通信原理习题答案 第三章习题解答.doc
通信原理课后答案第三章
3．1 设一个载波的表示式为：()5cos(1000)c t t π=，基带调信号的表示式为：()1cos(200)m t t π=+，试求出振幅调制时此已调信号的频谱，并画出此频谱图。
解：已调信号：()()()5(1cos 200)cos1000555cos1000cos1200cos80022s t c t m t t tt t t πππππ==+=++ 图略。
3．2 在上题中，已调信号的载波分量和各边带分量的振幅分别等于多少？解：由上式可知，已调信号有一个载波分量和两个边带分量，振幅分别为5、5/2和5/2。
若从频域上看，可对已调信号进行傅立叶变换：载波分量的振幅为5π，边带分量的振幅为52π。
3．4 试证明：若用一基带余弦波去调幅，则调幅信号的两个边带的功率之和最大等于载波功率的一半。
解：设调制信号为：；载波信号为：()1cos m t m t =+Ω()cos c t A wt =。
已调信号为：()()()cos cos cos cos cos()cos()22s t m t c t A wt A m wt t Am Am A wt wt t wt t ==+⋅Ω=++Ω+−Ω由上式得到载波功率为：22C A P =，边带功率为：22()142S C Am P m ==P 。
当时，max 1m =12s C P P = 3．7 若用上题中的调制信号对该载波进行频率调制，并且最大调制频移为1MHz 。
试求此频率调制信号的近似带宽。
解：调制信号的载频为：10m f KHz =，频率偏移为：1f MHz Δ=。
近似带宽为：2() 2.02f m B f f MH =+Δ=z3.8 设一个角度调制信号的表示式为：6()10cos(2*1010cos 2000)s t t t ππ=+，试求：（1） 已调信号的最大频移；（2）已调信号的最大相移；（3）已调信号的带宽。
解：()s t 的相位为t 62*1010cos 2000t ππ+，所以最大相移为10。
通信原理习题答案-CH3(清华大学出版社第2版—李晓峰)
第三章习题解答1.2. 一个AM 信号具有如下形式：()[]202cos 300010cos 6000cos 2c s t t t f tπππ=++其中510c f =Hz ；（1） 试确定每个频率分量的功率； （2） 确定调制指数；（3） 确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之比。
解：（1）试确定每个频率分量的功率()[]202co s 300010co s 6000co s 220co s 2co s 2(1500)co s 2(1500)5co s 2(3000)5co s 2(3000)c cccc c s t t t f tf t f t f t f t f tππππππππ=++=+++-+++-()s t 的5个频率分量及其功率为：20co s 2c f tπ：功率为200w ；cos 2(1500)c f t π+：功率为0.5w ；cos 2(1500)cf t π-：功率为0.5w ；5cos 2(3000)c f t π+:功率为12.5w ；5cos 2(3000)cf t π-:功率为12.5w 。
（2）确定调制指数()[][]202co s 300010co s 6000co s 22010.1co s 30000.5co s 6000co s 2c c s t t t f tt t f tππππππ=++=++ 因此()0.1cos 30000.5cos 6000m t t tππ=+，()m ax 0.6A Mm t β==⎡⎤⎣⎦。
（3）确定边带功率、全部功率，以及边带功率与全部功率之比5个频率分量的全部功率为： 20020.5212.5226totalP w w w w =+⨯+⨯=边带功率为：20.5212.526sid ePw w w =⨯+⨯=边带功率与全部功率之比：260.115226A Mη==3. 用调制信号()co s 2m m m t A f tπ=对载波co s 2c c A f tπ进行调制后得到的已调信号为()()1co s 2c c s t A m t f tπ=+⎡⎤⎣⎦。
数字通信原理第二版课后习题答案 第3章
故上边带信号为 SUSB(t)=1/2m(t) coswct-1/2m’(t)sinwct
10
《通信原理》习题第三章
=1/2cos(12000πt)+1/2cos(14000πt)
下边带信号为
SLSB(t)=1/2m(t) coswct+1/2m’(t) sinwct =1/2cos(8000πt)+1/2cos(6000πt) 其频谱如图 3-2 所示。
ω (t ) = 2*106 π + 2000π sin 2000π t
