北航现代通信原理作业答案1-2
现代通信原理试题及答案
20XX 年11月2日星期三2-1 平稳随机过程)(t ξ的自相关函数为τξτ32)(-=eR 试求：⑴)(t ξ的功率谱密度)(ωξP ；⑵)(t ξ的平均功率S 和直流功率0S ； ⑶)(t ξ的方差2σ。
2-2 已知平稳高斯白噪声的双边功率谱密度为2n ，经过一个冲激响应为)(t h 的线性系统后输出为)(t x ，若已知)(t h 的能量为h E ，求)(t x 的功率。
2-3 设一低通滤波器的冲激响应为)0()(>=-t et h at，在其输入端加上零均值白噪声)(t X 的自相关函数)()(τδτ=X R ，试求滤波器输出过程)(t Y 的下列参数：⑴数学期望Y a ；⑵功率谱密度)(ωY P ；⑶自相关函数)(τY R ；⑷总平均功率Y S 。
4-1 某信源集包含1024个符号，各符号等概出现，且相互统计独立。
现需经由带宽为6KHz 的信道传输该信源发送的一系列符号，并要求信道输出端信噪比不小于30dB 。
试求： （1）信道的容量；（2）无差错传输时的最高码元速率。
4-2 已知有线电话信道的带宽为3.4KHz 。
试求： （1）信道输出信噪比为30dB 时的信道容量；（2）若要在该信道中传输33.6bit/s 的数据，求接收端要求的最小信噪比。
4-3已知计算机彩显图像由1024768⨯个像素组成。
设每个像素为16bit 位彩色度，每种彩色度有16个亮度等级。
如果所有彩色度和亮度等级的组合机会均等并统计独立。
A 、试计算每秒传输75个画面所需的信道容量；B 、如果接收机信噪比为30dB ，为传送彩色图像所需信道带宽为多少？（注：2log 3.32lg x x =）5-1 已知一调制信号V t t m )102cos(5)(3⨯=π，它所产生的调角波具有)](cos[)(t t A t s c m ϕω+=的形式。
试求：⑴ 若为FM 波，要求调频指数10=f m ，最大频偏ω∆、带宽B 、调频灵敏度F K 及FM 波表达式；⑵ 若为PM 波，要求调相指数rad m p 10=，最大频偏max ϕ、带宽B 、调频灵敏度P K 及PM 波表达式；⑶ 若把调制信号频率加倍，并保持调制信号振幅和调频（相）灵敏度不变，求此时FM 波和PM 波的带宽，并讨论之。
通信原理课后答案.pdf
1-1.已知英文字母出现的概率为0.105，出现的概念为0.002，试求和的信息量。
o1-2．某信源符号集由,,,和组成，设每一符号独立出现，其出现概率分别为，，，和。
试求该信息源符号的平均信息量。
o1-3.设有4个符号，其中前3个符号的出现概率分别为，，，且各符号的出现是相对独立的。
试计算该符号集的平均信息量。
o1-4．一个由字母、、、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，01代替，10代替，11代替，每个脉冲宽度为5.(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试计算传输的平均信息速率。
o1-5．国际摩尔斯电码用“点”和“划”的序列发送英文字母，“划”用持续3单位的电流脉冲表示，“点”用持续1个单位的电流脉冲表示；且“划”出现的概率是“点”出现概率的。
(1)计算“点”和“划”的信息量；(2)计算“点”和“划”的平均信息量。
o1-6．设一信息源的输出由128个不同的符号组成，其中16个出现的概率为，其余112个出现概率为。
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。
o1-7．设一数字传输系统传送二进制码元的速率为2400，试求该系统的信息速率；若该系统改为传送16进制信号码元，码元速率不变，则这时的系统信息速率为多少(设各码元独立等概率出现)？o1-8．若题1―2中信息源以1000速率传送信息。
（1）试计算传送1的信息量；（2）试计算传送1可能达到的最大信息量。
o1-9．如果二进制独立等概信号的码元宽度为，求和；若改为四进制信号，码元宽度不变，求传码率和独立等概率时的传信率。
o1-10．已知某四进制数字传输系统的传信率为2400，接收端在0.5内共收到216个错误码元，试计算该系统的误码率。
o第二章确知信号本章主要内容：（1）信号和系统的分类（2）能量信号和功率信号时域及频域分析本章重点：1.确知信号的频谱、频谱密度、能量谱密度和功率谱密度2.确知信号的自相关函数和互相关函数本章练习题：2-1 试证明图2-1中周期性信号的频谱为=o2-2 设一个信号可以表示成试问它是功率信号还是能量信号，并求出其功率谱密度或能量谱密度。
现代通信原理李晓峰版一到三章部分答案
