《通信原理》第6版习题课后答案.pdf 45页

'1-1、设英文字母E出现的概率为.0105，x出现的概率为0.002。试求E和x的信息量。解：P(E)=.0105P(x)=.0002I(E)=−logP(E)=−log.0105=.325bit22I(x)=−logP(x)=−log.0002=.897bit221-2、信息源的符号集由A，B，C，D和E组成，设每一符号独立出现，其出现的概率为11,41,83,816和516。试求该信息源符号的平均信息量。解：H=−∑P(xi)log2P(xi)=−1log1−1log1−1log1−5log5=.223bit2222符号44888816161-3、设有四个消息A、B、C、D分别以概率11,41,81,82传送，每一消息的出现是相互独立的。试计算其平均信息量。解：H=−∑P(xi)log2P(xi)=−1log1−1log1−1log1−1log1=.175bit2222符号448888221-4、一个由字母A，B，C，D组成的字。对于传输的每一个字母用二进制脉冲编码，00代替A，01代替B，10代替C，11代替D。每个脉冲宽度为5ms。（1）不同的字母是等概率出现时，试计算传输的平均信息速率。1113（2）若每个字母出现的概率为P=,P=,P=,P=，试ABCD54410计算传输的平均信息速率。解：首先计算平均信息量。 （1）H=−∑P(xi)log2P(xi)11=4×(−)×log=2bit2字母44平均信息速率=2（bit）=200bit字母（2×5ms）s字母（2）H=−∑P(xi)log2P(xi)=−1log1−1log1−1log1−3log3=.1985bit2222字母5544441010平均信息速率=1.985（bit）=198.5字母（2×5ms）字母bits1-5、国际莫尔斯电码用点和划的序列发送英文字母，划用持续3单位的电流脉冲表示，点用持续1单位的电流脉冲表示，且划出现的概率是点出现的概率的13：（1）计算点和划的信息量；（2）计算点和划的平均信息量。解：令点出现的概率为P(A)，划出现的概率为P(B)1P(A)+P(B)=,1P(A)=P(B)⇒P(A)=34P(B)=143（1）I(A)=−logP(A)=.0415bit2I(B)=−logP(B)=2bit2（2）H=−∑P(xi)log2P(xi)3311=−log−log=.0811bit224444 1-6、设一信息源的输出由128个不同符号组成。其中16个出现的概率为132,其余112个出现的概率为1224。信息源每秒发出1000个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信息源的平均信息速率。解：H=−∑P(xi)log2P(xi)=16×(−1)log1+112×(−1)log(1)=4.6bit22符号3232224224平均信息速率为4.6×1000=6400bit。s1-7、对于二电平数字信号，每秒钟传输300个码元，问此传码率RB等于多少？若数字信号0和1出现是独立等概的，那么传信率Rb等于多少？解：R=300BR=300bitBbs1-8、若题1-2中信息源以1000B速率传送信息，则传送1小时的信息量为多少？传送1小时可能达到的最大信息量为多少？解：传送1小时的信息量.223×1000×3600=.8028Mbit传送1小时可能达到的最大信息量先求出最大的熵：H=−log1=.232bitmax2符号5则传送1小时可能达到的最大信息量.232×1000×3600=.8352Mbit1-9、如果二进独立等概信号，码元宽度为5.0ms，求R和R；有四进Bb信号，码元宽度为05.ms，求传码率R和独立等概时的传信率R。Bb 解：二进独立等概信号：R=1=2000B，R=2000bitB5.0×10−3bs1四进独立等概信号：R==2000B，B−35.0×10R=2×2000=4000bit。bs小结：记住各个量的单位：信息量：bitI=−logP(x)2信源符号的平均信息量（熵）：bit符号H=−∑P(xi)log2P(xi)平均信息速率：bit=（bit）s符号（s符号）传码率：R（B）B传信率：Rbitbs 2-1、设随机过程ξ(t)可表示成ξ(t)=2cos(2πt+θ)，式中θ是一个离散随变量，且P(θ=)0=12、P(θ=π)2=12，试求E[ξ1()]及R(1,0)。ξ11解：E[ξ1()]=×2cos(2π+)0+×2cos(2π+π)2=1；2211R)1,0(=E[ξ)0(ξ1()]=×2cos(2)0cos(2π+)0+×cos(π2)2cos(2π+π)2=2。ξ222-2、设Z(t)=Xcoswt−Xsinwt是一随机过程，若X和X是彼此独立且具有均值1020122为0、方差为σ的正态随机变量，试求：2（1）E[Z(t)]、E[Z(t)]；（2）Z(t)的一维分布密度函数f(z)；（3）B(t,t)和R(t,t)。1212解：（1）E[Z(t)]=E[Xcoswt−Xsinwt]=coswtE[X]−sinwtE[X]=010200102因为X和X是彼此独立的正态随机变量，X和X是彼此互不相关，所以1212E[XX]=012222222222E[Z(t)]=E[Xcoswt+Xsinwt]=coswtE[X]+sinwtE[X]1020010222222又E[X]=0；D[X]=E[X]−E[X]=σ⇒E[X]=σ1111122同理E[X]=σ222代入可得E[Z(t)]=σ22（2）由E[Z(t)]=0；E[Z(t)]=σ又因为Z(t)是高斯分布2可得D[Z(t)]=σ21zf[z(t)]=exp(−)22πσ2σ（3）B(t,t)=R(t,t)−E[Z(t)]E[Z(t)]=R(t,t)12121212=E[(Xcoswt−Xsinwt)(Xcoswt−Xsinwt)]101201102202 22=E[Xcos(wt)cos(wt)+Xsin(wt)sin(wt)]101022010222=σcosw(t−t)=σcoswτ令t=t+τ0120122-3、求乘积Z(t)=X(t)Y(t)的自相关函数。已知X(t)与Y(t)是统计独立的平稳随机过程，且它们的自相关函数分别为R(τ)、R(τ)。