通信原理教程樊昌信课后习题答案至

1、第一章习题习题1.1在英文字母中E出现的概率最大，等于0.105,试求其信息量解：E的信息量：1jlE_log2log 2 P E - log 2 0.105 _ 3.25 b习题1.2某信息源由A，B，C, D四个符号组成，设每个符号独立出现, 其出现的概率分别为1/4, 1/4, 3/16, 5/16。试求该信息源中每个符号的信息量解：1 1lA=log2log 2 P( A) =-log 2 2bP(A)4log? =2.4 1 5163I B - - log 22.415b165I D - - log 21.6 7 bD y2 16习题1.3某信息源由A , B, C , D四个符号组

2、成，这些符号分别用二进制 码组00, 01, 10, 11表示。若每个二进制码元用宽度为 5ms的脉冲传输，试分 别求出在下列条件下的平均信息速率。（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。解：（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2X5mSo传送字母的符号速率为1Rb3 = 100 Bd2 5 10等概时的平均信息速率为Rb = Rb log 2 M = RB log2 4 = 200 b s（2）平均信息量为H 也4鮎24詡0g罟静0亠警1.977比特符号则平均信息速率为&= RBH =1 0 0 1.9 7 7=1 9 77

3、 b s习题1.4试问上题中的码元速率是多少?1 1解：rTB=5*=200 Bd习题1.5设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概 率均为1/32,其余48个符号出现的概率为1/96,若此信息源每秒发出1000个独 立的符号，试求该信息源的平均信息速率。解：该信息源的熵为M6411p（Xi）log2p（Xi）=p（Xi）log2p（Xir16*32log2 3248*96log296=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率Rb=mH -1000*5.79 =5790 b/s 。习题1.6设一个信息源输出四进制等概率信号，其码元宽度为 125 us。试 求码元速率和信

4、息速率。1 1解：RB6 =8000 BdTb 125*10等概时，Rb 二 RBlog2M =8000* log24 =16kb/s习题1.7设一台接收机输入电路的等效电阻为 600欧姆，输入电路的带宽 为6 MHZ，环境温度为23摄氏度，试求该电路产生的热噪声电压的有效值。解：V =$4kTRB = ；：4*1.38*10*23*600*6*104.57*10 J2 V习题1.8设一条无线链路采用视距传输方式通信，其收发天线的架设高度 都等于80 m，试求其最远的通信距离。解：由 D2 =8rh，得 D = 87h 8 * 6. 3 7* 1 0 * 80 63849 km习题1.9设英文

5、字母E出现的概率为0.105， x出现的概率为0.002。试 求E和x的信息量。解：p(E) =0.105p(x) =0.0021(E) =-log2 P E i=-log20.105 =3.25 bitI (x) - - log 2 P( x) - - log 2 0.002 二 8.97 bit习题1.10信息源的符号集由 A, B, C, D和E组成，设每一符号独立1/4出现，其出现概率为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：1 1 1PT*卄4811552log2 4 - 8log2 8 -log2 8 飞log2 茴 2.23bit / 符号15

6、习题1.11设有四个消息A、B、C、D分别以概率1/4,1/8, 1/8, 1/2传送，每 一消息的出现是相互独立的。试计算其平均信息量。解：1 1 1 1灾严屮一严2厂評壮1, 1 1 1-8log282log22= 1.75bit / 符号习题1.12 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出现时，试计算传输的平均信息速率。1 13Pb = 一 Pc =二 PD试计算传输的(2)若每个字母出现的概率为4,4,10 ,平均信息速率解：首先计算平均信息量(1)1

7、1HP(Xi)log2 P(Xi)=4*( )*log 22 bit/字母 平均信息速率=2( bit/字母)/(2*5m s/字母)=200bit/s(2)11111133i P(Xi)log2p(Xi)一舌也丁严口-严打-押蚣荷1.985 bit/字母平均信息速率=1.985(bit/ 字母)/(2*5ms/ 字母)=198.5bit/s习题1.13国际莫尔斯电码用点和划的序列发送英文字母，戈加持续3单位的电流脉冲表示，点用持续1单位的电流脉冲表示，且划出现的概率是点出现的概率的1/3。(1) 计算点和划的信息量；(2) 计算点和划的平均信息量。PP解：令点出现的概率为P(A)，划出现的频

