2021年度通信原理課后題答案

第1章緒論

習(xí)題解答

1-1

解：每個(gè)消息平均信息量為

?、1.1C1,11.1

=og24-2><80§28-20§22

=1.75bit/符號(hào)

1-2

解：(1)兩粒骰子向上面小圓點(diǎn)數(shù)之和為3時(shí)有(1,2)和(2,1)兩種也許，總組合數(shù)為

C：xC：=36,則圓點(diǎn)數(shù)之和為3浮現(xiàn)概率為

21

Pa~~

33618

故包括信息量為

/(3)=-log2P3=-log2L=4.1730)

1O

(2)小圓點(diǎn)數(shù)之和為7狀況有(1,6)(6,1)(2,5)(5,2)(3,4)(4,3),則圓

點(diǎn)數(shù)之和為7浮現(xiàn)概率為

61

Pi=———

7366

故包括信息量為

/(7)=-log,P7=-log1=2.585(^7)

6

1-3

解：(1)每個(gè)字母持續(xù)時(shí)間為2x10ms,因此字母?jìng)鞑ニ俾蕿?/p>

2x10x10-3~=50Baud

不同字母等也許浮現(xiàn)時(shí)，每個(gè)字母平均信息量為

H(x)=log24=2四/符號(hào)

平均信息速率為

Rh=RMmx)=100

(2)每個(gè)字母平均信息量為

=1.985bit/符號(hào)

因此平均信息速率為

“。田(幻=99.25(bit/s)

1-4

解：(1)依照題意，可得：

3

/(0)=-logP(0)=-log,-?1.415

'8比特

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

4比特

/(2)=-logP⑵=-logJ=2比特

/⑶=7ogP(3)=-log2；=3

O比特

(2)法一：由于離散信源是無(wú)記憶，因此其發(fā)出消息序列中各符號(hào)是無(wú)依賴(lài)、記錄獨(dú)立。

因而，此消息信息量就等于消息中各個(gè)符號(hào)信息量之和。此消息中共有14個(gè)“0”符號(hào)，13

個(gè)“1”符號(hào)，12個(gè)“2”符號(hào)，6個(gè)“3”符號(hào)，則該消息信息量是:

I=14/(0)+137(1)+12/(2)+6/(3)

?14x1.415+13x2+12x2+6x3

?87.81比特

此消息中共含45個(gè)信源符號(hào)，這45個(gè)信源符號(hào)攜帶有87.81比特信息量，則此消息中平均

每個(gè)符號(hào)攜帶信息量為

/2=87.81/45?1.95比特/符號(hào)

法二：若用燧概念計(jì)算，有

331111

H(x)=——log——2x-log------log-=1.90638/符號(hào))

828424828

闡明：以上兩種成果略有差別因素在于，它們平均解決辦法不同，前一種按算術(shù)平均辦法進(jìn)

行計(jì)算，后一種是按端概念進(jìn)行計(jì)算，成果也許存在誤差。這種誤差將隨消息中符號(hào)數(shù)增長(zhǎng)

而減少。

1-5

1133

//U)=--log2--^log2^-?0.811

解：⑴bit/符號(hào)

(2)某一特定序列(例如：m個(gè)0和100-m個(gè)1)浮現(xiàn)概率為

/

P(X)=P(X?X2,..,X100)=[P(0)『[P⑴產(chǎn)=匕J圖

因此，信息量為

z

Z(X1,X2,...,X100)=-logP(X-)=-logI-J⑺>

=200-(100-in)log,3(bit)

(3)序列嫡

H(X")=1OOH(X)=86〃/序歹I」

1-6

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

^=1200xlog22=1200bit/s

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

Rh=2400xlog216=9600歷公

1-7

解：該恒參信道傳播函數(shù)為

H(co)=|"(砌內(nèi)=&/叫

沖激響應(yīng)為'(，)=KQSQ—。)

輸出信號(hào)為y⑺=s?)*力⑺=K0SQ-td)