xy解：因X(t)与Y(t)是统计独立，故E[XY]=E[X]E[Y]R(τ)=E[Z(t)Z(t+τ)]=E[X(t)Y(t)X(t+τ)Y(t+τ)]Z=E[X(t)X(t+τ)]E[Y(t)Y(t+τ)]=R(τ)R(τ)XY2-4、若随机过程Z(t)=m(t)cos(wt+θ)，其中m(t)是宽平稳随机过程，且自相关函01+τ,−1<τ<0数Rm(τ)为Rm(τ)=1−τ0,≤τ<1,0其它θ是服从均匀分布的随机变量，它与mt)(彼此统计独立。（1）证明Zt)(是宽平稳的；（2）绘出自相关函数R(τ)的波形；Z（3）求功率谱密度P(w)及功率S。Z解：（1）Zt)(是宽平稳的⇔E[Z(t)]为常数；R(t,t)=R(t−t)Z12Z12E[(Z(t)]=E[mt)(cos(wt+θ)]=E[m(t)]E[cos(wt+θ)]002π1=[cos(wt+θ)dθ]E[Z(t)]=0∫02π0R(t,t)=E[Z(t)Z(t)]=E[m(t)cos(wt+θ)m(t)cos(wt+θ)]Z1212101202=E[m(t)m(t)]E[cos(wt+θ)cos(wt+θ)]120102E[m(t)m(t)]=R(t−t)只与t−t=τ有关；12m2121 令t=t+τ21E{cos(wt+θ)cos[w(t+τ)+θ]}0101=E{cos(wt+θ)[cos(wt+θ)coswτ−sin(wt+θ)sinwτ]}010100102=coswτ⋅E[cos(wt+θ)]−sinwτ⋅E[cos(wt+θ)sin(wt+θ)]001001011=cos(wτ)⋅E{1[+cos(2wt+θ)]}−000121=cos(wτ)021所以R(t,t)=cos(wτ)⋅R(τ)只与τ有关，证毕。Z120m2（2）波形略；11(+τ)cos(wτ),−1<τ<00211（3）RZ(τ)=cos(w0τ)⋅Rm(τ)=1(−τ)cos(w0τ),0≤τ<122,0其它P(w)⇔R(τ)ZZ而R(τ)的波形为ZR(τ)mt-11可以对R(τ)求两次导数，再利用付氏变换的性质求出R(τ)的付氏变换。mm""sin(w)22wR(τ)=δ(τ+)1−2δ(τ)+δ(τ−)1⇒P(w)==Sa()mmw2212w+w02w−w0⇒P(w)=[Sa()+Sa()]Z422功率S：S=R)0(=12Z a2-5、已知噪生n(t)的自相关函数R(τ)=exp(−aτ)，a为常数：n2（1）求P(w)和S；n（2）绘出R(τ)与P(w)的波形。nn2a解：（1）因为exp(−ta)⇔22w+a2aa所以R(τ)=exp(−aτ)⇔P(w)=nn222w+aaS=R)0(=2（3）略2-6、ξ(t)是一个平稳随机过程，它的自相关函数是周期为2S的周期函数。在区间（-1，1）上，该自相关函数R(τ)=1−τ。试求ξ(t)的功率谱密度P(w)。ξ2w解：见第4题R(τ)=1−τ⇔Sa()2∞因为δT(t)=∑δ(t−2n)所以ξ(t)=R(τ)∗δT(t)n=−∞据付氏变换的性质可得P(w)=P(w)F(w)ξRδ∞∞而δT(t)=∑δ(t−2n)⇔π∑δ(w−nπ)n=−∞n=−∞故∞∞2w2w−nπPξ(w)=PR(w)Fδ(w)=Sa()⋅π∑δ(w−nπ)=π∑δ(w−nπ)Sa()2n=−∞n=−∞22-7、将一个均值为0，功率谱密度为n2的高斯白噪声加到一个中心角频率为w、带宽0c为B的理想带通滤波器上，如图2πB-wcwcw（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。 n20解：（1）P(w)=H(w)P(w)=H(w)Oi2π因为G(w)⇔Sa(wτ)，故G(w)⇔BSa(Bπτ)2w002Bπw0又H(w)=G(w)∗[δ(w+w)+δ(w−w)]2Bπcc1δ(w+w)+δ(w−w)⇔cos(wτ)cccπ1由付氏变换的性质f(t)⋅f(t)⇔F(w)∗F(w)12122πnn00可得P(w)=H(w)=G(w)∗[δ(w+w)+δ(w−w)]O2Bπcc22⇔R(τ)=nBSa(Bπτ)cos(wτ)0c22（2）E[ξ(t)]=0；R)0(=E[ξ(t)]=Bn；R(∞)=E[ξ(t)]=0OO0O2所以σ=R)0(−R(∞)=Bn0又因为输出噪声分布为高斯分布21t可得输出噪声分布函数为f[ξ(t)]=exp(−)。o2πBn02Bn02-8、设RC低通滤波器如图所示，求当输入均值为0，功率谱密度为n2的白噪声时，输0出过程的功率谱密度和自相关函数。1jwC1解：H(w)==R+1jwRC+1jwC2n01（1）P(w)=P(w)H(w)=⋅Oi221+(wRC)2a（2）因为exp(−aτ)⇔22w+an1nτ00所以P(w)=⋅⇔R(τ)=exp(−)O2O21+(wRC)4RCRC2-9、将均值为0，功率谱密度为n2的高斯白噪声加到低通滤波器的输入端，0（1）求输出噪声的自相关函数；（2）求输出噪声的方差。 R解：H(w)=R+jwL22n0Rn0RR（1）P(w)=P(w)H(w)=⋅⇔R(τ)=exp(−τ)Oi22O2R+(wL)4LL（2）E[n(t)]=0；onR20σ=R)0(−R(∞)=R)0(=4L2-10、设有一个随机二进制矩形脉冲波形，它的每个脉冲的持续时为T，脉冲幅度取±1的b概率相等。现假设任一间隔T内波形取值与任何别的间隔内取值统计无关，且过程b具有宽平稳性，试证：,0τ>Tb（1）自相关函数R(τ)=ξ1−τT,τ≤Tbb2（2）功率谱密度P(w)=T[Sa(πfT)]。ξbb解：(1)R(τ)=E[ξ(t)ξ(t+τ)]ξ①当τ>T时，ξ(t)与ξ(t+τ)无关，故R(τ)=0bξ②当τ≤T时，因脉冲幅度取±1的概率相等，所以在2T内，该波形取bb-1-1、11、-11、1-1的概率均为14。（A）波形取-1-1、11时，11τTb在图示的一个间隔T内，R(τ)=E[ξ(t)ξ(t+τ)]bξ1=×1=144 （B）波形取-11、1-1时，1τTb-1在图示的一个间隔T内，R(τ)=E[ξ(t)ξ(t+τ)]bξ1Tb−ττ=×(−)4TTbb当τ≤T时，R(τ)=E[ξ(t)ξ(t+τ)]bξ11Tb−ττ=2×+2××(−)44TTbbτ=1−Tb,0τ>Tb故R(τ)=ξ1−τT,τ≤Tbb（2）AAτ2wτ⇔Sa()24ττAτ-其中为时域波形的面积。2222wTb所以R(τ)⇔P(w)=TSa()。ξξb22-11、图示为单个输入、两个输出的线形过滤器，若输入过程η(t)是平稳的，求ξ(t)与ξ(t)12的互功率谱密度的表示式。