习题第一章 2 4 6 10 11；2 两个二元消息符号1X 与2X 的取值及概率分别为：解：利用式21()log Mi i i H X P P ==-∑易见，)(881.07.0log 7.03.0log 3.0)(221bit X H ≈--=)(971.12.0log 2.023.0log 3.02)(222bit X H ≈⨯-⨯-=4 假定电话按键由10个数字、“*”与“#”组成，按压每个数字键的概率均为0.099，按压“*”或“#”的概率各为0.005，拨号速率为2次/s 。
试求（1）每次按键产生的熵与连续拨号的熵率？（2）如果每次按键采用4位二进制表示，拨号产生的二进制数据率（二元符号率）？解：（1）利用式21()log Mi i i H X P P ==-∑，22100.099log 0.09920.005log 0.0053.356bits/keyH =-⨯-⨯≈连续按键产生的熵率（信息速率）3.356/ 6.7120.5/H bits key R T s key===/bits s（2）拨号产生的二进制速率,4/2/8/bit key key s bits s ⨯=6 假定容量为4.7GB 的DVD 盘可存储133分钟的数字音视频资料，试计算该数字音视频信号的数据率（二元符号率）是多少？解：数据率为304.728/ 5.059Mbps13360Bytes bits Byte R s⨯⨯==⨯注意，1GB=3092107374182410Bytes Bytes =≈，有时也可用910。
10 假定电传打字机的信道带宽为300Hz ，信噪比为30dB （即，30/10/101000S N ==），试求该信道的容量。
解：利用式bps NSB C )1(log 2+= 有2C 300log (11000) 2.99()kbps =⨯+=11假定某用户采用拨号上网，已测得电话线可用频带300-3400Hz ，信噪比为25dB（即， 2.5/10S N =），试计算该信道的容量；在选用调制解调器时，可选速率为56、28.8或9.6kbps 的调制解调器中哪个较合适？解：带宽B=3400Hz-300Hz=3100Hz ，利用式bps NSB C )1(log 2+=，有 2C 3100log (1316.23)25.73()kbps =⨯+=故应采用28.8kbps 的调制解调器较合适（实际调制解调器会结合实际线路情况，自动降低速率，以充分利用信道资源）。
现代通信原理课后思考题答案
现代通信原理课后思考题答案第⼀章1、什么是数字信号和模拟信号，俩者的区别是什么？凡信号参量的取值连续（不可数，⽆穷多），则称为模拟信号。
凡信号参量只可能取有限个值，则称为数字信号。
区别在于信号参量的取值2、何谓数字通信，简述数字通信系统的主要优缺点数字通信系统是利⽤数字信号来传递信息的通信系统。
优点：抗⼲扰能⼒强、差错可控、易于与各种数字终端接⼝、易于集成化、易于加密处理。
缺点：占⽤频带宽，需要同步3（1）、画出数字通信系统的⼀般模型，简述各⽅框的主要功能1) 信源编码与译码数据压缩（减少码元数⽬和降低码元速率），减⼩传输带宽，提⾼通信的有效性。
模/数转换，当信息源给出的是模拟语⾳信号时，信源编码器将其转换成数字信号，以实现模拟信号的数字传输。
2）信道编码与译码通过加⼊监督码元（纠错/检错）提⾼通信的可靠性。
3）加密与解密通过加扰保证所传信息的安全性。
4）数字调制与解调把数字基带信号转换成适合信道传输的频带信号。
3（2）、画出模拟通信系统的⼀般模型3、（3）画出通信系统的⼀般模型，简述各⽅框的主要功能信息源：把各种消息转换成原始电信号。
发送设备：将信源和信道匹配起来。
接收设备：放⼤和反变换，其⽬的是从受到⼲扰和减损的接收信号中正确恢复出原始电信号。
受信者：将复原的原始电信号还原成相应信息。
4、在数字通信系统中，其可靠性和有效性指的是什么，各有哪些重要指标？有效性——传输速率（传码率、传信率，频带利⽤率）可靠性——差错率（误码率、误信率）5、按信号的流向和时间分类，通信⽅式有哪些？单⼯、半双⼯、全双⼯6、何谓码元速率和信息速率？他们之间的关系如何？单位时间内传输码元的数⽬，单位时间内传递的平均信息量或⽐特数。
Rb=RB·H (b/s)第⼆章1、什么是随机过程，它具有哪些基本特征？⽆穷多个样本函数的总体叫随机过程。
其⼀，他是时间函数；其⼆，在固定的某⼀观察时刻t1， s（t1）是⼀个不含t变化的随机变量2、随机过程的期望、⽅差和⾃相关函数描述了随机过程的什么性质？期望表⽰随机过程的n个样本函数曲线的摆动中⼼。
现代通信原理答案WORD版( 罗新民)指导书 第一章 绪论 习题详解
第一章 绪论1-1英文字母中e 出现概率为0.105, c 出现的概率为0.023, j 出现的概率为0.001。
试分别计算它们的信息量。
