通信原理第七版课后答案解析樊昌信

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：IElog2

习题1.2 某信息源由A，B，C，D四个符号组成，设每个符号出现，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：

IAlog2IBlog21log2PElog20.1053.25b PE11log2P(A)log22bP(A)4

3352.415bIClog22.415bIDlog21.678b 161616

习题1.3 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2×5ms。传送字母的符号速率为

RB1100Bd

25103等概时的平均信息速率为

RbRBlog2MRBlog24200bs

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. （2）平均信息量为

H11316516log24log24log2log21.977比特符号 44163165则平均信息速率为 RbRBH1001.977197.7bs

习题1.4 试问上题中的码元速率是多少？ 解：RB

习题1.5 设一个信息源由个不同的符号组成，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个的符号，试求该信息源的平均信息速率。

解：该信息源的熵为

H(X)P(xi)log2P(xi)P(xi)log2P(xi)16*i1i1M11200 Bd TB5*10311log23248*log2963296 =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。试求码元速率和信息速率。

解：RB118000 Bd 6TB125*10等概时，Rb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

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. 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*23*600*6*1064.57*1012 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8rh8*6.37*106*8063849 km

习题1.9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

和x的信息量。 解：

p(E)0.105p(x)0.002I(E)log2PElog20.1053.25bitI(x)log2P(x)log20.0028.97bit

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：

1111155Hp(xi)log2p(xi)log2log2log2log22.23bit/符号448881616

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的。试计算其平均信息量。

解：

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. 11111111Hp(xi)log2p(xi)log2log2log2log21.75bit/符号44888822

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。

pB（2） 若每个字母出现的概率为平均信息速率。

解：首先计算平均信息量。 （1）

131pCpD4,10, 试计算传输的4,

11HP(xi)log2p(xi)4*()*log22 bit/字母 44

平均信息速率=2（bit/字母）/(2*5m s/字母)=200bit/s

（2）

11111133HP(xi)log2p(xi)log2log2log2log21.985 bit/字母441010 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，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） 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

P(B)

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. 1P(A)+P(B)=1, P(A)P(B)P(A)34P(B)14

3(1)

I(A)log2p(A)0.415bitI(B)log2p(B)2bit（2）

Hp(xi)log2p(xi)3311log2log20.811bit/符号 4444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。试计算该信息源的平均信息速率。

解

Hp(xi)log2p(xi)16*(111)112*()log26.4bit/符号 32224224：

4*1000=00bit/s 。 平均信息速率为6.

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出现是等概的，那么传信率Rb等于多少？

解：RB300BRb300bit/s

习题1.16若题1.12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

Hmaxlog212.32bit/符5号

先求出最大的熵：

则传送 1 小时可能达到的最大信息量 2.32*1000*36008.352Mbit

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.

习题1.17如果二进等概信号，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和等概时的传信率Rb 。

RB12000B,Rb2000bit/s0.5*103

解：二进等概信号：

RB四进等概信号：

12000B,Rb2*20004000bit/s30.5*10。

第三章习题

习题3.1 设一个载波的表达式为c(t)5cos1000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： stmtct1cos200t5cos1000t

5cos1000t5cos200tcos1000t 55cos1000tcos1200tcos800t2由傅里叶变换得

Sf5f500f5005f600f60024 5f400f4004已调信号的频谱如图3-1所示。

图3-1 习题3.1图

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－600－500－400 S(f) 52 0 400500600 .

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

mff52.5 fm2已调信号带宽为 B2(ffm)2(52)14 kHZ

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)1m(t)Acos0t

2'22已调信号的频率 PAMsAM(t)1m(t)Acos0t

2A2cos20tm'2(t)A2cos20t2m'(t)A2cos20t

因为调制信号为余弦波，设

B2(1mf)fmf1000 kHZ100'2，故

m21m(t)0, m(t)

22'7 / 68

.

A2则：载波频率为 PcAcos0t

222m'2(t)A2A2边带频率为 Psm(t)Acos0t 24'222因此

Ps1 。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。

Pc2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()。

证明：根据傅立叶变换关系，有

F1XY12-112jtXuYudued 11XuYudejtu 变换积分顺序:FXY221jut1jtXueYeddu 221Xuejutytdu 2xtyt又因为 ztxtytF-1Z 则 F1ZF-1XY 即ZXY

习题3.6 设一基带调制信号为正弦波，其频率等于10kHZ，振幅等于1V。它对频率为10mHZ的载波进行相位调制，最大调制相移为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5kHZ，试求其带宽。

解：由题意，fm10 kHZ , Am1 V 最大相移为 max10 rad

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. 瞬时相位偏移为(t)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，可得调制指数 mfmkpmmkp10

因此，此相位调制信号的近似带宽为

B2(1mf)fm2(110)*10220 kHZ 若fm=5kHZ，则带宽为

B2(1mf)fm2(110)*5110 kHZ

习题3.7 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1000 kHZ，则调制指数

mff1000/10100 fm故此频率调制信号的近似带宽为

s(t)10cos(2*106t10cos2*103t)

习题3.8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

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. (t)2*1062000sin2000t

故最大频偏 f10*200010 kHZ 2f103（2）调频指数 mf10*310

fm10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3.9 已知调制信号 m(t)=cos(2000πt)+cos(4000πt)，载波为

cos104πt，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

m’（t）=cos（2000πt-π/2）+cos（4000πt-π/2） =sin（2000πt）+sin（4000πt） 故上边带信号为

SUSB(t)=1/2m(t) coswct-1/2m’(t)sinwct =1/2cos(12000πt)+1/2cos(14000πt) 下边带信号为 SLSB(t)=1/2m(t) coswct+1/2m’(t) sinwct =1/2cos(8000πt)+1/2cos(6000πt) 其频谱如图3-2所示。 π/2

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SUSB（t） .

