通信原理课后习题答案_蒋青主编.pdf

第 1 章 绪论 习题解答 1 1 解 解 每个消息的平均信息量为 222 111111 log2loglog 448822 H x 1 75bit 符号 1 2 解 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 数为 11 66 36CC 则圆点数之和为 3 出现的概率为 3 21 3618 p 故包含的信息量为 232 1 3 loglog4 17 18 Ipbit 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 7 61 366 p 故包含的信息量为 272 1 7 loglog2 585 6 Ipbit 1 3 解 解 1 每个字母的持续时间为 2 10ms 所以字母传输速率为 4 3 1 50 2 10 10 B RBaud 不同字母等可能出现时 每个字母的平均信息量为 2 log 42H x bit 符号 平均信息速率为 4 100 bB RRH x bit s 2 每个字母的平均信息量为 2222 11111133 loglogloglog 5544441010 H x 1 985 bit 符号 所以平均信息速率为 4 99 25 bB RRH x bit s 1 4 解 解 1 根据题意 可得 2 3 0 log 0 log1 415 8 IP 比特 2 1 1 log 1 log2 4 IP 比特 2 1 2 log 2 log2 4 IP 比特 2 1 3 log 3 log3 8 IP 比特 2 法一 因为离散信源是无记忆的 所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的 统计 独立的 因此 此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和 此消息中共有 14 个 0 符号 13 个 1 符号 12 个 2 符号 6 个 3 符号 则该消息的信息量是 14 0 13 1 12 2 6 3 IIIII 14 1 415 13 2 12 26 3 87 81 比特 此消息中共含 45 个信源符号 这 45 个信源符号携带有 87 81 比特信息量 则此消息中平均 每个符号携带的信息量为 2 87 81 451 95I 比特 符号 法二 若用熵的概念计算 有 222 331111 log2loglog1 906 884488 H xbit 符号 说明 说明 以上两种结果略有差别的原因在于 它们平均处理方法不同 前一种按算术平均的方 法进行计算 后一种是按熵的概念进行计算 结果可能存在误差 这种误差将随消息中符号 数的增加而减少 1 5 解 解 1 22 1133 loglog0 811 4444 H x bit 符号 2 某一特定序列 例如 m个 0 和 100 m个 1 出现的概率为 100 100 12100 13 01 44 mm mm L P XP XXXPP L 所以 信息量为 100 12100 2 13 loglog 44 200 100 log 3 mm L I XXXP X mbit L 3 序列的熵 10081 L XXbit 序列 1 6 解 若系统传送二进制码元的速率为 1200Baud 则系统的信息速率为 2 1200 log 21200 b R bit s 若系统传送十六进制码元的速率为 2400Baud 则系统的信息速率为 2 2400 log 169600 b R bit s 1 7 解 该恒参信道的传输函数为 0 d j tj HHeK e 冲激响应为 0 d h tKtt 输出信号为 0 d y ts th tK s tt 讨论 讨论 该恒参信道满足无失真传输的条件 所以信号在传输过程中无畸变 1 8 解 该恒参信道的传输函数为 00 sin sin dd jtbTj tjbT HAeAee 0 1sin d j t AjbT e 00 1 2 d j Tj Tj t jb Aeee j 00 22 ddd j tjtTjtT AbAb Aeee 冲激响应为 00 22 ddd AbAb h tAttttTttT 输出信号为 y ts th t 00 22 ddd AbAb As tts ttTs ttT 1 9 解 解 假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同 均为 0 V 则该信道的幅频特性为 00 2cos 2 HV 当 0 1 21 0 1 2 nnH L时 出现传输零点 当 0 1 2 0 1 2 nnH L时 出现传输极点 所以在 n fn kHz n 为整数 时 对传输信号最有利 在 1 11 22 fnn kHz n 为整数 时 对传输信号衰耗最大 1 10 解 1 因为 S N 30dB 即 10 10 