2023年通信原理答案重慶郵電大學(xué)版

第1章緒論

習(xí)題解答

1-1

解：每個消息的平均信息量為

=1.75bit/符號

1-2

解：(1)兩粒骰子向上面的小圓點數(shù)之和為3時有(1,2)和(2,1)兩種也許，總的組合

數(shù)為|C：xC：=361則圓點數(shù)之和為3出現(xiàn)的概率為

FF

-7=---

|33618|

故包含的信息量為

/(3)=-log2p3=-log2工=4.17(bit)

1o

(2)小圓點數(shù)之和為7的情況有(1,6)(6,1)(2,5)(5,2)(3,4)(4,3),則

圓點數(shù)之和為7出現(xiàn)的概率為

6~r

Pi————

|7366|

故包含的信息量為

/(7)=—log,°7=-log,-=2.585S”)

一~6

1-3

解：(1)每個字母的連續(xù)時間為2010ms,所以字母傳輸速率為

。

R隊fl4=-2-x--l-0-x--l-(--y-3r=5Band

不同字母等也許出現(xiàn)時，每個字母的平均信息量為

"(x)=log24=2bit/符號

平均信息速率為

Rb=RB4.H(x)=WO

(2)每個字母的平均信息量為

=1.985bit/符號

所以平均信息速率為

&=一?"(》)=99.251(bit/s)

1-4

解：(1)根據(jù)題意，可得：

3

7(0)=-logP(0)=-log2-?1.415

____________8比特

Z(l)=-logP(l)=-logi=2

___________________4比特

/(2)=-logP(2)=-logl=2

____________4|比特

Z(3)=-logP(3)=-log,^=3

___________8比特

(2)法一：由于離散信源是無記憶的，所以其發(fā)出的消息序列中各符號是無依賴的、記錄

獨立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各個符號的信息量之和。此消息中共有14個

“0”符號，13個“1”符號，12個“2”符號，6個“3”符號，則該消息的信息量是：

/=14/(0)+13/⑴+12/(2)+6/(3)

。14x1.415+13x2+12x2+6x3

a87.81|比特

此消息中共含45個信源符號，這45個信源符號攜帶有87.81比特信息量，則此消息中平均

每個符號攜帶的信息量為

—=87.81/45"1.95比特/符號

法二：若用燃的概念計算，有

331111

H(x)=--log2--2x-log2---log,-=1.906(?！?符號)

說明：以上兩種結(jié)果略有差別的因素在于，它們平均解決方法不同，前一種按算術(shù)平均的方

法進(jìn)行計算，后一種是按焙的概念進(jìn)行計算，結(jié)果也許存在誤差。這種誤差將隨消息中符號

數(shù)的增長而減少。

1-5

~1~3

//(%)=--log,---log,-?0.811

解：(1)1_________4-44-4________kit/符號

(2)某一特定序列(例如：m個0和100-m個1)出現(xiàn)的概率為

尸*)=x@)=[尸⑼丁尸⑴廠=&J《廣

所以，信息量為

171YV3Y0°-W]

I

Z(X1,X2,...,X100)=-logP(X)=-logM匕)

=200-(100-m)log23(bit)

(3)序列的燧

H(XL)=100H(X)=8而”序列

1-6

解：若系統(tǒng)傳送二進(jìn)制碼元的速率為1200Baud,則系統(tǒng)的信息速率為：

凡=1200*喝2=1200|bit/s

若系統(tǒng)傳送十六進(jìn)制碼元的速率為2400Baud,則系統(tǒng)的信息速率為：

=2400xlog216=9600l決

1-7

解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為

"(⑷=I"(砌/初=jMd

Koe-

沖激響應(yīng)為回)=瑞次/口~

輸出信號為I—⑺*g)=K°s(f,)

討論：該恒參信道滿足無失真?zhèn)鬏數(shù)臈l件，所以信號在傳輸過程中無畸變。

1-8

解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為

j<otd

H(①)=4^一“碗/一加由叫)=Ae~.e^sin叫

jMj

=A(l+jbsina)T0)e-

=A[1+乃(/'%-e-ja,T0)]/"

2j

_?47cm⑴-正)"叫+4)

22

y4AzlA

h(t)-A3(t-td)-\"--3(t-td+4))——6(t—td—T())

沖激響應(yīng)為

輸出信號為|y（，）=sQ）*/&）

AbAh

=As(t-^)+—s(t-td+T[))-s(t-td-T())

