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第三章

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模拟线性调制

通信原理作业参考答案

3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K，不用滤波器即可实现抑制载波双边带调制。

解：

SDSB(t)=a[K(f(t)+Acosωct)]2 b[f(t) Acosωct]2

=aK2[f(t)+Acosωct]2 b[f(t) Acosωct]2

=(aK2 b)[f2(t)+A2cos2ωct]+(aK2+b) 2Af(t)cosωct

令aK b=0，则K

2

2

=b/a

SDSB(t)=4bAf(t)cosωct

3.13用90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输带宽相等的两个独立的基带信号f1(t)和f2(t)，而只占用一条信道。试证明无失真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数H(f)必须满足

ο

H(fc+f)=H(fc f),

证明：

0≤f≤W

S(t)=[f1(t)cosωct] h(t)+[f2(t)sinωct] h(t)S(ω)=

1

H(ω){F1(ω ωc)+F1(ω+ωc)+j[F2(ω+ωc) F2(ω ωc)]}2

以Cd(t)=cosωct相干解调，输出为

Sp(t)=S(t)*Cd(t)

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1

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1

Sp(ω)=[S(ω ωc)+S(ω+ωc)]

21

=H(ω ωc){F1(ω 2ωc)+F1(ω)+j[F2(ω) F2(ω 2ωc)]}41

+H(ω+ωc){F1(ω)+F1(ω+2ωc)+j[F2(ω+2ωc) F2(ω)]}4

选择适当滤波器，滤掉上式中ω±2ωc项，则

Sd(ω)=

1j

F1(ω)[H(ω ωc)+H(ω+ωc)]+F2(ω)[H(ω ωc) H(ω+ωc)]44

要无失真恢复基带信号，必须

H(ω ωc)=H(ω+ωc)

H(ω ωc)+H(ω+ωc)=常数

此时可恢复f1(t)。

对于f2(t)，使用Cd(t)=sinωct相干解调，可以无失真地恢复f2(t)，用样须满足

H(ω ωc)=H(ω+ωc)

3.29双边带抑制载波调制和单边带调制中若消息信号均为3kHz限带低频信号，载频为

1MHz，接收信号功率为1mW，加性白色高斯噪声双边功率谱密度为10 3µW/Hz。接收

信号经带通滤波器后，进行相干解调。(1)比较解调器输入信噪比；(2)比较解调器输出信噪比；解：W=3kHz，Si=1mW，（1）(Ni)DSB=n0BDSB=2×10

n0

=10 3µW/Hz2

3

×10 6×2×3×103=12×10 6W

即19.2dB

Si N i 1mW ==83.3 6

DSB12×10W

(Ni)SSB

Si N i

=n0W=2×10 3×10 6×3×103=6×10 6W

即22.2dB

1×10 3 =6×10 6=166.7 SSB

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2

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所以

Si

Ni Si > N SSB i DSB

（2）

S0

N0 Si =2=22.2dB N DSB i DSB

S0 Si = N N =22.2dB 0 SSB i SSB

所以

S0

N0 S0 = N DSB 0 SSB

S0 N0

S0 = N 。 DSB 0 SSB

即在相同输入信号功率、n0、相同调制信号带宽下

第四章模拟角调制

4.8已知受1kHz正弦信号调制的角调制信号为

S(t)=100cos(ωct+25cosωmt)

(1)若为调频波，问ωm增加为5倍时的调频指数及带宽；(2)若为调相波，问ωm减小为1/5时的调相指数及带宽；解：(1)βFM=KFMAm/ωm=25rad

'βFM=KFMAm/(5ωm)=5rad

'BWFM=2(βFM+1) F'=2×(5+1)×5=60kHz

(2)βPM=KPMAm=βPM=25rad

'

BWPM=2×(25+1)×

1

=10.4kHz5

4.12已知窄带调相信号为

S(t)=cosωct βPMcosωmtsinωct

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3

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(1)能否实现正确解调？(2)最佳解调时θ应为何值？解：(1)

若用相干载波cos(ωct+θ)相乘后再经过一个低通滤波器，问：

Sp(t)=S(t) cos(ωct+θ)

