通信原理课后题答案重庆邮电大学

1-1

解：每个消息的平均信息量为

111111H(x)log22log2log2448822

=1.75bit/符号

1-2

解：（1）两粒骰子向上面的小圆点数之和为3时有（1，2）和（2，1）两种可能，总的组合

11CC36，则圆点数之和为3出现的概率为 66数为

故包含的信息量为

p3213618

14.17(bit)18

（2）小圆点数之和为7的情况有（1，6）（6，1）（2，5）（5，2）（3，4）（4，3），则圆点数之和为7出现的概率为

故包含的信息量为

I(3)log2p3log2p761366

12.585(bit)6

1-3 解：（1）每个字母的持续时间为210ms，所以字母传输速率为

不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为 H(x)log242 bit/符号 平均信息速率为

RbRB4gH(x)100 bit/s （2）每个字母的平均信息量为

I(7)log2p7log2RB4150Baud321010

11111133H(x)log2log2log2log25544441010

=1.985 bit/符号

所以平均信息速率为

RbRB4gH(x)99.25 (bit/s) 1-4 解：（1）根据题意，可得：

31.4158 比特 1I(1)logP(1)log224 比特

I(0)logP(0)log21 / 39

124 比特 1I(3)logP(3)log238 比特

I(2)logP(2)log2（2）法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计

独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有14个“0”符号，13个“1”符号，12个“2”符号，6个“3”符号，则该消息的信息量是： I14I(0)13I(1)12I(2)6I(3) 141.41513212263

87.81 比特

此消息中共含45个信源符号，这45个信源符号携带有87.81比特信息量，则此消息中平均每个符号携带的信息量为

I287.81/451.95 比特/符号

法二：若用熵的概念计算，有

说明：以上两种结果略有差别的原因在于，它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号数的增加而减少。 1-5

331111H(x)log22log2log21.906(bit/符号)884488

1133H(x)log2log20.8114444解：（1）bit/符号

（2）某一特定序列（例如：m个0和100-m个1）出现的概率为

PXLPX,X12,L,X100P0P1m100-m1344m100-m所以，信息量为

m100-m13IX1,X2,L,X100logPXlog44200(100m)log23bitL

（3）序列的熵

1-6

解：若系统传送二进制码元的速率为1200Baud，则系统的信息速率为： Rb1200log221200 bit/s

若系统传送十六进制码元的速率为2400Baud，则系统的信息速率为：

2 b1-7

解：该恒参信道的传输函数为

XL100X81bit/序列R2400log169600 bit/s

jtdj()H()H()eKe0

冲激响应为 h(t)K0(ttd)

输出信号为 y(t)s(t)*h(t)K0s(ttd)

讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。 1-8

2 / 39

解：该恒参信道的传输函数为 H()Aej(tdbsinT0)jtdA(1jbsinT)e0

jbA[1(ejT0ejT0)]ejtd2j

Abj(tdT0)Abj(tdT0)Aejtdee22

AbAbh(t)A(ttd)(ttdT0)(ttdT0)22 冲激响应为

输出信号为 y(t)s(t)*h(t)

AejtdejbsinT0

1-9

As(ttd)AbAbs(ttdT0)s(ttdT0)22

解：假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为V0。则该信道的幅频特性为：

H(0)2V0cos2

(2n1),n0,1,2,L时，H(0) 当出现传输零点； 2n,n0,1,2,L时，H(0) 当出现传输极点；

所以在

11fnnkHz(n为整数)时，对传输信号最有利；

111f(n)(n)22kHz(n为整数)时，对传输信号衰耗最大。 在

1-10

解：(1) 因为S/N =30dB,即10

得：S/N=1000

由香农公式得信道容量

log10S30dBN，

（2）因为最大信息传输速率为4800b/s，即信道容量为4800b/s。由香农公式

S)N

3400log2(11000)

3 33.8910bit/s CBlog2(1CBlog2(1S)N

4800CS3400B21212.6611.66N得：。

则所需最小信噪比为1.66。

3 / 39

第2章 信号与噪声分析

习题解答

2-1 解：

p(x2)1p(x2)数学期望：

1x2E(x)xp(x)dxxdx02a4aa 23aaxxa222E(x)xp(x)dxdxa2a6a3 a因为

a2a222D(x)E(x)[E(x)]033 所以方差：

a2-2

x0x解：由题意随机变量x服从均值为0，方差为4，所以2，即2服从标准正态分布，可

1(x)2通过查标准正态分布函数

p(x2)1p(x2)1p(xedt数值表来求解。

t22x020)1(1)22 （1）

10.84130.1587

x040p(x4)1p(x4)1p()1(2)22 （2）

10.97720.0228

x1.5 （3）当均值变为1.5时，则2服从标准正态分布，所以

x1.521.5p(x2)1p(x2)1p()1(0.25)22

10.59870.4013

x1.541.5p(x4)1p(x4)1p()1(1.25)22

10.89440.1056

2-3

解：（1）因为随机变量服从均匀分布，且有02，则的概率密度函数

所以有 E[z(t)]E[m(t)cos(0t)] E[m(t)]•E[cos(0t)]

f()12，

E[m(t)]•02cos(0t)•1d2

4 / 39

0

Rz(t,t)E[m(t)cos(0t)•m(t)cos(0t0)]

E[m(t)m(t)]•E[cos(0t)cos(0t0)]

11Rm()•E[cos(20t02)cos0]22 1Rm()•cos02

cos02(1),10cos0(1),0120,其他  Rz()

由此可见，z(t)的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t)仅与相关，因此z(t)是广义平稳的。

