电子科技大学_通信原理答案_CH5

习题1. 已知某2ASK 系统的码元速率为1000波特，所用载波信号为()6cos 410A t π⨯。

（1） 假定比特序列为{0110010}，试画出相应的2ASK 信号波形示意图； （2） 求2ASK 信号第一零点带宽。

解：由1000b s R R bps ==，6210cf Hz =⨯， 621020001000b c c b T f T R ⨯=== （1）一个码元周期内有2000个正弦周期：111{}n a ()2ASK s t 0（2）022000b B R Hz ==2.(mooc)某2ASK 系统的速率为2b R =Mbps ，接收机输入信号的振幅40μV A =，AWGN 信道的单边功率谱密度为180510N -=⨯W/Hz ，试求传输信号的带宽与系统的接收误码率。

解：传输信号的带宽24T b B R MHz ==，平均码元能量：24bb A T E =。

()()222100102cos 21cos 422,0,2bb T T b bc c b b b b A T A E A f t dt f t dt E E E E ππ==+=+==⎰⎰()2622618000401040444210510b b b E A T AN N R N --⨯====⨯⨯⨯⨯ 系统的接收误码率：（1） 若是非相干解调，非相干解调误码率公式，222200222BPFn b A A A R N B N σ===γ//24092( 5.11221 5.11.0306102)b E N e P e e e ----=≈==⨯γ4表 （2） 若是相干解调：由相干解调误码率公式得（最佳），1001.26981040b e E P Q Q N -⎛⎫===⎪⨯ ⎪ ⎝⎭也是MF 接收机的结果。

3. 某2FSK 发送“1”码时，信号为()()111sin s t A t ωθ=+，0s t T ≤≤；发送“0”码时，信号为()()000sin s t A t ωθ=+，0s t T ≤≤。

式中1θ及0θ为均匀分布随机变量，0128s T ωωπ==，“1”与“0”码等概率出现。

（1） 画出包络检波形式的接收机框图；（2） 设码元序列为11010，画出接收机中的主要波形（不考虑噪声）； （3） 若接收机输入高斯噪声功率谱密度为02N （W/Hz ），试给出系统的误码率公式。

解：（1）()()()()()21100sin sin FSK s t Am t t Am t t ωθωθ=+++（2）0128s ωωπ==,0142s f f T ==,102T T =，1024s T T T ==。

由0112b f f f R -==，此2FSK系统的频差足够大，可保证信号正确解调。

（3）由非相干解调误码率公式，//21212b E N e P e e --=≈γ4，22b b A T E =。

其中，222200222BPF n b A A AR N B N σ===γ4. 某2FSK 系统的速率为2b R =Mbps ，两个传输信号频率为110f =MHz 与012f =MHz ，接收机输入信号的振幅40μV A =，AWGN 信道的单边功率谱密度为180510N -=⨯W/Hz ，试求传输信号的带宽、工作频带与系统的接收误码率。

解： 由题，有102f f MHz -=与2b R Mbps =，故，()21066622102210610FSK bB f f R Hz =-+=⨯+⨯⨯=⨯工作频带为：()()10814b b f R f R MHz MHz -+=::由于()2622618000401080222210510b b b E A T A N N R N --⨯====⨯⨯⨯⨯于是，（1）相干解调时系统的误码率（最佳）：19080 1.87210b b E P Q QN -⎛⎫===⨯ ⎪ ⎪⎝⎭（2）非相干解调时系统的误码率：/80182211 2.12421022b E N e P ee ---≈==⨯（0//21212b E N e P e e --=≈γ4）5.6.7.假定在采用LPF的BPSK相干解调系统中，恢复载波和发送载波相位差为固定的θ，LPF带宽为B。

试证明该系统的平均误比特率计算公式为22cos2bAP QN Bθ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭解：()()()2cos2,1 PSK cs t Am t f t m tπ==±或Q b P ⎛= ⎝ ()(){}()()(){}()()()cos 2sin 2()cos cos s cos 22c in os 22cos 2c c c c c s c c s y t LPF Am t LPF n t f t n t f t Am t n t n f t t t t f f ππθπππθθθθ=+⋅++-⋅⎡⎤⎣⎦=++()()()()()()()22222220cos sin cos sin sin 22nc s c s c s cn t n t n t n t n t n t n t N Bσθθθθθ=+⎡⎤⎣⎦=++==⋅BPSK 相干解调系统LPF 输出信号()y t 中的有用信号分量为 ()()cos Am t θ。

()1cos s y A θ=，()0cos s y A θ=-()y t 中的噪声分量功率为202n BN σ= 。

故系统的最小平均误比特率为：Q Q Q b P ⎛ = ⎝⎛⎛== ⎝⎝故得证。

8. (9.新)假定2DPSK 数字通信系统的输入比特序列为110100010110…（1）写出相对码（考虑相对码的第一个比特为1）；（2）画出2DPSK发送与接收框图。

