2025年通信原理答案重慶郵電大學版

第1章緒論

習題解答

1-1

解：每個消息的平均信息量為

=1.75bit/符號

1-2

解：(1)兩粒骰子向上面的小圓點數(shù)之和為3時有(1,2)和(2,1)兩種也許，總的組合

數(shù)為|C：xC：=361則圓點數(shù)之和為3出現(xiàn)的概率為

~i~~r

］八=—=—

3618

故包括的號息量為

/(3)=-log2〃3=-Iog21=4.17(bit)

___________________lo_________

(2)小圓點數(shù)之和為7的狀況有(1,6)(6,1)(2,5)(5,2)(3,4)(4,3),則

圓點數(shù)之和為7出現(xiàn)的概率為

~6f

|Pi=-36=—6|

故包括的信息量為

Z(7)=-log,p?=-log」=2.585(/?z7)

____________________6__________

1-3

解：(1)每個字母的持續(xù)時間為2010ms,因此字母傳播速率為

R...=-------------=5bBaud

g2x10x10-3

不一.字母等也許出現(xiàn)每個字母的平均信息量為

”*)=噫4=2mu符號

平均隼息速率為

.二%"(x)=100|bit/s

(2)每個字母的平均信息量為

=1.985biU符號

因此平均信息速率為

-二%"(、)=網(wǎng)(bi/)

1-4

解：⑴根據(jù)題意，可得：

/(0)=-logP(0)=-log,-?1.415

____________8比特

/(1)=-log尸(1)=-log2；=2

比特

/(2)=-logP(2)=-log2l=2

比特

Z(3)=-logP(3)=-log1=3

o比特

(2)法一：由于離散信源是無記憶的，因此其發(fā)出的消息序列中各符號是無依賴的、記錄

獨立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各個符號的信息量之和。此消息中共有14個

“0”符號，13個"1”符號，12個"2”符號，6個"3”符號，則該消息的信息量是：

I=14/(0)+13/(1)+12/(2)+6/(3)

|?14xl415+13x24-12x2+6x3

■87.81|比十

此消息中共含45個信源符號，這45個信源符號攜帶有87.81比特信息鼠，則此消息中平均

每個符號攜帶的信息量為

12=87.81/45?1.95比特/符號

法二：若用果的概念計算，有

3311I1

^W=--log2--2x-log2---log2-=1.906(to/符號)

闡明：以上兩種成果略有差異的原因在于，它們平均處理措施不一樣，前一種按算術平均的

措施進行計算，后一種是按嫡的概念進行計算，成果也許存在誤差。這種誤差將隨消息中符

號數(shù)的增長而減少。

1-5

H(x)=一一log.-------log,0.811

解：(1)14瓦4卜山符號

(2)某一特定序列(例如：m個0和100-m個1)出現(xiàn)的概率為

P(X>P(X”X2,…,X@)=[P(O)『[P(1)T*C

因此，信息量為

/^\?/O\I00/w

t

Z(X1,X2,...,X100)=-logP(X)=-logl^-J[jJ

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

(3)序列的懶

H(X，)=100H(X)=8加〃序列

1-6

解：若系統(tǒng)傳送二進制碼元的速率為1200Baud,則系統(tǒng)的信息速率為：

%=1200.1嗎2=1200|bit/s

若系統(tǒng)傳送十六進制碼元的速率為2400Baud,則系統(tǒng)的信息速率為:

Rh=2400xlog-,16=9600

1-7

解:該恒參信道的傳播函數(shù)為

“(劭=|"(砌/⑼=KgWd

沖激響應為〃⑺=

)，(/)=.v(/)*/?(/)=

輸出信號為K(js(t-td)

討論：該恒參信道滿足無失真?zhèn)鞑サ臈l件，因此信號在傳播過程中無畸變。

1-8

解:該恒參信道的傳播函數(shù)為

n，%)=./sin

H(CO)=心Ae-j^d叫

=A(l+向sin&7；))"〃叫

=A[1+即(e，叫-e~j(aT°)峻"為

J

=ALTAb"次…)A。/叫+如

22

AbAb

沖激響應為

輸出信號為y(f)=sQ)*〃⑺

AbAb

=而(，乜)+丁(一,,+70)-丁”—)

