通信原理教程第三版课后答案

: : …《) —通信原理思考题复习

消息和信息有什么区别信息和信号有什么区别

答：消息是信息的形式，信息是消息中包含的有效内容，信号是信息的载体。

什么是模拟信号，什么是数字信号答：取值连续的信号是模拟信号，取值离散的信号是数字信号。

数字通信有何优点答：质量好，便于差错控制和保密编码，便于存储和处理，易集成，信道利用率高信噪比高。

信息量的定义是什么信息量的单位是什么答：设消息x的概率为P(x),其信息量I(x)=-logap(x),.当a=2时，信息量单位为比特（bit)，当a=e时。信息量单位为奈特（nat)，当a=10时，信息量单位为哈特莱。

按照占用频带区分，信号可以分为哪几种答：基带信号和带通信号。

·

信源编码的目的是什么信道编码的目的是什么

答：信源编码的目的是提高信号表示的有效性。信道编码的目的是提高信号传输的可靠性。

何谓调制调制的目的是什么

答：对信号进行调整就是调节。调制的目的是使经过调制的信号适合信道的传输特性。

数字通信系统有哪些性能指标答：主要有传输速率、错误率、频带利用率和能量利用率。

信道有哪些传输特性答：噪声特性、频率特性、线性特性和时变特性等。

无线信道和有线信道的种类各有哪些答：无线信道的种类是按电磁波的频率划分的，主要分为无线

通信原理第三版课后习题答案

【篇一：《数字通信原理(第三版)》教材课后习题答案】

t>第1章 概述

1-1 模拟信号和数字信号的特点分别是什么?

答：模拟信号的特点是幅度连续；数字信号的特点幅度离散。

1-2 数字通信系统的构成模型中信源编码和信源解码的作用是什么?画出话音信号的基带传输系统模型。

答：信源编码的作用把模拟信号变换成数字信号，即完成模/数变换的任务。 信源解码的作用把数字信号还原为模拟信号，即完成数/模变换的任务。 话音信号的基带传输系统模型为 1-3 数字通信的特点有哪些? 答：数字通信的特点是：

（1）抗干扰性强，无噪声积累； （2）便于加密处理；

（3）采用时分复用实现多路通信； （4）设备便于集成化、微型化； （5）占用信道频带较宽。

1-4 为什么说数字通信的抗干扰性强，无噪声积累?

答：对于数字通信，由于数字信号的幅值为有限的离散值(通常取二个幅值)，在传输过程中受到噪声干扰，当信噪比还没有恶化到一定程度时，即在适当的距离，采用再生的方法，再生成已消除噪声干扰的原发送信号，所以说数字通信的抗干扰性强，无噪声积累。

1-5 设数字信号码元时间长度为1?s，如采用四电平传输，求信息传输速

通信原理思考题复习 1.1 消息和信息有什么区别？信息和信号有什么区别？ 答：消息是信息的形式，信息是消息中包含的有效内容，信号是信息的载体。 1.2 什么是模拟信号，什么是数字信号？ 答：取值连续的信号是模拟信号，取值离散的信号是数字信号。 1.3 数字通信有何优点？ 答：质量好，便于差错控制和保密编码，便于存储和处理，易集成，信道利用率高信噪比高。 1.4 信息量的定义是什么？信息量的单位是什么？ 答：设消息x的概率为P(x),其信息量I(x)=-logap(x),.当a=2时， 信息量单位为比特（bit)，当a=e时。信息量单位为奈特（nat)，当a=10时，信息量单位为哈特莱。 1.5 按照占用频带区分，信号可以分为哪几种? 答：基带信号和带通信号。 1.6信源编码的目的是什么？信道编码的目的是什么？ 答：信源编码的目的是提高信号表示的有效性。信道编码的目的是提高信号传输的可靠性。 1.7 何谓调制？调制的目的是什么？ 答：对信号进行调整就是调节。调制的目的是使经过调制的信号适合信道的传输特性。 1.8 数字通信系统有哪些性能指标？ 答：主要有传输速率、错误率、频带利用率和能量利用率。 1.9

《通信原理》习题第十章

第十章习题

习题 10.1设有两个码组“0101010”和“1010100”，试给出其检错能力、纠错能力和 同时纠错的能力。

解：两个码组的最小码距为：do =6 由do e+1,得 e=5,即可以检错 5位。 由do 2t+1,得 t=2，即可以纠错 2位。

由do e+t+1,得 e=3,t=2,即可以纠错 2位，同时检错 3位。 习题 10.2设一种编码中共有如下 8个码组： 000000，001110，010101，011011，100011， 101101，110110，111000试求出其最小码距，并给 出其检错能力、纠错能力和同时纠检错的能力。

解：此 8个码组的最小码距为：do =3。 由do e+1,得 e=2,即可以检错 2位。 由do 2t+1,得 t=1，即可以纠错 1位。

由do e+t+1,得 e=1,t=1,即可以纠错 1位，同时检错 1位。

0001 0010 0100 1000 0011 0101 0110 0111 1001 1010 1011 1100 1101

a

1110 1111 0000 S1S2S3S4

错码 位置 无错 码 a0 a1 a2 a3 a

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

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

微生物教程第三版课后答案

【篇一：周德庆微生物学教程课后答案】

txt>绪论

1.什么是微生物?它包括哪些类群?

