通信原理李晓峰课后习题答案解析

完美WORD格式习题一1. （略）2. 两个二元消息符号 X1与X2的取值及概率分别为:解：利用式H(X)二八piog2p易见,i =1X1a a?X2a1 a2a3a4P0.3 0.7p0.3 0.2 0.3 0.2求它们的熵。M整理分享H(X1p 0.3log20.3-0.7log2 0.70.881 (bit)H（X2）= 2 0.3log2 0.3- 2 0.2log2 0.21.971 （bit）3. （略）4. 假定电话按键由10个数字、“* ”与“ #”组成，按压每个数字键的概率均为0.099，按压“ *”或“ #”的概率各为0.005，拨号速率为2次/s。试求（1）每次按键产生的熵 与连续拨号的熵率？ （2）如果每次按键采用 4位二进制表示，拨号产生的二进制数据率（二元符号率）？解：M（1）利用式 H （X）二八 P log2 P，i TH = -10 0.099log20.099- 2 0.005log20.0053.356 bits/key连续按键产生的熵率3.356bits / key0.5s/ key=6712 bits / s（2）拨号产生的二进制数率4bit / key 2 key / s = 8bits / s5. （略）6. 假定容量为4.7GB的DVD盘可存储133分钟的数字音视频资料， 试计算该数字音视频信 号的数据率（二元符号率）是多少？解：数据率为5.059Mbps4.7 230 Bytes 8bits / Byte133汇 60s注意，1GB=230 Bytes 二 1073741824Bytes109，有时也可用 109。7.8.9.10.（略）（略）（略）假定电传打字机的信道带宽为 300Hz,信噪比为30dB （即,S/N - 1030/10 - 1000 ），试求该信道的容量。S11.有 C = 300 log 2 （1 1000）假定某用户采用拨号上网，已测得电话线可用频带S / N = 10 $）,试计算该信道的容量；28.8或9.6kbps的调制解调器中哪个较合适？二 2.99(kbps)300-3400HZ，信噪比为 25dB (即,在选用调制解调器时，可选速率为56、解:带宽 B=3400Hz-300Hz=3100Hz,利用式 CS= Blog2(1 N)bps，有解：利用式C匚Blog2（1 N）bps3100 log2(1 316.23)= 25.73(kbps)故应采用 28.8kbps 的调制解调器较合适（实际调制解调器会结合实际线路情况，自动降低速率，以充分利用信道资源）。习题二1. (略)2. 一个AM信号具有如下形式:s t - '20 2cos3000t 10cos6000 tcos2二 fct5其中 fc = 10 Hz;（1）试确定每个频率分量的功率；（2）确定调制指数；（3）确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之比。解：（1）试确定每个频率分量的功率s t '20 2cos3000t 10cos6000： t 】cos2二 fct二 20cos2二 fct cos2二(fc 1500)t cos2 (fc - 1500)t5cos2 (fc 3000)t 5cos2 二(仁 - 3000)ts t的5个频率分量及其功率为: 20COS2二 fct :功率为 200w ; cos2： (fc 1500)t :功率为 0.5w ； cos2 二(fc-1500)t :功率为 o.5w ； 5cos2 ( fc 3000)t :功率为 i2.5w ； 5cos 2-(仁-3000)t:功率为 i2.5w。(2)确定调制指数s t - 120 2cos3000 二 t 10cos6000二 t lcos2二 fct二 201 0.1cos3000 二 t 0.5cos 6000 t IcosZ fct因此 m（t ）= 0.1cos3000让 t + 0.5cos6000兀 t, Pam = m（t）為乂 =°£。（3）确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之比5个频率分量的全部功率为：Rotai = 200w 2 0.5w 2 12.5w = 226w边带功率为：Ride 二 2 0.5w 2 12.5w 二 26w边带功率与全部功率之比：26am - 2260.1153.用调制信号m 11= Acos?二fmt对载波 代cos2二fct进行调制后得到的已调信 号为s t = A： _1 m t cos2 fct。