通信原理习题答案

第一章

1. 如果连续信号x(t)在有限范围内均匀分布:

的平均信息量为:

H1(x)a2a2p(x)1aa(x),a22则它

11log2dxlog2aaa

2. 一个由字母A、B、C、D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A，01代替B，10代替C，11代替D，每个脉冲宽度为5ms：

（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

PA=1/5， PB=1/4， PC=1/4， PD=3/10 试计算传输的平均信息速率。

解：（1）不同的字母是等可能出现，即再现概率均为1/4。

11H4log2244每个字母的平均信息量为 比特/符号 因为每个脉冲宽度为5ms，所以每个字母所占用的时间为

32 251010s

1100210每秒传送符号为 符号/秒

b/s 平均信息速率为 2100200（2）平均信息量为

11111133Hlog2log2log2log21.9855544441010比特/符号

100198.5b/s 平均信息速率为 1.9853. 一个离散信号源每毫秒发出4种符号中的一个，各相互独立符叫出现

的概率分别为0.4、0.3、0.2、0.1。求该信号源的平均信息量和信息速率。

解：利用熵的计算公式，平均信息量为

HPilog2Pii14 (0.4log20.40.3log20.30.2log20.20.1log20.1) 1.85比特/符号 信息速率为

H1Rb31.85103b/s10

4. 设一信息源的输出由128个不同符号组成，其中16个符号出现的概率

为1/32，其余112个出现概率为1/224。信息源每秒发出1000个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信息的平均信息速率。

1111H16log2112log26.4053232224224解：平均信息量 比特/符号 1000640b5/s 平均信息速率 Rb6.4055. 设一数字传输系统传送二进制码元的速率为1200b/s，试求该系统的信

息速率；若该系统改成传送16进制信号码元，码元速率为2400b/s，则这时的系统信息速率为多少？

0/s 2NRB2log22120b解：传送二进制码元时 RbRB2log传送十六进制码元时 RbRB16log2NRB16log216240049600b/s

第二章

1. 随机过程由3条等概率的水平线构成,取值分别是1,2,3,求x(t)的均值、方差、

均方值、自相函数、自协方差和自相关系数，并说明x(t)是否广义平稳。 解

均值为：

111E[x(t)]1232mx333

方差为：

111222Ex(t)mx(1)201x3333

均方值为：

11114Ex2(t)1222323333

自相关函数为：

14Rx()Ex(t)x(t)Ex2(t)3

自协方差为：

1422Cx()RX()mx2233

自相关等系数为：

C()22x()x2133x x(t)是广义平稳的。

0)9。求x(t)的均值、2. 已知随机过程x(t)的自相关函数为：Rx()4cos(方差、自协方差和自相关系数。 解

均值为

2(R x()中与无关的部分即m为x mx3 方差为：

222 x4 (R(0)xmx) 自协方差为：

2(0） Cx()Rx()mx4cos自相关系数为：

C()4cos(0)x()x2cos(0)4x

3. 已知随机变量在区间()均匀分布。求随机过程x(t)2sin(t）的均值、方差、自相关函数和平均功率。 解

均值为：

Ex(t)2Esin(t)22sin(t)d1cos(t)0

（的概率密度函数为

方差为：

p()1,2）

11Dx(t)E[x2(t)]4E[sin2(t)]4Eco2s(t)222

自相关函数为：

(t1)sin(t2) Rx(t1,t2)Rx()Ex(t1)x(t2)4Esin11coscos(tt)2cos2122 =4E

平均功率为：

PRx(0)2 （或者PEx2(t)2)

4. A是均值为m，方差为的高斯型随机变量，求随机过程x(t)Acost的均

值、方差、自相关函数和平均功率。 解

均值为：

stmcost m(t)E[x(t)]E(A)co方差为：

112(t)E[(Acostmcost)2]E[(Am)2]co2st22co2st22

自相关函数为：

cos(t2t1)cow(t2t1)Rx(t1,t2)E(Acost1Acost2)E(A2)22

22

平均功率为：

2m2cost2m22cos(t2t1)

2

讨论：

x(t)不是广义平稳过程，但有固定的平均功率P

PRx(t1,t2)___________2m20或Pm(t)(t)

5. 设随机过程(t)可表示成(t)2cos(2t)，式中是一个离散随机变量，

且P(0)1/2,P()1/2，试求E(1)及R(0,1)。 PRx(t1,t2)0____________________2_________211E(1)E[2cos(21)]E[2ccos]2cos]0cos122解：

