通信原理第七章习题解答

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通信原理第七版课后答案樊昌信

第一章习题习题1.1 在英文字母中E 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。

解：E 的信息量：()()b 25.3105.0log E log E 1log 222E =-=-==P P I习题1.2 某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，设每个符号独立出现，其出现的概率分别为1/4，1/4，3/16，5/16。

试求该信息源中每个符号的信息量。

解：b A P A P I A 241log )(log )(1log 222=-=-==b I B 415.2163log 2=-=b I C 415.2163log 2=-= b I D 678.1165log 2=-=习题1.3 某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。

解：（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2×5ms 。

传送字母的符号速率为Bd 100105213B =⨯⨯=-R 等概时的平均信息速率为b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为符号比特977.1516log 165316log 1634log 414log 412222=+++=H则平均信息速率为 b 7.197977.1100B b =⨯==H R R习题1.4 试问上题中的码元速率是多少？解：311200 Bd 5*10B B R T -===错误!未找到引用源。

习题1.5 设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概率均为1/32，其余48个符号出现的概率为1/96，若此信息源每秒发出1000个独立的符号，试求该信息源的平均信息速率。

解：该信息源的熵为96log 961*4832log 321*16)(log )()(log )()(22264121+=-=-=∑∑==i i i i Mi i x P x P x P x P X H=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率 1000*5.795790 b/s b R mH ===错误!未找到引用源。

通信原理（陈启兴版）第7章课后习题答案

通信原理（陈启兴版）第7章课后习题答案第7章模拟信号的数字传输7.1 学习指导 7.1.1 要点本章的要点主要有抽样定理；⾃然抽样和平顶抽样；均匀量化和⾮均匀量化；PCM 原理，A 律13折线编码，译码；ΔM 原理，不过载条件；PCM ，ΔM 系统的抗噪声性能；PCM 与ΔM 的⽐较；时分复⽤和多路数字电话系统原理；1. 概述为了使模拟信号实现数字化传输，⾸先要通过信源编码使模拟信号转换为数字信号，或称为―模/数转换‖即A/D 转换。

模/数转换的⽅法采⽤得最早⽽且应⽤较⼴泛的是脉冲编码调制(PCM)，PCM 通信系统原理图如图7-1所⽰。

图7-1 PCM 通信系统原理图抽样量化器编码器模拟信号PCM 信号译码器低通滤波器模拟信号数字通信系统PCM 信号由图7-1可见，PCM 系统由以下三部分组成。

(1) 模/数转换（A/D 转换）模/数转换包括三个步骤：抽样(Sampling)、量化(Quantization)和编码(Coding)。

a. 抽样是把在时间上连续的模拟信号转换成时间上离散的抽样信号，抽样信号在时间上是离散的，但是其取值仍然是连续的，所以是离散模拟信号。

b. 量化。

量化是把幅度上连续的抽样信号转换成幅度离散的量化信号，故量化信号已经是数字信号了，它可以看成是多进制的数字脉冲信号。

c. 是编码。

编码是把时间离散且幅度离散的量化信号⽤⼀个⼆进制码组表⽰。

(2) 数字⽅式传输——基带传输或带通传输；(3) 数/模转换（D/A ）——将数字信号还原为模拟信号。

包含了译码器和低通滤波器两部分。

2.抽样定理为模拟信号的数字化和时分多路复⽤（TDM ）奠定了理论基础。

根据抽样的脉冲序列是冲激序列还是⾮冲激序列，抽样可以分为理想抽样和实际抽样。

抽样是按照⼀定的抽样速率，把时间上连续的模拟信号变成⼀系列时间上离散的抽样值的过程。

能否由此样值序列重建源信号，取决于抽样速率⼤⼩，⽽描述这⼀抽样速率条件的定理就是著名的抽样定理。

通信原理课后答案第七章

7．5 设一个5位巴克码序列的前后都是+1码元，试画出其自相关函数曲线。

解：
7．6 设用一个7位巴克码作为群同步码，接收误码率为410−。

试分别求出容许错码数为0和1时的漏同步概率。

解：
0m =471(1)1(110) 6.9979e-004n e P P −=−−=−−=1m = 111(1)(1)n n e n P P C P P −=−−−−
474461(110)710(110) 2.0993e-007−−−=−−−××−=
7.8 设一个二进制通信系统传输信息的速率为100，信息码元的先验概率相等，要求假同步每年至多发生一次。