为了能够无失真地通过包络检波器解出 m t ，问Am的取值应满足什么条件。解：如果Am 1，即发生了过调制，包络检波器此时将无法恢复出m t 。因此要想无失真通过包络检波器解出m t ，则需要Am -1 。4.已知调制信号 m t = cos 2000二t cos 4000 t，载波为cos104二t ,进行 单边带调制，试确定该单边带信号的表达式，并画出频谱图。解：根据单边带信号的时域表达式，可确定上边带信号：1 1SUsb t m t cos ctm t sin ct 1cos 2000 t cos 4000 t cos104- t-11|sin 2000： tsin 4000 t sin 104t11cos12000二 tcos14000 t221Susb f 、 f 6000、 f - 6000、 f 7000、 f - 7000 4同理，下边带信号为：1 1Slsb t =2口 t cos ct -m? t Sin ct1cos 2000二 tcos 4000二 t coslO4 二 tsin 2000二t sin 4000二t sin 104二 t11cos8000二 tcos6000 二 t221dsB)=§( f 十4000)+5( f +3000)+3 ( f 4000严(f -3000 j两种单边带信号的频谱图分别如下图所示（载波为ijf60007000cos104 二 t，即 fc =5000 Hz)：300040005.（略）6.（略）7.（略）8.（略）9.（略）10.（略）11.图题3.11是一种SSB的解调器，其中载频fc = 455 kHz。（1）若图中A点的输入信号是上边带信号，请写出图中各点表达式；（2）若图中A点的输入信号是下边带信号， 做何修改方能正确解调出调制信号。请写出图中各点表达式并问图中解调器应图题3.11SUsb （ f ）解:记m t为基带调制信号，m t为其希尔伯特变换。(2)a：设为sA(t )= m(t )cos2兀 fct 土 m(t )sin2兀 fct二 m t cos 91 10仁 t - n? t sin 91 10仁 tb：sBt i；二 sAt cos 91104 二 t=mt cos291 104t- n? tsin 91 104t cos 91 104 二 tm(t)_4 q m(t)4=-1 + cos(182X04兀 t)土 sin (182Q04兀 t)2 - - 2C "2mtd： sD t = sA t sin 91 104二 t=m(t)sin (91 汉 104兀 t )cos( 91汉 104兀 t)土 m(t )sin2( 91 汉 104兀 t)m t4 m t4sin 182 104t1 - cos 182 104 二2 2 -1e： sE t mtE2f：Sf (t )= 土1m(t)2 -G:当A点输入上边带信号时11Sg t = Sc tSf t m t mt=mt22当A点输入下边带信号时11 _Sg G Sc t Sf t m tm t i； - 022如欲G点输出，需将最末端的相加改为相减即可，如下图所示：11 _此时 Sg t 1= Sc t - Sf t mtm t i； = m t22 -一输出12.若对某一信号用 DSB进行传输，设加至发射机的调制信号m t之功率谱密度为:也fPm f =2 fm0,Iffm试求：(1) 接收机的输入信号功率;(2) 接收机的输出信号功率(3)若叠加于DSB信号的白噪声具有双边功率谱密度为No：2，设解调器的输出端接有截止频率为fm的理想低通滤波器，那么输出信噪比是多少。解：1二BPFA .LPFBW-2BVBV=Bcos 2/.?设DSB已调信号Sdsb t二m t COS，%，则接收机的输入信号功率S = Sdsb t = 1 m? t =2fdf02 fm1 :2 _： ：Pm f df一 N°fm4-0相干解调之后，接收机的输出信号1gt smt ，因此输出信号功率so t 二 m2 t = 1 m2 t4N°fm8解调器的输出信噪功率比r s、Ac2 m2(t) m2(t) N°fm1小丿o2N0Bm2N0Bm4N0fm413.某线性调制系统的输出信噪比为20dB,输出噪声功率为10 ° W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时的发射机输出功率；（2）SSB时的发射机输出功率。