通信原理习题课2015第一次

通信原理习题课2015第一次

习题课（from 1~7）

第四章 信道

4-6

某个信源由A、B、C和D 4个符号组成。设每个符号出现，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，错为其它符号的条件概率P(xi/yj)均为1/1024，试求出该信道的容量C。

解：根据离散信道信道容量的定义，Cmax[H(X)H(X|Y)]。即，以p(x)为变量，取

p(x)H(X)H(X|Y)的最大值。

H(X|Y)p(yj)H(X|yj)p(yj)p(xi|yj)logj1j1i1444441p(xi|yj)41102110241 p(yj)p(xi|yj)logp(yj)[log3*log1024] (1) p(xi|yj)j1102410211024j1i1102110241[log3*log1024]*10.0335bit/symbol102410211024通过上述计算发现，对题中所给的对称信道，H(X|Y)是一个常数，与p(x)无关。因此，最大化H(X)H(X|Y)简化为最大化H(X)。根据题意，X有4种可能，因此

H(X)2bit/symbol，则

Cmax[H(X)H(X|Y)]20.03351.9665bit/symbol

p(x)(2)

@知识点：离散信道信道容量的定义。在离散对称信道下，通过计算可知H(X|Y)是与输入无关的常数。这使得信道容量的计算得到简化。

@注意：题中的概率值P(xi/yj)，不是信道转移概率，而是后验概率。信道转移概率定义为P(yj/xi)，计算需要严格按照信道容量的定义Cmaxp(y)[H(Y)H(Y|X)]进行，这时需要搜索C最大时对应的概率值。

另外教材的例题4-2（P80）的解法，该题中默认等概时可以计算出H(X)，然后根据信道转移概率计算等概条件下H(X|Y)，并直接将二者相减得到信道容量。严格的说，这种做法不对，缺乏必要的分析过程，不符合离散信道信道容量的定义。

下面的做法错误：根据给定的p(x)计算p(yi)，进而计算H(X|Y)

第2页

4-8

设一幅黑白数字像片有400万个像素，每个像素有16个亮度等级。若用3kHz带宽的信道传输它，且信号噪声功率比等于20dB，试问需要传输多长时间？

解：该图像的信息量I400*104*41.6*107bit， 信道容量为

CtBlog2(1S/N)3*103*log2(1100)1.9975*104b/s

(3)

因此，传输时间tI/C1.6*107/(1.9975*104)801.0s

@知识点：连续信道的信道容量公式CBlog2(1SS)Blog2(1) Nn0B➢ 噪声功率Nn0B，单边功率谱密度乘以信道带宽；

➢ 当信道容量大于信息传输速率，则存在方法可以实现任意小的差错概率进行传输，而不是没有差错；

➢ 带宽与信噪比在一定程度上可以互换，但是存在上限，即带宽无穷宽时，信道容量为

1.44Sn0

➢ 香农极限：只要满足EbN01.6dB，就可以实现可靠传输，信噪比小于-1.6dB则无法传输任何信息。

➢ 理想通信系统：实现了极限信息传输速率，即达到信道容量，而且错误率为0的通信系统。

第五章 模拟调制技术

5-3

根据图P5-1所示的调制信号波形，试画出DSB及AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形差别。 m(0 图t 第3页

解 设载波c(t)sint

（1）DSB信号s(t)m(t)sint的波形如下图（a）所示，通过包络后的输出波形如图（b）所示。

（2）AM信号s(t)[Am(t)]sint，其中A|m(t)|，波形如下图（c）所示，通过包络后的输出波形如图（d）所示。

cDSBcAM0c0max0 DSB波t 0 DSB包络检t 0 t 0 t AM包络检 AM波形 @知识点： DSB解调信号已严重失真，这说明DSB信号不能直接采用包络检波；而AM信号在满足A|m(t)|的情况下可采用包络检波恢复m(t)。

0max5-5

将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数H()如图P5-2所示。当调制信号为m(t)Asin100tsin6000t时，试确定所得残留边带信号的表达式。