1-9

假設該隨參信道的兩條途徑對信號的增益強度相似，均為同。則該信道的幅頻特性為:

解:

COT

|"3)|=2匕COS——

2

a)=—(2n+〃=0,1,2,…時,|"(例))|

當出現(xiàn)傳播零點;

0=，2〃1,〃=0,1,2,…時

當T出現(xiàn)傳播極點:

因此在kHz（n為整數(shù)）時，對傳播信號最有利:

/=(〃+—)-=(n+—)

在__________2-2|kHz(n為整數(shù))時,對傳播信號衰耗最大。

1-10

q

log10-=304/B

解：（1）由于S/N=30dB,即idN

得：S/N=10（）0

由香農(nóng)公式得信道容量

則所需最小信噪比為1.66,

第2章信號與噪聲分析

習題解答

2-1

解：

〃(x>2)=1-〃(xC2)|數(shù)學期望:

E(x)=fxp(x)dx=fx—dr=—r=o

J。2。4a

_a

￡，）=口2P

-

由于一。T

22

D(X)=E(X2)-[E(X)f=y-0=y

因此方差:

2-2

x

Z_J,即口服從原則正態(tài)分布，可

解：由題意隨機變量x服從均值為0,方差為4,因

]*

①(x)=—}==fe*2dt

后JY

通過查原則正態(tài)分布函數(shù)數(shù)值表來求解。

x-02-0

p(x>2)=l-p(j<2)=l-/?(<)=1一①(1)

(1)22

=1-0.8413=0.1587

x-0<4-0

p(x>4)=1-p(x<4)=I-〃()=1-0(2)

(2)22

=1-0.9772=0.0228

1.5

F

當均值變?yōu)?.5時，則服從原則正態(tài)分布，因此

x-1.5<2-1.5

p{x>2)=1-p(x<2)=1-〃()=1一⑴(0.25)

22

=1-0.5987=0.4013

x-L54-1.5

p(x>4)=1-p(x<4)=1-〃(<)=1-0(1.25)

22

=1-0.8944=0.1056

2-3

解：（i）由于隨機變量團服從均勻分布，且有owe42疝則回的概率密度函數(shù)

因此有

E[z(t)]=E[m(1)cos(g/+。)]

=E[m(t)].E[cos(a)0t+0)]

=E\m(t)].^

______=o|

R.(r,r4-r)=E\m(t)cos(a)0t+0)?m(t+r)cos(6y/+gr+6)]

=+r)]?E[cos(o>0r+6)cos(g，+gr+G)]

=^W--cos^()r

乙

整(1+。-1<丁<0

^(l-r),O<r<l

0,其他「

二旦（初

由此可見，區(qū)可的數(shù)學期望與時間無關，而其有關函數(shù)匡%上司僅與回有關，因此2回

是廣義平穩(wěn)的。

（2）自有關函數(shù)區(qū)同的波形如圖2-6所示。

（3）根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對

l-r,0<r<l<^Si72(y)

0,其他/

可得平穩(wěn)隨機過程1迎］的功率譜密度

2-4

解：（1）由于回，團互不有關

2-5

解:產(chǎn)據(jù)圖示可得及(〃=：038卜￡(-10,10)

E[X2(r)]=/?x(0)=50

crx2=Rx(0)-Rx(s)=50-20=30

中干」=垣X2?)]_[EX(f)]21

因此，[3O=5O-[EX^F]即|欣(/)=加乂=±而

則m儲，=±而]:⑵同X?⑺]=&(0)=50]⑶區(qū)亙

2-6

解：⑴

/?(r)=E[X(r).X(r+r)]

=￡{[&+Acos(卯+。)][4+Acos[s(/+r)+。]}

=E{\+4Acos[助(/+-)+<]+4Acos?/+。)+A12cos(卬+0)cos@(r+r)+Z?]}

=+E{短cos(約4-0)cos⑷(/+7)+〃]}

△A2

=A；+二-cos斗

R(())=E[X2(/)]=4+與

(2)

Q+4,cos(ty/+=4

由于,E[X(t)]=E[A0)\

因此，直流功率為l"[X（，）]二看

cx2=E[X2(t)]-E2[X(t)]=^-

則，交號功率為I____________________

對匣3求使里葉變換可得其功率譜密度

!