解：在DSB方式中，解调增益 G DEM1*2同时，在相干解调时，=2，因此解调器输入信噪比201010 =50_9Ni = N。=10 w因此解调器输入端的信号功率S =50Nj = 5 18 W考虑发射机输出端到解调器输入端之间的100E =10市汇 S = 500w100dB传输损耗，可得发射机输出功率另解：在DSB方式中，系统增益 Gsys二1 S A<N丿baseON。20=1010 =100SN°W= 100DSB俞出噪声功率:2N°W = 10w1七7Sj =100N°W =100 £ 10 =0.5 10 w100St =10 10 S =500w在SSB方式中，解调增益G = 1，S、rS、i20-1010 =100Nj = No = 10w因此，解调器输入端的信号功率S = 100Ni =10w发射机输出功率E T010 汉 S = 1000W14.(略)15.已知某模拟基带系统中调制信号m t的带宽是 W = 5 kHz。发送端发送的已调信号功率是Pt ,接收功率比发送功率低60dB。信道中加性白高斯噪声的单边功率谱密度为13N0 =10 W/Hzo(1)如果采用DSB(2)出信噪比不低于 如果采用SSB请推导出输出信噪比和输入信噪比的关系；若要求输In丿。In丿30dB,发送功率至少应该是多少； 重做（1）题。解:我t)解调输入信号可写为r t 二 Acm t cos2 二 fct nt二代m t cos2二 fct nc t cos2二 fct - ns t sin2二 fct输入信噪比为APn2N°W4N°W解调乘法器输出为rmui t = 2r t cos2二=2代口 t cos2 2fct2nc tcos22 fct - 2nst sin2fct cos2fct二 _A，m t nc t1cos4二fcdns t sin4二fct解调输出为 Am tnc t ，输出信噪比为SN丿。2 2Acm t 代巳 nC f = 2NoW因此输入信噪比输出信噪比prp 10“_J332N0W 2 105 103= 2000R =103r(t) =BPFLPFB(t) + n(t)BW=BBW=B故 R =0.5 W= 103R2cos2 加解调输入信号可写为r t 二 Acm t cos2二 fct Acr? t sin2二 fct n t=Acmt cos2二fctAm t sin 2fctnct cos2二fct-nst sin 2fct输入信噪比为f_S、= A；m2(t)In zn°w解调输出为Am tnc t，输出信噪比为§N o因此nrr - n°w输入信噪比_S _ R _ P 10 N / N0W _ 1043 5 103-2000P输出信噪比- S =2000R=103IN i 3 丿i故 R45W16. （略）17. 已知信号由下式描述：s（t ） = 10cos y2兀汉 108 ）t + 10cos（2兀汉 103t）试确定以下各值：（1）已调信号的归一化功率；（2）最大相位偏移；（3）最大频率偏移。21 2 1 2解:（ 1）Ps = s t a t 10 二 502 2（2） r t = 10cos 2二 103t -二详=10 radfmax04HZ（3） ：fj t 1 d -104sin 2 103t >12 兀 dt18. （略）19. 已知调频信号 Sfm t =10cos 106 ： t 8cos 103二t ，设调制器的比例常数Kfm =2，求其载频、调制信号、调频指数和最大频偏分别是多少。5解：载频为fc = 5 10 HZ，因为二 t i； = 8cos 103t i=2二 Kfm m t dtm t 二38 10 3-si n（10 兀 t）2 Kfm故调制信号为m t 2 103sin103t，又 £ t 二 Kfm m t调频指数3fmax _ kFM Am_2210_ oFM _3_ 8，fmfm0.5 103最大频偏为4 103hz。20. （略）21. 单音调制时，幅度 Am不变，改变调制频率 fm，试确定:(1)在PM中，其最大相移厶-pM与fm的关系，其最大频偏 厶fpM与fm的关系;(2 )在FM中，厶fm与fm的关系，: fFM与fm的关系。解：(1) 对于PMSpm(u= Ac COS 0 fct + kpM Am cos 2 床)宀PM = kPM Am与f m无关;=-fPM1 d 一=kPM Am COS （ 2兀 fmt ）2 二 dt_kPM Am fm Sin2fmt max = kPM Am f mmax故宀f PM与f m成正比（2）对于 FMfi t 二 kFM Amcos 2 fmtk Aht =2- fi t dt = 2二 kFM Am COS 2二 fmt dt 冷 m Sin 2- gI m-Sfm t = Ac COS 2 fctkFM Am -fsin （2 fmt）f m一kFM Am-FM与f m成反比；':f FM = kFM Am与fm无关。