通信原理課后題答案

1、第1章緒論習題解答1-1解:每個消息的平均信息量為111111H(X) log 2 2_log 2 - log2 448822=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）兩種可能，總的組合數(shù)為C6 C6 36，則圓點數(shù)之和為 3出現(xiàn)的概率為2 1 P33618故包含的信息量為11（3） log2 P3log2 4.17（bit）18（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P7 36故包含的信息量為1(7)l0g2 P7log 212.585(bit)

2、61-3解:每個字母的持續(xù)時間為2 110ms,所以字母傳輸速率為2 10 10不同字母等可能出現(xiàn)時，3 50BaudH (x) log 2 4每個字母的平均信息量為2 bit/符號平均信息速率為Rb RB4gH (x)100 bit/s（2）每個字母的平均信息量為J441010111 1H（X）Jog2；yog?15544=1.985 bit/符號所以平均信息速率為RbRB4gH (x)99.25 (bit/s)1- 4解：(1 )根據(jù)題意，可得：3I (0) log P(0) log 2 一 1.4158比特1I(1) log P(1) log224 比特I(2)logP(2)log 21

3、24比特I(3)log P(3)log 2138比特(2)法一：因為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、統(tǒng)計 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：I 14I (0) 13I (1) 121(2)61(3)14 1.415 13 2 12 2 6 387.81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I287.81/451.95 比特 / 符號法二：若用熵的概念計算，

4、有331111"口H(x) log 22 log 2 log21.906(bit/符號)884488說明：以上兩種結果略有差別的原因在于， 它們平均處理方法不同， 前一種按算術平均的方 法進行計算，后一種是按熵的概念進行計算， 結果可能存在誤差。這種誤差將隨消息中符號 數(shù)的增加而減少。1-51133H (x)Tog 2Tog2 0.811解：(1)4444bit/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P XL P X1,X2,L ,X100 P所以，信息量為I X1,X2,L ,X100logP XLm100- mm1100-m30P 144m100-m1

5、3log -44200 (100 m)log 2 3 bit(3 )序列的熵XL 100 X 81bit /序列1-6解：若系統(tǒng)傳送二進制碼元的速率為1200Baud，則系統(tǒng)的信息速率為:Rb 1200 log2 21200 bit/s若系統(tǒng)傳送十六進制碼元的速率為2400Baud，則系統(tǒng)的信息速率為:Rb2400 log216 9600 t/s1-7解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為H()H( j ()e1/j tdK°e沖激響應為h(t)K。(ttd)輸出信號為y(t)s(t)* h(t) K°s(t td)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-

6、8解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為j( td bsin To)j tdjb sin T°H ( ) AeAe eA(1 jbsin To)eA1 (ej To e2jAe jtd 竺 e"2h(t) A (t td) 沖激響應為輸出信號為y(t)s(t)* h(t)As(t td)1-9tdT。)Ab e j (td T0)2Ab(ttdT。)Ab “T0)2(t td2Abs(t tdT。)Ab “T0)s(t td22To)e j tdVo。則該信道的幅頻特性為:解：假設該隨參信道的兩條路徑對信號的增益強度相同，均為H ( 0)2V0cos121(2n 1) ,n 0,1,2

7、丄時，H(。)| 當出現(xiàn)傳輸零點；12n ,n 0,1,2丄時，H( o)當出現(xiàn)傳輸極點；f nf n所以在kHz(n為整數(shù))時，對傳輸信號最有利；1 1 1 f (n ) (n )在22 kHz(n為整數(shù))時，對傳輸信號衰耗最大。1-10Slog10 30dB解：(1)因為 S/N =30dB,即 10 N，得：S/N=1000由香農(nóng)公式得信道容量C Blog2(1 N3400 log2(1 1000)33.89 103bit /s(2)因為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C Blog2(1 書)C48002B 1 23400 1 2.66 1 1.