解题思路：考查信息量的基本概念，用公式1log ()a I P=。
底数a 一般采用2，这时信息量单位为bit解：bit P I e e 25.3105.0log log 22≈-=-=，bit P I c c 44.5023.0log log 22≈-=-=， bit P I j j 97.9001.0log log 22≈-=-=1-2有一组12个符号组成的消息，每个符号平均有四种电平，设四种电平发生的概率相等，试求这一组消息所包含的信息量。
若每秒传输10组消息，则一分钟传输多少信息量？ 解题思路：考查平均信息量及信息量叠加的概念。
每个符号有四种等概电平可能，因此先用4211()log i i iH x P P ==∑计算其平均信息量。
整个消息的总信息量是12个符号的各自平均信息量（相等）的和。
解：（1）12=N ，4,3,2,1,41==i P i 。
每个符号的平均信息量为24log 1log 22===-iP I 比特/符号，则由12个符号组成的一组消息的信息量为bit I N I 24*==-（2）每秒传输10组消息，则一分钟传输10×60组信息，因此信息传输速率为10×60×24比特/分钟＝14400比特/分钟1-3消息序列是由4种符号0、1、2、3组成的，四种符号出现的概率分别为3/8、1/4、1/4、1/8，而且每个符号出现都是相互独立的，求下列长度为58个符号组成的消息序列“2 0 1 0 2 0 1 3 0 3 2 1 3 0 0 1 2 0 3 2 1 0 1 0 0 3 2 1 0 1 0 0 2 3 1 0 2 0 0 2 0 1 0 3 1 2 0 3 2 1 0 0 1 2 0 2 1 0”的信息量和每个符号的平均信息量。
现代通信原理与技术答案18章
第一章1-1 e 的信息量 ==)(1log 2e P I e 3.25bit v 的信息量 ==)(1log 2v P I v 6.96bit 1-2 因为全概率1)1()0(=+P P ，所以P(1)=3/4，其信息量为==)1(1log 2P I 0.412(bit) 1-3平均信息量（熵） ∑=-=ni i ix P x P x H 12)(log)()(=2.375（bit/符号）1-4 （1）一个字母对应两个二进制脉冲，属于四进制符号，故一个字母的持续时间为10ms 。
传送字母的符号速率为)(100105213B R B =⨯⨯=-等概率时的平均信息速率)/(200log 2s bit M R R B b ==（2） 平均信息量为 ∑=-=ni i ix P x P x H 12)(log)()(=1.985（bit/符号）则平均信息量为)/(5.198s b H R R B b =⋅= 1-5 （1） )/(2400s bit R R B b ==（2） )/(96004240016log 2s bit R R B b =⨯== 1-6 （1） 先求信息源的熵，∑=-=ni i ix P x P x H 12)(log)()(=2.23（bit/符号）则平均信息速率 )/(1023.23s b H R R B b ⨯=⋅=故传送1小时的信息量)(10028.81023.2360063bit R T I b ⨯=⨯⨯=⨯=（2）等概率时有最大信息熵，)/(33.25log 2max 符号bit H ==此时平均信息速率最大，故有最大信息量)(10352.86max bit H R T I B ⨯=⋅⋅=1-7 因为各符号的概率之和等于1，所以第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平均信息量为)/(75.121log 2181log 81241log 41222符号bit H =-⨯--= 1-8 若信息速率保持不变，则传码率为)(1200log 2B MR R bB ==1-9 传码率为)(1200log 2B MR R bB ==半小时（1800秒）内传送的码元个数为61016.212001800⨯=⨯=⋅=B R T N 错误码元数个216=e N ，因此误码率为410-==NN P ee 1-10 由NN P ee =和B R T N ⋅=可得时间为 )(1034s R P N T Be e⨯=⋅=。
现代通信原理与技术答案1-8章
第一章之阳早格格创做
1-1 e的疑息量的疑息量
1-2 P(1)=3/4，其疑息量为
1-3仄衡疑息量（熵）（bit/标记）
1-4 （1）一个字母对于应二个二进造脉冲，属于四进造标记，故一个字母的持绝时间为10ms.传递字母的标记速率为
等概率时的仄衡疑息速率
（2）仄衡疑息量为（bit/标记）
1-5 （1）
（2）
1-6 （1）先供疑息源的熵
（bit/标记）
则仄衡疑息速率
故传递1
