通信原理第七版课后答案樊昌信

1、第一章习题习题 在英文字母中E出现的概率最大，等于，试求其信息量1解：E的信息重：I E log 2P Elog 2 P E log 2 0.105 325 b习题 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：习题某信息源由A, B, C, D四个符号组成，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所示。解：(1) 一个字母

2、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2X5ms传送字母的符号速率为等概时的平均信息速率为(2)平均信息量为则平均信息速率为Rb RbH 100 1.977 197.7 bs习题 试问上题中的码元速率是多少？解：Rb11Tb 5*10200 Bd习题 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：该信息源的嫡为二比特/符号因此，该信息源的平均信息速率Rb mH 1000*5.795790 b/s 0习题 设一个信息源输出四进制等概率信

3、号，其码元宽度为125 us。试求码元速率和信息速率。解：RB1Tb1125*10 68000 Bd等概时，Rb Rb log 2 M 8000* log 2 4 16kb/s习题 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6MHZ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 74*1.38*10 23*23*600*6*10 6 4.57*10 12 V习题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 的曲 78*6.37*10 6*80 63849 km习

4、题 设英文字母E出现的概率为,x出现的概率为。试求E和x的信息量。解：习题 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：习题设有四个消息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：习题一个由字母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。113 ,

5、 Pb - pCpD(2)若每个字母出现的概率为4,4,10,试计算 传输的平均信息速率。解：首先计算平均信息量。(D平均信息速率=2 (bit/字母)/(2*5m s/字母)=200bit/s(2)11 11 11 33H P(Xi)lOg 2 P(Xi)10g2 工 710g2 ;二 10g2; log2 1.985 bit/子母x x 554444 1010平均信息速率=(bit/字母)/(2*5ms/字母尸s习题 国际莫尔斯电码用点和划的序列发送英文字母，划用持续 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)

6、计算点和划的平均信息量。解：令点出现的概率为P(A),划出现的频率为PP(A) + P(B) =1,1P3 P(a)pB)P(A)3 4P(B)1.4（2）习题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：111H p（x）log2P（为）16*（白 112*（言）应荒 6.4bit/符号32224224平均信息速率为6.4*1000=6400bit/s。习题 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

7、出现是独立等概的，那么传信率 Rb等于多少?解：RB 300BRb 300bit/s习题若题中信息源以1000B速率传送信息，则传送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*1000*3600 8.028Mbit传送1小时可能达到的最大信息量1一先求出最大的嫡:Hmax 10g 2 2.32bit/符 5号则传送1小时可能达到的最大信息量2.32*1000*36008.352Mbit习题如果二进独立等概信号，码元宽度为，求RB和Rb;有四进信号，码元宽度为，求传码率RB和独立等概时的传信率Rb。1RB3 2000B,Rb 2000bit/s解

8、：二进独立等概信号：0.5*101Rb3 2000B, Rb 2*20004000bit/s四进独立等概信号：0.5*10。第三章习题习题设一个载波的表达式为 c5cos1000 t ,基带调制信号的表达式为：m(t) =1+cos200 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 mtct 1 cos200 t 5cos 1000 t由傅里叶变换得已调信号的频谱如图3-1所示。5/4 。习题在上题中，已调信号的载波分量彳 a口各边带父量的振幅分别等于多少?解：由上题知，已调信号彳幸ay量的振幅为 f/2,上、下边带的振幅均为-600-500-400习题 设一个频率调制信号的

9、载频等于10kH乙基带调制信号是频率为2 kHZ的单一正弦波，调制频移等于 5kH乙试求其调制指数和已调信号带宽。解：由题意，已知fm=2kHZ， f =5kHZ，则调制指数为已调信号带宽为B 2( ffm) 2(5 2) 14 kHZ习题 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，有一、； ，2 cC已调信号的频率 PAM sAM (t)1 m(t) A cos 0t因为调制信号为余弦波，设B 2(1 mf)fm,故f 1000 kHZ 100则：载波频率为Pc A2

10、 cos2 0t a2A24 '22边带频率为2 八22. m (t)APsm (t)A cos 0t 2因此Ps 1。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。桂2习题 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=刈2 *Y( 3。证明：根据傅立叶变换关系，有变换积分顺序：F-1 X Y Xu Y u d ej tu 22又因为z t x t y t F -1 Z贝 UF 1 Z F-1 X Y即Z X Y习题 设一基带调制信号为正弦波，其频率等于10kHZ；振幅等于IV。它对 频率为10mHZ勺载波进行相位调制，最大调

