现代通信原理(曹志刚)习题答案2--11章
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⨯=⋅=。
现代通信原理教程10章部分习题解答
（2）均采用想干解调时，各系统的输出信噪比
（3）当输入信号功率Si相同时，各系统的输出信噪比。
解：（1）
AM
DSB
SSB
(2)
AM相干解调器输出信号
DSB相干解调器输出信号
DSB相干解调器输出信号
（3）当输入信号功率Si相同时，各系统的输出信噪比
AM相干解调器输出信号
解：
⑴设DSB已调信号 ，则接收机的输入信号功率
⑵相干解调之后，接收机的输出信号 ，因此输出信号功率
⑶解调器的输出信噪功率比
13某线性调制系统的输出信噪比为20dB，输出噪声功率为 W，由发射机输出端到解调器输入之间总的传输损耗为100dB，试求：
（1）DSB时的发射机输出功率；
（2）SSB时的发射机输出功率。
表2-14维特比算法译码第一步计算结果
序号
路径
对应序列
码距
幸存否
1
000 000 000
6
否
2
111 110 111
4
是
3
000 000 111
5
是
4
111 110 000
5
否
5
000 111 110
7
否
6
111 001 001
1
是
7
000 111 001
6
否
8
111 001 110
2
是
②继续考察接收序列中后继 位，计算出新增路径段的码组与接收序列中后继3位之间的新增码距，总码距（原幸存路径的码距+新增码距），选出幸存路径，分别如图(b)、(c)、(d)和图(e)所示。由图(e)可见，幸存路径 上的序列“111 001 001 000 110 000”与接收序列码距最小（概率最大），故对应发送信息为110101。
最新现代通信原理_曹志刚_答案(很重要)
通信原理作业参考答案 12 第三章 模拟线性调制34 3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K ，不用滤波器即可实现抑5 制载波双边带调制。
67 解：8tt Af b aK t A t f b aK t A t f b t A t f aK t A t f b t A t f K a t S c c c c c c DSB ωωωωωωcos )(2)(]cos )()[(]cos )([]cos )([]cos )([)]cos )(([)(2222222222⋅+++-=--+=--+=9令 02=-b aK ，则a b K /2=10 t t bAf t S c DSB ωcos )(4)(=1112 3.13 用 90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输13 带宽相等的两个独立的基带信号)(1t f 和)(2t f ，而只占用一条信道。
试证明无失14 真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数)(f H 必须满足15W f f f H f f H c c ≤≤-=+0),()(16证明：)(]sin )([)(]cos )([)(21t h t t f t h t t f t S c c *+*=ωω17)]}()([)()(){(21)(2211c c c c F F j F F H S ωωωωωωωωωω--++++-=18 以t t C c d ωcos )(=相干解调，输出为 19 )(*)()(t C t S t S d p =20)]}()2([)2()(){(41)]}2()([)()2(){(41)]()([21)(22112211ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωF F j F F H F F j F F H S S S c c c c c c c c p -++++++--++--=++-= 21选择适当滤波器，滤掉上式中c ωω2±项，则22)]()()[(4)]()()[(41)(21c c c c d H H F jH H F S ωωωωωωωωωωω+--+++-=23 要无失真恢复基带信号，必须24⎩⎨⎧=++-+=-常数)()()()(c c c c H H H H ωωωωωωωω 25此时可恢复)(1t f 。
通信原理作业答案1-2 曹志刚(部分)
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 DSB c n f S s t 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 mm 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。
《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
