通信原理答案

1、第1章绪论习题解答1-1解：每个消息的平均信息量为11H (x)log：2448|og218 81|og212 2-1.75bit/ 符号1-2总的组解：（1 ）两粒骰子向上面的小圆点数之和为3时有（1 , 2 ）和（2 , 1 ）两种可能,1 1合数为C6 C6 36，则圆点数之和为 3出现的概率为2 1 p33618故包含的信息量为1I （3） log 2 P3log 24.17（bit）18（4，3），（2 ）小圆点数之和为 7的情况有（1，6）（6，1）（2，5）（ 5，2）（ 3，4）则圆点数之和为 7出现的概率为P76 1366故包含的信息量为11 砸我 log2-2.585（bl

2、t）1-3解：（1 ）每个字母的持续时间为2 10ms，所以字母传输速率为1RB43 50Baud2 10 10不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为H（x） log?42 bit/ 符号平均信息速率为RbRB4gH(x)100bit/s（2 ）每个字母的平均信息量为1111H (x) |og2|og2 75544=1.985 bit/ 符号所以平均信息速率为log10 10RbRB4gH (x)99.25 (b|t/s)1-4解:（1 ）根据题意，可得:I(0)log P(0)log32 :1.4158比特I(1)log P(1)log 2124比特I (2)logP(2)log12

3、；24比特I (3)log P(3)log：13'8比特(2 )法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有14个“0”符号，13个“ 1”符号，12个“ 2 ”符号，6个“ 3”符号，则该消息的信息量是:I 14I (0) 131(1) 121(2)61(3)14 1.415 13 2 12 2 6 387.81比特则此消息中平195比特/符号此消息中共含45个信源符号，这45个信源符号携带有87.81比特信息量, 均每个符号携带的信息量为1287.81/45法二：若用熵的概念计算

4、，有H(x)3log238 82 -log244说明：以上两种结果略有差别的原因在于,11log 21.906(bit / 符号)88它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号 数的增加而减少。1-51133H(x)Tog 2 Tog20.811解：(1)4444bit/符号(2 )某一特定序列(例如：m个0和100-m 个1 )出现的概率为P XL P X1,X2,L ,X100 P所以，信息量为I X1,X2,L ,X100logP XL200 (100 m)log 2 3 bit(3 )序列的熵XL 100

5、X 81bit /序列1-6解：若系统传送二进制码元的速率为m100- mm1100-m30P144m100-m13log441200Baud，则系统的信息速率为：Rb 1200 log2 21200 bit/s若系统传送十六进制码元的速率为2400Baud ，则系统的信息速率为:Rb 2400 log2169600 小仮1- 7解：该恒参信道的传输函数为讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。1-8解：该恒参信道的传输函数为H（）Ae j( td bsin Td)A(1A1Ae jAe j td ejbsin To jb sin T0)e j td 卫(ej To

6、2jAbe2e j T°)e j td1-9解:冲激响应为输出信号为tdj (tdh(t)y(t)A (t td)s(t)* h(t)As(t td)To) Ab j e2罟(t td2号 s(t td(tdT°)To)To)假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为H ( o) 2Vocos21)12n,n(t tdTo)Ab訂 td To)Vo。则该信道的幅频特性为:，n 0,1,2丄时'H（0）出现传输零点;O'1'2丄时，期。）出现传输极点;1-10所以在(nkHz（n为整数）时，对传输信号最有利；（n丄）2 kHz（n为整数）时，对

7、传输信号衰耗最大。解：（1）因为 S/N =30dB,得：S/N=1000由香农公式得信道容量log10 30dB 即 10 N，H()H( j ()e1/j tdKoe冲激响应为h(t)Ko (ttd)输出信号为y(t)s(t)* h(t) Kos(t td)C Blog 2(1 N3400 log2(1 1000)33.89 103bit /s(2 )因为最大信息传输速率为4800b/s ，即信道容量为4800b/s 。由香农公式C Blog2(1 害)C48002B 1 23400 1 2.66 1 1.66得：N。则所需最小信噪比为1.66 。第2章信号与噪声分析习题解答2-1解:p(

