通信原理李晓峰课后习题答案

1. 〔略〕

2. 两个二元消息符号X1与X2的取值及概率分别为：

X1 a1 a2

X2 a1 a2 a3 a4 P P 求它们的熵。 解：利用式易见，

H(X1)0.3log20.30.7log20.70.881(bit)

H(X2)20.3log20.320.2log20.21.971(bit)

3. 〔略〕

4. 假定 按键由10个数字、“*〞与“#〞组成，按压每个数字键的概率均为0.099，按压“*〞或“#〞的概率各为0.005，拨号速率为2次。试求〔1〕每次按键产生的熵与连续拨号的熵率？〔2〕如果每次按键采用4位二进制表示，拨号产生的二进制数据率〔二元符号率〕？ 解：

〔1〕利用式，

H100.099log20.09920.005log20.0053.356bits/key连续按键产生的熵率

H3.356bits/keyR6.712bits/s

T0.5s/key〔2〕拨号产生的二进制数率,

4bit/key2key/s8bits/s

5. 〔略〕

6. 假定容量为4.7的盘可存储133分钟的数字音视频资料，试计算该数字音视频信号的数据率〔二元符号率〕是多少？ 解：数据率为

4.72Bytes8bits/ByteR5.059Mbps

13360s30注意，12Bytes1073741824Bytes10，有时也可用。

7. 〔略〕 8. 〔略〕 9. 〔略〕

10. 假定电传打字机的信道带宽为300，信噪比为30〔即，

309109S/N1030/101000〕，试求该信道的容量。

解：利用式 11.

有C300log2(11000)2.99(kbps) 假定某用户采用拨号上网，已测得 线可用频带

2.5S/N10300-3400，信噪比为25〔即，〕，试计算该信

道的容量；在选用调制解调器时，可选速率为56、28.8或9.6

的调制解调器中哪个较适宜？

解：带宽34003003100，利用式，有

C3100log2(1316.23)25.73(kbps)

故应采用28.8kbps的调制解调器较适宜〔实际调制解调器会

结合实际线路情况，自动降低速率，以充分利用信道资源〕。

习题三

1. 〔略〕

2. 一个信号具有如下形式：

st202cos3000t10cos6000tcos2fct

5其中fc10；

（1） 试确定每个频率分量的功率； （2） 确定调制指数； （3） 确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之

比。 解：〔1〕试确定每个频率分量的功率

st202cos3000t10cos6000tcos2fct 20cos2ftcos2(f1500)tcos2(f1500)t

ccc5cos2(fc3000)t5cos2(fc3000)tst的5个频率分量及其功率为：

20cos2fct：功率为200w；cos2(fc1500)t：功率为0.5w；cos2(fc1500)t：功率为0.5w；5cos2(fc3000)t:功率为

12.5w；5cos2(fc3000)t:功率为12.5w。 〔2〕确定调制指数

st202cos3000t10cos6000tcos2fct2010.1cos3000t0.5cos6000tcos2fct

因此mt0.1cos3000t0.5cos6000t，AM mtmax0.6。〔3〕确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之比

5个频率分量的全部功率为：

P200w20.5w212.5w226w

total边带功率为：Pside20.5w212.5w26w

边带功率与全部功率之比：

3. 用调制信号mtAmcos2fmt对载波Accos2fct进展调制后得到的已调信号为stAc为了能够无失1mtcos2fct。真地通过包络检波器解出mt，问Am的取值应满足什么条件。 解：

如果Am1，即发生了过调制，包络检波器此时将无法恢复出mt。因此要想无失真通过包络检波器解出mt，那么需要Am1。

4. 调制信号mtcos2000tcos4000t，载波为cos10t，进展单边带调制，试确定该单边带信号的表达式，并画出频

4谱图。

解：根据单边带信号的时域表达式，可确定上边带信号：

11ˆtsinct SUSBtmtcosctm2214cos2000tcos4000tcos10t 21sin2000tsin4000tsin104t 211cos12000tcos14000t 221SUSBf[f6000f6000f7000f7000]

4同理，下边带信号为：

11ˆtsinct SLSBtmtcosctm2214cos2000tcos4000tcos10t 214sin2000tsin4000tsin10t 211cos8000tcos6000t 221SLSB[f4000f3000f4000f3000]

