通信原理习题

《通信原理》习题

第一章 绪论

习题1-1 习题1-2 习题1-3 习题1-4 第二章 随机信号分析 习题2-1 习题2-2 第三章 信道

习题3-1 习题3-3 第四章 模拟调制系统

习题4-1 习题4-2 习题4-3 习题4-4 第五章 数字基带传输系统

习题5-1 习题5-2 习题5-3 习题5-4 习题5-5 习题5-6 习题5-7 第六章 正弦载波数字调制系统

习题6-1 习题6-2 习题6-3 习题6-4 习题6-5 习题6-6

第七章 模拟信号的数字传输

习题7-1 错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。 习题7-5

第八章 数字信号的最佳接收

错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。 第九章 同步原理 错误!未找到引用源。

【习题1-1】 某数字通信系统用正弦载波的四个相位0、2π

、π、23π来传输信息，这四个相位是

互相独立的。

(1) 每秒钟内0、2π

、π、23π出现的次数分别为500、125、125、250，求此通信系统的码速率和

信息速率；

(2) 每秒钟内这四个相位出现的次数都为250，求此通信系统的码速率和信息速率。 解： (1) 每秒钟传输1000个相位，即每秒钟传输1000个符号，故

R B =1000 Baud

每个符号出现的概率分别为P(0)=21,P ?

?? ??2π=81,P(π)=81,P ?

?? ??2

3π

=41

，每个符号所含的平均信息

量为

H (X )=(21×1+82×3+41×2)bit/符号=143

bit/符号

信息速率R b =(1000×143

)bit/s=1750 bit/s

(2) 每秒钟传输的相位数仍为1000，故

R B =1000 Baud

此时四个符号出现的概率相等，故

H (X )=2 bit/符号

R b =(1000×2)bit/s=2000 bit/s

【习题1-2】已知等概独立的二进制数字信号的信息速率为2400 bit/s 。 (1) 求此信号的码速率和码元宽度；

(2) 将此信号变为四进制信号，求此四进制信号的码速率、码元宽度和信息速率。 解：(1) R B =R b /log 2M =(2400/log 22)Baud=2400 Baud

T =B R 1=24001

s=0.42 ms

(2)

R B =(2400/log 24)Baud=1200 Baud

T=B R 1=12001 s=0.83 ms

R b =2400 b/s

【习题1-3】设一信息源的输出由128个不同符号组成。其中16个出现的概率为1/32，其余112个出现概率为1/224。信息源每秒发出1000个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信息源的平均信息速率。

解：每个符号的平均信息量为

H (X )=16×321

log 232 +112×2241log 2224 =6.404 bit/符号

已知码元速率R B =1000 Baud ,故该信息源的平均信息速率为

R b = R B ·H (X )=6404 bit/s

【习题1-4】一个由字母A ，B ，C ，D 组成的字，对于传输的每一个字母用二进制脉冲编码，00代替A ，01代替B ，10代替C ，11代替D ，每个脉冲宽度为5ms.

(1)不同的字母是等可能出现时，试计算传输的平均信息速率； (2)若每个字母出现的可能性分别为

P A =51， P B =41， P C =41， P D =103

试计算传输的平均信息速率。

解：(1)每个字母的持续时间为2×5 ms ，所以字母传输速率为

R B4=3

10521

-??=100Baud

不同的字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为

H (X )= log 24 =2 bit/符号

平均信息速率为

R b = R B4·H (X )=200 bit/s

(2) 每个字母的平均信息量为

H (X )= -51log 251 -41log 241-41log 241-103log 2103

=1.985 bit/符号

所以，平均信息速率为

R b = R B4·H (X )=198.5 bit/s

【习题2-1】设随机过程ξ(t)可表示成ξ(t)=2cos(2πt +θ) ，式中θ是一个离散随机变量，且

P (θ=0)=1/2、P (θ=π/2)=1/2，试求E[ξ(1)]及ξR (0，1)。

解：在t=1时，ξ(t)的数学期望为

ξ

E (1)=

[]

