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&书籍目录：
第一章 绪论
1.1 信号与系统
1.2 信号的描述、分类和典型示例
1.3 信号的运算
1.4 阶跃信号与冲激信号
1.5 信号的分解
1.6 系统模型及其分类
1.7 线性时不变系统
1.8 系统分析方法
第二章 连续时间系统的时域分析
2.2 微分方程式的建立与求解
2.3 起始点的跳变——从o-到o+状态的转换
2.4 零输入响应和零状态响应
2.5 冲激响应与阶跃响应
2.7 卷积的性质
2.8 用算子符号表示微分方程
2.9 以“分配函数”的概念认识冲激函数8（t）
第三章 傅里叶变换
3.2 周期信号的傅里叶级数分析-
3.3 典型周期信号的傅里叶级数
3.4 傅里叶变换
3.5 典型非周期信号的傅里叶变换
3.6 冲激函数和阶跃函数的傅里叶变换
3.7 傅里叶变换的基本性质
3.8 卷积特性（卷积定理)
3.9 周期信号的傅里叶变换
3.1 0抽样信号的傅里叶变换
3.1 1抽样定理
第四章 拉普拉斯变换、连续时间系统的s域分析
4.2 拉普拉斯变换的定义、收敛域
4.3 拉氏变换的基本性质
4.4 拉普拉斯逆变换
4.5 用拉普拉斯变换法分析电路、s域元件模型
4.6 系统函数（网络函数)h（s)
4.7 由系统函数零、极点分布决定时域特性
4.8 由系统函数零、极点分布决定频响特性
4.9 二阶谐振系统的s平面分析
4.1 0全通函数与最小相移函数的零、极点分布
4.1 1线性系统的稳定性
4.1 2双边拉氏变换
4.1 3拉普拉斯变换与傅里叶变换的关系
第五章 傅里叶变换应用于通信系统——滤波、调制与抽样
5.2 利用系统函数h（j)求响应
5.3 无失真传输
5.4 理想低通滤波器
5.5 系统的物理可实现性、佩利一维纳准则
5.6 利用希尔伯特变换研究系统函数的约束特性
5.7 调制与解调
5.8 带通滤波系统的运用
5.9 从抽样信号恢复连续时间信号
5.1 0脉冲编码调制（pcm)
5.1 1频分复用与时分复用
5.1 2从综合业务数字网（isdn)到信息高速公路
第六章 信号的矢量空间分析
6.2 信号矢量空间的基本概念
6.3 信号的正交函数分解
6.4 完备正交函数集、帕塞瓦尔定理
6.5 沃尔什函数
6.7 能量谱和功率谱
6.8 信号通过线性系统的自相关函数、能量谱和功率谱分析
6.9 匹配滤波器
6.10 测不准（不定度)原理及其证明
6.11 码分复用、码分多址（cdma)通信
附录一卷积表
附录二常用周期信号的傅里叶级数表
附录三常用信号的傅里叶变换表
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郑君里的没看过，据说挺不错。
我看过比较好的有陈后金的，
不过强烈推荐奥本海默的双剑：signals&and&systems和discrete-time&signal&processing，国际经典教材，通俗易懂，逻辑严谨。
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正好需要！谢谢，
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谢谢分享。。。
我的淘宝小店：
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很好的一本教材！
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郑君里的也是经典书籍&&&吴大正的&&&奥本海姆的&都很好！
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哈哈，多谢楼主分享
请选择一个版面...
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& 开源电子网() |[工学]第六章：无线通信系统CDMAen无线通信原理与应用
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[工学]第六章：无线通信系统CDMA
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3秒自动关闭窗口12-1、设 3 级线性反馈移位寄存器的特征方程为： f ( x) ? 1 ? x2 ? x3 ，试验证它为本原多 项式。 解：由题意 n=3，所以 m ? 2 ? 1 ? 7 。n而 xm ? 1 ? x7 ? 1 ? ( x3 ? x2 ? 1)( x4 ? x3 ? x2 ? 1) 上式说明 f ( x ) 可整除 x ? 1，且 f ( x ) 既
约，除不尽 x6 ? 1, x5 ? 1, x4 ? 1 所以 f (x)为7本原多项式。 12-2、己知三级移位寄存器的原始状态为 111，试写出两种 m 序列的输出序列。 解： 因为反馈移存器能产生 m 序列的充要条件为： 反馈移位寄存器的特征多项式为本原多项 式。当 n=3 时，有 2 个 3 阶本原多项式：f1 ( x) ? x3 ? x ?1 ， f2 ( x) ? x3 ? x2 ?1f1 ( x) 和 f 2 ( x) 为互逆的本原多项式，都可以产生 m 序列。根据第 5 题，由 f1 ( x) ? x3 ? x ? 1 产生的 m 序列为 ， 同理，由 f2 ( x) ? x3 ? x2 ?1 产生的 m 序列为 。12-3、设 4 级线性反馈移存器的特征方程为： f ( x) ? 1 ? x ? x ? x ? x ，试证明此移位寄2 3 4存器产生的不是 m 序列。 证明：方法一：由题意 n＝4，得 m ? 2 ? 1 ? 15 。因为n( x ? 1)( x4 ? x3 ? x2 ? x ? 1) ? x5 ? 1f ( x) 可整除 x 5 ? 1 ，故 f ( x) 不是本原多项式，它所产生的序列不是 m 序列。方法二： 由特征多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x ? x ? x 构成的 4 级线性反馈移位寄存器如2 3 4图 9-4 所示。 假设初始状态为：1 状态转换位： 0 1 1 1 11 1 0 1 1 11 1 1 0 1 11 1 1 1 0 14可见输出序列的周期为 6 ? 2 ? 1 ? 15 ，故不是 m 序列。图 12-1 12-4、 己知一个由 9 级移位寄存器所产生的 m 序列， 写出在每一周期内所有可能的游程长度 的个数。 解：该 m 序列中共有 2 ? 256 个游程。8根据 m 序列游程分布的性质，长度为 k 的游程数目占游程总数的 2? k ,1 ? k ? (n ? 1) 。 而且在长度为 k 的游程中[其中 1 ? k ? (n ? 2) ]，连“1”和连“0”的游程各占一半。 所以： 长度为 1 的游程有 128 个， “1”和“0&各为 64 个， 长度为 2 的游程有 64 个， “11”和“00”各为 32 个， 长度为 3 的游程有 32 个， “111”和“000”各为 16 个， 长度为 4 的游程有 16 个， “1111”和“0000”各为 8 个， 长度为 5 的游程有 8 个， “11111”和“00000”各为 4 个， 长度为 6 的游程有 4 个， “111111”和“000000”各为 2 个， 长度为 7 的游程有 2 个， “1111111”和“0000000”各为 1 个， 长度为 8 的游程有 1 个，即“” ， 长度为 9 的游程有 1 个，即“” 。 12-5、有一个 9 级线性反馈移存器所组成的 m 序列产生器，其第 3、6 和 9 级移存器的输出 分别为 Q3 , Q6 , Q9 ，试说明： （1）将它们通过“或”门后得到一个新的序列，得到序列的周期仍为 2 ? 1 ，并且“1”的9符号出现率约为 7/8。 （2）将它们通过“与”门后得到一个新的序列，得到序列的周期仍为 2 ? 1 ，并且“1”的9符号出现率约为 1/8。 解：设九级移存器所组成的序列为 {ai }, i ? 1,?29 ?1，则其周期为 T ? 2 ? 19则 Q3 , Q6 , Q9 的输出序列分别为 {ai ?3},{ai ?6},{ai ?9} （1）设它们通过“或”门后得到的新序列为 {ai*} ， 则 ai ? ai ?3 ? ai ?6 ? ai ?9*因为 {ai } 的周期为 T，所以 {ai ?3},{ai ?6},{ai ?9} 的周期也为 T， 所以 ai*?T ? ai ?3?T ? ai ?6?T ? ai ?9?T ? ai ?3 ? ai ?6 ? ai ?9 ? ai* 所以 {ai*} 的周期仍为 T， 九级移存器的状态共有 2 ? 