《数字通信原理》习题及解答20120371.pdf 132页

'《数字通信原理》（冯穗力等编著）教辅材料习题解答汇编（仅供参考）冯穗力余翔宇刘梦华周珮诗等编2012-7-311 目录第一章绪论...................................3第二章信号分析基础...........................6第三章模拟信号的数字编码....................19第四章信息论基础............................31第五章数字基带传输系统......................47第六章数字载波调制传输系统..................62第七章传输信道..............................80第八章差错控制编码..........................90第九章同步原理与技术.......................110第十章扩展频谱通信技术.....................122第十一章信道复用与多址技术.................1292 第一章绪论1.1数字通信系统有哪些主要的功能模块，这些功能模块各起什么作用？解：数字通信系统基本由发送端的信源、信源编码器、信道编码器、数字调制器；信道和接收端的数字解调器、信道译码器、信源解码器和信宿组成。其中信源产生待传输的信号或各种数据。信源编码器完成模拟信号到数字信号的转化，及数据压缩等信号处理功能；信道编码器主要对待传输的数据进行某种编码处理，使系统具有检错或纠错的功能。数字调制器：数字调制器的主要功能是将数字序列变换成特定的信号形式，以适合在特定的信道中传输。信道是传送信号的物理媒质。数字解调器、信道译码器、信源解码器完成与数字调制器、信道编码器和信源编码器相反的功能。1.2对于已调的数字信号，呈现为连续的信号波形，如何理解它传输的是一个数字信号？解：对于已调制的数字信号，虽然一般它的波形是一个连续取值的信号，但它只有有限种不同的波形，数字的接收系统中，只需在判别收到的信号是有限多种信号波形中的哪一个即可，从这个意义上来说，它传输的仍然是一个数字信号。1.3已知一个数字传输系统的比特速率为64kbps，如果采用一个十六进制的系统传输这些数据，其符号速率是多少？该系统的频带利用率为多少？解：已知：R64kb/s，M16，由此可得bR64,00064,000bR16,000波特SlogMlog16422所需带宽11BR16,000HzST1RS频带利用率R64,000b4bitsHzsB16,0001.4试述数字通信的优点有哪些？为什么？答：数字通信的优点主要有以下几点：3 抗噪声和干扰能力强：数字信号最大的特点是它只有有限种状态。噪声和干扰对信号的影响只要小于某一门限，就可以无失真地恢复经衰落和噪声污染前的信号。便于提高消息传输效率：随着计算机技术的广泛应用，语音和图像等消息序列的压缩编码处理算法获得了极大的发展，对原始的视频图像数据序列进行上百倍的压缩，而仍然保持较好的画面质量的压缩算法已经很普遍，从而可以极大地提高传输效率，这些信号处理只有对采样量化后的信号才有可能。另外，只有对数字信号才能在进行时间上的“压缩”，将多个低速的数据流汇接成高速的数据流，实现时分复用。便于进行差错控制：伴随数字通信的应用发展起来的差错控制编码理论与技术，能够使传输的数字序列具备一定的检错和纠错能力，视不同的编码方法和效率，在一定范围内的传输错误可在接收端被检出，甚至检出后进一步被纠正，从而提高传输的可靠性。便于对信息进行加密处理:目前有效的信息加密方法都是借助计算机运算的、基于数学复杂性问题求解的算法，各种信息必须以数字的方法表示时才能利用这些方法进行加密。便于采用大规模集成电路实现:数字集成电路具有集成度高，一致性好和易于实现等特点，这是数字通信系统得以广泛应用的关键之一。随着微电子、嵌入式系统、信号处理和软件无线电等技术的发展，各种通信设备，包括终端设备，很大程度上就是一个基于大规模集成电路、可编程阵列和数字信号处理器等数字运算器件构成的系统。1.5已知二进制信号在3min内共传送了72000个码元，（1）问其码元速率和信息速率分别是多少？（2）如果码元脉冲宽度保持不变，但改为八进制数字信号，则其码元速率和信息速率又为多少？解：72000（1）二进制系统的码元速率为R400波特B2360信息速率为RR400bit/sb2B2（2）若改为八进制，由于码元脉冲宽度没有变化，故码元速率为RR400波特B8B2信息速率为RRlogN400log8400bit/sb8B8221.6已知某八进制数字传输系统的信息速率为3600bit/s,接收端在1h内共收到216个错误码元，求系统的无码率。解：先把信息速率转为码元速率，再由误码率定义求出误码率1R=3600=1200波特Blog824 错误码元数2165-P510eRT12006060B1.7已经A、B两个八进制数字传输系统，他们的码元传输速率相同，在接收端相同时间T分钟内，A共接收到m个错误码元，B共接收到m3个错误比特，试比较两个系统那个性能比较好？为什么？解：要比较两个系统性能好坏，主要看系统的有效性和可靠性，本题两个系统的传输速率相同，因此有效性相同，因此只求出两系统的误码率比较即可，设码元速率为R。B由误码率定义可得mPeART60Bm3log28m3PeBRT603RT60BB可以看出只要m2时，A系统误码率大于B系统误码率，因此B系统性能优于A系统；当m1时，A系统性能优于B系统。5 第二章信号分析基础at2.1若确知信号为fteut，试求其能量谱密度、能量和自相关函数。解：信号的傅氏变换为jtftFftedt1atjteedt0aj其能量谱密度为21EF22a其能量为111EEdd22a221111darctana2aaa2a102a信号的能量也可用下面的方法求解22atEftdtedt02at12at1edte02a02a2.2（a）试证明题图2.2所示的三个函数在区间（－2，2）上两两正交。（b）求（a）中的三个函数构成的标准正交基函数所需要的常数A。（c）用（b）中的标准正交基函数表示波形xt。0,1t2xt,0其它1(t)2(t)3(t)解：6 （a）计算两两函数间的相关性21012ttdtAAdtAAdtAAdtAAdt21221012222AAAA021012ttdtAAdtAAdtAAdtAAdt21321012222AAAA0202ttdtAAdtAAdt22320222A2A0可见三个函数两两正交。（b）任取一函数，如t，对其码元的能量进行归一化，即令12101222222222tdtAdtAdtAdtAdtAdt4A12121012解得A＝1/2。（c）已知由（b），得到A＝1/2，直接观察函数x(t)与该标准正交基函数的关系，易得：xttt。23若按定义求解，则有：xtatatat112233其中2axttdt0121221axttdt1dt122202221a32xt3tdt012dt1同样得：xttt。23Acos2fCt0tT2.3带通信号ts通过一个冲激响应为ht的线性系统，0其他42cos2fCt0tT输出为yt。若fC，ht，试求：（1）ts的复包络sLt；T0其他（2）yt的复包络yt的复包络；（3）求yt。L解：A0tT（1）sLt；0其他7 1j2fCt10tT（2）ht的等效低通响应为hLtzhte20其他ytht*ststhdLLLLLAt0tTTtsLtdAT2Tt2T0T其他0Atcos2fCt0tTj2fCtt（3）ytReyLteAT2cos2fCtTt2TT其他02.4证明实平稳随机过程Xt的自协方差函数满足如果的关系：（1）；XX2（2）Rm；（3）0。XXXXX证明：（1）按照定义EXtmXtmXXXEXtmXtmXXX（2）利用随机过程平稳的特性，可得EXtmXtmXXX2EXtXtXtmXtmmXXX2EXtXtEXtmEXtmmXXX2RmXX（3）利用小题（2）的结果和自相关函数RR0的性质，立刻有XX0XX22.5设ytxcostxsint，是均值为0、方差为，且相互独立的高斯随10202机变量，试求：（1）Eyt和Eyt；（2）yt的一维概率密度函数py；（3）求yt的相关函数与自协方差函数。解：（1）EytExcostxsintExcostExsint0001020102022EytExcostxsint102022Excost2xxcostsintxsint101200202222Excost2xxcostsintxsint101200202222Excost2ExExcostsintExsint10120020222222222Excost0Exsintcostsint1020008 （2）在任一时刻ytxcostxsint可看作两高斯随机变量的线性加权和，102022因此仍为一高斯随机变量，由小题（1），已经求得Eyt＝0和Eyt，由此可得222222EytEytEytEyt0y已知该高斯随机过程的均值与方差，可得其分布为221yEy1ypy2exp22exp22y2y22（3）yt的相关函数Rt,tEytytExcostxsintxcostxsinty121210120110220222Excostcostxxcostsintxxcostsintxsintsint101021201021201022010222Excostcost00Exsintsint1010220102222costcostsintsintcosttcos010201020210其中tt。因已知yt的均值为0，可见yt是一平稳随机过程。21yt的自协方差函数t,tEytEytytEytEytyty1211221222costtcos021022.6已知随机信号xtAcos0t，式中A是均值为A、方差为A的高斯随机变量。（1）求随机信号x(t)的均值和协方差；（2）该随机信号是否为广义平稳的随机过程，为什么？解：（1）均值：ExtEAcostEAcostcost00A0协方差：t,tExtcostxtcost121A012A02ExtxtExtcost122A012Extcostcostcost1A02A010222EAcostcostcostcost0102A0102222costcostcostcostAA0102A0102222costcostAA0102（2）因为均值为时变的函数，所以该随机信号为非平稳的随机过程。9 2.7已知xt和yt是两个相互独立和零均值的平稳随机过程，它们的自相关函数分别为：Re,R。若tzxtyt，求tz的功率密度谱。Xy解：由于xt和yt相互独立，且均值为0，因此ExtytExtEyt0，1212所以tz的自相关函数REtztzExtytxtytzExtxtExtytExtytEytytExtxtExtEytExtEytEytytExtxtEytytRRxytz的功率密度谱为j2fj2fPfzRzedRxRyed0j2fj2fj2feedeed0eed112222j2fj2f4f2.8设RC低通滤波器如题图2.8所示，求当输入n(t)为均值为0，功率密度谱为N0/2的白噪声时，输出过程y(t)的均值、功率密度谱、自相关函数和分布特性。RC题图2.8RC低通滤波器解：RC低通滤波器的频率特性为1Hf1j2fRC均值mthtEndht0d0Y功率密度谱2N10PfPfHfYI2222214fRC自相关函数，求功率密度谱的傅氏变换得10 1N1NPf0R0eRCY2222Y214fRC4RC噪声功率（输出信号方差）N120NPfdfdfYYY2222214fRCN11N00dfarctanf22RC1f214RC1f11N0N04RC224RC因为高斯过程经线性系统后仍为高斯过程，现已求得均值和方差，所以输出高斯信号分布概率密度函数为2221ypyNm,N,0expYYYY2YY2.9双边功率密度谱为N2的白噪声经过传递函数为Hf的滤波器后成为Xt，0若T1S1cosfTfHf2STS0其他求Xt的功率密度谱及其功率。解：Xt的功率密度谱为NT21N0SfT2f201cosSPXfHf8TS20其他Xt的功率TS22N0TS23N0TSPPfdf1cosfTdfXTS8S822.10设XtXtcos2ftXtsin2ft为窄带高斯平稳随机过程，其均值为CCSC20，方差为。信号Acos2ftXt经过题图2.10所示的电路后成为Ytutvt，XC其中ut是与Acos2ft对应的输出，vt是与Xt对应的输出。假设Xt和Xt的CCS带宽等于低通滤波器LPF的通频带。（1）若为常数，求ut和vt的平均功率之比；（2）若与Xt是独立的零均值的高斯随机变量，求ut和vt的平均功率之比。11 ytutvtAcos2ftXtCLPFcos2ftC题图2.10解：（1）为常数，由图，Acos2ft经乘法器和低通滤波器输出分别为CAAAcos2ftcos2ftcos22ftcosCCC22Autcos2ut的功率为22A2Putcos（1）u4Xt经乘法器和低通滤波器输出分别为Xtcos2ftXtcos2ftXtsin2ftcos2ftCCCSCC11Xtcos22ftcosXtsin22ftsinCCSC2211vtXtcosXtsinCS22vt的平均功率为2211PvEvtEXCtcosXStsin221221122EXtcosEXtXtsincosEXtsin（2）CCSS42412212212cos0sinXXX444由（1）和（2）两式得2PuA2cos2PvX2（2）与Xt同是独立的零均值的高斯随机变量，记的方差为。此时，利用小题（1）的结果，ut的平均功率为2222A2A2APuEutEcosEcosE1cos24442222AAAAj2j2Ecos2Eee8881612 因为2jjj12Ee2e2pde2e2d222j2212222eede2代入上式得2222AAj2j2AA22PuEeee81688vt的平均功率仍为12PvX4由此得22PuAA22e22Pv2X2X2.11若随机过程tzmtcos2tf，其中mt是广义平稳随机过程，且自相0关函数R为m110Rm1010其他是在,0范围内服从均匀分布的随机变量，且与mt彼此独立，f3。（1）证明tz0是广义平稳的；（2）绘出自相关函数R的波形；（3）求功率谱密度P及功率S。zz解：（1）均值EtzEmtcostEmtEcost0021Emtcostd00221EmtcostcossintsindEmt000002相关函数Rtztzmtcostmtcostz12101202EmtmtEcostcost12010211RmEcos0t1t22Ecos0t1t22211R0costtRcosm20122m013 tz的均值为零（常数），相关函数只与时间的差值有关，因此是广义平稳的。11（2）由小题（1）RRcosRcos2，由此可绘出其波形如下zm0m22RZ（3）相关函数与功率密度谱是一对傅氏变换：RP。因为zZcos00022sin2Rmsinc22因此可得功率谱为11PcosRZ0m221200sinc4212020sincsinc422功率为1SRz022.12设信道加性高斯白噪声的功率密度谱为N2，设计一个题图2.12所示的信号0ts的匹配滤波器。（1）求匹配滤波器冲激响应的波形图；（2）确定匹配滤波器的最大信号输出幅度；（3）求匹配滤波器最大输出信噪比；（4）画出信号ts输入匹配滤波器时输出信号st的波形图。o题图2.12解：14 （1）通过对信号ts关于纵轴折叠反转和平移等操作，容易得匹配滤波器的冲激响应htk"sTt的波形图为（2）匹配滤波器对信号ts响应的最大输出幅度为TTsTshtdkAdkATo00（3）噪声的平均功率为2NN200NHfdfHfdf22N02N0T2N02htdtkdtkT2202最大的输出信噪比22222sTkAT2AToSNRmax2NNkT2N00（4）严格求匹配滤波器时输出信号st的波形图是一种较为复杂的卷积计算过程。但o对于本题的规则特殊情况：ts和ht均是分段的常数，st波形将由若干直线组成，只o要计算出在ts和ht分段位置t,0T,2T3,T2,2T时刻的st取值，即可获得st波oo形曲线。s00oT2T2kATsT2shT2dAkdo002TT2TsTshTdAkdAkdo00T2kATkATkAT223T2s3T2shTdo0T2T3T2kAT000dT2AkdT00d2s2T0o将上述的点用直线连接，即可获得如下st的波形o15 so(t)kATT/23T/2t0T2T-kAT/22.13已知信号ts的波形如题图2.13所示，加性高斯白噪声的功率密度谱为N2。0（1）求出ts的匹配滤波器的冲激响应波形图；（2）求出匹配滤波器的最大输出信噪比；（3）求输出信噪比达到最大时，输出值的概率密度函数。题图2.13解：（1）匹配滤波器的波形图为（2）噪声平均功率为22N0N02HfdfHfdfn22N02N02htdtkT22在tT时刻，匹配滤波器输出的信号最大值T22sTstdtATo0匹配滤波器的最大输出信噪比2224sTAT2AToSNRmax222kTN2kNn0016 2（3）tT时刻，匹配滤波器的输出值sTnATn，n是均值为0，方差为o2N02kT的高斯随机信号，输出信噪比达到最大时，输出值的概率密度函数n2221nATpnexp。222nnaa2．14已知噪声nt的自相关函数Re，a为常数。