1

22=+E t t COS )(θπ

= P (θ=0)·022=+θθπ)(t COS +P (θ=2

π)·

2

22π

θθπ=

+)

(t COS

=21×2cos0+21×2cos 2π

=1

在t 1=0时，t 2=1时，ξ(t)的自相关函数

ξ

R (0，1)=

[]

1

021212222==++E t t t COS t COS ,)(·)(θπθπ

=[])(·

θπθ+E 222COS COS =P (θ=0)·02

04=θCOS +P (θ=2

π)·

2

24π

θθ=

COS

=21×

042

COS +21×242πCOS =2

【习题2-2】设z(t)=x 1cos

t 0ω-x 2sin t 0ω是一随机过程，若x 1和x 2

是彼此独立且具有均值为0、

方差为2

σ的正态随机变量，试求

(1)[])(t z E ，

[]

)(t z 2E ； (2) z(t)的一维分布密度函数f(z)；

(3)B(t 1，t 2)与R(t 1，t 2)。 解：

(1) [])(t z E =

[]

t sin x -t cos x 0201ωωE

= cos t 0ω·[]1x E -sin t 0ω·[]2x E

=0

[])(t z 2E =()[

]

2

0201 t sin x -t cos x ωωE

= cos 2t 0ω·[]

12

x E -2cos t 0ωsin t 0ω·

[]21x x E +sin 2t 0ω·[]

22x E 因为

[]

1

2x E =[]1x D +[]12x E =[]1x D =2σ，同理[]

22x E =2σ。

又因为x 1和x 2彼此独立，则有

[]21x x E =[]1x E ·[]2x E ，所以

[]

)(t z 2E = cos 2t 0ω·2σ+sin 2t 0ω·2σ=2σ

(2)因为z(t)是正态随机变量x 1和x 2经线性变换所得，所以z(t)也是正态随机过程。

同时z(t)的方差

[])(t z D =[]

)(t z 2E -[])(t z 2E =2σ

所以z(t)的一维分布密度函数 f(z)=)exp(2

2

221σσπz -

(3) R(t 1，t 2)= [])()(21t z t z ?E

=

()()[]

t sin x - t cos x t sin x - t cos x 202201102101ωωωωE

=

[

-E 20102120102

1t sin t cos x x - t cos t cos x ωωωω ]

20102

220102

1t sin t sin x t cos t sin x x ωωωω+ =

2σ()

210t cos t -ω

因为[])(t z E =0，所以有

B(t 1，t 2)= R(t 1，t 2)- [])(1t z E ·[])(2t z E

= R(t 1，t 2)

= 2

σ()210t cos t -ω

【习题3-1】设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为

()??

?-==d t ωω?ω0k )H(

其中，K 0和t d 都是常数。试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号的时域表示式，并讨论之。

解：该恒参信道的传输函数为

()()ω?ωωj e H H =)(=d

t j e k ω-0

冲激响应为 h(t)=K 0δ(t-t d )

输出信号为 y(t)=s(t)* h(t)=K 0s(t-t d )

讨论：该恒参信道满足无失真条件，所以信号在传输过程中无畸变。

【习题3-2】 黑白电视图像每帧含有3×105

个像素，每个像素有16个等概出现的亮度等级。要求每秒钟传输30帧图像。若信道输出S/N=30 dB ，计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最小带宽。

解： 每个像素携带的平均信息量为

H(x)=(log 216) bit/符号=4 bit/符号

一帧图像的平均信息量为

I=(4×3×105) bit=12×105

bit

每秒钟传输30帧图像时的信息速率为

R b =(12×105

×30) bit/s=36 Mbit/s 令

R b =C=Blog 2（1+N S

）

得

B=MHz MHz N S R b 61.31001

log 36

)

1(log 22==+

即传输该黑白电视图像所要求的最小带宽为3.61 MHz 。

【习题3-3】 设数字信号的每比特信号能量为E b ，信道噪声的双边功率谱密度为n 0/2，试证明：信道无差错传输的信噪比E b /n 0的最小值为-1.6 dB 。

证： 信号功率为 S=E b R b 噪声功率为 N=n 0B

令C=R b，得

)

1(

log

)

1(

log

2

2B

C

n

E

B

N

S

B

C b?