8、率为P(B)1P(A) + P(B)=1, 3 P(A) = pB) = pA) = 3 4 P(B) = 1 43(1)I (A)二-log2 p(A) =0.415bitI (B)二-log2 p(B) =2bit(2)3 3 11H - P(Xj) log 2 p(Xj)log 2 log 20.811bit /符号4 4 44习题1.14设一信息源的输出由128个不同符号组成。其中16个出现的概 率为1/32,其余112个出现的概率为1/224。信息源每秒发出1000个符号，且每 个符号彼此独立。试计算该信息源的平均信息速率。解：1 1 1H =p(x)og2 P(xJ =16* ()

9、 112*( )log26.4bit/符号32224224平均信息速率为6.4*1000=6400bit/s。习题1.15对于二电平数字信号，每秒钟传输300个码元，问此传码率Rb等于多少？若数字信号0和1出现是独立等概的，那么传信率 Rb等于多少？解：RB=300BR -300bit /s习题1.16若题1.12中信息源以1000B速率传送信息，贝M专送1小时的信 息量为多少？传送1小时可能达到的最大信息量为多少？解：传送1小时的信息量2. 23* 1 000*60 0MI8i1D传送1小时可能达到的最大信息量1亠Hmax =Tog2 = 2.32bit/ 符先求出最大的熵：5号贝M专送1小

10、时可能达到的最大信息量2. 32*1000 = 60 0M8it3习题1仃如果二进独立等概信号，码元宽度为0.5ms,求RB和Rb ;有四进信号，码元宽度为0.5ms，求传码率 RB和独立等概时的传信率Rb。1RB = = 2000 B,R = 2000bit / s解：二进独立等概信号：0.5*10 1Rb= = 2000 B, R =2*2000 =4000bit/s四进独立等概信号：0.5*10。第三章习题习题3.1设一个载波的表达式为c(t) =5cos1000二t，基带调制信号的表达 式为：m(t)=1 +cos200二t。试求出振幅调制时已调信号的频谱，并画出此频谱图。解：st =

11、 m t c t = 1 cos200 二 t 5cos 1000 二 t= 5co1s0 0 0 5c os 0 0tc o s0 005= 5co1s0 0 0 c o1s2 0(0 c o8s 0 0t2由傅里叶变换得Sf =5 f 500、f - 500 丨 5 I f 600、f - 600 1245 L f 400、f -400 14已调信号的频谱如图3-1所示。L S(f)52t|5/4-600 - 500 - 40000图3-1习题3.1图习题3.2在上题中，已调信号的载波分量和各边带分量的振幅分别等于多少？解：由上题知，已调信号的载波分量的振幅为5/2,上、下边带的振幅均为

12、5/4习题3.3设一个频率调制信号的载频等于 10kHZ,基带调制信号是频率为2 kHZ的单一正弦波，调制频移等于 5kHZ。试求其调制指数和已调信号带宽 解：由题意，已知fm=2kHZ，:f=5kHZ，则调制指数为 f 5 c Um f2.5fm 2已调信号带宽为B=2(.f y)=2(52 1 4 k习题3.4试证明：若用一基带余弦波去调幅，则调幅信号的两个边带的功 率之和最大等于载波频率的一半。证明：设基带调制信号为m(t)，载波为c(t)=Acos 0t，则经调幅后，有Sam (t)二 1 m(t) ACOS yt2已调信号的频率Pam 二 s：M(t)二 1 m (t) A2 cos