（1）求功率谱密度Pnn2及其功率S；（2）绘出R及P的图形。nn解：（1）功率密度谱jaajPRedeednn2a0ajaajeedeed2202a11a222ajaja信号平均功率aaaSEntR0e2n022（2）R及P的图形nnaRnPn22.15将一个均值为0，功率密度谱为N2的高斯白噪声加到一个中心角频率为，00带宽为W的如题图2.15所示的理想带通滤波器上。（1）求滤波器输出噪声的自相关函数；（2）写出输出噪声的一维概率密度函数。2WH2W00题图2.1517 解：将高斯白噪声加到一个理想带通滤波器上时，滤波输出将是一个窄带高斯白噪声，其概率密度谱为2NN0W＋W000PoH220其他由平稳随机过程的自相关函数与功率密度谱的傅氏变换关系式，其自相关函数为1jRPedoo210WNj10WNj00eded20W220W2sinWNWcos00W18 第三章模拟信号的数字编码3.1试确定能够完全重构信号x(t)=sin(6280t)/(6280t)所需的最低采样速率。解:sin(6280t)/(6280t)=sin(Wt/2)/(Wt/2)W/2=2πf=6280弧度f=1000Hzfm=1000Hzfs=2fm=2000样本/s3.2某载波电话通信系统的频率范围为60~108kHz。若对它采用低通抽样，最低抽样频率是多少？若对它采用带通抽样，最低抽样频率又是多少？解:由题fL=60kHz,fH=108kHz,B=fH-fL=48kHz低通抽样根据抽样定理fs=2fH=216kHz带通抽样fH=nB+kB=2×48+0.25×48=108kHz因此n=2,k=0.25,根据带通抽样定理fs=2B(1+k/n)=2×48×(1+0.25/2)=108kHz3.3使用256个电平的均匀PCM，当信号均匀分布于[-2,2]区间时，得到的SNR为？解：2X22bSNRM2=65536=48.16dB2q3.4设模拟信号s(t)的幅值[-2，2]内均匀分布，最高频率为4kHz。现对它进行奈奎斯特抽样，并经过均匀量化后编为二进制码。设量化间隔为1/64。试求该PCM系统的信息速率和输出的量化信噪比。解：由题意a=-2b=2△v=1/64,fH=4kHz量化电平M=(b-a)/△v=4×64=256因此编码位数N=log2M=8对信号进行Nyquist抽样fs=2fH=2×4=8kHz,Rb=Nfs=8×8=64kb/s信号幅度值均匀分布，因此信噪比为2S/Nq=M=256×256=65536≈48.16dB3.5在CD播放机中，抽样率为44.1kHz，对抽样值采用16比特/样本的量化器进行量化。求出持续时间为5分钟（约一首歌）的立体声音乐所需要的容量。解：844100×16×5×60×2=4.2336×1084.2336×10/8/1024/1024=50.47M19 13.6设某量化器的压缩特性曲线为fx()lnx，试计算其信噪比，有什么结论。B1解:因为fx()lnxB1所以fx()Bx2222qVp()xBqV2Xdxxp()xdxq60fx()260X而信号功率为V222xp()xdxqX0则可得2S123L常数22222BqBVq因此，压缩特性为对数时，量化器输出信噪比S/σq始终保持为常数。3.7令=100，试计算当x=0和x=1时的放大量。解：dydxx01xln1ln1例如，当=100时，此值为21.7，即dydxx11ln1当=100时，此值为0.214。因为x和y都进行了归一化，在均匀量化时，上面的值应该为1，因此，当=100时，信号很小(x→0)时，量化间隔比均匀量化时减少了21.7倍，量化误差大大下降；而当信号最大(x→1)时，量化间隔比均匀量化时增加1/0.214=4.67倍。3.8用草图画出=10时的压缩特性曲线草图。解:用Matlab画出如下20 law=1010.90.80.70.6y0.50.40.30.20.1000.10.20.30.40.50.60.70.80.91x3.9采用13折线A律编码电路，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。（1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差。（2）采用自然二进制码，写出对应于该7位码的均匀量化11位码。解：(1)设码组为c1c2c3c4c5c6c7c8。因为抽样脉冲值是+635>0，所以极性码c1=1。因为512<635<1024，所以落入第7段，段落码为c2c3c4=110。这一段长度为1024-512，再进行16级均匀量化，量化间隔为512/16=32.抽样脉冲值在段内的位置为635-512=123.3<123/32<4因此落在段内位置的第三段，即c5c6c7c8=0011。因此编码器的码组输出为11100011量化输出电平为512+32×3+32/2=624个量化单位则量化误差为|635-624=11个量化单位。(2)除极性码以外的7位非线性码组为110011，对应的量化值是624.9654因为624=2+2+2+2，故相应的11位自然二进制码元为01001110000。3.10某A律13折线PCM编码器的设计输入范围是(-5,5)V。若抽样脉冲幅度x=1.2V，请按照CCITTG7.111建议进行PCM编码。(1)求编码器的输出码组；(2)求解码器输出的量化电平值，并计算量化误差；(3)写出对应于A律13折线PCM码组的均匀量化线性编码的码组(13位码)。解：(1)x0所以极性码为1；1.2x1.2V，折合为4096983.04量化单位。521 从此图可见段落码是101。512此段落的量化间隔是32量化单位。16983.04512因此段内码是1411102因此输出码组是11011110(2)所在量化区间的起点是960单位，终点是992单位，因此量化电平是976个量化单5位，即9761.1914V。量化误差为983.049767.04量化单位，即0.0086伏409698754(3)976512+256+128+64+16=22222100111101000023.11若将一个二阶线性预测用于DPCM：xnˆ()axn(1)axn(2)12假设实平稳序列{x(n)}的均值为0，自相关函数为Rx(m)=E[x(n)x(n+m)]，且Rx(0)=1，Rx(1)=C1，Rx(2)=C2。试求：(1)确定使预测误差最小的a和a。12(2)确定均方预测误差表达式解：预测误差为enxnxnˆxn1xn12xn2均方误差是222eEenExn()1xn12n222222Exn1xn12xn2E21xnxn122xnxn2212xn1xn222Rx01122112Rx122Rx22212c2c2c12111212222ee求极小值，通过令0，0得到1222 2112c1022c2c02211解得c1cc12122c122c2c1222c12将，代入式，得到12e4222221cc21c26c27c144c2emin222c13.12随机过程X(t)具有如下的自相关函数Rx(0)=1，Rx(1)=0.8，Rx(2)=0.6，Rx(3)=0.4(a)若用三个延迟单元，计算最优线性预测器的系数(b)求所得到预测误差的方差。解：10.80.6R0.810.8x0.60.81Trx=[0.8,0.6,0.4](a)1wRr0xx110.80.60.80.810.80.60.60.810.40.87500.125(b)T1JR(0)rRrminxxxxTR(0)rwxx00.87510.8,0.6,0.400.12510.70.050.3523 3.13对一最高频率为900Hz的语音信号进行DM编码传输，接收端低通滤波器的截止频率为3.4kHz。若要求系统的量化信噪比为30dB。求该DM系统应采用的抽样频率和信息速率。解：由题意f0=900Hz，fL=3.4kHz,Smax/Nq=30dB=1000对于DM系统，最大量化信噪比满足33Smax3fs3fs2222N8ff89003.41000q0L可解得fs=41kHzDM系统采用1位编码，故信息速率fb=41kHz3.14一个带限低通信号x(t)具有如下的频谱特性f-1f200Hz200X(f)0其他（1）若抽样频率f300Hz，画出对x(t)进行理想抽样时，在f200Hz范围内已s抽样信号xt)(的频谱；s（2）f改为400Hz后重复（1）s解：Xs(w)fsX(wnws)n（1）当fs300Hz时，Xs(w)300X(wn600)，如题图3.14（b）所示。n（2）当fs400Hz时，Xs(w)400X(wn800)，如题图3.14（c）n所示。24 M(f)f/HzM(f)f/HzM(f)f/Hz题图3.143.15已知一基带信号x(t)cos2t2cos4t，对其进行理想抽样。（1）为了在接收端能不失真地从已抽样信号xt)(中恢复出x(t)，抽样间隔应如何选s取？（2）若抽样间隔取为0.2s，试画出已抽样信号的频谱图。解：设抽样频率和间隔分别为f和T，已抽样信号为x(t)X(w)。ssss（1）x(t)的最大频率为f2Hz，根据抽样定理，f2f4Hz，故HsH1T.025ssfs（2）因为T2.0s，故f5Hz，又ssX(w)(w2)(w2)2(w4)(w4)25 故1Xs(w)X(wnws)Tsn5(w10n2)(w10n2)2(w10n4)(w10n4)n绘制X(w),如题图3.15所示。s题图3.153.16设信号x()t9Acoswt，其中A10V。若x()t被均匀量化为41个电平，试确定所需的二进制码组的位数N量化间隔。56解：由2412，得N6又x()t的信号范围为(1,19)19(1)故0.5V4113.17已知模拟信号抽样值的概率密度函数fx()如题图3.17所示。26 f(x)x题图3.17将x经过一个4电平均匀量化器得到输出是yyyyy,,,，试求：12342（1）量化器输出信号的平均功率SEy；q2（2）量化噪声eyx平均功率NEe；qSq（3）量化信噪比的分贝值。Nq解：1(1)量化间隔0.54分层电平x分别为-1，-0.5，0，0.5，1k量化电平y为：ky1kk2.075,.025,.025,.07527 量化后的信号功率为：4xk22SqEy[](yk)fxk()dxxk1k10.5010.52222(0.75)1(x1)dx(0.25)0.5(x1)dx(0.75)0.5(x1)dx(0.25)0(x1)dx316量化噪声功率为：4xk22NqEy[(x)](ykx)fxk()dxxk1k10.502(0.75x)(2x1)dx(0.25x)(2x1)dx10.5148Sq3/16因此，量化信噪比为9N1/48qSq10lg99.542dBNqdB3.18采用13折线A率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进制码。（1）试问本地译码器输出为多少个单位？（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。解：（1）c0，极性为负。ccc101表示第6段落，起始电平为256。cccc001112345678表示第5段内起始电平，故译码输出为256416320。（2）均匀量化11位码为00100100000。28 3.19设简单增量调制器输入的正弦信号频率为4.3kHz、幅度为1V，若抽样频率f32kHz，求量化间隔的范围。s解：正弦信号最大斜率为3Aw12.31410为使M不过载，必须满足Awfs由此可得3Aw24.310V.067V3f3210s3.20信号x(t)Asin2tf进行简单增量调制，若量化间隔和抽样频率f的选择0s既能保证不过载，又能保证不会因为信号振幅太小而使得铮亮调制器不能正常编码，试证明此时要求ff。s0证明：（在简单增量调制系统中，要保证不发生过载现象，译码器最大跟踪斜率必须大于信号实际斜率，即x(t)f，而对于小信号要有正常编码，又要求x(t)，反之，编码smax2器输出为0,1交替信号，译码后得一常数，不能表现x(t)的变化。）因为x(t)Awcoswt00所以x(t)Awfmax0s又x(t)Amax229 fA2f2ffs0002所以ff，证毕。s030 第四章信息论基础4.1某一信源以概率1/2、1/4、1/8、1/16、1/32和1/32产生6种不同的符号x、x、12x、x、x和x，每个符号出现是独立的，符号速率为1000（符号）/秒。（1）请计算每3456个符号所含的信息量；（2）求信源的熵；（3）求单位时间内输出的平均信息量。解：（1）按定义，各符号所含的信息量分别为1Ix1log2px1log21bit21Ix2log2px2log22bit41Ix3log2px3log23bit81Ix4log2px4log24bit161Ix5log2px5log25bit321Ix6log2px6log25bit32（2）信源的熵5HXi1pxilog2pxi111111111111loglogloglogloglog22222222448816163232323211345516168555025比特符号228163232323216（3）单位时间内输出的平均信息量25IHXRS10001562.5比特秒164.2一个离散信号源每毫秒发出4种符号中的一个，各相互独立符号出现的概率分别为0.4、0.3、0.2和0.1，求该信号源的平均信息量与信息速率。解：信号源的平均信息量，即熵为：5HXi1pxilog2pxi0.4log0.40.4log0.40.4log0.40.4log0.422221.864比特符号31 －33因为符号速率RS＝1/10＝10，信息速率Rb3RbHXRS1.86410比特秒4.3设有4个消息符号，其出现的概率分别是1/8、1/8、1/4和1/2，各消息符号的出现是相对独立的，求该符号集的平均信息量。解：符号集的平均信息量即为其熵4HXi1Pxilog2Pxi11111111loglogloglog.175比特/符号2222888844224.4计算字母集的信息熵。（1）若把英文的27个字母和空格共27个符号，看作等概出现，求其信息熵；（2）若英文字母和空格的概率分布如题表所示，求其信息熵。题4.4表英文字母的概率分布字母空格ETOANIRS概率0.19560.10500.07200.06540.06300.05900.05500.05400.0520字母HDLCFUMPY概率0.04700.03500.02900.02300.02250.02250.02100.01750.0120字母WGBVKXJQZ概率0.01200.01100.01050.00800.00300.00200.00100.00100.0010解：（1）11HX27loglog27.475比特/符号2727（2）27HXi1Pxilog2Pxi.402比特/符号4.5中文电码表采用四位阿拉伯数字作代号，假定这种数字代码出现的概率如题4.5表所示，如果一个报文中包含了1万个中文汉字，试估计该报文最多可包含多少信息量。题4.5表汉字报文中数字代码的出现概率数字0123456789概率0.2600.1600.0800.0620.0600.0630.1550.0620.0480.052解：根据定义，该信源的熵为：32 10HXi1Pxilog2Pxi.0(26log.026.016log.016.008log.008.0062log.0062.006log.006.0063log.0063.0155log.0155.0062log.0062.0048log.0048.0052log.0052).3061（比特/符号）利用信源的熵，可以估算该报文包含的信息量为：INHX100004.3061122440（比特）4.6证明平均互信息量的互易性：IX;YIY;X。解：MNIXY;i1j1pxyijIxyi;jMNpxyijMNpyj/xii1j1pxyijlogi1j1pxyijlogpxpyijpyjNMpyj/xiNMj1i1pxyijlogj1i1pxyijlogIxyi;jpyjIYX;4.7证明两离散信源的条件熵和熵之间满足如下的关系式：IX;YHYHY/X解：MNIX;YpxyIx;yi1j1ijijMNpxiyjMNpyj/xii1j1pxiyjlogpxpyi1j1pxiyjlogpyijjMN11i1j1pxiyjlogpylogpy/xjjiMN1MN1i1j1pxiyjlogpyi1j1pxiyjlogpy/xjjiM1MN1j1pyjlogpyi1j1pxiyjlogpy/xjjiHYHY/X33 4.8若X与Y统计独立，证明HY/XHY。解：MN1MN1HYXi1j1pxiyjlogpy/xi1j1pxiyjlogpyjijMN1MN1i1j1pxipyjlogpyi1pxij1pyjlogpyjjN1MMj1pyjlogpyi1pxiHYi1pxiHYj4.9证明，一般地，有HXY/0。MN解：按定义，HXYi1j1pxiyjlogpxiyj因为pxy0，0pxy1，ijij定义pxy0时，pxylogpxy0，因此有ijijijpxyijlogpxyijpyjpxyijlogpxyij0由此可得MNHXYi1j1pxyijlogpxyij04.10证明，一般地，有HX/YHX和HYX/HY。解：因为IXY;、HX和HXY/之间有如下的关系式IX;YHXHX/Y另外，已知IXY;具有非负性，因此有0IXY;HXHXY/由此可得HX/YHX同理可以证明HYX/HY。