討論：該恒參信道滿(mǎn)足無(wú)失真?zhèn)鞑l件，因此信號(hào)在傳播過(guò)程中無(wú)畸變。

1-8

解：該恒參信道傳播函數(shù)為

HL=Ag一八碼「方Sin叫)_Ae—Mi.*in叫)

=A(l+./Z?sin叫)"，啊

=41+—（/叫-/哂）卜一的

2/

A""+A”"J叫+%)

22

AAAA

h(t)=A^t-td)+—(>(t-td+T0)-—^t-td-T0)

沖激響應(yīng)為

輸出信號(hào)為y（f）=s（f）*力

AbydA

As(t-tj)+—s(t-tj+T0)---s(t-td-T0)

1-9

解：假設(shè)該隨參信道兩條途徑對(duì)信號(hào)增益強(qiáng)度相似，均為％。則該信道幅頻特性為:

I"(4)|=2%cos詈

<y=—(2〃+1)①〃=0,1,2,.一時(shí),|"(4)|

當(dāng)r?浮現(xiàn)傳播零點(diǎn);

n，(y=—2n;r,n=0,1,2,?-,|//(C9O)|

浮現(xiàn)傳播極點(diǎn);

因此在TkHz（n為整數(shù)）時(shí)，對(duì)傳播信號(hào)最有利；

1、1,1、

f=（MH--）—=（MH--）

在2r2kHz（n為整數(shù)）時(shí)，對(duì)傳播信號(hào)衰耗最大。

1-10

S

logl0—~3QdB

解：（1）由于S/N=30dB,即10N,

得：S/N=1000

由香農(nóng)公式得信道容量

S

C=Blog2（l+—）

=340伙19g*11

。33.84M

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

V

C=Blog2(l+-)

qC4800

—=2萬(wàn)一1=2麗-1?2.66-1=1.66

得：N

則所需最小信噪比為1.66。

第2章信號(hào)與噪聲分析

習(xí)題解答

2-1

解:

p(x>2)=1—2)數(shù)學(xué)盼望:

雙外=匚印3小口心公*=0

\-a

23,7

E(x2)=[x2p(x')dx-f—dx--_a"

J-J-“2a6a~T

由于-a

a2a2

D(X)=E(X2)-[E(X)]2—(J=—

因此方差：T3

2-2

x-0x

因此2,即5服從原則正態(tài)分布，可

解：由題意隨機(jī)變量x服從均值為0,方差為4,

1fA-4

O(x)=—Fe2dt

通過(guò)查原則正態(tài)分布函數(shù)12…數(shù)值表來(lái)求解。

x-02-0

p(x>2)=1-p(x<2)=1-p(<?)=1一①⑴

(1)22

=1-0.8413=0.1587

x—04—0

p(x>4)=1-p(x<4)=1-p(----<----)=1-①⑵

(2)22

=1-0.9772=0.0228

x—1.5

(3)當(dāng)均值變?yōu)?.5時(shí)，則2服從原則正態(tài)分布，因此

r-152-15

p(x>2)=1-p(xW2)=1-《不二)=1-①(025)

=1-0.5987=0.4013

r-154-15

p(x>4)dp(x“)=l-雙丁，丁)=1-削.25)

=1-0.8944=0.1056

2-3

解：(1)由于隨機(jī)變量。服從均勻分布，且有owe42不，則。概率密度函數(shù)2萬(wàn)，

因此有

L

￡[z(/)]=E[m(/)cos(69f/+0)]

=E[m(/)]?E[cos(o>0r+0)]

=E[加(/)].「'83(卬+夕

=0

Rz(t9t+r)=cos(%+6)?m(f+r)cos(如+G)OT+0]

=+r)]?￡[cos(690r+0)cos(q/+6t>or+6)]

=7?zn(r).E[-^COS(269(/4-CO()T4-2^)+-^cosCO()T]