（2）自相关函数Rz()的波形如图2-6所示。

图2-6

（3）根据三角函数的傅氏变换对

1t,1t0tri(t)1t,0t1Sa2()20,其他t

可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度

Pz()Rx()ejd

1jcos•tri()ed0 2

001[Sa2()Sa2()]22 4

5 / 39

2-4 解：（1）因为，互不相关 所以

SRx(0)cos01(1)|022

mx(t)EX(t)E[()cos0t]

cos0tEcos0tE

m(t)0

又根据题目已知均值EE0，所以x（2）自相关函数

Rx(t1,t2)E[X(t1)X(t2)]

E[()cos0t1g()cos0t2] cos0t1cos0t2[E22EE2]

22costcostE[2] 0102

cos0t1cos0t2[22]

4cos0t1cos0t2

14[cos0(t1t2)cos0(t1t2)]2

2cos02cos0(t1t2) （t1t2）

（3）由（2）可知2-5

解：根据图示可得

Rx(t1,t2)不仅与有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。

(10,10)

RX()503E[X2(t)]RX(0)50

X2RX(0)RX()502030

222E[X(t)][EX(t)]X因为，

23050[EX(t)]所以， 即EX(t)mX20 22E[X(t)]R(0)5030 m20Xxx则（1） ； （2） （3）

2-6

解：（1）

R()E[X(t)X(t)]E{[A0A1cos(1t)][A0A1cos[1(t)]}E{A02A0A1cos[1(t)]A0A1cos(1t)A12cos(1t)cos[1(t)]}A02E{A12cos(1t)cos[1(t)]}A12Acos1220A12R(0)E[X(t)]A2 （2）

E[X(t)]E[A0A1cos(1t)]A0

因为，

22E[X(t)]A0所以，直流功率为

220A12E[X(t)]E[X(t)]2 则，交流功率为

2226 / 39

对R()求傅里叶变换可得其功率谱密度

PX()2A()2-7 解：

20A122[(1)(1)]

RX()1jP()edX2130j101jed2ed25020220Sa(0)0Sa(0)cos403500ejd2-8 解：（1） 所以，对



PX(f)与RX()互为傅立叶变换

PX(f)(f)(11f)f0

PX(f)做傅立叶变换得

RX()1

R(0)R()1f01f0

RX()1f0Sa2(f0)

（2）直流功率为

（3）交流功率为2-9

解：RC低通滤波器的传递函数为

1H()1jc11jcRRjc

因此输出过程的功率谱密度为

P0()Pi()•|H()|2相应地，自相关函数为

n02[1(cR)2]

1R0()2P0()ejd

2-10

n01jed 41jcR

n0e||/RC 4RC

RY()E[(23X(t))(23X(t)]

解：（1）

E[46X(t)6X(t)9X(t)X(t)] 4669RX() 即自相关函数只与有关

E[Y(t)]23E[X(t)]235 即均值为常数

所以Y(t)为宽平稳过程。

7 / 39

（2）平均功率为

RY(0)169RX(0)

2R(0)12，所以RX(0)3 X因为

R(0)169RX(0)169343 所以Y (3) D[Y(t)]D[23X(t)]9DX(t)18 2-11 解：（1）

RY()E[Y(t)Y(t)]

E{[X(ta)X(ta)][X(ta)X(ta)]}

E[X(ta)X(ta)X(ta)X(ta)X(ta)(X(ta)X(ta)X(ta)]RX()RX(2a)RX(2a)RX()

2RX()RX(2a)RX(2a)

(2)

PX(f)与RX()互为傅立叶变换

2ajPPX()e2aj Y()2PX()PX()e2-12 解：

24P()sin(a) X

SPX(f)df2-13

2105f2df107W10k3

10k5t解：因为题目已知 冲激响应为 h(t)5eu(t)

H()所以

5252H()5j，252

2PY()PX()H()PX()

n02 又因为

n0252510P()10Y2252252所以

Ry()PY() 与

互为傅立叶变换

11R()2510eP()y由Y可知

5

总的平均功率

2-14

SYRy(0)2.51010(W)df(t)(j)F()解：（1）由傅里叶时域微分性质dt可知微分器的系统函数H()(j)，则信号通过微分器（线性系统）后输出y(t)的双边功率谱密度为 Py(f)n0j2f2BB222n0f23.95105f2W/HzB230

（2）2-15

SyoPy(f)df222n0f2df4n0B0.0263W3

解：设h(t)的傅式变换为H(f)，则有

8 / 39

2-16

Syn0n2H(f)df022H(f)df2n0E2

2n(t)n(t)costn(t)sintniccsc解：由题意知，，其均值为0，方差为。

Acos2

n0(t)[(nc(t)cosctns(t)sinct)cos(ct)]LPF

11nc(t)cosns(t)sin2 2

给定时s0(t)的功率为

s0(t)[Acosctcos(ct)]LPFA2cos2S04

n0(t)的平均功率为

故在（1）的条件下（为常数）则

N0E[n(t)]202n4cos22n4sin22n4

S0A22cos2 N0n

在（2）的条件下（是与ni(t)独立的均值为0的高斯随机变量），n0(t)的功率仍然是

2n4，但此时s0(t)的平均功率是

A2cos2A2S0E[]E[cos2]44

所以

N0S0A22E[cos2] N0n

A22E[1cos2] 2n

2A12ecos2d1222n2

A222(1e)22n

22

第3章 模拟调制系统

9 / 39

习题解答

3-1

解：costcosct的波形如图3-14（a）所示。

因为Sm(t)costcosct，且c6，对Sm(t)其进行傅里叶变换可得

SM()2[(c)(c)(c)(c)][(7)(5)(5)(7)]