log30 S dB N 得 S N 1000 由香农公式得信道容量 2 log 1 S CB N 2 3400 log 1 1000 3 33 89 10 bit s 2 因为最大信息传输速率为 4800b s 即信道容量为 4800b s 由香农公式 2 log 1 S CB N 得 4800 3400 21212 66 11 66 C B S N 则所需最小信噪比为 1 66 第 2 章 信号与噪声分析 习题解答 2 1 解 解 2 1 2 p xp x 数学期望 2 1 0 24 a a x E xxp x dxxdx aa 因为 232 22 263 a a a a xxa E xx p x dxdx aa 所以方差 22 22 0 33 aa D xE xE x 2 2 解 解 由题意随机变量 x 服从均值为 0 方差为 4 所以 0 2 x 即2 x 服从标准正态分布 可 通过查标准正态分布函数 2 2 1 2 t x xedt 数值表来求解 1 020 2 1 2 1 1 1 22 x p xp xp 1 0 84130 1587 2 040 4 1 4 1 1 2 22 x p xp xp 1 0 97720 0228 3 当均值变为 1 5 时 则 1 5 2 x 服从标准正态分布 所以 1 52 1 5 2 1 2 1 1 0 25 22 x p xp xp 1 0 59870 4013 1 54 1 5 4 1 4 1 1 1 25 22 x p xp xp 1 0 89440 1056 2 3 解 1 因为随机变量 服从均匀分布 且有0 2 则 的概率密度函数 1 2 f 所以有 0 cos E z tE m tt 0 cos E m tEt 2 0 0 1 cos 2 tdE m t 0 000 cos cos z R t tE m ttm tt 000 cos cos E m t m tEtt 000 11 cos 22 cos 22 m REt 0 1 cos 2 m R 0 0 cos 1 10 2 cos 1 01 2 0 其他 z R 由此可见 z t 的数学期望与时间无关 而其相关函数 z R t t 仅与 相关 因此 z t 是广义平稳的 2 自相关函数 z R 的波形如图 2 6 所示 图 2 6 3 根据三角函数的傅氏变换对 2 1 10 1 01 2 0 tt tri tttSa t 1024 所以位于第 8 段落 段落码为 111 3 确定段内码 8765 CCCC 因为 28641410241948 所以段内码 8765 CCCC 1110 所以 4000 1t 的抽样值经过A律13折线编码后 得到的 PCM 码字为 1 111 1110 同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的 PCM 码字 如表 4 5 所示 表 4 5 PCM 编码的输出码字 t t1600 样值 5 k2 sin s kTm 归一化值 输出码字 0t 0 0 0 10000000 4000 1t 5 2 0 9510565 1948 11111110 4000 2t 5 4 0 58778525 1204 11110010 4000 3t 5 6 0 58778525 1204 01110010 4000 4t 5 8 0 9510565 1948 01111110 4 5 解 解 因为采用均匀量化 所以量化间隔 5 0 4 2 则量化区间有 5 0 1 0 0 5 5 0 0 和 1 5 0 对应的量化值分别为 0 75 0 25 0 25 0 75 所以量化噪声功率为 22 0 50 1 0 5 22 0 51 00 5 0 7510 251 0 2510 751 1 48 q Nxx dxxx dx xx dxxx dx 因为输入量化器的信号功率为 10 222 0 1 1 1 1 6 Sx fx dxxx dxxx dx 所以量化信噪比 2 2 8 q q E x S N Emm 4 6 解 解 因为二进制码元速率 sB fMR 2 log 所以对应的信息速率 b R sB fMR 2 log 即信息速率 b R 与 M 2 log 成正比 所以若量化 级数由 128 增加到 256 传输该信号的信息速率 b R 增加到原来的 8 7 倍 而二进制码元宽度为 1 bB TR 假设占空比 b T 则PCM信号带宽为 B1 可见 带宽B与 M 2 log 成正比 所以 若量化级数由 128 增加到 256 带宽B增加到原来的 8 7 倍 4 7 解 解 1 基带信号的频谱图如图 4 16 所示 图 4 16 基带信号的频谱图 由式 4 2 理想抽样信号的频谱图如图 4 17 所示 图 4 17 理想抽样信号的频谱图 2 因为自然抽样信号的频谱 2 S4 0 2 S T s s s s s s n n nM n a nM n a A M 