+

=

+

=

由此得

B

C

n

E B

C

b

/

1

2

-

=

，

=

m in

n

E

b

lim

→

B

C

=

-

B

C

B

C

1

2

lim

→

B

C

693

.0

2

ln

1

2

ln

2

=

=

-

B

C

6.1

)

693

.0

lg

10

(

lg

10

min

-

=

=dB

n

E

b

dB

【习题4-1】 根据右图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。

解：DSB 及AM 波形分别如下图(a)、(b)所示。

DSB 信号通过包络检波后的波形图如下图(a)所示，AM 信号通过包络检波后的波形图如(b)所示。可

见，m 1(t)有严重失真，m 2(t)无失真，说明不能用包络检波法解调DSB 信号。

【习题4-2】 某调制方框图如下图(b)所示。已知m(t)的频谱如下图(a)所示，载频ω1<<ω2，ω1>ωH ，且理想低通滤波器的截止频率为ω1，试求输出信号s(t)，并说明s(t)为何种已调信号。

解： 方法一：时域法

两个理想低通输出都是下边带信号，上支路的载波为cos ω1t ，下支路的载波为sin ω1t 。

d(t)=21Am(t)cos ω1t+21

A m

?(t)sin ω1t e(t)=21Am(t)sin ω1t-21

A m

?(t)cos ω1t 由此得 s(t)=f(t)+g(t)

=21Am(t)(cos ω1t+sin ω1t)cos ω2t+21A )(?

t m (sin ω1t-cos ω1t)sin ω2t =21Am(t)cos(ω2-ω1)t-21

A )(?

t m sin(ω2-ω1)t

可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号。

方法二：频域法

上支路各点信号的频谱表达式为

S b (ω)=2A

［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］

S d (ω)=2A

［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］H L (ω)

S f (ω)=4A

［S d (ω+ω2)+S d (ω-ω2)］

下支路各点信号的频谱表达式为

S c (ω)=2jA

［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］

S e (ω)=2jA

［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］H L (ω) S g (ω)=π21

·S e (ω)*{πj ［δ(ω+ω2)-δ(ω-ω2)］

}

=4

A {

［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］H L (ω)}*［δ(ω-ω2)-δ(ω+ω2)］

S(ω)=S f (ω)+S g (ω)

各点信号频谱图如下图所示。由图可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号，即

s(t)=21Am(t)cos(ω2-ω1)t-21

A )(?

t m sin(ω2-ω1)t

【习题4-3】设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度P n (f)=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)的频带限制于5 kHz ，载频是100 kHz ，边带功率为10 kW ，载波功率为40 kW 。若接收机的输入信号先经过一个合理的理想带通滤波器，然后再加至包络检波器进行解调。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) S i =S c +S m =(40+10) kW=50 kW

N i =2P n (f)·B=(2×0.5×10-3

×2×5×103

) W=10 W

5000=i

i

N S

(2) S AM (t)=［A+m(t)］cos ωc t=Acos ωc t+m(t)cos ωc t 由已知边带功率值可得

kW t m 10)(212

=

包络检波器输出信号和噪声分别为

m o (t)=m(t) n o (t)=n c (t)

所以，包络检波器输出信号功率和噪声功率分别为

S o =

(t)m 2 =20 kW N o =(t)n c 2

=P n (f)·2B=10 W

检波器输出信噪功率比为

2000=o

o

N S

(3) 制度增益为

5

2

//=

=

o i o o N S N S G

【习题4-4】 设有一个频分多路复用系统，副载波用SSB 调制，主载波用FM 调制。如果有60路等幅的音频输入通路，则每路频带限制在3.3 kHz 以下，防护频带为0.7 kHz 。

