通信原理习题课2015第一次要点

1、第 页习题课(from17)第四章信道4-6某个信源由A、B、C和D4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(x/y)均为1/1024,试求出该信道的容量Coij解：根据离散信道信道容量的定义，C二maxH(X)-H(XIY)。即，以p(x)为变量，取p(x)H(X)-H(XIY)的最大值。H(XIY)二工p(y)H(XIy)二工p(y)p(xIy)log-jjjijp(xIy)TOC o 1-5 h zj=1J=1i=1ijlog1024(1)/102410211

2、024二工p(y)工p(xIy)log-=1Lp(y)2!log24+3*JiJp(xIy)J1024j=1i=1ijj=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(XIY)是一个常数，与p(x)无关。因此，最大化H(X)-H(XIY)简化为最大化H(X)。根据题意，X有4种可能，因此H(X)lm(t)l，波形如下图(c)所示通过包知识点：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A|m(t)|的情况下可采用包络检波恢复m(t)。0max5-5解设

3、调幅波s(t)=m+m(t)cost，其中m|m(t)|，且s(t)oS()。根据残留边带AM0c0maxAMAM滤波器在f处具有互补对称特性，可从H(e)图上可知载频f=10kHz，由此得到载波cos20000kt。cc因此s(t)=m+m(t)cos20000ktTOC o 1-5 h zAM0=mcos20000kt+Asin100kt+sin6000ktcos20000kt0=mcos2OOOOkt+sin2O1OOkt-sin19900兀t+sin26OOOkt-sin14000兀to2s)=km8+2OOOOk)+6(一20005)+6(+2O1OOk)AMO2-6(-20100k

4、)-6(+19900k)+6(一19900k)+6+26000k)-6(-26000k)-6(w+14000k)+6(一14000k)设残留边带信号为S(t)，且s(t)oS(o)，则S()=S(e)H(e)，由于s(o)是VSBVSBVSBVSBAMAM第3页一组离散谱，残留边带信号的频谱也是离散谱，以H(o)在上述离散谱对应频点上取值作为加权。于是f=10.05kHz时，H(o)=10.05-9.5=0.55f=10kHz时，H(o)=0.5f，所以，虽然调制信号频率f增加了1倍，但调频信号的带宽B变化很小。mm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

5、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04kHz(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f=1124n(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)cn为一个超群，共60路电话，占用频率范围312552KHz。试求：各基群占用的频率范围和带宽超群载频值(需要修改成：超群中各基群所采用的载频值)解（1）根据SSB调制的已调信号的频谱范围，和第n路载频f二112-4n（n二1,2,.,12）可cn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104-10

6、8KHZ；对第2路话，载频为104KHz,频带范围为100-104KHz；依此类推因此，基群的频率范围是60108KHz，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M1Jcc图1频谱搬移示意图所以f二84+336二420kHz，加48*n则为其它基群的载频值。c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T”分别由g和-g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，T为码元宽度，问该序列是否存在离散分量Bf=1/T的离散分量？BB（3）若g（t）改为下图，重新回答题（

7、2）所问。(a)(b)图P6-11)随机二进制序列的功率谱密度Pb(f)=fBP(1-P)lG1(f)-%f)|2B1B2BB0g(t)二-g(t)=g(t)，因此双极性随机序列的功率谱密度为12p(f)=4fP(1P)IG(f)|2+f2(12P)2艺|G(mf)|25(fmf)g等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分。TOC o 1-5 h zBBBBB式中，G(f)og(t)；功率S=fgP(f)dfgB=4fP(1P)卜IG(f)|2df+f2(12P)2区IG(mf)125(fmf)dfBgBBgBg|G(mf)|2Bg=4fP(1P)卜IG(f)|2df+f2(12P)2区Bg

8、B(2)若基带脉冲波形g(t)为g(t)=t20其他则g(t)的傅里叶变换G(f)为G(f)二TSaHTf)BB对式p(f)二4fp(1p)IG(f)|2+f2(1-2p)2兰IG(mf)|25(f-mf)BBBBBg是否存在离散谱取决于概率P和G(mf)，因为G(f)=TST庐s产=0BBBBB所以由题(1)的结果可知，该二进制序列不存在离散分量。(3)若基带脉冲波形g(t)为g(t)11t0其他则g(t)的傅里叶变换G(f)为G(f)=TBSa笔匸).兀rrirriprriS1口rri因为G(f)=厶sNJ扌一b2二一僅0b222兀/2兀所以，该二进制序列存在离散分量f二1/T。BB6-5

