通信原理典型例题

第一章［例1］设英文字母E出现的概率为0.105,x出现的概率为0.002。试求E及x的信息量。解：英文字母E出现的概率为p(E)=0.105，其信息量为IE=lOg2爲=性血=®字母x出现的概率为p(x)=0.002，其信息量为Ix=lOg2侖=陀2爲=8.97bit［例2］某信息源的符号集由A,B,C,D和E组成，设每一符号独立出现，其出现概率分别为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：该信息源符号的平均信息量为H(x)二叫性叫)i=1P.号1 1 1 13 3 5 5P.号=-4性4-228叫-16log2l6-i6log216=2.23曲符说明：通过上述两个例题,理解信息量和平均信息量的意义和计算方法。［例3］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：每个符号的平均信息量为H(x)=162丄log232+1122丄log2224=6.404bit/符号32 2 224 2已知码元速率RB=1000Baud，故该信息源的平均信息速率为Rb=RB-H(x)=6404bit/s说明：通过本例题,掌握信息速率和平均信息量之间的关系。［例4］已知某八进制数字通信系统的信息速率为3000bit/s,在收端10分钟内共测得出现18个错误码元,试求该系统的误码率。解：依题意R=3000bit/sb则R=R/log8=1000BaudB8b2系统的误码率P= 18=3210-5e1000210260说明：通过本例题,掌握误码率。通过例3、例4掌握通信系统的性能指标。［例5］某一待传输的图片约含2.252106个像元。为了很好地重现图片,需要12个亮度电平。假若所有这些亮度电平等概出现，试计算用3分钟传送一张图片时所需的信道带宽(设信道中信噪功率比为30dB)。解：因为每一像元需要12个亮度电平,所以每个像元所含的平均信息量为H(x)=lo2g1=23b5符号/每幅图片的平均信息量为I=2.25x106x3.58=8.07x106bit用3min传送一张图片所需的传信率为I8.0x7160R=—= =4.48x10itSbT3x60由信道容量C>R，得到bSC=Blog(4-->R2Nb所以B>=4.4XB>=4.4X)log(41401000)449x1Hz即信道带宽至少应为4.49kHz。说明：通过本例题，掌握信道容量及其计算。第二、三章 、 ［即信道带宽至少应为4.49kHz。说明：通过本例题，掌握信道容量及其计算。第二、三章 、 ［例1］求周期信号f(t)的功率谱密度。解：周期为T的周期信号f(t)，其瞬时功率等于|f(t)2，在周期T内的平均功率为P=1iT/2f2(t》trri JT-T/2由书中式(2.2-6)知f(t)=艺FejnG0nn=s于是iT/2-T/2f(t)艺Fej叫dtnn=-g交换积分号和求和号的次序因此1艺FiT/2因此1艺FiT/2T n-T/2n=sf(t)ejn叫tdtn-nnnn=-gn=-gn=-g由于Fn|2是nw0分量的平均功率。则由5函数的抽样性质可得|f”2=JIf”I28(o—no°)do—g故P=为—gn=—g n=—g交换求和号和求积分号的次序得FnI2=另卜If”卩故P=为—gn=—g n=—g交换求和号和求积分号的次序得2)P=艺|FI28(o—no)do2)n 0—gn=—g将式(1)和式(2)比较可得P(o)=2兀艺|F|28(o一no)f n 0n=—g结论：周期信号的功率谱由一系列位于no°处的冲激函数组成，其冲激强度为2兀|FnI2。［例2］设随机过程g(t)可表示成g(t)=2cos(2兀t+0)，式中0是一个离散随机变量，且P©=0)=1/2，P(0=兀/2)=1/2，试求E(1)及Rg(0,1)。gg解:在t=1时，g(t)的数学期望E(1)=E[2cos(2兀t+0)]lg t=1=P(0=0)2cos(2兀+0)1 +P(0=兀/2)2cos(2兀+0)1* 0=0 * 0=兀/2=1在t=0，t=1时，g(t)的自相关函数12R(0,1)=E[2cos(2兀t+0)2cos(2兀t+0)]lg 1 2 t1=0,t2=1=E[2cos0*2cos(2兀+0)]=P(0=0)4cos20| +P(0=k/2)4cos20|0=0 * e=u/2=2［例3］设随机过程X(t)=At+b, t>0，其中A为高斯随机变量，b为常数，且A的一维概率密度函数f(x)= e-(x-1)2/2，求x(t)的均值和方差。A•莎解：由1Ae—(x—1)2/2Av'2k得出随机变量A的均值为1,方差为1,即E(A)=1，D(A)=1。因为X(t)=At+b，所以E[X(t)]=E[At+b]=t+b同理，D[X（t）]D[Atb]t2说明：通过例2、3让学生掌握随机过程的主要数字特征：均值，方差和相关函数的物理含义和计算。例4]已知x(t)与y(t)是统计独立的平稳随机过程，且它们的自相关函数分别为Rx()、Ry()。求乘积z(t) x(t)y(t)的自相关函数。解：根据自相关函数的定义有Rz(t1,t2)E[x(t1)y(t1)x(t2)y(t2)]E[x(t1)x(t2)]E[y1(t)y2(t)]Rx()Ry()xy例5]设一平稳随机过程X(t)的自相关函数为RX()25 ，求其均值和方差。X12解：由自相关函数的性质可得：4R(0)E[X2(t)]25 - 29 R()E2[X(t)]2510所以均值为：E[X(t)] 5方差为：2 R(0)R()29524说明：通过例4、5让学生掌握平稳随机过程的主要数字特征。以及自相关函数的主要性质。例6]已知平稳随机过程n(t)的功率谱为P()，试求Y(t)n(t)n(tT)的功率谱。n解：先求自相关函数R()E{[n(t)n(tT)]n[t()nt(T)]}R2()R(T)RTY由维纳—辛钦定理可得，相应的功率谱为P()2P()P()ejTP()ejTY nn nP()(2ejTejT)2(1cosT)P()nn说明：通过本例让学生掌握维纳—辛钦定理。例7]均值为0,自相关函数为eM的高斯过程X(t),通过Y(t)ABX(t)(A、B为常数)的网络，试求：高斯过程X(t)的一维概率密度函数；随机过程Y七的一维概率密度函数；随机过程Yt的噪声功率。解：(1)输入过程X(t)均值为0,R()ell,所以是宽平稳随机过程，它的总平均功率，即方差x2D[X(t)]R(0)EX2(t) 1,所以可以直接写出X(t)的一维概率密度函数为x