2 频谱图如图题3-14（b）所示。

图3-14（a）

图3-14（b）

3-2

f(t)A[sin(t)]/(t)解：（1）sin(t)cos(t)Asa(t)cos(t)2222t2

AAsa(t)2为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得 上式中

z(t)f(t)jf(t)Asa(t)cos(t)jAsa(t)sin(t)2222 （2）

z(t)2Asa(t)2 故

3-3

f(t)Asa(t)sin(t)22

10 / 39

解： 因为输出信噪比功率为20dB，则在SSB/SC方式中，调制制度增益 G=1

20S01010100N0

SiS0100N0所以Ni

n010103Nin0B222接收机输入端的噪声功率 936 20.510510510W

4S100N510i因此接收机输入端的信号功率 iW

因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为 1dB/km100km100dB

S10可得发射机输出功率为

3-4

'010010Si101051045106W

解：（1）此信号无法用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1Acos2fmt0，而

这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。 （2）只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。

图3-15

3-5 解：（1）AM解调器输出信噪比为

m2(t)n020kW5102W/Hz由题意知，2，2，B=4Khz，则

S0m2(t)10103410023n0B2510410 N0

2A100103W （2）因为2

2401031GAM222105401033Am(t)

而抑制载波双边带系统的调制制度增益 GDSB2 GDSB26 则 GAM1/3（约为7.8dB）

所以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅7.8分贝 3-6

解：设单边噪声功率谱密度为n0，则相干解调后的输出信噪比

2m2(t)S0m(t) N04n0BSSB22afdfaBa0B4n0B4n0B4n0

B11 / 39

3-7

1S2 解：对于DSB：接收信号功率

设信道加性白噪声单边功率谱密度为n0，信号带宽为fm， 则输入噪声功率 Nin0BDSB2n0fm

S011Nin0fm42输出噪声功率

1SS0S2N01nfn0fm0m2所以，接收到的信噪比 '对于SSB：设发射功率为S

1S0S'4 则接收信号功率

输入噪声功率 Nin0BSSBn0fm

N011Nin0fm44输出噪声功率

1'SS0S'4N01nfn0fm0m4所以，接收到的信噪比 1'1SS2 （1）接收信号强度相同，即 4N0' 故单边带平均发射功率 S2S

SS'nf（2）接收到的信噪比相同，即 0mn0fm ' 故单边带平均发射功率 SS

3-8

解：设m(t)与cos1t相乘后的输出为s1(t)，则s1(t)是一个DSB信号，其频谱如图图3-17

's(t)s111（a）所示。再经过截止频率为的理想低通滤波器，所得输出信号(t)显然是一个

下边带信号，其频谱如图3-17（b）所示，时域表达式则为

11s(t)m(t)cos1tm(t)sin1t22

同理，m(t)与sin1t相乘后的输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号

'1's2(t)也是一个下边带信号，其时域表达式为

11s(t)m(t)sin1tm(t)cos1t22

'2 因此，调制器最终的输出信号

1111s(t)[m(t)cos1tm(t)sin1t]cos2t[m(t)sin1tm(t)cos1t]sin2t2222

12 / 39

11m(t)[cos1tcos2tsin1tsin2t]m(t)[sin1tcos2tcos1tsin2t]2211m(t)cos(21)tm(t)sin(21)t22

显然，s(t)是一个载波角频率为(21)的上边带信号。

图 3-17

3-9

11212m(t)WSm(t)W4DSBm(t)cos(210t)V2，所以，24， 解：（1）因为，则11SSSBm2(t)W48。

116NnB2nf22510210W i0DSB0H （2）DSB：

SDSB111000SiDSB103W410004信道衰减为30dB，则SiDSB，则

S0SiDSB1103222506Ni4210所以，N0

116NnBnf251010W i0SSB0H SSB：

SSSB111000SiSSB103W810008信道衰减为30dB，则SiSSB，则

S0SiSSB11031256NN810i所以，0

1SW发S发8（3）均相同，

116NnB2nf22510210W，由于信道衰减30dB，则i0DSB0H DSB：

3SS1100iDSB1122125SiDSB103W6Ni8210810008，所以N0

116NnBnf251010W，由于信道衰减30dB，则i0SSB0H SSB：

3SS1100iSSB1125SiSSB103W6Ni8108，所以N0

3-10

m4解：（1）由题意SFM(t)100cos(2fct4sin2fmt)，得f，

13 / 39

34B2(m1)f251010Hz FMfm 所以，

mf（2）

KFMAm2fm，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率fm加倍时，

mf23-11

34B2(m1)f232101.210Hz fm。此时，FM解：消息信号 m(t)A,0tT

m()1TAAtTm(t)ddlnt0tt 则

1对应的单边带信号为

11SSSB(t)m(t)cosctm(t)sinct22 AAtTcosctlnsinct2t 2 A1tT2SSSB(t)1(ln)2t其包络为 3-12

解：fm15kHz，f75kHz，所以

mff7552G3mfm15f(mf1)450 ，则FMSiS0S20dB100GFMi45010045000Ni因为Ni，所以N0

3-13

解：对于AM波的带宽： BAM2fH210kHz20kHz 对于SSB波的带宽：BSSBfH10kHz

mf调频指数

对于FM信号带宽 3-14

f50kHz5fm10kHz

BFM2(mf1)fm2(51)10kHz120kHz

解：由已知 S(t)Acos[0t100cosmt] （1）调相时

SPM(t)Acos[ctKpm(t)]Kpm(t)100cosmt

所以 又因为 （2）调频时 所以

Kp2， 所以 m(t)50cosmt

tSFM(t)Acos[ctKFm()d]tt

100cosmtKFm()d2m()d100msinmt2m(t)

m(t)50msinmt

两边同时求导得 求得

14 / 39

（3）由

max

3-15

m

KpAmmpm100m，即最大频偏为fmax100fm

mpAmKpmmfAmKf1002PFM5000W2解：已调波信号功率。 40004fmf510Hzmaxfmmf52，

BFM2(mf1)fm2(51)2000Hz2.4104(Hz)

