通信原理課后題答案

1、第1章緒論習(xí)題解答1-1解:每個(gè)消息的平均信息量為111111H(X) log 2 2_log 2 - log2 448822=1.75bit/ 符號(hào)1-2解:（1）兩粒骰子向上面的小圓點(diǎn)數(shù)之和為3時(shí)有（1, 2）和（2，1）兩種可能，總的組合數(shù)為C6 C6 36，則圓點(diǎn)數(shù)之和為 3出現(xiàn)的概率為2 1 P33618故包含的信息量為11（3） log2 P3log2 4.17（bit）18（2）小圓點(diǎn)數(shù)之和為7的情況有（1，6）（6，1）（ 2，5）（ 5，2）（ 3, 4）（ 4，3），則圓點(diǎn)數(shù)之和為7出現(xiàn)的概率為P7 36故包含的信息量為1(7)l0g2 P7log 212.585(bit)

2、61-3解:每個(gè)字母的持續(xù)時(shí)間為2 110ms,所以字母?jìng)鬏斔俾蕿? 10 10不同字母等可能出現(xiàn)時(shí)，3 50BaudH (x) log 2 4每個(gè)字母的平均信息量為2 bit/符號(hào)平均信息速率為Rb RB4gH (x)100 bit/s（2）每個(gè)字母的平均信息量為J441010111 1H（X）Jog2；yog?15544=1.985 bit/符號(hào)所以平均信息速率為RbRB4gH (x)99.25 (bit/s)1- 4解：(1 )根據(jù)題意，可得：3I (0) log P(0) log 2 一 1.4158比特1I(1) log P(1) log224 比特I(2)logP(2)log 21

3、24比特I(3)log P(3)log 2138比特(2)法一：因?yàn)殡x散信源是無(wú)記憶的，所以其發(fā)出的消息序列中各符號(hào)是無(wú)依賴的、統(tǒng)計(jì) 獨(dú)立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各個(gè)符號(hào)的信息量之和。此消息中共有14個(gè)“ 0”符號(hào)，13個(gè)“1”符號(hào)，12個(gè)“ 2 ”符號(hào)，6個(gè)“3”符號(hào)，則該消息的信息量是：I 14I (0) 13I (1) 121(2)61(3)14 1.415 13 2 12 2 6 387.81比特此消息中共含45個(gè)信源符號(hào)，這45個(gè)信源符號(hào)攜帶有 87.81比特信息量，則此消息中平均 每個(gè)符號(hào)攜帶的信息量為I287.81/451.95 比特 / 符號(hào)法二：若用熵的概念計(jì)算，

4、有331111"口H(x) log 22 log 2 log21.906(bit/符號(hào))884488說(shuō)明：以上兩種結(jié)果略有差別的原因在于， 它們平均處理方法不同， 前一種按算術(shù)平均的方 法進(jìn)行計(jì)算，后一種是按熵的概念進(jìn)行計(jì)算， 結(jié)果可能存在誤差。這種誤差將隨消息中符號(hào) 數(shù)的增加而減少。1-51133H (x)Tog 2Tog2 0.811解：(1)4444bit/符號(hào)(2)某一特定序列(例如：m個(gè)0和100-m個(gè)1)出現(xiàn)的概率為P XL P X1,X2,L ,X100 P所以，信息量為I X1,X2,L ,X100logP XLm100- mm1100-m30P 144m100-m1

5、3log -44200 (100 m)log 2 3 bit(3 )序列的熵XL 100 X 81bit /序列1-6解：若系統(tǒng)傳送二進(jìn)制碼元的速率為1200Baud，則系統(tǒng)的信息速率為:Rb 1200 log2 21200 bit/s若系統(tǒng)傳送十六進(jìn)制碼元的速率為2400Baud，則系統(tǒng)的信息速率為:Rb2400 log216 9600 t/s1-7解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為H()H( j ()e1/j tdK°e沖激響應(yīng)為h(t)K。(ttd)輸出信號(hào)為y(t)s(t)* h(t) K°s(t td)討論：該恒參信道滿足無(wú)失真?zhèn)鬏數(shù)臈l件，所以信號(hào)在傳輸過(guò)程中無(wú)畸變。1-