8、66得：N則所需最小信噪比為1.66 。第2章信號與噪聲分析習題解答2- 1解：p(x 2)1 p(x 2)數(shù)學期望:E(x)12 xaxp(x)dxx一dx 02a4aaE(x2)因為D(x)所以方差：x2 p(x)dx2a x . dx a2a2 2E(x ) E(x)2-2解：由題意隨機變量6a2 2a c a033x服從均值為0，方差為4,所以2 ，即2服從標準正態(tài)分布，可t2(x)數(shù)值表來求解。Tdtp(x2)1 p(x2)1 p(x0 2 0) 1(1)2 210.84130.1587_, x04 0、，p(x4)1 p(x4)1 p()1(2)2 210.97720.0228x:

9、1.5通過查標準正態(tài)分布函數(shù)(1)(3)當均值變?yōu)?.5時，則2 服從標準正態(tài)分布，所以x 1.521.5p(x2)1p(x2) 1p( 22 ) 1(0.25)10.59870.4013x 1.541.5、，p(x4)1p(x4) 1p( 22 ) 1(1.25)10.89440.10562-3解：(1)因為隨機變量 所以有服從均勻分布，且有02，則的概率密度函數(shù)f()Ez(t) Em(t)cos( ot )Em(t) ?Ecos( °t)2 1Em(t)? 0 cos( °t )?-dRz(t,t0) Em(t)cos( 0t) ?m(t)cos(Em(t)m(t )?

10、Ecos( 0t1Rm( )?E二cos(2 0t21Rm( )?：COS2COS 02 (COS 02 (0,0t0)COS( 0t1cos2),),0其他Rz()Rz(t,t)僅與相關，因此z(t)(3)根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對1 t, 1 t 0由此可見，z(t)的數(shù)學期望與時間無關，而其相關函數(shù) 是廣義平穩(wěn)的。(2)自相關函數(shù)Rz()的波形如圖2-6所示。tri (t)1 t,0 t 1Sa2(R0,其他t可得平穩(wěn)隨機過程z(t)的功率譜密度Pz( )Rx( )e1 cos0 ?tri ( )e j d42(4嚴 Sa2FSRx(0)cos20 (1 )| 0 22-4解：（1）因為，

11、互不相關所以 mix(t) EX(t) E( )cos otcos 0tEcos 0tE又根據(jù)題目已知均值E E 0，所以mx(t)0(2)自相關函數(shù) Rx(t1,t2) EX(ti) X(t2)E( )cos otig()cos ot2cos 0t1 cos 0t2E 22222cos 0t1 cos 0t2 E2E E cos 0t1 cos 0t2224cos 0t1 cos 0t21 4 2【cos。缶 t2)cos 0(ti t2)2cos 0 2cos 0(ti t2)(ti t2)有關還與t1,t2有關，所以為非廣義平穩(wěn)隨機過程。（3）由（2）可知Rx（tl，t2）不僅與2-5解

12、：根據(jù)圖示可得RX（）50 3(10,10)EX2(t) Rx(0)50X2Rx(0) Rx( ) 50 20 30因為，x2EX2(t) EX (t)2所以，30 50 EX(t)2 即 EX(t) mx 則(1)mx-20；(2)EX2(t)Rx(0)2-6解:( 1).20502(3)x30R()EX(t) X(t )E A A cos( 1t)A0Acos1(t )EA(2 A0A1 cos1(t )AAcos( 1t22A EA cos( 1t)cos1(t )2 A2A0 cos 12R(0) EX2(t)A 2A乩(2)2因為，EX(t) EA。A| cos(1t)A0所以，2直

13、流功率為EX2(t)A02)A cos( 1t)cos2 2 2EX (t) E X(t)A2則，交流功率為對R()求傅里葉變換可得其功率譜密度復(21)2-7解:丄2 丄2P<()ej0ej5 02ej05 0ej d02-8Jsa( 0 Sa(0 )cos4Px(f)與 Rx(Px(f)(f)互為傅立葉變換(1 +所以，對)Rx(2)Px(f)做傅立葉變換得21 f0Sa ( f。)直流功率為Rx( )1交流功率為R (0) R ( ) 1f0 1.2R( )?|H()no221 ( cR)R0()相應地,12自相關函數(shù)為F0( )ej d(3)2-9解：RC低通濾波器的傳遞函數(shù)為1

