通信原理习题-【例1-1】某数字通信系统用正弦载波的四

1、通信原理习题第一章绪论错误!未找到引用源。错误!不能识别的开关参数。例1-3 例1一4第二章随机信号分析例2 1 例2-2第三章信道例3-1错误!不能识别的开关参数。例3-2例3 3第四章模拟调制系统错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！不能识别的开关参数。错误！不能识别的开关参数。第五章错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误!不能识别的开关参数。错误!未找到引用源。例5-5错误!未找到引用源。 错误!不能识别的开关参数。第六章正弦载波数字调制系统错误!未找到引用源。例6-2错误!未找到引用源。错误!未找到引用源。例6-5错误!未找到引用源。第七章模拟信号的数字传输错误！未找到引

2、用源。错误！未找到引用源。错误!未找到引用源。例7-4例7 5第八章数字信号的最佳接收例8-1错误!未找到引用源。第九章同步原理例9-1【例1一1】某数字通信系统用正弦载波的四个相位0、总来传输信息这四2 2 个相位是互相独立的。(1) 每秒钟内0、空出现的次数分别为5 00、12 5、1 2 5、250,求此2 2通信系统的码速率和信息速率；(2) 每秒钟内这四个相位岀现的次数都为250,求此通信系统的码速率和信息速率。 解：(1)每秒钟传输1 000个相位，即每秒钟传输1 0 0 0个符号，故R b = 1000 Bau d每个符号出现的概率分别为PTPM=l,P(3l)=l,pf竺p,每

3、个符12 丿 88 I 2 丿 4号所含的平均信息量为1 713(X)二(_X1+-X3+-X2)bit/符号=1 二 bit/符号2 8443信息速率 R6=(100 0 Xl-)b i t / s=17 5 0 bit/s4(2)每秒钟传输的相位数仍为100 0,故Rs= 1 0 00 Ba u d此时四个符号岀现的概率相等，故/(A) =2 bi t / 符号心=(1 00 0 X2)bi t/s = 2 0 0 0 bit/s【例1 一 2】已知等概独立的二进制数字信号的信息速率为2400 bit/so(1) 求此信号的码速率和码元宽度；(2) 将此信号变为四进制信号，求此四进制信号的

4、码速率、码元宽度和信息速率。 解：(1) -Rs= R / 1 o g2.V= (2400 / log=2) Ba u d=2 4 00 Baud1 1T二=2400 % (2) aRpQ 4 00/ 1 og B a ud=1200 Baudj 百一而3 ssmsRF240 0 b/s昇例1-3设一信息源的输出由1 28个不同符号组成。英中16个出现的概率为1 / 32, 其余112个出现概率为1 / 2 24。信息源每秒发出1 00 0个符号，且每个符号彼此独立。试 计算该信息源的平均信息速率。解：每个符号的平均信息量为从力二 16X 丄 lojj? +1 1 2 X log. =6.40

5、4 b i t/符号32224已知码元速率R3=1000 Baud，故该信息源的平均信息速率为&= &二64 0 4 b i t/s【例1 一4】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,0 0代替A, 01代替B, 10代替C, 11代替D,每个脉冲宽度为5m s.（1）不同的字母是等可能岀现时，试讣算传输的平均信息速率；（2）若每个字母出现的可能性分别为Pa=, Ps= Pc- , Pd= 54410试计算传输的平均信息速率。解:（1）每个字母的持续时间为2X5 ms,所以字母传输速率为Rb 4 = 1 00 B 3 ud2x5x107不同的字母等可能

6、岀现时，每个字母的平均信息量为（力二 54 =2 bit/符号平均信息速率为R b= R B4 MA） =200 bi t / s（2）每个字母的平均信息量为I 13 】3o g ： 10 g 2 log：4 441010=1.9 85 bi t /符号所以，平均信息速率为R6=隔（A）二 19 8.5 b i t/s【例2-1设随机过程(t)可表示成4(t) =2cos(2nt +0),式中9是一个离 散随机变量，且P (&二 0)二1/2、P() |,=1= P ( 6 =0) 2COS(2;n+&)ho + P (& =兰) 2COS(2/zv+&)只2&专=X2cos0+ X2 c o