1e72/22n(2)因为X(t)为高斯过程，所以Y(t)二A+BX(t)也是高斯过程。则1f(y)二y 2noy其中，均值a二E[Y(t)]二E[BX(t)+A]二Ay方差b2=D[Y(t)]=D[A+BX(t)]=B2D[X(t)]=B2y这样随机过程Y(t)的一维概率密度函数为1e-(y-A)2/2B2x2nB(3)Y(t)的噪声功率S=E「Y2(t)]=D[Y(t)]+b2=A2+B2Yy说明：通过本例让学生掌握随机过程通过线性系统的分析和计算。第五章［例1］设m(t)为正弦信号，进行100%的标准调幅，求此时的调制效率。解：依题意可设m(t)=Acoswt，而100%调制就是—1，即A0=Amm AM 0m因此A2A2m2(t)=22mm2(t)

A2+m2(t)1=333%可见：正弦波做100%调制时，调制效率仅为33.3%。所以，调制效率低是AM调制的一个最大缺点。如果抑制载波分量的传送，则可演变出另一种调制方式，即抑制载波双边带调制。［例2］已知调制信号m(t)=cos(2000兀t)+cos(4000兀t)，载波为coslO4兀t，进行单边带调制，请写出上边带信号的表达式。解：根据单边带信号的时域表达式，可确定上边带信号

