通信原理课后答案-鲍卫兵

第一章习题解答 ：1.解：由信息量计算公式：Ilog21log2p(x)p(x)得到字母E和X的信息量分别为I(E)log20.105I(X)log20.0022.解：T1ms，RB1/T1000(Baud)n1n由平均信息量的计算公式：Hp(xi)log2p(xi)log2p(xi)p(xi)i1i1得平均信息量为1111H0.4log20.40.3log20.30.2log20.20.1log20.10.41.3220.31.7370.22.3220.13.3220.52880.52110.46440.33221.8465bit/符号HHRB1.846510001.8465kb/sRbT3.解：T0.5msRB212000BaudTRB4RB22000BaudRb4log24RB44000bit/s解：T833106s八进制：T838331062500106sRB81400BaudT8Rb8log28RB81200bit/s5.解：Rb2RB23600bit/sRB8RB23600BaudRb8log28RB810800bit/s6. 解：Rb4 240bit/sRB41Rb41200Baudlog24T30min1800sPe30分钟内错误码元数216104＝30分钟内总的码元数180012007.解：Pe105，RB1200BaudPeT时间内错误码元数360105＝TT时间内总的码元数1200T＝3603104(s)5102(min)1200105答：“小灵通”的主要功能有：接拨电话、重拨、存储电话号码、振铃音量及类型的调节、录音、留言等功能。小灵通和移动电话是两种不同的通信系统，其使用的手机也完全不同。“小灵通”利用原有有线市话的网络资源，它通过无线接入的方式，使得传统意义上的有线电话可以在市区的网络覆盖范围内随身携带使用，所以小灵通无线电话是固定电话的延伸，占用市内电话号码，计费方式和固定电话相同，而移动GSM手机是蜂窝式移动电话，建有单独的移动网络，不仅在国内而且可在世界很多国家漫游，发射功率大，仍以双向收费为主，费用较高。所以移动电话手机不能入小灵通电话网，小灵通手机也不能入移动电话网。“小灵通”信号频段为1.90－1.92GHZ，发射功率很小，仅有10毫瓦，大约只有GSM手机发射功率的1%，也比家用无绳电话小得多。长时间使用，不会对人体造成辐射伤害，所以又叫“绿色手机”。习题解答2-1、什么是调制信道？什么是编码信道？说明调制信道和编码信道的关系。答：所谓调制信道是指从调制器输出端到解调器输入端的部分。 从调制和解调的角度来看，调制器输出端到解调器输入端的所有变换装置及传输媒质， 不论其过程如何， 只不过是对已调制信号进行某种变换。所谓编码信道是指编码器输出端到译码器输入端的部分。 从编译码的角度看来， 编码器的输出是某一数字序列， 而译码器的输入同样也是某一数字序列， 它们可能是不同的数字序列。因此，从编码器输出端到译码器输入端， 可以用一个对数字序列进行变换的方框来概括。根据调制信道和编码信道的定义可知， 编码信道包含调制信道， 因而编码信道的特性也依赖调制信道的特性。2-2、什么是恒参信道？什么是随参信道？目前常见的信道中，哪些属于恒参信道？哪些属于随参信道？答：信道参数随时间缓慢变化或不变化的信道叫恒参信道。通常将架空明线、电缆、光纤、超短波及微波视距传输、卫星中继等视为恒参信道。信道参数随时间随机变化的信道叫随参信道。 短波电离层反射信道、 各种散射信道、超短波移动通信信道等为随参信道。2-3、设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为：H()K0()td其中，K0和td都是常数。试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号的时域表示式，并讨论之。解：传输函数H()H()ej()K0ejtd冲激响应h(t)K0(ttd)输出信号y(t)s(t)h(t)K0s(ttd)结论：该恒参信道满足无失真条件，故信号在传输过程中无失真。2-4、设某恒参信道的传输特性为H()[1cosT0]ejtd，其中，td为常数。试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号表达式，并讨论之。解：H()[1cosT0]ejtdejtd1(ejT0ejT0)ejtd2ejtd1ej(tdT0)1ej(tdT0)输出信21(t21(t号为：h(t)(ttd)tdT0)tdT0)22so(t)s(t)h(t)s(ttd)1s(ttdT0)1s(ttdT0)讨论：22此信道的幅频特性为H()1cosT0，相频特性为()td，相频特性与成正比，无想频失真；H()K，有幅频失真，所以输出信号的失真是由信道的幅频失真引起的，或者说信号通过此信道只产生幅频失真。2-5、今有两个恒参信道，其等效模型分别如图2-5（a）（b）所示。试求这两个信道的群时延特性并画出它们的群迟延曲线，并说明信号通过它们时有无群时延失真？图2-5解:(a)所以(a)网络

