通信原理习题答案解析说课讲解
第8章 通信原理课后习题解答
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载第8章通信原理课后习题解答地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容8-1 已知一组码的8个码组分别为（000000）、（001110）、（010101）、（011011）、（100011）、（101101）、（110110）、（111000），求第一组和第二组、第四组和第五组的码距、各码组的码重和全部码组的最小码距。
【解】（1）第一组和第二组的码距（2）第四组和第五组的码距（3）各组的码重分别为：0、3、3、4、3、4、4、3；（4）全部码组的最小码距8-2 上题的码组若用于检错、纠错、同时检错和纠错，分别能检、纠错几位码？【解】因为最小码距因此：只用于检错时：能检2个错只用于纠错时：能纠1个错同时用于纠错和检错时：无解，说明该码不能同时用于纠错和检错。
8-3、给定两个码组（00000）、（11111）。
试问检错能检几位？纠错能纠几位？既检错又纠错能检、纠几位？【解】因为最小码距因此：只用于检错时：能检3个错只用于纠错时：能纠1个错同时用于纠错和检错时：说明该码用在同时纠错和检错系统中：同时检出2个错码，纠1个错码。
8-4 已知某线性码的监督矩阵为列出所有许用码组。
【解】信息码组为：所以列出许用码如下：0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 8-5 已知（7，3）线性码的生成矩阵为求监督矩阵并列出所有许用码组。
《通信原理》习题课解析共35页
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❖ 知识就是财富 ❖ 丰富你的人生
71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
1、不要轻言放弃，否则对不起自己。
2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意 去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未能从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦 境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有 久久不会退去的余香。
《通信原理》习题课解析 4、守业的最好办法就是不断的发展。 5、当爱不能完美，我宁愿选择无悔，不管来生多么美丽，我不愿失 去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮 回里有你。
《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。
通信原理课后问题详解
平均信息速率为 。
习题1.15对于二电平数字信号，每秒钟传输300个码元，问此传码率 等于多少？若数字信号0和1出现是独立等概的，那么传信率 等于多少？
解：
习题1.16若题1.12中信息源以1000B速率传送信息，则传送1小时的信息量为多少？传送1小时可能达到的最大信息量为多少？
解：
传送1小时的信息量
= =
习题2.8设随机过程X(t)=m(t) ，其中m(t)是广义平稳随机过程，且其自相关函数为
(1)试画出自相关函数 的曲线；(2)试求出X(t)的功率谱密度 和功率P。
解：(1)
其波形如图2-1所示。
图2-1信号波形图
(2)因为 广义平稳，所以其功率谱密度 。由图2-8可见， 的波形可视为一个余弦函数与一个三角波的乘积，因此
据付氏变换的性质可得
而
故
习题2.24将一个均值为0，功率谱密度为为 的高斯白噪声加到一个中心角频率为 、带宽为B的理想带通滤波器上，如图
（1）求滤波器输出噪声的自相关函数；
（2）写出输出噪声的一维概率密度函数。
解：
（1）
因为 ,故
又
由付氏变换的性质
可得
（2） ； ；
所以
又因为输出噪声分布为高斯分布
可得输出噪声分布函数为
（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
等概时的平均信息速率为
（2）平均信息量为
则平均信息速率为
习题1.4试问上题中的码元速率是多少？
解：
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。
《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)第一章