第4页

第5页

@知识点：残余边带调制的基本原理，残余边带滤波器在中心频率处互补对称特性。

5-11

某线性调制系统的输出信噪比为20dB，输出噪声功率为10-9W，由发射机输出端到解调器输入端之间总的传输损耗为100dB，试求： （１） DSB/SC时的发射机输出功率； （２） SSB/SC时的发射机输出功率。 解

接收端：

DSB/SC调制Si/Ni信道损耗DSB/SC解调iiSo/No根据DSB相干解调的制度增益，有S/N2(S/N) 则可以计算得到，S/N50

又由于NN/4，根据题中给出的条件N10可以计算N4*10

因此，S50N200*10

根据题目的条件传输损耗为100dB，则发射机的输出功率是SS*102000W

（2）对SSB/SC，调制制度增益为1，即，S/NS/N NN/4，因此，N4*10，所以有，S100N400*10 SS*104000W

ooii

9oio9i9ii10Tiiioo99oiiii10Ti

第6页

5-15

已知某单频调频波的振幅是10V，瞬时频率f(t)106104cos2103t(Hz)试求： （1）此调频波的表达式；

（2）此调频波的最大频率偏移、调频指数和频带宽度；

（3）若调制信号频率提高到2103Hz，则调频波的频偏、调频指数和频带宽度如何变化？

（4）若峰值频偏加倍，信息信号的幅度怎么变化？

解（1）该调频波的瞬时角频率为

(t)2f(t)21062104cos2103t(rad/s)

t(4)

瞬时相位(t)为 (t)()d2106t10sin2103t，因此，调频波的表达式

SFM(t)Acos(t)10cos(2106t10sin2103t)(V)

（2）根据频率偏移的定义

(5)

f|f(t)|max|104cos2103t|max10KHz

mff10K10 fm1000BNBMF2(ffm)22KHz

（3）调制信号频率fm由103Hz提高到2103Hz时，因调频信号的频率偏移与调制信号频率无关，所以这时调频信号的频率偏移仍然是f10KHz

f1045 而这时的调频指数变为 mf3fm210调频信号的带宽变为 B2(ffm)2(102)24KHz

由于ffm，所以，虽然调制信号频率fm增加了1倍，但调频信号的带宽B变化很小。

（4）峰值频率偏移加倍，则意味着m(t)幅度为原来的2倍

@知识点：调频波的表达式、最大频率偏移、调频指数和频带宽度

5-17

设有60路模拟话音信号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），先有12路电话复用为一个基群，其中第n路载频

第7页

fcn1124n(n1,2,...,12)，采用下边带调制；再由5个基群复用（仍采用下边带调制）为一个超群，共60路电话，占用频率范围312~552KHz。试求：

（1）各基群占用的频率范围和带宽

（2）超群载频值(需要修改成：超群中各基群所采用的载频值)

解 （1）根据SSB调制的已调信号的频谱范围，和第n路载频fcn1124n(n1,2,...,12)可以计算每一路的话的频带范围。

对第1路话，载频为108KHz，频带范围为104-108KHz； 对第2路话，载频为104 KHz，频带范围为100-104KHz； 依此类推

因此，基群的频率范围是60~108KHz，占用带宽为12*4=48KHz

(2)以超群中频率最低的一个基群为例。其中红色表示下边带

M(f)48KHz...-108-84-606048KHz...84108KHzM1(f)

48KHz-52848KHz48KHz...31233636048KHz...KHz......-504-480fc-360-336-312fc480504528

图1 频谱搬移示意图

所以fc84336420kHz，加48*n则为其它基群的载频值。

第六章数字基带传输系统

6-4

设二进制随机序列中的“0”和“1”分别由g(t)和g(t)组成，它们的出现概率分别为P及（1-P）；

第8页

（1） 求其功率谱密度及功率；

（2） 若g(t)为如图P6-1(a)所示波形，TB为码元宽度，问该序列是否存在离散分量

fB1/TB的离散分量？

（3） 若g(t)改为下图，重新回答题（2）所问。

g(t)1g(t)1TB/2OTB/2t图P61(a)TBTBOTBTB2442(b)t 解 （1）随机二进制序列的功率谱密度

2

PB(f)fBP(1P)|G1(f)G2(f)||fB[PG1(mfB)(1P)G2(mfB)]|2(fmfB)由题意知

g1(t)g2(t)g(t)，因此双极性随机序列的功率谱密度为

PB(f)4fBP(1P)|G(f)|f(12P)22B2|G(mfB)|2(fmfB)

