通信原理答案.pdf 96页

'课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第一章第一章习题习题1.1在英文字母中E出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。1解：E的信息量：I=log=−logP(E)=−log0.105=3.25bE2()22PE习题1.2某信息源由A，B，C，D四个符号组成，设每个符号独立出现，其出现的概率分别为1/4，1/4，3/16，5/16。试求该信息源中每个符号的信息量。解：11I=log=−logP(A)=−log=2bA222P(A)4335I=−log=2.415bI=−log=2.415bI=−log=1.678bB2C2D2161616习题1.3某信息源由A，B，C，D四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。若每个二进制码元用宽度为5ms的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。解：（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2×5ms。传送字母的符号速率为1R==100BdB−32×5×10等概时的平均信息速率为R=RlogM=Rlog4=200bsbB2B2（2）平均信息量为11316516H=log4+log4+log+log=1.977比特符号222244163165则平均信息速率为R=RH=100×1.977=197.7bsbB习题1.4试问上题中的码元速率是多少？11解：R===200BdB−3T5*10B习题1.5设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概率均为1/32，其余48个符号出现的概率为1/96，若此信息源每秒发出1000个独立的符号，试求该信息源的平均信息速率。解：该信息源的熵为1 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第一章M6411H(X)=−∑P(xi)log2P(xi)=−∑P(xi)log2P(xi)=16*log232+48*log296i=1i=13296=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率R=mH=1000*5.79=5790b/s。b习题1.6设一个信息源输出四进制等概率信号，其码元宽度为125us。试求码元速率和信息速率。11解：R===8000BdB−6T125*10B等概时，R=RlogM=8000*log4=16kb/sbB22习题1.7设一台接收机输入电路的等效电阻为600欧姆，输入电路的带宽为6MHZ，环境温度为23摄氏度，试求该电路产生的热噪声电压的有效值。−236−12解：V=4kTRB=4*1.38*10*23*600*6*10=4.57*10V习题1.8设一条无线链路采用视距传输方式通信，其收发天线的架设高度都等于80m，试求其最远的通信距离。26解：由D=8rh，得D=8rh=8*6.37*10*80=63849km习题1.9设英文字母E出现的概率为0.105，x出现的概率为0.002。试求E和x的信息量。解：pE()=0.105px()=0.002IE()=−log2P(E)=−log0.1052=3.25bitIx()=−logPx()=−log0.002=8.97bit22习题1.10信息源的符号集由A，B，C，D和E组成，设每一符号独立1/4出现，其出现概率为1/4,1/8,1/8,3/16和5/16。试求该信息源符号的平均信息量。解：1111155H=−∑p(xi)log2p(xi)=−log2−log2−log2−log2=2.23bit/符号448881616习题1.11设有四个消息A、B、C、D分别以概率1/4,1/8,1/8,1/2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：2 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第一章11111111H=−∑p(xi)log2p(xi)=−log2−log2−log2−log2=1.75bit/符号44888822习题1.12一个由字母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。113p=p=p=BCD（2）若每个字母出现的概率为4,4,10,试计算传输的平均信息速率。解：首先计算平均信息量。（1）11H=−∑P(xi)log2p(xi)=4*(−)*log2=2bit/字母44平均信息速率=2（bit/字母）/(2*5ms/字母)=200bit/s（2）11111133H=−∑P(xi)log2p(xi)=−log2−log2−log2−log2=1.985bit/字母5544441010平均信息速率=1.985(bit/字母)/(2*5ms/字母)=198.5bit/s习题1.13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1/3。（1）计算点和划的信息量；（2）计算点和划的平均信息量。PP解：令点出现的概率为()A,划出现的频率为()B1P+P=1,P=P⇒P=34P=14()A()B()A()B()A()B3(1)IA()=−logpA()=0.415bit2IB()=−logpB()=2bit2（2）3311H=−∑p(xi)log2p(xi)=log2−log2=0.811bit/符号4444习题1.14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1/32，其余112个出现的概率为1/224。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。3 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第一章111解：H=−∑p(xi)log2p(xi)=16*(−)+112*(−)log2=6.4bit/符号32224224平均信息速率为6.4*1000=6400bit/s。R习题1.15对于二电平数字信号，每秒钟传输300个码元，问此传码率B等于多R少？若数字信号0和1出现是独立等概的，那么传信率b等于多少？解：R=300BR=300bits/Bb习题1.16若题1.12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2.23*1000*3600=8.028Mbit传送1小时可能达到的最大信息量1H=−log=2.32bit/符max2先求出最大的熵：5号则传送1小时可能达到的最大信息量2.32*1000*3600=8.352MbitRR习题1.17如果二进独立等概信号，码元宽度为0.5ms，求B和b；有四进信号，RR码元宽度为0.5ms，求传码率B和独立等概时的传信率b。1R==2000,BR=2000bits/B−3b解：二进独立等概信号：0.5*101R==2000,BR=2*2000=4000bits/B−3b四进独立等概信号：0.5*10。小结：记住各个量的单位：I=−logpx()信息量：bit2信源符号的平均信息量（熵）：bit/符号I=−∑px()logi2px()bits/=(bit/平均信息速率：符号）/(s/符号)R传码率：B（B）R传信率：bbit/s4 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第二章第二章习题习题2.1设随机过程X(t)可以表示成：Xt()=2cos(2πt+θ),−∞<<∞t式中，θ是一个离散随机变量，它具有如下概率分布：P(θ=0)=0.5，P(θ=π/2)=0.5试求E[X(t)]和R(0,1)。Xπ解：E[X(t)]=P(θ=0)2cos(2πt)+P(θ=/2)2cos(2πt+)=cos(2πt)sin2−πt2cosωt习题2.2设一个随机过程X(t)可以表示成：Xt()=2cos(2πt+θ),−∞<<∞t判断它是功率信号还是能量信号？并求出其功率谱密度或能量谱密度。解：为功率信号。1T/2R()τ=limXtXt()(+τ)dtXT→∞∫−T/2T1T/2=limT→∞∫−T/22cos(2πt+θ)*2cos2([πt+τ)+θ]dtTj2πt−j2πt=2cos(2πτ)=e+e∞−j2πτf∞j2πt−j2πt−j2πτfPf()=R()τedτ=(e+e)edτ∫−∞X∫−∞=δ(f−1)+δ(f+1)习题2.3设有一信号可表示为：4exp(),t−t≥0Xt(){=0,t<0试问它是功率信号还是能量信号？并求出其功率谱密度或能量谱密度。解：它是能量信号。X(t)的傅立叶变换为：+∞−jtω+∞−t−jtω+∞−+(1jω)t4X()ω=xte()dt=4eedt=4edt=∫−∞∫0∫01+jω22416则能量谱密度G(f)=Xf()==221+jω14+πf习题2.4X(t)=xcos2πt−xsin2πt，它是一个随机过程，其中x和x是相互统12122计独立的高斯随机变量，数学期望均为0，方差均为σ。试求：2(1)E[X(t)]，E[Xt()]；(2)X(t)的概率分布密度；(3)Rtt(,)X12解：(1)E[X(t)]=E[xcos2πt−xsin2πt]=cos2πt⋅E[x−sin2πt⋅E(x)]=01212P()f因为x和x相互独立，所以E[xx]=E[x]⋅E[x]。X121212222222又因为E[x]=E[x]=0，σ=E[x]−E[x]，所以E[x]=E[x]=σ。12111222222故E[X(t)]=(cos2πt+sin2πt)σ=σ3 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第二章(2)因为x和x服从高斯分布，X(t)是x和x的线性组合，所以X(t)也服从高斯分121221⎛z⎞布，其概率分布函数p(x)=exp⎜−⎟。⎜2⎟2πσ⎝2σ⎠(3)R(t,t)=E[X(t)X(t)]=E[(xcos2πt−xsin2πt)(xcos2πt−xsin2πt)]X1212112112222[]=σcos2πtcos2πt+sin2πtsin2πt12122()=σcos2πt−t21习题2.5试判断下列函数中哪些满足功率谱密度的条件：22(1)δ(f)+cos2πf；(2)a+δ(f−a)；(3)exp(a−f)解：根据功率谱密度P(f)的性质：①P(f)≥0，非负性；②P(-f)=P(f)，偶函数。可以判断(1)和(3)满足功率谱密度的条件，(2)不满足。习题2.6试求X(t)=Acosωt的自相关函数，并根据其自相关函数求出其功率。解：R(t，t+τ)=E[X(t)X(t+τ)]=EA[cosωtA*cos(ωt+τ)]212A=AE[cosωτ+cos(2ωt+τ)]=cosωτ=R()τ222A功率P=R(0)=2习题2.7设X(t)和X(t)是两个统计独立的平稳随机过程，其自相关函数分别12为R(τ)和R(τ)。试求其乘积X(t)=XtXt()()的自相关函数。X1X212解：(t,t+)=E[X(t)X(t+)]=E[XtXtXt()()(+τ)Xt(+τ)]1212=EXtXt[()(+τ)]EXtXt[()(+τ)]=RR1122X1()τX2()τ习题2.8设随机过程X(t)=m(t)cosωt，其中m(t)是广义平稳随机过程，且其自相关函数为−42⎧10f,10kHZ−TbRt()=⎨ξ⎪1−τ/T,τ≤T（1）自相关函数⎩bb2Pw()=TSa[(πfT)]（2）功率谱密度ξbb。解：R()τ=E[()(ξtξt+τ)]（1）ξτ>Tξ()tξ(t+τ)R()τ①当b时，与无关，故ξ=0②当τ≤Tb时，因脉冲幅度取±1的概率相等，所以在2Tb内，该波形取-1-12 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第二章11、11、-11、1-1的概率均为4。（A）波形取-1-1、11时，1R()τ=E[()(ξtξt+τ)]=*11/4=Tξ在图示的一个间隔b内，4（B）波形取-11、1-1时，1Tb−ττR()τ=E[()(ξtξt+τ)]=*(−)ξT4TT在图示的一个间隔b内，bb11Tb−τττR()τ=E[()(ξtξt+τ)]=2*+2*(−)1=−ξ当τ≤Tb时，44TbTbTb⎧⎪0,τ>TbRt()=⎨ξ⎪1−τ/T,τ≤T故⎩bb（2）Aτ2wτAτ⇔Sa()24,其中2为时域波形的13 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第二章2wTbR()τ⇔pw()=TSa()ξξb面积。所以2。η()t习题2.28有单个输入、两个输出的线形过滤器，若输入过程，是平稳的，求ξ()tξ()t1与2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)()hαdαξ()t=η(t−β)()hβdβ1∫12∫200Rtt(+τ)=E[()(ξtξt+τ)]121,11121∞∞=E[η(t−α)()hαdαη(t+−τβ)()hβdβ]∫11∫1200∞∞=h()()αhβR(τ+α−βαβ)dd∫∫12η00∞∞∞∞−jwτ−jwτPw()=R()τedτ=dτdα[()()hαhβR(τ+α−β)edβ12∫12∫∫∫12η所以−∞−∞−∞−∞"τ=+τα−β令∞∞∞"jwα−jwβ"−jwτ"*Pw()=h()αedαh()βedβ[R()τedτ=H()wHwPw()()12∫∫∫η12η00−∞ξ()tRξ()τ习题2.29若是平稳随机过程，自相关函数为，试求它通过系统后的自相关函数及功率谱密度。