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'《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇《通信原理》课后习题参考答案1第一章概论1-1、略1-2、略1-3、略1-4、什么是码元速率？什么是信息速率？它们之间的关系如何？答：码元速率指码元的传输速率，定义为每秒传送的码元数，单位为B，用r表示。信息速率指信息的传输速率，定义为每秒传送的信息数，单位为bps，d用r表示。e在M进制系统中，如果每个码元出现的概率为1/M，则信息速率和码元速率之间的关系为：rrlbMed1-5、什么是误码率？什么是误信率？他们之间的关系如何？答：误码率是指错误接收的码元在传送总码元数中所占的比例。当传送的码元数很大是时，误码率等于码元在传输系统中被传错的概率。误信率又称误比特率。它是指错误接收的信息量在传送总信息量中所占的比例，在传送信息量总数很大时，它就是信息量在传送过程中出错的概率。它们之间有正相关性，一个系统的误码率高，则它的误信率也高。只是统计的对象有所区别。1-6、设某数据通信系统的信息传输速率为56kb/s,求（1）传送二进制码元时的码元传输速率：（2）若用同样码元传输效率，却改用16进制的码元传输，则信息传输速率为多少？解：（1）、根据公式rrlbM有：rr/lbM=56波特eddd（2）、rrlbM=56*(lb16)=224kb/sed1-7、略2第二章信息论初步1 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇3第三章信道与干扰3-1、一恒参信道点饿幅频特性为H()(1cosTe)jtd，td为常数，试确定0信号S（t）通过该信道后的输出波形，并讨论之。解：根据系统传输特性，接收到的信号频率响应Y(w)为：Y()S()H()因此yt()st()ht()，1其中ht()(tt)[(tTt)(ttT)]d0dd021yt()stt()[(stTt)stt(T)]d0dd02综上，接收信号相对与发送信号s(t)只有不同的迟延，没有幅度的变化。3-2、信号分别通过下面如图a、b两图电路，试讨论输出信号有没有群时延？有没有群迟延畸变？并画出群迟延特性曲线。RR22解：（a）：传递函数H()幅频特性：|H()|RRRR1212d()相频特性：()0群延时特性：0d11（b）：传递函数H()，幅频特性：|H()|1jRC1(RC)2RC相频特性：()arctanRC，群延时特性：()21(RC)群延时特性曲线：()w3-3、一信号波形St()Acostcost通过衰减为固定常数值且存在相移的0网络，试证明若此，且附近的相频特性曲线可以近似为线性，则00该网络对S(t)的迟延等于它的包络的迟延（这一原理常用于测量群迟延特性）。解：根据题意,假设系统的传输特性为H（w），有jH()Be，其中B为常数，接收信号y(t)：2 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇yt()st()ht()AcostcostBt()0ABcos(t)cos(t)0AB[cos()(t)cos()(t)]002由于附近的相频特性曲线近似为线性，因此，根据y(t)的具体形式可0知，该网络对s(t)的迟延为到包络的迟延。003-4、一瑞利衰落信号，已知其包络值在0.1V是出现最大概率密度只，试求信号包络小雨0.05V的概率。解：根据瑞利分部的特性有：0.12VV2所求概率P1e2dV20.050.1251e0.11753-5、一瑞利衰落信号，要求包络值以99.35%的概率大于0.001V，试求衰落信号的平均功率。解：根据瑞利衰落特点有：2VV2Pe2dV0.993520.001解得：0.0088其中ln0.9935=-0.00653-6、设某短波信道上的最大多径时延为3ms，试从减小选择性衰落的影响来考虑，估算在该信道上传输的数字信号的码元宽度。11解：信道相关带宽为：f(kHz)3m11信号带宽为：B(~)f53因此码元宽度：T(3~5)(9~15)mssm3-7、设宽度为T，传号、空号相同的数字信号通过衰落信道，已知多径时延T/4，接收信号为两条路径信号之和，试画出展宽后的接收信号波形，并讨论此时对信号波形应提出什么要求？解：通过展宽以及叠加的信号波形如下图：3 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇tT/4信号经过多径时延，展宽为5T/4，T/4，相干带宽f1/4/T，因此为了保证经过多径时延，叠加之后的信号不存在严重的码间干扰，要求信号的带宽B=（4/5T~4/3T）。4第四章模拟调制技术5第五章模拟信号的数字化传输5-1、已知低通信号mt()的频谱Mf()为f1f200Mf()2000f为其他值(1)假设以f300Hz的速率对mt()进行理想抽样，试画出已抽样信号mt()ss的频谱草图。(2)若用f400Hz的速率抽样，重做上题。s解：(1)由题意知，已抽样信号为mt()mt()()tsT1其频谱函数为Ms()fMf()(fnfs)fsMf(nfs)Tnn当抽样速率fs1/T300Hz时，Ms()f300Mf(nfs)n其频谱图如下图a所示。