传输特性：H()R2R1R2幅频特性：H()R2R1R2相频特性：()0无群时延失真。群迟延特性：(d())0d(b)传输特性：H()11jRC相频特性：()arctan(RC)群迟延特性：(d()RC)12R2C2d所以(b)网络的 ( )和 是非线性关系，即群时延特性 ( )不为常数，因此有群时延失真2-6、什么是相关带宽？ 如果传输信号的带宽宽于相关带宽，对信号有什么影响？答：相关带宽就是随参信道各路径之间最大时延差的倒数。 当信号带宽大于相关带宽时，将产生明显的频率选择性衰落。2-7、试根据随参信道的传输特性，定性解释快衰落和频率选择性衰落现象。答：随参信道的传输特点是， 多径传播和每条路径的时延和衰耗都是时变的。 当接收到的信号互相加强时， 合成信号幅度大；当接收到的信号互相削弱时，合成信号幅度小。 这样就形成了快衰落现象。 当发射的信号有许多频率成分时， 每个频率的信号都是经过多条路径传输后到达接收端的， 一些频率成分的多径信号互相削弱， 别一些频率成分的多径信号互相加强，这样就使接收到的不同频率的信号幅度不同，形成频率选择性衰落现象。2-8、试定性说明采用频率分集技术可以改善随参信道传输特性的原理。答：用若干载频信号同时传输同一个信息， 信道同时将这些信号衰落掉的概率很小， 在收端将收到的各个载频信号按一定方式集中在一起就可以保证可靠地传信息。 这就是频率分集技术可以改善随参信道传输特性的基本原理。2-9、某随参信道的两径时延差 为0.5ms，试问该信道在哪些频率上传输损耗最小？哪些频率上传输损耗最大？解：传输衰耗最大的频率为：2n1f(2n1)(kHz)2传输信号最有利的频率为：n2n(kHz)f式中，n为正整数。2-10、设某随参信道的最大多径时延差等于 3ms,为了避免发生选择性衰落，试估算在该信道上传输的数字信号的码元脉冲宽度。解：信道相关带宽BC11(kHz)根据工程经验，信号带宽m3B(1~1)BC53故码元宽度Ts (3~5) m (9~15)(ms)2-11、信道中常见的起伏噪声有哪些？它们的主要特点是什么？答：信道中常见的起伏噪声有：（1）热噪声：电阻类导体中，自由电子的布朗运动引起的噪声；（2）散弹噪声：真空管、半导体等器件内部，由于载流子发射、分配的不均匀所引起的噪声；（3）宇宙噪声：由于天体辐射引起的噪声。它们的主要特点是均为高斯白噪声：即概率密度函数为高斯型，功率谱密度为均匀谱。2-12、二进制无记忆编码信道模型如图2-11所示，如果信息传输速率是每秒1000符号，且P(x1)P(x2)1/2，试求：（1）信息源熵及损失熵；（2）信道传输信息的速率。x1y11/65/61/4x23/4y2解：图2-12(1log211log21)(1)H(X)1(bit/符号)22221H(X/Y)1log2110.930(bit/符号)(6log2)644(2)RbRB[H(X)H(X/Y)]1000(10.930)70(bit/符号)2-13、设高斯信道的带宽为4kHz，信号与噪声的功率比为63，试确定利用这种信道的理想通信系统之传信率和差错率。解：此系统的信道容量为：CBlog2(1S)4103log26424(kbit/s)N理想信道的传信率为：RbC24(kbit/s)差错率为： Pe 02-14、具有 6.5MHz 的带宽的某高斯信道，若信道中信号功率与噪声功率谱密度之比为45.5MHz，试求其信道容量。解： 根据香农公式CBlog2(1S)6.5106log2(145.5)6.5106319.5(Mb/s)n0B6.52-15、已知电话信道的带宽为3.4kHz，试求：接收信噪比S/N30dB时的信道容量；(2)若要求该信道能传输4800bit/s的数据，则要求接收端最小信噪比S/N为多少dB?解：CBlog2(1S[3.4log2(11000)]33.87(kbit/s)(1))N(2)CBlog2(1S)N4.83.4log2(1S)3.43.32lg(1S)11.29lg(1S)NNN1011.2911.66N10lg

S

10lg1.66

2.2(dB)N2-16、已知彩色电视图像由 5 105个像素组成。设第个像素有 64种彩色度，每种彩色度有个亮度等级。如果所有彩色度和亮度等级的组合机会均等，并统计独立。（1）试计算每秒传送100个画面所需要的信道容量；（2）如果接收信噪比为30dB，为了传送彩色图像所需信道带宽为多少？解：（1）每个像素的信息量为： log2(64 16) 10(bit)每幅画面的信息量为：

10 5 105

5 106(bit)信息速率为：

Rb

100 5 106

5 108(bit/s)需要的信道容量为： C Rb 5 108(bit/s)（2）30S/N10101000所需信道带宽BC5108S3.3250(MHz)log2(1)lg1001N习题解答2-1、什么是调制信道？什么是编码信道？说明调制信道和编码信道的关系。答：所谓调制信道是指从调制器输出端到解调器输入端的部分。 从调制和解调的角度来看，调制器输出端到解调器输入端的所有变换装置及传输媒质， 不论其过程如何， 只不过是对已调制信号进行某种变换。所谓编码信道是指编码器输出端到译码器输入端的部分。 从编译码的角度看来， 编码器的输出是某一数字序列， 而译码器的输入同样也是某一数字序列， 它们可能是不同的数字序列。因此，从编码器输出端到译码器输入端， 可以用一个对数字序列进行变换的方框来概括。根据调制信道和编码信道的定义可知， 编码信道包含调制信道， 因而编码信道的特性也依赖调制信道的特性。2-2、什么是恒参信道？什么是随参信道？目前常见的信道中，哪些属于恒参信道？哪些属于随参信道？答：信道参数随时间缓慢变化或不变化的信道叫恒参信道。通常将架空明线、电缆、光纤、超短波及微波视距传输、卫星中继等视为恒参信道。信道参数随时间随机变化的信道叫随参信道。短波电离层反射信道、各种散射信道、超短波移动通信信道等为随参信道。2-3、设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为：H()K0()td其中，K0和td都是常数。试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号的时域表示式，并讨论之。解：传输函数H()H()ej()K0ejtd冲激响应h(t)K0(ttd)输出信号y(t)s(t)h(t)K0s(ttd)结论：该恒参信道满足无失真条件，故信号在传输过程中无失真。2-4、设某恒参信道的传输特性为H()[1cosT0]ejtd，其中，td为常数。试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号表达式，并讨论之。解：H()[1cosT0]ejtdejtd1(ejT0ejT0)ejtd2ejtd1ej(tdT0)1ej(tdT0)2121h(t)(ttd)(ttdT0)tdT0)2(t2输出信号为：so(t)s(t)h(t)s(ttd)1s(ttdT0)1s(ttdT0)讨论：22此信道的幅频特性为H()1cosT0，相频特性为()td，相频特性与成正比，无想频失真；H()K，有幅频失真，所以输出信号的失真是由信道的幅频失真引起的，或者说信号通过此信道只产生幅频失真。2-5、今有两个恒参信道，其等效模型分别如图 2-5（a）（b）所示。试求这两个信道的群时延特性并画出它们的群迟延曲线，并说明信号通过它们时有无群时延失真？解:(a)所以(a)网络

