通信原理 第五章习题解答
《通信原理》习题参考答案
《通信原理》习题参考答案第五章5-3. 设随机二进制序列中的0和1分别由g(t)和-g(t)组成，它们的出现概率分别为P 和(1-P)；(1)求其功率谱密度及功率；(2)若g(t)为图P5-2(a)所示，T s 为码元宽度，问该序列存在离散分量f s =1/T s 否？(3)若g(t)改为图P5-2(b)，回答题(2)所问。
解：(1)随机二进制的功率谱密度是由稳态波)(t v T 的功率谱密度和交流波)(t u T 的功率谱密度之和，即： )()()(ωωωu v s P P P +=()[]sm s s s s T f G f G P P mf f mf G P mf PG f 1)()()1()()(1)(221221--+-⋅-+=∑∞-∞=δ ()sm s s s T f G P P mf fmf G P f1)()1(4)()(12222-+-⋅-=∑∞-∞=δ s m s s s T f G P P mf f mf G P f 1)()1(4)()()12(2222-+-⋅-=∑∞-∞=δ∴ ⎰∞∞-=ωωπd P S s )(21df T f G P P mf f mf G P f s m s s s ⎰∑∞∞-∞-∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⋅-=1)()1(4)()()12(2222δdf T f G P P df mf f mf G P f s m s s s ⎰⎰∑∞∞-∞∞-∞-∞=-+-⋅-=1)()1(4)()()12(2222δtt(a) (b) 图P5-2df f G P P T df mf f mf G P f s s m s s⎰⎰∑∞∞-∞∞-∞-∞=-+--=2222)()1(41)()()12(δ(2) 若g(t)为图P5-2(a)，则g(t)经过傅立叶变化可得到它的频谱，即：)2()(ss T Sa T G ωω=将ω换为f 得： ffT f T f T T f T Sa T f G s s s ss s πππππsin sin )()(=== 判断频域中是否存在s T f 1=，就是将sT f 1=代入)(f G 中，得：0sin sin )(===ππππss T f f T f G说明sT f 1=时g(t)的功率为0，所以不存在该分量。
通信原理第五章习题解答
通信原理第五章习题解答习题5-1 设待发送的数字序列为10110010，试分别画出2ASK 、2FSK 、2PSK 和2DPSK 的信号波形。
已知在2ASK 、2PSK 和2DPSK 中载频为码元速率的2倍；在2FSK 中，0码元的载频为码元速率的2倍，1码元的载频为码元速率的3倍。
解：波形略5-2 已知某2ASK 系统的码元传输速率为1200B ，采用的载波信号为Acos(48π⨯102t ) ，所传送的数字信号序列为101100011：（1）试构成一种2ASK 信号调制器原理框图，并画出2ASK 信号的时间波形；（2）试画出2ASK 信号频谱结构示意图，并计算其带宽。
开关电路cos ωc t(a )(b )(t )(t )图5.2.1-2 2ASK 信号调制原理框图解：（1）2ASK 信号调制器原理框图如图5.2.1-2，2ASK 信号的时间波形略。
图5.2.1-5 2ASK 信号的功率谱（2）2ASK 信号频谱结构示意图如图5.2.1-5，则其带宽为B 2ASK =2f s ＝2400Hz 。
5-3 若对题5-2中的2ASK 信号采用包络检波方式进行解调，试构成解调器原理图，并画出各点时间波形。
解：2ASK 信号采用包络检波的解调器原理图：e1各点时间波形：（下图对应各点要换成101100011）5-4 设待发送的二进制信息为1100100010，采用2FSK 方式传输。
发1码时的波形为A cos(2000π t+θ1) ，发0码时的波形为A cos(8000π t+θ0) ，码元速率为1000B ：（1）试构成一种2FSK 信号调制器原理框图，并画出2FSK 信号的时间波形；（2）试画出2FSK 信号频谱结构示意图，并计算其带宽。
解：（1）2FSK 信号调制器原理框图如下图，时间波形略。
(t )s (t )（2）2FSK 信号频谱结构示意图如下图，其带宽B 2FSK =f 2-f 1+2f s =4000-1000+2⨯1000=5000Hz 。
天津大学现代通信原理课后习题答案(5-9章)
解：
信元代码ak:1101110011
bk-1: 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0
bk: 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1
ck: 1 1 0 1 1 1 2 2 1 1
ckmad2: 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1
解：（1）
（2）RB=100BB=2RB=200HZ
6-4一相位不连续的二进制FSK信号，发“1”码时的波形为Acos(2000t+1)，发“0” 码时的波形为Acos(8000t+0)，码元速率为600波特，系统的 频带宽度最小为多少？
解：发“1”时
发“0”时
6-5 若双边带噪声功率谱为n0/2=10-14W/Hz，信息速率为300b/s，要求误比特率为10-5，求 2PSK，2DPSK和2FSK系统中所要求的平均信号功率。
(3)若升余弦特性α=0.25；α=0.5时，试求传输PCM30/32路的数字电话(数码率为2048Kb/s)所需要的最小带宽?