m22. (略)23. (略)24. (略)25. (略)26. 某模拟广播系统中基带信号m t的带宽为 W = 10 kHz，峰均功率比(定义为m(t|：ax/PM，其中Pm是m(t )的平均功率)是5。此广播系统的平均发射功率 为40kW发射信号经过80dB信道衰减后到达接收端，并在接收端叠加了双边功率谱密-_io度为No ； 2=10 W/Hz的白高斯噪声。(1) 若此系统采用SSB调制，求接收机可达到的输出信噪比；(2) 若此系统采用调幅系数为 0.85的常规幅度调制(AM，求接收机可达到的输出信噪 比。解：记到达接收机的已调信号为S t，记其功率为 PR，则PR 二 40 103 10* = 4 10*w采用SSB时，不妨以下边带为例，接收机输入端的有用信号为s t 二 Am t cos2二 fct Ar? t sin 2 fct由题_4Pr = 4 10 w接收机前端可采用频段为 fc -W, fcl的理想BPF限制噪声，于是输入到解调器输入端的 噪声为ni t 二 nc t cos2 f0t - ns t sin 2 f0t其中几t ， ns t ， n t的功率都是Pn 二 N0W =2 10J0 104 =2 10»w 因此输出信噪比是S<N ,-OSSB即 23dB。NiSSBPR 41°2002 10采用AM调制时，W)咚)解调器输入的有用信号为由题 PS 二 Pr =4 10*w，所以m(t” maxMMs t 二 A 1 m t ：lcos2二 fct 调制指数 一：AM2Pm =m2学0.85= m(t Lax，0.8520.1445w52 0.1445* 4 =100 2 2 10 104= 0.2525 !lN 丿iAM=0.2525 100 =25.25Gdem = 1+0.1445* 0.2525接收机前端可采用频段为fc -W, fc W1的理想BPF限制噪声，于是输入到解调器输入 端的噪声为ni t 二 nc t cos2 fct - ns t sin2 fct其中入t，ns t， nt的功率都是Ri二2N°W由吊fs 1Pr4勺0鼻因而R =lN ?iAMPni故N oAM即 14.02dB。习题四1. 给定二进制比特序列1101001,试给出相应的单极性NRZ信号、双极性 RZ信号与传号差分码信号的波形。解：单极性NRZ信号、双极性RZ信号与传号差分码信号的波形如下图所示：m极性NRZ：双极性RZ：传号花分Ph1:11:I1:0! 101:0 :41111111! 11 1LJHl1 n1111:II11P1L1!11>1Iiv* I* I2. 某数字基带系统速率为 2400Baud，试问以四进制或八进制码元传输时系统的比特速率为 多少？采用双极性 NRZ矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？解：以四进制传输时系统的比特率为：R = RS log2 M = 2400 log2 4= 4800bps以八进制传输时系统的比特率为；Rt)=住 log2M 二 2400 log28 二 7200bps信号的带宽与波特率有关， 无论是多少进制传输， 采用双极性矩形脉冲传数据时， 信号 带宽都为：Br = Rs = 2400Hz3. 某数字基带系统速率为 9600bps，试问以四进制或十六进制码元传输时系统的符号率为 多少？采用单极性 RZ矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？解：以四进制传输时系统的符号速率为：Rs = R. / log2 M = 9600/log24 二 4800Baud以八进制传输时系统的符号速率为：Rs = &/log2M = 9600/log28 = 3200Baud信号的带宽与波特及脉冲宽度有关，以四进制单极性RZ脉冲传输时，信号带宽为：By = 2农=2 4800 二 9600Hz以八进制单极性 RZ脉冲传输时，信号带宽为：Br = 2艮=2 3200= 6400Hz4. 某二元数字基带信号的基本脉冲如图题 4.4所示，图中Ts为码元间隔。数字信息“ 1 ” 和“ 0”出现概率相等，它们分别用脉冲的有、无表示。