解：−jwTHw()=(22cos+wT)1/2ht()=δ()t+δ(tT−)⇔Hw()1=+e2Pw()=Hw()Pw()=2(1cos+wTPw)()Oξξ−jwTjwTPw()=2()2cosPw+wTPw*()=2()(Pw+e+e)()PwOξξξξ⇔2R()τ+R(τ−T)+R(τ+T)ξξξ习题2.30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n/20的高斯白噪声，试求输出过程的一维概率密度函数。解：14 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第二章Ent[()]0=0;n01n0τ2n0Pw()=*⇔R()τ=exp(−)⇒σ=02021(+wRC)4RCRC4RC又因为输出过程为高斯过程，所以其一维概率密度函数为21xfx[]=exp(−)22πσ2σ15 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章第三章习题习题3.1设一个载波的表达式为ct()=5cos1000πt，基带调制信号的表达式为：m(t)=1+cos200πt。试求出振幅调制时已调信号的频谱，并画出此频谱图。解：s(t)=m(t)c(t)=(1+cos200πt)5cos(1000πt)=5cos1000πt+5cos200πtcos1000πt5=5cos1000πt+(cos1200πt+cos800πt)2由傅里叶变换得55S(f)=[δ(f+500)+δ(f−500)]+[δ(f+600)+δ(f−600)]+245[δ(f+400)+δ(f−400)]4已调信号的频谱如图3-1所示。S(f)5254－600－500－4000400500600图3-1习题3.1图习题3.2在上题中，已调信号的载波分量和各边带分量的振幅分别等于多少？解：由上题知，已调信号的载波分量的振幅为5/2，上、下边带的振幅均为5/4。习题3.3设一个频率调制信号的载频等于10kHZ，基带调制信号是频率为2kHZ的单一正弦波，调制频移等于5kHZ。试求其调制指数和已调信号带宽。解：由题意，已知f=2kHZ，∆f=5kHZ，则调制指数为m∆f5m===2.5ff2m已调信号带宽为B=2(∆+ff)=2(52)14kHZ+=m习题3.4试证明：若用一基带余弦波去调幅，则调幅信号的两个边带的功率之和最大等于载波频率的一半。"证明：设基带调制信号为mt()，载波为c(t)=Acosωt，则经调幅后，有0"s()t=⎡1+mt()⎤AcosωtAM⎣⎦022"22已调信号的频率P=s()t=⎡1+mt()⎤AcosωtAMAM⎣⎦022"222"22Acosωt+mtA()cosωt+2mtA()cosωt0008 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章B=2(1+m)ffm因为调制信号为余弦波，设，故∆=f1000kHZ100=2""2m1mt()=0,mt()=≤22222A则：载波频率为P=Acosωt=c02"222"222mtA()A边带频率为P=mtA()cosωt==s024P1s因此≤。即调幅信号的两个边带的功率之和最大等于载波频率的一半。P2c习题3.5试证明；若两个时间函数为相乘关系，即z(t)=x(t)y(t)，其傅立叶变换为卷积关系：Z()=X()*Y()。证明：根据傅立叶变换关系，有−11+∞⎡1+∞⎤jωtF[X(ω)∗Y(ω)]=2π∫−∞⎢⎣2π∫−∞X(u)Y(ω−u)du⎥⎦edω-11+∞1⎡+∞⎤jωt变换积分顺序:F[X(ω)∗Y(ω)]=∫X(u)⎢⎣∫Y(ω−u)dω⎥⎦eu2π−∞2π−∞1+∞jut1⎡+∞jωt⎤=2π∫−∞X(u)e2π⎢⎣∫−∞Y(ω)edω⎥⎦du1+∞()jut()=∫Xueytdu2π−∞=x(t)y(t)-1又因为z(t)=x(t)y(t)=F[Z(ω)]−1-1则F[Z(ω)]=F[X(ω)∗Y(ω)]即Z(ω)=X(ω)∗Y(ω)习题3.6设一基带调制信号为正弦波，其频率等于10kHZ，振幅等于1V。它对频率为10mHZ的载波进行相位调制，最大调制相移为10rad。试计算次相位调制信号的近似带宽。若现在调制信号的频率变为5kHZ，试求其带宽。解：由题意，f=10kHZ,A=1V最大相移为ϕ=10radmmmax瞬时相位偏移为ϕ()t=kmt()，则k=10。ppdϕ()t瞬时角频率偏移为d=kωsinωt则最大角频偏∆ω=kω。pmmpmdt因为相位调制和频率调制的本质是一致的，根据对频率调制的分析，可得调制指∆ωkpωm数m===k=10fpωωmm因此，此相位调制信号的近似带宽为B=2(1+m)f=2(110)*10+=220kHZfm9 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章若f=5kHZ，则带宽为mB=2(1+m)f=2(110)*5110kHZ+=fm习题3.7若用上题中的调制信号对该载波进行频率调制，并且最大调制频移为1mHZ。试求此频率调制信号的近似带宽。解：由题意，最大调制频移∆=f1000kHZ，则调制指数∆fm==1000/10100=ffm故此频率调制信号的近似带宽为63st()10cos(2*10=πt+10cos2*10)πt63习题3.8设角度调制信号的表达式为st()10cos(2*10=πt+10cos2*10)πt。试求：（1）已调信号的最大频移；（2）已调信号的最大相移；（3）已调信号的带宽。解：（1）该角波的瞬时角频率为6ω()t=2*10π+2000sin2000ππt2000π故最大频偏∆=f10*=10kHZ2π3∆f10（2）调频指数m==10*=10f3f10m故已调信号的最大相移∆=θ10rad。（3）因为FM波与PM波的带宽形式相同，即B=2(1+m)f，所以已调信号FMfm的带宽为3B=2(10+1)*10=22kHZ习题3.9已知调制信号m(t)=cos(2000πt)+cos(4000πt)，载波为cos104πt，进行单边带调制，试确定该单边带信号的表达试，并画出频谱图。解：方法一：若要确定单边带信号，须先求得m(t)的希尔伯特变换m’（t）=cos（2000πt-π/2）+cos（4000πt-π/2）=sin（2000πt）+sin（4000πt）故上边带信号为SUSB(t)=1/2m(t)coswct-1/2m’(t)sinwct=1/2cos(12000πt)+1/2cos(14000πt)下边带信号为SLSB(t)=1/2m(t)coswct+1/2m’(t)sinwct=1/2cos(8000πt)+1/2cos(6000πt)其频谱如图3-2所示。π/2SUSB（t）10 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章ω-1400π-12000π12000π14000πSLSB（t）π/2-8000π-6000π6000π8000πω图3-2信号的频谱图方法二：先产生DSB信号：sm(t)=m(t)coswct=···，然后经过边带滤波器产生SSB信号。习题3.10将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若信号的传输函数H(w)如图所示。当调制信号为m(t)=A[sin100πt+sin6000πt]时，试确定所得残留边带信号的表达式。解：设调幅波sm(t)=[m0+m(t)]coswct，m0≥|m(t)|max，且sm(t)<=>Sm(w)H(w)1f/kHz-14-10.5-9.509.510.514图3-3信号的传递函数特性根据残留边带滤波器在fc处具有互补对称特性，从H(w)图上可知载频fc=10kHz，因此得载波cos20000πt。故有sm(t)=[m0+m(t)]cos20000πt=m0cos20000πt+A[sin100πt+sin6000πt]cos20000πt=m0cos20000πt+A/2[sin(20100πt)-sin(19900πt)+sin(26000πt)-sin(14000πt)Sm(w)=πm0[σ(w+20000π)+σ(W-20000π)]+jπA/2[σ(w+20100π)-σ(w+19900π)+σ(w-19900π)+σ(w+26000π)-σ(w-26000π)-σ(w+14000π)+σ(w-14000π)残留边带信号为F(t)，且f(t)<=>F(w)，则F(w)=Sm(w)H(w)故有：F(w)=π/2m0[σ(w+20000π)+σ(w-20000π)]+jπA/2[0.55σ(w+20100π)-0.55σ(w-20100π)-0.45σ(w+19900π)+0.45σ(w-19900π)+σ(w+26000π)-σ(w-26000π)11 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章f(t)=1/2m0cos20000πt+A/2[0.55sin20100πt-0.45sin19900πt+sin26000πt]习题3.11设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5*10-3W/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.）求出解调器输出端的噪声功率谱密度，并用图型表示出来。解：1.）为了保证信号顺利通过和尽可能的滤除噪声，带通滤波器的宽度等于已调信号带宽，即B=2fm=2*5=10kHz，其中中心频率为100kHz。所以H(w)=K，95kHz≤∣f∣≤105kHz0，其他2.）Si=10kWNi=2B*Pn(f)=2*10*103*0.5*10-3=10W故输入信噪比Si/Ni=10003.）因有GDSB=2故输出信噪比S0/N0=20004.）据双边带解调器的输出嘈声与输出噪声功率关系，有：N0=1/4Ni=2.5W故Pn(f)=N0/2fm=0.25*10-3W/Hz=1/2Pn(f)∣f∣≤5kHzPn(f)(W/Hz)-30.25*10-505f/kHz图3-4解调器输出端的噪声功率谱密度习题3.12设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn（f）=5*10-3W/Hz，在该信道中传输抑制载波的单边带信号，并设调制信号m（t）的频带限制在5kHz。而载频是100kHz，已调信号功率是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，试问：1）该理想带通滤波器应具有怎样的传输特性。12 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章2）解调器输入端信噪比为多少?3）解调器输出端信噪比为多少?解：1）H(f)=k，100kHz≤∣f∣≤105kHz=0，其他2）Ni=Pn(f)·2fm=0.5*10-3*2*5*103=5W故Si/Ni=10*103/5=20003）因有GSSB=1，S0/N0=Si/Ni=2000习题3.13某线性调制系统的输出信噪比为20dB，输出噪声功率为10-9W，由发射机输出端到调制器输入端之间总的传输耗损为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：设发射机输出功率为ST，损耗K=ST/Si=1010(100dB)，已知S0/N0=100·（20dB），N0=10-9W1）DSB/SC方式：因为G=2，Si/Ni=1/2·S0/N0=50又因为Ni=4N0Si=50Ni=200N0=2*10-7WST=K·Si=2*103W2）SSB/SC方式：因为G=1，Si/Ni=S0/N0=100又因为Ni=4N0Si=100Ni=400N0=4*10-7WST=K·Si=4*103W习题3.14根据图3-5所示的调制信号波形，试画出DSB波形M(t)t13 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章图3-5调制信号波形解：M(t)t图3-6已调信号波形习题3.15根据上题所求出的DSB图形，结合书上的AM波形图，比较它们分别通过包络检波器后的波形差别解：讨论比较：DSB信号通过包络检波器后产生的解调信号已经严重失真，所以DSB信号不能采用包络检波法;而AM可采用此法恢复m(t)习题3.16已知调制信号的上边带信号为SUSB(t)=1/4cos(25000πt)+1/4cos(22000πt)，已知该载波为cos2*104πt求该调制信号的表达式。解：由已知的上边带信号表达式SUSB(t)即可得出该调制信号的下边带信号表达式：SLSB(t)=1/4cos(18000πt)+1/4cos(15000πt)有了该信号两个边带表达式，利用上一例题的求解方法，求得m(t)=cos(2000πt)+cos(5000πt)习题3.17设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)，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10kHz，而载波为250kHz，已调信号的功率为15kW。已知解调器输入端的信噪功率比为1000。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，求双边噪声功率谱密度Pn(f)。解：输入信噪比Si/Ni=1000Si=15kWNi=2B*Pn(f)=2*15*103*Pn(f)=15W故求得Pn(f)=0.5*10-3W/Hz习题3.18假设上题已知的为解调器输出端的信噪比，再求双边噪声功率谱密度14 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章Pn(f)。解：GDSB=2故输出信噪比S0/N0=2Si/Ni=1000所以Si/Ni=500由上一例题即可求得：Pn(f)=1*10-3W/Hz习题3.19某线性调制系统的输出信噪比为20dB，输出噪声功率为10-8W，DSB/SC时的发射机输出功率为2*103W试求：从输出端到解调输入端之间总的传输损耗?