14、11 j cRH( ) jp R j c因此輸出過程的功率譜密度為1e1 j cRn°4RCe| |/RCRy()E44即自相關函數(shù)只與)2-10E(23X(t)(2 3X(t )6X(t ) 6X(t) 9X(t)X(t6 6 9Rx()有關EY(t)2 3EX(t)2 35 即均值為常數(shù)所以丫住)為寬平穩(wěn)過程。(2)因為平均功率為Rx(0) 12Ry(O)16 9Rx(0)所以Ry(0)162，所以9Rx(0)Rx(0)3169 3432-11DY(t)D23X(t)9DX(t)18解: ( 1)Ry()E X (t a) EX(t a)X(tRx( ) Rx(2Rx( ) Rx

15、(EY(t)Y(tX(t a)X(t a) a) X(t a)X(t)X(t a)a) X(t a)(X(ta) X (t a)X(t a)2a) Rx(2a) Rx()2a) Rx(2a)Px( f)與Rx()互為傅立葉變換)Py(2Px(4Px()Px( )e2aj)sin2(a )Px( )e2aj2-12解:Px(f )dfWk 10 5f2df10k107W2-13解：因為題目已知沖激響應為55 jh(t)5e 5tu(t)H() 所以Py( ) Px ( ) H (又因為Px()no2H( )22525)2所以臥)Ry()與no 252 252亠 10 10252Py()互為傅立葉

16、變換115 I由 FY()可知 Ry( ) 25 10 e5110總的平均功率Ry(0) 2.5 10 (W)2-14df (t) (j解：(1)由傅里葉時域微分性質dt則信號通過微分器(線性系統(tǒng))后輸出卩丫IO j2 f)F()可知微分器的系統(tǒng)函數(shù)H ( )(j )，y(t)的雙邊功率譜密度為2 2n0 f 23.95 10 5f 2W / Hz(2)2-15BSy。BPy(f)df2 22n0f 2df234 n°B0.0263W解：設h(t)的傅式變換為H(f),2-16Syn02H(f )2df則有22H (f) df解：由題意知,n(t)n c(t)cos ctns(t)s

17、in衣，其均值為0,方差為S)(t) Acosct cos(ct)LPFn0 (t)(n c(t)cos1n c(t)cos給定時s0(t)的功率為典22小 A cosS04-ctn s(t)si n1ns(t )sinA cos2ct) cos(ct) LPFn0(t)的平均功率為N。 En o(t)cos 4故在(1)的條件下(為常數(shù))則S0A222 cosN0:2n 2 sin4在(2)的條件下(2n是與ni (t)獨立的均值為的高斯隨機變量)，n0(t)的功率仍然是N。4，但此時4 4S0s0(t)的平均功率是A22 Ecos 42cos 所以A2 E22 EcosnAnA22 2厶

18、ncos2 22 $ cos2第3章模擬調(diào)制系統(tǒng)習題解答3-1解：c°S tcos ct的波形如圖3-14 (a)所示。因為 Sm (t ) cost cosct，且 c 6，對 Sm(t)其進行傅里葉變換可得Sm()-(2c)(c)(c)(c)2(7)(5)(5 )(7 )頻譜圖如圖題3-14(b)所示。cos cos曲/圖 3-14( a)3- 2Af (t) Asin( t)/( t) sin( t)cos( t) Asa( t)cos( t) . 2 2 2 2 t解:( 1) 2Asa( t)上式中 2為帶限信號，由希爾伯特變換的性質，得f(t)Asa(?t)si n(t)

19、z(t) f (t) j f(t) Asa( t)cos( t) jAsa(t)sin(t)(2) 2 2 2 2z(t)|，.；2Asa(2t)3-3S 20 s0 1010 100解：因為輸出信噪比功率為 20dB,則 在SSB/SC方式中，調(diào)制制度增益勺魚100所以Ni N0G=1So接收機輸入端的噪聲功率Nin°BN。no2 0.5210 9S 100Ni 5因此接收機輸入端的信號功率因為發(fā)射機輸出端到接收機輸入端之間的總損耗為10010 103235 10510 W1dB/km610 W100km 100dB可得發(fā)射機輸出功率為S° 10" Si 100

20、3-45 10 45106W解:(1)此信號無法用包絡檢波器解調(diào)，因為能包絡檢波的條件是 這里的A=15使得這個條件不能成立，用包絡檢波將造成波形失真。(2)只能用相干解調(diào)，解調(diào)框圖如圖 3-15所示。1 A COS 2 fmt 0 而圖 3-153-5解:(1) AM解調(diào)器輸出信噪比為由題意知，2102W/ Hz，B=4Khz,貝US0N°A 100(2)因為2m2(t)n°B3103WGam10婪J 10010 2 4 1032m"t)A2 m2(t)32 40 10532 1040 10Gdsb 2而抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的調(diào)制制度增益Gdsb 26貝 UGam

