2023年通信原理答案重庆邮电大学版

第1章绪论

习题解答

1-1

解：每个消息的平均信息量为

=1.75bit/符号

1-2

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)两种也许，总的组合

数为|C：xC：=361则圆点数之和为3出现的概率为

FF

-7=---

|33618|

故包含的信息量为

/(3)=-log2p3=-log2工=4.17(bit)

1o

(2)小圆点数之和为7的情况有(1,6)(6,1)(2,5)(5,2)(3,4)(4,3),则

圆点数之和为7出现的概率为

6~r

Pi————

|7366|

故包含的信息量为

/(7)=—log,°7=-log,-=2.585S”)

一~6

1-3

解：(1)每个字母的连续时间为2010ms,所以字母传输速率为

。

R队fl4=-2-x--l-0-x--l-(--y-3r=5Band

不同字母等也许出现时，每个字母的平均信息量为

"(x)=log24=2bit/符号

平均信息速率为

Rb=RB4.H(x)=WO

(2)每个字母的平均信息量为

=1.985bit/符号

所以平均信息速率为

&=一•"(》)=99.251(bit/s)

1-4

解：(1)根据题意，可得：

3

7(0)=-logP(0)=-log2-«1.415

____________8比特

Z(l)=-logP(l)=-logi=2

___________________4比特

/(2)=-logP(2)=-logl=2

____________4|比特

Z(3)=-logP(3)=-log,^=3

___________8比特

(2)法一：由于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、记录

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：

/=14/(0)+13/⑴+12/(2)+6/(3)

。14x1.415+13x2+12x2+6x3

a87.81|比特

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，则此消息中平均

每个符号携带的信息量为

—=87.81/45"1.95比特/符号

法二：若用燃的概念计算，有

331111

H(x)=--log2--2x-log2---log,-=1.906(。〃/符号)

说明：以上两种结果略有差别的因素在于，它们平均解决方法不同，前一种按算术平均的方

法进行计算，后一种是按焙的概念进行计算，结果也许存在误差。这种误差将随消息中符号

数的增长而减少。

1-5

~1~3

//(%)=--log,---log,-«0.811

解：(1)1_________4-44-4________kit/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

尸*)=x@)=[尸⑼丁尸⑴厂=&J《广

所以，信息量为

171YV3Y0°-W]

I

Z(X1,X2,...,X100)=-logP(X)=-logM匕)

=200-(100-m)log23(bit)

(3)序列的燧

H(XL)=100H(X)=8而”序列

1-6

解：若系统传送二进制码元的速率为1200Baud,则系统的信息速率为：

凡=1200*喝2=1200|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：

=2400xlog216=9600l决

1-7

解：该恒参信道的传输函数为

"(⑷=I"(砌/初=jMd

Koe-

冲激响应为回)=瑞次/口~

输出信号为I—⑺*g)=K°s(f,)

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

j<otd

H(①)=4^一“碗/一加由叫)=Ae~.e^sin叫

jMj

=A(l+jbsina)T0)e-

=A[1+乃(/'%-e-ja,T0)]/"

2j

_।47cm⑴-正)"叫+4)

22

y4AzlA

h(t)-A3(t-td)-\"--3(t-td+4))——6(t—td—T())

冲激响应为

输出信号为|y（，）=sQ）*/&）

AbAh

=As(t-^)+—s(t-td+T[))-s(t-td-T())

1-9

解：假设该随参信道的两条途径对信号的增益强度相同，均为同。则该信道的幅频特性为:

COT

|H(砾)卜2%COS——

2

tw=—(2/7+1)^,n-0,1,2,…时,田(4)|

当I丁_________血现传输零点:

co=-2〃肛〃=0,1,2,…时，

当I____L_________________________出现传输极点；

所以在7kHz（n为整数）时，对传输信号最有利;

f=（/?+—）—=（«+—）

在I2-2|kHz（n为整数）时，对传输信号衰耗最大。

1-10

q

log10—=3O6/B

解：（1）由于S/N=30dB.即idN

得：S/N-1000

由香农公式得信道容量

V

C=Z?log2(l+-)

=3400xlog2(1+1000)

彩33.89xIO,m/s

(2)由于最大信息传输速率为4800b/s,即信道容量为4800b/s。由香农公式

V

C=filog2(l+-)

qC4800

士=2万-1=2砺-Ik2.66-1=1.66

得：应__________________________

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:

“(X>2)=1—“(X<2)|数学盼望:

12"

E(x)=fxp(x)cbc=fx—dx=—=0

jJYC2a4a

23a0

碇)=口P2(“心=匚》吗_a"

-a

O(x)=E(x2)_[E(x)f=g-0=5

所以方差：33

2-2

x-0][7

解：由题意随机变量x服从均值为0,方差为4,所以I2|,即国服从标准正态分布，可

①(x)=-yJ=[e2dt

通过杳标准正态分布函数I弋2兀I数值表来求解。

⑴人>2)=5—〃号"丁江①⑴

=1-0.8413=0.1587

r-04-()

p(x>4)=1_p(x<4)=1_p(——<——)=1-0(2)

(2)22

=1-0.9772=0.0228

卜-1.5]

(3)当均值变为1.5时，则服从标准正态分布，所以

p(x>2)=1-p(x<2)=1-〃(一<-=1-①(0.25)

=1—0.5987=0.4013

p(x>4)=1-p(x<4)=1-p(--^―<-=1-0(1.25)

=1—0.8944=0.1056

2-3

解：⑴由于随机变量团服从均匀分布，且有匹互],则的概率密度函数F⑻二2万

所以有

E[z(t)]=cos(690r4-0)]

=E[m(t)]・E[COS(690Z+0)]

=£[加(。].『cos(例，+6)•-!-

—In

亘1

Rz(Z,Z+r)=cos(6t>0Z+0)•m(t+r)cos(g，+CD^T+8)]

=+r)]•£[cos(a>0r+0)cos(<y0Z+g工+0)\

=Rm(r)•E[—cos(269t/+4/+2。)+—cosco()r]

=/?w(r)<-cos690r

COS69T、[八

-----(-)(Z1l+r),-l<r<0

2

=<警("OKI

0,其他7

=2⑺

由此可见，区臼的数学盼望与时间无关，而其相关函数凡与日相关,因此包

是广义平稳的。

(2)

（3）根据三角函数的傅氏变换对

l+r,-l</<0

cco

Zrz(Z)=<l-r,0<r<l<^S^2(-)

0,其他t

00

j<OT

巴(0)=JRx(T)e-dT

—oc

18

J(,)r

—Jcos690r•tri(r)e~dT

-co

4的（亨）+犷（可升

s=K(o)=卞(ifg

2-4

解：（1）由于回，回互不相关

)

所以mx(t)=EX(t)=+£cosgt]

=COS卬助+COS①0田£

又根据题目已知均值叵与叵卫I,所以|〃2'0)=0

(2)自相关函数R&)=£[X也＞X«2)]

=E[(7]+£)COS・(〃+£)COS例心J

21

=cosg%cos(oQt2E[ri+2rjs+s]

=coscoJicos卬2[助2+2助£+Es~]

=COS@4COS60^2[b；+戊]

=4cosg：cos卬2

=4xg[cos勺)(4+/2)+COS4(4—，2)]

=2cosgc+2cos例/乙+t2)(/=%f)

(3)由(2)可知扇仅与回有关还与叵]有关,所认为非广义平稳随机过程。

2-5

解：根据图示可得&⑺=5°-3忖丘(一10,10)

2

E[X(r)]=7?x(0)=50

bx?=&(0)-&(8)=50-20=30

由干..x2=E[X2(r)]—[EXQ)]2-

所以，[30=50-{EX词即叵记四三强

则⑴限=±呵；(2)怛区(切=0(0)司⑶区=3。

2-6

解：⑴

/?«)=反X(E)・X«+切

=E{[A^+A,cos(。/+6)][&+4cos屹Q+7)+阴}

=石{%+&Acos。«+7)+。]+&Acos(卯+8)+A：cos(如+0)cos屹«+r)+。]}

=4；+E{A2cos(卯+O')cos[G](/+T)+例}

H(0)=£[X2Q)]=^+3

(2)£

E[X(r)]=E[4+4cos(如+6)]=4

由于,

小（切=

所以，直流功率为4

a2=E[X2(t)]-E2[X(t)]^^-

则，交流功率为I

Px(co)=2"否b((y)+仅[6(0+可)+b(«y—电)]

2-7

解：（1）互为傅立叶变换

所以，对Px（f）做傅立叶变换得

2

Rx(T)=l+f0Sa^fQT)