11

=[cos(2ωct+θ)+cosθ] βPMcos(ωmt)[sin(2ωct+θ) sinθ]22111

=[cos(2ωct+θ) βPMcos(ωmt)sin(2ωct+θ)]+cosθ+βPMsinθcos(ωmt)222

经低通滤波器后

S0(t)=

11

cosθ+βPMsinθcos(ωmt)22

能实现正确解调。（2）θ=

π2

4.19题图4.19表示一种频率解调器，输入调频波通过一个对载频fc产生π/2相移的延时线。设调频波为

S(t)=Accos[2πfct+βFMsin(2πfmt)]

试分析该解调器工作原理（当调频指数βFM<1，且延时线产生的延时T很小时，有

cos(2πfmT)≈1，sin(2πfmT)≈2πfmT。

题图

4.19

解：令α=2πfct+βFMsin2πfmt

β=2πfmTβFMcos2πfmtS(t)经过延时线输出S(t T)

S(t T)=Accos{2πfc(t T)+βFMsin[2πfm(t T)]}

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4

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sin[2πfm(t T)]=sin2πfmtcos2πfmT cos2πfmtsin2πfmT

≈sin2πfmt (2πfmT)cos2πfmt

S(t T)=Accos{2πfc(t T)+βFMsin[2πfm(t T)]}

π

+βFM(sin2πfmt 2πfmTcos2πfmt)]2

π

=Acsin(α β)注：2πfcT=(由题意可得）

2≈Accos[2πfct

S(t) S(t T)=Ac[cosα sin(α β)]

=Ac(1+sinβ)cosα Acsinαcosβ=2+2sinβAccos(α+θ)=2Ac(sin

其中θ=arctan

cosβ1+sinβ

ββ

+cos)cos(α+θ)22

βFM<1,T很小

βββ

≈1，sin≈222

β

S(t) S(t T)≈2Ac(+1)cos(α+θ)

2

cos

包络检波，滤去直流分量后

S0(t)≈

该电路可实现频率解调。

2

Acβ∝cos(2πfmt)2

4.24设信道引入的加性白噪声双边功率谱密度为n0/2=0.25×10发送端最小载波功率。

(1)常规调幅，包络检波，βAM=0.707；(2)调频，鉴频器解调，最大频偏 f=10kHz；(3)调相，最大相偏 θ=180；(4)单边带调幅，相干解调。解（1）βAM=

ο

14

W/Hz，路径衰耗为

100dB，输入调制信号为10kHz单频正弦。若要求解调输出信噪比为40dB，求下列情况

12

5

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GAM=

AA02+

2m

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1==0.4111+ 22

12Am2

=

β121+βAM

2

2AM

GAM

S/N0

，=0

Si/NiS0/N0104

Si/Ni===2.5×104

GAM0.4

Ni=n0BAM=0.5×10 14×2×10×103=10 10WSi=(Si/Ni) Ni=2.5×10 6WST=1010 Si=2.5×104W

（2）窄带调频

BFM=2fm=20kHzGFM

fmaxS/N0

=0=3 fSi/Ni m

Ef2(t)

2

f(t)max

2

[

B]

f m

FM

1 =3×1××2=3 2

1

Si/Ni=×104

3

Ni=n0BFM=2×0.25×10 14×20×103=10 10W1

Si=1010××104×10 10=3333.3W

3

(3)

此题意不明确

4

(4)Si/Ni=S0/N0=10

Ni=n0BSSB=0.5×10 14×104=0.5×10 10WSi=(Si/Ni) Ni=104×0.5×10 10=0.5×10 6WST=1010Si=0.5×10 6×1010=5000W

第五章

脉冲编码调制

5.2已知信号S(t)=10cos(20πt)cos(200πt)，抽样频率fs=250Hz。求(1)抽样信号Sδ(t)的频谱；

(2)要求无失真恢复S(t)，试求出对Sδ(t)采用的低通滤波器的截止频率。

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6

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(3)无失真恢复S(t)情况下的最低抽样频率fs=?

解：（1）S(t)=10cos(20πt)cos(200πt)=5cos(220πt)+5cos(180πt)

S(ω)=5π[δ(ω+220π)+δ(ω 220π)+δ(ω+180π)+δ(ω 180π)]

Sδ(ω)=

1∞1 2π∞

S(ω) δ(ω nω)∑S(ω nωs)∑ s =n= ∞2π Tsn= ∞Ts

=1250π∑[δ(ω+220π 500nπ)+δ(ω 220π 500nπ)

n= ∞

∞

+δ(ω+180π 500nπ)+δ(ω 180π 500nπ)]

