通信原理第四章[数字基带传输系统]习题和答案解析

第四章（数字基带传输系统）习题及其答案【题4－1】设二进制符号序列为110010001110，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性码型，双极性码波形，单极性归零码波形，双极性归零码波形，二进制差分码波形。

【答案4－1】【题4－2】设随机二机制序列中的0和1分别由()g t 和()g t -组成，其出现概率分别为p 和(1)p -：1）求其功率谱密度及功率；2）若()g t 为图（a ）所示的波形，s T 为码元宽度，问该序列存在离散分量1s f T =否？3）若()g t 改为图（b ）所示的波形，问该序列存在离散分量1s f T =否？【答案4－2】1）随机二进制序列的双边功率谱密度为221212()(1)()()[()(1)()]()s s s s s s m P f P P G f G f f PG mf P G mf f mf ωδ∞-∞=--++--∑由于12()()()g t g t g t =-=可得：2222()4(1)()(12)()()s s ss s m P f P P G f f P G mf f mf ωδ∞=-∞=-+--∑式中：()G f 是()g t 的频谱函数。

在功率谱密度()s P ω中，第一部分是其连续谱成分，第二部分是其离散谱成分。

随机二进制序列的功率为222222221()2 [4(1)()(12)()()] 4(1)()(12)()() 4(1)()(12)()s s s s s m s s s s m s ss m S P d f P P G f f P G mf f mf df f P P G f df f P G mf f mf dff P P G f df f P G mf ωωπδδ∞∞∞∞∞=-∞∞∞∞∞∞=-∞∞∞∞=-∞==-+--=-+--=-+-⎰∑⎰∑⎰⎰∑⎰－－－－－2）当基带脉冲波形()g t 为1 (){20 else sTt g t t ≤=()g t 的付式变换()G f 为()()s s G f T Sa T f π=因此sin ()()0s s s s sG f T Sa T f T πππ===式中：1s s f T =。

所以，该二进制序列不存在离散分量。

3）当基带脉冲波形()g t 为1 (){40 else sTt g t t ≤=()g t 的付式变换()G f 为()()22s s T T f G f Sa π=因此sin 2()()0222s s s s sT T f G f Sa T πππ==≠式中：1s s f T =。

所以，该二进制序列存在离散分量。

【题4－3】设二进制数字基带信号的基本脉冲序列为三角形脉冲，如下图所示。

图中s T 为码元宽度，数字信息1和0分别用()g t 的有无表示，且1和0出现的概率相等：1）求数字基带信号的功率谱密度；2）能否重该数字基带信号中提取同步所需的频率1s s f T =的分量？若能，计算该分量的功率。

【答案4－3】1）由图得21 (){20 else ss T A t t g t T t ⎛⎫-≤ ⎪=⎝⎭()g t 的频谱函数()G ω为2()()24s sAT T G Sa ωω=由题设可知1(0)(1)2P P P ===1()()g t g t =2()0g t =所以1()()G G ωω= 2()0G ω=代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度函数表达式，可得2212122222242244()(1)()()[()(1)()]()(1)()()()()()()4442()()164162s s s s s s m s s s s m s s s s s s m s s P f P P G f G f f PG mf P G mf f mf f P P G f f PG mf f mf f A T T fSa G mf f mf A T T A m Sa Sa ωδδωδωπ∞-∞∞-∞∞-∞=--++--=-+-=+-=+∑∑∑()s m f mf δ∞-∞-∑2）二进制数字基带信号的离散谱分量()v P ω为24()()()162v s m A m P Sa f mf πωδ∞=-∞=-∑当1m =±时，s f f =±，代入上式可得2244()()()()()162162v s s A A P Sa f f Sa f f ππωδδ=++-因为该二进制数字基带信号中存在1s s f T =的离散分量，所以能从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率1s s f T =的分量。

该频率分量的功率为22222444442()()162162A A A A A S Sa Sa πππππ=+=+=【题4－5】已知信息代码为100000000011，求相应的AMI 码、HDB3码、PST 码及双相码。

【答案4－5】AMI 码： +10000 0000 –1＋1 HDB3码； +1000+V-B00-V0+1-1PST 码： ①（+模式）+ 0 - + - + - + - + + -②（-模式）- 0 - + - + - + - + + -双相码：10 01 01 01 01 01 01 01 01 01 10 10【题4－6】已知消息代码为1010000011000011，试确定相应的AMI 码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。

【答案4－6】AMI 码：+10-100000+1-10000+-1HDB3码：+10-1000-V0+1-1+B00+V-1+1【题4－7】某基带传输系统接收滤波器输出信号的基带脉冲如下图所示的三角形脉冲：1）求该基带传输系统的传输函数()H ω；2）假设信道的传输函数()1C ω=，发送滤波器和接收滤波器具有相同的传输函数，即()()T R G G ωω=，求()T G ω和()R G ω的表达式。