2R(0,1)E[2cos(0)2cos(2)]4E[cos]2 

6. 一正弦波加窄带高斯过程

(ct)n(t) z(t)Acos（1）求z(t)通过能够理想的提取包络的平方律检波器后的一维分布密度函数；

（2）若A=0，重做（1）。

解：已知正弦波加窄带高斯过程的包络的一维概率密度函数为

Az1f(z)2exp[2(z2A2)]I0(z) z022

22（1）为求z(t)的包络平方z(t)的概率密度函数，令uz 而 f(u)duf(z)dz

dz11f(z)f(z)dudu/dz2z 所以

A1z1f(u)2exp[2(z2A2)]I0(z) 2z22

Az1122f(z2)exp[(zA)]I() z0022222即

f(u)f(z)z2f(z)exp[2] z0 222 （2）当时A=0时，

7. 一波形为s(t)Acostcos0t的信号，通过衰减为固定常数值并存在相移的

21网络。试证明：若0且0的附近的相频特性曲线可近似为线性，

则该网络对s(t)的迟延等于该网络对它的包络的迟延（这一原理常用于测量群迟延特性）。

证明：由已知得

因为0,所以Acost可以视为s(t)的包络，其最大值出现在tt10时刻。s(t)又可视为双频信号，通过衰减为固定常数值并存在相移的网络后，网络对不同频率有不同相移。

设：（0）频率分量的相移为1，（0）频率分量的相移为1，因为衰减为固定常数，不妨设防B，于是通过网络后输出信号为

ABs0(t){cos[(0)t1]cos[(0)t1]}22t ABcoscos(0t1)22

2tABcos2从该式可以看出为输出信号包络，最大值出现在

2t0t222时刻。 ，即

因为t1和t2对应于包络最大值时刻，所以t2t1就是包络的迟延时间

t2t12。又因为两频率的差值为0(0)2，且若0s(t)Acostcos0tA[cos(0)tcos(0)t]2

d的附近的相频特性曲线可近似为线性，所以群迟延d2，正好等包络的迟延t2t1，命题得证。

8. 某一待传输的图片约含2.2510个像元。为了很好的重现图片需要12个亮

度电平。假设所有这些亮度电平等概率出现，试计算用3分钟传送一张图片时所需的信道带宽（设信道中信噪功率比为30dB）。

解：因为每一像元等概率取12个亮度电平，所以每个象元的信息量为log212bit。一张图片的信息量为2.25106log2128.066106bit

8.066106C4.48104b/s360每秒传送信息量（传信率）为

又因为已知信道中信噪功率比为30dB，即S/N=1000，

C4.48104B4.48103)Hzlog2(1S/N)log2(11000)所以所需带宽

9. 今有两个恒参信道，其等效模型分别如（a）、（b）所示。试求这两个信道的

群迟延性及画出它们的群迟延曲线，并说明信号通过它们时有无群迟延失真。

R2H()R1R2 解：（a）图电路传输函数

611jCH()11jRCRjC （b）图电路传输函数

1H()21(RC)幅频特性

RC) 相频特性 ()arctan(d()RCd1(RC)2 群迟延一频率特性

因为（a）图电路中R1和R2均为电阻，电路传输函数与无关，所以输出没有群迟延畸变，也就没有群迟延失真。而（b）图电路群迟延一频率特性不是常数，所以有群迟延失真，群迟延特性曲线如（c）所示。

10. 设一宽带频率调制系统，载波振幅为100V，频率为100MHz，调制信号m(t)

()225kHz,m(t)5000V,kf500Hz/V，最大频偏f75kHz，的频带限制于

3并设信道中噪声功率谱密度是均匀的，其Pn(t)10W/Hz（单边谱），试求： （1）接收机输入理想带通滤波器的传输特性H()；

（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有何不同？

解：（1）FM信号带宽为 BFM2(ffm)2(755)160kHz 接收机输入理想带通滤波器的传输特性为

1 99.92MHzf|f|100.08MHzH(f)0 其他

（2）解调器输入信号功率：

11SiA210025000W22

33NnB1016010160W OFM解调器输入噪声功率： i解调器输入信噪比： Si/Ni5000/16031.25

（3）解调器输出信噪比

2SO3A2KFm2(t)31002(500)250003750023233N8nf8105000Om O （4）若是AM调制，输出信噪比

SOm2(t)A2/21002/2()AM5003NnBn2f2105000OOAMOm (SO/NO)FMBFM160kHz375007516((S/N)500B10kHzOAM所以，O，而AM

这说明频率调制性能的提高是以增加传输带宽为代价的。

第三章

1. 发射功率为103W，信号衰减为40dB，信道噪声的单边功率谱密度

n0108W/Hz，调制信号带宽5kHz，相干解调。分别对DSB和SSB信号计

算解

（1）DSB信号：

SiP发1040.1W,Nin0Bn025103104W,SiN0.05W,N0i2.5105W,24S00.052000 (33dB)5N02.510 也可利用相干解调增益GDSB＝2来计算：

S0S0.12i20005NN510i 0

2. 已知SAM(t)(1KcostKcos2t)cos0t,试确定K值使AM信号无包络

失真。

解：无包络失真，即不过调制的条件是：A1KcostKcos2t0. 令：

(1KcostKcos2t)Ksint2Ksin2t0sint4sintcostsint(14cost)0

1115cos2t,sin2t.1616 如果cost=-4,则

S081115A1KKK0,解得K9。 41616由

S0，N0和S0N0。

1costcost1,由A12K0,解得K.2 如果sint0,则

18K9。  使得不发生过调制的K值是：23. 接收到的DSB信号为z(t)x(t)cos(0t)ni(t)，其中调制信号x(t)的自相

关函数为Rx()cosm，随机相位干扰在（0,2）内均匀分布，ni(t)为

高斯白噪声干扰，x(t)、、ni(t)相互统计独立。

（1）说明z(t)是否为广义平稳随机过程； （2）给出相干解调输出结果的表达式；

（3）如果ni(t)的平均功率为10-4W，求解调器的输入、输出信噪比和解调增益G。

解

（1）E[z(t)]E[x(t)]E[cos(0t)]E[ni(t)] Rx(t1,t2)Ex(t1)cos(0t1)ni(t1)x(t2)cos(0t2)ni(t2)

