现代通信原理课后习题标准答案
现代通信原理与技术答案1-8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_曹志刚_答案
第五章第五章 脉冲编码调制脉冲编码调制5.2 解：（1） )180cos(5)220cos(5)200cos()20cos(10)(t t t t t S p p p p +==)]180()180()220()220([5)(p w d p w d p w d p w d p w -+++-++=Så-=úûùêëéå-*=¥-¥=¥-¥=n s s n s s n S T n T S S )(1)(2)(21)(w w w w d p w p w d )]500180()500180()500220()500220([1250p p w d p p w d p p w d p p w d p n n n n n --+-++å--+-+=¥-¥=（2）HzfH110=要求无失真恢复)(t S ，对)(t S d采用的低通滤波器的截止频率为Hz 110。
（3）)(t S 可视为带通信号可视为带通信号 Hz fH110=，Hz f L90=，HzffBLH2090110=-=-=BB fH5.05+=，5=N ,5.0=MHz N M Bf s 44)55.01(202)1(2=+´´=+= 5.3 解： kHz f H 108=，kHz f L 60=，L L H f kHz f f B <=-=48 BB fH25.02+=，2=N ,25.0=MkHz N M Bf s108)225.01(482)1(2=+´´=+= 5.9 －111)(x p 0x题图题图 5.9 解：解： ïîïí죣-+££-=01,110,1)(x x x x x p61)1(2)(1022=-==òò¥¥-dx x x dx x p x S ， 1=V 5.042==D4811222=D =qs dB SSNR q98481612即===s5.10解：满足一定量化信噪比要求时输入信号的取值范围定义为动态范围。
现代通信原理与技术第三版张辉课后习题答案
图(a)的传输特性为：
R2 R1 R2
∴有
Ha
R2 R1 R2
a 0
＝
a
da
d
0
可见，该系统的 Ha 常数 、 ＝常数，因此，信号通过该系统时不会产生群延
迟。在整个频域内，群延迟的曲线图为 0，（图略）
第一章
1-1 e 的信息量
1 Ie log 2 P(e) 3.25bit
v 的信息量
1 Iv l o g2 P(v) 6.96bit
1-2 因为全概率 P(0) P(1) 1，所以 P(1)=3/4，其信息量为
1 I log 2 P(1) 0.412(bit)
n
1-3 平均信息量（熵） H (x) P(xi ) l o g2 P(xi ) =2.375（bit/符号） i 1
则平均信息速率 Rb RB H 2.23103 (b / s)
故传送 1 小时的信息量 I T Rb 3600 2.23103 8.028106 (bit)
（2）等概率时有最大信息熵， Hmax log 2 5 2.33(bit / 符号)
现代通信原理课后答案樊昌信
现代通信原理课后答案樊昌信【篇一：《现代通信原理》教学日历(2015)】>(2014 ～2015 学年第二学期) (第 1 页,共 2 页)任课教师在每学期开课以前根据教学大纲编写教学日历,一式三份,经教研室讨论,一份交系(院),一份存教研室,一份教师保留【篇二：通信原理考核大纲及样卷(含答案)】考核对象通信工程专业本科生。
二、命题依据本课程的教学大纲、教材及参考文献。
三、考核形式及试卷结构1、试卷总分：100分2、考核时限：120分钟3、考核方式：闭卷4、学生携带文具要求：笔等常规文具、计算器5、试卷题型比例：选择题：20%填空题：20% 判断题：10%简答题：20%计算题：30%6、试卷内容比例：通信系统概论5%～10%随机过程 5%～10%信道和噪声 5%～10%模拟调制系统15%～25%数字基带传输系统 15%～20%数字调制系统10%～20%模拟信号的数字传输10%～20%数字信号的最佳接收5%～10%同步原理 2%～5%四、课程考核内容和要求1、通信系统概论考核内容：通信系统的模型；通信系统的分类及通信方式；通信系统的主要性能指标；信息的度量。
考核要求：掌握通信系统的模型，通信系统的分类及通信方式，通信系统的主要性能指标，信息的度量。
2、信道和噪声考核内容：信道定义、分类和模型；恒参信道特性；随参信道特性；信道的加性噪声；信道容量的概念。
考核要求：掌握信道定义、分类和模型；理解信道特性，随参信道特性，信道的加性噪声；信道容量的概念，信道容量的计算。
3、模拟调制系统考核内容：幅度调制（am、dsb、ssb）的原理及抗噪声性能；角度调制（fm、pm）的原理及抗噪声性能；各种模拟调制系统的比较；频分复用；复合调制及多级调制。
考核要求：掌握幅度调制的工作原理，am、dsb、ssb调幅系统的调制与解调的方法，各种调幅系统的性能分析与比较，角度调制系统的基本原理，窄带角度调制产生及解调方法，宽带调频和调相产生及解调方法；理解频分多路复用机理，复合调制及多级调制。
