2013 通信原理 第1-9 11章 习题 测试题 1-15 答案 OK

通信原理第一章习题答案A、B、、DE1/4、1/8、1/8、3/165/16。试求该信源符号的平均信息量。解：平均信息量（熵）H(x)H(x)Mi1

P(x)logP(x)i 2 i1log 114 24 8

1128 8

1328 16

log

35216 16

log 52161(2)1(3)1(3)3(2.4)5(1.67)4 8 8 16 1613

37.2

8.35

0.520.3750.450.522.22(bit/符号）2 8 8 16 16设有四个符号，其中前三个符号的出现概率分别为1/41/81/8号的出现是相对独立的。试该符号集的平均信息量。解：各符号的概率之和等于1，故第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平均信息量为：H(x)1log 11

11

11log 14 24 8

28 8

28 2 221(2)1(3)1(3)1(1)4 8 8 21

33

10.520.3750.51.75(bit/符号）2 8 8 21-6128161121/2241000解：每个符号的平均信息量H(x)16132

log2

32112

1224

log2

224161(5)112 1 (7.81)2.53.9056.405bit/符号）32 224已知符号速率RB=1000(B)，故平均信息速率为：Rb=RB×H=1000×6.405=6.405×103(bit/s)1通信原理第二章习题答案2-6s(t)Sfsinπf/πf。解：由（2.2-25）τ=1S(f)=G(f)所以，直接得知s(t)

10

t1/2t1/2由自相关函数定义式(2.3-1)，并参照右图，可以写出R)s

s(t)s(t)dt1/2 1dt 101/21/1/2

1dt 01 10 01 11通信原理第四章习题答案4-5A、B、CD4个符号组成。设每个符号独立出现，其1/4、1/4、3/16、5/16，经过信道传输后，每个符号正确接收的Cb/符号。解：因信道噪声损失的平均信息量为H(x/y)[P(x1

/y)log1

P(x1

/y)P(x1

/y)log1

P(x2

/y)1P(x3

/y)log1

P(x3

/y)P(x1

/y)log1

P(x4

/y)]110211024

10213

11024

log

1 21024 1021(0.004)31024信源发送的平均信息量（熵）为

11024

(10)

0.033 (b/符号）H(x)nP(x)logP(xi 2 ii1

)21 4

1324

log

35216

log 5216[20.50.450.531.98 (b/符号）则：CHx)Hx/y)]1.980.0031.947 (b/符号）24-7400163kHz带宽的信道传输它，且信号噪声功率比等于10dB解：由香农公式可得信道的最大信息速率（最大值）为C t

log2

S3000log1N 1N

(110)3000log11230003.45910.38(kb/s)10.4(kb/s)一幅像片所含的信息量为I4106log 1616106(bit)2则需要的传输时间为tI/C (16106)/(10.4103)1.54103(s)25.67(min)t通信原理课堂测试题1答案画出数字通信系统框图，简述各部分工作原理。发信源： 产生模拟或数字信信源编码：模拟信号时＿A/D变换后，进行信源压缩编码数字信号时＿进行信源压缩编码信道编码：进行纠错编码调制器：进行数字调制（ASK、FSK或PSK）信道： 有线、无线或综合信道解调器：进行数字解调信道译码：进行纠错译码信源译码：进行有损或无损的解压缩译码，模拟信号时＿进行/A变换收信者：获取发信源的模拟或数字信号（有一定程度的失真或误码）3通信原理课堂测试题2答案请写出(a)图和(b)图的数学表达式（方程式）0 (a)0t0

a0(b)0

0a其他通信原理课堂测试题3答案散粒噪声与热噪声都近似为均值为零的高斯(正态)型白噪声。请参考右图，简述均值为零的高斯(正态)声的物理概念。xx幅度越大发生的可能幅度越小发生的可能性越大；σx

表示分布的集中程度，分布的图形将随着σx

的减小而变高和变窄。通信原理课堂测试题4答案请写出连续信道香农公式;当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于多少？当信号功率趋于无穷大时，信道容量趋于多少？解：(1)连续信道香农公式CB

S) (bit/s) 或CB

S

(bit/s)2 N 2 nB0S当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于1.44n ；0无穷大。4通信原理第五章习题答案5-6P5-4所示。为了在输出端同时分别得到f1(t)f2(t)，试确c1(t)c2(t)。解：发送端相加器送出的合成信号为f(t)f(t)costf(t)sint1 o 2 o由图P5-4可知，接收端采用的是相干解调，所以可以确定c(t)cost,c(t)sint1 o 2 o验证如下：上支路，相乘后f(t)c1

