现代通信原理与技术-第三版-张辉课后习题答案.pdf 37页

'目录第一章............................................................................2第二章............................................................................3第三章............................................................................9第四章..........................................................................12第五章..........................................................................18第六章..........................................................................30第九章..........................................................................37 第一章111-1e的信息量Ilog3.25bitv的信息量Ilog6.96bite2v2P(e)P(v)1-2因为全概率P(0)P(1)1，所以P(1)=3/4，其信息量为1Ilog0.412(bit)2P(1)n1-3平均信息量（熵）H(x)P(xi)log2P(xi)=2.375（bit/符号）i11-4（1）一个字母对应两个二进制脉冲，属于四进制符号，故一个字母的持续时间为10ms。1传送字母的符号速率为R100(B)B32510等概率时的平均信息速率RRlogM200(bit/s)bB2n（2）平均信息量为H(x)P(xi)log2P(xi)=1.985（bit/符号）i1则平均信息量为RRH198.5(b/s)bB1-5（1）RR2400(bit/s)bB（2）RRlog16240049600(bit/s)bB2n1-6（1）先求信息源的熵，H(x)P(xi)log2P(xi)=2.23（bit/符号）i13则平均信息速率RRH2.2310(b/s)bB36故传送1小时的信息量ITR36002.23108.02810(bit)b（2）等概率时有最大信息熵，Hlog52.33(bit/符号)max26此时平均信息速率最大，故有最大信息量ITRH8.35210(bit)Bmax 1-7因为各符号的概率之和等于1，所以第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平均信息111111量为Hlog2loglog1.75(bit/符号)2224488221-8若信息速率保持不变，则传码率为RbR1200(B)BlogM2Rb1-9传码率为R1200(B)BlogM26半小时（1800秒）内传送的码元个数为NTR180012002.1610BNe4错误码元数N216个，因此误码率为P10eeNNe1-10由P和NTR可得时间为eBNNe4T310(s)PReB第二章2-3在t=1时，ξ(t)的数学期望11E(1)E(2cos(2))2E(cos(2))2E(cos)2(cos0cos)1t1222在t1=0，t2=1时，ξ(t)的自相关函数21212R(0,1)E[(0)(1)]E[2cos2cos(2)]E[4cos]4(cos0cos)22222-4由题意可知，x(t)是平稳随即过程，则E[y(t)]E[x(t)x(tT)]E[x(t)]E[x(tT)]aa0 R(t,t)E[y(t)y(t)]yE{[x(t)x(tT)][x(t)x(tT)]}E[x(t)x(t)x(t)x(tT)x(tT)x(t)x(tT)x(tT)]R()R(T)R(T)R()xxxx2R()R(T)R(T)R()xxxy可见，y(t)的均值与时间无关，自相关函数只与时间间隔τ有关，所以y(t)是平稳随机过程。2-5解（1）因为和相互独立，所以有又因，方差，所以有故（2）因为和服从高斯分布，是和的线性组合，所以也服从高斯分布，其一维概率密度函数（3）因为 故2-7（1）欲证随机过程z(t)广义平稳，只需验证z(t)的数学期望与时间无关，z(t)的自相关函数仅与时间间隔τ有关即可。