解：
（1）若此系统的带宽为B时
则
其频带利用率为RB=1波特/HZ
（2）只要系统的传函满足奈奎斯特带宽的要求冲激序列和脉冲宽度为T的序列都能满足传输信号的要求。
（3）当а=0.25时 B=（а+1）RB/2=1.25×1024=1280KHZ当а=0. 5时 B=（а+1）×1024=1.5×1024=1536KHZ
5-7 假定基带信号中出现“1”和“0”的概率分别是1/3和2/3，信号是单极
性归零脉冲，A=2V，如果噪声幅度的概率密度函数如题5-7图所示，试求：
通信原理(陈启兴版)第5章课后习题答案
第5章 数字基带传输系统5.1 学习指导 5.1.1 要点本章的要点主要有数字基带传输系统结构及各部件功能；基带信号常用波形及其频谱特性；基带传输常用码型的编译及其特点；码间串扰和奈奎斯特第一准则；理想低通传输特性和奈奎斯特带宽；升余弦滚将特性；第一类部分响应系统；无码间串扰基带系统的抗噪声性能；眼图和均衡的概念。
1.数字基带传输系统数字基带传输系统：不经载波调制而直接传输数字基带信号的系统，其基本结构如图5-1所示。
主要有发送滤波器、信道、接收滤波器、同步提取电路以及抽样判决器组成。
发送滤波器用于产生适合于信道中传输的基带信号波形。
信道是基带信号传输媒质（通常为有线信道）。
加性n (t )是均值为零的高斯白噪声。
接收滤波器的功能接收有用信号，滤除带外噪声，对信道特性均衡，使输出的基带波形有利于抽样判决。
同步提取即从接收信号中提取用来抽样的定位脉冲。
抽样判决器用来对对接收滤波器的输出波形进行抽样、判决和再生（恢复基带信号）。
图5 - 1 数字基带传输系统的原理方框图发送滤波器信道接收滤波器抽样、判决器e (t )n (t)位同步提取y (t )2.数字基带信号及其频谱特性(1) 数字基带信号数字基带信号用不同的电平或脉冲来表示不同的消息代码。
数字基带信号的单个脉冲有矩形脉冲、余弦脉冲、升余弦脉冲、高斯脉冲等等形式。
常用的基本信号波形有：单极性与双极性波形、不归零码与归零码波形、差分波形、多电平波形等。
数字基带信号通常是一个随机的脉冲序列。
若其各码元波形相同而电平取值不同，则可表示为()()nsn s t a g t nT ∞=-∞=-∑ (5-1)式(5-1)中，a n 是第n 个码元所对应的电平值（随机量）；T s 为码元持续时间；g (t )为某种脉冲波形。
一般情况下，数字基带信号可表示为()()nn s t s t ∞=-∞=∑ (5-2)(2) 基带信号的频谱特性数字基带信号s (t )的频谱特性可以用功率谱密度来描述。
通信原理教程+樊昌信+习题答案第五章
第五章习题习题5.1 若消息码序列为1101001000001，试求出AMI 和3HDB 码的相应序列。
解： A MI 码为 3HDB 码为习题5.2 试画出A MI 码接收机的原理方框图。
解：如图5-20所示。
图5-1 习题5.2图习题 5.3 设)(1t g 和)(2t g 是随机二进制序列的码元波形。
它们的出现概率分别是P 和)1(P -。
试证明：若k t g t g P =-=)](/)(1[121，式中，k 为常数，且10<<k ，则此序列中将无离散谱。
证明：若k t g t g P =-=)(/)(1121，与t 无关，且10<<k ，则有1)()]()([212=-t g t g t g P即 )()1()()()(2221t g P t g t Pg t Pg -=-=0)()1()(21=-+t g P t Pg所以稳态波为 ∑∑--+-=)()1()()(s 2s 1nT t g P nT t g P t v0)]()1()([s 2s 1=--+-=∑nT t g P nT t g P即0)(=w P v 。
所以无离散谱。
得证！习题5.4 试证明式()()()()⎰+-=1011d 2sin 2sin 4W f ft W f H Wt t h ππ。
证明：由于⎰∞∞-=df e f H t h ft j π211)()(，由欧拉公式可得⎰⎰⎰∞∞-∞∞-∞∞-+=+=fft f H ftdf f H fft ft f H t h d 2sin )(j 2cos )(d )2sin j 2)(cos ()(1111ππππ由于)(1f H 为实偶函数，因此上式第二项为0，且⎰∞∞-=f ft f H t h d )2cos()(2)(11π10100010010111000001001011+--+-++-+-+k a令，'d d ,'f f W f f =+=，代入上式得⎰⎰⎰∞-∞-∞-+++=++=WWW fWt ft W f H f Wt ft W f H f t W f W f H t h d 2sin 2sin )(2d 2cos 2cos )(2'd ])'(2cos[)'(2)(1111πππππ由于)(1f H 单边为奇对称，故上式第一项为0，因此⎰⎰+=+=∞-WW fftt W f H W fftt W f H W t h 0111d 2sin )(2sin 4d 2sin )(2sin 2)(ππππ习题5.5 设一个二进制单极性基带信号序列中的“1”和“0”分别用脉冲)(t g [见图5-2的有无表示，并且它们出现的概率相等，码元持续时间等于T 。