Px(co)=2萬看3(。)+^-[3(。+0])+5(@-。1)]

2-7

eia)Tdco

2

Rx(T)=1+foSa(^fQT)

0（8）=1

（2）直流功率為

R(O)R3)=l+"l=/o

（3）交流功率為

2-9

解：RC低通濾波器的傳遞函數(shù)為

j①c

H(M=

R+」1+ja)cR

jcoc

因此輸出過程的功率譜密度為

兄（3）二由⑼?|”（&）『二

2[1+(OCH)2]

對應地，自有關函數(shù)為

-___________

&f—1—ejMrdco

47r91+jcocR

Z7

0r-\t\!RC

4RC

2-10

R(T)=E[(2+3X(r))(2+3X(f+r)J

解：⑴Y

=E[4+6X(/+r)+6X(/)+9X(r)X(r+r)]

=4+6+6+9&⑺

即自有關函數(shù)只與1￡]有關

[￡W)]=2+3ElX(f)]=2+^^

即均值為常數(shù)

所認為包寬平穩(wěn)過程。

2-12

解：

S=匚&UWf=J：：10-"必=|xio7w

2-13

h(t)=5e-5,u(t)

解：由于題目已知沖激響應為

5

H(co)=同⑼

5+網(wǎng),「二/

因此

?3)=旦3)|〃3)「

氐（。）=y

又由于

%2525

B3)=

225+co125+co

因此I

巴巴1與互為傅立葉變換

rl

由隹竺可知R、.(r)=25x1。-%7

總的平均功率牝當左吧竺

2-14

也^=（%）”（。）

解：（1）由傅里葉時域微分性質I力可知微分器的系統(tǒng)函數(shù)同近叵I，

則信號通過微分器（線性系統(tǒng)）后輸出畫的雙邊功率譜密度為

G(/)=3=2/〃0廣=3.95x1(T?"切/Hz

\=￡/.(/)#=2r2/〃。尸力==0.0263W

(2)

2-15

解：設理)的傅式變換為I”(外，則有

S,=￡||^(/)|2df=|f：|H(/)|2df=^E

2-16

解：由題意知，⑺=4a）coso/-4（，）sino/L其均值為0,方差為Bl

%(，)=[Acos(ojxcos(q/十d)LpF

〃0(0=[(%(f)COScoct-ns(t)sincoet)xcos(0/+0}}LPF

—n.(/)cos9+—ns(/)sin0

22

給定期回幽的功率為

A2cos20

|%（可

的平均功率為

2=￡cos2e

N。5；

在（2）的條件下（回是與日回獨立的均值為0的高斯隨機變量）,至5的功率仍然是

04但此時空?的平均功率是

因此

民=，E[cos20]

《戊

^￡[1+COS10\

第3章模擬調制系統(tǒng)

習題解答

3-1

解：|cosC，cos01|的波形如圖3/4（a）所示。

由于|S,』）=cosQfcoso/L且回=6C|,對巴畫其進行傅里葉變換可得

圖3-14（b）

3-2

/（/）=A|sin（碗）］/（初）=V-sin弓f）cos（3，）=Aw（?f）cos（爭）

解：⑴口_________________________2/____________________________

Asa(—t)

上式中I2|為帶限信號,由希爾伯特變換的性質，得

G、4M\?/O、

f(t)=

,..?二、4,CD、.CD、...CO、..CD、

2(/)=y(/)+jf(n=A^(—r)cos(—/)+jAv?(—/)sin(—r)

\z(t)\=y/2Asa(^t)