图3-2 信号的频谱图

方法二：

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3.10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)=A[sin100πt +sin6000πt]时，试确定所得残留边带信号的表达式。

解：

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-8000π-6000ππ/2 -1400π-12000πω 12000π 14000π SLSB（t） ω 6000π 8000π . 设调幅波sm(t)=[m0+m(t)]coswct，m0≥|m(t)|max，且sm(t)<=>Sm(w)

H(w) 1 f/kHz -14 -10.5 -9.5 0 9.5 10.5 14

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cos20000πt。故有

sm(t)=[m0+m(t)]cos20000πt =m0cos20000πt+A[sin100πt+sin6000πt]cos20000πt =m0cos20000πt+A/2[sin(20100πt)-sin(19900πt) +sin(26000πt)-sin(14000πt) Sm(w)=πm0[σ(w+20000π)+σ(W-20000π)]+jπA/2[σ(w+20100π)- σ(w+19900π)+σ(w-19900π)+σ(w+26000π)-σ(w-26000π) -σ(w+14000π)+σ(w-14000π) 残留边带信号为F(t)，且f(t)<=>F(w)，则F(w)=Sm(w)H(w) 故有：

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. F(w)=π/2m0[σ(w+20000π)+σ(w-20000π)]+jπA/2[0.55σ(w+20100π) -0.55σ(w-20100π)-0.45σ(w+19900π)+ 0.45σ(w-19900π)+σ(w+26000π) -σ(w-26000π) f(t)=1/2m0cos20000πt+A/2[0.55sin20100πt-0.45sin19900πt+sin26000πt] 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 ，95kHz≤∣f∣≤105kHz 0 ，其他

13 / 68

. 2.） Si=10kW Ni=2B* Pn(f)=2*10*103*0.5*10-3=10W 故输入信噪比Si/Ni=1000

3.） 因有GDSB=2 故输出信噪比 S0/N0=2000

4.） 据双边带解调器的输出嘈声与输出噪声功率关系，有：

N0=1/4 Ni =2.5W 故 Pn (f)= N0/2fm=0.25*10-3W/Hz =1/2 Pn(f) ∣f∣≤5kHz

图3-4解调器输出端的噪声功率谱密度

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）的频带在5kHz。

14 / 68 -5 0 5 f/kHz Pn(f)(W/Hz) 0.25*10 -3. 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 ，100kHz≤∣f∣≤105kHz = 0 ， 其他 2）Ni=Pn(f)·2fm=0.5*10-3*2*5*103=5W 故 Si/Ni=10*103/5=2000 3）因有GSSB=1， S0/N0= 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=ST/Si=1010(100dB)，已知

S0/N0=100·（20dB），N0=10-9W

1） DSB/SC方式： 因为G=2，

Si/Ni=1/2·S0/N0=50 又因为Ni=4N0 15 / 68

. Si=50Ni=200N0=2*10-7W ST=K·Si=2*103W 2） SSB/SC方式： 因为G=1，

Si/Ni= S0/N0=100 又因为Ni=4N0

Si=100Ni=400N0=4*10-7W ST=K·Si=4*103W

习题3.14根据图3-5所示的调制信号波形，试画出DSB波形

t M(t)

图3-5调制信号波形

16 / 68

. 解：

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 t M(t) SUSB(t)=1/4cos(25000πt)+1/4cos(22000πt)，已知该载波为cos2*104πt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：

17 / 68

. SLSB(t)=1/4cos(18000πt)+1/4cos(15000πt) 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(2000πt)+cos(5000πt) 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)。

解：

输入信噪比Si/Ni=1000

Si=15kW Ni=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 18 / 68

. 由上一例题即可求得：Pn(f)=1*10W/Hz

习题3.19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，

-3Si/Ni=1/2·S0/N0=50 因为Ni=4N0

Si=50Ni=200N0=2*10-6W 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=4N0，Si=100Ni=400N0=4*10-6W 所以，损耗K=ST/Si=5*108

习题3.21根据图所示的调制信号波形，试画出AM波形。

M(t) 19 / 68 t .

图3-7调制信号波形

解：

AM波形如下所示：

20 / 68

t M(t) .

图3-8已调信号波形

习题3.22根据图所示的调制信号波形，试画出DSB波形。试问DSB信号能M(t) 不能采用包络检波法

图3-9调制信号波形 M(t) t 解：

21 / 68

t .

图3-10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

22 / 68

. 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3.26已知新型调制信号表达式如下：sinΩtsinwct，式中wc=8Ω，试画出它的波形图。 1 M(t)

-1 t

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+0.5sinΩt)coswct

23 / 68

. 式中wc=4Ω，试画出它的波形图

解： (1+0.5sinΩt)coswct= coswct+0.5sinΩtcoswct，所以： M(t)

1 coswct

0.5 t -1 M(t) 0.5sinΩtcoswct

-0.5t

24 / 68

.

两者相加即可得出它的波形图： -0.5 1.5 M(t) 0.5 t -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w1<wH，且理想低通滤波器的截止频率为w1，试求输出信号s(t)，并说明s(t)为何种一调制信号。

25 / 68

-wH 0 wH w M(w) .

图3-13 m(t)的频谱

M(t) 相乘器 理想低通 相乘器 相乘器 cosw1t cosw2t 相加器 S(t) 理想低通 相乘器

图3-14调制信号方框图

解：s1(t)=m(t)cosw1tcosw2t sinw1t sinw2t s2(t)=m(t)sinw1tsinw2t 经过相加器后所得的s(t)即为：

s(t)=s1(t)+s2(t) =m(t)[cosw1cosw2+sinw1sinw2] =m(t)cos[(w1-w2)t] 由已知w1<wH 故：

26 / 68

. s(t)=m(t)cosw2t 所以所得信号为DSB信号

第四章习题

1习题4.1 试证明式ffnfs。

Tn证明：因为周期性单位冲激脉冲信号T(t)n(tnT)，周期为T，其傅

ss里叶变换 ()21而 FnTsTs2nF(tn)

nsTs2(t)jnstdt1 TS2所以 ()Ts1即 (f)Ts

n(n)

ssn(nf)

习题4.2 若语音信号的带宽在300～400Hz之间，试按照奈奎斯特准则计算理论上信号不失真的最小抽样频率。

解：由题意，fH=3400Hz,fL=300Hz,故语音信号的带宽为

B=3400-300=3100Hz

fH=3400Hz=13100+即n=1,k=331。

33100=nBkB 31 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

3kfs=2B(1)=23100（1+）=6800Hz

n31

27 / 68

. 习题4.3 若信号s(t)sin(314t)314t。试问：

（1） （2）

最小抽样频率为多少才能保证其无失真地恢复？ 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(t)sin(314t)314t，其对应的傅里叶变换为

314, 314 S()其他0, 信号s(t)和对应的频谱S()如图4-1所示。所以

fHH2314250 Hz

根据低通信号的抽样定理，最小频率为fs2fH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在300～3400Hz，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。

解：已抽样语音信号的频谱如图4-2所示。 s(t)

(a)(b)