由题意可知，m(t)的数学期望为常数；1f(),(02)，则2E[z(t)]E[m(t)cos(t)]E[m(t)]E[cos(t)](m(t)与独立)0021E[m(t)]cos(t)d0002R(t,t)E[z(t)z(t)]E[m(t)cos(t)m(t)cos(t)]z1212101202E[m(t)m(t)]E[cos(t)cos(t)]12010211R()E{cos[2(tt)]cos(tt)}m0120122211R(){E[cos[2(tt)]]E[cos(tt)]}m0120122211R()[0cos(tt)]R()cosR()m012m0z22可见，z(t)的均值与t无关，自相关函数只与时间间隔τ有关，故z(t)广义平稳。1(1)cos100211（2）Rz()Rm()cos0(1)cos001，如下图2-7所示220,其它图2-7（3）因为z(t)广义平稳，所以其功率谱密度P()R()。由上图2-7可见，R()的zzz波形可视为一余弦函数与一三角波的乘积，因此11212020Pz()00Sa1SaSa222422111SP()d或SR(0)zz2222-8解（1）由题意知，是平稳随机过程，故有 即（2）的图形如图2-8-1所示。图2-8-1的图形如图2-8-2所示。图2-8-2n02-9（1）方法一：高斯白噪声的功率谱密度P()，则滤波器输出噪声的功率谱密度n2n0n02，BBP()Hcc0()220，其他根据P()R()，则输出噪声的自相关函数00 1j1cBn0j1cBn0jR()P()ededed00BB22c22c2nBSaBcos0c1平均功率NR(0)nB或NP()dnB0o00002n0方法二：高斯白噪声的自相关函数R()n2根据滤波器的图形，对其求傅立叶反变换，得h2BSaBcosc所以滤波器输出噪声的自相关函数R()R()h()nBSaBcos0n0c（2）高斯过程通过线性系统后的输出仍为高斯过程，且有EtEtH(0)0DtR(0)R()nBoio0因此，输出噪声的一维概率密度函数21xf(x)exp2n0B2n0B2-10解低通滤波器的传输特性根据式（2-52）可得输出功率谱密度为因为并利用故输出过程的自相关函数为2-13解互相关函数为 因为平稳，则故互功率谱密度为令，则故2-14解方法一：由图可得输出故根据方法二：该系统的单位冲击响应故其传递特性 因而第三章3-1解：由信道的幅频特性和相频特性可以得出信道的传输函数为：HKejtd01jt1jtjt1jttHtHedKededKedd00222Ktt0d∴信号s(t)通过该信道后的输出信号so(t)的时域表达式为：ststHtstKttKstto0d0d可见，信号s(t)通过该信道后信号幅度变为K0，时间上延迟了td。3-2解：设h(t)H()TsTsTsTsjTsTsjTsjT传输函数：H()1cose2e2es22424TTT1sss冲激响应：h(t)(t)(t)(tT)s4222TTT1sss输出信号：s(t)s(t)h(t)s(t)s(t)s(tT)0s4222RH21jRCRCjRCR2jC1jRC1RC3-3解： 2RCRCj221RC1RC222HRCRCRC1RC221RC1RC1RC2∴RC21RC1arctanarctan2RCRC21RCH常数由于，说明信号通过该信道时会产生幅度失真。常数，说明信号通过该信道时会产生相位失真。R2HaRR3-4图(a)的传输特性为：12R2HaRR∴有120ada＝0adH常数可见，该系统的a、＝常数，因此，信号通过该系统时不会产生群延迟。在整个频域内，群延迟的曲线图为0，（图略）图(b)的传输特性为：1jC1Hb11jRC1jRC1RCRj222jC1RC1RC1RC221RC1RC2Hb2221RC1RC1RC∴有 RC21RCarctanarctanRCb121RCddarctanRCRCb＝b2dd1RCHb常数b常数可见，该系统的、，因此，信号通过该系统时会产生群延迟失真。在整个频域内，群延迟的曲线如下图：3-11解：见课件Ts3-13解：接收信号为so(t)ks(t)st，波形图略3113-14解：信道的相关带宽BMHz500kHz，根据工程经验，信号带宽c2m11Bs~Bc，故码元宽度Ts3~5m6~10s533-15解：见课件3-18解：由香农公式S6CBlog21810log2(11000)79.69(Mb/s)N3-19解：（1）信道容量S3CBlog213.410log2(11000)33.9(kb/s)NS（2）应满足CBlog2133.6kb/s。