8、x2) 1 p(x2)数学期望:E(x)xp(x)dxx丄dxa2 x4a因为所以方差:2-2E(x2)D(x)x2 p(x)dxa2a x . dx a2a3 x6a2 2E(x ) E(x)解：由题意随机变量x服从均值为0,方差为4，所以 2 ，即2服从标准正态分布，可(x) -X X eTdt通过查标准正态分布函数' 2数值表来求解。(1)p(x2) 1p(x2)x1 p(0 2 0) 12 2(1)10.84130.1587x04 0p(x4) 1p(x4)1 p()1(2)2 210.97720.0228x 1.5(3 )当均值变为1.5时，则2 服从标准正态分布，所以x 1

9、.521.5p(x2)1 p(x2)1 p(22 ) 1(0.25)10.5987 0.40132-3x 1 5 p(x 4)1 p(x 4)1 P(-21 0.8944 0.105641 5)1(1.25)解：(1)因为随机变量服从均匀分布,所以有Ez(t)且有o的概率密度函数f (Rz(t,t)由此可见，z(t)是广义平稳的。Em(t)cos( 0t Em(t)?Ecos(2Em(t)? 0 cos(0t)0t)?丄小20Em(t)cos( 0t Em(t)m(t1)?m(t )cos()?Ecos( 0tRm( )?E二cos(2 0t21Rm( )?：COS2cos 02 (cos 0

10、20,(10t)COS(1COS2),),0其他Rz()0t0 )因此z(t)(3)根据三角函数的傅氏变换对(2)仅与相关,的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t1 t, 1 t 0tri (t)1 t,0 t 1Sa2(,0,其他t可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度PZ( )Rx( )e j dcos 0 ?tri ( )e j d；Sa2(0) Sa2(0)422S Rx(0) C0护(1)| o 12 22-4解：(1 )因为，互不相关所以 mx(t)EX(t) E()cos otcos 0tE cos 0tE又根据题目已知均值E E 0，所以mx(t)0(2)自相关函数 Rx

11、(t1,t2)EX(t1)X(t2)E( )cos 0加()cos °t2】cos 0t1 cos 0t2E 2 2222cos 0t1 cos 0t2 E2E E 2 2cos 0t1 cos °t2【4cos 0t1 cos 0t214 -cos 0(t1 t2) cos 0(t1 t2)22cos 0 2cos 0(t1 t2)(t1 t2)(3)由(2)可知Rx(t1,t2)不仅与有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。2-5解：根据图示可得RX() 50 3( 10,10)EX2(t)RX(0) 50X2 RX(0) RX( )50 2030因为，X2

12、EX2(t) EX (t)2(3)30所以，30 50 EX(t)2 即 EX(t) mx 720 则(1)mx20 ； (2)EX2(t) Rx(0) 502-6解:( 1)R()EX(t) X(t )EAc Acos( 1t)人EA(2 AqAcos建)EA2 cos( 1tA COS 12 1A2A2R(0)2EX (t)因为,EX(t)所以,直流功率为)cosA2 AAcos 1(t )1(t2A0A1 cos( 1t) A cos( 1t)cos 1(t )A1 cos( 1t 2EA02 二E X(t) A)A02 EX2(t) E2X(t)则，交流功率为对R()求傅里叶变换可得其

13、功率谱密度A2 (啟(2 A2 ()1)1)2-7解:Rx(丄2 丄2R<()e5；ej2ej05 0ej d3 02-8sa( 0Sa(0 )cos4所以，对Rx()直流功率为Rx( )1Px(f)与Rx()互为傅立叶变换1Px(f)(f) (1 £f 0Px(f)做傅立叶变换得1 f0Sa2( f0 )交流功率为R (0) R ( )1 f01(3)2- 9解：RC低通滤波器的传递函数为11 j cRH( ) jpR j c因此输出过程的功率谱密度为no221 ( cR)2P0( ) R( )?|H( )1相应地，自相关函数为1R0( ) 2-P0()eJ dno4kJn&