4.11已知非对称二进制信道，输入符号的概率场为34 xx0112px1px21344信道转移概率矩阵为pyx11pyx21p00p100.80.2pyx12pyx22p01p110.10.9求：（1）输入符号集X的平均信息量HX；（2）输出符号集Y的平均信息量HY；（3）条件熵HXY和HYX；（4）平均互信息量IX,Y。解：（1）X的平均信息量HX2HXi1pxilog2pxi1133log2log20.81比特符号4444（2）Y的平均信息量HY213py1i1pxpyxi1/i0.80.10.27544213py2i1pxpyi2/xi0.20.90.725442HYj1pyjlog2pyj0.275log0.2750.725log0.725220.5120.3360.848比特符号（3）条件熵HXY和HYX22因为HXY/i1j1pxyijlog2pxi/yj，故要先求pxi/yjpxy11py1/xpx110.8140.2pxy12py2/xpx110.2140.05pxy21pyx1/2px20.1340.075pxy22py2/x2px20.9340.675pxy11pyxpx1/110.814px1/y10.727py1py10.27535 pxy12py2/xpx110.214px1/y20.069py2py20.725pxy21pyx1/2px20.134px2/y10.273py1py10.275pxy22py2/x2px20.934px2/y20.931py2py20.72522HXY/i1j1pxyijlog2pxi/yj0.2log0.7270.05log0.0690.075log0.2730.675log0.93122220.495比特符号/22HYX/i1j1pxyijlog2pyj/xi0.2log0.80.05log0.20.075log0.10.675log0.922220.532比特符号/（4）平均互信息量IX,YIYX,HYHYX/08480.532316比特符/号4.12一个系统传输四脉冲组，每个脉冲的宽度为1mS，高度分别为：0，1，2和3伏，且等概出现。每四个脉冲之后紧跟一个负1伏的脉冲（宽度也为1mS），为不带信息的同步脉冲，试计算（1）信源的熵；（2）系统传输信息的平均速率。解：（1）信源的熵为11HX4log22比特符/号44（2）信息的平均速率44RbHXRS210001600比特/秒55上式中的系数4/5的引入是因为每四个脉冲之后紧跟一个负1伏的不携带信息的脉冲。oooo4.13某数字通信系统用正弦波的四个相位：45，135，225和315，来表示四个不同的符号以传输信息，这四个符号是相互独立的。36 oooo（1）若每秒钟内45，135，225和315出现的次数分别为1000，250，250和500，求此系统的符号速率和信息速率；（2）若每秒钟这四个相位出现的次数都为500个，求此时的信息速率。解：因为每秒钟内传输的符号数为10002502505002000，所以符号速率为2000波特；（1）根据每个符号的出现次数，其各个符号出现概率可以估计为10001250125015001P，P，P和P123420002200082000820004每个符号所含的平均信息量，即符号的熵为4Hi1PilogPi111111117loglogloglog比特符号228888444信息速率为7RRH20003500比特秒bS4（2）若每秒钟这四个相位出现的次数都为500个，此时应有5001PPPP123420004其熵为4Hi1PilogPi114log2比特符号44信息速率为RRH200024000比特秒bS4.14一个包含四个符号的信源，符号间独立，每个符号用二进制的脉冲分别编码为：00、01、10和11。二进制脉冲的宽度为5ms。（1）不同的符号等概出现时，计算信源的平1113均信息速率；（2）若每个符号出现的概率分别为P，P，P和P时，123454410试计算传输的平均信息速率。解：因为每个符号由两个脉冲表示，每个脉冲的宽度为5ms，则符号周期为T2510msS（1）当符号等概出现时，其熵为37 11H4log2比特符号44平均信息速率为11RRHH＝2200比特秒bS3T1010S（2）此时的熵为4Hi1PilogPi11111133loglogloglog.1985比特符号5544441010其平均信息速率为11RRHH＝.19851985.比特秒bS3T1010S24.15假定x和n是相互独立的随机变量，它们的均值分别为和，方差分别为xnx2222和，若yxn，证明其均值，方差。nyxnyxn证明：yxn均值：EyExnExEnxn即yxn方差：22DyEy-EyEx-n-xn22Ex-2Ex-n-En-xxnn222Ex-n-xnxn又因为x和n是相互独立的随机变量，ExnxnEx-n-Exn-n-xxnxnxnExnEnExxnxn0xnxnxnxn222yxn证毕。38 84.16黑白电视图象每幅含有640×480个象素，每个象素有2＝256个等概出现的亮度等级，要求每秒钟传输25帧图象，若信道的信噪比SNR＝20dB，求传输该图像信息所需的最小带宽。解：该电视图象的信息速率为R64048025log256b261440000bitss已经信道信噪比，传输该图像信息所需的最小带宽可由香农公式计算SNR20dB取CR，SNR10101010100，所需带宽为bC61440000Wlog12SNlog110029227703Hz4.17若离散无记忆信源S:S,PS,i2,1,...,L的熵为HS，证明：由J个该信iiJ源中的符号组合而成的扩展离散无记忆信源SJ:SJi,,PSJi,,i1,2,...,L的熵为HSJJHS。证明：∵离散无记忆信源S:S,PS,i2,1,...,L的熵为HSii由于统计独立的信源，熵满足可加性，因此：当J=2时，HS2HS1S2HS1HS22HS，此时HSJJHS命题成立。假设J=n时，原命题也成立，即有：HSnHS1S2SnnHS则当J=n+1时，HSHSSSSHSSSHSn112nn112nn1nHSHSn1HS可见HSJHS依然成立。J综上，由归纳法原理，HSJHS成立。J4.18信源信源S的概率场为：39 S:SSSSSSi123456PS:4.02.02.01.0.005.005i试用码字符号集X：{0,1}对信源S符号进行霍夫曼编码，并求平均码长。解：因为编码输出的码字符号集为二元的符号集，所以不变考虑对信源空间增加虚假符号的进行改造。平均码长6ni1PSini4.022.022.021.03.0054.00543.2码元符号信源符号4.19信源S的概率场为：S:SSSSSSSi1234567PSi:0.220.200.200.160.140.060.02试用码字符号集X：{0,1,2}对信源S符号进行霍夫曼编码，并求平均码长。解：首先估计是否要对信源空间进行改造，已知L7，D3。尝试a2，因为LaD172313D所以不需要增加虚假符号，编码过程如下：40 码字消息符号符号概率P(S)S(1)S(2)i0.5600.220.221C：2S0.220.220.22211C2：00S20.200.200C3：01S30.200.201C：02S0.160.16244C：10S0.14055C6：11S60.061C7：12S70.022其中码字C在传输过程中不会出现。平均码长7n10.2220.20220.1620.1420.0620.021.78码字符号信源符号4.20已知信源的概率场和信道的转移概率矩阵分别为0.60.20.2Xx1x2x3:，pyjxi0.250.50.25PX1313130.10.10.8失真函数采用平方误差失真测度，失真矩阵为0142Ddijij101410求其平均失真D。解：33Di1j1dxi,yjpxipyj/xi11111106.012.042.01.02505.01.02533333311141.011.008.03332341 4.21试证明，在汉明失真度下，题图4.21所示的信道是满足失真度D（01）的转移信道。11解：已知，汉明失真矩阵01D10信道转移矩阵1pyj/xi1平均失真度22Di1j1dxypxpyi,jij/xiijpxpyij/xipxpy12/x1px2py1/x2px1px2px1px24.22具有5.6MHz带宽的某高斯信道，若信道中信号功率与噪声功率谱密度之比为45.5MHz，试求其信道容量。S解：根据香农公式CBlog(1)，得nB06455.C5.610log(1)195.bit/s654.23设高斯信道带宽为4kHz，信号与噪声功率比为63，试确定利用这种信道的理想通信系统的信息速率和差错率。S3解：CBlog(1)410log(163)24bit/sN理想通信系统中，RC24kb/s42 香农定理表明，当RC时，总能找到一种编码方式，使P0e64.24某一待传输图片约含有.22510个像元。为了很好地重现图片，需要12个亮度电平。假若所有的这些亮度电平等概出现，试计算用3min传送一张图片时所需的信道带宽（设信道中信噪比为30dB）。616解：图像总信息量为.22510(log).80710bit126.8071043min传输一张图片，速率为.44810bit/s360S根据香农公式CBlog(1)得N43.44810Blog(110)54.25已知彩色电视图像由510个像素组成。设每个像素有64种彩色度，每种彩色度有16个亮度等级。如果所有彩色度和亮度等级的组合机会均等，并统计独立。（1）试计算每秒传送100个画面所需的信道容量；（2）如果接收机信噪比为30dB，为了传送彩色图像所需信道带宽为多少（logx.332lgx）？解：像素的平均信息量为1Ilog10bit6416（1）信道容量C为58CR10051010510bit/sb（2）由香农公式得8C510B500MHzSlog(11000)log(1)N4.26某信源的符号集由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、3/16;信源以1000Bd速率传送信息。（1）求传送1小时的信息量；（2）求传送1小时可能达到的最大信息量。43 解：（1）信源熵为12316516H(X)(log4log8loglog)bit/符号48163165.223bit/符号平均信息速率为3RRH(X)(1000.223)bit/s.22310bit/sbS1小时传输的信息量为3I.2(23103600)bit.8028Mbit（2）等概时信源熵为最大值，即Hmax(log)5bit/符号.2322bit/符号1小时传输的最大信息量为I.232210003600bit.8359Mbitmaxn04.27设数字信号的每比特信号能量为E，信道噪声的双边功率谱密度为，试证明：b2Eb信道无差错传输的信噪比的最小值为6.1dB。n0证明：信号功率为SERbb噪声功率NnB0令CR得：bSECbCBlog(1)Blog(1)NnB0由此得CE2B1bnC/B0CCE2B12Bln2blimlimln2.0693nC0C/BC010minBB44 Eb10lg(10log.0693)dB6.1dBn0min4.28一个由字母A，B，C，D组成的系统，如果用二进制“0”，“1”对字母进行编码：即00代替A，01代替B，10代替C，11代替D。设二进制符号“0”“1”的宽度各为10ms，试求：（1）①若各字母等概出现，计算平均信息速率；②若各字母不等概，P（A）=0.2，P（B）=0.25，P（C）=0.25，P（D）=0.3，计算平均信息速率。（2）①如果用四进制脉冲“0”，“1”，“2”，“3”对字母进行编码。即“0”代替A，“1”代替B，“2”代替C，“3”代替D，设各字母等概出现。当脉冲宽度为10ms时，计算平均信息速率；②当脉冲宽度为20ms时，计算平均信息速率。（3）从计算结果中，你可以得出什么结论？解：（1）①每个符号由两个脉冲构成，故一个符号的持续时间即码元宽度为210ms。码速率为1RBd50BdS321010等概时，平均信息速率为RRlog4100bit/sbs②每个符号的平均信息量为12310H(X)(log5log4log)bit/符号541031.9856bit/符号则平均信息速率为RRHX()(501.985)bit/符号99.3bit/符号bS（2）①当脉冲宽度为10ms时，码速率为1RBd100BdS31010等概时，平均信息速率为RRlog4200bit/sbs②当脉冲宽度为20ms时，码速率为1RBd50BdS3201045 等概时，平均信息速率为RRlog4100bit/sbs（3）从计算结果可以看出：1）同样码元速率时，四进制传输方式的平均信息速率是二进制传输方式的两倍；2）各字母等概出现时，平均信息速率最大；3）码元宽度越大，平均信息速率越小。46 第五章数字基带传输系统5.1已知：信息代码111001010000101(1)画出单极性不归零码的波形图。(2)画出传号差分码的波形图。(3)画出交替极性码的波形图。解：单极性不归零码、传号差分码、交替极性码的波形图分别如题图5.1（a）、（b）、（c）所示：题图5.15.2设独立随机二进制序列的0，1分别由波形st()及st()表示，1与0等概出现，12比特间隔为T，如题图5.2所示。b（1）若st()如题图5.2(a)所示，在比特间隔内，st()st()，写出该基带信号的双边121功率谱密度计算公式，并画出双边功率谱密度图（标上频率值）；(2)若st()如题图5.2(b)所示，在比特间隔内，st()0，请按题（1）要求做题。1247 st()st()11Tb/2Tb/2Tb/4Tb/4题图5.2解：（1）这个信号可表示为PAM信号，s(t)angtnTbn22其中序列a以独立等概方式取值1，mEa0，Ea1nana222gtst，则GfTSafTGfTSafT1bbbb2a22PfGfTSafT（无离散直流分量）sbbTb（2）s(t)angtnTb，其中序列an以独立等概方式取值（0,1）nTbTbgtts，则GfSaf2211由ab，其中b以等概方式取值1nnn2211得，s(t)bngtnTbgtnTb2n2n2Gf1Tb2TbutbngtnTb的功率密度是PufSaf2n4Tb162m1j2tvtgtnTGeT0bn2nn1m2mm2k11Tb2/1j2T0t1又由于GngtnTbedtm0TTb2/2n2b0其他48 因此vt的功率密度谱是：2n1112k1PvfGnff22fn-Tb44n-2k1T0ts的功率密度谱是：Tb2Tb1112k1PsfPufPvfSaff22f16244n-2k1T05.3假设信息比特1、0以独立等概方式出现，试推导曼彻斯特码的功率谱密度计算公式。解：曼彻斯特码可以表示成二进制PAM信号的形式tsagtnTnnb22其中序列a以独立等概方式取值于1，mEa0，Ea1，gt如题图nana5.3所示：g(t)AT2/btOT2/bATb题图5.3其傅氏变换是TbTbATbTbj2fATbTbj2ffTbTbGfSafe4Safe4jATsinSafb222222所以2a222fTb2fTbPsfGfATbsinSaTb225.4请推导出双极性不归零码的功率谱密度计算公式。解：G1fATbSafTb49 GfATSafTGf2bb12P1ffbPG1mfb1PG2mfbfmfb设发0发1为等概，P=1/2又由于GfATSafTGf，得Pf02bb1222PfATSafTubb5.5设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如题图5.5所示。图中T为s码元间隔，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。求该数字基带信号的功率谱密度。g(t)AtTTss22题图5.5解：由题图5.5可得：2TA1t,tsgtT2s,0othersgt的频谱函数Gf为ATs2fTsGfSa221由题意，P0P1P2且gtgt，gt012所以GfGf，Gf012代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度计算公式，可得：50 22PsffsP1PG1fG2ffsPG1mfs1(P)G2mfsfmfs22fsP1PGffsPGmfsfmfsfA2T2fTf2ss4ssSaGmfsfmfs442222ATs4fTsA4mSaSafmfs1621625.6请完成下列编码。已知信息代码：100000000001110010000101(1)AMI码；（第一个信息代码为正脉冲）(2)画出AMI码波形图；(3)HDB3码；（假定前一个破坏点为负脉冲，第一个信息代码为正脉冲）(4)画出HDB3码波形图；（5）曼彻斯特码；（6）画出曼彻斯特码波形图；(7)差分曼彻斯特码；（8）画出差分曼彻斯特码波形图；解：信息代码：100000000001110010000101AMI码：+10000000000-1+1-100+10000-10+1HDB3码：+1000+V-B00-V00+1-1+100-1+B00+V-10+1曼彻斯特码：100101010101010101010110101001011001010101100110差分曼彻斯特码：101010101010101010101001100101011010101010010110编码后的波形图如题图5.6所示：51 题图5.65.7假设在二进制数字通信系统中，相关接收机的输出信号分量aT()为+1V和-1V的i概率相等。