((0t1)cos0t2) E[x(t1)x(t2)]Ecos1Rx()cos0Rz() (t2t1)2 =

z(t)是广义平稳随机过程。

（2）对z(t)相干解调：z(t)cos0t经过LPE得到输出：

11s0(t)x(t)cos,n0(t)nc(t),nc(t)是ni(t)22的同相分量。

___________2（3）Si5000Ni

s0(t)的平均功率为

siR(0)x(t)x0.5W,Ni104W22

_____1__________1________1122S0Ex(t)cosx2(t)Rx(0)W;8848NN0i2.5105W4

SS0/N050000.12505000,G15N02.510Si/Ni5000

107t8cos(103t)].求此信号的平均功率、最大4. 已知调角信号：s(t)10cos[相偏、最大频偏、调制指数和带宽。 解

102P50W2平均功率为：；最大相偏：8rad；最大频偏：

f4K81038;f4kHzfm0.5K2;调制指数为：

带宽B2(ffm)2(40.5)9kHz

5. 若对某一信号用DSB进行传输，设加至接受机的调制信号m(t)之功率谱密

度为

nm|f| |f|fmfmPm(f)20 |f|fm 试求：

（1）接受机的输入信号功率； （2）接受机的输出信号功率；

（3）若叠加于DSB信号的白噪专用具有双边功率谱密度为n0/2，设解调

器的输出端接有截止频率为fm的理想低通滤波器，那么，输出信噪为功率比是多少？

11 fm1Sim2(t)Pm(f)dfnmfm22 -fm4解：（1）输入信号功率 11SOSinmfm28（2）输出信号功率

（3）输入噪声功率 NinOBnO2fm2nOfm

输出噪声功率

NO11NinOfm42

nm4nO 输出信噪比

6. 试证明：若在残留边带信号中加入大的载波，则可采用包络检波法实现解调。

证明：残留边带信号SVSB(t)[m(t)cosct]*hVSB(t)，其中hVSB(t)是残留边

SO/NO带滤波器的单位冲激响应。

SVSB(t)[m(t)cosct]*hVSB(t)      hVSB()m(t)cosc(t)d hVSB()m(t)cosctcoscd     hVSB()m(t)sinctsincd

设hIhVSB(t)cosct,hQ(t)hVSB(t)sinct，则

(t)[hI(t)*m(t)]cosct[hQ(t)*m(t)]sinct SVSB令 SI(t)hI(t)*m(t)为同相分量，SQ(t)hQ(t)*m(t)正交分量，故 (t)SI(t)cosctSQ(t)sinct SVSB设 hI(t)HI(),hQ(t)HQ(),

11HI(),HQ()HQ()22对于残留边带调制有，

11SI(t)m(t),SQ(t)hQ(t)*m(t)22则 。

若在残留边带信号中加入大的载波后的信号为Sd(t)，则

(t)Acosct[SI(t)A]cosctSQ(t)sinct Sd(t)SVSB2A(t)A22ASI(t)SI2(t)SQ(t)它的包络为 因为加入的载波幅度A很大，则

22A(t)A2AS(t)SII(t)ASI(t)

