现代通信原理与技术第三版张辉课后习题答案.pdf

目录 第一章 2 第二章 3 第三章 9 第四章 12 第五章 18 第六章 30 第九章 37 第一章第一章 1 1 e 的信息量 1 log2 eP Ie3 25bit v 的信息量 1 lo g 2 vP Iv6 96bit 1 2 因为全概率1 1 0 PP 所以 P 1 3 4 其信息量为 1 1 log2 P I0 412 bit 1 3 平均信息量 熵 n i ii xPxPxH 1 2 lo g 2 375 bit 符号 1 4 1 一个字母对应两个二进制脉冲 属于四进制符号 故一个字母的持续时间为 10ms 传送字母的符号速率为 100 1052 1 3 BRB 等概率时的平均信息速率 200log2sbitMRR Bb 2 平均信息量为 n i ii xPxPxH 1 2 lo g 1 985 bit 符号 则平均信息量为 5 198sbHRR Bb 1 5 1 2400sbitRR Bb 2 96004240016log2sbitRR Bb 1 6 1 先求信息源的熵 n i ii xPxPxH 1 2 log 2 23 bit 符号 则平均信息速率 1023 2 3 sbHRR Bb 故传送 1 小时的信息量 10028 81023 23600 63 bitRTI b 2 等概率时有最大信息熵 33 25log2 max 符号bitH 此时平均信息速率最大 故有最大信息量 10352 8 6 max bitHRTI B 1 7 因为各符号的概率之和等于 1 所以第四个符号的概率为 1 2 则该符号集的平均信息 量为 75 1 2 1 log 2 1 8 1 log 8 1 2 4 1 log 4 1 222 符号bitH 1 8 若信息速率保持不变 则传码率为 1200 log2 B M R R b B 1 9 传码率为 1200 log2 B M R R b B 半小时 1800 秒 内传送的码元个数为 6 1016 212001800 B RTN 错误码元数个216 e N 因此误码率为 4 10 N N P e e 1 10 由 N N P e e 和 B RTN 可得时间为 103 4 s RP N T Be e 第二章第二章 2 3 在 t 1 时 t 的数学期望 1 2 cos 2 1 0cos 2 1 2 cos2 2 cos 2 2cos 2 1 1 EEEE t 在 t1 0 t2 1 时 t 的自相关函数 2 2 cos 2 1 0cos 2 1 4 cos4 2cos 2cos2 1 0 1 0 222 EEER 2 4 由题意可知 x t 是平稳随即过程 则 0 aaTtxEtxETtxtxEtyE 2 yxxx xxxx y RTRTRR RTRTRR TtxTtxtxTtxTtxtxtxtxE TtxtxTtxtxE tytyEttR 可见 y t 的均值与时间无关 自相关函数只与时间间隔 有关 所以 y t 是平稳随机过程 2 5 解 1 因为和相互独立 所以有 又因 方差 所以有 故 2 因为和服从高斯分布 是和的线性组合 所以也服从高斯分布 其一维概率密度函数 3 因为 故 2 7 1 欲证随机过程 z t 广义平稳 只需验证 z t 的数学期望与时间无关 z t 的自相关函 数 仅 与 时 间 间 隔 有 关 即 可 由 题 意 可 知 m t 的 数 学 期 望 为 常 数 20 2 1 f 则 0 2 1 cos cos cos 2 0 0 00 dttmE tmtEtmEttmEtzE独立与 cos 2 1 cos 2 1 0 cos 2 1 2cos 2 1 cos 2 1 2cos 2 1 cos cos cos cos 0210 210210 210210 201021 2021012121 zmm m m z RRttR ttEttER ttttER ttEtmtmE ttmttmEtztzEttR 可见 z t 的均值与 t 无关 自相关函数只与时间间隔 有关 故 z t 广义平稳 2 其它 0 10cos 1 2 1 01cos 1 2 1 cos 2 1 0 0 0mz RR 如下图 