21、 1/3 (約為 7.8dB)所以抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的性能優(yōu)于常規(guī)調(diào)幅7.8分貝3-6解：設單邊噪聲功率譜密度為 no，則相干解調(diào)后的輸出信噪比3-7So m (t)N 04n 0BSSB2 Baf df0 BaB a4n0B4n 0B 4n0解：對于DSB接收信號功率So則輸入噪聲功率Nin 0BDSEi2no fm11上N。Nin°fm輸出噪聲功率41 c-S2Non fm所以，接收到的信噪比2對于SSB:設發(fā)射功率為s'S01s則接收信號功率4輸入噪聲功率N in0BSSBno fm11上N0-Nin°fm輸出噪聲功率441 '魚-S4No4 Ho f

22、m所以，接收到的信噪比4】s'-(1)接收信號強度相同，即4:故單邊帶平均發(fā)射功率S'2S設信道加性白噪聲單邊功率譜密度為n°fmn°fmn。，信號帶寬為Sn0 fmn0 fm(2)接收到的信噪比相同，即故單邊帶平均發(fā)射功率3-8解：設m(t)與c°s lt相乘后的輸出為，則是-(a)所示。s(t)再經(jīng)過截止頻率為i的理想低通濾波器,下邊帶信號，其頻譜如圖3-17( b)所示，時域表達式則為11s-i(t)m(t)cos 1tm(t)sin22個DSB信號，其頻譜如圖圖I所得輸出信號s(t)顯然:3-17一個it同理，m(t)與sin 1t相乘后的

23、輸出s2(t)再經(jīng)過理想低通濾波器之后，得到的輸出信號 s2(t)也是一個下邊帶信號，其時域表達式為11s2(t) m(t)sin 1tm(t)cos 1t22因此，調(diào)制器最終的輸出信號1s(t) m(t)cos211吐 m(t)sin ttcos 2t m(t)sin221吐 m(t)cos Ksin2t21m(t)cos 聯(lián) cos 2t21sin ttsin 2tm(t)sin ttcos 2t2cos 1tsin 2t11_m(t)cos( 21)t m(t)sin(22顯然，s(t)是一個載波角頻率為(2n2V bzv亠3"- 3 4(4(|0 仙 (th Wi +a31)

24、的上邊帶信號。21)t卜加-一a*04 Wh 3(b)3-9解: ( 1)因為 m(t) cos(21(t)W8 。SSSB m4(2) DSBN in° Bdsb信道衰減為Sdsb30dB,貝y SiDSB所以，N0SSB : Ni2 Sdsb Nn0BSSB信道衰減為S0所以，N0圖 3-17104t)V2n° fH10001032 4 2 10n0 fHSSSB30dB，則 SiSSBSsSBNi1 10(3)S發(fā)均相同，DSB : Ni n0 BDSBSDSB8100010 62n0 fH2(t)，所以,SDSB(t)SSB :S 10SSB1011106wSiDS

25、B2501110SiSSB則1000Ni1010 3Wn0BSSB3W，所以S0N04 1000610 W8 1000125所以1110 112 10310 W103W&N。SSSBNi10Sdsb2 Ni286W103由于信道衰減2 106 1251110 6W1 108 1063由于信道衰減30dB,30dB ,3-10由題意所以,Sfm (t)100cos(2 fct 4sin2 fmt)得410 Hz3Bfm2(mf 1) fm 2 5 10KFM Ammf22。此時，Bfm2(m3-11解:消息信號m(t)A,0/1X 1m(mf2(2)tt T則對應的單邊帶信號為SSSB(

26、t )其包絡為3-12解：S 因為Ni 3-13mf 4m，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34f 1)fm 2 3 2 101.2 10 Hzln tm加倍時,1 m(t)cos2A + cos ct2SsSB(t)15kHz20dBctm(t)sin2.t T .In sintctct1 (丄1 n?f 75kHz100-S°-，所以No所以解：對于AM波的帶寬:對于SSB波的帶寬:mf調(diào)頻指數(shù)對于FM信號帶寬3-14解：由已知S(t)(1)調(diào)相時所以又因為(2)調(diào)頻時)2mfGfmBam 2fH 2 10kHzBssb站 10kHz50kHz 5fm 10kH