13、2 ot2 2 *2 2 2 2 2A cos ot m (t)A cos ot 2m (t)A cos ot因为调制信号为余弦波，设B =2(mf)fm，故也 f =1000 kHZ =100m21m (t) =0,m(H2 2FS = m (t)A cos2m (t)A2则：载波频率为边带频率为因此 2。即调幅信号的两个边带的功率之和最大等于载波频率的一半习题3.5试证明；若两个时间函数为相乘关系，即z(t)=x(t)y(t)，其傅立叶变换为卷积关系：Z( )=X( )*Y( )0证明：根据傅立叶变换关系，有F*X Y 丨二丄 2兀上2兀X(u 丫(-u du eJCSm(w)H(w)1-

14、14-10.5- 9.509.510.514f/kHz图3-3信号的传递函数特性根据残留边带滤波器在fc处具有互补对称特性，从 H(w)图上可知载频 fc=10kHz，因此得载波cos20000 nt故有Sm(t)=m0+m(t)cos20000 n=m0cos20000 n t+As in 100 n t+si n6000 n tcos20000 nt =m0cos20000 n t+A/2sin(20100 -sin(t)9900 n t)+sin(26000 n)-sin(14000 n)Sm(w)= nm0 o(w+20000 力+ o(W-20000)+j nA/2 o(w+2010

15、0 n- /w+19900 n+ &w-19900n+ o(w+26000 力-o(w-26000 n-o(w+14000 n+ o(w-14000 n残留边带信号为 F(t),且 f(t)v=F(w),则 F(w)=Sm(w)H(w) 故有：F(w)= n2m0 o(w+20000 n+ /w-20000n+j nA/20.55(fw+20100 n -0.55 d(w-20100 力-0.45 o(w+19900 n+0.45 d(w-19900 n+ o(w+26000 n-o(w-26000 nf(t)=1/2m0cos20000n+A/20.55sin20100 n-0.45sin1

16、9900n+sin26000 n习题3.11设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5*10-3W/Hz ,在该信道中传输抑制载波的双边带信号，并设调制信号m(t)的频带限制在5kHz,而载波为100kHz,已调信号的功率为10kW.若接收机的输入信号在加至解调器 之前，先经过一理想带通滤波器滤波，试问：1. ) 该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性H(w)?2. ) 解调器输入端的信噪功率比为多少 ?3. ) 解调器输出端的信噪功率比为多少 ?4. ) 求出解调器输出端的噪声功率谱密度,并用图型表示出来。解：1. ) 为了保证信号顺利通过和尽可能的滤除噪声, 带通滤波器的 宽度等

17、于已调信号带宽，即B=2fm=2*5=10kHz，其中中心频率为100kHz。 所以H(w)=K , 95kHzl f I 105kHz0 ，其他2. )Si=10kWNi=2B* Pn(f)=2*10*103*0.5*10-3=10W 故输入信噪比 Si/Ni=10003. )因有 GDSB=2故输出信噪比So/No=2OOO4.)据双边带解调器的输出嘈声与输出噪声功率关系，有:No=1/4 Ni =2.5W故 Pn (f)= N0/2fm=0.25*10-3W/Hz=1/2 Pn(f) I f I 5kHzPn(f)(W/Hz)0.25*10-3-505f/kHz图3-4解调器输出端的噪声

18、功率谱密度习题3.12设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度 Pn (f) =5*10-3W/Hz , 在该信道中传输抑制载波的单边带信号，并设调制信号m(t)的频带限制在5kHz。 而载频是100kHz，已调信号功率是10kW。若接收机的输入信号在加至解调器 之前，先经过一理想带通滤波器，试问：1) 该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性。2) 解调器输入端信噪比为多少？3) 解调器输出端信噪比为多少？解：1) H(f)= k , 100kHzI f I 105kHz=0, 其他2) Ni=Pn(f) 2fm=0.5*10-3*2*5*103=5W故 Si/Ni=10*103/5=20003)