(2)当抽样速率fs1/T400Hz时，Ms()f400Mf(nfs)n其频谱图如下图b所示。4 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇M()fsf()aM()fsf()b5-2、信号mt()的最高频率为fHz，若用如题图5.1所示的qt()对mt()进行m自然抽样，试确定已抽样信号频谱的表达式，并画出其示意图。【注：mt()的频谱M()的形状可自行假设】蓝色字体是参考樊昌信第6版的9-4题做了修改，原题不严谨。qt()tT1/2fH题图5.1解：设已抽样信号qt()的中心位置的三角波形为qt()。可见，qt()是两个门函数00的卷积，即1qt()dt()dt()05 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇2其频谱函数Q()为Q()Sa()002抽样信号qt()可表示为qt()qt0()(tnT)n22其频谱函数为Q()Q0()(n)TnT1将T和Q()的表达式带入上式，可得02fm2Q()Q0(4nfm)(4nfm)Tn若用qt()对mt()进行抽样，则已抽样信号mt()为mt()mtqt()()ss1其频谱为m()M()Q()s21M()Q0(4nfm)(4nfm)Tn1Q0(4nfMm)(4nfm)TnSa(2nfm)M(4nfm)TnM()和M()的频谱图分别下图(a)和(b)所示。sM()2fmmOmm()a6 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇M()s2O2()b5-3、信号mt()的最高频率为fHz，由矩形脉冲对mt()进行瞬时抽样。矩形H脉冲宽度为2，幅度为1，试确定已抽样信号及其频谱表示式。解：在原理上，瞬时抽样信号是由理想抽样信号经过脉冲形成电路而得到，因此已抽样信号表达式为mt()mt()qt()Hs式中qt()是宽度为2、幅度为1的抽样脉冲，其频谱函数（即脉冲形成电路的传输函数）为Qf()Hf()2Sa(2f)1mts()是理想抽样信号，其频谱函数为Ms()fMf(nfs)Tn1故已抽样信号的频谱为MH()fMs()fHf()HfMf()(nfs)Tn2Sa(2f)Mf(nfs)Tn1式中T，f2f。sm2fm5-4、设输入抽样器的信号矩形脉冲，脉冲宽度t=20ms，若忽略其频谱第10个零点以外的频率分量，试求最小抽样速率。解：根据题意脉冲波形，做傅立叶变换得，如下图：7 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇-100101频谱第一个零点为fm因此第10个零点f10f500Hz，根据抽样定理有：f2f1000Hz。HmsH5-5、设一频带信号的频率范围为3.6~4.6kHz，是选择合适的抽样频率，并画出抽样信号的频谱分不图。解：，根据带通信号的抽样定理。f/Bnf,2B，f/Bnkf,2(1Bkn/)HsminHsmin带通信号带宽Bff4.6k3.6k1kHz，f/Bnk40.6HLH因此：f2(10.6/4)2.3kHz,smin采样的结果如图5-6、已知模拟信号抽样值的概率密度f(x)，如图所示，若按四电平进行均匀量化，试计算信号量化噪声功率比。2解：量化间隔0.5s4量化区间终点依次为：-1，-0.5，0.5，1量化电平值分别为：-0.75，-0.25，0.25，0.75输入信号功率为：8 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇122xpxdx()12210.5312(1xdx)2(1xdx)4040.53/162均匀量化时，量化噪声功率为d/12=1/48因此，信号的量化噪声功率比为：2SxSNRdB()10lg10lg2Ne10lg99.03dB5-7、已知一量化器的特性如图所示，并设输入信号的波形如图，求量化失真D（t）的波形，求其平均功率。u(t)32211-5/2-3/2-1/21/23/25/2012t-1-2-3解：量化失真D(t)的波形如下图：2均匀量化误差功率为常数d/12。D(t)平均功率1T/2211/221NDtdt()tdtTT/2T1/212单位时间内的能量为平均功率，均匀量化噪声功率仅与量化的间距d有关，而与起信号功率和概率密度函数无关。9 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇5-8、设一个PCM系统采用13折线A律编码，设最小量化级为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（段内码用自然二进制码）；(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)1先判断段落码，8段“111”起始电平为1024，7段“110”起始电平为512，故段落码为“110”；7段段内阶矩32，I512nk，故n(652512)/32，求出3n4，7信故段内码为“0011”。编码输出量化值为11100011，I5123512332608。权7D635I27，即量化误差为27个最小量化单位。k信965(2)608222，均匀量化11位码为01001100000。