1 种，并且一个周期内各种状态出现 1 次，即等概率出现，9所以 {ai ?3},{ai ?6},{ai ?9} 在一个周期内 000，001，010，?，111 八种状态等概率出现， 通过“或”门后，只有 000 输出为 0，其余为 1，所以为 0 的概率为 1/8，为 1 的概率 为 7/8。 （2）同理，经过“与”门后， ai* ? ai ?3 ? i ?6 ? i ?9 a a 所以 {ai*} 的周期仍为 T， {ai ?3},{ai ?6},{ai ?9} 通过“与”门后，只有 111 输出为 1，其 余为 0，所以为 1 的概率为 1/8，为 0 的概率为 7/8。 12-6、写出 p=7 和 p=11 的二次剩余序列。 考点分析： 考察二次剩余式的概念和求解方法。 如果能找到一个整数 x， 它使 x2 ? 1(mod p) 。 若方程成立，认为方程有解，满足此方程的 i 就是模 p 的二次剩余；否则 i 就是模 p 的非二 次剩余。当规定 a0 ? ?1 时，有?1, 若i是模p的二次剩余 ai ? ? ??1, 若i是模p的非二次剩余解： （1）当 p=7 时，有12 ? 1(mod 7), 22 ? 4(mod 7),32 ? 2(mod 7) 42 ? 2(mod 7),52 ? 4(mod 7),62 ? 1(mod 7)所以 1，2，4 为模 7 的二次剩余，3，5，6 为模 7 的非二次剩余。因此得到 p=7 的 二次剩余序列：-111-11-1-1 （2）当 p=7 时，有12 ? 1(mod11), 22 ? 4(mod11),32 ? 9(mod11), 42 ? 5(mod11),52 ? 3(mod11) 62 ? 3(mod11),72 ? 5(mod11),82 ? 9(mod11),92 ? 4(mod11),102 ? 1(mod11)所以 1，3，4，5，9 为模 11 的二次剩余，2，6，7，8，10 为模 11 的非二次剩余。 因此得到 p=11 的二次剩余序列：-11--11-1。 12-7、试验证 p=3 和 p=7 的二次剩余序列为 m 序列。 解： （1）p=3，二次剩余序列：一＋一，用二进制表示即 101。因为 2 ? 1 ? 3 ，所以为两级2移存器。由序列可看出状态转换为 10 ? 01 ? 11 ，无重复，所以该序列为 m 序列。（2）p=7,二次剩余序列：一＋十一＋一一，即
因为 2 ?1 ? 7 ,所以为三级移3存器， 由序列可看出状态转换为 100 ? 001 ? 010 ? 101 ? 011 ? 111 ? 110 ， 无重 复，所以该序列为 m 序列。 12-8、若用一个由九级移存器产生的 m 序列进行测距，已知最远目标为 1500km，求加于移 存器的定时脉冲的最短周期为多少？ 考点分析：考察 m 序列的应用。m 序列进行测距的原理框图，如图 12-2 所示。用一移位的 m 序列与被测量的经过传输路径时延的 m 后列相关。 当两个序列的相位相同时， 得到的相关峰， 有移位 r，序列与原 m 序列的相位差可以求得时延。这种方法的测量杆度是所用 m 序列的一 个码元宽度。图 12-2 解：本题中，传输的距离是 1500 ? 2 ? 3000km 所以，传输 m 序列共需时间 t ?3000 ? 10?2 s 8 3 ? 10 t ? 19.5 ?10?6 s ? 19.5us 511定时脉冲的最短周期是在移位另外整个序列时才得到相关峰的情况下发生的。 此时， 共9 需移位 2 ? 1 ? 511 ，故最短周期为 T ?附录： 12-1、已知特征方程 f1 ( x) ? 1 ? x2 ? x3 ， f2 ( x) ? 1 ? x ? x3 。 （1）构造两个 m 序列发生器； （2）求这两个 m 序列发生器产生的 m 序列； （3）验证这两个 m 序列的正交性。 解： （1)特征方程 f1 ( x) ? 1 ? x2 ? x3 ， f2 ( x) ? 1 ? x ? x3 所对应的 m 序列发生器分别如 图 12-3(a)和(b)所示。图 12-3 （2）设初始状态为 110,图 12-3(a)所示的状态变换时序表如表 12-1 所示，输出的。序 列为 1110010:图 12-3(b)所示的状态变换时序表如表 12-2 所示，输出的 m 序列为 1110100。表 12-1 12-2、若多项式满足 f ( x) ? x3 ? x ? 1 ，试验证它为本原多项式？ 解（1） f ( x) ? x3 ? x ? 1 为既约的；表 12-2（2）由 n=3,m=7， x7 ? 1 ? ( x3 ? x ? 1)( x3 ? x2 ? 1)( x ?1) ，则能整除 x ? 1m（3） x6 ? 1 ? ( x ? 1)2 ( x2 ? x ? 1)2 ， x5 ? 1 ? ( x ? 1)( x4 ? x3 ? x2 ? x ? 1) ， x4 ? 1 ? ( x ? 1)4 ，则不能整除 则能整除 x ? 1 。故为本原多项式。q12-3、若特征多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x3 ，试： （1）验证它是本原多项式； （2）由它构造一个 m 序列产生器； （3）设初始状态为 110，写出一个周期的时序表； （4）写出一个周期的输出序列。 解： （1）本原多项式需满足三个条件： 1） f ( x) ? 1 ? x ? x 为即约；32） n ? 3, p ? 2 ? 1 ? 7n又x p ?1 x7 ? 1 ? ? ( x3 ? x 2 ? 1)( x ? 1) ，说明 f ( x) 能整除 x p ? 1 ； 3 f ( x) 1 ? x ? x6 2 2 23） q ? 6 时， x ? 1 ? ( x ? 1) ( x ? x ? 1) ；q ? 5 时， x5 ? 1 ? ( x ? 1)( x4 ? x3 ? x2 ? x ? 1) ； q ? 4 时， x4 ? 1 ? ( x ? 1)4 ；p 3 说明 f ( x ) 不能整除 x ? 1, q ? p ；于是得结论： f ( x) ? 1 ? x ? x 是本原多项式。（2）m 序列产生器如图 12-4 所示。图 12-4 （3）由上图得， a2 ' ? a2 ? a0 , a1 ' ? a2 , a0 ' ? a1 ，于是得时序表如表 12-3 所示。表 12-3 （4）输出序列为 。 说明： f ( x) ? 1 ? x ? x 对应的二进制码为 1011，对应的八进制码为 (13)8 ，其逆多3项式 f ( x) ? 1 ? x ? x ，对应的二进制码为 1101，对应的八进制码为 (15)8 。2 3用逆多项式 f '( x) 作为特征多项式亦可产生 m 序列，它与 f ( x ) 产生的 m 序列互为逆 码。 12-4、已知 m 序列的本原多项式为 f ( x) ? x ? x ? 1 ，试用移位寄存器构成 m 序列产生器，4并写出该 m 序列。 解：m 序列是最长线性移位寄存器序列，是伪随机序列中最重要的序列中的一种，这种序列 易于产生，有优良的自相关特性，在直扩系统中用于扩展要传送的信号，在调频系统中用 来控制调频系统的频率合成器，组成随机调频图案。 m 序列的本原多项式为 f ( x) ? x ? x ? 1 ，所以用移位寄存器构成的 m 序列产生器如图412-5 所示。图 12-5 求该 m 序列用长除法，即按升幂排列（除法中的加减均为模二加）a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17 a18 a19 ? 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0?从以上可以看出从 a15 开始重复原序列， 故该序列的周期为 15,正好为 4 级最长线性移位 寄存器序列，即 m 序列，该序列为 000。 12-5、已知某线形反馈移存器序列发生器的特征多项式为 f ( x) ? x3 ? x2 ? 1 ，请画出此序 列发生器的结构图，写出它的输出序列（至少包括一个周期） ，并指出其周期是多少？ 解：此序列发生器的结构图如图 12-6 所示。图 12-6 输出序列为： ?00? 周期为：7 12-6、 已知 m 序列的特征多项式为 f ( x) ? x4 ? x ? 1 ， 写出此序列的一个周期中的所有游程。 解：该 m 序列的周期为 15，一个周期为 100，共有 8 个游程： 1 000
