通信原理第三版 - 蒋青（全部答案）

第1章 绪论 习题解答

1-1

解：每个消息的平均信息量为

111111H(x)??log2?2?log2?log2448822

=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）两种可能，总的组合

11C?C?36，则圆点数之和为3出现的概率为 66数为

故包含的信息量为

p3?21?3618

1?4.17(bit)18

（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

故包含的信息量为

I(3)??log2p3??log2p7?61?366

1?2.585(bit)6

1-3 解：（1）每个字母的持续时间为2?10ms，所以字母传输速率为

不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为 H(x)?log24?2 bit/符号 平均信息速率为

Rb?RB4H(x)?100 bit/s （2）每个字母的平均信息量为

I(7)??log2p7??log2RB4?1?50Baud2?10?10?3

11111133H(x)??log2?log2?log2?log25544441010

=1.985 bit/符号

所以平均信息速率为

Rb?RB4H(x)?99.25 (bit/s) 1-4 解：（1）根据题意，可得：

3?1.4158 比特 1I(1)??logP(1)??log2?24 比特

I(0)??logP(0)??log21?24 比特 1I(3)??logP(3)??log2?38 比特

I(2)??logP(2)??log2（2）法一：因为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、统计

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： I?14I(0)?13I(1)?12I(2)?6I(3) ?14?1.415?13?2?12?2?6?3

?87.81 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

I2?87.81/45?1.95 比特/符号

法二：若用熵的概念计算，有

说明：以上两种结果略有差别的原因在于，它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号数的增加而减少。 1-5

331111H(x)??log2?2?log2?log2?1.906(bit/符号)884488

1133H(x)??log2?log2?0.8114444解：（1）bit/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

P?XL??P?X1,X2,,X100????P?0?????P?1???m100-m?1??3???????4??4?m100-m所以，信息量为

m100-m??13??????LI?X1,X2,,X100???logP?X???log??????44?????????200?(100?m)log23?bit?

（3）序列的熵

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： Rb?1200?log22?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： Rb?2400?log216?9600 bit/s 1-7

解：该恒参信道的传输函数为

?j?tdj?(?)H(?)?H(?)e?Ke0

tdt )0?(? 冲激响应为 h(t)?K??XL??100??X??81bit/序列?)0Ks?(dt t) 输出信号为 y(t)?s(t)*h(t 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

?Ae?j?td?ejbsin?T0 ?j?td ?A(1?jbsin?T0)e

jb?A[1?(ej?T0?e?j?T0)]e?j?td2j

Ab?j?(td?T0)Ab?j?(td?T0)?Ae?j?td?e?e22

AbAbh(t)?A?(t?td)??(t?td?T0)??(t?td?T0)22 冲激响应为

输出信号为 y(t)?s(t)*h( t) H(?)?Ae 1-9

?j(?td?bsin?T0)?As(t?td)?AbAbs(t?td?T0)?s(t?td?T0)22

解：假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为V0。则该信道的幅频特性为：

H(?0)?2V0cos??2

??(2n?1)?,n?0,1,2,时，H(?0)? 当出现传输零点； ??2n?,n?0,1,2,时，H(?0)? 当出现传输极点；

所以在

11f?n??nkHz(n为整数)时，对传输信号最有利；

111f?(n?)?(n?)2?2kHz(n为整数)时，对传输信号衰耗最大。 在

1-10

解：(1) 因为S/N =30dB,即10

得：S/N=1000

由香农公式得信道容量

log10S?30dBN，

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

S)N ?l2og?(11 000) ?3400931b0it s/ ?33.8?C?Blog2(1?C?Blog2(1?S)N

4800CS?2B?1?23400?1?2.66?1?1.66得：N。

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：

p(x?2)?1?p(x?2)数学期望：

E(x)??????xp(x)dx???????1x2xdx??02a4a?a

aaax2x3a222E(x)??xp(x)dx??dx?????a2a6a3 ?a因为

a2a2D(x)?E(x)?[E(x)]??0?33 所以方差：

222-2

xx?0解：由题意随机变量x服从均值为0，方差为4，所以2，即2服从标准正态分布，可

?(x)?通过查标准正态分布函数

12??x??edt数值表来求解。

?t22x?02?0?)?1??(1)22 （1）

?1?0.8413?0.1587

x?04?0p(x?4)?1?p(x?4)?1?p(?)?1??(2)22 （2）

?1?0.9772?0.0228

x?1.5 （3）当均值变为1.5时，则2服从标准正态分布，所以

x?1.52?1.5p(x?2)?1?p(x?2)?1?p(?)?1??(0.25)22

?1?0.5987?0.4013

x?1.54?1.5p(x?4)?1?p(x?4)?1?p(?)?1??(1.25)22

?1?0.8944?0.1056

p(x?2)?1?p(x?2)?1?p(2-3

解：（1）因为随机变量?服从均匀分布，且有0???2?，则?的概率密度函数

所以有 E[z(t)]?E[m(t)cos(?0t??)] ?E[m(t)]?E[cos(?0t??)]