R(oo)=1

（2）直流功率为x

A(0)—AQQ"/一』

（3）交流功率为

2-9

解：RC低通滤波器的传递函数为

1

j①CI

R।11+jcocR

j①C

因此输出过程的功率谱密度为

43)=?(3).|"3)|2=

2[\+(a)cR)2]

相应地，自相关函数为

旦[-~~ei(OTdm

4%±1+jcocR

~\T\!RC

4/?C

2-10

解：⑴|J(工)=a(2+3X0))(2+3XQ+工)]

=E[4+6X(，+z)+6X(，)+9X(，)XQ+汇)]

=4+6+6+9Rx(r)

即自相关函数只与©有关

ay(f)]=2+3E[XQ)]=2+3=5|即均值为常数

（2）平均功率为冉（。）=16+9号（。）

由于&£士4所以|&（°）=3

所以冉(0)=16+9&(。)=16+9x3=43

(3)|Dfy(f)]=£>[2+3X(。]=90X0)=18

2-11

解：（1）因（7）=仇y（/）y（r+T）］

=E{[X(r+a)-XQ—a)][X(，+T+a)—XQ+z—a)]}

=£JX(z+〃)X(z++。)—X(f+4)X(，+T—ci)—X(t—〃)(X(r+u+。)+X(t—〃)X(/+r—Q)]

TX(EQ

=Rx(r)-RX(-2a)-R+2)+Rx(r)

—2/?x(工)—Rx(工—2Q)—Rx(r+2a)

(2)倒到与匹9J互为傅立叶变换

2aj<,>

PY(S=2PX(G))-PX(co)e--Px(&)/砒0

2

=4Px(co)sin(aco)

2-12

解：

s=匚&（/）#=fjo-V2#=|xlO7IV

2-13

解：由于题目已知冲激响应为⑺=51〃⑺

H(ty)=——

所以_5+及

《3=心（0）|"（0）『

?3）=年

又由于

《3)=4----------r=------------7

所以|"225+6?25+6?

40）1与包到互为傅立叶变换

由国可知/（7）=25xi（r%-明

总的平均功率团理匕竺23竺

2-14

（⑼VTT/~\T~-~7

解：（1）由傅里叶时域微分性质I出后「知微分器的系统函数1"3）=0助

则信号通过微分器（线性系统）后输出画的双边功率谱密度为

4(/)=-f\J^f\=2/〃0尸=3.95X10-5尸卬/Hz

仆S「J：q(/)—/破=晋邑=0.0263卬

(2)◊

2-15

解：设砸I的傅式变换为|"（/）|,则有

S，=匚李〃（/）「4吟匚出⑺2力吟上

2-16

解：由题意知，|〃,（，）=〃承）34"〃«）如4",其均值为0,方差为园。

A

%⑺=[Acosa)ctxcosQf+。)]叱=—cos0

他⑺=l(4⑺coscoj-&⑴sin①J)xcos(69c/+0)]LPF

gnc(?)cos夕+；&⑴sin0

给定期叵匣臼的功率为

A2cos20

Sco=1―

〃。⑺I的平均功率为

222

N°=E[nl⑺]=^cos2。+^sin?6=号

故在（1）的条件下（倒为常数）则

2

-^-=^7COS6>

N.a：

在（2）的条件下（回是与叵独立的均值为0的高斯随机变量），回臼的功率仍然是

,但此时国司

|的平均功率是

S°=E=A_2

J-C：-、£fcos0]

所以

兴=2取^例

N。可

A2

£[l+cos20]

2反

2铉I心

A1+[.e2,cos20d0

2寸1'-A/W

A2

(1+产)

2寸

第3章模拟调制系统

习题解答

3-1

解：Icos0cos4“的波形如图如］4(a)所示。

)

由于SN=cosQicoscoct且①c~6。

jr

SM(<y)=—[<5^(<y+O+coJ)+8(^co+O—<yc)+b(<y—O+co<)+5(<y—O—q.)]

