通信原理答案5

1、第五章数字基带传输系统第六章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）：求其功率谱密度及功率；解：（ 1）随机二进制序列的双边功率谱密度为Ps()=fsP(1-P)|G1(f)-G2(f)| 2 + |f sPG1(mf s) + (1-P)G2(mf s)| 2 (f- mf s)由 g1(t)=-g2(t)=g(t) 得Ps()= 4fsP(1-P)G2(f) + f s(1-2P)2 |G(mf s)| 2(f- mf s)式中， G(f)是 g（ t）的频谱函数，在功率谱密度P ( )中，第一部分是其连续谱部分，第二

2、部分s是其离散成分。随机二进制序列的功率为S=1/2 Ps( )d=4fsP(1-P) G2(f)df + |f s(1-2P) G(mfs)| 2 (f- mfs)df=4fsP(1-P) G2(f)df + f sP(1-P)2 |G(mf s)| 2(2)当基带脉冲波形g(t) 为1, |t |Tsg(t )20, 其他 tg(t)的傅立叶变换G(f)为G ( f ) TssinfTsfT s因为 G ( f )Tssin fsTs0fsTs由题（ 1）中的结果知，此时的离散分量为0。Ts（3） g(t)1,| t |40, 其他 tg（ t）的傅立叶变换G（ f）为Ts sinfsTs

3、 / 2 Ts0G ( f )f sTs / 221所以该二进制序列存在离散分量f sTs1. 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图所示。图中Ts 为码元间隔，数字信号“ 1”和“ 0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“ 0 ”出现的概率相等：（1）求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；1能否从该数字基带信中提取码元同步所需的频率f s的分量，若能，式计算该分量（2）Ts的功率。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 ) f s p(1 p) G ( f )2f s(12p)G( mf

4、s ) ( f mf s )m当 p=1/2 时f s G( f ) 22ps ( f )f s G( mfs) ( f mfs )4m4由图可得g(t)A(12 t ), tTsTs20, 其他 tg（ t）的傅立叶变换G（ f）为G ( f )ATs Sa2fTs22代入功率谱密度函数式，得f s ATs2f s2 ATsnf sTs22fTsSa2f mf sPs ( f )Sa4 224 22mA2Ts Sa4fTsA2Sa4 mf mfs16216 m2功率谱密度如图所示。（2）由图 5-7（ b）中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率1fsTs1的离散分量，故可以提取码元同步

5、所需的频率fs的分量。Ts由题（ 1）中的结果，该基带信号的离散谱分量Pv为PvfA24mfmf s16 mSa2当 m 取1 时，即 ff s 时，有PvfA24ffsA24f fs16 mSa216 mSa2所以该频率分量的功率为PvfA2Sa4A242A216216Sa242. 设某二进制数字基带信号中，数字信号“1”和“ 0”分别由 g（ t）和 -g（t ）表示，且“ 1”和“ 0”出现的概率相等，g（ t ）是余弦频谱脉冲，即costTst1g t2Sa2 14t2TsTs（1）写出该数字基带信号的功率谱密度表达式，并画出功率谱密度图；（2）从该数字基带信号中能否直接提取频率f s

6、1的分量；Ts（3）若码元间隔 Ts10 3 s ，试求该数字基带信号的传码率及频谱宽度。解：（1）当数字信号“ 1”和“ 0”等概率出现时，双极性基带信号的功率谱密度Ps f f s Gf2t1costTs1TsSa1已知 g t2，其傅立叶变换为4cos fTs , f21 4tTsG fTs20,其他 fTsPs fTs 1 cos fTs , f1代入功率谱密度表达式中，有16Ts ，如图所示：3.1，宽度1 Ts双极性数字基带信号的基本脉冲波形如图所示。它是一个高度为3 ，的矩形脉冲，且已知数字信号“ 1”的出现概率为 1/4。（1）该双极性信号的功率谱密度的表达式，并画出功率谱密度