14、#176;i i/rce4RC2-10解:( 1)Ry( )E(23X(t)(2 3X(t )E4 6X(t ) 6X(t) 9X(t)X(t 4 6 6 9Rx()即自相关函数只与 有关)EY(t)2 3EX(t)2 35 即均值为常数(2 )平均功率为Ry(0)169Rx(0)因为Rx(0)122，所以Rx(0)3所以Ry(0)169Rx (0)169 343DY(t)D23X(t)9DX (t)182-11解:(1)Ry()EY(t)Y(t)所以丫(t)为宽平稳过程。E X (t a) X(t a)X(t a) X(t a) EX(t a)X(t a) X(t a)X(ta) X(t a

15、)(X(tRx( ) Rx(2a) Rx(2a) Rx ()2Rx( ) Rx(2a) Rx(2a)a) X(t a)X (ta)Py( ) 2Px()Px( )e2aJ2)sin (a )Px( )e2aJ4Px(2-12解：SPx(f )df10k 5 210 5f2df2107W10k32-13Px(f)与Rx()互为傅立叶变换5t解：因为题目已知 冲激响应为 h(t) 5e u(t)H(所以Py()H( )22525Px( )|H( )2Px()又因为no2所以PY()no 252 2525251010Ry()与py()互为傅立叶变换 由臥)可知Ry()25 10匕取10总的平均功率S

16、YRy(0) 2.5 10 (W)2-14解: (1 )由傅里叶时域微分性质dt (j )F()可知微分器的系统函数 H( ) (j ),则信号通过微分器(线性系统)后输出y(t)的双边功率谱密度为n0Py(f)BoBPy(f)dfj2 f2n°f3.95 105f2W/Hz(2)2-15Syn0f 2df234 n°B0.0263W解：设h(t)的傅式变换为H (f)，则有2-16Syn。|H(f)2dfn。H(f)2dfn。解：由题意知,n(t)n c(t)cos ctns (t)sinct，其均值为0,方差为S3 (t) Acosct cos(ct)LPFn°

17、;(t)(n c(t)cos1n c(t)cos给定时s)(t)的功率为典22小 A cos&ct n s(t)si n|ns(t )sinA cos2ct) cos(ct) LPFn0(t)的平均功率为2N0 En 0(t)cos 4故在(1)的条件下( 为常数)则SA22-2 cosN°:2n 2 sin4在(2)的条件下( 是与ni (t)独立的均值为0的高斯随机变量)，n0(t)的功率仍然是N02n4，但此时s0(t)的平均功率是A 2 2 A 2A cos . A 2 nSoE Ecos 44所以SNoA22Ecos2A2 夫E1 2 ncos cos曲/图 3-1

18、4 (a)AA 12 2n212 2e 2 cos2 d .2 2A22A2(1ne2 2)cos2 第3章模拟调制系统习题解答3-1解：c°S tcos ct的波形如图3-14 (a)所示。因为 Sm(t) cost COS ct 且 c 6，对Sm(t)其进行傅里叶变换可得Sm()(2c)(c)(c)(c)2(7)(5)(5 )(7 )频谱图如图题3-14(b)所示。3- 2Af(t)Asin( t)/( t) sin( t)cos( t) Asa( t)cos( t)_t2222解: (1 ) 2Asa(t)上式中 2 为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得(2)Z(t)f (t

