第十二章 正交编码与伪随机序列

12-1、设3级线性反馈移位寄存器的特征方程为：2
3
()1f x x x =++，试验证它为本原多 项式。

解：由题意n=3，所以217n
m =-=。

而7
3
2
4
3
2
11(1)(1)m
x x x x x x x +=+=+++++
上式说明()f x 可整除7
1x +，且()f x 既约，除不尽6
5
4
1,1,1x x x +++所以f (x)为
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：
31()1f x x x =++，322()1f x x x =++
1()f x 和2()f x 为互逆的本原多项式，都可以产生m 序列。

根据第5题，由3
1()1f x x x =++产生的m 序列为11101000， 同理，由32
2()1f x x x =++产生的m 序列为11100100。

12-3、设4级线性反馈移存器的特征方程为：2
3
4
()1f x x x x x =++++，试证明此移位寄 存器产生的不是m 序列。

证明：方法一：由题意n ＝4，得2115n
m =-=。

因为 4
3
2
5
(1)(1)1x x x x x x +++++=+
()f x 可整除5
1x +，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2
3
4
()1f x x x x x =++++构成的4级线性反馈移位寄存器如图9-4所示。

假设初始状态为：1 1 1 1 状态转换位： 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1
可见输出序列的周期为4
62115≠-=，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8
2256=个游程。

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2,1(1)k
k n -≤≤-。

而且在长度为k 的游程中[其中1(2)k n ≤≤-]，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，“”和“”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“111111111”。

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369,,Q Q Q ，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921-，并且“1”的符号出现率约为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921-，并且“1”的符号出现率约为1/8。

解：设九级移存器所组成的序列为9{},1,
21i a i =-，则其周期为921T =-
则369,,Q Q Q 的输出序列分别为369{},{},{}i i i a a a +++ （1）设它们通过“或”门后得到的新序列为*
{}i a ，
则*
369i i i i a a a a +++=∨∨
因为{}i a 的周期为T ，
所以369{},{},{}i i i a a a +++的周期也为T ，
所以**
369369i T i T i T i T i i i i a a a a a a a a ++++++++++=∨∨=∨∨=
所以*
{}i a 的周期仍为T ，
九级移存器的状态共有921-种，并且一个周期内各种状态出现1次，即等概率出现，所以369{},{},{}i i i a a a +++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，*
369i i i i a a a a +++=
所以*
{}i a 的周期仍为T ，369{},{},{}i i i a a a +++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2
1(mod )x 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01a =-时，有
1,1,i i a i ⎧=⎨-⎩若是模p 的二次剩余若是模p 的非二次剩余
解：（1）当p=7时，有
2222
2
2
11(mod 7),24(mod 7),32(mod 7)42(mod 7),54(mod 7),61(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
222222
2
2
2
2
11(mod11),24(mod11),39(mod11),45(mod11),53(mod11)63(mod11),75(mod11),89(mod11),94(mod11),101(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：-11-1111-1-1-11-1。

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
213-=，所以为两级
移存器。

由序列可看出状态转换为100111→→，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10010110因为3
217-=,所以为三级移
存器，由序列可看出状态转换为100001010101011111110→→→→→→，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150023000km ⨯=
所以，传输m 序列共需时间 28
3000
10310
t s -=
=⨯ 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，共需移位9
21511-=，故最短周期为 619.51019.5511
t
T s us -=≈⨯≈
附录：
12-1、已知特征方程231()1f x x x =++，3
2()1f x x x =++。

（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231()1f x x x =++，3
2()1f x x x =++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 表12-2
12-2、若多项式满足3()1f x x x =++，试验证它为本原多项式？ 解（1）3()1f x x x =++为既约的；
（2）由n=3,m=7，73321(1)(1)(1)x x x x x x +=+++++，则能整除1m
x +
（3）62221(1)(1)x x x x +=+++，54321(1)(1)x x x x x x +=+++++，441(1)x x +=+，则不能整除则能整除1q
x +。

故为本原多项式。

12-3、若特征多项式3
()1f x x x =++，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）3
()1f x x x =++为即约； 2）3,217n
n p ==-=
又 7323
11
(1)(1)()1p x x x x x f x x x
++==+++++，说明()f x 能整除1p x +； 3）6q =时，6
2
2
2
1(1)(1)x x x x +=+++； 5q =时，5
4
3
2
1(1)(1)x x x x x x +=+++++； 4q =时，4
4
1(1)x x +=+；
说明()f x 不能整除1,p
x q p +<；于是得结论：3
()1f x 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，2201201',','a a a a a a a =+==，于是得时序表如表12-3所示。

表 12-3
（4）输出序列为11101000。

说明：3
()1f x x x =++对应的二进制码为1011，对应的八进制码为8(13)，其逆多 项式2
3()1f x x x =++，对应的二进制码为1101，对应的八进制码为8(15)。