6、8解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為j( td bsin To)j tdjb sin T°H ( ) AeAe eA(1 jbsin To)eA1 (ej To e2jAe jtd 竺 e"2h(t) A (t td) 沖激響應(yīng)為輸出信號(hào)為y(t)s(t)* h(t)As(t td)1-9tdT。)Ab e j (td T0)2Ab(ttdT。)Ab “T0)2(t td2Abs(t tdT。)Ab “T0)s(t td22To)e j tdVo。則該信道的幅頻特性為:解：假設(shè)該隨參信道的兩條路徑對(duì)信號(hào)的增益強(qiáng)度相同，均為H ( 0)2V0cos121(2n 1) ,n 0,1,2

7、丄時(shí)，H(。)| 當(dāng)出現(xiàn)傳輸零點(diǎn)；12n ,n 0,1,2丄時(shí)，H( o)當(dāng)出現(xiàn)傳輸極點(diǎn)；f nf n所以在kHz(n為整數(shù))時(shí)，對(duì)傳輸信號(hào)最有利；1 1 1 f (n ) (n )在22 kHz(n為整數(shù))時(shí)，對(duì)傳輸信號(hào)衰耗最大。1-10Slog10 30dB解：(1)因?yàn)?S/N =30dB,即 10 N，得：S/N=1000由香農(nóng)公式得信道容量C Blog2(1 N3400 log2(1 1000)33.89 103bit /s(2)因?yàn)樽畲笮畔鬏斔俾蕿?800b/s，即信道容量為 4800b/s。由香農(nóng)公式C Blog2(1 書)C48002B 1 23400 1 2.66 1 1.

8、66得：N則所需最小信噪比為1.66 。第2章信號(hào)與噪聲分析習(xí)題解答2- 1解：p(x 2)1 p(x 2)數(shù)學(xué)期望:E(x)12 xaxp(x)dxx一dx 02a4aaE(x2)因?yàn)镈(x)所以方差：x2 p(x)dx2a x . dx a2a2 2E(x ) E(x)2-2解：由題意隨機(jī)變量6a2 2a c a033x服從均值為0，方差為4,所以2 ，即2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，可t2(x)數(shù)值表來(lái)求解。Tdtp(x2)1 p(x2)1 p(x0 2 0) 1(1)2 210.84130.1587_, x04 0、，p(x4)1 p(x4)1 p()1(2)2 210.97720.0228x:

9、1.5通過(guò)查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)(1)(3)當(dāng)均值變?yōu)?.5時(shí)，則2 服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，所以x 1.521.5p(x2)1p(x2) 1p( 22 ) 1(0.25)10.59870.4013x 1.541.5、，p(x4)1p(x4) 1p( 22 ) 1(1.25)10.89440.10562-3解：(1)因?yàn)殡S機(jī)變量 所以有服從均勻分布，且有02，則的概率密度函數(shù)f()Ez(t) Em(t)cos( ot )Em(t) ?Ecos( °t)2 1Em(t)? 0 cos( °t )?-dRz(t,t0) Em(t)cos( 0t) ?m(t)cos(Em(t)m(t )?

10、Ecos( 0t1Rm( )?E二cos(2 0t21Rm( )?：COS2COS 02 (COS 02 (0,0t0)COS( 0t1cos2),),0其他Rz()Rz(t,t)僅與相關(guān)，因此z(t)(3)根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對(duì)1 t, 1 t 0由此可見，z(t)的數(shù)學(xué)期望與時(shí)間無(wú)關(guān)，而其相關(guān)函數(shù) 是廣義平穩(wěn)的。(2)自相關(guān)函數(shù)Rz()的波形如圖2-6所示。tri (t)1 t,0 t 1Sa2(R0,其他t可得平穩(wěn)隨機(jī)過(guò)程z(t)的功率譜密度Pz( )Rx( )e1 cos0 ?tri ( )e j d42(4嚴(yán) Sa2FSRx(0)cos20 (1 )| 0 22-4解：（1）因?yàn)椋?/p>

11、互不相關(guān)所以 mix(t) EX(t) E( )cos otcos 0tEcos 0tE又根據(jù)題目已知均值E E 0，所以mx(t)0(2)自相關(guān)函數(shù) Rx(t1,t2) EX(ti) X(t2)E( )cos otig()cos ot2cos 0t1 cos 0t2E 22222cos 0t1 cos 0t2 E2E E cos 0t1 cos 0t2224cos 0t1 cos 0t21 4 2【cos。缶 t2)cos 0(ti t2)2cos 0 2cos 0(ti t2)(ti t2)有關(guān)還與t1,t2有關(guān)，所以為非廣義平穩(wěn)隨機(jī)過(guò)程。（3）由（2）可知Rx（tl，t2）不僅與2-5解