1-9

解：假設(shè)該隨參信道的兩條途徑對信號的增益強度相同，均為同。則該信道的幅頻特性為:

COT

|H(礫)卜2%COS——

2

tw=—(2/7+1)^,n-0,1,2,…時,田(4)|

當(dāng)I丁_________血現(xiàn)傳輸零點:

co=-2〃肛〃=0,1,2,…時，

當(dāng)I____L_________________________出現(xiàn)傳輸極點；

所以在7kHz（n為整數(shù)）時，對傳輸信號最有利;

f=（/?+—）—=（?+—）

在I2-2|kHz（n為整數(shù)）時，對傳輸信號衰耗最大。

1-10

q

log10—=3O6/B

解：（1）由于S/N=30dB.即idN

得：S/N-1000

由香農(nóng)公式得信道容量

V

C=Z?log2(l+-)

=3400xlog2(1+1000)

彩33.89xIO,m/s

(2)由于最大信息傳輸速率為4800b/s,即信道容量為4800b/s。由香農(nóng)公式

V

C=filog2(l+-)

qC4800

士=2萬-1=2礪-Ik2.66-1=1.66

得：應(yīng)__________________________

則所需最小信噪比為1.66。

第2章信號與噪聲分析

習(xí)題解答

2-1

解:

“(X>2)=1—“(X<2)|數(shù)學(xué)盼望:

12"

E(x)=fxp(x)cbc=fx—dx=—=0

jJYC2a4a

23a0

碇)=口P2(“心=匚》嗎_a"

-a

O(x)=E(x2)_[E(x)f=g-0=5

所以方差：33

2-2

x-0][7

解：由題意隨機變量x服從均值為0,方差為4,所以I2|,即國服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，可

①(x)=-yJ=[e2dt

通過杳標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)I弋2兀I數(shù)值表來求解。

⑴人>2)=5—〃號"丁江①⑴

=1-0.8413=0.1587

r-04-()

p(x>4)=1_p(x<4)=1_p(——<——)=1-0(2)

(2)22

=1-0.9772=0.0228

卜-1.5]

(3)當(dāng)均值變?yōu)?.5時，則服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，所以

p(x>2)=1-p(x<2)=1-〃(一<-=1-①(0.25)

=1—0.5987=0.4013

p(x>4)=1-p(x<4)=1-p(--^―<-=1-0(1.25)

=1—0.8944=0.1056

2-3

解：⑴由于隨機變量團服從均勻分布，且有匹互],則的概率密度函數(shù)F⑻二2萬

所以有

E[z(t)]=cos(690r4-0)]

=E[m(t)]?E[COS(690Z+0)]

=￡[加(。].『cos(例，+6)?-!-

—In

亙1

Rz(Z,Z+r)=cos(6t>0Z+0)?m(t+r)cos(g，+CD^T+8)]

=+r)]?￡[cos(a>0r+0)cos(<y0Z+g工+0)\

=Rm(r)?E[—cos(269t/+4/+2。)+—cosco()r]

=/?w(r)<-cos690r

COS69T、[八

-----(-)(Z1l+r),-l<r<0

2

=<警("OKI

0,其他7

=2⑺

由此可見，區(qū)臼的數(shù)學(xué)盼望與時間無關(guān)，而其相關(guān)函數(shù)凡與日相關(guān),因此包

是廣義平穩(wěn)的。

(2)

（3）根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對

l+r,-l</<0

cco

Zrz(Z)=<l-r,0<r<l<^S^2(-)

0,其他t

00

j<OT

巴(0)=JRx(T)e-dT

—oc

18

J(,)r

—Jcos690r?tri(r)e~dT

-co

4的（亨）+獷（可升

s=K(o)=卞(ifg

2-4

解：（1）由于回，回互不相關(guān)

)

所以mx(t)=EX(t)=+￡cosgt]

=COS卬助+COS①0田￡

又根據(jù)題目已知均值叵與叵衛(wèi)I,所以|〃2'0)=0

(2)自相關(guān)函數(shù)R&)=￡[X也＞X?2)]

=E[(7]+￡)COS?(〃+￡)COS例心J

21

=cosg%cos(oQt2E[ri+2rjs+s]

=coscoJicos卬2[助2+2助￡+Es~]

=COS@4COS60^2[b；+戊]