7、 s 2 2 2=1在t产0时,时，歹(t)的自相关函数/? ( 0 , 1 ) = E【2COS(2 +&) 2COSS2 +&)=E2COS 0 2COS(2/r+&)二P (&二0) 4COS20|g)+P (& =彳) 4COS-0 & 用=-X 4COS20 + 丄 X 4COS2 -2 2 2=2【例2 2】设z(t)=x.cos620r -X.sin如是一随机过程，若也和圧是彼此独立且具有 均值为0、方差为b，的正态随机变量,试求(1)Ez(f),Er(f)l；(2) z(t)的一维分布密度函数f (z);(3) B(tx, tj 与 R (ti, t 2)。解：(1) ez(/

8、)二 ExCose()t - x2sin a)Qt =cos 0 ExJ-s i nt2 -XpSine/J= Ex/cos)t|Cos6?0t2 - X|X2cos)t|Sin )t2 -x1x2sin)tlcos)t2 +x22sin)t,sin )t J= T2 cos* -t2)因为ez(/)=o,所以有B ( 11, t s)= R (tn t2) 一 Ez(/ ) Ez(2)=R(t“t2)二 er2 cos(心,且理想低通滤波器的截I上频率为。儿，试求输出信号s (t),并说明s (t ) 为何种已调信号。sincojZ(a)(b)解：方法一:时域法两个理想低通输岀都是下边带信号

9、，上支路的载波为cosG)lt,下支路的载波为Sinsd (t) = Am( t ) co s coxt+ Am (t)s i no)t2 2e(t) = Am(t)sinWit Am (t)cosa儿t2 2由此得 s( t )=f(t)+g(t)=A m (t) ( c o t +si n )it)cos 2 t + A用(/) ( s injt-c o sa)、t) s 2 2=Am(t)cos ( 3厂3 Jt- A用(/) sin(3厂3】)t可知，s(t)是一个载频为3 2 的上边带信号。方法二:频域法上支路点信号的频谱表达式为Sb(3)= M ( 3 + 3 J +(3 3 J

10、2ASd(G)= M ( G) + G i) 4- M(3-3 JHl(3 ) 2ASf (-O1)S . ( 3)= Sc() * 7t S(G)+G):) 6(G) (O2) 2龙S ( s-g)x的上边带信号，即s (t)二丄Am(t)c o s(3厂3 |) t-丄 A m(t) s i n()2 G)i) tScM/iA/2仙)纱_如】osaS3/jAS3A/22 Off3S3)叫_3J-4/41咳+_2蚀+呦0 -4/4咳一37S3A/2B=(2X 0.5X1 0 SX2X5X1 03) W=1 0 W亠= 5000M(2) S am ( t )= A+m( t )c o s3 c

11、t=Acos3ct+m (t)c o sct由已知边带功率值可得-mi) = 0kW2包络检波器输出信号和噪声分别为m0 (t) =m(t)n( t )=nc(t)所以，包络检波器输出信号功率和噪声功率分别为So=m2(t) =2 0 kWNo=n2c(t) =Pn (f) 2B=10 W检波器输出信噪功率比为丄= 2000 N。(3) 制度增益为【例4一4】设有一个频分多路复用系统，副载波用S SB调制，主载波用FN4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 k Hz以下，防护频带为0. 7 k Hz。(1) 如果最大频偏为8 0 0 kHz,试求传输信号的带宽：(2)