1 1人Susb(t)= m(t)cos①ct一m(t)sin①ct22=丄Los(2000冗t)+cos(4000冗t)〕cos104冗t一丄Lin(2000冗t)+sin(4000冗t)〕sin104冗t22=丄cos12000冗t+丄cos14000冗t22说明：通过本例题，让学生掌握希氏变换和单边带信号的概念。f0f0(t)=f(t)sin°0t1LPF=[f(t)cos①t+f(t)sin①t]sin①1110200LPF111=[—f(t)+ f(t)sin2①t-f(t)cos2①t]l22210220LPF1=-f(t)22综上所述，可以确定C（t）=cos®t,c（t）=sin®t。1020说明：通过本例题，让学生理解相干解调的含义以及如何分析模拟调制系统的思路与方法。［例3］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：（1）在DSB/SC方式中，信噪比增益G=2，则调制器输入信噪比为S_1SS_1Si= oN2Niox1010=502同时，在相干解调时，N=4N=4x1-9W10因此解调器输入端的信号功率S=50N=21-0W11考虑发射机输出端到解调器输入端之间的100dB传输损耗，可得发射机输出功率S=1010xS=2x103W发 i（2）在SSB/SC方式中，信噪比增益G=1，则调制器输入信噪比为S=二=100NNioN=4N=4x1一09W10因此，解调器输入端的信号功率S=100N=4X10-7W11发射机输出功率

S=1010XS=4X103W发 iS=1010XS=4X103W发 i说明：通过本例题，让学生掌握模拟调制系统抗噪声性能的分析计算方法。理解信道传输损耗以及dB的物理含义。［例4］幅度为3V的1MHz载波受幅度为1V频率为500Hz的正弦信号调制，最大频偏为1kHz,当调制信号幅度增加为5V且频率增至2kHz时，写出新调频波的表达式。解：K=如=2宀1X103=2兀x103fA 1m新调频波的调频指数为KA 2兀x103x5m=—f_m= =2.5fo 2兀x2x103m所以，新调频波为S(t)=Acos［wt+msinot］FM c f m=3cos［2兀x1061+2.5sin(4兀x1031)］说明：通过本例题，让学生掌握调频的基本概念。［例5］设调频与调幅信号均为单音调制，调制信号频率为fm，调幅信号为100%调制。设两者的接收功率S和信道噪声功率谱密度n均相同时，试比较调频系统(FM)与幅度调制系统(AM)的抗噪声i0性能。解：由幅度调制系统和调频系统性能分析可知•S. S.=G (—匚) =G iAMGAM AMGAMNi n0BAM•S S=G(—) =G i—FMGFM FMGFMnBn0BFMNiFM两者输出信噪比的比值为（S0/N0）fm=GFM.BAM（S0/N0）AMGAMBFM1)根据本题假设条件，有G=2G=三，AM3BAM=2fm,将这些关系代入式(1)，GFM=3m2（m+1）BFM=2（mf+1）fm=2（纣+fm）TOC\o"1-5"\h\z(S/N) 4520 0fm沁4.5m2(S/N) f0 0AM说明：通过本例，让学生掌握和理解如下结论。结论：宽带调频输出信噪比相对于调幅的改善与它们带宽比的平方成正比。这就意味着，对于调频系统来说，增加传输带宽就可以改善抗噪声性能。调频方式的这种以带宽换取信噪比的特性是十分有益的。而在线性调制系统中，由于信号带宽是固定的，因而无法实现带宽与信噪比的互换，这也正是在抗噪声性能方面调频系统优于调幅系统的重要原因。第六章［例1］已知信息代码为0100001100000101,试求相应的AMI码和HDB3码。解：代码0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 00 0 1 0 1

