重邮通信原理习题答案解析蒋青于秀兰范馨月

1、第1章 绪论习题解答1-1解： 每个消息的平均信息量为11H (x)log 244 =1.75bit/ 符号18log12281log2 1221-2解：（1）两粒骰子向上面的小圆点数之和为11合数为 C6 C63 时有（ 1 ，2）和（ 2，1）两种可能，总的组故包含的信息量为I(3)36 ，则圆点数之和为 32p3 326118出现的概率为log 2 p3（2 ）小圆点数之和为 7则圆点数之和为 7 出现的概率为6p7 36故包含的信息量为I(7)1-3 解：1log 24.17（ bit ）18的情况有（ 1， 6）（6，1）（2，5）（5，2）（3， 4）1log2 p7 log26

2、2.585(bit)每个字母的持续时间为 2 10ms ，所以字母传输速率为1RB43 50BaudB4 2 10 10 3不同字母等可能出现时，H（x） log 2 4每个字母的平均信息量为2 bit/ 符号平均信息速率为Rb RB4gH (x)100 bit/s2 ）每个字母的平均信息量为1 11 1H (x)1log2 11log2 15 54 4=1.985 bit/ 符号所以平均信息速率为1log21 3log2 34 2 4 10 2 10RbRB4gH(x)99.25 (bit/s)1-4解：（ 1 ）根据题意，可得：4，3），I(0)log P(0)log281.415I(1)

3、log P(1)log 2 1224比特I(2)log P(2)1 log2224比特I(3)log P(3)log21328比特比特(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“0 ”符号，此消息中共含 均每个符号携带的信息量为14 个 13 个“ 1”符号， 12 个“ 2 ”符号， 6 个“ 3”符号，则该消息的信息量是： I 14I (0) 13I (1) 12 I (2) 6I(3)14 1.41587.81 比特45 个信源符号，号，号，13 2这 4512 2 6 3

4、个信源符号携带有 87.81 比特信息量， 则此消息中平I 2 87.81/ 451.95比特 / 符号11log2 1.906(bit /符号 )88它们平均处理方法不同， 前一种按算术平均的方 结果可能存在误差。 这种误差将随消息中符号解：(1)H(x)(2 )某一特定序列11log244例如：33log244m个0和0.811bit/ 符号个 1 )出现的概率为m100-mP X L P X1,X2,L ,X100P100-m100-m3法二：若用熵的概念计算，有3311H (x) log 2 2 log 28844说明： 以上两种结果略有差别的原因在于， 法进行计算， 后一种是按熵的概

5、念进行计算， 数的增加而减少。1-5所以，信息量为I X1,X2,L ,X100logP X Llog100-m200 (100 m)log 2 3 bit3 )序列的熵X L 100 X 81bit / 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：Rb 1200 log2 2 1200 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：Rb2400 log2169600 bit/s1-7解：该恒参信道的传输函数为H( )H(j()ej()j tdK0ed冲激响应为h(t)K0 (t td )输出信号为y(t)s(t)* h(

6、t) K0s(t td )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Ae j( td bsin T0 ) A(1H( )A1Ae j td ejb sin T0 jbsin T0)e j td jb(ej T02je j T0 )e j td1-9解：冲激响应为输出信号为Ae jh(t)y(t)tdAbe2j (tdA (t td )s(t)* h(t)As(t td)T0 ) Ab j e2A2b (t td22 s(t td(td T0 )T0)T0)假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为A2b (t td T0)Ab

7、2s(t td T0)V0。则该信道的幅频特性为：H ( 0) 2V0 cos 0 0 21(2n 1) ,n 0,1,2,L 时，H( 0)当 0 出现传输零点；12n ,n 0,1,2,L 时，H( 0) 当 0 出现传输极点；n fn 所以在 kHz(n 为整数 )时，对传输信号最有利；1 1 1f (n ) (n )在 2 2 kHz(n 为整数 ) 时，对传输信号衰耗最大。 1-10Slog1030dB解： (1) 因为 S/N =30dB, 即 10 N ， 得： S/N=1000 由香农公式得信道容量C Blog2(1 NS)3400 log 2 (1 1000) 33.89 1

