通信原理习题课第一次要点

1、习题课(from 17 )第四章信道4-6某个信源由A、B、C和D 4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,错当其它符号的条件概率P(x/yj)均为1/1024,试求出该彳9道的容量 Co解：根据离散信道信道容量的定义,H (X) H (X |Y)的最大值。C=max【H(X)H(X |Y)。即，以 p(x)为变量，取444H(X|Y)- p(yj)H(X|yj)、j 1j W i Wp(yj)p(Xi |yj)log1p(x |yj)44=' p(yj)" p(%|yj

2、)log j 1i 11p(x |yj)4/ x 1021,1024 c* 1 ,“ p(yj) log 3*10g1024j； j 1024102110241021, 1024= log102410213*1102410g1024*1 =0.0335bit/symbol第3页通过上述计算发现，对题中所给的对称信道，H(X|Y)是一个常数，与p(x)无关。因c=max【H(X)此，最大化H(X)-H(X|Y)简化为最大化 H(X) o根据题意，X有4种可能，因此 H (X) <2bit/symbol ,则- H (X |Y) = 2 - 0.0335 = 1.9665bit/symbol

3、知识点：离散信道信道容量的定义。在离散对称信道下，通过计算可知H(X|Y)是与输入无关的常数。这使得信道容量的计算得到简化。注意：题中的卞S率值P(x/yj),不是信道转移概率，而是后验概率。信道转移概率定义为P(yjx),计算需要严格按照信道容量的定义 C = maxp(y)H(Y)-H(Y|X)进行，这时需 要搜索C最大时对应的概率值。另外教材的例题4-2 (P80)的解法，该题中默认等概时可以计算出 H(X),然后根据 信道转移概率计算等概条件下 H(X|Y),并直接将二者相减得到信道容量。严格的说，这种 做法不对，缺乏必要的分析过程，不符合离散信道信道容量的定义。下面的做法错误：根据给

4、定的p(x)计算p(yi),进而计算H(X|Y)4-8设一幅黑白数字像片有400万个像素，每个像素有16个亮度等级。若用3kHz带宽的 信道传输它，且信号噪声功率比等于 20dB,试问需要传输多长时间？解：该图像的信息量I =400*10 4*4 =1.6*10 7bit,信道容量为34Ct = Blog2(1 S/N) = 3*10 *log 2(1 100) = 1.9975*10 b/s(3)因此，传输时间 t = I /C =1.6*10 7/(1.9975*104) -801.0sSS知识点：连续信道的信道容量公式 C = Blog2(1 + )= Blog2(1十)Nn0B噪声功率

5、N =n°B ,单边功率谱密度乘以信道带宽；当信道容量大于信息传输速率，则存在方法可以实现 任意小的差错概率 进行传输，而 不是没有差错；带宽与信噪比在一定程度上可以互换，但是存在上限，即带宽无穷宽时，信道容量为1.44S. n0香农极限：只要满足Eb/N0 >-1.6dB,就可以实现可靠传输，信噪比小于-1.6dB则无 法传输任何信息。理想通信系统：实现了极限信息传输速率，即达到信道容量，而且错误率为0的通信系统。第五章模拟调制技术5-3根据图P5-1所示的调制信号波形， 试画出DSB及AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检 波器后的波形差别。解设载波c(t) = sin

6、8ct(1) DSB信号sDSB(t) =m(t)sin oct的波形如下图(a)所示，通过包络后白输出波形如图( b)所示。A习m(t) |max的情况下可采用包络检波恢复m(t)。DSB包络检波后波形*tAM包络检波后波形将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数H (© )如图P5-2所示。当调制信号为 m(t) =A&n100nt+sin6000nt时，试确定所得残留边带信号的表达式。H(co)0-14 -10.5-9.5图 P5-29.5 10.5 14 f /kHz(2) AM 信号 SAM(t)=Ao+m(t) sin/t ,其中 A &g

7、t;|m(t) |max,波形如下图(c)所示，通过包DSB信号不能直接采用包络检波；而 AM信号在满足5-5解 设调幅波 Sam (t) =m)+m(t)cos 0ct,其中 mb 4 m(t) max ,且 SAM (t) U SAM (0)。根据残留边带 滤波器在fc处具有互补对称特性，可从 H (g)图上可知载频fc=10kHz,由此得到载波cos20000nt。 因此sAM(t) =mo m(t)cos20000二 t=m0 cos20000二 t A Isin100-：t sin6000二 t Icos20000 tA=m0 cos20000二 tsin 20100二 t -sin