如果相关器的输出高斯噪声方差为1，试求有一比特数据出错的概率。解：由于先验等概，所以误比特率为：a1a2PbQQ11.08413.0158725.8一个双极性二进制信号sti()(1,2)的可能取值为+1和-1，加性高斯白噪声的方差i2为0.1V。用匹配滤波器检测信号，分别对(a)Ps()0.5;()()bPs0.7;()()cPs0.2111求最佳判决门限，以及(d)解释先验概率对的影响。00解：由PPsPesPsPesb11222ps(2)Xln2ps(1)（a）Ps()0.5时，100（b）Ps7.0时，152 .00423650(c)Ps2.0时，1.00693150(d)由（a）（b）（c）结果可知，若先知发送某一信号的概率大于0.5.，则最佳判决门限应适当向先验概率小的一方偏移，若先验等概，则r为两信号的平均值。5.9一个二进制数字通信系统发送信号sti()(1,2)。接收机的检测统计量izT()an，其中，信号分量a为a1或a1，噪声分量n服从均匀分布，条件i0i110概率密度函数pzs(|)为：i1/2,0.2z1.8pzs(|)10,其他1/2,1.8z0.2pzs(|)20,其他已知发送信号先验等概，并且使用最佳判决门限，试求误码率P。B解：根据Pes、Pes各自分布情况以及已知发送信号先验概率相等，由经验知最12佳判决门限为00所以误码率为：PPsPsePsPse1.0b11225.10设滚降系数为1的升余弦滚降无码间干扰基带传输系统的输入是十六进制码元，其码元速率是l200波特，求(l)此基带传输系统的截止频率值；(2)该系统的频带利用率（写上单位）；(3)该系统的信息传输速率（写上单位）。解：（1）该系统的码元周期为T=1/1200s1该系统的截止频率值为W8.4kHzT（2）该系统的频带利用率为：2log1642153 （3）该系统的信息传输速率为：1200log164800b/s25.11一个8进制PAM通信系统的传输特性是升余弦函数，其信息传输速率为9600b/s。频率响应的带宽为2.4kHz。试问：（1）码元速率为多少？（2）滤波器传输特性的滚降系数为多少？解：9600（1）码元速率为：3200Baudlog821（2）由系统频率响应带宽为：W2T即2400160015.0所以滚降系数为0.55.12二进制序列通过如题图5.12所示的预编码双二进制系统，请写出以下的编码及相应电平，判决结果：输入数据{}b1001011001n预编码输出{}dn二电平序列{}an抽样序列{}cn^判决输出{}bn{}bn{}dn{}a{}cnn^^11{}cn{}bn2T2T题图5.12解：预编码输出：01110010001二电平序列：-1+1+1+1-1-1+1-1-1-1+1抽样序列：0220-200-2-20判决输出：100101100154 5.13理想低通信道的截止频率为8kHz。（1）若发送信号采用2电平基带信号，求无码间串扰的最高信息传输速率；（2）若发送信号采用16电平基带信号，求无码间串扰的最高信息传输速率。解：（1）无码间串扰传输二进制码的最高频带利用率为：Rb2logM(bits/s/Hz)b2B当发送信号采用2电平基带信号时，无码间串扰的最高信息传输速率为：3RB281016(kbits/s/Hz)bb(2)当发送信号采用16电平基带信号时，logMlog16422无码间串扰的最高信息传输速率为：3RB2481064(kbits/s/Hz)bb5.14已知滤波器的H(f)具有如题图5.14所示的特性（码元速率变化时特性不变），当采用以下码元速率时（假设码元经过了理想抽样才加到滤波器）：（a）码元速率RB=1000Baud；（b）码元速率RB=4000Baud；（c）码元速率RB=1500Baud；（d）码元速率RB=3000Baud。问：（1）哪种码元速率不会产生码间串扰？（2）哪种码元速率根本不能用？（3）哪种码元速率会产生码间串扰，但还可以用？H(f)f/Hz题图5.14解：如图所示的滤波器特性，最大无码间串扰传输速率为2000Baud。（1）当码元速率为1000Baud时，满足无码间串扰的条件，因此不会产生码间串扰。（2）以码元速率RB=1000Baud或RB=4000Baud作为无码间串扰最大速率时，其奈奎斯特带宽分别为2000Hz和1500Hz，大于本理想低通1000Hz的带宽，因此它们根本不能用。（3）当码元速率为1500Baud时，不满足无码间串扰的条件，因此会产生码间串扰；55 1500Baud小于2000Baud的无码间串扰的极限速率，故还可以用。5.15有一数字基带系统，码元速率为2000B。接收端匹配滤波器输入的信号是二进制双极性矩形脉冲，“1”码幅度为1mV，加性高斯白噪声的单边功率谱密度10n.12510W/Hz，求此数字基带系统的误码率P。0e解：依题意，输入端信号的幅度为1mV，所以比特能量为232110EAT1(10)J510Jbb2000则匹配滤波器接收的系统误码率为1E1510101Perfcberfcerfc2Q2.234103e2N2.12510102025.16数字基带信号在传输过程中受到均值为0，平均功率为的加性高斯白噪声的干扰，若信号采用单极性非归零码，且出现“1”的概率为3/5，出现“0”的概率为2/5，试推导出最佳判决门限值和平均误比特率公式。0解：设最佳判决门限为，信源发0码和1码的概率分别为P和P，则基带传输系统001的平均误比特率为0PPPPPPprdrPprdrb0b01b100110基带信号采用单极性非归零码，设1码的幅度为A，上式中的概率密度函数可表示为1r2/22pre021rA2/22pre12PpPb100令0，有PpPp0，即110000pP0001将p和p代入，得最佳门限值为10002AP0ln02AP132由题目已知条件可知P，P，于是有105522APA20lnln02AP2A3156 平均误比特率为0PPPPPPprdrPprdrb0b01b10011021r2/22301rA2/22edredr50252x2Ax221301e2dxe2dx05252203A0QQ555.17已知某双极性PAM传输系统中，信道的传输函数为C(f)1，发送正极性时接收端匹配滤波器输出的脉冲波形如题图5.17所示。求该基带传输系统的总体传递函数H(f)以及发送的脉冲波形g(t)。T题图5.17解：对图中的三角脉冲作傅立叶变换即为总体传递函数：H(f)Tsinc2fTej2fTbbb记基带发送脉冲的傅立叶变换为G(f)，匹配滤波器的传输函数为G(f)，则有TRHfG(f)CfG(f)G(f)G(f)TRTR由匹配滤波的关系，有G(f)KG(f)ej2ft0RT其中t是最佳采样时刻，从图中可见tT，因此有00bH(f)kGf2ej2fTbTsinc2fTej2fTbTbb所以57 2Tb2GfsincfTTbK1考虑到K的任意性，取K。合理的解必须保证g(t)、gt)(都满足因果性，由TRTb此得G(f)TsincfTej2fTbTbb因而发送的脉冲波形g(t)是一个矩形脉冲T10tTbgT(t)0其他5.18什么是眼图？由眼图模型可以说明基带传输系统的哪些性能？答：眼图是用实验手段估计基带系统性能的一种方法，它是指接收滤波器输出的波形在示波器上叠加所形成的图形。从眼图中可以看出系统码间串扰及噪声的情况。眼图越不端正、张得越小说明码间串扰越大；而噪声越大，则眼图的线条越宽、越模糊。另外，通过眼图还可以了解到最佳采样时刻（即“眼睛”张开最大的时刻）、系统对定时误差的灵敏度（即眼图斜边斜率越大，对定时误差就越敏感）、信号幅度畸变范围（即图中阴影区的垂直高度）、噪声容限（即在抽样时刻，上、下两阴影区的间隔距离的一半）、判决门限电平等。A0tTb5.19已知二进制序列的“1”和“0”分别由波形st()及st()0120其他表示，“1”与“0”等概出现。此信号在信道传输中受到功率谱密度为N/2的加性白高斯0噪声n（t）的干扰，接收端用题图5.19所示的框图进行接收。图中低通滤波器的带宽是B，B足够大使得sti()经过滤波器后近似无失真。(1)若发送st()，请写出y(t)表达式，求出抽样值y的条件均值Eys及条件方11差Dys，写出此时y的条件概率密度函数p()ypys；111（2）若发送st()，请写出y(t)表达式，求出抽样值y的条件均值Eys及条件方22差Dys，写出此时y的条件概率密度函数p()ypys；222（3）画出p()y及p()y的图形；12（4）求最佳判决门限V值；T（5）推导出平均误比特率。58 题图5.19解：（1）此时在0tT时间范围内，yt()A()t，()t是白高斯噪声n（t）通过b低通滤波器后的输出，显然()t是0均值的高斯平稳过程，其方差为2NB。于是在0发送st()的条件下，抽样值y的条件均值是A，条件方差是NB，其条件概率密度函数10是(yA)212NBp()ye012NB0（2）此时在0tT时间范围内，yt()()t，()t是白高斯噪声n（t）通过b低通滤波器后输出的0均值高斯平稳过程，其方差为2NB。因此，抽样值y的条件0均值是0，条件方差是NB，其条件概率密度函数是0y212NBp()ye0。22NB0（3）p1()y及p()y的图形如下图所示2（4）最佳门限V是后验概率相等的分界点，即为方程Psy()Psy()的解。由T1259 p(ysPs)()ii于Psy(i)，所以VT是方程Psp()11()yP()S2p2()y的解，由于“1”p()y与“0”等概出现，所以VT是p1()yp2()y的解，即p1()y和p2()y的交点。由（3）题图可知V=A/2。.T（5）1PPsPes()()PsPes()()[(Pes)Pes()]b1122212AAPes()PyVs()PA()P()1T1221A/21A2erfc()erfc()22NB28NB00AA1A2Pes()PyVs()P()P()erfc()2T22228NB0故1A2Perfc()b28NB05.20设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总传输特性为H，2若要求以（单位：B）的速率进行数据传输，试校验题图5.20所示各种H是否满足Ts采样点无码间串扰的条件。60 H()H()H()H()题图5.20解：/T1s（a）图中的等效低通特性的带宽为W，故所有无码间串扰的传输速率22Ts2W12为R，所以速率进行数据传输时有码间串扰。bnnTTss3/T3s（b）图中的等效低通特性的带宽为W，故所有无码间串扰的传输速率22Ts2W32为R，所以速率进行数据传输时有码间串扰。bnnTTss2/T1s（c）图中的等效低通特性的带宽为W，故所有无码间串扰的传输速率2Ts2W22为R，所以速率进行数据传输时无码间串扰。bnnTTss/T1s（d）图中的等效低通特性的带宽为W，故所有无码间串扰的传输速率22Ts2W12为R，所以速率进行数据传输时有码间串扰。bnnTTss61 第六章数字载波调制传输系统6.1二进制OOK数字通信系统st()Acoswt0tT1cbst()00tT2bOOK信号在信道传输中受到加性白高斯噪声nt()的干扰，加性噪声的均值为0，双边功率wN0谱密度为，接收带通滤波器的带宽为B（B为足够宽），滤波后的接收信号2rt()st()nt()i12或0tTib（1）请画出相干解调框图（含载波提取电路及时钟提取电路）；（2）请推导出它的平均误比特率计算公式（设：st()与st()等概率出现）。12解：（1）相干解调框图如题图6.1所示tTbrtTb0dtcos2ftdtc题图6.1（2）判决电平为A/2，又PP，所以PesPse12121EA所以PePsePseerfcb1222N22N6.2已知二进制2FSK通信系统的两个信号波形为2st()sin(t)0tT1bTb4st()sin(t)0tT2bTb其中T是二进制码元间隔，设T1s，2FSK信号在信道传输中受到加性白高斯噪声的干bbN0扰，加性噪声的均值为0，双边功率谱密度为，st()与st()等概率出现：12262 （1）请画出两信号的波形图；（2）计算两信号波形的互相关系数及平均比特能量E值；b（3）请画出带通匹配滤波器形式的最佳接收框图；（4）画出匹配滤波器的冲激响应图；（5）求出最佳判决门限V值；T（6）若发st(),请问错判为st()的概率Pes(|)如何计算？121解：（1）二者的波形如题6.2图（a）所示：题图6.2（a）（2）两信号的相关系数为1Tb1ststdt2sin2tsin4tdt00120Eb平均比特能量为1Tb21Tb21121121Estdtstdtsin2tdtsin4tdtb20120220202（3）最佳接收框图如题图6.2（b）所示：tr)(sit)(nwt)(Tbdt0题图6.2（b）（4）htsTt，htsTt11b22b（5）判决量63 1yrtsin2tsin4tdt011sin2itsin2tsin4tdtntsin2tsin4tdt00waiZ21i12其中ai，Z~N,0是均值为0的高斯随机变量，其方差为1i2221E0nwtsin2tsin4tdt11Entsin2tsin4tnt"sin2t"sin4t"dt"dt00ww11Entnt"sin2tsin4tsin2t"sin4t"dt"dt00ww11N0tt"sin2tsin4tsin2t"sin4t"dt"dt002N012N0sin2tsin4tdt202因此发送st()、st()时判决量y的概率密度函数分别为1222y11pye4N01N022y11pye4N02N0最佳判决门限VT满足p1VTp2VT，故有VT=0（6）若发st()，错判为st()的概率为12112/111pes1PZerfcerfc222224N06.3设二进制信息速率为1Mbps/s，二进制序列中的两个二进制符号等概率出现，且各符号之间统计独立，请画出下列随即信号的双边平均功率谱密度图（标上频率值）：（1）双极性矩形不归零码序列；(2)双极性矩形不归零码序列通过乘法器后的BPSK信号。64 R1Mbps/sbAcoswtcf100MHzc解：（1）基带信号，第一个零点在1M处，没有谐波、直流冲击量（2）调制信号，将第一问中的图像进行平移即可，要标出载频。6.4BPSK信号st()Acoswt0tT1cbst()Acoswt0tT2cb其中T是二进制符号间隔，二进制序列为不相关序列，st()与st()等概率出现：请画出该b12BPSK信号的双边平均功率谱密度图（标上频率值）。解：该BPSK信号的双边平均功率谱密度图如题图6.4（a）所示：P(f)sf/MHzf/1Tff/1Tf/1Tff/1Tcbccbcbccb题图6.4（a）6.5一DPSK数字通信系统，信息速率为R，输入数据为110100010110…b（1）写出相对码（设：相对码的第一个比特为1）；（2）画出DPSK发送框图；（3）请写出DPSK发送信号的载波相位（设：第一个比特的DPSK信号的载波相位为0）；（4）画出DPSK信号的平均功率谱密度图（标明频率值），假设二进制不相关序列中的“1”和“0”等概率出现；65 （5）若接收信号是具有随即载波相位（均匀分布）的DPSK信号，并受到加性白高斯噪声干扰，请画出DPSK的非相干最佳接收框图。解：（1）相对码为：[1]011000011011（2）方框图为：（3）[0]000000Ts22（4）PfSaffTSaffTEcscs4（5）6.6已知一OQPSK调制器的输入二进制序列中的2个二进制符号等概率出现，且各符号之间统计独立，信息速率R2Mbits/，则b(1)请画出OQPSK调制器的框图（设：成形滤波器的冲激响应为矩形不归零脉冲）；（2）若输入数据为1110010…请画出OQPSK调制器中的同相及正交支路的基带信号I(t)及Q(t)的波形图；（3）请画出OQPSK调制信号的双边功率谱密度图（标上频率值）。解：（1）OQPSK调制器的框图如题图6.6（a）所示：I(t)fc90Q(t)5.0s题图6.6（a）（2）串并变换后I路的数据是1100…，Q路的数据是1010…，I(t)及Q(t)的波形如题图6.6（b）所示。66 I(t)t/TbQ(t)t/Tb题图6.6（b）（3）OQPSK的功率密度谱和QPSK一致，其图如题图6.6（c）所示。P(f)sf/MHzfc1fcfc1fc1fcfc1题图6.6（c）6.7一8PSK及8QAM的星座图如图所示（1）若8QAM信号空间图中两相邻矢量端点之间的最近欧式距离为A，请求出其内圆及外圆之半径a与b的值；67 （2）若8PSK信号空间图中两相邻矢量端点之间的最近欧式距离为A，请求出圆的半径r值；（3）请求出两信号星座的平均发送功率（假设各信号点等概率出现），并对这两种星座结构作出比较。解：（1）对于图中的8QAM信号，可列出方程222Aaa222Aab2abcos4解得Aa.07071A213bA.1366A2（2）对于8PSK信号，A2rsin，因此8Ar.13066A2sin8（3）8PSK的平均符号能量为222AA2Er.17071A8PSK2222sin8因此平均发送功率为2EA8PSKP.170718PSKTTss8QAM的平均符号能量为22ab3322EA.11830A8QAM24因此平均发送功率为E28QAMAP.118308QAMTTss6.8设计一数字通信系统：二进制序列经MQAM调制以2400Baud的符号速率在300~3300Hz的话音频带信道中传输。