=&ggcosgc

COS69r、1八

—^-0(1Z1+r),-l<r<0

cos6yr、八/i

=<—^-y0-(Z1l-r),0<r<l

0,其他7

=Rg

由此可見(jiàn)，Z?)數(shù)學(xué)盼望與時(shí)間無(wú)關(guān)，而其有關(guān)函數(shù)凡?"+D僅與7有關(guān)，因而z(f)是

廣義平穩(wěn)。

(2)自有關(guān)函數(shù)波形如圖2-6所示。

圖2-6

(3)依照三角函數(shù)傅氏變換對(duì)

1+ty-1W/V0

OCO

m-(r)=U-r,O<r<l?Sa%)

0,其他「

可得平穩(wěn)隨機(jī)過(guò)程z(r)功率譜密度

00

￡（0）=JR、⑺e+'di

-O0

1:

=—JcosCO^T?tri（r}e~jc,,Tdr

=*2（—）+S.2（一）］

S=R,（O）=^￡（—）%=；

2-4

解：(1)由于"，￡互不有關(guān)

因此砥?)=鈦⑴=旦①+￡)cosa)nt]

=cosa)()tEr/+cosCD^EE

又依照題目已知均值Erj=Ee=Ot因此mx(t)=0

(2)自有關(guān)函數(shù)4&，’2)=&X(*X?2)]

=E[(〃+￡)COS%](〃+￡)coscoQt2]

=COS供由COS勺府￡1〃2+2〃￡+s2]

=cosgcos卬2[石廳+2￡＞蘆+Ee2]

=COS卬]COS卬2[bj+仇]

=4COS卬]COS卬2

=4xg[cos勺)(，]+r2)+COS690(^-Z2)J

=2cosa)or+2cosco^(z,+r2)(7=4-/2)

(3)由(2)可知凡(412)不但與r關(guān)于還與不，「2關(guān)于，所覺(jué)得非廣義平穩(wěn)隨機(jī)過(guò)程。

解：依照?qǐng)D示可得&(r)=50-3Mre(-10,10)

￡IX2(r)]=/?x(0)=50

ex?=&(0)_R(oo)=50—20=30

222

由于，ax^E[X(t)]-[EX(t)]

因此，30=50-[E￥(r)]2即E￥(f)=，儂=±如

則(i)砥=±而：(2)￡IX2?)]=&(0)=50(3)吠=30

2-6

解：(1)

/?(r)=E[X(r).X(r+r)]

=E{[AQ+Acos(o"+6)]4-4cos⑷(f+r)+6]}

=￡1{用+4Acos屹?+v)+6]+&Acos(卯+6)+A2cos(紳+ff)cos屹(f+7)+J]}

=j^+E{A：cos(卯+0)cosM(r+匯)+6]}

人2A2

=4+-^-COS3R

.2

R(0)=E[X2(f)]=#+%

(2)2

由于，￡[X(t)]=￡I4+4cos(gr+e)]=A>

因此，直流功率為E2[X"）]=4；

A2

a2=E[X2（t）]-E2[X（t）]=^-

則，交流功率為2

對(duì)R"）求傅里葉變換可得其功率譜密度

Px((u)-2TTAJS((V)+^Y-[S((V+4y,)+5{(o-(oy)]

2-7

解：

jmr

Rx(T)=:匚乜(co)edco

=_Lf./320+-!-「<*2ej(UTda+—

ejaTdco

21J-5纖21J-與2/r

=Sa(a)()r)+—Sa(外7)cos44y

717C

2-8

解：（1）&（/）與J"）互為傅立葉變換

%（/）=3（/）+（l-4團(tuán)）

J0

因此，對(duì)口（/）做傅立葉變換得

&?）=1+，0&2（4加）

（2）直流功率為0（8）=1

（3）交流功率為R（°）—R（8）=1+/一1=人

2-9

解：RC低通濾波器傳遞函數(shù)為

1

W\jcoc1

H(<y)=」——=--------

R?I1+jcocR

jcoc

因而輸出過(guò)程功率譜密度為

4(0)=月3).|"(⑼|2=

2(1+(協(xié)右)2]