11、制相移为 10rad。试计算次相位调制 信号的近似带宽。若现在调制信号的频率变为 5kH乙试求其带宽。解：由题意，fm 10 kHZ , A m 1 V 最大相移为max 10 rad瞬时相位偏移为 kpm(t),则kp 10。瞬时角频率偏移为dd (t) kp msin mt则最大角频偏kp m。dt因为相位调制和频率调制的本质是一致的，根据对频率调制的分析，可得调k制指数mf 一曳二kp 10pmm因此，此相位调制信号的近似带宽为若fm=5kHZ；则带宽为习题 若用上题中的调制信号对该载波进行频率调制，并且最大调制频移为1mHZ试求此频率调制信号的近似带宽。解：由题意，最大调制频移 f 1

12、000 kHZ ,则调制指数mf 1000/10 100 fm故此频率调制信号的近似带宽为习题设角度调制信号的表达式为 s(t) 10cos(2 *106t 10cos2 *103t)。试 求：(1)已调信号的最大频移；(2)已调信号的最大相移；(3)已调信号 的带宽。解：(1)该角波的瞬时角频率为故最大频偏f 10* 200010 kHZ、EfIO3(2)调频指数mf 10*二 10fm103故已调信号的最大相移10 rad。(3)因为FM波与PM波的带宽形式相同，即Bfm 2(1 mf) fm ,所以已调信 号的带宽为B=2(10+1)* 103 22 kHZ习题 已知调制信号 m(t)=

13、cos(2000 tt t)+cos(4000兀t)，载波为cos104兀t, 进行单边带调制，试确定该单边带信号的表达试，并画出频谱图。解：方法一：若要确定单边带信号，须先求得 m(t)的希尔伯特变换mi (t) =cos (2000兀 t -兀 /2 ) +cos (4000兀 t -兀 /2 )=sin(2000 兀 t) +sin (4000 兀 t)故上边带信号为SUS(t)=1/2m(t) coswct-1/2m' (t)sinwct=1/2cos(12000 ：tt)+1/2cos(14000 兀 t)下边带信号为SLSB(t)=1/2m(t) coswct+1/2m &

14、#39; (t) sinwct=1/2cos(8000 tt t)+1/2cos(6000 兀 t)先产生DSB信号：sm(t)=m(t)coswct= ,然后经过边带滤波器产生 SSB信号。习题将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若信号的传输函数 H(w)如图所示。当调制信号为 m(t)=Asin100 m+sin6000冗t时，试确定所得 残留边带信号的表达式。解：设调幅波 sm(t)=m0+m(t)coswct , mO |m(t)|max ,且 sm(t)<=>Sm(w) 图HM信号|勺传递函数特性1f/kHz根据残留边带滤波器在fc处具有互补对称特性，从 H(w)

15、图上可知载频 fc=10kHz,因止匕彳#载波cos20000 7t to故有s m(t)=m0+m(t)cos20000 兀 t=m0cos2000(k t+Asin100 兀 t+sin6000 兀 tcos20000 tt t=m0cos20000t t+A/2sin(20100 兀 t) -sin(19900 兀 t)+sin(26000兀 t)-sin(14000 兀 t)Sr(w)=兀 m0(T (w+200007t)+ b(W-200007t )+j 兀 A/2b(w+20100 7t )-(T (w+199007t)+(T (w-19900 兀)+ (w+260007t )-(

16、w-26000 九)-(T (w+140007t)+(T (w-14000 九)残留边带信号为F(t) ， 且 f(t)<=>F(w) ， 则 F(w)=Sm(w)H(w)故有：F(w)=兀 /2m0(T (w+200007t )+ 6(w-20000 兀)+j 兀 A/2b(w+201007t) (r(w-20100 7t)(r(w+199007t)+(T (w-19900 tt )+(r(w+26000 7t)-(T (w-26000 九)f=1/2m0cos20000兀 t+A/2兀兀 t+sin26000 兀 t习题 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=*10-