27、zBFM 2(mf 1) fm2(5Acos 0t 100COS mtSpm (t)Acos ctKpm(t) 100cosKp 2，所以SfM (t)Acos ctKpm(t)mtm(t) 50costKFm( )d100cos所以mt75 5215，則 Gfm 3mf (mf1004500020 kHz1) 10kHz 120kHzmttKFm( )d 2 m( )d1) 450求得m(t) 50 msin mtmfAmKf(3 )由maxK pAmmp100 m，即最大頻偏為max100fm3-15解：已調(diào)波信號功率RmmfBFM52(mfmaxmf fm1)fm2(510025000W

28、2 。400045104Hz21) 2000Hz 2.4 104(Hz)第4章模擬信號的數(shù)字傳輸習題解答4-1解:因為信號(1)所以抽樣頻率通過傳輸函數(shù)為H1的濾波器后進入理想抽樣器的最高頻率為2f1(2)因為抽樣信號頻譜M-X-A可得抽樣信號的頻譜如圖4-11所示。圖4-11抽樣信號頻譜圖M s w(3)由圖4-11所示的抽樣信號頻譜可知：將抽樣信號 t通過截止頻率為f1的理想低1通濾波器，然后再通過一個傳輸特性為H1 f的網(wǎng)絡，就能在接收端恢復出信號mt。如圖4-12所示。11血®-J A1®(t) 1I r二1比CD1111|_H(f)111圖4-12抽樣信號的恢復

29、可見，如果接收端通過一個傳輸特性為的低通濾波器，就能在接收端恢復出信號4- 2解：(1) 由式(4-2 )可知：在 s=3 h時，抽樣信號頻譜如圖 4-14所示，頻譜無混疊現(xiàn)象。因此經(jīng)過截止角頻率為H的理想低通濾波器后，就可以無失真地恢復原始信號。圖4-14 抽樣信號的頻譜(2) 如果 s 1.5 H，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 過理想低通濾波器后不可能無失真地重建原始信號。圖4-15 抽樣信號的頻譜出現(xiàn)混疊現(xiàn)象4- 3 解：因為m t cos100 n tos2000 nt1 cos1900 nt cos2100 nt2所以最低頻和最高頻分別為fL 950H

30、z, fH1050Hz(1 )將mt當作低通信號處理，則抽樣頻率fs 2fH 2100Hz(2 )將mt當作帶通信號處理，則抽樣頻率2fH f 2fLn 1 s n因為n=9,所以210 fs 211.1Hz4- 4解：1以抽樣時刻t 1 / 4000為例，此時抽樣值為0.9510565，設量化單位2048，所以歸一化值 0.9510565=1948。編碼過程如下：(1) 確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值為正，故極性碼C1=1。(2) 確定段落碼C2C3C4 :因為1948>1024,所以位于第8段落，段落碼為111。(3) 確定段碼C5C6C7C8 :因為 1948 1024 14

31、 64 28，所以段碼 C5C6C7C8=iiio。4-5解:所以，t 1 / 4000的抽樣值經(jīng)過A律13折線編碼后，得到的 PCM碼字為1 111 1110 同理得到在一個正弦信號周期所有樣值的PCM碼字，如表4-5所示。表4-5 PCM編碼的輸出碼字t1600 nt.2k nm kTssin樣值5歸一化值輸出碼字t 000010000000t 1/40002n/50.9510565194811111110t 2/40004冗/50.58778525120411110010t 3/40006冗/5-0.58778525-120401110010t 4/40008n/5-0.9510565-

32、194801111110因為采用均勻量化，所以量化間隔0.5Sx2 f x dx所以量化信噪比SNq1 2x2(1 x)dx0 2x2(1 x)dx10-16E x282E m mq則量化區(qū)間有1,0.5 ,0.5 00, 0.5 和 0.5,1 ,對應的量化值分別為-0.75 ,-0.25 , 0.25 , 0.75。所以量化噪聲功率為-0.52022-1X0.751xdxx0.251 x dx-0.50.5212x00.251xdxx0.50.751 x dx1/48因為輸入量化器的信號功率為4- 6解：因為二進制碼元速率Rblog2 M fs所以對應的信息速率Rb=RBlog2 M fs