通信原理课后答案
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s b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为比特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1.4 试问上题中的码元速率是多少？ 解：311200 Bd 5*10B B R T -===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 === 。
现代通信原理 第5章 课后习题及答案
5-8对基带信号()m t 进行DSB 调制，11()cos 2cos2m t t t ωω=+,112f ωπ=,1500f Hz = ，载波幅度为1。
试：①写出该DSB 信号的表达式，画出其波形； ②计算并画出该DSB 信号的频谱； ③确定已调信号的平均功率。
解：①DSB 信号的表达式为110()()()(cos 2cos2)cos DSB S t m t c t t t t ωωω=⋅=+⋅()m t 及DSB 信号波形如图5.29实线所示。
图5.29②该DSB 信号的频谱为111100*********()()()21[()()2(2)2(2)]2*[()()][()()2(2)2(2)2(DSB S M C ωωωππδωωπδωωπδωωπδωωππδωωπδωωπδωωωδωωωδωωωδωωωδωω=∗ =−+++−++ −++ =−−+−++−−+−+ ++01010101)()2(2)2(2)]ωδωωωδωωωδωωω−+++++−+++频谱图如图5.30所示图5.30③已调信号的平均功率为221122111111111()21(cos 2cos 2)2cos 4cos cos 24cos 2(1cos 2)2(cos3cos )2(1cos 4)12.5 1.252DSB fBP P m t t t t t t tt t t t Wωωωωωωωωωω===+ ++ +++++ ==××1=211= 22 5-9 设SSB 发射机被一正弦信号()m t 调制，1()5cos m t t ω=，112f ωπ=，1500f Hz = ，载波幅度为1。
试：①计算()m t 的希尔伯特变换ˆ()mt ； ②确定下边带SSB 信号的表达式； ③确定SSB 信号的均方根（rms ）值； ④确定SSB 信号的峰值； ⑤确定SSB 信号的平均功率。
解：①1()5cos m t t ω=，其傅里叶变换为11()5[()()]M ωπδωωδωω=−++其希尔伯特变换的频谱为ˆ()sg n ()()Mj M j ωωωπδωωδωω11=−⋅ =5[(+)−(−)]因此，m(t)的希尔伯特变换为1ˆ()[()]5sin m t m t t ω==H②下边带SSB 信号的表达式为00101001ˆ()()co s ()sin 5cos cos 5sin sin 5cos[()]SSB S t m t t m t t t t t t t ωωωωωωωω=+ =⋅+⋅ =− ③以下边带SSB 信号为例，有SSB rms = ==④由下边带SSB 信号表达式可知，信号峰值为 max ()|5SSB S t =⑤SSB 信号平均功率为 225()12.52SSBSSB P S t W === 5-17已知幅度调制信号()AM S t 的总功率为200kW ，调制信号()f t 的最高频率 5 m f kHz =，载波频率810 o f kHz =，边带功率为40kW ，信道中噪声的双边功率谱密度，系统采用包络检波解调。
现代通信原理与技术课后答案完整版 张辉第五章
5-2 解 (1)随机二进制序列的双边功率谱密度为由得式中，是的频谱函数，在功率谱密度中,第一部分是连续谱成分，第二部分是离散谱成分。
随机二进制序列的功率为（2）当基带脉冲波形为的付式变换为因为所以该二进制序列不存在离散分量。
（3）当基带脉冲波形为的付式变换为因为所以该二进制序列存在离散分量。