第4章 模拟信号的数字传输

习题解答

4-1 解：

（1）因为信号所以抽样频率

mt通过传输函数为H1f的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为f1，

fs2f1

（2）因为抽样信号频谱

1MsωTs可得抽样信号的频谱如图4-11所示。

nMωnωS

图4-11 抽样信号频谱图

（3）由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号

mst通过截止频率为f1的理想低通

1滤波器，然后再通过一个传输特性为4-12所示。

H1f的网络，就能在接收端恢复出信号mt。如图

15 / 39

图4-12 抽样信号的恢复

可见，如果接收端通过一个传输特性为

Hf1H1fff1

的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号mt。

4-2 解：

（1）由式（4-2）可知：在s=3H时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。因此经过截止角频率为H的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。

图4-14 抽样信号的频谱

（2）如果s1.5H，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。

图4-15 抽样信号的频谱出现混叠现象

4-3 解：

因为

mtcos100πtcos2000πt1cos1900πtcos2100πt2

所以最低频和最高频分别为fL950Hz，fH1050Hz

（1）将mt当作低通信号处理，则抽样频率 （2）将mt当作带通信号处理，则抽样频率

fs2fH2100Hz

16 / 39

因为n=9，所以 4-4 解：

2fH2ffsLn1n

210fs211.1Hz

以抽样时刻t1/4000为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位

归一化值0.9510565=1948。

编码过程如下：

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为正，故极性码C1=1。

（2）确定段落码C2C3C4：

因为1948>1024，所以位于第8段落，段落码为111。 （3）确定段内码C5C6C7C8：

12048，所以

因为19481024146428，所以段内码C5C6C7C8=1110。

所以，t1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为 1 111 1110。 同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM码字，如表4-5所示。

表4-5 PCM编码的输出码字 t 1600πt 0 样值mkTssin0 0.9510565 0.58778525 -0.58778525 -0.9510565 2kπ归一化值 输出码字 5 0 1948 1204 -1204 -1948 10000000 11111110 11110010 01110010 01111110 4-5 解：

因为采用均匀量化，所以量化间隔

t0 t1/4000 t2/4000 t3/4000 t4/4000 2π/5 4π/5 6π/5 8π/5 20.54

则量化区间有1,0.5，0.5,0，0,0.5和0.5,1，对应的量化值分别为-0.75，

-0.25，0.25，0.75。

所以量化噪声功率为

Nq-0.5-1x0.751xdx-0.5x0.251xdxx0.251xdx0.5x0.751xdx

1202021/480.50212因为输入量化器的信号功率为

Sxfxdxx(1x)dxx2(1x)dx20-116

所以量化信噪比

17 / 39

4-6 解：

因为二进制码元速率

Ex2S8NqEmm2q

RBlog2Mfs

所以对应的信息速率Rb=RBlog2Mfs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化

级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。

而二进制码元宽度为

假设占空比

Tb1RB

Tb，则PCM信号带宽为

B1/τ

可见，带宽B与log2M成正比。

所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-7 解：

(1)基带信号的频谱图如图4-16所示

图4-16 基带信号的频谱图

由式（4-2），理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。

图4-17 理想抽样信号的频谱图 (2) 因为自然抽样信号的频谱

AMs()Ts0.4Sa(nnSa(ns)M(ns)2

ns)M(ns)2当n=1时，因为

ns)M(ns)Sa(0.4)M()s 2=

0.4Sa(0.4)M(s)，对应的频谱图如图4-18

所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为

Sa(所示。

18 / 39

图4-18 n=1时自然抽样信号的频谱分量

所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。

图4-19 自然抽样信号的频谱图

因为平顶抽样信号的频谱

所以，平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。

AωτωτSaMns0.4SaMnsMqTs2n-2n-

图4-20 平顶抽样信号的频谱图

4-8 解：

因为抽样频率为8000Hz，按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。所以二进制码元速率

4-9 解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

所以PAM系统的码元速率

RBlfs8800064000波特

因为占空比为1，所以Tb，则PCM基带信号第一零点带宽

B1/τ1/Tb64000Hz

fs2fH12000Hz

19 / 39

RBfs12000波特

则码元宽度

因为占空比为0.5，所以0.5Ts，则PAM基带信号第一零点带宽 4-10 解：

Ts1/fs

B1/τ24000Hz

（1）因为奈奎斯特抽样频率fs2fH12000Hz，量化级数M8，所以二进制码元速率为

RBlog2Mfs31200036000波特

所以，对应的信息速率

Rb36000bit/s

（2）因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度Tb呈倒数关系，所以

Tb1RB

因为占空比为0.5，所以 则PCM基带信号第一零点带宽 4-11 解：

编码过程如下

0.5Tb

B1/τ72000Hz

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 （2）确定段落码C2C3C4：

因为1024>870>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：

因为87051211326，所以段内码C5C6C7C8=1011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 1011。