（2）fH=110Hz

要求无失真恢复S(t)，对Sδ(t)采用的低通滤波器的截止频率为110Hz。（3）S(t)可视为带通信号

fH=110Hz，fL=90Hz，B=fH fL=110 90=20HzfH=5B+0.5B，N=5,M=0.5fs=2B(1+

M0.5

)=2×20×(1+)=44HzN5

5.312路载波电话信号占有频率范围为60 108kHz，求出其最低抽样频率fsmin=?，并画

出理想抽样后的信号频谱。解：

fH=108kHz，fL=60kHz，B=fH fL=48kHz<fLfH=2B+0.25B，N=2,M=0.25fs=2B(1+

M0.25)=2×48×(1+=108kHzN2

5.9已知模拟信号抽样值的概率密度p(x)如题图5.9所示，量化器是四电平的均匀量化器。

求输入信号与量化噪声功率比SNR。

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7

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题图

5.9

解：

1 x,p(x)=

1+x,

0≤x≤1 1≤x≤0

1

S=∫ =

2q

∞ ∞

x2p(x)dx=2∫x2(1 x)dx=

1，6

V=1

2

=0.54

21σ==

12481S

SNR=2=6=8

σq

48

即9dB

5.10正弦信号线性编码时，如果信号动态范围为40dB，要求在整个动态范围内信噪比不

低于30dB，问最少需要几位编码。

解：满足一定量化信噪比要求时输入信号的取值范围定义为动态范围。

对正弦信号线性编码有：SNR=4.77+20lgD+6.02n满载时Am=V，D=1/2

由题意得： 3.01 40dB≤20lgD≤20lg

12

= 3.01dB

3.01 40+4.77+6.02n≥30

=>n=11.37

6.02n+1.76≥30

由上面计算可知，如果信号动态范围为40dB，并要求在整个动态范围内SNR≥30dB，

则正弦线性编码最少要12位。

5.13正弦信号输入时，若信号幅度不超过A律压缩特性的直线段，求信噪比SNR的表达式。

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Ax

, 1+lnA

解：f(x)=

1+lnAx, 1+lnA

由题意可知：f(x)=

'

1

A

A律压缩特性

0≤x≤

1

<x<1A

A1+lnA

2

，则量化噪音为：L

假定输入信号的概率密度函数为p(x)，量化电平数为L， =

2σq=

6

2

∫[f

V0

'

(x)

]

2

p(x)dx=

23L2

∫

1/A0

1+lnA p(x)dx

A

2

1/A(1+lnA)2(1+lnA)2

= 2∫p(x)dx=2203LA3L2A2

假定正弦信号的幅度为x，则

S123L2A23L2A2x2

SNR=2=x =2

σq2(1+lnA)2(lnA+1)2

5.14若13折线A律编码器的过载电平V=5V，输入抽样脉冲幅度为－0.9375V。设最小量

化间隔为2个单位，最大量化器的分层电平为4096个单位。（1）求输出编码器的码组，并计算量化误差。（2）求对应该码组的线性码（带极性的13位码）解：先将输入信号归一化： 0.9375/5= 0.1875

4096=211 V, V=2个单位

0.1875= 384 V

M1

极性码段序号段落码段内量阶段落起始电平段落长度极性码

1

M2M3M4

段落码

2001

000

M5M6M7M8

段内码3010

4011

5100

6101

7110

8111

V

V

16 V16 V

2 V

32 V32 V

4 V

64 V64 V

8 V

128 V128 V

16 V

256 V256 V

32 V

512 V512 V

64 V

1024 V1024 V

16 V

384 V<0

(1)段落码

M1=0

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9

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384 V>128 V384 V<512 V384 V>256 V