12、 试分析与第1路相比，第60路输岀信噪比降低的程度(假泄鉴频器输入的噪声是 白噪声，且解调器中无去加重电路)。思路本系统的原理方框图如下图所示。因为鉴频器输出噪声功率谱密度与频率平方成正比,所以接收端各个带通滤波器输出噪 声功率不同,带通滤波器中心频率越髙，输出噪声功率越大。鉴频器输岀的各路SSB信号功 率与它们所处的频率位程无关，因此，务个SSB解调器输入信噪比不同。第一路S S B信号 位于整个频带的最低端，第6 0路SSB信号处于频带的最髙端。故第60路SSB解调器输 入信噪比最小，而第1路信噪比最高。只要求出第1路和第60路SSB解调器输入噪声，就 可以确定第60路输出信噪比相对于第1

13、路信噪比的降低程度。解：(1) 60 路 SSB 信号的带宽为B 二60X(3. 3+0. 7) kHz=240 kHz调频器输入信号的最高频率为fH= f l+B当频分复用S SB信号的最低频率珀=0时,&书二24 0 kHz,FM信号带宽为Brx=2(A f+fH)= 2X(8 0 0+24 0 ) kHz=20 8 0 kHz(2) 鉴频器输出噪声功率谱密度为Pn屮=2 f2-A- n(pO / 240000 A0,其他第1路SSB信号的频率范【羽为04 00 0 II z,第60路SSB信号的频率范国为236 0 00 2 4 0000 Hz。对Pn(f)在不同频率范羽内积分,可得第1

14、路和第60路SSB解调器的输入噪 声。r4000f0 P”(M 訂f 24000,q 2%Ni = Pn(f)df = 679744x IO9 x (-4)J 236003右与第1路相比，第60路输岀信噪比降低的分贝数为679744(1 Olg ) dB= ( 1 01gl06 2 1 ) d BSO dB64频分复用SSB信号的最低频率fL不可能为0, N“、N附随增加而增加，但两者之比 减小，即与第1路相比，第60路输出信噪比降低的分贝数小于40 dB。子【例5-1】已知信息代码为10 0 1 1,试确泄相应的传号差分码、CMI码、数字双相 码、AMI码以及HD B,码，并分别画岀它们的波

15、形。解：信息代码1010000011000011传号善分码1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 11000101010111 0 0CMI码 rinrLrLTLrui_ru-Lru_i_1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0数字双相码 n_ILLrLrLnjLrLru-Lnj_0 0hdb3 码10-10n_._11 BV -11【例5-2有4个连1和4个连0交替出现的序列，画出单极性非归零码.AMI码、HDBs码所对应的波形图。思路 单极性非归零码、AM 1码的编码规律比较简单。对

16、HDB,码的编码规律比较熟悉 后即可直接由信息代码求出HDB,码，并进而画出波形图。由于序列中4个连1和4个连0 是交替岀现的，故相邻的4个连0码组之间1码的个数肯泄是偶数个，因此HDB,码中的每个 取代节都应是B0 0 V。解：单极性非归零码、AMI码、HDB3码及英波形图如下图所示。信息代码111100001111000011110000E IIIIIINRZ 波形 o 111111AMI 码1-1 1 -1 0 0 0 0 1-1 1 -1 0 0 0 0 1-1 1 -1 0 0 0 0ami 趣 nunIJVhjHDBs 码1一1 1-1B 0 0 V -1 1-1 10 0-V 1

17、-1 1 -1 B 0 0 Vhdbs 波形nTJ1irnulAt山【例5- 3 设随机二进制序列中的1码岀现的概率为0. 5,对应一个振幅等于1、宽 度等于码元间隔T：的矩形脉冲,0码对应0电平。(1) 求其功率谱密度及功率，并画出功率谱曲线，求谱零点带宽；(2) 若1码对应一个占空比等于0.5的矩形脉冲，0码仍为0电平，重新回答(1)中的 问题：(3) 能否从上述两个信号中用滤波法直接提取码元同步所需的频率fs= 1 /T：的分虽:?若 能,给出该分量的功率；(4) 分析离散谱f：的功率与1码概率P的关系。思路 第一个信号为单极性非归零码，第二个信号为占空比等于0 . 5的单极性归零 码，