试求该数字基带信号的功率谱密度ATsSa2fTs2maE【a0=-CJEa2Ean1 12 12 202111 i2丿4所以该数字基带信号的功率谱为:Ps(f)GT(f)2maTs2zk 二-：GTTskITs14TsA2Ts2Sa4JT14Ts2oOEk=-：A%-1i 2丿JTs丿A2Ts16Sag】A24A2-Sa416k =3A2Ts4 二兀A2x Sa41l + 右(f ) , k为偶数16 I 2 丿 16A2T二 fT1kf+A2E，k 为奇数16I 2 丿k4兀4 ITs 丿且 H /165. 已知随机二进制序列1和0出现概率为P和1 - P，基带信号中分别用g t和_ g t表示1和0。试问：（1）基带信号的功率谱密度及功率；（2） 若g t为图题4.5（ a）所示波形，Ts为码元宽度，该序列是否含有离散分量若g（t ）改为图题4.5 （b）,重新回答问题（2）。打 g(t)(a)1Tts2s(b)图题4.5解：2pam言号的幅度序列、a为:1序列ma = E ' a n I = p 11 -p | i 1 ； = 2 p - 12(2pT)- 4p(1二 E an - E2|ajM-基带信号的功率谱密度a 2Ps f aSTsG（ f）c22 +T 2Is k joOzG,TsTS功率:4P(V P)|G(f)|2TsPs(f)dfoO_s 2丄2p_1+ zCOTs2|G(¥)|2T s°° 4P(1 - p)2二 (t P)|G(f)|2I s(2 )若基带脉冲波形 g(t)为dfodD2Ts22p -+zoO|G(¥)|2I s11 g t 二IoTs< 2其他则 g(t) 的傅里叶变换G(f)为G(fp TsSaC Tsf) 该基带信号的离散谱为：2(2p 1)転zoO+Ts22k|TsSafTs)|2 (f )1 s飞厂Ts2 2=2pJ ' |Sa(k)1 (fcO故该二进制序列不存在离散分量(3)若基带脉冲波形 g t为二 1/Ts11g t 二0T4其他则g t 的傅立叶变换G(f“Sa 亠2丿Sa2该基带信号的离散谱为:22p- 1' | 舟 Sa(fT / 2) |2oO2p- 12 :' |Sa(k /2)|2 f -oOr 2| (2p- 1)I 64' 22 p - 1Tsod所以，该二进制序列存在离散分量f ,当k为偶数时|2当k为奇数时fs/Ts0和1是等概率的，问接EJN。 是多少？（提6. 采用低通滤波技术接收二元双极性NRZ信号。假设二进制符号6收机的平均差错概率巳计算公式是什么？巳=10需要的示：借鉴例题4.6数值）号,解：采用LPF接受二元双极性NRZ信号，0、1等概。由表4.3.1，接收机的平均差错概率的计算公式为：Pr QN°B)其中，E厂A2Tb，B =Tb宽。由图436可知 甘10 6时，需要的 Eb/ N0 二 13.5dB1456789 10 11 12 13 14 15肌犠性2PAM0（ J遇侃）酹旷 盲-1 1- 1U*暑配泾图4.36匹配滤波器误比特率曲线图例题4.6 :单极性与双极性的 MF系统£耳（dB）平均错误间隔单极性双极性10-27.34.30. 1毫秒1011.68.610毫秒W613.610- 61秒Rio-315.012. 0100秒r io-1016.013- 0约3小时10-1217.014. 0约订天7. （略）8. （略）9. （略）发1，概率为-3发0，概率为-32 Vt1, I3 i ,2 N（2 ）最佳判决门限由教材式Ae 2N0B dr oB4318 ）给出1VtN0B2r A2N0Bedr10. 双极性矩形不归零 2PAM言号通过噪声功率谱密度为N°/2的AWG信道传输，假定码元0与1的概率分别是1/3与2/3，接收机采用低通滤波器。试问：（1）平均误比特率计算公式；（2）接收系统的最佳判决门限；（3）最小误比特率。S卜A,S（t） = t解：发送信号I氏（1）平均误比特率计算公式由教材式（4317 ）给出如下：设LPF的带宽为BVT旳Pe= P an = 1 f r/1 dr P an = 0 f r/0 drVty“ yso7 n l n P an 二 0y“ - ysoP（an 二 1）A A N0B 1/3- In2 AA 2/32A（3 ）最小误比特率为lnr _APemin2N°BVt-CO-COB0drVt2N°Bdr_A,2二e弓N0BJNB 3 Vt J2JN°BVt -Au2,NoBdu-cOVtA3NB0duVt其中：2A11. 