《通信原理》习题参考答案第一章1-1. 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： )(25.3105.01)(log 2bit E I ==)(97.8002.01)(log 2bit X I == 题解：这里用的是信息量的定义公式)(1log x P I a =注：1、a 的取值：a ＝2时，信息量的单位为bita ＝e 时，信息量的单位为nita ＝10时，信息量的单位为哈特莱2、在一般的情况下，信息量都用bit 为单位，所以a ＝21-2. 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：方法一：直接代入信源熵公式：)()()()()(E H D H C H B H A H H ++++=516165316163881881441log log log log log 22222++++=524.0453.083835.0++++= 符号）/(227.2bit =方法二：先求总的信息量I)()()()()(E I D I C I B I A I I ++++= 516316884log log log log log 22222++++= 678.1415.2332++++= )(093.12bit =所以平均信息量为：I/5＝12.093/5＝2.419 bit/符号题解：1、方法一中直接采用信源熵的形式求出，这种方法属于数理统计的方法求得平均值，得出结果的精度比较高，建议采用这种方法去计算2、方法二种采用先求总的信息量，在取平均值的方法求得，属于算术平均法求平均值，得出结果比较粗糙，精度不高，所以尽量不采取这种方法计算注：做题时请注意区分平均信息量和信息量的单位：平均信息量单位是bit/符号，表示平均每个符号所含的信息量，而信息量的单位是bit ，表示整个信息所含的信息量。
通信原理教程第二版 课后习题解答
《通信原理》习题第一章
M
64 2
H ( X ) P ( x i ) log
i 1
P ( x i ) P ( x i ) log
i 1
2
P ( x i ) 16 *
1 32
log
2
32 48 *
1 96
log
2
96
=5.79 比特/符号 因此，该信息源的平均信息速率 习题 1.6
1 0 PX ( f )
4
1
( )
RX
2
( )
设随机过程 X(t)=m(t) cos t ，其中 m(t)是广义平稳随机过程，且其自
f , 10 kH Z f 10 kH Z 0 ,其 它
2
(1)试画出自相关函数 R X ( ) 的曲线； (2)试求出 X(t)的功率谱密度 P X
试求 X(t)的功率谱密度 P X 解：详见例 2-12
(f )
并画出其曲线。
5
《通信原理》习题第一章
习题 2.12
已知一信号 x(t)的双边功率谱密度为
1 0 PX ( f )
4
f , 10 kH Z f 10 kH Z 0 ,其 它
2
试求其平均功率。 解： P
V
习题 1.8 解：由 D 2
设一条无线链路采用视距传输方式通信，其收发天线的架设高度都等
于 80 m，试求其最远的通信距离。
8rh
，得
D
8 r h
8 * 6 .3 7 * 1 0 * 8 0
6
6 3 8 4 9
k m
第二章习题
习题 2.1 设随机过程 X(t)可以表示成：
《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》课后习题答案及每章总结(樊昌信-国防工业出版社-第五版)第三章
《通信原理》习题参考答案第三章3—1。
设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为 ()()⎩⎨⎧-==d t K H ωωϕω0其中，K 0和t d 都是常数。
试确定信号s(t ）通过该信道后的输出信号的时域表达式，并讨论之。
解：由信道的幅频特性和相频特性可以得出信道的传输函数为：()dt j e K H ωω-=0∴ ()()ωωπωd e H t H tj ⋅=⎰∞+∞-21 ωπωωd e e K t j t j d ⋅=⎰∞+∞--021 ()ωπωd e K d t t j -∞+∞-⎰=021 ()d t t K -=δ0∴信号s(t ）通过该信道后的输出信号s o (t ）的时域表达式为： ()()()t H t s t s o *= ()()d t t K t s -*=δ0()d t t s K -=0可见，信号s(t ）通过该信道后信号幅度变为K 0，时间上延迟了t d 。
3—2。
设某恒参信道的幅频特性为()[]dt j e T H ωωω-+=0cos 1其中,t d 为常数。
试确定信号通过该信道后的输出信号表达式，并讨论之.解： ()()ωωπωd e H t H tj ⋅=⎰∞+∞-21 []ωωπωωd e e T tj t j d ⋅⋅+=-∞+∞-⎰0cos 121 ()()⎥⎦⎤⋅+⎢⎣⎡=⎰⎰∞+∞--∞+∞--ωωωπωωd e T d e d d t t j t t j 0cos 21 ()()()d d d t T t t T t t t --+-++-=002121δδδ∴信号s （t ）通过该信道后的输出信号s 0（t ）的表达式为：()()()t H t s t s o *=()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-++-*=d d d t T t t T t t t t s 002121δδδ ()()()d d d t T t s t T t s t t s --+-++-=002121可见，信号s(t)通过该信道后会产生延时.3-3。
通信原理习题解答(课堂PPT)
P P( f )df - {25[ ( f 800) ( f 800)] - 25[ ( f 1200) ( f 1200)]}df 25 25 25 25 100 W
9
a1 已知信号的频谱为
H
(
f
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
)
0.11
cos 0
0.2πf
f 5 f 5
求其傅里叶反变换h(t)，并粗略画出波形。
第一章
