通信原理课后题答案重庆邮电大学

通信原理课后题答案重庆邮电大学第1章 绪论 习题解答 1-1 解：每个消息的平均信息量为 H(x)=-14log214-218log218-12log212 =1.75bit/符号 1-2 解：两粒骰子向上面的小圆点数之和为3时有和两种可能，总的组合数为C6C6=36，则圆点数之和为3出现的概率为 故包含的信息量为 p3=236=118 11811小圆点数之和为7的情况有，则圆点数之和为7出现的概率为 366 故包含的信息量为 6 1-3 解：每个字母的持续时间为210ms，所以字母传输速率为 I(7)=-log2p7=-log21=2.585(bit)p7=6=1I(3)=-log2p3=-log2=4.17(bit) 不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为 H(x)=log24=2 bit/符号 平均信息速率为 Rb=RB4gH(x)=100 bit/s 每个字母的平均信息量为 554 =1.985 bit/符号 所以平均信息速率为 H(x)=-1log21-1log214-14log214-310log2310 RB4=121010-3=50Baud Rb=RB4gH(x)=99.25 (bit/s) 1-4 解：根据题意，可得： I(0)=-logP(0)=-log2I(1)=-logP(1)=-log2381.415 比特 14=2 比特 I(2)=-logP(2)=-log2I(3)=-logP(3)=-log21418=2 比特 比特 法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有14个“0”符号，13个“1”符号，12个“2”符号，6个“3”符号，则该消息的信息量是： I=14I(0)+13I(1)+12I(2)+6I(3) 141.415+132+122+63 87.81 比特 此消息中共含45个信源符号，这45个信源符号携带有87.81比特信息量，则此消息中平均每个符号携带的信息量为 I2=87.81/451.95 比特/符号 =3法二：若用熵的概念计算，有 说明：以上两种结果略有差别的原因在于，它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号数的增加而减少。 1-5 4444解：bit/符号 某一特定序列出现的概率为 H(x)=-1log21-3log230.811H(x)=-38log238-214log214-18log218=1.906(bit/符号)P(XL)=P(X1,X2,L,X100)=P(0)mP(1)100-m13=44100-mm100-m所以，信息量为 I(X1,X2,L,X100)=-logP(X=200-(100-m)log23L)13=-log44m(bit)序列的熵 H(XL1-6 解：若系统传送二进制码元的速率为1200Baud，则系统的信息速率为： Rb=1200log22=1200 bit/s 若系统传送十六进制码元的速率为2400Baud，则系统的信息速率为： Rb=2400log216=9600 bit/s 1-7 解：该恒参信道的传输函数为 H(w)=H(w)ejj(w)=100H(X)=81bit/序列=K0e-jwtddd(-t0 冲激响应为 h(t)=Kt )=)0Ks-(dt t) 输出信号为 y(t)=s(t)*h(t 讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。 1-8 解：该恒参信道的传输函数为 H(w)=Ae-j(wtd-bsinwT0)=Ae-jwtdejbsinwT0 =A(1+jbsinwT0)e=A1+jb2j+-jwtd)e-jwtd(ejwT0-e-jwT0=AeAb2e-jw(td-T0)-jwtdAb2e-jw(td+T0)Ab2 冲激响应为 h(t)=Ad(t-td)+Ab2d(t-td+T0)-d(t-td-T0) 输出信号为 y(t)=s(t)*h( t) 1-9 =As(t-td)+Ab2s(t-td+T0)-Ab2s(t-td-T0)解：假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为V0。则该信道的幅频特性为： 当 当w=w=1H(w0)=2V0coswt2出现传输零点； t1(2n+1)p,n=0,1,2,L时，H(w0)2np,n=0,1,2,L时，H(w0)n=nt出现传输极点； 所以在 在1-10 f=tkHz(n为整数)时，对传输信号最有利； f=(n+111)=(n+)2t2kHz(n为整数)时，对传输信号衰耗最大。 SN解：(1) 因为S/N =30dB,即10得：S/N=1000 由香农公式得信道容量 C=Blog2(1+log10=30dB， SN)l2og+(11 000) =3400391b0it s/ 33.8因为最大信息传输速率为4800b/s，即信道容量为4800b/s。由香农公式 SCC=Blog2(1+4800SN)。 得：N则所需最小信噪比为1.66。 =2B-1=23400-12.66-1=1.66第2章 信号与噪声分析 习题解答 2-1 解： p(x2)=1-p(x2)数学期望： aE(x)=+-xp(x)dx=2-+-x12adx=x24aa-a=0-adx=x3aE(x)=因为 所以方差： 2-2 xp(x)dx=2x22a6a=-aa23D(x)=E(x)-E(x)=22a23-0=a23 x-0x解：由题意随机变量x服从均值为0，方差为4，所以F(x)=12p2，即2服从标准正态分布，可通过查标准正态分布函数 x-e-t22dt数值表来求解。 2-024-02)=1-F(1)p(x2)=1-p(x2)=1-p(x-02x-02 =1-0.8413=0.1587 p(x4)=1-p(x4)=1-p()=1-F(2) =1-0.9772=0.0228 x-1.5 当均值变为1.5时，则2服从标准正态分布，所以 x-1.52-1.524-1.52)=1-F(0.25)2 =1-0.5987=0.4013 2 =1-0.8944=0.1056 2-3 p(x4)=1-p(x4)=1-p(x-1.5p(x2)=1-p(x2)=1-p()=1-F(1.25)解：因为随机变量q服从均匀分布，且有0q2p，则q的概率密度函数所以有 Ez(t)=Em(t)cos(w0t+q) =Em(t)Ecos(w0t+q) =Em(t)02pf(q)=12p，cos(w0t+q)12pdq =0 o0s(+tq Rz(t,t+t)=Em(t)cw12)m+tt()wco+st(wt+ q0012) =Em(t)m(t+t)Ecos(w0t+q)cos(w0t+w0t+q) =Rm(t)Ecos(2w0t+w0t+2q)+cosw0t=Rm(t)12cosw0tcosw0t(1+t),-1t02cosw0t=(1-t),0t120,其他t =Rz(t) 由此可见，z(t)的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t+t)仅与t相关，因此z(t)是广义平稳的。 