试问群同步码组的长度最小应设计为多少？若信道误码率为10，试问此系统的漏同步概率等于多少？
/b s 5−
解：设码组长度为n
① 每年收到的码元长度有 100365243600N =××× ，连续n 位的码组有个， 1N n −+即此中至多只有1钟和同步码组相同， 1N n −+对于n 位码组来说共有 2个组合。

n 所以，21
n N n ≥−+27n ⇒=
② 5271(110) 2.6996e-004e P −=−−=。

通信电路基本第七章答案解析

第七章习题参考答案7- 1采用图P7-1(a)、(b)所示调制信号进行角度调制时，试分别画出调频波和调相波的瞬时频率与瞬时相位变化波形图及已调波的波形图。

图P7-1解：(a))0II I - 1图P7-1J7 — 2有一调角波数学表示式v = 12sin( 108t-0.03cos10°t)V，试问这是调频波求中心角频率，调制角频率以及最大角频偏？[参考答案：As m = 300rad/s]解：一个角度调制波既可以是调频波又可以是调相波，关键是看已调波中瞬时相位厶惟)的表达式与调制信号的关系，与调制信号成正比为调相波，与调制信号的积分成正比为调频波。

由调角波的表达式v = 12sin(108t — 0.03cos104t)得知△惟)=—0.03cos104t，若调制信号v Q = V m sin st，则v = 12sin(10*t— 0.03cos10°t)为调频波。

中心频率为C 108 rad/s，调制角频率为Q = 104 rad/s，最大角频偏4△ s m = M f Q = 0.03 X10 rad/s = 300rad/s 7求调制指数。

若调制频率降为20Hz，求调制指数。

[参考答案：M fi =20 ,M f2 = 104]解: 由于调制频率为10kHz，属于单音调制。

k f V Qm . 3M f = _ ，又△ s m = k f V Qm = 2 n X200 X10 ，32 nX200 X10 所以M竹=3 = 202 nX10 X102 nX200 X1034当调制频率为20Hz时，M f2 - 3 =1042 nX207 — 4 一个调相波的载波频率是7~10MHz，调制指数是20。

调制频率同上题, 求角频偏。

[参考答案：As mi = 1.26 X106rad/s , △如？= 2.5 X103rad/s]解：同样属于单音调制。

M p二k p V Q m = 20△s p = k p Q V Qm = 2 7lFk p V Qm = 2 7T FM p所以当调制信号的频率为10kHz时，△s m1 = 2 nX10 X10 X20rad/s = 1.26 X10 rad/s当调制信号的频率为20kHz时，△s m2 = 2 nX20 X203 X20rad/s = 2.51 X103rad/s7 — 5 某调角波v = 4sin(2 nX107t + 2(cos2 nX103t)V(1)试求在t = 0，t = 0.25ms时刻的瞬时频率。

现代通信原理指导书第七章信源编码习题详解

第七章信源编码7-1已知某地天气预报状态分为六种：晴天、多云、阴天、小雨、中雨、大雨。

① 若六种状态等概出现，求每种消息的平均信息量及等长二进制编码的码长N 。

② 若六种状态出现的概率为：晴天—；多云—；阴天—；小雨—；中雨—；大雨—。

试计算消息的平均信息量，若按Huffman 码进行最佳编码，试求各状态编码及平均码长N 。

解: ①每种状态出现的概率为6,...,1,61==i P i因此消息的平均信息量为∑=-===6122/58.26log 1log i ii bit P P I 消息等长二进制编码的码长N ＝[][]316log 1log 22=+=+L 。

②各种状态出现的概率如题所给，则消息的平均信息量为6212222221log 0.6log 0.60.22log 0.220.1log 0.10.06log 0.060.013log 0.0130.007log 0.0071.63/i i iI P P bit -== = ------ ≈ ∑消息Huffman 编码树如下图所示：由此可以得到各状态编码为：晴—0，多云—10，阴天—110，小雨—1110，中雨—11110，大雨—11111。