图2-5传输特性：H()R2R1R2幅频特性：H()R2R1R2相频特性：()0无群时延失真。群迟延特性：(d())0d(b)传输特性：H1()1jRC相频特性：()arctan(RC)群迟延特性：()d()RCd12R2C2所以(b)网络的 ( )和 是非线性关系，即群时延特性 ( )不为常数，因此有群时延失真2-6、什么是相关带宽？ 如果传输信号的带宽宽于相关带宽，对信号有什么影响？答：相关带宽就是随参信道各路径之间最大时延差的倒数。 当信号带宽大于相关带宽时，将产生明显的频率选择性衰落。2-7、试根据随参信道的传输特性，定性解释快衰落和频率选择性衰落现象。答：随参信道的传输特点是， 多径传播和每条路径的时延和衰耗都是时变的。 当接收到的信号互相加强时， 合成信号幅度大；当接收到的信号互相削弱时，合成信号幅度小。 这样就形成了快衰落现象。 当发射的信号有许多频率成分时， 每个频率的信号都是经过多条路径传输后到达接收端的， 一些频率成分的多径信号互相削弱， 别一些频率成分的多径信号互相加强，这样就使接收到的不同频率的信号幅度不同，形成频率选择性衰落现象。2-8、试定性说明采用频率分集技术可以改善随参信道传输特性的原理。答：用若干载频信号同时传输同一个信息， 信道同时将这些信号衰落掉的概率很小， 在收端将收到的各个载频信号按一定方式集中在一起就可以保证可靠地传信息。 这就是频率分集技术可以改善随参信道传输特性的基本原理。2-9、某随参信道的两径时延差 为0.5ms，试问该信道在哪些频率上传输损耗最小？哪些频率上传输损耗最大？解：传输衰耗最大的频率为：2n1f(2n1)(kHz)2传输信号最有利的频率为：n2n(kHz)f式中，n为正整数。2-10、设某随参信道的最大多径时延差等于 3ms,为了避免发生选择性衰落，试估算在该信道上传输的数字信号的码元脉冲宽度。解：信道相关带宽BC11(kHz)根据工程经验，信号带宽m3B(1~1)BC53故码元宽度Ts (3~5) m (9~15)(ms)2-11、信道中常见的起伏噪声有哪些？它们的主要特点是什么？答：信道中常见的起伏噪声有：（1）热噪声：电阻类导体中，自由电子的布朗运动引起的噪声；（2）散弹噪声：真空管、半导体等器件内部，由于载流子发射、分配的不均匀所引起的噪声；（3）宇宙噪声：由于天体辐射引起的噪声。它们的主要特点是均为高斯白噪声：即概率密度函数为高斯型，功率谱密度为均匀谱。2-12、二进制无记忆编码信道模型如图2-11所示，如果信息传输速率是每秒1000符号，且P(x1)P(x2)1/2，试求：（3） 信息源熵及损失熵；（4）信道传输信息的速率。x11/65/6y11/4x23/4y2解：图2-12(1log211log21)(1)H(X)1(bit/符号)222121H(X/Y)1log210.930(bit/符号)(6log2)644(2)RbRB[H(X)H(X/Y)]1000(10.930)70(bit/符号)2-13、设高斯信道的带宽为4kHz，信号与噪声的功率比为63，试确定利用这种信道的理想通信系统之传信率和差错率。解：此系统的信道容量为：CBlog2(1S)4103log26424(kbit/s)N理想信道的传信率为：RbC24(kbit/s)差错率为：Pe02-14、具有 6.5MHz 的带宽的某高斯信道，若信道中信号功率与噪声功率谱密度之比为45.5MHz，试求其信道容量。解： 根据香农公式CBlog2(1S)6.5106log2(145.5)6.5106319.5(Mb/s)n0B6.52-15、已知电话信道的带宽为3.4kHz，试求：接收信噪比S/N30dB时的信道容量；(4)若要求该信道能传输4800bit/s的数据，则要求接收端最小信噪比S/N为多少dB?解：S)(1)CBlog2(1[3.4log2(11000)]33.87(kbit/s)N(2)CBlog2(1S)N4.83.4log2(1S3.43.32lg(1SS))11.29lg(1)NNN4.81011.2911.66N10lg

S

10lg1.66

2.2(dB)N2-16、已知彩色电视图像由 5 105个像素组成。设第个像素有 64种彩色度，每种彩色度有个亮度等级。如果所有彩色度和亮度等级的组合机会均等，并统计独立。（3）试计算每秒传送100个画面所需要的信道容量；（4）如果接收信噪比为30dB，为了传送彩色图像所需信道带宽为多少？解：（1）每个像素的信息量为： log2(64 16) 10(bit)每幅画面的信息量为：