故最大频偏 （2）调频指数
∆f = 10* mf = 2000π = 10 kHZ 2π
∆f 103 = 10* 3 = 10 fm 10
故已调信号的最大相移 ∆θ = 10 rad 。 （3）因为 FM 波与 PM 波的带宽形式相同，即 BFM = 2(1 + m f ) f m ，所以已调信号 的带宽为
《通信原理》习题第三章
第三章习题
习题 3.1 设一个载波的表达式为 c(t ) = 5cos1000π t ，基带调制信号的表达式为： m(t)=1+ cos 200π t 。试求出振幅调制时已调信号的频谱，并画出此频谱图。 解：
s(t ) = m(t )c(t ) = (1 + cos 200πt )5 cos(1000πt )
因为调制信号为余弦波，设
B = 2(1 + m f ) f m ∆f = 1000 kHZ = 100 m'2 (t ) =
2
，故
m' (t ) = 0,
m2 1 ≤ 2 2
则：载波频率为 边带频率为 因此
通信原理第三版第三章作业习题及答案
奇对称，故上式中的最后一个积分为零，因此 与 正
4/5
注：若
，则
。
证三：可将 分成偶对称部分和奇对称部分：
其中
令
分别表示
页性质(4)，
分别与
的希尔伯特变换，则 正交。因此
其中
，根据 26 (1)
因此，式(1)右边为零。证毕。
5/5
的一个周期
。可以看出它是两个矩形脉冲： 。 的傅氏变换是
则
3/5
其功率谱密度为
自相关函数是上式的傅氏反变换：
【7】下图中， 信号， 是其希尔伯特变换，
。若已知
，其中 是带宽为 W 的零均值基带
，求输出信号
的表达式。
解： 的复包络是 输出包络是
依常理， 【8】已知
也意味着 的频谱表达式为
，故上式可近似为
故
的能量谱密度
若 是偶函数，则
， 是实函数，故
若 是奇函数，则
，
【2】设 和 是两个实信号，其希尔伯特变换分别是 和 。证明
证一：令
分别表示 和 的傅氏变换，
的傅氏变换。则
分别表示 和
时域内积等于频域内积，故
从而得证两者相等。 证二：令
，则其希尔伯特变换是
。 的能量是
的能量是
希尔伯特变换不改变能量，即 ，故
、
、故
。
1/5
证三：
，
，因此
的希尔伯特变换是
，带入后得证
【3】设 和 如下图所示。求 的能量谱密度。
以及
。 、
解： 的傅氏变换是 的傅氏变换是 。
的傅氏ห้องสมุดไป่ตู้换是
，能量谱密度为
。 ，能量谱密度为
通信原理第三章答案
通信原理第三章答案在通信原理的学习中，第三章是非常重要的一部分，它涉及到了很多与通信相关的基础知识和原理。
在这一章节中，我们将学习到很多关于信号传输、调制解调、数字通信等方面的知识。
下面，我将对第三章的一些重要问题进行解答，希望能够帮助大家更好地理解这一部分内容。
1. 什么是信号传输？它的作用是什么？信号传输是指将信息从一个地方传送到另一个地方的过程。
在通信系统中，信号传输是非常重要的，它可以帮助我们实现信息的传递和交流。
通过信号传输，我们可以将声音、图像、数据等信息传送到远方，实现远程通信。
2. 什么是调制解调？它的作用是什么？调制解调是指将原始信号转换成适合在信道上传输的信号，以及将接收到的信号转换成原始信号的过程。
调制是为了适应信道的特性，使信号能够有效地在信道上传输；解调则是为了将接收到的信号转换成原始信号，以便我们能够正确地接收和理解信息。
3. 数字通信和模拟通信有什么区别？数字通信和模拟通信是两种不同的通信方式。
在模拟通信中，信号是连续变化的，它可以表示成无限个可能的数值；而在数字通信中，信号是离散的，它只能表示成有限个可能的数值。
数字通信具有抗干扰能力强、传输质量稳定等优点，而模拟通信则更适合传输连续变化的信号。
4. 为什么要进行信号调制？信号调制是为了适应不同信道的特性，使信号能够有效地在信道上传输。
不同的信道具有不同的传输特性，通过调制可以使信号更好地适应这些特性，提高信号的传输质量和可靠性。
5. 什么是码元和波特？码元是数字通信中的基本单位，它是表示数字信号的最小时间间隔。
波特是衡量数据传输速率的单位，它表示每秒传输的码元数。
在数字通信中，码元和波特是非常重要的概念，它们直接影响着数据传输的速率和效率。
通过以上问题的解答，我们对通信原理第三章的内容有了更深入的理解。
希望大家能够通过学习，掌握这些重要的知识点，为以后的通信技术应用打下坚实的基础。
同时，也希望大家能够在学习过程中多加思考，多进行实践，进一步提高自己的理论水平和实践能力。
通信原理第三章答案
通信原理第三章答案1.某调制信道的模型为如图3-42所示的二端口网络。
试求该网络的传输特性，并分析信号通过该信道后产生哪些类型的失真。
