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》课后答案
第二章第三章第四章00第五章第七章第八章第九章9.4 解：0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0AMIHDB3B3zsB6zs9.13 解：9.14 解：（2）发送：8电平已调 基带信号信号接收：调制信号基带信号9.17单极性NRZ)2(N S Q P b = 双极性NRZ)(N S Q P b =多进制 双极性（M 为奇数:取0，+/-A, …..; M 为偶数：取。
）2A ±sMb Lf R L L s Mb f R sMb f R sMb R b b b b /2log 47)12)(4(/67.05.11)3(/38log )2(/1)1(22==∴=∴=-≈====调相。
，调制方式可为调幅或其带宽正好是的升余弦滚降频谱信号电平信息，所以可采用单位符号应传输所需传输速率信道带宽kHz bit kHzR kHzkHz kHz f b 482.0831204860108)1(=∴==-=α格雷编码方式普通二进制编码----------------=-------------=-∙-=s b s n nb s P nP P M N S Q MM P 1P )12(22)13)(()1(222L-1电平的部分响应信号])(134[)1(2222NS L Q L L P s --=π1）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 2）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 3）36.444/6.4)(18332==>=-=>=N S NS P P b s 4) 或])(1434[4)14(2222N S Q P s --=πs b P P L L 324712==>==>=-而s b P P 21= S/N(DB 值)： 45.125(16.44)，22.6(13.5), 444.36(26.4), 194.6(22.9)9.181） S/N =18.06 合12.57dB25.4=α2) S/N = 48.16 合16.83dB ])(83[N S Q P b =3） S/N = 90.3 合19.56dB s b P P 32=9.23解：序列的三条性质。
现代通信原理答案WORD版( 罗新民)指导书 第二章 确定信号分析 习题详解
第二章 确定信号分析2-1图E2.1中给出了三种函数。
图 E2.1①证明这些函数在区间（-4，4）内是相互正交的。
②求相应的标准正交函数集。
③用（2）中的标准正交函数集将下面的波形展开为标准正交级数：⎩⎨⎧≤≤=为其它值t t t s ,040,1)(④利用下式计算（3）中展开的标准正交级数的均方误差： ⎰∑-=-=44231])()([dt t u a t s k k k ε⑤对下面的波形重复（3）和（4）：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-=为其它值t t t t s ,044),41cos()(π ⑥图E2.1中所示的三种标准正交函数是否组成了完备正交集？解：①证明：由正交的定义分别计算，得到12()()0u t u t dt +∞-∞⋅=⎰，23()()0u t u t dt +∞-∞⋅=⎰，31()()0u t u t dt +∞-∞⋅=⎰，得证。
②解：424()8,k C u t dt k -== =1,2,3⎰，对应标准正交函数应为()(),1,2,3k k q t t k ==因此标准正交函数集为123123{(),(),()}(),()()}q t q t q t t t t =③解：用标准正交函数集展开的系数为4()(),1,2,3k k a s t q t dt k =⋅ =⎰，由此可以得到4110()()a s t t dt ===⎰4220()()a s t t dt ===⎰4330()()0a s t t dt ==⎰。
所以，121211()()()()()22s t t t u t u t ==-④解：先计算得到312111()()()()()()022k k k t s t a u t s t u t u t ε==-=-+=∑ ⑤解：用标准正交集展开的系数分别为441141()())04a s t t dt t dt π--===⎰⎰，44224011()()cos()cos()044a s t t dt t dt t dt ππ--==-=⎰⎰⎰，433422442()()111cos()))444a s t t dtt dt t dt t dt ππππ----= =-+- =⎰⎰⎰⎰。
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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范围为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+=+。