1?E[m(t)]??cos(?0t??)?d?02?

?0

??)?E[m(t)c?o0s(?t??)m?t?( Rz(t,t2?f(?)?12?，

)?st(??0co?0??

)] ?E[m(t)m(t??)]?E[cos(?0t??)cos(?0t??0???)]

11?Rm(?)?E[cos(2?0t??0??2?)?cos?0?]22 1?Rm(?)?cos?0?2

?cos?0??2(1??),?1???0??cos?0???(1??),0???1?2?0,其他?? ? ?Rz(?)

由此可见，z(t)的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t??)仅与?相关，因此z(t)是广义平稳的。

（2）自相关函数Rz(?)的波形如图2-6所示。

图2-6

（3）根据三角函数的傅氏变换对

?t?0?1?t,?1???tri(t)??1?t,?0t??1Sa2()2???0,其他t

可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度

?Pz(?)??????Rx(?)e?j??d?

1cos?0??tri(?)e?j??d?? 2?? ???0???01?[Sa2()?Sa2()]22 4 cos?0?1S?Rx(0)?(?1???)0?|22

2-4 解：（1）因为?，?互不相关 所以

mx(t)?EX(t)?E[(???)cos?0t]

?cos?0tE??cos?0tE?

m(t)?0

又根据题目已知均值E??E??0，所以x（2）自相关函数

Rx(t1,t2)?E[X(t1)?X(t2)]

?E[(???)cos?0t1(???)cos?0t2] ?cos?0t1cos?0t2[E?2?2E???E?2]

22?cos?tcos?tE[??2????] 0102

?cos?0t1cos?0t2[??2???2]

?4cos?0t1cos?0t2

1?4?[cos?0(t1?t2)?cos?0(t1?t2)]2

?2cos?0??2cos?0(t1?t2) （??t1?t2）

（3）由（2）可知2-5

解：根据图示可得

Rx(t1,t2)不仅与?有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。

??(?10,10)

RX(?)?50?3?E[X2(t)]?RX(0)?50

?X2?RX(0)?RX(?)?50?20?30

222??E[X(t)]?[EX(t)]X因为，

230?50?[EX(t)]所以， 即EX(t)?mX??20 则（1）mx??20 ； （2）E[X(t)]?RX(0)?50 （3）?x?30

2-6 解：（1）

R(?)?E[X(t)?X(t??)]22?E{[A0?A1cos(?1t??)][A0?A1cos[?1(t??)??]}?E{A02?A0A1cos[?1(t??)??]?A0A1cos(?1t??)?A12cos(?1t??)cos[?1(t??)??]}?A02?E{A12cos(?1t??)cos[?1(t??)??]}A12?A?cos?1?220A12R(0)?E[X(t)]?A?2 （2）

E[X(t)]?E[A0?A1cos(?1t??)]?A0

因为，

22022E[X(t)]?A0所以，直流功率为

A12??E[X(t)]?E[X(t)]?2 则，交流功率为

对R(?)求傅里叶变换可得其功率谱密度

222PX(?)?2?A?(?)?2-7 解：

20?A122[?(???1)??(???1)]

RX(?)?1??j??P(?)ed?X???2?1?3?0j??1?01j???ed??2ed??2???5?02????02?2???0Sa(?0?)?0Sa(?0?)cos4?0???35?00ej??d?2-8 解：（1） 所以，对

??

PX(f)与RX(?)互为傅立叶变换

PX(f)??(f)?(1?1f)f0

PX(f)做傅立叶变换得

RX(?)?1?f0Sa2(?f0?)

R(?)?1

（2）直流功率为X（3）交流功率为2-9

解：RC低通滤波器的传递函数为

R(0)?R(?)?1?f0?1?f0

1H(?)?1j?c?11?j?cRR?j?c

因此输出过程的功率谱密度为

P0(?)?Pi(?)?|H(?)|2?相应地，自相关函数为

n02[1?(?cR)2]

1R0(?)?2??????P(?)e0?j??d?

2-10

n01j??ed?? 4???1?j?cR

n/?0e?|?|RC 4RC

RY(?)?E[(2?3X(t))(2?3X(t??)]

解：（1）

?E[4?6X(t??)?6X(t)?9X(t)X(t??)] ?4?6?6?9RX(?) 即自相关函数只与?有关

E[Y(t)]?2?3E[X(t)]?2?3?5 即均值为常数

所以Y(t)为宽平稳过程。 （2）平均功率为

RY(0)?16?9RX(0)

2R(0)?1?2，所以RX(0)?3 X因为

R(0)?16?9RX(0)?16?9?3?43 所以Y (3) D[Y(t)]?D[2?3X(t)]?9DX(t)?18 2-11 解：（1）

RY(?)?E[Y(t)Y(t??)]