相應(yīng)地，自有關(guān)函數(shù)為

n

-0,-\TVRC

-4RC

2-10

解：⑴RY(r)=E[(2+3X(r))(2+3X(Z+r)]

=￡I4+6XQ+T)+6X(，)+9X(7)X(/+7)]

=4+6+6+9&(T)

即自有關(guān)函數(shù)只與「關(guān)于

a興獷=2+3E[X(f)]=2+3=5即均值為常數(shù)

所覺(jué)得丫“)寬平穩(wěn)過(guò)程。

(2)平均功率為4(。)=16+9品(。)

由于Rx(0)-『=2,因此號(hào)(0)=3

因U七Hy(0)=16+9Hx(0)=16+9x3=43

(3)ay(，)]=a2+3x(f)]=9Qx?)=i8

2-11

解：mRY(r)=E[Y(t)Y(t+T)]

^E{[X(t+a)-X(t-a)][X(t+T+a)-X(t+r-a)]}

=￡[XQ+〃)X(r+r+a)-X(t+a)X(f+T—a)—X(/—a)(X(，+z*+a)+X(Z—a)X(/+T—a)]

=Rx⑺-Rx(T-2a)-Rx(T+2a)+Rx⑺

=2RX(r)-7?x(r-2。)-&?+2。)

(2)Px(/)與Rx⑺互為傅立葉變換

蟲(chóng)⑷=2?3)-_px(⑷e20“

=4PX(⑷sinXs)

2-12

解：

s=jr0°P(f)df^r\io&lO-5f-df^2-x\Or7W

j-coxj-\ok3

2-13

解：由于題目已知沖激響應(yīng)為〃(/)=5"、"Q)

"(⑼=<.―|//(ty)|"=—"、

因此5+攻，25+?-

43)=53)|H(0)「

Px(①)=y

又由于

因此不⑼吟晟■

&?)與巴(⑼互為傅立葉變換

由?、涂芍?(7)=25x10-"附

總平均功率Sy=4(°)=2.5xl()T°(W)

2-14

"'=(j①)F(①)....

解：(1)由傅里葉時(shí)域微分性質(zhì)dt可知微分器系統(tǒng)函數(shù)"(口)=(，@),

則信號(hào)通過(guò)微分器(線性系統(tǒng))后輸出yQ)雙邊功率譜密度為

22232

Py(/)=y|；2^/|=27vnof=3.95xWfW/Hz

⑺S「J：P,(/)L_/^=±^=OO263W

解：設(shè)〃⑺傅式變換為"(/),則有

Sy=匚郃H(/)|2df)|2df*E

2-16

解：由題意知，qC)=〃cQ)cos@54Q)sinGj,其均值為o,方差為反。

5。)=[ACOS(DtxCOS(GJ+B)1LPF-cos0

0c2

〃o⑺=[(〃<-⑺cosa)ct-a⑺sina)ct)xcosQr+0)]LPF

=gnc(t)cos6+；4(，)sin0

給定期es。"）功率為

oA2cos20

〃。?）平均功率為

22

乂=￡[瑤4)]=號(hào)cos28+—^sin?0--^

44

故在（1）條件下（6為常數(shù)）則

N。成

2

N二二

在（2）條件下（。是與々⑺獨(dú)立均值為0高斯隨機(jī)變量），%（。功率依然是°4,但

此時(shí)50(’)平均功率是

A2cos26A22zn

S()=E[——-——]=—￡[cos6>]

因此

3=%E[COS2例

N。4

42

=―-E[l+cos2^1

2b；

A2鏟

1+匚看cos2%。

F2,

=與1+0,

2b；

第3章模仿調(diào)制系統(tǒng)

習(xí)題解答

3-1

解：COSQ/COS4f波形如圖3/4(a)所示。

由于黑⑺=COSQ/COSQ/,且4=6Q,對(duì)S?,(r)其進(jìn)行傅里葉變換可得

JT

SM(0)=-+。+coj)+5(①+?！猀.)+—。+@,)+8(<(0—。—Q.)]