（3）段内码

M2=1M3=0M4=1

384 V=256 V+8×16 V

那么M5=1

M6=0M7=0M8=0

所以输出编码器的码组为01011000

5.17已知输入信号概率密度在( xmax,xmax)范围内是均匀分布的。均匀量化器电平L=2,

R

量化器过载电平xOL定义为xOL=2(1)σx=xmax/3；

2

2

R 1

，其中 是量化间隔。求证：

22(2)若xmax≤xOL，则σq=xOL/(3L2)；

2

xOL2

>xOL，则σq=2

3L

(3)若xmax

xOL x max

3 x2max

1+L x 1 。 OL

22

(4)设L=16，画出SNR=10log10σx与xmax/xOL的关系图。/σq

解：输入信号的概率密度函数为p(x)=

2xOL1

,量化间隔 =2xmaxL

2

xmax1

(1)σ=∫xp(x)dx=∫x dx=

xmax xmax

2xmax3

2

x

xmax

2

xmax

2

(2)xmax≤xOL,即量化器不会过载，于是有

2

1L 2xOL2

σ=∑pR ==2

12R=1123L2q

∑p

R

=1

(3)不过载时量化噪声：

2σq1

2

xOLx1xOL1xOL 2xOL 12

(=∫ R)p(x)dx=∫ dx=2 OL

12 xOL12 xOL L 2xmax3Lxmax

2

过载时噪声：

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2σq0=2

∫

xmaxxOL

(x xOL)2

111

dx=(xmax xOL)3 2xmax3xmax

xOL

x max

3 x2max

1+L x 1 OL

总的量化噪声：

222

σq=σq+σ0q1

22

xOLxOL1xmax13=2 +(xmax xOL) =2

xmax3L3Lxmax3

(4)不过载时

2

xmaxσx

SNR=2=L2 xσq OL

，

2

L=16

[SNR]dB[SNR]dB

过载时

=20lgL+20lg

xmaxx

=24+20lgmax

xOLxOL

~20lg

xmax

成线性关系。xOL

3

xmaxσ

SNR== xσ OL

2

x2q

2 2xmax3 L 1+L(x 1)

OL

[SNR]dB

=20lgL

+30lg(

xmaxx

10lg[1+256(max 1)3]xOLxOL

20lg

max

xOL

5.18求A率PCM的最大量化间隔 max与最小量化间隔 min的比值。

解：A率PCM的最大量化间隔 max与最小量化间隔 min分别为64 和 ，它们分别位于第

8段和第1段（或第2段）。 max/ min=64。

第七章增量调制

11

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增量调制量化器的量阶 =?解：fH=3.4kHz，

fs=32kHz

7.3已知输入语音信号中含最高音频分量fH=3.4kHz，幅度为1V。若fs=32kHz，则

Amax=1V,

=Amaxω/fs=1×2π×3.4×103/(32×103)=0.668V

7.4已知 M调制系统中低通滤波器的截止频率为300—3400Hz，求在不过载条件下，该 M系统的最大输出信噪比SNR。假定fs=10,16,32,48,64kHz，调制信号为1kHz单频。解：f=1kHz,fB=3400 300=3100Hz=3.1kHz

M系统的最大输出信噪比为

SNRmax≈30log10fs 20log10f 10log10fB 14

fs(kHz)SNRmax（dB）

1011.1

1617.2

3226.2

4831.5

6435.2

第九章数字信号的基带传输

9.2已知二元信息序列为10011000001100000101，画出它所对应的单极性归零码、AMI码和HDB3码的波形。

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9.7斜切滤波器的频谱特性如题图9.7所示，

(1)求该滤波器的冲激响应；

(2)若输入为速率等于2fs的冲激脉冲序列，输出波形有无码间串扰；

(3)与具有相同带宽的升余弦滚降频谱信号及带宽为fs的理想低通滤波器相比，因码元

定时偏差引起的码间串扰是增大还是减小？

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s

题图9.7

解：(1)总特性H(f)可看成下图两个三角形特性之差，即

H(f)=H1(f) H2(f

)

ss1+α

(1+α)fs Sa2[π(1+α)fst]2α1 α

H2(f)<=>h2(t)=(1 α)fs Sa2[π(1 α)fst]

2α

H1(f)<=>h1(t)=

所以冲激响应：

(1+α)2(1 α)22

h(t)=h1(t) h2(t)=fs Sa[π(1+α)fst] fs Sa2[π(1 α)fst]

2α2α

sin2[π(1+α)fst](1 α)2sin2[π(1 α)fst](1+α)2

=fs fs

2α2α[π(1+α)fst]2[π(1 α)fst]2

=

sin(2πfst) sin(2παfst)2απ2fst2

=2fs Sa(2πfst) Sa(2παfst)

(2)因为该系统可等效成理想低通特性：

14

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1,

Heq(f)=

0,

f≤fsf>fs

它对应的无码间串扰最高传码率为2fs，所以当传输速率为2fs时，在抽样点无码间串扰。(3)该系统的h(t)尾部衰减较快，与t成反比。所以码元定时偏差引起的码间串扰比相同带宽的升余弦滚降频谱信号（与t成反比）大，比理想的低通滤波器（与t成反比）小。

3

2

9.10某基带传输系统采用α=0.2升余弦滚降频谱信号，(1)若采用四进制，求单位频带信息传输速率(b/Hz);