18、它们的基本波形为D,-.(t)和D。 (t)o这两个信号都是相同波形随机序列，可用式(5 - 3 )求其功率谱。若功率谱中含有f ,二1 / T：的离散谱，则可用滤波法直接提取频率为f, = 1 /的位定时信号，否则不能。Xp5(f)=f5p (1-P) (ai-ac)cG：(f)+f 2, I Pa.+ (l-P)a=|：G? (mfs) 6/!X,5-3)傅氏变换对z 、sin cot 12D( t)xSa(一)=t 2 cor/2是本课程中常用公式，此题中丫二或t = 0 . 5匚解：(1 ) P二0 5 , ai=l, a c=0G(f) = TsS a (nfTJ =T5Sa(nf/

19、f5)代入式(5-3)得XP. (f) =f2X0.5X 0.5XT22Sa:(nf/fs)+f 力 52xr5Sa3(mn f 5/f 2) 6 (f-mfj川X=0 2 5T：Sa：(nf/fs) +0.25 工 Sa?(mn) 6 (f-mf5)由于 asin(m n) =0所以4 *Sa (m n ) = 0故ps(f)= 0.25T5Sa:(nf/f5)功率谱密度曲线如下图所示。/,由图可知，谱零点带宽为B5=fs，信号功率为P5(f) d f =0.25s LSa：(nf/f5) dfoO=0. 25f: | T5sSa2(3tf/f s) df根据帕塞瓦尔左理f T2,Sa： (

20、 nf/fs)df= f G(f)D?T：(t) d t=TJoQJ oCJ oC得S=0. 25 f s Tf 二02 5(2) P=0. 5G (f) =0. 5LSa (0. 5 n f Ts) =0. 5T5Sa (0 5nf / fjP5 (f)二0 06 2 5T5Sa:(0. 5nf/fs)+0.06 2 5 工 Sa2 (0. 5m n) 8 (f-mf5)moc功率谱密度曲线如下图所示。由图可知,谱零点带宽为B, =2 f so 信号功率为S=0.0625T2Sa?( 0 5 n f/f5) df+O. 0 625S a :(0. 5 m n ) 6 (f-mfj d fT1

21、S a :(0. 5 nXf/fJdf+0 0 625 工 Sa2(0. 5mn)nixx二0 0 6 2520. 062 5 工 Sa2 (0.5m n )(3) 在(1)中无频率等于仁的离散谱，在(2)中有频率等于的离散谱，故可以从 (2)中用滤波法提取码元同步信号(即位同步信号)。频率为f:离散谱的功率为S = 2X0. 0625 Sa2 ( 0 5n ) = (0 125sin(0.5 兀)/ (0. 5 n)2 W二 0 05 W(4) 在第2个信号中有离散谱f”若P为任意值，则此信号的离散谱为0 25 PSa2(0(f-mfOWtX频率为f,的离散谱功率为S=(0. 5P2si n

22、05 九)/ (o.5n)2) W=0. 2P:W、结以矩形脉冲为基本波形的二进制相同波形随机序列的谱零点带宽等于脉冲宽 度的倒数，占空比为1时，谱零点带宽在数值上等于码速率：单极性归零码中含有频率等于 码速率的离散谱，离散谱的功率随1码的概率增大而增大(设1码传送脉冲)。上述结论也可 以推广到各码元独立的M进制相同波形随机序列。【例5-4设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角 形脉冲，如右图所示。图中为码元间隔，数字信息 分别用g( t)的有无表示，且“1”和“ 0 ”岀现的概率相等。(1) 求该数字基带信号的功率谱密度；(2) 能否用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步 所需的频率f产1/