TT

=5+7C)+5(①+5。)+5(0-5。)+3(①-7Q)]

頻譜圖如圖題3-14(b)所示。

3-2

〃/、A?/①、◎、，/①、/①、

/?)=A[sin(&)]/(①z)=——sm(—r)cos(—r)=Av?(—r)cos(—r)

,2222

解：(1)2

Asa(—z)

上式中2為帶限信號(hào)，由希爾伯特變換性質(zhì)，得

/(r)=A5?(yZ)sin(yZ)

zQ)=f(t)+Jf(t)=Asa(—t)cos(—0+jAsa(—t)sin(—f)

(2)2222

故\z(t)\=\/2Asa(^t)

3-3

S20

%=10歷=100

解：由于輸出信噪比功率為20dB,則《

在SSB/SC方式中，調(diào)制制度增益G=1

墾=盤(pán)=100

因此NiNo

M=〃08=2><%乂10%><103

接受機(jī)輸入端噪聲功率22萬(wàn)

=2X0.5X10-9X5X103=5X10^W

因而接受機(jī)輸入端信號(hào)功率Si=10叫=§

由于發(fā)射機(jī)輸出端到接受機(jī)輸入端之間總損耗為IdB/hnxlOOkm=10028

100

1O6

可得發(fā)射機(jī)輸出功率為SO=1O^X5,.=1OX5X1O-=5X1OW

3-4

解：(1)此信號(hào)無(wú)法用包絡(luò)檢波器解調(diào)，由于能包絡(luò)檢波條件是1+Acos2%.//N°,而這

里A=15使得這個(gè)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

3-5

解：(1)AM解調(diào)器輸出信噪比為

%@=20ZW%=5X1(T2W/”Z

由題意知，2,2,B=4Khz,則

5。而10xl0'x4

__—_____—________________—IIHI

No2X5X10-2X4X103-

A2

—=100xl03W

(2)由于2

_2/0)_2x40x103_1_

AM22

-A+m(t)—2X105+40X103-3

而抑制載波雙邊帶系統(tǒng)調(diào)制制度增益GDSB=2

GDSB=2=6

則GAM1/3(約為7.8dB)

因此抑制載波雙邊帶系統(tǒng)性能優(yōu)于常規(guī)調(diào)幅7.8分貝

3-6

解：設(shè)單邊噪聲功率譜密度為為，則相干解調(diào)后輸出信噪比

____f

2

So_m(r)_Jo。B"，_aB_a

No4〃°BSSB4%84/70B4n0

3-7

S=J-5

解：對(duì)于DSB：接受信號(hào)功率°2

設(shè)信道加性白噪聲單邊功率譜密度為%,信號(hào)帶寬為力，

則輸入噪聲功率N,=4再［：—2，％力

輸出噪聲功率乂=卜=)，

■=I25、=S

N°Lnf人力，

因此，接受到信噪比2°m

對(duì)于SSB：設(shè)發(fā)射功率為S'

S」s

則接受信號(hào)功率°4

輸入噪聲功率N：=嗎BSSB=nnfm

N=—=—nf

輸出噪聲功率°Q414{}

s

q-<s

^0=4

Nj.

因此，接受到信噪比

(D接受信號(hào)強(qiáng)度相似，即

故單邊帶平均發(fā)射功率S=25

sS

(2)接受到信噪比相似，即叫八%力.