7、图；（2）由该双极性信号中能否直接提取频率为f s1的分量若能，试计算该分量的功率。Ts解：（ 1）双极性基带信号的功率谱密度为22fs 2 p 1 G mfsf mfsPs f 4 fs p 1 p G fm当 P=1/4 时，有32fs22Ps ff mfsfs G fG mfs44 m1, t2sin fg(t)故 G ( f )f0,其他tSa已知，f3 fs22将上式代入 Ps f,Ps f2 Sa2 ffsSa2 mfsf mf s得44m将1Ts 代入上式中得312fTs12mPs f12TsSa336 mSa3fmf s功率谱密度如图所示。（2）由图可以看出，由该双极性信号可以

8、直接提取频率为1fsTs 的分量。Pv ()1Sa2fmf s该基带信号中的离散谱分量为36 m3Pv ( )1 Sa23ffs1 Sa2ffs当 m 去正负1 时有363631分量的功率为 Pv()1 Sa21 Sa23所以频率为 fsTs3633638 24. 已知信息代码为，求相应的 AMI 码、 HDB3 码、 PST码及双相码。解：AMI 码： +1HDB3 码： +1000+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 10 105. 已知信息代码为

9、011，试确定相应的 AMI 码及 HDB3 码，并画出波形图。AMI 码： +10-100000+1-10000+1-1BHD3码：+101000V0+11+B00+V1+16. 某基带传输系统接收滤波器输出信号的基本脉冲为如图所示的三角形。（ 1） 求该基带传输系统的传输函数H（ 2） 设信道的传输函数C1 ，发送滤波器和接收滤波器具有相同的传输函数，即CTC R，试求此时的CT或 C R的表达式。解12 tTs ,0t Tsh tTs2（1）由图得0,其他 tj tTs2Tsjt sHh t edte22Sa4该基带传输系统的传输函数为（2）基带传输的传输函数由发送滤波器、信道和接受滤波

10、器组成，即HGTCCR若 C1,GTCR，则 HGTCRC R2GT2Ts SaTsj t sGTCRH4所以e247. 设某基带传输系统具有如图所示的三角形传输函数：（1）求该系统接收滤波器输出基本脉冲的时间表达式；RB0（2）当数字基带信号饿传码率时，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）由图可得1,H1000,其他该系统输出基本脉冲的时间表达式为h t1He j t d0 Sa20t222（2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H应满足H2i C,TsHeqiTs0,Ts容易验证，当0时， H2H2 RBiH2 0 i C,所以TsiiTsii当传码率 RB

11、0 / 时，系统不能实现无码间干扰传输。8. 设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总特性为H，若要求以2/ Ts Baud的速率进行数据传输，试检验图所示的满足消除抽样点上的码间干扰的条件否解当 RB2 时，若满足无码间干扰传输条件，根据奈奎斯特准则，基带系统的总特性TsH 应满足H2 RB iC ,RBHeq0,RB容易验证，除（c）之外，（a）、（ b）（ d）均不满足无码间干扰传输的条件。9.设某数字基带传输系统的传输特性 H如图所示。其中a为某个常数（ 0a1)（ 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时的系统频带利用率为多

12、少解（ 1） 根据奈奎斯特准则，若系统满足无码间干扰传输的条件。基带系统的总特性H应满足H2 RB iC ,RBHeq0,RB可以验证：当 RB0 时，上式成立，即该系 统可以实现无码间干扰 传输。（ 2）该系统的最大码元传输速率 Rmax ,即满足 Heq的最大码元传输速率 RB , 容易得到0Rmax系统带宽 B(1)0rad(1 ) 0 Hz, 所以系统的最大频带利 用率为2Rmax02B(1)012为了传送码元速率 RB103 Baud的数字10. 基带信号，试问系统采 用图中所画的哪一种传 输特性较好？试简要说 明理由。解：根据奈奎斯特准则可以证明， （ a）、（ b）、（c）三种传

