232332512(635=+⨯+- （2）635对应的量化值为：624232332512=+⨯+ 对应的11位自然二进制码元为：010********7-11. 采用13折线A 律编码电路，设接收端收到的码组为“01010011”、最小量化间隔为1个量化单位，并已知段内码改用折叠二进制码：（1）试问译码器输出为多少量化单位；（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位自然二进码。
通信原理 (樊昌信)1-7章所有习题答案07
习题 7.8 设一个二进制通信系统传输信息的速率为 100 b/s ，信息码元的先验概 率相等，要求假同步每年至多发生一次。试问其群同步码组的长度最小应设计为多 少？若信道误码率为 10 −5 ，试问此系统的漏同步率等于多少？ 解： （ 1） m = 0 时，令相应式中 r = 0 ，得
0 0 p1 = 1 − C n P (1 − P n −0 ) = 1 − P 0 (1 − P n −0 ) = 1 − (1 − 10 −4 ) 7 ≈ 1 − (1 − 7 × 10 −4 ) = 7 × 10 −4
_
同 步 误 差
_
ε
T
=
0.33 10 KEb / n0
≤ 5% ， 信 噪 比
Eb = 10 dB = 10 。 推 得 n0
ε
T
= 0.33 / 10 K ≤ 0.05 ，则 K ≥ 4.356 。 习题 7.5 设一个 5 位巴克码序列的前、后都是： “+1”码元，试画出其自相关函
28
《通信原理》习题第七章
δ=
所以参考频率源可以选择高质量的晶体振荡器，其 δ 的取值范围为 10 −9 ~ 10 −11 。 习题 7.10 设有一个探空探测火箭以 15km/s 的标称速度离开地球，其速度误差 为 ± 3 m/s ，探测器上的参考频率漂移速率不大于 10 −9 Hz/(Hz·day)，标称下行传输频 率为 8 GHz ，火箭经过 30 天飞行后才开始向地球终端站发送消息，地球站采用铯原 子钟。试求地球站应该应用的中心频率和频率搜索宽带。 解：相对速度 V= − 15 km/s （距离增长） ，发射机的每天最大容许误差 δ = 10 −9 ， 标称发送频率为 f 0 = 8 GHz ，时间 T = 30 天，初始频率偏移 ∆f (0) = 0 ，由于地球站 应用铯原子钟，所以接收站的每天最大容许误差 δ = 10 −14 。
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tan θ v =
当
2Q∆ω 2Q∆f 2Q ∆f = ≈ ω0 f0 fc
f c = 10 MHZ , f0 = 9999.95 KHZ 时， ∆f = −50 HZ
tan θ v =
这时有
2Q∆f －2 × 105 × 50 = = −1 f0 10 × 106
s ( t ) = sSSB ( t ) − a cos ωct � ( t ) sin ω t − a cos ω t = m ( t ) cos ω t + m
c c c
在接收端：如图 7-2-9（a）
� ( t ) sin ω t − a cos ω t ⎤ a sin ω t v ( t ) = as ( t ) sin ωc t = ⎡ m ( t ) cos ωc t + m c c c ⎣ ⎦ 1 1 � 1 = am ( t ) sin 2ωc t + am ( t )(1 − cos 2ωc t ) − a 2 sin 2ωct 2 2 2 1 � 1 1 � 1 = am ( t ) + am ( t ) sin 2ωc t − am ( t ) cos 2ωc t − a2 sin 2ωc t 2 2 2 2
输出 －3 －1 －3 －5 －3 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋3 ＋1 ＋1 ＋7 -1 -1 -1 －3 -1 -1
t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t8 t9 t10 t11 t12 t13 t14 t15 t16 t17 t18 t19 t20 t21
t22
－1
＋1
－1
-1
c c c
� ( t ) sin ω t + a sin ω t ⎤ a sin ω t v ( t ) = as ( t ) sin ωc t = ⎡ m ( t ) cos ωc t + m c c c ⎣ ⎦ 1 1 � 1 在接收端： = am ( t ) sin 2ωc t + am ( t )(1 − cos 2ωc t ) + a 2 (1 − cos 2ωc t ) 2 2 2 1 1 � 1 1 � = a 2 + am m ( t ) + a ⎤ cos 2ωc t ( t ) + am ( t ) sin 2ωc t − a ⎡ ⎦ 2 2 2 2 ⎣
(c) 残留边带频谱
(d ) VSB 载波提取和解调 图 7.8
实践项目
1、用数字锁相法提取位同步信号，其实现方框图如下图 1 所示：
图 1 数字锁相环位同步提取原理方框图 要求完成的内容有： 1) 完成原理方框图中各部分单元电路的设计； 2) 完成位同步信号提取的电路原理图模型设计； 3) 由电路原理图模型进行 VHDL 时序仿真，获得时序仿真波形图。 （可选）
经过低通滤波器后输出为
a� m ( t ) , 再经 900 移相后即可得到正确的解调信号 m ( t )。 2
图 7-2-9 导频插入和提取方框图
( 2 )若插人导频为调制载波，即不经过 π 2 移相时，在发送端：
s ( t ) = sSSB (t ) + a sin ωct � ( t ) sin ω t + a sin ω t = m ( t ) cos ω t + m
Q1' = A1 cos Ω1t cos ωc t cos(ωc t +△ϕ ) + A2 cos Ω2 t sin ωc t cos(ωc t +△ϕ ) 低通滤波输出 Q1 A A Q1 = 1 cos Ω1t cos△ϕ − 2 cos Ω 2 t sin△ϕ 2 2 s (t ) 经相乘后输出正交同相分量，输出为
θ v = −450
7-4.正交双边带调制的原理方框图如题 7.4 图所示，试讨论载波相位误差 △ϕ 对该系统有什 么影响。
题 7.4 图 解：调制输出 s (t ) = A1 cos Ω1t cos ωc t + A2 cos Ω2 t sin ωc t
s (t ) 经相乘后输出同相分量，输出为（低通前）