12、：根據(jù)圖示可得RX（）50 3(10,10)EX2(t) Rx(0)50X2Rx(0) Rx( ) 50 20 30因?yàn)?，x2EX2(t) EX (t)2所以，30 50 EX(t)2 即 EX(t) mx 則(1)mx-20；(2)EX2(t)Rx(0)2-6解:( 1).20502(3)x30R()EX(t) X(t )E A A cos( 1t)A0Acos1(t )EA(2 A0A1 cos1(t )AAcos( 1t22A EA cos( 1t)cos1(t )2 A2A0 cos 12R(0) EX2(t)A 2A乩(2)2因?yàn)?，EX(t) EA。A| cos(1t)A0所以，2直

13、流功率為EX2(t)A02)A cos( 1t)cos2 2 2EX (t) E X(t)A2則，交流功率為對(duì)R()求傅里葉變換可得其功率譜密度復(fù)(21)2-7解:丄2 丄2P<()ej0ej5 02ej05 0ej d02-8Jsa( 0 Sa(0 )cos4Px(f)與 Rx(Px(f)(f)互為傅立葉變換(1 +所以，對(duì))Rx(2)Px(f)做傅立葉變換得21 f0Sa ( f。)直流功率為Rx( )1交流功率為R (0) R ( ) 1f0 1.2R( )?|H()no221 ( cR)R0()相應(yīng)地,12自相關(guān)函數(shù)為F0( )ej d(3)2-9解：RC低通濾波器的傳遞函數(shù)為1

14、11 j cRH( ) jp R j c因此輸出過(guò)程的功率譜密度為1e1 j cRn°4RCe| |/RCRy()E44即自相關(guān)函數(shù)只與)2-10E(23X(t)(2 3X(t )6X(t ) 6X(t) 9X(t)X(t6 6 9Rx()有關(guān)EY(t)2 3EX(t)2 35 即均值為常數(shù)所以丫住)為寬平穩(wěn)過(guò)程。(2)因?yàn)槠骄β蕿镽x(0) 12Ry(O)16 9Rx(0)所以Ry(0)162，所以9Rx(0)Rx(0)3169 3432-11DY(t)D23X(t)9DX(t)18解: ( 1)Ry()E X (t a) EX(t a)X(tRx( ) Rx(2Rx( ) Rx

15、(EY(t)Y(tX(t a)X(t a) a) X(t a)X(t)X(t a)a) X(t a)(X(ta) X (t a)X(t a)2a) Rx(2a) Rx()2a) Rx(2a)Px( f)與Rx()互為傅立葉變換)Py(2Px(4Px()Px( )e2aj)sin2(a )Px( )e2aj2-12解:Px(f )dfWk 10 5f2df10k107W2-13解：因?yàn)轭}目已知沖激響應(yīng)為55 jh(t)5e 5tu(t)H() 所以Py( ) Px ( ) H (又因?yàn)镻x()no2H( )22525)2所以臥)Ry()與no 252 252亠 10 10252Py()互為傅立葉

16、變換115 I由 FY()可知 Ry( ) 25 10 e5110總的平均功率Ry(0) 2.5 10 (W)2-14df (t) (j解：(1)由傅里葉時(shí)域微分性質(zhì)dt則信號(hào)通過(guò)微分器(線性系統(tǒng))后輸出卩丫IO j2 f)F()可知微分器的系統(tǒng)函數(shù)H ( )(j )，y(t)的雙邊功率譜密度為2 2n0 f 23.95 10 5f 2W / Hz(2)2-15BSy。BPy(f)df2 22n0f 2df234 n°B0.0263W解：設(shè)h(t)的傅式變換為H(f),2-16Syn02H(f )2df則有22H (f) df解：由題意知,n(t)n c(t)cos ctns(t)s

17、in衣，其均值為0,方差為S)(t) Acosct cos(ct)LPFn0 (t)(n c(t)cos1n c(t)cos給定時(shí)s0(t)的功率為典22小 A cosS04-ctn s(t)si n1ns(t )sinA cos2ct) cos(ct) LPFn0(t)的平均功率為N。 En o(t)cos 4故在(1)的條件下(為常數(shù))則S0A222 cosN0:2n 2 sin4在(2)的條件下(2n是與ni (t)獨(dú)立的均值為的高斯隨機(jī)變量)，n0(t)的功率仍然是N。4，但此時(shí)4 4S0s0(t)的平均功率是A22 Ecos 42cos 所以A2 E22 EcosnAnA22 2厶