5-9、已知普通二元码（自然二元码）组为“110010”，折叠二元码组为“010111”，反射二元码组为“101101”，试求各码组多代表的十进制电平值各为多少？解：5431(110010)222258自折叠码到二进制码的关系为abbini3(010111)(001000)28折自反射码到二进制码的关系为acccinn115421(101101)(110110)222254反自5-10、采用13折线A律编译码电路，设接收到的码组为“0100011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进码。(1)试问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)折叠码到二进制码的关系为abbini段内码为(0011)(0100)4，接收到的码组表示第3段，段内第4级。折自即I324324240，采用13折线A律译码时，会加上半个最小量3化单位，故译码器输出为400.5400.5241。353(2)4032822，均匀量化11位码为00000101000。5-11、设单路语音信号频率范围为50~3300Hz，抽样频率为f8000Hz，s将所得的脉冲用PAM系统或PCM系统传输。(1)计算PAM系统的最小带宽。10 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇(2)在PCM系统中，抽样脉冲按8级量化（用二元码），求PCM系统的带宽，并于PAM系统比较。(3)若抽样脉冲用128量化级传递，求PCM系统带宽为多少？解：(1)用PAM系统传输时，每个抽样脉冲用1bit传输，即系统传输速率为R180008Kbps，按照奈奎斯特采样频率，最小带宽BR/24KHz。bPAMb(2)8级量化，即每个抽样脉冲用3bit传输，R3800024Kbps，由(1)知，bBR/212KHz。8PCMb显然，BB8PCMPAM(3)128级量化，即每个抽样脉冲用7bit传输，R7800056Kbps，由(1)b知，BR/228KHz。128PCMb5-12、DPCM系统是通过什么途径来达到既能缩窄信号频带（与PCM比较），又不影响通信质量的？解：DPCM系统使用了预测通信的技术，即传输预测误差信号，而预测误差的取值范围总要小于实际信号的取值范围，故传输预测误差信号只需要较少的编码比特数，从而达到了在不影响通信质量的前提下缩窄信号频带的目的。5-13、信号mt()Msin(2ft)进行简单增量调制，其台阶和抽样频率选择c得既保证不过载，又保证不至于因信号振幅太小而使增量调制不能正常编码，试证明此时要求ff。sc证明：dft()由不过载条件知f2Mf，①scdtmax正常编码时有台阶小于信号的最大动态范围，即2M，②将②带入①，有ff。sc5-14、如题图5-4所示的调制电路，设输入信号分别为mt()Msin(t)11和mt()Msin(t)，，试证明积分后的信号的最大斜率为M，并与简2212单M时的情况进行比较。11 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇题图5.4证明：1、由于输入信号mt()为Msin(t)，积分后的信号为Mcos(t),根据cos111函数的特性，斜率最大为1，因此Mcos(t)的最大斜率为M。mt()同理可证。122、与M比较，待证。5-15、比较下列情况下PCM和M系统的性能。(1)若两系统的输出信噪比都满足30dB的要求，且f4000Hz，试比较它m们所需的带宽（不考虑误码引起的噪声）；(2)若f/f0.04，f4000Hz，误码率为P，PCM系统的码位数N=5，mmc并使M系统的传输带宽与PCM相同，试比较两系统的输出信噪比。解：2N3(1)PCM系统：由题意知，输出信噪比SN/210，所以二进制码位数N5，故PCM系统所需的带宽为B2Nf10400040kHz；PCMmM系统：采用1比特编码，故其所需的带宽为B2f8kHz。Mm2NS21024o(2)PCM系统中：2NN142P14096Pocc22SffmmomsM系统中：10lg30lg，其中f2Nf，m未2smN16Pf256Pocc知。6第六章基带传输6-1、设二进制符号序列为110010001110，试以矩阵脉冲为例，分别画出相应的单极性脉冲，双极性脉冲、单极性归零脉冲、双极性归零脉冲、二进制差分波形以及八电平波形。解：12 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇注：八电平波形中；000：7E，001：5E，010：3E，011：E，100：-E，101：-3E，110：-5E.，111:-7E。6-2、设二进制系统的传输速率rbs/，符号“1”用表示gt()，符号“0”用bsin(rt)bgt()表示，gt()的表达式为，幅度为1V，当输入的二进制码流为rtb1101001时，试画出相应的波形序列草图。sin(rt)b解：跟据题意得：gt()Sa(rt)，brtb又传输速率为r，因此各码元间的传输间隔Ts1/r。bb传“1”和“0”的波形分别为：则该码流的波形可以表示为:未画出。6-3、设二进制随机脉冲序列由gt()和gt()组成，出现的概率为P，出现的1213 《通信原理》课后习题解答作者：熊沛、王宇gt()1概率为1-P，试证明：P1/(1)k，与t无关，且0