式中，G(f)g(t)；等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分。 功率

SPB(f)df4fBP(1P)|G(f)|dff(12P)22B2|G(mfB)|2(fmfB)df

4fBP(1P)|G(f)|dff(12P)22B2|G(mfB)|2

TB1|t|（2）若基带脉冲波形g(t)为 g(t)2

0其他则g(t)的傅里叶变换G(f)为 G(f)TBSa(TBf)

对式PB(f)4fBP(1P)|G(f)|f(12P)是否存在离散谱取决于概率P和G(mfB)22B2|G(mfB)|2(fmfB)

B)TBSa(TBfB)TB，因为 G(fsin0

所以由题（1）的结果可知，该二进制序列不存在离散分量。

TB1|t|（3）若基带脉冲波形g(t)为g(t)4

0其他第9页

则g(t)的傅里叶变换G(f)为 G(f)TBTfSa(B) 22TBTfT2TB0 Sa(B)B222/2所以，该二进制序列存在离散分量fB1/TB。 因为 G(fB)sin6-5

设二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图P6-2所示。图中T为码元间隔，数字信息“1”和“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。

Bg(t)ATB/2OTB/2t

（１） 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率

谱密度图； （２） 能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的

频率f1/T的分量？若能，试计算该分量的功率。

图P62BB解 （1）由图P6-2可写出

则g(t)的傅里叶变换 由题意，

1TB2A(1|t|)|t|TB4g(t)0其他ATB2TBfG(f)Sa()G(f)221P(0)P(1)Pg1(t)g(t)g2(t)02

，且有，

所以 G(f)G(f)，G(f)0

代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得

2第10页

PB(f)fBP(1P)|G1(f)G2(f)||fB[PG1(mfB)(1P)G2(mfB)]|2(fmfB)2fBP(1P)|G(f)|f(12P)fBATTff|Sa4(B)|442422B2B22B2|G(mfB)|2(fmfB)

|G(mf2)|(fmfB)BA2TBA24TBf|Sa()|16216Sa4(m)(fmfB)20.250.20.15Pf0.10.050-8-6-4-2

（2）由（1）的结果，该基带信号的离散谱P(f)为

AmP(f)Sa()(fmf) 162v0f/fB246824vB当m1时，即ff时，有

BA2Pv(f)[Sa4()(ffB)Sa4()(ffB)]1622

BB可见，该二进制数字基带信号中存在f1/T的离散谱

分量，故可以提取码元同步所需的频率f1/T的分量。 该频率分量的功率为

AAAA2ASa()Sa() S16

2162BB2222244444第11页

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

｛an｝ 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 AMI +1 0 -1 +1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 +1 + - HDB3 +1 0 -1 +1 0 0 0 -B 0 0 0 +1 0 -1 V V

+1+E0-E+1+E0-E00-1 +10 00000000-1 AMI码波形图-1 +10 00+V-B HDB3码波形图00-V 0+1 0-1 0+1 说明：（1）AMI码和AMI的波形图是不同的 （2）AMI码是传号反转，也就是序列中的1交替地用1和-1代替；

HDB3码是在AMI的基础上，为了克服连0情况下缺乏定时信息，同时要尽可能减少直流分量而设计的。对HDB3有下面的编译码规则

编码：遇到4个连0，将最后一个0变成+V或-V，V的极性确定方法：

1） 应满足相邻的两个V极性相反，也就是说，V也要遵守传号翻转的规则；

2） 要使得V与其前面相邻的非0符号极性相同，这是为了在译码的时候能够发现哪些是由4连0

第12页

修改得到的码字。

3） 如果第二条不能满足，则根据需要插入破坏脉冲B。

译码：1）若3连0前后的非0脉冲是极性相同的，则该3连0后的是V码，译码时要将000V译成0000； 2）若2连0前后的非0脉冲极性相同，则是B00V，将其译为0000；

3) 然后把其余的1和-1都译为1.