《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。
现代通信原理与技术课后练习题含答案
现代通信原理与技术课后练习题含答案绪论
现代通信技术以其高速度、高容量、多用户共享和复用等特点，已经深入到人们的日常生活中。
本文档旨在为学习《现代通信原理与技术》课程的同学提供一些课后习题，并含有答案供参考。
第一章模拟调制
1.1 题目
1.请简述模拟调制的基本原理以及主要调制方式。
1.1 答案
模拟调制是指利用模拟电子技术将模拟信号调制到高频信号中，发送到接收端后，再将高频信号还原为原模拟信号的方法。
主要调制方式有幅度调制(AM)、频率调制(FM)、相位调制(PM)等。
第二章数字通信基础
2.1 题目
1.请简述脉冲编码调制(PCM)的基本原理，并说明相邻采样点之间的采
样间隔应该如何选择。
2.1 答案
脉冲编码调制是指将原始语音信号进行采样、量化和编码，然后转换成数字信号。
相邻采样点之间的采样间隔取决于原始采样信号的带宽。
根据奈奎斯特采样定理，采样间隔应该小于信号带宽的一半。
2.2 题目
1.请简述码分多址(CDMA)的基本原理及其特点。
2.2 答案
码分多址是指在同一频率带宽内，利用不同的独立扩频码为不同用户分配码片，然后将这些码片和用户信息一起发送到接收端，再将其解码还原成原始信息的技术。
其特点包括用户之间互不干扰、频谱利用率高、可靠性强、安全性好等。
结语
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清华 曹志刚《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 0 AMIHDB3 B3zs B6zs9.13 解：9.14 解：（2）发送：8已调基带信号信号接收：调制信号基带信号9.17s Mb Lf R L L s Mb f R sMb f R sMb R b b b b /2log 4 7)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 kHz kHz kHz f b 482.0831204860108)1(=∴==-=α单极性NRZ)2(N SQ 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 ±。
）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(22 2L-1电平的部分响应信号])(134[)1(2222NSL Q L L P s --=π1）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 2）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 3）36.444/6.4)(18332==>=-=>=N S NSP P b s 4) ])(1434[4)14(2222N S Q P s --=πs b P P L L 324712==>==>=-而或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）25.4=α S/N =18.06 合12.57dB 2) ])(83[NSQ P b = S/N = 48.16 合16.83dB 3）s b P P 32= S/N = 90.3 合19.56dB9.23解：序列的三条性质。
《现代通信原理》曹志刚清华大学出版社课后答案word版
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 0 AMI HDB3 B3zs B6zs9.13 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 SQ 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 ±s Mb Lf R L L s Mb f R sMb f R sMb R b b b b /2log 4 7)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 kHz kHz kHz f b 482.0831204860108)1(=∴==-=α。