(1) 如果最大频偏为800 kHz ，试求传输信号的带宽；

(2) 试分析与第1路相比，第60路输出信噪比降低的程度(假定鉴频器输入的噪声是白噪声，且解调器中无去加重电路)。

思路 本系统的原理方框图如下图所示。

因为鉴频器输出噪声功率谱密度与频率平方成正比，所以接收端各个带通滤波器输出噪声功率不同，

带通滤波器中心频率越高，输出噪声功率越大。鉴频器输出的各路SSB 信号功率与它们所处的频率位置无关，因此，各个SSB 解调器输入信噪比不同。第一路SSB 信号位于整个频带的最低端，第60路SSB 信号处于频带的最高端。故第60路SSB 解调器输入信噪比最小，而第1路信噪比最高。只要求出第1路和第60路SSB 解调器输入噪声，就可以确定第60路输出信噪比相对于第1路信噪比的降低程度。

解： (1) 60路SSB 信号的带宽为 B=［60×(3.3+0.7)］ kHz=240 kHz 调频器输入信号的最高频率为 f H =f L +B

当频分复用SSB 信号的最低频率f L =0时，f H =B=240 kHz ，FM 信号带宽为

B FM =2(Δf+f H )=［2×(800+240)］ kHz=2080 kHz

(2) 鉴频器输出噪声功率谱密度为

??

?

??≤≤?=其他,02400000,2)(02

2

f n A f f P n

第1路SSB 信号的频率范围为0～4000 Hz ，第60路SSB 信号的频率范围为236000～240000 Hz 。对Pn(f)在不同频率范围内积分，可得第1路和第60路SSB 解调器的输入噪声。

)32(10679744)(2360024000)

32(10640400032204000)(0400020960

209

3202

2

01A n df f P N A n f A n df A f n df f P N n i n i ??==??====???

与第1路相比，第60路输出信噪比降低的分贝数为

(10lg 64679744

)dB=(10lg10621) dB ≈40 dB

频分复用SSB 信号的最低频率fL 不可能为0，N i1、N i60随f L 增加而增加，但两者之比减小，即与第1路相比，第60路输出信噪比降低的分贝数小于40 dB 。

【习题5-1】已知信息代码为1010000011000011，试确定相应的传号差分码、CMI码、数字双相码、AMI码以及HDB3码，并分别画出它们的波形。

解：

【习题5-2】有4个连1和4个连0交替出现的序列，画出单极性非归零码、AMI码、HDB3码所对应的波形图。

思路单极性非归零码、AMI码的编码规律比较简单。对HDB3码的编码规律比较熟悉后即可直接由信息代码求出HDB3码，并进而画出波形图。由于序列中4个连1和4个连0是交替出现的，故相邻的4个连0码组之间1码的个数肯定是偶数个，因此HDB3码中的每个取代节都应是B00V。

解：单极性非归零码、AMI码、HDB3码及其波形图如下图所示。

【习题5-3】设随机二进制序列中的1码出现的概率为0.5，对应一个振幅等于1、宽度等于码元间隔T s的矩形脉冲，0码对应0电平。

(1) 求其功率谱密度及功率，并画出功率谱曲线，求谱零点带宽；

(2) 若1码对应一个占空比等于0.5的矩形脉冲，0码仍为0电平，重新回答(1)中的问题；

(3) 能否从上述两个信号中用滤波法直接提取码元同步所需的频率f s=1/T s的分量?若能，给出该分量的功率；

(4) 分析离散谱f s的功率与1码概率P的关系。

思路第一个信号为单极性非归零码，第二个信号为占空比等于0.5的单极性归零码，它们的基本波形为D T s(t)和D0.5T s(t)。这两个信号都是相同波形随机序列，可用式(5-3)求其功率谱。若功率谱中含有f s=1/T s的离散谱，则可用滤波法直接提取频率为f s=1/T s的位定时信号，否则不能。