6-11

设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为H()，若要求以T波特的速率进行数据传输，试验证图P6-6所示的各种H()能否满足抽样点无码间串扰的条件。

B2H()1H()1矩形矩形TBTB(a)O3TBO3TB(b)H()14H()1升余弦型TBO(c)4TB2O2TBTB(d)

解 方法1 根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率

能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特R1时，T图P66Bs第13页

i性H()应满足H(2T)C,|| Tiss令f1/T，则题目要求的R2f，根据奈奎斯特第一准则，需要一个最大传输速率为2mf的系统。对比4个图，仅c满足要求。

方法2 由H()求出系统无码间串扰最高传码率R2f，然后与实际传输速率R2进行比较。若满足 TRnRn1,2,3

所以实际速率R进行数据传输时，满足抽样点上无码间串扰的条件。

12（a）RTR，故不能 TBBBBBmaxNBsBmaxBBBmaxBss（b）R（c）R（d）

Bmax3Ts虽然大于R但非整数倍关系，故不能

BBmax2RBTs，故该H()满足无码间串扰传输的条件；

RBmax1RBTs，故不能。

6-17

某二进制数字基带传输系统所传输的是单极性基带信号，且数字信息的“1”和“0”的出现概率相等

（1）若数字信息为“1”时，接收滤波器的输出信号在抽样判决时刻的值是A=1V，且接收滤波器的输出噪声是均值为0、均方根值为0.2V的高斯噪声，试求这时的误码率P e；

5（2）若要求误码率Pe不大于10，试确定A至少应该是多少？

解（1）根据6.5.2中二进制单极性基带系统的判决电平和误码率的结果，最佳判决电平为

A2P(0)Vln

2AP(1)*d1A) 对本题，由于“1”和“0”等概，所以，最佳判决电平为A/2，误码率为Peerfc(222n将已知条件A1,n0.2代入即得到此时的误码率

第14页

11Peerfc()6.21*103

20.421A1A5Perfc()erfc()105（2）若要求P不大于，代入可以得到，10ee2222R22R，可

以求出A8.6

n1A)。在相同条件下，双极性信号的抗噪声性能优说明：对于双极性信号，Peerfc(22R于单极性信号。

6-20

一相关编码系统如图所示。图中，理想低通滤波器的截止频率为1/2TB赫兹，通带增益为TB。试求该系统的单位冲激响应和频率特性。

输入输出相减理想低通滤波器延时2TB

解 由题意，这是第IV类部分响应系统。理想低通滤波器的传输函数为

T||BTB HL()0其他其对应的单位冲激响应为

hL(t)Sa(TBt)

则系统单位冲激响应为

h(t)[(t)(t2TB)]hL(t)hL(t)hL(t2TB)Sa(TBt)Sa(TB(t2TB))

系统的传输函数为两部分的传输函数相乘

j2TBT(1e)||BTB H()(1ej2TB)HL()0其他第15页

2TsinT||BBTB 所以H()0其他6-23

设有一个三抽头的时域均衡器，如图所示，输出x(t)在各抽样点的值依次为x2=1/8，

x1=1/3，x0=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。

x(t)TpTq-1/31相加-1/4y(t)

解 输入波形x(t)的峰值失真

1Dxx0k2k0|xk|Ni2111137 83418由公式:ykiNcxki ，可得

111y3c1x2

38241111y2c1x1c0x21

3387211111y1c1x0c0x1c1x211

334832y0c1x1c0x0c1x11111511 34436y1c1x2c0x1c1x0y2c0x2c1x1111111 11314481110 1644第16页