8、19900二 t sin 26000-1 - sin14000- t J2，j ,二 ASam()-二 m0、( 20000二)( -20000 二)( 20100二)2-、( -20100二)-、( 19900二)、( -19900二)、( 26000二)-( -26000-：) -、(，14000二)、(- -14000二)设残留边带信号为 sVsB(t),且 SVsB (t) U SvsbF ),则 Svsb® ) = Sam )H ),由于 Sam e )是 第3页阡 f4 f f f故一组离散谱，残留边带信号的频谱也是离散谱，以H侬)在上述离散谱对应频点上取值作为加权。=1

9、0.05kHz时，H( ) =10.05 9.5 =0.55二10kHz时,H( )=0.5= _9.95kHz时，H( ) =9.959.5 = 0.457kHz时,H(，)u0h 13kHz时，H()=1j二 A_sVSB( )=m0-20000二)。(，-20000二)1 0.55、(，：'，20100二)220.55、(，-20100二)-0.45、(，19900二)0.45。(，-19900二);.( - 26000二)-、(，-26000二)1 A_ _ _ _sVSB(t)m0cos20000二t 0.55sin 20100二t-0.45sin19900 二t sin26

10、000二t2 2知识点：残余边带调制的基本原理，残余边带滤波器在中心频率处互补对称特性。5-11某线性调制系统的输出信噪比为20dB,输出噪声功率为10-9W,由发射机输出端到解调器输入端之间总的传输损耗为 100dB,试求：(1 ) DSB/SC时的发射机输出功率；(2 ) SSB/SC时的发射机输出功率。解接收端：DSB/SC 调制信道损耗下i/NDSB/SC 解调So/No根据DSB相干解调的制度增益，有 Si/Ni =2(So/ No)则可以计算得到，S/Ni =50又由于N°=N"4,根据题中给出的条件 No =10”可以计算Ni =4*10因此，Si =50Ni

11、 =200*10根据题目的条件传输损耗为100dB,则发射机的输出功率是 ST = § *1010 = 2000W(2)对SSB/SC,调制制度增益为1,即，Si / Ni =So/NoNo =Ni/4,因此，Ni =4*10。所以有，§ =100Ni =400*10“ST 二 Si*1010 =4000W5-15已知某单频调频波的振幅是10V,瞬时频率f(t) =106 +104 cos2nM103t(Hz)试求:(1)此调频波的表达式；(2)此调频波的最大频率偏移、调频指数和频带宽度；(3)若调制信号频率提高到2"03Hz,则调频波的频偏、调频指数和频带宽度如

12、何 变化？(4)若峰值频偏加倍，信息信号的幅度怎么变化?解(1)该调频波的瞬时角频率为，二2二 f=2二 106 2： 104cos2二 103t(rad/s)(4)瞬时相位e(t)为 “t)=a)dE =2nx106t+10sin2nM103t ,因止匕，调频波的表达式(5)SFM (t) = AcosMt) =10cos(2二 106t 10sin2 二 103t)(V)(2)根据频率偏移的定义f =| f(t)U(=|104cos2 二 103t|max=10KHZf 10K “mf - 二10fm 1000Bnbmf 2( f fm) =22KHz(3)调制信号频率fm由103Hz提高

13、到2M103Hz时，因调频信号的频率偏移与调制信号频率无关，所以这时调频信号的频率偏移仍然是 Af=10KHz_4 f104而这时的调频指数变为 mf =5fm 2 103调频信号的带宽变为 B 2( f fm) = 2 (10，2) = 24KHz由于Af > fm ,所以，虽然调制信号频率fm增加了 1倍，但调频信号的带宽B变化很小。(4)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

14、中第n路载频 a =112-4n(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) 为一个超群，共60路电话，占用频率范围312552KHz。试求：(1)各基群占用的频率范围和带宽(2)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fcn=112_4n(n = 1,2,12)可 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104-108KHZ；对第2路话，载频为104 KHz,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=48

15、KHz(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48KHz41.八-108-84-6048KHzr*'*1八6084 108第19页M1（f）图1频谱搬移示意图所以fc =84+336 = 420kHz ,力口 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“麟口 ”1分别由g和一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，Tb为码元宽度，问该序列是否存在离散分量 fB ="Tb的离散分量？(3) 若g(t)改为下图，重新回答题(2)所问。g(t)Tb