P s(f)=f s P(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2s ∑∞

-∞

=

n|Pa1+(1-P)a2|2G2(mf s)δ(f-mf s) (5-3)

傅氏变换对

Dτ(t)←→τSa

) 2

(

ωτ

=τ2/

2/

sin

ωτ

ωτ

是本课程中常用公式，此题中τ=T s或τ=0.5T s。

解: (1) P=0.5,a1=1,a2=0

G(f)=T s Sa(πfT s)=T s Sa(πf/f s)

代入式(5-3)得

P s(f)=f s×0.5×0.5×T2s Sa2(πf/f s)+f2s

∑∞

-∞

=

m0.52×T2s Sa2(mπf s/f s)δ(f-mf s) =0.25T s Sa2(πf/f s)+0.25

∑∞

-∞

=

m Sa2(mπ)δ(f-mf s)

由于sin(mπ)=0

所以Sa(mπ)=0

故

P s(f)=0.25T s Sa2(πf/f s)

功率谱密度曲线如下图所示。

由图可知，谱零点带宽为B s=f s。

信号功率为

S=

?

∞

-

∞

P s(f)df=0.25

?

∞

-

∞

T s Sa2(πf/f s)df

=0.25f s

?

∞

-

∞

T2s Sa2(πf/f s)df

根据帕塞瓦尔定理

?

∞

-

∞

T2s Sa2(πf/f s)df=

?

∞

-

∞

|G(f)|2df=

?

∞

-

∞

D2T s(t)dt=T2s

得 S=0.25f s·T s2 =0.25T s

(2) P=0.5

G(f)=0.5T s Sa(0.5πfT s)=0.5T s Sa(0.5πf/f s)

P s(f)=0.0625T s Sa2(0.5πf/f s)+0.0625

2

Sa

m

∑∞

-∞

=(0.5mπ)δ(f-mf s)

功率谱密度曲线如下图所示。

由图可知，谱零点带宽为B s=2f s。

信号功率为

S=0.0625

?∞

-∞

T s Sa 2

(0.5πf/f s )df+0.0625

?∞-∞

∑

∞

-∞

=m Sa 2

(0.5m π)δ(f-mf s )df

=0.0625f s

?∞

-∞

T 2

s Sa 2

(0.5πf/f s )df+0.0625∑

∞

-∞=m Sa 2

(0.5m π)

=0.0625T s+0.0625∑

∞

-∞=m Sa 2

(0.5m π)

(3) 在(1)中无频率等于f s 的离散谱，在(2)中有频率等于f s 的离散谱，故可以从(2)中用滤波法提取码元同步信号(即位同步信号)。 频率为f s 离散谱的功率为

S=2×0.0625Sa 2(0.5π)=(0.125sin 2(0.5π)/(0.5π)2

W=0.05 W

(4) 在第2个信号中有离散谱f s ，若P 为任意值，则此信号的离散谱为

0.25∑

∞

-∞

=m P 2Sa 2

(0.5m π)δ(f-mf s )

频率为f s 的离散谱功率为

S=(0.5P 2sin 2(0.5π)/(0.5π)2) W=0.2P 2

W

小结 以矩形脉冲为基本波形的二进制相同波形随机序列的谱零点带宽等于脉冲宽度的倒数，占空比为1时，谱零点带宽在数值上等于码速率；单极性归零码中含有频率等于码速率的离散谱，离散谱的功率随1码的概率增大而增大(设1码传送脉冲)。上述结论也可以推广到各码元独立的M 进制相同波形随机序列。

【习题5-4】 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如右图所示。图中T s 为码元间隔，数字信息“1”“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。

(1) 求该数字基带信号的功率谱密度；

(2) 能否用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率f s =1/T s 的分量?若能，试计算该分量的功率。

思路 将底部宽度为τ、高度为1的三角形时域函数表示为Δτ(t)，傅氏变换对为

Δτ(t)←→2

2]4/4/sin [2)]4(

[2

ωτωττωτ

τ

=Sa

据此式可求得本题中g(t)所对应的G(f)，再由式(5-3)即可求解。

P s (f)=f s P(1-P)(a 1-a 2)2G 2

(f)+f

2

s

∑

∞

-∞=n |Pa 1+(1-P)a 2|2G 2

(mf s )δ(f-mf s ) (5-3)