图4-1习题4.3图

314S()3143140314t28 / 68

. S(f) 19.4 16.3 -15.7 -12.6 -11.4 -8.3 -7.7 -4.6 -3.4 -0.3 0 0.3 3.4 4.6 7.7 8.3 11.4 12.6 15.7 16.3 19.4f(kHz)

图4-2 习题4.4图

161284481216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M=256，根据均匀量化量噪比公式得

S

qNq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c1=1。

查表可得0.3（13.93，11.98），所以0.3的段号为7，段落码为110，故

29 / 68

. c2c3c4=110。

第7段的动态围为：

n(11.9813.93)1，该段量化码为n,则

1611+=0.3，可求得n3.2，所以量化值取3。故c5c6c7c8=0011。 3.93所以输出的二进制码组为11100011。

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：DPCM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5.1 若消息码为01，试求出AMI和

序列

HDB3码的相应序列。

解： AMI 码为

11010010000011101001000101HDB3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。

图5-1 习题5.2图

习题5.3 设g1(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P30 / 68

r(t)全波整流 采样判决 T ak. 和(1P)。试证明：若P序列中将无离散谱。

证明：若P1k，式中，k为常数，且0k1，则此

[1g1(t)/g2(t)]1k，与t无关，且0k1，则有

1g1(t)/g2(t)P[g2(t)g1(t)]1

g2(t)即 Pg1(t)Pg2(t)g2(t)(P1)g2(t)

Pg1(t)(1P)g2(t)0

所以稳态波为 v(t)Pg(tnT)(1P)g1s2(tnTs)

[Pg1(tnTs)(1P)g2(tnTs)]0

即Pv(w)0。所以无离散谱。得证！

习题5.4 试证明式h1t4sin2Wt证明：由于h1(t)W10H1fWsin2ftdf。

H1(f)ej2ftdf，由欧拉公式可得

h1(t)H1(f)(cos2ftjsin2ft)dfH1(f)cos2ftdfjH1(f)sin2ftdf

由于H1(f)为实偶函数，因此上式第二项为0，且

h1(t)2H1(f)cos(2ft)df

令，ffW,dfdf'，代入上式得

'h1(t)2H1(f'W)cos[2(f'W)t]df'W2H1(fW)cos2ftcos2Wtdf2H1(fW)sin2ftsin2WtdfWW

由于H1(f)单边为奇对称，故上式第一项为0，因此

31 / 68

. h1(t)2sin2WH1(fW)sin2fttdfWW

4sin2WH1(fW)sin2fttdf0

习题5.5 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） （2） 率。

解：

T该序列的功率谱密度的表达式，并画出其曲线；

该序列中有没有概率f1T的离散分量？若有，试计算其功g(t)A O

Tt图5-2 习题5.5图1

（1）由图5-21得

2TA1t,tg(t)T2

0 其他g(t)的频谱函数为： G(w)AT2wTSa 24由题意，P0P1P1/2，且有g1(t)=g(t),g2(t)=0，所以

G1(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

32 / 68

. Ps(f)112P(1P)G1(f)G2(f)TTmmmPG(1P)Gf21TTT2211m2mP(1P)G(f)(1P)GfTTTT1A2T24wT1mmSaGf4T4T42TTA2T4wTA2m4mSaSaf1162T

曲线如图5-3所示。

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

A162v2Ps(f)A2T16O1T2T3T4T5TfA2mmPv(w)Sa4f 16T2当m=±1时，f=±1/T，代入上式得

A241A241Pv(w)SafSaf

16T16T22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

A24A24A2A22A2SSaSa444

162162

习题5.6 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

33 / 68

. 所示，其高度等于1，持续时间τ =T/3，T为码元宽度；且正极性脉冲出现的概率为负极性脉冲出现的概率为

（1） （2）

3，41。 4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 1 T/2/21的离散分量？若有，试计算其功率。 Tg(t) 0

/2T/2t图5-4 习题5.6图

解：（1）基带脉冲波形g(t)可表示为：

1 t/2g(t)

其他0 g(t)的傅里叶变化为：G(f)Sa(f)该二进制信号序列的功率谱密度为：

TTfSa 33211m2mmP(f)P(1P)G1(f)G2(f)PG1(1P)G2fTTTTmT312mG(f)Sa24T3m36mfT曲线如图5-5所示。

34 / 68

01/T2/T3/T4/T5/T6/T7/TP(f)1/36T/128/T9/Tf. 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

Pv(f)当m1,f12mmSaf T3m361时，代入上式得 TPv(f)1111Sa2fSa2f 36T36T33因此，该序列中存在f1/T的离散分量。其功率为：

1sin/31sin/33 Pv236/336/38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） （2）

试求该基带传输系统的传输函数H(f)；

若其信道传输函数C(f)1，且发送滤波器和接收滤波器的传

22输函数相同，即GT(f)GR(f)，试求此时GT(f)和GR(f)的表达式。

2T1-t tT2 ，解：（1）令g(t)T由图5-6可得h(t)=gt，因为g(t)20 其他的频谱函数G(f)T2T2fSa24，所以，系统的传输函数为 j2fT2H(f)=G(f)eTT2fSa224je2fT2

（2）系统的传输函数H(f)由发送滤波器GT(f)、信道C(f)和接收滤波器GR(f)三部分组成，即H(f)=C(f)GT(f)GR(f)。因为C(f)1，GT(f)GR(f)，则

22H(f)=GT(f) (f)=GRTT2fj所以 GT(f)=GR(f)=H(f)Sae24

12fT4

h(t)35 / 68 .