（2）等概率时有最大疑息熵，)/(33.25log 2max 符号bit H == 此时仄衡疑息速率最大，故有最大疑息量
)(10352.86max bit H R T I B ⨯=⋅⋅=
1-7 果为各标记的概率之战等于1，所以第四个标记的概率为
1/2，则该标记集的仄衡疑息量为
)
/(75.121
log 2181log 81241log 41222符号bit H =-⨯--=
1-8 若疑息速率脆持没有变，则传码率为 1-9 传码率为
)
(1200log 2B M R R b
B ==
半小时（1800秒）内传递的码元个数为
61016.212001800⨯=⨯=⋅=B R T N
过失码元数个216=e N ，果此误码率为410-==
N N P e
e
1-10 由
N
N P e
e =
战B R T N ⋅=可得时间为
.。
现代通信原理与技术答案1-8章
第一章之南宫帮珍创作1-1 e的信息量 3.25bit v的信息量1-2 所以P(1)=3/4, 其信息量为1-3平均信息量（熵）（bit/符号）1-4 （1）一个字母对应两个二进制脉冲, 属于四进制符号, 故一个字母的继续时间为10ms.传送字母的符号速率为等概率时的平均信息速率（2）平均信息量为（bit/符号）1-5 （1）（2）1-6 （1）先求信息源的熵, =2.23（bit/符号）则平均信息速率)/(1023.23s b H R R B b ⨯=⋅= 故传送1小时的信息量)(10028.81023.2360063bit R T I b ⨯=⨯⨯=⨯= （2）等概率时有最年夜信息熵, )/(33.25log 2max 符号bit H ==此时平均信息速率最年夜, 故有最年夜信息量)(10352.86max bit H R T I B ⨯=⋅⋅=1-7 因为各符号的概率之和即是1, 所以第四个符号的概率为1/2, 则该符号集的平均信息量为)/(75.121log 2181log 81241log 41222符号bit H =-⨯--=1-8 若信息速率坚持不变, 则传码率为 1-9 传码率为)(1200log 2B M R R bB ==半小时（1800秒）内传送的码元个数为61016.212001800⨯=⨯=⋅=B R T N毛病码元数个216=e N , 因此误码率为410-==N N P ee1-10 由NN P ee =和B R T N ⋅=可得时间为.创作时间：二零二一年六月三十日。
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通信原理作业答案第1题若对某一信号用DSB 进行传输，设加至接收机的调制信号()m t 之功率谱密度为2()0m m mm mf n f f f P f f f ⎧≤⎪=⎨⎪>⎩试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于DSB 信号的白噪声具有双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？解：（1） 设DSB 已调信号()()cos DSB c s t m t t ω=，则接收机的输入信号功率为22222111()()cos ()(1cos 2)()()d 2222m m i DSBc n f S st m t t m t ct m t Pm f f ωω+∞-∞===+===⎰（2） 相干解调，乘以同频同相的载波信号后，信号为21()cos ()cos ()(1cos )2DSB c c c s t t m t t m t t ωωω==+ 经过低通滤波器后，输出为1()()2o s t m t =输出功率为211()428m m o i n f S m t S ===（3） 调制信号频谱在[,]m m f f -上有值，其他频率为零，已调信号在[,]c m c m f f f f ±-±+上有值，其他频率为零，所以解调器前端带通滤波器的通带为[,]c m c m f f f f ±-±+输入噪声功率为02222i m m n N f n f == 经过低通滤波器后白噪声为窄代白噪声，可表示为()()sin ()cos s c c c n t n t t n t t ωω=+其中(),()s c N t N t 为独立同分布随机过程，均值为零，方差为σ。