现代通信原理答案1. 调制与解调调制是指将要传输的信息信号与载波信号进行合并，生成调制信号，便于传输。
解调则是将传输过来的调制信号还原为原始的信息信号。
常见的调制方式包括振幅调制（AM）、频率调制（FM）和相位调制（PM）。
2. 多路复用技术多路复用技术是一种将多个信号合并到一个信号传输通道中的方法。
常见的多路复用技术包括时分多路复用（TDM）和频分多路复用（FDM）。
TDM将每个信号分配给不同的时间片，而FDM将每个信号分配给不同的频段。
3. 数字通信数字通信是指将模拟信号转换为数字信号进行传输的技术。
它通过对连续信号进行采样、量化和编码，利用数字信号的可靠性和抗干扰性进行数据传输。
数字通信的优点包括更好的传输质量、更高的容量和更强的抗干扰能力。
4. 信道编码与纠错信道编码是通过对数据进行编码，增加冗余信息，从而提高数据的可靠性和容错能力。
纠错码则是一种通过冗余信息进行错误检测和纠正的编码方式。
常见的信道编码和纠错码包括海明码、卷积码和重叠码。
5. 频谱分析与频谱扩展频谱分析是对信号进行频域分析的过程，目的是了解信号的频谱分布和频率特性。
频谱扩展是一种通过在信号中引入冗余频谱，提高系统抗干扰能力和容量的技术。
常见的频谱扩展技术包括扩频和调频。
6. 光纤通信光纤通信是一种利用光纤传输光信号进行数据传输的技术。
光纤具有高带宽、低损耗和高速率等优点，被广泛应用于长距离和高速通信领域。
光纤通信系统由光纤传输介质、光源、探测器和光纤放大器等组成。
7. 无线通信无线通信是一种通过无线方式传输信息的技术。
它利用无线电波或红外线等无线信号进行信息传输。
常见的无线通信技术包括无线电通信、微波通信、红外通信和蓝牙通信等。
8. 卫星通信卫星通信是一种利用人造卫星进行信号传输的技术。
卫星通信可以覆盖广泛的地理范围，实现远距离通信，并广泛应用于电视广播、移动通信和互联网通信等领域。
9. 移动通信移动通信是一种在移动性用户之间进行通信的技术。
《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。
《现代通信原理》曹志刚清华大学出版社课后答案
N 16QAM n0 B 12
2400
11.3 解:
gD D4 D2 D 1
r1D D6 modgD D3 D 1 r2 D D5 modgD D3 D2 D r3 D D4 modgD D2 D 1
D6 D3 D 1
GD
D
5
D3
D2
D
D 4 D 2 D 1
（2）发送：
8 电平 基带信号
升余弦 滚降滤波器
线性调制
已调 信号
接收： 调制信号
解调器
抽样判决
基带信号
9.17 单极性 NRZ
Pb Q( S 2N )
双极性 NRZ 多进制 双极性
Pb Q( S N ) （M 为奇数:取 0，+/-A, …..; M 为偶数：取 A 。。。）
2
Ps
2(M 1) Q(
1 sin2f B
3 fb
6
10 20
1
sin
6f B fb
6
10 20
f B 932.98Hz B 2 f B 1865.97Hz
f S 1200Hz
第十章 10.26 解：
Pb ,16 PSK
1
2
Q
2Eb
sin 2
105
n0
16
2ES sin 2 4.122
M
(S
N
)
M
3
2
1
)
Pb
2n 2(2n 1)
Ps
普通二进制编码
Pb
1 n
Ps
格雷编码方式
2L-1 电平的部分响应信号
Ps
2(L2 1)
Q[
L2
曹志刚通信原理复习指导.docx
1.什么是码间吊扰？为什么会产生码间吊扰？列举两种减少或消除码间串扰的方法。
答：当波形失真比较严重时，可能前面儿个码元的波形同时串到后面，对后而某一码元的抽样判决产生影响，即产生码间串扰；产生码间申扰的原因是：信号会产生失真和延迟；减少或消除码间串扰的方法：(1)部分响应(2)均衡。
2.32路脉冲编码调制基群的速率为多少？它是怎样计算得到的？答：2048kbps, 64k*32二2048Kbps3.二进制键控调相分为绝对调相(2PSK)和相对调相(2DPSK),为什么要采用相对调相？答：在采用绝对调相(2PSK)时，由于本地参考载波冇0、门模糊度而使得解调得到的数字信号可能极性完全相反，即1和0倒置，对于数字传输来说这是不允许的。
为了克服相位模糊度对相干解调的影响，最常用而乂有效的办法就是釆用相对调相(2DPSK)O4.简述2DPSK消除相位模糊的原理。
答：由于0、兀只是代表前后码变与不变的关系，如相位恢复相菲180度，所有的码都要判错，但前后码之间的关系不会错，则从相对码到绝对码的变换不会错。
5.简述在调频系统中采用预加璽和去加璽技术的原因。
答：语音和图像信号低频段能量大，高频段信号能量明显小；而鉴频器输出噪声的功率谱密度随频率的平方而增加(低频噪声小，高频噪声大，解调器・ A*输出噪声的功率谱密度为其它)，造成信号的低频信噪比很大，而高频信噪比明显不足，使高频传输困难。
故在调频收发技术中，通常采用预加重和去加重技术来解决这一问题。
6.简要回答均匀量化与非均匀量化的特点。