5-3 解（ 1）由图 5-7 得的频谱函数为由题意且所以代入二进制数字基带信号的双边功率谱密度函数式,可得(2) 二进制数字基带信号的离散谱分量为当代入上式得因为该二进制数字基带信号中存在离散谱分量，所以能从该数字基带信号中提取码元同步所取得频率的分量。
该频率分量的功率为5-6解 AMI 码为+10-1+1000000000-10+1HDB3 码+10-1+1000+V –B00 –V0+10-15-7解 PST码为 -++0+--+0-+0-++-双相码为01 0110 01 10 10 01 01 01 10 10 01 01 01 10 105-8解原信息代码为 1010000100001100001015-9解（ 1）令由图 5-8 可得，因为的频谱函数为所以，系统的传输函数为（2）系统的传输函数由发送滤波器，信道和接收滤波器三部分组成，即因为则所以，发送滤波器和接收滤波器为5-10 解（ 1）总特性 H（ f）可以看成是图 5-11 两个三角形特性之差，即H （ f ） =H1 （ f） -H2（ f ）其中 H 1 ( f )h1 (t )1(1)W1 gSa2(1)Wt112H 2 ( f )h2(t )(1)W1gSa2(1)W1t2h(t )h1 (t )h2 (t)所以冲激响应(1)2W1 gSa2(1)2(1)Wt`W1gSa2(1 )Wt`22（2）因为该系统克等小成理想低通特性H eq ( f )1,f W1 0,f W1它所对应的无码间串扰的最高传码率为2W1，所当传输速率为2W1 时，在抽样店无码间串扰。
通信原理课后练习答案
E [ c o s (c t1 )c o s (c t2 ) ]
1
2 E { c o s [c(t1 t2 ) 2] c o s [c(t2 t1 )]}
1 2E {co s[c(t1t2)2 ]}1 2co sc
1-10 已知某四进制数字传输系统的传信率为2400b/s, 接收端在 0.5h 内共收到 216 个错误码元,试计算该系统 的误码率 Pe，
解：系统的码元速率为
Rb2400bit/s
RBlogR2bM1200Baud
0.5h 内共收到的码元数为：
1 2 0 0 0 .5 3 6 0 0 2 1 6 1 0 4
sS S B (第t) 51 2 章m 课(t)c 后o s 作ct业1 2m 解ˆ(t答)sin ct
5-3 已知调制信号 m ( t) c o s ( 2 0 0 0 t) c o s ( 4 0 0 0 t) ，载波 为
c(t)cos104t ，进行单边带调制，试确定该单边带信号 的表示式，并画出频谱图。 解：单边带信号的表示式为
输入噪声的第功率3谱章密课度：后Pn作(f)业n 20 解, 答f
3-8 一个中心频率为fc、带宽为B的理想带通滤波器如 下图所示，假设是 均值为零、功率谱密度 为n0/2 的高斯白噪声,试求：
H( f )
B
B
fc
0
f fc
⑴ 滤波器输出噪声的自相关函数；
⑵ 滤波器输出噪声的平均功率；
⑶ 输出噪声的一维概率密度函数，
第1章课后作业解答
1-4 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 ，
通信原理第五章习题及其答案
第五章〔正弦载波数字调制系统〕习题及其答案【题5－1】设发送数字信息为，试分别画出 2ASK 、2FSK 、2PSK 及2DPSK 信号的波形示意图。
【答案5－1】2ASK 、2FSK 、2PSK 及2DPSK 信号的波形如下列图所示。
【题5－2】确定某2ASK 系统的码元传输速率为103Band ，所用的载波信号为()6cos 410A π⨯。
1〕设所传送的数字信息为011001，试画出相应的2ASK 信号波形示意图； 2〕求2ASK 信号的带宽。
【答案5－2】1〕由题中的确定条件可知310B R Baud =因此一个码元周期为3110s B T s R -==载波频率为664102102s f Hz ππ⨯==⨯载波周期为61102T s -=⨯所以一个码元周期内有2000个载波周期。
如下列图所示我们画出2ASK 信号的波形图，为简便，我们用两个载波周期代替2000个载波周期。
2〕依据2ASK 的频谱特点，可知其带宽为 222000B B R Hz T ===【题5－3】设某2FSK 调制系统的码元传输速率为1000Baud ，已调信号的载频为1000Hz 或 2000 HZ 。
1〕假设发送数字信息为011010，试画出相应的ZFSK 信号波形；2〕摸索讨这时的2FSK 信号应选择怎样的解调器解调？3〕假设发送数字信息是等可能的，试画出它的功率谱密度草图。
