通信原理老师布置的课后习题的答案

1-3解：（1）每个字母的持续时间为210ms，所以字母传输速率为4315021010BRBaud不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为2()log42Hxbit/符号平均信息速率为4()100bBRRHxbit/s（2）每个字母的平均信息量为222211111133()loglogloglog5544441010Hx=1.985bit/符号所以平均信息速率为4()99.25bBRRHx(bit/s)1-10解：(1)因为S/N=30dB,即1010log30SdBN，得：S/N=1000由香农公式得信道容量2log(1)SCBN23400log(11000)333.8910/bits（2）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2log(1)SCBN得：4800340021212.6611.66CBSN。则所需最小信噪比为1.66。2-3解：（1）因为随机变量服从均匀分布，且有02，则的概率密度函数1()2f，所以有0[()][()cos()]EztEmtt0[()][cos()]EmtEt2001cos()2[()]tdEmt0000(,)[()cos()()cos()]zRttEmttmtt000[()()][cos()cos()]EmtmtEtt00011()[cos(22)cos]22mREt01()cos2mR00cos(1),102cos(1),0120,其他()zR由此可见，()zt的数学期望与时间无关，而其相关函数(,)zRtt仅与相关，因此()zt是广义平稳的。（2）自相关函数()zR的波形如图2-6所示。图2-6（3）根据三角函数的傅氏变换对21,10()1,01()20,tttritttSat其他可得平稳随机过程()zt的功率谱密度()()jzxPRed01cos()2jtried22001[()()]422SaSa00cos1(0)(1)|22xSR2-10解：（1）()[(23())(23()]YREXtXt[46()6()9()()]EXtXtXtXt4669()XR即自相关函数只与有关[()]23[()]235EYtEXt即均值为常数所以()Yt为宽平稳过程。（2）平均功率为(0)169(0)YXRR因为2(0)12XR，所以(0)3XR所以(0)169(0)169343YXRR(3)[()][23()]9()18DYtDXtDXt2-14解：（1）由傅里叶时域微分性质()()()dftjFdt可知微分器的系统函数()()Hj，则信号通过微分器（线性系统）后输出()yt的双边功率谱密度为2225200()223.9510/2ynPfjfnffWHz（2）23220004()220.02633oBByyBnBSPfdfnfdfW2-16解：由题意知，()()cos()siniccscntnttntt，其均值为0，方差为2n。0()[coscos()]cos2ccLPFAstAtt0()[(()cos()sin)cos()]ccsccLPFntnttnttt11()cos()sin22csntnt给定时0()st的功率为220cos4AS0()nt的平均功率为22222200[()]cossin444nnnNEnt故在（1）的条件下（为常数）则22020cosnSAN在（2）的条件下（是与)(tni独立的均值为0的高斯随机变量），0()nt的功率仍然是204nN，但此时0()st的平均功率是22220cos[][cos]44AASEE所以22020[cos]nSAEN22[1cos2]2nAE22222211cos222nAed2222(1)2nAe3-1解：coscosctt的波形如图3-14（a）所示。因为()coscosmcSttt，且6c，对()mSt其进行傅里叶变换可得()[()()()()]2MccccS[(7)(5)(5)(7)]2频谱图如图题3-14（b）所示。图3-14（a）图3-14（b）3-9解：（1）因为4()cos(210)mttV，则21()2mtW，所以，211()24DSBSmtW，211()48SSBSmtW。（2）DSB：11600222510210iDSBHNnBnfW信道衰减为30dB，则1000DSBiDSBSS，则31110410004iDSBSW所以，3060110222504210iDSBiSSNNSSB：11600251010iSSBHNnBnfW信道衰减为30dB，则1000SSBiSSBSS，则31110810008iSSBSW所以，3060110125810iSSBiSSNN（3）S发均相同，18SW发DSB：11600222510210iDSBHNnBnfW，由于信道衰减30dB，则31110810008iDSBSW，所以3060110221258210iDSBiSSNNSSB：11600251010iSSBHNnBnfW，由于信道衰减30dB，则31108iSSBSW，所以3060110125810iSSBiSSNN3-10解：（1）由题意()100cos(24sin2)FMcmStftft，得4fm，所以，342(1)251010FMfmBmfHz（2）2FMmfmKAmf，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率mf加倍时，2fm。