?E{[X(t?a)?X(t?a)][X(t???a)?X(t???a)]}

?E[X(t?a)X(t???a)?X(t?a)X(t???a)?X(t?a)(X(t???a)?X(t?a)X(t???a)]?RX(?)?RX(??2a)?RX(??2a)?RX(?)

?2RX(?)?RX(??2a)?RX(??2a)

P(f)与RX(?)互为傅立叶变换 (2) X?2aj?P?PX(?)e2aj? Y(?)?2PX(?)?PX(?)e2-12 解：

2?4P(?)sin(a?) X

S??PX(f)df?????2-13

210?5f2df??107W?10k3

10k解：因为题目已知 冲激响应为 h(t)?5eu(t)

?5tH(?)?所以

5252H(?)?5?j?，25??2

2P()H?()Y(?)?PX?

n02 又因为

n02525?10P(?)???10Y225??225??2所以

PX(?)? Ry(?) 与

PY(?)互为傅立叶变换

?5??11R(?)?25?10eP(?)由Y可知 y

总的平均功率

2-14

SY?Ry(0)?2.5?10?10(W)df(t)?(j?)F(?)dt解：（1）由傅里叶时域微分性质可知微分器的系统函数H(?)?(j?)，

则信号通过微分器（线性系统）后输出y(t)的双边功率谱密度为 Py(f)?n0j2?f2B?B2?2?2n0f2?3.95?10?5f2W/HzB220

（2）2-15

Syo??Py(f)df?2?4?2n0B32?n0fdf??0.0263W3

解：设h(t)的傅式变换为H(f)，则有

Sy??n0n2H(f)df?0??22?????H(f)df?2n0E2

2-16

解：由题意知，ni(t)?nc(t)cos?ct?ns(t)sin?ct，其均值为0，方差为?n。

2Acos?2

n(t)c?ocs?tsnt(?)sci?nt)?cc?ot?s(L PF)]c n0(t)?[(11?nc(t)cos??ns(t)sin?2 2

给定?时s0(t)的功率为

s0(t)?[Acos?ct?cos(?ct??)]LPF?A2cos2?S0?4

n0(t)的平均功率为

故在（1）的条件下（?为常数）则

N0?E[n(t)]?202?n4cos??22?n4sin??22?n4

S0A2?2cos2? N0?n

在（2）的条件下（?是与ni(t)独立的均值为0的高斯随机变量），n0(t)的功率仍然是

2?nN0?4，但此时s0(t)的平均功率是

A2cos2?A22S0?E[]?E[co?s]44

所以

S0A2?2E[cos2?] N0?n

A2?E[1?cos2?]2 2?n

???2??A?12??ecos2?d???1??22??2?n?2?????

A2?2?2?2(1?e) 2?n

22

第3章 模拟调制系统

习题解答

3-1

解：cos?tcos?ct的波形如图3-14（a）所示。

因为Sm(t)?cos?tcos?ct，且?c?6?，对Sm(t)其进行傅里叶变换可得

SM(?)???2[?(?????c)??(?????c)??(?????c)??(?????c)][?(??7?)??(??5?)??(??5?)??(??7?)]

?2

频谱图如图题3-14（b）所示。

图3-14（a）

图3-14（b）

3-2

f(t)?A[sin(?t)]/(?t)?解：（1）sin(t)cos(t)?Asa(t)cos(t)?2222t2

A????Asa(t)2为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得 上式中

f(t)?Asa(t)sin(t)22

????z(t)?f(t)?jf(t)?Asa(t)cos(t)?jAsa(t)sin(t)2222 （2）

故

3-3

?????z(t)?2Asa(2?

t)解： 因为输出信噪比功率为20dB，则在SSB/SC方式中，调制制度增益 G=1

20S010?10?100N0

SiS?0?100N0所以Ni

n010??103Ni?n0B?2??22?接收机输入端的噪声功率 ?93?6 ?2?0.5?10?5?10?5?10W

?4S?100N??510ii因此接收机输入端的信号功率 W

因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为 1dB/km?100km?100dB

可得发射机输出功率为 S?103-4

'010010?Si?1010?5?10?4?5?106W

解：（1）此信号无法用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1?Acos2?fmt?0，而

这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。 （2）只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。

图3-15

3-5 解：（1）AM解调器输出信噪比为

n0m2(t)?5?10?2W/Hz?20kW由题意知，2，2，B=4Khz，则

S0m2(t)10?103?4???100?23n0B2?5?10?4?10 N0

A2?100?103W （2）因为2

2?40?1031GAM???222?105?40?1033A?m(t)