解：已知：输出噪声功率为N0=10-9W因为G=2，Si/Ni=1/2·S0/N0=50因为Ni=4N0Si=50Ni=200N0=2*10-6W所以损耗K=ST/Si=109习题3.20将上一题的DSB/SC时的发射机输出功率改为SSB/SC时的发射机输出功率，再求：从输出端到解调输入端之间总的传输损耗?解：因为G=1，Si/Ni=S0/N0=100因为Ni=4N0，Si=100Ni=400N0=4*10-6W所以，损耗K=ST/Si=5*108习题3.21根据图所示的调制信号波形，试画出AM波形。M(t)t图3-7调制信号波形解：AM波形如下所示：M(t)15t 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章图3-8已调信号波形习题3.22根据图所示的调制信号波形，试画出DSB波形。试问DSB信号能不能采用包络检波法M(t)t图3-9调制信号波形解：M(t)t图3-10已调信号波形DSB信号通过包络检波器后产生的解调信号已经严重失真，所以DSB信号不能采用包络检波法习题3.23简述什么是载波调制?常见的调制有哪些?16 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章答：载波调制，就是按调制信号(基带信号)的变换规律去改变载波某些参数的过程。调制的载波可以分为两类：用正弦型信号作为载波;用脉冲串或一组数字信号作为载波。通常，调制可以分为模拟调制和数字调制。习题3.24试叙述双边带调制系统解调器的输入信号功率为什么和载波功率无关?答：因为输入的基带信号没有直流分量，且h(t)是理想带通滤波器，则得到的输出信号事物载波分量的双边带信号，其实质就是m(t)与载波s(t)相乘。所以双边带调制系统解调器的输入信号功率和载波功率无关。习题3.25什么是门限效应?AM信号采用包络检波法解调时为什么会产生门限效应?答：在小信噪比情况下包络检波器会把有用信号扰乱成噪声，这种现象通常称为门限效应。进一步说，所谓门限效应，就是当包络检波器的输入信噪比降低到一个特定的数值后，检波器输出信噪比出现急剧恶化的一种现象。该特定的输入信噪比值被称为门限。这种门限效应是由包络检波器的非线性解调作用引起的。而AM信号采用包络检波法解调时会产生门限效应是因为：在大信噪比情况下，AM信号包络检波器的性能几乎与同步检测器相同。但随着信噪比的减小，包络检波器将在一个特定输入信噪比值上出现门限效应。习题3.26已知新型调制信号表达式如下：sinΩtsinwct，式中wc=8Ω，试画出它的波形图。M(t)1t-1图3-11调制信号波形图习题3.27已知线性调制信号表达式如下：(1+0.5sinΩt)coswct式中wc=4Ω，试画出它的波形图17 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章解：(1+0.5sinΩt)coswct=coswct+0.5sinΩtcoswct，所以：M(t)coswct1t-1M(t)0.5sinΩtcoswct0.5t-0.5两者相加即可得出它的波形图：M(t)1.50.5t-0.5-1.5图3-12调制信号波形图习题3.28某调制方框图3-14如下，已知m(t)的频谱如下面图3-13所示。载频w1<wH，且理想低通滤波器的截止频率为w1，试求输出信号s(t)，并说明s(t)为何种一调制信号。M(w)18-wH0wHw 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第三章图3-13m(t)的频谱相乘器理想低通相乘器M(t)相加cosw1tcosw2t器S(t)相乘器理想低通相乘器sinw1tsinw2t图3-14调制信号方框图解：s1(t)=m(t)cosw1tcosw2ts2(t)=m(t)sinw1tsinw2t经过相加器后所得的s(t)即为：s(t)=s1(t)+s2(t)=m(t)[cosw1cosw2+sinw1sinw2]=m(t)cos[(w1-w2)t]由已知w1<wH故：s(t)=m(t)cosw2t所以所得信号为DSB信号19 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第四章第四章习题∞1习题4.1试证明式∆Ω(f)=∑δ(f−nfs)。Tn=−∞∞证明：因为周期性单位冲激脉冲信号δT()t=∑δ(tnT−s)，周期为Ts，其傅里叶n=−∞∞变换∆Ω()ω=2π∑Fδ(tn−ωs)nn=−∞1Ts2−jnωt1而F=δ()tℓsdt=n∫T−Ts2TsS∞2π所以∆Ω()ω=∑δω(−nωs)Tsn=−∞∞1即∆Ω()f=∑δω(−nfs)Tsn=−∞习题4.2若语音信号的带宽在300～400Hz之间，试按照奈奎斯特准则计算理论上信号不失真的最小抽样频率。解：由题意，f=3400Hz,f=300Hz,故语音信号的带宽为HLB=3400-300=3100Hz3f=3400Hz=13100×+×3100=nB+kBH31即n=1,k=331。根据带通信号的抽样定理，理论上信号不失真的最小抽样频率为k3f=2B(1+)=2×3100×（1+）=6800Hzsn31习题4.3若信号st()=sin(314)314tt。试问：（1）最小抽样频率为多少才能保证其无失真地恢复？（2）在用最小抽样频率对其抽样时，为保存3min的抽样，需要保存多少个抽样值？解：st()=sin(314)314tt，其对应的傅里叶变换为⎧π314,ω≤314S()ω=⎨⎩0,其他信号st()和对应的频谱S()ω如图4-1所示。所以f=ω2π=3142π=50HzHH根据低通信号的抽样定理，最小频率为f=2f=2×50=100Hz，即每秒采100sH个抽样点，所以3min共有：100×3×60=18000个抽样值。习题4.4设被抽样的语音信号的带宽限制在300～3400Hz，抽样频率等于8000Hz。试画出已抽样语音信号的频谱，并在图上注明各频率点的坐标值。11 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第四章解：已抽样语音信号的频谱如图4-2所示。st()S(ω)−π314π314t−3140314ω(a)(b)图4-1习题4.3图S(f)−16−12−8−4481216−19.4−16.3-15.7-12.6-11.4-8.3-7.7-4.6-3.4-0.300.33.44.67.78.311.412.615.716.319.4f(kHz)图4-2习题4.4图习题4.5设有一个均匀量化器，它具有256个量化电平，试问其输出信号量噪比等于多少分贝？解：由题意M=256，根据均匀量化量噪比公式得(SN)=20lgM=20lg256=48.16dBqqdB习题4.6试比较非均匀量化的A律和µ律的优缺点。答：对非均匀量化：A律中，A=87.6；µ律中，A=94.18。一般地，当A越大时，在大电压段曲线的斜率越小，信号量噪比越差。即对大信号而言，非均匀量化的µ律的信号量噪比比A律稍差；而对小信号而言，非均匀量化的µ律的信号量噪比比A律稍好。习题4.7在A律PCM语音通信系统中，试写出当归一化输入信号抽样值等于0.3时，输出的二进制码组。解：信号抽样值等于0.3，所以极性码c=1。1查表可得0.3∈（13.93，11.98），所以0.3的段号为7，段落码为110，故ccc=110。234(11.9813.93)−1第7段内的动态范围为：≈，该段内量化码为n,则166411n×+=0.3，可求得n≈3.2，所以量化值取3。故cccc=0011。5678643.93所以输出的二进制码组为11100011。12 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第四章习题4.8试述PCM、DPCM和增量调制三者之间的关系和区别。答：PCM、DPCM和增量调制都是将模拟信号转换成数字信号的三种较简单和常用的编码方法。它们之间的主要区别在于：PCM是对信号的每个抽样值直接进行量化编码：DPCM是对当前抽样值和前一个抽样值之差（即预测误差）进行量化编码；而增量调制是DPCM调制中一种最简单的特例，即相当于DPCM中量化器的电平数取2，预测误差被量化成两个电平+∆和-∆，从而直接输出二进制编码。13 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章第五章习题习题5.1若消息码序列为1101001000001，试求出AMI和HDB码的相应序列。3解：AMI码为+1−10+100−100000+1HDB码为3+1−10+100−1000−10+1习题5.2试画出AMI码接收机的原理方框图。解：如图5-20所示。r(t)全波整流采样判决akT图5-1习题5.2图习题5.3设g(t)和g(t)是随机二进制序列的码元波形。它们的出现概率分别121是P和(1−P)。试证明：若P==k，式中，k为常数，且0π⎪T⎩sπw≤=w0T容易验证，当s时，2π∑Hw(+i)=∑Hw(+2πRiB)=∑Hw(+2Wi0)≠CiTsiiw0R=B所以当传码率π时，系统不能实现无码间干扰传输习题5.21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⎧⎪∑Hw(+2πRiB)=Cw,≤πRBH()w=⎨ieq⎪0,w>πR⎩B⎧4πi2π⎪∑Hw(+)=Cw,≤⎪iTsTsH()w=⎨eq⎪0,w>2π⎪T或者⎩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。习题5.22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⎧⎪∑Hw(+2πRiB)=Cw,≤πRBH()w=⎨ieq⎪0,w>πR总特性H(w)应满足⎩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。27 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章(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/πB=(1+α)wrad=(1+α)w/2π系统带宽00HZ,所以系统的最大频带利用率为：Rw/π2max0η===B(1+α)w(1+α)02π3R=10Baud习题5.23为了传送码元速率B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3R=10Baud三种波形的传输速率均为B，传输函数(a)的带宽为3B=10aHzη=R/B=1000/10001=BaudHz/其频带利用率aBb3B=10传输函数(c)的带宽为cHzη=R/B=1000/10001=BaudHz/其频带利用率cBcη<η=η显然abc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323ht()=2*10Sa(2*10πt)a33ht()=2*10Sa(2*10πt)b323ht()10=Sa(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。习题5.24设二进制基带系统地分析模型如图5-2所示，现已知⎧π⎪τ(1cos+wτ),w≤00Hw()=⎨τ0⎪0,⎩其它的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：28 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章传输特性H(w)为升余弦传输特性。有奈奎斯特准则，可求出系统最1R=τB0T=2τ高的码元速率2Baud，而s0。习题5.25若上题中⎧TT2πss⎪(1cos+w),w≤Hw()=⎨22Ts⎪0,⎩其它的w试证其单位冲击响应为sinπtT/cosπtT/ssht()=*22πtT/14/−tTss1/T并画出h(t)的示意波形和说明用sBaud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TTssHw()=G()(1cosw+w)4π22TsG()w4πTs傅式变换为−1Ts2πtF[G()]w=Sa()4π2TTss而wTswTsj−jTe2+e2sHw()=G()(1w+)4π22TswTswTsTTjT−j=sG()w+sG()we2+sG()we24π4π4π244TsTsTs所以TTss2(πt+)2(πt−)T22πtT22T22sssht()=*Sa()+*Sa()+*Sa()2TT4TT4TTssssssTTss2(πt+)2(πt−)2πt1212=Sa()+Sa()+Sa()T2T2Tsss2πt2πt1=Sa()−Sa()*22TT1−T/4tsss2πt1=Sa()*(1−)22T1−T/4tss2πt1=Sa()*()22T14/−tTsssinπtT/cosπtT/ss=*22πtT/14/−tTss29 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章1R=BT当传输速率sBaud时，将不存在（抽样时刻上的）码间干扰，因为h(t)满⎧1,k=0hKTs()=⎨足⎩0,k为其它的整数习题5.26设有一相关编码系统，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⎪Tw,≤sHw()=⎨Ts⎪0,⎩其它的w"πht()=sa(t)T其对应的单位冲击响应s所以系统单位冲击响应"""ht()[()=δt−δ(t−2)]*()Tht=ht()−ht(−2)Tssππ=sa(t)−sa[(t−2)]TsTTss⎧−2jwTsπ⎪T[1−e],w≤s=⎨TsHw()[1=−ejwTs]Hw"()⎪0,系统的频率特性⎩其它的w⎧π⎪2sinTwTw,≤ssHw()=⎨Ts⎪0,⎩其它的w习题5.27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？