（提示：互功率谱密度与互相关函数为付利叶变换对）∞∞解：ξ(t)=η(t−α)h(α)dαξ(t)=η(t−β)h(β)dβ1∫12∫200R(t,t+τ)=E[ξ(t)ξ(t+τ)]12111121 ∞∞=E[η(t−α)h(α)dαη(t+τ−β)h(β)dβ]∫11∫1200∞∞=h(α)h(β)R(τ+α−β)dαdβ∫∫12η00∞∞∞∞−jwτ−jwτ所以P(w)=R(τ)edτ=dτdα[h(α)h(β)R(τ+α−β)edβ12∫12∫∫∫12η−∞−∞00"令τ=τ+α−β∞∞∞"jwα−jwβ"−jwτ"∗P(w)=h(α)edαh(β)edβ[R(τ)edτ=H(w)H(w)P(w)12∫∫∫η12η00−∞2-12、若ξ(t)是平稳随机过程，自相关函数为R(τ)，试求它通过图示系统后的自相关ξ函数及功率谱密度。1解：h(t)=δ(t)+δ(t−T)⇔H(w)=1+e−jwTH(w)=2(+2coswT)22P(w)=H(w)P(w)=1(2+coswT)P(w)Oξξ−jwTjwTP(w)=2P(w)+2coswT⋅P(w)=2P(w)+(e+e)P(w)Oξξξξ⇔2R(τ)+R(τ−T)+R(τ+T)ξξξ2-13、若通过题2-8的低通滤波器的随机过程是均值为0，功率谱密度为n2的高斯白噪声，0试求输出过程的一维概率密度函数。解：E[n(t)]=0；on1nτ00P(w)=⋅⇔R(τ)=exp(−)O2O21+(wRC)4RCRCn20⇒σ=4Rc又因为输出过程为高斯过程，所以其一维概率密度函数为21xf(x)=exp(−)22πσ2σ 2-14、一噪声的功率密度函数如图，试求其自相关函数为KSa(Ωτ)2cos(wτ)。0解：见题2-7的解法；πKP(w)=G(w)∗[δ(w+w)+δ(w−w)]nΩ00Ω1δ(w+w)+δ(w−w)⇔cos(wτ)000π1由付氏变换的性质f(t)⋅f(t)⇔F(w)∗F(w)12122ππK可得P(w)=G(w)∗[δ(w+w)+δ(w−w)]nΩ00Ω⇔R(τ)=KSa(Ωτ)2cos(wτ)02-15、略 3-1、设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为H(w)=K，ϕ(w)=−wt，其中，K,t0d0d都是常数。试确定信号s(t)通过该信道后输出信号的时域表示式，并讨论之。解：H(w)=Ke−jwtd0−jwtdS(w)=H(w)S(w)=KeS(w)⇔s(t)=Ks(t−t)O0o0d确定信号s(t)通过该信道后，没有失真，只是信号发生了延时。3-2、设某恒参信道的幅频特性为H(w)=1[+cosT]e−jwtd，其中，t都是常数。试确定0d信号s(t)通过该信道后输出信号的时域表示式，并讨论之。H(w)=1[+cosT]e−jwtd解：S(w)=H(w)S(w)=1[+cosT]e−jwtdS(w)=[e−jwtd+1e−jw(T0+td)+1e−jw(td−T0)]S(w)O02211⇔s(t−t)+s(t−t−T)+s(t−t+T)dd0d022信号经过三条延时不同的路径传播，同时会产生频率选择性衰落。见教材第50页。3-3、设某恒参信道可用下图所示的线形二端对网络来等效。试求它的传递函数，并说明信号通过该信道时会产生哪些失真？RjwRc解：H(w)==11+jwRcR+jwcjwRcjϕ(w)H(w)==H(w)e1+jwRc1π其中H(w)=ϕ(w)=−arctg(wRc)12+12(wRc)dϕ(w)Rc则群迟延τ(w)==2dw1+(wRc)可见，信号通过该信道时会频率失真和群迟延畸变。 3-4、今有两个恒参信道,其等效模型分别如图P3-2(a)、(b)所示，试求这两个信道的群迟延特性，并画出它们的群迟延曲线，同时说明信号通过它们时有无群迟延失真？解：图AR2−jϕ(w)H(w)==H(w)eR+R12R2其中H(w)=，ϕ(w)=0R+R12dϕ(w)故τ(w)==0，没有群迟延；dw图B1jwc−jϕ(w)H(w)==H(w)e1R+jwc1其中H(w)=，ϕ(w)=−arctg(wRc)21+(wRc)dϕ(w)Rc故τ(w)==，有群迟延失真。2dw1+(wRc)3-5、一信号波形s(t)=AcosΩtcoswt，通过衰减为固定常数值、存在相移的网络。试证0明：若w>>Ω、且w±Ω附近的相频特性可近似为线形，则该网络对s(t)的迟延等00于它的包络的迟延。−jϕ(w)证明：令该网络的传递函数为H(w)，则H(w)=Kew±Ω附近，ϕ(w)=wt00即H(w)=Ke−jwt0⇔h(t)=Kδ(t−t)0输出信号为y(t)=s(t)∗h(t)=AKcosΩ(t−t)cosw(t−t)000对包络的迟延为AcosΩt∗Kδ(t−t)=AKcosΩ(t−t)00证毕。 3-6、瑞利衰落的包络值V为何值时，V的一维概率密度函数有最大值？解：瑞利衰落的包络值V的一维概率密度函数为2VVf(V)=exp(−)22σ2σ2Vexp(−)22df(V)2σ2VV一维概率密度函数有最大值，则=0⇔−exp(−)=0242dVσσ2σ可得V=σ3-7、试根据瑞利衰落的包络值V的一维概率密度函数求包络V的数学期望和方差。∞∞22VVπ解：E(V)=Vf(V)dV=2exp(−)dV=σ∫∫22σ2σ2−∞0π2D(V)=2(−)σ见概率论教材。23-8、假设某随参信道的两径时延差τ为1ms，试求该信道在哪些频率上传输衰耗最大？选用哪些频率传输信号最有利？wτ解：见第50页，该网络的幅频特性为2cos=2cos(πf)21当f=n+(KHz)时，出现传输零点，传输衰耗最大21当f=(n+)KHz时，出现传输极点，传输信号最有利。23-9、题图3.3所示的传号和空号相间的数字信号通过某随参信道。已知接收信号是通过该信道两条路径的信号之和。设两径的传输衰减相等（均为d），且时延差τ=T/4。试画出接收信号的波形示意图。解：T2T3Ttd接收信号的波形 3-10、设某随参信道的最大多径时延差等于3ms，为了避免发生频率选择性衰落，试估算在该信道上传输的数字信号的占用频带范围。11解：∆f===333Hz−3τm3×1011工程上的一般公式为∆f=(~)∆f=667.~111Hzs353-11、略3-12、若两个电阻的阻值都为1000Ω，它们的温度分别为300K和400K，试求这两个电阻串联后两端的噪声功率谱密度。