9、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-为码元间隔，数字信息“1”和“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。图P6-2求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率f=1/T的分量？若能，试计算该分量的BB功率。TOC o 1-5 h zf2TA(l-_111)111-B解(1)由图P6-2可写出g(t)=f-4B0其他AT兀-f则g(t)的傅里叶变换G(f)G(f)=尹Sa2(2)1由题意，P(0)二P(1)二P=怎，且有g(t)=g(t),g(t)=0212所以G(f)二G(f),G(f)二

10、012代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得P(f)=fP(1-P)lG(f)-G(f)|2+艺IfPG(mf)+(1-P)G(mf川25(f-mf)TOC o 1-5 h zBB12B1B2BB=fP(1-P)IG(f)|2+f2(1-2P)2艺IG(mf)|25(f-mf)BBBBg=f|AllSa4(囁才)I+止艺IG(mf)|25(f-mf)4424BB-gA2-兀-fA2mKbISa4(b)I+Sa4()5(f一mf)162162b-g(2)由(1)的结果，该基带信号的离散谱P(f)为vP(f)二ASa4(竽)8(f-mf)v162Bg当m=1时，即f=f时，有BA2兀兀P(f)=

11、Sa4()8(f+f)+Sa4()8(ff)v162B2B可见，该二进制数字基带信号中存在f=1/T的离散谱分量，故可以提取码元同步所需的频率BBf-1/T的分量。BB该频率分量的功率为A2兀A2兀S=花Sa4(尹花Sa4(亍=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1011000000000101AMI+10-1+1000000000-10+1HDB3+10-1+1000+V-B00V0+10-1+10-1+1000000000-10+1+E小-EAMI码波形图+10-1+1000+V-B00-V0+10-1+E口-E

12、HDB3码波形图说明：（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

13、，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/Tb波特的速率进行数据传输，试验证图P6-6所示的各种H他）能否满足抽样点无码间串扰的条件。图P6-6方法1根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率Rbs时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性H（w）应满足工H+）=C,第 页令f=1/T，则题目要求的R=2f，根据奈奎斯特第一准则，需要一个最大传输速率为2mf的系BBBB统。对比4个图，仅c满足要求。方法2由H(w)求出系统无

14、码间串扰最高传码率RBmax二2fN，然后与实际传输速率Rbs进行比较。若满足R=nRn=1,2,3BmaxB所以实际速率Rb进行数据传输时，满足抽样点上无码间串扰的条件。(a)R=丄R=BmaxTBT故不能ss3R二虽然大于R但非整数倍关系，故不能BmaxTBsR=丄=R，故该H(w)满足无码间串扰传输的条件;BmaxTBR=1Rd)BmaxTsB，故不能。6-17某二进制数字基带传输系统所传输的是单极性基带信号，且数字信息的“1”和“0”的出现概率相等若数字信息为T”时，接收滤波器的输出信号在抽样判决时刻的值是A=1V,且接收滤波器的输出噪声是均值为0、均方根值为0.2V的高斯噪声，试求这

15、时的误码率P；e若要求误码率P不大于10-5，试确定A至少应该是多少？e解(1)根据6.5.2中二进制单极性基带系统的判决电平和误码率的结果，最佳判决电平为A2lnP(0)2AP(1)对本题，由于T”和“0”等概，所以，最佳判决电平为A/2,1A误码率为P二erfc()e22dn将已知条件A二1q二0.2代入即得到此时的误码率nP=2efc()=6.21*10-3(2)若要求P不大于10-5，e1代入P二一erfc(e2A2J2qR)可以得到,1A2efC=)8.6cn说明：对于双极性信号于单极性信号。1AP二-erfc(=一)。在相同条件下，双极性信号的抗噪声性能优e2R6-20一相关编码系