8、03bit /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C B log 2 (1 NS) C 4800S 2B 1 23400 1 2.66 1 1.66 得： 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：2) 1 p(x2) 数学期望：E(x)xp(x)dx1x dx2ax24a因为所以方差：2-2E(x2)D(x)x2 p(x)dxa2axdxa 2aE(x2) E(x)2a23 x 6aa2p(xx0解： 由题意随机变量x 服从均值为 0 ，所以通过查标准正态分布函数(x)方差为 4 ，t2e 2

9、dt 数值表来求解。2 ，即 2 服从标准正态分布，可1)p(x 2)1 p(x2)1 p(x2220) 1(1)2)p(x 4)1 p(x4)0.8413 0.1587x 0 4 01 p( ) 122(2)0.9772 0.0228x 1.53 )当均值变为1.5时，则2 服从标准正态分布，所以x 1.521.5p(x2)1p(x2) 1p(x 21.5)1210.59870.4013x 1.541.5p(x4)1p(x4) 1p(x 21.5)1210.89440.1056(0.25)(1.25)2-3解：(1 )因为随机变量 服从均匀分布， 所以有Ez(t)且有 0，则 的概率密度函数

10、 f()2，Rz(t,t)由此可见， z(t) 是广义平稳的。E m(t ) cos( 0t Em(t) ? Ecos(2Em(t ) ? 0 cos(0t)0t)? 1 d20Em(t)cos( 0tEm(t)m(t1Rm( ) ?E cos(2 0t21Rm( ) ? cos2cos 0 (12 (1cos 020,) ?m(t )cos( ) ? Ecos( 0t0t0)cos(1cos22),0t)0 )0Rz( )(1),0其他因此 z(t)2) 仅与 相关，3)根据三角函数的傅氏变换对1 t, 1 t 0的数学期望与时间无关， 而其相关函数 Rz(t,ttri(t) 1 t,0 t

11、 1Sa2(2)0,其他t可得平稳随机过程 z(t) 的功率谱密度Pz()Rx ( )e1cos20 ?tri( )e j dRx(0)1Sa2(4cos2 0)2 0 (1Sa2(0)212)| 02-4 解：(1) 所以 mx(t) EX(t)因为 ，互不相关E()cos0tcos 0tE cos 0tEE E0 ，所以 mx (t) 0又根据题目已知均值(2 )自相关函数 Rx(t1,t2) EX (t1) X(t2)E()cos 0t1g( cos 0t1 cos 0t2E 2 cos 0t1 cos 0t2E 2 cos 0t1 cos 0t2 2 4cos 0 t1 cos 0t2

12、 14 cos 0(t1 t2)22cos)cos22E2cos0 2cos 0(t1 t2 )(3)由( 2)可知 Rx(t1,t2)不仅与2-5解：根据图示可得 RX(EX 2(t) RX(0)2X) 50 350因为，RX(0) RX(X 2 2所以，30则( 1 ) mx2-6 解：(1)0t22E0(t12t2)t1 t2 )有关还与 t1,t2 有关，所以为非广义平稳随机过程。) 50 20 30EX2(t) EX(t)2250 EX(t)2 即 EX(t)20 ； (2) EX 2(t)( 10,10)mX20RX (0) 503 )x230R( )EX(t) X(t )E A0

13、 A1cos( 1t ) A0 2EA02 A0A1 cos 1(t )A02A02E A12 cos( 1tA12 cos1 cos 121)cosA1cos 1(t ) 2A0A1 cos( 1t) A1 cos( 1t) 1(t)cos 1(t ) 因为，所以，R(0)2EX 2(t)EX(t)A1 cos( 1t2直流功率为EA022E2X (t) A02) A022EX 2(t) E2X(t)A12则，交流功率为对 R( ) 求傅里叶变换可得其功率谱密度PX(2 A02()A12 (1)1)2-7 解：RX(PX(2122 0 Sa( 05 00ej2-8解：(1)所以，对RX()e

