通信原理习题课2015第一次

习题课（from 1~7）

第四章 信道

4-6

某个信源由A、B、C和D 4个符号组成。设每个符号独立出现，其出现概率分别为1/4、1/4、3/16、5/16，经过信道传输后，每个符号正确接收的概率为1021/1024，错为其它符号的条件概率P(xi/yj)均为1/1024，试求出该信道的容量C。

解：根据离散信道信道容量的定义，C?max[H(X)?H(X|Y)]。即，以p(x)为变量，取

p(x)H(X)?H(X|Y)的最大值。

H(X|Y)??p(yj)H(X|yj)???p(yj)p(xi|yj)logj?1j?1i?1444441p(xi|yj)41102110241 ??p(y)?p(x|y)log?p(y)[log?3*log1024] (1) ?jijjp(xi|yj)j?1102410211024j?1i?1102110241?[log?3*log1024]*1?0.0335bit/symbol102410211024通过上述计算发现，对题中所给的对称信道，H(X|Y)是一个常数，与p(x)无关。因此，最大化H(X)?H(X|Y)简化为最大化H(X)。根据题意，X有4种可能，因此

H(X)?2bit/symbol，则

C?max[H(X)?H(X|Y)]?2?0.0335?1.9665bit/symbol

p(x)(2)

@知识点：离散信道信道容量的定义。在离散对称信道下，通过计算可知H(X|Y)是与输入无关的常数。这使得信道容量的计算得到简化。

@注意：题中的概率值P(xi/yj)，不是信道转移概率，而是后验概率。信道转移概率定义为P(yj/xi)，计算需要严格按照信道容量的定义C?maxp(y)[H(Y)?H(Y|X)]进行，这时需要搜索C最大时对应的概率值。

另外教材的例题4-2（P80）的解法，该题中默认等概时可以计算出H(X)，然后根据信道转移概率计算等概条件下H(X|Y)，并直接将二者相减得到信道容量。严格的说，这种做法不对，缺乏必要的分析过程，不符合离散信道信道容量的定义。

下面的做法错误：根据给定的p(x)计算p(yi)，进而计算H(X|Y)

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4-8

设一幅黑白数字像片有400万个像素，每个像素有16个亮度等级。若用3kHz带宽的信道传输它，且信号噪声功率比等于20dB，试问需要传输多长时间？

解：该图像的信息量I?400*104*4?1.6*107bit， 信道容量为

Ct?Blog2(1?S/N)?3*103*log2(1?100)?1.9975*104b/s

(3)

因此，传输时间t?I/C?1.6*107/(1.9975*104)?801.0s

@知识点：连续信道的信道容量公式C?Blog2(1?SS)?Blog2(1?) Nn0B? 噪声功率N?n0B，单边功率谱密度乘以信道带宽；

? 当信道容量大于信息传输速率，则存在方法可以实现任意小的差错概率进行传输，而不是没有差错；

? 带宽与信噪比在一定程度上可以互换，但是存在上限，即带宽无穷宽时，信道容量为

1.44Sn0

? 香农极限：只要满足EbN0??1.6dB，就可以实现可靠传输，信噪比小于-1.6dB则无法传输任何信息。

? 理想通信系统：实现了极限信息传输速率，即达到信道容量，而且错误率为0的通信系统。

第五章 模拟调制技术

5-3

根据图P5-1所示的调制信号波形，试画出DSB及AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形差别。 m(t) 0 图P5-1 解 设载波c(t)?sin?ct 所示。

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t （1）DSB信号sDSB(t)?m(t)sin?ct的波形如下图（a）所示，通过包络后的输出波形如图（b）

（2）AM信号sAM(t)?[A0?m(t)]?sin?ct，其中A0?|m(t)|max，波形如下图（c）所示，通过包络后的输出波形如图（d）所示。 0 t 0 t DSB波形 DSB包络检波后波形 0 t 0 AM波形 AM包络检波后波形 t @知识点： DSB解调信号已严重失真，这说明DSB信号不能直接采用包络检波；而AM信号在满足A0?|m(t)|max的情况下可采用包络检波恢复m(t)。