2 7 所示 图 2 7 3 因为 z t 广义平稳 所以其功率谱密度 zz RP 由上图 2 7 可见 z R的 波形可视为一余弦函数与一三角波的乘积 因此 224 1 1 22 1 2 1 02022 00 SaSaSaPz 2 1 2 1 dPS z 或 2 1 0 z RS 2 8 解 1 由题意知 是平稳随机过程 故有 即 2 的图形如图 2 8 1 所示 图 2 8 1 的图形如图 2 8 2 所示 图 2 8 2 2 9 1 方法一 高斯白噪声的功率谱密度 2 0 n Pn 则滤波器输出噪声的功率谱密度 其他其他 0 2 2 0 2 0 0 BB n H n P cc 根据 00 RP 则输出噪声的自相关函数 c B B B B jjj BBSan de n de n dePR c c c c cos 22 1 22 1 2 1 0 00 00 平均功率 BnRN o00 0 或 BndPN 000 2 1 方法二 高斯白噪声的自相关函数 2 0 n Rn 根据滤波器的图形 对其求傅立叶反变换 得 c BBSahcos2 所以滤波器输出噪声的自相关函数 cn BBSanhRRcos 00 2 高斯过程通过线性系统后的输出仍为高斯过程 且有 0 0 HtEtE io BnRRtD o0 0 因此 输出噪声的一维概率密度函数 Bn x Bn xf 0 2 0 2 exp 2 1 2 10 解 低通滤波器的传输特性 根据式 2 52 可得输出功率谱密度为 因为 并利用 故输出过程的自相关函数为 2 13 解 互相关函数为 因为平稳 则 故 互功率谱密度为 令 则 故 2 14 解 方法一 由图可得输出 故 根据 方法二 该系统的单位冲击响应 故其传递特性 因而 第三章第三章 3 1 解 由信道的幅频特性和相频特性可以得出信道的传输函数为 d tj eKH 0 deHtH tj 2 1 deeK tjtj d 0 2 1 deK d ttj 0 2 1 d ttK 0 信号 s t 通过该信道后的输出信号 so t 的时域表达式为 tHtstso d ttKts 0 d ttsK 0 可见 信号 s t 通过该信道后信号幅度变为 K0 时间上延迟了 td 3 2 解 设 Hth 传输函数 s ss Tjs T j ss T j ss e T e TT e TT H 4242 cos1 2 22 冲激响应 2 1 2 2 4 s sss Tt T t T t T th 输出信号 2 1 2 2 4 0s sss Tts T ts T ts T thtsts 3 3 解 R Cj R H 1 RCj RCj 1 2 2 1RC RCjRC 2 2 2 11RC RC j RC RC 2 2 2 2 2 11 RC RC RC RC H 21 1 RC RCRC RC RC RC RC RC 1 arctan 1 1 arctan 2 2 2 由于 常数 H 说明信号通过该信道时会产生幅度失真 常数 说明信号通过该信道时会产生相位失真 3 4 图 a 的传输特性为 21 2 RR R Ha 有 21 2 RR R Ha 0 a 0 d d a a 可见 该系统的 常数 a H 常数 因此 信号通过该系统时不会产生群延 迟 在整个频域内 群延迟的曲线图为 0 图略 图 b 的传输特性为 RCj Cj R Cj Hb 1 1 1 1 21 1 RC RCj 2 2 11 1 RC RC j RC 有 2 2 2 2 11 1 RC RC RC Hb 2 2 1 1 RC RC RC RC RC RC b arctan 1 1 1 arctan 2 2 21 ar ct an RC RC d RCd d d b b 可见 该系统的 常数 b H 常数 b 因此 信号通过该系统时会产生群延 迟失真 在整个频域内 群延迟的曲线如下图 3 11 解 见课件 3 13 解 接收信号为 3 s o T tstskts 波形图略 3 14 解 信道的相关带宽kHzMHzB m c 500 2 11 根据工程经验 信号带宽 cs BB 3 1 5 1 故码元宽度 sT ms 10 65 3 3 15 解 见课件 3 18 解 