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） （2）

试求该系统接收滤波器输出码元波形的表达式：

若其中基带信号的码元传输速率RB2f0，试用奈奎斯特准则

H( f)衡量该系统能否保证无码间串扰传输。 f0O

1f0f

图5-7 习题5.8图

解：（1）由图5-25可得H(f)=1f/f0 ff0 其他 0 。

1t/T, tT因为g(t)，所以G(f)TSa2(fT)。

其他0 根

据对称

性：

G(f)g(jt),G(f)g(t),ft,Tf0,所以

h(t)f0Sa2(f0t)。

（2）当RB2f0时，需要以fRB2f0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5.9 设一个二进制基带传输系统的传输函数为

36 / 68

. 0(1cos2f0),f1/20H(f)

,其他0 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）。等效矩形带宽为

W1111 220401 20最高码元传输速率 RB2W1相应的码元间隔 TS1/RB20

图5-8 习题5.9图

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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0020H(f)01/401/20h(t)（2） 码间串扰？

若用

1sint/Tcost/T

Tt/T14t2/T21波特率的码元在此系统中传输，在抽样时刻上是否存在T11cos2Wf,f2W1 解：（1）H(f)21 ,其他0 37 / 68

. ffjj2W21e1f1eW1H(f)G4W1(f)1cosG4W1(f)122W122 11G4W1(f)G4W1(f)e24jf2W11G4W1(f)e4jf2W1其中，G4W1(f)是高为1，宽为4W1的门函数，其傅里叶反变换为

G4W1(f)因此单位冲激响应

22tSa() TTh(t)12t12tT/212tT/2Sa()SaSaTT2TTT2T12t12t1Sa()SaTTTT1T2/4t212t1Sa()1TT1T2/4t2

12t1Sa()TT14t2/4T21sint/Tcost/TTt/T14t2/T2（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。

EEOTst38 / 68

.

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1/3,C01,C11/4。若x(t)在各点的抽样值依次为：

在其他点上其抽样值均为0。试计算x(t)x21/8,x11/3,x01,x11/4,x21/16，的峰值失真值，并求出均衡器输出y(t)的峰值失真值。

相加

图 5-10 习题5.12图

x(t)T T 1 3014y(t)1解：Dxx0Nk2k0xkk12111137 83418由ykiNCxi，可得

111y3C1x2

38241111y2C1x1C0x21

3387211111y1C1x0C0x1C1x211

33483211511y0C1x1C0x0C1x111

3464311111y1C1x2C0x1C1x011

31448y2C0x2C1x111110 164439 / 68

. 111y3C1x2

416其余yk的值均为0，所以输出波形的峰值失真为：

1Dyy061111171 y0k524723248480k3k03

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） （2） 值。

解：(1)其中x20.2,x10.2,x01.0,x10.4,x20.1

试用迫零法设计其3个抽头的增益系数Cn；

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

NNCixki0, k1,2,，iN根据式，和2N+1=3，可列出矩阵方程

NCx0,k0ikiiNx0x1x2将样值xk代人，可得方程组

x1x0x1x2C10C1 x10x0C10x0x1x2x1x0x1x2C10C1 x10x0C10解方程组可得，C10.2318,C00.8444,C10.3146。 (2)通过式ykiNCxiNki可算出

y01,y10,y10.4371,y20.0232,y20.1946,y30.0613,y30.0215

其余yk0

40 / 68

. 1输入峰值失真为： Dxx01输出峰值失真为： Dyy0kk0xk1.1

kk0yk0.7377

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。

（2）若g(t)为如图5-6（a）所示波形，s为码元宽度，问该序列存在离散分量否？

（3）若g(t)为如图5-6（b），回答题（2）所问。 解： （1）

Tfs1/TsPs(f)4fsp(1p)G(f)2mfs[(2p1)G(mfs)](fmfs)

s21S2其功率

sP(w)dwP(f)df2

2[4fsp(1p)G(f)2mfs[(2p1)G(mfs)](fmfs)]df

24fsp(1p)G(f)dffs(2p1)2mG(mfs)2

（2）

g(t)1,tTs/20,其它若

G(f)Tsg(t) 傅里叶变换G(f)为

sinfTsfTs

G(fs)Ts因为

sinfsTssinTs0fTs

由题（1）中的结果知，此时的离散分量为0.

41 / 68

. （3）若

g(t)1,tTs/40,其它

g(t) 傅里叶变换G(f)为

TssinfT2G(f)s2fTs2

因为

TssinfsinT2Ts2Ts0G(f)s2fTs222

所以该二进制序列存在离散分量

习题5.15 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，，数字信息“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。

（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：

（1） 对于单极性基带信号，率谱密度为

fs1/Ts。

fs1/Ts的分量？如能，试计

g1(t)0,g2(t)0g(t),随机脉冲序列功

Ps(f)fsp(1p)G(f)当p=1/2时，

2mfs[(1p)G(mfs)](fmfs)

22fs22fsg(t)G(f)G(mfs)(fmfs)44m

由图5-7（a）得

2A(1t),tTs/2Tg(t)s0,其它t

g(t) 傅里叶变换G(f)为

42 / 68

. G(f)ATs2fTsSa22

22代入功率谱密度函数式，得

fsATs2fTsfs2ATs2mfsTsPs(f)SaSa(fmfs)422422m

A2Ts4fTsA24mSaSa(fmfs)162216m

(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 fs=1/Ts的离散分量，故可以提取码元同步所需的频率 fs=1/Ts 的分量。

由题(1)中的结果，该基带信号中的离散分量为 Pv(w)为

A24mPv(f)Sa(fmfs)16m2

当m取1时，即f=

fs时，有

A24A24Pv(f)Sa(ffs)Sa(ffs)162162 A24A242A2SSaSa4162162 所以该频率分量的功率为

习题5.16 设某二进制数字基带信号中，数字信号“1”和“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

(1) 写出该数字基带信号的功率谱密度表示式，并画出功率谱密度图；从该数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率谱密度

tcosTsSatg(t)4t2Ts212TsPs(f)fsG(f)2

43 / 68

. 已知

tcosTstg(t)Sa4t2Ts212Ts，其傅氏变换为

1Ts(1cosfTs),fG(f)4Ts0,其它f

Ps(f)Ts1(1cosfTs)2,f16Ts

代入功率谱密度表达式中，有

习题5.17 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

Ps(f)4fsp(1p)G(f)当p=1/4 时，有

2mfs(2p1)G(mfs)(fmfs)

23fsfs22Ps(f)G(f)44由图5-7（a）得

mG(mfs)(fmfs)

21,t/2g(t)0,其它t

G(f)故 将上式代入

sinfSaff

Ps(f) 的表达式中，得

23fs22ATsfs22Ps(f)SafSa2mfs(fmfs)424m

将

Ts13代入上式得

44 / 68

. Ts22fTs1Ps(f)SaSa2m/2(fmfs)12236m

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

1Pv(w)Sa2m/2(fmfs)36m

当m取1时，即f=

fs时，有

11Sa2/3(ffs)Sa2/3(ffs)3636

1fsTs分量的功率为

所以频率为Pv(w)S

习题5.18 已知信息代码为 1，求相应的 AMI 码，HDB3 码，PST 码及双相码。 解 ：

AMI 码：+1 0000 00000 –1 +1

HDB3 码：+1 000+V -B00 -V0 +1 –1

PST 码： ①(+模式)+0 - + - + - + - + +- ②(-模式)-0 - + - + - + - + +-

双相码：10 01 01 01 01 01 01 01 01 01 10 10

习题5.19 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 所示的三角形脉冲。

(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

113Sa2/3Sa2/3236368

Ts2(1t),0tTh(t)Ts20,其它t

45 / 68

. 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

H(w)GT(w)C(w)GR(w)