其中A是直流分量，所以包络检波后输入

1SO(t)SI(t)m(t)2

所以在残留边带信号加入大的载波，可以采用包络检波法将原信号解调出

来。

7. 设有一个频分多路复用系统，副载波用SSB调制，主载波用FM调制。如果

有60路等幅的音频输入通路，每路载频限制在3.3kHz以下，防护频0.7kHz. （1）如果最大频偏为800kHz，试求传输信号的带宽；

（2）试分析与第1路相比时，第60路输出信噪比降低的程度（假定鉴频器输入的噪声是白色的且解调器中无去加重电路）。

解：（1）60路SSB且每路有0.7kHz的防护频带，则总带宽为

0.7kH)z240kH z 60(3.3kHz按照PCM二次群的电话系统，我们取SSB调制的第一路线载频f1,1256kHz

594kHz492kH z则第60路的载频 f1,60256kHz也就是60路组合信号的最高频率为 fm492kHz

再进行FM调制后的信号带宽为

2.482MHz B2(ffm)2(800492)kHz

2SO3A2KFm2(t)382nOfm（2）FM解调器输出信噪比为 NO

因为第1路最高频率为f1,m25kHz4kHz260kHz，第60路最高频率为f60,m492kHz4kHz496kHz，所以

SO)60NO26030.1448.4dB3SO496()1 NO

即第60路的输出信噪比与第1路低8.4分贝。

8. 对正弦信号f(t)10cos(500t)V进行调频，调频指数为5,50上未调载波功

率为10W。求： （1）频偏常数；

（2）已调信号的载波功率；

（3）一次与二次边频分量所占总功率的百分比； （4）如输入正弦信号幅度降为5V，带宽有何变化？

(U2PR，其中U就是未调载波的幅度，由题中所给解：根据功率计算公式

数据，可得到

2UPR(1050)V500V 所以U105V

KAFMFMm5m（1）调频指数

5500KFMFMm250Am10所以频偏常数

U2PcJ(5)[(0.3)210]W0.9W2（2）已调信号载波功率

20（3）J1(5)0.33 J2(5)0.55

2222 J1(5)J2(5)(0.33)0.0511.14% （4）因为带宽 BFM2(FM1)fm

KAFMFMmm，会导致调频指数的减小，而输入正弦信号幅度减小，根据

从而导致带宽减小。

9. 频率为fm的正弦波同时作常规调幅和频率调制，设未调载波功率相等，调频

波的频偏为调幅波带宽的4倍，且距载频fm的边频分量在两种调制中有相

等的幅度。求：

（1）调频波的调频指数。

（2）常规调幅信号的调幅指数。 解：（1）调频波的频偏为调幅波带宽的4倍，而调幅波带宽为2fm，所以

fmax2fm48fm

fmax8fm8ffmm 调频指数

（2）调幅波s(t)[A0f(t)]cosctA0[1AMcos2fmt]cosct

FM其中调幅指数

AMAmAO

根据题意，两种调制中在距载频fm的边频分量有相等的幅度。

A022J1(8)fm的边频分量的幅度为2因为调频波在距载频，调幅波在距载频

2Amfm的边频分量为2，所以，

22A0Am2J1(8)22

AAMmJ1(8)0.23AO则调幅指数

10. 已知窄带调相信号为s(t)cosctPMsinctcosmt，若用相干载波cos(ct)相乘后再经过一个低通滤波器，问

（1）能否实现正确解调？ （2）最佳解调应为何值？ 解：（1）调相信号乘上相干载波，得 sp(t)s(t)cos(ct)11 [co2s(ct)cos]PMcosct[sin2(ct)sin]22

1cosPMcosmt2经低通滤波器输出 2

所以可以实现解调。

（2）最佳解时，应有cos0，即

第四章

2。

81. 双极性信号均匀量化器的量化等级M2256,Am2V. （1）输入信号为sin(mt),求Nq、SNR和SNRdB; （2）输入信号为2sin(mt),求SNR；

（3）输入信号为正弦波，要求SNR10dB，求信号的动态范围。 解：

2Am420.015625V,Nq2.0345105WM25612（1） 1SS0.5W,SNR24576 (44dB)2Nq

dB4.86.02820lg(2/0.707)44dB 或者 SNP222S9830450dB522.034510（2）=2W，SRN=

（3）正弦波最大值为Amax=2V,设最小幅值为Amin，则有：

22AmAm2inin10521222.034510 24V4 Amin4.0710,或Amin0.02017

A2max99.1(40dB)信号的动态范围Amin0.020174

2. 7位非线性码为a2a3a4a5a6a7a80111011,试写出对应的11位线性码。 解

011， 段落码为011，在第4段，起点电平为64，故b71,b6b5b4b3a5a6a7a81其他各位补零，故11位线性码为： b11 0 b10 b9 b8 b7 b6 b5 b4 1 b3 b2 0 b1 0 0 0 0 1 1 0 1 3. 信号采样值为183,进行A13折线PCM编码。试： （1）写出对应的码字； （2）写出7/12转换结果； （3）求解码电平及量化误差。 解

（1）码字为：

a1a2a3a4a5a6a7a801000110 （2）7/12转换：

b11 0 b10 b9 b8 b7 a5 b6 a6 b5 a7 b4 a8 b3 b2 0 b1 0 b0 0 0 1 1 0 即转换结果为： 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0

（3）解码电平=(128+32+16+4)180

量化误差=1831803, 小于段内码最低位权值（8）的一半。

如果解码时的只进行7/11转换，则输出电平(1283216)16,量化误差为

7。

4. 一个系统：fs60kHz，输入为sin(2000t)。 （1）确定以避免发生“斜率过载失真”； （2）如果低通滤波器的fm2kHz，求Nq和SNR； （3）如果fm和不改变，输入为0.5sin(2000t),求SNR。 解 （1）

Ts11,3fs6010

sin(2000t)max, 由Ts

解得：

20000.104736010

2fm0.104722103Nq1.21810433fs36010（2） N012/2SNR4105Nq1.218104

或者利用（4—13）式得：

3fs33(60103)32SNR282(103)2210341078ff1m 0.52S00.1252 （3） SNR

S00.1251030Nq1.218104

（注意因为正弦信号不是“最大允许幅值”，故不能使用（4—13）式）

M 系统的优点是：电路简单，成本低，不需要字同步，抗干扰能力好，

可以在较低的码速率下对语音进行编码，其缺点是：量化信噪比低，语音的质量较为PCM差。

上述的M方案效果并不好，其主要问题是：取得小，当输入信号频率高幅值大时容易发生“斜率过载失真”；取得大，量化噪声越大。

5. 对正弦信号进行线性编码，如果信号的动态范围为40dB，并要求在整个

动态范围内量化信噪比不低于30dB，问需要几位编码？ 解

210M，其中M不妨假设正弦波的最大幅度为10，则最小幅值为0.1，

为量化等级数，要求在信号最小幅度时量化信噪比为30dB，此时的信号和噪声功率分别为

0.14001005103和Nq21212M23M2M2583. S22S51033M2103,解得Nq100.