R输入 C 输出图3-42解：图3-42所示网络的传输函数为)()(111)(w j e w H j w R C j w CR j w C 1 w H ?-=+=+= 故幅频特性为：2)(11)(wRC w H +=相频特性为：)arctan()(wRC w -=? 群时延为：2)(1)()(wRC RC dw w d w +==?τ 所以该网络产生幅频失真和相频失真2.某发射机发射功率为10W ，载波频率为900MHz ，发射天线增益3=G T ，接受天线增益=R G ，试求在自由空间中，距离发射机10km 处的路径损耗及接收机的接收功率。
解：f d fs L lg 20lg 204.32++=f=111.525dB2)4(d G G P P R T T R πλ==W 10681054.5)1090010336001041(1023-?≈π 3.假设某随参信道有两条路径，路径时差为ms 1=π，试求该信道在哪些频率上传输损耗最大?哪些频率范围传输信号最有利？解：当Hz k f 310)2/1(?+=时传输信号损耗最大，当Hz k f 310?=时传输信号最有利。
4.设某随参信道的最大多径时延差为2us ，为避免发生频率选择性衰落，试估算在该信道上传输的数字信号的码元脉冲宽度。
解：s T T m s μ)10~6()5~3(==5.已知有线电话信道带宽为3.4kHz ：（1）若信道的输出信噪比30dB ，求该信道的最大信息传输速率。
(2 ）若要在该信道中传输33.6kbit/s 的数据，试求接受端要求的最小信噪比为多少。
解：（1）最大信息传输速率为：s kbit R b /9.33≈（2）最小信噪比为:dB NS B C 74.298.94212≈≈-= 6.已知每张静止图片含有5108.7?个像素，每个像素具有16个灰度电平，且所有这些灰度电平等概率出现。
《通信原理》课后习题答案及每章总结(樊昌信-国防工业出版社-第五版)第三章
《通信原理》习题参考答案第三章3—1。
设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为 ()()⎩⎨⎧-==d t K H ωωϕω0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达式，并讨论之。
解：由信道的幅频特性和相频特性可以得出信道的传输函数为：()dt j e K H ωω-=0∴ ()()ωωπωd e H t H tj ⋅=⎰∞+∞-21 ωπωωd e e K t j t j d ⋅=⎰∞+∞--021 ()ωπωd e K d t t j -∞+∞-⎰=021 ()d t t K -=δ0∴信号s(t ）通过该信道后的输出信号s o (t ）的时域表达式为： ()()()t H t s t s o *= ()()d t t K t s -*=δ0()d t t s K -=0可见，信号s(t ）通过该信道后信号幅度变为K 0，时间上延迟了t d 。
3—2。
设某恒参信道的幅频特性为()[]dt j e T H ωωω-+=0cos 1其中,t d 为常数。
试确定信号通过该信道后的输出信号表达式，并讨论之.解： ()()ωωπωd e H t H tj ⋅=⎰∞+∞-21 []ωωπωωd e e T tj t j d ⋅⋅+=-∞+∞-⎰0cos 121 ()()⎥⎦⎤⋅+⎢⎣⎡=⎰⎰∞+∞--∞+∞--ωωωπωωd e T d e d d t t j t t j 0cos 21 ()()()d d d t T t t T t t t --+-++-=002121δδδ∴信号s （t ）通过该信道后的输出信号s 0（t ）的表达式为：()()()t H t s t s o *=()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-++-*=d d d t T t t T t t t t s 002121δδδ ()()()d d d t T t s t T t s t t s --+-++-=002121可见，信号s(t)通过该信道后会产生延时.3-3。
通信原理习题(3-5章)
其特性如图4-2所示。
4－9 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密 度 Pn f 0.5 103 W Hz ，在该信道中传输抑 制载波的单边带（上边带）信号，并设调 制信号 m(t )的频带限制在5kHz,而载波是 100kHz，已调信号功率是10kW.若接收机 的输入信号在加至解调器之前，先经过一 (B=10kHz)理想带通滤波器滤波，试问： （1）该理想带通滤波器应具有怎样的传输特 性 H ？ （2）解调器输入端的信噪功率比为多少？ （3）解调器输出端的信噪功率比为多少？
（3）由于单边带调制系统的调制制度增益 G 1，因此解调器输出端的信噪比
S0 Si 2000 N0 Ni
S 0 Si 1000 N 0 Ni