故單邊帶平均發(fā)射功率s'=s

3-8

解：設(shè)加⑺與COS如相乘后輸出為母⑺，則s?)是一種DSB信號(hào)，其頻譜如圖圖3-17

(a)所示。電⑺再通過(guò)截止頻率為雙抱負(fù)低通濾波器，所得輸出信號(hào)防⑺顯然是一種下

邊帶信號(hào)，其頻譜如圖3-17(b)所示，時(shí)域表達(dá)式則為

11A

S[Q)=—m(t)cos+—sin卬

同理，根⑺與sin⑷/相乘后輸出邑。)再通過(guò)抱負(fù)低通濾波器之后，得到輸出信號(hào)S2⑺也

是一種下邊帶信號(hào)，其時(shí)域表達(dá)式為

11人

s2(^)=—m(t)sin<27/--m(t)cos

因而，調(diào)制器最后輸出信號(hào)

11A11A

s(f)=[―m(J)cosg"+5"z(')sin<y/]cosco2t+[—w(/)sinni(t)cosco}tysinco2t

11A

=—w(r)[cos州cosa)2t+sincoxtsina)2t]+—/n(r)[sin州cosco2t-cos69/sinco2t]

11八

=-m(t)COS(692_cojt_3m(t)sin(6y2-①])t

顯然，s?）是一種載波角頻率為（牡一供）上邊帶信號(hào)。

4Si((D)

A____A

一例一秋十儂

(&)(b)

圖3-17

3-9

小sIM.、”=-WS=-m23(t)=-W

解：⑴由于雙，)=cos(2ixl0，)V,則2,因此，DSBR24

1—；—1

SsSB=1加~?)=

(2)DSB：2=2〃%=2x2x5x10-"=2xl()FW

當(dāng)阻=1000s=1Lx10"

信道衰減為30dB,則EDSB,則4x10004

因此，A?母=2若號(hào)*。

SSB：=2x5x10-"=10”

°SSB

1000.貝戶(hù)L昌麗寺mW

信道衰減為30dB,則Sss8

So_SjssB_1x10=125

因此，瓦一R—8X10L

（3）?發(fā)均相似，'8

DSB：N="O/B=2%/w=2x2x5x10"=2x10^^,由于信道衰減30dB,則

S"七十2W因此￡=2甘=2^1^=125

SSB：N=%%=%%=2x5x10"=10飛卬，由于信道衰減30dB,則

S-J-xlO-3lVA.=^g.=?l03=125

%方藍(lán)1°W,因此乂N,8X10-6

解：(1)由題意與”S=100cos(2乃。+4sin2兀f”得嗎=4

因此，層“=2(巧+1)力,=2x5x1()3=104法

袖閣

IlLr一_KAn

(2)2嘰，調(diào)頻器調(diào)頻敏捷度不變，調(diào)制信號(hào)幅度不變，但頻率力加倍時(shí),

34

嗎=2_此的,BFM=2(mz+1)/?=2x3x2xl0=1.2xl0/fc

3-11

解：消息信號(hào)m(t)=A,0<t<T

］、1f8An(r),1rTA.A.t-T

m(t)=—dr=———dr=----In----

則兀tT7TJQt-T71t

相應(yīng)單邊帶信號(hào)為

11A

(0=—m(r)cossin

SSSBcoj--m(t)a)ct

AA,t-T.

=—coscot+——In---sin69/

2C2TTt'

其包絡(luò)為

3-12

m=V=75=5

解：九=15kHz8=75kHz,因此叼fm15,則=3/n；(%+1)=450

A450x100=45000

」=2045=100=

由于N,N,

3-13

解：對(duì)于AM波帶寬：BAM=2九=2小洶z=20kHz

B

對(duì)于SSB波帶寬：SSB=fH=10kHz

_350kHz「

=-----=5

調(diào)頻指數(shù)f,?10kHz

對(duì)于FM信號(hào)帶寬BFM=2(%+1)力,=2(5+1)x1O^/7z=12O^//z

3-14

解：由己知S(r)=Acoa)[+103,。

⑴調(diào)相時(shí)SPM⑺=Acos[卬+KM⑴]

因此K/"(f)=100cos。/

又由于KP=2,因此機(jī)⑺=50cosq/

(2)調(diào)頻時(shí)SFM?)=ACOS⑷+工導(dǎo)/?⑺的

因此10°c?V=。K.mT^r＞「加r"

*—00

兩邊同步求導(dǎo)得-100%"Sin@/=2mQ)