14、j2ej05 0 jej d300 Sa(0 )cos4PX(f) 与RX( )互为傅立叶变换1( f ) (1f0PX(f ) 做傅立叶变换得1 f 0Sa2( f0 )RX ( ) 1PX(f)f)直流功率为交流功率为 R (0) R ( ) 1 f0 1(3)2-9 解： RC 低通滤波器的传递函数为1H ( ) j c1R1jc因此输出过程的功率谱密度为11 j cRn0P0 ( )2Pi( )?|H ( )|2 21 ( cR)2R0 ( )相应地，12自相关函数为P0( )ej dn01 ej d ed1 j cRn0| |/RC4RCe2-10解：(1)RY ( )E(2 3X

15、(t )(2 3X(t )6X(t ) 6X(t) 9X(t)X(t )6 6 9RX( ) 有关(2 )平均功率为2 因为 RX (0) 12RY(0) 16 9RX (0)2，所以RX (0) 3所以RY(0) 169RX (0)169 3 43(3)DY(t)D2 3X(t)9DX (t) 182-11所以 Y(t )为宽平稳过程。EY (t )Y(t)解：(1) RY( )E X(t a) EX(t a)X(t RX ( ) RX( 2RX ( ) RX (X(t a) X(t a) X(t 2a) RX ( 2a) RX (a) a)X(t 2a) RX ( ) 2a)X(t a)a

16、) X(t a)(X(ta) X (t a)X(t a)E44即自相关函数只与EY (t ) 2 3EX(t) 2 3 5 即均值为常数(2) PX ( f ) 与 RX ( ) 互为傅立叶变换PY( ) 2PX( ) PX( )e 2aj PX( )e2aj4PX( )sin 2(a )2-12解：SPX(f )df10k 510 5 f10k2df 2 107W32-13解：因为题目已知冲激响应为h(t)5e 5tu(t)H( )5H ( )2255j，2所以25 2PY( ) PX( ) H( )2又因为PX(n0)2所以 PY( )Ry ( ) 与n0 2525 2PY(由 PY (

17、) 可知2525 2 10 10) 互为傅立叶变换 Ry( ) 25 10 11e 510 总的平均功率 SY Ry (0) 2.5 10 (W)2-14H( ) ( j ) ，df (t) (j )F( )解：(1 )由傅里叶时域微分性质dt (j )F( ) 可知微分器的系统函数则信号通过微分器(线性系统)后输出y(t) 的双边功率谱密度为n0j2 fPy(f ) 2ByoBPy(f )dfS(2)2-15解：设h(t) 的傅式变换为Syn02n0 fB2203.95 10n0 f 2dfH(f )，则有H(f )2dfn05f2W /Hz4 2n0B33H(f)22 df0.0263Wn

18、0E22-16解：由题意知，ni (t) nc(t)cos ctns (t)sin ct，其均值为 0 ，方差为s0 (t) Acosct cos(ct) LPFn0 (t) (nc(t)cos1 nc(t)cos 给定 时s0(t) 的功率为A2 cos2S0 A c4osctns(t)sin12 ns (t )sinAcos2ct) cos(ct) LPFn0(t) 的平均功率为2N0 En02(t)cos4 故在( 1 )的条件下( 为常数)则S0 A220 2 cosN0n22 n2 n sin 4在( 2)的条件下(是与 ni (t)独立的均值为 02n的高斯随机变量) ， n0(t

19、) 的功率仍然是N0 4 ，但此时 s0(t) 的平均功率是所以S022E A2c4os2 A2 Ecos2 4S0N0A2 Ecos22 EcosnA2 2 2 E1 2nA2A12 n2 1nA2 2A n2 (1 ncos2 1e22222 cos2 d第 3 章 模拟调制系统3-1解：习题解答图 3-14 ( a)cos tcos ct 的波形如图 3-14 （a）所示。因为 Sm(t) costcos ct ，且c 6，对 Sm（t） 其进行傅里叶变换可得SM ( ) (2c ) (c) (c) (c )2 (7 ) ( 5 )( 5 )( 7 )频谱图如图题 3-14（ b）所示。

