通信原理-樊昌信曹丽娜-第六版-第六章-课后答案

6—1解：单极性，双极性，单极性归零，双极性归零，二进制差分，四电平波形分别如下图a，b，c，d，e，f（此图仅作参考）6—2证明：6—36—4解：（1）由图P6-2可以写出故g（t）的傅里叶变换G（f）为222ssATTfGfSa6—5解：图形如6-18所示6—6解：（1）双极性信号的功率谱密度为222241|()|12||sssssPffPpGffpGmffmf设gtGf，则有33ssTTfGfSa将P=1/4，/3sT及Gf代入sPf表达式中，可得22123183ssssTTfmPfSaSafmf功率谱密度图略。（2）当m=1时，上式中的离散普22301838ssmSafmfff所以能从该双极性信号中直接提取频率为1/ssfT的分量，其功率为238S6—7解：AMI码：+10-1+1000000000-10+1HDB3码：+10-1+1000+V-B00-V0+10-1AMI码形图如下：HDB3码波形图如下：6—8解：双向码：100110100101100110CIM码：110100110101000111双向码波形图如下：CIM码波形图如下：（图形仅供参考）6—9解：（1）令2(1||)||()20TsttgtTsother由图可得2Tshtgt因为gt的傅里叶变换为2()24TsTsGSa所以，系统的传输函数H为22224TsTsjjTsTsHGeSae（2）基带系统的传输函数H由发送滤波器TG，信道C和接收器RG三部分组成，即TRHGCG因为1C，TRGG，所以TRHGG2TG2RG故有TGRGH424TsjTsTsSae6—10解：（1）由图可知系统传输函数H为001(1||)||()0Hother由1||(1||)()0tTstgtTsother可得22TsGTsSa根据傅里叶变换的对称性2gGjt有H=g001222tGjtSa所以，该系统接收滤波器输出基本脉冲时间表示式ht为20022thtSa（2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H应满足12niiHCTs，||Ts当传码率01BRTs时，即0||Ts时12niiHCTs此时系统不能实现无码间干扰传输。6—11解：根据奈奎斯特准则，当最高传码率1BRTs时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性H应满足12niiHCTs，||Ts因此当2BRTs时，基带系统的总特性H应满足14niiHCTs2||Ts所以除c图外其他均不满足无码间串扰传输的条件。6—12解：6—13解：6—14解：6—15证明：H可表示为224/4/224/4/4/()1cos12222244sssssssssTTjjsssTTTTjjsssTTTTTTeeHGGTTTGGeGe其中，4/sTG是高为1，宽为4/sT的门函数，其傅里叶反变换为4/22sTsstGSaTT因此，单位冲激响应=2sin/cos//1(/)sssstTtTtTtT由上式结果可知，当t=nTs（n不等于0）时，h（nTs）=0，所以当用1sT波特速率传送数据时，抽样时刻上不存在码间串扰。6—16证明：对于单极性基带信号，在一个码元持续时间内，抽样判决器对接受的合成波形x（t）在抽样时刻的取值为()1()()RRAnkTstransportxkTsnkTstransport因为Rnt是均值为0，方差为2n的高斯噪声，所以当发送“1”时，A+RsnkT的一维概率密度为2121()exp[]22nnxAf而发送“0”时，RsnkT的一维概率密度函数为2021exp[]22nnxf令判决门限为dV，则发“1”错判为“0”的概率为2121()11()exp[]()22222dVdeldnnnVAxAPPxVfdxdxerf发“0”错判为“1”的概率为202111()exp[]()22222ddeodVnnnVxPPxVfdxdxerf发送“1”码和“0”码概率分别为P（1）和P（0），则系统总的误码率为(1)(0)eeleoPPPPP令0edPV，则可求得最佳门限电平dV，即2222()1{(1)exp[]0exp[]}0222edddnnnPVAVPPV因为2222()(1)exp[]0exp[]22ddnnVAVPP对上式移项取对数得22220()ln22(1)ddnnPVVAP最佳判决门限20ln2(1)ndPAVAP当p(1)=P(0)=1/2时2dAV此时系统误码率(1)(0)eeleoPPPPP111()22222eleonAPPerf6—17解：（1）接收滤波器()G输入噪声双边功率谱密度为0/2Pn，则接受滤波器()RG输入噪声双边功率谱密度0P为20000|()|1cos2iRinPPGPH0||接受滤波器()RG输入噪声功率为0000//000000//111cos2222nnSPddW（2）系统总的误码率为(1)(0)eeleoPPPPP在单极性波形情况下，elP和0eP分别为1||exp2dVelxAPdx01||exp2deVxPdx其中dV为判决门限，则误码率eP为1||1||(1)exp(0)exp22ddVeVxAxPPdxPdx令0edPV，并考虑P（1）=P（0）=12，可求得最佳判决门限dV即2dAV此时系统总误码率eP为/2/21||1||(1)exp(0)exp221||1||1/(4)exp(1/4)exp22111/(4)exp1/(4)exp221/2exp(2ddddVeVVVAAxAxPPdxPdxxAxdxdxxAxdxdxA)6—18解：6—19解：6—20解：（1）0sTT的眼图如下（2）02sTT的眼图如下（3）比较：0sTT02sTT最佳抽样判决时刻2sT即02T处2sT即04T处判决门限电平00噪声容限值116—21解：由题意，理想低通滤波器的传输函数为对应的单位冲激响应为()()LhtSatTs则系统单位冲击响应为()()()2()()(2)LLhtSathtttTshtSatSatTsTsTsTs对h（t）进行傅里叶变换，可得系统传输函数为所以6—22解：第一，四类部分响应信号的相关电平数为（2L-1）；二进制时L=2，相关电平为3；四进制时L=4，相关电平为7；6—23解：第四类部分响应的预编码公式为2[mod]kkkbabL包括方框图：6—24解：6—25解：根据式（C）和2N+1=3,可以列出矩阵方程101210102101010CxxxxxxCxxxC将样值Xk代入，可得方程组100.20CC1010.30.21CCC1010.30.21CCC解得1C=-0.17790C=0.88971C=0.2847然后通过计算得1y=00y=11y=03y=02y=-0.03562y=0.01533y=0.0285其余ky=0输入峰值失真为001||0.6xkkkDXx输出峰值失真为001||0.0794ykkkDyy均衡后的峰值失真减少7.5倍。