2013-通信原理-第1-9-11章-习题-测试题-1-15-答案-OK
2013-通信原理-第1-9-11章-习题-测试题-1-15-答案-OK
1-2 某信源符号集由A 、B 、C 、D 和E 组成，设每一符号独立出现，其概率分布分别为1/4、1/8、1/8、3/16和5/16。试求该信源符号的平均信息量。
解：平均信息量（熵）H (x )
符号）/(22.252.045.0375.025.016
35.8162.7838321)
67.1(165
)4.2(163)3(81)3(81)2(41165log 165163log 16381log 8181log 8141log 41)
(log )()(2
22221
2bit x P x P x H i M
i i =++?+≈++++=----------=-----=-=∑=
1-3 设有四个符号，其中前三个符号的出现概率分别为1/4、1/8、1/8，且各符
号的出现是相对独立的。试该符号集的平均信息量。
解：各符号的概率之和等于1，故第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平
均信息量为：
符号）/(75.15.0375.025.02
1
838321)1(21)3(81)3(81)2(4121
log 2181log 8181log 8141log 41)(2
222bit x H =+?+≈+++=--------=----=
1-6 设某信源的输出由128个不同的符号组成，其中16个出现的概率为1/32，其余112个出现的概率为1/224。信源每秒发出1000个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信源的平均信息速率。
解：每个符号的平均信息量
符号）
/(405.6905.35.2)81.7(224
1112)5(32116224log 224
111232log 32116)(22bit x H =+=?+?≈?+?
=
已知符号速率R B =1000(B)，故平均信息速率为： R b = R B ×H = 1000×6.405 = 6.405×103 (bit /s)
2-6 设信号s (t )的傅里叶变换S ( f ) = sin πf /πf ，试求此信号的自相关函数R s (τ)。 解：由（2.2-25）式可知，若令该式中τ=1，则 S ( f ) = G ( f ) 所以，直接得知
????
?>≤=2
/10
2
/11)(t
t t s 由自相关函数定义式(2.3-1)，
并参照右图，可以写出
1
111010111010
11)()()(2/12
/12/12/1≤≤--=??
?≤≤-≤≤-+=?????≤≤?≤≤-?=+=???----∞
∞-ττττ
ττττττττdt dt dt
t s t s R s
通信原理 第四章 习题答案
4-5 某个信源由A 、B 、C 和D 等4个符号组成。设每个符号独立出现，其 出现概率分别为1/4、1/4、3/16、5/16，经过信道传输后，每个符号正确接收的概率为1021/1024，错为其他符号的概率为1/1024，试求出该信道的容量C 等于多少b/符号。
解：因信道噪声损失的平均信息量为
符号）
/(033.0)10(102413)004.0(1024102110241log 10241310241021log 10241021)]
/(log )/()/(log )/()
/(log )/()/(log )/([)/(2214214132131221211211b y x P y x P y x P y x P y x P y x P y x P y x P y x H =??
?
???-?+--=?
??
??
???? ???+??? ??-=+++-= 信源发送的平均信息量（熵）为
符号）/(98.1]53.045.05.02[165log 165163log 16341log 41
2)(log )()(1
2222b x P x P x H n
i i i =--?--≈?
?????++?-=-=∑= 则：
符号）/(947.1003.098.1)]/()(m ax[b y x H x H C =-=-=
通信原理课堂测试题 2 答案
请写出(a)图和(b)图
的数学表达式（方程式）
???
?
?????≤≤-≤≤-+??