20、3-2Af (t) Asin( t)/( t) sin( t )cos( t) Asa( t)cos( t) t 2 2 2 2 解：(1 )2上式中 Asa（2 t）为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得f(t) Asa( 2 t)sin( 2t)2)z(t)f (t) j f (t)Asa( t )cos( t) jAsa( t )sin( t)3-3z(t)2Asa(2t)解： 因为输出信噪比功率为 在 SSB/SC 方式中，调制制度增益Si S0i 0 100所以 Ni N020dBS0，则 N0G=1201010 100接收机输入端的噪声功率Ni n0B 2n0210 1032因此接收

21、机输入端的信号功率2 0.510 9Si100Ni55 103 510 4W10 6 W因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为100S0 1010 Si 10101dB/ km100km 100dB可得发射机输出功率为3-445 10 4 56106W2 2 2 2解：（1）此信号无法用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1 Acos2 fmt 0 ，而 这里的 A=15 使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。2 ）只能用相干解调，解调框图如图 3-15 所示。图 3-153-5解：(1 )AM 解调器输出信噪比为m2(t)由题意知， 220kWn0，210 2W / Hz，

22、 B=4Khz ，则S0N0 A2A 1002 )因为 2m2(t)n0B3103WGAM10 103 42510 2 4 103 1002m2(t)A2 m2(t)2 40 103105340 103而抑制载波双边带系统的调制制度增益GDSB26则GAM 1/ 3 (约为 7.8dB所以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅 3-6GDSB2)7.8 分贝解：设单边噪声功率谱密度为2S0m2(t)N0 4n0 BSSBn0 ，则相干解调后的输出信噪比Bf2 a df0 B aB a4n0B4n0B 4n03-7解：对于 DSB ：接收信号功率S0 12S设信道加性白噪声单边功率谱密度为则输入噪

23、声功率Nin0BDSBn0 ，信号带宽为2n0 fmm，输出噪声功率N0Ni12n0f所以，接收到的信噪比对于 SSB ：设发射功率为则接收信号功率S0N0S0 1 S41S212n0 fmn0 fm输入噪声功率Ni n0BSSB n0 fm输出噪声功率N014Ni1n0 f4所以，接收到的信噪比S0N01S4n0 fm4Sn0 fm1 )接收信号强度相同，即故单边带平均发射功率2S2 )接收到的信噪比相同，Sn0 fmSn0 fm故单边带平均发射功率3-8解：设 m(t) 与 cos 1t 相乘后的输出为 s1(t) ，则 s1 (t )是一个 DSB 信号，其频谱如图图 3-17 (a )

24、所示。 s1 (t )再经过截止频率为 1 的理想低通滤波器，所得输出信号s1(t) 显然是时域表达式则为11tm(t)sin 1t1 2 1下边带信号，其频谱如图 3-17 (b )所示，1s1(t)m(t)cos2再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号同理， m(t) 与 sin 1t 相乘后的输出 s2(t)s2(t)s2(t) 也是一个下边带信号，其时域表达式为 11m(t )sin 1tm(t)cos 1t22因此，调制器最终的输出信号1s(t) m(t)cos21t11 m(t)sin 1t cos 2t m(t )sin2211tm(t)cos 1tsin 2t21sin 1t

25、sin 2tm(t)sin 1t cos 2t21 m(t)cos 1t cos21 m(t)cos( 22显然， s(t) 是一个载波角频率为 ( 2 1) 的上边带信号。2tcos 1tsin 2t1)t 12m(t)sin( 2 1)t2图 3-173-9解：(1 )因为 m(t) cos(21 2 1m2(t)W48104 t)V，则m2(t) 1W2所以，SDSBm2(t) 1W4SSSB2)DSB ： Nin0 BDSB2n0 fH221110 11106W信道衰减为SDSB 则 SiDSB1000S0 所以， N030dB ，2 SiDSB 2 12 Ni24 2 10103Si