5-5

将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数H(?)如图P5-2所示。当调制信号为m(t)?A?sin100?t?sin6000?t?时，试确定所得残留边带信号的表达式。

H(ω)1-14-10.5-9.50图P5-29.510.514f /kHz

解 设调幅波sAM(t)?[m0?m(t)]cos?ct，其中m0?|m(t)|max，且sAM(t)?SAM(?)。根据残留边带滤波器在fc处具有互补对称特性，可从H(?)图上可知载频fc=10kHz，由此得到载波cos20000?t。因此

sAM(t)?[m0?m(t)]cos20000?t?m0cos20000?t?A?sin100?t?sin6000?t?cos20000?t?m0cos20000?t?

A?sin20100?t?sin19900?t?sin26000?t?sin14000?t?2j?AsAM(?)??m0??(??20000?)??(??20000?)??[?(??20100?)2??(??20100?)??(??19900?)??(??19900?)??(??26000?) ??(??26000?)??(??14000?)??(??14000?)]设残留边带信号为sVSB(t)，且sVSB(t)?SVSB(?)，则SVSB(?)?SAM(?)H(?)，由于sAM(?)是

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一组离散谱，残留边带信号的频谱也是离散谱，以H(?)在上述离散谱对应频点上取值作为加权。于是

?f??f??f?f???f故

??10.05kHz时，H(?)?10.05?9.5?0.55??10kHz时，H(?)?0.5??9.95kHz时，H(?)?9.95?9.5?0.45??13kHz时，H(?)?1??7kHz时，H(?)?0j?A[0.55?(??20100?)22 ?0.55?(??20100?)?0.45?(??19900?)?0.45?(??19900?)??(??26000?)??(??26000?)]1AsVSB(t)?m0cos20000?t?[0.55sin20100?t?0.45sin19900?t?sin26000?t]

22m0??(??20000?)??(??20000?)??

sVSB(?)??@知识点：残余边带调制的基本原理，残余边带滤波器在中心频率处互补对称特性。

5-11

某线性调制系统的输出信噪比为20dB，输出噪声功率为10-9W，由发射机输出端到解调器输入端之间总的传输损耗为100dB，试求： （１） DSB/SC时的发射机输出功率； （２） SSB/SC时的发射机输出功率。 解

接收端：

DSB/SC调制则可以计算得到，Si/Ni?50

Si/Ni信道损耗DSB/SC解调So/No

根据DSB相干解调的制度增益，有Si/Ni?2(So/No)

又由于No?Ni/4，根据题中给出的条件No?10?9可以计算Ni?4*10?9 因此，Si?50Ni?200*10?9

根据题目的条件传输损耗为100dB，则发射机的输出功率是ST?Si*1010?2000W

（2）对SSB/SC，调制制度增益为1，即，Si/Ni?So/No

No?Ni/4，因此，Ni?4*10?9，所以有，Si?100Ni?400*10?9

ST?Si*1010?4000W

5-15

已知某单频调频波的振幅是10V，瞬时频率f(t)?106?104cos2??103t(Hz)试求： （1）此调频波的表达式；

（2）此调频波的最大频率偏移、调频指数和频带宽度；

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（3）若调制信号频率提高到2?103Hz，则调频波的频偏、调频指数和频带宽度如何变化？

（4）若峰值频偏加倍，信息信号的幅度怎么变化？

解（1）该调频波的瞬时角频率为

?(t)?2?f(t)?2??106?2??104cos2??103t(rad/s)

t??(4)

瞬时相位?(t)为 ?(t)???(?)d??2??106t?10sin2??103t，因此，调频波的表达式

SFM(t)?Acos?(t)?10cos(2??106t?10sin2??103t)(V)

（2）根据频率偏移的定义

(5)

