通信原理作业课次

1、1p(xi |yj)44p(yj) p(xi | y j )log j 1 i 11p(xi |yj)4 1021j 1 p(yj)11002241log102410213*11024log1024 (1) 聞1021 1024 1024 log 10213*11024log1024*1 0.0335bit / symbol习题课( from 17 )第四章 信道4-6某个信源由 A、B、C 和 D 4 个符号组成 .设每个符号独立出现， 其出现概率分别为 1/4、 1/4、3/16、5/16，经过信道传输后，每个符号正确接收的概率为 1021/1024，错为其它符号 的条件概率 P(xi /

2、yj)均为 1/1024，试求出该信道的容量 C.矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。C maxH ( X ) H(X |Y) .即，以 p(x)为变量，取解：根据离散信道信道容量的定义，H (X) H(X |Y)的最大值.44 4H(X |Y) p(yj)H(X |yj)p(yj)p(xi | y j )logj 1j 1 i 1創沟燴鐺險爱氇谴净。通过上述计算发现， 对题中所给的对称信道， H(X | Y )是一个常数，与 p(x)无关.因此， 最 大化 H( X) H( X | Y简) 化 为最大 化 H(X) .根据 题意 ，X 有 4 种可能，因 此 H (X) 2bit/ sym，bo则l 残骛

3、楼諍锩瀨濟溆塹籟。C maxH(X)H (X |Y) 2 0.0335 1.9665bit / symbol(2)酽锕极額閉镇桧猪訣锥。知识点： 离散信道信道容量的定义 .在离散对称信道下，通过计算可知 H(X | Y)是与输入 无关的常数 .这使得信道容量的计算得到简化 .彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。注意：题中的概率值 P(xi / yj ) ，不是信道转移概率，而是后验概率 .信道转移概率定义为P(yj / xi ) ，计算需要严格按照信道容量的定义 C maxp(y)H(Y) H (Y | X )进行，这时需要搜索 C 最大时对应的概率值 .謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。另外教材的例题 4-2(P80

4、)的解法，该题中默认等概时可以计算出 H(X) ，然后根据 信道转移概率计算等概条件下 H(X|Y) ，并直接将二者相减得到信道容量 .严格的说，这种 做法不对，缺乏必要的分析过程，不符合离散信道信道容量的定义 .厦礴恳蹒骈時盡继價骚。下面的做法错误： 根据给定的 p(x)计算 p(yi) ，进而计算 H(X|Y)第1页4-8设一幅黑白数字像片有 400 万个像素，每个像素有 16 个亮度等级 .若用 3kHz 带宽的信道传输它，且信号噪声功率比等于 20dB，试问需要传输多长时间？ 茕桢广鳓鯡选块网羈泪解：该图像的信息量 I 400*10 4 *4 1.6*10 7bit ， 信道容量为34

5、Ct Blog2(1 S/N) 3*10 3 *log 2(1 100) 1.9975*104b/s(3)鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。 因此，传输时间 t I /C 1.6*10 7 /(1.9975*104) 801.0sSS知识点： 连续信道的信道容量公式 C Blog 2(1 ) Blog2(1)Nn0B噪声功率 N n0B ，单边功率谱密度乘以信道带宽； 当信道容量大于信息传输速率， 则存在方法可以实现 任意小的差错概率 进行传输， 而 不是没有差错； 带宽与信噪比在一定程度上可以互换，但是存在上限，即带宽无穷宽时， 信道容量为 1.44S n0香农极限：只要满足 Eb N0 1.6dB，就

6、可以实现可靠传输，信噪比小于 -1.6dB 则无 法传输任何信息 .理想通信系统：实现了极限信息传输速率， 即达到信道容量， 而且错误率为 0 的通信 系统.第五章 模拟调制技术5-3根据图 P5-1所示的调制信号波形， 试画出 DSB 及AM 信号的波形图， 并比较它们分别通过包络检 波器后的波形差别 .籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。解 设载波 c(t) sin ct( 1) DSB 信号 sDSB (t ) m(t)sin ct 的波形如下图( a)所示，通过包络后的输出波形如图(b)第2页所示 .2)AM 信号 sAM(t) A0 m(t) sin ct ，其中 A0 | m(t) |max ，