平均码长为：6110.620.2230.140.0650.01350.0071.68i ii N n P == =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ =∑—7-2某一离散无记忆信源（DMS ）由8个字母(1,2,,8)i X i =⋅⋅⋅组成，设每个字母出现的概率分别为：，，，，，，，。

试求：① Huffman 编码时产生的8个不等长码字； ② 平均二进制编码长度N ； ③ 信源的熵，并与N 比较。

解：①采用冒泡法画出Huffman 编码树如下图所示可以得到按概率从大到小8个不等长码字依次为：0100,0101,1110,1111,011,100,00,1087654321========X X X X X X X X②平均二进制编码长度为8120.2520.2030.1530.1240.140.0840.0540.052.83i ii N n P == =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ =∑ ③信源的熵∑=≈-=81279.2log)(i i i P P x H 。

通信原理答案第7章

第七章习题已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=⎪⎩⎪⎨⎧≤-f f f其他,0200,2001，假设以f s =300Hz 的速率对m(t)进行抽样，试画出一抽样信号m s (t)的频率草图。

解：M s (ω)=300∑∞-∞=⋅-n n M )600(πω1.已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=⎪⎩⎪⎨⎧≤-f f f其他,0200,2001，假设以f s =400Hz 的速率对m(t)进行抽样，试画出一抽样信号m s (t)的频率草图。

解：M s (ω)=400∑∞-∞=⋅-n n M )800(πω2. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。

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）解：I m =+635=512+36+27输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=11100011 量化误差为273. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为-95单位。

试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用折叠二进制码）解：-95= -（64+74⨯+3） c5c6c7c8=0000输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=00110000 量化误差为74. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进码。

试问译码器输出为多少单位。

解：I 0= -(256+4.5⨯16)=-3285. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为自然二进码。

试问译码器输出为多少单位解：I 0= -(256+3.5⨯16)=-3126. 单路话音信号的最高频率为4KHz ，抽样速率为8kHz ，将所得的脉冲由PAM 方式或PCM方式传输。

设传输信号的波形为矩形脉冲，其宽度为τ，且占空比为1。

《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)第七章

《通信原理》习题参考答案第七章7-7. 设输入抽样器的信号为门函数)(t G τ，宽度ms 20=τ，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：ff f Sa f G t G πτπτπτττsin )()()(==⇔ 在第十个零点处有：10=τf 即最高频率为：Hz f m 500102010103=⨯==-τ根据抽样定理可知：最小抽样频率要大于m f 2，即最小抽样频率为1000KHz7-8. 设信号t A t m ωcos 9)(+=，其中A ≤10V 。

若m(t)被均匀量化为40个电平，试确定所需的二进制码组的位数N 和量化间隔υ∆。

解： 402≥N ，所以N ＝6时满足条件信号m(t)的最大电压为V max ＝19V ，最小电压为V min ＝-1V即信号m(t)的电压差ΔV ＝20V∴V V 5.0402040==∆=∆υ7-10. 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+653单位：（1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差；（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。

（采用自然二进制码。

）解：（1）极性码为正，即C 7＝1即段落码C 6C 5C 4＝110抽样脉冲值在段内的位置为：653－512＝123个量化单位由于段内采用均匀量化，第7段内量化间隔为：32251210244=- 而32×3≤123≤32×4，所以可以确定抽样脉冲值在段内的位置在第3段，即C 3C 2C 1C 0＝0011所以编码器输出码组为：C 7C 6C 5C 4C 3C 2C 1C 0＝11100011 量化误差：11)232332512(635=+⨯+- （2）635对应的量化值为：624232332512=+⨯+ 对应的11位自然二进制码元为：010********7-11. 采用13折线A 律编码电路，设接收端收到的码组为“01010011”、最小量化间隔为1个量化单位，并已知段内码改用折叠二进制码：（1）试问译码器输出为多少量化单位；（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位自然二进码。