C=b+b解相关编码表示式为kkk−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sinπtT/sin(πtT−)/Tsin(πt−(N−1))/TTsssssgt()=R+R+⋅⋅⋅+R12NπtT/π(tT−)/Tπ(t−(N−1))/TTsssssNQ=(L−1)∑Ri+1输入数据为L进制，则相关电平数i=12*Aσnp(0)V=lnd22Ap(1)习题5.28试证明对于单极性基带波形，其最佳门限电平为1Ape=erfc()最小误码率22σn(“1”和“0”等概出现时)30 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章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⎧Ant+()发送“1Rxt()=⎨nt()发送“0⎩R2nt()σ其中R为均值为0，方差为n的高斯噪声，当发送“1”时，x(t)的一维概率密度为21(x−A)fx()=exp[−]122πσ2σnn而发送“0”时，x(t)的一维概率密度为21xfx()=exp[−]022πσ2σnn若令判决门限为Vd,则将“1”错判为“0”的概率为Vd21(x−A)P=pxV(<)=exp[−]dxeld∫22πσ2σ−∞nn将“0”错判为“1”的概率为∞21xP=pxV(>)=exp[−]dxe0d∫22πσ2σVnnd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*dVV令d，得到最佳门限电平d即解的最佳门限电平为2*σnp(0)V=lnd2Ap(1)习题5.29若二进制基带系统，已知n0Gw()(1)若n(t)的双边功率谱密度为2(W/Hz)，试确定R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31 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章发送“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)，则总的错误概率为习题5.30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。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;解：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V*d=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误码率习题5.31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。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习题5.32设有一个三抽头的时域均衡器，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=∑Cxiki=i=−N得到111y=Cx=−*=−−3−1−238241111y=Cx+Cx=−*+1*=−2−1−10−23387211111y=Cx+Cx+Cx=−*11*++−()*=−−1−100−10−233483211115y=Cx+Cx+Cx=−*+1*1(+−)*=−0−11001−13443611111y=Cx+Cx+Cx=−*+1*+−()*1=−1−1201103164448111y=Cx+Cx=1*+−()*=0202111644111y=Cx=−*=−21216464其余yk值为0。32 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第五章输出波形yk峰值的畸变值为3161111171Dy=∑yi=*(+++++0)=y0i=−35243272486448033 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第六章第六章习题习题6.1设有两个余弦波：3cosωt和cos(ωt+30°)，试画出它们的矢量图及它们之和的矢量图。解：如图6-1所示。3cosωt0�30cos(ωt30+30�)3cosωt+cos(ωt+30�)图6-1习题6.1图习题6.2试画出图6-2中各点的波形。s(t)带通全波低通抽样abcd滤波整流滤波判决包络检波器定时脉冲图6-2习题6.2图解：各点波形如图6-3所示。101101abcd图6-3习题6.2图习题6.3试画出图6-4中各点的波形。s(t)带通a相乘b低通c抽样e滤波电路滤波判决相干载波定时脉冲cosωt图6-4习题6.3图解：各点波形如图6-5所示。23 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第六章101101abcde图6-5∗∗习题6.4试证明式p(V)=p(V)。10证明：在对ASK信号进行包络检波时，整流器输出信号经过低通滤波后得到的包络电压V(t)满足：当发送“1”时，它服从广义瑞利分布；当发送“0”时，它服从瑞利分布，即概率密度为⎧V⎛AV⎞(V2+A2)2σn2⎪2Io⎜⎜2⎟⎟e，发送“1”时⎪σn⎝σn⎠p(V)=⎨⎪V−V22σ2en，发送“0”时⎪σ2⎩n当发送码元“1”时，错误接收为“0”的概率是包络V≤h的概率，即有hV⎛⎜AV⎞⎟−(V2+A2)2σn2P=P(V≤h)=IedVe1∫0σ20⎜σ2⎟n⎝n⎠2∞V⎛⎜AV⎞⎟−(V2+A2)2σn2=1−IedV∫hσ20⎜σ2⎟n⎝n⎠=1−Q(2r,ho)22式中，r=A2σ，为信噪比；h=hσ为归一化门限值。non同理，当发送码元“0”时，错误接收为“1”的概率是包络V≥h的概率，即有∞V−V22σ2−h22σ2−h22P=P(V≥h)=endV=en=e0e0∫hσ2n因此总误码率为2P=P(1)P+P(0)P=P(1)[1−Q(2r,h)]+P(0)e−h02ee1e0o上式表明，包络检波法的误码率决定于信噪比r和归一化门限值h。要使误码率0最小，即使图6-6中两块阴影面积之和最小。由图可见，仅当h位于两条曲线相交之0∗∗处，即h=h时，阴影面积最小。因此，设此交点处的包络值为V，则满足00∗∗p(V)=p(V)。得证。1024 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第六章p(V)1Vp(V)0V∗Oh0h0VO图6-6习题6.4图习题6.5设有一个2PSK信号，其码元传输速率为1000Bd，载波波形为6Acos(4π×10t)。（1）试问每个码元中包含多少个载波周期？（2）若发送“0”和“1”的概率分别是0.6和0.4，试求此信号的功率谱密度的表达式。66解：（1）由载波波形为Acos(4π×10t)可得，载波频率为2×10Hz，因此每个码元中包含2000个载波周期。（2）2PSK信号的功率谱密度为1P(f)=[P(f−f)+P(f+f)]2DPSKscsc46式中，f=2×10Hz，为载波频率，f=1000；P为基带信号双极性矩形脉冲css的功率谱密度：()()()2∑()()2()Pf=4fP1−PGf+f2P−1Gmfδf−mfssssssinπfT()sGf=TsπfTs则()()[()2()2]Pf=fP1−pGf−f+Gf+f+2DPSKscc1222f(2P−1)G(0)[δ(f−f)+δ(f+f)]scc422⎧π(f−2×106)π(f+2×106)⎫⎪sinsin⎪240⎪10001000⎪=2⎨6+6⎬+π⎪f−2×10f+2×10⎪⎪⎪⎩⎭-2[(6)(6)]10δf−2×10+δf+2×10习题6.6设有一个4DPSK信号，其信息速率为2400b/s，载波频率为1800Hz，试问每个码元中包含多少个载波周期？解：4DPSK信号的码元速率为R=Rlog4=24002=1200BdBb225 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第六章1800所以每个码元中包含=1.5个载波周期。1200习题6.7设有一个2DPSK传输系统对信号采用A方式编码，其码元速率为2400Bd，载波频率为1800Hz。若输入码元序列为011010，试画出此2DPSK信号序列的波形图。解：如图6-7所示。011010图6-7习题6.7图习题6.8设一个2FSK传输系统的两个载频分别等于10MHz和10.4MHz，码6元传输速率为2×10Bd，接收端解调器输入信号的峰值振幅A=40µV，加性高斯−18白噪声的单边功率谱密度n=6×10W/Hz。试求：0（1）采用非相干解调（包络检波）时的误码率；（2）采用相干解调时的误码率。1−r2解：（1）2FSK信号采用非相干解调时的误码率P=e。e2666信号带宽为B=f−f+2R=0.4×10+2×2×10=4.4×10Hz10B2(−6)2−12A40×101600×10r====3.32−1862σn2n0B2×6×10×4.4×101−r2−7因此，P=e=1.31×10。e2（2）2FSK信号采用相干解调时的误码率为1[]1−r2−7P=erfcr2r>>1e=0.19×10e22πr习题6.9设在一个2DPSK传输系统中，输入信号码元序列为0111001101000，试写出其变成相对码后的码元序列，以及采用A方式编码时发送载波的相对相位和绝对相位序列。解：原码：0111001101000相对码：0101110110000绝对相位：0πππ00ππ0π000相对相位：0π0πππ0ππ0000习题6.10试证明用倍频-分频法提取2PSK信号的载波时，在经过整流后的信号26 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第六章频谱中包含离散的载频分量。证明：2PSK信号经过倍频-分频电路后，输出信号频率与载波频率相同，但此时信号中不再仅有交流成分，而是包含直流成分，根据第5章的知识可知：包含有直流成分的周期信号（频率与载波相同）的频谱中包含离散的载频分量。习题6.11试画出用正交调幅法产生16QAM信号的方框图。解：如图6-8所示。2/4电平转化×cosωtA(t)s(t)串/并π/2相移+2/4电平转化×图6-8习题6.11图习题6.12试证明在等概率出现条件下16QAM信号的最大功率和平均功率之比为1.8；即2.55dB。解：等概率条件下，QAM信号的最大功率与平均功率之比为()2LL−1ξ=QAML2∑()222i−1i=1对于16QAM来说，L=4，因此ξ=1.8=2.55dB。16QAM习题6.13试比较多进制信号和二进制信号的优缺点。解：当传码率相同时，多进制信号比二进制信号更多地携带信息量，因此，其传信率高于二进制。这样在占用相同信道带宽的情况下，多进制的频带利用率高于二进制。当传信率相同时，多进制信号的码速低于二进制信号，从而占用较小的信道带宽。利用多进制信号传输的主要缺点是，其抗噪性能比较差，只有当信道噪声比较小时才能保证有足够小的误比特率。27 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第七章第七章习题习题7.1在插入导频法提取载频中，若插入的导频相位和调制截频的相位相同，试重新计算接收端低通滤波器的输出，并给出输出中直流分量的值。解：接收低通滤波器的输入为：s(t)sinωt=(Am(t)sinωt+Asinωt)sinωt00000=(Am(t)+A)sinωtsinωt001=(Am(t)+A)(1−cos2ωt)02接收低通滤波器的输出为：1S(t)=(Am(t)+A)LPF2可以看出，输出中的直流分量的值为：S(t)=A/2dc习题7.2设载波同步相位误差θ=10°，信噪比r=10dB。试求此时2PSK信号的误码率。111−6解：P=erfc(rcosθ)=erfc(10cos10°)≈erfc(3.114)≈5×10e222习题7.3试写出存在载波同步相位误差条件下的2DPSK信号误码率公式：解：非相干2DPSK1−rcos2θP=ee2相干2DPSK1⎛1()⎞Pe=erfc(rcosθ)⎜1−erfcrcosθ⎟2⎝2⎠习题7.4设接收信号的信噪比等于10dB，要求位同步误差不大于5%。试问应该如何设计窄带滤波器的宽带才能满足上述要求？解：由题意得：_ε0.33Eb同步误差=≤5%，信噪比=10dB=10。推得T10KEb/n0n0_ε=0.33/10K≤0.05，则K≥4.356。T习题7.5设一个5位巴克码序列的前、后都是：“+1”码元，试画出其自相关函28 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第七章数曲线。解：该巴克码序列为：+(+++−+)+，计算可得自相关函数为：R(0)=5,R(1)=2,R(2)=1,R(3)=0,R(4)=1,R(5)=2,R(6)=1由此画出巴克码（N=5）的自相关函数曲线如图7-1所示。巴克码（N=5）自相关函数曲线54.543.53(j)2.5R21.510.50−6−4−20246j图7-1习题7.5图−4习题7.6设用一个7位巴克码作为群同步吗，接收误码率为10。试分别求出容许错误数为0和1时的漏同步概率。解：需检验的同步码元数n=7，检验时容许错误的最大码元数m=0或1，接收−4码元错误概率p=10。当m=0时，漏同步概率为mrrn−r−47−4P1=1−∑Cnp(1−p)=1−(1−10)≈7×10r=0当m=1时，漏同步概率为mrrn−r−47−4−46−9P1=1−∑Cnp(1−p)=1−(1−10)−7×10×(1−10)≈4.2×10r=0习题7.7在上题条件下，试分别求出其假同步概率。解：条件同上题。当m=0时，假同步概率为：29 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第七章mr∑Cnr=011P===fn722128当m=1时，假同步概率为：mr∑Cn01r=0C7+C71+71P====fn72212816习题7.8设一个二进制通信系统传输信息的速率为100b/s，信息码元的先验概率相等，要求假同步每年至多发生一次。试问其群同步码组的长度最小应设计为多−5少？若信道误码率为10，试问此系统的漏同步率等于多少？