17、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 , 95

18、kHz& I f I < 105kHz 0 ，其他 2. ) Si=10kWNi=2B* Pn(f)=2*10*103*10-3=10W故输入信噪比Si/Ni=10003 .) 因有 GDs=2故输出信噪比So/No=20004 .)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 =故 Pn (f)= N0/2fm=*10-3W/Hz=1/2 PnI f I < 5kHzPn(f)(W/Hz图3-4解调器输出那的嗡声功率谱密度习题设某信道具有均匀的双边噪声功率谱信道中传输抑制载波的单边带信号，并设调制信77p.斤Pn (f) =5*10-3W/Hz,在该

19、：t)的频带限制在5kHz。而载频是100kHz,已调信号功率是1|0kW若收机的摘人信号在加至解调器之前，先经过一理想带通滤波器，试问-50f/kHz1)2)3)解：该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性。解调器输入端信噪比为多少？解调器输出端信噪比为多少？1)H(f)= k,100kHz & I f I < 105kHz其他)Ni=Pn(f) 2fm=*10-3*2*5*103=5W故 Si/Ni=10*103/5=2000)因有 Gsb=1 ,So/No= Si/Ni =2000习题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

20、之间总的传输耗损为100dB,试求：1) DSB/SC寸的发射机输出功率。2) SSB/SC寸的发射机输出功率。解：设发射机输出功率为 损耗 K=S/Si=10 10(100dB),已知S)/No=10O- (20dB), Nd=10-9W1) DSB/SC方式：因为G=ZSi/Ni=1/2 - So/No=50又因为N=4N0 Si=50Ni=200N o=2*10-7WSt=K- Si=2*103W2) SSB/SCT 式：因为G=1,Si/Ni= S o/No=100又因为Ni=4NoSi=100Ni=400No=4*10-7WSt=K Si=4*10 3W习题根据图3-5所示的调制信号

21、波形，试画出 DSB®形解:M(t)习题根据上 过包络检波器后解：题所求出的 内波形差别图3-6已调信号波形DSB图形，结合书上的AM波形图，比较它们分别通讨论比较：DSB信号通过包络检波器后产生的解调信号已经严重失真,m(t)带信号为cos2*104兀t求该所以DSB信号不能采用包络检波法；而AM可采用此法恢复习题已知调制信号的上边Sus(t)=1/4cos(25000 Ttt)+1/4cos(22000 兀 t),已知该载波为调制信号的表达式。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：S Lst)=1/4cos(18000 Ttt)+1/4c

22、os(15000 兀 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 兀 t)+cos(5000 兀 t)习题设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度 Pn，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) o解：输入信噪比Si/Ni=1000Si=15kWNi=2B* Pn=2*15*103* Pn=15W故求得Pn=*10 -3W/Hz

23、习题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解：GDs=2故输出信噪比So/No=2Si/Ni=1OOO所以 Si/Ni=500由上一例题即可求得：Pn=1*10 3W/Hz习题某线性调制系统的输出信噪比为 20dB,输出噪声功率为10-8W DSB/SC 时的发射机输出功率为2*103W式求：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N=10-9W因为G=ZSi/Ni=1/2 S°/N0=50因为Ni=4N0Si=50Ni=200N0=2*10-6W所以损耗K=S/Si=10 9习题将上一题的DSB/SC寸的发射机输出功率改为SSB/S

24、C寸的发射机输出功率，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= S 0/N0=100因为 Ni=4N0, Si=100Ni=400N0=4*10-6W所以，损耗 K=S/Si=5*10 8习题根据图所示的调制信号波形，试画出 AM波形。图3-7调制信号波形M(tM(t)所才的制舸齿号波形,解：AM波形如下所示:'图 3-8已调信号波形习题根据 用包络检波法解:试M出DSBM形。试问DSB®号能不能采M调制信号波形图3-M(t)DSB04调信号波形的解调恃号已经严重失真，所以DSB习题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

25、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；用脉冲出或一组 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

26、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， 包络检波器将在一个特定输入信噪比值上出现门限效应。习题已知新型调制信号表达式如下：sin Qtsinw ct,式中wc=8Q ,试画出它的波形图。M图3-11调制信号波形图习题已知城竹血制/言号表达式如下:(式中w解：(1+ Qt1t)cosw ct=4Q|,