在功率谱密度为 N/2的AWG信道中进行二元基带传输，假定码元等概且发射信号 分别为：0乞t岂T其他AtI mh t 二 T 丨0,0乞 tT其他f (t丨A|1I, m2 (t)= tVT 丿0,（1）确定最佳接收机的结构（确定滤波器特性）（2）给出最佳错误概率。解:发1,概率为I mi（t）,S t =m2 t ,发0,概率为（i）最佳接收机结构为（滤波器为匹配滤波器）tyinEd为:r t = s（2）Stj（tS ）一S2（t）的能量T _2Ed = 0 m t - m t dtt 2AtA.a2t由教材式（4321 ）可知，最小的 R为12.（略）13.Ed 2N。a2t6N。丿设4种基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的H f女口图题4.13所示，若要求以1/Ts波特的速率进行数字传输，问它们是否会造成码间干扰。F(f )1-1 2Ts01 2Tsf(a)J1E(f)A1-3 2Ts03 2Ts(b)解：根据奈奎斯特第一准则，当最高传输码率的基带系统的总特性 H f 应满足送 H（f-kRs）=c', f 卜區k=2容易验证：（a）、（b）、（ c）、（d）都满足无码间串扰传输的条件。14.设基带传输系统的发送滤波器、信道和接收滤波器的总传输特性如图题4.14所示:其中% = 1MHz彳2二3MHz试确定该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利 用率。解：该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率为:Rsmax 二 4MBd厂 J 4 二 1.33Bd/Hzs b 315.设无码间干扰基带传输系统的传输特性为-元为16进制，速率是1200 Baud。试求：（1）（2）（3）0.3 的升余弦滚降滤波器，基带码Rb(2)该系统的比特速率。 传输系统的截止频率值; 该系统的频带利用率；%兀（1一°）月二托（1 + °）（1）对于M进制传输，其信息速率 Rb与码元速率 Rs的关系为=Rjs log2 M，这里M=i6故系统的比特速率为:Rb 二艮 Iog2 M 二 4800bps传输系统的截止频率值为)= 780Hz（3）系统频带利用率为:b =単=6.25bps/ HzRs1.54Baud/Hz16.计算机以0.75和1时,PAM基带信旦B 尺 1/ 256 kbps的速率传输二进制数据，下面两种方式所要求的传输带宽。试求升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、（1）采用2PAM基带信号；（2）采用8电平号。/吆1 1 11 1 11厂臂1 1f上1/ f° 用1-。）5=人（1解：（1）采用2PAM基带信号时Rs “（1 + 口）2B =f 0（ 1 + 口）=则0R（1）B28000 12log 2 M升余弦滚降因子分别为 0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为 35KHZ、36.4 KHz、42 KHz、49KHz 56 KHz。（2）采用8PAM基带信号时R 1560001 :2log 2 M6升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为11.67KHz、12.13 KHz、14 KHz、16.33KHz、18.67 KHz。17.在某理想带限信道 0 - f - 3000 Hz上传送PAM信号。（1） 要求按9600bps的速率传输，试选择 PAM的电平数 M ；（2） 如果发送与接收系统采用平方根升余弦频谱，试求滚降因子'（3）保证Pb二10 5所需要的 Eb/N。 是多少？解：（1 ）最大频带利用率譽2 Baud/HzRb960030002log2 M即 1.6 乞 log2 M jM - 4 取 M=4（3）发送与接收系统采用平方根升余弦频谱时,R（1 + a ）B2400 1 二 3000Hz2log2 M得=0.25R 2（M -1）6log2M EbK M log2M 川 M2-1 N0得 Eb/N。二 2018. （略）19. 某信道的码间干扰长度为 3，信道脉冲响应采样值为 h -T =0.3，h 0 =1，h T =0.2，求3抽头迫零均衡器的抽头系数以及均衡前后的峰值畸变值。