(t)f1

(t)coso

tf2

(t)sino

tcosto1f2 1

(t)2

f(t)cost1 o 2

f(t)sint2 o经低通过滤后，得到下支路，相乘后

12

(t)f(t)c2

(t)f1

(t)coso

tf2

(t)sino

tsinto1f2 1

(t)sinto

f(t)2

f(t)cost2 o经低通过滤后，得到

12f2

(t)55-9Pnfno=0.510-3W/Hz，在该信道中传输抑制载波的单边带（上边带，并设调制信号m(t的频带限制在5kHz，而载频是100kHz，已调信号功率是10kW5kHz的理想带通滤波器，试问：该理想带通滤波器的中心频率为多大？解调器输入端的信噪功率比为多少？解：该理想带通滤波器的传输特性为K(常数) 100kHz f 105kHzH(f) 0其中心频率为102.5kHz。解调器输入端的噪声功率N 2Pi n

(f)fH

20.510351035)S 10103i已知信号功率Si=10kW，故输入信噪比为 2000iN 5iS SGSSB=1，所以输出信噪比为6

o i 2000N No i5-13Pnfno0.510-3W/Hz，在mt)5kHz，而载频100kHz10kW40kW。若接收机的输入信号先经过一个合适的理想带通滤波器，然后再加至包络检波器解调。试求：解调器输入端的信噪功率比；解调器输出端的信噪功率比；G解:设幅调制信号A(t)=[1+m(t)]coot，且m(t)0，则信号功率为S1A21m2(t)PP

401050(kW)i 2 2 c s式中，Po为载波功率；Ps为边带功率。解调器输入噪声功率N 2Pi n

(f)B20.51032510310(W)故输入信噪比

S 501035000 (37dB)iN 10ii在大信噪比：[A+m(t)]>>n(t)时，理想包络检波的输出为E(t)+m(t)+nc(t)其中m(t)为输出有用信号，nc(t)为输出噪声。故有S m2(t)2Po

21020(kW)N n2(t)No c

10(W)因此，输出信噪比

S 201032000 (33dB)oN 10ooS /N

2000 2制度增益 G

o S/Ni i

5000 5（P10）在小信噪比时：Am(t)]<<n(t时，检波的输出信噪比急剧推广：所有的非相干解调器（AM信号的包络检波、FM信号的鉴频等）均存在“门限效应”，其非相干解调器的输入信噪比均存在相应的“门限值”。75-16FM100V100MHzmt)的频带限制在5kHz2t)=50002K=1500πrad/(sV∆=75kHz,f •并设信道噪声功率谱密度是均匀的，其单边谱密度为Pn(f)=10-3W/Hz，试求：H(ω)；解调器输入端的信噪功率比；解调器输出端的信噪功率比；m(tAMFM系统有何不同。解：调频指数 mf

ffm

75155FM信号带宽 BFM=2(mf+1)fm=2(∆f+fm)=160(kHz)100MHzFM信号的频率范围为100

0.16MHz。 2 2因此，理想带通滤波器的传输特性K(常数）99.92MHz f 100.08MHzH(f) 0调频信号的平均功率等于未调载波的平均功率，即SA2

1002

5000(W)i 2 2输入噪声功率 Ni

P(f)Bn

103160103160)S 5000输入信噪比

iNi

31.25160FM非相干解调器的输出信噪比S o

3A2K2m2(t)f

31002150022

337500No FM

2nfo m

82103(5103)3AM信号的传输带宽 BAM=2fm=2×5=10(kHz)在大信噪比情况下，AM信号包络检波器的输出信噪比为S m2(t) 5000讨论：

oN

500nB 10310103AMBFMBAM的(mf+1)BFMmf+1)BAM(15+1)10kHz=160kHz②(So

/N)oFM

3375006753m2

G (

/N)oFM

108173m3(S /N)o o

500

f

(S/N) fi iFM③与AM系统相比，FM系统的输出信噪比的提高是以增加带宽为代价的，也就是有效性换可靠性。8通信原理课堂测试题5答案已知线性调制信号表达式如下：（1+0.5sinΩt)cosωct式中，ωc=6Ω。试分别画出波形图和频谱图（双边谱。解：sm(t)=（1+0.5sinΩt)cosωct的波形图如图(a)所示sm(t)=（1+0.5sinΩt)cosωct=cosωct+0.5sin(Ω+ωc)t+0.5sin(Ω−ωc)tS ()[m