而抑制载波双边带系统的调制制度增益 GDSB?2

2m2(t)GDSB2??6 则 GAM1/3（约为7.8dB）

所以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅7.8分贝 3-6

解：设单边噪声功率谱密度为n0，则相干解调后的输出信噪比

S0m(t)??N4nB0SSB 03-7

22?afdfaBa0B??4n0B4n0B4n0

B解：对于DSB：接收信号功率

S0?1S2

设信道加性白噪声单边功率谱密度为n0，信号带宽为fm， 则输入噪声功率 Ni?n0BDSB?2n0fm

输出噪声功率

N0?11Ni?n0fm42

1SS0S?2?N01nfn0fm0m2所以，接收到的信噪比 '对于SSB：设发射功率为S

1S0?S'4 则接收信号功率

输入噪声功率 Ni?n0BSSB?n0fm 输出噪声功率

N0?11Ni?n0fm44

1'SS0S'4??1N0n0fmn0fm4所以，接收到的信噪比 1'1S?S2 （1）接收信号强度相同，即 4' 故单边带平均发射功率 S?2S

SS'?（2）接收到的信噪比相同，即 n0fmn0fm

' 故单边带平均发射功率 S?S

3-8

解：设m(t)与cos?1t相乘后的输出为s1(t)，则s1(t)是一个DSB信号，其频谱如图图3-17

's(t)?s111（a）所示。再经过截止频率为的理想低通滤波器，所得输出信号(t)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

11?s(t)?m(t)cos?1t?m(t)sin?1t22

同理，m(t)与sin?1t相乘后的输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号

'1's2(t)也是一个下边带信号，其时域表达式为

11?s(t)?m(t)sin?1t?m(t)cos?1t22

'2 因此，调制器最终的输出信号

11?11?s(t)?[m(t)cos?1t?m(t)sin?1t]cos?2t?[m(t)sin?1t?m(t)cos?1t]sin?2t2222

?11?m(t)[cos?1tcos?2t?sin?1tsin?2t]?m(t)[sin?1tcos?2t?cos?1tsin?2t]2211??m(t)cos(?2??1)t?m(t)sin(?2??1)t22

显然，s(t)是一个载波角频率为(?2??1)的上边带信号。

图 3-17

3-9

111m2(t)?WSDSB?m2(t)?W2，所以，24， 解：（1）因为m(t)?cos(2??10t)V，则

11SSSB?m2(t)?W48。

4 （2）DSB：Ni?n0BDSB?2n0fH?2?2?5?10?11?2?10?6W

SDSB11?1000SiDSB???10?3W4?10004信道衰减为30dB，则SiDSB，则

S0SiDSB1?10?3?2?2?250?6NN4?2?10i所以，0

?11?6N?nB?nf?2?5?10?10W 0SSB0H SSB：iSSSB11?1000SiSSB???10?3W8?10008信道衰减为30dB，则SiSSB，则

S0SiSSB1?10?3???125?6Ni8?10所以，N0

1S?W发S发8 （3）均相同，

DSB：Ni?n0BDSB?2n0fH?2?2?5?10?11?2?10?6W，由于信道衰减30dB，则

SiDSB?3SS1?10110iDSB?2?2?125???10?3W?6NN8?2?108?10008i，所以0

?11?6N?nB?nf?2?5?10?10W，由于信道衰减30dB，则0SSB0H SSB：iSiSSB?3SS1?1010iSSB???125??10?3W?6NN8?108i，所以0

3-10

解：（1）由题意SFM(t)?100cos(2?fct?4sin2?fmt)，得mf?4，

34B?2(m?1)f?2?5?10?10Hz FMfm 所以，

KFMAm2?fm，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率fm加倍时，（2）

mf?2。此时，BFM?2(mf?1)fm?2?3?2?103?1.2?104Hz

mf?3-11

?t?T解：消息信号 m(t)?A,0

m(?)1TAA?tTm(t)??d????d??ln???t???0t???t 则

?1?对应的单边带信号为

11?SSSB(t)?m(t)cos?ct?m(t)sin?ct22 AAt?T?cos?ct?lnsin?ct22?t A1t?TSSSB(t)?1?(ln2)2?t其包络为 3-12

解：fm?15kHz，?f?75kHz，所以

mf??f75??52G?3m)?450 fm15f(mf?1，则FMSiS0S?20dB?100?GFMi?450?100?45000Ni因为Ni，所以N0

3-13

解：对于AM波的带宽： BAM?2fH?2?10kHz?20kHz 对于SSB波的带宽：BSSB?fH?10kHz

?f50kHz??5fm10kHz调频指数

对于FM信号带宽 BFM?2(mf?1)fm?2(5?1)?10kHz?120kHz

mf?3-14

s0[?t解：由已知 S(t)?Aco?100?cstmo

]（1）调相时 SPM(t)?Acos[?ct?Kpm(t)]

omst 所以 Kpm(t)?100c?omst 又因为 Kp?2， 所以 m(t)?50c?