）格雷编码方式普通二进制编码----------------=-------------=-•-=s b s nnb s P nP P M N S Q M M P 1P )12(22)13)(()1(22 2L-1电平的部分响应信号])(134[)1(2222N SL Q LL P s --=π1）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 2）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 3）36.444/6.4)(18332==>=-=>=N S NSP P b s 4) ])(1434[4)14(2222N S Q P s --=π s b P P L L 324712==>==>=-而或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）25.4=α S/N =18.06 合12.57dB 2) ])(83[NSQ P b = S/N = 48.16 合16.83dB 3）s b P P 32= S/N = 90.3 合19.56dB9.23解：序列的三条性质。
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现代通信原理课后习题答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：第二章2.40 二进制对称信道中的误比特率P e为0.2，若输入信道的符号速率为2000符号/s，求该信道的信道容量。
解：2000×(1-0.2)=1600 (b/s)2.41 已知某语音信道带宽为4kHz，若接收端的信噪比S/N =60dB，求信道容量。
若要求该信道传输56000b/s的数据，则接收端的信噪比最小应为多少？解：dB=10 lgN 60 = 10 lg S/N →S/N = 106C = wlog2 (1+S/N)=4×103log2(1+106) = 8 × 104 (bps)5.6 × 104 = 4 × 103log2(1+S/N)log2(1+S/N) = 14 → 1+S/N = 214→S/N = 214－12.42 若黑白电视机的每幅图像含有3×105个像素，每个像素都有16个等概率出现的亮度等级，如果信道的输出信噪比为S/N = 40dB、信道带宽为1.4MHz，则该信道每秒可传送多少幅图像？解：每幅图的信息量：3×105×log216 = 1.2×106（b）40dB = 10log2 S/N →S/N = 104C = wlog2（1 + S/N）= 1.4×106log2（1+104）≈1.862×107（bps）1.862×107/1.2×106 = 15.5 (幅/s)第三章3.50 用10KHz的单频正弦信号对1MHz的载波进行调制，峰值频偏为2KHz。
试求：（1）该调频信号的带宽。
（2）若调制信号的幅度加倍，再求该调频信号的带宽。
解：（1）B FM = 2 × ( 2+10 ) = 24 ( KHz)（2）B FM = 2 ×（2 + 2×10）= 44 （KHz）3.51 幅度1V的10MHz载波受到幅度1V、频率为100Hz的正弦信号调制，最大频偏为500Hz。
问调制信号的幅度和频率各变为2V、1000Hz时，新调频信号的带宽为多少？解：B FM = 2 × (500+1000) = 3000 (Hz)第四章4.56 已知某信号经抽样后用采用13折A律编码得到的8位代码为01110101，求该代码的量化电平，并说明译码后最大可能的量化误差是多少？解：－[1024+5×（1024÷16）] = -1344最大可能的量化误差是64第五章5.34 求传码率为200B的八进制ASK系统的带宽和信息速率。
如果采用二进制ASK系统，其带宽和信息速率又为多少？解：八进制：B = 2fs = 2 × 200 = 400 (Hz)R b = R B log2M = 200log28 = 600 (bps)二进制：B = 2fs = 2 × 200 = 400 (Hz)R b = R B log2M = 200×log22 = 200（bps）5.35 八进制ASK系统，其信息速率为4800 b/s，求其码元传输速率和带宽。
解：R B = R b/log2M = 4800/log28 = 1600 (B)B = 2f s = 2×1600 = 3200 (Hz),5.36 一相位不连续的2FSK信号，发“1”码时的波形为Acos(2000πτ+θ1)，发“0”码时的波形为Acos(8000πτ+θ0)，码元速率为600B，试求该系统的最小频带宽度。
= 2000π/2π = 1000 (H z)解：f1f2= 8000π/2π = 4000(H z)B = (f2－f1) +2fs =（4000－1000）+ 2×600 = 4200 (H z)5.37 已知码元传输速率为200B，求八进制PSK系统的带宽及信息传输速率。
解：B = 2f s = 400 (Hz)R b = R B log28 = 600 (b/s)第六章6.22设单路话音信号的最高频率为4KHz，抽样速率为8KHz，将所得的抽样脉冲以PAM或PCM方式传输。
若传输信号波形为矩形脉冲，其宽度为τ，占空比为1，求：（1）PAM系统的最小带宽。
（2）PCM系统中，若抽样后信号按16级进行量化，求PCM系统的最小带宽。