4

4两种单边带信号的频谱图分别如下列图所示〔载波为cos10t，即fc5000Hz〕：

SUSBfSLSBfff6000700030004000

5. 〔略〕 6. 〔略〕 7. 〔略〕

8. 〔略〕 9. 〔略〕 10. 〔略〕

11. 图题3.11是一种的解调器，其中载频fc455。 （1） 假设图中A点的输入信号是上边带信号，请写出图中各

点表达式；

（2） 假设图中A点的输入信号是下边带信号，请写出图中各

点表达式，并问图中解调器应做何修改方能正确解调出调制信号。

B•LPF载波提取C•cos2fctst•A2G••F输出E•sin2fct•DLPF希尔伯特滤波器

解：

ˆt为其希尔伯特变换。 记mt为基带调制信号，m⑴ 〔2〕

ˆtsin2fct A：设为 sAtmtcos2fctmˆtsin91104t mtcos91104tm4B： sBtsAtcos9110t

ˆtsin91104tcos91104t mtcos291104tmˆtmtm441cos18210tsin18210t 22C：

4ststsin9110t D： DAˆtsin291104tmtsin91104tcos91104tmˆtmtm44sin18210t1cos18210t  22E：

F：

G：当A点输入上边带信号时

11sGtsCtsFtmtmtmt

22当A点输入下边带信号时

11sGtsCtsFtmtmt0 22如欲G点输出，需将最末端的相加改为相减即可，如下列图所示：

11stststmtmtmt 此时 GCF22B•LPF载波提取C•cos2fctst•A2•FLPFG•输出sin2fct•DE•希尔伯特滤波器

12.

假设对某一信号用进展传输，设加至发射机的调制信号mt之功率谱密度为：

N0f,Pmf2fm0,ffm ffm试求：

（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率

（3） 假设叠加于信号的白噪声具有双边功率谱密度为

N02，设解调器的输出端接有截止频率为fm的理想低通滤波器，那么输出信噪比是多少。

解：

⑴ 设已调信号sDSBtmtcosct，那么接收机的输入信号功率

1212SiSDSBtmtPmfdf

22fmNN0fm1f02df022fm4 ⑵ 相干解调之后，接收机的输出信号，因此输出信号功率

N0fm12sotmtmt48

2o⑶ 解调器的输出信噪功率比

222AmtmtN0fm1Sc 

2N0Bm2N0Bm4N0fm4No

13.

某线性调制系统的输出信噪比为20， 输出噪声功率为109W，由发射机输出端到解调器输入之间总的传输损耗为100，试求：

（1） 时的发射机输出功率； （2） 时的发射机输出功率。 解：⑴

在方式中，解调增益GDEM

2，因此解调器输入信噪比

20S1S1101050 Ni2No2同时，在相干解调时，

NiNo109w

因此解调器输入端的信号功率

Si50Ni5108W

考虑发射机输出端到解调器输入端之间的100传输损耗，可得发射机输出功率

ST1010010Si500w

另解：在方式中，系统增益Gsys1

20SS1010100 NbaseNo

输出噪声功率：2N0W109w

1Si100N0W1001090.5107w

2ST1010010Si500w

⑵

在方式中，解调增益G1，

20SS1010100 NiNo

NiNo109W

因此，解调器输入端的信号功率

Si100Ni107W

发射机输出功率

ST1010Si1000W

14. 〔略〕

15. 某模拟基带系统中调制信号mt的带宽是W5。发送端发送的已调信号功率是Pt，接收功率比发送功率低60。信道中加性白高斯噪声的单边功率谱密度为N01013。 （1） 如果采用，请推导出输出信噪比和输入信噪比的关系；

假设要求输出信噪比不低于30，发送功率至少应该是多

少；

（2） 如果采用，重做〔1〕题。

解：⑴

① 解调输入信号可写为

rtAcmtcos2fctnt

Acmtcos2fctnctcos2fctnstsin2fct

输入信噪比为

Ac2Pm2AScPm2 N2NW4NWi00

解调乘法器输出为

rmult2rtcos2fct2Acmtcos22fct2nctcos22fct2nstsin2fctcos2fctAcmtnct1cos4fctnstsin4fct

解调输出为Acmtnct，输出信噪比为

Ac2m2tAc2PmS 22N0WNonct因此

② 输入信噪比

Pt106PrS310Pt 133Ni2N0W210510输出信噪比

SS322000Pt10 NoNi故Pt0.5W。

⑵

① 解调输入信号可写为

ˆtsin2fctnt rtAcmtcos2fctAcmˆtsin2fctnctcos2fctnstsin2fctAcmtcos2fctAcm

输入信噪比为

解调输出为Amtnct，输出信噪比为

Ac2m2tAc2PmS2N0WNonct

因此

② 输入信噪比

Pt106PrS132000Pt 3NNW10510i0输出信噪比

SS32000Pt10 NoNi故Pt0.5W。 16.