（2）调频时 所以

SFM(t)?Acos[?ct??KFm(?)d?]??t??t

100co?s(?)?mt??KFm?d?t??2m?d?()?msi?nt (mt?m2 两边同时求导得 ?100 求得 m(t)??50?msin?mt

（3）由 ??max3-15

?m

?KpAm?mp?m?100?m，即最大频偏为?fmax?100fm

PFM1002??5000W2。

mp?AmKp?m?mf?AmKf解：已调波信号功率

mf?5，

?fmax?mffm?5?4000??104Hz2?

BFM?2(mf?1)fm?2(5?1)?2000Hz?2.4?104(Hz)

第4章 模拟信号的数字传输

习题解答

4-1

解：

（1）因为信号m?t?通过传输函数为H1?f?的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为f1，所以抽样频率

（2）因为抽样信号频谱

fs?2f1

1Ms?ω??Ts可得抽样信号的频谱如图4-11所示。

n????M?ω?nω?S?

图4-11 抽样信号频谱图

（3）由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号

ms?t?通过截止频率为f1的理想低通

1滤波器，然后再通过一个传输特性为H1?f?的网络，就能在接收端恢复出信号m?t?。如图4-12所示。

图4-12 抽样信号的恢复

可见，如果接收端通过一个传输特性为

H?f??1H1?f?f?f1

的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号m?t?。

4-2

解：

（1）由式（4-2）可知：在?s=3?H时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。因此经过截止角频率为?H的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。

图4-14 抽样信号的频谱

（2）如果?s?1.5?H，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。

图4-15 抽样信号的频谱出现混叠现象

4-3 解：

因为

m?t??cos100πtcos2000πt1??cos1900πt?cos2100πt?2

所以最低频和最高频分别为fL?950Hz，fH?1050Hz

（1）将m?t?当作低通信号处理，则抽样频率 （2）将m?t?当作带通信号处理，则抽样频率

2fH2f?fs?Ln?1n

因为n=9，所以 4-4 解：

fs?2fH?2100Hz

210?fs?211.1Hz

12048，所以

以抽样时刻t?1/4000为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位归一化值0.9510565=1948?。

编码过程如下：

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为正，故极性码C1=1。 （2）确定段落码C2C3C4：

因为1948>1024，所以位于第8段落，段落码为111。 （3）确定段内码C5C6C7C8：

??因为1948?1024?14?64?28，所以段内码C5C6C7C8=1110。

所以，t?1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为 1 111 1110。 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4-5 PCM编码的输出码字 t 1600πt 0 样值m?kTs??sin0 0.9510565 0.58778525 -0.58778525 -0.9510565 2kπ归一化值 输出码字 5 0 1948? 1204? -1204? -1948? 10000000 11111110 11110010 01110010 01111110 4-5 解：

因为采用均匀量化，所以量化间隔

t?0 t?1/4000 t?2/4000 t?3/4000 t?4/4000 2π/5 4π/5 6π/5 8π/5 2?0.54

则量化区间有??1,?0.5?，??0.5,0?，?0,0.5?和?0.5,1?，对应的量化值分别为-0.75，

??-0.25，0.25，0.75。

所以量化噪声功率为

Nq??-0.5-1?x?0.75??1?x?dx??-0.5?x?0.25??1?x?dx?x?0.25??1?x?dx??0.5?x?0.75??1?x?dx

10202???1/480.50212因为输入量化器的信号功率为

S??x2f?x?dx??x2(1?x)dx??x2(1?x)dx???0-1?16

所以量化信噪比

4-6 解：

因为二进制码元速率

E?x2?S??8NqE??m?m?2?q????

RB?log2M?fs

所以对应的信息速率Rb=RB?log2M?fs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化

级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。

而二进制码元宽度为

?假设占空比

?Tb?1RB

Tb，则PCM信号带宽为

B?1/τ

可见，带宽B与log2M成正比。

所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-7 解：

(1)基带信号的频谱图如图4-16所示

图4-16 基带信号的频谱图

由式（4-2），理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。

图4-17 理想抽样信号的频谱图 (2) 因为自然抽样信号的频谱

A?Ms(?)?Ts?0.4?Sa(n????n????Sa(?n??s)M(??n?s)2

n??s)M(??n?s)2当n=1时，因为

n??s)M(??n?s)2=Sa(0.4?)M(???s)

所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为0.4Sa(0.4?)M(???s)，对应的频谱图如图4-18

Sa(所示。

图4-18 n=1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。

图4-19 自然抽样信号的频谱图

因为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。

A??ωτ???ωτ???Sa???M???n?s??0.4Sa???M???n?s?Mq???Ts?2?n?-??2?n?-?