10 5 105

5 106(bit)信息速率为：

Rb

100 5 106

5 108(bit/s)需要的信道容量为： C Rb 5 108(bit/s)（2）30S/N10101000所需信道带宽C510850(MHz)B3.32lg1001Slog2(1)N4-1、设二进制符号序列为110010001110，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性码波形、双极性码波形、单极性归零码波形、双极性归零码波形、二进制差分码波形及八电平码波形。解：略4-2、设随机二进制序列中的 0和1分别由gt和 gt组成，它们的出现概率分别为 p及p：1）求其功率谱密度及功率；（2）若gt为如题4-2图a所示波形，Ts为码元宽度，问该序列是否存在离散分量fs1Ts？（3）若gt改为题4-2图b，回答题（2）所问。题4-2图解：（1）随机二进制序列的功率谱密度为：22Psffsp(1p)G1(f)G2(f)δ(fmfs)fspG1(mfs)(1p)G2(mfs)由题意知g1tg2tgt，因此双极性波形序列的功率谱密度为22Psf4fsp(1fs(12p)2G(mfs)δ(fmfs)p)G(f)式中，Gfgt；等式右端第一项是连续谱成分，第二项是离散谱成分。22sPs(f)df4fsp(1p)fs(12p)2G(mfs)δ(fmfs)dfG(f)功率4fsp(1p)|G(f)|2dffs2(2p1)2m|G(mfs)|21tTs（2）若基带脉冲波形为gt20其它则gtGfGf＝Ts()的傅立叶变换为因为Gfs＝TsSa(Tsfs)TsSa()Tssin0所以由题（1）的结果可知，该二进制序列不存在离散分量 fs 1Ts1tTs（3）若基带脉冲波形为gt40其它则gt的傅立叶变换Gf为＝Ts(Tsf)fSaG22因为Gfs＝TsSa(TsfsTsSa()Tssin2022)222所以由题（1）的结果可知，该二进制序列存在离散分量 fs 1Ts4-6、已知信息代码为 ，求相应的 AMI码、HDB3码及双相码。解：AMI码 ＋1000000000－1＋1HDB3码＋1000＋V－B00－V0＋1－1双相码 4-7、已知信息代码为 ，试确定相应的 AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。解：AMI码 ＋10－100000＋1－10000＋1－1HDB3码 ＋10－1000－V0＋1－1+B00＋V－1＋1波形图略4-10、设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总特性为 H ，若要求以2Ts波特的速率进行数据传输，试检验题 4-10图中各种H 满足消除抽样点上码间干扰的条件否？题4-10图解：方法1：根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率RB1时，能够实现无码间干扰传输Ts的基带系统的总特性HH2i或常数,应满足TsiTsTs因此，当RB2H时，基带系统的总特性应满足TsH4iTs或常数,2TsTsi容易验证：除（c）满足无码间干扰外，其余（a）(b)和(d)均不满足无码间干扰传输的条件。方法2：由H求出系统无码间干扰的最高传码率RBmax2Beq，然后与实际传输速率RB2RBmaxnRBn1,2,3，进行比较。若满足Ts则以实际速率RB进行传输时，满足抽样点上无码间干扰的条件进行判断：（a）RBmax1RB21Ts，n，不为整数，故不能；Ts2（b）RBmax3RB2，n3，但非整数倍关系，故不能；TsTs2（c）RBmax221，为整数，故该HTs＝RB，n满足无码间干扰传输的条件；Ts（d）RBmax1RB21Ts，n，不为整数，故不能。Ts24-12、为了传送码元速率RB103（B）的数字基带信号，试问系统采用题4-12图中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。题4-12图解：比较基带传输特性时，应从四个方面进行比较：是否满足无码间干扰条件、频带利用率、单位冲激响应尾部的收敛速率及物理实现的难易程度。（1）验证是否满足无码间干扰条件：根据奈奎斯特第一准则进行分析，可知（a）RBmax332210(Baud)RB10(Baud)，n(b)RBmax2103(Baud)RB103(Baud)，n2（c）RBmax103(Baud)RB103(Baud)，n1，因此（a）(b)（c）均满足无码间干扰。（2）频带利用率：（a）系统的带宽为B410332210(Hz)频带利用率为＝RB21030.5(B/Hz)B103（b）系统的带宽为B2103103(Hz)2频带利用率为＝RB1031(B/Hz)B103（c）系统的带宽为B2103103(Hz)2频带利用率为RB103＝B1031(B/Hz)(3)冲激响应尾部的收敛程度：传输函数（b）是理想低通特性，其冲激响应为Sa(x)型，与时间t成反比，尾部收敛慢；传输函数（a）和（c）是三角形特性，其冲激响应为Sa2(x)型，与时间 t2成反比，尾部收敛快。（4）物理实现的难易程度：传输函数（ b）是理想低通特性，难以实现；传输函数（ a）和（c）是三角形特性，较易实现。因此传输函数（ c）满足无码间干扰条件，其三角形滤波特性较易实现，相应单位冲激响应尾部的收敛快，且其频带利用率比（ a）高，综合比较传输函数（ c）较好。4-24、设有一个三抽头的时域均衡器，如题4-24图所示。xt在各抽样点的值依次为x218，x113，x01，x114，x2116（在其他抽样点均为零）。试求输入波形xt峰值的畸变值及时域均衡器输出波形yt峰值的畸变值。题4-24图xt的峰值畸变为12111137解：输入波形Dxxk834，x0kk021648N由公式ykCixki，可得iNyy