=4cosg：cos卬2

=4xg[cos勺)(4+/2)+COS4(4—，2)]

=2cosgc+2cos例/乙+t2)(/=%f)

(3)由(2)可知扇僅與回有關(guān)還與叵]有關(guān),所認(rèn)為非廣義平穩(wěn)隨機過程。

2-5

解：根據(jù)圖示可得&⑺=5°-3忖丘(一10,10)

2

E[X(r)]=7?x(0)=50

bx?=&(0)-&(8)=50-20=30

由干..x2=E[X2(r)]—[EXQ)]2-

所以，[30=50-{EX詞即叵記四三強

則⑴限=±呵；(2)怛區(qū)(切=0(0)司⑶區(qū)=3。

2-6

解：⑴

/??)=反X(E)?X?+切

=E{[A^+A,cos(。/+6)][&+4cos屹Q(mào)+7)+陰}

=石{%+&Acos。?+7)+。]+&Acos(卯+8)+A：cos(如+0)cos屹?+r)+。]}

=4；+E{A2cos(卯+O')cos[G](/+T)+例}

H(0)=￡[X2Q)]=^+3

(2)￡

E[X(r)]=E[4+4cos(如+6)]=4

由于,

?。ㄇ?

所以，直流功率為4

a2=E[X2(t)]-E2[X(t)]^^-

則，交流功率為I

Px(co)=2"否b((y)+僅[6(0+可)+b(?y—電)]

2-7

解：（1）互為傅立葉變換

所以，對Px（f）做傅立葉變換得

2

Rx(T)=l+f0Sa^fQT)

R(oo)=1

（2）直流功率為x

A(0)—AQQ"/一』

（3）交流功率為

2-9

解：RC低通濾波器的傳遞函數(shù)為

1

j①CI

R?11+jcocR

j①C

因此輸出過程的功率譜密度為

43)=?(3).|"3)|2=

2[\+(a)cR)2]

相應(yīng)地，自相關(guān)函數(shù)為

旦[-~~ei(OTdm

4%±1+jcocR

~\T\!RC

4/?C

2-10

解：⑴|J(工)=a(2+3X0))(2+3XQ+工)]

=E[4+6X(，+z)+6X(，)+9X(，)XQ+匯)]

=4+6+6+9Rx(r)

即自相關(guān)函數(shù)只與?有關(guān)

ay(f)]=2+3E[XQ)]=2+3=5|即均值為常數(shù)

（2）平均功率為冉（。）=16+9號（。）

由于&￡士4所以|&（°）=3

所以冉(0)=16+9&(。)=16+9x3=43

(3)|Dfy(f)]=￡>[2+3X(。]=90X0)=18

2-11

解：（1）因（7）=仇y（/）y（r+T）］

=E{[X(r+a)-XQ—a)][X(，+T+a)—XQ+z—a)]}

=￡JX(z+〃)X(z++。)—X(f+4)X(，+T—ci)—X(t—〃)(X(r+u+。)+X(t—〃)X(/+r—Q)]

TX(EQ

=Rx(r)-RX(-2a)-R+2)+Rx(r)

—2/?x(工)—Rx(工—2Q)—Rx(r+2a)

(2)倒到與匹9J互為傅立葉變換

2aj<,>

PY(S=2PX(G))-PX(co)e--Px(&)/砒0

2

=4Px(co)sin(aco)

2-12

解：

s=匚&（/）#=fjo-V2#=|xlO7IV

2-13

解：由于題目已知沖激響應(yīng)為⑺=51〃⑺

H(ty)=——

所以_5+及

《3=心（0）|"（0）『

?3）=年

又由于

《3)=4----------r=------------7

所以|"225+6?25+6?

40）1與包到互為傅立葉變換

由國可知/（7）=25xi（r%-明

總的平均功率團理匕竺23竺

2-14

（⑼VTT/~\T~-~7

解：（1）由傅里葉時域微分性質(zhì)I出后「知微分器的系統(tǒng)函數(shù)1"3）=0助

則信號通過微分器（線性系統(tǒng)）后輸出畫的雙邊功率譜密度為

4(/)=-f\J^f\=2/〃0尸=3.95X10-5尸卬/Hz

仆S「J：q(/)—/破=晉邑=0.0263卬

(2)?