自相关函数Rz(t)的波形如图2-6所示。 图2-6 根据三角函数的傅氏变换对 t01+t,-12wtri(t)=1-t,0t1024，所以位于第8段落，段落码为111。 确定段内码C5C6C7C8： 因为1948=1024+1464+28，所以段内码C5C6C7C8=1110。 D=12048，所以所以，t=1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为 1 111 1110。 同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM码字，如表4-5所示。 表4-5 PCM编码的输出码字 t 1600t 样值m(kTs)=sin2k5归一化值 输出码字 0 1948D 1204D -1204D -1948D 10000000 11111110 11110010 01110010 01111110 t=0 t=1/4000 t=2/4000 0 2/5 4/5 0 0.9510565 0.58778525 -0.58778525 -0.9510565 t=3/4000 t=4/4000 6/5 8/5 4-5 解： 因为采用均匀量化，所以量化间隔 D=24=0.5则量化区间有-1,-0.5)，-0.5,0)，0,0.5)和0.5,1，对应的量化值分别为-0.75，-0.25，0.25，0.75。 所以量化噪声功率为 Nq=+-0.5-12(x+0.75)(1+x)dx+-0.5(x+0.25)(1+x)dx2020.50(x-0.25)(1-x)dx+0.5(x-0.75)(1-x)dx12=1/48因为输入量化器的信号功率为 S=-xf2(x)dx=10x(1-x)dx+20-1x(1+x)dx=216 所以量化信噪比 SNq=E(x2)2E(m-mq=84-6 解： 因为二进制码元速率 RB=log2所以对应的信息速率Rb=RB=log2Mfs Mfs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。 而二进制码元宽度为 Tb=1RB =tTb，则PCM信号带宽为 假设占空比B=1/ 可见，带宽B与log2M成正比。 所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-7 解： (1)基带信号的频谱图如图4-16所示 图4-16 基带信号的频谱图 由式，理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。 图4-17 理想抽样信号的频谱图 (2) 因为自然抽样信号的频谱 Ms(w)=AtTsSa(n=-Sa(sntw2s)M(w-nws)=0.4n=-sntw2)M(w-nws)当n=1时，因为 Sa(ntw2)M(w-nws)=Sa(0.4p)M(w-ws) 所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为0.4Sa(0.4p)M(w-ws)，对应的频谱图如图4-18所示。 图4-18 n=1时自然抽样信号的频谱分量 所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。 图4-19 自然抽样信号的频谱图 因为平顶抽样信号的频谱 Mq(w)=AtTs所以，平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。 SaM(w-nws)=0.4SaM(w-nws)22n=-n=-图4-20 平顶抽样信号的频谱图 4-8 解： 因为抽样频率为8000Hz，按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。所以二进制码元速率 RB=lfs=88000=64000波特 因为占空比为1，所以t=Tb，则PCM基带信号第一零点带宽 4-9 解： 因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以 所以PAM系统的码元速率 B=1/=1/Tb=64000Hz fs=2fH=12000Hz RB=fs=12000波特 则码元宽度 Ts=1/fs 因为占空比为0.5，所以t=0.5Ts，则PAM基带信号第一零点带宽 4-10 解： B=1/=24000Hz 因为奈奎斯特抽样频率fs=2fH=12000Hz，量化级数M=8，所以二进制码元速率为 RB=log2Mfs=312000=36000波特 所以，对应的信息速率 Rb=36000bit/s 因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度Tb呈倒数关系，所以 Tb=1RB因为占空比为0.5，所以 则PCM基带信号第一零点带宽 4-11 解： 编码过程如下 t=0.5Tb B=1/=72000Hz 确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 确定段落码C2C3C4： 因为1024870512，所以位于第7段落，段落码为110。 确定段内码C5C6C7C8： 因为870=512+1132+6，所以段内码C5C6C7C8=1011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 1011。 编码电平IC是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为极性为负，则编码电平 IC=-IBi+2C5+2C6+2C7+2C8Di=-864量化单位 (3210)因为 (864)10=(01101100000)2 因此7/11变换得到的11位线性码为01101100000。 编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为 -(864+16)=-880个量化单位。 因为 (880)10=(01101110000.0所以7/12变换得到的12位线性码为011011100000。 解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为10个量化单位。 4-12 解： 因为量化区的最大电压为U=2048mV，所以量化单位为D=1mV，所以抽样)2 值为398D。 