图4-20 平顶抽样信号的频谱图

4-8

解：

因为抽样频率为8000Hz，按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。所以二进制码元速率

RB?l?fs?8?8000?64000波特

因为占空比为1，所以??Tb，则PCM基带信号第一零点带宽 4-9 解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

所以PAM系统的码元速率 则码元宽度

B?1/τ?1/Tb?64000Hz

fs?2fH?12000Hz RB?fs?12000波特

Ts?1/fs

s，则PAM基带信号第一零点带宽 因为占空比为0.5，所以??0.5T4-10

解：

B?1/τ?24000Hz

（1）因为奈奎斯特抽样频率fs?2fH?12000Hz，量化级数M?8，所以二进制码

元速率为

RB?log2M?fs?3?12000?36000波特

所以，对应的信息速率

Rb?36000bit/s

（2）因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度Tb呈倒数关系，所以

因为占空比为0.5，所以 则PCM基带信号第一零点带宽 4-11 解：

编码过程如下

Tb?1RB

??0.5Tb

B?1/τ?72000Hz

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 （2）确定段落码C2C3C4：

因为1024>870>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：

因为870?512?11?32?6，所以段内码C5C6C7C8=1011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 1011。

编码电平IC是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为极性为负，则编码电平

IC??IBi?23C5?22C6?21C7?20C8?i??864量化单位

因为

因此7/11变换得到的11位线性码为01101100000。

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。 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为

?????864?10??01101100000?2

?(864?16)??880个量化单位。

因为

所以7/12变换得到的12位线性码为011011100000。

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）因为量化区的最大电压为U?2048mV，所以量化单位为??1mV，所以抽样值为398?。

编码过程如下：

确定极性码C1：由于输入信号抽样值Is为正，故极性码C1=1。

确定段落码C2C3C4：因为512>398>256，所以位于第6段落，段落码为101。 确定段内码C5C6C7C8：因为398?256?8?16?14，所以段内码C5C6C7C8=1000。 所以，编出的PCM码字为11011000。 它表示输入信号抽样值Is处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384?=384mV，中间电平为392 mV。

编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平

?880?10??01101110000.0?2

图5-17

由上图易知，H(?)为升余弦传输特性，由奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速率

RB?5-13

1Baud2?0，而Ts?2?0。

P(0)?P(1)?12等

1)和P(0)分别表示数字信息“1”和“0”出现的概率，则解：（1）用P(概时，最佳判决门限

Vd*?A?0.5V2。

已知接收滤波器输出噪声均值为0，均方根值?n?0.2V，误码率

1APe?erfc(?)?6.?21?310222?n

1A?5erfc(?)?10?5P?1022?ne （2）根据，即2，求得 3n A?8.5?5-14

解：（1）由于信号f(t)在t?T时刻结束，因此最到输出信噪比的出现时刻t0?T （2）取t0?T，K?1，则匹配滤波器的冲激响应为

???A,??h(t)?f(t?T)??A,??0,??

0?t?T2T?t?T2elset

t输出波形为

y(t)?f(t)*h(t)??f(?)h(t??)d?0t，分几种情况讨论

2Ty(t)?A(?A)?d??At0?t??2， 0a．

t?T2y(t)?T?t?Tb．2，

?0Ad??2T2t?t?T2A(?A)d???(?A)2d?T2

TTTT?A2(t?)?A2(?t?)?A2(t?)2222

2?A(3t?2T)

y(t)??A2d???A(?A)d???(?A)2d?3T?t?TTTt?Tt?222c．，

TTTT?A2(?t?T)?A2(t??)?A2(T?t?)2222

2 ?A(4T?3t)

3y(t)??(?A)Ad??A2(t?2T)T?t?2Tt?Td．2，

e．else t y(t)?0

综上所述，有

TT2t?T2T?2??At,??A2(3t?2T),???y(t)??A2(4T?3t),??2?A(t?2T),??0,??0?t?T2T?t?T23T?t?T23T?t?2T2else

h(t)和y(t)的波形如图5-19（a）和（b）所示。

（3）最大输出信噪比

romax2E2A2T??n0n0

图5-19

5-15

解：h1(t)和h2(t)的输出波形so1(t)?s(t)*h1(t)和so2(t)?s(t)*h2(t)分别如图题图5-21

3h1(t)?s(T?t)2（a）、（b）所示。由图5-21可知，，h2(t)?s(T?t)，因此，h1(t)和h2(t)均为s(t)的匹配滤波器。

图5-21

第6章 数字信号的载波传输

课后习题

6-1 解：

（1）由题意知，码元速率RB?10波特，载波频率为2?10Hz，这说明在一个码元周期中存在2个载波周期。2ASK信号可以表示为一个单极性矩形脉冲序列与一个正弦型载波相乘，因此2ASK信号波形示意图如图6-23所示。

33图6-23

（2）因为2ASK信号的频带宽度B2ASK为基带调制信号带宽的两倍，所以2ASK信号的频带宽度为

B2ASK?2fs?2RB=2000Hz。

6-2 解：（1）二进制频移键控（2FSK）是指载波的频率受调制信号的控制，而幅度和相位保持不变。由题意可知，当数字信息为“1”时，一个码元周期中存在3个载波周期；当数字信息为“0”时，一个码元周期中存在5个载波周期。假设初始相位?1??2?0，则2FSK信