2-15

解：設(shè)砸I的傅式變換為|"（/）|,則有

S，=匚李〃（/）「4吟匚出⑺2力吟上

2-16

解：由題意知，|〃,（，）=〃承）34"〃?）如4",其均值為0,方差為園。

A

%⑺=[Acosa)ctxcosQf+。)]叱=—cos0

他⑺=l(4⑺coscoj-&⑴sin①J)xcos(69c/+0)]LPF

gnc(?)cos夕+；&⑴sin0

給定期叵匣臼的功率為

A2cos20

Sco=1―

〃。⑺I的平均功率為

222

N°=E[nl⑺]=^cos2。+^sin?6=號

故在（1）的條件下（倒為常數(shù)）則

2

-^-=^7COS6>

N.a：

在（2）的條件下（回是與叵獨立的均值為0的高斯隨機變量），回臼的功率仍然是

,但此時國司

|的平均功率是

S°=E=A_2

J-C：-、￡fcos0]

所以

興=2取^例

N?？?/p>

A2

￡[l+cos20]

2反

2鉉I心

A1+[.e2,cos20d0

2寸1'-A/W

A2

(1+產(chǎn))

2寸

第3章模擬調(diào)制系統(tǒng)

習(xí)題解答

3-1

解：Icos0cos4“的波形如圖如］4(a)所示。

)

由于SN=cosQicoscoct且①c~6。

jr

SM(<y)=—[<5^(<y+O+coJ)+8(^co+O—<yc)+b(<y—O+co<)+5(<y—O—q.)]

TT

=”3+70+53+5。)+*-)+&-7。)]

頻譜圖如圖題3-14(b)所示。

圖3-14(b)

3-2

/Q)=A[sin(<yf)]/(")

解：⑴匚_____________________

Asa（一/）

上式中I2|為帶限信號,由希爾伯特變換的性質(zhì)，得

?/、4/①、/①、一/69、./69\

Z0)=/(，)+"?)=Asa(—t)cos(—r)+jAsa(—t)sin(—t)

(2)2222

|z(0|=>/2Asa(—t)

故F?2

3-3

q20

2o.=loio=ioo

解：由于輸出信噪比功率為20dB,則匚LY___________

在SSB/SC方式中，調(diào)制制度增益G=1

墾=AL=100

所以也“

M=〃<f=2x%x處變

接受機輸入端的噪聲功率I，°22萬

=2x0.5x10-9x5x103=5乂10唬

因此接受機輸入端的信號功率|S,=100N,=5x10%

由于發(fā)射機輸出端到接受機輸入端之間的總損耗為|1四/碗><100加=100四

100

可得發(fā)射機輸出功率為卜0=101。xSj=10">x5xl()7=5xl06w

3-4

解：（1）此信號無法用包絡(luò)檢波器解調(diào)，由于能包絡(luò)檢波的條件是11+4c°s2%//N0而

這里的A=15使得這個條件不能成立，用包絡(luò)檢波將導(dǎo)致波形失真。

（2）只能用相干解調(diào)，解調(diào)框圖如圖3-15所示。

圖3-15

解：（1）AM解調(diào)器輸出信噪比為

耍2(W

%=5'10-2卬//

由題意知,2,B=4Khz,則

10X103X4

S。_/⑺100

No%B2X5X10-2X4X103

A2

100xl03W

（2）由于L2

2m2(r)2x40x1031

GAM

A2+^(7)-2xlO5+4OxlO3-3

而克制載波雙邊帶系統(tǒng)的調(diào)制制度增益

=—=6

1/3

則GAM(約為7.8dB)

所以克制載波雙邊帶系統(tǒng)的性能優(yōu)于常規(guī)調(diào)幅7.8分貝

3-6

設(shè)單邊噪聲功率譜密度為同，則相干解調(diào)后的輸出信噪比

解:

rBf

2\a^-df

與二〃/⑺J。BaBa

N。4〃0%B4n0B4n0B4%

3-7

解:對于DSB：接受信號功率

設(shè)信道加性白噪聲單邊功率譜密度為圓，信號帶寬為園,

N2?/；?