当 n 1 时 因为 2 S s s nM n a 4 0 S s Ma 所以 n 1 时自然抽样信号的频谱分量为 4 0 0 4Sa s M 对应的频谱图如图 4 18 所示 图 4 18 n 1 时自然抽样信号的频谱分量 所以 自然抽样信号的频谱图如图 4 19 所示 图 4 19 自然抽样信号的频谱图 因为平顶抽样信号的频谱 q M n s n s s nM 2 4Sa 0 nM 2 Sa T A 所以 平顶抽样信号的频谱图如图 4 20 所示 图 4 20 平顶抽样信号的频谱图 4 8 解 解 因为抽样频率为8000Hz 按A律13折线编码得到的PCM信号为 8 位二进码 所以二进 制码元速率 0006400088 sB flR 波特 因为占空比为 1 所以 b T 则 PCM 基带信号第一零点带宽 Hz B00064T 11 b 4 9 解 解 因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率 所以 Hzff Hs 000122 所以PAM系统的码元速率 00012 sB fR 波特 则码元宽度 s f 1Ts 因为占空比为 0 5 所以 s 5T 0 则 PAM 基带信号第一零点带宽 Hz B000241 4 10 解 解 1 因为奈奎斯特抽样频率 Hzff Hs 000122 量化级数 8 M 所以二进制码 元速率为 00036000123log2 sB fMR 波特 所以 对应的信息速率 s bit00036 b R 2 因为二进制码元速率B R 与二进制码元宽度 b T 呈倒数关系 所以 Bb RT1 因为占空比为 0 5 所以 b 5T 0 则 PCM 基带信号第一零点带宽 Hz B000721 4 11 解 解 编码过程如下 1 确定极性码 1 C 由于输入信号抽样值为负 故极性码 1 C 0 2 确定段落码 432 CCC 因为 1024 870 512 所以位于第 7 段落 段落码为 110 3 确定段内码 8765 CCCC 因为 63211512870 所以段内码 8765 CCCC 1011 所以 编出的 PCM 码字为 0 110 1011 编码电平C I 是指编码器输出非线性码所对应的电平 它对应量化级的起始电平 因为 极性为负 则编码电平 864C2C2C2C2II i8 0 7 1 6 2 5 3 BiC 量化单位 因为 2 10 00110110000864 因此 7 11 变换得到的 11 位线性码为 00110110000 编码误差等于编码电平与抽样值的差值 所以编码误差为 6 个量化单位 解码电平对应量化级的中间电平 所以解码器输出为 880 16864 个量化单位 因为 2 10 0 00110111000880 所以 7 12 变换得到的 12 位线性码为 011011100000 解码误差 即量化误差 为解码电平和抽样值之差 所以解码误差为 10 个量化单位 4 12 解 解 1 因为量化区的最大电压为 mVU2048 所以量化单位为 1mV 所以抽样 值为 398 编码过程如下 确定极性码 1 C 由于输入信号抽样值s I 为正 故极性码 1 C 1 确定段落码 432 CCC 因为 512 398 256 所以位于第 6 段落 段落码为 101 确定段内码 8765 CCCC 因为所以段内码 8765 CCCC 1000 所以 编出的 PCM 码字为 11011000 它表示输入信号抽样值s I 处于第 6 段序号为 8 的量化级 该量化级对应的起始电平为 384 384mV 中间电平为 392 mV 编码电平对应该量化级对应的起始电平 所以编码电平 C I 384 384mV 因为 2 10 00011000000384 所以对应的 11 位线性码为 00110000000 解码电平对应该量化级对应的中间电平 所以解码电平 D I 392mV 可见 解码误差 即量化误差 为 6mV 4 13 解 解 因为最大电压值为 5V 所以量化单位 V 2048 1 5 所以 样值幅度 5V 2 表示为 1024 量化单位 因为样值为负 而且输入信号抽样值s I 处于第 8 段序号为 0 的量化级 所以编码器的输 出码字为 0 111 0000 该量化级对应的起始电平为 1024 5V 2 中间电平为 1056321024 量化 单位 即 2 578V 所以量化电平为 2 578V 量化误差为 78mV 4 14 解 解 极性码为 1 所以极性为正 段落码为 000 段内码为 0111 所以信号位于第 1 段落序号为 7 的量化级 由表 4 1 可 知 第 1 段落的起始电平为 0 量化间隔为 因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点 所以解码器输出为 5 7 5 017 个量化单位 即解码电平 7 5 因为 2 10 1 100000000115 7 