23、的分量?若能，试计算该分量的功率。思路 将底部宽度为T、髙度为1的三角形时域函数表示为 T(t),傅氏变换对为a /、rrsin69r/4P ,(t) -Sa()Y =-r242 twr/4据此式可求得本题中g (t)所对应的G (f ),再由式(5-3)即可求解.P.(f)=f：P(l-P) (a：-ac)2G2 (f) +f2Pa i+ (1-P) a： I 2G2 (mfJ 6 ( f -m f 5)X解:(5-3)沖P二0.5, a i=l, a：= 0G(f) =竿曲(芋)2 2P5(f)=f：P (1-P) ( a -a：X：) G：(f) +f $P a i + (1P)a： 1

24、 :G (mf5) 6 (f-mfs)nix16s*()+筹 Sd4()J(/-o216 nh*-x2(2)频率f 5= 1 /T5离散谱分量为AjrAs/ (-W-A)= (/TJ 工 0oZ7T所以可以用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需要的频率fFl/T,的分量，该分量 的功率为s二 2A?/H J 0.02A?【例5-5某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz、幅度为1的理想低通滤波器。(1) 试根据系统无码间串扰的时域条件求此基带系统无码间串扰的码速率。(2) 设此系统传输信息速率为3 Mbps,能否无码间串扰？思路 此题需求系统的冲激响应。系统的频率特性是一个幅度为1、宽度

25、为s戶U X106 ra d/s的门函数(双边频率特性)Dg)o(),根拯傅氏变换的对称性可得Eg) 色 (空)二2 XI 0 6Sa (2n X 10%)2龙2无码间串扰的时域条件为/g) =C = o0,00式中，匸为码元间隔。所以，根据冲激响应波形就可确左此系统无码间串扰的码速率。 设进制数为任意值，根据信息速率与码速率之间的关系求3 Mbps所对应的码速率，从而 判断传输3 Mbps信号有无码间串扰。解：(1 )h(t)=2 X 1 OGSa (2n X 106t)波形如下图所示。由图可知，当TfO. 5 u s/k(k为正整数)时无码间串扰，即此系统无 码间串扰的码速率为 = 2)(

26、2)设传输独立等概的M进制信号，则3Rb=一:一(MBd) log2 M令32oalog 2 M kooo2M=8* = 8B(n=l,2, )即当采用L进制信号时，码速率Rb=- (MBd),可以满足无码间串扰条件。 n【例5-6设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数:(1 )当皿。/时,用奈奎斯特准则验证该系统能否实 现无码间串扰传输？丿(2)求该系统接收滤波器输出基 本脉冲的时间表达式，并用此来说明(1)中的结论。思路 因心二3。/兀，即&二2f。，无码间串扰频域条 件如下式00EXII(3 +ns2) = (55)8或 工H(3+n5)二C,为任意值 (5-6)JZ对于此题给左的

27、条件，有根据傅氏变换的对称性，可得3）4龙 4 4龙 G4由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲时间表达式，再根据码速率决左 抽样时刻，从而决左有无码间串扰。解： （1）方法一将HW）在频率轴上以25为间隔切开，由于H（s）的频率范围为（-叫 5）,故切开、平移、迭加后仍为H（3）,在| 3丨0）0范围内H（3）不为常数,故系统有码间串扰。 方法二将H（3）向左右平移2 3。的整数倍,如下图所示。可见平移后各图不重合，相加后不为 常数，故码速率为/ H时有码间串扰。sh(t)=&Sa此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。T. = co所以。垠心挣/（乎）可见k=0, 1 , 3,时

28、，h （kTJ HO,故有码间串扰。【例5-7】若要求基带传输系统误比特率为1 0 %求采用下列基带信号时所需要信噪比（1）单极性非归零码；（2）双极性非归零码；（3）采用格雷码的8电平双极性非归零码；（4）7电平部分响应信号。解：（1） = 45査Q （x）函数表得査Q(x)函数表得。3= 45N(3)Pt=Peb/10g：8=Pe/3由此得Pe =2(M -1)= 3x10= 1.71x107t 1 3 S15n 13 S=QN8八15 N2(1)1= 2x10Eg査Q (函数表得彳百所以。上= 454N(4)当部分响应为7电平信号时，此系统传输的为4进制信号Peb=Pe/10&4=Pe/