?≤≤其他其他
0101)(001)(a
a a a
b a t a ττττ
通信原理课堂测试题 3 答案
散粒噪声与热噪声均可认为是广义平稳、各态历经的随机过程。 散粒噪声与热噪声都近似为均值为零的高斯(正态)型白噪声。
请参考右图，简述均值 为零的高斯(正态)型白噪 声的物理概念。
1) 若x 为噪声电流或电压， 则x 幅度越大发生的可能 性越小，x 幅度越小发生的 可能性越大；
2）σx 表示分布的集中程度，分布的图形将随着σx 的减小而变高和变窄。
通信原理课堂测试题 4 答案
(1) 请写出连续信道香农公式;
(2) 当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于多少？ (3) 当信号功率趋于无穷大时，信道容量趋于多少？
解：(1) 连续信道香农公式
(2) 当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于0
44
.1n S
；
)
/()
1(log )/()1(log 022s bit B
n S
B C s bit N S B C +=+=或
(3) 当信号功率趋于无穷大时或噪声功率趋于无穷小时，信道容量趋于 无穷大。
通信原理 第五章 习题答案
5-6 某调制系统如图P5-4所示。为了在输出端同时分别得到 f 1(t )及f 2(t )，试确定接收端的c 1(t )和c 2(t )。
解：发送端相加器送出的合成信号为 t t f t t f t f o o ωωsin )(cos )()(21+=
由图P5-4可知，接收端采用的是相干解调，所以可以确定 t t c t t c o o ωωsin )(,cos )(21== 验证如下：
上支路，相乘后
[])
(2
1
2sin
)(2
1
2cos )(21)(21cos sin )(cos )()()(1211211t f t t f t t f t f t
t t f t t f t c t f o o o o o 经低通过滤后，得到ωωωωω++=
?+=? 下支路，相乘后
[])
(2
1
2cos )(2
1
)(212sin )(21sin sin )(cos )()()(2221212t f t t f t f t t f t t t f t t f t c t f o o o o o 经低通过滤后，得到ωωωωω-+=
?+=?
5-9 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度P n ( f ) = n o =0.5 ×10-3 W/Hz ，在该信道中传输抑制载波的单边带（上边带），并设调制信号m ( t )的频带限制在5kHz ，而载频是100kHz ，已调信号功率是10kW 。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过带宽为5kHz 的理想带通滤波器，试问： （1）该理想带通滤波器的中心频率为多大？ （2）解调器输入端的信噪功率比为多少？ （3）解调器输出端的信噪功率比为多少？ 解：
（1）该理想带通滤波器的传输特性为 ?
?
?≤≤=0
105100)()(kHz
f kHz K f H 常数
其中心频率为102.5kHz 。 （2）解调器输入端的噪声功率
)(5105105.02)(233W f f P N H n i =????=?=-
已知信号功率S i = 10kW ，故输入信噪比为 2000510103
=?=i i N S
（3）因为G SSB =1，所以输出信噪比为 2000==i
i o o N S
N S
5-13 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度P n ( f ) = n o = 0.5 ×10-3 W/Hz ，在该信道中传输振幅调制信号，并设调制信号m ( t )的频带限制在5kHz ，而载频是100kHz ，边带功率为10kW ，载波功率为40kW 。若接收机的输入信号先经过一个合适的理想带通滤波器，然后再加至包络检波器解调。试求： （1）解调器输入端的信噪功率比； （2）解调器输出端的信噪功率比； （3）制度增益G 。 解:
（1）设幅调制信号s AM ( t )=[1+ m ( t )]cos ωo t ，且0)(=t m ，则信号功率为 )(501040)(2
1212
2kW P P t m A S s c i =+=+=+=
式中，P o 为载波功率；P s 为边带功率。
解调器输入噪声功率
)37(500010
1050)
(101052105.02)(23
33dB N S W B f P N i i n i =?==?????=?=-故输入信噪比
（2）在大信噪比：[A +m ( t )] >> n ( t )时，理想包络检波的输出为
E ( t ) ≈ A + m ( t ) + n c ( t )
其中m ( t )为输出有用信号，n c ( t )为输出噪声。故有
)33(200010
1020)
(10)()(201022)(3
22dB N S W N t n N kW P t m S o o i c o s o =?=====?===因此，输出信噪比
（3）制度增益 5
2
50002000//===
i i o o N S N S G
另外：（P104）在小信噪比时：[A +m ( t )] << n ( t )时，检波的输出信噪比急剧下降，此现象称为包络解调器的“门限效应”，开始出现门限效应的输入信噪比成为“门限值”。相干解调不存在“门限效应”。
推广：所有的非相干解调器（AM 信号的包络检波、FM 信号的鉴频 等）均存在“门限效应”，其非相干解调器的输入信噪比均存在相应的“门限值”。
5-16 设一宽带FM 系统，载波振幅为100V ，频率为100MHz ，调制信号m ( t )的频带限制在5kHz ，)(2
t m
=5000V 2，K f =1500π rad/(s ?V)，最大频偏为?f =75kHz,
并设信道噪声功率谱密度是均匀的，其单边谱密度为P n ( f )=10-3 W/Hz ，试求： （1）接收机输入端理想带通滤波器的传输特性H (ω)； （2）解调器输入端的信噪功率比； （3）解调器输出端的信噪功率比；
（4）若m ( t )以AM 调制方式传输，并以包络检波器进行解调，试比较在输
出信噪比和所需带宽方面与FM 系统有何不同。
解：
（1）调频指数 155
75
==?=
m f f f m FM 信号带宽 B FM = 2(m f +1) f m = 2(?f + f m ) = 160 (kHz)
因为载频为100MHz ，所以FM 信号的频率范围为MHz ??
