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1、学而不思则惘，思而不学则殆通信原理习题第一章绪论例 1-1 例 1-2 例 1-3 例 1-4 第二章随机信号分析例 2-1 例 2-2 第三章信道例 3-1 例 3-2 例 3-3 第四章模拟调制系统例 4-1 例 4-2 例 4-3 例 4-4 第五章数字基带传输系统例 5-1 例 5-2 例 5-3 例 5-4 例 5-5 例 5-6 例 5-7 第六章正弦载波数字调制系统例 6-1 例 6-2 例 6-3 例 6-4 例 6-5 例 6-6 第七章模拟信号的数字传输例 7-1 例 7-2 例 7-3 例 7-4 例 7-5 第八章数字信号的最佳接收例 8-1 例 8-2 第九章同步原理
2、例 9-1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 1-1 】 某数字通信系统用正弦载波的四个相位0、2、 、23来传输信息，这四个相位是互相独立的。(1) 每秒钟内0、2、23出现的次数分别为500、125、125、250，求此通信系统的码速率和信息速率；(2) 每秒钟内这四个相位出现的次数都为250，求此通信系统的码速率和信息速率。解： (1) 每秒钟传输1000 个相位，即每秒钟传输1000 个符号，故RB=1000 Baud 每个符号出现的概率分别为P(0)=21,P2=81,P(
3、)=81,P23=41，每个符号所含的平均信息量为H(X)=(211+823+412)bit/符号 =143 bit/符号信息速率 Rb=(1000 143)bit/s=1750 bit/s (2) 每秒钟传输的相位数仍为1000，故RB=1000 Baud 此时四个符号出现的概率相等，故H(X)=2 bit/符号Rb=(1000 2)bit/s=2000 bit/s 【例 1-2 】已知等概独立的二进制数字信号的信息速率为2400 bit/s。(1) 求此信号的码速率和码元宽度；(2) 将此信号变为四进制信号，求此四进制信号的码速率、码元宽度和信息速率。解：(1) RB=Rb/log2M=(
4、2400/log22)Baud=2400 Baud T =BR1=24001 s=0.42 ms (2) RB=(2400/log24)Baud=1200 Baud T=BR1=12001 s=0.83 ms Rb=2400 b/s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 1-3 】设一信息源的输出由128 个不同符号组成。其中16 个出现的概率为1/32 ，其余 112 个出现概率为1/224 。信息源每秒发出1000 个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信息源的平均信息速率。解：每个符
5、号的平均信息量为H(X)=16 321log232 +112 2241log2224 =6.404 bit/符号已知码元速率RB=1000 Baud , 故该信息源的平均信息速率为Rb= RBH(X)=6404 bit/s 【例 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. (1) 不同的字母是等可能出现时，试计算传输的平均信息速率；(2) 若每个字母出现的可能性分别为 PA=51， PB=41， PC=41， PD=103试计算传输的平均信息速率。解：(1) 每个字
6、母的持续时间为25 ms，所以字母传输速率为RB4=310521=100Baud 不同的字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为H(X)= log24 =2 bit/符号平均信息速率为Rb= RB4H(X)=200 bit/s (2) 每个字母的平均信息量为H(X)= -51log251 -41log241-41log241-103log2103 =1.985 bit/符号所以，平均信息速率为 Rb= RB4H(X)=198.5 bit/s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 2-1
7、】设随机过程(t) 可表示成(t)=2cos(2t +) ，式中是一个离散随机变量，且(=0)=1/2 、(=/2)=1/2，试求 E(1)及R(0 ，1)。解：在 t=1 时，(t)的数学期望为(1)=122ttCOS)( = (=0)022)(tCOS+(=2)222)(tCOS =212cos0+212cos2 =1在 t1=0时，t2=1时，(t)的自相关函数R(0 ，1)= 1021212222tttCOStCOS,)()( =)(222COSCOS =(=0)0204COS+(=2) 224COS =21042COS+21242COS =2 【例 2-2 】设 z(t)=x1cos