19、) j f (t) Asa(t)cos( t) jAsa( t)sin( t)2 2 2 2故z(t) 2Asa(2t)3-3S 弓 Q 1010 100解：因为输出信噪比功率为20dB，贝U No在SSB/SC 方式中，调制制度增益G=1S所以NiNt100接收机输入端的噪声功率Ni n°B 2n010103222 0.510 951035 10 6wS 100Ni 5104W因此接收机输入端的信号功率因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为1dB/km 100km 100dB100可得发射机输出功率为S。1010Si1010465 105 10 W3-4解：(1 )此信号无法

20、用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1 Acos2 fmt 0，而这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。(2 )只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。图 3-153-5解：（1 ） AM解调器输出信噪比为& 20kW由题意知，2N°A 100(2)因为2ng2n°B103WGam22m_(t)A2 m2(t)10 2W/ Hz,B=4Khz ，贝U10 103 410 2 4 10310032 40 103105340 10Gdsb 2)7.8分贝而抑制载波双边带系统的调制制度增益Gdsb 26贝UGam 1/3 （约为 7.8dB所

21、以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅3-6解:设单边噪声功率谱密度为n°，则相干解调后的输出信噪比Som2(t)2B fa df0 baBaN 04n 0Bssb4n0B4n0B4n°3-7解:对于DSB :接收信号功率S0 S2设信道加性白噪声单边功率谱密度为n°，信号带宽为fm则输入噪声功率Ni n0BDSB 2n0 fm11上N0 :Nin°fm输出噪声功率421小鱼-SSN。7fmn°f所以，接收到的信噪比2对于SSB :设发射功率为1SS0Is则接收信号功率4输入噪声功率N in°BssBno fm输出噪声功率No 1Ni

22、4n0 fm4s所以，接收到的信噪比1s'4Ho fm4Isnofm(i)接收信号强度相同，即-s-s故单边带平均发射功率s 2sss'(2 )接收到的信噪比相同，即®fm n0fm故单边带平均发射功率s' s3-8解：设m(t)与cos lt相乘后的输出为si(t)，则s(t)是一个DSB信号，其频谱如图图3-17(a)所示。s (t)再经过截止频率为 1的理想低通滤波器，所得输出信号S(t)显然是一个下边带信号，其频谱如图3-17 ( b )所示，时域表达式则为11s-i(t)m(t)cos 1tm(t)sin 1t22同理，m(t)与sin 1t相乘后的

23、输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号s2(t)也是一个下边带信号，其时域表达式为11S2(t)m(t )sin21tm(t)cos 1t2因此，调制器最终的输出信号1s(t) m(t)cos11tm(t)sin11tcos 2t m(t)sin11tm(t)cos 1tsin2t22221m(t)cos 1t cos 2tsin 1tsin 2t1m(t)sin 1t cos 2tcos 1tsin 2t2 2m(t)cos( 21)tm(t)sin( 21)t2 2显然，s(t)是一个载波角频率为(21)的上边带信号。7314八1 S/(Q心25 - O*TI - 31 +

24、 tilla_ 坤1 - Cd + ftHowi -CUh 5(a)(b)图 3-173-9解: ( 1 )因为 m(t) C0S(211SSsb -m (t)-W48104t)V，则m2(t) W2S 1DSB所以，2m2(t)%4(2) DSB : Nin0 Bdsb2n0 fH1110106W信道衰减为S0SDSB 则 SiDSB1000所以，No30dB ,2 Sdsb? 1Ni4 210310 6SiDSB则2504 1000310 WSSB : Ni10 1110 6W信道衰减为S0所以，No30dB，SsSBNiSSSB则 SiSSB1心10 6(3 ) r均相同，DSB : N

25、 i n0BDSB10001252n0 fHSiSSB11000310 W5 10 1110SdsbSSBSsSB3-10所以,1 -10 1000 8Ni103,n0BSSB3Wn0 fH所以鱼N。2 SDSB N28队，由于信道衰减10361252 10630dB ,1011106W信道衰减30dB ,W，所以由题意SFM (t)BfmN。SiSSBN100cos(22(mf 1)fm 2 5KFM Am23106 1251 10fct1034sin 2 fmt)104Hz得mfm，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率343 2 101.2 10 Hzmf2。此时，Bfm2(