1． 通信系统的主要性能指标是什么？ 解：通信系统的主要性能指标有有效性和可靠性。
在模拟通信系统中，系统的传输有效性通常用每路信号 的有效传输带宽来衡量。可靠性通常用通信系统的输出 信噪比来衡量。 数字通信系统的有效性可以用码元传输速率或信息传 输速率来衡量。数字通信系统的传输可靠性通常用差错 率来衡量。差错率有两种表述方法：误码率及误信率。
3． 某二进制数字通信系统，传码率为1200 B。经过多次统 计，发现每分钟平均出现7.2个错码，试计算该系统的 误码率。
解：
Pe
7.2 1200
60
104
2
5． 什么是误码率？ 什么是误信率？其间关系如何？ 解：误码率Pe是指码元在系统中传输时发生错误的概率，
误信率Pb是指错误接收的信息量在传输的信息总量中所 占的比例。 对二进制系统，Pe=Pb ； 对多进制系统一般有，Pe > Pb 。
1
2． 一个传输二进制数字信号的通信系统， 1分钟传送了 72000 bit的信息量。 (1) 系统的传码率为多少？ (2) 如果每分钟传送的信息量仍为72 000 bit，但改用八 进制信号传输，系统传码率为多少？
解：Rb=72000/60=1200 bit/s （1）二进制系统，Rs=Rb=1200 baud （2）八进制系统，Rs=Rb/log28=1200/3 =400 baud
通信原理通信课后答案解析
E[ Z 2 (t )]
E[
X
2 1
cos2
w0 t
X
2 2
sin 2
w0t ]
cos2 w0tE[ X 12]
sin 2
w0tE [
X
2 2
]
又 E[ X1]
0 ; D(X1)
E[
X
2 1
]
E[ X 22]
2
E
[
X
2 1
]
2
同理
E[
X
2 2
]
2
代入可得 E[Z 2 (t )]
2
（ 2）
令 t1 t2
z2 2
2
)
习题 2.18 设随机过程 (t) 可表示成 (t ) 2 cos(2 t
)，式中 是一个离散随变量，且
p( 0) 1/ 2、 p(
/ 2)
1/ 2 ，试求 E[
(1)] 及
R
(0,1) 。
解： E[ (1)] 1/ 2*2cos(2
0) 1/ 2*2cos(2
/ 2) 1;
R (0,1) E[ (0) (1)] 1/ 2*2cos(0)2cos(2 0) 1/ 2*cos( / 2)2cos(2
T
lim T
1
T
/2 T/
2
2
cos(2
tቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
)* 2 cos 2 (t
)
dt
T
(2) 因为 x1和 x2 服从高斯分布， X t 是 x1和 x2 的线性组合，所以 X t 也服从高斯分布，其概率
分布函数 p x
1
z2
2 exp 2 2 。
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5－10 某线性调制系统的输出信噪比为20dB ，输出噪声功率为9
10W ，由发射机输出端到解调器输
入端之间总的传输损耗为100dB ，试求：
（1）DSB/SC 时的发射机输出功率； （2）SSB/SC 时的发射机输出功率。
解：设发射机输出功率为S
T
，解调器输入信号功率为Si,则传输损耗K=
S T /Si=100(dB).
（1）DSB/SC 的制度增益G=2，解调器输入信噪比
相干解调时：Ni=4No
因此，解调器输入端的信号功率：
发射机输出功率：
（2）SSB/SC 制度增益G=1，则
解调器输入端的信号功率
发射机输出功率：
6-1设二进制符号序列为 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性码波形、双极性码波形、单极性归零码波形、双极性归零码波形、二进制差分码波形及八电平码波形。
解：各波形如下图所示：
6-8已知信息代码为1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1，求相应的AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。
解：
6-11设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总特性为H(ω)，若要求以2/Ts 波特的速率进行数据传输，试检验图P5-7各种H(ω)是否满足消除抽样点上码间干扰的条件？
(a )
(b )
(c )
(d )
解：无码间干扰的条件是：
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧>
≤=⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛+=∑s
s
i s s eq T T T T i H H π
ωπ
ωπωω02)(
(a )
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨
⎧>
=≤=s
s
T B
T H π
ωππ
ωω021)(
则
s
T B 21=
，无码间干扰传输的最大传码率为：s
s B T T B R 212max
<=
=
故该H (ω)不满足消除抽样点上码间干扰的条件。
(b )
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨
⎧>
=≤=s
s
T B T H π
ωππ
ωω0231)(
则
s
T B 23=