))]cj(4

)][(c

j(4

)][(c[(6)(6)]j7)7)]j5)5)]4 4频谱图如图(b)所示附：sm(t)=0.5cosΩtcosωct=0.5[cosΩ+ωctcosΩ−ωct]的频谱图式中，ωc=6ΩS ()m

(4

)][(c

(4

)][(c

)][(7)(7)][(5)(5)]4 4频谱图如图(c)所示9通信原理课堂测试题6答案60路模拟话音采用频分复用方式传输。已知每路话音信号频率范围为0~4kH（已含防护频带，副载波采用SSB调制，且最低副载波频率为20kHzFMmf=。计算副载波调制合成信号带宽；求信道传输信号总带宽。SSBFM解：SSB调制，所以副载波调制合成信号带宽为：B60=4×60=240(kHz)FM调制BFM=2(1+mf)fm式中fm=240+20=260(kHz)所以，调频波的总带宽为 BFM=2(1+2)260=1560(kHz)通信原理课堂测试题7答案已知FM-USB一次群发送系统如图所示，请画出相应的接收系统框图。解：108答案40KHzFM调200Hz1KHz画出此调频发射机的组成框图；（）调频发射机的组成框图（2）各主要点的载频、最大频偏和调频指数fnnf ,40KHznn0.2KHznn 200,取n

2012 1 12 12 1 2f 200 f 40km 1 0.2,m nnm 2000.240或m 401 f 103m

f 12 1

f f mnf 10110MHz,nf11 1

102002kHzf n(nfc 2 1

f) ,100MHz20(101MHzf2

)f2

5MHz11通信原理第六章习题答案6-1性、双极性、单极性归零、双极性归零、二进制“1解：6-71011000000000101AMIHDB3分别画出它们的波形图。解：126-11设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器的总特性为H(ω)2/TsP6-6H(ω)能否满足抽样点上无码间串扰的条件。解：由各H求出系统无码间串扰最高传码率Bma=2=2/Ts=2fs进行比较。满足 RBmax=nRB n=1,2,3,……则以实际速率RB进行数据传输时，故满足抽样点上无码间串扰的条件。(a)

B

2f 1N Ts

R 2B Ts

, 故不满足；(b)

RB

2fN

3RT s

,但非整数倍关系，故不满足；(c)

RB

2f 2RN T s

, 故该H)满足无码间串扰传输的条件；(d

RB

2fN

1RT s

, 故不满足。136-24设有一个三抽头的时域均衡器，如图P6-10x(t)在各抽样点的值依次为x-2=1/8x-1=1/3xo=1x+1=1/4x+2=1/16，在其他抽样点均为零，试求均x(t)的峰值失真及输出波形y(t)的峰值失真。解：输入波形x(t)的峰值失真为D

1

111

37x x ok2k0

8 3 4 16 48由公式

y Nki

cxi k1可得y

c x

1113 1

3 8 24y c x2 1

cx02

111113 3 8 y

xcx

c

1111111 1 1

01

12

3 3 4 8 32yc

c

c

1111115 0 1

00 1

3 4 4 3 6yc

c

c

1

11111 1 12

01 1

3 16 4 4 48yc

c

1

110 2 0

11

16 4 4yc x3 1

1114 16 64其余yk

值均为0。所以，输出波形的峰值失真为D 13

61 1

1

01 71y y 0k3k0

524 72 32 48 64 480均衡后，峰值失真减小Dx/Dy=5.21倍通信原理课堂测试题9答案已知输入信码序列{ak}为编码。完成“1”相关编码；{a}{a}11000111 01 01k{b}k010000101 10 01（“1”相关编码）初始{C} 0 0222 0 0 02020（部分相应编码）k或{a{a}11000111 01 01k{b}k101111010 01 10（“1”相关编码）{C} 0 0222 0 0 02020（部分相应编码）k14通信原理第七章习题答案7-12ASK/OOK、2FSK、2PSK及2DPSK信号的波形示意图，并注意观察其时间波形上有什么特点。解：2DPSK2400B2400Hz。2DPSK信号调制器原理框图；若采用相干解调码反变换器方式进行解调，试画出各点时间波形；解：2DPSK信号调制器原理框图及其各点时间波形图15相干解调—码反变换器方式原理框图，及其各点时间波形图原理框图差分相干解调方式原理框图及其各点时间波形图原理框图16附：若e2DPSK(t)反相180o2ASKRB2×106Bno6×10-18W/Hzα40μV。试求：非相干接收时，系统的误码率；解：2ASK信号的带宽为B2RB4×106则解调器输入端的噪声功率oσ2=nB=6×10-18×4×106=2.4×10-11（W）on解调器输入信噪比2n2n