8、t0-x2sint0是一随机过程，若x1和 x2是彼此独立且具有均值为 0、方差为2的正态随机变量，试求(1)(tz，)(tz2；(2) z(t)的一维分布密度函数f(z) ；(3)B(t1，t2) 与 R(t1，t2) 。解：(1) )(tz=t sin x-t cosx0201= cost01x-sint02x=0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆)(tz2=20201tsin x-t cosx = cos2t012x-2cost0sint021xx+sin2t022x因为12x=1x
9、D+12x=1xD=2，同理22x=2。又因为 x1和 x2彼此独立，则有21xx=1x2x，所以)(tz2= cos2t02+sin2t02=2(2) 因为 z(t)是正态随机变量x1和 x2经线性变换所得，所以z(t)也是正态随机过程。同时 z(t) 的方差)(tzD=)(tz2-)(tz2=2所以 z(t) 的一维分布密度函数 f(z)=)exp(22221z(3) R(t1，t2)= )()(21tztz=tsin x-tcosxtsin x-tcosx202201102101=201021201021tsin tcosxx-tcostcosx201022201021tsin tsin
10、xtcostsinxx=2210tcost因为)(tz=0，所以有B(t1，t2)= R(t1，t2)- )(1tz)(2tz = R(t1，t2) = 2210tcost精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 3-1】设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为dt0k)H(其中， K0和 td都是常数。 试确定信号s(t)通过该信道后的输出信号的时域表示式，并讨论之。解： 该恒参信道的传输函数为jeH)(=dtjek0冲激响应为 h(t)=K0(t-td) 输出信号为 y(t)=s(t)*
11、h(t)=K0s(t-td)讨论： 该恒参信道满足无失真条件，所以信号在传输过程中无畸变。【例 3-2 】 黑白电视图像每帧含有3105个像素， 每个像素有16 个等概出现的亮度等级。要求每秒钟传输30 帧图像。若信道输出S/N=30 dB ，计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最小带宽。解：每个像素携带的平均信息量为H(x)=(log216) bit/符号 =4 bit/符号一帧图像的平均信息量为I=(4 3105) bit=12105 bit 每秒钟传输30 帧图像时的信息速率为Rb=(1210530) bit/s=36 Mbit/s 令Rb=C=Blog2（1+NS）得B=MHzMHzN
12、SRb61.31001log36)1 (log22即传输该黑白电视图像所要求的最小带宽为3.61 MHz 。【例 3-3 】 设数字信号的每比特信号能量为Eb，信道噪声的双边功率谱密度为n0/2 ，试证明：信道无差错传输的信噪比Eb/n0的最小值为 -1.6 dB 。证：信号功率为S=EbRb噪声功率为N=n0B 令 C=Rb，得)1 (log)1(log022BCnEBNSBCb由此得BCnEBCb/120，min0nEb0limBCBCBC120limBC693.02ln12ln2BC6.1)693.0lg10(lg10min0dBnEbdB 精选学习资料 - - - - - - - -
13、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 4-1 】 根据右图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：DSB及 AM波形分别如下图(a) 、(b) 所示。 DSB信号通过包络检波后的波形图如下图(a) 所示， AM信号通过包络检波后的波形图如(b) 所示。可见，m1(t) 有严重失真， m2(t) 无失真，说明不能用包络检波法解调DSB信号。【例 4-2 】 某调制方框图如下图(b) 所示。已知m(t) 的频谱如下图(a) 所示，载频 1H，且理想低通滤波器的截止频率为1，试求
14、输出信号s(t) ，并说明 s(t)为何种已调信号。解：方法一：时域法两个理想低通输出都是下边带信号，上支路的载波为cos1t ， 下支路的载波为sin 1t 。d(t)=21Am(t)cos 1t+21Am?(t)sin1t e(t)=21Am(t)sin1t-21Am ?(t)cos1t 由此得 s(t)=f(t)+g(t) =21Am(t)(cos1t+sin 1t)cos 2t+21A)(? tm(sin 1t-cos 1t)sin2t =21Am(t)cos(2- 1)t-21A)(?tmsin( 2- 1)t 可知， s(t) 是一个载频为2- 1的上边带信号。精选学习资料 - -