AMI码 0+10000-1+100000-10+1加V0+1000V+-1+1000V-0-10+1加B'并调整B及B'极性0+1000V+-1+1B'_00V-0+10-1HDB3码0+1000+1-1+1-100-10+10-1说明：通过本例，让学生掌握主要传输码的编码方法。［例2］求单极性不归零信号的功率谱密度，假定P=l/2。解：设单极性不归零信号g1(t)=0,g2(t)为图5-5所示的高度为1、宽度为t=Ts的矩形脉冲。则G(f)=01G(f)=G(f)=T[Sin了兀fTsTs0G(mf)二T严n ]=<Ts02s s兀mftss代入书式(6.3-8)得单极性不归零信号的双边功率谱密度为P(f)=4fT2[f4ss兀fls]2+15(f)=1TSa2(兀P(f)=4fT2[f4ss兀fls44ss4由以上分析可见：单极性不归零信号的功率谱只有连续谱和直流分量，不含有可用于提取同步信息的f分量；由连续分量可方便求出单极性不归零信号功率谱的近似带宽(Sa函数第一零点)为B=1/T;当JS SP丰1/2时，上述结论仍然成立。说明：通过本例，让学生理解分析功率谱的目的是确定基带信号的带宽。［例3］设某数字基带传输系统的传输特性H(o)如图所示。其中a为某个常数(0<a<1)。试检验该系统能否实现无码间串扰传输？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大？一％ Q % 燉T叫*吟T吟申现尸图解：(1)由于该系统可构成等效矩形系统eq0<o0eq其它所以该系统能够实现无码间串扰传输。(2)该系统的最大码元传输速率Rma，即满足Heq(o)的最大码元传输速率RB，容易得到max eq B

R二2B二2伴=幺(Baud)max N 2兀兀所以系统的频带利用率(Baud/Hz)［例4］已知某信道的截止频率为1MHz,信道中传输8电平数字基带信号，若传输函数采用滚降因子«=0.5的升余弦滤波器，试求其最高信息传输速率。R2解：由题意知，B二106Hz，由书二 可得系统的码元传输速率B1+a24R二 B二—x106(Baud)b1+a 3R二RlogM二3R二4x106(bit/s)bB2 B说明：通过例，让学生理解奈奎斯特第一准则的物理意义和分析方法。［例5］设输入信号如图(a)所示，试求其匹配滤波器的传输函数，并画出h⑴和输出信号s0(/)的波形。图图解：输入信号的时域表达式为「1「10<t<T其它输入信号的频谱函数为S(ro)=As(t)e-jotdt=\Te-jratdt—x 0=—J—(1—e-jroT)jro令K=1，可得匹配滤波器的传输函数为H(ro)=KS*@)e—叭=丄(ejroT—1)e—jrot0jro匹配滤波器的单位冲激响应为h(t)=s(t—t)0取t=T,则最终得0H(ro)=丄(1-e-阿)jroh(t)=s(T—t) 0<t<Th(t)的波形如图(b)所示。由h(t)与s(t)的卷积可求出输出信号波形s0(t)，如图(c)所示。由图(c)可以看出，当t=T时，匹配滤波器输出幅度达到最大值，因此，在此时刻进行抽样判决，可以得到最大的输出信噪比。说明：通过本例，让学生理解匹配滤波器的相关概念以及其在最佳系统的应用第七章[例1]已知发送数字信息为1011001，码元速率为1000波特。设载波信号为cosC兀xlO3t),试画出对应的2ASK信号波形示意图。设数字信息“1”对应载波频率f=3000Hz,“0”对应载波频率f=1000Hz，试画出对应的122FSK信号波形示意图。假设数字信息“1”对应相位差为0,数字信息“0”对应相位差为兀。已知载波信号为cosCx103t),试画出对应的2PSK信号和2DPSK信号的波形示意图。计算上述的2ASK、2FSK、2PSK和2DPSK信号的带宽。解：(1) 由题意知，码元速率R=1000波特，因此一个码元周期T=1=10_3s。同时，载波频率为B SRB3X103Hz,即载波周期为1x10_3S。这说明在一个码元周期中存在3个载波周期。32ASK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7-13所示。图7-13(2) 二进制频移键控(2FSK)是指载波的频率受调制信号的控制，而幅度和相位保持不变。因为二进制数字信号的“1”对应载波频率f，“0”对应载波频率f，由题意可知，当数字信息为“1”12时，一个码元周期中存在3个载波周期；当数字信息为“0”时，一个码元周期中存在1个载波周期。因此2FSK信号波形示意图如图7-14所示。