4－13 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱 密度Pn f 0.5 103 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5kHz，载频是100kHz，边带功率为 10kW，载波功率为40kW。若接收机的输 入信号先经过一个合适的理想带通滤波器， 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。
1 () 为常数， 2 () 为 的非线性函数，
所以信号经过信道（a）时无群迟延失真， 而经过信道（b）时会产生群迟延失真。
2 ()
3-10 设某随参信道的最大多径时延差等于 3ms , 为了避免发生选择性衰落，试估算在 该信道上传输的数字信号的码元脉冲宽度。
解：信道的相关带宽
解 理想低通滤波器的传递函数为
Ts ' H 0
Ts other
其对应的单位冲激响应
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第二章习题解答1.试确定能够完全重构信号x(/)=sin(6280“/(6280r)所需的最低采样速率。
解：sin(62800/(6280r)=sin(Wr/2)/(Wr/2)W/2=2沪6280弧度jMOOOHz治=1000Hzys=2/n=2000 样本/s2.某载波电话通信系统的频率范围为60〜108kHz。
若对它采用低通抽样，最低抽样频率是多少？若对它采用带通抽样，最低抽样频率又是多少？解：由题/L=60kHz, f H= 108kHz, B=f H -^=48kHz低通抽样根据抽样定理/；=2/H=216kHz带通抽样/H ="B+kB=2x48+0.25x48= 108kHz因此n=2, "0.25,根据带通抽样定理=2B( 1 +k/n)=2 x48x( 1 +0.25/2)=108kHz3.使用256个电平的均匀PCM,当信号均匀分布于［-2,2］区间时，得到的SQNR为？习题7.14使用256个电平的均匀PCM,当信号均匀分布于［-2,2］区间时，得到的SQNR为？解：2SNR = * = M? =2" =65536=4&16dB4.设模拟信号s⑴的幅值卜2, 2］内均匀分布，最高频率为4kHz。
现对它进行奈奎斯特抽样，并经过均匀量化后编为二进制码。
设量化间隔为1/64。
试求该PCM系统的信息速率和输出的量化信噪比。
解：由题意a=-2 b=2 △V=1/64J H =4kHz量化电平M=(b-a)/△v=4x64=256因此编码位数N=log2M=8对信号进行Nyquist 抽样f s=2/H =2x4=8kHz, R»=N=8x8=64kb/s 信号幅度值均匀分布，SW q=A/2=256x256=65536»48.16dB5.在CD播放机中，抽样率为44.1kHz,对抽样值采用16比特/样本的量化器进行量化。
求出持续时间为5分钟(约一首歌)的立体声音乐所需要的容量。
解：44100x16x5x60x2=4.2336x1()84.2336x108/8/1024/1024=50.47M6.设某量化器的压缩特性曲线为f(x) = ^lnx，试计算其信噪比，有什么结论。
解：因为f(x) = ^lnx所以ru)=—而信号功率为x2 p x(x)dx(7；=2^ x2p x(x)djc则可得S 12 3L2严来右歹二药二吊数因此，压缩特性为对数时，量化器输出信噪比S/%始终保持为常数。
7.令严100,试计算当尸0和x=l时的放大量。
解：I 必丿*o (l + “x)ln(l + 〃) ln(l + “)例如，当尸100时，此值为21.7,即V "x丿x=l (l + “)ln(l + “)当厂100时，此值为0.214因为x和y都进行了归一化，在均匀量化时，上面的值应该为1,因此，当厂100时，信号很小(x-0)时,量化间隔比均匀量化时减少了21.7倍,量化误差大大下降;而当信号最大(X-1) 时，量化间隔比均匀量化时增加1/0.214=4.67倍。
8.用草图画出卩=10时的压缩特性曲线草图。
解：用Matlab 画出如下1a9.采用13折线A律编码电路，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。
(1)试求此时编码器输出码组，并计算量化误差。
(2)采用自然二进制码，写出对应于该7位码的均匀量化11位码。
解：(1)设码组为C1C2C3C4C5C6C7C8。
因为抽样脉冲值是+635>0,所以极性码ci=l。
因为512<635<1024,所以落入第7段，段落码为c2c3C4=110o 这一段长度为1024-512,再进行16级均匀量化，量化间隔为512/16=32.抽样脉冲值在段内的位置为635-512=123.3<123/32<4因此落在段内位置的第三段，即C5C6C7C8=0011。