，无码间干扰传输的最大传码率为：s
s B T T B R 232max
>=
=
虽然传输速率小于奈奎斯特速率，但因为R Bmax 不是2/T s 的整数倍，所以仍然不能消除码间干扰。
故该H (ω)不满足消除抽样点上码间干扰的条件。
(c ) 如下图所示，H (ω)的等效H eq (ω)为：
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧>
=≤
=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=s s
s s eq T B T T H H T H H πωππ
ωπωωπωω202214)(4)(
则
s
T B 1=
，无码间干扰传输的最大传码率为：s
B T B R 22max
=
=
故该H (ω)满足消除抽样点上码间干扰的条件。
(d ) 按照(c )同样的方法，H (ω)的等效H eq (ω)为：
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧>
=≤
=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=s s
s s eq T B
T T H H T H H πωππ
ωπ
ωωπωω0212)(2)(
则
s
T B 21=
，无码间干扰传输的最大传码率为：s
s B T T B R 212max
<=
=
故该H (ω)不满足消除抽样点上码间干扰的条件。
当码元速率为2/T s 时，它的频谱周期为：s
T T πω4=
，即在频谱上将H(ω)左右平移一个T ω，若在s
T π2-
和
s
T π2范围内为常数，则无码间干扰，否则就存在码间干扰，现分别对上图进行分析：
对图(a)有：
在虚线范围内叠加不为常数，所以存在码间干扰； 对图(b)有：
在虚线范围内叠加不为常数，所以存在码间干扰；
对图(c)有：
在虚线范围内叠加为常数1，所以无码间干扰；
对图(d)有：
6-13. 为了传送码元速率R B =103(B)的数字基带信号，试问系统采用图P5-9中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。
(a)
(b) (d)
解：分析各个传输特性有无码间干扰，由于码元传输速率为R B =103，即频谱的周期为：
310
2⨯=πωT
， 对于图(a)有：
在〔该系统的频带利用率为：Hz B /2
1
1041023
3=⨯⨯=ππη 对于图(b)有：
在〔-103该系统的频带利用率为：Hz B /11023
=⨯=π
η 对于图(c)有：
图 P5-9
在〔-103π,103π〕区间内叠加为常数1，所以不存在码间干扰；
该系统的频带利用率为：Hz B /1
102
1023
3
=⨯⨯=π
πη 综上所述，从系统的可靠性方面看：三个系统都不存在码间干扰，都可以进行可靠的通信；从系统的有效性方面看：(b)和(c)的频带利用率比较高；从系统的可实性方面看：(a)和(c)比较容易实现，(b)比较难实现。
所以从以上三个方面考虑，(c)是较好的系统。
7-1. 设发送数字信息为1011001，试分别画出OOK 、2FSK 、2PSK 及2DPSK 信号的波形示意图。
解
7-2 设某OOK系统的码元传输速率为1000B，载波信号为
)
10
4
cos(6t
A⨯
π
：
（1）每个码元中包含多少个载波周期？
（2）求OOK信号的第一零点带宽。
解：
所以每个码元中包含2000个载波周期。
（2）
7-4 设二进制信息为0101，采用2FSK系统传输。
码元速率为1000B，已调信号的载频分别为3000Hz和1000Hz。
（1）若采用包络检波方式进行解调，试画出各点时间波形；
（2）若采用相干方式进行解调，试画出各点时间波形；
（3）求2FSK信号的第一零点带宽。
相干解调
（3）第一零点带宽为
7-7 设发送的绝对码序列为011010，采用2DPSK 方式传输。
已知码元传输速率为1200B,载波频率为1800Hz 。
定义相位差ϕ∆为后一码元起始相位和前一码元结束相位之差：
（1）若ϕ∆=0代表“0”， ϕ∆=180代表“1”
，试画出这时的2DPSK 信号波形；
（2）若ϕ∆=270代表“0”， ϕ∆=90代表“1”，试画出这时的2DPSK 信号波形；
解：
根据码元传输速率为1200B ，载波频率为1800Hz 可知，在2DPSK 信号的时间波形中，每个码元时间内共有1.5个周期的载波。
这时，2DPSK 信号的时间波形如图： （1） 若ϕ∆=0代表“0”，
ϕ∆=180代表“1”
（2）ϕ∆=270代表“0”，
ϕ∆=90代表“1”
7-16 已知数字信息为“1”时，发送信号的功率为1 kW ，信道功率损耗为60dB ，接收端解调器输人的噪声功率为W 4
10-，试求非相干解调OOK 及相干解调2PSK 系统的误码率。
解:
发送信号经过60dB 的信道损耗后，到达解调器输人端的信号功率为
又因解调器输人的噪声功率为W 4
10
-，所以解调器输人信噪比为
因此，非相干解调OOK系统的误码率为:
相干解调2PSK系统的误码率为:
7-17设发送二进制信息为10110001，试按照表7-2和表7-4所示的A方式编码规则，分别画出QPSK和QDPSK信号波形。
解:QPSK信号波形如图所示
QDPSK信号波形：
7-18设发送二进制信息为10110001，试按表7-4所示的B方式编码规则画出QDPSK信号波形。
解：QDPSK信号波形如图所示。