15、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆方法二：频域法上支路各点信号的频谱表达式为Sb( )=2AM(+1)+M(- 1) Sd( )=2AM(+1)+M( - 1) HL( ) Sf( )=4ASd( +2)+Sd( - 2)下支路各点信号的频谱表达式为Sc( )=2jAM(+1)-M( - 1) Se( )=2jAM(+1)-M( - 1) HL( ) Sg( )=21Se( )*j( +2)- ( - 2) =4AM(+1)-M( -1) HL( )* ( - 2)- ( +2) S()=Sf( )+Sg(
16、) 各点信号频谱图如下图所示。由图可知，s(t)是一个载频为 2- 1的上边带信号，即s(t)=21Am(t)cos( 2- 1)t-21A)(? tmsin( 2- 1)t 【例 4-3 】设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.510-3 W/Hz，在该信道精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆中传输振幅调制信号，并设调制信号m(t) 的频带限制于5 kHz，载频是 100 kHz，边带功率为 10 kW，载波功率为40 kW。若接收机的输入信号先经过一个合理的理想带通滤波器，
17、然后再加至包络检波器进行解调。试求：(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) 制度增益G 。解： (1) Si=Sc+Sm=(40+10) kW=50 kW Ni=2Pn(f) B=(20.5 10-325103) W=10 W 5000iiNS(2) SAM(t)= A+m(t) cosct=Acos ct+m(t)cosct 由已知边带功率值可得kWtm10)(212包络检波器输出信号和噪声分别为mo(t)=m(t) no(t)=nc(t) 所以，包络检波器输出信号功率和噪声功率分别为So=(t)m2 =20 kW No=(t)nc2 =Pn(f) 2B=
18、10 W 检波器输出信噪功率比为2000ooNS(3) 制度增益为52/oiooNSNSG【例 4-4 】 设有一个频分多路复用系统，副载波用SSB调制，主载波用FM调制。如果精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆有 60 路等幅的音频输入通路，则每路频带限制在3.3 kHz以下，防护频带为0.7 kHz 。(1) 如果最大频偏为800 kHz ，试求传输信号的带宽；(2) 试分析与第1 路相比，第 60 路输出信噪比降低的程度( 假定鉴频器输入的噪声是白噪声，且解调器中无去加重电路) 。思路
19、本系统的原理方框图如下图所示。因为鉴频器输出噪声功率谱密度与频率平方成正比，所以接收端各个带通滤波器输出噪声功率不同， 带通滤波器中心频率越高，输出噪声功率越大。鉴频器输出的各路SSB信号功率与它们所处的频率位置无关，因此， 各个 SSB解调器输入信噪比不同。第一路 SSB信号位于整个频带的最低端，第 60 路 SSB信号处于频带的最高端。故第 60 路 SSB解调器输入信噪比最小，而第1 路信噪比最高。只要求出第1 路和第 60 路 SSB解调器输入噪声，就可以确定第 60 路输出信噪比相对于第1 路信噪比的降低程度。解： (1) 60路 SSB信号的带宽为 B= 60(3.3+0.7) k
20、Hz=240 kHz 调频器输入信号的最高频率为 fH=fL+B 当频分复用SSB信号的最低频率fL=0时， fH=B=240 kHz，FM信号带宽为BFM=2(f+fH)= 2(800+240) kHz=2080 kHz (2) 鉴频器输出噪声功率谱密度为其他,02400000,2)(022fnAffPn第 1 路 SSB信号的频率范围为04000 Hz ，第 60 路 SSB信号的频率范围为236000240000 Hz。对 Pn(f) 在不同频率范围内积分，可得第 1 路和第 60 路 SSB解调器的输入噪声。)32(10679744)(2360024000)32(10640400032