17.

〔略〕

信号由下式描述：

83 st10cos210t10cos210t试确定以下各值：

（1） 已调信号的归一化功率； （2） 最大相位偏移； （3） 最大频率偏移。

12122Pstat1050 解：〔1〕s223〔2〕 t10cos210tmax10rad

1dt〔3〕fit104sin2103tfmax104Hz 2dt

18. 〔略〕

19.

6310t8cos10t调频信号SFMt10cos，设调制器的比

例常数KFM2，求其载频、调制信号、调频指数和最大频偏

分别是多少。

5解：载频为fc510HZ，因为

t8cos103t2KFMmtdt

8103mtsin103t2KFM

33mt210sin10t， 故调制信号为

又 fitKFMmt 调频指数 FMfmaxkFMAm221038， 3fmfm0.5103最大频偏为410。

20. 〔略〕 21.

单音调制时，幅度Am不变，改变调制频率fm，试确定： 与

（1） 在中，其最大相移PM与fm的关系，其最大频偏fPMfm的关系；

（2） 在中，FM与fm的关系，fFM与fm的关系。 解： （1） 对于：

sPMtAccos2fctkPMAmcos2fmt

PMkPMAm与fm无关；

fPM1dkPMAmcos2fmtkPMAmfmsin2fmtmaxkPMAmfm 2dtmax故fPM与fm成正比

（2） 对于：fitkFMAmcos2fmt t2fitdt2kFMAmcos2fmtdtkFMAmsin2fmt fmkFMAmsFMtAccos2fctsin2fmt

fm与fm成反比；fFMkFMAm与fm无关。 22.

23. 24. 25. 26.

〔略〕 〔略〕 〔略〕 〔略〕

某模拟播送系统中基带信号mt的带宽为W10，峰均功

2率比〔定义为mtmaxPM，其中PM是mt的平均功率〕是5。此播送系统的平均发射功率为40，发射信号经过80信道衰减后到达接收端，并在接收端叠加了双边功率谱密度为N021010的白高斯噪声。

（1） 假设此系统采用调制，求接收机可到达的输出信噪比； （2） 假设此系统采用调幅系数为0.85的常规幅度调制〔〕，

求接收机可到达的输出信噪比。 解：记到达接收机的已调信号为st，记其功率为PR，那么

PR401031084104W

⑴ 采用时，

不妨以下边带为例，接收机输入端的有用信号为

ˆtsin2fct stAmtcos2fctAm由题

PR4104w

接收机前端可采用频段为fcW,fc的理想限制噪声，于是输入到解调器输入端的噪声为

nitnctcos2f0tnstsin2f0t

其中nct，nst，nit的功率都是

PnN0W210101042106W

因此输出信噪比是

PR4104SS200 6NNP210oSSBiSSBn即23。

⑵ 采用调制时，

解调器输入的有用信号为 stA1mtcos2fct 由题 PSPR4104w，调制指数 AM0.85mtmax， 所以

PMmtmax2

PM2AM2AM10.8522PMm0.1445w 555GDEM2m21m220.14450.2525

10.1445接收机前端可采用频段为fcW,fcW的理想限制噪声，于是输入到解调器输入端的噪声为

nitnctcos2fctnstsin2fct

其中nct，nst，nit的功率都是 Pni2N0W

PR4104S因而 100 104NP221010iAMniSS0.2525故0.252510025.25 NoAMNiAM即14.02。

习题四

1. 给定二进制比特序列{1101001}，试给出相应的单极性信号、双极性信号与传号差分码信号的波形。

解：单极性信号、双极性信号与传号差分码信号的波形如下列图

所示：

2. 某数字基带系统速率为2400，试问以四进制或八进制码元传输时系统的比特速率为多少？采用双极性矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？

解：以四进制传输时系统的比特率为：

RbRSlog2M2400log244800bps

以八进制传输时系统的比特率为;

RbRSlog2M2400log287200bps

信号的带宽与波特率有关，无论是多少进制传输，采用双极性矩形脉冲传数据时，信号带宽都为：

BTRS2400Hz

3. 某数字基带系统速率为9600，试问以四进制或十六进制码元传输时系统的符号率为多少？采用单极性矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？