26、DSB 则2504 1000310 3WSSB ： Nin0 BSSBn0 fH10 1110 6W信道衰减为S0所以， N030dB ，SiSSBNiSSSB 则 SiSSB 1 10 310 6S发3) 发 均相同，DSB ： Ni n0BDSB1W8SiDSB1 1 101000 8SSBNin0BSSBSiSSB10W，所以3-10解：(1)由题意SFM (t)所以，BFM10001252n0 fH3W n0 fHS0N0所以SiSSBNi100cos(22(mf 1)fm 2 5KFM Am2mf2。此时，BFM2(m3-11解：消息信号m(t)A,01m()m(t)dtTmf则t

27、对应的单边带信号为S0N0SiSSB1100010 3W5 10 112 SiDSB2 Ni1011102 102816WW ，由于信道衰减10 36 1252 10 630dB ，由于信道衰减30dB ，310 6 1251 10fct1034sin 2 fmt)104Hz得 mf4，m ，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率34f 1)fm 2 3 2 103 1.2 104Hzm 加倍时，1 T A A t T d ln 0 t t1SSSB(t )m(t)cos ct21 m(t )sin ctAcos ct2c2A ln t tT sin ct其包络为3-12SSSB(

28、t)2 1 ( ln t)2解：fm15kHz ，因为3-13SiNi20dB 10075kHz ，S0 所以 N0所以mfGFMNSii 450解： 对于 AM 波的带宽：BAM2fH2 10kHz对于 SSB 波的带宽： BSSB10kHz调频指数对于 FM3-14解： 由已知1)3-15解：mfBFMmf50kHzfm 10kHz信号带宽调相时所以又因为调频时BFM2(mf 1)fm2(5S(t)Acos 0t100cos mtSPM (t) AcosctK pm(t)K pm(t) 100cosK p 2 ， 所以SFM (t)Acos ctmtm(t) 50costKF m( )d

29、100cos所以两边同时求导得求得m(t)mpAmmaxK pAm已调波信号功率5，maxmt50KpmpPFMmf fmtKF m( )d100 m sin mtm sin mtmf Am K fm 10010022(mf 1)fm 2(575 5 215，则 GFM 3mf (mf100 4500020kHz1) 10kHz 120kHzmtt2 m( )d2m(t)m ，即最大频偏为max 100fm1) 4505000W。5 4000104Hz241) 2000Hz 2.4 104( Hz)第 5 章 数字信号的基带传输习题解答5-1 解：略 5-2 解：信息码：1 1000 0 0

30、1 10 000 11AMI 码：+1 -1000 0 0 +1 -10 000 +1-1HDB3 码：+1 -1000 -V 0 +1 -1+B 00+V -1+15-3解：信息码：1 0100 0 0 0 00 001 1AMI 码：+1 0-100 0 0 0 00 00+1 -1HDB3 码：+10 -100 0 -V +B 00 +V 0-1+15-4解：( 1 )对于单极性基带信号， g1(t) 0， g2(t) g(t) ，随机脉冲序列的功率谱密度为Ps(f) fsp(1 p)|G(f)|2|fs(2 p 1)G(mfs)|2 (f mfs)m1fs |G(mfs)|2 ( f

31、mfs)42TsT2 |t |),| t | Ts Ts0,elsep 当 2 时， Ps(f) fs |G(f)|2A(14g(t)由图 5-11 得g(t )的傅立叶变换 G( f)为ATs 2 fTsG(f)s Sa2(s)22 代入功率谱密度函数式，得Ps(f) fs |ATs Sa2( fTs ) |2fs2|A2TsSa2(f sTs ) |2(f mfs)s422m4222A2T4 fTA24m(fmfs)Sa ( )Sa4()16216 m2功率谱密度如图5-12 所示。fs T1s 的离散分量，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故可以提取码元同步