若C(w)1，

GT(w)GR(w)

22H(w)G(w)G(w)G(w)G(w) TRTR则

TsTsjwT4sGT(w)GR(w)H(w)Sa(w)e24所以

习题5.20 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/π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

1(1w),ww0wH(w)00,其它的w

该系统输出基本脉冲的时间表示式为

1h(t)2H(w)ejwtdww0wtSa(0)22

(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

2H(w)C,wTsTsiHeq(w)0,wTs

w容易验证，当

Tsw0时，

H(wi2i)H(w2RBi)H(w2W0i)CTsii

46 / 68

. 所以当传码率

RBw0时，系统不能实现无码间干扰传输

习题5.21 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(w)应满足

H(w2RBi)C,wRBHeq(w)i0,wRB

4i2H(w)C,wTsTsiHeq(w)20,wTs或者

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。

习题5.22 设某数字基带传输信号的传输特性 H(w)如图 5-13 所示。其中 a 为某个常数(0≤a≤1)。

(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,wRBHeq(w)i0,wRB性 H(w)应满足

可以验证，当 RB=w0/π时，上式成立。几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,既满足 Heq(w)的最大码元传输速率 RB，容易得到 Rmax=w0/π 系统带宽为：

B(1)w0rad(1)w0/2 HZ,所以系统的最大频带利用率

47 / 68

. 

Rmaxw0/2(1)w0(1)B2

3R10Baud的数字基待信号， 试问系统采用图 B习题5.23 为了传送码元速率

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

3R10Baud，传输函数(a)的带宽为

三种波形的传输速率均为BBa103Hz

其频带利用率

aRB/Bb1000/10001Baud/Hz

3B10c 传输函数(c)的带宽为Hz

其频带利用率

cRB/Bc1000/10001Baud/Hz

abc

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

ha(t)2*103Sa2(2*103t)hb(t)2*103Sa(2*103t)hc(t)103Sa2(103t)

21/t其中(a)和(c)的尾巴以的速度衰减，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5.24 设二进制基带系统地分析模型如图 5-2 所示，现已知

48 / 68

. (1cosw),w000H(w)0,其它的w

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

1RB02 Baud，而 Ts20。 元速率

习题5.25 若上题中

Ts2Ts(1cosw),w2TsH(w)20,其它的w试证其单位冲击响应为

h(t)sint/Tscost/Ts*t/Ts14t2/Ts2

并画出 h(t)的示意波形和说明用干扰否？

解 ：

1/Ts Baud 速率传送数据时，存在(抽样时刻上)码间

H(w)可以表示为

H(w)TsTG4(w)(1cosws)2Ts2

G4(w)Ts傅式变换为

F1[G4(w)]TsTs2tSa()2Tsj

wTs2H(w)TseG4(w)(12Tse2jwTs2)而所

wTwTjsjsTsTsTs2G4(w)G4(w)eG4(w)e22Ts4Ts4Ts

以

49 / 68

. h(t)Ts22tTs2*Sa()*Sa(2TsTs4Ts2(tTsT)T2(ts)2)s*2Sa(2)Ts4TsTs

Sa(Sa(Sa(Sa(2t1)Sa(Ts22(tTsT)2(ts)2)1Sa(2)Ts2Ts2t2t1)Sa()*TsTs1Ts2/4t22t1)*(1)22Ts1Ts/4t2t1)*()22Ts14t/Ts

sint/Tscost/Ts*t/Ts14t2/Ts2RB当传输速率

1TsBaud时，将不存在（抽样时刻上的）码间干扰，因为h(t)满足

1,k0h(KTs)0,k为其它的整数

习题5.26 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

T,wsTsH(w)0,其它的w

h'(t)sa(其对应的单位冲击响应所以系统单位冲击响应

Tst)

h(t)[(t)(t2Ts)]*h'(t)h'(t)h'(t2Ts)sa(Tst)sa[Ts(t2Ts)]

50 / 68

. 2jwTsT[1e],wsTsjwTs'0,其它的wH(w)[1e]H(w)系统的频率特性

2TsinwT,wssTsH(w)0,其它的w

习题5.27若上题中输入数据为二进制的，则相关编码电平数为何值？若数据为四进制的，则相关编码电平数为何值？

解 相关编码表示式为

Ckbkbk2

若输入数据为二进制(+1,-1), 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，若部分相应波形为

g(t)R1sint/Tssin(tTs)/Tssin(t(N1)Ts)/TsR2RNt/Ts(tTs)/Ts(t(N1)Ts)/Ts

Q(L1)Ri1i1N输入数据为 L 进制，则相关电平数

An2p(0)Vdln22Ap(1) 习题5.28试证明对于单极性基带波形，其最佳门限电平为

*1erfc(A)pe2n (“1”和“0”等概出现时) 2最小误码率

证明

对于单极性基带信号，在一个码元持续时间， 抽样判决其输入端得到的波形可表示为

AnR(t)发送“1?时x(t)nR(t)发送“0?时

2n(t)R其中为均值为 0，方差为n的高斯噪声，当发送“1”时，x(t)

的一维概率密度为

1(xA)2f1(x)exp[]22n2n

而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为

51 / 68

. 1x2f0(x)exp[]22n2n

若令判决门限为 Vd,则将“1”错判为“0”的概率为

VdPelp(xVd)1(xA)2exp[]dx22n2n

12nx22n2将“0”错判为“1”的概率为

Pe0p(xVd)Vdexp[]dx

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)Pe2

dpe0*VdVdd令，得到最佳门限电平即解的最佳门限电平为

Vd

*n22Alnp(0)p(1)

习题5.29 若二进制基带系统，已知

n0G(w)得输出噪声功

(1) 若 n(t)的双边功率谱密度为2 (W/Hz)，试确定R率；

(2) 若在抽样时刻 KT(K 为任意正整数)上，接受滤波器的输出信号以相同概率取0，A电平，而输出噪声取值 V服从下述概率密度分布的随机变量

试求系统最小误码率 Pe.