(2)若输入信号由冲激脉冲改为宽度为Ts的非归零矩形脉冲，为保持输出波形不变，基带系统的总传递函数应如何变化？写出表达式。

解：(1)若采用四进制，则单位频带的信息传输速率为：

2log42/(1+α)=4/(1+0.2)=

10

≈3.33(b/s/Hz)3

（2）非归零矩形脉冲g(t)的付氏变换为：

G(f)

=AT

sinπfT jπfT

eπfT

G(f)的网络后形成的，

假定输入信号为冲激脉冲时，基带传输总的传递函数为H1(f)，现采用非归零矩形脉冲，为保持输出波形不变，基带传输系统总的传递函数为H2(f)，则

H2(f)=H1(f)/G(f)

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H2(f) G(f)=H1(f

9.13一个理想低通滤波器特性信道的截止频率为1MHz，问下列情况下的最高传输速率；(1)采用2电平基带信号；(2)采用8电平基带信号；

(3)采用2电平α=0.5升余弦滚降频谱信号；(4)采用7电平第I类部分响应信号。解：（1）采用2电平基带信号，最高传输速率为1×2=2Mb/s

(2)采用8电平基带信号，最高传输速率为2log2×1=6Mb/s(3)采用2电平α=0.5升余弦滚降频谱信号,最高传输速率为注：2电平信号，抽样值传输速率为1/T，所需带宽为B=

8

2

×1=1.33Mb/s1+α

1

(1+α)，频带利用率为2T

1/T2

=

(1+α)/(2T)1+α

(4)2L 1=7，L=4

采用7电平第I类部分响应信号，最高传输速率为2×2×1=4Mb/s

9.17若要求基带传输系统的误比特率为10

6

，求采用下列基带信号时所需要的信噪比：

(1)单极性NRZ码；

(2)双极性NRZ码；

(3)采用格雷码的8电平NRZ码；(4)7电平部分响应信号。

解：(1)接收信号为单极性NRZ码的误比特率为：

pb=Q(S/2N)

当pb为10时，

6

S/2N=4.76

S

=45.32N

即16.6dB

(2)接收信号为双极性NRZ码时的误比特率为：

pb=Q(S/N)

当pb为10时，

6

S/N=4.76

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S

=22.7N

即13.6dB

1

e2

2πx

x2

注（2），应用公式Q(x)≈

SNR(dB)

数值

10103.16

1112.593.548

1215.853.98

1319.954.67

13.622.74.76

10 6

1425.125.012

SNRpb

8.51×10 42.07×10 43.62×10 53.98×10 6

(3)接收信号为8元码误符号率公式为：

2(M 1) 3 S 14 1 S ps=Q =Q 2 M M 1 N 8 21 N

采用格雷码时的误比特率为：8=2，n=3

n

pb≈psn=pb3=

7 1 S

Q 12 21 N

当pb为10时,

6

1 S

=4.68,21 N

S

=457N

即26.6dB

9.18要求基带传输系统的误比特率为10噪比。解：（1）二元码

5

，计算二元码、三元码和四元码传输所需要的信

当接收为单极性NRZ码时，pb=Q(S/2N)当pb为10时，

5

S/2N=4.266

S

=36.4N

即15.6dB

当接收为双极性NRZ码时，pb=Q(S/N)当pb为10时，

5

S/N=4.266

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S

=18.2N

即12.6dB

4 3S （2）当接收为三元码时，pb=Q 3 8N

当pb为10

5

时，

S

=16.9dBN

3 1 S (3)当接收为四元码时，ps=Q 2 5 N 1 S 2

ps=Q

5 N 3 S 5

当pb为10时，=19.6dB

N

自然码：pb=

13 1 S 格雷码：pb≈ps=Q 24 5 N

S 5

当pb为10时，=19.5dB

N

第10章数字信号的载波传输

10.1已知二元序列为10110010,画出以下情况的2ASK、2FSK和2PSK波形：(1)载频为码元速率的2倍；(2)载频为码元速率的1.5倍；

解：(1)因为载频为码元速率的2倍，所以码元宽度是载波周期的2倍。

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(2)因为载频为码元速率的1.5倍，所以码元宽度是载波周期的1.5

倍。

10.5已知矩形脉冲波形p(t)=A[U(t) U(t T)],U(t)为阶跃函数，求(1)匹配滤波器的冲激响应；

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