32、所需的频率 fs T1s 的分量。5-5由题（ 1 ）中的结果，该基带信号中的离散谱分量 A2 16 mPv(f)4mSa4( 2m) ( f mfs)1时，即 f1A6 Sa4(2) (f所以该频率分量的功率为22S A Sa4( ) A Sa16 2 16Pv(f)s 时，fs)(2)Pv ( )H(解：（1 ）由图 5-12 可得该系统输出基本脉冲的时间表示式为1jh(t) 2 H( )ej2）根据奈奎斯特准则，H(Heq ( )0,|有1A6 Sa4(2) (f2A24图 5-12| | ,| |00, elset 0 2 0td Sa ( )22当系统能实现无码间干扰传输时，2Tsi

33、) C,| | Tfs)H(） 应满足容易验证，当 |H（ 2i所以当码率 RB5-600时，Ts i)0/RBi)H( i2 0i)时，系统不能实现无码间干扰传输。R2B 75kHz时，BN解：（ 1 ）法 1 ：无码间串扰时 容易验证，此系统有码间串扰。 法 2 ：由题意，设 BN 100kHz ，则 RBmax 2BN 200k（Baud ）RBmax 200k （ Baud ） 正整数比较为正整数，由于RB150k ，则此系统有码间干扰。（2 ）由题意，设 BN 100kHz ，则 RBmax 2BN 200k （ Baud ） ，设传输 M 进制的基带 信号，则RBmax 2BN ，

34、当码元速率为 150kBaud将 RBmax 与实际码速率RBmax200kRbRBlog 2 M200klog2M (Baud )400k，令 RBRBmax 常数求得 M 4n（n 1,2,L ） 。可见，采用 4n 进制信号时，都能满足无码间串扰条件。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 BN ，然后由 RBmax2BN 求出最大码速率，再与实际码速率比较，若RBmax /RB 为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。5-7解：（1）B (1)BN1600Hz ，所以BNB800Hz2则 RBmax2BN1600 Ba

35、ud1s1600h(t) sin t/tT/Ts t/Tscost /Ts21 2 t/Ts 2当 RB 64 kBaud ，即64k0.4时，h(t)sin 64000 tcos 25600 t64000 t频谱图如图1 2621440000tB传输带宽(1 )BN 1.4 64kHz 44.8kHz2RBTs（2）5-8(4)5-9频带利用率RB64B 44.81.43Baud / Hz解：（ 1 ）图（ a）1 ）、 RBmax /RBBN为理想低通，设2000 / 500 =4（整数）RB max / RB3 ）、数），无码间串扰；RBmax /RB 2000 / 2000 =1 （整

36、数），无码间串扰。1000 Hz ，所以 RBmax 2BN，无码间串扰； 2）、RBmax /RB2000 /1500 （不是整数） ，2000Baud2000 /1000 =2(整有码间串扰；4 ）、解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为2 ）图（b ）为升余弦型信号， 由图可以判断 BN 500Hz ，所以 RBmax 2BN 1000Baud所以 1）、 RB 500Baud 、2）、RB 1000Baud 两种情况下无码间串扰。5-10解： 根据奈奎斯特准则可以证明， 求。下面我们从频带利用率、 析对比三种传输函数的好坏。a ）（ b ）和（ c）三种传输函数均能满足无码间干扰的要冲激

37、响应“尾巴”的衰减快慢、实现难易程度等三个方面来分1 ）频带利用率三种波形的传输速率均为RBBa其频带利用率3310003 0.5Baud /Hz2 103传输函数（ b ）的带宽为3Bb 103 Hz其频带利用率RB bBb10030 1Baud /Hz103传输函数（ c ）的带宽为Bc 103 Hz其频带利用率RBBc10001100030 1Baud /Hz显然 a b c（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 ha （t） 2 103 Sa2 （2 103 t）hb（t） 2 103 Sa2 （2 103 t）3 2 3hc （t） 103

38、Sa2（103 t）112其中（ a）和（ c）的尾巴以 t 2 的速度衰减，而（ b）的尾巴以 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：已知信道的截止频率为100kHz ，则 B 100kHz ，由 B (1 )BN 100kHz ,求得100BNkHz1.751 52BNRB6 105 Baud现在 10 10 6 ，则 RB200 10351.75 105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

