通信习题答案4--7

第4章 模拟信号的数字传输习题解答4-1 解：（1）因为信号()m t 通过传输函数为()1H f 的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为1f ，所以抽样频率12f f s ≥（2）因为抽样信号频谱()()∑∞-∞=-=n SssωωM T ωMn 1可得抽样信号的频谱如图4-11所示。

图4-11 抽样信号频谱图（3）由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号()s m t 通过截止频率为1f 的理想低通滤波器，然后再通过一个传输特性为()11H f的网络，就能在接收端恢复出信号()t m 。

如图4-12所示。

图4-12 抽样信号的恢复可见，如果接收端通过一个传输特性为()()111Hf f f H f=≤的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号()t m 。

4-2 解：（1）由式（4-2）可知：在s ω=H 3ω时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。

因此经过截止角频率为H ω的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。

图4-14 抽样信号的频谱（2）如果 1.5s H ωω=，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。

图4-15 抽样信号的频谱出现混叠现象4-3 解：因为()()πt πt πtπt t m 0012cos 0019cos 212000cos 001cos +==所以最低频和最高频分别为950Hz f L =，1050Hz f H =（1）将()t m 当作低通信号处理，则抽样频率 100Hz 22f H =≥s f（2）将()t m 当作带通信号处理，则抽样频率nf f n f Ls H 212≤≤+因为n=9，所以 11.1Hz 2210≤≤s f4-4解：以抽样时刻4000/1t =为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位20481=∆，所以归一化值0.9510565=1948∆。

编码过程如下：（1）确定极性码1C ：由于输入信号抽样值为正，故极性码1C =1。

（2）确定段落码432C C C ：因为1948>1024，所以位于第8段落，段落码为111。

（3）确定段内码8765C C C C ：因为28641410241948+⨯+=，所以段内码8765C C C C =1110。

所以，4000/1t =的抽样值经过A 律13折线编码后，得到的PCM 码字为 1 111 1110。

同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM 码字，如表4-5所示。

4-5 解：因为采用均匀量化，所以量化间隔5.042==∆则量化区间有[)5.0,1--，[)0,0.5-，[)5.0,0和[]1,5.0，对应的量化值分别为-0.75，-0.25，0.25，0.75。

所以量化噪声功率为()()()()()()()()22-0.50-1-0.5220.510.50.7510.2510.2510.7511/48q N x x dx x x dx x x dx x x dx=++++++--+--=⎰⎰⎰⎰因为输入量化器的信号功率为()10222-11(1)(1)6S x fx dxx x dx x x dx ∞-∞==-++=⎰⎰⎰所以量化信噪比()()228qq E xS N E m m ==⎡⎤-⎢⎥⎣⎦4-6解：因为二进制码元速率s B f M R ⋅=2log所以对应的信息速率b R =s B f M R ⋅=2log，即信息速率b R 与M 2log成正比，所以若量化级数由128增加到256，传输该信号的信息速率b R 增加到原来的8/7倍。

而二进制码元宽度为1b B T R =假设占空比b T τ=，则PCM 信号带宽为/τB 1=可见，带宽B 与M 2log 成正比。

所以，若量化级数由128增加到256，带宽B 增加到原来的8/7倍。

4-7 解：(1)基带信号的频谱图如图4-16所示图4-16 基带信号的频谱图由式（4-2），理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。

图4-17 理想抽样信号的频谱图 (2) 因为自然抽样信号的频谱)()2(S 4.0)()2(S T )(s ss ss s ∑∑∞-∞=∞-∞=-=-=n n n M n a n M n a A M ωωτωωωτωτω当n=1时，因为)()2(S s sωωτωn M n a -=)()4.0(S s ωωπ-M a所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为)()4.0(0.4Sa s ωωπ-M ，对应的频谱图如图4-18所示。

图4-18 n=1时自然抽样信号的频谱分量所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。

图4-19 自然抽样信号的频谱图因为平顶抽样信号的频谱()ωq M ()()∑∑∞∞=∞∞=-⎪⎭⎫⎝⎛=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-n s -n s s n M 24Sa .0n M 2Sa T A ωωωωτωτωτ所以，平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。