所以 对应的 12 位线性码为 000000001111 4 15 解 解 编码过程如下 1 确定极性码 1 C 由于输入信号抽样值为负 故极性码 1 C 0 2 确定段落码 432 CCC 因为 1024 630 512 所以位于第 7 段落 段落码为 110 3 确定段内码 8765 CCCC 因为 22323512630 所以段内码 8765 CCCC 0011 所以 编出的 PCM 码字为 0 110 0011 因为编码电平对应量化级的起始电平 所以编码电平为 608 单位 因为 2 10 00100110000608 所以 对应的均匀量化的 11 位线性码为 01001100000 4 16 解 解 因为 l e qo eq PCM P NS NN S N S 2 0 0 0 241 又因为 22 M2 l q o N S 所以 第 5 章 数字信号的基带传输 习题解答 5 1 解 解 略 5 2 解 解 信息码 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI 码 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 HDB3 码 1 1 0 0 0 V 0 1 1 B 0 0 V 1 1 5 3 解 解 信息码 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI 码 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 HDB3 码 1 0 1 0 0 0 V B 0 0 V 0 1 1 5 4 解 解 1 对于单极性基带信号 1 0g t 2 g tg t 随机脉冲序列的功率谱密度为 22 1 21 sssss m P ff ppG ffpG mffmf 当 1 2 p 时 2 22 44 ss sss m ff P fG fG mffmf 由图 5 11 得 2 1 2 0 s s T Att Tg t else g t 的傅立叶变换 G f 为 2 22 ss ATfT G fSa 代入功率谱密度函数式 得 2 2222 422422 sssssss ss m fATfTfATf T P fSaSafmf 22 44 162162 ss s m A TfTAm SaSafmf 功率谱密度如图 5 12 所示 2 由图 5 12 中可以看出 该基带信号的功率谱密度中含有频率 1 s s f T 的离散分量 故可以提取码元同步所需的频率 1 s s f T 的分量 由题 1 中的结果 该基带信号中的离散谱分量 v P 为 2 4 162 vs m Am P fSafmf 当 m取1 时 即 s ff 时 有 22 44 162162 vss AA P fSaffSaff 所以该频率分量的功率为 222 44 4 2 162162 AAA SSaSa 图 5 12 5 5 解 解 1 由图 5 12 可得 0 0 1 1 0 H else 该系统输出基本脉冲的时间表示式为 2 00 1 222 j t t h tHedSa 2 根据奈奎斯特准则 当系统能实现无码间干扰传输时 H 应满足 2 0 i s eq HiC TT H T 容易验证 当 0 T 时 0 2 2 2 B iii s HiHR iHiC T 所以当码率 0 B R 时 系统不能实现无码间干扰传输 5 6 解 解 1 法 1 无码间串扰时 max 2 BN RB 当码元速率为 150kBaud 时 75 2 B N R BkHz 容易验证 此系统有码间串扰 法 2 由题意 设 100 N BkHz 则 max 2200 BN RBk Baud 将 maxB R 与实际码速率 比较为正整数 由于 max 200 150 B B Rk Baud Rk 正整数 则此系统有码间干扰 2 由题意 设 100 N BkHz 则 max 2200 BN RBk Baud 设传输 M 进制的基带信 号 则 max 22 200200 loglog 400 B Bb Rkk MM Baud RRk 令 maxB B R R 常数 求得 1 2 n Mn L4 可见 采用4n进制信号时 都能满足无码间串扰条件 结论 结论 根据系统频率特性 H 分析码间干扰特性的简便方法 首先由 H 确定系统的奈 奎斯特等效带宽 N B 然后由 max 2 BN RB 求出最大码速率 再与实际码速率比较 若 max BB RR 为正整数 则无码间干扰 否则有码间干扰 5 7 解 解 1 1 1600 N BBHz 所以 800 2 N B BHz 则 max 21600 BN RBBaud 2 11 1600 s B Ts R 5 8 解解 升余弦滚降频谱信号的时域表达式为 2 sin cos 12 ss s s t Tt T h t t T t T 当 64 B