（1）若Rb9600bits/，请画出调制框图，加以说明并画出图中各点功率谱图；68 R14400bits/（2）若b，请按上述要求设计。解：1（1）由W=3000Hz，W1R，得s4R9600bits/对于b，每调制符号要携带4比特信息，因此是16QAM调制框图如下：f1800Hzc90R14400bits/（2）、对于b，每调制符号要携带6比特信息，因此是64QAM调制框图参考上图。6.9已知发送载波幅度A=10V，在4kHz带宽的电话信道中分别利用2ASK、2FSK及82PSK系统进行传输，信道衰减为1dB/km，n10W/Hz，若采用相干解调，试求解以0下问题：5（1）误比特率为10时，各种传输方式分别传多少公里？（2）若2ASK所用载波幅度A20V，并分别是2FSK和2PSK的1.4倍和2倍，重做ASK第（1）小问。解：（1）①2ASK系统2ASK接收机噪声功率85NnW104000W410W02ASK2ASK系统的误比特率r5PQ10b2由此得r36.13信号功率为55S36.13410W1445.10W信号幅度为52a2S21445.10V.53810V69 2由10V衰减到.53810V，衰减的分贝（dB）数为220lg10/.53810dB454.dB故2ASK信号传输距离为45.4公里②2FSK系统2FSK接收机噪声功率85NnW102000W210W02FSK2FSK系统的误比特率5PQr10b由此得r18.07信号功率为55S18.07210W36.1410W信号幅度为52a2S236.1410V.26910V衰减量为220lg10/.26910dB514.dB故2FSK信号传输距离为51.4公里③2PSK系统2PSK接收机噪声功率85NnW104000W410W02PSK2PSK系统的误比特率5PQ2r10b由此得r.9035信号功率为55S.9035410W36.1410W可2PSK信号传输距离与2FSK相同，为51.4公里。（2）当2ASK载波幅度为20V时，发送功率增加了6dB，故传输距离可由45.4公里增大到51.4公里。由2ASK系统和2PSK系统的误比特率公式可知，当噪声功率相等、误比特率相等时，2PSK接收机的信号功率可以比2ASK的小6dB。故在本题给定的条件下，2PSK系统的传输距离与2ASK的相同，为51.4公里。由2ASK系统和2FSK系统的误比特率公式可知，当2FSK系统的噪声功率为2ASK的0.5倍、误比特率相等时，2FSK的信号功率可以比2ASK的小6dB。本题所给的2FSK发射功率比2ASK的小3dB，故可以比2ASK传输距离远3公里，即2FSK系统的传输距离为54.4公里。70 6.10设某2FSK调制系统的码元传输速率为100baud，已调信号的载频为1000Hz或2000Hz。（1）若发送数字信息为011010，试画出相应的2FSK信号波形；（2）试讨论这时的2FSK信号应选择怎样的解调器解调？（3）若发送数字信息是等可能的，试画出它的功率密度谱草图。解：（1）2FSK信号波形图如题图6.10（a）所示：题图6.10（a）（2）因为载波中有一个载频与码元传输速率相同，如果用相干解调，将只有直流分量；又因为载频和码元传输速率比较接近，采用包络检波失真较大。所以本题最好的解调法是采用过零检测法。（3）功率密度谱草图如题图6.10（b）所示：Pf2ASKfHz71 题图6.10（b）2FSK功率谱说明：a．2FSK功率谱由两个双边谱（连续谱）和两个载频位置上离散谱叠加组成；b．两个载频差值fff，且ff，f2f，两个连续谱叠加后出现单峰，21s1s2sff12峰值在f处，f。0026.11已知二元序列为10010110，采用2DPSK调制：（1）若采用码变换-2PSK调制方案，设计发送端方框图，并画出各点信号波形图（设一个码元周期内含一个周期载波）；（2）设计两种解调方案，画出相应的接收端方框图。解：（1）2DPSK发送端方框图及各点信号波形图如题图6.11（a）所示：at差分bt电平相乘2DPSK信号编码转换器ct载波发生器信息码10010110atbtct2DPSK信号题图6.11（a）（2）本题可用相干解调和差分相干截图两种解调方案，它们的方框图如题图6.11（b）所示：72 题图6.11（b）6.12若采用2ASK方式传送二进制数字信息，已知发送端发出的信号振幅为5V，输2124入接收端解调器的高斯噪声功率310W，今要求误码率P10。试求：ne（1）非相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少；（2）相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少。解：r144（1）非相干接收时系统的误码率Pe10e2解得输入信噪比r34.07设解调器输入端信号振幅为a，则2212122a2r234.07310204.4210Vn发送端到解调器输入端的衰减K为：22A5K10lg10lg1108.dB212a204.4210r144（2）相干接收时系统的误码率Pe10er解得输入信噪比r274.设解调器输入端信号振幅为a，则73 2212122a2r2274.3101644.10Vn发送端到解调器输入端的衰减K为：22A5K10lg10lg1118.dB212a164.4106.132ASK包络检测接收机输入端的平均信噪比r=7dB，输入端高斯白噪声的双边功-14率谱密度为2×10W/Hz。码元传输速率为50Baud，设“1”、“0”等概率出现。试计算：（1）最佳判决门限；（2）系统误码率；（3）其他条件不变，相干解调器的误码率。解：2a（1）由于1码的平均功率为，0码的平均功率为0，且1、0码等概率出现，则信2号平均功率22aaSP1P0024222aa噪声功率为，信噪比r，平均信噪比，故r2。噪声功率n2224nn2n014122W2102250410Wn2ASK2平均信噪比2rSa10lg10lg10lg10lg721224410n12a54410.894V最佳判决门限a.447V2（2）系统误码率r21r1121Perfce4erfce4e22222212515.22erfce4.510222（3）相干解调器的误码率1r121252Perfcerfcerfc7.210e22222274 6.14采用8PSK调制传输4800bit/s数据：（1）最小理论带宽是多少？（2）若传输带宽不变，而数据率加倍，则调制方式应作何改变？（3）若调制方式不变，而数据率加倍，为达到相同误比特率，发送功率应作何变化？解：（1）当采用理想低通信号时，8PSK调制的频带利用率为log8(3bis/s/Hz)8PSK2传输速率R4800bit/s时所需的最小理论带宽为bR4800bW1600Hz38PSK（2）若传输带宽W不变，而数据速率R加倍，则频带利用率加倍。b设此时应采用M进制调制方式，则有logM2(6bis/s/Hz)M28PSK6所以M264应采用64QAM调制方式。（3）若调制方式不变，则频带利用率不变，而数据速率R加倍，即数据速率为8PSKbR2R9600bit/sb1b2此时传输所需带宽为R9600b1W3200Hz138PSK可知传输带宽B加倍，此时接收端信道噪声功率N为iNnW2nWi001说明接收端噪声功率N也加倍。i为达到相同的误比特率，要求接收机输入信噪比S/N不变，所以接收端信号功率S需iii加倍。由于信道特性不变，要使接收端信号功率加倍，必须使发送功率加倍。66.15若某2FSK系统的码元传输速率为2×10Baud，数字信息为“1”时的频率f10MHz，数字信息为“0”时的频率f104.MHz，输入接收端解调器的信号的峰值1275 -18振幅a40V；信道加性噪声为高斯白噪声，且其单边功率谱密度为6×10W/Hz。试求：（1）2FSK信号的第一零点带宽；（2）非相干接收时，系统的误码率；（3）相干接收时，系统的误码率。解：（1）2FSK信号的第一零点带宽f为666f2Rff22101010104.104.4HzB12（2）接收系统带通滤波器的带宽B为W2R4MHzB输入端噪声功率218612nW6104102410W0输入信噪比262a4010r333.212222410非相干解调时系统的误码率为r121167.8Pee310e22（3）相干解调时的系统误码率为1r19Perfcerfc167.410e2226.16若相干2PSK和差分检测2DPSK系统的输入噪声功率相同，系统工作在大信噪比条件下，试计算它们达到同样误码率所需的相对功率电平（kr/r）；若要求输DPSKPSK入信噪比一样，则系统性能相对比值（P/P）为多大？并讨论以上结果。eDPSKePSK解：对于相干2PSK系统，在大信噪比条件下，误码率为1rPePSKePSK2rPSK对于差分检测2DPSK系统，在大信噪比条件下，误码率为1rPeDPSKeDPSK21rPSK1rDPSK由ee得2r2PSK76 r1DPSKklnr11PSKr2rPSKPSK若输入信噪比相同，则PeDPSKr1PSKPePSK从以上结果可以看出，在大信噪比条件下，相干2PSK系统性能比差分检测2DPSK系统性能好。-106.17在信道带宽W=10kHz的理想信道上，噪声双边功率谱密度n0/2=10W/Hz，数35据速率为Rb=10bit/s。试求：Pe10非相干ASK、相干PSK、非相干FSK接收方式下，各自要求的信号平均功率。解：（1）非相干2ASK系统的误码率为r145Pe10e2解得r43.282ASK信号带宽W2R2000Hz，故输入噪声功率为B107NnW2102000410Wi0输入信号功率为75SNr41043.28.17310Wii（2）相干2PSK系统的误码率为15Perfcr10e2解得r.9032PSK信号带宽W2R2000Hz，故输入噪声功率为B107NnW2102000410Wi0输入信号功率为76SNr410.903.36110Wii（3）非相干2FSK系统的误码率为r125Pe10e2解得r21.64非相干2FSK系统带通滤波器的带宽W2R2000HzB77 故输入噪声功率为107NnW2102000410Wi0输入信号功率为76SNr41021.64.86510Wii6.18一数字通信系统在接收端抽样时刻的抽样值为ysni3,2,1i其中s2、s0、s2。s，s，s等概出现。n是符合标准正态分布的随机变量。123123如果按照ML准则进行判决，请写出（1）发s时的错判概率Pes；11（2）发s时的错判概率Pes；22（3）发s时的错判概率Pes；33（4）系统的平均错判概率P。e解：ML准则下的最佳判决域如图所示：根据判决域可得11Pes1PyD1s1Pn1erfc221Pes2PyD2s2Pn1erfc211Pes3PyD3s3Pn1erfc22因此平均错判概率为11122121Peerfcerfc323278 6.19一个系统采用16QAM调制，占用频带为600~3000Hz，若基带采用频谱升余弦滚降成形滤波，成形滚降系数1，则最高码元速率及信息速率为多少？若成形滚降系数5.0，则最高码元速率及信息速率又为多少？2W解：若基带系统带宽为W，则无码间串扰最高码元速率为。对于频带系统，相同1W的带宽下，最高码元速率减半为。现已知W30006002400Hz，故最高码元1速率为2400Rs1当1时2400R1200Bauds2相应地RRlog164800bit/sbs2当5.0时2400R1600Bauds1.5相应地RRlog166400bit/sbs279 第七章传输信道7.1对于自由空间路径损耗模型，求使接收功率达到1dBm所需的发射功率。假设载波频率f5GHz、全向天线（GG1），距离分别为d10m及d100m。tr2GtGrc解：由PrPt，.0064dfc231得d10m时：10Pt410P.439kWt231d100m时：10Pt4100P438.65kWt7.2何种条件下，路径损耗经验模型和自由空间路径损耗模型相同？d0解：路径损耗经验模型：PrPtKd2GGtr自由空间路径损耗模型：PrPt4d2GG当Ktr且d时，两模型相同。407.3假设接收机的噪声功率在感兴趣的信号带宽范围内是160dBm。传输模型是参数为d1m、4的路径损耗经验模型，参数K由自由空间模型按全向天线和0f1GHz确定。若发射功率为P10mV，求信噪比为20dB时所对应的最大收发距离。ct19解：由题意：P160dBm10mV，f1GHz，d1m，4nc02c43.0，K7.510f4dc0SNR20dB10017故PSNRP10mVrn80 4d0173.0由PrPtK，即1010Kddd2607.m7.4某时不变室内无线信道中直射分量的时延是23ns，第一个多径分量的时延为48ns，第二个多径分量的时延为67ns。针对解调器同步于直射分量或第一个多径分量这两种情形，分别求相应的时延扩展。解：直射分量的时延23ns0第一个多径分量的时延48ns1第二个多径分量的时延67ns2设为解调器同步的多径分量的时延，T为解调器的时延，则Tmaxcmmmc因此，当时，T44ns；c0m当时，T19nsc1m7.5某发射机发射功率为10W，载波频率为900MHz，发射天线增益G2，接收t天线增益G3。试求在自由空间中距离发射机10km处的接收机的输出功率和路径损耗。r4解：已知P10W，G2，G3，d10mttr8c3101m6f900103c则可得接收机天线上获得的功率：2GGtr10PrPt.42210W4d自由空间的路径损耗为：Pt10L.23710103.75dBpPr7.6在移动通信中，发射机载频为900MHz，一辆汽车以80km/h的速度运动，试计算在下列情况下车载接收机的载波频率：（1）汽车沿直线朝向发射机运动；（2）汽车沿直线背向发射机运动；（3）汽车运动方向与入射波方向成90。81 c解：由fc3vv80106则多普勒频移fcosfcos090010.024MHzD8c310（1）汽车朝向发射机运动，则f取正，因此Dfff900.024900.24MHz1D（2）汽车背向发射机运动，则f取负，因此Dfff900.024899.76MHz2D（3）汽车沿以发射机为圆心的方向运动，多普勒频移为0，因此f900MHz37.7一宽带信道的自相关函数为：sincWt010sRc,t0其他其中W100Hz，sincxsin(x)/(x)。计算信道的平均时延扩展和均方根时延扩展。Rd0c解：平均时延扩展5sTmRd0c2()RdTmc0均方根时延扩展.289sTmRdc07.8设散射函数S,在01.0ms及1.01.0Hz范围内不为0，且在此c范围内近似为常数。求此信道的多径时延扩展。解：依题意有：T1.0ms100sm7.9某AWGN信道的带宽是50MHz，接收信号功率是10mW，噪声的功率密度谱是9N2/，其中N210W/Hz。求接收功率和带宽分别增加一倍时信道容量的增量。009解：由题意：W50MHz，P10mW，N210W/Hz，082 则NNW1.0W0361010CWlog15010log1.687Mbps221.0当P"20mW时，CWlog1"13.15Mbps2当W"100MHz时，CW"log1"7Mbps267.10已知在高斯信道理想通信系统传送某一信息所需带宽为10Hz，信噪比为20dB；若将所需信噪比降为10dB，求所需信道带宽。解：根据AWGN信道中的香农公式CWlog12可求得信噪比为20dB时的信道容量为6C10log1100bps2当信噪比降为10dB时，为了保持相同的信道容量，即：6Wlog11010log110022由此可得610log21016B.19210Hzlog1127.11设某平衰落信道的带宽为20MHz，若将发射功率固定为P，则接收信噪比有以下六个可能值：20dB、15dB、10dB、5dB、0dB、5dB，123456对应的出现概率为pp1.0、pp.015、pp.025。假设只有接收端已162435知CSI。求此信道的信道容量。解：只有接收端已知CSI时，6CWlog21ip(i).288312057.66Mbpsi17.12设有一平衰落信道，发送功率为P，接收信噪比有以下四种可能的取值：30dB、20dB、10dB、0dB，相应的出现概率为pp2.0、123414pp3.0。假设收发端都已知CSI。求该信道的最佳功控方案Pi/P以及相应的归一2383 化信道容量（C/W）。411解：由1pi0i1i可得.08109011则对最小的，都有0，因此信道全部可用。404.123221Pi11.122322P0i.113323.0233244Cilog2pi.52853bps/HzWi10d07.13假设蜂窝系统功率衰减与距离间的关系服从Pr(d)Pt，其中d0100m，d为随机变量。的概率分布为；p()24.0，p()5.23.0，p()32.0，p()41.0。假设接收端距离发送端d1000m，发送功率上限P1000mW，接收t机噪声功率1.0mW。假设收发端都已知CSI。（1）求接收端SNR的分布；（2）求该信道的最佳功控方案及相应的归一化信道容量。