故

S20

也=1()正=100

解：由于輸出信噪比功率為2()dB,則匚&

在SSB/SC方式中,調制制度增益G=l

A=A=ioo

因此巴N°

..%10^X103

接受機輸入端的噪聲功率

=2x0.5x10-9x5x10,=5x10、

=100^.=5x10^

因此接受機輸入端的信號功率

由于發(fā)射機輸出端到接受機輸入端之間的總損耗為=

100

So=lOdXS=101OX5X10'=5X106W

可得發(fā)射機輸出功率為/

3-4

1+AcosTIft>0

解:(1)此信號無法用包絡檢波器解調，由于能包絡檢波的條件是2m而

這里的A=15使得這個條件不能成立，用包絡檢波將導致波形失真。

(2)只能用相干解調，解調框圖如圖3-15所示。

%

Syn(￡>X低通謔波器f0⑴

COS3J

圖3-15

3-5

解:(1)AM解調器輸出信噪比為

&=5乂10-2卬/也

由題意知,2,B=4Khz,貝I」

S。⑺10X103X4

=100

N。2X5X10-2X4X103

A2

—=100xl03W

(2)由于I2

2m2(t)2x40x10

A2十〃/?)2X105+40X1033

而克制載波雙邊帶系統(tǒng)的調制制度增益外=2

^-=—=6

則GAM1/3(約為7.8dB)

因此克制載波雙邊帶系統(tǒng)的性能優(yōu)于常規(guī)調幅7.8分貝

3-6

解：設單邊噪聲功率譜密度為13,則相干解調后的輸出信噪比

「8f

S_nr(r)_之：a^-df女

()oB_aB_a

7Vo4%壇84n(iB4%B4%

3-7

因此，接受到的信噪比

對于SSB：設發(fā)射功率為回

則接受信號功率

輸入噪聲功率M=%BSSB=5.

故單邊帶平均發(fā)射功率|s'=s|

3-8

解：設函］與叵畫］相乘后的輸出為E畫，則匣臼是一種DSB信號，其頻譜如圖圖3-17

(a)所示。叵］再通過截止頻率為國的理想低通濾波器，所得輸出信號函］顯然是一種

下邊帶信號，其頻譜如圖3-17(b)所示，時域體現(xiàn)式則為

s。)=—m(r)cos69/+—m(t)sinco^t

甌］與回應相乘后的輸出E皿再通過理想低通濾波器之后，得到的輸出信號

同理,

畫］也是一種下邊帶信號，其時域體現(xiàn)式為

,11

s(r)=—m(t)sinci)^——

222

因此，調制器最終的輸出信號

圖3-17

3-9

———4.l(0=—WS=—nr(r)=-W

解：(1)由干M，)=cos(2乃inu/則|?L因此，|I)SH34

SSSB=；M⑴'W

_____4_I。

⑺DSR.M=%%=2%(=2X2X5X10f=2xl0-6w

2=1000sgB=—!—=-xio3w

，DSB

信道衰減為30dB,則^iDSB,則4x10004

S。=2sg=2段L

因此，NoNj

SSB：M=〃。/尸〃—二2x5x10一“二10yW

2=1000S^B=----!----=—xio3w

SiSSB

信道衰減為30dB,則則8x10008

SQ_SjssB_1x10_]25

-6

因此,NJNj-sxio.一

(3)相似,

DSB：|M=〃o%8=2〃(//=2x2x5xl(r”=2xl0『wL由于信道衰減3()dB,則

So_2$我”8_21x1°_]25

SiDSl{=----------=_xl0"因此I%。―M8X2X1OY-

心B8x10008

SSB：|M=〃。/=2x5x[0"=[0"],由于信道衰減

30dB，則

s=^3wSo_Sas,_〔Xi。'_i”

iSSB可―K-gxMr6一

o,因此

3-10

解：（1）由題小工⑺=l0°c°s（2"〃+4sir2萬工川得叵三］,

因此，跖=2（嗎+1）力=2x5x103=10為

ri

mf=

（2）12，。L調頻器的調頻敏捷度不變，調制信號的幅度不變,

%=21此時，|終例=2（丐+l），=2x3x2xlO'=1.2x104也

3-11

解：消息信號m(t)=A,0<t<T

則

對應的單邊帶信號為

3-12

m=V=75=5_________?