?f?|?f(t)|max?|104cos2??103t|max?10KHz

mf??f10K??10 fm1000BNBMF?2(?f?fm)?22KHz

（3）调制信号频率fm由103Hz提高到2?103Hz时，因调频信号的频率偏移与调制信号频率无关，所以这时调频信号的频率偏移仍然是?f?10KHz

?f104??5 而这时的调频指数变为 mf?3fm2?10调频信号的带宽变为 B?2(?f?fm)?2?(10?2)?24KHz

由于?f?fm，所以，虽然调制信号频率fm增加了1倍，但调频信号的带宽B变化很小。

（4）峰值频率偏移加倍，则意味着m(t)幅度为原来的2倍

@知识点：调频波的表达式、最大频率偏移、调频指数和频带宽度

5-17

设有60路模拟话音信号采用频分复用方式传输。已知每路话音信号频率范围为0~4kHz（已含防护频带），先有12路电话复用为一个基群，其中第n路载频

fcn?112?4n(n?1,2,...,12)，采用下边带调制；再由5个基群复用（仍采用下边带调制）为一个超群，共60路电话，占用频率范围312~552KHz。试求：

（1）各基群占用的频率范围和带宽

（2）超群载频值(需要修改成：超群中各基群所采用的载频值)

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解 （1）根据SSB调制的已调信号的频谱范围，和第n路载频fcn?112?4n(n?1,2,...,12)可以计算每一路的话的频带范围。

对第1路话，载频为108KHz，频带范围为104-108KHz； 对第2路话，载频为104 KHz，频带范围为100-104KHz； 依此类推

因此，基群的频率范围是60~108KHz，占用带宽为12*4=48KHz

(2)以超群中频率最低的一个基群为例。其中红色表示下边带

M(f)48KHz...-108-84-606048KHz...84108KHz

M1(f)48KHz-52848KHz48KHz...31233636048KHz...KHz......-504-480?fc-360-336-312fc480504528

图1 频谱搬移示意图

所以fc?84?336?420kHz，加48*n则为其它基群的载频值。

第六章数字基带传输系统

6-4

设二进制随机序列中的“0”和“1”分别由g(t)和?g(t)组成，它们的出现概率分别为P及（1-P）；

（1） 求其功率谱密度及功率；

（2） 若g(t)为如图P6-1(a)所示波形，TB为码元宽度，问该序列是否存在离散分量

fB?1/TB的离散分量？

（3） 若g(t)改为下图，重新回答题（2）所问。

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g(t)1g(t)1?TB/2OTB/2t图P6?1?(a) 解 （1）随机二进制序列的功率谱密度

2???TBTBOTBTB?2442(b)t

PB(f)?fBP(1?P)|G1(f)?G2(f)|??|fB[PG1(mfB)?(1?P)G2(mfB)]|2?(f?mfB)由题意知

g1(t)??g2(t)?g(t)，因此双极性随机序列的功率谱密度为

PB(f)?4fBP(1?P)|G(f)|?f(1?2P)22B2?|G(mf???B)|2?(f?mfB)

式中，G(f)?g(t)；等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分。 功率

S??PB(f)df????4fBP(1?P)?|G(f)|df?f(1?2P)????22B2?|G(mfB)|2?????????(f?mfB)df

?4fBP(1?P)?|G(f)|df?f(1?2P)??22B2?|G(mf??B)|2

TB?1????|t|??（2）若基带脉冲波形g(t)为 g(t)??2

??0???其他则g(t)的傅里叶变换G(f)为 G(f)?TBSa?(TBf )对式PB(f)?4fBP(1?P)|G(f)|?f(1?2P)22B2?|G(mf???B)|2?(f?mfB)

a(是否存在离散谱取决于概率P和G(mfB)，因为 G(fB)?TBS?所以由题（1）的结果可知，该二进制序列不存在离散分量。

TB?1????|t|??（3）若基带脉冲波形g(t)为g(t)??4

??0???其他T?Tf则g(t)的傅里叶变换G(f)为 G(f)?BSa(B )22TBf)?Bsin?T? 0B?sinTB?TBfTB2?TB因为 G(fB)?Sa(?)?? 0222?/2?第7页

?