所以222222()[()sin ][()cos ]s c c c n t E n t t E n t t ωωσ=+=解调后噪声为1()()2o c n t n t =所以211()[()]44o o c i N n t E n t N ===故，输出信噪功率比为4o m o S n N n = （也可以先算出输入信噪比，再乘以制度增益）第2题设调制信号()m t 的功率谱密度与题1相同，若用SSB 调制方式进行传输（忽略信道的影响），试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于SSB 信号的白噪声的双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？（4） 该系统的调制制度增益G 为多少？解：（1）设SSB 已调信号 t t mt t m t s c c SSB ωωsin )(ˆ21cos )(21)(±= 则接收机的输入信号功率为⎰=⨯==m f m m mmi f n df f f n t m S 0282241)(41 （2）相干解调之后，接收机的输出信号)(41)(0t m t m =，因此输出信号功率 32)(161)(2200m m f n t m t m S === （3） 相干解调时，输出噪声功率44100m i f n N N ==因此输出信噪功率比00084/32/n n f n f n N S m m m m == （4）由以上分析可得，4,400i i NN S S ==，该系统的调制制度增益为 1//00==ii N S N S G第3题设备接收的调幅信号为t t m A t s c m ωcos )]([)(＋=，采用包络检波法解调，其中()m t 的功率谱密度与题1相同。
若一双边功率谱密度为02n 的噪声叠加于已调信号，试求解调器输出端的信噪功率比。
解：在大信噪比，即)()(t n t m A i >>+的情况下，包络检波器的输出为 )()()(t n t m A t e c ++≈其中()m t 为有用信号，噪声分量)(t n c 是解调器输入噪声的同相分量。
故有 ⎰===mf mm m m fn df f f n t m S 020222)(m i c f n B n t n t n N 002202)()(==== 因此解调器输出信噪比000422/n n f n f n N S mm m m ==第4题采用包络检波的常规调幅系统中，若噪声功率谱密度为Hz W /)105(2-⨯，单频正弦波调制时载波功率为100kW ，边带功率为每边带10kW ，带宽滤波器带宽为4kHz 。
（1） 求解调输出信噪比；（2） 若采用抑制载波双边带系统，其性能优于常规调幅多少分贝？解：（1） AM 解调器输出信噪比为10010410521010)(3230200=⨯⨯⨯⨯⨯==-B n t m N S （2） AM 解调器输入信噪比为550)(212)(022=+=Bn t m A N S AM ii故常规调幅系统的调制制度增益 112550110==AM G 而抑制载波双边带系统的调制制度增益 2=DSB G 则dB G G AMDSB41.1011≈=（采用10log ） 因此抑制载波双边带系统优于常规调幅系统10.41分贝第5题设一宽频率调制系统，载波振幅为100V ，频率为100MHz ，调制信号()m t 的频率限制于5kHz ，22()5000V m t =，500Hz/V f k π＝，最大偏频75kHz f ∆=，并设信道中噪声功率谱密度是均匀的，为3()10W/Hz n P f -=（单边带），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 以振幅调制方法传输，并以包络检波器检波，试比较在输出信噪比和所需带宽方面与频率调制系统有何不同？解：（1） 根据题意可知系统的调制指数为max max 75155FM f D f ∆=== 由卡森公式得调制信号的带宽为max 2(1)2(151)15160kHz FM FM B D f =+=⨯+⨯=载波为100MHz ，所以信号所处的频率围为0.16100MHz MHz 2±。
由此可得接收机的输入端理想带通滤波器的传输特性应为,99.92MHz 100.08MHz()0,K f H ω⎧<<=⎨⎩其他 其中K 为常数。
（注意：在调频系统中，最大频率偏移和带宽是两个不同的概念） （2） 设解调器输入端的信号为f()cos[()d ]FM c s t A t k m ωττ+∞-∞=+⎰则该点的信号功率和噪声功率分别为：22100500022i A S ===33()1016010160i n FM N P f B -==⨯⨯=故500031.25160i i S N == （3） 根据调频信号解调器输出信噪比公式（教科书87页公式4－109，4－110）得：22222f 2323330max 3()3100(500)5000375008810(510)o o S A k m t N n f πππ-⨯⨯⨯===⨯⨯ （注意：有同学利用公式4－11423(1)FM FM FM G ββ=+计算输出信噪比，该公式成立的条件是调制信号为单频，不适用于本题）（4） 采用振幅调制方式传输()m t 时，则所需带宽为max 210kHz 160kHz AM FM B f B ==<=采用包络检波器输出信噪比为2330()500050037500101010o o o AM o AM FMS S m t N n B N -⎛⎫⎛⎫===<= ⎪ ⎪⨯⨯⎝⎭⎝⎭ 因此，调频系统信噪比的增加是以增加带宽为代价的，反之，调幅系统带宽的减少是牺牲信噪比的结果。