16、TB O TB TBt2 "TT2(b)图 P6-1解(1)随机二进制序列的功率谱密度PB(f) =fBP(1P)G(f)G2(f )|2 +£ | fBPG1(mfB)+(1 P)G2(mfB)|26(f mfB)由题意知-odg1(t)=-g2(t)=g(t),因此双极性随机序列的功率谱密度为PB(f) =4fBP(1 -P)|G |2 fB2(1-2P)2J|G(mfB)|2、(f -mfB)式中，G(f)= g(t)；等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分。 功率S V>B(f)df= 4fBP(1-P) ；G(f)|2dffB2(1-2P)2- |G(m

17、fB)|2 .、(f - mfB )df.joO= 4fBP(1-P), JG(f)|2dffB2(1-2P)2-1G(mfB)|2-oO1 |t |ETB(2)若基带脉冲波形g(t)为g(t)=y |t| 2&其他则g(t)的傅里叶变换G(f)为G(f )=TBSa%TBf )cd对式 PB(f) =4fBP(1 -P)|G(f)|2 fB2(1-2P)2" |G(mfB)|2、(f -mfB)-cd是否存在离散谱取决于概率P和G(mfB),因为 G(fJ=TBS电BTB卜 旺河=0 Tl(3)若基带脉冲波形g(t)为g(t)1 itr-TB =f 40其他则g(t)的傅里

18、叶变换G(f)为ji所以由题(1)的结果可知，该二进制序列不存在离散分量。因为G( a)4 Ssi n宁2 =一2 / 2 二所以，该二进制序列存在离散分量 fB =1/TB6-5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TB为码元间隔，数字信息“ 1和“ 0”分另用g(t)的有无表示，且“ 1”和“ 0”出现的概率相等。图 P6-2(1 ) 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；(2 )能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fB = 1/ Tb的分量？若能，试计算该分量的功率。A(1 - - 111) 111- -B解(1)由图P6-2可写出g=TB

19、40其他则g(t)的傅里叶变换G(f) G(f LSa2针22)1由题意，P(0)=P(1) = P=2,且有 g(t) = g(t), gz(t) = 0所以 G(f)=G(f), G(f)=0代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得OO 22PB(f) = fBP(1-P)|G(f)-G2(f)| J | fBPG1(mfB) (1-P)G2(mfB)| (f -mfB)-oOoO=fBP(1 -P)|G(f)|2 fB2(1-2P广 |G(mfB)J (f - mfB).joOfo2)| |G(mfB)| (f - mfB) 4 一二ASa4，m16 .：-2_ 2_ _fB . A T

20、b _4jTBf、S"'，)、(f -mfB)=普降/子)|1620-81T11Lj!上看里,11iA0.250.20.10.05-6-4-224680 f/fB0.15P(2)由(1)的结果，该基带信号的离散谱R(f)为PV(f)=A2 -4 m二Sa4() (f -mfB)16 二- 2.JOO当m = ±1时，即f =±fB时，有2AR(f)二或Sa4(1)、(f fB) Sa4(二)、(f -fB)1622可见，该二进制数字基带信号中存在fB =1/Tb的分量。该频率分量的功率为fB =1/Tb的离散谱分量，故可以提取码元同步所需的频率a2a 2S

21、=wSa4(2)wSa4(2)A二422 _22 A 2 2A - r =44瓦 JI6-7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41011000000000101AMI+ 10-1+ 1000000000-10+1HDB3+ 10-1+ 1000+ V-B00-V0+10-10 -V 0+10-1-u n 1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

22、HDB 3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，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他）

23、,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能否满足抽样点无码间串扰的条件。(b)4H（）升余弦型一2二O 2 二TB (d)TB图 P6-6解 方法1根据奈奎斯特第一准则， 当最高传码率 R =不 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£ H p +Ts)=C,冗Ts令fB =1/Tb ,则题目要求的 R = 2fB,根据奈奎斯特第一准则，需要一个最大传输速率为2mfB的系统。对比4个图，仅c满足要求。方法2由H )求出系统无码间串扰最高传码率RBmax = 2 fN ,然后与实际传输速率Rb = 并 进行比较。若满足RBmax =nRBn

