通信原理与通信技术(第二版-张卫钢版)课后答案(1-8章详解)

1 1什么是模拟信号 什么是数字信号 答 参量 因变量 取值随时间 自变量 的连续变化而连续变化的信号 或者通俗地讲 波形为连续曲线的信号就是模拟信号 模拟信号的主要特点是在其出现的时间内具有无限个可 能的取值 自变量取离散值 参量取有限个经过量化的离散值的信号叫做数字信号 实际应用中的数 字信号一般是只有两个取值 0 和 1 的脉冲序列 模拟信号和数字信号的本质区别在于 模拟信号的取值为无限多个 而数字信号为有限个取值 通常只有 0 和 1 两个值 1 2为什么要对模拟信号进行抽样 对抽样间隔有什么要求 答 为了对模拟信号进行数字传输以提高通信质量 首先需要将模拟信号转化位数字信号 而这种 A D 转换过程的第一步就是对模拟信号进行抽样 把模拟信号变成离散信号 为了能从 抽样后的信号 离散信号 中无失真地恢复出原始信号 要求抽样间隔小于等于原始信号最高 频率分量所对应信号周期的一半 或者说 要求抽样频率大于等于原始信号最高频率的二倍 1 3为什么要对离散信号进行量化 答 离散信号尽管在时间上是离散的 但其幅度的取值却有无限多个 注意不是无限大 没有从本质上改变模拟信号 因此 没有实用价值 只有把离散信号进行量化 把无穷个取值 变成有限个 把离散信号转化为数字信号才能使模拟信号发生质变 可见 离散信号是模拟信 号通往数字信号的桥梁 1 4设信道带宽为 3KHz 信噪比为 20dB 若传输二进制信号 则最大传输速率是多少 解 因为已知信噪比为 20dB 即 N S lg1020 所以 100 N S 由香农公式可得信道容量为 bpsC19941647 6 3000 1001 log3000 2 1 5设英文字母 e 出现的概率为 0 105 x 出现的概率为 0 002 试求 e 及 x 的信息量 解 e 的信息量 bitI e 25 3 105 0 1 log2 x 的信息量 bitIx97 8 002 0 1 log2 1 6某信息源的符号集由 A B C D 和 E 组成 设每一符号独立出现 其出现概率分别为 1 4 1 8 1 8 3 16 和 5 16 试求该信息源符号的平均信息量 解 平均信息量 即信息源的熵 log 1 2i n i i xPxPH 16 5 log 16 5 16 3 log 16 3 8 1 log 8 1 8 1 log 8 1 4 1 log 4 1 22222 符号比特 23 2 1 7 一个由字母 A B C D 组成的字 对于传输的每一个字母用二进制脉冲编码 00 代 替 A 01 代替 B 10 代替 C 11 代替 D 每个脉冲宽度为 5ms 1 不同的字母是等概率可能出现时 试计算传输的平均信息速率 2 若每个字母出现的概率为 PA 1 4 PB 1 5 PC 1 4 PD 3 10 试计算平均信息传输速率 解 1 不同的字母是等可能出现的 即出现概率均为 1 4 每个字母的平均信息量为 符号比特 2 4 1 log 4 1 4 2 H 因为一个字母对应两个二进制脉冲 每个脉冲宽度为 5ms 所以每个字母所占用的时间为 23 101052 T s 则每秒传送的符号数为 取取取取取Baud T RB 100 1 平均信息速率为 sbMRHRR BBb 2001002log2 2 每个符号的平均信息量为 符号比特 985 1 10 3 log 10 3 4 1 log 4 1 4 1 log 4 1 5 1 log 5 1 2222 H 则平均信息速率为 sbHRR Bb 5 198100985 1 注 因为该题一个字母用两位二进制码元表示 所以属于四进制符号 注 因为该题一个字母用两位二进制码元表示 所以属于四进制符号 1 8 对于二进制独立等概率信号 码元宽度为 0 5ms 求波特率和比特率 若改为四进制信号 再求波特率和比特率 解 因为是二进制信号 所以一个码元表示一个符号 则有码元速率 调制速率 取取取取取Baud T RB 2000 105 0 11 3 2 比特率等于波特率 sbRR Bb 2000 2 在保证信息速率不变的前提下 