通信原理 (樊昌信)1-7章所有习题答案07

习题 7.8 设一个二进制通信系统传输信息的速率为 100 b/s ，信息码元的先验概率相等，要求假同步每年至多发生一次。试问其群同步码组的长度最小应设计为多少？若信道误码率为 10 −5 ，试问此系统的漏同步率等于多少？解：（ 1） m = 0 时，令相应式中 r = 0 ，得
0 0 p1 = 1 − C n P (1 − P n −0 ) = 1 − P 0 (1 − P n −0 ) = 1 − (1 − 10 −4 ) 7 ≈ 1 − (1 − 7 × 10 −4 ) = 7 × 10 −4
_
同步误差
_
ε
T
=
0.33 10 KEb / n0
≤ 5% ，信噪比
Eb = 10 dB = 10 。推得 n0
ε
T
= 0.33 / 10 K ≤ 0.05 ，则 K ≥ 4.356 。习题 7.5 设一个 5 位巴克码序列的前、后都是： “+1”码元，试画出其自相关函
28
《通信原理》习题第七章
δ=
所以参考频率源可以选择高质量的晶体振荡器，其 δ 的取值范围为 10 −9 ~ 10 −11 。习题 7.10 设有一个探空探测火箭以 15km/s 的标称速度离开地球，其速度误差为 ± 3 m/s ，探测器上的参考频率漂移速率不大于 10 −9 Hz/(Hz·day)，标称下行传输频率为 8 GHz ，火箭经过 30 天飞行后才开始向地球终端站发送消息，地球站采用铯原子钟。试求地球站应该应用的中心频率和频率搜索宽带。解：相对速度 V= − 15 km/s （距离增长），发射机的每天最大容许误差 δ = 10 −9 ，标称发送频率为 f 0 = 8 GHz ，时间 T = 30 天，初始频率偏移 ∆f (0) = 0 ，由于地球站应用铯原子钟，所以接收站的每天最大容许误差 δ = 10 −14 。

通信原理答案解析第7章

解：M s (ω)=400∑∞-∞=⋅-n n M )800(πω2. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。

试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段码用自然二进制码）解：I m =+635=512+36+27输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=11100011 量化误差为273. 采用13折线A 率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为-95单位。

试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段码用折叠二进制码）解：-95= -（64+74⨯+3） c5c6c7c8=0000输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=00110000 量化误差为74. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段码为折叠二进码。

试问译码器输出为多少单位。

解：I 0= -(256+4.5⨯16)=-3285. 采用13折线A 率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段码为自然二进码。

试问译码器输出为多少单位解：I 0= -(256+3.5⨯16)=-3126. 单路话音信号的最高频率为4KHz ，抽样速率为8kHz ，将所得的脉冲由PAM 方式或PCM 方式传输。

设传输信号的波形为矩形脉冲，其宽度为τ，且占空比为1。

通信原理第七章习题解答

习题7-1.已知单边带信号为 ()()cos ()sin c cs t m t t m t t ωω=+，试证明不能用平方变换法提取载波同步信号。

解： ()()cos ()sin c c s t m t t m t t ωω=+()cos[()]cr t t t ωϕ=+ 其中，()r t =()()arctan()m t t m t ϕ=2222()()()cos [()]1(){1cos 2[()]}2c c e t s t r t t t r t t t ωϕωϕ==+=++窄带滤波后得：()cos 2[()]c e t t t ωϕ=+因为()t ϕ与 ()()m t m t 、有关，因此载波相位不确定，所以不能用平方变换法提取载波。

7-2.已知单边带信号的表示式为 ()()cos ()sin SSB c cs t m t t m t t =+ωω，若采用与抑制载波双边带信号导频插入完全相同的方法，试证明接收端可以正确解调；若发送端插入的导频是调制载波，试证明解调输出中也含有直流分量。

解：(1)在发送端：图7-2-9（a ）中的DSB 信号换成SSB 信号，有()()() ()cos cos sin cos SSB c c c cs t s t a tm t t m t t a t =-ω=ω+ω-ω在接收端：如图7-2-9（a ）()()() ()() ()() ()() ()22sin cos sin cos sin 111sin 21cos 2sin 22221111sin 2cos 2sin 22222c c c c cc cc c cc v t as t t m t t m t t a t a t am t t a m t t a ta m t am t t a m t t a t⎡⎤=ω=ω+ω-ωω⎣⎦=ω+-ω-ω=+ω-ω-ω经过低通滤波器后输出为()2a m t , 再经900 移相后即可得到正确的解调信号m ( t )。