? ??
±216.0100。
因此，理想带通滤波器的传输特性
??
?≤≤=0
08.10092.99()(MHz
f MHz K f H 常数）
（2）调频信号的平均功率等于未调载波的平均功率，即
25.311605000)(1601016010)()
(50002
1002332
2==???? ??=??=?====-FM
i i FM n i i N S W B f P N W A S 输入信噪比输入噪声功率
（3）FM 非相干解调器的输出信噪比
337500)105(1085000150010038)(33332222322
22=????????==???? ??-πππm o f FM
o o f n t m K A N S
（4）AM 信号的传输带宽 B AM = 2 f m = 2×5 = 10 (kHz)
在大信噪比情况下，AM 信号包络检波器的输出信噪比为
50010
10105000
)(332=??==?
??? ??-AM o AM o o B n t m N S 讨论：
① B FM 是B AM 的(m f +1)倍，即B FM = (m f +1) B AM = (15+1) ×10kHz=160 kHz ②
3
2
310817)/()/(3675500
337500)/()/(f
FM
i i FM o o FM f
AM o o FM o o m N S N S G m N S N S ≈==
===
③ 与AM 系统相比，FM 系统的输出信噪比的提高是以增加带宽为代价的， 也就是有效性换可靠性。
通信原理课堂测试题 5 答案
已知线性调制信号表达式如下： （1+0.5sin Ω t )cos ωc t 式中，ωc = 6Ω 。
试分别画出波形图和频谱图（双边谱）。 解：
(1) s m (t) =（1+0.5sin Ω t )cos ωc t 的波形图如图(a)所示
s m (t) =（1+0.5sin Ω t )cos ωc t
= cos ωc t +0.5 sin(Ω+ωc )t +0.5 sin(Ω?ωc )t
{}{
})]5()5([4)]7()7([4)]6()6([)([)]([4)]([)]([4)]
()([)(Ω+-Ω-+Ω--Ω++Ω-+Ω+=-Ω---Ω+++Ω--+Ω++
-++=ωδωδπωδωδπωδωδπωωδωωδπωωδωωδπ
ωωδωωδπωj j j j S c c c c c c m (2) 频谱图如图(b) 所示
附：
s m (t) =0.5cos Ω t cos ωc t =0.5 [cos (Ω+ωc ) t + cos (Ω?ωc ) t ] 的频谱图
式中，ωc = 6Ω
{}
{
}
)]
5()5[(4
)]7()7[(4
)]([)]([4
)]([)]([4
)(Ω++Ω-+
Ω-+Ω+=
-Ω-+-Ω+++Ω-++Ω+=
ωωπ
ωωπ
ωωδωωδπωωδωωδπ
ωc c c c m S 频谱图如图(c) 所示
通信原理课堂测试题6答案
有60路模拟话音采用频分复用方式传输。已知每路话音信号频率范围为0~4kHz （已含防护频带），副载波采用SSB 调制，且最低副载波频率为20 kHz 。合成后，主载波采用FM 调制，调制指数m f = 4。 （1）计算副载波调制合成信号带宽； （2）求信道传输信号总带宽。
（3）SSB 调制合成信号和输出FM 调制信号的频谱示意图。 解：
（1）由于副载波采用SSB 调制，所以副载波调制合成信号带宽为： B 60 = 4×60 = 240 (kHz) （2）主载波采用FM 调制 B FM =2(1+ m f ) f m
式中 f m =240 + 20 = 260 (kHz)