解：（1）m=0时，令相应式中r=0，得00n−00n−0−47−4−4p=1−CP(1−P)=1−P(1−P)=1−(1−10)≈1−(1−7×10)=7×101n−n0−n−7−3P=2C=2=2=7.8215×10fn−4−3−3t=(1+P+P)NTs=(1+7×10+7.8125×10)×(153+7)×1×10≈161.3mss1f（2）m=1时，可得00n−011n−1−47−4−46p=1−CP(1−P)−CP(1−P)=1−(1−10)−7×10(1−10)1nn−4−4−4−7≈1−(1−7×10)−7×10×(1−6×10)=4.2×10−n01−7−2P=2(C+C)=2(1+7)=6.25×10fnn−7−3t=(1+P+P)NTs=(1+4.2×10+0.0625)×(153+7)×1×10≈170mss1f习题7.9设一条通信链路工作在标称频率10GHz，它每天只有一次很短的时间工作，其中的接收机锁相环捕捉范围为±1kHz。若发射机和接收机的频率源相同，试问应选用哪种参考频率源？解：标称频率f=10GHz，发射机和接收机参考频率间的误差∆f=1kHz。则每0天最大容许误差为3∆f1×10−7δ===109f010×10−9−11所以参考频率源可以选择高质量的晶体振荡器，其δ的取值范围为10~10。习题7.10设有一个探空探测火箭以15km/s的标称速度离开地球，其速度误差−9为±3m/s，探测器上的参考频率漂移速率不大于10Hz/(Hz·day)，标称下行传输频率为8GHz，火箭经过30天飞行后才开始向地球终端站发送消息，地球站采用铯原子钟。试求地球站应该应用的中心频率和频率搜索宽带。−9解：相对速度V=−15km/s（距离增长），发射机的每天最大容许误差δ=10，标称发送频率为f=8GHz，时间T=30天，初始频率偏移∆f(0)=0，由于地球站0−14应用铯原子钟，所以接收站的每天最大容许误差δ=10。30 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第七章地球站应该采用的中心频率为：3V⎛−15×10⎞99f≈(1−)f=⎜1−⎟×8×10=8.004×10c0⎜8⎟⎝3×10⎠30天后探测器上发射机的频率偏移为T9−9∆f(t)=fδdt+∆f(0)=fδT+∆f(0)=8×10×10×30+0=240Hz10∫0030天后地球站的接收机的频率偏移为：T9−13∆f(t)=fδdt+∆f(0)=fδT+∆f(0)=8.004×10×10×30+0=0.0240012Hz2∫0所以地球站应该采用的频率搜索带宽为：B=2∆f(30)=480Hz131 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第八章第八章习题习题8.1试证明式P(0)f(r)−P(1)f(r)<0和式P(0)f(r)r，此时10P(1)f(r)−P(0)f(r)>010即P(0)f(r)0（为常数）、2λ试求用最佳门限时的误码率。解：（1）由接受滤波器G(f)输入噪声的双边功率谱密度为n2，可得其输出R0噪声双边功率谱密度为n02P(f)=G(f)0R22由题意得G(f)=H(f)Rnn00故P(f)=H(f)=T(1+cos2πfT)022接受滤波器输出噪声功率为12T12Tnn00N=P(f)df=T(1+cos2πfT)df=0∫−12T0∫−12T22（2）对于二进制等概率信号，系统误码率为1P=P(s)P(ss)+P(s)P(ss)=[P(ss)+P(ss)]e10101001102设判决门限为V，则此单极性系统的差错概率分别为dVd∞P(ss)=f(x)dx,P(ss)=f(x)dx01∫−∞110∫V0d式中，f(x)和f(x)分别为“1”码和“0”码所对应的抽样信号的概率密度函101⎡x−A⎤1⎡x⎤f1(x)=exp⎢−⎥，f0(x)=exp⎢−⎥2λ⎣λ⎦2λ⎣λ⎦他们的图形如图8-2所示。由图8-2可以看出，当V=A2时，总误码率为最小值，此时dP(ss)=P(ss)0110∞1⎡x⎤1⎡A⎤P=P(ss)=exp−dx=exp−e10∫A22λ⎢λ⎥2⎢2λ⎥⎣⎦⎣⎦f(x)f(x)010VdA图8-2习题8.3图33 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第八章习题8.4设二进制单极性信号传输系统中信号“0”和“1”是等概率发送的。（1）若接收滤波器在收到“1”时，在抽样时刻的输出信号电压为1V，输出的高斯噪声电压平均值为0V，均方根值为0.2V，试问在最佳判决门限下的误码率等于多少？−4（2）若要求误码率不大于10，试问这时的信号电压至少应该多大？解：（1）由题意，噪声的方差σ=0.2V，则噪声平均功率ε22P=σ=0.2=0.04nε信号平均功率P=0.5，则sEbPs0.5===12.5nP0.040n对于二进制单极性传输系统，最佳判决门限下的误码率为111P=erfc(E4n)=erfc(12.54)=erfc(3.125)=0.0062eb0222−4（2）若要求P≤10，假定信号电压为A，即e112−4P=erfcE4n=erfcA×12.54≤10eb022可求得A≥1.49V。即这时的信号电压至少为1.49V。习题8.5设二进制双极性信号基带传输系统中，信号“0”和“1”是等概率发送的，在接受匹配滤波器输出端抽样点上输出的信号分量电压为+1V或-1V，输出的噪声分量电压的方差等于1。试求其误码率。22解：由题意，噪声的方差σ=1V，噪声平均功率P=σ=1=1，信号平均功εnε率P=1，则sEbPs1===1nP10n对于二进制双极性传输系统，最佳判决门限下的误码率为11P=erfc(En)=erfc(1)≈0.079eb022习题8.6设二进制双极性信号最佳传输系统中，信号“0”和“1”是等概率发送的，信号码元的持续时间为T，波形为幅度等于1的矩形脉冲。系统中加性高斯白噪声的−4−4双边功率谱密度等于10WHz。试问为使误码率不大于10，最高传输速率可以达到多高？−4EbPs1解：由题意，n2=10WHz，因为：==，二进制双极性最佳传0nPnB0n0输系统的误码率为11−4P=erfc(En)=erfc(1nB)≤10eb002234 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第八章查表可得：1nB≥2.63，可求得B≤732Hz。故最高传输速率可达到0B2=362bs。习题8.7设二进制双极性信号最佳传输系统中，信号“0”和“1”是等概率发送的，信号传输速率为56kbs，波形为不归零矩形脉冲，系统中加性高斯白噪声的双边功−4−4率谱密度为10WHz。试问为使误码率不大于10，需要的最小接受信号功率等于多少？−4解：由题意，n2=10WHz，信号的传输速率为56kbs，假设接受滤波器的0频率特性为理想矩形，则带宽B=2×56=112kHz，此条件下，系统的输入噪声功率为−43P=nB=2×10×112×10=22.4Wn0设接收信号功率为P，则s11−4P=erfcEn=erfcP22.4≤10eb0s22可求得：P≥154.9W，则需要的最小接收信号功率等于154.9W。s35 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第九章第九章习题习题9.1设在一个纯ALOHA系统中，分组长度τ=20ms，总业务到达率λ=10pkt/s，试求一个消息成功传输的概率。t解：由题意，τ=20ms，λ=10pkt/s，则系统的总业务量为t−3P=λτ=10×20×10=0.2t−2P纯ALOHA系统吞吐量满足p=Pe，一个消息成功传输的概率为−2P−2×0.2−0.4P=pP=e=e=e=0.67s习题9.2若上题中的系统改为S-ALOHA系统，试求这时消息成功传输的概率。−P解：S-ALOHA系统的吞吐量满足p=Pe，这时消息成功传输的概率为−P−0.2P=pP=e=e≈0.82s习题9.3在上题的S-ALOHA系统中，试求一个消息分组传输时和另一个分组碰撞的概率。解：其概率为：1−P=1−0.82=0.18。s习题9.4设一个通信系统共有10个站，每个站的平均发送速率等于2分组/秒，每个分组包含1350b，系统的最大传输速率（容量）R=50kb/s，试计算此系统的归一化通过量。解：由题意，b=1350b，λ=10×2=20pks/s，则归一化通过量为p=bλR=1350×2050000=0.54习题9.5试问在三种ALOHA系统（纯ALOHA，S-ALOHA和R-ALOHA）中，哪种ALOHA系统能满足上题的归一化通过量要求。答：R-ALOHA。因为纯ALOHA与S-ALOHA的最大通过量分别为0.18和0.37。习题9.6在一个纯ALOHA系统中，信道容量为64kb/s，每个站平均每10s发送一个分组，即使前一分组尚未发出（因碰撞留在缓存器中），后一分组也照常产生。每个分组包含3000b。若各站发送的分组按泊松分布到达系统，试问该系统能容纳的最多站数。解：对于纯的ALOHA，可用的带宽为：0.18×64=11.52kb/s。每个站需要的带宽为：3000/10=300b/s=0.3kb/s。故系统能容纳的最多站数为：N=11.52/0.3=38.4≈38。习题9.7一个纯ALOHA系统中共有三个站，系统的容量是64kb/s。3个站的平均发送速率分别为：7.5kb/s，10kb/s和20kb/s。每个分组长100b。分组的到达服从36 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第九章泊松分布。试求出此系统的归一化总业务量、归一化通过量、成功发送概率和分组成功到达率。解：由题意，b=100b，R=64kb/s，系统的总业务量为P′=7.5+10+20=37.5kb/s则此系统的归一化总业务量为P=P′/R=37.5/64=0.586纯ALOHA系统的归一化通过量为−2P−2×0.586p=Pe=0.586×e≈0.18故成功发送概率为P=pP=0.180.586≈0.31s又因为系统的总业务量P"=bλ，则系统的总业务到达率为tλ=P"/b=37.5/0.1=375pks/st分组成功到达率为λ=λP=375×0.31≈116pks/sts习题9.8试证明纯ALOHA系统的归一化通过量的最大值为1/2e，此最大值发生在归一化总业务量等于0.5处。−2P证明：纯ALOHA系统的归一化通过量和归一化总业务量的关系为：p=Pe。∂p−2P−2P当p最大时，有：=e−2Pe=0∂P−2×0.5可求得P=0.5，p=0.5×e=1/2e。max习题9.9设在一个S-ALOHA系统中有6000个站，平均每个站每小时需要发送30次，每次发送占一个500us的时隙。试计算该系统的归一化总业务量。解：由题意，λ=6000×30/3600=50次/秒，τ=500µs，则系统的归一化总业t务量为−6P=λτ=50×500×10=0.025t习题9.10设在一个S-ALOHA系统中每秒共发送120次，其中包括原始发送和重发。每次发送需占用一个12.5ms的时隙。试问：（1）系统的归一化总业务量等于多少？（2）第一次发送就成功的概率等于多少？（3）在一次成功发送前，刚好有两次碰撞的概率等于多少？解：由题意，λ=120次/秒，τ=12.5ms。t−3（1）P=λτ=120×12.5×10=1.5。t（2）P(0)=e−λtτ=e−1.5=0.223。−P2−P2（3）p=(1−e)e=(1−0.223)×0.223=0.135。337 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第九章习题9.11设在一个S-ALOHA系统中测量表明有20%的时隙是空闲的。试问：（1）该系统的归一化总业务量等于多少？（2）该系统的归一化通过量等于多少？（3）该系统有没有过载？解：根据例9-11，可得P=-ln(0.2)=1.61−P−1.61p=Pe=1.61×e=1.61×0.2=0.322因为P>1，所有系统过载。习题9.12设一个令牌环形网中的令牌由10个码元组成，信号发送速率为10Mb/s，信号在电缆上的传输速率是200m/us。试问使信号延迟1码元的电缆长度等于多少米？当网中只有3个站工作（其他站都关闭）时，需要的最小的电缆总长度为多少米？解：信号发送速率为10Mb/s，则延迟1码元的时间为1/10us。又信号的传输速率是200m/us，则使信号延迟1码元的电缆长度为1L=200×=20m1010个码元的令牌持续时间为1us，假设工作的3个站接口的延迟时间都为1码元，则环网的总延迟时间（电缆的延迟时间和各接口的延迟时间之和）不能小于令牌的长度，故需要的最小电缆总长度为10L-3L=7L=7×20=140m习题9.13设一条长度为10km的同轴电缆上，接有1000个站，信号在电缆上传输速度为200m/us，信号发送速率为10Mb/s，分组长度为5000b。试问：（1）若用纯ALOHA系统，每个站最大可能发送分组速率等于多少？（2）若用CSMA/CD系统，每个站最大可能发送分组速率等于多少？解：（1）纯ALOHA中，发送分组不用等待。理想情况下，各站一个接一个发送分组，互不干扰，发送分组的最大速率为10M/(5000×1000)=2pkt/s（2）对于CSMA/CD系统，信号传输速率为200m/s，对于10km电缆，单程传3播时间为t=10×10/200=50µsCSMA/CD系统发送一个分组必须等待的时间为：2t=100us=0.1ms。故每个站的最大可能发送分组速率为：10M×0.1ms/5000=0.2pkt/s。23习题9.14设3级线性反馈移位寄存器的特征方程为：f(x)=1+x+x。试验证它为本原多项式。n解：由题意n=3，所以m=2−1=7。38 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第九章m732432而x+1=x+1=(x+x+1)(x+x+x+1)7654上式说明f(x)可整除x+1，且f(x)既约，除不尽x+1，x+1，x+1，所以f(x)为本原多项式。234习题9.15设4级线性反馈移存器的特征方程为：f(x)=1+x+x+x+x，试证明此移位寄存器产生的不是m序列。