(完整版)通信原理第七版课后答案解析樊昌信

第一章习题习题1.1 在英文字母中E 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。

试求该信息源中每个符号的信息量。

解：b A P A P I A 241log )(log )(1log 222=-=-==b I B 415.2163log 2=-= b I C 415.2163log 2=-= b I D 678.1165log 2=-= 习题1.3 某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。

解：（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2×5ms。

传送字母的符号速率为Bd 100105213B =⨯⨯=-R 等概时的平均信息速率为b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为符号比特977.1516log 165316log 1634log 414log 412222=+++=H 则平均信息速率为 b 7.197977.1100B b =⨯==H R R习题1.4 试问上题中的码元速率是多少？解：311200 Bd 5*10B B R T -===错误!未找到引用源。

解：该信息源的熵为96log 961*4832log 321*16)(log )()(log )()(22264121+=-=-=∑∑==i i i i M i i x P x P x P x P X H=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率 1000*5.795790 b/s b R mH ===错误!未找到引用源。

通信原理第七版课后答案樊昌信

第一章习题习题在英文字母中E 出现的概率最大，等于，试求其信息量。

解：E 的信息量：()()b 25.3105.0log E log E 1log 222E =-=-==P P I 习题某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，设每个符号独立出现，其出现的概率分别为1/4，1/4，3/16，5/16。

试求该信息源中每个符号的信息量。

解：习题某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题所示。

解：（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2×5ms 。

传送字母的符号速率为等概时的平均信息速率为（2）平均信息量为则平均信息速率为 s b 7.197977.1100B b =⨯==H R R习题试问上题中的码元速率是多少？解：311200 Bd 5*10B B R T -=== 习题设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概率均为1/32，其余48个符号出现的概率为1/96，若此信息源每秒发出1000个独立的符号，试求该信息源的平均信息速率。

解：该信息源的熵为=比特/符号因此，该信息源的平均信息速率 1000*5.795790 b/s b R mH === 。

习题设一个信息源输出四进制等概率信号，其码元宽度为125 us 。

试求码元速率和信息速率。

解：B 6B 118000 Bd 125*10R T -=== 等概时，s kb M R R B b /164log *8000log 22===习题设一台接收机输入电路的等效电阻为600欧姆，输入电路的带宽为6 MHZ ，环境温度为23摄氏度，试求该电路产生的热噪声电压的有效值。

解：12V 4.57*10 V -===习题设一条无线链路采用视距传输方式通信，其收发天线的架设高度都等于80 m ，试求其最远的通信距离。

通信原理第七版课后答案解析樊昌信

第一章习题习题1.1 在英文字母中E 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。

试求该信息源中每个符号的信息量。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。

解：（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2×5ms。

通信原理(陈启兴版) 第7章作业和思考题参考答案

Ms( f )
400
-300
f
0
300
(a)
f
-400 -200
0 200 400
(b)
7-2. 对模拟信号 m(t) = sin(200πt)/(200t)进行抽样。试问：(1)无失真恢复所要求的最小抽样频率为多少？(2)在用最小抽样频率抽样时，1 分钟有多少个抽样值？
解： (1) 信号的最高频率为 fH=200Hz，抽样定理要求无失真恢复所要求的最小抽样频率为
Ms f
1
M f*
T
n
f nfs
当抽样速率 fs =1 T =300Hz 时
fs M f nfs
Ms f 300 M f 300n
其频谱如图 7-18 (a)所示。
(2) 当抽样速率 fs 1 T
400 Hz 时
Ms f 400 M f 400n
其频谱如图 9-18 (b)所示。
Ms( f )
300
解 (1) 由抽样频率 fs 8 kHz，可知抽样间隔
11
T
(s)
fs 8000
对抽样后信号 8 级量化，故需要 3 位二进制码编码，每位码元占用时间为
T
1
Tb 3 3 8000
又因占空比为 1，所以每位码元的矩形脉冲宽度
1
(s)
24000
τ Tb
1
(s)
24000
故 PCM 基带信号频谱的第一零点频率
B 1 24 (kHz) τ
(2) 若抽样后信号按 128 级量化，故需要 7 位二进制码编码，每位码元的矩形脉冲宽度为
T
1
1
τ Tb
7
7 8000