【答案5－3】1〕由题意可画出ZFSK 信号波形如下列图所示。
2〕由于ZFSK 信号载波频差较小，频谱有较大重叠，接受非相干解调时上下两个支路有较大串扰，使解调性能降低。
由于两个载频人与人构成正交信号，接受相干解调可减小相互串扰，所以应接受相干解调。
3〕该2FSK 信号功率谱密度草图如下列图所示。
【题5－4】假设在某2DPSK 系统中，载波频率为 2400 Hz ，码元速率为 1200 Band ，确定相对码序列为11000101ll 。
1〕试画出2DPSK 信号波形〔注：相对偏移ϕ∆，可自行假设〕；2〕假设接受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〕假设发送信息符号0和1的概率分别为0.6和0.4，试求2DPSK 信号的功率谱密度。
通信原理习题答案-CH5(清华大学出版社第2版—李晓峰)
第5章习题解答1. 已知某2ASK 系统的码元速率为1000波特，所用载波信号为()6cos 410A t π⨯。
（1） 假定比特序列为{0110010}，试画出相应的2ASK 信号波形示意图； （2） 求2ASK 信号第一零点带宽。
解：由1000b sR R bps ==，6210c f Hz =⨯， 621020001000b c c b T f T R ⨯===（1）一个码元周期内有2000个正弦周期：111{}n a ()2ASK s t 0（2）022000b B R Hz ==2. 某2ASK 系统的速率为2b R =Mbps ，接收机输入信号的振幅40μV A =，AWGN 信道的单边功率谱密度为180510N -=⨯W/Hz ，试求传输信号的带宽与系统的接收误码率。
解：传输信号的带宽24T b B R MHz ==，平均码元能量：24bb A T E =。
()()22212010cos 21cos 4,0222b bT T bb c c b b b b A T A E A f t dt f t dt E E E E ππ==+==+=⎰⎰系统的接收误码率： （1）若是非相干解调，()2622618000401040444210510b b b E A T AN N R N --⨯====⨯⨯⨯⨯ 由非相干解调误码率公式，/4092211 1.03061022b E N e P ee ---≈==⨯ （2）若是相干解调：由相干解调误码率公式得，101.269810b P Q Q-===⨯3. 某2FSK 发送“1”码时，信号为()()111sin s t A t ωθ=+，0s t T ≤≤；发送“0”码时，信号为()()000sin s t A t ωθ=+，0s t T ≤≤。
式中1θ及0θ为均匀分布随机变量，0128s ωωπ==，“1”与“0”码等概率出现。
（1） 画出包络检波形式的接收机框图； （2） 设码元序列为11010，画出接收机中的主要波形（不考虑噪声）；（3） 若接收机输入高斯噪声功率谱密度为02N （W/Hz ），试给出系统的误码率公式。
通信原理课后答案
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s b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为比特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1.4 试问上题中的码元速率是多少？ 解：311200 Bd 5*10B B R T -===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 === 。
通信原理课后习题参考答案
++++++++++++++++++++++++++第一章习题答案1-1解：1-2解：1-3解：1-4 解：1-5 解：1-6 解：1-7 解：1-8 解：第二章习题答案2-1 解：群延迟特性曲线略2-2 解：2-3 解：2-4 解：二径传播时选择性衰落特性图略。
2-5 解：2-6 解：2-7 解：2-8 解：第三章习题答案3-4 解：3-5 解：3-6 解：3-7 解：3-8 解：3-9 解：3-10 解：3-11 解：第四章习题答案4-2 解：4-3 解：4-4 解：4-6 解：4-8 解：4-9 解：4-10 解：4-11 解：4-12 解：4-13 解：4-15 解：4-16 解：4-17 解：第五章习题答案5-1 解：，，，（1）波形（2）5-2 解：，，（1）（2）相干接收时5-3 解：，，（1）相干解调时（2）非相干解调时5-4 解：，，，（1）最佳门限：而：所以：（2）包检：5-5 解：系统，，5-6 解：（1）信号与信号的区别与联系：一路可视为两路（2）解调系统与解调系统的区别与联系：一路信号的解调，可利用分路为两路信号，而后可采用解调信号的相干或包检法解调，再进行比较判决。