33、，即信息速率Rb與log2 M成正比，所以若量化級數(shù)由128增加到256,傳輸該信號的信息速率Rb增加到原來的8/7倍。而二進制碼元寬度為T 1/Rb假設占空比 入，則PCM信號帶寬為B 1/t可見，帶寬B與log2 M成正比。所以，若量化級數(shù)由128增加到256，帶寬B增加到原來的8/7倍。4-7解：(1) 基帶信號的頻譜圖如圖4-16所示圖4-16 基帶信號的頻譜圖 由式(4-2)，理想抽樣信號的頻譜圖如圖4-17所示。(Hz)圖4-17理想抽樣信號的頻譜圖(2) 因為自然抽樣信號的頻譜Ms()0.4nA_Ts nSa(nSa(牙)M( n s)h)M( ns)當n=1時，因為Sa(寧)M

34、(n s) = Sa(0.4 )M (s)所以n=1時自然抽樣信號的頻譜分量為 所示。0.4Sa(0.4 )M( s)，對應的頻譜圖如圖4-18圖4-18 n=1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。因為平頂抽樣信號的頻譜A WTSaMqTs2WT0.4Sa 2 n所以,平頂抽樣信號的頻譜圖如圖4-20所示。0-<UT°1 3 5 710圖4-20平頂抽樣信號的頻譜圖4-8解：因為抽樣頻率為8000Hz，按A律13折線編碼得到的PCM信號為8位二進碼。所以二進 制碼元速率Rb l fs 8 800064000 波特因為占空比為1,所以Tb，貝U P

35、CM基帶信號第一零點帶寬B 1/t 1/Tb64000 Hz4-9解：因為抽樣頻率為奈奎斯特抽樣頻率，所以2fH12000Hz所以PAM系統(tǒng)的碼元速率Rb12000波特則碼元寬度1/ fs因為占空比為0.5，所以0.5Ts，則B 1/ TPAM基帶信號第一零點帶寬24000Hz4-10解：（1） 元速率為因為奈奎斯特抽樣頻率s 2fH12000Hz，量化級數(shù)M 8，所以二進制碼所以,Rb對應的信息速率log 2 M fs3 1200036000 波特36000bit/s(2)因為二進制碼元速率Rb與二進制碼元寬度Tb呈倒數(shù)關系，所以Tb 1 Rb因為占空比為0.5，所以0.5Tb則PCM基帶信

36、號第一零點帶寬B 1/t 72000Hz4-11解:編碼過程如下(1)(2) 因為確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值為負，故極性碼C1 =0o確定段落碼C2C3C4 : 1024>870>512,所以位于第7段落，段落碼為110。(3)確定段碼C5C6C7C8 :因為 870512 11 32 6，所以段碼 C5C6C7C8=1011。所以，編出的 PCM碼字為0 110 1011。編碼電平 比是指編碼器輸出非線性碼所對應的電平，它對應量化級的起始電平。因為 極性為負，則編碼電平i 864量化單位Ic iBi 23C522C621C720C8因為864 io 0110110000

37、0 因此7/11變換得到的11位線性碼為。6個量化單位。編碼誤差等于編碼電平與抽樣值的差值，所以編碼誤差為解碼電平對應量化級的中間電平，所以解碼器輸出為(86416)880個量化單位。因為880 10 01101110000.0 2所以7/12變換得到的12位線性碼為0o 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4-12解：(1)因為量化區(qū)的最大電壓為 U 2048mV，所以量化單位為值為398。編碼過程如下：確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值Is為正，故極性碼C110個量化單位。1mV，所以抽樣=1。確定段落碼C2C3C4 :因為512>398>256，所以

38、位于第6段落，段落碼為101。確定段碼 C5C6C7C8 :因為 398256 8 16 14，所以段碼 C5C6C7C8 = 1000。所以，編出的PCM碼字為11011000。它表示輸入信號抽樣值Is處于第6段序號為8的 量化級。該量化級對應的起始電平為384 =384mV中間電平為392 mV。編碼電平對應該量化級對應的起始電平，所以編碼電平IC 384 =384 mV因為384 10 2 ,所以對應的11位線性碼為。解碼電平對應該量化級對應的中間電平，所以解碼電平ID 392 mV可見，解碼誤差(即量化誤差)為 6mV。4-13解：因為最大電壓值為5V,所以量化單位51 V2048所以