Klog2258211.33,取K12,即需要12位编码。

又解

设正弦波最大幅值为Am,动态范围内的最小幅值为0.01Am。此时，有效值为

0.01Am0.01Am20lg141.443dB,2而20lgD=20lg2Am. 由4.77+20lgD+6.02K=30（dB）

解得：K11.33。取K=12，即编码字长应为12bit.

第五章

1. 第一类部分响应传输系统传输的信息码为：1 0 0 1 1 1 0。试： （1）写出预编码、相关编码、按收判决和模二判决的结果； （2）举例说明不会发生“差错护差”。 解 （1）

ak0 1 0 0 1 1 1 0 bk0 1 1 1 0 1 0 1 ck0 1 2 2 1 1 1 0

0 1 2 2 1 1 1 0 ck0 1 0 0 1 1 1 0 ak（2）

与ak完全一致。假设ck的第三位被误判为1，即 可见akck=01121110，模2判决后得到ak=01101110只有第三位发生错误，也就是说

没有发生“差错扩散”。

2. 指出下列哪些信号含有fb的离散频谱，并作定性说明。fb为码元速率，

1码和0码等概率出现，对双极性信号有s0(t)s1(t)。 解

（1）单极性NRZ码：没有，它的连1码元波形会合并；

（2）双极性NRZ码：没有，s0(t)s1(t)的双极性码都只含有连续谱。实际上，它的波形与单极性NRZ相比只少直流分量；

（3）单极性RZ码：含有fb的离散频谱，它的连1码元波形不会合并； （4）单极性三角波码：含有fb的离散频谱，它的连1码元波形不会合并； （5）单极性升余弦码：含有fb的离散频谱，它的连1码元波形不会合并； （6）双极性三角波码：不含有fb离散谱； （7）双极性升余弦码：不含有fb的离散谱；

（8）AMI码：没有，但经过全波整流之后成为单极性RZ就会含有了； （9）HDB3码：没有，但经过全波整流之后会含有；

（10）用差分码产生的NRZ码：不含有，差分码的1和0码概率与原码相同；

（11）用差分码产生的单极性RZ码：含有，连1码地波形不会合并。

3. 设信号m(t)9Acost，其中，A10V。若m(t)被均匀量化为41个

电平，试确定所需的二进制码组的位数N和量化间隔。 解：因为[m(t)]max19V [m(t)]min1 M41

19(1)()V0.5V41所以量化间隔

二进制码组的位数 N[log241]16

4. 采用13折线A律编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值

为-95单位。 （1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用自然二进制码）； （2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。 解：设码组为c1c2c3c4c5c6c7c8

（1）极性码：因为抽样脉冲值为-95 <0，所以极性码c10。 段落码：Is95128,故c20；（位于前4段）

Is9532,故c31；（位于第3、4段）

Is9564,故c41；（位于第4段）

由这三次比较结果，知道该抽样值处于第4段。

段内码：第4段起始电平为64，长度为128—64=64个量化单位，再进行16级均匀量化，量化间隔为64/16=4个量化单位。

I644896,所以IsI,故c50; I644480,所以IsI,故c61; I804288,所以IsI,故c71; I88492,所以IsI,故c81. 编码器输出码组为00110111； 量化输出为-92个量化单位；

量化误差为95-92=3个量化单位。

（2）对应的均匀量化11位码为00001011100。

5. 信号m(t)Msin2f0t进行简单增量调制，若台阶和抽样频率选择得

既保证不过载，又保证不致因信号振幅太小而使增量调制器不能正常编码，试证明此时要求fsf0。 证明：要保证增量调制不过载，则要求

dm(t)KfsdttTmaxs

dm(t)Mocosot,o2fodt因为

dm(t)M0fsdtmax所以 （1）

又要保证正常编码，要求 又要保证正常编码，要求

m(t)max,即M22 （2）

fsM02f02由（1）、（2）可得

所以 fsf0

证毕。

6. 设输入抽样器的信号为门函数D(t)，宽度20ms，若忽略其频谱第

10个零点以外的频率分量，试求最小抽样速率。

解：门函数D(t)第一个零点f11/50Hz，其余零点之间间隔相等为

1/，所以第10个零点所在位置fm10f1500Hz。

忽略频谱第10个零点以外的频率分量，这时门函数可以看成低通信号，最高频率fm。

所以，最小抽样速率fs2fm1000Hz。

7. 采用13折线A律编码，设最小的量化级为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（段内码用自然二进制码） （2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。 解：设码组为c1c2c3c4c5c6c7c8