编码电平IC是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为极性为负，则编码电平

ICIBi23C522C621C720C8i864量化单位

因为

0。 因此7/11变换得到的11位线性码为0110110000编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为

(86416)880个量化单位。

因为

86410011011000002

880100110111000所以7/12变换得到的12位线性码为011011100000。

解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为10个量化单位。 4-12 解：

（1）因为量化区的最大电压为U2048mV，所以量化单位为1mV，所以抽样

20 / 39

0.02

值为398。

编码过程如下：

确定极性码C1：由于输入信号抽样值Is为正，故极性码C1=1。

确定段落码C2C3C4：因为512>398>256，所以位于第6段落，段落码为101。

确定段内码C5C6C7C8：因为39825681614，所以段内码C5C6C7C8=1000。 所以，编出的PCM码字为11011000。 它表示输入信号抽样值Is处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384=384mV，中间电平为392 mV。

编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平

因为38410001100000002，所以对应的11位线性码为00110000000。 解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平

IC384=384mV

ID392mV

可见，解码误差（即量化误差）为6mV。

4-13 解：

因为最大电压值为5V，所以量化单位

5所以，样值幅度2.5V表示为-1024量化单位。

因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。

该量化级对应的起始电平为1024=2.5V，中间电平为1024321056量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV 4-14 解：

极性码为1，所以极性为正。

段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为Δ。

因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为(710.5)7.5个量化单位，即解码电平7.5。 因为

1V2048

7.5100000000011所以，对应的12位线性码为000000001111 4-15 解：

编码过程如下：

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。

（2）确定段落码C2C3C4：

因为1024>630>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：

因为63051233222，所以段内码C5C6C7C8=0011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 0011。

因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。 因为

21 / 39

1.12

所以，对应的均匀量化的11位线性码为01001100000。 4-16 解：

因为

60810010011000002

又因为

So/NqS0S0NNN14Pe22lqe0PCM

So22lM2Nq

所以

S0N0

So/NqM22l214P214PMPCMee32214103322200.9

第5章 数字信号的基带传输

习题解答

5-1

解：略 5-2 解：

信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解：

信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4

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)fsp(1p)|G(f)||fs[(2p1)G(mfs)]|2(fmfs)2m 当

p

1

2时，

fsfs22Ps(f)|G(f)||G(mfs)|2(fmfs)4m4

22 / 39

Ts2A(1|t|),|t|Ts2g(t)0,else 由图5-11得

g(t)的傅立叶变换G(f)为

代入功率谱密度函数式，得

G(f)ATs2fTsSa()22

fsATs2fTs2fs2ATs2fsTs2Ps(f)|Sa()||Sa()|(fmfs)422422m 22ATs4fTsA4mSa()Sa()(fmfs)162162m

功率谱密度如图5-12所示。

fs （2）由图5-12中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率

1Ts的离散分量，

1Ts的分量。 故可以提取码元同步所需的频率

由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量Pv()为

fsA24mPv(f)Sa()(fmfs)162m

当m取1时，即ffs时，有

A24A24Pv(f)Sa()(ffs)Sa()(ffs)162162

所以该频率分量的功率为

A24A242A2SSa()Sa()4162162

图5-12

5-5

1||,||01H()00,else解：（1）由图5-12可得

该系统输出基本脉冲的时间表示式为

1h(t)2

H()ejtd020tSa()22

23 / 39

（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

2H(i)C,||TsTiHeq()0,||T

||0T 容易验证，当时，

2H(i)H(2RBi)H(20i)CTsiii

所以当码率RB0/时，系统不能实现无码间干扰传输。

5-6

解：（1）法1：无码间串扰时RBmax2BN，当码元速率为150kBaud时，容易验证，此系统有码间串扰。

BNRB75kHz2

法2：由题意，设BN100kHz，则RBmax2BN200k(Baud)，将RBmax与实际码速率

RBmax200k(Baud)正整数R150kB比较为正整数，由于，则此系统有码间干扰。

（2）由题意，设BN100kHz，则RBmax2BN200k(Baud)，设传输M进制的基带信

号，则

RBmax200kRBmax200klog2Mlog2M(Baud)常数RBRb400kRB，令，

nM4求得

(n1,2,L)。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。 结论：根据系统频率特性H()分析码间干扰特性的简便方法：首先由H()确定系统的奈

奎斯特等效带宽BN，然后由RBmax2BN求出最大码速率，再与实际码速率比较，若

RBmax/RB为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。

5-7

解：（1）B(1)BN1600Hz，所以则RBmax2BN1600Baud

BNB800Hz2

Ts（2）

5-8

解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为

11sRB1600

sint/Tscost/Tsh(t)2t/Ts12t/Ts164kR64kBaud，即Ts当B， 0.4时，

sin64000tcos25600th(t)64000t12621440000t2

24 / 39

（2）频谱图如图5-14所示。

图5-14

（3）传输带宽

B(1)BN1.464kHz44.8kHz2

（4）频带利用率

5-9

RB641.43Baud/HzB44.8

解：（1）图（a）为理想低通，设BN1000Hz，所以RBmax2BN2000Baud 1）、RBmax/RB2000/500=4（整数），无码间串扰；2）、RBmax/RB2000/1000=2（整数），无码间串扰；3）、RBmax/RB2000/1500（不是整数），有码间串扰；4）、

RBmax/RB2000/2000=1（整数），无码间串扰。

（2）图（b）为升余弦型信号，由图可以判断BN500Hz，所以RBmax2BN1000Baud 所以1）、RB500Baud、2）、RB1000Baud两种情况下无码间串扰。