-23-182解：S(w)=2KTR=2×1.38×10×300×1000=8.28×10V∕Hz1-23-182S(w)=2×1.38×10×400×1000=11.04×10V∕Hz2-182S(w)=S(w)+S(w)=19.32×10V∕Hz123-13、具有5.6MHz带宽的某高斯信道，若信道功率与噪声功率谱密度之比为455.MHz，试求其信道容量。S455.解：C=Blog1(+)=5.6×log1(+)=195.MHz22N5.63-14、设高斯信道的带宽为4KHz，信号与噪声功率之比为63，试确定利用这种信道的理想通信系统的传信率与差错率。S解：信道容量为C=Blog1(+)=4×log(64)=24KHz22N理想通信系统的传信率为24Kbit/s，差错率为0。3-15、某一待传输的图片约含2.25×106个像元。为了很好地重现图片需要12个亮度电平。假若所有这些亮度电平等概率出现，试计算用3min传送一张图片时所需的信道带宽(设信道中信噪功率比为30dB)。解：每像元信息量=-㏒2（1/12）≈3.58bit66图片包含信息量=3.58×2.25×10≈8.06×10bit64要在3min内传送一张图片时，C=8.06×10/180≈4.48×10bit/s30/10S/N=30dB=10=10003B=C/㏒2(1+S/N)≈4.49×10Hz 4.2习题解答4-1一知线性调制信号表示式如下：(1)cosΩtcoswct(2)(1+0.5sinΩt)coswct式中，wc=6Ω。试分别划出它们的勃兴图和频谱图。解(1)cosΩtcoswct的波形略。设SM(w)=F[cosΩtcoswct],根据wc=6Ω可得SM(w)=π/2[δ(w+Ω+wc)+δ(w+Ω-wc)+δ(w-Ω+wc)+δ(w-Ω-wc)]=π/2[δ(w+7Ω)+δ(w+5Ω)+δ(w-5Ω)+δ(w-7Ω)]该频谱图略。(2)(1+0.5sinΩt)coswct的波形图略。设SM(w)=F[(1+0.5sinΩt)coswct]，根据wc=6Ω可得SM(w)=π[δ(w+wc)+δ(w-wc)]+0.5×jπ/2+[δ(w+Ω+wc)+δ(w+Ω-wc)-δ(w-Ω+wc)-δ(w-Ω-wc)]=π[δ(w+6Ω)+δ(w-6Ω)]+jπ/4[δ(w+7Ω)-δ(w+5Ω)+δ(w-5Ω)-δ(w-7Ω)]该频谱图略。4-2根据图4-14所示的调制信号波形，试画出DSB及AM信号的波形图，并比较他们分别通过包络检波器后的波形差别。解设载波s(t)=sinwct(1)DSB信号sDSB(t)=m(t)sinwct该信号波形以及通过包络检波器的输出e(t)波形略。(2)AM信号sAM(t)=[m0+m(t)]sinwct,且有m0≥︱m(t)︱max.该信号波形以及通过包络检波器的输出e(t)波形略。44-3已知调制信号m(t)=cos(2000πt)+cos(4000πt),载波为cos10πt,进行单边带调制，是确定该单边带信号的表达式，并画出频谱图。解根据单边带信号的时域表达式，可确定上边代信号sUSB(t)=1/2m(t)coswct–1/2mˆ(t)sinwc44=1/2[cos(2000πt)+cos(4000πt)]cos10πt-1/2[sin(2000πt)+sin(4000πt)]sin10πt=1/4[cos12000πt+cos8000πt+cos14000πt+cos6000πt]-1/4[cos8000πt-cos12000πt+cos6000πt-cos14000πt]=1/2cos12000πt+1/2cos14000πtsUSB(w)=π/2[δ(w+14000π)+δ(w+12000π)+δ(w-12000π)+δ(w-14000π)]同理，下边带信号为sLSB(t)=1/2m(t)coswct+1/2mˆ(t)sinwc44=1/2[cos(2000πt)+cos(4000πt)]cos10πt+1/2[sin(2000πt)+sin(4000πt)]sin10πt=1/2cos8000πt+cos6000πt sLSB(w)=π/2[δ(w+8000π)+δ(w+6000π)+δ(w-8000π)+δ(w-6000π)]两种单边带信号的频谱图略。4-4将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数H(w)如图4-18所示(斜线段为直线)。当调制信号为m(t)=A[sin(100πt)+sin(6000πt)]时，试确定所得残留边带信号的表示式。解设调幅波sAM(t)=[m0+m(t)]Ccoswct,其中m0≥︱m(t)︱max=A,同时根据残留边带滤波器在载波fc处具有互补对称特性，可以得出载频fc=10KHz。因此sAM(t)=[m0+A(sin(100πt)+sin(6000πt))cos20000πt=m0cos20000πt+A/2[sin20100πt-sin19900πt+sin26000πt+sin14000πt)]sAM(w)=πm0[δ(w+20000π)+δ(w-20000π)]+jπA/2+[δ(w+20000π)-δ(w-20000π)-δ(w+19900π)+δ(w-19900π)+δ(w+26000π)-δ(w-26000π)-δ(w+14000π)+δ(w-14000π)]同时，根据图4-18可得w=±20000π(f=±10kHz)时，H(w)=0.5w=±20100π(f=±10.05kHz)时，H(w)=0.55w=±19900π(f=±9.95kHz)时，H(w)=0.45w=±26000π(f=±13kHz)时，H(w)=1w=±14000π(f=±7kHz)时，H(w)=0所以，残留边带信号频谱sVSB(w)=sAM(w)·H(w)=πm0/2[δ(w+20000π)+δ(w-20000π)]+jπA/2+[0.55δ(w+20100π)-0.55δ(w-20100π)-0.45δ(w+19900π)+0.45δ(w-19900π)+δ(w+26000π)-δ(w-26000π)]-1sVSB(t)=F[sVSB(w)]=m0/2cos20000πt+A/2(0.55sin20100πt–0.45sin19900πt+sin26000πt)]4-5某调制方框图如图4-19(b)所示。已知m(t)的频谱如图4-19(a)，载频w1<wH,且理想低通滤波器的截止频率为w1，时求输出信号s(t),并说s(t)为何种已调信号。