C1x2111338242C1x1C0x21111133872y1C1x0C0x1C1x21111(1)11334832y0C1x1C0x0C1x1111153411()364y1C1x2C0x1C1x01111(1)113164448y2C0x2C1x111(1)101644y3C1x211141664其余yk值均为0。所以输出波形yt的峰值畸变为Dy13yk6(111101)71。y0kk0352472324864480习题5-1 设待发送的数字序列为 10110010，试分别画出 2ASK、2FSK、2PSK和2DPSK的信号波形。已知在2ASK、2PSK和2DPSK中载频为码元速率的2倍；在2FSK中，0码元的载频为码元速率的2倍，1码元的载频为码元速率的3倍。解：波形略5-2已知某2ASK系统的码元传输速率为1200B，采用的载波信号为Acos(48102t)，所传送的数字信号序列为101100011：（1）试构成一种2ASK信号调制器原理框图，并画出2ASK信号的时间波形；（2）试画出2ASK信号频谱结构示意图，并计算其带宽。解：（1）2ASK信号调制器原理框图如图5.2.1-2，2ASK信号的时间波形略。开关电路乘法器coscts(t)e2ASK(t)e2ASK(t)coscts(t)(a)(b)图信号调制原理框图2）2ASK信号频谱结构示意图如图，则其带宽为B2ASK=2fs＝2400Hz。G(f)Tsf0fssTs/4P(f)f1/40fsPe(f)Ts/161/16fc0fcf2fs图5.2.1-52ASK信号的功率谱5-3若对题5-2中的2ASK信号采用包络检波方式进行解调，试构成解调器原理图，并画出各点时间波形。解：2ASK信号采用包络检波的解调器原理图：e2ASK(t)带通a全波b低通c抽样d滤波器整流器滤波器判决器输出定时脉冲各点时间波形：（下图对应各点要换成 101100011）5-4 设待发送的二进制信息为 1100100010，采用 2FSK 方式传输。发 1码时的波形为Acos(2000 t+1)，发0码时的波形为 Acos(8000 t+0)，码元速率为 1000B：（1）试构成一种 2FSK信号调制器原理框图，并画出 2FSK信号的时间波形；2）试画出2FSK信号频谱结构示意图，并计算其带宽。解：（1）2FSK信号调制器原理框图如下图，时间波形略。载波~f1载波~f2

开关e02FSK(t)s(t)（2）2FSK信号频谱结构示意图如下图，其带宽B2FSK f2 f1 2fs 40001000 21000 5000Hz。相位不连续 2FSK信号的功率谱（单边谱）5-5 已知数字序列 {an}=1011010，分别以下列两种情况画出二相的波形（假定起始参考码元为 1）：

PSK、DPSK

及相对码

{bn}1）码元速率为1200B，载波频率为1200Hz；2）码元速率为1200B，载波频率为1800Hz。5-6

在相对移相键控中，假设传输的相对码序列为

{bn，且规定相对码的第一位为 0，试求出下列两种情况下的原数字信号序列 {an}：1）规定遇到数字信号1时，相对码保持前一码元信号电平不变，否则改变前一码元信号电平；2）规定遇到数字信号0时，相对码保持前一码元信号电平不变，否则改变前一码元信号电平。5-7设发送的二进制信息为110100111，采用2PSK方式传送。已知码元传输速率为2400B，载波频率为4800Hz：（1）试构成一种2PSK信号调制器原理框图，并画出2PSK信号的时间波形；（2）若采用相干方式进行解调，试画出接收端框图，并画出各点波形；（3）若发送0和1的概率相等，试画出2PSK信号频谱结构图，并计算其带宽。5-8 设发送的二进制绝对码序列为 {an}=1010110110，采用 2DPSK信号方式传输。已知码元传输速率为 1200B，载波频率为 1800HZ：（1）试构成一种 2DPSK信号调制器原理框图，并画出 2DPSK信号的时间波形；2）若采用相干解调加码反变换器方式进行解调，试画出接收端框图，并画出各点波形。解：（1）2DPSK信号调制器原理框图如下：时间波形略载波开关0se2DPSK(t)~码变换移相s(t)（2）采用相干解调加码反变换器方式进行解调，接收端框图如下图，各点波形略2DPSK带通低通抽样码（反）数据相乘器判决器变换器输出信号滤波器滤波器本地载波5-9某2ASK系统传送等概率的二进制数字信号序列。已知码元宽度调器输入信号的振幅a=40V，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度求：1）非相干解调时，系统的误码率；2）相干解调时，系统的误码率。