解：以四进制传输时系统的符号速率为：

RsRb/log2M9600/log244800Baud

以八进制传输时系统的符号速率为：

RsRb/log2M9600/log283200Baud

信号的带宽与波特及脉冲宽度有关，以四进制单极性脉冲传输时，信号带宽为：

BT2Rs248009600Hz 以八进制单极性脉冲传输时，信号带宽为：

BT2Rs232006400Hz

4. 某二元数字基带信号的根本脉冲如图题4.4所示，图中Ts为码元间隔。数字信息“1〞和“0〞出现概率相等，它们分别用脉冲的有、无表示。试求该数字基带信号的功率谱密度与带宽，并画出功率谱密度图。

解： 此题中，0、1等概率，且码元脉冲形状为g(t)

ATs2fTsGfSa

22111 且maEan10

222222aEaEann

121211

1022242所以该数字基带信号的功率谱为：

mPs(f)GT(f)TsT22a2a2skkkGTfTs Ts21A2Ts214fTsSa24Ts424Ts2A2TsfTAsSa416162k4A2Ts24fTskSaf4Ts2kfTskSa2kA2TsA24fTsSaf，k为偶数216162ATfT1k42ssSaA44f，k为奇数16Ts2kk

5. 随机二进制序列1和0出现概率为

p和1p，基带信号中

分别用gt和gt表示1和0。试问：

（1） 基带信号的功率谱密度及功率；

（2） 假设gt为图题4.5〔a〕所示波形，Ts为码元宽度，

该序列是否含有离散分量

fs1Ts；

假设gt改为图题4.5〔b〕，重新答复下列问题〔2〕。

gt11gtTs20（a）Ts2tTs40（b）Ts4t

解：2信号的幅度序列

an为：1序列

2且 maEanp11p12p1

EaEan12p14p1p

2a2n2〔1〕基带信号的功率谱密度

PSf2aTSGrf2mT2a2skkkGTf

TSTS222p14P(1p)2|G(f)| TsTs2功率：

k2k|G()|(f） TTssPPs(f)df2p14P(1p)2|G(f)|dfTsTs2〔2〕假设基带脉冲波形g(t)为

2k2|G()|Ts

那么g(t)的傅里叶变换G(f)为

G(f)TsSa(Tsf)

该基带信号的离散谱为：

2p1Ts2

2k|TsSa(fTs)|(f）Ts222k 22p1|Sa(k)|(f）pTs(f）Ts故该二进制序列不存在离散分量fs1/Ts

（3） 假设基带脉冲波形gt为

那么gt的傅立叶变换Gf为

该基带信号的离散谱为：

2p1Ts242Tsk2|Sa(fTs/2)|f2Ts22p1k|Sa(k/2)|fTs22p12 f,当k为偶数时422p122k||f,当k为奇数时4Tsk所以，该二进制序列存在离散分量fs1/Ts

6. 采用低通滤波技术接收二元双极性信号。假设二进制符号0和1是等概率的，问接收机的平均过失概率Pe计算公式是什么？

Pe106需要的EbN0是多少？〔提示：借鉴例题4.6数值〕

解：采用承受二元双极性信号，0、1等概。

由表，接收机的平均过失概率的计算公式为：

A2EbPeQQN N0B02其中，EbATb，为二元信号带宽。

6P10由图可知e时，需要的Eb/N013.5dB

例题4.6：单极性与双极性的系统

7. 〔略〕 8. 〔略〕 9. 〔略〕

10. 双极性矩形不归零2信号通过噪声功率谱密度为N02的信道传输，假定码元0与1的概率分别是1/3与2/3，接收机采用低通滤波器。试问：

（1） 平均误比特率计算公式； （2） 接收系统的最正确判决门限； （3） 最小误比特率。

2A,发1，概率为3St解：发送信号A,发0，概率为1

3〔1〕平均误比特率计算公式由教材式〔〕给出如下：

设的带宽为B

PePan1VTfr/1drPan0fr/0drVT2N0B2VT1e32N0B2rA11dreV3T2N0B2rA2N0Bdr

〔2〕最正确判决门限由教材式〔〕给出

Pan0ys1ys0n2VTln2ys1ys0P(an1)AAN0B1/3ln2AA2/3N0B1ln2A2Pemin2VT1e32N0B2VT1e322NB03VTA2rA