解：10dB2Pr(d)100100/10005dB5.2（1）SNRP1.00dB3n10dB4411（2）由1pi0i1i可得.04283，因为只有当信噪比大于时才可以传输，但前面的不满足传输条004件，所以上面的计算不成立。39.01若仅用前3个信道传输，则1pi0i1i得.06742，成立。084 .13832110Pi11.116702.31623P0i.048323101.044Cilog2pi.08066bps/HzWi107.14假设有一个瑞利衰落信道，接收端和发送端都已知CSI，信噪比的概率密度函数p服从均值为10dB的指数分布。信道带宽为10MHz。（1）求使该信道容量达到香农容量的中断门限；min（2）求相应的功控方案；（3）求该信道的归一化信道容量。解：P（1）最大信道容量由CmaxW0log21pdP:PpdPP0构造拉格朗日条件式PJPW0log21pd0PpdP11P0对P求导并令导数为0，可得0iP0011门限值应满足Pd100i1当pe10时，有：101011e11e1e10dde10d0100010001010得中断门限.07676min（2）相应的功控方案为11P.07676.07676P0.0767685 （3）归一化信道容量为C1lne10d.20649nats/s/HzW10.07676.07676（注：使用单位nats/s/Hz是由于计算时用了自然对数ln，若要得单位为bits/s/Hz的信道容量，应采用以2为底的对数log。）27.15若上题中仅接收端已知CSI，求此时信道的香农容量，并与上题（3）的结果比较。解：当仅有接收端已知CSI时，C1ln1e10d.20150nats/s/HzW100可见信道容量比收发两端都已知CSI时的信道容量略小。7.16假设时不变频率选择性信道在f0时的频率响应如下：1fc20MHzffc10MHz5.0f10MHzffccH(f)2fcffc10MHz.025f10MHzff20MHzcc0其他且频率响应满足HfHf。若平均发送功率为10mV，噪声功率谱密度为.0001W/Hz，求最佳功控方案及归一化的香农容量。解：由题意有P10mV，N.0001W/Hz，W10MHz02HPj时不变频率选择性信道中jNB023110则1，.025，4，.006251662340.00110101011j10j4111先假设0.00625，有110.0254.00625得.01798.00625，因此假设不成立。086 311若设.006250.025，仅用前3个信道传输，则110.0254得.048.025，因此假设不成立。021若设.02501，仅用第1、3个信道传输，则1104得.08889，此时假设成立。0j因此CWlog2234.Mbpsj:j007.17计算机终端输出的数据经编码调制后通过电话信道传输，电话信道带宽为4.3kHz，加性高斯噪声信道输出的信噪比为20dB。该终端每次输出128个可能符号之一，输出序列中的各符号相互统计独立、等概出现。（1）计算信道容量；（2）计算理论上容许的终端输出数据的最高符号速率。解：（1）由香农定理：3CWlog14.310log110022.638kbps22（2）最高符号速率为CR.3234kBaudSlog12827.18设数字信号的每比特信号能量为E，信道噪声的双边功率密度谱为n2/。试证b0明：信道无差错传输的信噪比E/n的最小值为6.1dB。b0证明：信号功率为SER，噪声功率为NnW，令CR，得：bb0bECbCWlog1Wlog122nW0由此得CE2B1bnC0B87 CCE2B12Bln2blimnlimClimln2.0693C0CC100B0BBB换算成dB有：Eb10lg10lg.0693dB6.1dBminn0命题得证。7.19设随参信道的多径时延扩展等于5s，欲传输100kbps的信息速率，问下列调制方式下，哪个可以不用考虑使用均衡器。（1）BPSK；（2）将数据经过串并变换为1000个并行支路后用1000个不同的载波按BPSK调制方式传输（假设各载频间相互正交）。解：采用BPSK传输时的速率为100kbps，而信道的多径时延扩展引起的信道相干带宽是40kHz，BPSK信号带宽大于信道的相干带宽，存在码间串扰，故需要使用均衡器。采用1000路并行传输时，每路的数据速率100kbps，BPSK的信号带宽远小于信道的相干带宽，故可以不需要均衡器。7.20某数字基带传输系统在抽样时刻的抽样值存在码间串扰，该系统的冲激响应xt的离散抽样值为x3.0，x9.0，x3.0。若该系统与三抽头迫零均衡器相级联，请101求出此迫零均衡器的抽头系数w，w，w的值，并计算出均衡前后的峰值畸变值。101解：包含均衡器后总的系统响应是hxwkkk代表卷积，即hkwknxnwk1x1wkx0wk1x13.0wk19.0wk3.0wk1n三抽头的迫零均衡将使1k1hk0k1由此得线性方程组9.0w13.0w003.0w19.0w03.0w113.0w9.0w00188 解得10ww112110w3w017均衡前的峰值畸变113.03.02Dxkx0k19.03k0均衡后的总体响应为1k00k1hk3.0wk19.0wk3.0wk11k270其他均衡后的峰值畸变值为11112Dhkh0k2777k07.21如果发送单个脉冲（冲激），接收信号的采样序列取值为：0.1，0.3，-0.2,1.0,0.4，-0.1,0.1（最左边的样本点最早）。1.0对应脉冲的主瓣，其余值对应相邻的样本点。设计一个三抽头的横向滤波器，迫使主瓣两侧各一个采样点处的码间串扰为零；计算k0,1,,3时刻均衡器的输出值；均衡后，造成码间串扰的最大采样幅值为多少？所有造成码间串扰的采样幅值之和为多少？解：由题意得：x-3=0.1x-2=0.3x-1=0.2x0=1x1=0.4x2=-0.1x3=0.1解得：w-1=160/617w0=515/617w1=-190/617造成码间串扰的最大采用幅值为223/1234造成码间串扰的采样幅值之和为385/6177.22重复习题7.21，接收信号的采样序列取值为：0.01,0.02，-0.03,0.1,1.0,0.2，-0.1,0.05,0.02。在最小均方误差准则下，利用计算机求出9抽头横向滤波器的抽头系数；计算均衡器的输出信号在k0,1,8时刻的取值。均衡后，造成码间串扰的最大采样幅值为多少?所有造成码间串扰的采样幅值之和为多少？解：造成码间串扰的最大采样幅值为0.0195，所有造成码间串扰的采样幅值之和为0.0373。89 第八章差错控制编码8.1某码字的集合为000000001000111010101100111011101100101101001101101110001求：（1）该码字集合的最小汉明距离；（2）根据最小汉明距离确定其检错和纠错能力。解：（1）通过两两比较每个码字，可知该码字集的最小汉明距离为4；（2）因为检错能力与最小码距的关系为：de1，所以检错能力为mined1413min又因为纠错能力与最小码距的关系为：d2t1，所以纠错能力为mind141mint5.122取整后可得，纠错能力为t1。28.2已知二进制对称信道的差错率为P10。（1）（5，1）重复码通过此信道传输，不可纠正错误的出现概率是多少？（2）（4，3）偶校验码通过此信道传输，不可检出错误的出现概率是多少？解：（1）当（5，1）重复码发生3个或3个以上的错误时不可纠正，此时不可纠正的错误出现的概率为3324415506PCP1PCP1PCP1P.98510e555（2）当（4，3）偶校验码发生偶数个错误时这些错误不可检出，这些错误出现的概率为2224404PCP1PCP1P.58810e448.3等重码是一种所有码字具有相同汉明重量的码，请分析等重码是否线性码？解：因为该码字集中所有的码字均有相同的码重，因此全零码字不包括在内，而线性码在输入信息位均为零时，输出也全为零，因此一定包含全零码。因此等重码不是线性码。8.4对于一个码长为15，可纠正2个随机错误的线性分组码，需要多少个不同的校正子？至少需要多少位监督码元？解：对于一个码长为15的线性码，1个及2个随机错误的图样数为12CC1201515所以至少需要121个校正子90 6127因为2163CC120211271515所以至少需要7位监督码元。8.5已知一个系统线性码（7，4）的监督矩阵为1110100H01110101101001求：（1）生成矩阵G；（2）当输入信息序列m110101101010，求输出码序列c；（3）若出现错误图样0001000，求相应的伴随式。解：1110T（1）由监督矩阵H，可知其矩阵P0111110110001010100111由此可得生成矩阵GI,P00101100001011（2）将输入的信息序列以每4位分组为m110101101010，根据每个信息码组分别求输出码字，可得11011101001，01100110001，10101010011因此输出码序列为110100101100011010011。8.6已知某线性分组码生成矩阵为0011101G01001111001110试求：（1）系统码生成矩阵GI,P表达形式；（2）写出典型监督矩阵H；（3）若译码器输入y0011111，计算相应的校正子S；（4）若译码器输入y1000101，计算相应的校正子S。解：（1）原生成矩阵的第一和第三行交换，生成矩阵变为系统码的生成矩阵1001101G"0100111001111091 1110（2）由G"，可得其中的P子矩阵，P0111，由此可得系统码的监督矩阵1101为10110001110100H"PT,I11000100110001TT（3）若输入y0011111，SyH"0011111H"0010；TT（4）若输入y1000101，SyH"1000101H"1011。8.7在下列表中列出了4种（3，2）码C、C、C和C，请分析这4个码是否线性1234分组码？是否循环码？信息位C1C2C3C400000000001011010110110101101011011110000111101100000111解：C满足加法自封闭性，是线性码；C中的码字任意循环后仍然是许用的码字，因11此是循环码。C满足加法自封闭性，是线性码；C中有码字，如011和100任意循环后不是需要码22字，因此C不是循环码。2C虽然该码循环后仍然为许用码字，但不满足加法自封闭性，因而不是线性码；因而3也不是循环码。C不满足加法自封闭性和循环性，因而不是线性码，也不是循环码。48.8下列中的多项式是系数在GF2上的多项式，计算下列各式43232（1）xxx1xx；32（2）xx1x1；42（3）xxmodx192 解：43232433224（1）xxx1xxxxxxx1x1324332xx1x1xxxxx1（2）433242xxxxx1xxx14xx2x142（3）因为x1，所以xxmodx1x122x1x14328.9已知一个（7，3）循环码的生成多项式为gxxxx1，试求其生成矩阵。解：循环码的生成矩阵的生成多项式形式为26542xgxxxxx543Gxxgxxxxxgxx4x3x21相应的生成矩阵为1110100G011101000111011085428.10（1）证明（15，5）循环码的生成多项式为gxxxxxxx1；4（2）求相应的监督多项式hx？；（3）若信息码多项式为uxxx1，求相应的系统码多项式。解：（1）因为nk15510，等于gx的次数，gx的常数项为1，且1515x1x153xxx1108542gxxxxxxx115即gx可以整除x1，因此gx是生成多项式。15（2）因为x1gxhx，因此有（1）可知15x153hxxxx1gxnk410141110（3）因为uxxxx1xxxx93 nk141110876uxxxxxxxxxQx108542108542gxxxxxxx1xxxxxx1876其余式为：rxxxxx因此nk141110876uxxrxxxxxxxx141110876xxxxxxx8.11试构建一参数位（31，26）的汉明循环码，求其系统码结构的生成矩阵和监督矩阵，并计算其码率。解：由表8.7.9，由n31，k26的编码参数要求，可选选择对应的生成多项式的参数5245100101gXXX1八进制作为该汉明循环码的生成多项式。由式（8－7－33），得其系统码结构的生成矩阵30XPX2529XP24X5iGX......，其中PiXXmodgXi25,24,...,0,16XPX15XP0X由此可得其生成矩阵为，计算出式中各相应的各个余式，代入上式中可得，由各多项式的系数可得生成矩阵GIkPk,nk和监督矩阵THPInkk,nk该循环汉明码的码率为k26R。n318.12一卷积编码器如图8.12所示，已知k1,n2,L3。试写出生成矩阵G的表达式。94 题图8.12解：cbcbb1112221cbcbb1213131cbcbbb21232321110111所以ccccccbbb001101111221223132123000011110111故生成矩阵G001101000011(1)8.13已知k1,n2,L4的卷积码的单位脉冲响应为C11,01,00,01，试求该卷积码的生成矩阵G和监督矩阵H。(1)解：因为C11,01,00,01(1)而CIP000PPP10123所以P1,P1,P0,P10123IP100P10P20P311010001IP0P0P110100生成矩阵G112IP0P110111IP11195 111011监督矩阵H001011100010118.14已知卷积码的参量为：k1,n3,L4，其单位脉冲响应为(1)C111,001,010,011，试求该卷积码的生成矩阵G和截短监督矩阵，并写出输入码为(1001…)时的输出码。(1)解：因为C111,001,010,011(1)而CIP000PPP10123所以P11,P01,P10,P110123IP100P10P20P3111001010011IP0P0P111001010生成矩阵G112IP0P11100111IP1111110101000110100101监督矩阵H100000110000100101100100000110100000100101若输入码为1001…则输出码字为：111001010100bbb8.15已知(2，1，2)卷积码编码器的输出与1，2和3的关系为cbb112cbb223试确定：(1)编码器电路；(2)卷积码的树图、状态图及网格图。解：（1）编码器电路：96 （2）卷积码的树图、状态图及网格图：(a)树图97 (b)状态图(c)网格图bbbb8.16已知(3，1，4)卷积码编码器的输出与1，2，3和4的关系为cb11cbbbb21234cbbb3134试画出编码电路。当输入编码器的信息序列为10110时，求它的输出码序列。解：编码电路如下图：c1c2c3输入为10110时，输出码序列为111010100110001。bbb8.17已知(2，1，2)卷积码编码器的输出与1，2，3的关系为cbbb1123cbb213输入到编码器的信息序列M1011100,经无记忆二进制对称信道送入译码器序列为R10100001110111，试用Viterbi译码算法求解发送信息序列cˆ。解：98 dmˆ21011100从图可得cˆ11100001100111。8.18一个在AWGN信道上工作的通信系统，其可用带宽为2400Hz，为其选择适当的－5调制和纠错编码。已知EN为14dB，要求数据速率为9600b/s，误比特率为10。有两b0种调制选择：非相干正交8FSK，采用匹配滤波检测的16QAM。两者编码方式：（127，92）－5BCH码；误码率为10时的编码增益为5dB且编码效率为1/2的卷积码。若是理想滤波，试证明你的选择满足带宽和差错性能要求。解：R9600bits/bRbR2400symbolss/SlogM2在可用带宽为2400Hz情况下，RblogM4bitsymbol/22400symbolss/所以M16当选择16QAM时，误比特率为2(1L1)3logL2E2bPQb2log2LL1N0其中L是星座图上一个维度上的调制点数，对于16QAM，L4，因此有12(1)4322EbPQb2241N0Eb14dB25.12N099 34E3bPbQQ4.48345N402314.483exp44.48322652.891010因此，选用16QAM调制，不需要编码就可以满足带宽和差错性能的要求。8.19假定系统的可用带宽为40kHz，EN为7.3dB，其余条件与要求与题8-18相b0同，选择符合要求的调制与编码方式。解：考虑非相干8FSK，M1ESPexpS22N0EESblogM10.892NN00712PSexp10.891.51022k12423PP1.5108.610bkS2175这并不能满足题目要求的误比特率10的要求。1WMTR9600bR3200symbols/sslogM321令3200Hz，TW83200Hz25.6kHz因此，我们可以用信道编码，但我们不能用码率为1/2的卷积码，因为它需要的带宽超过了可用带宽40kHz。尝试（127，92）BCH码，它需要的带宽为：4127W2.5610Hz35.3kHz92符合带宽的要求，再看看误码率：d1min该码的最小码距d11，所以在每127个比特可以纠正5个错误比特。min2100 61276-4PCP(1P)=7.3510M127cc-3其中P=8.610，P为码字的错误概率。