19、因有 Gssb=1 ,So/No= Si/Ni =2000习题3.13某线性调制系统的输出信噪比为 20dB，输出噪声功率为10-9W, 由发射机输出端到调制器输入端之间总的传输耗损为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：设发射机输出功率为St，损耗 K=S”Si=1010(100dB)，已知-9S0/No=1OO - (20dB), No=1O9W1) DSB/SC 方式： 因为G=2,Si/Ni=1/2 S0/No=5O又因为Ni=4No-7Si=5ONi=2OONo=2*1O 7W3Si=KSi=2*1O3W2) SSB/SC

20、方式： 因为G=1,Si/Ni= So/No=1OO又因为Ni=4No-7Si=1OONi=4OONo=4*1O W3Si=KSi=4*1O3WDSB波形习题3.14根据图3-5所示的调制信号波形，试画出t图3-5调制信号波形解：lu.图 3-6 已调信号波形习题 3.15 根据上题所求出的 DSB 图形，结合书上的 AM 波形图，比较它们 分别通过包络检波器后的波形差别解：讨论比较： DSB 信号通过包络检波器后产生的解调信号已经严重失真，所以 DSB 信号不能采用包络检波法 ;而 AM 可采用此法恢复 m(t)习 题 3.16 已 知 调 制 信 号 的 上 边 带 信 号 为 SusB(

21、t)=1/4cos(25000n t)+1/4cos(22O0已知该载波为 cos2*104n 求该调制信号的表达式。解：由已知的上边带信号表达式SuSB(t)即可得出该调制信号的下边带信号表达式：SLsB(t)=1/4cos(18000n t)+1/4cos(15000 n t)有了该信号两个边带表达式，利用上一例题的求解方法，求得m(t)=cos(2000 n t)+cos(5000 n t)习题3.17设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度 Pn(f),在该信道中传输 抑制载波的双边带信号，并设调制信号m(t)的频带限制在10kHz，而载波为250kHz，已调信号的功率为15kW。已知解调

22、器输入端的信噪功率比为 1000。 若接收机的输入信号在加至解调器之前， 先经过一理想带通滤波器滤波， 求双边 噪声功率谱密度 Pn(f)。解：输入信噪比 Si/Ni=1000Si=15kWNi=2B* Pn(f)=2*15*103* Pn(f)=15W故求得 Pn(f)=0.5*10 -3W/Hz习题 3.18 假设上题已知的为解调器输出端的信噪比，再求双边噪声功率谱 密度 Pn(f)。解：GDSB=2故输出信噪比S0/N0=2Si/Ni=1000所以 Si/Ni=500 由上一例题即可求得：Pn( f)=1*10 -3W/Hz习题3佃某线性调制系统的输出信噪比为 20dB，输出噪声功率为1

23、0-8W, DSB/SC时的发射机输出功率为2*103W试求：从输出端到解调输入端之间总的 传输损耗？解：已知： 输出噪声功率为N0=10 9W因为G=2,Si/Ni=1/2 S0/N0=50因为Ni=4N0-6Si=50Ni=200N 0=2*10 W 所以损耗K=ST/Si=109习题3.20将上一题的DSB/SC时的发射机输出功率改为SSB/SC时的发射机 输出功率，再求：从输出端到解调输入端之间总的传输损耗？解：因为G=1 ,Si/Ni= S0/N0=100 因为 Ni=4N, Si=100Ni=400N 0=4*10-6W 所以，损耗 K=ST/Si=5*108习题3.21根据图所示

24、的调制信号波形，试画出AM波形。解：AM波形如下所示:图3-8已调信号波形DSB信号通过包络检波器后产生的解调信号已经严重失真，所以DSB信号不能采用包络检波法习题3.23简述什么是载波调制？常见的调制有哪些？答：载波调制，就是按调制信号(基带信号)的变换规律去改变载波某些参数 的过 程。调制的载波可以分为两类：用正弦型信号作为载波；用脉冲串或一组 数字信号作为载波。通常，调制可以分为模拟调制和数字调制。习题3.24试叙述双边带调制系统解调器的输入信号功率为什么和载波功率 无关？答：因为输入的基带信号没有直流分量，且 h(t)是理想带通滤波器，则得到 的输出信号事物载波分量的双边带信号，其实质