0 11 00 其中长度为 1 的游程有 4 个，长度为 2 的游程有 2 个，长度为 3 的游程有 1 个，长度为 4 的游程有 1 个。 12-7、利用本原多项式 f ( x) ? x ? x ? 1 构成 m 序列，试：7 3（1）构造相应的移存器结构； （2）求其一个周期内的游程分布。 解： （1）移存器的结构如图 12-7 所示。图 12-7 （2）游程总数为 2n? 2? 27?1 ? 64 个，具体分布如表 12-4 所示。表 12-4 12-8、若线性反馈移存器的特征多项式为 f ( x) ? xn ? xn?1 ? ? ? x ? 1, n ? 3 ；并设初始状 态为全 1，试： （1）求 n 为奇数时的输出； （2）求 n 为偶数时的输出； （3）它能否产生 m 序列？ 解： （1）为便于分析，先以 n=5 为例讨论，即f ( x) ? x5 ? x4 ? x3 ? x2 ? x ? 1移存器的结构如图 12-8(a)所示。图 12-8 由于 a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 是奇数项相加，因此当 a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 ? 1 时，左端移人的 a5 ? 1 ，其余 各位经移位后仍为 1。换句话说，此时移存器内将永远是全 1，输出亦为全 1。由 此可推论：当 n 为奇数时，若移存器初始状态为全 1，则输出为全 1 码。 (2） n＝6 为例， f ( x) ? x ? x ? x ? x ? x ? x ? 1 ， 以 有 移存器结构如图 9-9 (b）6 5 4 3 2所 示 。 由 于 a6 ? a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? a0 数 项 相 加 ， 因 此 当 是 偶a5 ? a4 ? a3 ? a2 ? a1 ? 1 时，左端移人的 a6 ? 0 ，其余各位经移位后仍为 1。 a0 ?在随后的节拍中，该“0”位将逐拍右移，而其余位为 1.，整个过程如表 10 一 3 所示。由表可见：输出为 1111101? 周期为 7。由此可推论：当 n 为偶数时时， （最 右端）输出为 n 个 1 后接 1 个 0，周期为 n＋1。（3）它不能产生 m 序列，可从两方面说明。 首先， （1） (2)题知， n 为奇数时周期为 1， n 为偶数时周期为 n＋1。 n ? 3 从 、 当 当 当 时，必有 n ? 1 ? 2 ? 1 ，表明这种情况下能得到最大周期，因而不能产生 m 序列。n其次，从本原多项式条件看，由于f ( x) ? x n ? x n?1 ? ? ? x ? 1 ?px n?1 x ?1即 f ( x ) 能整除 x ? 1 ， 从而不满足本原多项式第 3 个条件， 因而不能产生 m 序列。12-9、己知某线性反馈移位寄存器的特征多项式系数的八进制数表示为 125，若移位寄存器 的起始状态为全 1。 （1)求输出序列；(2）输出序列是否为 m 序列？为什么？ 解： （1） (125)8 ? () ，对应的特征多项式为f ( x) ? x6 ? x4 ? x2 ? 1移位寄存器结构如图 12-9 所示。图 12-9 由图可见： a6 ? a4 ? a2 ? a0 因此，当移位寄存器初始状态为全 1 时，由上式所产生的 a6 ? 1 ，移位后移位寄存器仍 为全 1，从而输出为全 1 序列。 （2） 输出序列不是 m 序列， 因为输出为全 1 序列， 移位后移位寄存器仍为全 1， 周期为 1。 而且 f (x)不是本原多项式。 12-10、 设计一个由 3 级移存器组成的扰码器和解扰器， 已知本原多项式为 f ( x) ? x ? x ? 13(1)画出扰码器和解扰器方框图； (2)设扰码器初始状态为全 1，求取当输人信码为全 1 码时的扰码器输出； (3)若以(2)题扰码器输出作为解扰器输人，问：解扰器移存器的初始状态作如何安排时，解 扰器输出方为恢复信码？ 解：(1)扰码器和解扰器方框图如图 12-10 所示。图 12-10 (2)扰码器输出： bk ? ak ? bk ?1 ? bk ?3 ，如表 12-5 所示。 (3)解扰器输出： ck ? bk ? bk ?1 ? bk ?3 ，如表 12-6 所示。由表可见，只要解扰器移存器 的初始状态亦取全 1，即可恢复信码。表 12-5表 12-612-11、采用 m 序列测距，已知时钟频率等于 1 MHz，最远目标距离为 3 000 km,求 m 序列的 长度（一周期的码片数） 。 解：m 序列一个周期的时间长度即为可测量的最大时延值。m 序列收发端与最远目标的往返 时间为 3000km ? 2 /(3?10 km / s) ? 0.02s ，因此。序列的周期应该大于 20ms。由于序列发5生器的时钟频率为 1 MFz，所以 m 序列长度应大于 0.02s ?1MHz ? 2 ?10412-12、利用 m 序列的移位相加特性证明双极性 m 序列的周期性自相关函数为二值函数，且 主副峰之比等于码长（周期） 。 证明： 二序列的移位相加特性是说单极性 m 序列和它的移位相加后仍然是 m 序列， 相加的结 果在一个周期内 1 比 0 多一个。双极性 m 序列是把 0、1 表示的，序列映射为 ?1 表示， 其中 0 映射为 ?1 ，1 映射为-l。对于双极性 m 序列，一个周期内-1 比十 1 多一个。在这种映射下，模 2 加运算变成了乘法运算．如表 12-7 所示：表 12-7 因此 m 序列的移位相加特性对于双极性 m 序列表现为： 序列和它的移位相乘后仍为 m m 序列。周期为 p 的双极性 m 序列的周期性自相关函数定义为 R( j ) ? 其中 b 的下标按模 p 运算，即 bk ? p ? bk 。 当 j 和 p 为整倍数时，bk ? j ? bk , bk bk ? j ? 1 ，因此 R( j ) ? R(0) ? 1 ，这是自相关函数 的主峰值 ；对于 0 ? j ? p ，令 ck ? bkbkp p1 p ? bk bk ? j ， p k ?1? j，则 m 序列的移位相加特性表明序列 {ck }也是 m 序列，? bk bk ? j ? ? ck 表示一个周期内求和，由于-1 比+1 多一个，所以k ?1 k ?1?ck ?1pk? ?1 ，从而得?1, j mod p ? 0 ? R( j ) ? ? 1 ?? p , else ?这就证明了周期为 p 的双极性 m 序列的周期性自相关函数为二值函数，且主副峰之比 等于码长（周期） 。 12-13、写出长度为 8 的所有瑞得麦彻序列和沃尔什序列，并比较说明它们之间的关系。 解：长度为 8 的瑞得麦彻序列有４个，如表 12-8 所示表 12-8 长度为８的沃尔什序列有８个，若以哈达马矩阵的行号为编号，则这８个码如表 12-9 所 示：表 12-9 容易看到 Walsh 码的集合Ｗ包含了 Radema che 码的集合 R。Radema che 码除去全 0 码字 外，其余三个线性不相关。另外由双极性 Walsh 码对乘法封闭这个特性可知单极性 Walsh 码对谈 2 加法封闭，由此可知Ｗ是一个线性空间，R 是其一组基。因此每个 Walsh 码一定 可以表示为Ｒ的线性组合，即wi ? bG 此外? 0 0 0 0 1 1 1 1? ? ? G ? ? 0 0 1 1 0 0 1 1? ? 0 1 0 1 0 1 0 1? ? ?二进制向量 b ? (b0b1b2 ) 和哈达马矩阵的行号 i 的关系如表 12-10 所示：表 12-10 也就是说，b 是 i 的自然二进制表示。 12-14、已知优选对 m1 , m2 的特征多项式分别为 f1 ( x) ? x ? x ? 1, f 2 ( x) ? x ? x ? 1，写出3 3 2由此优选对产生的所有 Gold 码，并求其中两个的周期互相关函数。 解：特征多项式为 f1 ( x) ? x3 ? x ? 1的 m 序列的一个周期为 1110010；特征多项式为f2 ( x) ? x3 ? x2 ?1 ，写出由此生成的 Gold 码，并求其中两个的周期互相关函数。G1:1110100 ? 1110010 ? 0000110 G 2 :1110100 ? 0111001 ?