27、试地附它的:M(t)swct=图：0s心，所以:cosw:t两者相加即M得出快的波形的1 M(t)OSWct习题某1w<<w, w>w s(t)为何种M(t)1理想低通解：Si(t尸田swcosw 1tcosw2t-w 0 w w力图&-3场职信W波形图知勺频谱如4截风频吊为3-t13所示。载频.试求输出信号s(t),并说明淤3113 MKwt)的蜗部相乘器P加3的调/出劭框图相乘器cosw2t相加器小理想低通S(t)s 乂t)=m(t)sinw itsinw 2t经过相加器后所得的s(t)即为:s(t)=s i(t)+s 2(t)=m(t)coswicosw2+si

28、nwisinw2=m(t)cos(wi-W2)t由已知 wi<<w W1>WH故：s(t)=m(t)cosw 2t所以所得信号为DSB信号第四章习题习题试证明式Tnf nfs 。证明：因为周期性单位冲激脉冲信号1n(t nTs),周期为Ts,其傅里叶变换而所以即习题若语音信号的带宽在 论上信号不失真的最小抽样频率。Fn (t n s)Fn1Ts 2TsTs2(t)l jn stdt1Ts2Ts n(n s),1,(f) -( nfs)Ts n300400Hz之间，试按照奈奎斯特准则计算理解：由题意，储=3400Hz , fL=300Hz,故语音信号的带宽为B =3400-30

29、0=3100 Hz储=3400Hz =1 3100+ 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fs = 2B(1 k)=2 3100 ( 1 + ) =6800 Hz n31习题若信号s(t) sin(314t)/314t。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：s sin(314t)/314t ,其对应的傅里叶变换为信号s(t)和对应的频谱S()如图 4-1 所示。所以储 h. 2314 2 50Hz根据低通信号的抽样

30、定理，最小频率为 fs 2 fH 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。习题设被抽样的语音信号的带宽限制在3003400 Hz,抽样频率等于8000Hz 0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。解：已抽样语音信号的频谱如图4-2所示。(a)(b)图4-1习题图图4-2习题图习题 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M=256根据均匀量化量噪比公式得习题 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=; 律中，A=o 一般地，当A越大

31、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 在A律PCMS音通信系统中，试写出当归一化输入信号抽样值等于时， 输出的二进制码组。解：信号抽样值等于，所以极性码 g=1。查表可得 (1/3.93, 1/1.98),所以的段号为7,段落码为110,故c203c4=110。第7段内的动态范围为： (11.98 1；393) _1，该段内量化码为 n ,则 166411n 一 + =,可求得n ,所以量化值取 3。故c5c607c8=0011。64 3.93所以输出的二进制码组

32、为。习题试述PCM DPCMf口增量调制三者之间的关系和区别。答：PCM DPCM5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：PCM1对信号的每个抽样值直接进行量化编码：DPCM1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DPCMI制中一种最简单的特例，即相当于DPC呻量化器 的电平数取2,预测误差被量化成两个电平+和-,从而直接输出二进制编码。第五章习题习题 HDB3码的相应序列。解：AMI码为HDB 3码为习题 试画出AMI码接收机的原理方框图。解：如图5-20所示。全波整流采样判决图5-1习题图习题 设g1

33、(t)和g2(t)是随机二进制序列的码元波形。它们白|出T概率分别是P和(1 P)。试证明：若1 g1 （t）/g2（t）k ,式中，k为常数，且0 k 1 ,则此序列中将无离散谱。证明：若Pg1（t）/g2（t）所以稳态波为Pg1（t） Pg2（t） g2（t） （P1）g2（t）v（t） Pg1（t nTs） （1 P）g2（t nTs）即Pv(w) 0。所以无离散谱。得证!习题试证明式几t 4sin 2 Wt HW sin 2 ft df o证明：由于h1(t)H(f )ej2 ftdf ,由欧拉公式可得由于Hi(f)为实偶函数，因此上式第二项为0,且令，f f' W,df df

34、',代入上式得由于Hi( f)单边为奇对称，故上式第一项为0,因此习题 设一个二进制单极性基带信号序列中的“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：(1) 该序列的功率谱密度的表达式，并画出其曲线；由题意，P0 P1 P 1/2,且有 g/t) = g(t), g2(t) =0 ,所以Gi(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，可得曲线如图5-3所示。图习题图2(2)二进制数字基带信号的离散谱分量为当m4 1时，f= ± 1/T ,代入上式得因为该二进制数