7、波形如下图( c)所示，通过包A0 | m(t) |max的情况下可采用包络检波恢复DSB 包络检波后波形DSB 信号不能直接采用包络检波；而 AM 信号在满足 m(t).預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。5-5将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号.若此滤波器的传输函数 H( ) 如图 P5-2 所示.当调制信号为 m(t) A sin100 t sin6000 t 时，试确定所得残留边带信号的表达式.渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。-14 -10.5 -9.50 9.5 10.5 14 f /kHzH()图P5-2解 设调幅波 sAM (t) m0 m(t)cos ct，其中 m0 | m(t) |max

8、，且 sAM (t)SAM ( ) .根据残留边带滤波器在 f c处具有互补对称特性，可从 H( )图上可知载频 fc =10kHz ，由此得到载波 cos 20000 t . 因此 铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。sAM (t) m0 m(t )cos 20000 tm0 cos20000 t A sin100 t sin 6000 t cos20000 tm0 cos20000 t A sin 20100 t sin19900 t sin 26000 t sin14000 t 02第3页sAM()m0( 20000 )( 20000 )j 2A(20100 )(20100 ) (19900 ) (1

9、9900)( 26000)(26000 ) (14000 ) (14000)设残留边带信号为 sVSB(t ) ，且 sVSB (t )SVSB( )，则 SVSB( ) SAM ( )H( ) ，由于 sAM ( )是一组离散谱， 残留边带信号的频谱也是离散谱， 以 H( )在上述离散谱对应频点上取值作为加权.于是 擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。f10.05kHz时， H( ) 10.05 9.5 0.55f10kHz时， H ( ) 0.5f9.95kHz时， H ( ) 9.95 9.5 0.45f13kHz时， H( ) 1f7kHz时， H ( ) 0故0.55 ( 20100 )sVSB(

10、 )m0 ( 20000 ) ( 20000 ) j A22 0.55 ( 20100 ) 0.45 ( 19900 ) 0.45 ( 19900 )( 26000 ) ( 26000 ) 1AsVSB (t )m0 cos20000 t 0.55sin 20100 t 0.45sin19900 t sin 26000 t22 知识点：残余边带调制的基本原理，残余边带滤波器在中心频率处互补对称特性.5-11某线性调制系统的输出信噪比为20dB ，输出噪声功率为 10-9W，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： 贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。() DSB/SC 时的发射机

11、输出功率；() SSB/SC 时的发射机输出功率 .解接收端：DSB/SC调制信道损耗Si /NiDSB/SC解So/ No调根据 DSB 相干解调的制度增益，有 Si / Ni 2(So / No )则可以计算得到， Si / Ni 50又由于 No Ni / 4 ，根据题中给出的条件 No 10 9 可以计算 Ni 4*10 9因此， Si 50Ni 200*10 9根据题目的条件传输损耗为 100dB ，则发射机的输出功率是 ST Si *1010 2000W(2)对 SSB/SC，调制制度增益为 1，即， Si /Ni So /NoNo Ni / 4 ，因此， Ni 4*10 9 ，所

12、以有， Si 100Ni 400*10 9 ST Si *1010 4000W第4页5-15已知某单频调频波的振幅是 10V，瞬时频率 f(t) 106 104 cos2 103t(Hz) 试求：(1) 此调频波的表达式；(2) 此调频波的最大频率偏移、调频指数和频带宽度；(3) 若调制信号频率提高到 2 103Hz ，则调频波的频偏、调频指数和频带宽度如何 变化？(4) 若峰值频偏加倍，信息信号的幅度怎么变化？ 解(1)该调频波的瞬时角频率为(t) 2 f (t) 2 106 2 104 cos2 103t( rad / s) (4)坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。瞬时相位 (t) 为 (t) ( )

13、d 2 106t 10sin 2 103t ，因此，调频波的表达式SFM (t) Acos (t) 10cos(2 106t 10sin2 103 t)(V ) (5)蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。2)根据频率偏移的定义f | f (t)|max |104cos2 103t |max 10KHzfmf10K100010BNBMF 2( ffm) 22KHz(3)调制信号频率 fm由103Hz 提高到 2 103 Hz时，因调频信号的频率偏移与调制信 号频率无关，所以这时调频信号的频率偏移仍然是 f 10KHz 買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。f 104而这时的调频指数变为 mf3 5f fm 2 103调频信号