18、ncos2 22 $ cos2第3章模擬調(diào)制系統(tǒng)習(xí)題解答3-1解：c°S tcos ct的波形如圖3-14 (a)所示。因?yàn)?Sm (t ) cost cosct，且 c 6，對(duì) Sm(t)其進(jìn)行傅里葉變換可得Sm()-(2c)(c)(c)(c)2(7)(5)(5 )(7 )頻譜圖如圖題3-14(b)所示。cos cos曲/圖 3-14( a)3- 2Af (t) Asin( t)/( t) sin( t)cos( t) Asa( t)cos( t) . 2 2 2 2 t解:( 1) 2Asa( t)上式中 2為帶限信號(hào)，由希爾伯特變換的性質(zhì)，得f(t)Asa(?t)si n(t)

19、z(t) f (t) j f(t) Asa( t)cos( t) jAsa(t)sin(t)(2) 2 2 2 2z(t)|，.；2Asa(2t)3-3S 20 s0 1010 100解：因?yàn)檩敵鲂旁氡裙β蕿?20dB,則 在SSB/SC方式中，調(diào)制制度增益勺魚100所以Ni N0G=1So接收機(jī)輸入端的噪聲功率Nin°BN。no2 0.5210 9S 100Ni 5因此接收機(jī)輸入端的信號(hào)功率因?yàn)榘l(fā)射機(jī)輸出端到接收機(jī)輸入端之間的總損耗為10010 103235 10510 W1dB/km610 W100km 100dB可得發(fā)射機(jī)輸出功率為S° 10" Si 100

20、3-45 10 45106W解:(1)此信號(hào)無(wú)法用包絡(luò)檢波器解調(diào)，因?yàn)槟馨j(luò)檢波的條件是 這里的A=15使得這個(gè)條件不能成立，用包絡(luò)檢波將造成波形失真。(2)只能用相干解調(diào)，解調(diào)框圖如圖 3-15所示。1 A COS 2 fmt 0 而圖 3-153-5解:(1) AM解調(diào)器輸出信噪比為由題意知，2102W/ Hz，B=4Khz,貝US0N°A 100(2)因?yàn)?m2(t)n°B3103WGam10婪J 10010 2 4 1032m"t)A2 m2(t)32 40 10532 1040 10Gdsb 2而抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的調(diào)制制度增益Gdsb 26貝 UGam

21、 1/3 (約為 7.8dB)所以抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的性能優(yōu)于常規(guī)調(diào)幅7.8分貝3-6解：設(shè)單邊噪聲功率譜密度為 no，則相干解調(diào)后的輸出信噪比3-7So m (t)N 04n 0BSSB2 Baf df0 BaB a4n0B4n 0B 4n0解：對(duì)于DSB接收信號(hào)功率So則輸入噪聲功率Nin 0BDSEi2no fm11上N。Nin°fm輸出噪聲功率41 c-S2Non fm所以，接收到的信噪比2對(duì)于SSB:設(shè)發(fā)射功率為s'S01s則接收信號(hào)功率4輸入噪聲功率N in0BSSBno fm11上N0-Nin°fm輸出噪聲功率441 '魚-S4No4 Ho f

22、m所以，接收到的信噪比4】s'-(1)接收信號(hào)強(qiáng)度相同，即4:故單邊帶平均發(fā)射功率S'2S設(shè)信道加性白噪聲單邊功率譜密度為n°fmn°fmn。，信號(hào)帶寬為Sn0 fmn0 fm(2)接收到的信噪比相同，即故單邊帶平均發(fā)射功率3-8解：設(shè)m(t)與c°s lt相乘后的輸出為，則是-(a)所示。s(t)再經(jīng)過(guò)截止頻率為i的理想低通濾波器,下邊帶信號(hào)，其頻譜如圖3-17( b)所示，時(shí)域表達(dá)式則為11s-i(t)m(t)cos 1tm(t)sin22個(gè)DSB信號(hào)，其頻譜如圖圖I所得輸出信號(hào)s(t)顯然:3-17一個(gè)it同理，m(t)與sin 1t相乘后的

23、輸出s2(t)再經(jīng)過(guò)理想低通濾波器之后，得到的輸出信號(hào) s2(t)也是一個(gè)下邊帶信號(hào)，其時(shí)域表達(dá)式為11s2(t) m(t)sin 1tm(t)cos 1t22因此，調(diào)制器最終的輸出信號(hào)1s(t) m(t)cos211吐 m(t)sin ttcos 2t m(t)sin221吐 m(t)cos Ksin2t21m(t)cos 聯(lián) cos 2t21sin ttsin 2tm(t)sin ttcos 2t2cos 1tsin 2t11_m(t)cos( 21)t m(t)sin(22顯然，s(t)是一個(gè)載波角頻率為(2n2V bzv亠3"- 3 4(4(|0 仙 (th Wi +a31)