5-10

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、冲激响应“尾巴”的衰减快慢、实现难易程度等三个方面来分析对比三种传输函数的好坏。

（1）频带利用率

33 三种波形的传输速率均为RB10Baud，传输函数（a）的带宽为 Ba210Hz

a其频带利用率

RB10000.5Baud/HzBa2103 RB10001Baud/HzBb103 RB10001Baud/HzBc103

3传输函数（b）的带宽为Bb10Hz

b其频带利用率

3B10Hz 传输函数（c）的带宽为cc其频带利用率

bc 显然 a（2）冲激响应“尾巴”的衰减快慢程度 （a）（b）（c）三种传输特性的时域波形分别为

323 ha(t)210Sa(210t) 323 hb(t)210Sa(210t)

323h(t)10Sa(10t) c

25 / 39

112其中（a）和（c）的尾巴以t的速度衰减，而（b）的尾巴以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。 5-11

解：已知信道的截止频率为100kHz，则B100kHz，由B(1)BN100kHz,求得

BN100kHz1.75

32B20010N1RB105Baud56R1.75101010现在，则B常数，则该二元数据流在此信道中

传输会产生码间干扰。故该二元数据流不在此信道中传输。

5-12

解：传输特性H()的波形如图5-17所示。

图5-17

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

RB5-13

1Baud20，而Ts20。

解：（1）用P(1)和P(0)分别表示数字信息“1”和“0”出现的概率，则概时，最佳判决门限

P(0)P(1)12等

Vd*A0.5V2。

已知接收滤波器输出噪声均值为0，均方根值n0.2V，误码率

1Aerfc()6.21103222n

1A5erfc()1052P1022ne （2）根据，即，求得

Pe

5-14

A8.53n

解：（1）由于信号f(t)在tT时刻结束，因此最到输出信噪比的出现时刻t0T （2）取t0T，K1，则匹配滤波器的冲激响应为

26 / 39

A,h(t)f(tT)A,0,

0tT2TtT2elset

t输出波形为

y(t)f(t)*h(t)f()h(t)d0t，分几种情况讨论

2Ty(t)A(A)dAt0t02， a．

tT2TtT2b．，

y(t)0Ad2T2ttT2A(A)d(A)2dT2

TTTTA2(t)A2(t)A2(t)2222

2 A(3t2T)

T2t3TtT2， c．

y(t)tTAd2T2TT2A(A)dt(A)2d

T2TTTTA2(tT)A2(t)A2(Tt)2222

2 A(4T3t)

23y(t)(A)AdA(t2T)Tt2TtTd．2，

e．else t y(t)0

T综上所述，有

2At,A2(3t2T),y(t)A2(4T3t),2A(t2T),0,0tT2TtT23TtT23Tt2T2else

h(t)和y(t)的波形如图5-19（a）和（b）所示。

romax（3）最大输出信噪比

2E2A2Tn0n0

27 / 39

图5-19

5-15

解：h1(t)和h2(t)的输出波形so1(t)s(t)*h1(t)和so2(t)s(t)*h2(t)分别如图题图5-21

3h1(t)s(Tt)2（a）、（b）所示。由图5-21可知，，h2(t)s(Tt)，因此，h1(t)和h2(t)均为s(t)的匹配滤波器。

图5-21

第6章 数字信号的载波传输

课后习题

6-1 解：

（1）由题意知，码元速率RB10波特，载波频率为210Hz，这说明在一个码元周期中存在2个载波周期。2ASK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6-23所示。

3328 / 39

图6-23

（2）因为2ASK信号的频带宽度B2ASK为基带调制信号带宽的两倍，所以2ASK信号的频带宽度为

B2ASK2fs2RB=2000Hz。

6-2 解：（1）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。由题意可知，当数字信息为“1”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5个载波周期。假设初始相位120，则2FSK信号波形示意图如图6-24所示。

图6-24

（2）当概率P=1/2时，2FSK信号功率谱的表达式为

P2FSK(f)TSSa2(ff1)TSSa2(ff1)TS16Sa2(ff2)TSSa2(ff2)TS1[(ff1)(ff1)(ff2)(ff2)]16

因此，2FSK信号的功率谱如图6-25所示，图中，

f03000Hz,f11800Hz,fs1200Hz。

图6-25

6-3

解：（1）二进制相移键控（2PSK）是指载波的相位受调制信号的控制，而幅度和频率保持不变，例如规定二进制序列的数字信号“0”和“1”分别对应载波的相位和0。2DPSK

29 / 39

可以这样产生：先将绝对码变为相对码，再对相对码进行2PSK调制。

2PSK、2DPSK及相对码的波形如图6-26所示。

图6-26

（2）2PSK、2DPSK信号的频带宽度 6-4

B2PSKB2DPSK2RB2400Hz

解：（1）由题意可知， fc2RB，因此一个码元周期Ts内包括两个载波周期Tc。设参考相位为0，代表数字信息“1”，0代表数字信息“0”（绝对码），那么与上述相对码对应的2DPSK信号波形如图6-27（b）所示。