35、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习题 设一个二进制双极性基带信号序列的码元波形g(t)为矩形脉冲，如图5-4所示,3其局度等于1,持续时间r =T3, T为码兀宽度；且正极性脉冲出现的概率为-,负极性41脉冲出现的概率为1。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；1(2) 该序列中是否存在 f 的离散分量？若有，试计算其功率。nT图5-4习题图解：(1)基带脉冲波形g(t)可表示为:g(t)的傅里叶变化为：G(f) Sa(f)TSa 3Tf3该二进制信号序列的功率谱密度为:,1-2P(

36、f)产 P) G1(f) G2(f)4T2曲线如图5-5所示。图5-5习题图(2)二进制数字基带信号的离散谱分量为.11, f一时，代入上式得T因此,该序列中存在 f 1/T的离散分量。其功率为:习题设一个基带传输系统接收滤波器的输出码元波形11)试求该基带传输系统的传输函数(2)若其信道传输函数 C(f) 1,输函数相同，即GT(f) GR(f),试求此时人1-2解：(1)令 g(t) T 0PGi m(1 P)G2 mh(t)如图5-13所示。H(f)；且发送滤波器和接收滤波器的传6T(口和6八3的表达式。t 2 ，由图5-6可得h(t) = g其他 T c T2 f的频谱函数G(f) T

37、Sa2 T-f 24,所以，系统的传输函数为H(f)=G(f)e2 fT j 2 fT j(2)系统的传输函数 H (f )由发送滤波器GNf)、信道C(f)和接收滤波器Gr( f)部分组成，即 H (f ) = C( f) GT(f) GR( f)。因为 C(f) 1 , GT( f) GR(f),则22-H(f)=GNf)=GR(f)所以 GT(f) = GR(f)= .,H(f)2 fTTSaT2! e =图5-6习题图习题 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：(2) 若其中基带信号的码元传输速率RB2 f0,试用奈

38、奎斯特准则衡量该系统能否保证无码间串扰传输。解：(1)由图5-25可彳导H( f )=因为g(t)1 t/Tt0其他2_，所以 G(f) TSa ( fT) o根据对称性G( f) g(jt),G(f) g(t), f t,Tfo，所 以h(t) f°Sa2( f°t)。(2)当Rb 2 f0时，需要以f Rb 2 f0为间隔对H(f)进行分段叠加，即分析在区间f0, f0叠加函数的特性。由于在 f0,f0区间，H(f )不是一个常数，所以有码间干扰。习题设一个二进制基带传输系统的传输函数为试确定该系统最高白码元传输速率RB及相应的码元持续时间To解：H(f)的波形如图5-

39、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)。等效矩形带宽为1最图码兀传输速率RB 2W12 0相应的码元间隔TS 1/ RB 2 0图5-8习题图习题 若一个基带传输系统的传输函数H(f)和式()所示，式中 W W1。(1) 试证明其单位冲激响应，即接收滤波器输出码元波形为1 ，(2) 若用一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？1,1 cos 一 f , f 2皿解：(1) H(f) 22W.0，其他其中，G4w1(f)是高为1,宽为4W1的门函数，其傅里叶反变换为因此单位冲激响应(2)由h(t)的图形

40、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习题图习题 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 11/3, Co 1, C11/4 。若x(t)在各点的抽样值依次为：x 21/8,x 11/3,Xo 1,Xi 1/4, X21/16 ,在其他点上其抽样值均为 0。试计算x(t)的峰值失真值，并求出均衡器输出y(t)的峰值失真值。习题设有一个3抽头的均衡器。已知其输入的单个冲激响应

41、抽样序列为，(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 x 2 0.2,x 10.2,x01.0, x10.4,x20.1Gx-0,k1, 2, , N根据式i NN，和2N+1=3,可列出矩阵方程CiXk i 0,k0i N0.3146 o将样值Xk代人，可得方程组解方程组可得，C10.2318,C0 0.8444,C1N(2)通过式ykCiXk i可算出i N其余yk0，一，一,1输入峰值失真为：Dx xk 1.1XkX0 kk 0，1输出峰值失真为：