24、的上邊帶信號(hào)。21)t卜加-一a*04 Wh 3(b)3-9解: ( 1)因?yàn)?m(t) cos(21(t)W8 。SSSB m4(2) DSBN in° Bdsb信道衰減為Sdsb30dB,貝y SiDSB所以，N0SSB : Ni2 Sdsb Nn0BSSB信道衰減為S0所以，N0圖 3-17104t)V2n° fH10001032 4 2 10n0 fHSSSB30dB，則 SiSSBSsSBNi1 10(3)S發(fā)均相同，DSB : Ni n0 BDSBSDSB8100010 62n0 fH2(t)，所以,SDSB(t)SSB :S 10SSB1011106wSiDS

25、B2501110SiSSB則1000Ni1010 3Wn0BSSB3W，所以S0N04 1000610 W8 1000125所以1110 112 10310 W103W&N。SSSBNi10Sdsb2 Ni286W103由于信道衰減2 106 1251110 6W1 108 1063由于信道衰減30dB,30dB ,3-10由題意所以,Sfm (t)100cos(2 fct 4sin2 fmt)得410 Hz3Bfm2(mf 1) fm 2 5 10KFM Ammf22。此時(shí)，Bfm2(m3-11解:消息信號(hào)m(t)A,0/1X 1m(mf2(2)tt T則對(duì)應(yīng)的單邊帶信號(hào)為SSSB(

26、t )其包絡(luò)為3-12解：S 因?yàn)镹i 3-13mf 4m，調(diào)頻器的調(diào)頻靈敏度不變，調(diào)制信號(hào)的幅度不變，但頻率34f 1)fm 2 3 2 101.2 10 Hzln tm加倍時(shí),1 m(t)cos2A + cos ct2SsSB(t)15kHz20dBctm(t)sin2.t T .In sintctct1 (丄1 n?f 75kHz100-S°-，所以No所以解：對(duì)于AM波的帶寬:對(duì)于SSB波的帶寬:mf調(diào)頻指數(shù)對(duì)于FM信號(hào)帶寬3-14解：由已知S(t)(1)調(diào)相時(shí)所以又因?yàn)?2)調(diào)頻時(shí))2mfGfmBam 2fH 2 10kHzBssb站 10kHz50kHz 5fm 10kH

27、zBFM 2(mf 1) fm2(5Acos 0t 100COS mtSpm (t)Acos ctKpm(t) 100cosKp 2，所以SfM (t)Acos ctKpm(t)mtm(t) 50costKFm( )d100cos所以mt75 5215，則 Gfm 3mf (mf1004500020 kHz1) 10kHz 120kHzmttKFm( )d 2 m( )d1) 450求得m(t) 50 msin mtmfAmKf(3 )由maxK pAmmp100 m，即最大頻偏為max100fm3-15解：已調(diào)波信號(hào)功率RmmfBFM52(mfmaxmf fm1)fm2(510025000W

28、2 。400045104Hz21) 2000Hz 2.4 104(Hz)第4章模擬信號(hào)的數(shù)字傳輸習(xí)題解答4-1解:因?yàn)樾盘?hào)(1)所以抽樣頻率通過(guò)傳輸函數(shù)為H1的濾波器后進(jìn)入理想抽樣器的最高頻率為2f1(2)因?yàn)槌闃有盘?hào)頻譜M-X-A可得抽樣信號(hào)的頻譜如圖4-11所示。圖4-11抽樣信號(hào)頻譜圖M s w(3)由圖4-11所示的抽樣信號(hào)頻譜可知：將抽樣信號(hào) t通過(guò)截止頻率為f1的理想低1通濾波器，然后再通過(guò)一個(gè)傳輸特性為H1 f的網(wǎng)絡(luò)，就能在接收端恢復(fù)出信號(hào)mt。如圖4-12所示。11血®-J A1®(t) 1I r二1比CD1111|_H(f)111圖4-12抽樣信號(hào)的恢復(fù)