解设m(t)与cosw1t相乘后的输出为s1(t)，则s1(t)是一个DSB信号，其频谱如图4-20(a)所示。s1(t)再经过截止频率为w1的理想低通滤波器，所得输出信号s′1(t)显然是一个下边带信号，其频谱略时域表达式则为s′1(t)=1/2m(t)cosw1t+1/2mˆ(t)sinw1t同理，m(t)与sinw1t相乘后的输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到输出信号s′2(t)也是一个下边带信号，其时域表示式为s′2(t)=1/2m(t)sinw1t+1/2mˆ(t)cosw1t因此，调治器最终的输出信号s(t)=[1/2m(t)cosw1t+1/2mˆ(t)sinw1t]cosw2t+[1/2m(t)sinw1t+1/2mˆ(t)cosw1t]sinw2t=1/2m(t)[cosw1tcosw2t-sinw1tsinw2t]+1/2mˆ(t)[sinw1tcosw2t-cosw1tsinw2t]=1/2m(t)cos(w2-w1)t-1/2mˆ(t)sin(w2-w1)t 显然，s(t)是一个载波角频率为(w2-w1)的上边带信号。4-6某调制系统如图4-21所示。为了在输出端同时分别得到f1(t)和f2(t)，试确定接收端的c1(t)和c2(t)。解设发送端合成以后的发送信号f(t)=f1(t)cosw0t+f2(t)sinw0t。根据图4-21的处理框图，接受端采用的是相干解调，若假设相干载波为cosw0t，则解调后的输出f0(t)=f(t)·cosw0t︳LPF=[f1(t)cosw0t+f2(t)sinw0t]cosw0t︳LPF=[1/2f1(t)+1/2f1(t)cos2w0t+1/2f2(t)sin2w0t]︳LPF=1/2f1(t)这时可以得到f1(t)。同理。假设接收端的相干载波为sinw0t，则解调后的输出f0(t)=f(t)·sinw0t︳LPF=[f1(t)cosw0t+f2(t)sinw0t]sinw0t︳LPF=[1/2f1(t)+1/2f1(t)sin2w0t-1/2f2(t)cos2w0t]︳LPF=1/2f2(t)这时可以得到f2(t)。综上所述，可以确定c1(t)=cosw0t,c2(t)=sinw0t.-34-7设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5×10W/Hz,在该信道中传输抑制载波的双边带信号，并设调制信号m(t)的频带限制在5KHz,而载波为100KHz，已调信号的功率为10Kw。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过一理想带通滤波器滤波，试问：(1)该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性H(w)?(2)解调器输入端的信噪功率比为多少？(3)解调器输出端的信噪功率比为多少？(4)求解调器输出端的噪声功率谱密度，并用图形表示出来。解(1)该理想带通滤波器是用于滤除带外噪声，并保证已调信号顺利通过。由于已调信号的中心频率为载频100KHz，带宽则是m(t)带宽的两倍，即B=2×5KHz=10KHz,为保证信号顺利通过，理想带通滤波器具有如下传输特性：K,95kHz≤f≤105kHzH(w)=,0其它其中，K为常数。(2)解调器输入端的噪声是经过理想带通滤波器后的高斯窄带噪声，其带宽为B，因此输入端的噪声功率-33Ni=2Pn(f)·B=2×0.5×10×10×10=10W已知输入信号功率Si=10Kw,故有310×10Si/Ni==100010(3)由于双边带调制系统的调制制度增益G=2,因此，解调器输出端的信噪比SiSO/NO=2×=2000Ni (4)相干解调时，解调器的输出噪声n0(t)=1/2nc(t),其中nc(t)是解调器输入端高斯窄带噪声的同向分量，其功率谱密度−3B2Pn(f)=10W/Hz,f≤=5kHzPnc(f)=20,其它(5)因此输出噪声n0(t)的功率谱密度为−310.25×10W/Hz,f≤5kHzPno(f)=Pnc(f)=40,其它4-8若对某一信号用DSB进行传输，设加至接收机的调制信号m(t)之功率谱密度为nfm⋅,f≤fmPm(f)=2fm0,f>fm试求：(1)接收机的输入信号功率；(2)接收机的输出信号功率；(3)若叠加于DSB信号的白噪声具有双边带功率谱密度为n0/2,设解调器的输出端接有截止频率为fm的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？解(1)设DSB已调信号sDSB(t)=m(t)coswct,则接收机的输入信号功率2121∞Si=sDSB(t)=m(t)=∫Pm(f)df22−∞1fmnmf=×2×∫⋅df202fmnfmm=4(2)相干解调之后，接收机的输出信号m0(t)=1/2m(t)，因此，输出信号功率212nmfmS0=m0(t)=m(t)=48(3)解调器的输入噪声功率为Ni=n0B=2n0fm对于相干解调方式，解调器输出噪声功率NO=1/4Ni=n0fm/2因此，输出信噪功率比nmSO/NO=(nmfm/8)/(n0fm/2)=4n0 -34-9设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5×10W/Hz,在该信道中传输抑制载波的单边带（上边带）信号，并设调制信号m(t)的频带限制在5KHz,而载波为100KHz，已调信号的功率为10Kw。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过一理想带通滤波器滤波，试问：(1)该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性H(w)?(2)解调器输入端的信噪功率比为多少？(3)解调器输出端的信噪功率比为多少？解(1)单边带信号的载频100KHz，带宽B=5KHz。为保证信号顺利通过，理想带通滤波器具有如下传输特性：K,100kHz≤f≤105kHzH(w)=0,其它(2)解调器输入端的噪声与已调信号的带宽相同，-33Ni=2Pn(f)·B=2×0.5×10×5×10=5W同时已知输入信号功率Si=10Kw,故有3Si/Ni=10×10/5=2000(6)由于单边带调制系统的调制制度增益G=1,因此，解调器输出端的信噪比SO/NO=Si/Ni=2000-94-10某线性调制系统的输出信噪比为20dB,输出噪声功率为10W,由发射机输出端到解调器输入之间总的传输损耗为100dB,试求:(1)DSB/SC时的发射机输出功率；(2)SSB/SC时的发射机输出功率.