(40106)222.41011

33.331非相干接收时，系统的误码率为1 1 33.33 1 1

4

4 e8.33

2.4111041.211042 2 2 2相干接收时，系统的误码率为1 1 1 1 erfc e 4 e8.33 2.4111042.361052 4

10.23177-11若某2FSK系统的码元速率RB=2×106B1为10.4MHz，且发送概率相等。接收端解调器输入信号α40μV，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度no=6×10-18W/Hz。试求：（1）2FSK信号的第一零点带宽；非相干接收时，系统的误码率；解：（1）2FSK信号的第一零点带宽为B f f 2f 10.410224.4(MHz)2FSK 2 1 s（2）接收机采用上下两个支路的结构形式，每支路带通滤波器的带宽等于2ASK的带宽，即B2RB

221064(MHz)则解调器输入端的噪声功率（方差）oσ2=nB=6×10-18×4×106=2.4×10-11（W）on输入信噪比为2n2n

(40106)222.41011

33.33非相干接收时系统的误码率为1 1 33.33 1 12

2 2

2 e16.672

5.761082.881082（3）相干接收时系统的误码率为21 1 2

1 33.33 12233.33

erfc 222

2 e 2

5.761083.9810914.487-13γ10dB2PSK、相干解调2DPSK2DPSK的系统误码率。解：已知解调器输入信噪比γ=10dB，即10lgγ=10dB，则γ=10（1）相干解调2PSK误码率为P1erfce 212 12 2 eP 2 e

e

e10

111.2

4.541054.110618相干解调—2DPSK误码率为1P'P)P erfc e e e 2其中Pe为相干解调2PSK误码率。由于Pe<<1，则有P'2P8.2106e e2DPSK误码率为 P1e

1e10

4.541052.27105e 2 2 2通信原理课堂测试题10答案已知输入信码序列为1010101。要求采用采用键控法来实现2FSK调制，画出电路框图和各点信号波形。解：19通信原理课堂测试题11答案2PSK2DPSK调制，画出电路框图和各点信号波形。解：2PSK键控法电路框图 2DPSK键控法电路框图costc

开关电路0 e (t) cos 2PSK c

开关电路0 e (t) 2DPSK1800移相 s(t)1800移相 s(t) 码变换通信原理课堂测试题12答案48信号，并分别画出四电平和八电平信号波形。解：20通信原理课堂测试题13答案ab相位11π/4013ab相位11π/4013π/400-3π/410-π/4（第一种方法；(2)双比特码的相位关系如图所示，QPSK信号波形。解：π/4QPSK信号的产生原理框图（第一种方法）QPSK信号波形。通信原理课堂测试题14答案GMSK的中文全称是什么？GMSK信号有什么优缺点？OFDM的中文全称是什么？OFDM解：GMSK优点：包络恒定；缺点：有码间串扰。 OFDM优点：减小信号的失真和码间串扰的影响；降低大城市中多径衰落的影响；缺点：对信道产生的频率偏移和相位噪声敏感；21通信原理第九章习题答案9-913A1个单位，已知抽样脉冲值为+635（1）试求此时编（2写出对应于该7（包括极性码11（采用自然二进码解：求编码器输出码组，并计算量化误差逐次比较法：已知：抽样值为635Is抽样值为正极性