111 y3c1x2416其他yk值均为0。

所以输出波形的峰值失真为

1Dyy0k3k0361111171 yk0524723248480第七章 数字频带传输系统

7-16

已知2PSK系统的传输速率为2400b/s试确定

（1）2PSK信号的主瓣宽度和频带利用率（b/(SHz)）; （2）若对基带信号采用0.4余弦滚降滤波预处理，再进行2PSK调制，这时占用的信道带宽和频带利用率为多大？

（3）若传输带宽不变，而传输速率增至7200b/s，则调制方式应作何改变？ （1）2PSK信号的带宽是基带信号的两倍，即，B2f

2PSKB在采用矩形成形滤波的情况下，已调信号的主瓣宽度fBRB2400Hz 因此，B2PSK2*24004800Hz

RB0.5 B2PSK（2）RB2400Baud/(Hz*s)

fNRB/21200Hz

fB(1)fN1.4*12001680Hz B2PSK2fB2*16803360Hz

RB0.71 B2PSK（3）速率增大后，需要采用多进制处理

第17页

7-17

设某MPSK系统的比特率为4800b/s，并设基带信号采用1余弦滚降滤波预处理。试问： （1）4PSK占用的信道带宽和频带利用率 （2）8PSK占用的信道带宽和频带利用率

（1）在4PSK下，R2400。其所需的奈奎斯特带宽为f1200Hz，因为采用余弦滚降，实际的基带信号带宽为f(1)f2400Hz

根据B2f，得到B2f4800Hz。 R1b/(s*Hz) BBNBN2PSKB2PSKBb2PSK（2）在8PSK下，RB1600，

其所需的奈奎斯特带宽为fN800Hz，

因为采用余弦滚降，实际的基带信号带宽为

fB(1)fN1600Hz

2PSK根据BRbB2PSK2PSK，得到B1.5b/(s*Hz)

2fB2fB3200Hz。

补充1

R2400Baud/s，已知某2FSK信号，中心频率，

试分析

（1）针对相干解调、非相干正交解调和非相干包络检波，确定合理的载频f,f

（2）分别给出已调信号的主瓣宽度

（3）若使用0.5的升余弦，系统带宽是多少？

（1）对相干解调，要求两个载频在一个码元内正交，即

B12fcf1f22MHz2第18页

TB0TBcos1tcos2tdt0

201[cos(12)tcos(12)t]dt02121由于是远远高于的频率分量，认为其在一个码元内积分为0，于是， sin2fT0

对上式，只要满足2f/fn即可。从节省带宽的角度，取n=1，得到

f2MHz联立，求解方程组即与题目中的条件ffffff/2，2BB1221Bc可得到载频值

f2f11.2Kf2f14M，解得ff1(2M0.6K)Hz2(2M0.6K)Hz21

B对非相干正交解调，有ffkf，通常取k1，于是

f(2M1.2K)Hzff2.4K，解得 ff4Mf(2M1.2K)Hz211212

对非相干包络检波， 有ff2f，于是

f(2M2.4K)Hzff4.8K，解得f(2M2.4K)Hz ff4M21B211212（2）对相干解调，Bff2f6KHz 对非相干正交解调，Bf2f7.2KHz 对包络检波解调，B2f2f9.6KHz （3）系统带宽

f(1)f1.8K，再代入上一小题中计算得到的带宽。

21BBBBBBN补充2

某DBPSK系统f4GHz，R10MBaud/s （1）给出已调信号主瓣宽度

（2）传输系统用0.5的升余弦，系统带宽，频带利用

cB第19页

率

（3）接收方式 （1）B2f20MHz （2）f5MHz，f(1)fB2f15MHz R/B2/3 （3）

2DPSKBNB2DPSKBb2DPSKN7.5MHz

BPFBPF4GHz770MHz

补充3

已知信道带宽2.4KHz~4.8KHz，要实现信息速率9.6Kbps，设计发送端 用MPSK，f1.2KHz

下面根据R9.6Kbps，推算采用M进制是否能满足要求 M4,R4.8K,f2.4K，不满足 M8,R3.2K,f1.6K，不满足 M16,R2.4K,f1.2K，不可实现 M32,R1.92K,f0.96K,0.25

BbBNBNBNBN

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