若改为四进制信号 则两个二进制码元表示一个四进制符号 一个符号的持续时间 sT001 0 105 02 3 波特率 单位时间传输的符号数 为 取取取取取Baud T RB 1000 10 11 3 4 注 此时的波特率实际上是四进制符号 码元 的传输速率 比二进制波特率小一半 比特率为 sbMRR Bb 200021000log2 若信息速率可变 则波特率仍为二进制时的 2000Baud 而比特率为 4000b s 1 9 已知电话信道的带宽为 3 4kHz 试求 1 接收端信噪比为 30dB 时的信道容量 2 若要求该信道能传输 4800b s 的数据 则接收端要求最小信噪比为多少分贝 解 1 1000 NS 即 30dB 信道容量 sb N S BC 104 3 10001 log104 3 1 log 4 2 3 2 2 因为 1 log 2 N S BC 所以 dB N S BC 2 266 1 1212 4 3 8 4 1 10 计算机终端通过电话信道传输计算机数据 电话信道带宽 3 4kHz 信道输出的信噪比为 20dB 该终端输出 128 个符号 各符号相互统计独立 等概率出现 计算信道容量 解 100 NS 即 20dB 信道容量 sb N S BC 1026 2 1001 log104 3 1 log 4 2 3 2 1 11 黑白电视图像每幅含有 3 105个象素 每个像素有 16 个等概率出现的亮度等级 要求 每秒钟传输 30 帧图像 若信道输出信噪比 30dB 计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最 小带宽 解 每个像素所含信息量 bitH416log 2 信息传输率即信道容量 sbC 106 3 301034 75 又因为信道输出 1000 NS 即 30dB 所以信道最小带宽为 Hz NS C B 106 3 10001 log 106 3 1 log 6 2 7 2 2 1 已知两个线性已调信号为 1 tttf c coscos 2 tttf c cos sin5 01 式中 6 c 分别画出他们的波形图和频谱图 解 1 tttf c coscos 1 的波形见图 2 1 1 a 其频谱为 2 1 1cc F 5 7 5 7 2 频谱图见图 2 1 1 b 2 tftf c cos sin5 01 2 的波形如图 2 1 2 a 其频谱为 2cc F 2 5 0 cc j 6 6 5 5 7 7 4 j 频谱图 2 1 2 b 2 2 一调制系统如题 2 2 图所示 为了在输出端得到 f1 t 和 f2 t 试确定接收端的本地载波 c1 t 和 c2 t 相乘 相乘 相加 相乘 相乘 低通 低通 1 tf 2 tf 1 tf 2 tf 2 tc 1 tct 0 cos t 0 sin 发送端接收端 习题2 2图 解 A 点信号为ttfttf 0201 sin cos 这是两个互相正交的双边带信号 它们分别采用相干解调法解调 所以可确 定ttc 01 cos ttc 02 sin 上支路 相乘后 cos sin cos 00201 tttfttf tttfttf 0020 2 1 cossin cos ttfttftf 02011 2sin 2 1 2cos 2 1 2 1 经低通 得到 2 1 1 tf 下支路 相乘后 sin sin cos 00201 tttfttf ttftttf 0 2 2001 sin sincos ttftfttf 02201 2cos 2 1 2 1 2sin 2 1 经低通 得到 2 1 2 tf 2 3 如题 2 3 图 a 所示调制系统 已知 f t 的频谱如题 2 3 图 b 载频 21 H 1 且理想低通滤波器的截止 频率为 1 求输出信号 s t 并说明是何种调制信号 相乘器 理想 低通 相乘器 相乘器 理想 低通 相乘器 相加器 tf ts t 1 cos t 2 cos t 1 sin t 2 sin a A 0 F H H b 习题2 3图 A B C D E F G H 解 设左边输入端相乘器的入点为 