（1）极性码：因为抽样脉冲值为+635>0，所以极性码c11。 段落码：Is635128,故c21；（位于后4段）

Is635512,故c31；（位于第7、8段）

Is6351024,故c40；（位于第7段）

由这三次比较结果，知道该抽样值处于第7段。

段内码：第7段起始电平为512，长度为1024—512=512个量化单位，再进行16级均匀量化，量化间隔为512/16=32个量化单位。

I512328768,所以IsI,故c50; I512324640,所以IsI,故c60; I512322576,所以IsI,故c71; I512321608,所以IsI,故c81. 编码器输出组为11100011。 量化输出为+608个量化单位；

量化误差为635-608=27个量化单位。

（2）除极性码以外的7位非线性码组为110 0 011，相对应的11位均匀码为01001100000。

8. 采用13折线A律编译码电路，设接收端收到的码组为“01010 010”，

最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进码： （1）试瓿译码器输出为多少单位？

（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。 解：（1）由题意，c1c2c3c4c5c6c7c8=01010010 因为c10所以样值为负

c2c3c4101，表示抽样值在第6段，段落起始电平为256，段内16级均匀量化的量化间隔为（512—256）/16=16个量化单位。

c5c6c7c80010，表示抽样值在第6段中的第4小段，其量化值为256164320个量化单位。

所以译码器输出为-320个量化单位。

（2）对应的均匀量化11位码为0 01010 0 0 0 0 0。

9. 若13折线A律编码器的过载电平V5V，输入抽样脉冲幅度为-0。

9375V，设最小量化间隔为2个单位，最大量化器的分层电平为4096个单位。

（1）求输出编码器的码组，并计算量化误差； （2）求对应该码组的线性码。

V0.93752,y3844096解：（1）

因此输入编码器的样值是最小化单位的384倍，折合成192个最小量化间隔，所以输出码组为01001000。

88量化时加入2，所以量化误差为2=0。0098V。

第六章

6n510R1000Baud01. 码速率B，信道噪声W/Hz，载波幅值A=1V，

分别求相干解调ASK、非相干解调ASK、差分相干解调DPSK、非相干解调FSK误码率。 解

A220.5W,nBn0210351061022（FSK非相干解调时，支路滤A22502an波器的带宽也是2RB，

相干解调ASK

11Peerfce4310722

非相干解调ASK：

1Pee41.861062

差分相干解调DPSK：

1Pee9.6410232

非相干解调FSK：

1Pee26.9410122

2. 对PSK信号进行相干解调，试推导误码率公式。 解

设PSK信号载波幅值为A，本地载波为2cos0t,噪声平均功率为n,1码和0码的等概率，则解调器输出为

An1(t)1码 An1(A)0码

这就是双极性基带传输系统的情况。

A222n取最佳门限Vb0，并设功率信噪比为，则误码率为 A1Peerfc22n1erfc()2

3. 设二进制随机脉冲序列由g1(t)与g2(t)组成，出现g1(t)的概率为P，出

现g2(t)的概率为（1—P）。试证明：

2P如果

1k(与tg1(t)1g2(t)无关），且0P[1证明：根据题设条件，有

又因为g1(t),g2(t)是组成二进制数字信号的基本脉冲，所以上述关系可进一步写成(1P)g2(tnTs)Pg1(tnTs)，代入稳态表示式，得

n

因为稳态波是二进制随机脉冲序列的稳态成分，离散谱由它产生，现稳态波为零，所以脉冲序列将无离散谱。

4. 一个理想低通滤波器特性信道的截止频率为1MHz，问下列情况的最高

传输速率：

（1）采用2电平基带信号； （2）采用8电平基带信号；

（3）采用2电平a0.5升余弦滚降频谱信号； （4）采用7电平第I米部分响应信号。

6R2f210baud H解：由奈奎斯特速率知，码元最高传输速率为Bg1(t)]1g2(t)，即(1P)g2(t)Pg1(t)

(t)[Pg(tnT)(1P)g1s2(tnTs)]0（1）采用2电平基带信号：

6RR210b/s bB 信息速率

（2）采用8电平基带信号

6Rlog8R32106Mb/s 2B 住处速率b（3）采用2电平a0.5升余弦滚降频谱信号

RB21064RbMb/s110.53 信息速率

（4）采用7电平第I类部分响应信号：

由题5.3.12（2）知，该部分响应系统防大学四进制系统，故 信息速率 Rblog24RB2RB4Mb/s

第七章

1. 对二进制ASK信号进行进行相干接收，已知发送“1”（有信号）的概率为P，

发送“0”（无信号）的概率为1—P；已知发送信号的振幅为5V，解调器输入端的正态噪声功率为310W。

4P10e（1）若P=1/2，，则发送信号传输到解调器输入端时共衰减多少分贝？这时的最佳门限值为多大？

（2）试说明P>1/2的最佳门限比P=1/2时的大还是小？ （3）若P=1/2，r=10dB，求Pe.