〔3〕最小误比特率为

2N0B11dreV3T2N0Br11eN0B3VT2u222rA2N0Bdr21rA2N0B2d1rA2N0BdrN0B

1e2u2211duVTAe3N0B2du22VTA1VTAQQ33N0B3N0B其中：

11. 在功率谱密度为N02的信道中进展二元基带传输，假定码

元等概且发射信号分别为：

At0tT,m1tT其他 0,tA1,0tTm2tT其他 0,（1） 确定最正确接收机的构造〔确定滤波器特性〕；

（2） 给出最正确错误概率。 解：

m1t,Stm2t,1发1，概率为21发0，概率为2y1t0tT0tTy1n

(1) 最正确接收机构造为〔滤波器为匹配滤波器〕

抽样rtstntm1Ttm2Tty2t定时抽样y2n判决aˆn〔2〕sdts1ts2t的能量Ed为：

Edm1tm2tdt00由教材式〔〕可知，最小的Pe为

T2TA2T2AtAdt3T2

EdPeQ2N

0A2TQ6N0 Ts12. 〔略〕

13. 设4种基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的Hf如图题4.13所示，假设要求以1字传输，问它们是否会造成码间干扰。

波特的速率进展数

Hf11Hf12Ts0（a）12Tsf32Ts0（b）32TsfHf11Hf2Ts0（c）2Tsf1Ts0（d）1Tsf

解： 根据奈奎斯特第一准那么，当最高传输码率时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性Hf应满足

kHfkRCs',Rsf2

容易验证：〔a〕、〔b〕、〔c〕、〔d〕都满足无码间串扰传输的条件。

14. 设基带传输系统的发送滤波器、信道和接收滤波器的总传输特性如图题4.14所示：

Hf1f2f10f1f2f

其中f11，f23。试确定该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率。 解：

Hf1

该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率为：

31013MHzRsmax4MBd

RS4s1.33Bd/Hz

b315. 设无码间干扰基带传输系统的传输特性为0.3的升余弦滚降滤波器，基带码元为16进制，速率是1200 。试求： （1） 该系统的比特速率。

（2） 传输系统的截止频率值； （3） 该系统的频带利用率；

解：〔1〕对于M进制传输，其信息速率Rb与码元速率Rs的关系为RbRslog2M，这里16，故系统的比特速率为： RbRslog2M4800bps 〔2〕传输系统的截止频率值为

RsBf011780Hz

2〔3〕系统频带利用率为：

RsRss1.54Baud/Hz BRs1/216. 计算机以56 的速率传输二进制数据，试求升余弦滚降因子

分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，下面两种方式所要求的传输带宽。〔1〕采用2基带信号；〔2〕采用8电平基带信号。

解：〔1〕采用2基带信号时

RsBf011

那么 2R(1)B280001

2log2M升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为35、36.4 、42 、49、56 。 〔2〕采用8基带信号时

RsBf011

2R156000那么

B2log2M61

升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为11.67、12.13 、14 、16.33、18.67 。

17. 在某理想带限信道0f3000上传送信号。

（1） 要求按9600的速率传输，试选择的电平数M； （2） 如果发送与接收系统采用平方根升余弦频谱，试求滚降

因子

；

5P10（3） 保证b所需要的EbN0是多少？

解：〔1〕最大频带利用率

Rb9600b2log2M

B3000即1.6log2MM4 取4

（3） 发送与接收系统采用平方根升余弦频谱时，

R1B240013000Hz

2log2M得

0.25

Pe2M16log2MEbPbQ2〔3〕 KMlog2MM1N0 得EbN020

18. 〔略〕

19. 某信道的码间干扰长度为3，信道脉冲响应采样值为hT0.3，h01，

求3抽头迫零均衡器的抽头系数以及均衡前后的峰hT0.2，

值畸变值。 解：由hEickhikk11c1hi1c0hic1hi1并按式〔〕可得，

hE1h0hhE01hE1h2h1h0h1h2c10c1 h10h0c10代人具体数据得到，

10.30c100.210.3c1 000.21c10可解得，c1c0c10.34091.13640.2273。

利用hEic1hi1c0hic1hi1，考虑i2~2，计算出均衡后的非零冲激响应值为, hEi,i2,...,2-0.1023,0,1,0,-0.0455。根据峰值畸变的定义得：