A 点 上下两个低通滤波器的入点各为 B 和 C 点 两个低通滤波器的出点各为 D 和 E 点 相加器上下两个入点分别为 F 和 G 点 相加器的出点为 H 点 则该调制系统各点的波形如题 2 3 解图所示 从 H 点的波形可以看出 该调制系统是一个采用混合方法产生 SSB 信号的调制器 其时域表达式为 ttfttfts ttfttfts SFts USB LSB H sin 2 1 cos 2 1 sin 2 1 cos 2 1 1212 2121 1 2 4 证明在题 2 4 图电路中 只要适当选择放大器增益 K 不用滤波器也可实现抑制载波双边带调制 tf tsDSB tA c cos K 1 x 2 x 习题2 4图 2 1 ax 2 2 bx 解 22222 222 2 2 2 1 2 1 cos cos 2 cos cos cos cos tAbaKtAtfbaKtfbaK tAtfbtAtfaK bxaxts tAtfx tAtfKx cc cc DSB c c 可见 要使系统输出为 DSB 信号 只需0 2 baK即可 即当放大器增益满足 a b K 2 时 不用滤波器也可实现抑制载波 的双边带调制 2 5 什么时候适合采用 FDM 答 FDM 是一种利用频谱搬移在一个物理信道中传输多路信号的技术 所以 要进行 FDM 首先要求信道的通频带必须大 于预复用各路信号频谱宽度总和的二倍 对于双边带信号而言 且各路载波能够实现 其次 该信道的频率资源不紧张 允 许用比较宽的频带传输信号 最后 对电路的复杂性和经济性要求不苛刻 2 6 FDM 的理论基础是什么 答 FDM 的理论基础就是 信号与系统 课程中讲过的调制定理 也叫频谱搬移定理 该定理的内容是 信号 tf与正弦型信号 t c cos和t c sin 相乘 相当于把 tf的频谱 F搬移到 c 处 频谱形状 不变 幅度减半 搬移后的频谱仍然保留原信号的全部信息 2 7 设信道带宽为 10MHz 信号带宽为 1 5MHz 若采用 FDM 进行多路传输 试问该信道最多可传输几路信号 答 若采用双边带调制 则每路信号带宽为MHzW35 12 考虑留出保护带 各路信号频谱之间的空白带 10MHz 带宽的信道最多可复用 3 路信号 若采用单边带调制 则每路信号带宽为MHzW5 1 考虑留出一定的保护带 10MHz 带宽的信道最多可复用 6 路信号 2 8 已知一个受 1kHz 正弦调制信号调制的角调制信号为 cos25cos 100 ttts mc 1 若为调频波 求 m增加 5 倍时的调频指数和带宽 2 若为调相波 求 m减小为 1 5 时的调相指数和带宽 解 1 调频 mm FM FM f fAK max m 增加 5 倍时 FM 下降 5 倍 带宽下降 5 倍 2 调相 m 减小为 1 5 KPM不变 带宽不变 2 9 在例题 2 2 中 若峰值频偏变为 1kHz 计算 1 2 3 解 fm 10kHz fmax 1kHz 1 BFM 2 fmax fm 2 1 10 22 kHz F BFM 2fm 1 1 22 20 1 0 1 2 幅度加倍 意味着 F 0 2 所以 BFM 2 F 1 fm 2 0 2 1 10 24 kHz 3 BFM 2 fmax fm 2 1 20 42 kHz 3 1 TDM 的理论基础是什么 答 时分复用的理论基础是抽样定理 3 2 TDM 与 FDM 的主要区别是什么 答 FDM 是用频率区分同一信道上同时传输的各路信号 各路信号在频谱上互相分开 但在 时间上重叠在一起 TDM 是在时间上区分同一信道上轮流传输的各路信号 各路信号在时间上互相分开 但在 频谱上重叠在一起 3 3 抽样后的信号频谱在什么条件下发生混叠 答 当抽样频率低于模拟信号的最高频率的 2 倍时 抽样后的信号频谱将发生混叠 3 4 量化的目的是什么 答 量化的目的是将抽样信号在幅值上进行离散化处理 即将无限个可能的取值变为有限个 3 5 什么是均匀量化 它有什么缺点 答 均匀量化是量化间隔相等的量化 其主要缺点是无论抽样值大小如何 量化噪声的均方根值都固定不变 因此当信号较小时 