14、的带宽变为 B 2( f fm) 2 (10 2) 24KHz由于 f fm ，所以，虽然调制信号频率 fm增加了 1倍，但调频信号的带宽 B 变化很小.(4)峰值频率偏移加倍，则意味着 m(t)幅度为原来的 2 倍知识点 ：调频波的表达式、最大频率偏移、调频指数和频带宽度5-17设有 60 路模拟话音信号采用频分复用方式传输.已知每路话音信号频率范围为04kHz (已含防 护频带)，先有 12 路电话复用为一个基群，其中第 n 路载 频 fcn 112 4n(n 1,2,.,12) ，采用下边带调制；再由 5 个基群复用(仍采用下边带调制)第5页为一个超群，共 60路电话，占用频率范围 31

15、2552KHz.试求： 綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。（1）各基群占用的频率范围和带宽（2）超群载频值 （需要修改成：超群中各基群所采用的载频值 ）解 （1）根据 SSB调制的已调信号的频谱范围， 和第 n 路载频 fcn 112 4n（n 1,2,.,12） 可 以计算每一路的话的频带范围 .对第 1 路话，载频为 108KHz，频带范围为 104-108KHz； 对第 2 路话，载频为 104 KHz ，频带范围为 100-104KHz； 依此类推因此，基群的频率范围是 60108KHz，占用带宽为 12*4=48KHz（2）以超群中频率最低的一个基群为例.其中红色表示下边带48KHz48KHz.

16、-108 -84 -6060 84 108M(f)KHzM1(f)图 1 频谱搬移示意图所以 fc 84 336 420kHz ，加 48*n 则为其它基群的载频值 .第六章数字基带传输系统6-4设二进制随机序列中的 “0和”“1分”别由 g（t） 和 g（t） 组成，它们的出现概率分别为 P 及 （1-P）；（ 1） 求其功率谱密度及功率；（2） 若 g（t） 为如图 P6-1（a）所示波形， TB 为码元宽度，问该序列是否存在离散分量 fB 1/TB 的离散分量？第6页3) 若g(t) 改为下图，重新回答题( 2)所问.g(t)1g(t)1TBTB O TB TBt2 4 4 2(b)则

17、g(t) 的傅里叶变换 G( f)为G(f ) T2BSa)TB /2 O TB /2t(a)图 P6 1解 ( 1)随机二进制序列的功率谱密度PB(f) fBP(1 P)|G1(f) G2(f)|2| fBPG1(mfB) (1 P)G2(mfB)|2 (f mfB)由题意知g1(t) g2(t) g(t) ，因此双极性随机序列 的功率谱密度为2 2 2 2PB(f ) 4fBP(1 P)|G(f)|2 fB2(1 2P)2 |G(mfB)|2 (f mfB) 式中， G( f ) g(t ) ；等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分 功率SPB( f )df(f mfB )df4fBP

18、(1 P) |G(f)|2 df fB2(1 2P)2 |G(mfB)|24fBP(1 P) |G(f)|2 df fB2(1 2P)2 |G(mfB)|21 |t | TB(2)若基带脉冲波形 g(t)为 g(t) 1 |t | 20 其他则g (t)的傅里叶变换 G(f)为 G(f ) TBSa (TBf )对式 PB( f ) 4fBP(1 P)|G( f )|2 fB2(1 2P)2 |G(mfB)|2 ( f mfB) 是否存在离散谱取决于概率P和G(mfB)，因为G(fB)TBS(aBT Bf)sBTin0所以由题( 1)的结果可知，该二进制序列不存在离散分量 .3)若基带脉冲波形

19、 g(t)为 g(t) 1 |t| 40 其他第7页TB fTBsinTB 0因为 G( fB) TB Sa( TB f ) TB2B 2 2 所以，该二进制序列存在离散分量 fB 1/TB .6-5设二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图P6-2 所示.图中 TB为码元间隔，数字信息“ 1”和“ 0”分别用 g(t) 的有无表示，且“ 1”和“ 0”出现的概率相等 .驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。图 P6 2) 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；) 能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fB 1/TB 的分量？若能，试计算该分量的功率.2TBTBA(1 |t|) |t|

20、 解 ( 1)由图 P6-2 可写出 g(t)TB40 其他 ATB 2 TB f 则g (t)的傅里叶变换 G(f ) G(f )B Sa2( B )221由题意， P(0) P(1) P 2，且有 g1(t) g(t)， g2(t) 0 所以 G1(f ) G(f)，G2(f) 0 代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得PB(f) fBP(1 P)|G1(f) G2(f )|2| fBPG1(mfB) (1 P)G2(mfB)|2 (f mfB)fB | A2TB2|442A TB4 TB f|Sa (16 2fBP(1 P)|G(f )|2 fB2(1 2P)2 |G(mfB)|2 (