解： (1)

P=0.5,a 1=1,a 2=0

G(f)=)

2(2

2s s fT

Sa AT π P s (f)=f s P(1-P)(a 1-a 2)2G 2

(f)+f

2

s

∑

∞

-∞=m |Pa 1+(1-P)a 2|2G 2

(mf s )δ(f-mf s )

=4s f ·)2(4422s

s fT Sa T A π+)2(44

4222s

s m s fT Sa T A f π∑

∞

-∞

=δ(f-mf s )

)()2(

16

)2(164242s m s s mf f m Sa A fT Sa T A -+=∑

∞

-∞

=δπ

π

(2) 频率f s =1/T s 离散谱分量为

0)(2)()2(842

42≠-=-s s f f A f f Sa A δπδπ

所以可以用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需要的频率f s =1/T s 的分量，该分量的功率为

S=2A 2/π4=0.02A

2

【习题5-5】 某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz 、幅度为1的理想低通滤波器。 (1) 试根据系统无码间串扰的时域条件求此基带系统无码间串扰的码速率。 (2) 设此系统传输信息速率为3 Mbps ，能否无码间串扰?

思路 此题需求系统的冲激响应。系统的频率特性是一个幅度为1、宽度为ω0=4π×106 rad/s 的门函数(双边频率特性)D ω0(ω)，根据傅氏变换的对称性可得

D ω0(ω)←→)

2(200t Sa ωπ

ω=2×106Sa(2π×106t) 无码间串扰的时域条件为

??

?≠==0,00,)(k k C kT h s

式中，T s 为码元间隔。所以，根据冲激响应波形就可确定此系统无码间串扰的码速率。

设进制数为任意值，根据信息速率与码速率之间的关系求3 Mbps 所对应的码速率，从而判断传输3 Mbps 信号有无码间串扰。

解: (1) h(t)=2×106Sa(2π×106t)

波形如下图所示。由图可知，当T s =0.5 μs/k(k 为正整数)时无码间串扰，即此系统无码间串扰的码速率为

(2) 设传输独立等概的M 进制信号，则

R B =

M

2log 3(MBd)

令

M

2log 3=k 2

得

M=

k

28=8n

(n=1,2,…)

即当采用8n

进制信号时，码速率R B =n 1

(MBd)，可以满足无码间串扰条件。

【习题5-6】 设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数： (1) 当R B =ω0/π时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间串扰传输?

(2) 求该系统接收滤波器输出基本脉冲的时间表达式，并用此来说明(1)中的结论。

思路 因R B =ω0/π，即R B =2f 0，无码间串扰频域条件如下式

∑

∞

-∞

=n H(ω+n ωs )=????

?

≤

其他

,02||,s C ωω (5-5)

或 ∑

∞

-∞

=n H(ω+n ωs )=C,ω为任意值 (5-6)

对于此题给定的条件，有 02ωω=s

根据傅氏变换的对称性，可得

ΔΩ(ω)←→2

2]

4/4/sin [4)]4([4t t t Sa ΩΩΩ=ΩΩππ

由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲时间表达式，再根据码速率决定抽样时刻，

从而决定有无码间串扰。

解： (1) 方法一

将H(ω)在频率轴上以2ω0为间隔切开，由于H(ω)的频率范围为(-ω0,ω0)，故切开、平移、迭加后仍为H(ω)，在|ω|<ω0范围内H(ω)不为常数，故系统有码间串扰。

方法二

将H(ω)向左右平移2ω0的整数倍，如下图所示。可见平移后各图不重合，相加后不为常数，故码速率为ω0/π时有码间串扰。

(2)

h(t)=πω20Sa 2

)2(0t

ω

此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。

因 T s =

1ωπ=B R

所以

h(kT s )=

)2(220ππωk Sa

可见 k=0,±1,±3,…时，h(kT s )≠0，故有码间串扰。

【习题5-7】若要求基带传输系统误比特率为10-6

，求采用下列基带信号时所需要信噪比 (1) 单极性非归零码； (2) 双极性非归零码；

(3) 采用格雷码的8电平双极性非归零码； (4) 7电平部分响应信号。

解： (1) P eb =Q 6102-=????