图7-14（3）由题意可知，数字信息“1”对应相位差为0,数字信息“0”对应相位差为兀。二进制绝对相移键控（2PSK）中的“相位差”表示“2PSK信号载波相位与原始载波相位之差”，而二进制相对相移键控（2DPSK）中的“相位差”表示“本码元的已调载波的初相与前一码元已调载波的初相之差”。，因此2PSK和2DPSK信号波形示意图如图7-15所示。B基带TOC\o"1-5"\h\z= =RB基带TB

S2ASK信号的频带宽度B 为基带调制信号带宽f的两倍，所以2ASK信号的频带宽度为2ASK sB二2R=2000Hz2ASK B2FSK的频谱宽度为B =If-f+2R=4000Hz\o"CurrentDocument"2FSK11 2 B2PSK的频谱宽度为B二2R=2000Hz2PSK B2DPSK的频谱宽度为B二2R=2000Hz2DPSKB说明：通过本例，让学生掌握几种基本调制的概念、波形和带宽，

［例2］已知二元序列为0010110,采用2DPSK调制。设码元速率为1200波特，载波信号为cos(2兀x1200t)若采用相对码调制方案，设计发送端方框图，并画出各点信号波形；采用相干解调法，画出接收端方框图，画出各点波形。为了恢复出原始的数字信息，如何进行码反变换？采用差分相干解调法，画出接收端方框图，画出各点波形。为了恢复出原始的数字信息，抽样判决器的判决准则是怎样的？解：采用相对码调制方案，即先把数字信息变换成相对码，然后对相对码进行2PSK调制就得到数字信息的2DPSK调制。发送端方框图如图7-16(a)所示。规定：数字信息“1”表示相邻码元的电位改变，数字信息“0”表示相邻码元的电位不变。假设参考码元为“1”可得各点波形，如图7-16(b)所示。a)a)LTSK(O带通{1郴乘器e低通LTSK(O带通{1郴乘器e低通d抽样e码反f.滤波器滤波器判决器变换器输岀定时脉冲<a)原理根图0: 0I0I；I 0(b)各点波形(a)(a)原理框图(b)图7-16(2)2DPSK采用相干解调法的接收端方框图如图7-17(a)所示，各点波形如图7-17(b)所示。TOC\o"1-5"\h\zI I I I I I I II « I I I I I IbrWUA/AW-I 1 I I I I I II I I I i I I i-mvHAAA^-I I I I I I I Ii 1 I I I I I II I I I I I I II I I、 "I I Vl I I I■ ■iii I I Ii i i二进制信息 ：0：0I0 ]：I0：€ i——i————————i i F(b)各点波形(b)图7-17通过分析可以得到：为了恢复出原始的数字信息，码反变换的规则应为：比较相对码的本码元与前一码元，如果电位相同，对应的绝对码为“0”，否则为“1”。