TT

=”3+70+53+5。)+*-)+&-7。)]

频谱图如图题3-14(b)所示。

图3-14(b)

3-2

/Q)=A[sin(<yf)]/(")

解：⑴匚_____________________

Asa（一/）

上式中I2|为带限信号,由希尔伯特变换的性质，得

•/、4/①、/①、一/69、./69\

Z0)=/(，)+"«)=Asa(—t)cos(—r)+jAsa(—t)sin(—t)

(2)2222

|z(0|=>/2Asa(—t)

故F।2

3-3

q20

2o.=loio=ioo

解：由于输出信噪比功率为20dB,则匚LY___________

在SSB/SC方式中，调制制度增益G=1

垦=AL=100

所以也“

M=〃<f=2x%x处变

接受机输入端的噪声功率I，°22万

=2x0.5x10-9x5x103=5乂10唬

因此接受机输入端的信号功率|S,=100N,=5x10%

由于发射机输出端到接受机输入端之间的总损耗为|1四/碗><100加=100四

100

可得发射机输出功率为卜0=101。xSj=10">x5xl()7=5xl06w

3-4

解：（1）此信号无法用包络检波器解调，由于能包络检波的条件是11+4c°s2%//N0而

这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将导致波形失真。

（2）只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。

图3-15

解：（1）AM解调器输出信噪比为

耍2(W

%=5'10-2卬//

由题意知,2,B=4Khz,则

10X103X4

S。_/⑺100

No%B2X5X10-2X4X103

A2

100xl03W

（2）由于L2

2m2(r)2x40x1031

GAM

A2+^(7)-2xlO5+4OxlO3-3

而克制载波双边带系统的调制制度增益

=—=6

1/3

则GAM(约为7.8dB)

所以克制载波双边带系统的性能优于常规调幅7.8分贝

3-6

设单边噪声功率谱密度为同，则相干解调后的输出信噪比

解:

rBf

2\a^-df

与二〃/⑺J。BaBa

N。4〃0%B4n0B4n0B4%

3-7

解:对于DSB：接受信号功率

设信道加性白噪声单边功率谱密度为圆，信号带宽为园,

N2»/；„

则输入噪声功率i=MDSB=0

No=*1/

输出噪声功率

Sq°=2S

i,n

NJ2M.J„,

所以，接受到的信噪比

对于SSB：设发射功率为国

则接受信号功率

输入噪声功率

输出噪声功率

S-Sv'

=4=S

瓦一口一寂

所以，接受到的信噪比

(1)接受信号强度相同，即

故单边带平均发射功率

(2)接受到的信噪比相同,

故单边带平均发射功率S'=S

3-8

解：设画1与|cos闻相乘后的输出为巨川,则画］是一个DSB信号，其频谱如图图3-17

所得输出信号包R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

同理,

也是一个下边带信号，其时域表达式为

11八

s2(/)=—m(Z)sin绅-—m(t)cos州

因此，调制器最终的输出信号

11AJ1A

s(f)=[―cos69/+—m(t)sin绅[cosa)2t+[—m(t)sinco{t--m(t)cos绅]sina)2t

11A

=5"⑺⑻s卯cos^+sin如sin叼]+a皿，)[sin卯cosH-cos^sin%]

=­m(r)cosQ一qN-/m(r)sinQ一①以

显然，画1是一个载波角频率为国匈的上边带信号。

图3-17

3-9

解：(1)由于画三还巫宓］,则K")=刊,所以，［.=/(0=/

1—:—1

(2)DSB：|M=〃O%B=2〃。%=2x2x5x10-"=2x10-6的

q

-^-=1000―1—=lxlO^W

信道衰减为30dB,则|SiDSB|,则4x10004

S»_S73sB_21x1°

瓦一~N~~4X2X1G-6

SSB：=〃。纭SB=%/〃=2X5X1(T”=10「加

^-=1000—!—=lxio-3w

SjSSB

信道衰减为30dB,则I'囚mI，则8x10008

S°_SjssB=]x[03=]25

所以，N,8xlb一

rrns发=，w

(3)出均相同，8

DSB：I2=〃O%B=2〃°/"=2x2x5x10-"=2x1()"]由于信道衰减3QdB,则

lxl3

-3A.=2SiDSB=20=125

SiDSB=―J—=-xlOW

lDSBN°Nj8x2x10^

8x10008,所以

N：=%BSSB=〃％=2X5x]0T=]Of卬

由于信道衰减30dB,则

q1X10-3

ESSB=%10-3Ws。_°iSSB1os

-8x10-6r-1ZJ

所以NJNJ

3-10

解：（1）由题意ISFM⑺=100cos（2万口+4sin2MJ）［得区三31，

所以，闻”=2（%+1）%=2x5xIO?=i0演

吗=陷.”」“一

（2）‘-2万",调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率㈤加倍时,

吗=耳。此时,W“=2（吗+1）/=2X3X2X1O3=L2XK）4”Z

3-11

解：消息信号色（"A0WT

相应的单边带信号为

11A

SSSB(/)=—m(t)coscoct--m(t)sincoct

A।t-T.