??N

S

查Q(x)函数表得 N S

2=45

所以

45=N S

（2） P eb =Q 6102-=????

?

?N S

查Q(x)函数表得

45=N S

(3) P b =P eb /log 28=P e /3

62

103)(6334

47)(13)1(2-?=??

?

???=??????--=

N S Q N S M Q M M P e π

由此得

61071.1)(633-?=??????N S Q

查Q(x)函数表得)

(633N S

=4.75

所以

454=N S

(4) 当部分响应为7电平信号时，此系统传输的为4进制信号

P eb =P e /log 24=P e /2

6

2

2

2102)(1534815)(134

)1(2-?=??

?

???=????

??--=N S Q N S L Q L L P e ππ

由此得6

1007.1)(1534-?=??

????N S Q π

查Q(x)函数表得

)(1534N S π

=4.75 所以 183=N S

【习题6-1】 已知码元传输速率R B =103 Bd ，接收机输入噪声的双边功率谱密度n 0/2=10-10

W/Hz ，

今要求误码率P e =10-5

，试分别计算出相干OOK 、非相干2FSK 、差分相干2DPSK 以及2PSK 等系统所要求的输入信号功率。

思路 只要求出接收机带通滤波器输出噪声功率就可以由误码率公式得到P e =10-5的信噪比，从而

得出信号功率。题中已给出噪声的功率谱密度，但没有给定收滤波器带宽。由于OOK(即2ASK)系统、2DPSK 系统、2PSK 系统都是线性系统，它们的频带利用率为1/(1+α)(Bd/Hz)。若收滤波器为升余弦滚降特性，其等效噪声带宽为1000 Hz ，可用此等效带宽求噪声功率。设α=1，且收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz 的理想矩形，我们以此为标准进行计算。非相干2FSK 解调器由两个非相干2ASK 解调器构成，两个收滤波器的带宽与线性系统一样。

解： 设OOK 、差分相干2DPSK 以及2PSK 的收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz 的理想矩形，非相干2FSK 接收机的两个支路带通滤波器的频率特性也是带宽为2000 Hz 的理想矩形。在此条件下，接收机输入噪声功率为

N=(10-10×2×2000) W=4×10-7

W

(1) 相干OOK(2ASK)系统 由误码率公式

P e =?

???

?

?2r Q =10-5

得

r=N S

=36.13

S=(36.13×4×10-7) W=1.45×10-5

W

(2) 非相干2FSK 系统 由误码率公式

P e =2152

10-=r

e

得

r=21.6 S=(21.6×4×10-7) W=0.86×10-5

W

(3) 差分相干2DPSK 系统 由误码率公式

P e =5

1021--=r

e

得

r=10.8

S=(10.8×4×10-7) W=0.43×10-5

W

(4) 相干2PSK 系统 由误码率公式 P e =Q(r 2)=10

-5

得

r=9.03

S=(9.03×4×10-7) W=0.36×10-5

W

【习题6-2】 已知2FSK 信号的两个频率f 1=980 Hz ，f 2=2180 Hz ，码元速率R B =300 Bd ，信道有效带宽为3000 Hz ，信道输出端的信噪比为6 dB 。试求：