前提：信号可分路为两路信号谱不重叠。
5-7 解：系统，，，（1）（2）5-8 解：系统，，，，（1）（2）所以，相干解调时：非相干解调时：5-9 解：5-10 解：（1）信号时1 0 0 1 0（2）1 0 1 0 0，5-12 解：时：相干解调码变换：差分相干解调：，，（1）：a：相干解调时解得：b：非相干解调时解得：（2）：（同上）a：相干解调时，b：非相干解调时，（3）相干解调时即在保证同等误码率条件下，所需输入信号功率为时得1/4，即（4）a：差分相干解调时即在保证同等误码率条件下，所需输入信号功率为时得1/4，即b：相干解调的码变换后解得：5-16 解：（A方式）0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 ，5-17 解：（1）时所以（2）时所以5-18 解：5-19 解：，：：一个码元持续时间，含：个周波个周波。
北邮通信原理习题答案第五章 数字信号的基带传输
fTb 4 Pu f sin 2 2 1 1 而 u t 是速率为 2Ts Tb 的双极性 RZ 码，所以
2
Pu f
2 A2Tb 1 fT G f sinc2 b Tb 4 2
故
fT fTb Ps f A2Tb sinc2 b sin 2 2 2
100101010101010101101010010110010101011001 (2)波形如下：
(3)AMI 码和 HDB3 码可以看成是一种双极性的 RZ 信号，经过全波 整流后成为单极性 RZ 信号，它包含时钟的线谱分量，故此可直接提 取。提取时钟的框图如下：
Macnshester 码经过全波整流后是直流，不能用上述办法。需要先微 分，使之成为一种双极性 RZ 信号，然后再用上述办法，不过注意这 里提出的二倍频时钟，故需要二分频。提取时钟的框图如下：
f
2
f
2k 1 Tb
于是 s t 的功率谱密度为：
Ps f Tb 1 T 1 sinc2 f b f 2 16 4 2 4
k
1
2k 1
2
2k 1 Tb
5. 错误！未定义书签。 假设信息比特 1、0 以独立等概方式出现， 求数字分相码的功率谱密度。 解一：数字分相码可以表示成二进制 PAM 信号的形式
解三：假设二进制 0 映射为-1，1 映射为-1。记信息码序列为 an ，
an 1 ，编码结果为 bk ， bk 1 ， an 中的第 n 个 an 对应 bk 中的
通信原理答案第五章
第五章5-1 已知线性调制信号表示式如下：（1）ttcωcoscosΩ，（2）tc5.01(+。
式中，Ω=6cω。
试分别画出它们的波形图和频谱图。
5-2 根据图P5-1所示的调制信号波形，试画出DSB及AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形差别。
解：5-3已知调制信号m(t)=cos(2000πt)+ cos(4000πt)，载波为cos104πt，进行单边带调制，试确定该单边带信号的表示式，并画出频谱图。
5-4 将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。
若此滤波器的传输函数H(ω)如图P5-2所示（斜线段为直线）。
当调制信号为f/kHz)解：设调幅波[()]cosAM cs m m t tω=+，其中()m m t，且()AM DSBs Sω⇔，根据残留边带滤波器在cω处的互补对称性，从()Hω的图中得知载频cf为10kHz，由此得到载波cos20000tπ。
因此设残留边带信号为()VSBs t，且()()VSB VSBs t Sω⇔，则()()()VSB DSBs t S Hωω⇔。
由图5-3可得10.05f kHz=±时，()10.059.50.55Hω=-=；10f kHz=±时，()0.5Hω=；9.95f kHz=±时，()9.959.50.45Hω=-=；7f kHz=±时，()0Hω=。
故5-5 某调制方框图如图P5-3（b）所示。
已知()m t的频谱如图P5-3（a）所示，载频12ωω，1Hωω>，且理想低通滤波器的截止频率为1ω，试求输出信号()s t，并说明()s t为何种已调信号。