解 ：

(1) GR(w)的输出噪声功率谱密度为 接受滤波器 GR(w) 输出噪声功率为

(2) 设系统发送“1”时，接受滤波器的输出信号为 A电平，而发送“0”时，接受滤波器的输出信号为 0 电平。若令判决门限为 Vd,则发送“1”错判为“0”的概率为

发送“0”错判为“1”的概率为

设发送“1”和“0”的概率分别为 p(1)和 p(0)，则总的错误概率为

52 / 68

.

习题5.30某二进制数字基带系统所传送的是单极性基带信号，且数字信息“1”和“0”的出现概率相等。 若数字信息为“1”时，接受滤波器输出信号在抽样判决时刻的值 A=1V，且接受滤波器输出噪声是均值为 0，均方根值为 0.2V 的高斯噪声，试求这时的误码率Pe;

解：

用 p(1)和 p(0)分别表示数字信息“1”和“0”出现的概率，则 p(1)=p(0)=1/2，等概时，最佳判决门限为 V*d=A/2=0.5V. 已知接受滤波器输出噪声是均值为 0，均方根值为 0.2V误码率

习题5.31 若将上题中的单极性基带信号改为双极性基带信号，其他条件不变，重做上题。

解 ： 等概时采用双极性基带信号的几代传输系统的最小误码率

习题5.32 设有一个三抽头的时域均衡器，x(t)在各抽样点的值依次为 x -2=1/8 x -1=1/8, x 0=1, x +1=1/4, x +2=1/16(在其他抽样点均为零)， 试求输入波形 x(t)峰值的畸变值及时雨均衡其输出波形 y(t) 峰值的畸变值。

解

xk 的峰值的畸变值为

12111137Dxxix0i283418

有公式

NykiNCxiki得到

111y3C1x2*3824

1111y2C1x1C0x2*1*33872

11111y1C1x0C0x1C0x2*11*()*334832 11115y0C1x1C0x0C1x1*1*1()*34436 11111y1C1x2C0x1C1x0*1*()*131448 111y2C0x2C1x11*()*014

111y2C1x2*1

53 / 68

. 其余 yk 值为0。

输出波形 yk 峰值的畸变值为

1361111171Dyyi*(0)y0i3524327248480

第六章习题

习题6.1 设有两个余弦波：3cost和cos(t30)，试画出它们的矢量图及它们之和的矢量图。

解：如图6-1所示。

3cost 0 30cos(t30) 3costcos(t30) 图 6-1 习题6.1图

习题 6.2 试画出图6-2中各点的波形。

s(t) 带通 a 滤波 全波 整流 b 低通 滤波 c 抽样 判决 d 包络检波器 定时脉冲 图 6-2 习题6.2图

解：各点波形如图6-3所示。

1 a b c d 图 6-3 习题6.2图 0 1 1 0 1

/ 68

.

习题 6.3 试画出图6-4中各点的波形。

s(t) 带通 滤波 a 相乘 b 电路 相干载波 cosωt 低通 c 滤波 抽样 e 判决 定时脉冲 图 6-4 习题6.3图

解：各点波形如图6-5所示。

1 a b c d e 图 6-5

0 1 1 0 1

习题 6.4 试证明式p1Vp0V。

证明：在对ASK信号进行包络检波时，整流器输出信号经过低通滤波后得到的包络电压V(t)满足：当发送“1”时，它服从广义瑞利分布；当发送“0”时，它服从瑞利分布，即概率密度为

VAV(V2A2)2n2eI，发送“1”时2o2 p(V)nn22VeV2n， 发送“0”时2n55 / 68

. 当发送码元“1”时，错误接收为“0”的概率是包络Vh的概率，即有

VAVV2A22n2Pe1P(Vh)2I0dV2e0nnhV2AVV2A22n212I0dV2ehnn

1Q2r,ho2式中，rA22n，为信噪比；hohn为归一化门限值。

同理，当发送码元“0”时，错误接收为“1”的概率是包络Vh的概率，即有

Pe0P(Vh)V2nhe2V22ndVe2h22ne2h02

因此总误码率为

PeP1Pe1P0Pe0P11Q2r,hoP0eh02

2上式表明，包络检波法的误码率决定于信噪比r和归一化门限值h0。要使误码率最小，即使图6-6中两块阴影面积之和最小。由图可见，仅当h0位于两条曲

线相交之处，即h0h0时，阴影面积最小。因此，设此交点处的包络值为V，

则满足p1Vp0V。得证。

p1(V)p0(V)O  h0h0V

图 6-6 习题6.4图

习题 6.5 设有一个2PSK信号，其码元传输速率为1000Bd，载波波形为

56 / 68

. Acos4106t。

（1） （2）

试问每个码元中包含多少个载波周期？ 若发送“0”和“1”的概率分别是0.6和0.4，

试求此信号的功率谱密度的表达式。

解：（1）由载波波形为Acos4106t可得，载波频率为2106Hz，因此每个码元中包含2000个载波周期。

（2）2PSK信号的功率谱密度为

P2DPSKf1PsffcPsffc 4式中，fc2106Hz，为载波频率，fs1000；Ps为基带信号双极性矩形脉冲的功率谱密度：

Psf4fsP1PGffs2P1Gmfsfmfs

22GfTs则

sin f Ts

 f TsP2DPSKffsP1pGffcGffc22122 fs22P1G0ffcffc4f21062f2106sinsin24010001000 2f2106f2106 10-2f2106f21062 

习题 6.6 设有一个4DPSK信号，其信息速率为2400 b/s，载波频率为1800 Hz，试问每个码元中包含多少个载波周期？

解：4DPSK信号的码元速率为

57 / 68

. RBRblog24240021200 Bd

所以每个码元中包含

习题 6.7 设有一个2DPSK传输系统对信号采用A方式编码，其码元速率为2400 Bd，载波频率为1800 Hz。若输入码元序列为011010，试画出此2DPSK信号序列的波形图。

解：如图6-7所示。

0 1 1 0 1 0 18001.5个载波周期。 1200

图 6-7 习题6.7图

习题 6.8 设一个2FSK传输系统的两个载频分别等于10 MHz和10.4 MHz，码元传输速率为2106 Bd，接收端解调器输入信号的峰值振幅A40 V，加性高斯白噪声的单边功率谱密度n061018 W/Hz 。试求：