信号的量化信噪比也很小 难以满足通信系统的要求 3 6 为什么要进行压缩和扩张 答 压缩和扩张的目的是在不增加量化级数的前提下 利用降低大信号的量化信噪比来提高 小信号的量化信噪比 即信号幅度小时 量化间隔小 量化误差小 信号幅度大时 量化间隔 大 量化误差大 保证了信号在较宽的动态范围内满足通信系统的要求 克服了均匀量化的缺 点 方法是发信端加压缩器 对信号进行压缩处理 收信端加扩张器 对信号进行扩张处理 压缩器与扩张器总的传输函数应为常数 也就是线性变换 3 7 对 10 路带宽均为 300 3400Hz 的话音信号进行 PCM 时分复用传输 抽样速率为 8kHz 抽 样后进行 8 级量化 并编为自然二进制码 求传输此复用信号信息传输速率 解 因为抽样后进行 8 级量化 所以编码位数为 3 3 8 设一个模拟信号ttf cos109 若对 f t 进行 41 级均匀量化 求编码所需的二进制 码组长度和量化台阶 解 因为 25 41 26所以二进制码组长度 K 应取 6 kfnRR sBb sbitRb 104 2310810 53 量化台阶 3 9 对一个基带信号tttf 4cos22cos 进行理想抽样 为了在收信端能不失真地恢复f t 问抽样间隔如何选择 若抽样间隔取 0 2s 试画出抽样后的信号频谱 解 因为基带信号的 tf的最高频率为 2Hz 所以抽样频率 s f应满足 Hzff Hs 42 抽样间隔 s ff T Hs S 25 0 2 11 基带信号的频谱 44 2 22 M 抽样信号的频谱 n s s s nM T M 1 又因为样间隔取 0 2s 所以 10 2 s s T 抽样信号的频谱图如图题 3 9 所示 0 2 4 6 8 10 2 4 6 8 10 5 10 s M 习题3 9图 3 10 分别画出带通型信号抽样频率 s f随信号最高频率分量 H f和最低频率分量 L f变化的关系曲 线 并说明当 L f不断增大时 s f的变化趋势 注 H f与 L f均以NB为变化步长 画到6 N即可 本题题解略 VV488 0 41 20 41 1 19 4 1 在 M 调制中 抽样频率越高 量化噪声越小 那么提高抽样频率对系统有什么不利的影响 解 在 M 调制中 抽样频率越高 量化噪声越小 但增大 s f 就增加了信号的传输带宽 降低了频带利用率 4 2 M 调制与 PCM 调制有何异同点 解 增量调制是在 PCM 方式的基础上发展起来的另一种模拟信号数字传输的方法 可以看成是 PCM 的一个特例 它具有 码位少 只有 1 位 编码设备简单 单路时不需要同步优点 它所产生二进制代码表示模拟信号前后两个抽样值的差别 增 加 还是减小 而不是代表抽样值的大小 PCM 调制中 每一个样值编 8 位码 编码设备复杂 它所产生二进制代码表示模拟信号瞬时抽样值的量化值的大小 4 3 按增量总和调制工作原理 画出调制器框图和解调器框图 本题题解略 4 4 分析 M 调制的二进制输出和增量总和调制的二进制输出分别代表什么信息 解 增量调制的二进制代码携带输入信号增量的信息 或者说携带输入信号微分的信息 调制的代码实际上是代表输入信号振幅的信息 5 1 按 CCITT 建议 两种制式的 PCM 高次群复用系列中 各次群的话路数和速率分别是多少 答 两种制式的 PCM 高次群复用系列中 各次群的话路数和速率如下表 2M 系列1 5M 系列群号 速率路数速率路数 一次群2 048Mb s301 544 Mb s24 二次群8 448 Mb s30 4 1206 312 Mb s24 4 96 三次群34 368 Mb s120 4 48032 064 Mb s96 5 480 四次群139 264 Mb s480 4 192097 728 Mb s480 3 1440 五次群564 992 Mb s192 4 7680397 200 Mb s1440 4 5760 5 2 PCM 复用与数字复接有何区别 目前普遍采用数字复接的理由是什么 答 PCM 复用 对多路的话音信号直接编码复用的方法 缺点是编码速度非常高 对电路及元器件的精度要求很高 实现起来比较困难 数字复接 