21、204000)(04000209602093202201AndffPNAnfAndfAfndffPNnini与第 1 路相比，第60 路输出信噪比降低的分贝数为(10lg64679744)dB=(10lg10621) dB40 dB 频分复用SSB信号的最低频率fL 不可能为0，Ni1、Ni60随 fL增加而增加， 但两者之比减小，即与第1 路相比，第60 路输出信噪比降低的分贝数小于40 dB。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 5-1 】已知信息代码为10100000110000
22、11，试确定相应的传号差分码、CMI码、数字双相码、 AMI 码以及 HDB3码，并分别画出它们的波形。解：【例 5-2 】 有 4 个连 1 和 4 个连 0 交替出现的序列， 画出单极性非归零码、AMI码、HDB3码所对应的波形图。思路单极性非归零码、AMI 码的编码规律比较简单。对HDB3码的编码规律比较熟悉后即可直接由信息代码求出HDB3码，并进而画出波形图。由于序列中4 个连 1 和 4 个连 0是交替出现的，故相邻的4 个连 0 码组之间1 码的个数肯定是偶数个，因此HDB3码中的每个取代节都应是B00V 。解：单极性非归零码、AMI码、 HDB3 码及其波形图如下图所示。精选学习
23、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 5-3 】 设随机二进制序列中的1码出现的概率为0.5 ，对应一个振幅等于1、宽度等于码元间隔Ts的矩形脉冲，0 码对应 0电平。(1) 求其功率谱密度及功率，并画出功率谱曲线，求谱零点带宽；(2) 若 1 码对应一个占空比等于0.5 的矩形脉冲， 0 码仍为 0 电平，重新回答(1) 中的问题；(3) 能否从上述两个信号中用滤波法直接提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量 ?若能，给出该分量的功率；(4) 分析离散谱fs的功率与1 码概率 P的关系。
24、思路第一个信号为单极性非归零码，第二个信号为占空比等于0.5 的单极性归零码，它们的基本波形为DTs(t) 和 D0.5Ts(t) 。这两个信号都是相同波形随机序列，可用式(5-3) 求其功率谱。 若功率谱中含有fs=1/Ts的离散谱， 则可用滤波法直接提取频率为fs=1/Ts的位定时信号，否则不能。Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2sn|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)(f-mfs) (5-3) 傅氏变换对D(t) Sa)2(=2/2/sin是本课程中常用公式，此题中=Ts或=0.5Ts。解: (1) P=0.5,a1=1,a2=0 G(f)=TsSa(fT
25、s)=TsSa(f/fs) 代入式 (5-3) 得Ps(f)=fs0.5 0.5 T2sSa2( f/fs)+f2sm0.52 T2sSa2(mfs/fs) (f-mfs) =0.25TsSa2( f/fs)+0.25mSa2(m) (f-mfs) 由于sin(m )=0 所以Sa(m )=0 故Ps(f)=0.25TsSa2( f/fs) 功率谱密度曲线如下图所示。由图可知，谱零点带宽为Bs=fs。信号功率为S=Ps(f)df=0.25 TsSa2( f/fs)df =0.25fsT2sSa2( f/fs)df 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
26、- - -第 12 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆根据帕塞瓦尔定理T2sSa2(f/fs)df= |G(f)|2df=D2Ts(t)dt=T2s得 S=0.25fs Ts2 =0.25Ts(2) P=0.5 G(f)=0.5TsSa(0.5 fTs)=0.5TsSa(0.5 f/fs) Ps(f)=0.0625TsSa2(0.5 f/fs)+0.06252Sam(0.5m ) (f-mfs) 功率谱密度曲线如下图所示。由图可知，谱零点带宽为Bs=2fs。信号功率为S=0.0625 TsSa2(0.5 f/fs)df+0.0625 mSa2(0.5m ) (f-mfs)df =0.0
27、625fsT2sSa2(0.5 f/fs)df+0.0625mSa2(0.5m ) =0.0625Ts+0.0625mSa2(0.5m ) (3) 在(1) 中无频率等于fs的离散谱，在 (2) 中有频率等于fs的离散谱，故可以从(2) 中用滤波法提取码元同步信号( 即位同步信号 ) 。频率为 fs离散谱的功率为S=20.0625Sa2(0.5 )=(0.125sin2(0.5 )/(0.5)2 W=0.05 W (4) 在第 2 个信号中有离散谱fs，若 P为任意值，则此信号的离散谱为0.25mP2Sa2(0.5m ) (f-mfs) 频率为 fs的离散谱功率为S=(0.5P2sin2(0.