RkBaud 即 1 64 s k T 0 4 时 2 sin 64000cos 25600 6400012621440000 tt h t tt 2 频谱图如图 5 14 所示 图 5 14 3 传输带宽 64 1 1 444 8 2 N BBkHzkHz 4 频带利用率 64 1 43 44 8 B R Baud Hz B 5 9 解 解 1 图 a 为理想低通 设 1000 N BHz 所以 max 22000 BN RBBaud 1 max 2000 500 BB RR 4 整数 无码间串扰 2 max 2000 1000 BB RR 2 整 数 无码间串扰 3 max 2000 1500 BB RR 不是整数 有码间串扰 4 max 2000 2000 BB RR 1 整数 无码间串扰 2 图 b 为升余弦型信号 由图可以判断 500 N BHz 所以 max 21000 BN RBBaud 所以 1 500 B RBaud 2 1000 B RBaud 两种情况下无码间串扰 5 10 解 解 根据奈奎斯特准则可以证明 a b 和 c 三种传输函数均能满足无码间干扰的要 求 下面我们从频带利用率 冲激响应 尾巴 的衰减快慢 实现难易程度等三个方面来分 析对比三种传输函数的好坏 1 频带利用率 三种波形的传输速率均为 3 10 B RBaud 传输函数 a 的带宽为 3 2 10 a BHz 其频带利用率 3 1000 0 5 2 10 B a a R Baud Hz B 传输函数 b 的带宽为 3 10 b BHz 其频带利用率 3 1000 1 10 B b b R Baud Hz B 传输函数 c 的带宽为 3 10 c BHz 其频带利用率 3 1000 1 10 B c c R Baud Hz B 显然 abc 2 冲激响应 尾巴 的衰减快慢程度 a b c 三种传输特性的时域波形分别为 323 2 10 2 10 a h tSat 323 2 10 2 10 b h tSat 323 10 10 c h tSat 其中 a 和 c 的尾巴以 2 1 t 的速度衰减 而 b 的尾巴以 1 t的速度衰减 故从时域波形 的尾巴衰减速度来看 传输特性 a 和 c 较好 3 从实现难易程度来看 因为 b 为理想低通特性 物理上不易实现 而 a 和 c 相对较易实现 5 11 解解 已知信道的截止频率为 100kHz 则 100BkHz 由 1 100 N BBkHz 求得 100 1 75 N BkHz 现在 5 6 1 10 10 10 B RBaud 则 3 5 2200 10 1 75 10 N B B R 常数 则该二元数据流在此信道中 传输会产生码间干扰 故该二元数据流不在此信道中传输 5 12 解解 传输特性 H 的波形如图 5 17 所示 图 5 17 由上图易知 H 为升余弦传输特性 由奈奎斯特准则 可求出系统最高的码元速率 0 1 2 B RBaud 而 0 2 s T 5 13 解 解 1 用 1 P 和 0 P 分别表示数字信息 1 和 0 出现的概率 则 1 0 1 2 PP 等 概时 最佳判决门限 0 5 2 d A VV 已知接收滤波器输出噪声均值为 0 均方根值 0 2 n V 误码率 3 1 e 6 21 10 22 2 e n A Prfc 2 根据 5 10 e P 即 5 1 e 10 22 2 n A rfc 求得 8 53 n A 5 14 解 解 1 由于信号 f t 在t T 时刻结束 因此最到输出信噪比的出现时刻 0 tT 2 取 0 tT 1K 则匹配滤波器的冲激响应为 0 2 2 0 T At T h tf tTAtT elset 输出波形为 0 t y tf th tfh td 分几种情况讨论 a 0 2 T t 2 0 t y tAA dA t b 2 T tT 22 22 0 22 TT t t TT t y tA dAA dA d 222 2222 TTTT A tAtA t 2 3 2 AtT c 3 2 TtT 22 22 22 TT t T TT t T t y tA dAA dA d 222 2222 TTTT AtTA tA Tt 2 4 3 ATt d 3 2 2 TtT 2 2 T t T y tA AdA tT e else t 0y t 综上所述 有 2 2 2 2 0 2 32 2 3 43 2 3 2 2 2 0 T A tt T AtTtT y tATtTtT A tTTtT else 1 当非相干接收时 44 r e 1024 1e 2 1 P 相干接收时 系统误码率 54 r e 1036 2 e r 1 2 r erfc 2 1 P 6 9 解 解 因为发送信号的功率为 1kW 信道衰减为 60dB 所以接收信号的功率 W101 2 a 3 2 所以信噪比 10 10 101 r 4 3 所以 非相干 2ASK 系统的误码率 4 1 2 