求得見(jiàn)，)=一5硒”s麗/

KK

m=A,—==4,—

pf

⑶由"CDm

△%=KA，=勺/=100%,即最大頻偏為嵋3=100力

3-15

P_1002

解：已調(diào)波信號(hào)功率為=T~=5°00W

=5Mm='nff,?=5x野"=104//z

BFM=2(+1)/?=2(5+l)x2(XX)/fe=2.4x104(/fe)

第4章模仿信號(hào)數(shù)字傳播

習(xí)題解答

4-1

解:

(1)由于信號(hào)”(')通過(guò)傳播函數(shù)為濾波器后進(jìn)入抱負(fù)抽樣器最高頻率為九因此

抽樣頻率

(2)由于抽樣信號(hào)頻譜

人〃二田

可得抽樣信號(hào)頻譜如圖4-11所示。

Ms(3)

*/

~fifi彳

圖4-11抽樣信號(hào)頻譜圖

(3)由圖4-11所示抽樣信號(hào)頻譜可知：將抽樣信號(hào)〃4(')通過(guò)截止頻率為工抱負(fù)低通濾波

1

器，然后再通過(guò)一種傳播特性為網(wǎng)絡(luò)，就能在接受端恢復(fù)出信號(hào)m(D。如圖4-12

所示。

圖4-12抽樣信號(hào)恢復(fù)

可見(jiàn)，如果接受端通過(guò)一種傳播特性為

"⑺=研年'

低通濾波器，就能在接受端恢復(fù)出信號(hào)m(t)。

4-2

解：

(1)由式(4-2)可知：在6ys=時(shí)，抽樣信號(hào)頻譜如圖4-14所示，頻譜無(wú)混疊現(xiàn)象。

因而通過(guò)截止角頻率為0”抱負(fù)低通濾波器后，就可以無(wú)失真地恢復(fù)原始信號(hào)。

(2)如果電=15%,不滿(mǎn)足抽樣定理，頻譜會(huì)浮現(xiàn)混疊現(xiàn)象，如圖4-15所示，此時(shí)通過(guò)

抱負(fù)低通濾波器后不也許無(wú)失真地重建原始信號(hào)。

*3

0%卬

圖4-15抽樣信號(hào)頻譜浮現(xiàn)混疊現(xiàn)象

4-3

解：

由于

m(r)=cosl0(k/cos2000r/

=1(cosl900Tz7+cos210(kz)

因此最低頻和最高頻分別為九=950Hz,3=1050Hz

(1)將"?)當(dāng)作低通信號(hào)解決，則抽樣頻率

x>2fH=2100Hz

(2)將"G)當(dāng)作帶通信號(hào)解決，則抽樣頻率

n+1n

由于n=9,因此

210</；<211.1Hz

4-4

解：

以抽樣時(shí)刻t=1/4000為例，此時(shí)抽樣值為0.9510565,設(shè)量化單位2048,因此

歸一化值0.9510565=1948A。

編碼過(guò)程如下：

(1)擬定極性碼G：由于輸入信號(hào)抽樣值為正，故極性碼Ci=i。

(2)擬定段落碼C2c3c4：

由于1948>1024,因此位于第8段落，段落碼為111。

(3)擬定段內(nèi)碼C5c6c7c8：

由于1948=1024+14x64+28,因此段內(nèi)碼C5c6c7c8=]]]0。

因此，t=1/4000抽樣值通過(guò)A律13折線編碼后，得到PCM碼字為11111110。

同理得到在一種正弦信號(hào)周期內(nèi)所有樣值PCM碼字，如表4-5所示。

表4-5PCM編碼輸出碼字

m(kT)=sin衛(wèi)笠

t1600m歸一化值輸出碼字

樣值5

t=000010000000

t=1/40002n150.95105651948A11111110

t=2/40004TT/50.587785251204A11110010

t=3/400067d5-0.58778525-1204A01110010

t=4/40008Tz75-0.9510565-1948A01111110

4-5

解:

由于采用均勻量化，因此量化間隔

A=2=0.5

4

則量化區(qū)間有[-1，一。5),[一0-5,0),[0,0.5)和[0.5,U,相應(yīng)量化值分別為一0.75,-0.25,

0.25,0.75?