28、5 )/(0.5)2) W=0.2P2 W 小结以矩形脉冲为基本波形的二进制相同波形随机序列的谱零点带宽等于脉冲宽度的倒数， 占空比为 1 时，谱零点带宽在数值上等于码速率；单极性归零码中含有频率等于码速率的离散谱， 离散谱的功率随1 码的概率增大而增大( 设 1 码传送脉冲 ) 。上述结论也可以推广到各码元独立的M进制相同波形随机序列。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 5-4 】 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如右图所示。图中Ts为码元间隔，数字信息“1” “0”
29、分别用 g(t)的有无表示，且“1”和“ 0”出现的概率相等。(1) 求该数字基带信号的功率谱密度；(2) 能否用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量 ?若能，试计算该分量的功率。思路将底部宽度为 、高度为1 的三角形时域函数表示为(t) ，傅氏变换对为(t) 224/4/sin2)4(2Sa据此式可求得本题中g(t) 所对应的G(f) ，再由式 (5-3) 即可求解。Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2sn|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)(f-mfs) (5-3) 解： (1) P=0.5,a1=1,a2=0 G(f)=)2(2
30、2ssfTSaATPs(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2sm|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs) (f-mfs) =4sf)2(4422ssfTSaTA+)2(444222ssmsfTSaTAf(f-mfs) )()2(16)2(164242smssmffmSaAfTSaTA(2) 频率 fs=1/Ts离散谱分量为0)(2)()2(84242ssffAffSaA所以可以用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需要的频率fs=1/Ts的分量，该分量的功率为S=2A2/ 4=0.02A2 【例 5-5 】 某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz、幅度为1 的理想低通
31、滤波器。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆(1) 试根据系统无码间串扰的时域条件求此基带系统无码间串扰的码速率。(2) 设此系统传输信息速率为3 Mbps，能否无码间串扰? 思路此题需求系统的冲激响应。系统的频率特性是一个幅度为1、宽度为 0=4 106 rad/s的门函数 ( 双边频率特性 )D0( ) ，根据傅氏变换的对称性可得D 0( ) )2(200tSa=2106Sa(2106t) 无码间串扰的时域条件为0, 00,)(kkCkThs式中， Ts为码元间隔。所以，根据冲激响应波
32、形就可确定此系统无码间串扰的码速率。设进制数为任意值，根据信息速率与码速率之间的关系求3 Mbps 所对应的码速率，从而判断传输3 Mbps 信号有无码间串扰。解: (1) h(t)=2106Sa(2106t) 波形如下图所示。由图可知，当Ts=0.5 s/k(k为正整数 ) 时无码间串扰，即此系统无码间串扰的码速率为 (2) 设传输独立等概的M进制信号，则RB=M2log3(MBd) 令M2log3=k2得M=k28=8n(n=1,2, ) 即当采用8n进制信号时，码速率RB=n1 (MBd) ，可以满足无码间串扰条件。【例 5-6 】 设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数：精选学习