39、传输。5-12解：传输特性 H （ ） 的波形如图 5-17 所示。图 5-17RB 10 Baud ，传输函数（ a ）的带宽为 Ba 2 10 Hz由上图易知， H( ) 为升余弦传输特性，1RBBaud2 0 ，而 Ts 2 0 。由奈奎斯特准则， 可求出系统最高的码元速率5-13解：( 1 )用 P(1)和P(0) 分别表示数字信息“Vd* A等概时，最佳判决门限 d 20.5V。11”和“ 0”出现的概率，则 P(0) P(1)12已知接收滤波器输出噪声均值为A2 2 n )0，均方根值0.2V ，误码率Pe1erfc(26.2110 3(2)A5-14根据 Pe8.53 n10 5

40、，即121erfc( 2 2 n )10 5，求得解：(1)2)由于信号Tf (t)在 tT 时刻结束，因此最到输出信噪比的出现时刻t0 T取t0则匹配滤波器的冲激响应为A,h(t) f (tT)A,0,T2elsey(t)f (t)*h(t)f()h(t)d输出波形为，分几种情况讨论a2，bc32T，y(t)y(t)y(t)tA(0A)dT2A2d0A2(t2A2(3tT2A2dtTA2tT2A(Tt2T2)2T)t T2A( T 2A2(2A)dA)dt2( A)2dT22TT2) A2(t T2)T2( A)2 dTt22 T 2TT2 TA2(T2t T) A2(tT2T2)A2(Tt

41、 T2)3T tA2(4T 3t)T2T2y(t) ( A)Ad A2(t 2T)d 2tTe else ty(t)0综上所述，有A2t,0tT22A2(3t2T),T2tTy(t) A2(4T3t),Tt 3T2A2(t2T),3T2t 2T0,elseh(t)和 y(t)的波形如图 5-19 ( a)和( b)所示。图 5-195-15解： h1(t)和 h2 (t )的输出波形 so1(t) s(t)* h1(t)和 so2(t) s(t)* h2(t)分别如图题图 5-213(a)、(b)所示。由图 5-21 可知，h1(t) s(2T t)，h2(t) s(T t) ，因此，h1(t

42、) 和h2(t) 均为 s(t) 的匹配滤波器。第 6 章 数字信号的载波传输课后习题6-1 解：（1 ）由题意知，码元速率 RB 103波特，载波频率为 2 103Hz ，这说明在一个码元周期 中存在 2 个载波周期。 2ASK 信号可以表示为一个单极性矩形脉冲序列与一个正弦型载波相 乘，因此 2ASK 信号波形示意图如图 6-23 所示。图 6-23（2 ）因为 2ASK 带宽度为信号的频带宽度 B2ASK 为基带调制信号带宽的两倍，所以2ASK 信号的频B2ASK 2fs 2RB =2000Hz 。6-2解：（1 ）二进制频移键控（ 2FSK ）是指载波的频率受调制信号的控制，而幅度和相

43、位保持TS2P2FSK (f )Sa16Sa2 ( f2( f f1)TS Sa2 (f f1)TSf2)TS Sa2 ( f f2)TS1 （f16因此， 2FSK 信号的功率谱如图 6-25 所示，图中，3000Hz , f1 1800Hz , ff1)( f f1)(ff2)( f f2)s 1200Hz 。图 6-256-3解：（1 ）二进制相移键控（ 2PSK ）是指载波的相位受调制信号的控制，而幅度和频率保持 不变，例如规定二进制序列的数字信号“ 0 ”和“ 1”分别对应载波的相位和 0 。 2DPSK可以这样产生：先将绝对码变为相对码，再对相对码进行 2PSK 调制。2PSK 、 2DPSK 及相对码的波形如图 6-26 所示。图 6-262 )2PSK 、2DPSK 信号的频带宽度B2PSK B 2DPSK 2RB 2400Hz6-4解：（1 ）由题意可知，fc 2RB ，因此一个码元周期 Ts内包括两个载波周期 Tc。设参考相位为 0， 代表数字信息“ 1 ”，0代表数字信息“ 0 ”（绝对码），那么与上述相对码对应的 2DPSK 信号