解：（1）P（1）=P（0）=1/2，采用相干接收（同步检波）的误码率为

1rerfc()10422 rerfc()21042所以

查表得 r27.4

Pe12因为r为解调器输入端的信噪比，即

SrN27.43101282.21012W a2S,a2而为接收端的信号幅度，则

rSN，所以信号功率为

a2S282.2101212.82106V

发送信号传输到解调器输入时共衰减

a12.821062.56106111.8dBA5

因为等概，所以最佳门限值为a/2，即 V*a/26.4106V

（2）P1/2的最佳门限比P=1/2时的小 因为2ASK相干检测系统的最佳门限为

2anP(0)xln2aP(1) *现P（1）>1/2，即P（1）>P（0），此时

也就是小于P1/2时的最佳门限。

（3）若P=1/2，说明是等概的情况，又r10dB，即r10， 所以

Pe1rerfc()1.2710222

lnP(0)0P(1)，所以最佳门限小于a/2，

62. 若某一2FSK系统的码元传输速率为210baud，数字信息为“1”时的频

率f1为10MHz，数字信息为“0”时的频率f2为10.4MHz。输入接收端解器

的信号振幅a40V。信道加性噪声为高斯白噪声、且其单边功率谱密度n061018W/Hz。试求：

（1）2FSK信号的频带宽度；

（2）非相干接收时，系统的误码率。

（3）相干接收时，系统的误码率。 解：（1）2FSK信号的频带宽度

f|f2f1|2fs|f2f1|2RB(0.44106)MHz4.4MHz （2）接收系统带通滤波器的带宽为

6B2R410Hz B

218612nB6104102410W n0输入端噪声功率

a2(40106)r33.3212222410n输入端信噪比

非相干接收时，系统的误码率

11Peer/2e16.7310822

（3）相干接收时，系统的误码率

3. 若采用2ASK方式传送二进制数字信息。已知发送端发出的信号振幅为5V，

2124输入接收端解调器的高斯噪声功率n310W，今要求误码率Pe10。

试求：

（1）非相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少？ （2）相干接收时，由发送端到解调器输入端的衰减应为多少？

1Pee41042解：（1）非相干接收时系统的误码率

解得输入信噪比 r34.07 设解调器输入端信号振幅为a，则

2212122a2r234.07310204.4210Vn 发送端到解调器输入的衰减K

rPe1r1erfc()erfc(16.7)4109222

A252K101g210lg110.8dB12a204.4210

r14Pee104r（2）相干接收时系统的误码率

解得输入信噪比

设解调器输入端信号振幅为a，则

22122122 a2rn(227.4310)V(164.410)V 发送端到解调器输入端的衰减K

A252K10lg210lg111.8dB12a164.410

34. 已知码元传输速率RB10baud，接收机输入噪声的双边功率谱密度

nO1010W/Hz5P10e2，今要求误码率。试分别计算出相干2ASK、非相

干2FSK、差分相干2DPSK以及2PSK等系统所要求的输入信号功率。

解：（1）相干2ASK系统：

1rerfc()10522误码率

解得 r36.13

2ASK系统的带宽 B2RB2000Hz

Pe107NnB2102000410W iO故输入噪声功率

76SNr41036.1314.4510W i输入信号功率 i（2）非相干2FSK系统：

1Peer/21052误码率

解得 r21.64

非相干2FSK系统带通滤波器的带宽 B2RB2000Hz

107NnB2102000410W iO故输入噪声功率

76SNr41021.648.6510W ii输入信号功率

（3）差分相干2DPSK系统：

1Peer1052误码率

解得 r10.82

2DPSK系统的带宽 B2RB2000Hz

107故输入噪声功率 NinOB2102000410W

76SNr41010.824.32810W ii输入信号功率

（4）相干2PSK系统： 1Peerfc(r)1052误码率

解得 r9.03

2PSK系统的带宽 B2RB2000Hz

107NnB2102000410W iO故输入噪声功率

76输入信号功率 SiNir4109.033.6110W

5. 9600b/s数据通过2004Hz带宽电话信道传输，要求误比特率为10-5，若采用

16PSK或16QAM调制，分别求所需要的信噪比。 解：对于16PSK：

EsPs,16PSKerfcsin216nO 理想误符号率为

Ps,16PSKPs,16PSK/log216Es1erfcsin2105416nO

误比特率

Essin29n16查表得 O

又因为 EsST EsSTSTB所以 noN/BN

B2400Hz,T(其中，

11)ss9600/log2162400

S12400sin2916故 N2400

Sr236.5N所以信噪比

对于16QAM；

Ps,16QAM2(L1)6log2LEbQ()2LnL1O误符号率为

2因为是16进制，ML16，即L=4，

Ps,16QAM所以

34EbQ()25nO

Pb,16QAMPb,16QAM误比特率

134Eb/log2LPb,16QAMQ()105245nO

又因为 EbSTb

EbSTbSTbB所以 nON/BN 其中，

B2400Hz,Tb1s9600

S1240022.5N9600由此得： Sr90N解得信噪比

第八章

1. 写出一个有3个监督位的汉明码的生成矩阵G和校验矩阵H。

解

由关系式n21,知该汉明码是（7，4）码，其H阵有7列，每列有3个

3元素。3个元素的非0列向量有217，把H阵的后3列取为单位阵，余下的

4个非0列向量可以按任意顺序写入H阵的前4列。现取

1110100P,IH110101031011001

再取

10001110100110TGI4,P00101010001011

2. 二元对称信道的错误转移概率为Pe0.01，用码字000和111分别代替信息

的0和1码进行传输。试：

（1）说明码字的距离、纠错能力和纠错方法； （2）编码效率是多少？ （3）信息码的误码率是多少？ 解

（1）码字距离为：d03,可纠正1位错，可按“3中取2”方式纠错；

13； （2）编码效率为：

3222P1(1P)3P(1P)3P2P0.0003 eieeeee（3）信息码的误码率为：例 8—11 已知（7，4）循环码的部分码字为0000000，0011101，0010110，0100111，0001011，1000101。试：