解：%=15kHzn=752網(wǎng),因此'15,則GFM=+1)=45°

乂=20dB=100，~=GFM&=450X100=45000

N，[因此?M

由于

3-13

解：對于AM波的帶寬：悶=23=2xl0kHz=20詼

對于SSB波的帶寬：怛四二』=10&"z

N50kHz=

mf=-=---------=5

調頻指數(shù)門，,佻m______________________________

對于FM信號帶寬I=2(嗎+乂=2(5+1)X1(U"z=120kHz

3-14

S(t)=Acos?/+100cos6^/]

解：由已知

(0=Acos[0/+K/〃⑺]

(1)調相時SPM

K/MJ)=lOOcosqj

因此

3=2因此/〃Q)=50cos。/

又由于

卜根⑺=Acos⑷/+J：Krm(r)dr]

(2)調頻時

100cosq/-jK〃〃(r)dr-2，m(r)dr

因此

兩邊同步求導得卜100%sin%，=2〃?”)

fn(t)=一53“sincot

求得m

^,=4.—=^

(3)由%

△%=勺4=ma)=100%

pm,即最大頻偏為4^=1004

3-15

%，=竽=5()(X)W

解：已調波信號功率

.,,40004__

電A/皿=，%<=5x——=i1(n)4Hz

,nf=5[2九

BFM=2(勺+1)/?=2(5+1)x2000用=2.4xl04(Hz)

第4章模擬信號的數(shù)字傳播

習題解答

4-1

解:

空”|的濾波器后進入理想抽樣器的最高頻率為因,

(1)由于信號逋過傳播函數(shù)為

因此抽樣頻率

工

(2)山于抽樣信號頻譜

[8

%3)=〒ZM(G-叫)

可得抽樣信號的頻譜如圖4-II所示。

(3)由圖4-11所示的抽樣信號頻譜即如J里由樣信號也91通過截止頻率為囪的理想低

通濾波器，然后再通過一種傳播特性為(Z3的網(wǎng)絡，就能在接受端恢復出信號叵回L如

圖4-12所示。

m5(t)?1m(t)

理想低通1

---------I、

濾波器IA

1

旦⑹I

H&)

圖4-12抽樣信號的恢復

可見，假如接受端通過一種產(chǎn)播特性為

加力市年X

的低通濾波器，就能在接受端恢復出信號兇。

4-2

解：

(1)由式(4-2)可知：在固』亞時，抽樣信號頻譜如圖4-14所示，頻譜無混疊現(xiàn)象。

因此通過截止角頻率為限J的理想低通濾波器后，就可以無失真地恢復原始信號。

圖4-14抽樣信號的頻譜

(2)假如W=L5%],不滿足抽樣定理，頻譜會出現(xiàn)混疊現(xiàn)象,

如圖4-15所示，此時通

過理想低通濾波器后不也,無失真地重.建原始信號。

Ms2

…jVv/V…”

A0

0

圖4-15抽樣信號的頻譜出現(xiàn)混疊現(xiàn)象

4-3

解：

由于

m(t)=cos1()()加COS200ito

=^(cosl900n-/+COS21()()TTZ)

因此最低頻和最高頻分別為1二950Hz|九二1050Hz

(1)將函當作低通信號處理,

則抽樣頻率

f,>2fH=2100Hz

(2)將畫］

當作帶通信號處理,則抽樣頻率

2fH<f<2A

n+1n

由于n=9,因此

210<X<211.1Hz

4-4

解:

A=—

以抽樣時刻|t=1/40001為例,此時抽樣值為0.9510565,設最化單位I2048|,因此

歸一化值0.9510565=194800

編碼過程如下：

(1)確定極性碼回：由手輸入信號抽樣值為正,故極性碼回=1。

(2)確定段落碼逐￡3：

由于1948>1024,因此位于審8段落,段落碼為111。

(3)確定段內(nèi)碼95c6c7c8［：

由干11948=1024+14x64+羽,因此段內(nèi)碼叵至1110。

因此，|t=1/4000|的抽樣值通過圖律［網(wǎng)折線編碼后,得到的PCM碼字為1111lllOo

同理得到在一種正弦信號周期內(nèi)所有樣值的PCM碼字，如表4-5所示。

表4-5PCM編碼的輸出碼字

/〃(AT)=sin處^

歸一化值輸出碼字

0160(k/樣侑1/5

t=000010000000

1二1/40002乃/50.95105651948s1111111()

|t=2/40004萬/50.587785251204［囚11110010

|t=3/40006萬/5-0.58778525.1204001110010

|t=4/400087d5-0.9510565-1948001111110

4-5

解:

