【重庆邮电大学】通信原理课后习题答案_蒋青主编

Rb = 1200× log2 2 = 1200 bit/s
若系统传送十六进制码元的速率为 2400Baud，则系统的信息速率为：
Rb = 2400 × log2 16 = 9600 bit/s
1-7 解：该恒参信道的传输函数为
H (ω) =
H (ω)
e jϕ (ω )
=
K e− jωtd 0
冲激响应为 h(t) = K0δ (t − td )
3 8
≈
1.415
比特
I
(1)
=
Байду номын сангаас
−
log
P(1)
=
−
log2
1 4
=
2
比特
I (2)
=
− log
P(2)
=
−
log2
1 4
=
2
比特
I
(3)
=
−
log
P(3)
=
−
log2
1 8
=
3
比特
（2）法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计 独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有 14 个
“0”符号，13 个“1”符号，12 个“2”符号，6 个“3”符号，则该消息的信息量是：
I = 14I (0) +13I (1) +12I (2) + 6I (3)
≈14×1.415 +13× 2 +12× 2 + 6×3
≈ 87.81 比特
此消息中共含 45 个信源符号，这 45 个信源符号携带有 87.81 比特信息量，则此消息中平均 每个符号携带的信息量为
输出信号为 y(t) = s(t) * h(t) = K0s(t − td )
讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。 1-8
解：该恒参信道的传输函数为
H (ω) = Ae− j (ωtd −bsinωT0 ) = Ae− jωtd ⋅ e jbsinωT0
= A(1+ jb sin ωT0 )e− jωtd = A[1 + jb (e jωT0 − e− jωT0 )]e− jωtd
所以，信息量为
( ) I ( X1, X2 ,L, X100 ) = − log P
XL
=
−
log
1 4
m
3 4
100-m
= 200 − (100 − m) log2 3 (bit )
（3）序列的熵
Η ( X L ) = 100Η ( X ) = 81bit / 序列
1-6 解：若系统传送二进制码元的速率为 1200Baud，则系统的信息速率为：
Ab 2
s(t
− td
+ T0 ) −
Ab 2
s(t
− td
− T0 )
1-9
解：假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为V0 。则该信道的幅频特性为：
H (ω0 )
=
2V0
cos ωτ 2
ω
当
=
1 τ
(2n
+ 1)π
,
n
=
0,1, 2,L时，H
(ω0 )
出现传输零点；
ω
当
=
1 τ
2nπ
,n
p7
=
− log2
1 6
=
2.585(bit)
1-3
解：（1）每个字母的持续时间为 2× 10ms，所以字母传输速率为
RB4
=
1 2×10 ×10−3
=
50Baud
不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为
H (x) = log2 4 = 2 bit/符号
平均信息速率为
Rb = RB4 H (x) = 100 bit/s
=
0,1, 2,L时，H
(ω0 )
出现传输极点；
f =n=n 所以在 τ kHz(n 为整数)时，对传输信号最有利；
f = (n + 1) 1 = (n + 1)
在
2τ
2 kHz(n 为整数)时，对传输信号衰耗最大。
1-10
解：(1)
因为 S/N =30dB,即 10 log10
S N
= 30dB
，
2j
= Ae− jωtd + Ab e− jω (td −T0 ) − Ab e− jω (td +T0 )
2
2
冲激响应为
h(t)
=
Aδ
(t
− td
)
+
Ab 2
δ (t
− td
+ T0 ) −
Ab δ (t 2
− td
− T0 )
输出信号为 y(t) = s(t) * h(t)
=
As(t
− td
)
+
数的增加而减少。
1-5
解：（1）
H
(x)
=
−
1 4
log2
1 4
−
3 4
log2
3 4
≈
0.811
bit/符号
（2）某一特定序列（例如：m 个 0 和 100-m 个 1）出现的概率为
( ) P
XL
=
P(
X1,
X 2 ,L,
X 100
)
=
P (0)m
P ( )1 100-m
=
1 4
m
3 4
100-m
得：S/N=1000
由香农公式得信道容量
C
=
B
log2
(1 +
S N
)
= 3400 × log2 (1+1000)
≈ 33.89×103bit / s
（2）因为最大信息传输速率为 4800b/s，即信道容量为 4800b/s。由香农公式
C
=
B log2 (1+
S N
)
S
C
4800
= 2 B −1 = 23400 −1 ≈ 2.66 −1 = 1.66
第 1 章 绪论
习题解答
1-1 解：每个消息的平均信息量为
H
(x)
=
−
1 4
log2
1 4
−
2×
1 8
log2
1 8
−
1 2
log2
1 2
=1.75bit/符号
1-2
解：（1）两粒骰子向上面的小圆点数之和为 3 时有（1，2）和（2，1）两种可能，总的组合
数为 C61 × C61 = 36 ，则圆点数之和为 3 出现的概率为
I2 = 87.81/ 45 ≈ 1.95 比特/符号
法二：若用熵的概念计算，有
H
( x)
=
−
3 8
log2
3 8
−
2×
1 4
log2
1 4
−
1 8
log2
1 8
= 1.906(bit
/
符号)
说明：以上两种结果略有差别的原因在于，它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方
法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号
（2）每个字母的平均信息量为
H
(x)
=
−
1 5
log2
1 5
−
1 4
log2
1 4
−
1 4
log2
1 4
−
3 10
log2
3 10
=1.985 bit/符号
所以平均信息速率为
Rb = RB4 H (x) = 99.25 (bit/s)
1-4 解：（1）根据题意，可得：
I
(0)
=
−
log
P(0)
=
−
log2
p3
=
2 36
=
1 18
故包含的信息量为
I (3)
=
− log2
p3
=
− log2
1 18
=
4.17(bit)
（2）小圆点数之和为 7 的情况有（1，6）（6，1）（2，5）（5，2）（3，4）（4，3），则
圆点数之和为 7 出现的概率为
p7
=
6 36
=
1 6
故包含的信息量为
I (7)
=
− log2