29、2査Q (x)函数表得J丄()=4. 7 5Pe =S(严.75N甘【例6-1】已知码元传输速率R,二1(/ Bd,接收机输入噪声的双边功率谱密度n 2 =1 O-10 W/Hz,今要求误码率P.= 1 O5,试分别计算出相干OOK、非相干2FSK、差分相干 2 DPSK以及2PSK等系统所要求的输入信号功率。思路 只要求岀接收机带通滤波器输岀噪声功率就可以由误码率公式得到Pe=10s 的信噪比,从而得岀信号功率。题中已给出噪声的功率谱密度，但没有给龙收滤波器帶宽。 由于O0K(即2ASK)系统、2DPSK系统、2PSK系统都是线性系统,它们的频带利用率为1 /(1+a ) ( B d /H

30、z )。若收滤波器为升余弦滚降特性，其等效噪声带宽为1000 Hz,可用此等 效带宽求噪声功率。设u二1,且收滤波器的频率特性是带宽为2 0 00【Iz的理想矩形，我们 以此为标准进行计算。非相干2FSK解调器由两个非相干2ASK解调器构成,两个收滤波器 的带宽与线性系统一样。解： 设00K、差分相干2DPSK以及2 PSK的收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz的理想矩形,非相干2FSK接收机的两个支路带通滤波器的频率特性也是带宽为20 0 0 Hz的理想矩形。在此条件下，接收机输入噪声功率为N二(1 0_loX2X2 0 00) W二4X10 ； W(1) 相干00 K (2ASK)系统

31、由误码率公式s得二二 3 6 . 1 3NS=(36. 13X4X107) W=l. 4 5X105 W(2) 非相干2FSK系统由误码率公式1 i sP-e2 =10-52得 gao r= 2 1.6S= (21 6X4X 1 0 7) W二0.86X1 O W(3) 差分相干2DPSK系统由误码率公式Pe=- =10巧2得沁o* r = 10. 8S二(10. 8 X4X10 7)W=0. 4 3X 1 (T5 W(4) 相干2PSK系统由误码率公式Pe=Q(y/2r)= 1 0 5得。o r 二 9.03S 二(9. 03X4X10 T) 肛 0.36X10-5 W【例6-2】已知2FS

32、K信号的两个频率fi=980 Hz, f=21 8 0 H z ,码元速率RB = 300 Bd, 信道有效带宽为3000 Hz,信道输出端的信噪比为6 dB.试求：(1) 2FSK信号的谱零点带宽：(2) 非相干解调时的误比特率；(3) 相干解调时的误比特率。解：(1) 2FSK信号的谱零点带宽为Blf-f! I +2Rb= (2180-980+2X3 00) Hz二1800 Hz(2) 设非相干接收机中带通滤波器BPF：和BPF =的频率特性为理想矩形，且 带宽为坊，=2Rb = 600 Hz信道带宽为300 0 Hz,是接收机带通滤波器带宽的5倍,所以接收机带通滤波器输出 信噪比是信道输

33、岀信噪比的5倍。当信道输出信噪比为6 d B时，带通滤波器输出信噪比 为r=5X 1 0电 5X4二202 FSK非相干接收机的误比特率为PF 丄盲凸二丄=2.27X10 f2 2(3) 同理可得2FSK相干接收机的误比特率为P.=Q(Vr) = Q(V20) = Q(4 4 7)=3.93X 1 0【例6-3】待传送二元数字序列a 410110100 1 1 :(1) 试画出QPSK信号波形。假定fc二Rb=l/T” 4种双比特码00, 10, 11, 01分别用 相位偏移0, n /2, n , 3 n /2的振荡波形表示：(2) 给出QPSK信号表达式和调制器原理方框图。解：(1) QP