当取C=33.6kb/s时，可得最小的输出信噪NCS比2B1943即29.7dBN3-20每个像素所含的平均信息量为H(x)log164(bit/像素)2 56每张图片包含的信息量为I46102.410(bit)67信息传输速率为R242.4105.7610(b/s)bS由信道容量CRb，得到CBlog21RbN7RbRb5.7610所以B5.78(MHz)SS3.32lg1001log213.32lg1NN即信道带宽至少应为5.78kHz。第四章44-1解AM信号s(t)2Acos2000tcos10tAM0444DSB信号s(t)2cos2000tcos10tcos1.210tcos0.810tDSB4USB信号s(t)cos1.210tUSB4LSB信号s(t)cos0.810tLSB频谱图略4-2解设载波，（1）DSB信号的波形如题4-2图（b),通过包络后的输出波形为题4-2图（c)。（2）AM信号，设，波形如题4-2图（d),通过包络后的输出波形为题4-2图（e)。讨论DSB解调信号已严重失真，故对DSB信号不能采用包络检波法；而AM可采用此法恢复。 题4-2图(b)、(c)、(d)和(e)4-5解（1）为了保证信号顺利通过和尽可能地滤除噪声，带通滤波器的宽度等于已调信号带宽，即B2f248kHz，其中心频率为100kHz，故有mK，96kHzf104kHzH()，其中K为常数。0，其他3（2）已知解调器的输入信号功率S2mW210W，输入噪声功率为i3366N2BP(f)2810210103210(W)inSi故输入信噪比62.5NiSSoi（3）因为DSB调制制度增益G2，故解调器的输出信噪比2125DSBNNoi16（4）根据相干解调器的输出噪声与输入噪声功率关系NN810(W)oi4又因解调器中低通滤波器的截止频率为f4kHz，故输出噪声的功率谱密度m6No8103P(f)110(W/Hz)，f4kHzNo32f810m1或者，根据相干解调器的输出噪声与输入噪声功率关系n(t)n(t)，其中n(t)是解调occ2器输入端高斯窄带噪声的同相分量，其功率谱密度 3P(f)2P(f)410(W/Hz)，f4kHzncn13因此输出噪声n(t)的功率谱密度P(f)P(f)110(W/Hz)，f4kHzononc4功率谱图略4-6解方法如上题K，96kHzf100kHz（1）H()，其中K为常数0，其他SSio（2）125（3）125NNio4-7解练习题4-7图接收机模型（1）设双边带信号，则输入信号功率（2）双边带信号采用相干解调的输出为，故输出信号功率（3）因，则故输出信噪比或由，得4-8解设发射机输出功率为，损耗，已知 ，（1）DSB/SC方式：因，则又因，则所以（2）SSB/SC方式：因，则又因，则所以讨论若要获得相同的输出信噪比，采用DSB传输是所需的小于SSB的。4-10证设AM信号为式中，输入噪声为则解调器输入的信号功率和噪声功率分别为设同步检测（相干解调）中，相干载波为，则 故输出有用信号和输出噪声分别为所以故4-11解（1）设AM信号为s(t)Am(t)cost，且m(t)0，则AMc22Am(t)SPP80210100(mW)ics22式中，Pc为载波功率，Ps为边带功率。84又NP(f)2B0.5102100.1(mW)inSi故1000Ni（2）假定Am(t)n(t)，则理想包络检波输出为E(t)Am(t)n(t)ic22则Sm(t)2P22040(mW)Nn(t)N0.1(mW)osociSo故400NoSN400oo（3）制度增益G0.4SN1000ii4-13解（1）该调频波的瞬时角频率为此时，该调频波的总相位为因此，调频波的时域表达式为 （2）根据频率偏移的定义调频指数为根据式（4-48），可得该调频波的宽度为（3）现调制信号频率由Hz提高到。因频率调制时已调波频率偏移与调制信号频率无关，故这时调频信号的频率偏移仍然是而这时调频指数变为这时调频信号的带宽为由上述结果可知：由于，所以，虽然调制信号频率增加了一倍，但调频信号的带宽变化很小。