13、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、冲激响应“尾巴”的衰减快慢、实现的难易程度三个方面来分析对比三种传输函数的好坏。（1）频带利用率三种波形的传输速率均为RB1000Baud, 传输函数 (a)的带宽为Ba2103 Hz其频带利用率aRB10000.5Baud / HzBa2 103传输函数（ ）的带宽为bBb103 Hz其频带利用率aRB10001Baud / HzBb1000传输函数（ b）的带宽为Bc103 Hz其频带利用率cRB10001Baud / HzBc1000显然abc（ 2） 冲激响应“尾巴”的衰减快慢程度（ a）、（b ）和（ c）三种传输特性的时域波形分

14、别为ha t2 103 Sa2 2 103 thb t 2 103 Sa 2 103 thc t103 Sa2 103 t1其中（ a）、（ c）的尾巴以2 的速度衰减，而（ b）的尾巴以 1的速度衰减，故从时域 波形的尾巴衰减速度 t来看，传输特性（ a）和（ c）较好。（3）从实现的难易程度来 看，因为 b为理想低通特性，物理上不易实现，而 a和c比较容易实现。综上所述，传输特性 c较好。11. 二进制基带系统的分析模型如图所示，现已知0 1cos0 ,H00,其他 t试确定该系统的最高的码元传输速率 RB 及相应码元间隔 Ts。解试确定该系统的最高的码元传输速率RB 及相应码元间隔Ts。

15、传输特性 H的波形如图所示由上图易知， H为升余弦传输特性。由 奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速 率RB1Baud,而Ts 2 02 012. 若上题中HTs 1 cosTs ,222Ts0, 其他 t试证明其单位冲击响应为sin t / Tscos t / Tsh(t )1 4t 2 / Ts2t / Ts并画出 h(t )的示意波形和说明用 1/ TsBaud速率传送数据时，存在（抽样时刻上）码 间干扰否？解HTs G41cos Ts2Ts2其中 G4 波形如图所示。而 G4 的逆傅立叶变换为TsTsF 1G4Ts Sa 2 tTs2Ts而TsjHTs G41 e 22Tse 2j T

16、s 2Ts G4Ts G4ejTsTs G4eTs22j2Ts4Ts4Ts所以2Ts2TsTs 22 t2tTs2th(t )SaSa2Sa22 TsTsTsTs4 TsTs2 t1sin t / Tscos tTsSa1 4t 2 / Ts2t / Ts1 4t 2 / Ts 2Tsh(t)的波形如图所示。由图可以看出，当传输速率 RB1 Baud时，将不存在（抽样时刻上）的码间干扰Ts因为 h(t)满足1, k0h( kTs )为其他整数0, k设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/( 2Ts ).13. 通带增益为 Ts。试求该系统的单位冲 激响应和频率特性。

17、输入相减理想低通输出延迟 2Ts解：理想低通滤波器的传输函数为H (t )Ts,Ts0, 其他其对应的单位冲激响应h (t)Sa(t )所以系统单位响应h(t)(t )(t2Ts)h (t )h (t)h (t2Ts )Sa(t)Sat2TsTsTs系统的频率特性H1e j TsH( )Ts 1e j 2 Ts ,Ts0,其他H2Ts sinTs ,Ts0, 其他14. 若上题中输入数据为二进制的， 则相关编码电平数为 3；若输入数据为四进制 （ +3，+1，-1，-3），则相关编码电平数为7。一般地，若部分响应波形为sintsintN1 TsTsTsg(t )R1RNttN1 TsTsTs输

18、入数据为 L进制，则相关电平数NQ( L1)Ri1i 115. 以参考文献 1 中第 IV 部分响应为例。试画出包括预编码在内的系统组成方框图解：第 IV 部分响应系统的组成方框图如图所示。相信接受模2 判发 送 滤发减道滤波决收波2Ts16. 对于双极性基带信号，试证明其码元持续时间内，抽样判决器输入端得到的波形可表示为x(t)AnR (t ), 发送“1”时AnR (t ), 发送“0”时假定nR (t)是均值为 ，方差为2n的高斯噪声，当发送“ ”时，01的一维概率密度为x(t)f1 (x)1expxA 22222nn而发送“ ”时，x(t)的一维概率密度为0f0 (x)1expxA 2