16、统如图所示。图中，理想低通滤波器的截止频率为1/2TB赫兹，通带增益为TB。试求该系统的单位冲激响应和频率特性。输入输出丄口、/匸上.-rm玄曰ZrT丄帛J/启C/rP一相减”理想低通滤波器尸A延时2TB解由题意，这是第IV类部分响应系统。理想低通滤波器的传输函数为H()=LI1其他其对应的单位冲激响应为h(t)=Sa(Lt)H()=(1-e-j2roTB)H()=BL所以|H()|=2TsinTBBB其他B其他则系统单位冲激响应为h(t)=8(t)-8(t-2T)*h(t)=h(t)-h(t-2T)TOC o 1-5 h zBLLLB兀兀=Sa(t)-Sa(t-2T)TTBBB系统的传输函数

17、为两部分的传输函数相乘T(1-e-j2tb)B06-23设有一个三抽头的时域均衡器，如图所示，输出x(t)在各抽样点的值依次为x-2=1/8，x1=1/3，xo=1，X+i=1/4,x+2=1/16，在其他抽样点均为零，试求均衡器输入波形x(t)的峰值失真及输出波形y(t)的峰值失真。输入波形x(t)的峰值失真37x0k=2k丰01648由公式:ykkcxi可得i=Ny3=cx1211=_X324y2=cx1172y110011X1+1x134丿32y0cx11cx00+cx111X3y1cx12cx01cx11X3161X4丿X148y2cx02cx116y3cx121664其他y值均为0。

18、k所以输出波形的峰值失真为71480二丄|yh6f丄+丄+丄+丄+0+丄yI5(2472324864丿0k=3k丰0第七章数字频带传输系统7-16已知2PSK系统的传输速率为2400b/s试确定2PSK信号的主瓣宽度和频带利用率(b/(SHz);若对基带信号采用Q=0.4余弦滚降滤波预处理，再进行2PSK调制，这时占用的信道带宽和频带利用率为多大？若传输带宽不变，而传输速率增至7200b/s，则调制方式应作何改变？2PSK信号的带宽是基带信号的两倍，即，B二2f2PSKB在采用矩形成形滤波的情况下，已调信号的主瓣宽度f二R二2400HzBB因此，B=2*2400=4800Hz2PSKR05耳=

19、0.5B2PSKR=2400Baud/(Hz*s)Bf=R/2=1200HzNBf=(1+a)f=1.4*1200=1680HzBNB=2f=2*1680=3360Hz2PSKB耳=-R=0.71B2PSK(3)速率增大后，需要采用多进制处理7-17设某MPSK系统的比特率为4800b/s，并设基带信号采用Q=1余弦滚降滤波预处理。试问：4PSK占用的信道带宽和频带利用率8PSK占用的信道带宽和频带利用率在4PSK下，R=2400。其所需的奈奎斯特带宽为f=1200Hz，因为采用余弦滚降，实际的BN基带信号带宽为f=(1+Q)f=2400HzBN根据B=2f，得到B=2f=4800Hz。2PS

20、KB2PSKBR耳=i=1b/(s*Hz)B2PSK在8PSK下，R=1600,其所需的奈奎斯特带宽为f=800Hz，因为采用余弦滚降，实际BN的基带信号带宽为f=(1+Q)f=1600HzBN根据B=2f，得到B=2f=3200Hz。2PSKB2PSKBR耳=1.5b/(s*Hz)B2PSK第 页3)第 页补充1已知某2FSK信号,R二2400Baud/sBf二ff=2MHz中心频率c2试分析(1)针对相干解调、非相干正交解调和非相干包络检波，确定合理的载频f，/122)分别给出已调信号的主瓣宽度(3)若使用二0.5的升余弦，系统带宽是多少？1)对相干解调，要求两个载频在一个码元内正交，即jTBcostcostdt=0012jTBcos(+w)t一cos(一)tdt=0021212由于w+w是远远高于w-w的频率分量，认为其在一个码元内积分为0,于是，1212sin2A/T二0B对上式，只要满足2AfIf=n即可。从节省带宽的角度，取n=1，得到BAf=f-f=fI2，与题目中的条件f二厶竺二2MHz联立，求解方程组即可得到载