（1） （2）

采用非相干解调（包络检波）时的误码率； 采用相干解调时的误码率。

1r2e。 2解：（1） 2FSK信号采用非相干解调时的误码率Pe信号带宽为 Bf1f02RB0.4106221064.4106 Hz

A240106r22n0B2n2160010123.3 18626104.4101因此，Peer21.31107。

2（2） 2FSK信号采用相干解调时的误码率为

58 / 68

. 11Peerfcr2 r1 er20.19107

22 r

习题 6.9 设在一个2DPSK传输系统中，输入信元序列为00，试写出其变成相对码后的码元序列，以及采用A方式编码时发送载波的相对相位和绝对相位序列。

解：原 码：0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 相 对 码：0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 绝对相位：0 π π π 0 0 π π 0 π 0 0 0 相对相位：0 π 0 π π π 0 π π 0 0 0 0

习题 6.10 试证明用倍频-分频法提取2PSK信号的载波时，在经过整流后的信号频谱中包含离散的载频分量。

证明： 2PSK信号经过倍频-分频电路后，输出信号频率与载波频率相同，但此时信号中不再仅有交流成分，而是包含直流成分，根据第5章的知识可知：包含有直流成分的周期信号（频率与载波相同）的频谱中包含离散的载频分量。

习题 6.11 试画出用正交调幅法产生16QAM信号的方框图。 解： 如图6-8所示。

2/4电平转化 cosωt A(t) 串/并 2/4电平转化 59 / 68

 + s(t) π/2相移  . 图 6-8 习题6.11图

习题 6.12 试证明在等概率出现条件下16QAM信号的最大功率和平均功率之比为1.8；即2.55 dB。

解： 等概率条件下，QAM信号的最大功率与平均功率之比为

ξQAMLL1L2i12

222i1对于16QAM来说，L=4，因此16QAM1.82.55 dB。

习题6.13 试比较多进制信号和二进制信号的优缺点。

解：当传码率相同时，多进制信号比二进制信号更多地携带信息量，因此，其传信率高于二进制。这样在占用相同信道带宽的情况下，多进制的频带利用率高于二进制。

当传信率相同时，多进制信号的码速低于二进制信号，从而占用较小的信道带宽。

利用多进制信号传输的主要缺点是，其抗噪性能比较差，只有当信道噪声比较小时才能保证有足够小的误比特率。

第七章习题

习题7.1 在插入导频法提取载频中，若插入的导频相位和调制截频的相位相同，试重新计算接收端低通滤波器的输出，并给出输出中直流分量的值。

解：接收低通滤波器的输入为：

s0(t)sin0t(Am(t)sin0tAsin0t)sin0t(Am(t)A)sin0tsin0t1(Am(t)A)(1cos20t)260 / 68

. 接收低通滤波器的输出为：

SLPF(t)可以看出，输出中的直流分量的值为：

1(Am(t)A) 2Sdc(t)A/2

习题7.2 设载波同步相位误差10，信噪比r10 dB。试求此时2PSK信号的误码率。

解：Pe

习题7.3 试写出存在载波同步相位误差条件下的2DPSK信号误码率公式： 解：非相干2DPSK

111erfc(rcos)erfc(10cos10)erfc(3.114)5106 222Pe相干2DPSK

1rcos2e 211Peerfc(rcos)1erfcrcos

22

习题7.4 设接收信号的信噪比等于10 dB，要求位同步误差不大于5%。试问应该如何设计窄带滤波器的宽带才能满足上述要求？

解：由题意得：

同步误差

_T0.3310KEb/n05%，信噪比

Eb10 dB10。推得n0T_0.33/10K0.05，则K4.356。

习题7.5 设一个5位巴克码序列的前、后都是：“+1”码元，试画出其自相关函数曲

线。

解：该巴克码序列为：()，计算可得自相关函数为：

R(0)5,R(1)2,R(2)1,R(3)0,R(4)1,R(5)2,R(6)1

由此画出巴克码（N5）的自相关函数曲线如图7-1所示。

61 / 68

.

.巴克码（N5）自相关函数曲线3.53R(j)

2.521.510.506420j

246图7-1 习题7.5图

习题7.6 设用一个7位巴克码作为群同步吗，接收误码率为10。试分别求出容许错误数为0和1时的漏同步概率。

解：需检验的同步码元数n7，检验时容许错误的最大码元数m0或1，接收码元错误概率p104。

当m0时，漏同步概率为

rrP11Cnp(1p)nr1(1104)77104

r0m4当m1时，漏同步概率为

rrP11Cnp(1p)nr1(1104)77104(1104)64.2109

r0m

习题7.7 在上题条件下，试分别求出其假同步概率。 解：条件同上题。

当m0时，假同步概率为：

62 / 68

. Pf当m1时，假同步概率为：

Cr0mrn2n11 27128Pf

Cr0mrn2n01C7C7171 7128162习题7.8 设一个二进制通信系统传输信息的速率为100 b/s，信息码元的先验概率相等，要求假同步每年至多发生一次。试问其群同步码组的长度最小应设计为多少？若信道误码率为10，试问此系统的漏同步率等于多少？

解：（1）m0时，令相应式中r0，得

00p11CnP(1Pn0)1P0(1Pn0)1(1104)71(17104)710450Pf2nCn2n277.8215103

4ts(1P103)(1537)1103161.3 ms1Pf)NTs(17107.8125

（2）m=1时，可得

0011p11CnP(1P)n0CnP(1P)n11(1104)77104(1104)61(1710)71044(1610)4.21047

01Pf2n(CnCn)27(17)6.25102

7ts(1P0.0625)(1537)1103170 ms 1Pf)NTs(14.210

习题7.9 设一条通信链路工作在标称频率10 GHz，它每天只有一次很短的时间工作，其中的接收机锁相环捕捉围为 1kHz。若发射机和接收机的频率源相同，试问应选用哪种参考频率源？

解：标称频率f010 GHz，发射机和接收机参考频率间的误差f1 kHz。则每天最大容许误差为

f11037 109f01010所以参考频率源可以选择高质量的晶体振荡器，其的取值围为1063 / 68

9~1011。

.