所以，该二进制序列存在离散分量fB?1/TB。

6-5

设二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图P6-2所示。图中和“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。

g(t)ATB为码元间隔，数字信息“1”

?TB/2OTB/2t

（１） 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；

（２） 能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fB?1/TB的分量？若能，试计算该分量的

功率。

图P6?2TB2?A(1?|t|)????|t|??TB4 解 （1）由图P6-2可写出g(t)???0?????????????????????其他?ATB2?TBfSa( 则g(t)的傅里叶变换G(f) G(f)? )221 由题意，P(0)?P(1)?P?，且有g1(t)?g(t)，g2(t)?0

2 所以 G1(f)?G(f)，G2(f)?0

代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得

PB(f)?fBP(1?P)|G1(f)?G2(f)|??|fB[PG1(mfB)?(1?P)G2(mfB)]|2?(f?mfB)2????fBP(1?P)|G(f)|?f(1?2P)

22B2?|G(mf??B?B)|2?(f?mfB)

fBA2TB24?TBffB2?|Sa()|?4424A2TBA24?TBf?|Sa()|?16216????|G(mf??4?)|2?(f?mfB)?Sa(m?)?(f?mfB)2第8页

0.250.20.15Pf0.10.050-8-6-4-20f/fB2468（2）由（1）的结果，该基带信号的离散谱Pv(f)为

A2?4m?Pv(f)?Sa()?(f?mfB) ?16??2当m??1时，即f??fB时，有

A2??Pv(f)?[Sa4()?(f?fB)?Sa4()?(f?fB)]

1622可见，该二进制数字基带信号中存在fB?1/TB的离散谱分量，故可以提取码元同步所需的频率

fB?1/TB的分量。

该频率分量的功率为

A24?A24?A2A22A2Sa()?Sa()?4?4?4 S?162162???6-7

已知信息代码为1011000000000101，试确定相应的AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。

解

0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 ｛an｝ 1 AMI +1 0 -1 +1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 +1 - HDB3 +1 0 -1 +1 0 0 0 + V -B 0 0 0 +1 0 -1 V

第9页

+1+E0-E+1+E0-E0-1 +10 00000000-1 0+1 AMI码波形图0-1 +10 00+V-B HDB3码波形图00-V 0+1 0-1 说明：（1）AMI码和AMI的波形图是不同的

（2）AMI码是传号反转，也就是序列中的1交替地用1和-1代替；

HDB3码是在AMI的基础上，为了克服连0情况下缺乏定时信息，同时要尽可能减少直流分量而设计的。对HDB3有下面的编译码规则

编码：遇到4个连0，将最后一个0变成+V或-V，V的极性确定方法：

1） 应满足相邻的两个V极性相反，也就是说，V也要遵守传号翻转的规则；

2） 要使得V与其前面相邻的非0符号极性相同，这是为了在译码的时候能够发现哪些是由4连0

修改得到的码字。

3） 如果第二条不能满足，则根据需要插入破坏脉冲B。 译码：1）若3连0前后的非0脉冲是极性相同的，则该3连0后的是V码，译码时要将000V译成0000； 2）若2连0前后的非0脉冲极性相同，则是B00V，将其译为0000； 3) 然后把其余的1和-1都译为1.

6-11

设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为H(?)，若要求以

2TB波特的速率

进行数据传输，试验证图P6-6所示的各种H(?)能否满足抽样点无码间串扰的条件。

H(?)1H(?)1矩形矩形???TBTB(a)O???3?TBO3?TB(b)H(?)1?4?H(?)1升余弦型TBO(c)4??TB?2??O2?TBTB(d)

时，能够实现无码间串扰传输的基带系统

图P6?6解 方法1 根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率RB?1的总特性H(?)应满足

Ts?H(??i2?i?)?C,?????????|?|? TsTs第10页

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