r e Pe 2 101 4 相干 2PSK 系统的误码率 e 1 Perfc r 2 当 r 1 时 1 2 r e Pe r 6 1004 4 6 10 解 解 2PSK 信号可以写成 cos PSKc Sts tt 其中 s t 为双极性基带信号 理想载波时 2 1cos2 cos cos 2 c PSKcc t Stts tts t 经低通滤波器 得到 当存在相位差 时 coscos 2 cos coscos 2 c PSKccc t Stts ttts t 经低通滤波器 得到 1 cos 2 s t 所以有相位差 时引起信号功率下降 2 cos 倍 我们知道 采用极性比较法的 2PSK 误码率为 1 2 e Perfcr 由于有相位误差 误 码率变为 2 1 cos 2 e Perfr 所以相干载波相位误差的存在导致了系统误差的存在 6 11 解 解 接收机输入信噪比为 9dB 即 8r 相干解调时 4 1 r e Pe r 所以 e P 0 027 又因为包络解调时 4 1 2 r e Pe 对应的接收机的输入信噪比 675 11r 6 12 解 解 1 2ASK 相 干 解 调 1 2 2 e Perfcr 由 5 10 e P 查 表 得 r36 因 为 3 10 B RBaud 则 3 2ASK B2 10Hz 又因为 22 2 02 22 ASK aa r n B 所以 W104 142 a 62 2 2FSK 非相干解调 2 1 2 r e Pe 得 64 21r 所以 W1065 82 a 62 3 2DPSK 差分相干解调 1 2 r e Pe 得 82 10r 所以 W1033 42 a 62 4 2PSK 相干解调 e 1 Perfc r 2 由 5 10 e P 查表得 r9 所以 W106 32 a 62 6 13 解 解 双比特码元与载波相位的关系如下 双比特码元与载波相位的关系 双比特码元 载波相位 k A 方式 B 方式 0 0 0 3 4 1 0 2 4 1 1 4 0 1 2 3 4 根据上表可得 4PSK 及 4DPSK 信号的所有可能波形如图 6 30 所示 图 6 30 6 14 解 解 B 2 4800 R 1600Baud log3 b R M 所以 8PSKB B2R3200Hz 6 15 解 解 信道带宽为 30006002400BHzHz 信道带宽 信道带宽为已调信号的带宽 1 1 时 QPSK 系统的频带利用率为 2 log 4 1 1 b QPSK R bps Hz B 则数据传输速率为 2400 12400 bQPSK RBbit s 2 0 5 时 8PSK 系统的频带利用率为 2 8 log 8 2 1 b PSK R bps Hz B 则数据传输速率为 8 2400 24800 bPSK RBbit s 第 7 章 多路复用及多址技术 习题解答 7 11 解 解 每一路已调信号的频谱宽度为 2000Hz fm 邻路间隔防护频带为 200Hzfg 则 n 路频分复用信号的总频带宽度为 10800Hz2004200051 gmn fn nfB 7 2 解 解 各路音频信号经过 SSB 调制后 在两路相邻信号之间加防护频带 g f 则 30 路信号合 并后信号的总带宽 kHz fn nfB gmn 3119709233031 再进行 FM 调制后 传输信号的频带宽度为 6kHz 42383119000222 B fB n 7 3 解 解 因为抽样频率为8000Hz 所以抽样间隔 s1258000 1Ts 所以路时隙 30 TT sa 因为占空比为 0 5 所以 a 5T 0 则 PCM 基带信号第一零点带宽 Hz B0004801 7 4 解 解 因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率 所以 Hzff Hs 00082 按A律13折线编码 每个抽样值得到 8 个二进制码元 所以 10 路 TDM PCM 信号的 码元速率 000640810 sB fR 波特 又因为二进制码元速率B R 与二进制码元宽度 b T 呈倒数关系的 所以 Bb RT1 因为占空比为 1 所以 b T 则 PCM 基带信号第一零点带宽 Hz B0006401 7 5 解 解 因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率 所以 Hzff Hs 00082 所以 10 路 TDM PCM 信号的码元速率 000640256log10 2 sB fR 波特 1 由于升余弦滚降特性的系统最大码元频带利用率为 1 max B RB 波特 赫兹 所以无码间干扰系统的最小传输带宽为 B RB 640 kHz 2 如果采用理想低通滤波器特性的信道来传输 由奈奎斯特第一准则可知 2 max B RB 波特 赫兹 可以得到此时需要的最小传输带宽 2 R B B 320 kHz