64-14解（1）该角调波的瞬时角频率为(t)210102000sin2000t2000故最大频偏f1010(kHz)23f1010调频指数m10f3f10m而最大相偏10(rad)因为FM波与PM波的带宽形式相同，即B2(m1)fB2(1)fFMfmPMm3所以带宽为B2(101)1022(kHz)（2）因为不知调制信号m(t)的形式，所以无法确定该角调波sm(t)究竟是FM信号还是PM信号。 第五章5-2解(1)随机二进制序列的双边功率谱密度为由得式中，是的频谱函数，在功率谱密度中,第一部分是连续谱成分，第二部分是离散谱成分。随机二进制序列的功率为（2）当基带脉冲波形为的付式变换为因为所以该二进制序列不存在离散分量。 （3）当基带脉冲波形为的付式变换为因为所以该二进制序列存在离散分量。5-3解（1）由图5-7得的频谱函数为由题意且所以代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度函数式,可得 (2)二进制数字基带信号的离散谱分量为当代入上式得因为该二进制数字基带信号中存在离散谱分量，所以能从该数字基带信号中提取码元同步所取得频率的分量。该频率分量的功率为5-6解AMI码为+10-1+1000000000-10+1HDB3码+10-1+1000+V–B00–V0+10-15-7解PST码为-++0+--+0-+0-++-双相码为010110011010010101101001010110105-8解原信息代码为1010000100001100001015-9解（1）令由图5-8可得， 因为的频谱函数为所以，系统的传输函数为（2）系统的传输函数由发送滤波器，信道和接收滤波器三部分组成，即因为则所以，发送滤波器和接收滤波器为5-10解（1）总特性H（f）可以看成是图5-11两个三角形特性之差，即H（f）=H1（f）-H2（f）12其中Hf()ht()WSa(1)(1)Wt1111212Hf2ht2()11WSa()(1)(1Wt)2ht()ht()ht()12所以冲激响应(1)22(1)22WSa1(1)Wt`WSa1(1)Wt`221,fW1（2）因为该系统克等小成理想低通特性Hf()eq0,fW1它所对应的无码间串扰的最高传码率为2W1，所当传输速率为2W1时，在抽样店无码间串扰。2（3）系统实际带宽为HC()BW(1)1，因此频带利用率为iTTss RW22B1BW(1)112（4）该系统的h(t)的谓不衰建较快，与t成反比，因此有利于减小由码元定时误差所引起的码间串扰。15-11解方法一：根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率R时，能够实现无码间串扰BTs2传输的基带系统的总特性H()应满足HC()iTTss2因此，当R时，基带系统的总特性H()应满足BTs42HC()iTTss容易严正：除（c）图的H()之外，图（a）、（b）、（d）的H()均不满足无码间串扰传输的条件。方法二：：由H(ω)→等效成最宽的矩形→奈奎斯特带宽W1→系统无码间串扰得最高传码率R2W→与实际传输速率R2T比较。若满足RnR(n1,2,3,)，则Bmax1BsBmaxB以实际速率RB进行数据传输时，满足抽样点上无码间串扰得条件。12（a）RR=，故不能满足无码间串扰的条件；BBmaxTTss3（b）R虽然大于R，但非整数倍关系，故不能满足无码间串扰的条件；BmaxBTs2（c）RR，故H()能满足无码间串扰的条件；BBmaxTs12（d）RR=，故不能满足无码间串扰的条件；BBmaxTTss5-12解根据误码间干扰时系统传输函数应满足的条件分析，图5-10中所示的三个传输函数(a),(b),(c)都能够满足以的码元速率无码间干扰传输。此时，需要比较（a）,(b),(c)三个传输函数在频带利用率，单位冲激响应收敛速度，实现难易程度等方面的特性，从而选择出最好的一种传输函数。（1)传输函数（a)的无码间干扰传输速率为 其频带宽度为此时系统频带利用率为(2)传输函数（b）的无码间干扰的传输速率为其频带宽度为此时系统频带利用率为（3)传输函数（c)的无码间干扰传输速率为其频带宽度为此时频带利用率为从频带利用率性能方面比较可得：图5-10中传输函数（b)和（c）的频带利用率为1Band/Hz，大于传输函数（a)的频带利用率。所以，应选择传输函数（b)或（c)。传输函数（b)是理想低通特性，其单位冲激响应为，和时间成反比，尾部收敛慢且传输函数难以实现。传输函数（c)是三角形特性，其单位冲激响应为型，与时间成反比， 尾部收敛快且传输函数较易实现。因此，选择传输函数（c)较好。