因此编码器的码组输出为11100011量化输出电平为512+32x3+32/2=624个量化单位，则量化误差为|635-624=11个量化单位。
(2)除极性码以外的7位非线性码组为110011,对应的量化值是624.因为624=29+26+25+24,故相应的11位自然二进制码元为0lOOlllOOOOo10.某A律13折线PCM编码器的设计输入范围是(-5,5)Vo若抽样脉冲幅度x=1.2V,请按照CCITT G7.111建议进行PCM编码。
(1)求编码器的输出码组；(2)求解码器输出的量化电平值，并计算量化误差；(3)写出对应于A律13折线PCM码组的均匀量化线性编码的码组(13位码)。
解：(l)x>0所以极性码为1；冈= 1.2V,折合为^x4096 = 983.04量化单位。
983.04 — 512 A =14 = (1110)2512102 42048 4096单位110 1110 A A/ 8 4 \15Vl/l I ..... 1 l」\l|^-A=32单位-1.2V=983 单位从此图可见段落码是101。
512此段落的量化间隔是— = 32量化单位。
因此段内码是16因此输出码组是11011110(2)所在量化区间的起点是960单位，终点是992单位，因此量化电平是976个量化单位, 即976x二一= 1.1914V。
量化误差为983.04-976=7.04量化单位，即0.0086 伏4096⑶ 976 = 512+256+128+64+16=29 + 28 + 27 + 25 + 24 = (1001111010000),11.若将一个二阶线性预测用于DPCM：x(n) = a x x(ji -1) + a2x(n - 2)假设实平稳序列｛%(〃)｝的均值为0,自相关函数为R x(ni)=E[x(ri)x(n+m)],且7?x(0)=l,7?x(l)=Ci,Rx(2)= C20试求(1)确定使预测误差最小的d；和d；。
(2)确定均方预测误差表达式解：预测误差为e(n) = x[n)-x{^n) = x^n)-a{x[n-\)-a2x[ri-2)均方误差是o；— E^e2 (〃)] = E \x(n)-a x x^n-i)-a2 (n-2)|2=町兀? (〃) +岔兀2(农_])+疋兀2(农_2)]+£1[-2°1兀(〃)兀(〃一1)一2°2兀(〃)兀(〃-2)+ 2°02兀(〃一1)兀(〃一2)]=Rx (0)(1 + ^1 + ^2) + 2 (―e +。
1斶)Rx⑴—2a(2)—1 + CXy + O(2— 2O]C] + 2。
02。
1 — 2。
2。
2£ 2 e 2求极小值，通过令竿=0, 孑=0得到oa x oa22G ： _ (1 — G ； ) q = 02闵—2c? + 2C]G] — 0 解得将G ：,"；代入(T ；式，得到2(l + c 2)q 4 + (c ； +6C 2 - 7)C ； +4-4C ；12. 随机过程X ⑴具有如下的自相关函数他(0)=1，他(1)=0.8,忌(2)=0.6,他(3)=0.4(a) 若用三个延迟单元，计算最优线性预测器的系数(b) 求所得到预测误差的方差。
解：_1 0.8 0.6'R, = 0.8 1 0.80.6 0.8 1r v =[0.8, 0.6, 0.4]r w 。
= R ；r v■ 1 0.8 0.6_ -i _0.8= 0.8 1 0.8 0.6 0.6 0.81 0.4 = _ 0.875_0 -0.125(b) = K (0)-r[w 。
_0.875=1-[0.8,0.6,0.4] 0-0.125= 1-0.7 + 0.05= 0.3513. 对一最高频率为900Hz 的语音信号进行DM 编码传输，接收端低通滤波器的截止频率为3.4kHzo 若要求系统的量化信噪比为30dB 。
求该DM 系统应采用的抽样频率和信息速率。
解：由题意7O=900H Z, /L=3.4kHz, S max W<?=30dB=1000对于DM系统，最大量化信噪比满足亘=丄〔JT] = f ]Ng 8/ l亓九J 8/(90()2 x3 4xl000丿可解得/；=41kHzDM系统采用1位编码，故信息速率/b=41kHz14.考虑对随机变量Xi和也进行编码，它们的联合概率密度於1,也)为/ 、(Xi’XgWC)p(x l,x2) = < 7ab'0, 其他如图P3-1所示，求取对它们分别进行标量量化和联合矢量量化所需的比特率。
若a=4b,两者的差别是多少？图P3-1解：7?0],九)lab ' ' ~'0,其他如果xi,X2用均匀量化间隔△单独量化，所需的量化级为Lx=a/A, L2=b/A,比特数为&=Ri+/?2=log 厶1+log 厶2=log(ab/ZX $)若采用矢量量化，正方形面积为△?,有£=瞧且尺=log£>log 等比特。
比特率的差别是R x = R； = log 吕-log ；；； = log 学=1 • 1 比特 / 样本。