均衡器前，D(0.30.2)/10.5

均衡器后，D(0.1023+0.0455)/10.1478

易见均衡后码间干扰与峰值畸变都有显著降低。

20. 〔略〕 21. 〔略〕

22. 由图估计2基带系统在定时抖动为5％时，到达10误码率所需的EbN0，并与理想定时的结果相比拟。

5

5/T010解：由图可见，当es时，误码率要求接收信号的

Eb/N09.5dBe/Ts0.05105；当时，误码率要求接收信号的

Eb/N010.5dB。因此，5％的定时抖动导致Eb/N0的要求增

加1dB。 23. 〔略〕 24. 〔略〕 25. 〔略〕 26. 〔略〕

习题五

1. 某2系统的码元速率为1000波特，所用载波信号为

Acos4106t。

（1） 假定比特序列为{0110010}，试画出相应的2信号波形

示意图；

（2） 求2信号第一零点带宽。

6RR1000bpsf210Hz， 解：由b，csTbfc21062000 TcRb1000〔1〕一个码元周期内有2000个正弦周期：

ans2ASKt0110010

〔2〕B02Rb2000Hz

2. 某2系统的速率为

Rb2，接收机输入信号的振幅

2Rb4MHz，平均码元能量：。

A40μV，信道的单边功率谱密度为N051018，试求传输

信号的带宽与系统的接收误码率。 解：传输信号的带宽BTEb1Tb0Acos2fct2A2dt2Tb0A2Tb,Eb201cos4fctdt2Eb1Eb0Eb2

系统的接收误码率：

〔1〕假设是非相干解调，

4010EbATbA40 618N04N04RbN042105102262由非相干解调误码率公式，

1Pee2Eb/N02140e21.0306109 2〔2〕假设是相干解调：由相干解调误码率公式得，

Eb10PbQQ401.269810 N0

3. 某2发送“1〞码时，信号为s1tAsin1t1，

0tTs；发送“0〞码时，信号为s0tAsin0t0，

0tTs。0218Ts，式中1及0为均匀分布随机变量，“1〞与“0〞码等概率出现。

（1） 画出包络检波形式的接收机框图；

（2） 设码元序列为11010，画出接收机中的主要波形〔不考

虑噪声〕；

（3） 假设接收机输入高斯噪声功率谱密度为N0给出系统的误码率公式。 解： 〔1〕

y0tr0tBPFf0包络检波2〔〕，试

S2FSKt符号定时抽样判决ˆnaBPFr1t包络检波y1tf1〔2〕0218Ts

,,T12T0，Ts2T14T0。

由f0f1正确解调。

f12Rb，此2系统的频差足够大，可保证信号

（4） 由非相干解调误码率公式，

，。 4. 某2系统的速率为Rb2，两个传输信号频率为f110与

f012，接收机输入信号的振幅A40μV，信道的单边

18N510功率谱密度为0，试求传输信号的带宽、工作频

带与系统的接收误码率。 解： 由题，有

f1f02MHz与Rb2Mbps，故，

B2FSKf1f02Rb2106221066106〔〕

工作频带为：8MHz14MHz

4010EbATbA由于，N2N2RN221065101880，于是，

00b02262〔1〕相干解调时系统的误码率：

EbPbQNQ0802801.8721019

〔2〕非相干解调时系统的误码率：

1Pee2Eb/N021e22.12421018

5. 〔略〕 6. 〔略〕

7. 假定在采用的相干解调系统中，恢复载波和发送载波相位差为固定的，带宽为B。试证明该系统的平均误比特率计算公式为

解：相干解调系统输出信号

rt中的有用信号局部为

Acos。rt中的噪声局部功率为n22BN0 。由式〔〕

系统的最小平均误比特率为：，式中ys1Acos，

ys2Acos，故

(yy)2s1s2PbQ24n(AcosAcos)2Q24nA2cos2Q2N0B

故得证。

8. 假定2数字通信系统的输入比特序列

（1） 写出相对码〔考虑相对码的第一个比特为1〕； （2） 画出2发送与接收框图。 解：〔1〕

1 1 0 1 0 0 0 1 0 1

绝对码bn

相

对

码

1

0

1

1

0

0

0

0

1

1

0

1 1

0 1

dn

〔2〕发送框图：

bn取值为0或1dn电平转换an 2PSK 调制器dn1Tb

接收框图：

9. 设载频为1800，码元速率为1200波特，发送信息为011010。试按下面两种方式画出2信号的波形。

（1） 假设相位偏移0代表“0〞， 180代表