19、2222nn若令判决门限为Vd ,则将“ ”错判为“ ”的概率为10Vd11VdApe1p xVdf1x dxerf222n将“ ”错判为“ ”的概率为01pe2p xVdf 011VdAVdx dxerf222n若设发送“ 1”和“ 0”的概率分别为 p(1)和 p(0),则系统总的误码率为 pe p 1 pe1 p 0 pe 2V dp 1f1( x)dx p( 0) f 0 ( x)dxVd令 dpe 0, 得到 dVdp 1 f1 (Vd )p 0 f0 (Vd )0解得最佳门限电平为2ln p(0)VdnAp(1)17. 试证明对于单极性基带波形，其最佳门限电平为VdA2p( 0)l

20、nn2Ap(1)最小误码率pe1A“ ”和“ ”等概出现时）erfc2( 102n证明：对于单极性基带信号波形，在一个码元持续时间内，抽样判决器输入端得到的波形可表示为x(t )AnR (t ), 发送“1”时nR (t ), 发送“0”时其中nR (t)为均值为 ，方差为2n的高斯噪声。发送“ ”时，01x(t )的一维概率密度为f1 (x)1exp( xA) 2222nn而发送“ ”时，x(t)的一维概率密度为0f0 (x)1expx2222nn令判决门限为vd ,则将“ ”错判为“ ”的概率为10vd1( xA)2pe1p xvdexpdx222nn将“ ”错判为“ ”的概率为01pe0

21、p xvd1expx2dxvd222nn设发送“ 1”和“ 0”的概率密度分别为 p(1)和p(0), 则系统总的误码率为 pe p 1 pe1 p 1 pe0令 dpe 0，可求得最佳门限电平 Vd ,即 dvd(VdA)22p(1)1exp1expVd02 n22n2 n2 2n解得A2p( 0)nVdAln2p(1)若 p( 0)p(1)1 ，则 VdA22此时，系统的误码率为peVd1p(1)2n11 erfA22 2n(xA) 2dx p( 0)1expx2dxexp222nVd2n2n1 erfcA22 2n18.若二进制基带系统如图所示。并设 C1, GTG RH 。现已知H0

22、1 cos0 ,00,其他解CR的输出噪声功率谱密度为Pnn0CRn0H222n00 1cos 0,20接收滤波器 C R输出噪声功率为S0110 Pn d02200n01 cos 0d2 00219.若二进制基带系统如图所示。并设 C1, GTGRH 。现已知0 1 cos 0,H00,其他解设系统发送“ ”时，接受滤波器的输 出信号为 电平，而发送“ ”时，1A0接受滤波器的输出信号 为 电平。令判决门限为vd，则发送“ ”码错判01为“ ”的概率为0pe1vd1expvAdv2发送“ ”码错判为“ ”的概率为01pe01 expvdvvd2设发送“ ”和“ ”的概率分别为和p(0),则总

23、的错误概率为10p(1)pe p(1) pe1p(0) pe0p(1)vd1expvA1expv2dvdvvd 2令 dpe 0，并考虑 p(1) p(0) 1,可求得最佳门限电平 dvdvdA2此时，系统误码率为pe p(1)vd1v A1vexpdvexpdv2vd21 expA2220. 某二进制数字基带系统所传输的是单极性基带信号，且数字信号“1 ”、“0”的出现概率相等。解用p(1)和p(0)分别表示数字信号“”和“ ”出现的概率，则p(1) p(0)101 , 等概率时，最佳判决门 限 vdA0.5V22已知接受滤波器输出噪声均值为 0，均方根 n0.2V，误码率pe1erfcA6.21 10 322 2 n21. 某二进制数字基带系统所传输的是单极性基带信号，且数字信号“等。1 ”、“0”的出现概率相解根