习题7.10 设有一个探空探测火箭以15km/s的标称速度离开地球，其速度误差为

3 m/s，探测器上的参考频率漂移速率不大于109Hz/(Hz·day)，标称下行传输频率为8 GHz，火箭经过30天飞行后才开始向地球终端站发送消息，地球站采用铯原子钟。试求

地球站应该应用的中心频率和频率搜索宽带。

解：相对速度V=15 km/s（距离增长），发射机的每天最大容许误差10，标称发送频率为f08GHz，时间T30天，初始频率偏移f(0)0，由于地球站应用铯原子钟，所以接收站的每天最大容许误差10地球站应该采用的中心频率为：

149。

15103Vf(1)f0181098.004109 8c31030天后探测器上发射机的频率偏移为

f1(t)f0dtf(0)f0Tf(0)8109109300240 Hz

0T30天后地球站的接收机的频率偏移为：

f2(t)fdtf(0)fTf(0)8.00410910133000.0240012 Hz0T所以地球站应该采用的频率搜索带宽为：

B2f1(30)480 Hz

第八章习题

习题8.1 试证明式P0f0rP1f1r0和式P0f0rP1f1r。 证明：由教材知，一个二进制系统的总误码率为

PeP(1)f1(r)drP(0)f0(r)dr

A0A1式中，P(0)和P(1)分别为发送码元“0”和“1”的先验概率；f0(r)和f1(r)分别为出现“0”和“1”码元时r(t)的概率密度函数。

对于接受信号r，假定划分点为r0，将接受信号空间划分为A0和A1，如图8-1所示。

/ 68

. f0(r)A00A1f1(r)r01r

图8-1 习题8.1图 则：

PeP(1)f1(r)drP(0)r0r0f0(r)dr

要保证P最小，则最佳划分点r0满足：

ePe=0， r0即

P(1)f1(r0)P(0)f0(r0)0

对于落入A1区间的rr0，此时

P(1)f1(r)P(0)f0(r)0

即 P(0)f0(r)P(1)f1(r)

习题8.2 试求出例8.1中输出信号波形s0(t)的表达式。

1,0tT解：由s(t)=，可得匹配滤波器的特性为

其他0,0tT1， h(t)s(Tt)0，其他输出信号波形的表达式为

0tTt,s0(t)s(t)h()dTt,Tt2T

0,其他习题8.3 设一个二进制基带传输系统的传输函数为

T(1cos2πfT),f12TH(f)

0,其他式中，H(f)GT(f)C(f)GR(f)， C(f)1, GT(f)GR(f)（1）

H(f)。

若接受滤波器输入输出端的双边噪声功率谱密度为n0265 / 68

. （W/Hz）,试求接收滤波器输出噪声功率。

（2）

若系统中传输的是二进制等概率信号，在抽样时刻接受滤波器输

出信号电平取值为0或A，而输出噪声电压N的概率密度函数为

f(N)1Ne2λλ,λ0 （为常数）、

试求用最佳门限时的误码率。

解：（1）由接受滤波器GR(f)输入噪声的双边功率谱密度为n02，可得其输出噪声双边功率谱密度为

P0(f)由题意得 GR(f)故 P0(f)接受滤波器输出噪声功率为

2n02GR(f) 2H(f)

n0nH(f)0T(1cos2πfT) 22N012T12TP0(f)df12T12Tn0nT(1cos2πfT)df0 221P(s0s1)P(s1s0) 2（2）对于二进制等概率信号，系统误码率为

PeP(s1)P(s0s1)P(s0)P(s1s0)设判决门限为Vd，则此单极性系统的差错概率分别为

P(s0s1)f1(x)dx,P(s1s0)f0(x)dx

VdVd式中，f1(x)和f0(x)分别为“1”码和“0”码所对应的抽样信号的概率密度函

f1(x)xAx11expf(x)exp，  02λλ2λλ他们的图形如图8-2所示。

由图8-2可以看出，当VdA2时，总误码率为最小值，此时

P(s0s1)P(s1s0)

PeP(s1s0)11xAexpdxexp A22λ2λ2λ66 / 68

. f0(x)f1(x)

0VdA 图8-2 习题8.3图

习题8.4 设二进制单极性信号传输系统号“0”和“1”是等概率发送的。

（1）

若接收滤波器在收到“1”时，在抽样时刻的输出信号电压为1

V，输出的高斯噪声电压平均值为0 V，均方根值为0.2 V，试问在最佳判决门限下的误码率等于多少？

（2） 大？

解：（1）由题意，噪声的方差0.2 V，则噪声平均功率Pn20.220.04 信号平均功率Ps0.5，则

若要求误码率不大于10，试问这时的信号电压至少应该多

4EbPs0.512.5 n0Pn0.04对于二进制单极性传输系统，最佳判决门限下的误码率为

Pe111erfc(Eb4n0)erfc(12.)erfc(3.125)0.0062 222（2）若要求Pe104，假定信号电压为A，即

Pe11erfcEb4n0erfc22A212.104

可求得A1.49 V。即这时的信号电压至少为1.49 V。

习题8.5 设二进制双极性信号基带传输系统中，信号“0”和“1”是等概率发送的，在接受匹配滤波器输出端抽样点上输出的信号分量电压为+1V或-1V，输出的噪声分量电压的方差等于1。试求其误码率。

解： 由题意，噪声的方差1V，噪声平均功率Pn2121，信号平均功率

Ps1，则

EbPs11 n0Pn1对于二进制双极性传输系统，最佳判决门限下的误码率为

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. Pe11erfc(Ebn0)erfc(1)0.079 22习题 8.6 设二进制双极性信号最佳传输系统中，信号“0” 和“1”是等概率发送的，信元的持续时间为T，波形为幅度等于1的矩形脉冲。系统中加性高斯白噪声的双边功率谱密度等于104WHz。试问为使误码率不大于10，最高传输速率可以达到多高？

解：由题意，n02104WHz，因为：系统的误码率为

4EbPs1，二进制双极性最佳传输n0Pnn0B11Pe=erfc(Ebn0)erfc(1n0B)104

22查表可得：

1n0B2.63，可求得B732 Hz。故最高传输速率可达到

B2362 bs。

习题8.7 设二进制双极性信号最佳传输系统中，信号“0”和“1”是等概率发送的，信号传输速率为56 kbs，波形为不归零矩形脉冲，系统中加性高斯白噪声的双边功率谱密度为104 WHz。试问为使误码率不大于10，需要的最小接受信号功率等于多少？

解：由题意，n02104 WHz，信号的传输速率为56 kbs，假设接受滤波器的频率特性为理想矩形，则带宽B=256=112 kHz ，此条件下，系统的输入噪声功率为

4Pnn0B210411210322.4 W

设接收信号功率为Ps，则

Pe11erfcEbn0erfcPs22.4104 22可求得：Ps1.9 W，则需要的最小接收信号功率等于1.9W。

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