25、就是m(t)与载波s(t)相乘。所以 双边带调制系统解调器的输入信号功率和载波功率无关。习题3.25什么是门限效应？AM信号采用包络检波法解调时为什么会产生门 限效应？答：在小信噪比情况下包络检波器会把有用信号扰乱成噪声，这种现象通常称为门限效应。进一步说，所谓门限效应，就是当包络检波器的输入信噪比降低 到一个特定的数值后，检波器输出信噪比出现急剧恶化的一种现象。该特定的输入信噪比值被称为门限。这种门限效应是由包络检波器的非线性解调作用引起 的。而AM信号采用包络检波法解调时会产生门限效应是因为：在大信噪比情 况下，AM信号包络检波器的性能几乎与同步检测器相同。但随着信噪比的减小，包络检波器将

26、在一个特定输入信噪比值上出现门限效应。19图3-11调制信号波形图习题3.27已知线性调制信号表达式如下:(1+0.5s in Q t)cosW式中wc=4Q,试画出它的波形图两者相加即可得出它的波形图:-1.5图3-12调制信号波形图习题3.28某调制方框图3-14如下，已知m(t)的频谱如下面图3-13所示。载 频WlWH，且理想低通滤波器的截止频率为 w1，试求输出信号S(t)，并-WH0WHw图3-13 m(t)的频谱图3-14调制信号方框图解：S1(t)=m(t)cosw1tcosw2tS2(t)=m(t)si nw 1ts inw2t经过相加器后所得的s(t)即为：S(t)=S1(

27、t)+S2(t)=m(t)cosw 1 cosw2+si nwsi nw2=m(t)cos(w 1-w2)t由已知 w1wh故：s(t)=m(t)cosw2t所以所得信号为DSB信号第四章习题1 曲习题4.1试证明式厶,f = a、； f _ nfs。T njoo证明：因为周期性单位冲激脉冲信号 r(t) -：(t - nTs)，周期为Ts，其傅里叶变换而 所以 即0= .(,)=2、行、.t(- ns，)n=QOFnTs2兀pM )( n s )Ts n qo1 00 =.( f ) = 、(一 nsf )T s n=cO习题4.2若语音信号的带宽在300400 Hz之间，试按照奈奎斯特准则

28、计 算理论上信号不失真的最小抽样频率。解：由题意，fH =3400Hz , fL =300 Hz，故语音信号的带宽为B =3400-300=3100 HzfH =3400Hz=1 3100+3 3100= nB kB31即 n = 1, k =3 31 o根据带通信号的抽样定理，理论上信号不失真的最小抽样频率为k3fs = 2B(1)=2 3100 ( 1+ ) =6800 Hzn31习题 4.3 若信号 s(t)二 sin(314t)； 314t o 试问:(1) 最小抽样频率为多少才能保证其无失真地恢复？(2) 在用最小抽样频率对其抽样时，为保存3min的抽样，需 要保存多少个抽样值？解：

29、s(t)=sin(314t). 314t，其对应的傅里叶变换为G/314, 314其他信号s(t)和对应的频谱S( )女口图 4-1 所示。所以站-h . 2 二-314 2 二 50 Hz根据低通信号的抽样定理，最小频率为 fs =2怙=2 50 = 100 Hz，即每秒采100个抽样点，所以3min共有：100 3 60=18000个抽样值。习题4.4设被抽样的语音信号的带宽限制在 3003400 Hz ,抽样频率等于8000Hz。试画出已抽样语音信号的频谱，并在图上注明各频率点的坐标值。习题4.5设有一个均匀量化器，它具有 256个量化电平，试问其输出信号 量噪比等于多少分贝？解：由题意