26、mf1)fm 23-11解:消息信号m(t)A,0t T1m(),1 T Am(t)-dd则t0 tmif对应的单边带信号为11SSsB(t)m(t)cos ctm(t)sin £22A丄A , t T .丄cos ct In sin ct22A 1SssB(t)2 - 1(lntt T)2f75匸mf5«2,八-解：fm15kHzf75kHz所以fm15则 Gfm3mf (mf 1) 450Si20dB 100S0GSiFM-45010045000因为Ni所以NoFM Ni3-13解：对于AM波的带宽：BAM2fH 210kHz20kHz其包络为3-12对于SSB波的带宽

27、：BSSBfH 10kHzf 50kHzmf5调频指数fm 10kHz对于FM信号带宽bfm2(mf1)fm2(5 1) 10kHz 120kHz3-14解:由已知 S(t) Acos 0t 100cos mt(1)调相时Spm (t) Acos ct Kpm(t)所以Kpm(t) 100cos mt又因为Kp 2， 所以(2)调频时Sfm (t)Acos ctm(t) 50cos mttS( )d t所以 POSS mtKFm()dt2 m( )d两边冋时求导得100 m sin mt 2m(t)求得m(t)50m sinmtKpKfmpAmmfAm (3)由mmKpAmm“E100Emax

28、p mpmU "，即最大频偏为3-151002Ffm5000W解：已调波信号功率2 。maxmf 5maxmf fm104Hz100 fmBfm2(mf1)fmL 40005 42(5 1) 2000Hz 2.4 10 (Hz)第4章模拟信号的数字传输习题解答4-1解:H1的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为(1 )因为信号m t通过传输函数为 所以抽样频率2f1(2 )因为抽样信号频谱Ts n可得抽样信号的频谱如图4-11所示。Ms( 3 )-X抽样信号频谱图图 4-11(3 )由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号1ms t通过截止频率为1的理想低就能在接收端恢复出信号m

29、t。如卩(t)r111叭)11时)NA111|_图 4-12 可见，如果接收端通过一个传输特性为H(f)抽样信号'的恢复111H f1f f1的网络,H1通滤波器，然后再通过一个传输特性为H1图4-12所示。的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号m t。4-2解：(1 )由式(4-2 )可知：在s=3 H时，抽样信号频谱如图 4-14所示，频谱无混叠现象。因此经过截止角频率为H的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。图4-14抽样信号的频谱(2 )如果s 1.5 h，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。图4-1

30、5抽样信号的频谱出现混叠现象4-3解：因为m t cos100 n tos2000 nt1cos1900 nt cos2100 nt2所以最低频和最高频分别为九950Hz,人105°Hz(1 )将mt当作低通信号处理，则抽样频率fs 2fH 2100Hz(2 )将mt当作带通信号处理，则抽样频率2fH f2fLn 1 s n因为n=9，所以210 fs 211.1Hz4-4解：1以抽样时刻t 1/4000为例，此时抽样值为0.9510565 ，设量化单位2048，所以归一化值 0.9510565=1948。编码过程如下：(1 )确定极性码C1 ：由于输入信号抽样值为正，故极性码C1

31、=1 O(2 )确定段落码 C2C3C4 :因为1948>1024 ，所以位于第8段落，段落码为111 o(3)确定段内码C5C6C7C8 :因为 1948 1024 14 64 28，所以段内码 C5C6C7C8=1110 o所以，t 1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为1 111 1110同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM码字，如表4-5所示。4-5解:因为采用均匀量化，所以量化间隔则量化区间有 1,0.5，-0.25，0.25，0.75。所以量化噪声功率为-0.5Nq -1 X0.5,0.750.5x00.2520.540, 0.5dxdx和 0