“1〞；

（2） 假设相位偏移表“1〞。

90代表“0〞， 270代

Tbfc1800Hz3解：Tf1200Baud2，此2信号一个码元周期包含

cb有个1.5个载波周期。 〔1〕

〔2〕

10. 假设在某2系统中，载波频率为2400，码元速率为1200，绝对码〔相对码〕序列为1100010111。 （1） 试画出2信号波形；

（2） 假设采用差分相干解调法接收该信号，试画出解调系统

的各点波形；

（3） 假设发送符号0和1的概率一样，试给出2信号的功率

谱示意图。

Tbfc2400Hz解：TR1200Baud2，此2信号一个码元周期包

cb含有个2个波型周期。

〔1〕

〔2〕差分相干解调框图：

各点的波形图：

〔3〕2功率谱示意图

PsfB2DPSKfcRbfcfcRbfcRbfcfcRb

11. 假定系统的输入二进制序列为010，试问： 〔1〕载波相位序列〔B方式〕；

〔2〕相应的载波相位序列〔A方式〕； 〔3〕同相与正交支路的比特序列； 〔4〕传输率为4时需要的带宽。 解：〔1〕首先将输入序列表示为格雷编码序列：00 11 01 10 01 00 11，

由表可以得出B方式下的载波相位：

573754，4，4，4，4，4，4；

〔2〕相应的A方式下的载波相位序列为：

33，0，，，，，0；

222（4） 同相支路的比特序列

b0n： 0 1 1 0 1 0 1；

正交支路的比特序列

b1n： 0 1 0 1 0 0 1；

6RR/2210〔4〕 传输率为4时，s〔〕，采用矩形基b6B2RR410带信号时，可得，QPSK〔〕。 sb

12-18.〔略〕

19. 线频带为300~3300，试给出下面调制方式下的载波频率、符号率与比特率： （1） 、、2〔采用（2） ；

0.25的升余弦滚降特性〕；

0.25的升余弦滚降特性〕（3） 、〔采用。

解：〔1〕对于、、2：

30033001800(Hz)； 载频选在频带中央：fc2BT33003002400〔〕 符号率：Rs110.25比特率：Rb（3） 对于：

Rs2400〔〕

要使两路2局部在频谱上根本可别离，那么两个频谱间的间距应该至少满足

f1f0Rb，所以

B2FSKf1f02RbRb2Rb3Rb，

不等式取等号，得

B2FSK3300300Rb1000()，

33f0300Rb1300(Hz)，f13300Rb2300(Hz)，

RsRb1000〔〕

（4） 对于、：

30033001800(Hz)； 载频选在频带中央：fc2BT33003002400〔〕 符号率：Rs110.25比特率：Rb

Rslog2M240024800〔〕

20. 〔略〕

21. 系统，采用0.25的升余弦基带信号，信道带宽为20，求无码间串扰传输的最大速率。

BT201066R1610解：s〔〕

110.25Rblog2MRs2Rs3.2107bps

0.5的升余弦滚降特性，传22. 设通信系统的频率特性为

输的信息速率为120，要求无码间串扰。

（1） 采用2调制，求占用信道带宽和频带利用率；

（2） 设EbN010，求2最正确接收机的误比特率。 解：〔1〕信道带宽：

BT(1)Rb(10.5)12010001.8105(Hz)

Rb12bps/Hz

频带利用率：BT13〔2〕2最正确接收机的误比特率

PeQ

习题六

2Eb/N0Q2103.8721106

1. 对模拟信号mtsin(200t)/200t进展抽样。试问：〔1〕无失真恢复所要求的最小抽样频率为多少？〔2〕在用最小抽样频率抽样时，1分钟有多少抽样值。

frect(),B0 解：(1) 由表，有BSa(Bt)BFsin(200t)m(t),B200200t

Mf11ffrectrect BB200200fH100Hz

无失真最小抽样频率

fS2fH200Hz

M(f)1/200-1000100f

(2) 一分钟抽样值的数目为fS60200*6012000个

2. 信号mt的频谱为：

f,1Mf10000,

f1000Hz其他(1) 假设以1500Hz的速率对它进展抽样，试画出已抽样信号

mS(t)频谱图。

(2) 假设用fS3000Hz的速率抽样，重做(1)小题 解：(1)

mStmtntnTS

1MSfMfTS〔2〕

1fkfSTSkMSfMfkfSk

fS1500Hz-3000-1500MSf015003000f(Hz)

fS3000Hz-3000030006000f(Hz)