30、M=256，根据均匀量化量噪比公式得Sq Nq dB =20lgM =20lg256 = 48.16dB习题4.6试比较非均匀量化的A律和律的优缺点。答：对非均匀量化：A律中，A=87.6;律中，A=94.18。一般地，当A越大 时，在大电压段曲线的斜率越小，信号量噪比越差。即对大信号而言，非均匀量 化的律的信号量噪比比A律稍差；而对小信号而言，非均匀量化的律的信号 量噪比比A律稍好。习题4.7在A律PCM语音通信系统中，试写出当归一化输入信号抽样值等 于0.3时，输出的二进制码组。解：信号抽样值等于0.3，所以极性码&=1。查表可得0.3壬(1/3.93 ,1/1.98)，所以0.3的段号为

31、7,段落码为110,故 c2c3c4 =110。第7段内的动态范围为：(n 3.93),丄，该段内量化码为n ,则16641 1n +=0.3，可求得n 3.2，所以量化值取3。故c5c6c7c3 =0011o643.93所以输出的二进制码组为。习题4.8试述PCM DPCM和增量调制三者之间的关系和区别。答：PCM、DPCM和增量调制都是将模拟信号转换成数字信号的三种较简单 和常用的编码方法。它们之间的主要区别在于：PCM是对信号的每个抽样值直接进行量化编码：DPC M是对当前抽样值和前一个抽样值之差(即预测误差)进 行量化编码；而增量调制是DPCM调制中一种最简单的特例，即相当于DPCM中

32、 量化器的电平数取2,预测误差被量化成两个电平 + ：和-厶，从而直接输出二进 制编码。第五章习题习题5.1 若消息码序列为 00001，试求出 ami 和1-101 0 0-1 0 00001HDB 3 码的相应序列。-10100-100。-101解：AMI码为HDB 3码为习题5.2试画出AMI码接收机的原理方框图。解：如图5-20所示。ak图5-1习题5.2图习题5.3 设g,t）和g2（t）是随机二进制序列的码元波形。它们的出现概率分别是P和（1 -P）。试证明：1若 Pk，式中，k为常数，且0 ： k ： 1，则此序1-5 （。列中将无离散谱。1证明：若P-k，与t无关，且0 ： k

33、 : 1，则有1 -gi（t）/ g2（t） (t) - gjt) dP1g2(t)即Pg,t)二 Pg2(t) - g2(t) = (P -沟鸟Pg1(t)(1-P)g2(t) =0所以稳态波为v(t) = P、gjt- nTs) (1-P)，g2(t- nTs)八Pg1 (t - nTs) (1 - P) g2 (t - nTs)二 0即Pv（w） = 0。所以无离散谱。得证!习题 5.4 试证明式 h t A4sin 2二Wt o H1 f W sin 2：ft df。 证明：由于h1 (t)H1(f )ej21tdf，由欧拉公式可得h1(t HH1(f)(cos2ft jsin2“：f

34、t)df二 J.H1(f)cosZftdf J.H1(f)sin2ftdf由于HNf ）为实偶函数，因此上式第二项为0,且qQhdt） =2.；H1（f）cos（2 二 ft）df令，f = fW,df =df，代入上式得h1 (t) =2 Hjf W)cos2 二(f W)tdf=2 /H1(f W)cos2二ftcos2二Wtdf 2创出什 W)sin2：ftsin2二Wtdf由于H i (f )单边为奇对称，故上式第一项为0，因此h1(t2s in 2二WHJf W)si n2：fttdfW=4sin2二W o H1( f W)sin2二fttdf习题5.5设一个二进制单极性基带信号序列

35、中的“1 ”和“ 0”分别用脉冲g(t)见图5-2的有无表示，并且它们出现的概率相等，码元持续时间等于T。试求:解:(1)该序列的功率谱密度的表达式，并画出其曲线;2921t.Tg(t)的频谱函数为:G(w) = Sa22wT图5-2习题5.5图1(1)由图5-21得g(t)二由题意，P0 = P1 = P=1/2 ，且有 g1(t) = g(t) , g2(t) =0，所以G,t) =G(f) ,G2(f) =0。将其代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度函数的表达式 中，可得1 -Ps(f)=P(1P)Gi(f)G2(f) +Z12= TP(1P)G(f) +z_ 2=(i)G2T-(1