33、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆(1) 当 RB=0/ 时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间串扰传输? (2) 求该系统接收滤波器输出基本脉冲的时间表达式，并用此来说明(1) 中的结论。思路因 RB=0/ ，即 RB=2f0，无码间串扰频域条件如下式nH(+ns)=其他,02|,sC (5-5) 或nH(+ns)=C, 为任意值 (5-6) 对于此题给定的条件，有02s根据傅氏变换的对称性，可得( ) 224/4/sin4)4(4tttSa由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲
34、时间表达式，再根据码速率决定抽样时刻，从而决定有无码间串扰。解： (1) 方法一将 H() 在频率轴上以20为间隔切开，由于H() 的频率范围为 (- 0, 0) ，故切开、平移、迭加后仍为H() ，在 | | 0范围内 H() 不为常数，故系统有码间串扰。方法二将 H() 向左右平移20的整数倍， 如下图所示。 可见平移后各图不重合，相加后不为常数，故码速率为0/ 时有码间串扰。(2) h(t)=20Sa2)2(0t此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。因Ts=01BR所以h(kTs)=)2(220kSa可见 k=0, 1, 3, 时， h(kTs) 0，故有码间串扰。【例 5-7】若要求
35、基带传输系统误比特率为10-6，求采用下列基带信号时所需要信噪比(1) 单极性非归零码；(2) 双极性非归零码；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆(3) 采用格雷码的8 电平双极性非归零码；(4) 7电平部分响应信号。解：(1) Peb=Q6102NS查 Q(x) 函数表得NS2=45 所以45NS（2）Peb=Q6102NS查 Q(x) 函数表得45NS(3) Pb=Peb/log28=Pe/3 62103)(633447)(13)1(2NSQNSMQMMPe由此得61071.1)(6
36、33NSQ查 Q(x) 函数表得)(633NS=4.75 所以454NS(4) 当部分响应为7 电平信号时，此系统传输的为4 进制信号Peb=Pe/log24=Pe/2 6222102)(1534815)(134)1(2NSQNSLQLLPe由此得61007.1)(1534NSQ查 Q(x) 函数表得)(1534NS=4.75 所以183NS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 6-1 】 已知码元传输速率RB=103Bd，接收机输入噪声的双边功率谱密度n0/2=10-10W/Hz，今
37、要求误码率Pe=10-5，试分别计算出相干OOK 、非相干2FSK 、差分相干2DPSK 以及2PSK等系统所要求的输入信号功率。思路只要求出接收机带通滤波器输出噪声功率就可以由误码率公式得到Pe=10-5的信噪比，从而得出信号功率。题中已给出噪声的功率谱密度，但没有给定收滤波器带宽。由于 OOK( 即 2ASK)系统、 2DPSK系统、 2PSK系统都是线性系统，它们的频带利用率为1/(1+)(Bd/Hz)。若收滤波器为升余弦滚降特性，其等效噪声带宽为1000 Hz，可用此等效带宽求噪声功率。设=1，且收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz的理想矩形，我们以此为标准进行计算。 非相干 2F
38、SK解调器由两个非相干2ASK解调器构成， 两个收滤波器的带宽与线性系统一样。解：设 OOK 、差分相干2DPSK 以及 2PSK的收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz 的理想矩形，非相干2FSK接收机的两个支路带通滤波器的频率特性也是带宽为2000 Hz 的理想矩形。在此条件下，接收机输入噪声功率为N=(10-1022000) W=410-7 W (1) 相干 OOK(2ASK) 系统由误码率公式Pe=2rQ=10-5 得r=NS=36.13 S=(36.13 4 10-7) W=1.45 10-5 W (2) 非相干 2FSK系统由误码率公式Pe=215210re得r=21.6 S=(