解(1)在DSB/SC方式中，调制制度增益G=2，因此解调器输入信噪比10/20Si/Ni=1/2×SO/NO=1/2×10=50同时，在相干解调时，-9Ni=4NO=4×10W因此解调器输入端的信号功率-7Si=50Ni=2×10W考虑到发射机输出端到解调器输入之间传输损耗为100dB,可得发射机输出功率100/103SO=10×Si=2×10W(2)在SSB/SC方式中，调制制度增益G=1，Si/Ni=SO/NO=100同时，在相干解调时，-9Ni=4NO=4×10W因此解调器输入端的信号功率-7Si=100Ni=4×10W考虑到发射机输出端到解调器输入之间传输损耗为100dB,可得发射机输出功率100/103SO=10×Si=4×10W4-11设调制信号m(t)的功率普密度与题4-8相同，若用SSB调制方式进行传输(忽略信道的影响)，试求：(1)接收机的收入信号功率； (2)接收机的输出信号功率；(3)若叠加于SSB信号的白噪声具有双边带功率谱密度为n0/2,设解调器的输出端接有截止频率为fm的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？(4)该系统的调制制度增益G为多少？解(1)设SSB已调信号sSSB(t)=1/2m(t)coswct±1/2mˆ(t)sinwct,则接收机的输入信号功率121fmnfmS=m(t)=×2⋅dfi∫4402fmnfmm=8(2)相干解调之后，接收机的输出信号m0(t)=1/4m(t)，因此，输出信号功率212So=m0(t)=m(t)16nfmm=32(3)对于相干解调方式，解调器输出噪声功率NO=1/4Ni=n0fm/4因此，输出信噪功率比fmSO/NO=(nmfm/32)/(n0fm/4)=8n0(4)由以上分析可得，SO=1/4Si，NO=1/4Ni，该系统的调制制度增益G=(SO/NO)/(Si/Ni)=14-12试证明：当AM信号采用同步检测法进行解调时，其制度增益G与大信噪比情况下AM采用包络检波解调时的制度增益G的结果相同。证明设解调器输入AM信号sAM(t)为sAM(t)=[A+m(t)]coswct式中，A≥︱m(t)︱max,输入噪声ni(t)为ni(t)=nc(t)coswct-ns(t)sinwct显然，解调器输入的信号功率Si和噪声功率Ni分别为222Am(t)Si=sAM(t)=+222Ni=ni(t)=n0B设同步检测时的相干载波为coswct，则解调器的输出s0(t)应为 s0(t)=[sAM(t)+ni(t)]coswct︳LPF={[A+m(t)]coswctcoswct+[nc(t)coswct-ns(t)sinwct]}︳LPF=A/2+m(t)/2+nc(t)/2其中有用信号为m(t)/2，噪声分量为nc(t)/2，直流分量A/2可以除去，因此输出信号功率s0和NO分别为12S=m(t)04121N=n(t)=Noci44所以，在采用同步检测法进行解调时，AM信号的调制制度增益SO2NO2m(t)G==S22iA+m(t)Ni-34-13设某信道具有均匀的双边噪声功率普密度Pn(f)=0.5×10W/Hz,在该信道中传输振幅信号，并设调制信号m(t)的频带限制于5KHZ,载频是100khz,边带功率为10kw,载波功率为40kw。若接收机的输入信号先经过一个合适的理想带通滤波器，然后在加至包络检波器进行解调。试求：(1)解调器输入端的信噪功率比；(2)解调器输出端的信噪功率比；(3)制度增益G.。解(1)设振幅调制信号sAM(t)=[A+m(t)]coswct，则已调信号功率22Am(t)Si=+=P+Pcs2222Am(t)根据题意可知，P==40kW,P==10kW,因此cs22Si=Pc+Ps=40+10=50kW另外，输入端的噪声功率-33Ni=2Pn(f)·B=2×0.5×10×5×10×2=10W故有输入信噪比3Si/Ni=50×10/10=5000(2)在大信噪比，即A+m(t)>>ni(t)时，包络检波器的输出为e(t)=A+m(t)+nc(t)其中m(t)为有用信号，nc(t)为噪声分量。故有 2S=m(t)=2×10kW02N=n(t)=N=10Woci因此输出信噪比3SO/NO=20×10/10=2000(3)根据(1)(2)结果，可得G=(SO/NO)/(Si/Ni)=2000/5000=2/54-14设被接受的调幅信号为sm(t)=A[1+m(t)]coswct,采用包络检波法解调，其中m(t)的功率普密度与题4-8相同。若一双边功率普密度为n0/2的噪声叠加于已调信号，试求解调器输出的信噪功率比。解在大信噪比，，即A+m(t)>>ni(t)时，包络检波器的输出为e(t)=A+m(t)+nc(t)其中m(t)为有用信号，nc(t)为噪声分量。故有2fmnmfS=m(t)=2⋅df0∫02fmnfmm=222No=nc(t)=ni(t)=n0B=2n0fm因此解调器输出信噪比nmSO/NO=(nmfm/2)/(2n0fm)=4no4-15试证明：若在残留边带信号中加入大的载波，则可用包络检波法实现解调。证明设调制信号为f(t),残留边带滤波器特性为h(t)ÙH(w),则残留边带信号sVSB(t)为sVSB(t)=[f(t)coswct]﹡h(t)∞=f(t−τ)cosw(t−τ)h(τ)dτ∫c−∞∞=f(t−τ)coswtcoswτ+sinwtsinwτ]h(τ)dτ∫cccc−∞∞∞=coswct∫f(t−τ)h(τ)coswcτdτ+sinwct∫f(t−τ)h(τ)sinwcτd其中hc(t)=−∞−∞=[f(t)∗h(t)]coswt,h(t)=h(t)sinwtccsch(t)coswct，hs(t)=h(t)sinwct设f(t)的截止频率为wH，根据残留边带滤波器特性H(w+wc)+H(w-wc)=C,∣w∣Tsπ2π容易验证，当w≤=w0时，∑H(w+i)=∑H(w+2πRBi)=∑H(w+2w0i)≠C，TsiTsiiw0所以当传码率R=时，系统不能实现无码间干扰传输Bπ5-11设基带传输系统的发送器滤波器，信道及接受滤波器组成总特性为H(w)，若要求以2/TsBaud的速率进行数据传输，试检验图5-12各种H(w)满足消除抽样点上无码间干扰的条件否？