29、可見，如果接收端通過(guò)一個(gè)傳輸特性為的低通濾波器，就能在接收端恢復(fù)出信號(hào)4- 2解：(1) 由式(4-2 )可知：在 s=3 h時(shí)，抽樣信號(hào)頻譜如圖 4-14所示，頻譜無(wú)混疊現(xiàn)象。因此經(jīng)過(guò)截止角頻率為H的理想低通濾波器后，就可以無(wú)失真地恢復(fù)原始信號(hào)。圖4-14 抽樣信號(hào)的頻譜(2) 如果 s 1.5 H，不滿足抽樣定理，頻譜會(huì)出現(xiàn)混疊現(xiàn)象，如圖4-15所示，此時(shí)通 過(guò)理想低通濾波器后不可能無(wú)失真地重建原始信號(hào)。圖4-15 抽樣信號(hào)的頻譜出現(xiàn)混疊現(xiàn)象4- 3 解：因?yàn)閙 t cos100 n tos2000 nt1 cos1900 nt cos2100 nt2所以最低頻和最高頻分別為fL 950H

30、z, fH1050Hz(1 )將mt當(dāng)作低通信號(hào)處理，則抽樣頻率fs 2fH 2100Hz(2 )將mt當(dāng)作帶通信號(hào)處理，則抽樣頻率2fH f 2fLn 1 s n因?yàn)閚=9,所以210 fs 211.1Hz4- 4解：1以抽樣時(shí)刻t 1 / 4000為例，此時(shí)抽樣值為0.9510565，設(shè)量化單位2048，所以歸一化值 0.9510565=1948。編碼過(guò)程如下：(1) 確定極性碼C1 :由于輸入信號(hào)抽樣值為正，故極性碼C1=1。(2) 確定段落碼C2C3C4 :因?yàn)?948>1024,所以位于第8段落，段落碼為111。(3) 確定段碼C5C6C7C8 :因?yàn)?1948 1024 14

31、 64 28，所以段碼 C5C6C7C8=iiio。4-5解:所以，t 1 / 4000的抽樣值經(jīng)過(guò)A律13折線編碼后，得到的 PCM碼字為1 111 1110 同理得到在一個(gè)正弦信號(hào)周期所有樣值的PCM碼字，如表4-5所示。表4-5 PCM編碼的輸出碼字t1600 nt.2k nm kTssin樣值5歸一化值輸出碼字t 000010000000t 1/40002n/50.9510565194811111110t 2/40004冗/50.58778525120411110010t 3/40006冗/5-0.58778525-120401110010t 4/40008n/5-0.9510565-

32、194801111110因?yàn)椴捎镁鶆蛄炕?，所以量化間隔0.5Sx2 f x dx所以量化信噪比SNq1 2x2(1 x)dx0 2x2(1 x)dx10-16E x282E m mq則量化區(qū)間有1,0.5 ,0.5 00, 0.5 和 0.5,1 ,對(duì)應(yīng)的量化值分別為-0.75 ,-0.25 , 0.25 , 0.75。所以量化噪聲功率為-0.52022-1X0.751xdxx0.251 x dx-0.50.5212x00.251xdxx0.50.751 x dx1/48因?yàn)檩斎肓炕鞯男盘?hào)功率為4- 6解：因?yàn)槎M(jìn)制碼元速率Rblog2 M fs所以對(duì)應(yīng)的信息速率Rb=RBlog2 M fs

33、，即信息速率Rb與log2 M成正比，所以若量化級(jí)數(shù)由128增加到256,傳輸該信號(hào)的信息速率Rb增加到原來(lái)的8/7倍。而二進(jìn)制碼元寬度為T 1/Rb假設(shè)占空比 入，則PCM信號(hào)帶寬為B 1/t可見，帶寬B與log2 M成正比。所以，若量化級(jí)數(shù)由128增加到256，帶寬B增加到原來(lái)的8/7倍。4-7解：(1) 基帶信號(hào)的頻譜圖如圖4-16所示圖4-16 基帶信號(hào)的頻譜圖 由式(4-2)，理想抽樣信號(hào)的頻譜圖如圖4-17所示。(Hz)圖4-17理想抽樣信號(hào)的頻譜圖(2) 因?yàn)樽匀怀闃有盘?hào)的頻譜Ms()0.4nA_Ts nSa(nSa(牙)M( n s)h)M( ns)當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)镾a(寧)M

34、(n s) = Sa(0.4 )M (s)所以n=1時(shí)自然抽樣信號(hào)的頻譜分量為 所示。0.4Sa(0.4 )M( s)，對(duì)應(yīng)的頻譜圖如圖4-18圖4-18 n=1時(shí)自然抽樣信號(hào)的頻譜分量所以，自然抽樣信號(hào)的頻譜圖如圖4-19所示。因?yàn)槠巾敵闃有盘?hào)的頻譜A WTSaMqTs2WT0.4Sa 2 n所以,平頂抽樣信號(hào)的頻譜圖如圖4-20所示。0-<UT°1 3 5 710圖4-20平頂抽樣信號(hào)的頻譜圖4-8解：因?yàn)槌闃宇l率為8000Hz，按A律13折線編碼得到的PCM信號(hào)為8位二進(jìn)碼。所以二進(jìn) 制碼元速率Rb l fs 8 800064000 波特因?yàn)檎伎毡葹?,所以Tb，貝U P