号波形示意图如图6-24所示。

图6-24

（2）当概率P=1/2时，2FSK信号功率谱的表达式为

P2FSK(f)?TSSa2??(f?f1)TS??Sa2??(f?f1)TS???16Sa2??(f?f2)TS??Sa2??(f?f2)TS???1[?(f?f1)??(f?f1)??(f?f2)??(f?f2)]16

因此，2FSK信号的功率谱如图6-25所示，图中，

f0?3000Hz,f1?1800Hz,fs?1200Hz。

图6-25

6-3

解：（1）二进制相移键控（2PSK）是指载波的相位受调制信号的控制，而幅度和频率保持不变，例如规定二进制序列的数字信号“0”和“1”分别对应载波的相位?和0。2DPSK可以这样产生：先将绝对码变为相对码，再对相对码进行2PSK调制。

2PSK、2DPSK及相对码的波形如图6-26所示。

图6-26

（2）2PSK、2DPSK信号的频带宽度 6-4

B2PSK?B2DPSK?2RB?2400Hz

解：（1）由题意可知， fc?2RB，因此一个码元周期Ts内包括两个载波周期Tc。设参考相位为0，????代表数字信息“1”，???0代表数字信息“0”（绝对码），那么与上述相对码对应的2DPSK信号波形如图6-27（b）所示。

（2）如果采用如图6-27（a）所示的差分解调法接收信号，则a，b，c各点的波形如图6-27（c）所示。

图6-27

（3）由题意可知，fc?2400Hz,fs?1200Hz。2DPSK信号的时域表达式为

e0(t)?[?ang(t?nTs)]cos?ctn

??1,概率p?0.6an????1,概率1-p=0.4 其中

s(t)??ang(t?nTs), 设

n则s(t)的功率谱密度

222P(f)?fp(1?p)G(f)?G(f)?fpG(0)?(1?p)G(0)?(f) sss

2222?4fp(1?p)G(f)?f(1?2p)G(0)?(f) ss

已知g(t)是矩形脉冲，G(f)?TsSa(?fTs),可得2DPSK信号e0(t)的功率谱密度

1PE(f)?[Ps(f?fc)?Ps(f?fc)]2

22?fp(1?p)[G(f?f)?G(f?f)] scc

??2?10?{Sa[(f?2400)]?Sa[(f?2400)]}12001200

122fs(1?2p)2G(0)[?(f?fc)??(f?fc)]4

???4226-5

解：采用相对码调制方案，即先把数字信息变换成相对码，然后对相对码进行2PSK调制就得到数字信息的2DPSK调制。发送端方框图如图6-28（a）所示。

?10?2[?(f?2400)??(f?2400)]}

规定：数字信息“1”表示相邻码元的电位改变，数字信息“0”表示相邻码元的电位不变。假设参考码元为“1”，可得各点波形，如图6-28（b）所示。

（a）

（b）

图6-28

（2）2DPSK采用相干解调法的接收端方框图如图6-29（a）所示，各点波形如图6-29（b）所示。

(a)

图6-29

6-6 解： (1）2ASK系统

2ASK接收机噪声功率

N?n0?B2ASK?10?4000W?4?10W

?8?5

2ASK系统的误比特率

1erfc2

由此得 r?36.13

Pe??r2?