34、SK信号波形如下图所示。信息码 I 10 I 11 |01 ,00 , 11 ,(2) QPSK信号的表达式为e qpsx( t )= c o skcoso)ct+si n 4)ksi n )ct=cos(c t 1)JQPSK调制器原理方框图如下图所示，图中x与i(t)的对应关系为：x为1码时，i(t) 为负脉冲，x为0码时，i (t)为正脉冲：y与q (t)的对应关系同x、i(t)之间的关系。n4QPSK单/双卜v)z r ( g2L4【例6-4已知电话信道可用的信号传输频带为6 00 3 00 0 Hz,取载频为18 0 0 Hz, 试说明：(1) 采用 = 1升余弦滚降基带信号时，QP

35、SK调制可以传输24 0 0 bit/s数据；(2) 采用 = 0 . 5升余弦滚降基带信号时，8PSK调制可以传输4 8 0 0 bit/s数 据;3(画岀(1)和(2)传输系统的频率特性草图。解： (1)信道带宽为Be二(3000 6 00) Hz二2400 Hza二1时QPSK系统的频带利用率qb=log1M=log14 bps/Hz=lbps/Hz1 + 6/ 1 + 1数据传输速率R b=Bc ru二2400XI b i t /s=240 0 bit / s(2) a二0.5时8PSK系统的频带利用率log. 8叭二一=2 bps/Hz1 + 0.5数据传输速率Rt=Bc n.= 2

36、 400X2 bi t/s=4 80 0 b i t/s(3) (1)和(2)传倫系统的频率特性草图如下图(a)和(b)所示匚(b)【例6- 5 QPSK系统，釆用n = l的升余弦基带信号波形，信道带宽为2 0 MHz：(1) 求最大信息速率；(2 )将信息码进行(2, 1 , 3 )卷枳码编码后再进行传输，设信源信息速率、基带波形 及信道带宽不变，设计一种调制方式并画出系统方框图；(3) 画岀QPSK系统的频率特性草图(设载频为5 0 MIIz)o解：(1) Qb = logzM/(l+a ) = ) o g：4/( 1 +1) bps/Hz=l bps/H z 所以最大信息速率为Rf n

37、 b XBc= 1X20 Mbit/s二 2 0 Mb i t/s(2) (2,1, 3)卷积码的编码效率为0.5,故信源输出数据经(2, 1, 3)卷积编码后，信 息速率由20 Mb i t/s增大到40 Mbit/s,此时频带利用率为r|b=2 b p s/Hz由定义。n=log ?M/ (1 +a)求得。 M= 1 6可釆用16QAM调制方式，16QAM系统的原理方框图如下图所示。升余 弦LPF制 进 二警LPF位同步器LPFp抽样 判决 器（3 门限QPSK系统的频率特性草图如下图所示。/7MHz【例6-6设时频调制信号为四进制的四频四时的调制结构，试以传送二进制信息符号 序列为例画出

38、波形示意图。解:在四进制的四频四时调制方式中.一个双比特代码用四个时隙、四个频率来表示, 四个双比特代码0 0、0 1、10、11所对应的四个频率分别按如下规则编排：f：f2f5f f 2f5f1f1. f,fdf、f-.f.fcfoo二进制信号及四频四时已调信号波形如图6-48所示，图中 设 fl二Rd、f ：= 2 Rbx fs=3Rb、f 1 = 4 Rbo二进制倍号1n f01 1 1 1 11 1 1 1 1四频四时信号【例7-1】已知模拟信号抽样值的概率密度p (x)如右图所 zj G(1) 如果按4电平进行均匀疑化，试计算信号与量化噪声功率 比：(2) 如果按8电平进行均匀量化，

39、试确左量化间隔和量化电 平；(3 ) 如果按8电平进行非均匀量化，试确左能使量化信号电平等概的非均匀量化区 间，并画出压缩特性。解： 分层电平为xI =- 1 , x?=0. 5, x3=0, x】=0 5, x5=l量化电平为y：=-0. 75,y2=-0. 2 5,y.=0. 2 5,yt=0. 7 5信号功率为S二 J p(x)dx二2J。/(I-x)dx二*量化噪声功率为J (xy i) p(x) d x i=l 尤1=2匸(x0. 25)(1-x) dx+f1 ( x-0. 7 5)J0.5828382(l-x)dx=l/48信号与虽:化噪声功率比为SNRU=S/ NQ=8(2)量化