則輸入噪聲功率i=MDSB=0

No=*1/

輸出噪聲功率

Sq°=2S

i,n

NJ2M.J?,

所以，接受到的信噪比

對于SSB：設(shè)發(fā)射功率為國

則接受信號功率

輸入噪聲功率

輸出噪聲功率

S-Sv'

=4=S

瓦一口一寂

所以，接受到的信噪比

(1)接受信號強度相同，即

故單邊帶平均發(fā)射功率

(2)接受到的信噪比相同,

故單邊帶平均發(fā)射功率S'=S

3-8

解：設(shè)畫1與|cos聞相乘后的輸出為巨川,則畫］是一個DSB信號，其頻譜如圖圖3-17

所得輸出信號包R顯然是一個

下邊帶信號，其頻譜如圖3-17(b)所示，時域表達(dá)式則為

同理,

也是一個下邊帶信號，其時域表達(dá)式為

11八

s2(/)=—m(Z)sin紳-—m(t)cos州

因此，調(diào)制器最終的輸出信號

11AJ1A

s(f)=[―cos69/+—m(t)sin紳[cosa)2t+[—m(t)sinco{t--m(t)cos紳]sina)2t

11A

=5"⑺⑻s卯cos^+sin如sin叼]+a皿，)[sin卯cosH-cos^sin%]

=-m(r)cosQ一qN-/m(r)sinQ一①以

顯然，畫1是一個載波角頻率為國匈的上邊帶信號。

圖3-17

3-9

解：(1)由于畫三還巫宓］,則K")=刊,所以，［.=/(0=/

1—:—1

(2)DSB：|M=〃O%B=2〃。%=2x2x5x10-"=2x10-6的

q

-^-=1000―1—=lxlO^W

信道衰減為30dB,則|SiDSB|,則4x10004

S?_S73sB_21x1°

瓦一~N~~4X2X1G-6

SSB：=〃。紜SB=%/〃=2X5X1(T”=10「加

^-=1000—!—=lxio-3w

SjSSB

信道衰減為30dB,則I'囚mI，則8x10008

S°_SjssB=]x[03=]25

所以，N,8xlb一

rrns發(fā)=，w

(3)出均相同，8

DSB：I2=〃O%B=2〃°/"=2x2x5x10-"=2x1()"]由于信道衰減3QdB,則

lxl3

-3A.=2SiDSB=20=125

SiDSB=―J—=-xlOW

lDSBN°Nj8x2x10^

8x10008,所以

N：=%BSSB=〃％=2X5x]0T=]Of卬

由于信道衰減30dB,則

q1X10-3

ESSB=%10-3Ws。_°iSSB1os

-8x10-6r-1ZJ

所以NJNJ

3-10

解：（1）由題意ISFM⑺=100cos（2萬口+4sin2MJ）［得區(qū)三31，

所以，聞”=2（%+1）%=2x5xIO?=i0演

嗎=陷.”」“一

（2）‘-2萬",調(diào)頻器的調(diào)頻靈敏度不變，調(diào)制信號的幅度不變，但頻率㈤加倍時,

嗎=耳。此時,W“=2（嗎+1）/=2X3X2X1O3=L2XK）4”Z

3-11

解：消息信號色（"A0WT

相應(yīng)的單邊帶信號為

11A

SSSB(/)=—m(t)coscoct--m(t)sincoct

A?t-T.

=—coscotH------In-------sincot

22乃

A

|SsSB(/)|=*1+(Un上馬2

其包絡(luò)為71t

3-12

___________M75_________________________

解：fm=15kHz,4f=15kHz,所以'/“15,則G^”=3mf(mf+1)=45()

S.

由于區(qū)j=2(WB=100—=G?—=450x100=45000

,所以N。八"此_____________

3-13

BAM=2力,=2xWkHz=20kHz

解：對于AM波的帶寬:

對于SSB波的帶寬：產(chǎn)/〃=10Z"z

調(diào)頻指數(shù)HlJ%，1八0。ZU"Zr

對于FM信號帶寬匹=2(嗎+1)，=2(5+l)xl()Wz=12()“

解：由已知|S(f)=Acosl%/+100cos4/]

（1）調(diào)相時比）=185屹/+￡〃（」）］

Kpm{t}=lOOcosqJ

又由于￡3，所以|砌）=50cos%f

(2)調(diào)頻時限⑺=ACOSM/+LK即⑺㈤

100cos=KFm(T)dT=2\m(T)dz

兩邊同時求導(dǎo)得卜l003,“sin4/=2，〃（，）

m(t)--50cosincot

求得inm

mAmAL

l,=,n-=f=)n—

（3）由CO.?CO.,,

△“2=KpA,”=RCm=10（）然I,即最大頻偏為囪空:州也

3-15

R=—=50001V

解：已調(diào)波信號功率I'w2。

mf-5

4

BFM=2(巧+1)4=2(5+1)X2000Hz=2.4xlO(Hz)