由于采用均勻鼠化，囚此品化間隔

△=2=0.5

__________14I______

則量化區(qū)間有卜1，一。到,|[-°-5>°)L?。?5)|和|[0.5，川,對應的量化值分別為-0.75,

-0.25,0.25,0.75o

因此量化罩聲功率為

&：(x+().75)~(l+x)公+J;(x+().25)~(l+x)公

TQ52??2

+Jo(x-0.25)(l-x)<Zr+jo(x-0.75)(l-x)tZr

=1/48_____________________________________________

由于輸入量，器的信號功率為

S=Jx2/(x)rZr=j\2(1-+j\2(\+x)dx=—

因此量化信噪比

S二*,二g

NqE(〃?-"訂~

46

解：

.由于二進制碼元速率

因此對應的信息速率同二嗅2"貝.L卬信息諫生同邛Og2M成正比,因此若量

化級數(shù)由128增長到256,傳播該信號的信息速率瓦1增長到本來的8/7倍。

而二進制碼元寬度為

￡=1/(

目

假設占空比L2LI,則匹M信號帶寬為

^=1川

可見，帶寬因與畫間成正比。

因此，若量化級數(shù)由128增長到256,帶寬回增長到本來的8/7倍。

(Hz)

圖4-17理想抽樣信號的頻譜圖

(2)由于自然抽樣信號的頻譜

。\S'c/〃丁\

M、(ty)=-2^(co―吟)

1S〃=-00乙

-0.4￡Sa(〃*4)M(69-no).)

n=-oo2

當n=l時，由于

S〃(=)M3i4)Usa(o4外加3K

因此n=l時自然抽樣信號的頻譜分最為I。45:(04萬)欣0-4)1對應的頻譜圖如圖4-18

所示。

0.4冗Sa(0.44)

由于平頂抽樣信號的頻譜

因此，平頂抽樣信號的頻譜圖如圖4-20所示。

圖4-20平頂抽樣信號的頻譜圖

4-8

解：

由「抽樣頻率為|8000Hz|,按固律回折線編碼得到的叵亟信號為8位二進碼。因此二

進制碼元速率

%=/?/；=8x8000=64000臃丁

由于占空比為1,因此k=Tb|,則PCM基帶信號第一2點帶寬

B=l/r=l/Tb=64()00Hz

4-9

解：

?由于抽樣頻率為奈奎斯特抽樣售率，因此

/$=2/?=12000Wz

因此|PAM|系統(tǒng)的碼元速率

(=<=120001波特

則碼元寬度

歸=1"

由于占空比為0.5,因此仁二竺」則PAM基帶信號第一零點帶寬

B=\/i=24000Hz

4-10

解：

(1)由于奈奈斯特拍樣頻率|￡=2/“=12000也〔量化級數(shù)|加=8］,因此二進制碼

元速率為

%=log2M7=3x12000=360001^

因此，對應的信息速率

/?b=36000bit/s

(2)由于二進制碼元速率瓦］與二進制碼元寬度因呈倒數(shù)關系，因此

■=〃強|

由于占空比為0.5,因此

T=().5Tb

則PCM基帶信號第一零點帶寬

一=%=72000論

4-11

解：

編碼過程如下

(1)確定極性碼回：由于輸入信號抽樣值為負，故極性碼叵］=0。

（2）確定段落碼卜2c3c4

由于1024>870>512,因此位于第7段落,段落碼為110.