32、.5,-0.50.51，对应的量化值分别为-0.75，0.250.7521 x dx21 x dx1/48因为输入量化器的信号功率为x2fdx。航1x)dx用11x)dx 6所以量化信噪比Nq2x2m mq4-6解：因为二进制码元速率Rblog2 MsS，即信息速率与lOg2 M成正比，所以若量化 级数由128增加到256，传输该信号的信息速率 Rb增加到原来的8/7倍。而二进制码元宽度为所以对应的信息速率log 2Tb1 Rb表4-5 PCM编码的输出码字t1600 nt.2k nm kTssin样值5归一化值输出码字t 000010000000t 1/40002n/50.951056519

33、4811111110t 2/40004冗/50.58778525120411110010t 3/40006冗/5-0.58778525-120401110010t 4/40008n/5-0.9510565-194801111110假设占空比 Tb，则PCM信号带宽为B 1/t可见，带宽B与log2 M成正比。所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。4-7解：基带信号的频谱图如图基带信号的频谱图图 4-164-16由式(4-2)，理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。iIIIMI4JT 门H卜丄1一 f (H£0 13 5 79图4-17理想抽样信号的频谱图(

34、2)因为自然抽样信号的频谱Ms()ASa(-)M( n s)Ts n20.4Sa(nsn s)Sa(c)M (n2当n=1时，因为n sSa( 2)M(n s)= Sa(0.4 )M ( s)4-18所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为0.4Sa(0.4 )M(s)，对应的频谱图如图所示。I 严 I04死 E 誼(0.4 眄. i丨丨t ”034 S图4-18n=1时自然抽样信号的频谱分量所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。冲犧强度丸0.4.T图4-19自然抽样信号的频谱图/'(Hz)因为平顶抽样信号的频谱所以,A WTSaMM qTs2 n -平顶抽样信号的频谱图如图4-20

35、所示。0.4Sa X M2 n -图4-20平顶抽样信号的频谱图<UT4-8解：所以二进因为抽样频率为8000Hz ,按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。制码元速率Rb l fs 8 800064000 波特因为占空比为1，所以 Tb，贝y pcm基带信号第一零点带宽B 1/t 1/Tb 64000 Hz4-9解：因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以fs 2fH 12000 Hz所以PAM系统的码元速率RBfs 12000 波特则码元宽度Ts 1/ fs因为占空比为0.5，所以 0.5Ts，则PAM基带信号第一零点带宽B 1/T 24000Hz4-10解:(1)因为奈奎斯特抽

36、样频率fs2fH12000Hz，量化级数M 8，所以二进制码元速率为Rblog 2 M fs3 1200036000 波特所以,对应的信息速率Rb36000bit/s(2)因为二进制码元速率Rb与二进制码兀宽度 Tb呈倒数关系，所以Tb 1/Rb 因为占空比为0.5，所以0.5Tb则PCM基带信号第一零点带宽B 1/T 72000Hz4-11解：编码过程如下（1 ）确定极性码C1 :由于输入信号抽样值为负，故极性码C1 =0。（2）确定段落码C2C3C4 :因为1024>870>512 ，所以位于第7段落，段落码为110。（3）确定段内码C5C6C7C8 :因为 870512 11

37、 32 6，所以段内码 C5C6C7C8=1011。所以，编出的 PCM码字为0 110 1011。i 864量化单位编码电平ic是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为 极性为负，则编码电平Ic 冷 23C522C621C720C8因为864 10因此7/11变换得到的11位线性码为。6个量化单位。编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为(86416）880个量化单位。因为880所以7/12变换得到的12位线性码为10 01101110000.0 2011011100000 。10个量化单位。解码误差（即量化误