第4章模擬信號的數(shù)字傳輸

習(xí)題解答

4-1

解：

(1)由于信號甌］通過傳輸函數(shù)為匣用的濾波器后進(jìn)入抱負(fù)抽樣器的最高頻率為囚,

所以抽樣頻率

(2)由于抽樣信號頻譜

18

此⑹=y(①-n%)

可得抽樣信號的頻譜如圖4-11所示。

(3)由圖4-11所示的抽樣信號頻譜可知：將抽樣信號包例通過截止頻率為IZ］的抱負(fù)低

通濾波器，然后再通過一個傳輸特性為而?的網(wǎng)絡(luò)，就能在接受端恢復(fù)出信號區(qū)1如

圖4-12所示。

明」理想低通」i!m(t)

—［僦>硒-y-

!H⑹!

圖4-12抽樣信號的恢復(fù)

可見，假如接受端通過一個傳輸特性為

的低通濾波器，就能在接受端恢復(fù)出信號兇。一

4-2

解:

(1)由式(4-2)可知：在吟畫]時，抽樣信號頻譜如圖4-14所示，頻譜無混疊現(xiàn)象。

因此通過截止角頻率為圓的抱負(fù)低通濾波器后，就可以無失真地恢復(fù)原始信號。

(2)假如忸=L5%],不滿足抽樣定理，頻譜會出現(xiàn)混疊現(xiàn)象，如圖4-15所示，此時通

過抱負(fù)低通濾波器后不也許無失真地重建原始信號。

由于

m(r)=cosl00兀/cos200(hr/

=g(cosl900兀/+cos2100^z)

所以最低頻和最高頻分別為此950HzL%=1050Hz

(1)將硬I當(dāng)作低通信號解決，則抽樣頻率

2fH=2100Hz

(2)將回當(dāng)作帶通信號解決，則抽樣頻率

由于n=9,所以

210<fs<211.1Hz

4-4

解：

-----------A=—

以抽樣時亥吊=1/4(X)(”為例,此時抽樣值為0.9510565,設(shè)量化單位I20481,所以

歸一化值0.9510565=1948囚。

編碼過程如下：

(1)擬定極性碼叵1由于輸入信號抽樣值為正，故極性碼叵1=1。

(2)擬定段落碼叵豆引：

由于1948>1024,所以位于第8段落，段落碼為111。

(3)擬定段內(nèi)碼H更叵詞：

由干|1948=1024+14x64+司,所以段內(nèi)碼叵二引鼠=1110。

所以，RHZ4函的抽樣值通過因律叵］折線編碼后，得到的PCM碼字為11111110。

同理得到在一個正弦信號周期內(nèi)所有樣值的PCM碼字，如表4-5所示。

表4-5PCM編碼的輸出碼字

加(女()=sin^F

E【60(to樣值1s'5歸一化值輸出碼字

t=000010000000

|t=1/40002%/50.95105651948011111110

|t=2/40004萬/50.58778525[20起11110010

|t=3/40006萬/5-0.58778525-120超01110010

|t=4/400087d5-0.9510565-1948囚01111110

4-5

解：

由于采用均勻量化，所以量化間隔

△=2=0.5

廠4I

則量化區(qū)間有一°5)|,IS，。)|,|［。，05y灰』相應(yīng)的量化值分別為-0.75,

-0.25,0.25,0.75?

所以量化噪聲功率為

&=J：’(x+0.75)~(l+x)dr+J："+0.25)~(1+力公

+J(,(x-0.25)(1+J.Jr—0.75)(l-x)zir

=1/48___________________________________________________

由于輸入量化器的信號功率為

S=Jx2/(x)cZx=J^x2(l-x)d5c+j\2(l+x)<lx=—

所以量化信噪比

S一W)，_8

2

NqE(m-/n(J

4-6

解：

由于二進(jìn)制碼元速率

所以相應(yīng)的信息速率間=瓦=l°g2M.川，即信息速率網(wǎng)與晚2M|成正比，所以若量

化級數(shù)由128增長到256,傳輸該信號的信息速率四增長到本來的8/7倍。

而二進(jìn)制碼元寬度為

—

假設(shè)占空比LJN,則叵亟信號帶寬為

歷=1-

可見，帶寬固與畫應(yīng)成正比。

所以，若量化級數(shù)由128增長到256,帶寬回增長到本來的8/7倍。

解:

(1)基帶信號的頻譜圖如圖4-16所示

-ioi

圖4-16基帶信號的頻譜圖

由式(4-2),抱負(fù)抽樣信號的頻譜圖如圖4-17所示。

y)

0135

圖4-17抱負(fù)抽樣信號的頻譜圖

(2)由于自然抽樣信號的頻譜

=0.4￡Sa(------)M{co-ncoj

>?=—OO2

當(dāng)n=l時，由于

Sa(丁)|S?(O.4^)M(?-^)

所以n=l時自然抽樣信號的頻譜分量為舊4^(0.4萬)初(0-9)|,相應(yīng)的頻譜圖如圖4-18

所示。

產(chǎn)

0.4wSa(0.4辦1

---------------------1———￡(Hz

0345

圖4T8n=l時自然抽樣信號的頻譜分量

所以，自然抽樣信號的頻譜圖如圖4-19所示。

由于平頂抽樣信號的頻譜

所以,平頂抽樣信號的頻譜圖如圖4-20所示。

圖4-20平頂抽樣信號的頻譜圖

4-8

解:

由于抽樣頻率為|8OOOH，,按團律回折線編碼得到的叵魚信號為8位二進(jìn)碼。所以二

進(jìn)制碼元速率

RB=1$=8X8000=64000卜皮特

由于占空比為1,所以匕引，則PCM基帶信號第一零點帶寬

8=］斤=1/1；=64000//z

4-9

解:

由于抽樣頻率為奈奎斯特抽樣頻率，所以

fs=2fH=12000Hz

所以|PAM|系統(tǒng)的碼元速率

RB="=12000波特

則碼元寬度

忙=1"

由于占空比為0.5,所以[二0-5TsI,則PAM基帶信號第一零點帶寬

B=14=24000—

4-10

解：

(1)由于奈奎斯特抽樣頻率=2%=12000位量化級數(shù)|M=8],所以二進(jìn)制碼

元速率為

RB=log2M-fs=3x12000=36000波特

所以，相應(yīng)的信息速率

&=36000bit/s

(2)由于二進(jìn)制碼元速率聞與二進(jìn)制碼元寬度園呈倒數(shù)關(guān)系，所以

幾=1島

由于占空比為0.5,所以

7=0.51；

則PCM基帶信號第一零點帶寬

8=14=72000Hz

4-11

解：

編碼過程如下

(1)擬定極性碼叵1由于輸入信號抽樣值為負(fù)，故極性碼回=0。

(2)擬定段落碼叵C￡3：

由于1024>870>512,所以位于第7段落，段落碼為110。

(3)擬定段內(nèi)碼15c6c7c81：

由千1870=512+11x32+6],所以段內(nèi)碼|c5c6c7c&|=|0no

所以，編出的PCM碼字為01101011。

編碼電平回是指編碼器輸出非線性碼所相應(yīng)的電平，它相應(yīng)量化級的起始電平。由于

極性為負(fù)，則編碼電平

Ic=一心+-C.5+22c$+2C+2。C8)AJ=|量化單位

由于

(864)10=(01101100000)2

因此7/ii變換得到的ii位線性碼為10uouoooooL

編碼誤差等于編碼電平與抽樣值的差值，所以編碼誤差為6個量化單位。

解碼電平相應(yīng)量化級的中間電平，所以解碼器輸出為

-(864+16)=-880個量化單位。

由于

(880)10=(01101110000.0)2

所以7/12變換得到的12位線性碼為。

解碼誤差(即量化誤差)為解碼電平和抽樣值之差。所以解碼誤差為10個量化單位。

4-12

解：

(1)由于量化區(qū)的最大電壓為|U=2048〃M,所以量化單位為|A=lmV|,所以抽樣

值為3980?

編碼過程如下：

擬定極性碼叵]：由于輸入信號抽樣值但為正，故極性碼回=1。

擬定段落碼叵C￡3：由于512>398>256,所以位于第6段落，段落碼為101。

擬定段內(nèi)碼叵變百：由干|398=256+8xl6+14],所以段內(nèi)碼叵g叵d]=1000。

所以，編出的PCM碼字為11011000。它表達(dá)輸入信號抽樣值回處在第6