答：均匀量化特点：在量化区内，大、小信号的量化间隔相同，量化噪声只和量化级数相关，最大量化误差均为半个量化级，因而小信号时量化信噪比太小，不能满足要求。
非均匀量化特点：量化间隔大小随信号大小而变，信号幅度小时量化级小，量化误茅也小；信号幅度小时量化间隔小，量化误差也小，因此增大了小信号的量化信噪比，使量化信噪比趋于常数。
注：2PSK当前是0,遇0不变，遇1跳变;当前是1,遇1不变，遇（）跳变2DPSK遇0不变,遇］跳变& 什么是信噪比增益？信噪比增益高说明什么问题？说明调频系统信噪比增益与调频指数的关系。
现代通信原理_曹志刚_答案(很重要)
通信原理作业参考答案第三章 模拟线性调制3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K ，不用滤波器即可实现抑制载波双边带调制。
解：令 02=-b aK ，则a b K /2=3.13 用90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输带宽相等的两个独立的基带信号)(1t f 和)(2t f ，而只占用一条信道。
试证明无失真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数)(f H 必须满足 证明：)(]sin )([)(]cos )([)(21t h t t f t h t t f t S c c *+*=ωω以t t C c d ωcos )(=相干解调，输出为 选择适当滤波器，滤掉上式中c ωω2±项，则 要无失真恢复基带信号，必须 此时可恢复)(1t f 。
对于)(2t f ，使用t t C c d ωsin )(=相干解调，可以无失真地恢复)(2t f ，用样须满足 3.29 双边带抑制载波调制和单边带调制中若消息信号均为kHz 3限带低频信号，载频为MHz 1，接收信号功率为mW 1，加性白色高斯噪声双边功率谱密度为Hz W /103μ-。
接收信号经带通滤波器后，进行相干解调。
(1) 比较解调器输入信噪比； (2) 比较解调器输出信噪比； 解：kHz W 3=， mW S i 1=，Hz W n /10230μ-= （1）W B n N DSB DSB i 636301012103210102)(---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==所以 DSBi i SSB i iN S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎪⎭⎫⎝⎛ （2）dB N S N S DSBi i DSB 2.22200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛ 所以SSBDSB N S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛0000 即在相同输入信号功率、0n 、相同调制信号带宽下SSBDSB N S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0000。
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L2
4
3S ( )]
L2 1 N
1） Q() 1106 4.75 2） Q() 1106 4.75
3） Ps 3Pb
3S
82
( 1
N
)
4.6
S
/
N
444.36
4)
Ps
2(42
1)
Q[
42
4
3 ( S )] 42 1 N
1 127
11
C 11 127
0.0511
0.95106
4.09 103
不加纠错时, 误比特率为105
Pb
10 5
1 2
Q
8Eb
sin 2
n0
16
4.2
8Eb
sin 2
n0
16
Eb 17.6dB n0 加纠错后
2PSK
(2)
10
1
1
2ASK
0
01
0
2FSK
2PSK
10.3 解： 发送端：
二进信息
a
差分编码 b
相乘器 c 载波发生器
DPSK 信号 d
1100100010 a
b
(或反相)
c
d
接收端： （1）相干解调
(或反相)
二进信息 DPSK 带通 信号
a 相乘器 c
8 b
本地载波
a
b
c
低通 d
抽样
e
判决器
0 0 1 0 1 1 1
11.6 解:
(7,4)汉明码的生成矩阵和监督矩阵分别为
1 1 1 0 1 0 0 H 0 1 1 1 0 1 0
1 1 0 1 0 0 1
1 0 0 0 1 0 1
G 0
1
0
0
1
1
1
0 0 1 0 1 1 0
0 0 0 1 0 1 1
10 5
1 127
11
C 11 127
PeΒιβλιοθήκη 11(1
Pe
)1
06
Pe 0.025
Pe
1 2
Q
8Eb n0
sin 2
64 16 127
8Eb sin 2 64 1.64
n0
16 127
Eb 12.4dB n0 编码增益为