将 PCM 复用后的低速率信号再进行时分复用 形成更多路的数字通信 优点是经过数字复用后的数码率提高 了 但是对每一个基群的编码速度则没有提高 实现起来容易 因此目前广泛采用数字复接来提高通信容量 5 3 数字复接分几种 复接方式有几种 答 数字复接的方法分 同步复接 异源复接 异步复接 复接的方式分 按位复接 按字复接 按帧复接 5 4 异源 准同步 复接有什么特点 答 异源 准同步 复接 被复接的各输入支路之间不同步 并与复接器的定时信号也不同步 但是各输入支路的标 称速率相同 也与复接器要求的标称速率相同 但仍不满足复接条件 复接之前还需要进行码速调整 使之满足复接条件再 进行复接 5 5 同步数字系列 SDH 相对于准同步数字系列 PDH 有哪些优点 答 同步数字系列 SDH 相对于准同步数字系列 PDH 优点是 SDH 网有了世界性统一的网络节点接口 NNI 从而简化了信号的互通以及信号的传输 复用 交叉连接等过程 SDH 网有一套标准化的信息结构等级 称为同步传递模块 并具有一种块状帧结构 允许安排丰富的开销比特用于网 络的维护 SDH 网有一套特殊的复用结构 允许现存的准同步体系 PDH 同步数字体系 和 B ISDN 的信号都能纳入其帧结 构中传输 具有极强的兼容性和广泛的适应性 SDH 网大量采用软件进行网络配置和控制 增加新功能和新特性非常方便 适应将来不断发展的需要 SDH 网有标准的光接口 5 6 简述 SDH 的复用原理 答 SDH 最基本 最重要的数据块为同步传输模块 STM 1 更高级别的 STM 一 N 信号则是将 STM 1 按同步复用 经字节间插后形成的 STM 一 1 帧结构由 9 行 270 列组成 每列宽一个字节即 8 比特 整个帧容量为 261 9 9 2430 字节 相当于 2430 8 19440 比特 帧传输速率为 8000 帧 秒 即 125 s 一帧 因而 STM l 传输速率为 155 520Mb s STM 1 帧结构字节的传送是从左到右 从上到下按行进行 首先传送帧结构左上角第一个 8 比特字节 依次 传递 直到 9 270 个字节都送完 再转入下一帧 6 1 已知二进制数字信息序列为 画出它所对应的双极性非归零码 传号差分码 CMI 码 数字双相码的波形 解 各种码波形如下图所示 双极性 E 非归零码 E 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 CMI 码 传号 E 非归零码 E 数字 双向码 条件 双向码 题解6 1图 6 2 已知数字码元序列为 画出它所对应的单极性归零码 AMI 码和 HDB3码的波形 解 各种码波形如下图所示 单极性 非归零码 1 0 0 1 1 0 0 0 V 0 1 1 B 0 0 V 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 AMI 码 HDB3码 题解6 2图 6 3 有 4 个连 l 与 4 个连 0 交替出现的序列 画出用单极性不归零码 AMI 码 HDB3码表示时的波形图 解 各种码波形如下图所示 题解6 3图 6 4 已知信息速率为 64kb s 若采用 0 4 的升余弦滚降频谱信号 1 求它的时域表达式 2 画出它的频谱图 3 求传输带宽 4 求频带利用率 解 1 当 0 1 时的升余弦滚降特性 H s sss ss s s T TTT TT T T H 1 00 1 1 2 sin1 2 1 0 相应的时域特性为 222 41 cos s s s Tt Tt T t Sath 将4 0 3 1064 11 s s f T代入 得到它的时域表达式 4 4 4 1062 2 1 102065cos 104 6 tSath 2 它的频谱图如下图所示 3 传输带宽 因为 0 4 即有 6 89644 14 1 1 kHzfff ssH 4 频带利用率 Hzsbit b 43 1 4 01 2 1 2 6 5 设基带系统的发送滤波器 信道及接收滤波器组成的总特性为 H 若要求以 2 Ts 波特的速率进行数据传输 试检 