第6题已知调制信号3()2sin(410)(V)m t t π=⨯，它所产生的调角波具有()sin[()]m c s t A t t ωϕ=+形式，试做下列各题：（1） 若它是FM 波，且要求最大频率偏移4410rad/s ωπ∆=⨯，求,,F m B K 及FM 波表达式；（2） 若它是PM 波，且要求最大频率偏移4410rad/s ωπ∆=⨯，求,,P m B K 及PM 波表达式；（3） 若m ω增大为原先的2倍，而保持m A 以及F K 或P K 不变，再计算FM 波、PM 波的带宽。
由此可说明什么？解：（1）43max41010(rad)410m ωπωπ∆⨯===⨯3m 2(1)2(101)21044(kHz)B m f =+=⨯+⨯⨯=44m 410210(rad/(s V))2F K A ωππ∆⨯===⨯对于FM 波 3()()10cos(410)F t K m t dt t ϕπ==-⨯⎰所以3sin[10cos(410)]FM c s A t t ωπ=-⨯（2）43max41010(rad)410m ωπωπ∆⨯===⨯3m 2(1)2(101)21044(kHz)B m f =+=⨯+⨯⨯=maxmm5(rad/V)P mK A A ϕ=== 对于PM 波 3()10sin(410)t t ϕπ=⨯所以3sin[10sin(410)]PM c s A t t ωπ=+⨯（3） 此时3m 810rad/s ωπ=⨯，m 4kHz f =对于FM 波，m F K A ω∆=不变432(1)2()2(210410)48(kHz)m m B m f f f =+=∆+=⨯+⨯=对于PM 波，max m P m K A ϕ==不变32(1)2(101)41088(kHz)m B m f =+=⨯+⨯⨯=由此可见，对于FM 波，带宽B 与调制信号频率m f 间关系不大；尤其是对于宽带FM （1m）情况，有2B f ≈∆与m f 无关。
另一方面，对于PM 波，带宽B 则与调制信号频率m f 成正比。
第7题已知窄带调频信号为FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-，求： （1） ()s t 的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比； （2） ()s t 的平均功率与未调载波功率之比； （3） ()s t 的瞬时频率。
解：（1） FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-FM [cos sin sin ]c c m c A t t t ωβωω=-)c A t ωϕ=+所以()s t的瞬时包络最大幅度为A ，最小幅度为c A ，故()s t 的瞬时包络最大幅度（注意：窄带调频经过一系列近似，所以包络不是1:1，但FM β很小，接近与1:1） （2） 未调载波功率为212c c P A =()s t 的平均功率为2FM (cos sin sin )s c c c c m P A t A t t ωβωω=-FM 2222222FM cos sin sin 2cos sin sin c c c c c m c c m A t A t t A t t t ωβωωβωωω=+-FM 222111cos 2cos 2cos 2cos 2024c c c m c m A A t t t t βωωωω=+--+-FM 2221124c c A A β=+ 所以()s t 的平均功率与未调载波功率之比为FM 2112s c P P β=+ （3） 信号为窄带调频，所以sin(sin )sin cos(sin )1m m m t t t ωωω≈≈FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-FM cos cos(sin )sin sin(sin )c c m c c m A t t A t t ωωβωω=-FM cos(sin )c c m A t t ωβω=+所以，瞬时频率为FM FM d(sin )cos d c m c m m t t t tωβωωβωω+=+。