17.6 12.4 5.2dB
D6 D3 D 1
GD
D
5
D3
D2
D
D
4
D2
D
1
1 0 0 1 0 1 1 G 0 1 0 1 1 1 0
0 0 1 0 1 1 1
生成的系统循环码为
1 0 0 1 0 1 1
1 0 10 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0
fb 3 f S 4800b / s (3) 6dB带宽为f B ,则
1
sin
T 2
2f
B
T
6
10 20
1时,
1
sinf BT
2
6
10 20
T 2/ fb
1 sin
2 fB fb
2
(6,3)码的监督阵和生成阵为
1 1 0 1 0 0
H 1
1
1
0
1
0
1 0 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1 G 0 1 0 1 1 0
0 0 1 0 1 1
11.22 解: 16PSK的误比特率为
Pe
2 log 2
M
Q
2Eb
log 2
B 2 f B 1865.97Hz
f S 1200Hz
10.26 解：
1
Pb,16PSK
2
Q
2Eb
sin 2
105
n0
16
2ES sin 2 4.122
n0
16
S
ES
N 16PSK n0
RS B
1 ES 4 n0
而2L 1
7
L
4
Pb
2 3Ps
或 Pb
1 2Ps
S/N(DB 值)： 45.125(16.44)，22.6(13.5), 444.36(26.4), 194.6(22.9)
9.18 1） 4.25 S/N =18.06 合 12.57dB
2)
Pb Q[
3( S )] 8N
f
0.67Mb / s
(4)(2L 1) 7 L 4
Rb log 2 Lf 2Mb / s
9.14 解：
(1)信道带宽f 108kHz 60kHz 48kHz
所需传输速率Rb 120kHz 单位符号应传输3bit信息，所以可采用8电平 0.2的升余弦滚降频谱信号
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： 011010000100011000000010
AMI
HDB3 B3zs B6zs
9.13 解：
(1)Rb 1Mb / s
(2)Rb log 2 8 f 3Mb / s
(3)Rb
1 1.5
S/N = 48.16 合 16.83dB
3） Pb
2 3
Ps
S/N = 90.3 合 19.56dB
9.23 解：
(1) a6 a0 a4 a5 起始状态若为全1，则a6为全1 （2） 该序列不是m序列，因为不符合m序列的三条性质。
第十章
10.1 (1)
1
0
1
1
0
0
1
0
2ASK
2FSK
其带宽正好是48kHz，调制方式可为调幅或调相。
（2）发送：
8 电平 基带信号
升余弦 滚降滤波器
线性调制
已调 信号
接收： 调制信号
解调器
抽样判决
基带信号
9.17 单极性 NRZ
Pb Q( S 2N )
双极性 NRZ 多进制 双极性
Pb Q( S N ) （M 为奇数:取 0，+/-A, …..; M 为偶数：取 A 。。。）
N 16QAM n0 B 12
2400
11.3 解:
gD D4 D2 D 1
r1D D6 modgD D3 D 1 r2 D D5 modgD D3 D2 D r3 D D4 modgD D2 D 1
码（反） f 变换器
位定时
d e
f
（2） 延迟解调：
DPSK 带通 a 信号
相乘器 c 8
b
延迟 Ts
低通 d
a
抽样 判决器
e 二进信息
位定时
b
c
d
e
10.14 解： 按接收机难易程度分： 易 2ASK>2FSK>2PSK 难
按误比特率为 10-4 时所需的最低峰值信号功率 小 2PSK<2FSK=2ASK 大
M
sin 2
k
n0
M n
1
Q
8Eb sin 2
k
1
Q1.24
0.05
2 n0
M n 2
(127,64)汉明码可以纠正10个错码
译码后误比特率
Pb
1 127
127
iC 1i 2 7 Pei
i 1 1
1 Pe
1 2 7 i
RS B
4.122 2sin 2
2400 223 23.5dB 2400
16
Pb,16QAM
1
2(4
1)
Q
2 4
62 6 1
Eb n0
10 5
12 Eb 4.22 15 n0
S
Eb Rb 15 4.22 9600 88.2 19.45dB
6
10 20
B 2 f B 1598.95Hz
0.5,
fb 4800b / s时,T
3 fb
1 sin2f B
3 fb
6
10 20
1
sin
6f fb
B
6
10 20
f B 932.98Hz
2
Ps
2(M 1) Q( M
(S
N
)
M
3 )
2 1
Pb
2n 2(2n 1)
Ps
普通二进制编码
Pb
1 n
Ps
格雷编码方式
2L-1 电平的部分响应信号
Ps
2(L2 1)
Q[