由香农公式 69 79 10001 log1081log 2 6 2 sMb N S BC 3 19 解 1 信道容量 9 33 10001 log104 31log 2 3 2 skb N S BC 2 应满足skb N S BC 6 331log2 当取 C 33 6kb s 时 可得最小的输出信噪 比 dB N S B C 7 2994312即即 3 20 每个像素所含的平均信息量为 416log 2 像素像素bitxH 每张图片包含的信息量为 104 21064 65 bitI 信息传输速率为 1076 5104 224 76 sbRb 由信道容量 b RC 得到 b R N S BC 1log2 所以 78 5 1001lg32 3 1076 5 1lg32 31log 7 2 MHz N S R N S R B bb 即信道带宽至少应为 5 78kHz 第第四章四章 4 1 解 AM 信号 ttAtsAM 4 0 10cos2000cos2 DSB 信号 tttttsD S B 444 108 0cos102 1cos10cos2000cos2 USB 信号 ttsU S B 4 102 1cos LSB 信号 ttsL S B 4 108 0cos 频谱图略 4 2 解 设载波 1 DSB 信号的波形如题 4 2 图 b 通过包络后的输出波形为题 4 2 图 c 2 AM 信号 设 波形如题 4 2 图 d 通 过包络后的输出波形为题 4 2 图 e 讨论 DSB 解调信号已严重失真 故对 DSB 信号不能采用包络检波法 而 AM 可采用此法恢复 题 4 2 图 b c d 和 e 4 5 解 1 为了保证信号顺利通过和尽可能地滤除噪声 带通滤波器的宽度等于已调信号 带宽 即kHzfB m 8422 其中心频率为 100kHz 故有 为常数为常数 其中 其中 其他其他 K kHzfkHzK H 0 10496 2 已知解调器的输入信号功率WmWSi 3 1022 输入噪声功率为 1032101021082 2 6633 WfPBN ni 故输入信噪比 5 62 i i N S 3 因为 DSB 调制制度增益2 DSB G 故解调器的输出信噪比 1252 i i o o N S N S 4 根据相干解调器的输出噪声与输入噪声功率关系 108 4 1 6 WNN io 又因解调器中低通滤波器的截止频率为kHzfm4 故输出噪声的功率谱密度 kHzfHzW f N fP m o No 4 101 108 108 2 3 3 6 或者 根据相干解调器的输出噪声与输入噪声功率关系 2 1 tntn co 其中 tnc是解调 器输入端高斯窄带噪声的同相分量 其功率谱密度 kHzfHzWfPfP nnc 4 104 2 3 因此输出噪声 tno的功率谱密度kHzfHzWfPfP ncno 4 101 4 1 3 功率谱图略 4 6 解 方法如上题 1 为常数为常数 其中 其中 其他其他 K kHzfkHzK H 0 10096 2 125 i i N S 3 125 o o N S 4 7 解 练习题 4 7 图 接收机模型 1 设双边带信号 则输入信号功率 2 双边带信号采用相干解调的输出为 故输出信号功率 3 因 则 故输出信噪比 或由 得 4 8 解 设 发 射 机 输 出 功 率 为 损 耗 已 知 1 DSB SC 方式 因 则 又因 则 所以 2 SSB SC 方式 因 则 又因 则 所以 讨论 若要获得相同的输出信噪比 采用 DSB 传输是所需的小于 SSB 的 4 10 证 设 AM 信号为 式中 输入噪声为 则解调器输入的信号功率和噪声功率分别为 设同步检测 相干解调 中 相干载波为 则 故输出有用信号和输出噪声分别为 所以 故 4 11 解 1 设 AM 信号为 ttmAts cAM cos 且0 tm 则 10010280 2 2 22 mWPP tmA S sci 式中 Pc为载波功率 Ps为边带功率 又 1 0102105 02 48 mWBfPN ni 故 1000 i i N S 2 假定 tntmA i 则理想包络检波输出为 tntmAtE c 则 402022 2 mWPtmS so 