Ts=0.5s，接收端解18n0=6 10 W/Hz，试5-10 某系统采用 2ASK方式传送信号。已知相干解调接收机输入端发 0和发1的平均信噪功率比为9dB，试求相干接收时的系统误码率。欲保持相同的误码率，包络检波接收机输入端发0和发1的平均信噪比应为多大？5-11 已知某 2FSK系统的码元传输速率为 300B，且规定 f1=980Hz代表数字信息“ 1”，f2=2180Hz代表数字信息“0”。信道有效带宽为 3000Hz，信道输出端的信噪比为 6dB。试求：1）2FSK信号带宽；2）相干解调时系统的误码率；3）非相干解调时的误码率，并与（2）的结果比较。5-12在二进制相位调制系统中，已知解调器输入信噪比r=10dB。试分别求出相干解调2PSK、相干解调加码反变换2DPSK和差分相干解调2DPSK系统的误码率。1解：已知解调器输入信噪比r=10dB，即10lgr=10dB，所以可得r=10（1）相干解调2PSK误码率为：Pe1erfc(r)，在大信噪比条件下，上式近似为2Pe1er21e1041062r10（2）相干解调加码反变换2DPSK误码率为：Pe'2(1Pe)Pe，其中Pe为相干解调2PSK误码率。由于Pe1，所以上式近似为Pe'2Pe8106（3）差分相干解调2DPSK系统的误码率为：Pe1er1e102.27105225-13已知发送载波幅度A=10V，在4kHz带宽的电话信道中分别利用2ASK、2FSK及2PSK系统进行传输，信道衰减为1dB/km，n0=108W/Hz，若采用相干解调，试求解以下问题：（1）误码率都保持在105时，各种传输方式分别传送多少公里？（2）若2ASK所用载波幅度AASK=20V，并分别是2FSK的1.4倍和2PSK的2倍，重做（1）。解：（1）2ASK系统：接收机噪声功率为Nn0B2ASK1084000W4105W，误码率都保持在105时，即相干解调Pe1erfc(r/2)105，查表求得r=36.13，信号功率为：2S36.134105W144.5105W，信号幅度为：a2S2144.5105V5.38102V，由10V衰减到5.38×10-2V，衰减的分贝（dB）数为[20lg（10/（5.38×10-2））]dB=45.4dB，故2ASK信号传输距离为45.4km。2FSK 系统：接收机上、下支路带通滤波器的带宽为 2kHz。接收机噪声功率为N n0 B带通 108 2000W 2105W，误码率都保持在 105时，即相干解调Pe1erfc(r)105，查表求得r=18.07，信号功率为：22S18.072105W36.14105W，信号幅度为：a2S236.14105V2.69102V，由10V衰减到2.69×10-2V，衰减的分贝（dB）数为[20lg（10/（2.69×10-2））]dB=51.4dB，故2FSK信号传输距离为51.4km。2PSK系统：接收机噪声功率为Nn0B2PSK1084000W4105W，误码率都保持在105时，即相干解调Pe1erfc(r)105，查表求得r=9，信号功率为：2S9.0354105W36.14105W，可见2PSK信号传输距离与2FSK的相同，为51.4km。（2）略5-14设发送数字信号序列为{an}=0101100011010，试按图5.5.3-2（b）、（e）所示的相位配置矢量图，分别画出相应的4PSK和4DPSK信号的所有可能波形。s(t)5-15基带数字信号s(t)如题5-15图所示，已知载波频率为码元速率的2倍。A（1）试画出MASK的时域波形；A/3t（2）若以s(t)作为调制信号进行DSB模拟调幅，试画出已调波时域波形。o与（1）的结果比较有何不同？A/35-16设待发送的数字信号序列为1001110，已知码元速率为400B，载频为A300Hz，试画出MSK信号的相位路径k(t)图和波形图。题5-15图实践项目请用FPGA实现4PSK调制解调系统。请用MATLAB画出相干解调的2ASK、2FSK、2PSK、2DPSK的Pe-r曲线，以及非相干解调的2ASK、2FSK、差分相干解调的2DPSK的Pe-r曲线。并对这些曲线作一比较。习题6-1、已知一低通信号 m(t)的频谱M(f)为1ff200HzM(f)2000其它（1）假设以fs300Hz的速率对m(t)进行理想抽样，试画出已抽样信号ms(t)的频谱草图；（2）若用fs400Hz的速率抽样，重做上题。解：（1）由题意知，已抽样信号为ms(t)mt()Tt(，其频谱函数为Ms(f)1M(f)(fnfs)fsM(fnfs)，当抽样速率为Tnnfs1/T300Hz时，Ms(f)300sM(f300n)，其频谱图略。n（2）当抽样速率为fs1/T400Hz时，Ms(f)400sM(f400n)，其频n谱图略。6-2、已知某信号m(t)的频谱M()如题6.2图所示。将它通过传输函数为H1()的滤波器后再进行理想抽样。（1）抽样速率应为多少？（2）若设抽样速率fs3f1，试画出已抽样信号ms(t)的频谱草图；（3）接收端的接收网络应具有怎样的传输函数H2()，才能由ms(t)不失真地恢复m(t)。题6.2图解：（1）M()通过H1()后的最高频率仍为f1，故抽样速率fs2f12112（2）略（3）根据信号无失真传输原理，接收网络的传输函数H2()应设计为11H2()H1()此时能由ms(t)不失真地恢复m(t)。016-3、设信号m(t)9Acost，其中A10V。若m(t)被均匀量化为40个电平，试确定所需的二进制码组的位数N和量化间隔v。2A解：因为254026，所以所需的二进制码组的位数N6位。量化间隔v0.5(V)406-4、采用13折线A律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+635个单位：（1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差；（2）对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。（采用自然二进制码）解：（1）已知抽样脉冲值为Is63551233227，它位于第7段序号为3的量化级，因此编码输出码组为C1C2C3C4C5C6C7C8=11100011，量化电平为51233216624，所以量化误差为11个量化单位。（2）对应的11位均匀量化码为010011100006-5、采用13折线A律编码电路，设接收端收到的码组为“01010011”、最小量化间隔为1个单位，并已知段内码采用折叠二进码：1）试问译码器输出为多少个量化单位？（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。解：（1）接收端收到的码组为C1C2C3C4C5C6C7C8=01010011，由C1=0知，信号为负值；由段落码C2C3C4=101知，信号样值位于第6段，起始电平为256，量化间隔为16；由段内码C5C6C7C8=0011（采用折叠二进码）知，信号样值位于第6段的第5级（序号为4），故译码器输出I0(2564168)328个量化单位（若采用自然二进码，译码器输出I0(2563168)312个量化单位）2）对应的均匀量化11位码为00101001000（若采用自然二进码，00100111000）6-6、对10路带宽均为300~3400Hz的模拟信号进行PCM时分复用传输。抽样速率为8000Hz，抽样后进行8级量化，并编为自然二进制码，码元波形是宽度为的矩形脉冲，且占空比为1。试求传输该时分复用PCM信号所需的理论最小基带带宽。解：由抽样速率为1110路信号进行时分fs=8000Hz，可知抽样间隔T(s)，对fs8000T1T1复用，每路占用时间为10(s)，由对抽样信号8级量化，故需要3位二进制编80000T111，所以每位码元的码，每位占用时间为Tb380000(s)，因为占空比为3240000矩形脉冲宽度Tb1PCM信号所需的最小基带带宽为(s)，故传输此时分复用1240000120(kHz)。B26-7、单路话音信号的最高频率为4kHz，抽样速率为8kHz，以PCM方式传输。设传输信号的波形为矩形脉冲，其宽度为，且占空比为1；1）抽样后信号按8级量化，求PCM基带信号第一零点频宽；2）若抽样后信号按128级量化，PCM基带信号第一零点频宽又为多少？解：（1）24KHz（2）56KHz。6-8、若12路话音信号（每路信号的最高频率均为4kHz）进行抽样和时分复用，将所得的脉冲用PCM系统传输，重做上题。解：（1）288KHz（2）672KHz。6-9、已知话音信号的最高频率fm3400Hz，现用PCM系统传输，要求信号量化噪声比SoNq不低于30dB。试求此PCM系统所需的理论最小基带频带。解：因为量化信噪比SoNq22N30dB1000，所以编码位数N5，模拟信号的最高频率fm3400Hz，则最小抽样频率为6800Hz。当N5时，对应的码元速率为RB56800RB2Baud/Hz，所34000(Baud)，根据奈奎斯特第一准则可知Bmax以传输该PCM信号所需的理论最小基带频带为BRB17000Hz17kHz。2实践项目1、用MATLAB仿真模拟信号的低通抽样和带通抽样。（1）低通抽样。有一信号s(t)如下：s(t)sa2(200t)[sin(200t)]2200t分别采用两种抽样频率对其采样，f1100Hz，f2200Hz。画出抽样后的时域波形和频谱。（2）带通抽样。有一信号s(t)如下：s(t)20sa(20t)分别采用两种抽样频率对其采样，f110Hz，f220Hz。画出抽样后的时域波形和频谱。提示：画时域波形时，注意t0时，MATLAB会得出此时的函数值为0，要加以修正；求频谱时，应用MATLAB中的fftseq函数。2、用MATLAB对模拟信号s(t)sin(0.2t)进行13折线A律PCM编码。假设在一个周期内抽样10个点。提示：首先将抽样后的信号作归一化，然后对归一化后的信号序列x作非均匀量化（13折线）变换成序列y，然后将序列y线性扩展到0与128之间，再将该十进制数转换7位二进制数，最后加上符号位。习题7-1.已知单边带信号为()()cosct()sinct，试证明不能用平方变换法提取载波stmtmt同步信号。解：()()cosct()sinctr(t)cos[ct(t)]stmtmt其中，r(t)m2(t)m(t)，m(t)2m(t)e(t)s2(t)r2(t)cos2[ct(t)]1r2(t){1cos2[ct(t)]}2窄带滤波后得：()cos2[ct()]ett因为(t)与m(t)、m(t)有关，因此载波相位不确定，所以不能用平方变换法提取载波。7-2.已知单边带信号的表示式为 sSSB(t) m(t)cos ct m(t)sin ct，若采用与抑制载波双边带信号导频插入完全相同的方法，试证明接收端可以正确解调；若发送端插入的导频是调制载波，试证明解调输出中也含有直流分量。解：(1)