?5?2?5?5 信号功率为 S?36.13?4?10W?144.5?10W

信号幅度为 a?2S?2?144.5?10V?5.38?10V

?2由10V衰减到5.38?10V，衰减的分贝（dB）数为

[20log(10/(5.38?10))]dB?45.4dB 故2ASK信号传输距离为45.4公里。 (2）2FSK系统 2FSK接收机噪声功率

?8?5N?n?B?10?2000W?2?10W 02FSK

1rPe?erfc?5P?1022e 2FSK 相干解调,由查表得r?18， ?5?5信号功率为 S?18.07?2?10W?36.14?10W

?2信号幅度为 a?2S?2?36.14?10V?2.69?10V

?2由10V衰减到5.38?10V，衰减的分贝（dB）数为

?5?2 [20log(10/(2.69?10))]dB?51.4dB 故2FSK信号传输距离为51.4公里。

（3）2PSK系统 2PSK接收机噪声功率

?8?5N?n?B?10?4000W?4?10W 02PSK

?21Pe?erfc(r)P?10?522PSK 相干解调,由e查表得r?9

信号功率为 S?9.035?4?10W?36.14?10W

可见2PSK信号传输距离与2FSK的相同，为51.4公里。 6-7

解：设2ASK、2FSK和2PSK三种调制系统输入的噪声功率均相等。 （1）相干2ASK系统：

?5?5Pe?1erfc2?r2?，由P?10e?4查表得r?28

i?Ni?r?28Ni（W） 输入信号功率 P非相干2ASK系统：

Pe?1?r/4e?10?42，得r?34.06

34.06Ni?Ni?r?iW） 输入信号功率 P（

（2）相干2FSK系统：

1rPe?erfc()?4P?1022 ，由e查表得r?14

i?Ni?r?14Ni（W） 则输入信号功率为 P非相干2FSK系统：

Pe?1?r/2e?10?42，得r?17.03

i?Ni?r?17.03Ni（W） 则输入信号功率为 P（3）相干2PSK系统：

Pe?1erfc2?r?，由P?10e?4查表得r?7

i?Ni?r?7Ni（W） 则输入信号功率为 P由以上分析计算可知：相同的误码率下所需的最低峰值信号功率按照从大到小排序：2ASK最大，2FSK次之，2PSK最小。

对于2ASK采用包络解调器，接收机简单。2FSK采用非相干解调器，等效为两个包络解调器，接收机较2ASK稍复杂。而2PSK采用相干解调器，需要产生本地相干载波，故接收机较复杂。由此可见，调制方式性能的提高是以提高技术复杂性提高为代价的。 比较、排序结果如下：

2ASK 2FSK 2PSK 接收机难易程度： 易 较易 难

Pe?10?4时的峰值功率 大 中 小

6-8

66?Hz?， B?4?10R?2?10Baud解：因为B，则2ASKa2a2r?2??2?2nB02ASK所以33.3>>1

1Pe?e?r/4?1.24?10?42当非相干接收时，

?r?11?r/4?5??Pe?erfc?e?2.36?10?2?2?r??相干接收时，系统误码率

6-9

解：因为发送信号的功率为1kW，信道衰减为60dB，所以接收信号的功率

a21?10?3?3?1?10Wr??10?4210，所以信噪比，所以

1Pe?e?r4?22非相干2ASK系统的误码率=4.1?10

11P?e?rePe?erfc(r)2?r?4.04?10?6 2相干2PSK系统的误码率，当r>>1时，

6-10

解：2PSK信号可以写成 理想载波时：

经低通滤波器，得到 当存在相位差?时：

SPSK(t)?s(t)cos?ct，其中s(t)为双极性基带信号。

1?cos2?ct2

SPSK(t)cos?ct?s(t)cos2?ct?s(t)SPSK(t)cos(?ct??)?s(t)cos?ctcos(?ct??)?s(t)1s(t)co?s经低通滤波器，得到 2。

2 所以有相位差?时引起信号功率下降cos?倍。

cos??cos(2?ct??)2

我们知道，采用极性比较法的2PSK误码率为码率变为 6-11

Pe?1erfc(r)2，由于有相位误差，误

Pe?1erf(rcos2?)2，所以相干载波相位误差的存在导致了系统误差的存在。

解：接收机输入信噪比为9dB，即r?8。 相干解调时

Pe?1?re?r4，所以Pe?0.027

又因为包络解调时，

6-12

Pe?1?r4e2，对应的接收机的输入信噪比r?11.675

Pe?1erfc2解：(1) 2ASK 相干解调

?r2?，由P?10e?5查表得r?36，因为

3RB?103Baud，则B2ASK?2?10?Hz?

a2a2r?2?2?2n0B2ASK，所以a2/2?14.4?10-6W 又因为

1Pe?e?r/22-62（2）2FSK 非相干解调得r?21.64，所以a/2?8.65?10W

1Pe?e?r2-62（3）2DPSK差分相干解调得r?10.82，所以a/2?4.33?10W

1Pe?erfc(r)P?10?52-62（4）2PSK 相干解调,由e查表得r?9，所以a/2?3.6?10W

6-13

解：双比特码元与载波相位的关系如下：

双比特码元与载波相位的关系 双比特码元 A方式 载波相位?k B方式 0 0 0 ?3?/4 1 0 ?/2 ??/4 1 1 ? ?/4 0 1 ??/2 3?/4 根据上表可得4PSK及4DPSK信号的所有可能波形如图6-30所示。

图6-30

6-14 解： 6-15

RB?Rb4800==1600Baudlog2M3，所以B8PSK?2RB?3200Hz。

（3000?600）Hz?2400Hz，信道带宽为已调信号的带宽。 解：信道带宽为B信道带宽?（1）??1时，QPSK系统的频带利用率为

??则数据传输速率为

Rblog24??1bps/HzBQPSK（1??）

Rb???BQPSK?2400?1?2400bit/s

（2）??0.5时，8PSK系统的频带利用率为

??则数据传输速率为

Rblog28??2bps/HzB8PSK（1??）

Rb???B8PSK?2400?2?4800bit/s

第7章 多路复用及多址技术

习题解答

7-11 解：

每一路已调信号的频谱宽度为fm'?2000Hz，邻路间隔防护频带为fg?200Hz，则n路频分复用信号的总频带宽度为 7-2 解：

Bn?nfm'??n?1?fg?5?2000?4?200?10800Hz

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