39、，樣值幅度2.5V表示為-1024量化單位。因為樣值為負，而且輸入信號抽樣值Is處于第8段序號為0的量化級，所以編碼器的輸 出碼字為 0 111 0000。該量化級對應的起始電平為1024 = 2.5V，中間電平為 1024 321056量化單位，即-2.578V。所以量化電平為-2.578V，量化誤差為78 mV4-14解：極性碼為1，所以極性為正。段落碼為000，段碼為0111,所以信號位于第1段落序號為7的量化級。由表4-1可知， 第1段落的起始電平為 0,量化間隔為因為解碼器輸出的量化電平位于量化級的中點，所以解碼器輸出為° 1 0.5) 7.5個量化單位，即解碼電平7.5。

40、因為7.5 100000000011 1.1 2所以，對應的12位線性碼為14-15解：編碼過程如下：(1) 確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值為負，故極性碼C1 =0o(2) 確定段落碼C2C3C4 :因為1024>630>512，所以位于第7段落，段落碼為110。(3) 確定段碼C5C6C7C8 :因為 630512 3 32 22，所以段碼 C5C6C7C8=0011o所以，編出的 PCM碼字為0 110 0011 o因為編碼電平對應量化級的起始電平，所以編碼電平為-608單位。因為608 10 01001100000 2所以，對應的均勻量化的4-16解：11位線性碼為。因

41、為S0S0So/Nq2lN0 PCMNq Ne 1 4P°2又因為So 2 M2Nq所以S0So/NqM2N0 PCM1 4P.2211 4PeM23221 4 10 3 322200.9第5章數(shù)字信號的基帶傳輸習題解答5- 1解：略Ps(f)2fsP(1P)|G(f)|fs(2 p21)G(mfs)|(fmfs)5-2解:信息碼：110000 01 1 000 0 11AMI 碼：+ 1 -10000 0+1 -1 0 0 00+1-1HDB3碼:+ 1-1000-V 0+1 -1+B 00+V-1 +15-3解：信息碼：101000 00 0 00011AMI 碼：+10-100

42、0 00 0 000+1-1HDB3碼：+10)-10)0)0 -'V +B 00+V'0-1+15-4解：（i）對于單極性基帶信號，gi（t）0, g2（t） g（t），隨機脈沖序列的功率譜密度為12時,Ps(f)詐1f GE"2(f mfs)g(t)由圖5-11得g （t）的傅立葉變換G（f）人人l2|t|),|t| I1 s2O,elseA(1G(f)為Sa2(-)2 2代入功率譜密度函數(shù)式，得fs ATs2 fTsPs(f)寸 |-Sa ( s4222A Ts 4fTss Sa4(-)16 2功率譜密度如圖5-12所示。)|2(fmfs)16mSa4（于）（f

43、 mfs）丄Ts的離散分量,（2）由圖5-12中可以看出，該基帶信號的功率譜密度中含有頻率丄故可以提取碼元同步所需的頻率Ts的分量。由題（1）中的結果，該基帶信號中的離散譜分量尺（）為5-5Pv(f)16 m4 mSa4() (f mfs)21時，即f 1A24育(2)(f所以該頻率分量的功率為A24Sa4Pv(f)S A2sa)16 216H(s時，有A24Sa ( ) (f fs)16 2fs)2 A24-圖 5-12T |,| |00解：(1)由圖5-12可得該系統(tǒng)輸出基本脈沖的時間表示式為0, elseh(t) * H( )ejtd申(2)根據(jù)奈奎斯特準則，當系統(tǒng)能實現(xiàn)無碼間干擾傳輸時,訐 | THeq()0,|容易驗證，當|H( 2iH ()應滿足H(Ts i)所以當碼率Rb0 /5-60時,H( 2 RbI)H( 2 0i) Ci時，系統(tǒng)不能實現(xiàn)無碼間干擾傳輸。R2BBN解：(1 )法1:無碼間串擾時 RBmax 2Bn，當碼元速率為150kBaud時， 容易驗證，此系統(tǒng)有碼間串擾。法2：由題意，設Bn 10