38、差）为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为4-12解：（1）因为量化区的最大电压为U 2048mV，所以量化单位为1mV，所以抽样值为398。编码过程如下：确定极性码C1:由于输入信号抽样值Is为正，故极性码C1=1 0确定段落码C2C3C4 :因为512>398>256 ，所以位于第6段落，段落码为101。 确定段内码C5C6C7C8 :因为398256 8 16 14，所以段内码C5c6C7c8=1000 。所以，编出的PCM码字为11011000。它表示输入信号抽样值Is处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384=384mV，中间电平为392 mV 。编码电平

39、对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平1C 384=384 mV因为384 1000110000000 2，所以对应的11位线性码为00110000000。解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平1D 392 mV可见，解码误差(即量化误差)为 64- 13解：5 V2048量化单位。因为最大电压值为 5V，所以量化单位所以，样值幅度2.5V表示为-1024因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输 出码字为0 111 0000。该量化级对应的起始电平为1024= 2.5V，中间电平为 1024 321056量化单位，即-2.578V。所以量化电平

40、为-2.578V，量化误差为78 mV4-14解：极性码为1，所以极性为正。段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1 可知，第1段落的起始电平为 0,量化间隔为因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为 (7 1 °.5) 7.5个量化单位，即解码电平7.5。因为7.5 100000000011 1.1 2所以，对应的12位线性码为0000000011114-15解：编码过程如下：(1) 确定极性码C1 :由于输入信号抽样值为负，故极性码C1 =0。(2) 确定段落码C2C3C4 :因为1024>630>512 ，

41、所以位于第7段落，段落码为110。(3) 确定段内码C5C6C7C8 :因为 630512 3 32 22，所以段内码 C5C6C7C8=0011。所以，编出的 PCM码字为0 110 0011。-608单位。因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为因为608 10 01001100000 2所以，对应的均匀量化的4- 16解：因为11位线性码为 01001100000。S。S。S°/Nq21N0 pcm Nq Ne 1 4Pe2又因为So?2IN?所以第5章数字信号的基带传输习题解答5-1解：略5-2解:信息码：1 1000 0 0 1 10 000 11AMI 码：+1

42、-1000 0 0 +1 -10 000 +1-1HDB3 码:+ 1 -1000 -V 0+1 -1+B 00+V -1+15-3解：信息码：1 0100 0 0 0 00 001 1AMI 码：+ 1 0-100 0 0 0 00 00+1 -1HDB3 码:+ 10 -1000 -V +B 00 +V 0-1+15-4解：(1 )对于单极性基带信号,g1 ( )， g2 ( ) g ()， 随机脉冲序列的功率谱密度为Ps(f)2fsP(1 P)|G(f)|2|fs(2 p 1)G(mfs)|(fmfs)Ps(f)工 G(mfs)|2 (f mfs)412时，严 |G(f)|245-5g(

43、t)由图5-11得g(t)的傅立叶变换'G(f)学 Sa2(2 2代入功率谱密度函数式，得Ps( f)上 lASa fTs s 4222A Ts4 fTss Sa4(s)25-12所示。16功率谱密度如图(2)由图 5-122T；A(1 T|t|),|t| 亍I s20,elseG（f）为讥）中可以看出,)|22仔仔|2 (fSaV)(f mfs)mfs该基带信号的功率谱密度中含有频率丄Ts的分量。由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量R（）为务Sa4（乎（f mfs）16 m2故可以提取码元同步所需的频率Pv(f)1时，即fA2416Sa (2) (f所以该频率分量的功率为。A2。4/、A2 o -S Sa ( ) Sa16 2 16Pv(f)的离散分量,s时,fs)有A24Sa ( ) (f fs)16 22 A24aU)A-1_-6/55、算3止赣曲、m图 5-12H()11 l l，l l 00解：（1 ）由图5-12可得该系统输出基本脉冲的时间表示式为O,else1h(t) 2- H( )ejtd(2)根据奈奎斯特准则,H(Heq()0,|当系统能实现无码间干扰传输时,2 i) C,| | TTsH()应满足|容易验证，当2 H(i0时,TTi)所以当码