（3）若抽样后信号按128级量化，则PCM系统的最小带宽又为多少？解：(1)占空比τ/T = 1 所以 2 = T ，T = 1/f s = 1.25×10—4（s）f Am = 1/2T = 4kHz(2) f PCM = f PAM × log216 = 16 (KHz)(3) f PCM = f PAM × log2128 = 28 (KHz)6.24 设有一个频分多路复用系统，第一次用DSB调制，第二次用FM调制。
如果有60路等幅的音频输入通路，每路频带限制在3.3KHz 以下，防护频带为0.7KHz。
如果最大频偏为800KHz，试求传输信号的带宽。
解：B DSB = 2f m = 3.3 × 2 = 6.6 （KHz）B总= nB DSB + (n－1) + f g = 6.6×60+59×0.7=437.3 (KHz)B FM=2 f M (1+1/BFM) = 2×f max (1+f m/f max)= 2×800×(1+3.3/800) = 1600 （KHz）6.25 将N路频率范围为0.3~4KHz的话音信号用FDM方法传输。
试求采用下列调制方式时的最小传输带宽。
（1）调幅AM。
（2）双边带调制DSB。
（3）单边带调制SSB。
解：（1）B AM = 2f M = 2 × 4 = 8 (K) B总=n·B AM+(n－1)f g（2）B = 2nf m + （n－1）f g（3）B = nf m + （n－1）f g6.27 对5个信道抽样并按时分复用组合，再使组合后的信号通过一个低通滤波器。
其中三个信道传输频率范围为0.3~3.3KHz的信号；其余两个信道传输50Hz~10KHz范围的频率。
求：（1）可用的最小抽样速率是多少？（2）对于这个抽样速率，低通滤波器的最小带宽是多少?（3）若5个信号各按其本身最高频率的二倍作抽样频率，能否进行时分复用？解：（1）f min = 2 × 10k = 20 （kHz）（2）B = 2f min = 2 × 20 = 40 （kHz）（3）否。
因为时分复用需要每路信号传输速率一样。
6.28 设有24路最高频率f m = 4kHz的PCM系统，若抽样后量化级数N=128，每帧增加1bit作为同步信号。
试求传输频带宽度及R b为多少？若有32路最高频率f m = 4kHz的PCM系统，抽样后量化级数N`=256，每路8bit，同步信号已包含在内，再求传输频带宽度及R b为多少？解：抽样fs=2fm=2×4=8（kHz）码元时间Ts=1/fs=1/8000=125(µs)每个码元编码位数：log2128 = 7 （位）帧的位数：24×7+1=169 （位）帧长时间：24×Ts = 24 × 125 = 3 （ms）信息传输率：Rb=帧的位数/帧长时间=169/3×10－3 = 56.33（kbps）频带宽度：B = 1/2Ts = 1/ 2 × 125 = 4 （kHz）6.29 一个直接序列扩频CDMA系统，B c = 20 MHz，B m = 10kHz。
试求其处理增益G p。
解：G p = B C/B m = 20×103kHz/10kHz = 2 × 103（倍）第八章8.40 思考图8-20插入位定时倒频法系统框图中使用全波整流和半波整流的差异，说明此处选用半波整流的原因。
答：对图8-20中插入的位定时倒频f B，其最后送入取样判决电路的位同步信息将是2f B，故框图中采用了半波整流方式。
8.42 试述载波提取的几种常用方法，并说明单边带信号不能采用平方变换法提取同步载波的原因。
答：（1）提取载波的几种常用方法：①平方变换法②平方环法③同相正交环法。
（2）当收到的信号频谱中不包含载波成分或很难从已调信号的频谱中提取载频分量时，通常采用插入导频法来获取相干解调所需的本地载波。
8.43 载波同步提取中为什么会出现相位模糊现象？它对数字通信和模拟通信各有什么影响？答：（1）分频电路由一级双稳态触发器件构成，在加电的瞬间触发器的初始状态是随机的，这使得提取的载波信号与接收的载波信号要么同相，要么反相。
（2）对于模拟的语音通信系统而言，因为人耳听不出相位的变化，所以相位模糊造成的影响不大。
但对于采用绝对调相方式的数字通信系统，由于它可以使系统相干解调后恢复的信息与原来的发送信息正好相反，故它的影响将是致命的。
8.44 位同步提取的两个基本要求是什么？常用的位同步提取方法有哪些？相位误差对位同步系统性能指标的影响是什么？答：（1）两个基本要求：①频率等于发送的码元速率②信码的最佳取样判决时刻一致。
（2）①当输入相邻信码无0、1转换时，不会对取样判决产生影响。
②当输入信息出现0、1转换时，对于最佳接收系统，将影响系统的接收性能，使误码率上升，但对基带矩形波而言，只要位移不超过 ，将不会对判决结果产生影响。
8.45 漏同步和假同步是怎样发生的？如何减小漏同步概率和假同步概率？答：（1）①漏同步：由于干扰影响，接收的群同步码组中可能会有一些码元出错，导致识别器漏识已经发出的同步码组；②假同步：当信息码中含有和同步码相同的码元时，识别器会误认为接收到同步码，进而输出假同步信号。
（2）①提高判决门限，减小识别器允许的码组最大错误码元个数m，使假同步概率P2下降。
②降低判决门限，增大识别器允许的码组最大错误码元个数m，使P1下降。