验图题 6 5 所示各种 H 能否满足抽样点上无码间串扰的条件 题6 5图 解 解题思路 由H 等效矩形 求为等效矩形带宽 2BB RB 2B 与 2 TS比较 各小题解答如下 a 其它0 21 B T H s 所以 s T B 2 1 无码间干扰传输码率 ss B TT BR 21 2 max 所以该H 不满足抽样点上无码间串扰的条件 b 因为 ss T BB T2 3 2 3 所以 ss B TT BR 23 2 max 这时虽然传输速率小于奈奎斯特速率 但是因为 maxB R不是 2 Ts的整数倍 所以仍然不满足抽样点上无码间串扰的条件 这可以用下图来说明 图中 h t 是该H 的单位冲击响应 从图中已知无码间干扰的最小时间间隔为3 ss TT 无码间 干扰的最大传码率为 ss B TT R 31 max 因为 2 Ts不是 3 Ts的整数分之一 所以抽样仍然不能满足抽样点上无码间串扰的条件 c 因为 ss T BB T 1 2 2 所以 s B T BR 2 2 max 所以这是正好满足无码间串扰的条件 d 因为 ss T BB T2 1 2 所以无码间串扰传输最大速率 ss B TT BR 21 2 max 所以该H 不满足抽样点上无码间串扰的条件 6 6 设二进制基带系统的传输特性为 其它 0 cos1 000 H 试确定系统最高的码元传输速率 RB及相应的码元间隔 Ts 解法 1 根据已知有 0 00 0 2 02 HHH H为升余弦型 将 H分成宽度为 0 0 的小段 然后将各小段在 22 0 上叠加 将构成等效低通 矩 形 传输函数 如题解 6 6 图所示 它示理想低通特性 等效矩形 其它0 2 00 H 等效矩形宽度为 0 4 1 eq B 最高的码元传输速率 0 2 1 2 eqB BR 相应的码元间隔 0 2 1 B s R T 解法 2 令 2 0 s T 代入上式得 其它 0 2 cos1 2 0 s s T T H 此传输函数就是1 的升余弦频谱特性的传输函数 所以 B R 0 2 1 0 2 s T 6 7 试求用两个相隔一位码元间隔的 x xsin 波形的合成波来代替传输系统冲激响应的 x xsin 波形的频谱 并说明其传递函数的 特点 解 根据题意有时域表达式 Tt Tt t t sin sin 转换到频域有 j eG 1 2 此式即为其传输函数 可以看出传输函数为余弦形式 而带宽并未宽展 但 值变大 6 8 已知某线性反馈移位寄存器的特征多项式系数的八进制表示为 107 若移位寄存器的起始状态为全 1 1 求末级输出序列 2 输出序列是否为 m 序列 为什么 解 1 因为特征多项式系数的八进制表示为 107 所以特征多项式为 1 26 xxxxf 该反馈移位寄存器的结构如下图所示 反馈 0126 aaaa 在移位寄存器的起始状态为全 1 情况下 经过 1 次移位 移位寄存器的状态仍然为 1 所以末级输出序列为 111 2 输出序列不是 m 序列 因为特征多项式不是本原多项式 6 9 已知移位寄存器的特征多项式系数为 51 若移位寄存器起始状态为 10000 1 求末级输出序列 2 验证输出序列是否符合 m 序列的性质 解 1 因为移位寄存器的特征多项式系数为 51 其本原多项式如下表 本原多项式 51 1 0 10 0 1 C0 C1 C2C3C4C5F1 x x5 x2 1 C5 C4 C3C2C1C0F2 x x5 x3 1 以 F1 x x5 x2 1 为例 画出其 5 级线性反馈移位寄存器如题解 6 9 图所示 5 a4 m 3 m2 a 0 舆 6 5 则求出其末级输出序列为 2 因为序列周期为 51 周期 25 1 符合 m 序列周期为 2n 1 的性质 序列中有 16 个 1 码 15 个 0 码 基本平衡 游程共有 16 个 其中 游程长度为 1 的有 8 个 1 码 0 码游程各为 4 个 游程长度为 2 的有 4 个 1 码 0 码游程各为 2 个 游程长度为 3 的有 2 个 1 码 0 码游程各为 1 个 游程长度为 4 的有 1 个 0 码游程 游程长度为 5 的有 1 个 1 码游程 