通信原理答案第7章

《通信原理》第七章模拟信号的数字传输习题第七章习题1f200, f 200已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=，假设以fs=300Hz的速率对m(t)0,其他f进行抽样，试画出一抽样信号m s(t)的频率草图。

解：M s()=300 nM(n600)1f200, f 200，假设以f1.已知一低通信号m(t)的频谱为：M(f)=s=400Hz的速率0,其他f 对m(t)进行抽样，试画出一抽样信号m s(t)的频率草图。

解：M s()=400M(n800) n2.采用13折线A率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。

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）解：I m=+635=512+36+27输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=11100011量化误差为271《通信原理》第七章模拟信号的数字传输习题3.采用13折线A率编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为-95单位。

试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用折叠二进制码）解：-95=-（64+74+3）c5c6c7c8=0000输出码组为：c1c2c3c4c5c6c7c8=00110000量化误差为74.采用13折线A率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为折叠二进码。

试问译码器输出为多少单位。

解：I0=-(256+4.516)=-3285.采用13折线A率编码器电路，设接收端收到的码组为“01010011”，最小量化单位为1个单位，并已知段内码为自然二进码。

试问译码器输出为多少单位解：I0=-(256+3.516)=-3126.单路话音信号的最高频率为4KHz，抽样速率为8kHz，将所得的脉冲由PAM方式或PCM方式传输。

设传输信号的波形为矩形脉冲，其宽度为，且占空比为1。

（1）计算PAM系统的最小带宽。

（2）在PCM系统中，抽样后信号按8级量化，求PCM系统的最小带宽。

通信原理第七版课后答案樊昌信

通信原理第七版课后答案樊昌信(总57页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第一章习题习题在英文字母中E 出现的概率最大，等于，试求其信息量。

解：E 的信息量：()()b 25.3105.0log E log E 1log 222E =-=-==P P I习题某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，设每个符号独立出现，其出现的概率分别为1/4，1/4，3/16，5/16。

试求该信息源中每个符号的信息量。

解：b A P A P I A 241log )(log )(1log 222=-=-==b I B 415.2163log 2=-= b I C 415.2163log 2=-= b I D 678.1165log 2=-=习题某信息源由A ，B ，C ，D 四个符号组成，这些符号分别用二进制码组00，01，10，11表示。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题所示。

解：（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2×5ms。

传送字母的符号速率为Bd 100105213B =⨯⨯=-R 等概时的平均信息速率为s b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为符号比特977.1516log 165316log 1634log 414log 412222=+++=H则平均信息速率为 s b 7.197977.1100B b =⨯==H R R习题试问上题中的码元速率是多少解：311200 Bd 5*10B B R T -===习题设一个信息源由64个不同的符号组成，其中16个符号的出现概率均为1/32，其余48个符号出现的概率为1/96，若此信息源每秒发出1000个独立的符号，试求该信息源的平均信息速率。

通信原理第七版课后答案樊昌信讲解

第一章习题习题1.1 在英文字母中E 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。

试求该信息源中每个符号的信息量。

若每个二进制码元用宽度为5ms 的脉冲传输，试分别求出在下列条件下的平均信息速率。

（1）这四个符号等概率出现；（2）这四个符号出现概率如习题1.2所示。

解：（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2×5ms 。

解：该信息源的熵为96log 961*4832log 321*16)(log )()(log )()(22264121+=-=-=∑∑==i i i i Mi i x P x P x P x P X H=5.79比特/符号因此，该信息源的平均信息速率 1000*5.795790 b/s b R mH ===错误！未找到引用源。

通信原理第七章(同步原理)习题及其答案

第七章（同步原理）习题及其答案【题7－1】如下图所示的插入导频法发端方框图中，sin c c a t ω不经090相移，直接与已调信号相加输出，试证明接收端的解调输出中还有直流分量。