39、21.6 410-7) W=0.86 10-5 W (3) 差分相干2DPSK 系统由误码率公式Pe=51021re得r=10.8 S=(10.8 410-7) W=0.43 10-5 W (4) 相干 2PSK系统由误码率公式Pe=Q(r2)=10-5 得r=9.03 S=(9.03 410-7) W=0.36 10-5 W 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 6-2 】 已知 2FSK信号的两个频率f1=980 Hz，f2=2180 Hz ，码元速率RB=300 Bd，信道有效带
40、宽为3000 Hz ，信道输出端的信噪比为6 dB 。试求：(1) 2FSK 信号的谱零点带宽；(2) 非相干解调时的误比特率；(3) 相干解调时的误比特率。解： (1) 2FSK信号的谱零点带宽为Bs=|f2-f1|+2Rb=(2180-980+2 300) Hz=1800 Hz (2) 设非相干接收机中带通滤波器BPF1和 BPF2的频率特性为理想矩形，且带宽为6002BFRB Hz 信道带宽为3000 Hz，是接收机带通滤波器带宽的5倍，所以接收机带通滤波器输出信噪比是信道输出信噪比的5 倍。当信道输出信噪比为6 dB 时，带通滤波器输出信噪比为r=5 100.6=54=20 2FSK非
41、相干接收机的误比特率为Pb=21e-r/2=21e-10=2.27 10-5(3) 同理可得2FSK相干接收机的误比特率为Pb=Q(r)=Q(20)=Q(4.47)=3.9310-6【例 6-3 】待传送二元数字序列ak=1011010011 ：(1) 试画出 QPSK 信号波形。假定fc=Rb=1/Ts，4 种双比特码00，10，11， 01 分别用相位偏移 0，/2 ，3/2 的振荡波形表示；(2) 给出 QPSK 信号表达式和调制器原理方框图。解： (1) QPSK信号波形如下图所示。 (2) QPSK 信号的表达式为eQPSK(t)=coskcosct+sin ksin ct=cos(
42、 ct- k) QPSK 调制器原理方框图如下图所示，图中x 与 i(t)的对应关系为：x 为 1 码时， i(t)为负脉冲， x 为 0 码时， i(t)为正脉冲； y 与 q(t) 的对应关系同x、i(t)之间的关系。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 6-4 】 已知电话信道可用的信号传输频带为6003000 Hz ，取载频为1800 Hz ，试说明：(1) 采用 =1 升余弦滚降基带信号时，QPSK 调制可以传输2400 bit/s数据；(2) 采用 =0.5 升余弦滚降基带
43、信号时，8PSK调制可以传输4800 bit/s数据；(3) 画出 (1) 和(2) 传输系统的频率特性草图。解： (1) 信道带宽为Bc=(3000-600) Hz=2400 Hz =1时 QPSK 系统的频带利用率b=114log1log22aM bps/Hz=1 bps/Hz 数据传输速率Rb=Bcb=24001 bit/s=2400 bit/s (2) =0.5 时 8PSK系统的频带利用率b=5.018log2=2 bps/Hz 数据传输速率Rb=Bcb=24002 bit/s=4800 bit/s (3) (1)和(2) 传输系统的频率特性草图如下图(a) 和(b) 所示。精选学习
44、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 6-5 】 QPSK系统，采用 =1的升余弦基带信号波形，信道带宽为20 MHz：(1) 求最大信息速率；(2) 将信息码进行 (2 ，1，3)卷积码编码后再进行传输，设信源信息速率、基带波形及信道带宽不变，设计一种调制方式并画出系统方框图；(3) 画出 QPSK 系统的频率特性草图( 设载频为50 MHz)。解：(1) b=log2M/(1+ )= log24/(1+1) bps/Hz=1 bps/Hz 所以最大信息速率为Rb=bBc=120 Mbit/