35、CM基帶信號(hào)第一零點(diǎn)帶寬B 1/t 1/Tb64000 Hz4-9解：因?yàn)槌闃宇l率為奈奎斯特抽樣頻率，所以2fH12000Hz所以PAM系統(tǒng)的碼元速率Rb12000波特則碼元寬度1/ fs因?yàn)檎伎毡葹?.5，所以0.5Ts，則B 1/ TPAM基帶信號(hào)第一零點(diǎn)帶寬24000Hz4-10解：（1） 元速率為因?yàn)槟慰固爻闃宇l率s 2fH12000Hz，量化級(jí)數(shù)M 8，所以二進(jìn)制碼所以,Rb對(duì)應(yīng)的信息速率log 2 M fs3 1200036000 波特36000bit/s(2)因?yàn)槎M(jìn)制碼元速率Rb與二進(jìn)制碼元寬度Tb呈倒數(shù)關(guān)系，所以Tb 1 Rb因?yàn)檎伎毡葹?.5，所以0.5Tb則PCM基帶信

36、號(hào)第一零點(diǎn)帶寬B 1/t 72000Hz4-11解:編碼過(guò)程如下(1)(2) 因?yàn)榇_定極性碼C1 :由于輸入信號(hào)抽樣值為負(fù)，故極性碼C1 =0o確定段落碼C2C3C4 : 1024>870>512,所以位于第7段落，段落碼為110。(3)確定段碼C5C6C7C8 :因?yàn)?870512 11 32 6，所以段碼 C5C6C7C8=1011。所以，編出的 PCM碼字為0 110 1011。編碼電平 比是指編碼器輸出非線性碼所對(duì)應(yīng)的電平，它對(duì)應(yīng)量化級(jí)的起始電平。因?yàn)?極性為負(fù)，則編碼電平i 864量化單位Ic iBi 23C522C621C720C8因?yàn)?64 io 0110110000

37、0 因此7/11變換得到的11位線性碼為。6個(gè)量化單位。編碼誤差等于編碼電平與抽樣值的差值，所以編碼誤差為解碼電平對(duì)應(yīng)量化級(jí)的中間電平，所以解碼器輸出為(86416)880個(gè)量化單位。因?yàn)?80 10 01101110000.0 2所以7/12變換得到的12位線性碼為0o 解碼誤差(即量化誤差)為解碼電平和抽樣值之差。所以解碼誤差為4-12解：(1)因?yàn)榱炕瘏^(qū)的最大電壓為 U 2048mV，所以量化單位為值為398。編碼過(guò)程如下：確定極性碼C1 :由于輸入信號(hào)抽樣值Is為正，故極性碼C110個(gè)量化單位。1mV，所以抽樣=1。確定段落碼C2C3C4 :因?yàn)?12>398>256，所以

38、位于第6段落，段落碼為101。確定段碼 C5C6C7C8 :因?yàn)?398256 8 16 14，所以段碼 C5C6C7C8 = 1000。所以，編出的PCM碼字為11011000。它表示輸入信號(hào)抽樣值Is處于第6段序號(hào)為8的 量化級(jí)。該量化級(jí)對(duì)應(yīng)的起始電平為384 =384mV中間電平為392 mV。編碼電平對(duì)應(yīng)該量化級(jí)對(duì)應(yīng)的起始電平，所以編碼電平IC 384 =384 mV因?yàn)?84 10 2 ,所以對(duì)應(yīng)的11位線性碼為。解碼電平對(duì)應(yīng)該量化級(jí)對(duì)應(yīng)的中間電平，所以解碼電平ID 392 mV可見，解碼誤差(即量化誤差)為 6mV。4-13解：因?yàn)樽畲箅妷褐禐?V,所以量化單位51 V2048所以