（2）如果采用如图6-27（a）所示的差分解调法接收信号，则a，b，c各点的波形如图6-27（c）所示。

图6-27

（3）由题意可知，fc2400Hz,fs1200Hz。2DPSK信号的时域表达式为

e0(t)[ang(tnTs)]cosctn

30 / 39

1,概率p0.6an1,概率1-p=0.4 其中

s(t)ang(tnTs), 设

n则s(t)的功率谱密度

222P(f)fp(1p)G(f)G(f)fpG(0)(1p)G(0)(f) sss

22224fp(1p)G(f)f(12p)G(0)(f) ss

已知g(t)是矩形脉冲，

G(f)TsSa(fTs),可得2DPSK信号e0(t)的功率谱密度

1PE(f)[Ps(ffc)Ps(ffc)]2

22fp(1p)[G(ff)G(ff)] scc

210{Sa[(f2400)]Sa[(f2400)]}12001200

6-5

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6-28（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6-28（b）所示。

122fs(12p)2G(0)[(ffc)(ffc)]4

422102[(f2400)(f2400)]}

（a）

（b） 图6-28

（2）2DPSK采用相干解调法的接收端方框图如图6-29（a）所示，各点波形如图6-29（b）所示。

31 / 39

(a)

图6-29

6-6 解： (1）2ASK系统

2ASK接收机噪声功率

85NnB104000W410W 02ASK

2ASK系统的误比特率

1erfc2

由此得 r36.13

Per2

5255 信号功率为 S36.13410W144.510W

信号幅度为 a2S2144.510V5.3810V

2由10V衰减到5.3810V，衰减的分贝（dB）数为

2[20log(10/(5.3810))]dB45.4dB

故2ASK信号传输距离为45.4公里。

(2）2FSK系统 2FSK接收机噪声功率

85NnB102000W210W 02FSK

1rPeerfc5P1022e 2FSK 相干解调,由查表得r18，

55信号功率为 S18.07210W36.1410W

信号幅度为 a2S236.1410V2.6910V

2由10V衰减到5.3810V，衰减的分贝（dB）数为

52 [20log(10/(2.6910))]dB51.4dB 故2FSK信号传输距离为51.4公里。

（3）2PSK系统 2PSK接收机噪声功率

85NnB104000W410W 02PSK

232 / 39

1Peerfc(r)P10522PSK 相干解调,由e查表得r9

信号功率为 S9.035410W36.1410W

可见2PSK信号传输距离与2FSK的相同，为51.4公里。 6-7

解：设2ASK、2FSK和2PSK三种调制系统输入的噪声功率均相等。 （1）相干2ASK系统：

551erfcr24P10e2，由查表得r28

iNir28Ni（W） 输入信号功率 PPe1Peer/41042非相干2ASK系统：，得r34.06

iNir34.06Ni（W） 输入信号功率 P（2）相干2FSK系统：

1rerfc()4P1022e ，由查表得r14

iNir14Ni（W） 则输入信号功率为 PPe1Peer/21042非相干2FSK系统：，得r17.03 iNir17.03Ni（W） 则输入信号功率为 P（3）相干2PSK系统：

1Peerfc2r，由P10e4查表得r7

iNir7Ni（W） 则输入信号功率为 P由以上分析计算可知：相同的误码率下所需的最低峰值信号功率按照从大到小排序：2ASK最大，2FSK次之，2PSK最小。

对于2ASK采用包络解调器，接收机简单。2FSK采用非相干解调器，等效为两个包络解调器，接收机较2ASK稍复杂。而2PSK采用相干解调器，需要产生本地相干载波，故接收机较复杂。由此可见，调制方式性能的提高是以提高技术复杂性提高为代价的。 比较、排序结果如下：

2ASK 2FSK 2PSK 接收机难易程度： 易 较易 难

Pe104时的峰值功率 大 中 小

6-8

66Hz， B410R210Baud2ASK解：因为B，则

a2a2r222nB02ASK所以33.3>>1

1Peer/41.241042当非相干接收时，

r11r/45Peerfce2.361022r相干接收时，系统误码率

33 / 39

6-9

解：因为发送信号的功率为1kW，信道衰减为60dB，所以接收信号的功率

a211033110Wr104210，所以信噪比，所以

1Peer422非相干2ASK系统的误码率=4.110

11PerePeerfc(r)2r4.04106 2相干2PSK系统的误码率，当r>>1时，

6-10

解：2PSK信号可以写成 理想载波时：

经低通滤波器，得到 当存在相位差时：

SPSK(t)s(t)cosct，其中s(t)为双极性基带信号。

SPSK(t)coscts(t)cos2cts(t)1cos2ct2

SPSK(t)cos(ct)s(t)cosctcos(ct)s(t)1s(t)cos2经低通滤波器，得到 。

2 所以有相位差时引起信号功率下降cos倍。

coscos(2ct)2

我们知道，采用极性比较法的2PSK误码率为码率变为

6-11

Pe1erfc(r)2，由于有相位误差，误

Pe1erf(rcos2)2，所以相干载波相位误差的存在导致了系统误差的存在。

解：接收机输入信噪比为9dB，即r8。 相干解调时

Pe1rer4，所以Pe0.027

1Peer42又因为包络解调时，，对应的接收机的输入信噪比r11.675

6-12

解：(1) 2ASK 相干解调

Pe1erfc2r2，由P10e5查表得r36，因为

3RB103Baud，则B2ASK210Hz

a2a2r222n0B2ASK，所以a2/214.410-6W 又因为

1Peer/22-62（2）2FSK 非相干解调得r21.64，所以a/28.6510W

1Peer2-62（3）2DPSK差分相干解调得r10.82，所以a/24.3310W

1Peerfc(r)P1052-62（4）2PSK 相干解调,由e查表得r9，所以a/23.610W

34 / 39

6-13

解：双比特码元与载波相位的关系如下：

双比特码元与载波相位的关系 双比特码元 A方式 载波相位k B方式 0 0 0 3/4 1 0 /2 /4  1 1 /4 0 1 /2 3/4 根据上表可得4PSK及4DPSK信号的所有可能波形如图6-30所示。