0()t c c【答案7－1】证明：接收端框图如下图所示0(u ()t由发送端框图（不经090相移），有[]0()()cos sin c c c u t a m t t t ωω=+在接收端解调后的输出[][][]20()()sin ()sin sin sin ()1sin 11()()1cos 2222c c c c c c c c c c c v t u t t a m t t t t a m t t a a a m t m t tωωωωωω==+=+=+-+经低通后，滤除高频分量cos2c t ω，输出为11()()22c cm t a a m t =+含有直流分量12c a ，证毕。

【题7－2】已知单边带信号的表达式为()()cos ()sin c c s t m t t m t t ωω=+，试证明不能用下图所示的平方变换法提取载波。

【答案7－2】证明：设平方律部件输出信号为()V t ，则222222222222()()()cos ()sin ()cos ()sin 2()()sin cos 11 ()(1cos 2)()(1cos 2)()()sin 22211 ()()()()22c c ccccc c c V t s t m t t m t t m t t m t t m t mt t t m t t m t t m t m t t m t m t m t m t ωωωωωωωωω⎡⎤==+⎣⎦=++=++-+⎡⎤⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ cos 2()()sin 2c c t m t m t t ωω+ 因为 22()()m t m t -及 ()()m t m t 中不含有直流分量，所以()V t 中不含有2c f 分量，即不能采用平方变换法提取载波。

通信原理第七章习题解答

第七章习题解7-1 设发送数字信息为011011100010，试分别画出2ASK 、2FSK 、2PSK ，及2DPSK 信号的波形示意图。

0[解] 11011100010 2ASK 数字信息2FSK2PSK2DPSK7-4 假设在某2DPSK 系统中，载波频率为2400Hz ，码元速率为1200B ，已知相对码序列为1100010111；（1）试画出2DPSK 波形；（2）若采用差分相干解调法接收该信号时，试画出解调系统的各点波形；（3）若发送符号“0”和“1”的概率为0.6和0.4，求2DPSK 信号的功率谱。

[解] （1）1 100010111 π ππ0πππ（2）一种实用的差分相干解调器如下示信号1 10100110 1相对码相位 a.点波形b.点波形1（0） 011111c.点波形d.点波形e. 采样判决-1 1 -111-1-1-1111 010011100（3）2DPSK 的功率谱密度和2PSK 功率谱密度相同，对BPSK 信号22()(1)[|()||()|]BPSK s c c P f f p p G f f G f f =−++−+ 2221(12)|(0)|[()()]4s c c f p G f f f f δδ−++− 由于经过差分编码后，输出差分编码符号以等概率取“0”和“1”，然后进行2PSK 调制，所以代入f s =1200， f c =2400， p =0.5，sin 1()ss sfT G f f fT ππ=得22()[|()||()|]4sDBPSK c c f P f G f f G f f =++−7-6 采用OOK 方式传送二进制数字信息，已知码元传输速率R b =2×106 bit/s ，接收端输入信号的振幅40a V μ=/W Hz ，信道加性噪声为高斯白噪声，且其单边功率功率谱密度，试求：180610N −=×（1）非相干接收时系统的误码率；（2）相干接收时系统的误码率；[解] （1） OOK 信号非相干接收时系统的误码率为/20.5b P e ρ−=，0/av E N ρ=由于2180.50.5/220010/av b E E a T W −==⋅=⋅ Hz 所以0/33.3av E N ρ==/280.5 2.8910b P eρ−−=≈×（2） OOK 信号相干接收时系统的误码率为9410e P Q−=≈⋅7-10 若某2FSK 系统的码元传输速率为2×106 B ，数字信息为“1”时的频率，数字信息为“0”时的频率，输入接收端解调器的信息峰值振幅MHz 101=f .4MHz 102=f 40a V μ=，信道加性噪声为高斯白噪声，且其单边功率谱密度N o =6×10-18 W/Hz ，试求：（1）2FSK 信号第一零点带宽；（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] 由于两个信号元 001()cos 2,()cos 2s t a f t s t a f t 1ππ= = 在一个符号时间上近似正交，所以我们可以用正交调频的结果。

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