:1110110 ? 1011100 ? 0101000 G 4 :1110110 ? 0101110 ?
:1110110 ? 0010111 ? 1100011 G 6 :1110110 ? 1001011 ? 0111111 G 7 :1110110 ? 1100101 ? 0010001再加上原有的两个 m 序列：G8 : :1110010一共有 9 个。 考虑 G1, G 2 的互相关，这两个码的双极性形式为g1:1 1 1 1 ?1 ?1 1g 2 : ?1 1 1 ? 1 ? 1 1 ? 1其互相关函数为 R12 (k ) ?? g1(i) g 2(i ? k )i ?16k ?{0,1, 2,?,6}其中 i ? k 按 mod7 计算。通过具体计算可得??1, k ?{0,1,3,5} ? R12 (k ) ? ?3, k ? 2 ??5, k ? 4 ?12-15、设在一个纯 ALOHA 系统中，分组长度公＝20ms，总业务到达率 ?t ? 10 pkt / s ， 试求一个消息成功传输的概率。 解：由题意， ? ? 20ms ， ?t ? 10 pkt / s ，则系统的总业务量为P ? ?? ? 10 ? 20 ?10?3 ? 0.2 t纯 ALOHA 系统吞吐量满足 p ? Pe?2P，一个消息成功传输的概率为Ps ?p ? e ?2 P ? e ?2?0.2 ? e ?0.4 ? 0.67 P12-16、若上题中的系统改为 S-ALOHA 系统，试求这时消息成功传输的概率。 解：S-ALOHA 系统的吞吐量满足 p ? Pe?P，这时消息成功传输的概率为Ps ?p ? e ? P ? e ?0.2 ? 0.82 P12-17、在上题的 S-ALOHA 系统中，试求一个消息分组传输时和另一个分组碰撞的概率。 解：其概率为： 1 ? P ? 1 ? 0.82 ? 0.18 。 s 12-18、设一个通信系统共有 10 个站，每个站的平均发送速率等于 2 分组/秒，每个分组包 含 1350 b,系统的最大传输速率（容量）R=50 kb/s，试计算此系统的归一化通过量。 解：由题意，b=1350 b， ? ? 10 ? 2 ? 20 pks / s ,则归一化通过量为p ? b? / R ? 1350 ? 20 / 50000 ? 0.5412-19、试问在三种 ALOHA 系统（纯 ALOHA, S-ALOHA 和 R-ALOHA )中，哪种 ALOHA 系统能满 足上题的归一化通过量要求。 答：R-ALOHA 。因为纯 ALOHA 与 S-ALOHA 的最大通过量分别为 0.18 和 0.37。 12-20、在一个纯 ALOHA 系统中，信道容量为 64 kb/s，每个站平均每 10s 发送一个分组， 即使前一分组尚未发出（因碰撞留在缓存器中） ，后一分组也照常产生。每个分组包括 3000 b。若各站发送的分组按泊松分布到达系统，试问该系统能容纳的最多站数。 解：对于纯的 ALOHA 可用的带宽为：0.18*64=11.52 kb/s， 每个站需要的带宽为：0 b/s =0.3 kb/s. 故系统能容纳的最多站数为：N=11.52/0.3＝38.4 ? 38。 12-21、N 个站共享一个 56 kb/s 的纯 ALOHA 信道。每个站平均每 100s 输出一个 1000 位的 帧，即使前面的帧还没有被送出，它也这样进行（比如这些站可以将送出的帧缓存起来） 。 请问 N 的最大值是多少？ 解：对于纯 ALOHA,可用的带宽是：0.18*56=10.08 kb/s， 每个站需要的带宽为
b/s ， 故 N=8。 所以，最多可以有 1008 个站，即 N 的最大值为 1008。 12-22、一大群 ALOHA 用户每秒钟产生 50 个请求，包括原始的请求和重传的请求。时隙单位 为 40 ms。试求： （1）首次发送成功的概率是多少？ （2）恰好 k 次冲突之后发送成功的概率是多少？ （3）所需传送次数的期望值是多少？ 解： （1)在 ? 秒时间间隔内有 K 个新消息到达的概率服从泊松分布P( K ) ?(?? ) K e? ?? K!? ?t?K=0 表示在 ? 时间间隔内没有消息到达的概率，即 P(0) ? e 由题意， ? ? 40ms, ?t ? 50, P ? ?? ? 50*40*10 t?2? e? P 。?2对于纯 ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其他帧发送的概 率是： e?P? e? P ? e?2 P对于时隙 ALOHA，由于冲突危险区减小为原来的一半，任一帧时间内无其他帧发送 的概率为 e?P。因此，时隙 ALOHA 首次发送成功的概率为 e?2? 1/ e2 。（2）k 次冲突之后发送成功的概率为(1 ? e? P )k ? e? P ? (1 ? e?2 )k ? e?2 ? 0.135 ? (1 ? 0.135)k ? 0.135 ? 0.865k（3）尝试 k 次才能发送成功的概率（即前 k－1 次冲突，第 k 次才成功）为pk ? (1 ? e? P )k ?1 ? e? P因此，每帧所需传送次数的数学期望为? ?E ? ? kpk ? ? k (1 ? e? P )k ?1 ? e? P ? e P ? e2 ? 7.4k ?1 k ?112-23、一个纯 ALOHA 系统中共有 3 个站，系统的容量是 64 kb/s。3 个站的平均发送速率分 别为：7.5 kb/s，l0kb/s 和 20 kb/s。每个分组长 100 b 。分组的到达服从泊松分布。 试求出此系统的归一化总业务量、归一化通过量、成功发送概率和分组成功到达率。 解：由题意，b=100 b，R=64 kb/s，系统的总业务量为P ' ? 7.5 ? 10 ? 20 ? 37.5则此系统的归一化总业务量为P ? P '/ R ? 37.5 / 64 ? 0.586纯 ALOHA 系统的归一化通过量为p ? Pe?2 P ? 0.586 ? e?2?0.586 ? 0.18故成功发送概率为 Ps ?p 0.18 ? ? 0.31 P 0.586又因为系统的总业务量 P ' ? b?t ，则系统的总业务到达率为?t ? P '/ b ? 37.5/ 0.1 ? 375 pks / s分组成功到达率为 ? ? ?t P ? 375 ? 0.31 ? 116 pks / s s 12-24、试证明纯 ALOHA 系统的归一化通过量的最大值为 1/2e.此最大值发生在归 一化总业务量等于 0.5 处。 证明：纯 ALOHA 系统的归一化通过量和归一化总业务量的关系为： p ? Pe 当 P 最大时，有：?2P。?p ? e ?2 P ? 2 Pe ?2 P ? 0 ?P?2?0.5可求得 P ? 0.5, pmax ? 0.5 ? e? 1/ 2e 。12-25、对一个无限用户的时隙 ALOHA 信道的测试表明，10％的时隙是空闲的。 试求： （1）信道的总业务量是多少？ （2）吞吐量是多少？ （3）该信道是载荷不足，还是过载了？ 解： （1）时隙 ALOHA 系统中没有消息到达的概率 p0 ? e? P ，因此，信道的总业务量为P ? ? ln p0 ? ? ln 0.1 ? 2.3（2）时隙 ALOHA 系统的吞吐量 p ? Pe? P 。因为 P ? 2.3 ，所以吞吐量为P ? 2.3 ? e2.3 ? 2.3 ? 0.1 ? 0.23（3）因为每当 P ? 1 时，信道总是过载的，因此在这里信道是过载的。 