45、s=20 Mbit/s (2) (2 ，1，3)卷积码的编码效率为0.5 ，故信源输出数据经(2，1， 3)卷积编码后，信息速率由20 Mbit/s增大到 40 Mbit/s，此时频带利用率为b=2 bps/Hz 由定义b=log2M/(1+ ) 求得 M=16 可采用 16QAM 调制方式， 16QAM 系统的原理方框图如下图所示。 (3) QPSK 系统的频率特性草图如下图所示。【例6-6 】 设时频调制信号为四进制的四频四时的调制结构，试以传送二进制信息符号序列 11100100 为例画出波形示意图。解：在四进制的四频四时调制方式中，一个双比特代码用四个时隙、四个频率来表示，四个双比特代
46、码00、01、10、11 所对应的四个频率分别按如下规则编排：f1f2f3f4、f2f3f4f1、f3f4f1f2、 f4f1f2f3。 二进制信号及四频四时已调信号波形如图6-48 所示，图中设 f1=Rb、 f2=2Rb、f3=3Rb、f4=4Rb。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆【例 7-1 】 已知模拟信号抽样值的概率密度p(x) 如右图所示。(1) 如果按 4 电平进行均匀量化，试计算信号与量化噪声功率比；(2) 如果按 8 电平进行均匀量化，试确定量化间隔和量化电平；(3)
47、 如果按 8 电平进行非均匀量化，试确定能使量化信号电平等概的非均匀量化区间，并画出压缩特性。解： (1) 分层电平为 x1=-1， x2=-0.5 ， x3=0，x4=0.5 ，x5=1 量化电平为 y1=-0.75 ， y2=-0.25 ， y3=0.25 ， y4=0.75 信号功率为 S=11x2p(x)dx=25.01x2(1-x)dx=61量化噪声功率为Nq=1541xxi(x-yi)2p(x)dx=25.01(x-0.25)2(1-x)dx+5.01(x-0.75)2(1-x)dx=1/48信号与量化噪声功率比为 SNRq=S/Nq=8 (2) 量化间隔为=2/8=1/4 量化电
48、平分别为 -7/8，-5/8 ，-3/8 ，-1/8 ， 1/8 ，3/8 ，5/8 ，7/8 (3) 设分层电平依次为-1，-x1，-x2， -x3，0，x3，x2，x1，1，依题意可得下列方程83)x-(12182)x-(12181)x-(121232221解之，得 x1=0.5, x2=2220.29, x3=2320.13 量化电平为相邻分层电平的平均值，依次为-0.75 ，-0.40 ，-0.21-0.070.07 ，0.21 ，0.40 ，0.75 。压缩特性曲线如下图所示。【例 7-2 】 已知正弦信号的频率fm=4 kHz ，试分别设计一个线性PCM 系统和一个简单精选学习资料
49、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 28 页学而不思则惘，思而不学则殆M系统，使两个系统的最大量化信噪比都满足30 dB 的要求，比较两个系统的信息速率。解: (1) LPCM系统SNRqmax=(1.76+6N) dB 令 1.76+6N=30 得N=5 设抽样频率fs=8 kHz，则 LPCM 的信息速率为Rb LPCM=8 5 kbit/s=40 kbit/s (2) M系统 SNRqmax=3231004.0Hffks令 fk=4 kHz， fH=4 kHz ，得fs=118 kHz 码速率为RbM=118 kbit/s 可见
50、，当LPCM 系统和 M系统的量化信噪比相同时，M系统的信息速率远大于LPCM系统的信息速率。【例 7-3 】 6 路独立信源的最高频率分别为1 kHz、1 kHz、2 kHz、2 kHz、3 kHz、3 kHz，采用时分复用方式进行传输，每路信号均采用8 位对数 PCM 编码。(1) 设计该系统的帧结构和总时隙数，求每个时隙占有的时间宽度及码元宽度；(2) 求信道最小传输带宽。解: (1) 若选择抽样频率为6 kHz ，则每路信号都符合抽样定理的要求。不考虑帧同步码、信令码，帧结构如右图所示。每帧共6 个时隙，每个时隙占有的时间宽度为27.8 s，码元宽度为3.5 s。(2) 信息速率为Rb