其自相关函数为 31 1 DA DA jR 6 10设计一个由 5 级移位寄存器组成的扰码和解扰系统 1 画出扰码器和解扰器方框图 2 若输入为全 1 码 求扰码器输出序列 解 1 扰码器和解扰器方框图如下 1 2 啲 驐 2 2 若输入为全 1 码 扰码器输出序列为 7 1 设发送数字信息为二元序列 ak 1 试画出 ASK FSK PSK 和 DPSK 信号波形图 解 各种信号波形如图所示 0 0 0 0 t t t t 2DPSK 0 10参考相位为 2ASK 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 2FSK 2PSK 01 0 习题7 1图 7 2 在相对相移键控中 假设传输的差分码是 且规定差分码的第一位为 0 试求出下列两种情况下原来的数字信号 1 规定遇到数字信号为 1 时 差分码保持前位信号不变 否则改变前位信号 2 规定遇到数字信号为 0 时 差分码保持前位信号不变 否则改变前位信号 解 1 规定遇到数字信号为 1 时 差分码保持前位信号不变 否则改变前位信号 则原来的数字信号为 2 规定遇到数字信号为 0 时 差分码保持前位信号不变 否则改变前位信号 则原来的数字信号为 或 7 3 设输入二元序列为 0 l 交替码 计算并画出载频为 fc的 PSK 信号频谱 解 对于双极性矩形基带信号 PSK 信号的频谱为 0 21 4 1 1 2 22 22 ccs ccsE ffffGPf ffGffGPPffP 其中 s fTSaTfG 因为二元序列为 0 1 交替码 故 P 1 2 所以上式可化为 4 22 scsc s E TffSaTffSa T fP 频谱图如图所示 7 4 某一型号的调制解调器 Modem 利用 FSK 方式在电话信道 600 3000Hz 范围内传送低速二元数字信号 且规定 f1 2025Hz 代表空号 f2 2225Hz 代表传号 若信息速率 Rb 300b s 求 FSK 信号带宽 解 FSK 带宽为 122 2ffBB BFSK 2 300 20252225 800Hz 7 5 数字基带信号 g t 如图所示 1 试画出 MASK 信号的波形 2 试大致画出 MFSK 的信号波形 解 1 由图可以看出 基带信号是一个 4 进制序列 因此可对应进行 4ASK 调制 其调制后的波形如图 a 2 其对应的 4FSK 波形如图 b 0 t 4ASK 信号 习题7 5解 t 4FSK 信号 t 0 a b 7 6 待传送二元数字序列 a k l 试画出 QPSK 信号波形 假定载频 f0 Rb l T 4 种双比特码 00 01 11 10 分别用相位偏移 0 2 3 2 的振 荡波形表示 2 写出 QPSK 信号表达式 解 1 根据题意画出 QPSK 波形如图 2 QPSKQPSK 信号表达式 1 sincos 取 kkckck batbtats 或 1 4 sin 4 cos 取 kkckck batbtats 7 7 已知电话信道可用的信号传输频带为 600Hz 3000 Hz 取载频为 1800 Hz 说明 1 采用 a l 升余弦滚降基带信号时 QPSK 调制可以传输 2400b s 数据 3 采用 a 0 5 升余弦滚降基带信号时 8PSK 调制可以传输 4800b s 数据 解 信道带宽 B 3000 600 2400HZ 1 1 的 QPSK 码元速率 baudR1200 4log 2400 2 基带信号宽度 Z HB12001200 2 1 所以当11800 时 Zc Hf的 QPSK 可以传输 2400b s 数据 2 0 5 的 8PSK 码元速率 baudR1600 8log 4800 2 基带信号宽度 Z HB12001600 2 1 所以当5 01800 时 Zc Hf的 8PSK 可以传输 2400b s 数据 7 8 采用 8PSK 调制传输 4800b s 数据 1 最小理论带宽是多少 2 若传输带宽不变 而数据率加倍 则调制方式应作何改变 解 1 最小带宽 ZZB HHRB800 8log 4800 2 1 2 1 2 2