=—coscotH------In-------sincot

22乃

A

|SsSB(/)|=*1+(Un上马2

其包络为71t

3-12

___________M75_________________________

解：fm=15kHz,4f=15kHz,所以'/“15,则G^”=3mf(mf+1)=45()

S.

由于区j=2(WB=100—=G™—=450x100=45000

,所以N。八"此_____________

3-13

BAM=2力,=2xWkHz=20kHz

解：对于AM波的带宽:

对于SSB波的带宽：产/〃=10Z"z

调频指数HlJ%，1八0。ZU"Zr

对于FM信号带宽匹=2(吗+1)，=2(5+l)xl()Wz=12()“

解：由已知|S(f)=Acosl%/+100cos4/]

（1）调相时比）=185屹/+£〃（」）］

Kpm{t}=lOOcosqJ

又由于£3，所以|砌）=50cos%f

(2)调频时限⑺=ACOSM/+LK即⑺㈤

100cos=KFm(T)dT=2\m(T)dz

两边同时求导得卜l003,“sin4/=2，〃（，）

m(t)--50cosincot

求得inm

mAmAL

l,=,n-=f=)n—

（3）由CO.„CO.,,

△“2=KpA,”=RCm=10（）然I,即最大频偏为囱空:州也

3-15

R=—=50001V

解：已调波信号功率I'w2。

mf-5

4

BFM=2(巧+1)4=2(5+1)X2000Hz=2.4xlO(Hz)

第4章模拟信号的数字传输

习题解答

4-1

解：

(1)由于信号瓯］通过传输函数为匣用的滤波器后进入抱负抽样器的最高频率为囚,

所以抽样频率

(2)由于抽样信号频谱

18

此⑹=y(①-n%)

可得抽样信号的频谱如图4-11所示。

(3)由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号包例通过截止频率为IZ］的抱负低

通滤波器，然后再通过一个传输特性为而।的网络，就能在接受端恢复出信号区1如

图4-12所示。

明」理想低通」i!m(t)

—［僦>硒-y-

!H⑹!

图4-12抽样信号的恢复

可见，假如接受端通过一个传输特性为

的低通滤波器，就能在接受端恢复出信号凶。一

4-2

解:

(1)由式(4-2)可知：在吟画]时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。

因此通过截止角频率为圆的抱负低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。

(2)假如忸=L5%],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

过抱负低通滤波器后不也许无失真地重建原始信号。

由于

m(r)=cosl00兀/cos200(hr/

=g(cosl900兀/+cos2100^z)

所以最低频和最高频分别为此950HzL%=1050Hz

(1)将硬I当作低通信号解决，则抽样频率

2fH=2100Hz

(2)将回当作带通信号解决，则抽样频率

由于n=9,所以

210<fs<211.1Hz

4-4

解：

-----------A=—

以抽样时亥吊=1/4(X)(”为例,此时抽样值为0.9510565,设量化单位I20481,所以

归一化值0.9510565=1948囚。

编码过程如下：

(1)拟定极性码叵1由于输入信号抽样值为正，故极性码叵1=1。

(2)拟定段落码叵豆引：

由于1948>1024,所以位于第8段落，段落码为111。

(3)拟定段内码H更叵词：

由干|1948=1024+14x64+司,所以段内码叵二引鼠=1110。

所以，RHZ4函的抽样值通过因律叵］折线编码后，得到的PCM码字为11111110。

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。

表4-5PCM编码的输出码字

加(女()=sin^F

E【60(to样值1s'5归一化值输出码字

t=000010000000

|t=1/40002%/50.95105651948011111110

|t=2/40004万/50.58778525[20起11110010

|t=3/40006万/5-0.58778525-120超01110010

|t=4/400087d5-0.9510565-1948囚01111110

4-5

解：

由于采用均匀量化，所以量化间隔

△=2=0.5

厂4I

则量化区间有一°5)|,IS，。)|,|［。，05y灰』相应的量化值分别为-0.75,

-0.25,0.25,0.75»