解：上支路输入信号()m t 与1cos t ω相乘产生DSB 信号（频谱的中心频率为1ω），经过理想低通滤波器（截止频率1ω）后，产生下下边带信号输出：下支路输入信号()m t 与1sin t ω相乘产生DSB 信号（频谱的中心频率为1ω），经过理想低通滤波器（截止频率1ω）后，产生另一个下边带信号输出：1()s t 与2()s t 分别与2cos t ω和2sin t ω相乘，再相加后的输出信号11211211()[()cos ()sin ]cos [()sin ()cos ]sin 22s t m t t m t t t m t t m t t t ωωωωωω=++- 即：()s t 为载频为21ωω-的上边带信号。
(完整版)通信原理第五章答案.ppt
m(t)
m(t)
0 图 P4-1
t
0
SDSB(t)
t
0 t
从波形中可以看出，DSB 信号经过包络检波器后输出
SAM(t)
波形失真，不能恢复调制信
号；而 AM 信号经过包络检
0
波器后能正确恢复调制信号。
t
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3
4-3已知调制信号m(t)=cos(2000πt)+ cos(4000πt)，载 波为cos104πt，进行单边带调制，试确定该单边带信号 的表示式，并画出频谱图。
解： m (t) sin(2000t) sin(4000t) 则 sUSB (t) m(t) cosc t m (t) sin ct
cos(12000t) cos(14000t) sLSB (t) m(t) cosc t m (t) sin ct
cos(8000t) cos(6000t)
（1）该理想带通滤波器中心频率为多少？ （2） 解调器输入端的信噪功率比为多少？ （3） 解调器输出端的信噪功率比为多少？ （4）求出解调器输出端的噪声功率谱密度，并用图形表 示出来。
解：（1）f0 fc 100kHz
（2） Ni
2
fc fH fc fH
Pn
(
f
)df
2
105k 0.5103 df
（1）解调器输入端的信噪功率比； （2）解调器输出端的信噪功率比； （3）调制度增益G。
解：（1）Si Sc ScSx 40 10 50(kW)
Ni 2BPn ( f ) 2 (2 5103 ) (0.510 3) 10W
Si 50kW 5000 Ni 10W
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8
_______ _______
通信原理(陈启兴版) 第5章作业和思考题参考答案
5-1 设二进制符号序列为1 0 0 1 0 0 1 ，试求矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性、双极性、单极性归零、双极性归零、二进制差分波形和四电平波形。
解 单极性、双极性、单极性归零、双极性归零、二进制差分、四电平波形分别如下图5-6(a)、(b)、(c)、(d)、(e)、(f)所示。
图5-6 波形图5-2 设二进制随机脉冲序列中的“0”和“1”分别由g (t )和-g (t )表示，它们的出现概率分别为2/5及3/5：(1) 求其功率谱密度；(2) 若g (t )为如图题5-2(a)所示波形，T s 为码元宽度，问该序列是否存在位定时分量f s = 1/T s ? (3) 若g (t )改为图题5-2(b)，重新回答题(1)和(2)所问。
图题5-2g (t )sst(a)g (t )sst(b)解 (1)随机二进制序列的功率谱密度212()(1)()()s S P f f P P G f G f =--+212[()(1)()]()S S S S m f PG mf P G mf f mf δ∞=-∞+--∑由题意知g 1(t ) = - g 2(t ) = g (t )，因此双极性波形序列的功率谱密度为()2222()4(1)()12()()S S S S S P f f P P G f f P G mf f mf δ+∞-∞=-+--∑222241()()()2525S S S S f G f f G mf f mf δ+∞-∞=+-∑式中，G (f )⇔g (t )；等式右端第一项是连续谱成分，第二项是离散谱成分。
功率()SS P f df ∞-∞==⎰()22224(1)()12()()SS SSfP P G f df f P G mff mfdf δ∞∞∞-∞-∞-∞-+--∑⎰⎰222241(1)()()2525S S S f P P G f df f G mf ∞∞-∞-∞=-+∑⎰ (2)若基带脉冲波形g (t )为()1,20,ST t g t ⎧≤⎪=⎨⎪⎩其他则g (t )的傅里叶变换G (f )为()()S S G f T Sa T f π=因为sin ()()0s S S s SG f T Sa T f T πωπ===所以由题（1）的结果可知，该二进制序列不存在离散分量1/s s f T =。