cM127P1-1-（P）Mb1/1276P1-1-（P）5.7910bM5误码率也满足题目误比特率为10的要求。8.20已知（7,3）分组码的监督方程为xxxx00345xxxx01456xxx0015xxx0126求其监督矩阵、生成矩阵、全部码字以及纠错能力。解：（1）由监督方程可直接写出监督矩阵10011100100111H1100010011000110110001110100PInk11000100110001（2）生成矩阵为1001110TG[IP]0100111k0011101（3）根据CAG，（7,3）分组码的全部码字如下表：序号码字序号码字信息位监督位信息位监督位1000000051001110200111016101001130100111711010014011101081110100101 （4）最小码距d4，能纠正一位误码。08.21一码长n15的汉明码，监督位r应为多少？编码速率为多少？r解：本题中，n15，由2115得r4通常我们希望r越小越好，所以这里取r=4。此时，汉明码的编码速率为kr41111nn15150010118.22设线性分组码的生成矩阵为G100101010110（1）求监督矩阵H；（2）写出监督位的关系式；（3）确定最小码距d。0解：（1）将给出的生成矩阵化为典型矩阵：001011010110rrG10010113100101010110001011100101rr12010110[IP]k001011101所以P110011110100TH[PI]011010r101001故n6,k3。T（2）监督矩阵H已经确定了监督方程，由HC0得102 c0c1101001c20110100c3101001c4c5ccc0013所以监督方程为：ccc0124ccc0025（3）d=308.23已知（7，4）循环码的全部码组为：0000000，0001011，0011101，01001110100111，0101100，0110001，01110101000101，1001110，1010011，10110001100010，1101001，1110100，1111111试写出该循环码的生成多项式gx()和生成矩阵，并将G化成系统码典型阵。解：生成多项式gx()是一个常数项不为“0”的nk次多项式。因为nk33所以gx()xx13643xgx()xxx2532生成矩阵Gx()xgx()xxxxgx()x4x2x3gx()xx110110000101100故G001011000010111000101rrr0101100将其化成典型阵：G13400101100001011103 1000101rr010011124[IQ]k00101100001011438.24已知（15,11）汉明码的生成多项式为gx()xx1，试求其生成矩阵和监督矩阵。解：1432Px()xxxmod()gx10132Px()xxxmod()gx912Px()xx1mod()gx811Px()xxmod()gx7103Px()xxxmod()gx692Px()xx1mod()gx5832Px()xxxxmod()gx472Px()xxx1mod()gx3632Px()xxxx1mod()gx253Px()xxx1mod()gx143Px()xx1mod()gx0104 111001011010001114xPx()1001010x13Px()110109生成矩阵Gx12Px()10101811110x4Px()0101110111111101111001100010101111000110001111000100监督矩阵H0111101111000100010010111100018.25（23，12）格雷码能纠正3个随机错误，证明它是完备码。证明：在一般情况下，对于能纠正t个随机错误的线性分组码(,)nk，应满足下述不等式：trnk12ti221CnCn...CnCni0当该式子取等号的时候，这种(,)nk码即为完备码。现（23,12）格雷码能纠正3个随机错误，r231211，t3，所以上式中左边11123=2=2048，右边=1+CCC12325317712048左边，所以该格雷码232323是完备码。8.26证明表8.7.4中所有的n=31本原BCH码均满足汉明界和普洛特金界。解：码长n信息位k纠错能力t312613121231163311153167 nknnn汉明界：21...12tk12普洛特金界：dn，d2t1minkmin21BCH码（n,k）达到汉明界达到普洛特金界(31,26)3232331(31,21)1024497531(31,16)73132,7684,992(31,11)11311,098,576206,368(31,6)153133,554,4323,572,2248.27已知码率为1/2的卷积码的生成多项式为gx()1，gx()1x，01（1）画出编码器的电路图；（2）画出卷积码的树状图、状态图、网格图；（3）当输入信息码为110010时，求卷积码输出。解：（1）编码器的电路图（2）卷积码的树状图、状态图、网格图如下图（a）（b）（c）：（a）树状图（b）状态图 （c）网格图4（3）信息码110010的信息多项式为mx()1xx44ymxgx()()(1xx)(1)1xx004245ymxgx()()(1xx)(1x)1xxx11所以卷积码输出为111001001101。8.28已知一(,,)nkL卷积码编码器结构如下图所示：试求：（1）nkL,,各是多少？（2）求生成多项式gx()、gx()，并求出生成矩阵G01（3）若输入为（10111），求输出c解：（1）n2,k1,L33（2）gx()1，gx()1xx0111010001011010001G110100010............（3）编码上支路输出10111000，编码下支路输出11110011，并串转换后输出（1101111110000101）。 8.29假定L=3，编码效率为1/2的二进制卷积码，其部分状态图如下图所示，画出完整的状态图，并画出编码器的示意图。解：完整的状态图：编码器的示意图：8.30考虑下图的卷积码 （1）写出编码器的生成多项式gx()、gx()01(1)(2)（2）求其单位脉冲响应为C和C，并利用此单位脉冲响应确定输入为101时的输出序列。（3）题中的编码器有误码灾难性传播问题吗？解：22（1）gx()1x，gx()xx01(1)(2)（2）C101，C011所以，系统的脉冲响应为：100111输入输出1100111000000011001111001010111故输入为101时的输出序列为：1001010111。（3）有误码灾难性传播问题。 第九章同步原理与技术9.1已知单边带信号的表示式为st()at()costbt()sintcc若采用与抑制载波双边带信号导频插入完全相同的方法，试证明接收端可正确解调；若发端插入的导频是调制载波，试证明解调输出中也含有直流分量，并求出该值。证明：（1）若采用与抑制载波双边带信号导频插入完全相同的方法，则发送端u(t)a(t)cos(t)bt)(sin(t)sin(t)ccc接收端v(t)ut)(cos(t)c2at)(cos(t)b(t)sin(t)cos(t)sin(t)cos(t)ccccc111a(t)[1cos(t)]b(t)sin(2t)sin(2t)ccc2221经过低通滤波器，可得at)(，不含直流分量，可正确解调。2（2）若发端插入的导频是调制载波，则发送端u(t)at)(cos(t)bt)(sin(t)cos(t)ccc接收端v(t)ut)(cos(t)c22at)(cos(t)bt)(sin(t)cos(t)cos(t)cccc1111a(t)[1cos(t)]b(t)sin(2t)cos(2t)ccc222211经过低通滤波器后，可得at)(，含有直流分量。22229.2已知锁相环路的输入噪声相位方差1/2r，试证明环路的输出相位方差与niin0环路信噪比r之间有下式的关系L21/2rn0L22证明：对高斯白噪声，噪声的平均功率可以用方差表示nt，并且它的功率谱密度是均匀分布的，若单边噪声功率谱密度Pn，噪声带宽为B，则噪声功率n02BPBnn0 2因为输入噪声相位方差1/2r，所以的功率谱密度为niini2niPniBi式中，B为环路前端带通滤波器的带宽。i设环路带宽为B，则环路输出噪声相位方差为L22ni22BL2PB2Bn0niLLniBBii2Bi2/将1/2r代入，并利用环路信噪比r的定义rr，得n0LLLiBL21ri1n02rr2riLL证毕。9.3正交双边带调制的原理方框图如题图9.3所示，试讨论载波相位误差对该系统有什么影响。Acost11Q1cos(wt)c090090st()st()sinwtcAcost22Q2题图9.3解：由图可知：s(t)Acos(t)cos(t)Acos(t)sin(t)11c22cst)(经过相乘后输出同相分量为：Q"Acos(t)cos(t)cos(t)Acos(t)sin(t)cos(t)111cc22cc低通滤波输出AA12Qcos(t)coscos(t)sin11222 st)(经过相乘后输出正交分量为：Q"Acos(t)cos(t)sin(t)Acos(t)sin(t)sin(t)211cc22cc低通滤波输出AA12Qcos(t)sincos(t)cos21222可见，由于载波相位误差的影响，在接收端会引起、两信号的相互串扰，而12使信号发生畸变。9.4设有题图9.4所示的基带信号，它经过一带限滤波器后会变为带限信号，试画出从带限基带信号中提取位同步信号的原理方框图和波形。ft()题图9.4解：提取位同步信号的原理方框图如题图9.4（a）所示：题图9.4（a）框图中各点波形如题图9.4（b）所示。 fttT2T3T4TtttttT2T3T4T题图9.4（b）9.5若7位巴克码组的前后全为“1”序列加于题图9.5的码元输入端，且各移存器的初始状态均为0，试画出识别器的输出波形。题图9.5解：设加入巴克码移位寄存器识别器的码为11111111111100101111111t，t，…，t分别对应1，2，…，n个码元时间，移存器状态见题9.5表：12n 题9.5表时间移存器编号输出1234567-1-1+1+1-1-1-1-3t1-1+1+1+1-1-1-1-1t2-1+1-1+1-1-1-1-3t3-1+1-1-1-1-1-1-5t4-1+1-1-1+1-1-1-3t5-1+1-1-1+1+1-1-1t6-1+1-1-1+1+1+11t7-1+1-1-1+1+1+11t8-1+1-1-1+1+1+11t9-1+1-1-1+1+1+11t10-1+1-1-1+1+1+11t11+1+1-1-1+1+1+13t12+1-1-1-1+1+1+11t13-1-1+1-1+1+1+11t14+1+1+1+1+1+1+17t15-1-1-1+1-1+1+1-1t16-1+1+1-1-1-1+1-1t17-1+1-1+1+1-1-1-1t18-1+1-1-1-1+1-1-3t19-1+1-1-1+1-1+1-1t20 -1+1-1-1+1+1-1-1t21-1+1-1-1+1+1+11t22输出波形如题图9.5（a）所示：相加器输出7654321ttt515200t-1t10-2-3-4-5判决器输出（判决电平+6）题图9.5（a）9.6单边带信号的相干解调方框图如题图9.6所示，设载波同步器提取的相干载波与发送端载波的相位误差为。（1）求解调器输出信号mt的数学表达式和功率；0（2）求解调器输出噪声nt的数学表达式和功率。0smtntm0tn0tcostc题图9.6 解：（1）设单边带信号为下边带信号，则相乘器的输出为：11mtcostmˆtsintcost2c2cc11mtcoscos2tmˆtsin2tsincc44111低通滤波器输出为mtcosmˆtsin，mˆtsin使解调输出失真，解调输444出的有用信号为1mtmtcos04信号功率为122Smtcos016（2）设带通滤波器中心频率为，令，相乘器输入的窄带白噪声为0c011ntntcostntsint0cs22输出噪声功率为1221221Nntcostntsintntntsin2t0cscs4441212nt1cos2tnt1cos2tcs8822因为ntnt，所以cs12Nnt0c49.7在双边带系统中，发送端方框图采用如题图9.7所示的插入导频法，即载波Asint不经过90相移，直接与已调信号相加后输出，试证明接收端用相干接收法解调c双边带信号时，解调器输出中含有直流成分。x(t)xt)("uot)(相关编码器BPF相加Asintc题图9.7证明：由图可得：ut)(Axt)("sintAsintA(xt)(")1sintoccc接收端采用相干解调，则： 2AS(t)u(t)sintA(x("t))1sint(x("t)1)(1cos2t)DSBocc2A可见S(t)中含有直流成分。DSB29.8已知单边带信号为x(t)x(t)costxˆ(t)sint，试证明不能用平方环法提SSBcc取载波同步信号。证明：x(t)x(t)costxˆt)(sintSSBcc采用平方环法：22222u(t)xSSB(t)x(t)cosct2x(t)xˆ(t)cosctsinctxˆt)(sinct21cos2ct21cos2ctx(t)x(t)xˆt)(sin2txˆt)(c22122122x(t)xˆ(t)x(t)xˆ(t)cos2tx(t)xˆ(t)sin2tcc22122因为x(t)xˆt)(与x(t)xˆt)(中不含有直流分量，故无法用平方环法提取载波2同步信号。9.9已知双边带信号为x(t)xt)(cost，接收端采用相干解调法，载波为DSBccos(t)，试分析推导解调器的输出表达式。c解：x(t)xt)(costDSBc若采用载波为cos(t)的相干解调，则输出为：cS(t)xt)(cos(t)xt)(costcos(t)DSBDSBccc2x(t)(costcoscostsintsin)cccxt)(x(t)1(cos2t)cossin2tsincc229.10已知某低速数字传输系统的码元速率为50Baud，收发端的位同步振荡器的频率稳4定度信号(f/)2/f10，采用数字锁相环法实现位同步，分频器次数n=360，试计算：（1）系统的相位误差；e（2）系统的同步捕捉时间t；p（3）系统的同步保持时间t（假定K=10）；c （4）系统的同步带宽f。360解：（1）系统的相位误差：1enn1（2）系统的同步捕捉时间t2TnT3602.7spbb25011（3）系统的同步保持时间t10scf2/3250102fK0f0f0（4）系统的同步带宽f.0069Hz2n9.11在题图9.11中，BPSK信号是由双极性不归零信号调制正弦载波而成，理想带通滤波器BPF的带宽恰好能使BPSK信号的主瓣通过。恢复载波和发送载波之间有固定的相位偏差，LPF用于滤除二倍载频分量，取样时刻是码元的中点。假设BPF对BPSK信号引起的失真可以忽略，求误比特率。题图9.11解：设发送载波为cos(2tf)，本地恢复载波为cos2tfccBPF输出的BPSK信号可写成ReAejej2fct，其中A是BPSK信号的幅度，对应发送1、0；BPF输出的噪声n(t)可表示成n(t)Rent)(ej2fct，其中Lnt)(nt)(jn(t)，n(t)、nt)(、nt)(都是0均值的平稳高斯过程，方差都是Lcscs2NB，其中N是白噪声的单边功率谱密度，B是BPF的等效噪声带宽。00BPF的总输出是r(t)Re[Aejnt)(jn(t)]ej2fctcs用载波cos2tf解调得到的是cjRe{r(t)}ReAenct)(jns(t)Acosnct)(L采样结果是yA，其中是对n(t)采样的结果，~N,0(NB)c0发A出错的概率为 1Acos1A2cos2P(Acos)erfcerfc22222NB0发A出错的概率为1A2cos2P(Acos)erfc22NB0因此平均错误概率是1A2cos2Perfcb22NB09.12BPSK信号为s(t)ang(tnTb)cos(2ctf)，请画出该BPSK信号的接收n机提取载波的平方环法方框图，并说明原理。解：平方环法框图如下：锁相环2PSK信号v(t)平方窄带滤波环路滤波VCO恢复载波二分频移相原理：信号s(t)ang(tnTb)cos(2ctf)经过平方器后成为n222v(t)[ang(tnTb)cos(2ctf)]cos2(ctf)[ang(tnTb)]nn1cos(4tf2)canamg(tmTb)g(tnTb)2mn221cos(4ctf2)22AAang(tnTb)cos(4ctf2)2n22将v(t)通过一个中心频率为2f的滤波器以限制噪声，送入锁相环。锁相环锁定时VCOc的输出近似是sin(4tf2)，经过2分频后为sin(2tf)或sin(2tf)，移相ccc后得到cos(2tf)或者cos(2tf)（存在相位模糊）。cc 9.13若BPSK信号与上题相同，请画出接收机提取载波的科斯塔环法方框图，并说明原理。解：科斯塔环法框图如下：90原理：假设VCO输出的是sin(2tf)，则上支路（Q支路）低通滤波器的输c出将是asin，下支路（I支路）低通滤波器的输出是acos，环路滤波器的输入是nnsin2。设在0附近，则当0时，VCO将降低频率使得减小，当0时，VCO将增大频率使得增加，因此稳态情况下近似为0，使得恢复载波近似为cos(2tf)。