(3)采用差分相干解调法，接收端方框图如图7-18(a)所示，各点波形如图7-18(b)所示。通过分析可以得到：为了恢复出原始的数字信息，抽样判决器的判决准则为：如果抽样值大于0点平，则判决为“0”，否则为“1”。例⑶设某2FSK调制系统的码元传输速率为lOOOBaud,二个载频为1000Hz和2500Hz。试讨论可以采用什么方法解调这个2FSK信号。解：由于/=T=R=1000Hz，f-f21=1500Hz<2/，则组成2FSK信号的两个2ASK信号s的频谱有部分重叠，2FSK相干解调器和非相干解调器上、下两个支路的带通滤波器不可能将两个2ASK信号分开。所以不能采用相干解调和包络检波法(非相干解调)解调此2FSK信号。可以采用过零检测法解调此2FSK信号，因为它不需要用滤波器将两个2ASK信号分开。说明：通过例3、例4，让学生掌握解调的方法。模型、解调波形。［例4］若采用2ASK方式传送“1”和“0”等概率的二进制数字信息，已知码元宽度为T=100RS，s信道输出端高斯白噪声的单边功率谱密度为n=1.338X10-5W/Hz。0若利用相干方式解调，限定误码率为P=2.055X10-5，求所需2ASK接收信号的幅度a？e若保证误码率P不变，改用非相干解调方式，求所需2ASK接收信号的幅度a？e解：T=100ps，则B =2/T=2x104(Hz)s 2ASK s(1)相干接收时，系统误码率P=1erfc二=2.055x10-5，查阅附录四中的“误差函数表”，可得e22=2.9，=2.9，则r=33.64TOC\o"1-5"\h\za2 a2由r= = =33.64，求得a=4.24V。22 2xnxBn 0 2ASK\o"CurrentDocument"1 a2(2)当非相干接收时，由P二二e-r/4二2.055x10-5，解得r二40.4，同理由r二 求得a二4.65Ve2 22n可见，在同样误码率的条件下，用相干解调方式接收信号可节省约20%的信号功率，但设备要复杂。［例5］若采用2FSK方式传送二进制数字信息。已知发送端发出的信号幅度为5V,输入接收端解调器的高斯噪声功率b2=3x10-12W，今要求误码率P=10-4。试求：ne非相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少？相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少？解：(1)非相干解调时，2FSK信号的误码率1P=—e-r/2=10-4e2a2由此可得r= =—21n(2P)=172 2 ena=r.2b2=p172>310= 10—5VI0•n因此，从发送端到解调器输入端的衰减分贝数A5k=20lgA=20^g = 1dB9a l.P1150(2)相干接收时，2FSK信号的误码率iFP=—erfc =10—4e2'2a2由此可得r= =13.82b2na= r.2b2=13.>8x2x3-112= x9.-16VI0•n因此从发送端到解调器输入端的衰减分贝数A5k=20lgA=204-g = 1dB.8a9.11-0说明：通过例4、5，让学生掌握误码率的分析、计算方法。[例6]设发送数字信息序列为101100100100，双比特码元与载波相位的关系如表7.4-1所示，已知双比特码组的宽度为T，载波周期也为T。请画出4PSK、4DPSK信号A方式的波形。ss解：根据A方式对载波相位的不同要求，可分别画出4PSK信号和4DPSK信号的波形如图7-31所示。说明：通过本例，让学生理解多进制调制的相关概念。第九章[例1]已知载波60路群信号频谱范围为312kHz~552kHz，试选择抽样频率。分析：载波60路群信号为带通信号，应按照带通信号的抽样定理来计算抽样频率解：带通信号的带宽为：

B=fH-fL=552-312=240kHz因为fL/B=齢】・3，n是一个不超过fL/B的最大整数，所以n=由书式（4.7）可得：552kHz<f<624kHz说明：通过本例，让学生掌握抽样定理。［例2］设一个均匀量化器的量化间隔为△，量化级数为M，输入信号在区间La,a］内均匀分布，试计算该量化器的量化噪声功率和对应的量化信噪比。解：量化噪声的平均功率为：N=艺卜+1说明：通过本例，让学生掌握抽样定理。［例2］设一个均匀量化器的量化间隔为△，量化级数为M，输入信号在区间La,a］内均匀分布，试计算该量化器的量化噪声功率和对应的量化信噪比。解：量化噪声的平均功率为：N=艺卜+1（x-q丫f（x）dx=Xfmi+1（x-q$丄dxq m i m i2ai=1i=XMfi=1-a+iA-a+C-1)AVx+a-iA+—2丿mi=1iMA3 A2\o"CurrentDocument"dx= = -2a 24a 121）由此可见，均匀量化器的量化噪声功率Nq仅与量化间隔△有关，一旦量化间隔给定，无论抽样值大小如何，均匀量化噪声功率Nq都相同。又因为信号功率为：S=fax2f(x)dx=f-aa1a2 M2A2