（1）确定该编码的生成多项式g(x);

（2）写出典型阵形式的生成矩阵和监督矩阵。 解

3（1）g(x)xx1，满足阶数等于rnk3和常数项为1的条件。

011000101100010110001011，化为典型阵形式：

第1行加上第一3、4行，第2行加上第4行，

10001010100111I4,QG00101100001011 1110100HQT,I301110101101001

3. 已知两码组为（0000）、（1111）。若用于检错，能检出几位错码？若用于纠

错，能纠正几位错码？若同时用于检错与纠错，问纠错、检错的性能如何？ 解：由已知，码组的最小码距d04

x3g(x)120xg(x),GG(x)xg(x)0g(x)0（2）

若用于检错，则根据：d0e1，得e3，所以能检3位错；

若用于纠错，则根据：d02t1，得t1，所以能纠1位错；

若同时用于检错与纠错，则根据d0et1且（et），得e2,t1，所以能同时检2位错码并纠正1位错码。

4. 一码长n15的汉明码，监督位r应为多少？编码速率为多少？试写出监督

码元与信息码元之间的关系。

r解：根据汉明码的定义 n21

所以 n2115 得到监督位 r4

编码效率 k/n1r/n14/1511/15

因为监督位r4，所以有4个监督关系式，现用S1,S2,S3,S4表示4个监督关系式的校正子，则可假设校正子S1,S2,S3,S4的值与错码位置的对应关系如下：

S1S2S3S4

r错码位置

a0

a1 a2 a3

S1S2S3S4

错码位置

a8 a9 a10

0000 0010 0100 1000 0011

1010 1100 0111 1011 1101

a11

a4

a12

0101 1001 0110

a5 a6 a7

1110 1111 0000

a13

a14 无错

根据S1S2S3S4的值与错码位置的对应关系，可得到

S1a3a6a8a9a11a12a13a14Saaaaaaaa2257910121314S3a1a4a7a8a10a11a13a14 S4a0a4a5a6a10a11a12a14

令S1S2S3S4=0000，可解得监督码元与信息码元之间的关系：

a3a6a8a9a11a12a13a14aaaaaaaa257910121314a1a4a7a8a10a11a13a14a0a4a5a6a10a11a12a14

1085425. 证明xxxxx1为（15，5）循环码的生成多项式。求出该码

4m(x)xx1的码多项式。 的生成矩阵，并写出消息码为

1543108542证明：因为x1(x1)(xx1)(xxxxxx1)

108542所以g(x)xxxxxx1

该码的生成矩阵：

x4g(x)x14x12x9x8x6x5x43131187543xg(x)xxxxxxx2121076432G(x)xg(x)xxxxxxx1196532xg(x)xxxxxxxg(x)x10x8x5x4x2x1

4又因为 m(x)xx1

10141110所以 xm(x)xxx

87610用xm(x)除以g(x)，得余式r(x)xxxx

141110876T(x)xxxxxxx 故码多项式

6. 已知8个码组为（000000）、（001110）、（010101）、（011011）、（100011）、

（101101）、（110110）、（111000），求该码组的最小码距。 解：该码组的最小码距d03。 7. 已知某线性码监督矩阵为

1110100H11010101011001

列出所有许用码组。

解因为典型监督矩阵H[PIr]

而典型生成矩阵G=[IkQ]，其中，Q=PT。

现已知的监督矩阵是典型监督矩阵，所以可写出生成矩阵

10001110100110G00101010001011

从而，许用码组[a6a5a4a3a2a1a0]=[a6a5a4a3]·G 所以许用码组为：

000000000101010100110011001110001110100101100001110100000101100111100101101011100010110101101010111111 1001100 1

8. 已知（7，3）码的生成矩阵为

1001110G01001110011101

列出所有许用码组，并求监督矩阵。

解：因为是（7，3）码，所以信息位有3位，监督位4位 许用码组 [a6a5a4a3a2a1a0]=[a6a5a4]·G

所有许用码组：

00000000011101010011101110101001110101001111010011110100

因为典型生成矩阵的形式为G[IkQ]，题中所给生成矩阵是典型生成矩阵，

1011011101H1100001100所以典型监督矩阵

9. 对于一个码长为15的线性码，若允许纠正

的校正子？至少需要多少位监督码元？

00001001

2个随机错误，需要多少个不同

01tSCCCnnn解：需要校正子数大于等于错误图样数，即： 012SCCC121，取S12827，所以需要t2,n15151515在这里，，所以

121个不同校正子，至少需要7位监督码元。