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4
()1f x x x =++，试用移位寄存器构成m 序列产生器， 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4
()1f x x x =++，所以用移位寄存器构成的m 序列产生器如图 12-5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）
0123456789101112131415161718191
11
10
10
11
00
1
1
1
1
1
a a a a a a a a a a a a a a a a a a a
a
从以上可以看出从15a 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1111。

12-5、已知某线形反馈移存器序列发生器的特征多项式为3
2
()1f x x x =++，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：10111001011100
周期为：7
12-6、已知m 序列的特征多项式为4
()1f x x x =++，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1100，共有8个游程：
1 000 1111 0 1 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7
3
()1f x x x =++构成m 序列，试： （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2
712
264n --==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1
()1,3n
n f x x x x n -=++++≥；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 5
4
3
2
()1f x x x x x x =+++++ 移存器的结构如图12-8(a)所示。

图 12-8 由于 543210a a a a a a =++++
是奇数项相加，因此当432101a a a a a =====时，左端移人的51a =，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）以n ＝6为例，有6
5
4
3
2
()1f x x x x x x x =++++++，移存器结构如图9-9 (b ）所示。

由于6543210a a a a a a a =+++++是偶数项相加，因此当
5432101a a a a a a ======时，左端移人的60a =，其余各位经移位后仍为1。

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，从（1）、(2)题知，当n 为奇数时周期为1，当n 为偶数时周期为n ＋1。

当3n ≥ 时，必有121n
n +<-，表明这种情况下能得到最大周期，因而不能产生m 序列。

其次，从本原多项式条件看，由于
1
1
()11
n n n x f x x x
x x +-=++
++=+
即()f x 能整除1p
x +，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）8(125)(001010101)=，对应的特征多项式为 6
4
2
()1f x x x x =+++
移位寄存器结构如图12-9所示。

图 12-9 由图可见：6420a a a a =++
因此，当移位寄存器初始状态为全1时，由上式所产生的61a =，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3
()1f x x x =++ (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：13k k k k b a b b --=++，如表12-5所示。

(3)解扰器输出：13k k k k c b b b --=++，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12-6
12-11、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5
30002/(310/)0.02km km s s ⨯⨯=，因此。

序列的周期应该大于20ms 。

由于序列发生器的时钟频率为1 MFz ，所以m 序列长度应大于4
0.021210s MHz ⨯=⨯
12-12、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：m 序列和它的移位相乘后仍为
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1
1()p
k k j k R j b b p +==∑，
其中b 的下标按模p 运算，即k p k b b +=。

当j 和p 为整倍数时，,1k j k k k j b b b b ++==，因此()(0)1R j R ==，这是自相关函数的主峰值 ；对于0j p <<，令k k k j c b b +=，则m 序列的移位相加特性表明序列{}k c 也是m 序列，
1
1
p
p
k k j
k k k b b
c +===∑∑表示一个周期内求和，由于-1比+1多一个，所以
1
1p
k
k c
==-∑，从而得
1,mod 0()1
,j p R j else p =⎧⎪
=⎨-⎪⎩
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 i w bG =此外
000011110011001101010101G ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭
二进制向量012()b b b b =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12,m m 的特征多项式分别为332
12()1,()1f x x x f x x x =++=++，写出
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3
1()1f x x x =++的m 序列的一个周期为1110010；特征多项式为
322()1f x x x =++，写出由此生成的Gold 码，并求其中两个的周期互相关函数。

1:1110100111001000001102:1110100011100110011013:1110110101110001010004:1110110010111010110105:1110110001011111000116:1110110100101101111117:111011011001010010001
G G G G G G G ⊕=⊕=⊕=⊕=⊕=⊕=⊕= 再加上原有的两个m 序列：
8:1110100
9:1110010
G G
一共有9个。

考虑1,2G G 的互相关，这两个码的双极性形式为
1:1111111
2:1111111
g g ------
其互相关函数为 6
121
()1()2()
{0,1,2,,6}i R k g i g i k k ==
+∈∑
其中i k +按mod7计算。

通过具体计算可得
121,{0,1,3,5}()3,25,4k R k k k ⎧-∈⎪
==⎨⎪-=⎩
12-15、设在一个纯ALOHA 系统中，分组长度公＝20ms ，总业务到达率10/t pkt s λ=， 试求一个消息成功传输的概率。

解：由题意，20ms τ=，10/t pkt s λ=，则系统的总业务量为
3
102010
0.2t P λτ-==⨯⨯= 纯ALOHA 系统吞吐量满足2P
p Pe
-=，一个消息成功传输的概率为
220.20.40.67P s p
P e e e P
--⨯-=
====
12-16、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
p Pe
-=，这时消息成功传输的概率为
0.20.82P s p
P e e 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：110.820.18s P -=-=。

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 ，10220/pks s λ=⨯=,则归一化通过量为
/135020/500000.54p b R λ==⨯=
12-19、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：3000/10＝300 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1000/100=10 b/s ， 故N=10080/10=1008。