所以，调频波的总带宽为 B FM =2(1+ 2) 260 = 1560 (kHz)
通信原理课堂测试题 7 答案
已知FM-USB 一次群发送系统如图所示，请画出相应的接收系统框图。 解：
通
信原理课堂测试题8 答案
某调频发射机，其发射信号的载频为100MHz ，最大频偏为40KHz 。FM 调制器输出的载频为1MHz ，最大频偏为200Hz 。且单频调制频率为1KHz 。要求：
● 画出此调频发射机的组成框图；
● 标明各主要点的载频、最大频偏和调频指数。 解：（1
）调频发射机的组成框图
（2）各主要点的载频、最大频偏和调频指数
MHz
f f MHz MHz f f n n f kHz
f n MHz f n k
k
f
f m m n n m f f m n n n n KHz n n KHz f n n f c m f f m 5)110(20100,)(220010,1011040140402.0200,2.010*******,2002.040,2221121111121311212121121=∴-?=-==?=?=?===?==?====?=
===∴=?=? 或，取
通信原理第六章习题答案
6-1 设二进制符号序列为10010011，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性、双极性、单极性归零、双极性归零、二进制“1”差分波形和四电平波形。解：
6-7 已知信息代码为1011000000000101，试确定相应的AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。
解：
6-11 设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器的总特性为H(ω)，若要求以2/T s波特的速率进行数据传输，请验证图P6-6所示的各种H(ω)能否满足抽样点上无码间串扰的条件。
解：
由各H(ω)求出系统无码间串扰最高传码率R Bmax=2f N，然后与实际传输速率
R B =2/T s =2f s 进行比较。
满足 R Bmax =nR B n =1,2,3, ……
则 以实际速率R B 进行数据传输时，故 满足抽样点上无码间串扰的条件。
故不满足。
条件；
满足无码间串扰传输的故该故不满足；
但非整数倍关系，故不满足；
,1
2)
()(,2
2)(,3
2)(,2
12)(max max
max max B s
N B B
s
N B B s
N B s
B s N B R T f R d H R T f R c R T f R b T R T f R a <=
====>===<==ω
6-24 设有一个三抽头的时域均衡器，如图 P6-10所示，输入信号x (t )在各抽样点的 值依次为x -2=1/8、x -1=1/3、x o =1、x +1=1/4、 x +2=1/16，在其他抽样点均为零，试求均 衡器输入波形x (t )的峰值失真及输出波形 y (t )的峰值失真。 解：
输入波形x (t )的峰值失真为
48
3716141318112
2=+++=
=
∑
≠-=k k k o
x x x D
480
71
6410481321721241561064
1
1614104
141161148
1
1414111613165
3141114131321
814131113172
1
811313124
1
81313
30
21311202011021111001102110011201122131
=??? ??+++++
=
=
-
=?-===???? ??-+?