在发送端：图

7-2-9

（a）中的

DSB信号换成

SSB信号，有st

sSSB

t

acos

ctmt

cos

ct

mt

sin

ct

acos

ct在接收端：如图

7-2-9

（a）vt

astsin

ct

mtcos

ct

mtsin

ct

acos

ct

asin

ct1amtsin22

ct

1amt2

1 cos2

ct

12

a2

sin2

ct1amt2

1am2

tsin2

ct

1amtcos22

ct

12

a2

sin2

ct经过低通滤波器后输出为amt,再经900移相后即可得到正确的解调信号m(t)。2图7-2-9导频插入和提取方框图(2) 若插人导频为调制载波，即不经过 2移相时，在发送端：st

sSSB

t

asin

ctmt

cos

ct

mtsin

ct

asin

ctvtastsinctmtcosctmtsinctasinctasinct在接收端：1amtsin2ct1amt1cos2ct1a21cos2ct222121amt11amtacos2ct2a2amtsin2ct22经低通滤波器后输出1amt1a2，故解调器输出中含有直流分量。227-3.如果用Q为105的石英晶体滤波器作为窄带滤波器提取同步载波，设同步载波频率为10MHz，求石英晶体滤波器谐振频率为9999.95KHz时的稳态相位差v。解：石英晶体滤波器作为窄带滤波器提取同步载波时， 由于石英晶体滤波器谐振频率与载波频率不相等时，使提取的同步载波信号产生一个稳态相位误差 v，由于tanv2Q2Qf2Qff0fc0当fc10MHZ,f09999.95KHZ时，f50HZ这时有tan2Qf－2105501v106f010v4507-4.正交双边带调制的原理方框图如题7.4图所示，试讨论载波相位误差对该系统有什么影响。题7.4图解：调制输出s(t)A1cos1tcosctA2cos2tsincts(t)经相乘后输出同相分量，输出为（低通前）Q1'A1cos1tcosctcos(ct)A2cos2tsinctcos(ct)低通滤波输出Q1Q1A1cos1tcosA2cos2tsin22s(t)经相乘后输出正交同相分量，输出为Q2'A1cos1tcosctsin(ct)A2cos2tsinctsin(ct)低通滤波输出Q2QA1cos1tsin＋A2cos2tcos222可见，由于载波相位误差的影响，在接收端会引起1、2两信号的相互串扰，使信号畸变。7-5.