24、=1,2,31|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。1 _2(a) RB max RB -T，故不可匕TsTs3(b) RBmax =虽然大于Rb但非整数倍关系，故不能Ts，、2(c) RBmax = = Rb,故该H 9)满足无码间串扰传输的条件；Ts_ 1RB max -:二 RB(d) Ts,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(1)若数字信息为“1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，试求这时的误码率 Pe；(2)

25、若要求误码率Pe不大于10上，试确定A至少应该是多少？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* A 二2g2 AlnP(0)P(1)对本题，由于“1和”概，所以，最佳判决电平为1 AA/2,误码率为 Pe = erfc( ) 22.2、将已知条件A=1,On =0.2代入即得到此时的误码率Pe2)= 6.21*101 A1 Ac(2)若要求Pe不大于10，代入Pe =erfc(一)可以得到，erfc() W10、可以22,222,2%RR求出 A -8.6二n说明：对于双极性信号于单极性信号。Pe=；erfc(7Aj)。在相同条件下，双极性信号的抗

26、噪声性能优6-20一相关编码系统如图所示。图中，理想低通滤波器的截止频率为1/2TB赫兹，通带增益为TBo试求该系统的单位冲激响应和频率特性。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TbHl()= 0冗|-Tb其他其对应的单位冲激响应为儿=Sa(t)Tb则系统单位冲激响应为h(t)，' -、(t -2Tb)儿=hL(t) -hL(t -2Tb)JT=Sa(7t) -Sa(-(t -2Tb) TbTb系统的传输函数为两部分的传输函数相乘-2TbTB(1-e-j2 Tb)H( ) =(1 -e2 Tb)Hl():0ji| |- TB其他所以H(。)= j2TB sin

27、 TB M- ' Tb其他6-23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"1/8,x4=1/3, x°=1, x+=1/4, *=1/16,在其他抽样点均为零，试求均衡器输入波形x的峰 值失真及输出波形y的峰值失真。解输入波形x(t)的峰值失真f1.2,D x - 、| xk |x0 k _2k田1163748N由公式：yk = £ gx,可得 i -_N111y "c/xN =-=-38241111yN=cx1 C0xN= - 1 =33872y二c七 %x gx<-1 113T13 I 4j 813211

28、115y0=c/x1C0xoC1x=-_11,=_344361481111,y1 三cx2 Co” gx。=11 =-3 164. 4,111-y2 =c0x2 c3 =101644=c1x2164其他yk值均为0所以输出波形的峰值失真为1 3 Dyy0 k =-3k 0yk=6 工 ±.±.±.0±5 24 72 32 486471480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(1) 2PSK信号的主瓣宽度和频带利用率(b/(SHz);(2)若对基带信号采用 a =0.4余弦滚降滤波预处理，再进行 2PSK调制，

29、这时占用的信道带宽和频 带利用率为多大？(3)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？(1) 2PSK信号的带宽是基带信号的两倍，即，B2PSK =2fB2 PSKB在采用矩形成形滤波的情况下，已调信号的主瓣宽度fB = RB = 2400Hz因止匕，B2PsK =2*2400 =4800Hz2PSK= -R=0.5B2 PSK(2) RB =2400Baud/(Hz*s)fN =RB/2 = 1200HzfB =(1 ： )fN =1.4*1200 =1680HzB2psk =2fB =2*1680 =3360Hz= -RB- =0.71B2PSK(3)速率增大后

30、，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 色=1余弦滚降滤波预处理。试问：(1) 4PSK占用的信道带宽和频带利用率(2) 8PSK占用的信道带宽和频带利用率(1)在4PSK下，RB =2400。其所需的奈奎斯特带宽为fN = 1200Hz,因为采用余弦滚降，实际的基带信号带宽为fB = (1 ：) fN = 2400Hz根据 B2PSK =2fB ,得到 B2PSK =2fB = 4800Hz。=1b / (s*Hz)B2 PSKfN = 800Hz,因为采用余弦滚降，实际(2)在8PSK下，RB =1600,其所需的奈奎斯特带宽为的基带信号带宽为 fB = (1 ： ) fN = 1600Hz根据 B2PSK =2fB ,得到 B2PSK =2fB = 3200Hz。二 & 二1.5b/(s*Hz)B2PSK补充1已知某2FSK信号，RB =2400Baud/s,中心频率c 2，试分析(1)针对相干解调、非相干正交解调和非相