39、，樣值幅度2.5V表示為-1024量化單位。因?yàn)闃又禐樨?fù)，而且輸入信號(hào)抽樣值Is處于第8段序號(hào)為0的量化級(jí)，所以編碼器的輸 出碼字為 0 111 0000。該量化級(jí)對(duì)應(yīng)的起始電平為1024 = 2.5V，中間電平為 1024 321056量化單位，即-2.578V。所以量化電平為-2.578V，量化誤差為78 mV4-14解：極性碼為1，所以極性為正。段落碼為000，段碼為0111,所以信號(hào)位于第1段落序號(hào)為7的量化級(jí)。由表4-1可知， 第1段落的起始電平為 0,量化間隔為因?yàn)榻獯a器輸出的量化電平位于量化級(jí)的中點(diǎn)，所以解碼器輸出為° 1 0.5) 7.5個(gè)量化單位，即解碼電平7.5。

40、因?yàn)?.5 100000000011 1.1 2所以，對(duì)應(yīng)的12位線性碼為14-15解：編碼過(guò)程如下：(1) 確定極性碼C1 :由于輸入信號(hào)抽樣值為負(fù)，故極性碼C1 =0o(2) 確定段落碼C2C3C4 :因?yàn)?024>630>512，所以位于第7段落，段落碼為110。(3) 確定段碼C5C6C7C8 :因?yàn)?630512 3 32 22，所以段碼 C5C6C7C8=0011o所以，編出的 PCM碼字為0 110 0011 o因?yàn)榫幋a電平對(duì)應(yīng)量化級(jí)的起始電平，所以編碼電平為-608單位。因?yàn)?08 10 01001100000 2所以，對(duì)應(yīng)的均勻量化的4-16解：11位線性碼為。因

41、為S0S0So/Nq2lN0 PCMNq Ne 1 4P°2又因?yàn)镾o 2 M2Nq所以S0So/NqM2N0 PCM1 4P.2211 4PeM23221 4 10 3 322200.9第5章數(shù)字信號(hào)的基帶傳輸習(xí)題解答5- 1解：略Ps(f)2fsP(1P)|G(f)|fs(2 p21)G(mfs)|(fmfs)5-2解:信息碼：110000 01 1 000 0 11AMI 碼：+ 1 -10000 0+1 -1 0 0 00+1-1HDB3碼:+ 1-1000-V 0+1 -1+B 00+V-1 +15-3解：信息碼：101000 00 0 00011AMI 碼：+10-100

42、0 00 0 000+1-1HDB3碼：+10)-10)0)0 -'V +B 00+V'0-1+15-4解：（i）對(duì)于單極性基帶信號(hào)，gi（t）0, g2（t） g（t），隨機(jī)脈沖序列的功率譜密度為12時(shí),Ps(f)詐1f GE"2(f mfs)g(t)由圖5-11得g （t）的傅立葉變換G（f）人人l2|t|),|t| I1 s2O,elseA(1G(f)為Sa2(-)2 2代入功率譜密度函數(shù)式，得fs ATs2 fTsPs(f)寸 |-Sa ( s4222A Ts 4fTss Sa4(-)16 2功率譜密度如圖5-12所示。)|2(fmfs)16mSa4（于）（f

43、 mfs）丄Ts的離散分量,（2）由圖5-12中可以看出，該基帶信號(hào)的功率譜密度中含有頻率丄故可以提取碼元同步所需的頻率Ts的分量。由題（1）中的結(jié)果，該基帶信號(hào)中的離散譜分量尺（）為5-5Pv(f)16 m4 mSa4() (f mfs)21時(shí)，即f 1A24育(2)(f所以該頻率分量的功率為A24Sa4Pv(f)S A2sa)16 216H(s時(shí)，有A24Sa ( ) (f fs)16 2fs)2 A24-圖 5-12T |,| |00解：(1)由圖5-12可得該系統(tǒng)輸出基本脈沖的時(shí)間表示式為0, elseh(t) * H( )ejtd申(2)根據(jù)奈奎斯特準(zhǔn)則，當(dāng)系統(tǒng)能實(shí)現(xiàn)無(wú)碼間干擾傳輸時(shí),訐 | THeq()0,|容易驗(yàn)證，當(dāng)|H( 2iH ()應(yīng)滿足H(Ts i)所以當(dāng)碼率Rb0 /5-60時(shí),H( 2 RbI)H( 2 0i) Ci時(shí)，系統(tǒng)不能實(shí)現(xiàn)無(wú)碼間干擾傳輸。R2BBN解：(1 )法1:無(wú)碼間串?dāng)_時(shí) RBmax 2Bn，當(dāng)碼元速率為150kBaud時(shí)， 容易驗(yàn)證，此系統(tǒng)有碼間串?dāng)_。法2：由題意，設(shè)Bn 10