=+=-
=???? ??-+?+?-=++==
???? ??-+?+?-=++=-
=???? ??-+?+?-=++=-
=?+?-=+=-
=?-===
∑∑≠-=+++++++--+--------------=k k k
y k k N
N
i i
k y
y D y x c y x c x c y x c x c x c y x c x c x c y x c x c x c y x c x c y x c y x
c y 失真为所以，输出波形的峰值。
值均为其余可得
由公式
均衡后，峰值失真减小D x / D y = 5.21倍
通信原理课堂测试题 9 答案
已知输入信码序列{a k }为110001110101。要求采用预编码方案，实现部分相应
编码。
1. 完成“1”相关编码；
2. 完成部分相应编码。 解：
通信原理 第
七
章 习题答案
7-1 设发送的二进制信息1011001，试分别画出2ASK/OOK 、2FSK 、2PSK 及
2DPSK 信号的波形示意图，并注意观察其时间波形上有什么特点。
（部分相应编码）
”相关编码）（“或
（部分相应编码）”相关编码）
（“初始
初始
020*********}
{10110010111101}{101011100011}{020*********}{11001101000010}{1
010********}{+-+++-+---k k k k k k C b a C b a
解：
7-6 设发送的绝对码序列为0110110，采用2DPSK方式传输。已知码元传输速率为2400B，载波频率为2400Hz。
(1) 试构成一种2DPSK信号调制器原理框图；
(2) 若采用相干解调—码反变换器方式进行解调，试画出各点时间波形；
(3) 若采用差分相干解调方式进行解调，试画出各点时间波形。
解：
(1) 2DPSK信号调制器原理框图及其各点时间波形图
(2) 相干解调—码反变换器方式原理框图，及其各点时间波形图原理框图
(3) 差分相干解调方式原理框图及其各点时间波形图原理框图
附：
若e 2DPSK ( t )反相180o
7-8 在2ASK 系统中，已知码元速率R B = 2×106 B ，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度 n o = 6×10-18W/Hz ，接收端解调器输入信号的峰值振幅α = 40μV 。试求：
（1）非相干接收时，系统的误码率； （2）相干接收时，系统的误码率。 解：
2ASK 信号的带宽为 B = 2R B = 4×106 （Hz ） 则解调器输入端的噪声功率 σn 2= n o B = 6×10-18×4×106 = 2.4×10-11（W ） 解调器输入信噪比 133.3310
4.22)1040(211
26
22
>>≈???=
=
--n
σαγ
（1）非相干接收时，系统的误码率为
4433.84
33
.3341021.110411.22
1
212
121-----?≈??==
==e e
e P e γ
（2）相干接收时，系统的误码率为
5433.841036.210411.223.10133.3311421----
?≈??≈=≈=
e e erfc P e π
πγγγ
7-11 若某 2FSK 系统的码元速率R B = 2×106 B ，发送“1”符号的频率f 1为10MHz ，
发送“0”符号的频率f 2为10.4MHz ，且发送概率相等。接收端解调器输入信号的峰值振幅α = 40μV ，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度 n o = 6×10-18W/Hz 。试求：
（1）2FSK 信号的第一零点带宽； （2）非相干接收时，系统的误码率； （3）相干接收时，系统的误码率。 解：
（1）2FSK 信号的第一零点带宽为
)(4.422104.102122MHz f f f B s FSK =?+-=+-=
（2）接收机采用上下两个支路的结构形式，每支路带通滤波器的带宽等于
2ASK 的带宽，即
)(4102226MHz R B B =??==
则解调器输入端的噪声功率（方差） σn 2= n o B = 6×10-18×4×106 = 2.4×10-11（W ）
输入信噪比为
33.3310
4.22)1040(211
2622
≈???=
=
--n
σαγ
非相干接收时系统的误码率为
8867.16233
.3321088.21076.52
1212
12
1-----?≈??≈===e e
e P e γ
（3）相干接收时系统的误码率为
98233
.3321098.31076.548
.141
33
.332121221---
-
?≈??≈?≈≈=
e e erfc P e ππγγγ
7-13 在二进制相位调制系统中，已知解调器输入信噪比γ = 10dB 。试分别求出相干解调2PSK 、相干解调—码反变换器2DPSK 和差分相干解调2DPSK 的系统误码率。 解：
已知解调器输入信噪比γ = 10dB ，即10lg γ= 10dB ，则 γ= 10 （1）相干解调2PSK 误码率为 γerfc P e 2
1
=
在大信噪比条件下，上式近似为
6510101.41054.42.111
102121----?≈??==
≈
e e P e π
πγ
γ
（2）相干解调—码反变换器2DPSK 误码率为