36、-P)G f -m 一 iT丿IT丿T _PGi T12 2a2t24wT 1QOSai-4T4、4丿A2T4wT)A2QO=-Sai +Z Sa16I 4 丿 16a丄6亦/一2T VTJ 4 匹、f _m2m-一 iTiT-=O41631曲线如图5-3所示。OTTTTT图5.3习题5.5图2(2)二进制数字基带信号的离散谱分量为mIT当m= 1时，f= 1/T，代入上式得Pv(w)=A216Sa4A216Sa4l2丿因为该二进制数字基带信号中存在f=1/T的离散谱分量，所以能从该数字基带信号中提取码元同步需要的f=1/T的频率分量。该频率分量的功率为ASa49+A12 丿 16Sa45)一

37、 I12 丿A2二42Ag(t)为矩形脉冲，如图5-4所习题5.6设一个二进制双极性基带信号序列的码元波形1m 丄从r、小T fPG 广(1 P)G2m-IT3示，其高度等于1,持续时间t =T3 , T为码元宽度；且正极性脉冲出现的概率为，负41极性脉冲出现的概率为 丄。4（1）试写出该信号序列功率谱密度的表达式，并画出其曲线;该序列中是否存在f二丄的离散分量？若有，试计算其功率。+ T（t）-T / 2/20. / 2 T / 2 t图5-4习题5.6图解：（1）基带脉冲波形g（t）可表示为：g(t) = *1t /20 其他g（t）的傅里叶变化为：G(f)Tf) JsaW3 i 3丿该二

38、进制信号序列的功率谱密度为:1 2 P(f)=P(1 P)G(f)G2(f) + ZIm=_oO= 2|G(f)2+5： Sa2 p f4T i36.3曲线如图5-5所示。35图5-5习题5.6图(2)二进制数字基带信号的离散谱分量为当 m - _1二一丄时，代入上式得T1 2Pv/-1Sa2T 3613丿1IT因此，该序列中存在 f =1/T的离散分量。其功率为:(sin兀/3丫1(sin 兀/3丫3i/3丿36 21兀/3丿8兀P36习题5.7 设一个基带传输系统接收滤波器的输出码元波形h(t)如图5-13所示。(1)试求该基带传输系统的传输函数H(f)；(2)若其信道传输函数 C( f

39、) = 1，且发送滤波器和接收滤波器的传输函数相同，即GT(f)二GR(f)，试求此时Gt (f)和Gr (f)的表达式。解：1)令 gw* .j其他，由图 5-6 可得 h(t)=g t T j,因为 g(t) 2丿的频谱函数G( f) = TSa22T2f i，所以，系统的传输函数为I 4丿所以GT(f) =图5-6习题5.7图习题5.8 设一个基带传输系统的传输函数H ( f )如图5-7所示。(1)试求该系统接收滤波器输出码元波形的表达式:图5-7习题5.8图解：(1)由图5-25可得H ( f) =f fo其他。因为g(t)=彳t兰T其他，所以 G(f) =TSa2 (二fT)。根据

40、对称性G( f)i g (jt), G( f g(t), fr t,Tr f0,所 h(t)二 fSa2(二ft)。(2)当Rb =2f时，需要以f二Rb =2f为间隔对H(f)进行分段叠加，即分析在 区间-仏f。叠加函数的特性。由于在 -花。区间，H(f)不是一个常数，所以有码间 干扰。习题5.9设一个二进制基带传输系统的传输函数为H(f)+ cos2兀fi0), f 兰 1/2坯0,其他J试确定该系统最高的码元传输速率RB及相应的码元持续时间T。解：H(f)的波形如图5-8所示。由图可知，H(f)为升余弦传输特性，根据奈奎斯特 第一准则，可等效为理想低通(矩形)特性(如图虚线所示)。等效矩