1解：由 hEi =送 ckhi =cjhi+ +c0hi +cih4并按式（466 ）可得, k=4代人具体数据得到,一10.30.2100.2hE 4 丨h0hE0= h1E1 j?200.3h° hiIJC01 丄 C1 j可解得，4斗C0G - 1-0.3409 1.1364 -0.2273】。利用人曰=ch ! cohi cihij，考虑i = -2 2 ,计算出均衡后的非零冲激响应值为hEi,i =-2,.,+2 =-0.1023,0,1,0,-0.0455。根据峰值畸变的定义得：均衡器前，均衡器后，D =(0.3 0.2)/1 =0.5D =(0.1023+0.0455) /1 =0.1478易见均衡后码间干扰与峰值畸变都有显著降低。20. （略）21. （略）22. 由图482估计2PAM基带系统在定时抖动为5 %时，达到10 误码率所需的EJN。 ，并与理想定时的结果相比较。/T = 0dn-5E / N 9 5dB解：由图可见，当e/ is 时，误码率10 要求接收信号的b 0当-e/Ts 一 0.05时，误码率10 *要求接收信号的Eb / N0 ：" 10.5dB。因此，5% 的定时抖动导致Eb / No的要求增加 1dB。23. （略）24. （略）25. （略）26. （略）习题五61. 已知某2ASK系统的码元速率为1000波特，所用载波信号为 A cos 410 t 。2ASK信号波形示意图;(1) 假定比特序列为0110010，试画出相应的(2) 求2ASK信号第一零点带宽。解：由 Rb 二 & 二 1000bps,仁二 2 106 Hz，TbfcTcRb2 1061000二 2000011|101h1FPPhs2 ASK (t )i(1) 一个码元周期内有 2000个正弦周期:0 1 0iiia0 1 1 ° 0 1 ° B0 = 2% = 2000Hz2. 某2ASK系统的速率为Mbps，接收机输入信号的振幅A = 40 N ,AWGN_18No =510一 w/hz,试求传输信号的带宽与系统的接收误码BT = 2R = 4MHz，平均码元能量:信道的单边功率谱密度为 率。解：传输信号的带宽Tb2Em = ° Acos2二 fctdtJ：(1 + cos4 吐皿=¥吕2 = 0Eb =Eb1 Eb02系统的接收误码率:（1）若是非相干解调,A26 240 10N° 4N。4Rb N04 2 106 5 10_18由非相干解调误码率公式,Eb/NoPe£24021.0306 10一9（2）若是相干解调：由相干解调误码率公式得,FVQN°旦 =Q 40 = 1.2698 10一103.某2FSK发送“ 1”码时，信号为S(t)= Asin® 廿 ), 0兰发送“ o”码时，信号为S）t二为均匀分布随机变量，= 2 1Asin0t S ，0 乞 t 乞 Ts。式中二8 /Ts，“1”与“ 0”码等概率出现。(1)(2)画出包络检波形式的接收机框图；设码元序列为11010,画出接收机中的主要波形（不考虑噪声）；(3)解:若接收机输入高斯噪声功率谱密度为（1）N0/ 2（W/Hz），试给出系统的误码率公式。S2$©(2) 028 /Ts, f2 f1R b，此2FSK系统的频差足够大,可保证信号正确解调。WWW j施）（4）由非相干解调误码率公式,Eb/N。Pe A 2Eb4.某2FSK系统的速率为 甘2fo = 12 MHz接收机输入信号的振幅度为N05 10 18解：由题，有ATbMbps，两个传输信号频率为右=10 MHz与A = 40 N ,AWG信道的单边功率谱密W/Hz试求传输信号的带宽、工作频带与系统的接收误码率。f° = 2MHz与 Rb 二 2Mbps，故,传谕带宽：场赵二尽B2FSK = K _ 打 + 2尺=2T°6+ 2迖 2506 = 6 辺 106（ Hz） 工作频带为： 8MHzP 14MHz由于,EbNoiAH2No) 相2R.No干 解PbNbo =Q 80 =非相Eb/N。2240 10一62 2 106 5 10-18调 时 系 统 的干 解 调 时/ 801 二 e2曰是,1.872 10一19二 2.1242 10 185.6.7.（略）（略）假定在采用LPF的BPSK相干解调系统中,恢复载波和发送载波相位差为固定的带宽为B。试证明该系统的平均误比特率计算公式为PT Q解：BPSK相干解调系统 LPF输出信号ys2I A2 cos2 712N°B 丿2中的噪声部分功率为 J n = 2BN°pQ-Acos =，故 r 肛1- ys2)2 !4 2 r n中的有用信号部分为-Acos 。