3. 〔略〕 4. 〔略〕 5. 〔略〕

6. 求下面中频信号最小抽样频率 (1)中心频率为60，带宽为5

(3)中心频率为70，带宽为2 解：带通抽样定理：fH是B的整数倍时，取fS2B无混叠。fH不是B的整数倍时，设带通信号的上截止频率为fH，下截止频率为fL，那么其带宽BfHfL，此时无混叠的采样所需要的最低频率fS应满足：

kkfS2fHfL12B1

nnfHfHn(fHfL)BfHkn

fHfL

n是fHB是整数局部，k是fHB的小数局部。

(1) fH62.5MHz，B5MHz，

n12,k0.5，fS10.417MHz (2) fH33.25MHz，B6.5MHz，

n5,k0.115，fS13.3MHz

(3) fH71MHz，B2MHz，

n35,k0.5，fS4.057MHz

7. 〔略〕

P%时，试说明均匀量化器的位数应满足n3.32log1050P

证明：对于均匀量化器，量化误差有：，

其中，由题

1Pn2V2V22100 5050n2log2nPP/22V/2/2n

50log10Pn3.32log50n10log102Pn3.32log1050P9. 〔略〕 10. 〔略〕

11. 对于具有256个量化电平的均匀量化器，试求下面几种输出信噪比

(1)峰值信噪比

(2)高斯分布随机信号的最大信噪比 (3)均匀分布随机信号的最大信噪比 解：M256,(1) 峰值信噪比：

n8

S或 N6.02n4.77dB

pkS6.0284.7752.93dB Npk2 fx x212x22x2exp2

2x大 x小

V，

〔根据契比雪夫不等式PXm399.74%〕

xmaxV31DmaxVV3，

但是为了不过载，应使3x20lgD20lg39.54

S6.0.2n4.779.5443.39dB NS〔3〕N6.02n6.02848.16dB

Arv

12. 一个正弦信号的动态范围为45，量化信噪比不能低于26，求线性的编码位数

222x/Vmaxxmax10lg4510lg45222解： xminxmin/V 20lgDmax20lgDmin45

2xtmaxVsintPxV/2

20lgDmaxV/220lg3.01

V20lgDmin3.014548.01

S6.02n4.7720lgD26N6.02n4.7748.0126n11.5,取n12

13. 在A律系统中，当(归一化)输入信号抽样值为0.12，0.3，

与0.7时，输出二进制码组是多少。

解：Ａ律折线近似各段特性 段号 输入分段段区间 0 1 2 3 4 5 6 7

量化间隔  [0， 0.0078125] [0.0078125，0.015625] [0.015625， 0.03125] [0.03125， 0.0625] [0.0625， 0.125] [0.125， 0.25] [0.25，0.5] [0.5，1]  2 4 8 16 32 64 当x0.12，属于第4段，

x0.06250.120.062514.72 1882048 所以二进制码是 1 100 1110

当x

0.3，属于第6段，

0.30.250.053.2 132322048所以二进制码是 1 110 0011

当x0.7，属于第7段，

0.70.50.26.4164

642048所以二进制码是 0 111 0110

14. 单路语音信号最高频率为4，抽样速率为8， 以方式传输，假设用单极性矩形脉冲传输，试问

(1)采用7比特量化时，基带信号(第一零点)带宽为多少? (2)采用8比特量化时，结果又是多少 解：

(1)RfS*n8k*756kbps， 对于，BR56kHz (2)R

51015. 假定标准语音信号通过误码率为的信道传输，试估计

fS*n8k*864kbps，

对于，BR64kHz

恢复出的模拟信号可能到达的峰值信噪比。 解：标准信号采样率为8000，量化比特数为8，

S3M2()pkout由公式N14(M21)Pe

S32562()pkout5429147.35dB

25N14(2561)10

41016. 某线性通信系统的线路误码率为，模拟信号的最高频

率为3，如果要求接收端恢复的模拟信号到达30的峰值信噪比，

试问：

(1)量化器的比特数至少是多少 (2)传输系统的带宽至少是多少 解：(1)

2S3M由 N14(M21)Pe

out3M21000

2414(M1)*10得到 M19.6 取 M20 每个样值所用的比特数n5

所以至少需要5位 (2) fS2fH宽

17. 〔略〕 18. 〔略〕 19. 〔略〕

6kHz，RbfS*530kHz所以最小带

20. 遥感探测系统中包括4个输入信号：si其中s1t,i1,2,3,4。

t和

t和s2t的带宽均为

1。分别对s3250，另外两个信号s3t和s4t以每秒2400个样

值的速率进展抽样。将此抽样速率除以4后作为s1t和st的

s4t的带宽均为

2抽样速率.

(1)试设计一个系统，将这四路信号复合成一个数字序列 (2)如果采用8比特量化，给出的传输数据率 解：(1) s12400。

t与st采样率为600，st与st的采样率为

234s2s1s4600Hzs3

(2) R600

21. 〔略〕 22. 〔略〕

1144*848kbps