12-26、考虑在一条 1 km 长的电缆上建立一个速率为 1 Gb/s 的 CSMA/CD 网络。信号在电缆 中的传输速率为 200000km／s。请问最小的帧长度为多少？ 解：由题意，信号的传输速率为 200000km／s，对于 Ikm 电缆： 单程传播时间为： P ? 1/ 200000 ? 5 ?10?6? 5us来回路程传播时间为： 2t ? 10us 。 为了能够按照 CSMA/CD 工作，最小帧的发射时间不能小于 10us 。以 1 Gb/s 速率工作， 10us 可以发送的比特数为10 ?10?6 ? 1?9因此，最小帧为 10000b 或 1250B（字节）长。 12-27、设在一个 S-ALOHA 系统中有 6000 个站，平均每个站每小时需要发送 30 次，每次发 送占一个 500us 的时隙。试计算该系统的归一化总业务量。 解：由题意， ?t ? 6000 ? 30 / 3600 ? 50次 / 秒，? =500us ，则系统的归一化总业务量为P ? ?? ? 50 ? 500 ?10?6 ? 0.025 t12-28、设在一个 S-ALOHA 系统中每秒共发送 120 次，其中包括原始发送和重发。每次发送 需占用一个 12.5ms 的时隙。试问： （1）系统的归一化总业务量等于多少？ （2）第一次发送就成功的概率等于多少？ （3）在一次成功发送前，刚好有两次碰撞的概率等于多少？ 解：由题意， ?t ? 120次 / 秒，? =12.5ms 。 （l） P ? ?? ? 120 ?12.5 ?10 t?3? 1.5 。（2） P(0) ? e? ?t?? e?1.5 ? 0.223 。（3） P ? (1 ? e? P )2 e? P ? (1 ? 0.223)2 ? 0.223 ? 0.135 。 3 12-29、设一个令牌环形网中的令牌由 10 个码元组成，信号发送速率为 10 Mb/s，信号在电 缆上的传输速率是 200m/us。试问使信号延迟 1 码元的电缆长度等于多少米？当网中只有 3 个站工作（其他站都关闭）时，需要的最小的电缆总长度为多少米？ 解：信号发送速率为 10 Mb/s，则延迟 1 码元的时间为 1/10us。 又信号的传输速率是 200m/us，则使信号延迟 1 码元的电缆长度为L ? 200 ?1 ? 20m 1010 个码元的令牌持续时间为 1us， 假设工作的 3 个站接口的延迟时间都为 1 码元， 则环 网的总延迟时间（电缆的延迟时间和各接口的延迟时间之和）不能小于令牌的长度，故 需要的最小电缆总长度为10 L ? 3L ? 7 L ? 7 ? 20 ? 140m12-30、 设一条长度为 10 km 的同轴电缆上， 接有 100 个站， 信号在电缆上传输速度为 200m/us， 信号发送速率为 10Mb/s，分组长度为 5000b。试问： （l）若用纯 ALOHA 系统，每个站的最大可能发送分组速率等于多少？ （2）若用 CSMA/CD 系统，每个站的最大可能发送分组速率等于多少？ 解： （l）纯 ALOHA 中，发送分组不用等待。理想情况下，各站一个接一个发送分组，互不干 扰，发送分组的最大速率为100M /() ? 2 pkt / s ．（2）对于 CSMA／CD 系统，信号传输速率为 200m/us，对于 10 km 电缆，单程传播时为t ? 10 ?103 / 200 ? 50usCSMA/CD 系统发送一个分组必须等待的时间为：2t=100us＝0.1 Ms。 故每个站的最大可能发送分组速率为：10 M *0.1 ms/5000 = 0.2 pkt/s。 12-31、设有一个频分多路复用系统，副载波用 SSB 调制，主载波用 FM 调制。如果有 60 路 等幅的音频输入通路，则每路频带限制在 3.3 kHz 以下，防护频带为 0.7 kHz.如果最大频 偏为 800 kHz,试求传输信号的带宽。 解：60 路 SSB 信号的带宽为B ? [60 ? (3.3 ? 0.7)] ? 240kHz主载波采用 FM 调制，FM 调制器输入信号的最高频率为fH ? fL ? B当频分复用 SSB 信号的最低频率 f L ? 0 时， f H ? B ? 240kHz . 则 FM 信号的带宽为 B ? 2(?f ? f H ) ? 2 ? (800 ? 240) ? 2080kHz12-32、6 路独立信源的最高频率分别为 1 kHz，1 kHz，2 kHz，2 kHz, 3 kHz, 3 kHz，若 采用时分复用方式进行传输，每路信号均采用 8 位对数 PCM 编码。 （1）设计该系统的帧结构和总时隙数，求每个时隙占有的时间宽度及码元宽度； （2）求信道最小传输带宽。 解：方法一：每路信号占用相同时隙。 （1）6 路信号的最高频率为 3 kHz,根据抽样定理的要求，可选择抽样频率为 6 kHz。不 考虑帧同步码和信令， 每帧可采用 6 个时隙， 每路信号占用一个时隙， 帧结构如图 12-11 （a）所示。 每个时隙占有的时间宽度为??1 ? 27.8 ?10?6 ? 27.8us 6000 ? 6码元宽度为：?8? 3.5us图 12-11（a） （2）码元速率为Rb ? (6000帧/ 秒） 6时隙/ 帧） 8比特/ 时隙） 288 kb/ s ? （ ? （ ? Bc ? Rb / 2 ? 144Hz信道最小传输带宽为方法二：根据抽样定理，这 6 路信号的最低抽样频率可以分别取为 2 kHz, 2 kHz, 4 kHz,4 kHz，6 kHz，6 kHz.并根据每路信号的速率分配不同的时隙。这 6 路信号占有 的时隙数分别为 1，1，2，2，3，3.此时每帧可采用 12 个时隙来传输这 6 路信号， 帧结构如图 12-11（b）所示。图 12-11（b） 每个时隙占有的时间宽度为??1 ? 41.7 ?10?6 ? 41.7us 2000 ?12码元宽度为： （2）码元速率为?8? 5.2usRb ? (2000帧 / 秒） 12时隙 / 帧） 8比特 / 时隙） 192kb / s ? （ ? （ ? Bc ? Rb / 2 ? 96Hz信道最小传输带宽为12-33、设有 3 路模拟信号，带宽分别为 2 kHz，4 kHz, 2 kHz, 8 路数字信号，数据速率都 为 8 kb/s。采用 TDM 方式将它们复用到一条通信链路上，假定复用后数字传输，对模拟信 号采用 PCM 方式，量化级数为 16 级，则复用线路需要的最小传输带宽为多少？ 解：先将 3 路模拟信号用 PCM 方式变为数字信号。根据抽样定理，抽样频率分别为 4 kHz， 8 kHz，4 kHz。由于量化级数为 16 级，即每次采用 4b 表示，则需要的数据率分别为 16kb/s, 32kb/s, 16kb/s。 另有 8 路数据速率都为 8 kb/s 的数字信号，按 TDM 方式复用成一路信号。此时每帧可 采用 16 时隙来传输这 11 路信号，3 路模拟信号占用的时隙数分别为 2, 4, 2。 8 路数 字信号各占 1 个时隙。 则复用后的码元速率为 Rb ? 8 ?16 ? 128kb / s ， 信道最小传输带宽为 Bc ? Rb / 2 ? 64Hz 。 12-34、有 12 路模拟话音信号采用频分复用方式传输。已知话音信号频率范围为 0-4 kHz， 副载波采用 SSB 调制，主载波采用 DSB 一 SC 调制。 (1)试画出频谱结构示意图，并计算副载波调制合成信号带宽； (2)试求主载波调制信号带宽。 解： （1）频谱结构示意图如图 12-12 所示。