由式（4.3.20 ）系统的最小平均误比特率，式中 y“ 二 Acos，,(Acos= Acos)2A2 cos2"2N°B绝对码ej11010001相对码101100001故得证。8.假定2DPSK数字通信系统的输入比特序列为110100010110（1） 写出相对码（考虑相对码的第一个比特为1）;（2）画出2DPSK发送与接收框图。解：（1）0 11010 11d (2)发送框图:接收框图:9. 设载频为1800Hz,码元速率为1200波特，发送信息为 011010。试按下面两种方式画出 2DPSK言号的波形。(1) 若相位偏移- 0°代表“0”，- 180代表“1”；(2) 若相位偏移 二 =90° 代表“ 0”， 宀二270代表“1Tb fc 1800 Hz 解：Tc fb 1200Baud 个载波周期。(1)32，此2DPSK信号一个码元周期包含有个1.51I»IIII|i畑曲iIkIkiI1>Ii|!|I|!(2)A6=0° tWA = 180c10. 假设在某2DPSK系统中，载波频率为 2400Hz,码元速率为1200Baud，已知绝对码（相 对码）序列为1100010111。（1）试画出2DPSK言号波形；（2）若采用差分相干解调法接收该信号，试画出解调系统的各点波形；（3） 若发送符号0和1的概率相同，试给出 2DPSK信号的功率谱示意图。解:TccRb2400 Hz1200Baud2，此2DPSK信号一个码元周期包含有个个波型周期。(1)二，发"1"卫，发"0"删码11000 10 11K(p K n ;0:0 i 0 07l7T7l（2） DPSK差分相干解调框图:各点的波形图:0 0 0 1 0 1 1 14i<1IIiIII!1!I：II：1IIIIIIIIIIiIiIIiIII儿0)"二工二:MATVUAZVlt：二艸二工m/vwwf 1 I ：咂二1i1I1141III1411911 : 0 ' 0 ' 0 ' 1 ' o ' 1 ' 1差分相干解调的判决准则，儿脚（3）2DPSK功率谱示意图B2DPSK11. 假定QPSK系统的输入二进制序列为00100111010010，试问：（1）载波相位序列（B方式）；（2）相应的载波相位序列（A方式）；（3）同相与正交支路的比特序列；（4）传输率为4Mbps时需要的带宽。解：（1）首先将输入序列表示为格雷编码序列：00 11 01 10 01 00 11舫式=111* tIi亠、 11B力式：H1 ，-* />H歹、00 *:101、p00 V 0!由表5.4.1可以得出B方式下的载波相位:5737二5 二4，4，4，4，匸，匚，4 ；（2）相应的A方式下的载波相位序列为：JI2 2 2,（4）同相支路的比特序列4门匚:0 1 1 0 1 0 1；正交支路的比特序列' 0 n ' : 0 1 0 1 0 0 1；（4）传输率为4Mbps时，Rs =号时，可得，BqpSK 二 2R.备 4 106（Hz）。Rb / 2106 （baud），采用矩形NRZ基带信12-18.（略）19. 电话线频带为3003300Hz,试给出下面调制方式下的载波频率、符号率与比特率:（1） OOK BPSK 2DPSK（采用 a =0.25 的升余弦滚降特性）；（2）BFSK（3）QPSK DQPS（采用一二 0.25 的升余弦滚降特性）解: （ 1）对于 ook bpsk 2DPSKRT =2兀（1+仪）=&（1+心）-55一fc300 330021800（Hz）；符号率：BT ,300 - 3叽 2400（ Baud）1 ：1 0.25（ ud）载频选在频带中央:比特率： R）二 Rs2400 （ bit/s（3）对于 BFSK要使两路2ASK部分在频谱上基本可分离，则两个频谱间的间距应该至少满足人一 f°王R），所以B2FSK = f1 一 f0 * 2Rb " Rb + 2Rb = 3Rb不等式取等号，得B2FSK33300 - 3003二 1000(bit/s)f厂 300& = 1300(Hz)，f厂 3300 - & = 2300(Hz)，Rs = Rb 二 1000( Baud)(4) 对于 QPSK DQPSK島=2九(12)皿(1 +町Pqp窪 W-/TVX-£(1+口)£十£(1 十300 33002二 1800(Hz)符号率：BT = 3300 - 300 辽400( Baud)1 ：1 0.25( Ba)载频选在频带中央:fc比特率： R = Rs log2 M = 2400汉 2 = 4800 (bit/s )20. （略）21. QPSK系统，采用? 二0.25的升余弦基带信号，信道带宽为 输的最大速率。