解当RB=2/Ts时，若满足无码间干扰的条件，根据奈奎斯特准则，基带系统的总特性H(w)应满足∑H(w+2πRBi)=C,w≤πRBH(w)=ieq,0w>πRB或者4π2π∑H(w+i)=C,w≤iTsTsHeq(w)=2π,0w>Ts容易验证，除(c)之外，(a)(b)(d)均不满足无码间干扰传输的条件。5-12设某数字基带传输信号的传输特性H(w)如图5-13所示。其中a为某个常数(0≤a≤1)。(1)试检验该系统能否实现无码间干扰传输?(2)试求该系统的最大码元传输速率为多少？这是的系统频带利用率为多大?解(1)根据奈奎斯特准则，若系统满足无码间干扰传输的条件，基带系统的总特性H(w)应满足∑H(w+2πRBi)=C,w≤πRBH(w)=ieq,0w>πRB 可以验证，当RB=w0/π时，上式成立。几该系统可以实现无码间干扰传输。(2)该系统的最大码元传输速率Rmax,既满足Heq(w)的最大码元传输速率RB，容易得到Rmax=w0/π系统带宽B=(1+α)w0rad=(1+α)w0/2πHZ,所以系统的最大频带利用w0Rmaxπ2率为η===B1(+α)w01(+α)2π35-13为了传送码元速率RB=10Baud的数字基待信号，试问系统采用图5-14中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。解根据奈奎斯特准则可以证明(a)，(b)和(c)三种传输函数均能满足无码间干扰的要求。下面我们从频带利用率，冲击响应“尾巴”衰减快慢，实现难易程度等三个方面分析对比三种传输函数的好坏。(1)频带利用率三种波形的传输速率均为RB=1000Baud，传输函数(a)的带宽为3Ba=2×10Hz其频带利用率3ηa=RB/Ba=1000/2×10=0.5Baud/Hz传输函数(b)的带宽为3Bb=10Hz其频带利用率ηb=RB/Bb=1000/1000=1Baud/Hz传输函数(c)的带宽为3Bc=10Hz其频带利用率ηc=RB/Bc=1000/1000=1Baud/Hz显然ηa<ηb=ηc所以从频带利用率角度来看，(b)和(c)较好。(2)冲击响应“尾巴”衰减快慢程度(a)，(b)和(c)三种传输函数的时域波形分别为323h(t)=2×10sa2(×10πt)a33h(t)=2×10sa2(×10πt)b323h(t)=10sa(10πt)c2其中(a)和(c)的尾巴以1/t的速度衰减，而(b)尾巴以1/t的速度衰减，故从时域波形的尾巴衰减速度来看，传输特性(a)和(c)较好。(3)从实现难易程度来看，因为(b)为理想低通特性，物理上不易实现，而(a)和(c)相对较易实现。综上所述，传输特性(c)较好。 5-14设二进制基带系统地分析模型如图5-2所示，现已知πτ01(+coswτ0),w≤H(w)=τ0,0其它w0，其它w试确定该系统最高的码元传输速率RB及相应码元间隔Ts.解传输特性H(w)的波形如图5-15所示。由上图易知，H(w)为升余弦传输特性。有奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速率RB=1/2τ0Baud，而Ts.=2τ0。5-15若上题中TsTs2π1(+cosw),w≤22TsH(w)=0，其它w试证其单位冲击响应为sinπt/Tcosπt/Tssh(t)=•22πt/Ts1−4t/Ts并画出h(t)的示意波形和说明用1/TsBaud速率传送数据时，存在(抽样时刻上)码间干扰否？解H(w)可以表示为TwTs4πsH(w)=G(w)(1+cos)2T2s4π4π其中G(w)波形如图5-16（a)所示。而G(w)得傅式变换为TTss−14π22πtF[G(w)]=sa()TTTsss而wTswTsj−jTe2+e2s4πH(w)=G(w)[1+]2T2swTswTsTTjT−j=sG4π(w)+sG4π(w)e2+sG4π(w)e22T4T4Tsss所以h(t)= TTss2π(t+)2π(t−)Ts22πtTs22Ts22×sa()+×sa[]+×sa[]2TT4TT4TTssssss=TTss2π(t+)2π(t−)2πt12122πt2πt1sa()+sa[]+sa[]=sa()−sa()•22Ts2Ts2TsTsTs1−Ts/4t2πt1=sa()[1−]22T1−T/4tss2πt1=sa()[]22Ts1−4t/Tssinπt/Tcosπt/Tss=•22πt/Ts1−4t/Tsh(t)的波形如图5−16（b)所示。由图5-16（b）可以看出，当传输速率1R=Baud时，将不存在（抽样时刻上的）码间干扰，因为h(t)满足BTs1,k=0h(KTs)=0,k为其它整数5-16设一相关编码系统如图5-17所示。图中，理想低通滤波器的截止频率为1/(2Ts),通带增益为Ts。试求该系统的单位冲击响应和频率特性。解理想低通滤波器的传递函数为πTs，w≤H(w)=Ts0，其他w其对应的单位冲击响应πh′(t)=sa(t)Ts所以系统单位冲击响应h(t)=[δ(t)−δ(t−2T)]∗h′(t)=h′(t)−h′(-t2T)ssππ=sa(t)−sa[(-t2T)]sTTss 系统的频率特性H(w)=[1-ee-jwTS]H′(w)−j2wTπT(1−es)w≤s=Ts0,其它wπ2TssinwTs,w≤H(w)=Ts,0其它w5-17若上题中输入数据为二进制的，则相关编码电平数为何值？若数据为四进制的，则相关编码电平数为何值？解相关编码表示式为Ck=bk+bk-2若输入数据为二进制(+1,-1),则相关编码电平数为3；若输入数据为四进制(+3,+1,-1,-3)，则相关编码电平数为7。一般地，若部分相应波形为ππsintsin(t-T)sTTssg(t)=R+R2+L1ππt(t-T)sTTssπsin(t-(N-1)T)sTs+RNπ(t-(N-1)T)sTs输入数据为L进制，则相关电平数NQ=（L-1）∑Ri+1i−15-18以参考文献[1]中第Ⅳ类部分响应系统为例，试画出包括预编码在内的系统组成方框图。解第Ⅳ类部分响应系统的系统组成方框图如图5-18所示。