通信原理第七版课后答案
第一章习题习题1.1 在英文字母xxE 出现的概率最大，等于0.105，试求其信息量。
解：E 的信息量：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s b 2004log log 2B 2B b ===R M R R（2）平均信息量为比特977.1516log 165316log 1634log 414log 412222=+++=H则平均信息速率为习题1.4 试问上题中的码元速率是多少？ 解：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 。
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第五章习题解
5-1 已知一低通信号m (t ) 的频谱为⎪⎩⎪⎨⎧<−=其他,
0200||,200||1)(f f f M
（1）假设以f s =300Hz 的速率对m (t )进行理想抽样，试画出已抽样信号m s (t )的频谱草图；
（2）若用f s =400Hz 的速率抽样，重做上题。
[解]（1）
可见H 2f f s ≥，则)(f M s 是)(f M 的周期性重复而不重叠；H 2f f s <，则已抽样信号的频谱发生重叠。
102Hz)
102Hz)
5-4 已知某信号m (t )的频谱M ( f )如图所示。
将它通过传输函数为H 1( f )的滤波器后再进行
理想抽样。
（1）抽样速率应为多少？
（2）若设抽样速率13f f s =，试画出已抽样信号)(t m s 的频谱；
（3）接收端的接收网络应具有怎样的传输函数H 2( f )，才能由)(t m s 不失真地恢复)(t m 。
[解]（1）抽样速率12s f f >
（2）
（3） 121/()()0H f H f ⎧=⎨⎩
11f f f f ≤>
5-10 采用13折线A 律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位。
（1）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11位码（采用自然二进编码）；
[解]（1）极性码C 1=1
+635单位位于第七段，所以C 2C 3C 4=110
635<512+256 ∴ C 5=0
635<512+128 ∴ C 6=0
635>512+64 ∴ C 7=1
635>512+64+32 ∴ C 8=1
所以输出码组为： C 1C 2C 3C 4C 5C 6C 7C 8=1 1 1 0 0 0 1 1
相应恢复电平为： 624163264512m
ˆ=+++=单位 量化误差： 11|m
ˆm |=−单位 （2）对应于该七位码的均匀11位自然码为
010********
5-11 采用13折线A 律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样为-95量化单位：
（1）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。
[解] （1）极性码C 1=0
m=95位于第4段， C 2C 3C 4=011
因为 95<64+32 ∴C 5=0
95>64+16 ∴C 6=1
95>64+16+8 ∴C 7=1
95>64+16+8+4 ∴C 8=1
所以输出码组为： C 1C 2C 3C 4C 5C 6C 7C 8=0 0 1 1 0 1 1 1
恢复电平为： 942481664m
ˆ=++++= 所以量化误差为： 1|m
ˆm |=− （2）对应7位码的11位均匀量化码为
00001011110
5-16 单路话音信号的最高频率为4kHz ，抽样速率为8kHz ，以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：
（1）抽样后信号按8级量化，求PCM 基带信号第一零点频宽；
（2）若抽样后信号按128级量化，PCM 二进制基带信号第一零点频宽又为多少？
[解] （1） 第一零点频宽为1/T ，T 为矩形脉冲的宽度。
因为占空比为1，所以矩形脉冲的
宽度和传输信号的周期相等。
即传输信号的频率值与第一零点频宽相等
由于采用8级量化，所以传输信号的频率应该是抽样频率的3倍，那么第一零
点频宽为：
3824b s f kf ==×=(kHz)
（2） 7856b s f kf ==×=(kHz)，分析同（1）。