5-13解πτ0(1cosωτ0),ωH()τ00,其它ω因为，它是1的升余弦特性，它的频谱宽度为：11f2200,频率范围：00111f即H(f)左右平移20后，在2020内可以叠加为一个常数，所以它允许的最高11RT2Bs02R码元传输速率为：0，码元宽度：B5-14证明（1)由传输函数得因为所以，根据对称性可得因此，单位冲激响应为 （2)当时，根据奈奎斯特第一准则知所以，可以用速率传输数据。5-16证明系统总的误码率为在单极性波形情况下，和分别为其中，式判决门限，误码率为可以通过求偏导数得到最佳判决门限，即 因为所以上式两边取对数可得化简上式可得最佳判决门限为当时，最佳判决门限为此时系统误码率为5-17解（1)由图5-2可知接收滤波器输入噪声双边功率谱密度为，则接收滤波器输出噪音双边功率谱密度为 接收滤波器输出噪声功率为（2)系统总的误码率为在单极性波形情况下，和分别为其中，是判决门限，误码率为可以通过求偏导数得到最佳判决门限，当时化简上式可得最佳判决门限为此时系统误码率为 5-18解（1）由题知，传送的是单极性基带信号，且,，误码率为（2)根据题意即可得5-20解的峰值畸变值为由公式 可得其它值均为零。输出样值序列的峰值畸变值为5-22解5-11中理想低通滤波器的传输函数为其对应的单位冲激响应为图5-11系统单位冲激响应为系统传输函数为 其中第六章6-1解（1）由题意知：所以其频谱如题图6-1(a）所示。(a) (b)题6-1图（2）同理，其频谱如题图6-1（b)所示。6-2解（1）基带信号中最大角频率为；由抽样定理可得抽样频率为；所以抽样间隔。（2）由题可知，因为所以抽样信号的频谱图如题图6-2所示。 题图6-26-3解（1）滤波后的信号频率为，其最高频率为。由抽样定理可得理想抽样速率为（2）当抽样速率时，其已抽样信号的频谱如题图6-3(c)所示。题图6-3(c)6-4解由题意可得已抽样信号频谱为 设如图6-4（b)所示，则如图6-4（c)所示。题6-4图(b)、(c)6-5解的单个脉冲的时域表示式为，的频谱表示式为；设的频谱如题图6-5（b）所示，则若，则；所以的频谱图如题图6-5（c）所示。 题6-5图(b)、(c)6-6解已抽样信号为，其频率表示式为用该矩形脉冲以频率对该信号抽样时，其频谱的表示式为6-7解门函数的频谱函数为当时,HzHz所以最小抽样速率为1000/s。6-8解因为，所以所需二进制码为6位。量化级间隔为。6-9解量化间隔；量化区间终点依次为-1，-0.5，0，0.5，1；量化电平值为-0.75，-0.25，0.25，0.75；量化噪声功率为 信号功率为所以，量化噪声功率比为dB6-10解（1）计算量化台阶8因为量化器为8bit，所以量化器的量化电平数为M2256，此时量化器的量化台阶为1(1)21M256128（2）计算良华信噪比设量化器输入信号为x(t)，量化器输出为qi。假设信号服从均匀分布，则量化噪声功率为2562mi2()Nxqqifxdx()()i1mi11225622miM12量化信号功率为Sqqifxdx()()i1mi112Sq222量化信噪比为MM125665536NqSq222用dB表示为10lg10lg(M1)10lgM10lg25648dBNq 6-14解由题意可得；输出码组为；量化误差为27，对应的11位均匀量化码为6-15解（1）由知，信号为负值。再由知，码组对应第6段，量化间隔为16。因为采用折叠码，所以是第四级。译码器输出为；（2）均匀量化11为6-16解（1）极性码，又64〈95〈128，所以码组位于第四段，段落码为，量化间隔为4。段内码为，所以编码器输出为；量化误差为3个单位。（2）对应的均匀量化11位码为6-17证明要使增量调制不过载，必须；要使增量调制编码正常，；所以；又因为，所以6-18详见课件6-19解（1），所以系统的最小带宽为kHz（2）采用8级量化kHz （3）采用128级量化kHz6-20解由量化信噪比可得所以系统所需的最小带宽为：kHz第九章9-1详见课件9-2解（1）若相邻信号点的最小距离为d，由平均发射信号功率公式可得该星座信号的平M1221222均功率为Psacndn(4d42d)1.5dMn18由平均发射信号功率公式可得该星座信号的平均功率为M221221d5d2Psbcndn(44)1.5dMn1822（2）从（1）中可以看出，两个星座信号的平均功率相同，且都是由两种振幅，八种相位，因此可以说这两个星座的功率效率是相同的。'