因此量化噪聲功率為

05202

Nq=(x+0.75)(1+x)辦+J05(X+O.25)(1+X)JX

+J：(X—025)(1-X)公+(l-x)tZr

=1/48

由于輸入量化器信號(hào)功率為

S=J//(x)&=J(產(chǎn)2(1一幻公+J[%2(]+工)辦=\

因此量化信噪比

2

S___E(x

NqE

4-6

解:

由于二進(jìn)制碼元速率

因此相應(yīng)信息速率4=R"=log2M.￡,即信息速率RI,與log?M成正比，因此若量化級(jí)

數(shù)由128增長(zhǎng)到256,傳播該信號(hào)信息速率Rb增長(zhǎng)到本來(lái)8/7倍。

而二進(jìn)制碼元寬度為

Th=\凡

_T

假設(shè)占空比"，則PCM信號(hào)帶寬為

8=1〃

可見(jiàn)，帶寬B與log2M成正比。

因此，若量化級(jí)數(shù)由128增長(zhǎng)到256,帶寬B增長(zhǎng)到本來(lái)8/7倍。

解:

(1)基帶信號(hào)頻譜圖如圖4-16所示

圖4-16基帶信號(hào)頻譜圖

由式(4-2),抱負(fù)抽樣信號(hào)頻譜圖如圖4-17所示。

(2)由于自然抽樣信號(hào)頻譜

ATnrco

"s(⑼=十Z(o-neoJ

1sn=-oo乙

=0.4名(co-ncos)

〃=-002

當(dāng)n=l時(shí)，由于

nrco/

加(①一吟)二S"(0.4%)M(。-0)

因此n=l時(shí)自然抽樣信號(hào)頻譜分量為0/Sa(0.44)-嗎)，相應(yīng)頻譜圖如圖4_18所示。

0.4兀Sa(0,4辦1

——1——―/(Hz)

0345

圖4T8n=l時(shí)自然抽樣信號(hào)頻譜分量

因此，自然抽樣信號(hào)頻譜圖如圖4-19所示。

由于平頂抽樣信號(hào)頻譜

(、=&SaCOT|ZM(①-na)J=0.4Sa|COT|￡M3-n&)

Mq(@)Tsn="con=-o>

因此,平頂抽樣信號(hào)頻譜圖如圖4-20所示。

圖4-20平頂抽樣信號(hào)頻譜圖

4-8

解:

由于抽樣頻率為8000Hz,按A律13折線編碼得到PCM信號(hào)為8位二進(jìn)碼。因此二進(jìn)制

碼元速率

RB=l-fs=8x8000=64000波特

由于占空比為1,因此7=",則PCM基帶信號(hào)第一零點(diǎn)帶寬

B=l/r=l/Tb=64000Hz

4-9

解：

由于抽樣頻率為奈奎斯特抽樣頻率，因此

X=2^=12000/72

因此PAM系統(tǒng)碼元速率

&=￡=⑵0°波特

則碼元寬度

1=1"

由于占空比為0.5,因此7=。51，則PAM基帶信號(hào)第一零點(diǎn)帶寬

B=1/T=24000Hz

4-10

解:

(1)由于奈奎斯特抽樣頻率＜=2九=12000Hz,量化級(jí)數(shù)M=8,因此二進(jìn)制碼

元速率為

RB-log,M-fs=3x12000=36000波特

因此，相應(yīng)信息速率

Rb=3600Cbit/s

(2)由于二進(jìn)制碼元速率RB與二進(jìn)制碼元寬度％呈倒數(shù)關(guān)系，因此

Tb=l/RB

由于占空比為0.5,因此

r=0.51；

則PCM基帶信號(hào)第一零點(diǎn)帶寬