图 12-12 由于副载波采用 SSB 调制，故调制合成带宽BSSB ? 12 ? 4 ? 48kHz（2）主载波采用 DSB 一 SC 调制，故调制合成信号带宽BDSB ? 2 ? 48 ? 96kHz12-35、有 60 路模拟话音信号采用频分复用方式传输。已知话音信号频率范围为 0-4 kHz， 副载波采用 SSB 调制，主载波采用 FM 调制，调制指数 mt ? 2 。（1）试计算副载波调制合成信号带宽； （2）试求信道传输信号带宽。 解： （1）由于副载波采用 SSB 调制，所以副载波调制合成信号带宽为B60 ? 60 ? 4 ? 240kHz（2）主载波采用 FM 调制，调频波的总带宽为B ? 1(?f ? f m ) ? 2 f m (mt ? 1)式中 f m ? B60 ? 240kHz ，所以调频波的总带宽为B ? 2 ? 240 ? (2 ? 1) ? 1440kHz12-36、已知一个基本主群由 10 个超群复用组成，试画出频谱结构，并计算频率范围。 解：12 个 4000Hz 的音频信道被多路复用到 60～108 kH：的频带上，这个单位叫做基群。5 个基群可被多路复用成一个超群， 再上面的单位是主群， 它相应于 5 个 CCITT 标准超群 或 10 个贝尔系统超群。主群频率配置方式共有两种标准：L600 和 U60o，其频谱配置如 图 12-13 所示。L600 的频率范围为 60～2788 kH： ，U600 的频率范围为 364～3084 kHz。图 12-13 12-37、有 24 路模拟话音信号采用时分复用 PAM 方式传输。每路话音信号带宽为 4 kHz，采 用奈奎斯特速率抽样，PAM 脉冲宽度为 ? ，占空比为 50％。试计算脉冲宽度 ? 。 解：根据抽样定理可知，抽样频率为 8 kHz，故每帧时间为 125us，由路数和占空比，可得 脉冲宽度为 ? ?125 ? 50% ? 2.6us 。 2412-38、有 12 路模拟话音信号采用时分复用 PCM 方式传输。每路话音信号带宽为 4 kHz，采 用奈奎斯特速率抽样，8 位编码，PCM 脉冲宽度为： ，占空比为 100％。试计算脉冲宽度 ? 。 解：抽样频率为 8 kHz，每帧时间为 125 us，PCM 将模拟信号的抽样量化值变换成代码。因 为采用 8 位编码，所以脉冲宽度：为??125 1 ? ?100% ? 1.302us 12 812-39、有 24 路模拟话音信号采用时分复用 PAM 方式传输。每路话音信号带宽为 4 kHz，采 用奈奎斯特速率抽样，PAM 脉冲宽度为 r，占空比为 50％。 （1）试计算此 24 路 PAM 信号第一个零点带宽； （2）试计算此 24 路 PAM 系统最小带宽。 解： （l）根据题中给定条件，24 路模拟话音信号的时分复用 PAM 脉冲时间间隔为Tb ?125 ? 5.208us ，由于占空比为 50％，因此脉冲宽度为 ? ? Tb ? 50% ? 2.604us 。 24 1 ? 384kHz根据数字基带信号的频谱结构可知，24 路 PAM 信号第一个零点带宽为B??（2）系统最小带宽是指不产生码间干扰所需要的最小带宽。根据奈奎斯特速率，最小带 宽为Bs ?1 B ? 192kHz 212-40、有 32 路模拟话音信号采用时分复用 PCM 方式传输。每路话音信号带宽为 4 kHz，采 用奈奎斯特速率抽样，8 位编码，PCM 脉冲宽度为 T，占空比为 100％。 （1）试计算此 32 路 PCM 信号第一个零点带宽； （2）试计算此 32 路 PCM 系统最小带宽。 解： （l）由于采用奈奎斯特速率抽样，故抽样速率为f s ? 2 fm ? 2 ? 4 ? 8kHz32 路时分复用 PAM 脉冲时间间隔为－Ta ?Ts 1 ? 32 32 f s将 PAM 脉冲采用 8 位编码后的 PCM 脉冲宽度为??Ta 1 ?100% ? 8 256 f s1因此，信号第一零点宽度B??? 256 f s ? 2048kHz 1 ? 1024kHz 2?（2）根据奈奎斯特速率，系统最小带宽为Bmin ?12-41、对于标准 PCM3O／32 路制式基群系统。 （1）试计算每个时隙时间宽度和每帧时间宽度； （2）试计算信息传输速率和每比特时间宽度。 解 ： l ）根 据 抽样 定 理， 每 路 模拟 话 音信 号 的抽 样 速 率为 8000 Hz，所 以 每 帧宽 度 （Ts ?125 1 ? 3.91us ? 125us ，每一帧分为 32 个时隙，所以每个时隙宽度为 ? l ? 32 fs（2）每一时隙均按 8 位编码，所以每个比特时间宽度为 ? b ? 速率为 fb ? 8000 ? (24 ? 8 ? 1) ? 2.048( Mb / s)?l8? 0.488us ，信息传输12-42、对于标准 PCM24 路制式基群系统。 （1）试计算每个时隙时间宽度和每帧时间宽度； （2）试计算信息传输速率和每比特时间宽度。 解 ： 1 ） 根 据 抽 样 定 理 ， 每 路 模 拟 话 音 信 号 的 抽 样 速 率 为 8000Hz ， 所 以 每 帧 宽 度 （Ts ?1 ? 125us ，根据标准 PCM24 路制式基群帧结构，每一帧中增加 1 同步比特，所 fs125 ? 5.18us 24 ? 1/ 8以每个时隙宽度为 ? l ?（2）每一时隙均按 8 位编码，所以每个比特时间宽度为 ? b ? 速率为 fb ? 8000 ? (24 ? 8 ? 1) ? 1.544(Mb / s)?l8? 0.647us ，信息传输12-43、试计算二次群复接器的支路子帧插人比特数 ms 和码速调整率 S。 解：二次群输人四路基群码率为 2．048 Mb／s，经码速调整后支路码率达到 112 Mb／s，故 需擂人 64 kb／s 才能达到标称支路码率。支路子帧长为 212 bit，传输一帧所需时间 为 212／2112000（s） ，则在 212 bit 内应插人的比特数为ms ?212 ? 64000 ? 6.424b 2112000码速调整率为 s ?fs Fs其中帧频 Fs ? 标称插入速率二次群标称码率 8448 ? ? 9.962kHz 帧长 848f s ? 支路标称码率-标称基群码率-6 ? 帧频 =2112 ? 2048 ? 6 ? 9.962 ? 4.228kb / s所以码速调整率为 S ?4.228 ? 0.424 9.962填空题 9-1、频分复用系统中一般采用____调制方式。 （单边带）9-2、时分复用系统中，帧同步码的作用是____，用 DM 传输一路语音是否需要帐同步码？ ____。 （标明一帧的起始时刻，以便分接信号；不需要） 9-3、A 律 PDH 二次群的信息速率____于一次群信息速率的 4 倍。 （大） 9-4、STM 的信息速率____于 STM-1 的信息速率的 4 倍。 （等） 9-5、假定一个分组的传输时间为 ? ，则纯 ALOHA 系统对分组到达时间间隔的要求为____， 时隙 ALOHA 系统对分组到达时间间隔的要求为____。( 2? ,? ) 9-6、 n 阶线性反馈移位寄存器可生成长度为____的 m 序列。 2 （n?1）9-7、信道多路复用的主要方法有____、____和码分复用。 （时分复用，频分复用） 9-8、 序列是由____产生的， m 周期____的一种序列。 若移存器为 5 级、 则其周期为____。 （线 性反馈移位寄存器，最长，31) 9-9、某本原多项式系数的八进制数表示为 211，则该本原多项式为____，以它产生的 m 序 列周期为____。