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τ秒时间间隔内有K 个新消息到达的概率服从泊松分布
()()!
K e P K K λτ
λτ-=
K=0表示在τ时间间隔内没有消息到达的概率，即(0)t P P e
e λτ
--==。

由题意，2
40,50,50*40*10
2t t ms P τλλτ-=====
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：2P
P P e
e e ---⨯=
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P
e
-。

因此，时隙ALOHA 首次发送成功的概率为2
21/e
e -=。

（2）k 次冲突之后发送成功的概率为 22(1)(1)0.135(10.135)0.1350.865P k
P k k k e
e e e -----⨯=-⨯=⨯-=⨯
（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
1(1)P k P
k p e e ---=-⨯
因此，每帧所需传送次数的数学期望为 1
21
1
(1)
7.4P k P P k
k k E kp k e
e e e ∞∞
---===
=-⨯===∑∑
12-23、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
'7.5102037.5P =++= 则此系统的归一化总业务量为 '/37.5/640.586P P R === 纯ALOHA 系统的归一化通过量为
220.5860.5860.18P p Pe e --⨯==⨯≈
故成功发送概率为0.180.310.586
s p P P =
=≈ 又因为系统的总业务量't P b λ=，则系统的总业务到达率为
'/37.5/0.1375/t P b pks s λ===
分组成功到达率为3750.31116/t s P pks s λλ==⨯≈
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：2P
p Pe
-=。

当P 最大时，有：
2220P P p
e Pe P
--∂=-=∂ 可求得20.5
max 0.5,0.51/2P p e
e -⨯==⨯=。

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0P
p e -=，因此，信道的总业务量为
0ln ln 0.1 2.3P p =-=-= （2）时隙ALOHA 系统的吞吐量P
p Pe -=。

因为 2.3P =，所以吞吐量为
2.3
2.3 2.30.10.23P e
=⨯=⨯=
（3）因为每当1P >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：6
1/200000510
5P us -==⨯=
来回路程传播时间为：210t us =。

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
6
9
101010000110b --⨯=⨯
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，600030/360050/t λτ=⨯=次秒，=500us ，则系统的归一化总业务量为
6
5050010
0.025t P λτ-==⨯⨯=
12-28、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，120/t λτ=次秒，=12.5ms 。

（l ）3
12012.510
1.5t P λτ-==⨯⨯=。

（2） 1.5(0)0.223t P e
e λτ
--===。

（3）23(1)(10.223)20.2230.135P P
P e
e --=-=-⨯=。

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 1
2002010
L m =⨯
= 10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
1037720140L L L m -==⨯=
12-30、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 100/(50001000)2/M 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 3
1010/20050t us =⨯=
CSMA/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 [60(3.30.7)]240B kHz =⨯+=
主载波采用FM 调制，FM 调制器输入信号的最高频率为 H L f f B =+
当频分复用SSB 信号的最低频率0L f =时，240H f B kHz ==.
则FM 信号的带宽为2()2(800240)2080H B f f kHz =∆+=⨯+=
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
61
27.81027.860006
us τ-=
=⨯=⨯
码元宽度为：
3.58
us τ
≈
图12-11（a ）
（2）码元速率为 (6000/6/8/288/b R kb s =⨯⨯=帧秒）
（时隙帧）（比特时隙） 信道最小传输带宽为 /2144c b B R Hz ==
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
61
41.71041.7200012
us τ-=
=⨯=⨯
码元宽度为：
5.28
us τ
≈
（2）码元速率为 (2000/12/8/192/b R kb s =⨯⨯=帧秒）
（时隙帧）（比特时隙） 信道最小传输带宽为 /296c b B R Hz ==
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816128/b R kb s =⨯=， 信道最小传输带宽为/264c b B R Hz ==。

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 12448SSB B kHz =⨯=
（2）主载波采用DSB 一SC 调制，故调制合成信号带宽 24896DSB B kHz =⨯=
12-35、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2t m =。

（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 60604240B kHz =⨯=
（2）主载波采用FM 调制，调频波的总带宽为 1()2(1)m m t B f f f m =∆+=+
式中60240m f B kHz ==，所以调频波的总带宽为
2240(21)1440B kHz =⨯⨯+=
12-36、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τ，占空比为50％。

试计算脉冲宽度τ。

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% 2.624
us τ=
⨯≈。

12-38、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τ。

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
1251100% 1.302128
us τ=⨯⨯≈
12-39、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
125 5.20824
b T us =≈，由于占空比为50％，因此脉冲宽度为50% 2.604b T us τ=⨯≈。

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 1384B kHz τ
== （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 11922
s B B kHz ==
12-40、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
2248s m f f kHz ==⨯=
32路时分复用PAM 脉冲时间间隔为－ 13232s a s
T T f == 将PAM 脉冲采用8位编码后的PCM 脉冲宽度为
1100%8256a s
T f τ=⨯= 因此，信号第一零点宽度
1
2562048s B f kHz τ===
（2）根据奈奎斯特速率，系统最小带宽为 min 110242B kHz τ=
=
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。