40、间隔为二2/8二1/4量化电平分别为 - 7/8,-5/8, -3/8,-1/ & 1 / 8 , 3/8, 5/ 8,7/8(3) 设分层电平依次为-1,一X-X2, - X” 0, Xs, x:, x“ 1 ,依题意 可得下列方程如21八、J-(1- X2)-1*122_J22 3解之，得Xi= 0.5, x：=a 0 29, Xs=心0 132 2量化电平为相邻分层电平的平均值，依次为-0.75, -0. 4 0,-0.21,-0. 0 7, 0.0 7, 0.2 1 , 0. 4 0,0. 75o压缩特性曲线如下图所示。0. 50. 75 a 400.210. 07j0. 13 0.

41、290. 50. 40 -0. 75【例7-2已知正弦信号的频率打=4 kHz,试分别设计一个线性PCM系统和一个 简单AN4系统，使两个系统的最大量化信噪比都满足30 dB的要求，比较两个系统的信 息速率。解：LPCM系统SNRjmax=(l. 76+6N) dB令 1.76+6M3 0 得N=5设抽样频率f尸8k Hz,则LPCM的信息速率为Rt, LPCM二8X5 kbi t /s=4 0 kbit/s(2) AM系统SNR, 3ax=Qy； =1O3令 fk=4 kHz, f h=4 kHz,得化=118 kH z码速率为Rd A N4=118 kbi t / s可见，当LPCM系统和

42、AM系统的量化信噪比相同时，系统的信息速率远大于LP CM系统的信息速率。【例7-3】6路独立信源的最髙频率分别为1 kHz、1 kHz、2 kH z .2 kHz、3kHz、 3 kHz,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）设讣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。TSO TSl TS2 TS3 TS4 TS5166.7 ps解：（1）若选择抽样频率为6 k Hz,则每路信号都符 合抽样左理的要求。不考虑帧同步码、信令码，帧结构如右图 所示。每帧共6个时隙，每个时隙占有的时间宽度为2 7.8 u S,码元宽度为3

43、. 5 u s o（2）信息速率为&= （ 6 000 帧/秒）X （ 6 时隙/帧）X（8 b it/时隙）=288 kb i t/s 信道最小传输带宽为Bc=Rb/2=14 4 kHz讨论 根据抽样左理，这6路信号的抽样频率可以分別为2 kHz、2 kHz、4 kHz、4 kHz、6 kHz、6 kHz。帧周期为500 u s,每帧12个时隙,6路信号占有的时隙数分别为1、1、 2、2、3、3,此时帧结构如图7-24所示。每帧共1 2个时隙，每个时隙占用的时间宽度为4 1.7 us,码元宽度为5.2 us,信息速率为Ro=(2000帧/秒)X(12时隙/帧)X(8 bit/时 隙)=192

44、 kbit/s,最小传输带宽为96 kHzoTSO TS1 TS2 TS3 TS4 TS5 TS6 TS7 TS8 TS9 TS10TS11500 ms【例7 4】若对1 2路语音信号(每路信号的最高频率均为4 kHz)进行抽样和时分复 用，将所得脉冲用PCM基带系统传输，信号占空比为1：(1) 抽样后信号按8级量化，求PCM信号谱零点带宽及最小信道带宽：(2) 抽样后信号按128级量化，求PCH信号谱零点带宽及最小信道带宽。解：(1)R6= ( 1 2X8X10g：8) kbit/s = 28 8 k b it/s频零点带宽为1Bf_ 二 Rb 二 288 kHzr最小信道带宽为Bc= R b = 144 kll z2(2) Rb=(12X 8 Xlog：128) k bi t /s=672 kbit/sB,