解：（1）（2）发送框图：相干解调器框图：非相干解调器框图（差分检测）：9. 设载频为1800Hz ，码元速率为1200波特，发送信息为011010。

试按下面两种方式画出2DPSK 信号的波形。

（1） 若相位偏移0θ∆=o 代表“0”， 180θ∆=o 代表“1”；（2） 若相位偏移90θ∆=o代表“0”， 270θ∆=o 代表“1”。

解：1800312002b c c b T f Hz T f Baud ===，此2DPSK 信号一个码元周期包含有个1.5个载波周期。

（1）（2）(10.新) 2DPSK 系统采用相位偏移0θ∆=o代表“0”， 180θ∆=o 代表“1”。

假设信息序列为011010，码元速率为1200波特。

试按下面两种方式画出2DPSK 信号的波形（第一个码元初相为零）。

（1）设载频为1800Hz ； （2）设载频为2400Hz ，。

解：（1）1800312002b c c b T f Hz T R Baud ===，此2DPSK 信号一个码元周期包含有个1.5个载波周期。

（2）240021200b cc bT f HzT f Baud===，此2DPSK信号一个码元周期包含有个2个载波周期。

10.(11.新)假设在某2DPSK系统中，载波频率为2400Hz，码元速率为1200Baud，已知绝对码（相对码×）序列为1100010111。

（1）试画出2DPSK信号波形；（2）若采用差分相干解调法接收该信号，试画出解调系统的各点波形；（3）若发送符号0和1的概率相同，试给出2DPSK信号的功率谱示意图。

解：240021200b cc bT f HzT R Baud===，此2DPSK信号一个码元周期包含有个2个载波周期。

（1）题目所给序列{}n d作为绝对码,"1"0,"0"πϕ±⎧∆=⎨⎩发发{题目所给序列{}n d作为相对码}（2）DPSK差分相干解调框图：各点的波形图：（3）2DPSK 功率谱(与2PSK 相同)示意图2DPSKB c b c c b c b f R -c f c bf R +()s P f11(新).（mooc ）假设在某2DPSK 系统中，载波频率为2400Hz ，码元速率为1200Baud ，已知相对码序列为1100010111。

（1） 试画出2DPSK 信号波形； （2） 若发送符号0和1的概率相同，试给出2DPSK 信号的功率谱示意图。

解： 240021200b c cbT f Hz T R Baud=== (1) 0''0''∆=→oθ，180''1''∆=→oθ11. (mooc) (13.新)假定QPSK 系统的输入二进制序列为00100111010010，试问： （1）相应的载波相位序列（B 方式）； （2）相应的载波相位序列（A 方式）； （3）同相与正交支路的比特序列；（4）传输率为4Mbps 时需要的带宽。

解：（1）首先将输入序列表示为四元序列：00 10 01 11 01 00 10，由表5.4.1可以得出B 方式下的载波相位：54π，34π，74π，4π，74π，54π，34π；（2）相应的A 方式下的载波相位序列为：π，2π，32π，0，32π，π，2π；（3） 同相支路的比特序列 {}0n b ： 0 0 1 1 1 0 0； 正交支路的比特序列 {}1n b ： 0 1 0 1 0 0 1； （4） 传输率为4Mbps 时，采用矩形NRZ 基带信号时，可得，62410QPSK s b B R R Hz ===⨯。

(06min (1)210QPSK s sB R R Hz αα=-=+=⨯=)19.(mooc)(22.新变)电话线频带为300~3300Hz，试给出下面调制方式下的载波频率、最大符号率与比特率：α=（1）OOK、BPSK、2DPSK（采用0.25的升余弦滚降特性）；（2）BFSK（采用矩形不归零信号，非相干解调）；α=的升（3）QPSK、DQPSK（采用0.25余弦滚降特性）。

（4）QPSK、OQPSK（采用矩形不归零信号）。

（5）QPSK、OQPSK（采用最小理论带宽估算）。

α=的升余弦滚（6）16QAM（采用0.25降特性）。

解：（1）对于OOK、BPSK、2DPSK（采用0.25α=的升余弦滚降特性）：载频选在频带中央：30033001800()2c f Hz +==；最大符号率：()33003002400110.25T s B R Baud α-===++最大比特率：()2400/b s R R bit s ==（2）对于BFSK （采用矩形不归零信号，非相干解调）：要使两路2ASK 部分在频谱上基本可分离，则两个载频间的间距应该至少满足10b f f R -≥，所以210223FSK b b b b B f f R R R R =-+≥+=，不等式取等号，得最大的()233003001000/33FSK b B R bit s -===03001300()b f R Hz =+=133002300()b f R Hz =-=()1000s b R R Baud ==（3）QPSK 、DQPSK （采用0.25α=的升余弦滚降特性）载频选在频带中央：30033001800()2c f Hz +==；最大符号率：()33003002400110.25T s B R Baud α-===++最大比特率：()2log 240024800/b s R R M bit s ==⨯= （4）QPSK 、OQPSK （采用矩形不归零信号）最大符号率（02T s B B R ==）：()3300300150022T s B R Baud -===最大比特率：()2log 150023000/b s R R M bit s ==⨯=（5）QPSK 、OQPSK （采用最小理论带宽估算）采用最小理论带宽时：0α= 最大符号率：()33003003000110T s B R Baud α-===++最大比特率：()2log 300026000/b s R R M bit s ==⨯= （6）16QAM （采用0.25α=的升余弦滚降特性）最大符号率：()33003002400110.25T s B R Baud α-===++ 最大比特率：()2log 16240049600/b s R R bit s ==⨯= 20.21. (mooc)QPSK 系统，采用0.25α=的升余弦基带信号，信道带宽为20MHz ，求无码间串扰传输的最大速率。