21、 f mfB)Sa4( TB f)| fB|G(mfB)|2 ( f mfB)24 )| ASa4(m ) ( f mfB)16 2第8页2)由( 1)的结果，该基带信号的离散谱A24 mPv(f)Sa4() (f mfB)16 2 当 m 1时，即 ffB 时，有2 APv( f)Sa4( ) ( f fB) Sa4( ) ( f fB)2fB 1/TB 的离散谱分量，故可以提取码元同步所需的频率Pv(f)为16 2 可见，该二进制数字基带信号中存在 fB 1/TB 的分量 .该频率分量的功率为2 2 22S A Sa4( ) A Sa4( ) A4 A4 162 162 442A246-7

22、已知信息代码为 1011000000000101 ，试确定相应的 AMI 码及 HDB3 码，并分别画出它们的波形图 驢绘燈鮒诛髅貺庑。解.猫虿an1011000000000101AMI+10-1+1000000000-10+1HDB 3+10-1+1000+ V-B00V0+10-1第9页0 -1 +100000000+E0+1-E0 -1 0 +1AMI 码波形图+1 0 -1 +1 0 0 0 +V -B 0 0 -V 0 +1 0 -1HDB3 码波形图TB 波特的速率(b)H( )升余弦型2 O 2TB (d)TB说明：( 1)AMI 码和 AMI 的波形图是不同的(2)AMI 码是

23、传号反转，也就是序列中的 1交替地用 1 和-1代替；HDB3 码是在 AMI 的基础上，为了克服连 0 情况下缺乏定时信息，同时要尽可能减少直流分量而设计 的.对 HDB 3 有下面的编译码规则 锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。编码：遇到 4 个连 0，将最后一个 0 变成 +V 或 -V，V 的极性确定方法：1) 应满足相邻的两个 V 极性相反，也就是说， V 也要遵守传号翻转的规则；2) 要使得 V 与其前面相邻的非 0 符号极性相同， 这是为了在译码的时候能够发现哪些是由 4 连 0 修改得到的码字 .3) 如果第二条不能满足，则根据需要插入破坏脉冲B.译码：1)若 3连 0前后的非 0脉冲是极

24、性相同的， 则该 3连 0后的是 V 码，译码时要将 000V 译成 0000； 2)若 2 连 0 前后的非 0脉冲极性相同，则是 B00V ，将其译为 0000；3) 然后把其余的 1 和 -1 都译为 1.6-11设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为 H( ) ，若要求以进行数据传输，试验证图 P6-6 所示的各种H( ) 能否满足抽样点无码间串扰的条件 .構氽頑黉碩饨荠龈话骛。图 P6 62i解 方法 1 根据奈奎斯特第一准则， 当最高传码率 RB 1T 时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性 H( )应满足 H ( ) C, iTs| | TTs第 10

25、页令 fB 1/TB ，则题目要求的 R 2 fB ，根据奈奎斯特第一准则，需要一个最大传输速率为2mfB的系统.对比 4个图，仅 c满足要求 .方法 2 由 H( ) 求出系统无码间串扰最高传码率 RBmax 2 fN ，然后与实际传输速率 RB 2T 进 行比较 .若满足 RBmax nRBn 1,2,3a)RBmaxb)RBmaxc)RBmaxRBmax1 RB 2 ，故不能TTd)所以实际速率 RB 进行数据传输时，满足抽样点上无码间串扰的条件.s3 虽然大于 RB 但非整数倍关系，故不能 Ts2RB，故该 H( ) 满足无码间串扰传输的条件； Ts B1 RBTs，故不能 .6-17

26、某二进制数字基带传输系统所传输的是单极性基带信号，且数字信息的“1和”“0的”出现概率相等(1)若数字信息为 “1时”，接收滤波器的输出信号在抽样判决时刻的值是A=1V ，且接收滤波器的输出噪声是均值为 0、均方根值为 0.2V 的高斯噪声，试求这时的误码率 Pe ； 輒峄陽檉簖疖網儂號泶。(2)若要求误码率 Pe不大于10 5，试确定 A 至少应该是多少？ 解(1)根据 6.5.2 中二进制单极性基带系统的判决电平和误码率的结果，最佳判决电平为Vd* 2A A2 lnPP(01)对本题，由于 “1和”“0等”概，所以，最佳判决电平为A/2 ，误码率为 PeA erfc(2 2 n )将已知条