编码过程如下： 确定极性码C1：由于输入信号抽样值Is为正，故极性码C1=1。 确定段落码C2C3C4：因为512398256，所以位于第6段落，段落码为101。 确定段内码C5C6C7C8：因为398=256+816+14，所以段内码C5C6C7C8=1000。 所以，编出的PCM码字为11011000。 它表示输入信号抽样值Is处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384D=384mV，中间电平为392 mV。 编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平 IC=384D=384mV 因为(384)10=(00110000000)2，所以对应的11位线性码为00110000000。 解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平 ID=392mV 可见，解码误差为6mV。 4-13 解： 因为最大电压值为5V，所以量化单位 D=512048V所以，样值幅度-2.5V表示为-1024量化单位。 因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。 该量化级对应的起始电平为1024D=-2.5V，中间电平为-(1024+32)=-1056量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV 4-14 解： 极性码为1，所以极性为正。 段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为。 因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为+(71+0.5)=7.5个量化单位，即解码电平7.5D。 因为 (7.5)10=(0000000011所以，对应的12位线性码为000000001111 4-15 解： 编码过程如下： 1.1)2 确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 确定段落码C2C3C4： 因为1024630512，所以位于第7段落，段落码为110。 确定段内码C5C6C7C8： 因为630=512+332+22，所以段内码C5C6C7C8=0011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 0011。 因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。 因为 (608)10=(0100110000所以，对应的均匀量化的11位线性码为01001100000。 4-16 解： 因为 S0N00)2 又因为 (So/Nq)S0=2lN+N1+4P2qeePCMSoNq=22l=M2所以 S0N0=2(So/Nq)M=2l1+4Pe21+4PeMPCM2322-31+410=200.9322第5章 数字信号的基带传输 习题解答 5-1 解：略 5-2 解： 信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解： 信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4 解：对于单极性基带信号，g1(t)=0，g2(t)=g(t)，随机脉冲序列的功率谱密度为 +Ps(f)=fsp(1-p)|G(f)|+p=12时， 2m=-|fs(2p-1)G(mfs)|d(f-mfs)2 当Ps(f)=fs4+|G(f)|+2m=-fs42|G(mfs)|d(f-mfs)2Ts2A(1-|t|),|t|Ts2g(t)=0,else 由图5-11得 g(t)的傅立叶变换G(f)为 22 代入功率谱密度函数式，得 G(f)=ATsSa2pfTs()Ps(f)=fs42ATs2pfT|Sa(22+s)+|2m=-f2ATs|Sa42s2pfT(ss22d)f|-m(fs)16216 功率谱密度如图5-12所示。 =ATsSa(4pfTs)+A2+m=-Sa(4pm2)d(f-mfs)fs=1Ts的离散分量， 由图5-12中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率fs=1Ts的分量。 故可以提取码元同步所需的频率 由题中的结果，该基带信号中的离散谱分量Pv(w)为 Pv(f)=A2+16m=-Sa4pm(2d)f(-mfs)p2 当m取1时，即f=fs时，有 162 所以该频率分量的功率为 S=A2Pv(f)=A2Sa(4p)d(f-fs)+A2162ASa(4)d(f+fs)16Sa(4p2)+A162Sa(4p22)=p4图5-12 5-5 11-|wH(w)=w00,else解：由图5-12可得|,|w|w0 该系统输出基本脉冲的时间表示式为 h(t)=12p+-H(w)ejwtdw=w02pSa(2w0t2) 根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H(w)应满足 2ppH(w+i)=C,w|TsTiHeq(w)=0,|w|pT p|w|=w0T 容易验证，当时， iH(w+2pTsi)=iH(w+2pRBi)=iH(w+2w0i)C 所以当码率RB=w0/p时，系统不能实现无码间干扰传输。 5-6 解：法1：无码间串扰时RBmax=2BN，当码元速率为150kBaud时，容易验证，此系统有码间串扰。 法2：由题意，设BN=100kHz，则RBmax=2BN=200k(Baud)，将RBmax与实际码速率RBmaxBN=RB2=75kHz比较为正整数，由于RB=200k150k(Baud)正整数，则此系统有码间干扰。 (Baud)，设传输M进制的基带信由题意，设BN=100kHz，则RBmax=2BN=200k号，则 RBmaxRB=200kRbnlog2M=200k400klog2M(Baud)RBmax，令RB=常数， 求得M=4(n=1,2,L)。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。 结论：根据系统频率特性H(w)分析码间干扰特性的简便方法：首先由H(w)确定系统的奈奎斯特等效带宽BN，然后由RBmax=2BN求出最大码速率，再与实际码速率比较，若RBmax/RB为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。 5-7 解：B=(1+a)BN=1600Hz，所以则RBmax=2BN=1600Baud Ts=1RB=11600s