1 0 2 mWNtnN ico 故400 o o N S 3 制度增益 4 0 1000 400 ii oo NS NS G 4 13 解 1 该调频波的瞬时角频率为 此时 该调频波的总相位为 因此 调频波的时域表达式为 2 根据频率偏移的定义 调频指数为 根据式 4 48 可得该调频波的宽度为 3 现调制信号频率由Hz 提高到 因频率调制时已调波频率偏移与调 制信号频率无关 故这时调频信号的频率偏移仍然是 而这时调频指数变为 这时调频信号的带宽为 由上述结果可知 由于 所以 虽然调制信号频率增加了一倍 但调频信 号的带宽变化很小 4 14 解 1 该角调波的瞬时角频率为tt 2000sin200010102 6 故最大频偏 10 2 2000 10kHzf 调频指数 10 10 1010 3 3 m f f f m 而最大相偏 10 rad 因为 FM 波与 PM 波的带宽形式相同 即 mfFM fmB 1 2 mPM fB 1 2 所以带宽为 2210 110 2 3 kHzB 2 因为不知调制信号 m t 的形式 所以无法确定该角调波 sm t 究竟是 FM 信号还是 PM 信号 第第五章五章 5 2 解 1 随机二进制序列的双边功率谱密度为 由得 式中 是的频谱函数 在功率谱密度中 第一部分是连续谱成分 第二 部分是离散谱成分 随机二进制序列的功率为 2 当基带脉冲波形为 的付式变换为 因为 所以该二进制序列不存在离散分量 3 当基带脉冲波形为 的付式变换为 因为 所以该二进制序列存在离散分量 5 3 解 1 由图 5 7 得 的频谱函数为 由题意 且 所以 代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度函数式 可得 2 二进制数字基带信号的离散谱分量为 当 代入上式得 因为该二进制数字基带信号中存在离散谱分量 所以能从该数字基带信号中 提取码元同步所取得频率的分量 该频率分量的功率为 5 6 解 AMI 码为 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 HDB3 码 1 0 1 1 0 0 0 V B 0 0 V 0 1 0 1 5 7 解 PST 码为 0 0 0 双相码为 01 01 10 01 10 10 01 01 01 10 10 01 01 01 10 10 5 8 解 原信息代码为 101000010000110000101 5 9 解 1 令 由图 5 8 可得 因为的频谱函数为 所以 系统的传输函数为 2 系统的传输函数由发送滤波器 信道和接收滤波器三部分 组成 即 因为 则 所以 发送滤波器和接收滤波器为 5 10 解 1 总特性 H f 可以看成是图 5 11 两个三角形特性之差 即 H f H1 f H2 f 其中 2 1111 1 1 1 2 Hfh tW SaWt 2 2211 1 1 1 2 Hfh tW SaWt 所以冲激响应 12 22 22 1 1 1 1 1 1 22 h th th t W SaWtW SaWt 2 因为该系统克等小成理想低通特性 1 1 1 0 eq fW Hf fW 它所对应的无码间串扰的最高传码率为 2W1 所当传输速率为 2W1 时 在抽样店无码间串 扰 3 系统实际带宽为 2 i ss HC TT 1 1 BW 因此频带利用率为 1 1 22 1 1 B RW BW 4 该系统的 h t 的谓不衰建较快 与 2 t成反比 因此有利于减小由码元定时误差所引起 的码间串扰 5 11 解 方法一 根据奈奎斯特第一准则 当最高传码率 1 B s R T 时 能够实现无码间串扰 传输的基带系统的总特性 H 应满足 2 i ss HC TT 因此 当 2 B s R T 时 基带系统的总特性 H 应满足 42 i ss HC TT 容易严正 除 c 图的 H 之外 图 a b d 的 H 均不满足无码间串扰传输 的条件 方法二 由 H 等效成最宽的矩形 奈奎斯特带宽 W1 系统无码间串扰得最高传码率 1max 2WRB 与实际传输速率 sB TR2 比较 若满足 3 2 1 max nnRR BB 则 以实际速率 