(1) 2FSK 信号的谱零点带宽； (2) 非相干解调时的误比特率； (3) 相干解调时的误比特率。

解： (1) 2FSK 信号的谱零点带宽为

B s =|f 2-f 1|+2R b =(2180-980+2×300) Hz=1800 Hz

(2) 设非相干接收机中带通滤波器BPF 1和BPF 2的频率特性为理想矩形，且带宽为

6002==B F R B Hz

信道带宽为3000 Hz ，是接收机带通滤波器带宽的5倍，所以接收机带通滤波器输出信噪比是信道输出信噪比的5倍。当信道输出信噪比为6 dB 时，带通滤波器输出信噪比为

r=5×100.6

=5×4=20

2FSK 非相干接收机的误比特率为

P b =21e -r/2=21e -10=2.27×10-5

(3) 同理可得2FSK 相干接收机的误比特率为

P b =Q(r )=Q(20)=Q(4.47)=3.93×10-6

【习题6-3】待传送二元数字序列{a k }=1011010011：

(1) 试画出QPSK 信号波形。假定f c =R b =1/T s ，4种双比特码00，10，11，01分别用相位偏移0，π/2，π，3π/2的振荡波形表示；

(2) 给出QPSK 信号表达式和调制器原理方框图。 解： (1) QPSK 信号波形如下图所示。

(2) QPSK 信号的表达式为

e QPSK (t)=cos φk cos ωc t+sin φk sin ωc t=cos(ωc t-φk )

QPSK 调制器原理方框图如下图所示，图中x 与i(t)的对应关系为：x 为1码时，i(t)为负脉冲，x 为0码时，i(t)为正脉冲；y 与q(t)的对应关系同x 、i(t)之间的关系。

【习题6-4】 已知电话信道可用的信号传输频带为600～3000 Hz ，取载频为1800 Hz ，试说明： (1) 采用α=1升余弦滚降基带信号时，QPSK 调制可以传输2400 bit/s 数据； (2) 采用α=0.5升余弦滚降基带信号时，8PSK 调制可以传输4800 bit/s 数据； (3) 画出(1)和(2)传输系统的频率特性草图。 解： (1) 信道带宽为

B c =(3000-600) Hz=2400 Hz

α=1时QPSK 系统的频带利用率

ηb =114

log 1log 22+=

+a

M bps/Hz=1 bps/Hz 数据传输速率

R b =B c ·ηb =2400×1 bit/s=2400 bit/s

(2) α=0.5时8PSK 系统的频带利用率

ηb =5.018

log 2+=2 bps/Hz

数据传输速率

R b=B c·ηb=2400×2 bit/s=4800 bit/s

(3) (1)和(2)传输系统的频率特性草图如下图(a)和(b)所示。

【习题6-5】 QPSK系统，采用α=1的升余弦基带信号波形，信道带宽为20 MHz：

(1) 求最大信息速率；

(2) 将信息码进行(2，1，3)卷积码编码后再进行传输，设信源信息速率、基带波形及信道带宽不变，设计一种调制方式并画出系统方框图；

(3) 画出QPSK系统的频率特性草图(设载频为50 MHz)。

解：(1) ηb=log2M/(1+α)=［log24/(1+1)］ bps/Hz=1 bps/Hz

所以最大信息速率为

R b=ηb×B c=1×20 Mbit/s=20 Mbit/s

(2) (2，1，3)卷积码的编码效率为0.5，故信源输出数据经(2，1，3)卷积编码后，信

息速率由20 Mbit/s增大到40 Mbit/s，此时频带利用率为

ηb=2 bps/Hz

由定义ηb=log2M/(1+α)

求得 M=16

可采用16QAM调制方式，16QAM系统的原理方框图如下图所示。

(3) QPSK系统的频率特性草图如下图所示。

【习题6-6】设时频调制信号为四进制的四频四时的调制结构，试以传送二进制信息符号序列11100100为习题画出波形示意图。

解：在四进制的四频四时调制方式中，一个双比特代码用四个时隙、四个频率来表示，四个双比特代码00、01、10、11所对应的四个频率分别按如下规则编排：f1f2f3f4、f2f3f4f1、f3f4f1f2、f4f1f2f3。二进制信号及四频四时已调信号波形如图6-48所示，图中设f1=R b、f2=2R b、f3=3R b、f4=4R b。