635

C11IsIs

635IW635IW

128（上四段）512（上二段）

C12C13第四步：Is

635IW

1024

C04段码CCC110，为第7段，起始电平为51223第五步：Is

4635IW

512256768

C05第六步：Is

635IW

512128640

C06IsIs

635IW635IW

512645765126432

C17C18CCCC00115678量化码组为：CCCCCCC量化值为608）2345678PCM输出码组为：CCCCCCCC1110001112345678抽样值为635，量化值为608量化误差为：63560827译码时：量化值（第7段均匀量化阶距/2）608（32/2）624这时量化误差为：6356241116（32/2）简化方法：抽样值为正极性 C11抽样值为635，含有最大的段起始电平为512，为第7段，段码CCC110234段内码：635512123123643227段内码CCCC0011（6432）27为量化误差5678量化值5126432608量化码组为：CCCCCCC量化值为608）2345678PCM输出码组为：CCCCCCCC1110001112345678抽样值为635，量化值为608量化误差为：63560827译码时：量化值（第7段均匀量化阶距/2）608（32/2）624这时量化误差为：6356241116（32/2）711位码抽样值为6355126432对应于均匀量化11位码为：01001100000229-1113A律编码，1已知抽样脉冲值为95单位；组，并计算量化误差；7位码（包括极性码）11位码（采用自然二进码。解：求编码器输出码组，并计算量化误差逐次比较法：已知：抽样值为95，即Is

95抽样值为负极性

C01第二步：Is第三步：Is

95IW95IW

128（下四段）32（下/上二段）

C02C13第四步：Is

95IW

64

C14段码：CCC011，为第4段，起始电平为64第五步：第五步：I95I 643296C0s W5第六步：I95I 641680C1s W6第七步：I95I 6416888C1s W7第八步：I95I 64168492C1s段内码：CCC

W 801115678量化码组为：CCCCCCC量化值为92）2345678PCM输出码组为：CCCCCCCC0011011112345678959295923译码时：量化值（第4段均匀量化阶距/2）92（4/2）94这时量化误差为：959412（4/2）简化方法：抽样值为负极性 C10抽样值为95，含有最大的段起始电平为64，为第4段，段码C2C3C4011段内码：9564313116843C5C6C7C884）3为量化误差64168492C2C3C4C5C6C7C8量化值为92）PCMC1C2C3C4C5C6C7C80011011195，量化值为9295923译码时：量化值（第4段均匀量化阶距/2）92（4/2）94这时量化误差为：959412（4/2）7位码11位码抽样值为92641684对应于均匀量化11位码为：0000101110023通信原理课堂测试题15答案要求完成3bit脉冲编码调制（PC，精确抽样值如图所示：求出基于自然码的PCM码序列，并画出不归零双极性信号波形；Ts250μs算抽样频率和不归零PCM编码序列的传输速率。解：1．2. ∵抽样间隔Ts=250μs∴抽样频率fs=1/Ts=4kHzPCM编码序列的传输速率=3/Ts=4kHz×3=12kbit/s24通信原理第十一章习题答案11-1设有8个码组“000000”，“001110”，“010101”，“011011”，“100011”，“101101”，“110110”和“111000”，试求它们的最小码距。解：∵码距：两个码组对应位数字不同的位数；最小码距d：全部码组之间的最小码距。o∴该编码的do=3∵码重：码组中“1”的个数；对于线性码，等于（非全零）码组的最小重量。∴该编码的do=3 正几位错码？若同时用于检错和纠错，又有多大检错和纠错能力？解：∵上题给出的码组d=3

oo≥e+1(e为正整数)e个错；oo≥2t+1(t为正整数)t个错；oo≥t+e+1(e>t)，则一个码组内可纠正不多于t个错，同时检测e个错。o∴①od=3≥e+1，e=2，能检出2位错码①o②od=3≥2t+1，t=1，能纠正1位错码②oood=3≥t+e+1(e>t)t=1e=2t+e+1=4>3（doo

，故该编码组不能同时用于纠错和检错。 已知两个码组为“000111若用于纠错，能纠正几位错码？若同时用于检错和纠错，又能检测和纠错几位错码？解：o∵该编码的d=4o①od4≥e+1，e=33位错码①o②od4≥2t+1，t=11位错码②o③od=4≥t+e+1(e>t)③o∴取t=1，e=2，故该编码组能同时纠1位错码，检2位错码。25已知某线性码（7，4）码的监督矩阵为1110100 H 试列出其所有可能的码组。解：本题中，n=7，k=4，r=3，H为典型矩阵形式[PIk]，所以有1110100 1110 100H11010101101 010[PI ] k0011110

111110P1101 QPT

101011生成矩阵

10001110100110G[I

Q] k 0010101 0001 由G可以产生整个码组，既有A[aaaa]G6 5 4 3所有码组列表如下：a a a6 5 4