n证明：方法一。由题意n=4，得m=2−1=15。因为()(432)5x+1x+x+x+x+1=x+15f(x)可整除x+1，故f(x)不是本原多项式，它所产生的序列不是m序列。234方法二。由特征多项式f(x)=1+x+x+x+x构成的4级线性反馈移位寄存器如图9-1所示。假设初始状态为：1111+++状态转换为：01111a0aaa输出32101111图9-1习题9.1501111011114可见输出序列的周期为6≠2−1=15，故不是m序列。习题9.16设有一个9级线性反馈移存器产生的m序列，试写出其一个周期内不同长度游程的个数。8解：该m序列中共有2=256个游程。根据m序列游程分布的性质，长度为k的游程数目占游程总数的−k()21≤k≤n-1而且在长度为k的游程中[其中1≤k≤(n-2)，连“1”和连“0”的游程各占一半。所以：长度为1的游程有128个，“1”和“0”各为64个；长度为2的游程有64个，“11”和“00”各为32个；长度为3的游程有32个，“111”和“000”各为16个；长度为4的游程有16个，“1111”和“0000”各为8个；长度为5的游程有8个，“11111”和“00000”各为4个；长度为6的游程有4个，“111111”和“000000”各为2个；长度为7的游程有2个，“1111111”和“0000000”各为1个；长度为8的游程有1个，即“00000000”；长度为9的游程有1个，即“111111111”；39 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章第十章习题习题10.1设有两个码组“0101010”和“1010100”，试给出其检错能力、纠错能力和同时纠错的能力。解：两个码组的最小码距为：d=6o由d≥e+1,得e=5,即可以检错5位。o由d≥2t+1,得t=2，即可以纠错2位。o由d≥e+t+1,得e=3,t=2,即可以纠错2位，同时检错3位。o习题10.2设一种编码中共有如下8个码组：表10-1习题10.3表000000，001110，010101，011011，100011，101101，110110，111000试求出其最小码距，并给SSSS错码1234出其检错能力、纠错能力和同时纠检错的能力。位置解：此8个码组的最小码距为：d=3。0000无错o由do≥e+1,得e=2,即可以检错2位。码由do≥2t+1,得t=1，即可以纠错1位。0001a0由d≥e+t+1,得e=1,t=1,即可以纠错1位，同时检错0010ao11位。0100a21000a3习题10.3设有一个长度为n=15的汉明码，试问其0011a40101a监督位r应该等于多少？其码率等于多少？其最小码距50110a等于多少？试写出其监督位和信息位之间的关系。6r0111a7解：由n=2−1，n=15，得r=4，即监督位4位。1001aknr−154−118码率为：===。1010ann15159用SSSS1234表示校正子，正好可以指明15个错码的1011a10位置，其关系如表10-1所示。1100a111101a可得监督位和信息位之间的关系式为121110a⎧a3=a14+a13+a12+a11+a10+a9+a813⎪1111a⎪a2=a14+a13+a12+a11+a7+a6+a514⎨a=a+a+a+a+a+a+a⎪11413109764⎪a=a+a+a+a+a+a+a⎩01412108754最小码距为：d=3。o习题10.4设上题中的汉明码是系统码。试计算出对应于信息位为全“1”的码组。解：上题的监督矩阵为40 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章⎡111111100001000⎤⎢⎥111100011100100H=⎢⎥⎢110011011010010⎥⎢⎥⎣101010110110001⎦则生成矩阵为⎡100000000001111⎤⎢⎥010000000001110⎢⎥⎢001000000001101⎥⎢⎥000100000001100⎢⎥⎢000010000001011⎥⎢⎥H=⎢000001000001010⎥⎢000000100001001⎥⎢⎥⎢000000010000111⎥⎢⎥000000001000110⎢⎥⎢000000000100101⎥⎢⎥⎣000000000010011⎦当信息位全为“1”时，码组为111111111111111。习题10.5设在上题给定信息位的码组中，第3位码元出错。试求出这时的校正子。解：第三位码元出错，则校正子为0100。说明：题目指明该分组码为循环码，但所得结果并不循环，其他资料上曾有同样的题目，但只是说普通线性分组码，而非循环码，现将原循环码的监督矩阵改为⎡1110100⎤⎢⎥H=0111010⎢⎥⎢⎣1101001⎥⎦习题10.6已知一循环码的监督矩阵如下：⎡1101100⎤⎢⎥H=1110010⎢⎥⎢⎣0111001⎥⎦试求出其生成矩阵，并写出所有可能的码组。解：由该线性分组码的监督矩阵可知，该码长度n=7,信息位k=4,监督位r=3.⎡101⎤⎡1000101⎤⎡1110⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥T⎢111⎥⎢0100111⎥P=0111，Q=P=，则生成矩阵G=。⎢⎥⎢110⎥⎢0010110⎥⎢⎣1101⎥⎦⎢⎥⎢⎥⎣011⎦⎣0001011⎦整个码组：A=[aaaa]G，于是可得所有可能的码组为654341 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章0000000，0001011，0010110，0011101，0100111，0101100，0110001，0111010，1000101，1001110，1010011，1011000，1100010，1101001，1110100，1111111习题10.7对于上题中给定的循环码，若输入信息位为“0110”和“1110”，试分别求出这两个码组，并利用这两个码组说明此码的循环性。解：对于信息位“0110”，码组为：0110001，此码向左循环可得1100010，1000101，0001011，0010110，0101100，1011000依然为许用码组。对于信息位“1110”，码组为：1110100，此码向左循环可得1101001，1010011，0100111，1001110，0011101，0111010依然为许用码组。习题10.8设一个（7，3）循环码的生成矩阵为⎡1001110⎤⎢⎥G=0100111⎢⎥⎢⎣0011101⎥⎦试求出其监督矩阵，并列出所有许用码组。⎡1011000⎤⎡1001110⎤⎢⎥⎢⎥⎢1110100⎥解：由G=0100111，得H=。⎢⎥⎢1100010⎥⎢⎣0011101⎥⎦⎢⎥⎣0110001⎦则所有许用码组为0000000，0011101，0100111，0111010，1001110，1010011，1101001，1110100习题10.9已知一个循环（7，4）循环码的全部码组为0000000，1000101，0001011，1001110，0010110，1010011，0011101，10110000100111，1100010，0101100，1101001，0110001，1110100，0111010，1111111试给出此循环码的生成多项式gz()和生成矩阵Gx()，并将Gz()化成典型矩阵解：由全部码组得：唯一的一个n-k=3次码多项式所代表的码组为0001011，则3生成多项式gx()=x++x1，从而生成矩阵为3⎡xgx()⎤⎡100100⎤⎢2⎥⎢⎥⎢xgx()⎥⎢010100⎥G(x)=，或G=，⎢xgx()⎥⎢001010⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣gx()⎥⎦⎣000111⎦化成典型矩阵为：42 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章⎡1001101⎤⎢⎥0101111G=⎢⎥。⎢0010110⎥⎢⎥⎣0001011⎦习题10.10试写出上题中循环码的监督矩阵H和其典型矩阵形式。7x+142•432解:监督多项式hx()==x+x++x1，则hx()=x+x+x+1。gx()2•⎡xhx()⎤⎡1110100⎤⎢•⎥⎢⎥H(x)=⎢xhx()⎥，或H=⎢0111010⎥，⎢hx•()⎥⎢⎣0011101⎥⎦⎣⎦化成典型矩阵为：⎡1110100⎤⎢⎥H=0111010。⎢⎥⎢⎣1101001⎥⎦习题10.11已知一个（15，11）汉明码的生成多项式为43gx()=x+x+1试求出其生成矩阵和监督矩阵。43解：由gx()=x+x+1得10⎡xgx()⎤⎢⎥⎡110010000000000⎤9⎢xgx()⎥⎢011001000000000⎥⎢8⎥⎢⎥⎢xgx()⎥⎢001100100000000⎥⎢xgx7()⎥⎢⎥⎢⎥⎢000110010000000⎥6⎢xgx()⎥⎢000011001000000⎥⎢5⎥⎢⎥G(x)=⎢xgx()⎥，或G=⎢000001100100000⎥⎢xgx4()⎥⎢000000110010000⎥⎢⎥⎢⎥⎢xgx3()⎥⎢000000011001000⎥⎢xgx2()⎥⎢000000001100100⎥⎢⎥⎢⎥⎢xgx()⎥⎢000000000110010⎥⎢⎥⎢⎥⎢gx()⎥⎣000000000011001⎦⎣⎦15x+1111098643因为监督多项式为hx()==x+x+x+x+x+x+x+1gx()∗1187532所以h(x)=x+x+x+x+x+x+x+143 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章3∗⎡xh(x)⎤⎡100110101111000⎤⎢2∗()⎥⎢⎥⎢xhx⎥⎢010011010111100⎥则H(x)=，或H=⎢xh∗(x)⎥⎢001001101011110⎥⎢⎥⎢⎥⎢h∗(x)⎥⎣000100110101111⎦⎣⎦习题10.12已知154434322x+=1(x+1)(x++x1)(x+x+1)(x+x+x++x1)(x++x1)试问由它可以构成多少种码长为15的循环码？并列出它们的生成多项式。r解：因为2−≥1n，而n=15，所以4≤r≤13。因为154434322x+=1(x+1)(x++x1)(x+x+1)(x+x+x++x1)(x++x1)有5个因子，所以由它可以构成的码长为15的循环码的数量为24种。当r=4时，生成多项式有4432gx()=(x++x1)(x+x+1)(x++x1)44322gx()=(x++x1)(x+x+x++x1)(x++x1)434322gx()=(x+x+1)(x+x+x++x1)(x++x1)当r=5时，生成多项式有443gx()=(x++x1)(x+x+1)(x+1)4432gx()=(x++x1)(x+x+x++x1)(x+1)43432gx()=(x+x+1)(x+x+x++x1)(x+1)当r=6时，生成多项式有443gx()=(x++x1)(x+x+1)4432gx()=(x++x1)(x+x+x++x1)43432gx()=(x+x+1)(x+x+x++x1)当r=7时，生成多项式有42gx()=(x++x1)(x++x1)(x+1)432gx()=(x+x+1)(x++x1)(x+1)4322gx()=(x+x+x++x1)(x++x1)(x+1)当r=8时，生成多项式有42gx()=(x++x1)(x++x1)432gx()=(x+x+1)(x++x1)4322gx()=(x+x+x++x1)(x++x1)当r=9时，生成多项式有4gx()=(x++x1)(x+1)43gx()=(x+x+1)(x+1)432gx()=(x+x+x++x1)(x+1)当r=10时，生成多项式有44 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章4gx()=x++x143gx()=x+x+1432gx()=x+x+x++x12当r=11时，生成多项式为gx()=(x++x1)(x+1)。2当r=12时，生成多项式为gx()=x++x1。当r=13时，生成多项式为gx()=x+1。习题10.13已知一个（7，3）循环码的监督关系式为x⊕x⊕x⊕x=0，x⊕x⊕x⊕x=0，x⊕x⊕x=0，63215210651x⊕x⊕x=0540试求出该循环码的监督矩阵和生成矩阵。解：由题目条件得⎡1001110⎤⎡101100⎢⎥⎢0100111111010监督矩阵为H=⎢⎥，化成典型矩阵为H=⎢⎢1100010⎥⎢110001⎢⎥⎢⎣0110001⎦⎣0110000⎤⎥0⎥。0⎥⎥1⎦⎡1001110⎤⎢⎥则生成矩阵为G=0100111。⎢⎥⎢⎣0011101⎥⎦1085432习题10.14试证明：x+x+x+x+x+x++x1为（15，5）循环码的生成多项式。并求出此循环码的生成矩阵和信息位为10011时的码多项式。15x+153解：因为=x+x++x1108542x+x+x+x+x++x115108542即x+1可以被x+x+x+x+x++x1整除，则可以证明该多项式为（15，5）循环码的生成多项式。108542由生成多项式gx()=x+x+x+x+x++x1，可得4⎡xgx()⎤⎡101001101110000⎤⎢⎥xgx3()⎢⎥⎢⎥010100110111000⎢⎥⎢2⎥G(x)=xgx()，或G=⎢001010011011100⎥⎢⎥⎢⎥⎢xgx()⎥⎢000101001101110⎥⎢gx()⎥⎢000010100110111⎥⎢⎣⎥⎦⎣⎦141110876当信息位为“10011”时，码多项式为：Tx()=x+x+x+x+x+x+x。45 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章8764习题10.15设一个（15，7）循环码的生成多项式为：gx()=x+x+x+x+1。145若接收码组为：Tx()=x+x++x1。试问其中有无错码。73Tx()653x+x++x1解：因为=x+x+x+8764gx()x+x+x+x+1即码组多项式Tx()不能被生成多项式gx()整除，所以其中必有错码。