图6-30

6-14

RB解： 6-15

Rb4800==1600Baudlog2M3，所以B8PSK2RB3200Hz。

B信道带宽（3000600）Hz2400Hz，信道带宽为已调信号的带宽。

解：信道带宽为

（1）1时，QPSK系统的频带利用率为

Rblog241bps/HzBQPSK（1）RB则数据传输速率为

QPSK b（2）0.5时，8PSK系统的频带利用率为

240012400bit/s则数据传输速率为

Rblog282bps/HzB8PSK（1）

RbB8PSK240024800bit/s

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第7章 多路复用及多址技术

习题解答

7-11 解：

每一路已调信号的频谱宽度为fm'2000Hz，邻路间隔防护频带为路频分复用信号的总频带宽度为

fg200Hz

，则n

Bnnfm'n1fg52000420010800Hz7-2 解：

各路音频信号经过SSB调制后，在两路相邻信号之间加防护频带并后信号的总带宽

再进行FM调制后，传输信号的频带宽度为 7-3 解：

fg，则30路信号合

Bnnfm'n1fg303.3290.7119.3kHzB2ΔfBn22000119.34238.6kHz

因为抽样频率为8000Hz，所以抽样间隔

Ts1/8000125s

所以路时隙TaTs/30。

因为占空比为0.5，所以0.5Ta，则PCM基带信号第一零点带宽 7-4 解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

B1/τ480000Hz

按A律13折线编码，每个抽样值得到8个二进制码元，所以10路TDM-PCM信号的码元速率

fs2fH8000Hz

RB108fs640000波特

又因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度Tb呈倒数关系的，所以

Tb1RB 因为占空比为1，所以Tb，则PCM基带信号第一零点带宽 7-5 解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

所以10路TDM-PCM信号的码元速率

B1/τ640000Hz

fs2fH8000Hz

RB10log2256fs640000波特

（1）由于升余弦滚降特性的系统最大码元频带利用率为

36 / 39

RB1Bmax波特/赫兹

所以无码间干扰系统的最小传输带宽为

BRB=640 kHz

（2）如果采用理想低通滤波器特性的信道来传输，由奈奎斯特第一准则可知

RB2Bmax波特/赫兹

可以得到此时需要的最小传输带宽

BRB2=320 kHz

7-6 解：

（1）因为每路信号都通过截止频率为7kHz的低通滤波器，所以最小的抽样频率

（2）抽样速率为16kHz，量化级数为8，则输出的二进制基带信号的码元速率为

fsmin2fH14kHzRB10log28fs480k波特

（3）如果基带信号波形采用矩形脉冲，则基带信号带宽为

B基带12PSK带宽为基带信号带宽的2倍，所以信道中传输的2PSK信号带宽为 所以信道中传输信号带宽为960kHz。 7-7 解：

1RBTs

B2RB960kHz

（1）帧长为一个抽样周期Ts，即抽样频率fs的倒数，则

Ts=1/fs=125s

因为3路独立信源进行时分复用，所以每帧有3个时隙。 （2）信息速率为

Rb38fs192k bit/s

（3）如果采用理想低通滤波器特性的信道来传输，由奈奎斯特第一准则可知

RB2Bmax波特/赫兹

可以得到此时需要的理论最小带宽

BRB2=96 kHz

7-8 解：

因为PCM30/32路系统抽样频率为8000Hz，所以PCM30/32路系统中一秒传8000帧。

因为一帧中有32时隙，每时隙8bit，所以一帧有328=256bit。

PCM30/32路系统中一秒传8000帧，而一帧有328=256bit。所以信息速率为

Rb32880002.048Mbit/s，

由PCM30/32路系统的帧结构图可知第20话路在TS21时隙中传输；第20话路信令码的传输位置在F5帧的TS16时隙的后4bit。

37 / 39

7-9 解:

（1）升余弦滚降特性的码元频带利用率

2RB1Bmax1波特/赫兹

因为升余弦滤波器的截止频率为640kHz，所以该系统最大的二进制码元速率为640 k

波特。

（2）因为RBmax640kBd，对5路模拟信号按A律13折线编码得到PCM信号，然后进行TDM-PCM传输。

由RBnlfs，得到每路模拟信号的最高抽样频率

fs由奈奎斯特抽样定理可知，每路模拟信号的最高频率分量为8 kHz 。 7-10 解：

因为自相关函数

64016kHz58

1kN所以码字1 1 1 -1 -1 1 -1的自相关函数为

ccn0N1nnk

k01,ρk1/7,0k77-11 解：

扩频系统中各点的波形如图7-11所示。

（模7）

图7-11 扩频系统中各点的波形

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7-12 解：

因为两个码字的互相关系数为

所以码字1 1 1 1和1-1 1 -1的互相关函数为

1Nρx,yxiyiNi1

ρx,y7-13 解：

（1）在接收端，如果一个用户想接收某个用户发送的信息，必须首先和这个用户有相同的伪噪声序列进行解扩。因为用户2的伪随机码为1-1 1 -1，所以接收端用户1所用的扩频码为1-1 1 -1。

（2）信道中的两个用户的合成信号波形如图7-12所示。

11111111104

图7-12 发送端的信号波形和信道中的合成信号波形

（3）解扩后得到的用户1的信号波形如图7-13所示。

图7-13 解扩后得到的用户1的信号波形

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