RB进行数据传输时 满足抽样点上无码间串扰得条件 a max 12 BB ss RR TT 故不能满足无码间串扰的条件 b max 3 B s R T 虽然大于 B R 但非整数倍关系 故不能满足无码间串扰的条件 c max 2 BB s RR T 故 H 能满足无码间串扰的条件 d max 12 BB ss RR TT 故不能满足无码间串扰的条件 5 12 解 根据误码间干扰时系统传输函数应满足的条件分析 图 5 10 中所示的三个 传输函数 a b c 都能够满足以的码元速率无码间干扰传输 此时 需要比 较 a b c 三个传输函数在频带利用率 单位冲激响应收敛速度 实现难易程度等方面的 特性 从而选择出最好的一种传输函数 1 传输函数 a 的无码间干扰传输速率为 其频带宽度为 此时系统频带利用率为 2 传输函数 b 的无码间干扰的传输速率为 其频带宽度为 此时系统频带利用率为 3 传输函数 c 的无码间干扰传输速率为 其频带宽度为 此时频带利用率为 从频带利用率性能方面比较可得 图 5 10 中传输函数 b 和 c 的频带利用率为 1Band Hz 大于传输函数 a 的频带利用率 所以 应选择传输函数 b 或 c 传输函数 b 是理想低通特性 其单位冲激响应为 和时间 成反比 尾部收敛慢且传输函数 难以实现 传输函数 c 是三角形特性 其单位冲激响应为型 与时间成反比 尾部收敛快且传输函数较易实现 因此 选择传输函数 c 较好 5 13 解 因为 其它 0 cos 1 0 00 H 它是 1 的升余弦特性 它的频谱宽度为 00 频率范围 00 2 1 2 1 f 即 fH 左右平移 0 2 1 后 在 00 2 1 2 1 f 内可以叠加为一个常数 所以它允许的最高 码元传输速率为 0 2 1 B R 码元宽度 0 2 1 B s R T 5 14 证明 1 由传输函数得 因为 所以 根据对称性可得 因此 单位冲激响应为 2 当时 根据奈奎斯特第一准则知 所以 可以用速率传输数据 5 16 证明 系统总的误码率为 在单极性波形情况下 和分别为 其中 式判决门限 误码率为 可以通过求偏导数得到最佳判决门限 即 因为 所以 上式两边取对数可得 化简上式可得最佳判决门限为 当时 最佳判决门限为 此时系统误码率为 5 17 解 1 由图 5 2 可知接收滤波器输入噪声双边功率谱密度为 则 接收滤波器输出噪音双边功率谱密度为 接收滤波器输出噪声功率为 2 系统总的误码率为 在单极性波形情况下 和分别为 其中 是判决门限 误码率为 可以通过求偏导数得到最佳判决门限 当时 化简上式可得最佳判决门限为 此时系统误码率为 5 18 解 1 由题知 传送的是单极性基带信号 且 误码率 为 2 根据题意 即 可得 5 20 解 的峰值畸变值为 由公式 可得 其它值均为零 输出样值序列的峰值畸变值为 5 22 解 5 11 中理想低通滤波器的传输函数为 其对应的单位冲激响应为 图 5 11 系统单位冲激响应为 系统传输函数为 其中 第第六章六章 6 1 解 1 由题意知 所以 其频谱如题图 6 1 a 所示 a b 题 6 1 图 2 同理 其频谱如题图 6 1 b 所示 6 2 解 1 基带信号中最大角频率为 由抽样定理可得抽样频率为 所以抽样间隔 2 由题可知 因为 所以 抽样信号的频谱图如题图 6 2 所示 题图 6 2 6 3 解 1 滤波后的信号频率为 其最高频率为 由抽样定理可得理 想抽样速率为 2 当抽样速率时 其已抽样信号的频谱如题图 6 3 c 所示 题图 6 3 c 6 4 解 由题意可得 已抽样信号频谱为 设如图 6 4 b 所示 则如图 6 4 c 所示 题 6 4 图 b c 6 5 解 的单个脉冲的时域表示式为 的频谱表示式为 设的频谱如 题图 6 5 b 所示 则若 则 所以 的频谱图如题图 6 5 c 所示 题 6 5 图 b c 6 6 解 已抽样信号为 其频率表示式为 用该矩形脉冲以频率对该信号抽样时 其频谱的表示式为 6 7 解 门函数的频谱函数为 当时 Hz Hz 所以最小抽样速率为 1000 s 6 8 解 因为 所以所需二进制码为 6 位 量化级间隔为 6 9 解 量化间隔 量化区间终点依次为