图4-20 平顶抽样信号的频谱图4-8 解：因为抽样频率为8000Hz ，按A 律13折线编码得到的PCM 信号为8位二进码。

所以二进制码元速率0006400088=⨯=⋅=s B f l R 波特因为占空比为1，所以b T =τ，则PCM 基带信号第一零点带宽 Hz /τB 00064T /11b ===4-9 解：因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以Hz f f H s 000122== 所以PAM 系统的码元速率 00012==s B f R 波特则码元宽度s f /1T s =因为占空比为0.5，所以s 5T .0=τ，则PAM 基带信号第一零点带宽 Hz /τB 000241==4-10 解：（1）因为奈奎斯特抽样频率Hz f f H s 000122==，量化级数8=M ，所以二进制码元速率为00036000123log2=⨯=⋅=s B f M R 波特所以，对应的信息速率s /bit 00036b =R（2）因为二进制码元速率B R 与二进制码元宽度b T 呈倒数关系，所以Bb R T 1=因为占空比为0.5，所以 b 5T .0=τ则PCM 基带信号第一零点带宽 Hz /τB 000721==4-11 解：编码过程如下（1）确定极性码1C ：由于输入信号抽样值为负，故极性码1C =0。

（2）确定段落码432C C C ：因为1024>870>512，所以位于第7段落，段落码为110。

（3） 确定段内码8765C C C C ：因为63211512870+⨯+=，所以段内码8765C C C C =1011。

所以，编出的PCM 码字为 0 110 1011。

编码电平C I 是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。

因为极性为负，则编码电平()[]864C 2C 2C 2C 2I I i 80716253Bi C -=∆++++-=量化单位因为()()21000110110000864=因此7/11变换得到的11位线性码为00110110000。

编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。

解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为880)16864(-=+-个量化单位。

因为()()2100.00110111000880=所以7/12变换得到的12位线性码为011011100000。

解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。

所以解码误差为10个量化单位。

4-12 解：（1）因为量化区的最大电压为mV U 2048=，所以量化单位为1mV =∆，所以抽样值为398∆。

编码过程如下：确定极性码1C ：由于输入信号抽样值s I 为正，故极性码1C =1。

确定段落码432C C C ：因为512>398>256，所以位于第6段落，段落码为101。

确定段内码8765C C C C ：因为14168256398+⨯+=，所以段内码8765C C C C =1000。

所以，编出的PCM 码字为11011000。

它表示输入信号抽样值s I 处于第6段序号为8的量化级。

该量化级对应的起始电平为384∆=384mV ，中间电平为392 mV 。

编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平=C I 384∆=384mV因为()()21000011000000384=，所以对应的11位线性码为00110000000。

解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平 =D I 392mV可见，解码误差（即量化误差）为6mV 。

4-13 解：因为最大电压值为5V ，所以量化单位V204815⨯=∆所以，样值幅度5V .2-表示为-1024量化单位。

因为样值为负，而且输入信号抽样值s I 处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。

该量化级对应的起始电平为1024∆=5V .2-，中间电平为()1056321024-=+-量化单位，即-2.578V 。

所以量化电平为-2.578V ，量化误差为78mV 4-14 解：极性码为1，所以极性为正。

段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。

由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为Δ。

因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为5.7)5.017(=+⨯+个量化单位，即解码电平7.5∆。

因为()()2101.100000000115.7=所以，对应的12位线性码为000000001111 4-15 解：编码过程如下：（1）确定极性码1C ：由于输入信号抽样值为负，故极性码1C =0。

（2）确定段落码432C C C ：因为1024>630>512，所以位于第7段落，段落码为110。

（3） 确定段内码8765C C C C ：因为22323512630+⨯+=，所以段内码8765C C C C =0011。

所以，编出的PCM 码字为 0 110 0011。

因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。

因为()()21000100110000608=所以，对应的均匀量化的11位线性码为010********。

4-16 解：因为()l e q o e q PCMP /N S N N S N S 2000241+=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛又因为22M2==lqo N S所以第5章 数字信号的基带传输习题解答5-1 解：略 5-2解：信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI 码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +15-3 解：信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI 码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4解：（1）对于单极性基带信号，1()0g t =，2()()g t g t =，随机脉冲序列的功率谱密度为22()(1)|()||[(21)()]|()s s s s s m P f f p p G f f p G m f f m f δ+∞=-∞=-+--∑当12p =时，222()|()||()|()44s s s s s m f f P f G f G m f f m f δ+∞=-∞=+-∑由图5-11得2(1||),||2()0,s s T A t t T g t else ⎧-≤⎪=⎨⎪⎩()g t 的傅立叶变换()G f 为2()()22s s A T fT G f Sa π=代入功率谱密度函数式，得22222()|()||()|()422422s s ssss s s sm f AT fT fAT f T P f Sa Sa f m f ππδ+∞=-∞=+-∑2244()()()162162s ss m A T fT Am Sa Sa f m f ππδ+∞=-∞=+-∑功率谱密度如图5-12所示。