5-19对于双极性基带信号，在一个码元持续时间内，抽样判决器输入端得到的波形可表示为A+nR(t)发送”1“时x(t)=-A+n(t),发送“0“R2假定nR(t)是均值为0，方差为σn的高斯噪声，当发送“1”时，x(t)的一维概率密度为 21(x−A)f(x)=exp[−]122πσ2σnn而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为21(x+A)f(x)=exp[−]022πσ2σnn若令判决门限为Vd,则将“1”错判为“0”的概率为Vd11V−AdP=p(xV)=f(x)dx=−erf()e0d∫0Vd222σn若设发送“1”和“0”的概率分别为p(1)和p(0)，则系统总的误码率为p=p(1)p+p(0)pee1e2Vd∞=p(1)f(x)dx+p(0)f(x)dx∫−∞1∫V0ddpe令=0,得到dVdp(1)f(V)−p(0)f(V)=01d0d解的最佳门限电平为2σnp(0)V∗=lnd2Ap(1)5-20试证明对于单极性基带波形，其最佳门限电平为2Aσnp(0)V∗=lnd22Ap(1)1A最小误码率pe=erfc(）(“1”和“0”等概出现时)22σn证明对于单极性基带信号，在一个码元持续时间内，抽样判决其输入端得到的波形可表示为A+nR(t),发送”1“时x(t)=n(t),发送“"0"“R2其中nR(t)为均值为0，方差为σn的高斯噪声，当发送“1”时，x(t)的一维概率密度为 21(x−A)f(x)=exp[−]122πσ2σnn而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为21xf(x)=exp[−]022πσ2σnn若令判决门限为Vd,则将“1”错判为“0”的概率为2Vd1(x−A)P=p(xV)=exp[−dxe0d∫2Vd2πσ2σnn若设发送“1”和“0”的概率分别为p(1)和p(0)，则系统总的误码率为p=p(1)p+p(0)pee1e2dpe=0,得到令dVd最佳门限电平V∗即d解的最佳门限电平为2σnp(0)V∗=lnd2Ap(1)而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为21(x−A)f(x)=exp[−]122πσ2σnn而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为21(x+A)f(x)=exp[−]022πσ2σnn若令判决门限为Vd,则将“1”错判为“0”的概率为Vd11V−AdP=p(xV)=f(x)dx=−erf()e0d∫0Vd222σn若设发送“1”和“0”的概率分别为p(1)和p(0)，则系统总的误码率为p=p(1)p+p(0)pee1e2Vd∞=p(1)f(x)dx+p(0)f(x)dx∫−∞1∫V0ddpe=0,得到令dVdp(1)f(V)−p(0)f(V)=01d0d解的最佳门限电平为2σnp(0)V∗=lnd2Ap(1)若令判决门限为Vd,则将“1”错判为“0”的概率为将“0”错判为“1”的概率为设发送“1”和“0”的概率分别为p(1)和p(0)，则系统总的误码率为5-21若二进制基带系统如图5-2所示，并设。现已知(1)若n(t)的双边功率谱密度为n0/2(W/Hz)，试确定GR(w)得输出噪声功率；(2)若在抽样时刻KT(K为任意正整数)上，接受滤波器的输出信号以相同概率取0，A电平，而输出噪声取值V服从下述概率密度分布的随机变量试求系统最小误码率pe.解(1)GR(w)的输出噪声功率谱密度为接受滤波器GR(w)输出噪声功率为(2)设系统发送“1”时，接受滤波器的输出信号为A电平，而发送“0”时，接受滤波器的输出信号为0电平。若令判决门限为Vd,则发送“1”错判为“0”的概率为发送“0”错判为“1”的概率为 设发送“1”和“0”的概率分别为p(1)和p(0)，则总的错误概率为5-22某二进制数字基带系统所传送的是单极性基带信号，且数字信息“1”和“0”的出现概率相等。(1)若数字信息为“1”时，接受滤波器输出信号在抽样判决时刻的值A=1V，且接受滤波器输出噪声是均值为0，均方根值为0.2V的高斯噪声，试求这时的误码率pe;-5(2)若要求误码率pe不大于10试确定A至少是多少?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p(1)=p(0)=1/2，*等概时，最佳判决门限为Vd=A/2=0.5V.已知接受滤波器输出噪声是均值为0，均方根值为0.2V误码率pe=(2)5-23若将上题中的单极性基带信号改为双极性基带信号，其他条件不变，重做上题中的各问。解等概时采用双极性基带信号的几代传输系统的最小误码率5-24一随机二进制序列为10110001⋯，符号“1”对应的基带波形为升余弦波形，持续时间为Ts；符号“0”对应的基带波形恰好与“1”的相反。(1)当示波器扫描周期T0=Ts时，试画出眼图；(2)当T0=2Ts时，试重画眼图；(3)比较两种眼图的下述指标：最佳抽样判决时刻，判决门限电平及噪声容限值。解(1)若不考虑信道噪声和码间干扰，当示波器扫描周期T0=Ts时，眼图如图5-19(a)所示。(2)当T0=2Ts时，眼图如图5-19(b)所示。(4)在T0=Ts和T0=2Ts时，最佳抽样判决时刻，噪声容限及判决门限电平分别如图5-19(a)(b)中的标注所示。5-25设有一个三抽头的是与均衡器，如图5-20所示，x(t)在各抽样点的值依次为x-2=1/8x-1=1/8,x0=1,x+1=1/4,x+2=1/16(在其他抽样点均为零)，试求输入波形x(t)峰值的畸变值及时雨均衡其输出波形y(t)峰值的畸变值。解xk的峰值的畸变值为21111137Dx=∑xi=+++=x0i=−28341648 有公式Nyk=∑Cixk−i得到i=−N111y=Cx=−×=−−3−1−238241111y=Cx+Cx=−×+1×=−2−1−10−23387211111y=Cx+Cx+Cx=−×1+1×+（-)×=−−1−100−10−233483211115y=Cx+Cx+Cx=−×+1×1+（-)×=0−11001−13443611111y=Cx+Cx+Cx=−×+1×+（-)×1=−1−1201103164448111y=Cx+Cx=1×+（-)×=0202111644111y=Cx=-×=−21241664其余yk值为0。输出波形yk峰值的畸变值为3161111171Dy=∑yi=×(++++0+)=y0i=−352472324864480i≠0'