（3）確定段內(nèi)碼|C5c6c7c81：

由干|870=512+llx32+d,因此段內(nèi)碼叵C西囤=1011。

因此,編出的PCM碼字為01101011。

編碼電平回是指編碼器輸出非線性碼所對應的電平，它對應量化級的起始電平。由于

極性為負，則編碼電平

?=一口+QC+2?C6+2?+2乜彌]=一864T價單位

由于

（864）10=（011011000110）2

因此7/11變換得到的11位線性碼為loiioilew⑴L

編碼誤差等于編碼電平與抽樣值的差值，因此編碼誤差為6個量化單位。

解碼電平對應量化級的中間甩平，因此解碼器,出為

一（864+16）=-880|個曷化單位。

由于

（880）,0=（01101110000.0）2

因此7/12變換得到的12位線性碼為。

解碼誤差（即量化誤差）為解碼電平和抽樣值之差。因此解碼誤差為10個量化單位。

4-12

解：

（1）由于量化區(qū)的最大電壓為匹1匣M，因此量化單位為b=1mV|,因此抽樣

值為398囚。

編碼過程如下：

確定極性碼里再輸入信號抽樣值因為正，故極性碼回=1。

確定段落碼叵C?]：由于512>398>256,因止匕位于第6段落，段落碼為101。

確定段內(nèi)碼|C5c6c7c8|：由于|398=256+8xl6+14],因此段內(nèi)碼徑&￡&]=iooo。

因此，編出的PCM碼字為11011000。它表達輸入信號抽樣值回處在第6段序號為8

的最化級。該量化級對應的起始電平為384囚=384mV,中間電平為392mV。

編碼電平對應當量化級對應的起始電平，因此編碼電平

_________________________Ic=ks4|A|=384[nTV]

由于|（3'）o=（0011000000明,因此對應的11位線性碼為。

解碼電平對應當量化級對應的中間電平，因此解碼電平

可見，解碼誤差（即量化誤差）為迪回。

4-13

解：

.由于最大電壓值為5V,因此量化號位

A=5x—!—V

2048

因此，樣值幅度巨包表達為-1024量化單位。

由于樣值為負，并且輸入信號抽樣值回處在第8段序號為0的晶化級，因此編碼器的輸

出碼字為01110000o

該量化級對應的起始電平為1024H=1-2.5V］中間也平為卜。期+32)=-10561量化

單位，即-2.578V。因此量化電平為-2.578V,量化誤差為7g|mV|

4-14

解：

極性碼為1,因此極性為正。

段落碼為000,段內(nèi)碼為0111,因此信號位于第1段落序號為7的量化級。由表4-1可

知，第I段落的起始電平為0,量化間隔為八。

由于解碼器輸出的量化電平位于量化級的中點，因此解碼器輸出為卜(7*?+°-5)三后

個量化單位，即解碼電平7.50。

由于

(7.5)10=((XXXXXXX)111.1)2

因此，對應的12位線性碼為

4-15

解：

編碼過程如下：

(1)確定極性碼回：由‘輸入信號抽樣值為負,故極性碼叵］=0。

(2)確定段落碼叵處可：

由于1024>630>512,因此位干第7段落，段落碼為110。

(3)確定段內(nèi)碼叵C6c7c81：

由于|630=512+3x32+2i］,因此段內(nèi)碼叵C西囤=0011。

因此,編出的PCM碼字為01100011。

由于編碼電平對應量化級的起始電平，因此編碼電平為-608單位。

由于

(608)10=(01001100030)2

因此，對應的均勻量化的II位線性碼為。-

4-16

解；

由于

MS°氐/N，

【NJENq+Y1+4^.22/

又由于

區(qū)=22，=M?

Nq

因此

第5章數(shù)字信號的基帶傳播

習題解答

5-1

解：略

5-2

解:

信息碼：110000011000011

AMI碼：+1-100000+1-10000+1-1

HDB3碼：+1-I000-V0+1-1+B00+V-1+1

5-3

解:

信息碼：10I00000000011

AMI碼：+10-1000000()00+1-1

HDB3碼:+10-1000-V+B00+V0-I+1

5-4

解:

叵］的傅立.葉變換叵Z3為

G(7)=^S/(半)

代入功率譜密度函數(shù)式，得

［（，）=9竿5。2（弩）『+^4|與5『（坐）/6（/-g）

卜冬S〃4（/+4￡SaY爭U-mf）

162162

功率譜密度如圖5-12所示。

（2）由圖5-12中可以看出，該基帶信號的功率譜密度中具有頻率的離散分量,

fx=—

故可以提取碼元同步所需的頻率的分量。

由題（1）中的成果，該基