42、Dyyk 0.7377V。kk 0均衡后的峰值失真减小为原失真的。习题设随机二进制序列中的0和1分别由g(t)和g( t)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。若g(t)为如图5-6 (a)所示波形,Ts为码元宽度，问该序列存在离散分量fs 1/Ts否？(3)若g为如图5-6 (b),回答题(2)所问。解：(1)c 1.S 一 Ps(w)dwPs(f)df其功率 2(2)g(t) 1,t Ts/2"0,其它g(t)傅里叶变换G(f)为G(f)sin fTsfTssin九1sinG(fs) Ts Ts0因为fTs由题(1)中的结果知，此时的离散分量为

43、0.,数字信息“ 1 ”和“ 0”分fs 1/Ts的分量？如能，试计(1)对于单极性基带信号,g10, g2(t)0g，随机脉冲序列功率谱密度为当 p=1/2由图5-7时,(a)得g(t)傅里叶变换G为代入功率谱密度函数式，得(2) 由图5-7(b)中可以看出，该基带信号功率谱密度中含有频率量，故可以提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量。fs=1/Ts的离散分由题(1)中的结果，该基带信号中的离散分量为Pv(w)为g(t)傅里叶变换G为因为所以该二进制序列存在离散分量fs 1/Ts习题设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲, 别用g(t)的有无表示，且“ 1”和“ 0”出现的概率相

44、等:(1)求该数字基带信号的功率谱密度。(2)能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率算该分量的功率。解:当mB 1时，即f=fs时，有S 巴 Sa4所以该频率分量的功率为16Ji 一 Sa 一1622A24习题设某二进制数字基带信号中，数字信号"1”“0”分别由及表示，且“ 1”与“0”出现的概率相等，是升余弦频谱脉冲，即并画出功率谱密度图；从该数(1) 写出该数字基带信号的功率谱密度表示式,字基带信号中能否直接提取频率fs=1/Ts的分量。(2) 若码元间隔Ts=10-3s,试求该数字基带信号的传码率及频带宽度。解：当数字信息“ 1”和“ 0”等概率出现时，双极性基带信号的功

45、率谱密度g(t)已知t cos Ts。.4t2TS2Sa,其傅氏变换为代入功率谱密度表达式中，有Ps视if Ts)2，f1Ts习题设某双极性基带信号的基本脉冲波形如图5-9(a)所示。它是一个高度为1 ,宽度 得矩形脉冲，且已知数字信息“1”的出现概率为3/4 ,“0”的出现概率为1/4。(1) 写出该双极性信号的功率谱密度的表示式，并画出功率谱密度图；(2) 由该双极性信号中能否直接提取频率为fs=1/Ts的分量？若能，试计算该分量的功率。解:(1) 双极性信号的功率谱密度为当p=1/4时，有 由图5-7 (a)得G(f)组fSa f故f将上式代入Ps(f) 的表达式中，得 将3Ts代入上式

46、得 功率谱密度如图5-9 (b)所示。(2) 由图5-9(b)可以看出，由该双极性信号可以直接提取频率为fs=1/Ts的分量。该基带信号中的离散分量为Pv(w)为当mM 1时，即f=fs时，有fs所以频率为1Ts分量的功率为习题解：AMI 码：+1 0000 00000- 1 +1HDB3 码：+1 000+V -B00 -V0 +1- 1PST 码：(+ 模式)+0 - + - + - + - + +-(-模式)-0 - + - + - + - + +-双相码：10 01 01 01 01 01 01 01 01 01 10 10习题某基带传输系统接受滤波器输出信号的基本脉冲为如图5-10所

47、示的三角形脉(1) 求该基带传输系统的传输函数H(w)；(2) 假设信道的传输函数C(w)=1,发送滤波器和接受滤波器具有相同的传输函数，即G(w)=GR(w),试求这时 GT(w)或GR(w)的表达式。解：(1)由图5-10得基带系统的传输函数H(w)由发送滤波器GT (W)，信道C(w)和接受滤波器Gr(w)组成，即若 C(w) 1 Gt(w) Gr(w)22 .、则 H(W) Gt (w)Gr(w) Gt (w) Gr (w)Gt(w) Gr(w) Jh (w) i区Sa(wTs)e jWZ所以'24习题设某基带传输系统具有图5-11所示的三角形传输函数：(1) 求该系统接受滤波