( f ( x) ? x7 ? x3 ? 1,127 ) 9-10、n 级移存器构成的 m 序列每个周期中的游程总数有____个，长为 k ( 1 ? k ? n ? 1 ）的 游程个数为____个。 2 （n ?1, 2n?k ?1 ）9-11、E 体系的一次群的速率是____，可同时传输____路数字电话；二次群的速率是____， 可同时传输____路数字电话。 (2.048 Mb/s，30，8.448 Mb/s，20) 选择题 12-1、在同一条链路上可传输多路信号，利用的是各路信号之间的（B） 。 A.相似性 B.正交性 C.一致性 D.重盛 12-2、在光纤中采用的多路复用技术是（C） 。 A.时分复用 B.频分复用 C.波分复用 D.码分复用 12-3、一般而言，通信能力（即带宽）浪费最大的是（A） 。 A ．FDM B ．TDM C. CDM D. WDM 12-4、采用 FDM 技术将多路信号复用成一路信号进行传输，复用后信号的带宽通常（A） 。 A.大于复用前各路信号的带宽之和 B.等于复用前各路信号的带宽之和 C.小于复用前各路信号的带宽之和 D.不能确定12-5、采用 TDM 技术将多路信号复用成一路信号进行传输，复用后信号的数据率通常（D） 。 A.大于复用前各路信号的数据率之和 B．等于复用前各路信号的数据率之和 C.小于复用前各路信号的数据率之和 D.不小于复用前各路信号的数据率之和 12-6、在 FDM 公共传输介质上传输的复合信号是（）的，输入的信号可以是（）的。 （D） A.数字，模拟 B．数字，数字 C.模拟，模拟 D.模拟，数字或模拟 12-7、E1 信道使用 32 路信号（）复用一条通道，抽样频率是每秒 8000 次，因而总数据率 是（）（B） 。 A.时分，1.544 Mb/s B.时分，2.048 Mb/s C.频分，1.544 Mb/s D.频分，2.048 Mb/s 12-8、时隙 ALOHA 系统对分组到达时间间隔的要求为（B） 。 A. 0.5? B． ? C． 2? D． 3? 12-9、下列关于 CSMA/CD 的描述，正确的是（B） 。 A. CSMA/CD 说明站点在发送完帧之后再对冲突进行检测； B. CSMA/CD 说明在站点发送帧期间，同时再对冲突进行检测； C. CSMA/CD 说明站点发送帧和检测冲突并不是在同一个站上进行； D. CSMA/CD 说明在一个站上发送的帧， 只有当另一个站没有收到时， 才对冲突进行检测。 12-10、某一基带总线网络中，站点发送时间为 1，总线上任意两个站点之间的传播延迟时 间为 t,试问按 CSMA/CD 要求，t 的取值范围是（A） 。 A ． t ? 0.5 B． t ? 0.5 C． t ? 1 D． 0.5 ? t ? 1 12-11、CSMA/CD 中采用的退避算法解决了（B） 。 A.站点检测到冲突后延迟发送的时间 B.站点检测到冲突后继续等待的时间 C.站点是如何对冲突进行检测 D.站点如何避免冲突 12-12、CSMA/CD 中一旦某个站点检测到冲突，它就立即停止发送，其他站点（C） 。 A.都处于待发送状态 B.都会相继竞争发送权 C.都会接收到阻塞信号 D.仍有可能继续发送帧 思考题 12-1、试问多路复用主要有哪 3 种方法？ 答：主要有频分复用 FDM、时分复用 TDM 和码分复用。 12-2、试述多路复用、多路复接和多址接入的异同点？ 答：多路复用：在一条链路上传输多路独立信号复接；多路复接：解决来自若干条链路的多 路信号的合并和区分。多址接入：多个用户共享信道、动态分配网络资源。 12-3、多路复用的主要目的是什么？答：采用多路复用的目的是（1）提高通信链路利用率（2）提高通信能力（3）通过共享线 路分享成本，降低通信费用。 12-4、试述时分复用的优点？ 答：便于信号的数字化和实现数字通信；制作调试方便适合集成电路实现；生产成本低具有 价格优势。 12-5、试写出码组正交的必要和充分条件。 答： x, y 表示两个码组：xi 设? ( x1 , x2 ,..., xN ) ，yi ? ( y1, y2 ,..., yN ) 式中，xi , yi ? (?1, ?1) ，1 N ? xi yi 。两码组正交的必要和充分条 N i ?1i = 1, 2, ?, N，互相关系数定义： ? ( x, y ) ? 件： ? ( x, y) ? 0 。12-6、试述本原多项式满足的条件？ 答：本原多项式是指满足下列条件的多项式：①是既约的，即不能分解因子的；②可以整除( xm ? 1), m ? 2n ?1 ；即是 ( xm ? 1) 的一个因子；③除不尽 ( xq ? 1), q ? m 。12-7、为什么称 m 序列为伪随机序列？ 答：m 序列具有类似白噪声的随机特性但是又能重复产生，所以称为伪随机噪声。它可以代 替白噪声用于需要随机信号的场合。 12-8、什么是正交编码？什么是超正交码？什么是双正交码？ 答：两个周期相同的模拟信号 s1 (t ), s2 (t ) 满足丁：?T0s1 (t ), s2 (t )dt ? 0 。,T 为它们的周期，则 s1 (t ), s2 (t ) 相互正交，任意两个码组都正交的编码方式就是正交编码。若两个码组之间的 相关系数 ? ? 0 ，则称这两个码组之间互相超正交。如果一种编码的任意两个码组之间均超 正交，则称这种编码方式为超正交编码。由其正交编码和其反码便可构成双正交编码。 12-9、什么是哈达玛矩阵？它的主要特性如何？ 答：有+1 和-1 构成，且其各行和各列是互相正交的一种方阵称为哈达玛矩阵，其是法国数 学家 M. J. Hadamard 矩阵，简称 H 矩阵。H 矩阵中，交换任意两行或任意两列，或任意一 行或列中的每个元素的符号，都不会改变矩阵的正交性质。H 矩阵的行和列是相互正交的， 所以 H 矩阵是正交矩阵。 12-10、什么是 m 序列？ 答： 有线性反馈移存器产生的周期最长的二进制序列称为最大长度线性反馈移存器序列， 常 简称为 m 序列。12-11、何谓本原多项式？ 答：一个 n 阶多项式码组下列条件：(1) f(x)为即约的；(2) f(x)是 xm ? 1, m ? 2n ?1 的一 个因子； （3) f(x)．除不尽 xq ? 1, q ? m ；则称此多项式为本原多项式。12-12、反馈移位寄存器产生 m 序列的充要条件是什么？ 答：反馈移存器产生 m 序列的充要条件是：反馈移存器的特征多项式为本原多项式。 12-13、本原多项式的逆多项式是否也是本原多项式？为什么？ 答：本原多项式的逆多项式也是本原多项式。由多项式的逆多项式定义可知，本原多项式的 逆多项式也满足多项式是本原多项式的三个条件，因此本原多项式的逆多项式是本原多项 式。 12-14、什么是 m 序列的均衡性？ 答：在 m 序列的任意周期中，序列中“1”和“0’ ’的个数基本相等。准确地说， “1”的个 数比“0”的个数多一个，这就是 m 序列的均衡性。 12-15、什么叫做“游程”？m 序列“游程”分布的一般规律如何？ 答：序列中，取值相同且连在一起的元素成为“游程” 。在 m 序列中，长度为“1”的游程占 总数的 1／2；长度为 2 的游程占游程总数的 1／4；长度为 k 的游程占游程总数的 2 ，其 中 1 ? k ? (n ? 1) 。长度为 k 的游程中，连“1”的游程和“0”的游程各占一半。?k12-16、m 序列的移位相加特性如何？ 