此时，342(1)232101.210FMfmBmfHz3-15解：已调波信号功率210050002FMPW。5fm，440005102maxfmfmfHz42(1)2(51)20002.410()FMfmBmfHzHz4-1解：（1）因为信号mt通过传输函数为1Hf的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为1f，所以抽样频率12ffs（2）因为抽样信号频谱nSssωωMTωMn1可得抽样信号的频谱如图4-11所示。图4-11抽样信号频谱图（3）由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号smt通过截止频率为1f的理想低通滤波器，然后再通过一个传输特性为11Hf的网络，就能在接收端恢复出信号tm。如图4-12所示。图4-12抽样信号的恢复可见，如果接收端通过一个传输特性为111HfffHf的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号tm。4-11解：编码过程如下（1）确定极性码1C：由于输入信号抽样值为负，故极性码1C=0。（2）确定段落码432CCC：因为1024870512，所以位于第7段落，段落码为110。（3）确定段内码8765CCCC：因为63211512870，所以段内码8765CCCC=1011。所以，编出的PCM码字为01101011。编码电平CI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864C2C2C2C2IIi80716253BiC量化单位因为21000110110000864因此7/11变换得到的11位线性码为00110110000。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880)16864(个量化单位。因为2100.00110111000880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。5-3解：信息码：10100000000011AMI码：[phone]+1-1HDB3码：+10-1000-V+B00+V0-1+15-9解：（1）图（a）为理想低通，设1000NBHz，所以max22000BNRBBaud1）、max/2000/500BBRR=4（整数），无码间串扰；2）、max/2000/1000BBRR=2（整数），无码间串扰；3）、max/2000/1500BBRR（不是整数），有码间串扰；4）、max/2000/2000BBRR=1（整数），无码间串扰。（2）图（b）为升余弦型信号，由图可以判断500NBHz，所以max21000BNRBBaud所以1）、500BRBaud、2）、1000BRBaud两种情况下无码间串扰。5-14解：（1）由于信号()ft在tT时刻结束，因此最到输出信噪比的出现时刻0tT（2）取0tT，1K，则匹配滤波器的冲激响应为,02()(),20,TAtThtftTAtTelset输出波形为0()()*()()()tytfthtfhtd，分几种情况讨论a．02Tt，20()()tytAAdAtb．2TtT，2222022()()()TTttTTtytAdAAdAd222()()()2222TTTTAtAtAt2(32)AtTc．32TtT，222222()()()TTtTTTtTtytAdAAdAd222()()()2222TTTTAtTAtATt2(43)ATtd．322TtT，2()()(2)TtTytAAdAtTe．elset()0yt综上所述，有2222,02(32),23()(43),23(2),220,TAttTAtTtTytATtTtTAtTTtTelse()ht和()yt的波形如图5-19（a）和（b）所示。（3）最大输出信噪比2max0022oEATrnn图5-196-1解：（1）由题意知，码元速率BR310波特，载波频率为3102Hz，这说明在一个码元周期中存在2个载波周期。2ASK信号可以表示为一个单极性矩形脉冲序列与一个正弦型载波相乘，因此2ASK信号波形示意图如图6-23所示。图6-23（2）因为2ASK信号的频带宽度2ASKB为基带调制信号带宽的两倍，所以2ASK信号的频带宽度为222ASKsBBfR=2000Hz。6-3解：（1）二进制相移键控（2PSK）是指载波的相位受调制信号的控制，而幅度和频率保持不变，例如规定二进制序列的数字信号“0”和“1”分别对应载波的相位和0。2DPSK可以这样产生：先将绝对码变为相对码，再对相对码进行2PSK调制。2PSK、2DPSK及相对码的波形如图6-26所示。图6-26（2）2PSK、2DPSK信号的频带宽度6-15解：信道带宽为30006002400BHzHz信道带宽（），信道带宽为已调信号的带宽。（1）1时，QPSK系统的频带利用率为2lo