【答案4－7】1）令21 (){20 else ss T A t t g t T t ⎛⎫-≤ ⎪=⎝⎭由图可得，()()2sT h t g t =-，因为()g t 的频谱函数为 2()()24s s T T G Sa ωω=所以，系统的传输函数()H ω为222()()()24s s j j T T s s T T H G eSa e ωωωωω--==2）系统的传输函数()H ω由发送滤波器()T G ω、信道()C ω和接收滤波器()R G ω三部分组成，即()()()()T R H G C G ωωωω=因为()1C ω=()()T R G G ωω=则22()()()T R H G G ωωω==所以，发送滤波器()T G ω和接收滤波器()R G ω为4()()()4s j T s T R T G G eωωωω-===【题4－8】设基带传输系统的发送滤波器，信道及接收滤波器组成总特性为()H ω，若要求以2s T 波特的滤波进行数据传输，试检验下图各种()H ω满足消除抽样点码间干扰的条件否？【答案4－8】以2s T 波特的速率进行数据传输，系统若要实现无码间干扰传输，则系统的传输的传输特性应该满足42() ()20 is eq H i C T T H T ππωωωπω⎧+=≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩∑如图（a ）、（b ）、（c ）、（d ）所示对于图（a ）,当2 T πω≤时，4()i s H i C T πω+≠∑，所以不满足码间干扰传输的条件。

对于图（b ），当2 T πω≤时，4()i s H i C T πω+≠∑，所以不满足码间干扰传输的条件。

对于图（c ），当2 T πω≤时，4()i s H i C T πω+=∑，所以满足码间干扰传输的条件。

对于图（d ），当2 T πω≤时，4()i s H i C T πω+≠∑，所以不满足码间干扰传输的条件。

【题4－9】设某个基带传输的传输特性()H ω如下图所示。

其中α为某个常数（01α≤≤）；1）试检验该系统能否实现无码间干扰传输？2）试求改系统的最大码元传输速率为多少？这时的系统频带利用率为多大？【答案4－9】1）很明显，该系统的传输特性的图形是对称的。

根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，()H ω应满足：22() ()20 is eq H i C T T H T ππωωωπω⎧+=≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩∑容易验证，当B R ωπ=时，系统是可以实现无码间干扰传输的。

2）系统最大码元传输速率0B R ωπ=而系统带宽为(1)2B Hz απ+=所以系统的最大频带率02(1)12B R B ωπηαωαπ===++【附加题4－1】设某基带传输系统具有下图所示的三角形传输函数：1）该系统接收滤波器输出基带脉冲的时间表达式；2）数字基带信号的传码率0B R ωπ=时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间干扰传输？【答案附加题4－1】1）由图可得系统传输函数()H ω为011 (){20 else s T t H t ωωω⎛⎫-≤ ⎪=⎝⎭由11 (){0 else s s t t T g t T t ⎛⎫-≤⎪=⎝⎭可得2()()2s s T G T Sa ωω=根据对称性可得：2()()G g jt πω-⇔则2001()()()()222t H G g t Sa ωωωωππ=⇔=所以，该系统接收滤波器输出基带脉冲的时间表达式为200()()22th t Sa ωωπ=2）当数字基带信号的传码率0B R ωπ=时，需要以022B R ωπω==为间隔对()H ω进行分段叠加，分析在区间[]00,ωω-叠加函数的特性，此时0s T πω=因为02()(2)ii s iH H i T πωωω+=+∑∑则001 2()0 else i s i H T ωωωπωωω⎧-≤⎪+=⎨⎪⎩∑根据无码间干扰传输条件，所以该系统不能以0B R ωπ=速率实现无码间干扰传输。

【附加题4－2】为了传输码元速率310()B R Baud =的数字基带信号，试问系统采用如下图中哪种传输特性较好，并说明其理由。

【答案附加题4－2】根据无码间干扰时系统传输函数()H ω应满足的条件分析，图所示的三种传输函数（a ）（b ）（c ）都能满足以310()B R Baud =的码元速率无码间干扰传输。

此时，需要比较三种传输函数在频带利用率、单位冲激响应收敛速度、实现难易程度等方面的特性，从而选出最好的一种传输函数。

1）传输函数（a ）的无码间干扰传输速率B R 为310()B R Baud =其频带宽度B 为334102102ZB H ππ⨯==⨯系统的频带利用率η为33100.5/210B ZR Baud H B η===⨯2）传输函数（b ）的无码间干扰传输速率B R310()B R Baud =其频带宽度B 为33210102ZB H ππ⨯==系统的频带利用率η为33101/10B ZR Baud H B η===3）传输函数（c ）的无码间干扰传输速率B R310()B R Baud =其频带宽度B 为33210102ZB H ππ⨯==系统的频带利用率η为33101/10B ZR Baud H B η===从频带利用率性能方面比较可得：图（b ）和（c ）的频带利用率为1/Z Baud H ，大于传输函数（a ）的频带利用率。