Q2 ' = A1 cos Ω1t cos ωc t sin(ωc t +△ϕ ) + A2 cos Ω2 t sin ωc t sin(ωc t +△ϕ ) 低通滤波输出 Q2 A A Q2 = 1 cos Ω1t sin△ϕ＋ 2 cos Ω 2 t cos△ϕ 2 2 可见，由于载波相位误差 △ϕ 的影响，在接收端会引起 Ω1、Ω 2 两信号的相互串扰，使 信号畸变。
t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t8 t9 t10 t11 t12 t13 t14 t15 t16 t17 t18 t19 t20 t21
＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 －1 ＋1 ＋1 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1
t22
＋1
-1
＋1
＋1
-1
(a ) DSB 插入导频
(b ) DSB 载波提取和解调
在 VSB 信号中插入导频不能位于 f c 处， 因为它将受到 f c 处信号的干扰， 只能在 H ( f ) ~ f 传 输特性的两侧分别插入两个 f1 和 f 2 ，按下述方法选择 f1 、 f 2 。
f1 = ( f c − f m ) − ∆f1 f 2 = ( f c + f r ) − ∆f 2
1
2 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 +1 +1 +1 -1 -1 ＋1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
3 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 －1 ＋1 ＋1 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1
4 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 －1 ＋1 ＋1 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1
-1
-1
－1
图 7.7 7.8 画出 DSB 系统提取载波的发送端插入导频信号的方框图以及接收端提取载波与信号解 调的方框图；画出 VSB 系统插入导频的位置及提取同步载波及解调方框图。 解： (a ) DSB 插入导频及提取载波和信号解调的方框图如图 7.8 (a ) 、 (b ) 所示； (取载波和信号解调的方框图如图 7.8 (c) 、 (d ) 所示。
＋1
＋1
＋1
＋1
题 7.6 7-7.若七位巴克码组的前后为全“0”序列加于如题 7.6 图所示的码元输入端，且各移存器 的初始状态均为零，假定判决电平门限为+6，试画出识别器的输出波形。
题 7.6 图 解：设加入巴克码移位寄存器识别器的码为 0000000011100100000000
t1 、 t2 、 t3 、…、 tn 分别对应 1、2、3、…、 n 个码元时间，移位寄存器状态见表 7.7，
c c c
� � 2 (t ) ， ϕ (t ) = arctan m(t ) 其中， r (t ) = m2 (t ) + m m(t )
e(t ) = s 2 (t ) = r 2 (t ) cos2 [ωc t + ϕ (t )] 1 = r 2 (t ){1 + cos 2[ωc t + ϕ (t )]} 2 窄带滤波后得： e(t ) = cos 2[ωc t + ϕ (t )] � (t ) 有关，因此载波相位不确定，所以不能用平方变换法提取载波。 因为 ϕ (t ) 与 m(t ) 、 m
表 7.6
时间
移位寄存器编号 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 -1 ＋1 -1 -1 -1 -1 -1 －1 2 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 3 ＋1 ＋1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 －1 ＋1 ＋1 -1 ＋1 -1 -1 -1 -1 4 ＋1 ＋1 ＋1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 －1 ＋1 ＋1 -1 ＋1 -1 -1 -1 5 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 －1 ＋1 ＋1 6 -1 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 －1 ＋1 7 -1 -1 -1 -1 -1 －1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 －1
习题
� (t ) sin ω t ，试证明不能用平方变换法提取载波 7-1.已知单边带信号为 s (t ) = m(t ) cos ωc t + m c 同步信号。 � (t ) sin ω t = r (t ) cos[ω t + ϕ (t )] 解： s (t ) = m(t ) cos ω t + m
5 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 -1 -1 -1
6 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 -1 -1
7 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 ＋1 ＋1 ＋1 －1 －1 ＋1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 －3 －1 －3 －3 －3 －1 ＋7 -1(1) -1 ＋1 ＋1 ＋1 －1
t1 、 t2 、 t3 、…、 tn 分
别对应 1、2、3、…、 n 个码元时间，移位寄存器状态见表 7.6， 分析：巴克码识别器中，当输入数据的“1”存入移位寄存器时， “1”端的输出电平为＋1， “0”端的输出电平为－1；反之，当输入数据的“0”存入移位寄存器时， “1”端的输出电 平为－1， “0” 端的输出电平为＋1。 各移位寄存器输出端的接法和巴克码识别器的规律一致。 识别器的相加输出波形及判决器输出波形如图 7.6 所示。