48、器输出基本脉冲的时间表示式；(2) 当数字基带信号的传码率RB=W0/兀时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间干扰传输？解：(1)由图5-11 可得该系统输出基本脉冲的时间表示式为(2)根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H (W)应满足W W0容易验证，当Ts时，Rb W0所以当传码率时，系统不能实现无码间干扰传输习题设基带传输系统的发送器滤波器，信道及接受滤波器组成总特性为H(w),若要求以2/Ts Baud的速率进行数据传输，试检验图5-12各种H(w)满足消除抽样点上无码间干扰的条件否？解:当RB=2/Ts时，若满足无码间干扰的条件，根据奈奎斯特准则，基带系统的总特性H

49、(w)应满足H (w或者H eq (w)Ts0, w容易验证，除(c)之外，(a) (b) (d)习题设某数字基带传输信号的传输特性)C,wTs均不满足无码间干扰传输的条件。H(w)如图5-13所示。其中a为某个常数(0 & a w 1) o(1) 试检验该系统能否实现无码间干扰传输？(2) 试求该系统的最大码元传输速率为多少？这是的系统频带利用率为多大？解：(1) 根据奈奎斯特准则，若系统满足无码间干扰传输的条件，基带系统的总特H (w 2 RBi) C, wRBHeq(w)i性H(w)应满足0, wRB可以验证，当RB=w0/ti时，上式成立。几该系统可以实现无码间干扰传输。(2)

50、 该系统的最大码元传输速率Rmax,既满足Heq(w)的最大码元传输速率RB,容易得到 Rmax=w0k系统带宽B (1加局(1)Wo/2HZ,所以系统的最大频带利用率为:3习题为了传送码元速率RB 10 Baud的数字基待信号,试问系统采用图5-14中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。解:根据奈奎斯特准则可以证明(a) ,(b)和(c)三种传输函数均能满足无码间干扰的要求。下面我们从频带利用率，冲击响应“尾巴”衰减快慢，实现难易程度等三个方面分析对比三种传输函数的好坏。(1)频带利用率3 .,三种波形的传输速率均为RB 10 Baud，传输函数(a)的带宽为Ba103Hz其频带利用

51、率a Rb /Bb 1000/10001Baud / Hz传输函数(c)的带宽为Bc 10 Hz其频带利用率c RB /Bc 1000/10001Baud / Hz显然所以从频带利用率角度来看，(b)和(c)较好。(2) 冲击响应“尾巴”衰减快慢程度(a) , (b)和(c)三种传输函数的时域波形分别为其中(a)和(c)的尾巴以 曾产的速度衰减，而(b) 尾巴以1/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。综上所述，传输特性(c)较好。习题 设二进制基带系统地

52、分析模型如图5-2所示，现已知试确定该系统最高的码元传输速率RB及相应码元间隔 Ts.解：传输特性H(w)为升余弦传输特性。有奈奎斯特准则，可求出系统最高的码Rb元速率12 0 Baud，而 Ts 20。习题若上题中H(w)Ts(1 coswTs), w0,其它的w2tT试证其单位冲击响应为并画出h(t)的示意波形和说明用1/Ts Baud速率传送数据时，存在(抽样时刻上)码间干扰否？解:H(w)可以表不为G5(w)口 傅式变换为TsH (w)sG4 (w)(12.wT jws e 2 e2jwTs一)wTwTTTjT TjTG4 (w) G4 (w)e G4 (w)e2 T 4 亍4 -'sssTs2 ch(t) * Sa(2TsR当传输速率h(KTs)Ts2 (t TTs*TsSa(Ts2 (t9Baud时，将不存在(抽样时刻上的)码间干扰，因为h(t)满足1,k 00,k为其它的整数习题设有一相关编码系统，理想低通滤波器的截止频率为1/(2Ts),通带增益为Ts。试求该系统的单位冲击响应和频率特性。解：理想低通滤波器的传递函数为h(t) sa(t)其对应的单位冲击响应Ts所以系统单位冲击响应丁 r /2 jwTs1Ts1 e , w T s系统的频率特性H