41、形带宽为1 1 1W1 ：224最咼码兀传输速率1Rb =2W2-0相应的码元间隔T S = 1 / Rb = 2 057图5-8习题5.9图试证明其单位冲激响应，即接收滤波器输出码元波形为1 sin 二t/T cos：t/T7(1)习题5.10若一个基带传输系统的传输函数H(f)和式(5.6-7)所示，式中 W =W,。h(t)二2T 兀 t/T 1-4t2/T1若用丄波特率的码元在此系统中传输，在抽样时刻上是否存在T码间串扰?解：(1)H (f) =C0S2Wif ,其他1fi Jtif、j j 2W12W1“ e+ e1 +COS=G4W1 ( f )1 +2 12I)j爲1H(f) =

42、?G4Wi(f)1i2WWi訂14%4%心其中，G4w1（ f）是高为1，宽为4Wi的门函数，其傅里叶反变换为tG4w1 (fSa()2二 t -T/2 Ta、 T 丿 1T2/4t21 -T /4t1h(t)二怯已)SaT T 2T因此单位冲激响应1c Z：t Sa()-T T12 二t()_12 二tSa( )22T T |H -4t2 /4T21 sin 二t/T cos二t /T 2 2T 二t/T 1 -4t /T（2）由h（t）的图形可以看出，当由1/T波特率的码元在此系统中传输，在抽样时刻上不存在码间串扰。习题5.11 设一个二进制双极性随机信号序列的码元波形为升余弦波。试画出当

43、扫描 周期等于码元周期时的眼图。解：当扫描周期等于码元周期时的眼图如图5-9所示。图5-9习题5.11图习题5.12设一个横向均衡器的结构如图5-10所示。其3个抽头的增益系数分别为:C. = 1/3, C。=1, C-1/4 。若x(t)在 各点的 抽样值 依次为X, =1/8, x.=1/3,x =1,为=1/4,X2 =1/16，在其他点上其抽样值均为0。试计算x(t)图5-10习题5.12图1 2解：Dx = XX0 k -_2kWXk114 163748N由 yk = Ci Xk 4，i=_N可得1=X =3 824=C4X4 C0Xq -3 3二 CX_272y二 C4X0 Cox

44、 4 C/X_21、1|X 4丿832y。-C _4 X1Cx。 Cx_1-丄34y148y2= C0x2 C1x1 =1 丄16匸亠0I 4丿4y3 二 C1 X2 二1丄416164其余yk的值均为o，所以输出波形的峰值失真为:DyZ ykyo k _3kM1丄丄丄。丄=215(24 72324864 丿 480习题5.13设有一个3抽头的均衡器。已知其输入的单个冲激响应抽样序列为0.1, 0.2,-0.2, 1.0， 0.4， -0.1 ， 0.1。（1）试用迫零法设计其3个抽头的增益系数 Cn ；（2）计算均衡后在时刻k=0, 1, 2, 3的输出值及峰值码间串扰的值。解：（1）其中

45、x_2 =。2 x 二=-。2 x0 = JO, xi = 04 x2 = -0.1NZ CjXk丄=0, k = 1, 2,，士 N 根据式 丁，和2N+仁3,可列出矩阵方程二 Cixk i - 0, k - 0i 二4X0XX/ C40X1X0X4C01X2X1X0 一C1 10一将样值Xk代人，可得方程组X。X4 X/Tc01X1 X0 X _1 C 0= 11X2 X1 X0 jC1 j I0 j解方程组可得，C4 =0.2318,C0.8444,C-0.3146。N通过式yk =CiXk_i可算出i =_Ny0 =1, y 4 = 0, y -0.4371, y _ = -0.0232, y2 = 0.1946, y = 0.0613, y3 = 0.0215其余yk = 0输入峰值失真为:1 O0输出峰值失真为：1Dy、yk -0.7377y kjcscik J0Dx =乞 Xk =1.1Xo k* k-0均衡后的峰值失真减小为原失真的0.6706。习题5.14 设随机二进制序列中的o和i分别由g(t)和g(-t)组成，它们的出现概率分别为p 及( i-p)。(1)求其功率谱密度及功率。(2)若g(t)为如图5-6( a)所示波形，Ts为码元宽度，问该序列存在离