c另外还有一个稳定点是，表示相位模糊。9.14设某数字传输系统中的帧同步采用7位长的巴克码（1110010），采用连贯式插入法。（1）试画出帧同步码识别器原理方框图；（2）若输入二进制序列为01011100111100100，试画出帧同步码识别器输出波形（设判决门限电平为4.5）。解：（1）识别器如题图9.14（a）所示： 题图9.14（a）（2）识别器输出波形如题图9.14（b）所示：题图9.14（b） 第十章扩展频谱通信技术10.1扩频系统可以分为哪几类？它们的主要区别是什么？答：常见的扩频系统主要包括：直接序列扩频（DirectSequenceSpreadSpectrum,DSSS）、跳频系统（FrequencyHopping,FH）、跳时系统（TimeHopping,TH）以及混合扩频等。它们的主要区别是利用伪随机码进行扩频的原理不同：直接序列扩频系统中，在发送端的数据经过编码和数字调制（如BPSK、QPSK等）后，直接利用扩频码序列进行扩频处理，将信号扩展到一个较宽的频带内，然后调制到射频载波上发射出去。跳频系统中，在发送端发送信号的载波受伪随机码的调制而随机变化，而不是用伪随机码直接调制发送信号。跳时系统中，采用伪随机码去控制信号发送的时刻及发送时间的长短。在时间跳变中，将一个信号分为若干个时隙，由伪随机码序列控制在哪个时隙发送信息，时隙的选择及持续时间的长短均由伪随机码控制。混合扩频是将上述两种或多种扩频方式结合起来的扩频方式。10.2试简述扩频系统的优点。答：扩频系统主要具有以下优点：（1）抗干扰能力强。（2）抗截获、抗检测能力强。（3）具有多址能力。（4）抗衰落和抗多径能力强。10.3试从频域分析直扩系统对强窄带干扰的抑制作用。解：直扩系统的频谱示意图如题图10.3所示。其中，图（a）表示数字信号基带频谱d(f)；图（b）表示接收端解扩前的已扩频信号的频谱d(f)和强干扰信号的频谱J(f)；图（c）c表示解扩后信号的频谱d(f)和强干扰信号的频谱J(f)。图中未画出高斯白噪声的频谱。cd(f)J(f)d(f)dc(f)Jc(f)fff()()()题图10.3从图中可以看出，基带数字信号通过扩频处理后，频带被展宽，而通过解扩后，信号恢复为窄带信号。而对于窄带强干扰信号，通过解扩处理后，其频带也被展宽，在整个频带内 的能量显著下降，而且通过带通滤波器后，仅落在带通范围内的干扰能进入到后级的解调电路中，这样有效地抑制了窄带强干扰的影响。10.4试比较直扩和跳频系统抗干扰能力的差异。答：跳频系统虽然和直扩系统一样，是利用比信息实际带宽大得多的带宽来传输信息的，但它们的工作原理有本质区别。在直扩系统中是利用扩频序列直接对信息进行扩频处理，从而扩展信息带宽；而在跳频系统中，则是利用扩频序列控制频率合成器，使得发送信息的载波频率按一定速率在某个频率集上随机跳变。虽然从某个时刻来看，传输信息的带宽等于信息的实际带宽，但从一段时间来看，传输的信息会分布在整个频率集所在的带宽内，所以传输的带宽远大于信息的实际带宽。10.5要求系统能在干扰信号为有用信号250倍的情况下工作，系统输出信噪比为10dB，系统内部损耗为2dB，则要求系统的处理增益至少为何值？S1解：由题意可知原始的信噪比rN250且输出信噪比r10dB10，内部损耗2dB=1.585o1则系统输入信噪比r.1585.1589i250r10o因此系统处理增益为G.629pr.1589i410.6一个4级线性移位寄存器的特征多项式f(x)xx1，试画出该移位寄存器的原理结构图。当初始状态为1001时，求该寄存器的输出序列。4解：由f(x)xx1可知反馈系数c、c和c为1，c、c为0，可得对应的反41023馈移位寄存器如下图所示。ccc014a3a2a1a0当初始状态为{a,a,a,a}}1,0,0,1{时，4321n由递推公式ani1ciani，即anan1an4，可得：aaa0，aaa0，014103 aaa0，aaa1，212321aaa1，aaa1，430541aaa1，aaa0，652763aaa1，aaa0，874985aaa1，aaa1，109611107aaa0，aaa0，1211813129aaa1。141310因此该寄存器的输出序列为：{a}{a,a,a,,a}}1,0,0,1,1,0,1,0,1,1,1,1,0,0,0{j0121410.7上题中输出序列的周期是多少？序列中0和1的个数分别为多少？序列的游程分布特征怎样？并求出该序列的自相关函数。4解：由上题的结果，输出序列的周期为：N2115序列中0的个数为7个，1的个数为8个。共有8个游程，分别为：000111101011001其中长度为1的游程有4个，长度为2的游程有2个，长度为3的游程有1个，长度为4的游程有1个。该序列的自相关函数为：AD1j0Na(j)AD1j0N15310.8若m序列优选对的两个本原多项式分别为f(x)xx1和132f(x)xx1，试画出由它们构成的Gold序列产生器的原理方框图。试问，这对m2序列优选对能产生几个Gold序列？试写出这些Gold序列。解：该Gold序列产生器的原理图如下： a2a1a0aaa2103特征多项式为f(x)xx1的m序列的一个周期为1110100；特征多项式为132f(x)xx1的m序列的一个周期为1110010.由此生成的Gold码为：2G:1110100111001000001101G:1110100011100110011012G:1110100101110001010003G:1110100010111010110104G:1110100001011111000115G:1110100100101101111116G:1110100110010100100017再加上原有的两个m序列：G:11101008G:11100109一共有9个。10.9跳频系统中的频率合成器有哪几种主要类型？各有何优缺点？解：跳频系统中常见的频率合成器可分为直接式频率合成器、间接式频率合成器及直接数字式频率合成器。直接式频率合成器是直接把主频率经分频、倍频和混频后，得到不同的频率，因而输出频率的准确性和稳定性与主频率相同。直接式频率合成器的转换时间一般在毫秒级，而且产生的频率数较多，通过增加混频级数还可以进一步增加频率数。但混频级数越多，传输时延会越大，这样就限制了跳频速率。 间接式频率合成器是用主频率通过锁相环路控制的一个可变振荡器，得到不同的输出频率。间接式频率合成器的转换时间在毫秒级，适合于中、慢速跳频；它产生的频率稳定度取决于参考频率的稳定度，一般具有较高的稳定度。直接式数字频率合成器采用全数字技术，它具有频率分辨率高、频率转换时间快、相位噪声低等特点；同时，其输出频率的相对带宽很宽，是传统的频率合成技术无法实现的，而且具有任意波形输出能力，只要改变波形存储器中存储的数据，即可产生方波、三角波、锯齿波等任意波形的周期信号。10.10扩频码的同步有几个步骤？同步捕获的作用是什么？解：扩频码的同步主要有捕获与跟踪两个步骤。扩频码的捕获的主要任务是接收端在未知发送端信号扩频码相位的前提下，利用接收信号本身或某些辅助信号估计出发送端信号扩频码的初始相位，并调整本地扩频码的相位，使收发两端的扩频码的相位差小于一个码元。10.11试画出串行捕获法原理框图，并简述串行捕获的过程。解：直扩系统的串行捕获原理图如图所示：串行捕获过程：接收端接收到的直扩信号首先与本地载波进行混频，输出中频信号再与本地扩频信号进行相乘实现相关运算，经过带通滤波器滤除带外噪声之后，由平方律检波器完成包络检波，然后通过积分器进行一段时间的积分，最后送入门限比较器进行判决。若积分器输出的值大于某个门限值，则说明收发两端扩频码的相位差小于一个码片，已经取得初始同步，因此可以停止搜索，转入同步跟踪回路以进一步缩小收发两端扩频码的相位差。若积分器输出的值小于门限值，说明收发两端扩频码的相位差大于一个码片，此时输出一个信号给时钟控制电路以调整时钟频率，改变的时钟频率会使扩频码发生器产生的扩频码序列的相位产生1/2个码片的相对滑动，然后开始新一轮的判决过程，包括前面的相关、平方律检波、积分、判决等，直到积分器输出的值大于门限值为止，停止搜索，转入跟踪回路。10.12试简述延迟锁定跟踪环的跟踪原理。答：延迟锁定环路的跟踪原理：假设本地扩频信号与发送端扩频信号经捕获后的延迟误差为τ，τ小于一个码片时间，即T。而延迟锁定鉴别器中两个相关器的输出经包络c检波后的相关函数波形如题图10.12（a）和（b）所示。只要延迟锁定鉴别器中的两路包络相关电路参数一致，则输出的相关函数是完全相同的，只不过是出现峰值的时刻不同。这是因为用于相关的本地参考扩频信号的相位不同造成的。由题图10.12（a）和（b）可知，由11于参与相关的两路扩频信号相位相差一个码片T（其中一路超前T，一路滞后T），ccc22因此两个包络相关器输出的波形的相关峰值之间有一个码片的相对延迟。因为输出的误差信 号为两路包络相关信号的差值，因此，误差信号的波形可以表示为如题图10.12（c）所示，这也是延迟锁定环路的鉴相特性。从题图10.12（c）可以看出，延迟锁定鉴别器的工作范围11（即鉴相特性曲线的负斜率部分）是T~T。在这个范围内，当本地扩频信号超前cc22时，输出的误差信号大于零，通过控制压控振荡器改变扩频信号发生器输出扩频信号的相位，使之滞后；当本地扩频信号滞后时，输出的误差信号小于零，通过控制压控振荡器改变扩频信号发生器输出扩频信号的相位，使之超前，从而实现对扩频码的跟踪。Tc题图10.1210.13m序列有什么特性？在实际中有哪些应用？答：m序列的特性主要有：0、1均衡特性，游程特性，移位相加特性，周期性，自相关特性。可以应用在扩频通信、通信加密、误码率测量等方面。10.14直接序列扩频系统在多径传输的情况下，若间接路径的传输距离超过直接路径100m以上，求抗多径干扰所需的最小码片速率。解：依题意：d100.033s8c310因此最小码片速率为：116R310chips/sc60.3310s10.15一个跳频的MFSK系统，设伪随机序列为20级线性反馈移位寄存器产生的最大长度序列。寄存器的每一状态对应于一个跳频的中心频率。已知中心频率的最小间隔（跳频 间隔）为200Hz，寄存器时钟2kHz，数据速率为1.2kb/s，采用8FSK调制。（1）求跳频带宽；（2）求码片速率；（3）每个数据码元对应于多少个码片？（4）求处理增益。解：（1）依题意，跳频带宽为：208Wss212001.210Hz（2）码片速率即为跳频速率，因此R2000chips/sc（3）由于R1200b/sR1200码元速率R400Baudsklog82R2000c5chips/symbolR400s（4）由GW/R，处理增益为：pss81.210G175000524.dBp120010.16采用m序列测距，已知时钟频率等于1MHz，最远目标距离为3000km，求m序列的长度（一周期的码片数）。解：m序列一个周期的时间长度即为可测量的最大时延值。5m序列收发端与最远目标的往返时间为3000km/2310km/s.002s，因此m序列的周期应该大于20ms。由于序列发生器的时钟频率为1MHz，所以m序列长度应大于4.002s1MHz210。10.17扩频技术能够有效地克服干扰信号的影响，但在加性高斯白噪声环境下却不能带来性能的改善，试解释其中的原因。解：扩频系统主要有利的特性是其抗干扰能力。扩频系统最初是用于在军事上抵抗敌方故意的干扰，这种干扰有固定的有限的功率，扩频系统通过扩展通信双方的信号频谱来获得处理增益，是一种典型的解决方案。但是，在AWGN信道下，由于白噪声的功率是无限的，获得处理增益是不可能的。也就是说，无论扩频的带宽如何增加，噪声的功率谱密度都是一样的，因此不能带来性能改善。 第十一章信道复用与多址技术11.1试比较各种复用和多址技术的特点。答：信道复用与多址技术有：频分复用与频分多址；时分复用与时分多址；码分复用与码分多址；空分复用与空分多址；统计复用与综合复用。频分复用将可用的频谱资源在频率域上划分出若干段互不重叠的频带，每一段频带构成一子信道。频分复用系统的特点是进行信道划分时不需要精确的同步技术。但传统的频分复用方法需要加保护带，降低了信道频谱资源的利用率，同时实现频分复用需要大量不同参数的带通滤波器，从这一角度来说，电路实现相对复杂。时分复用的基本思想是把传输的时间划分成帧周期为T的一个个数据帧，在每个帧周F期内再进一步划分出时隙TS，每个信道就是每个帧周期内的一个时隙。时分复用和时分多址技术的特点是无需多种类型带通滤波器，容易用数字集成电路的方法实现。实现时分复用和时分多址的关键之一是系统必须保证有良好的码元同步和帧同步。否则无法实现信号的复接与分接。码分复用利用沃尔什函数正交性，可以实现在时域与频域均重叠的信号的分离，从而实现信道的复用。利用码分复用技术，将沃尔什函数集中不同的函数（码字）分配给不同的用户，用户在发送数据时利用该函数对符号进行调制，然后才发送到信道上，此时虽然各个用户的数据占据相同频带，同时时域上信号又重叠在一起，但沃尔什函数的正交性保证了接收端可以正确地恢复原来的数据。空分复用则是一种将天线上发出的某路电磁波信号，限定在某个局部区域范围内，而使得在原来的区域范围内，可以容纳更多路的电磁波信号的一种信道复用方式。空分多址与频分多址、时分多址和码分多址相比，一个显著不同的特点是系统的资源有倍增的效应，每个用户可以全时地使用全部频带资源。统计复用是一种为适应数据业务传输需求具有随机性和突发性而提出来的共享信道资源的工作方式。采用统计复用方式，较好地避免了出现某些用户得到了信道的传输资源，因没有数据传输而使得信道资源被闲置，而另外一些用户有数据需要传输而得不到信道传输资源的情况。统计复用特别适合间歇出现的数据传输服务需求，如对于互联网上大量具有突发性的传输业务，统计复用的方式通常比固定地分配信道资源的方式具有更高的效率。综合利用各种复用技术可以为信道资源的有效利用带来更大的灵活性。在通过区域的划分实现空分复用的基础上，通过空分与频分的混合复用，在提高频率利用率的同时，使得相同频率的覆盖范围有一个小区的隔离间隔，从而大大减小了同频的干扰。11.2在一个带宽为5MHz的频分复用系统中，若每个子信道的带宽均为100kHz，子信道间设定的保护带为20kHz，该信道可容纳多少个独立的子信道？解：依题意，每个子信道加上保护带需要的带宽为：W10020120kHz则信道可容纳子信道数为：W5000K41W120 11.3若采用哈达马矩阵构建数据率为10Mbs/具有16个用户的码分多址系统，（1）列出所有的正交码字；（2）估算信道所需的带宽。解：4（1）162可构造一个n4的哈达马矩阵为：11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111H411111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111H的每一行构成一个码字，则共有16个正交的码字，分别为：4C11111111111111111C11111111111111112C11111111111111113C11111111111111114C11111111111111115C11111111111111116C11111111111111117C11111111111111118C11111111111111119 C111111111111111110C111111111111111111C111111111111111112C111111111111111113C111111111111111114C111111111111111115C111111111111111116（2）因为数据率R10Mb/s11符号周期TsR10T1则Tsc161601所以信道所需的带宽约为：W160MHzTc11.4对于有100个终端的轮询系统，若每个终端的平均巡回时间为1ms，当网络的负载达到0.8时，请分析平均发送一个报文的时延是多少？解：因为每个终端的平均巡回时间W1ms，系统有100个终端i100则整个系统的平均巡回时间LW1001ms100msi1i由系统吞吐量S与负载G的关系，可得：2G28.0SGe8.0e.01615L100则系统的循环时间为T119.2630msc1S10.1615N又因为TcLi1TiTL119.2630100c所以平均发送一个报文的时延T.01926msi10010011.5在纯ALOHA系统中，若系统工作在负载G0.6的状态，其信道为空闲的概率。解：在纯ALOHA系统中，可认为呼叫到达的概率服从泊松分布，因此时间T到达0个报文（信道空闲）的概率为：G6.0Pee.05488T 11.65000个工作站共享一条时隙ALOHA信道，每个工作站每小时平均发送18个报文，时隙长度为100s。试求信道负载的大小。3600解：由题意，每个工作站每个报文间隔t200s185000则信道中平均每秒发送报文：25个2001每秒时隙数：10000个100s25因此信道负载为：G.000251000011.7假定在图11－6－11所示的LTE时频资源结构图中，每个子载波均采用16QAM调制，请问每个物理资源块可以携带多少比特的数据。解：由图中的LTE时频资源结构中，可见每个物理资源块有71284个资源元素RE，每个RE在一个符号周期T内可携带星座图上的一个符号信息。s由于采用了16QAM调制，故每个符号的比特数为klog1642因此每个物理资源块携带的比特数为：K844336bits'