答：一个 m 序列 M p 与其经过任意次延迟移位产生的另一不同的 m 序列 M r 模 2 相加，得到 的仍是 M p 的某次延迟移位序列 M d ，即 M d ? M p ? M r ，其周期不变。 12-17、为什么说 m 序列属于伪噪声（伪随机）序列？ 答：m 序列的均衡性、游程分布、自相关特性和功率谱与随机序列的基本性质相似，所以常 认为 m 序列属于伪噪声（伪随机）序列。 12-18、什么是二次剩余序列？试举例说明。 答：如果能找到一个整数 x，它使 x ? 1(mod p) 。若方程成立，认为方程有解，满足此方2程的 i 就是模 p 的二次剩余；否则 i 就是模 p 的非二次剩余。当规定 a0 ? ?1 时，有?1, 若i是模p的二次剩余 ai ? ? ??1, 若i是模p的非二次剩余其中 P 为奇素数，此时｛ ai ｝二次剩余序列，i=0，1，2．?其周期为 P。例如，P=5 时，可以计算出 1，4 是模 5 的二次剩余；2，3 为模 5 的非二次剩余。因此 得到的二次剩余序列为一 11 一 1 一 11。 12-19、什么是 M 序列？它与 m 序列有何异同？ 答： 由非线性反馈移存器产生的周期最长的序列简称为 M 序列。 m 序列是由线性反馈移存 而 器产生的周期最长序列。 12-20、如何利用 m 序列来测量通信系统的误码率？ 答：如图 12-14 所示，发送端常用 m 序列作为伪随机序列作为信源，接收端用相同的 m 序列 来和同步信号产生本地序列，本地序列和接收序列相比较，就可以检测误码率。图 12-14 12-21、如何利用 m 序列来测量信号经过某一传输路径的时间迟延？ 答： 测量延迟的基本方法如图 12-15 所示。 用一移位的 m 序列与被测量的经过传输路径时延 的 m 序列相关。当两个序列的相位相同时，得到的相关峰，有移位 m 序列与原 m 序列的相位 差可以求得时延。这种方法的测量精度是所用 m 序列的一个码元宽度。图 12-15 12-22、什么是通信加密？什么是数据加乱？它们有何异同？ 答： 将信源产生的二进制数字信息和一个周期很长的伪随机序列模 2 相加， 这样就将原信息 变成不可理解的另一序列。 在接收端必须在加上一同样的伪随机序列， 才能恢复原发送消息。 因为将此序列模 2 加人两次，等于没有加人。 加乱技术，就是不用增加多余度而扰乱信号，改变数字信号统计特性，使其近似于白 噪声统计特性的技术。 它和通信加密的区别在于通信加密在原消息上增加了多余度， 而加乱 却没有增加原信息的多余度。 12-23、何谓扩展频谱通信？这种通信方式有哪些优点？ 答： 将传输的信号扩展至占据很宽的频带的系统， 其占用带宽远大于传输该原始信号所需的 最小带宽，这样的系统常称为扩展频谱系统。根据香农信道容量公式，在低噪比条件下可以 用增大带宽的办法来提高信号的信噪比进行无误的传输，扩谱系统能工作在低信噪比条件 下，同时还有选择地址的能力，对多元接入系统能实现码分复用，信号的功率谱密度低，有 利于信号的隐蔽，有利于防止消息被窃听，抗干扰性强，抗衰落能力强。 12-24、扩展频谱技术可以分为哪几类？答：扩展频谱技术分为 DSSS、FHSS 和线性调频。 12-25、何谓 DSSS 通信系统？ 答：DSSS 通信系统是将一段位随机序列表示一个信息码元，对载波进行调制的系统。 12-26、何谓 FHSS 通信系统？ 答：FHSS 通信系统是使发射机的载频在一个信息码元的时间内，按照预定的规律，离散的 快速跳变的系统。 12-27、 什么是码分多址通信？这种多址方式与频分多址、 时分多址相比有哪些突出的优点？ 答： 将需要传送的具有一定信号带宽信息数据用一个带宽远大于信号带宽的高速伪随机码进 行调制， 使原数据信号的带宽被扩展， 在经过载波调制并发送出去接收端使用完全相同的伪 随机码， 与接收的带宽信号作相关处理把带宽信号换成原信息数据的窄带信号即解扩， 以实 现信息通信。 这就是码分多址(CDMA)。 与时分多址(TDMA),频分多址(FDMA)相比 CDMA 抗噪声 性能更强， 安全性更高， 容量更大， 在同样的频谱范围内 CDMA 的容量可以自动调整， TDMA, 而 FDMA 的容量则是固定不变的。 12-28、何谓分离多径？分离多径技术的原理如何？ 答： 在接收端能够设法将多径信号的各条路径分离开， 就可能分别校正每条路径接收信号的 相位，使之按通相相加，从而克服衰落现象。这种技术称为分离多径技术。在分离多径技术 中，m 序列有重要作用。将相邻路径延迟差作为 m 序列的一个码元宽度，为消除个路径随机 相位的影响，利用自适用滤波器校正多路信号的相加，使各路信号具有相同的相位，从而实 现按同相位相加。 12-29、试述自适应校相滤波器的功能。 答：经过自适应校相滤波器后，接收信号中的随机相位可以消除。 12-30、何谓沃尔什矩阵，试写出 4 阶沃尔什矩阵。 答：设沃尔什函数 Wi 的符号改变次数为 i，表示为 X i ? ( xi1 , xi 2 ,..., xik ) ，与 Wi 相等的哈达码 矩阵的行序号表示为 Ci ? (ci1 , ci 2 ,..., cik ) ，两者之间的转换方法为：ci , K ? xi ,1 ； ci,K ? j ? xi, j ? xi, j ?1, j ? 1,2,..., K ?1。?? ? 则， W ? ? ? 4 ?? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ?? ? ?? ? ??12-31、若纯 ALOHA 网络中有很多用户，传输速率为 1Mb/s，则能成功传递的最高数据速率 是什么？如果 ALOHA 网络里只有一个用户有效，则吞吐量是多少？ 答： （1）纯 ALOHA 网络中有很多用户时，分组由很多终端产生，此时纯 ALOHA 协议的最大吞 吐量为 18%。当传输速率为 1Mb/s，最高数据速率为 180kb/s。 （2）ALOHA 网络里只有一个用户时，最高数据速率为 1Mb/s。12-32、 考虑在低载荷情况下纯 ALOHA 和时隙 ALOHA 的延迟， 哪一个延迟更小？请说明理由。 答：对于纯 ALOHA.发送可以立即开始。对于时隙 ALOHA.它必须等待下一个时隙。这样，平 均会引入半个时隙的延迟。因此，纯 ALOHA 的延迟比较小。 12-33、二进制指数退避算法的定义是什么？ 答：在二进制指数退避算法中，传输设备如果检测到冲突，将推迟并保持一段随机的空闲时 间。该随机时间从 0~1 之间随机选择一个数，然后等待这么多个时隙之后再重试发送（时隙 的长度等于最差情况下信号在以太介质上往返传播所需要的时间） ；如果两个站再次发生冲 突，则在 0 ~ 2 ? 1 之间随机选择一个数，然后等待这么多个时隙之后再重试发送；若第 n2次冲突之后， 则在 0 ~ 2 ? 1 之间随机选择一个数， 然后等待这么多个时隙之后再重试发送。n达到 10 次冲突之后，随机数的区间固定在最大值 1023 上，以后不再增加。16 次冲突之后， 放弃发送努力，向计算机发送失败报告。 12-34、以太阿中阻塞信号的作用是什么？ 答：CSMA/CD 检测到冲突时将发送一个短的阻塞信号，当所有的工作站检测到阻塞信号时， 将立即取消发送数据，使得分组冲突可以立即停止，节约信道占用时间。
第十二章 正交编码与伪随机序列―汇集和整理大量word文档,专业文献,应用文书,考试资料,教学教材,办公文档,教程攻略,文档搜索下载下载,拥有海量中文文档库,关注高价值的实用信息,我们一直在努力,争取提供更多下载资源。}