习题10.16试画出图10-1中（2，1，2）卷积码编码器的状态图和网络图。解：由该（2，1，2）卷积码编码器方框图可得输入和输出关系为c=b⊕b，c=b⊕b⊕b1132133移存器状态和输入/输出码元的关系如表10-2所示。123输入bbb123c2编码输出++c1图10-1习题10.16图表10-2习题10.16表前一状态当前输入b输出cc下一状态112bbbb3232a(00)000a(00)111b(01)b(01)001c(10)110d(11)c(10)011a(00)100b(01)d(11)010c(10)101d(11)所以该卷积码的状态图（图中实线表示输入信息位为“0”，虚线表示输入信息位为“1”）和网格图分别如下。b111000a0001d01461011c 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章状态图：0000000000a1111111111111111b01000000网格图：c01010101010101d010101习题10.17已知一个（2，1，2）卷积码编码器输出和输入的关系为c=b⊕b，c=b⊕b112223试画出该编码器的方框图、码树图和网络图。解：由输入和输出关系可得移存器状态和输入/输出码元的关系如表10-12所示。所以该卷积码的状态图（图中实线表示输入信息位为“0”，虚线表示输入信息位为“1”）、方框图、码树图，以及网格图分别如下：b输入b1b2b31001c00a1111d002++编码输出10c01c10000aa10b00a1110cb0100da01a11c11010bb10001c起点d0047信息位ad0100aa101b11c11111cb0110db0110ac1101bd1000cd00d 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章状态bb32a00b01c10d110000000000a1010101010b01010111111111111111c10101010010101d000000习题10.18已知一个（3，1，4）卷积码编码器的输出和输入关系为c=b，c=b⊕b⊕b⊕b，c=b⊕b⊕b11212343134试画出该编码器的方框图和和状态图。当输入信息序列为10110时，试求出其输出序列。解：由输入和输出关系可得移存器状态和输入/输出码元的关系如表10-3所示。所以该卷积码的方框图如下。表10-3习题10.18表前一状态当前输入b输出ccc下一状态1123bbbbbb432432a(000)0000a(000)1111b(001)b(001)0010c(010)1101d(011)c(010)0011e(100)1100f(101)48 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章d(011)0001g(110)1110h(111)e(100)0011a(000)1100b(001)f(101)0001c(010)1110d(011)g(110)0000e(100)1111f(101)h(111)0010g(110)1101h(111)习题10.19已知发送序列是一个（2，1，2）卷积码，其编码器的输出和输入关系为c=b⊕b，c=b⊕b⊕b当接收序列为1000100000时，试用维特比算1122123法求出发送信息序列。解：由输入和输出关系可得移存器状态和输入/输出码元的关系如表10-4所示。1234输入b1b2b3b4++c3编码输出c2c1由于发送序列的约束长度N=m+1=3,所以首先考察3个信息段，即3n=6个比特“100010”，维特比算法解码第一步计算结果如表10-5所示。维特比算法解码第二步计算结果如表10-6所示。维特比算法解码第三步计算结果如表10-7所示。表10-4习题10.19表1前一状态：当前输输出cc下一状态bb1232bb入b321a（00）000a（00）111b（01）b（01）011c（10）100d（11）c（10）001a（00）110b（01）d（11）010c（10）101d（11）49 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章表10-5习题10.19表2序对应序汉明距幸存路径号列离否？aaaa10000002是abcd21111015否aaab30000112是abcb41111103否aabc50011114否abdc61100101是aabd70011004否abdd81100013是表10-6习题10.19表3序原幸存路径的新增路新增总幸存路径号距离径段距离距离否？1aaaa+a2aa02是2abcd+a1ca12是3aaaa+b2ab24否4abdc+b1cd12是5aaab+c2bc24是6abdd+c3dc14是7aaab+d2bd02是8abdd+d3dd14否表10-7习题10.19表3序路径原幸存路径的新增路新增总幸存号距离径段距离距离否？1aaaaa+a2aa02是2abdca+a2aa02是3aaabc+a4ca15否4abddc+a4ca15否50 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十章5aaaaa+b2ab24是6abdca+b2ab24是7aaabc+b4cb15否8abddc+b4cb15否5abdcb+c2bc24否6aaabd+c2dc13是7abdcb+d2bd02是8aaabd+d2dd13否但由于最后移存器将恢复到状态a，所以只有路径aaaaa和abdcaa符合，对应的发送信息序列分别为：00000和11000。51 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十一章第十一章习题习题11.1设发送数字序列为：+1，-1，-1，-1，-1，-1，+1。试画出用其调制后的MSK信号的相位变化图。若码元速率为1000Bd，载频为3000Hz，试画出此MSK信号的波形。解：MSK信号附加相位函数路径图如图11-1所示。θ(t)kπ+1−1−1−1−1−1+1π20Ts2Ts3Ts4Ts5Ts6Ts7Tstπ−2−π3π−2−2π图11-1习题11.1图1由于载波频率f=3000Hz，传输速率f=1T=1000Bd因此，“-1”符号css111对应的频率为f=f−=3000−250=2750Hz=f0cs4T4s113“+1”符号对应的频率为f=f+=3000Hz+250Hz=f1cs4T4s因而MSK信号的时间波形如图11-2所示。S(t)MSK+1−1−1−1−1−1+1OtT图112−习题11.1图2习题11.2设有一个MSK信号，其码元速率为1000Bb，分别用频率f和f表示10码元“1”和“0”。若f等于1250Hz，试求f，并画出三个码元“101”的波形。10解：设载波频率为f，已知码元速率为f=1000Bd，cs1fs由于f=f+=f+=1250Hz1cc4T4s52 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十一章fs1000因此f=1000Hz。所以f=f−=1000−=750Hz。c0c44三个码元“101”的波形如图11-3所示。S(t)MSK101tOT图11-3习题11.2图习题11.3试证明（11.3-24）的傅里叶变换式（11.3-25）。即证明高斯型滤波器的ππ222冲激响应h(t)=exp(−t)的傅里叶变换式为：H(f)=exp[−αf]。αα解：根据傅里叶变换的定义及相关性质即可证明。习题11.4试证明式（11.4-6）。即证明OFDM信号在码元持续时间T内任意两个子载波都是正交的，即有Tcos(2πft+ϕ)cos(2πft+ϕ)dt=0∫kkii0k+m式中，f=，m=0,1,2,…,且f−f=nT，n=1,2,…。kki2TT证明：cos(2πft+ϕ)cos(2πft+ϕ)dt∫kkii01T1T=cos[2π(f−f)t+ϕ−ϕ]dt+cos[2π(f+f)t+ϕ+ϕ]dt∫kiki∫kiki2020=G2+H2TT⎡2nπ⎤式中G=cos[2π(f−f)t+ϕ−ϕ]dt=cost+ϕdt∫0kiki∫0⎢Tq⎥⎣⎦TT⎡n⎤H=cos[2π(f+f)t+ϕ+ϕ]dt=cos2π(2f+)t+ϕdt∫0kiki∫0⎢iTp⎥⎣⎦2nπ2nπ令ϕ=ϕ−ϕ，ϕ=ϕ+ϕ；并令q=t+ϕ，则有dq=dt，qkipkiqTTTdt=dq，代入G中得到2nπTT2nπ+ϕqT2nπ+ϕqTG=∫cosqdt=∫cosqdq=sinq=×0=002nπϕq2nπϕ2nπq53 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十一章nn1另p=2π(2f+)t+ϕ，则有dp=2π(2f+)dt，dt=dp，ipiTTn2π(2f+)iT代入H中得到1T12π(2fiT+n)+ϕpH=∫cospdt=∫cospdpn0nϕp2π(2f+)2π(2f+)iiTT12π(2fiT+n)+ϕp1=sinp=×0=0nϕn2π(2f+)p2π(2f+)iiTT上式等于0的条件是：2fT=0，1，2，…,即要求：f=m2T，m=0,1,2…。ii因此，式（11.4-6）得证。习题11.5试证明式（11.4-14）。即证明抽样信号s(n)的K点DFT值S(k)*一定满足对称性条件：S(K−k)=S(k)，k=0，1，2，…，K-1。K−1−j(2πK)nk证明：由于S(k)=∑s(n)e，因此n=0K−1K−1−j(2πK)n(K−k)−j(2πK)nKj(2πK)nkS(K−k)=∑s(n)e=∑s(n)een=0n=0K−1−j(2πK)nK−j2nπj(2πK)nk*由于e=e=1，∑s(n)e=S(k)，代入上式，则得证。n=0习题11.6设有一个TCM通信系统，其编码器如图11-4所示，且初始状态bb12为“00”。若发送序列是等概率的，接收端收到的序列为：…111001101011…（前后其他码元皆为0），试用网格图寻找并确定译码出的前6个比特。12⎧k1b1b2c1⎪c编码输出⎪2输入⎨⎪c⎪3k⎩2未编码比特图11-4TCM编码器解：网格图如图11-5所示。图中，用实线表示输入信息位k为“0”，用虚线表1示输入信息位k为“1”。1ccc123b1b2ti时刻ti+1时刻54 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十一章000状态a00001010011b01010011000001100110101c01111110111100d11101图11-5习题11.6图接收序列前6位为“111001”，序列之前为全“0”，因此根据网格图可知，系统第一步译码状态应为b，即10，此时b=1，然后沿着111向下一时刻转移，所以1k=1，k=1；系统第二步译码状态应为c，即01，此时b=0，然后沿着001向下121一时刻转移，所以k=1，k=1，因此可得译码输出为111011。12习题11.7设有一个DS-SS通信系统，采用BPSK调制，系统中共有25个同类发射机共用一个发送频段，每个发射机的发送信息速率是10kbs。若暂不考虑接收噪声的影响，试问扩频码片的最低速率为多少才能保证解扩后的信号干扰比不小于20dB？这时的误比特率约为多少？RRcc解：由已知条件得：处理增益G===100=20dB，因此，PRa1011−rR=1000kbs=1Mbs。此时的误比特率为P=erfc(r)≈e。cb22rπ习题11.8设有一个DS-SS通信系统，采用BPSK调制，发送信息的基带带宽是10kHz，扩谱后的基带带宽为10MHz。在只有一个用户发送的情况下，接收信噪比En为16dB。若要求接收信号干扰（噪声加其他拥护干扰）比最低为10dB，试b0问此系统可以容纳多少个用户（假设这时各用户的发送功率相等）？解：由已知条件可得输出信噪比Rc10000处理增益G====1000=30dBP输入信噪比R10a（PP）=G−En=30−16=14dB=25.11NSdBpb0由N−1=PP=25.11，得N=26。uNSu55 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十一章习题11.9在上题中，若系统中的噪声可以忽略不计，试问可以容纳多少个用户？解：若系统噪声忽略不计，则N−1=PP=G=1000，因此最多可以容纳uNSpN=1001个用户。u习题11.10设在一个快跳频系统中，每个二进制输入信息码元以不同频率被发送4次，并采用码率为12的纠错编码，码片速率为32kbs，跳频带宽为1.2MHz。试求系统输入信息码元速率。解：根据已知条件得码片速率为码元速率的4倍，因此码元速率1f=×32=8kbs。又由于采用码率为12的纠错编码，因此输入信息码元速率s4R=4kBd。B56 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章第十二章习题习题12.1已知英文字母中“e”的出现概率为0.105，“c”的出现概率为0.023，“o”的出现概率为0.001。试分别求出他们的信息量I。解：e出现的概率P(e)=0.105，其信息量为11I=log=log=3.25be22P(e)0.105同理P(o)=0.001，所以11I=log=log=9.97bo22P(o)0.001P(c)=0.023，所以11I=log=log=5.44bc2P(c)0.023习题12.2设信源有n种可能出现的消息。试求次信源熵的最大值。解：当n种可能的消息等概率出现时，次信源熵达到最大值，为H(X)=logn比特符号。max2⎡0.80.2⎤习题12.3设有一个二进制信道，其转移矩阵为P(YX)=⎢⎥若信道输入⎣0.40.6⎦的概率为：P(x)=0.6，P(x)=0.4。试求输出概率矩阵P(Y)和联合概率矩阵12P(X,Y)。