27、件 A 1, n 0.2代入即得到此时的误码率Pe 1 erfc( 1 ) 6.21*10 3 e 2 0.4 21A 1A求出 A 8.6 n说明：对于双极性信号2)若要求 Pe不大于10 5，代入 Pe 12erfc(2 2A R)可以得到， 12erfc(2 A2 R) 10 5，可以1APe 12 erfc( A ) .在相同条件下，双极性信号的抗噪声性能优于2 2 R第 11 页单极性信号 .6-20一相关编码系统如图所示 .图中，理想低通滤波器的截止频率为 1/2TB 赫兹，通带增益为 TB.试求该系统的单位冲激响应和频率特性 .尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅。解 由题意，这是第 IV 类部

28、分响应系统 . 理想低通滤波器的传输函数为TB | |H L( )TB0 其他其对应的单位冲激响应为hL (t) Sa( t)TB则系统单位冲激响应为h(t) (t) (t 2TB) hL(t) hL(t) hL (t 2TB )Sa( t) Sa( (t 2TB)TBTB|TB 其他系统的传输函数为两部分的传输函数相乘H( ) (1 e j 2 TB )HL ( )TB(1 e )0其他2TB sin TB | | 所以 H( ) B BTB06-23设有一个三抽头的时域均衡器，如图所示，输出x(t)在各抽样点的值依次为 x2 =1/8，x 1=1/3， x0 =1， x 1=1/4， x

29、2 =1/16，在其他抽样点均为零，试求均衡器输入波形x(t)的峰值失真及输出波形 y(t) 的峰值失真 .识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒。第 12 页输入波形 x(t) 的峰值失真1Dx|xk |x0 k 2k0Dy由公式: yky3y2y1y0y1y2y3c 1x 2c 1x 1c 1x0c 1 x1c 1x2c0 x2c1 x 2iN14 163748ci xk i ，可得c0x 2c0x 1c0x0c0x124111138c1x 2c1 x 1c1 x0c1 x1 1 116721111316144832141664其他 yk 值均为 0.所以输出波形的峰值失真为y0k3k0yk6 1 1 15

30、 24 72 321048111 4 314 14487164 480第 13 页第七章 数字频带传输系统7-16已知 2PSK 系统的传输速率为 2400b/s 试确定（1）2PSK 信号的主瓣宽度和频带利用率（ b/（SHz） ） ;（2）若对基带信号采用0.4 余弦滚降滤波预处理，再进行 2PSK 调制，这时占用的信道带宽和频带利用率为多大？（ 3）若传输带宽不变，而传输速率增至7200b/s，则调制方式应作何改变？（1）2PSK 信号的带宽是基带信号的两倍，即，B2PSK 2fB在采用矩形成形滤波的情况下，已调信号的主瓣宽度fB RB 2400Hz因此， B2PSK 2*2400 48

31、00HzRB0.5B2PSK（2） RB 2400Baud / （Hz * s）fN RB / 2 1200HzfB （1 ） fN 1.4*1200 1680HzB2PSK 2fB 2*1680 3360HzRB0.71B2PSK（3）速率增大后，需要采用多进制处理7-17设某 MPSK 系统的比特率为 4800b/s，并设基带信号采用1 余弦滚降滤波预处理 .试问：（1）4PSK 占用的信道带宽和频带利用率（2）8PSK 占用的信道带宽和频带利用率（1）在 4PSK下， RB 2400.其所需的奈奎斯特带宽为 fN 1200Hz ，因为采用余弦滚降，实际的基 带信号带宽为 fB （1 ） fN 2400Hz根据 B2PSK 2fB ，得到 B2PSK 2fB 4800Hz .B2PSK（2）在 8PSK 下， RB 1600，其所需的奈奎斯特带宽为 fN 800Hz ，因为采用余弦滚降，实际 的基带信号带宽为 fB （1 ） fN 1600Hz根据 B2PSK 2fB ，得到 B2PSK 2fB 3200Hz .Rb1.5b/ （s*Hz）B2PSK第 14 页补充 1f1 f2已知某 2FSK 信号， RB 2