所以量化噪声功率为

&=J：’(x+0.75)~(l+x)dr+J："+0.25)~(1+力公

+J(,(x-0.25)(1+J.Jr—0.75)(l-x)zir

=1/48___________________________________________________

由于输入量化器的信号功率为

S=Jx2/(x)cZx=J^x2(l-x)d5c+j\2(l+x)<lx=—

所以量化信噪比

S一W)，_8

2

NqE(m-/n(J

4-6

解：

由于二进制码元速率

所以相应的信息速率间=瓦=l°g2M.川，即信息速率网与晚2M|成正比，所以若量

化级数由128增长到256,传输该信号的信息速率四增长到本来的8/7倍。

而二进制码元宽度为

—

假设占空比LJN,则叵亟信号带宽为

历=1-

可见，带宽固与画应成正比。

所以，若量化级数由128增长到256,带宽回增长到本来的8/7倍。

解:

(1)基带信号的频谱图如图4-16所示

-ioi

图4-16基带信号的频谱图

由式(4-2),抱负抽样信号的频谱图如图4-17所示。

y)

0135

图4-17抱负抽样信号的频谱图

(2)由于自然抽样信号的频谱

=0.4£Sa(------)M{co-ncoj

>?=—OO2

当n=l时，由于

Sa(丁)|S«(O.4^)M(«-^)

所以n=l时自然抽样信号的频谱分量为旧4^(0.4万)初(0-9)|,相应的频谱图如图4-18

所示。

产

0.4wSa(0.4办1

---------------------1———£(Hz

0345

图4T8n=l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。

由于平顶抽样信号的频谱

所以,平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。

图4-20平顶抽样信号的频谱图

4-8

解:

由于抽样频率为|8OOOH，,按团律回折线编码得到的叵鱼信号为8位二进码。所以二

进制码元速率

RB=1$=8X8000=64000卜皮特

由于占空比为1,所以匕引，则PCM基带信号第一零点带宽

8=］斤=1/1；=64000//z

4-9

解:

由于抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

fs=2fH=12000Hz

所以|PAM|系统的码元速率

RB="=12000波特

则码元宽度

忙=1"

由于占空比为0.5,所以[二0-5TsI,则PAM基带信号第一零点带宽

B=14=24000—

4-10

解：

(1)由于奈奎斯特抽样频率=2%=12000位量化级数|M=8],所以二进制码

元速率为

RB=log2M-fs=3x12000=36000波特

所以，相应的信息速率

&=36000bit/s

(2)由于二进制码元速率闻与二进制码元宽度园呈倒数关系，所以

几=1岛

由于占空比为0.5,所以

7=0.51；

则PCM基带信号第一零点带宽

8=14=72000Hz

4-11

解：

编码过程如下

(1)拟定极性码叵1由于输入信号抽样值为负，故极性码回=0。

(2)拟定段落码叵C£3：

由于1024>870>512,所以位于第7段落，段落码为110。

(3)拟定段内码15c6c7c81：

由千1870=512+11x32+6],所以段内码|c5c6c7c&|=|0no

所以，编出的PCM码字为01101011。

编码电平回是指编码器输出非线性码所相应的电平，它相应量化级的起始电平。由于

极性为负，则编码电平

Ic=一心+-C.5+22c$+2C+2。C8)AJ=|量化单位

由于

(864)10=(01101100000)2

因此7/ii变换得到的ii位线性码为10uouoooooL

编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。

解码电平相应量化级的中间电平，所以解码器输出为

-(864+16)=-880个量化单位。

由于

(880)10=(01101110000.0)2

所以7/12变换得到的12位线性码为。

解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为10个量化单位。

4-12

解：

(1)由于量化区的最大电压为|U=2048〃M,所以量化单位为|A=lmV|,所以抽样

值为3980»

编码过程如下：

拟定极性码叵]：由于输入信号抽样值但为正，故极性码回=1。

拟定段落码叵C£3：由于512>398>256,所以位于第6段落，段落码为101。

拟定段内码叵变百：由干|398=256+8xl6+14],所以段内码叵g叵d]=1000。

所以，编出的PCM码字为11011000。它表达输入信号抽样值回处在第6