解：由题意得输入概率矩阵P(Y)=[0.60.4]，输出概率矩阵为⎡0.80.2⎤P(Y)=P(X)P(Y|X)=[0.60.4]⎢⎥=[0.640.36]⎣0.40.6⎦⎡P(x1)0⎤⎡P(x1|y1)P(y2|x1)⎤联合概率矩阵为P(X,Y)=⎢⎥⎢⎥0P(x)P(y|x)P(y|x)⎣2⎦⎣1222⎦⎡0.60⎤⎡0.80.2⎤⎡0.480.12⎤=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎣00.4⎦⎣0.40.6⎦⎣0.160.24⎦习题12.4设一个二进制对称信道的转移概率p=14，且信源是等概率的。试求此无噪声信道容量C。解：对于二进制对称信道，有22H(Y|X)=−∑∑p(xi,yj)log2p(yj|xi)=−plog2p−(1−p)log2(1−p)i=1j=11133由于p=14，所以H(Y|X)=−log−log=0.81比特符号224444当对称信道输入等概率时，H(Y)达到最大，即H(Y)=1比特符号，则信道容量57 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章为C=I(X,Y)=H(Y)−H(Y|X)=1−0.81=0.19比特符号习题12.5在上题中，若信源概率P(x)=18，试求此无噪声信道容量C。111解：由题意得P(x)=，P(y|x)=，i=1，21ii84111111P(y)=P(x)P(y|x)+P(x)P(y|x)=×+(1−)×（1-）=111121284841611115P(y)=P(x)P(y|x)+P(x)P(y|x)=×(1−)+(1−)×=21212228484161116516H(Y)=log+log=0.89比特符号2216111651133H（Y|X）=−log−log=0.81比特符号224444信道容量为C=I(X,Y)=H(Y)−H(Y|X)=0.89-0.81=0.08比特符号习题12.6设一个二进制对称信道中，平均每传输100个码元产生一个错码。试求该无噪声信道的容量。解：对于二进制对称信道，误码率为2Pe=∑P(e|xi)P(xi)=qP(x1)+qP(x2)=qi=1由题意得P=0.01，所以q=0.01.设P(x)=α，则P(x)=1−α。由上e12述条件可得P(y)=P(x)P(y|x)+P(x)P(y|x)=α(1−q)+(1−α)q1111212P(y)=P(x)P(y|x)+P(x)P(y|x)=αq+(1−α)(1−q)21212221H(Y)=[0.99α+0.01(1−α)]log+20.99α+0.01(1−α)1[0.01α+0.99(1−α)]log20.01α+0.99(1−α)H(Y|X)=−(1−q)log(1−q)−qlogq≈0.08比特符号22则该无噪声信道的容量为1C=[0.99α+0.01(1−α)]log+20.99α+0.01(1−α)1[0.01α+0.99(1−α)]log-0.0820.01α+0.99(1−α)习题12.7设有4种可能的气象状态：晴、云、雨和雾，它们出现的概率分别是1111，，，。试对其进行霍夫曼编码，并求出此信息源的熵。4882解：对此信息源进行霍夫曼编码，如表12-2所示表12-2习题12-7表58 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章信源出现码码符号概率字长晴1401云18102雨181103雾121113此信息源的熵为4111H(X)=−∑P(xi)log2P(xi)=log24+2×log28+log22i=1482=1.75比特符号习题12.8若用xy=00，xy=01,xy=10和xy=11表示上题中的4种气象00011011状态。试分别求：（1）P(x)；（2）P(y|x)；（3）P(y|x)。10100⎡1418⎤解：X,Y的联合概率矩阵为：P(X,Y)=⎢⎥。⎣1812⎦（1）P(x)=P(xy)+P(xy)=18+12=5811011P(x1y0)18（2）P(y|x)===1501P(x)581P(xy)1400（3）P(y|x)===2300P(x)14+180习题12.9试计算习题12.7中霍夫曼编码的效率。111解：平均码长为L=×1+×2+2×3×=1.752481.75最小平均字长为L=H(X)logD==1.75min2log22则效率=LL=1.751.75+100%min习题12.10设一个信源中包含6个消息符号，它们的出现概率分别为0.3，0.2，0.15，0.15，0.1，0.1。试对其进行霍夫曼编码，并求出编码的平均长度L和效率。解：对6个消息符号进行霍夫曼编码，如表12-3所示。平均长度为L=(0.3+0.2)×2+(0.15+0.1)×2×3+2.51111H(X)=0.3log+0.2log+2×(0.15log+0.11log)22220.30.20.150.1=2.471比特符号对于二进制编码，效率=H(X)L=2.4712.5=98.84%表12-3习题12.10信源出现概码字码59 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章符号率长x0.30021x0.21022x0.1501033x0.1501134x0.111035x60.11113习题12.11设一个信源中包含8个消息符号，它们的出现概率分别为0.1，0.18，0.4，0.05，0.06，0.1，0.07，0.04。试对其进行霍夫曼编码，并求出编码的平均长度L和效率。解：对8个消息符号进行霍夫曼编码，如表12-14所示表12-4习题12.11表信源出现概码码字符号率长X0.101131X0.1800132X0.4113X0.050001054X0.06010145X0.1000046X0.07010047X0.040001158平均长度为L=0.4×1+(0.18+0.1)×3+(0.1+0.07+0.06)×4+(0.05+0.04)×5=2.161111信源熵为H(X)=2×0.1log+0.18log+0.4log+0.05log+22220.10.180.40.051110.06log+0.07log+0.04log2220.060.070.04=2.553比特符号效率=H(X)L=2.5532.61=97.8%6习题12.12设一幅图片约有2.5×10个像素，每个像素以后2个以等概率出现的亮电平。若要求用3分钟传输这张图片，并且信噪比等于30dB，试求所需的信道带宽。解：由于每个像素有12个等概率出现的亮度电平，所以每个像素的信息量为I=log12=3.585bp266每幅图像的信息量为I=2.5×10×I=8.963×10bfp60 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章信息传输速率，即信道容量为64C=It=8.963×10(3×60)≈4.98×10bsf信噪比为SN=30dB=1000由于信道容量C=Blog(1+SN)，所以所需信道带宽为24C4.98×10B==≈5kHzlog(1+SN)log(1+1000)22习题12.13设一幅黑白电视画面由24万个像素组成，每个像素有12个以等概率出现的亮度电平，每秒发送25帧画面。若要求接收信噪比为30dB，试求所需传输带宽。解：每个像素的信息量为I=log12=3.585bp245每帧图像的信息量为I=24×10×I=8.6×10bfp7信息传输速率为C=25I=2.15×10bsf7C2.15×10所需传输带宽为B===2.16MHzlog(1+SN)log(1+1000)22习题12.14设一幅彩色电视画面由30万个像素组成，每个像素有64种颜色和16个亮度电平，且所有颜色和亮度的组合均以等概率出现，并且各种组合的出现互相独立。若每秒发送25帧画面，试求所需的信道容量；若要求接收信噪比为30dB，试求所需的信道带宽。解：由于每个像素有64种颜色和16个亮度电平，切所有组合均以等概率出现，所以每个像素的信息量为I=log(64×16)=10bp246每帧图象的信息量为I=30×10I=3×10bfp7信息传输速率为C=25I=7.5×10bsp7C7.5×10所需信道带宽为B==≈7.5MHzlog(1+SN)log(1+1000)22Hw()=K习题12.15设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为0，φ()w=−wtKtst()d，其中0，d都是常数。试确定信号通过该信道后输出信号的时域表示式，并讨论之。解：Hw()=Ke−iwtd0Sw()=HwSw()()=Ke−iwtdSw()⇔st()=Kstt(−)0000dst()确定信号通过该信道后，没有失真，只是信号发生了延时。61 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章Hw()[1cos=+Te]−iwtdt习题12.16设某恒参信道的幅频特性为0，其中，d都是常st()数。试确定信号通过该信道后输出信号的时域表示式，并讨论之。解：Hw()[1cos=+Te]−jwtd0Sw()=HwSw()()[1cos=+Te]−jwtdSw()00=[e−jwtd+1e−jwT(0+td)+1e−jwT(0−td)]()Sw2211⇔stt(−)+stt(−−T)+stt(−+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。习题12.17设某恒参信道可用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？解：RjwRCHw()==11+jwRCR+jwcjwRCjφ()wHw()==Hwe()1+jwRC1Hw()=11+π(wRC)2φ()w=−arctgwRC()其中：2dφ()wRCτ()w==2dw1(+wRC)则群迟延可见，信号通过该信道时会频率失真和群迟延畸变。习题12.18今有两个恒参信道,其等效模型分别如图P3-12(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？图P3-12恒参信道等效模型(a)、(b)62 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章解：图aR2jφ()wHw()==Hwe()R+R12R2其中Hw()=，φ()w=0R+R12dφ()w故τ()w==0dw没有群延迟；图b1jwC−jφ()wHw()==Hwe()1R+jwC1Hw()=21+(wRC)φ()w=−arctgwRC()其中：dφ()wRCτ()w==2dw1(+wRC)则群迟延,有群延迟失真st()=AcosΩtcoswt习题12.19一信号波形0，通过衰减为固定常数值、存在相移w>>Ωw±Ω的网络。试证明：若0、且0附近的相频特性可近似为线形，则该网络对st()的迟延等于它的包络的迟延。−jφ()w证明：令该网络的传递函数为Hw()，则Hw()=Kew0±Ω附近，φ()w=wt0−jφ()wHw()=Ke⇔ht()=Kδ(tt−)即0yt()=st()*()ht=AKcos(Ω−tt)coswtt(−)输出信号为000AcosΩtK*δ(tt−)=AKcos(Ω−tt)对包络的迟延为00证毕。习题12.20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：2VVfV()=exp(−)22瑞利衰落的包络值V的一维概率密度函数为σ2σ63 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章2Vexp(−)22dfV()2σ2VV=⇔0−exp(−)=0242一维概率密度函数有最大值，则dVσσ2σ可得V=σ习题12.21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。解：∞∞22VVπEV()=VfVdV()=2exp(−)dV=σ∫∫22σ2σ2−∞0π2DV()=(2−)σ2习题12.22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？wτ2cos=2cos(πf)2解：该网络的幅频特性为1f=+n(KHz)当2时，出现传输零点，传输衰耗最大1f=(n+)KHz当2时，出现传输极点，传输信号最有利。习题12.23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：64 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章习题12.24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。解：11∆=f==333Hz−3τ3*10m11∆=f(~)∆=f66.7~111Hzs工程上的一般公式为35习题12.25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。解：−23−182Sw()=2KTR=2*1.38*10*300*1000=8.28*10V/Hz1−23−182Sw()=2*1.38*10*400*100011.04*10=V/Hz2−182Sw()=Sw()+Sw()19.32*10=V/Hz12习题12.26具有6.5MHZ带宽的某高斯信道，若信道功率与噪声功率谱密度之比为45.5MHZ，试求其信道容量。解：S45.5C=Blog(1+)=6.5*log(1+)19.5=MHz22N6.5习题12.27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。解：SC=Blog(1+)=4*log(64)=24kHz22信道容量为N理想通信系统的传信率为24kbit/s，差错率为0。6习题12.28某一待传输的图片约含2.25×10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）≈3.58bit图片包含信息量=3.58×2.25×106≈8.06×106bit要在3min内传送一张图片时，C=8.06×106/180≈4.48×104bit/sS/N=30dB=1030/10=100065 课后答案网，用心为你服务！《通信原理》习题第十二章B=C/㏒2(1+S/N)≈4.49×103Hz66'