答:微生物是一切肉眼看不见或看不清的微小生物的总称.

包括①原核类的细菌`放线菌`蓝细菌’支原体`立克次氏体和衣原体;②真核类的真菌`原生动物`和显微藻类,以及属于非细胞类的病毒和亚病毒.

2.人类迟至19 世纪才真正认识微生物,其中主要克服了哪些重大障碍?

答:①显微镜的发明,②灭菌技术的运用，③纯种分离技术，④培养技术。

3.简述微生物生物学发展史上的5 个时期的特点和代表人物.

答:史前期（约8000 年前—1676），各国劳动人民，①未见细菌等微生物的个体；②凭实践经验利用微生物是有益活进行酿酒、发面、制酱、娘醋、沤肥、轮作、治病等）

初创期（1676—1861 年），列文虎克，①自制单式显微镜，观察到

细菌等微生物的个体；②出 于个人爱好对一些微生物 进行形态描述；

奠基期（1861—1897年），巴斯德，①微生物学开始建立；②创立 了一整套独特的微生物学基本 研究方法；③开始运用“实践 ——理论——实践”的思想方 法开展研究；④建立了许多应 用性分支学科；⑤进入寻找人 类动物病原菌的黄金

《JSP实用教程（第三版）》课后答案

第1章 JSP简介

1. 安装Tomcat引擎的计算机需要事先安装JDK吗？ 答：需要。

2. 怎样启动和关闭Tomcat服务器?

答：bin目录下使用startup.bat启动Tomcat服务器。bin目录下使用shutdown.bat关闭Tomcat服务器。

3. Boy.jsp和boy.jsp是否是相同的JSP文件名字？ 答：不是

4. 请在D:\\下建立一个名字为water的目录，并将该目录设置成一个Web服务目录，然后编写一个简单JSP页面保存到该目录中，让用户使用虚拟目录fish来访问该JSP页面。 答：设置方法:

① 建立D:\\ water目录;

② 修改server.xml文件,在上一行添加:

③ 使用http://localhost:8080/ fish /example1_1.jsp访问example1_1.jsp页面.

5. 假设Dalian是一个Web服务目录，其虚拟目录为moon。A.jsp保存在Dalian的子目录sea中。那么在Tomcat服务器（端口号8080）所在计算机的浏览器键入下列哪种方式是访问A.jsp的正确方式？

A．http://127.0.0.1:

《JSP实用教程（第三版）》课后答案

第1章 JSP简介

1. 安装Tomcat引擎的计算机需要事先安装JDK吗？ 答：需要。

2. 怎样启动和关闭Tomcat服务器?

答：bin目录下使用startup.bat启动Tomcat服务器。bin目录下使用shutdown.bat关闭Tomcat服务器。

3. Boy.jsp和boy.jsp是否是相同的JSP文件名字？ 答：不是

4. 请在D:\\下建立一个名字为water的目录，并将该目录设置成一个Web服务目录，然后编写一个简单JSP页面保存到该目录中，让用户使用虚拟目录fish来访问该JSP页面。 答：设置方法: ① 建立D:\\ water目录; ② 修改server.xml文件,在上一行添加:

5. 假设Dalian是一个Web服务目录，其虚拟目录为moon。A.jsp保存在Dalian的子目录sea中。那么在Tomcat服务器（端口号8080）所在计算机的浏览器键入下列哪种方式是访问A.jsp的正确方式？

A．http://127.0.0.1:8080/A.jsp B. http://127.0.0.1:8080/Dalian/A.jsp C. http://

1.2简要阐述环境工程学的主要任务及其学科体系。

解：环境工程学作为环境学科的一个重要分支，主要任务是利用环境学科以及工程学的方法，研究环境污染控制理论、技术、措施和政策，以改善环境质量，保证人类的身体健康和生存以及社会的可持续发展。

图1-2是环境工程学的学科体系。

1.3去除水中的悬浮物，有哪些可能的方法，它们的技术原理是什么？

解：去除水中悬浮物的方法主要有：沉淀、离心分离、气浮、过滤（砂滤等）、过滤（筛网过滤）、反渗透、膜分离、蒸发浓缩等。

上述方法对应的技术原理分别为：重力沉降作用、离心沉降作用、浮力作用、物理阻截作用、物理阻截作用、渗透压、物理截留等、水与污染物的蒸发性差异。

1.4空气中挥发性有机物（VOCs）的去除有哪些可能的技术，它们的技术原理是什么？

解：去除空气中挥发性有机物（VOCs）的主要技术有：物理吸收法、化学吸收法、吸附法、催化氧化法、生物法、燃烧法等。 上述方法对应的技术原理分别为：物理吸收、化学吸收、界面吸附作用、氧化还原反应、生物降解作用、燃烧反应。 1.5简述土壤污染可能带来的危害及其作用途径。

解：土壤污染的危害及其作用途径主要有以下几个方面：①通过雨水淋溶作用,可能导致地下水和周围地表水体的污染;②污