设有题7.5图所示的基带信号，它经过一带限滤波器后会变为带限信号，基带信号中提取位同步信号的原理方框图和各点波形。

试画出从带限题7.5图解：从带限基带信号中提取位同步信号的原理方框图如图 7.5(a)所示，各点波形如图 7.5(b)所示。(a)(b)图7.57-6.若七位巴克码组的前后为全“ 1”序列加于如题 7.6图所示的码元输入端，且各移存器的初始状态均为零，假定判决电平门限为 +6，试画出识别器的输出波形。解：设加入巴克码移位寄存器识别器的码为 t1、t2、t3、⋯、tn分别对应1、2、3、⋯、n个码元时间，移位寄存器状态见表7.6，分析：巴克码识别器中，当输入数据的“1”存入移位寄存器时，“1”端的输出电平为＋1，“0”端的输出电平为－1；反之，当输入数据的“0”存入移位寄存器时，“1”端的输出电平为－1，“0”端的输出电平为＋1。各移位寄存器输出端的接法和巴克码识别器的规律一致。识别器的相加输出波形及判决器输出波形如图 7.6所示。表7.6时间移位寄存器编号输出1234567t1-1－1＋1＋1-1-1-1－3t2-1＋1＋1＋1-1-1-1－1t3-1＋1-1＋1-1-1-1－3t4-1＋1-1-1-1-1-1－5t5-1＋1-1-1＋1-1-1－3t6-1＋1-1-1＋1＋1－1－1t7-1＋1-1-1＋1＋1＋1＋1t8-1＋1-1-1＋1＋1＋1＋1t9-1＋1-1-1＋1＋1＋1＋1t10-1＋1-1-1＋1＋1＋1＋1t11-1＋1-1-1＋1＋1＋1＋1t12＋1＋1-1-1＋1＋1＋1＋3t13＋1－1－1-1＋1＋1＋1＋1t14-1－1＋1－1＋1＋1＋1＋1t15＋1＋1＋1＋1＋1＋1＋1＋7t16-1－1-1＋1－1＋1＋1-1t17-1＋1＋1-1－1－1＋1-1t18-1＋1-1＋1＋1－1－1-1t19-1＋1-1-1－1＋1－1－3t20-1＋1-1-1＋1－1＋1-1t21－1＋1-1-1＋1＋1－1-1t22－1＋1－1-1＋1＋1＋1＋1题7.67-7.若七位巴克码组的前后为全“ 0”序列加于如题 7.6图所示的码元输入端，且各移存器的初始状态均为零，假定判决电平门限为 +6，试画出识别器的输出波形。题7.6图解：设加入巴克码移位寄存器识别器的码为 t1、t2、t3、⋯、tn分别对应1、2、3、⋯、n个码元时间，移位寄存器状态见表 7.7，分析：巴克码识别器中，当输入数据的“ 1”存入移位寄存器时，“1”端的输出电平为＋ 1，“0”端的输出电平为－1；反之，当输入数据的“0”存入移位寄存器时，“1”端的输出电平为－1，“0”端的输出电平为＋1。各移位寄存器输出端的接法和巴克码识别器的规律一致。识别器的相加输出波形及判决器输出波形如图7.7所示。表7.7时间t1t2t3t4t5t6t7t8t9t10t11

移位寄存器编号输出1234567＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1＋1-1＋1＋1-1-1-1-1－1-1＋1＋1-1-1-1－3－1+1＋1＋1-1-1-1－1－1+1－1＋1-1-1-1－3t12＋1+1－1－1-1-1-1－3t13＋1-1－1－1＋1-1-1－3t14－1-1＋1－1＋1＋1-1－1t15＋1＋1＋1＋1＋1＋1＋1＋7t16＋1-1－1＋1－1＋1＋1-1(1)t17＋1-1＋1－1－1－1＋1-1t18＋1-1＋1＋1＋1－1－1＋1t19＋1-1＋1＋1-1＋1－1＋1t20＋1-1＋1＋1-1-1＋1＋1t21＋1-1＋1＋1-1-1-1－1t22＋1-1＋1＋1-1-1-1－1图7.77.8画出DSB系统提取载波的发送端插入导频信号的方框图以及接收端提取载波与信号解调的方框图；画出VSB系统插入导频的位置及提取同步载波及解调方框图。解：(a)DSB插入导频及提取载波和信号解调的方框图如图 7.8(a)、(b)所示；VSB插入导频的频谱特性；VSB插入导频及提取载波和信号解调的方框图如图7.8(c)、(d)所示。(a)DSB插入导频DSB载波提取和解调在VSB信号中插入导频不能位于fc处，因为它将受到fc处信号的干扰，只能在H(f)~f传输特性的两侧分别插入两个f1和f2，按下述方法选择f1、f2。f1(fcfm)f1f2(fcfr)f2残留边带频谱(d)VSB载波提取和解调图7.8实践项目1、用数字锁相法提取位同步信号，其实现方框图如下图 1所示：图1 数字锁相环位同步提取原理方框图要求完成的内容有：完成原理方框图中各部分单元电路的设计；完成位同步信号提取的电路原理图模型设计；由电路原理图模型进行VHDL时序仿真，获得时序仿真波形图。（可选）习题8-1．若二维奇偶校验码中的码元错误位置发生情况如图题1所示，请问能否将这些错误检测出来？解：不能检测出这些错误。 因为在二维奇偶校验码中， 只有当每行或每列中有奇数个错误时，才能检测出来。而图中所示的行和列恰好都有偶数个错误，故检测不出来。8-2．在题表 8-2中给出了字母 D、E、F的7比特ASCII码表示，假定分别用偶校验、水平偶校验、二维偶校验，假定从低位开始发送请分别求出传输 DEF时的发送序列。表8-2D、E、F的ASCII码表示b6b5b4b3b2b1b0D1000100E1000101F1000110解：水平偶校验：传输DEF时的发送序列为001000101010001101100011；二维偶校验：传输DEF时的发送序列为00100010101000110110001111100010。8-3．已知码集合中有 4个码字分别为（ 11100），（01001），（10010），（00111）。1）计算此码的最小码距dmin。2）若码字是等概率分布，计算此码的编码效率η。（3）若根据最大似然准则译码，请问接收码序列（10000），（01100）和（00100）应译成什么码字？（4） 此码能纠正几位码元的错误？解：（1）分别对（11100），（01001），（10010）和（00111）两两求码距，可以得到码距只有3和4，因此最小码距 dmin=3；2）此码的编码效率η＝2/5＝0.43）根据码距与纠错能力的关系可知，可以纠正一位错，因此根据最大似然准则译码，10000），（01100）和（00101）可分别译成（10010），（11100）和（00111）（5） 根据码距与纠错能力的关系可知，能纠 1位错。8-4．假定汉明码的码长n为15，请问其监督位r应为多少？编码效率为多少？并写出监督码元与信息码元之间的关系。解：码长n和监督码元个数r之间的关系式为n2r115，因此r4；编码效率ηknr11nn15因为监督位r4，所以有4个监督关系式。现用S1、S2