1、第1章緒論習(xí)題解答1-1解：每個消息的平均信息量為11H (x)log：2448|og218 81|og212 2-1.75bit/ 符號1-2總的組解：（1 ）兩粒骰子向上面的小圓點數(shù)之和為3時有（1 , 2 ）和（2 , 1 ）兩種可能,1 1合數(shù)為C6 C6 36，則圓點數(shù)之和為 3出現(xiàn)的概率為2 1 p33618故包含的信息量為1I （3） log 2 P3log 24.17（bit）18（4，3），（2 ）小圓點數(shù)之和為 7的情況有（1，6）（6，1）（2，5）（ 5，2）（ 3，4）則圓點數(shù)之和為 7出現(xiàn)的概率為P76 1366故包含的信息量為11 砸我 log2-2.585（bl

2、t）1-3解：（1 ）每個字母的持續(xù)時間為2 10ms，所以字母傳輸速率為1RB43 50Baud2 10 10不同字母等可能出現(xiàn)時，每個字母的平均信息量為H（x） log?42 bit/ 符號平均信息速率為RbRB4gH(x)100bit/s（2 ）每個字母的平均信息量為1111H (x) |og2|og2 75544=1.985 bit/ 符號所以平均信息速率為log10 10RbRB4gH (x)99.25 (b|t/s)1-4解:（1 ）根據(jù)題意，可得:I(0)log P(0)log32 :1.4158比特I(1)log P(1)log 2124比特I (2)logP(2)log12

3、；24比特I (3)log P(3)log：13'8比特(2 )法一：因為離散信源是無記憶的，所以其發(fā)出的消息序列中各符號是無依賴的、統(tǒng)計獨立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各個符號的信息量之和。此消息中共有14個“0”符號，13個“ 1”符號，12個“ 2 ”符號，6個“ 3”符號，則該消息的信息量是:I 14I (0) 131(1) 121(2)61(3)14 1.415 13 2 12 2 6 387.81比特則此消息中平195比特/符號此消息中共含45個信源符號，這45個信源符號攜帶有87.81比特信息量, 均每個符號攜帶的信息量為1287.81/45法二：若用熵的概念計算

4、，有H(x)3log238 82 -log244說明：以上兩種結(jié)果略有差別的原因在于,11log 21.906(bit / 符號)88它們平均處理方法不同，前一種按算術(shù)平均的方法進(jìn)行計算，后一種是按熵的概念進(jìn)行計算，結(jié)果可能存在誤差。這種誤差將隨消息中符號 數(shù)的增加而減少。1-51133H(x)Tog 2 Tog20.811解：(1)4444bit/符號(2 )某一特定序列(例如：m個0和100-m 個1 )出現(xiàn)的概率為P XL P X1,X2,L ,X100 P所以，信息量為I X1,X2,L ,X100logP XL200 (100 m)log 2 3 bit(3 )序列的熵XL 100

5、X 81bit /序列1-6解：若系統(tǒng)傳送二進(jìn)制碼元的速率為m100- mm1100-m30P144m100-m13log441200Baud，則系統(tǒng)的信息速率為：Rb 1200 log2 21200 bit/s若系統(tǒng)傳送十六進(jìn)制碼元的速率為2400Baud ，則系統(tǒng)的信息速率為:Rb 2400 log2169600 小仮1- 7解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為討論：該恒參信道滿足無失真?zhèn)鬏數(shù)臈l件，所以信號在傳輸過程中無畸變。1-8解：該恒參信道的傳輸函數(shù)為H（）Ae j( td bsin Td)A(1A1Ae jAe j td ejbsin To jb sin T0)e j td 衛(wèi)(ej To

6、2jAbe2e j T°)e j td1-9解:沖激響應(yīng)為輸出信號為tdj (tdh(t)y(t)A (t td)s(t)* h(t)As(t td)To) Ab j e2罟(t td2號 s(t td(tdT°)To)To)假設(shè)該隨參信道的兩條路徑對信號的增益強度相同，均為H ( o) 2Vocos21)12n,n(t tdTo)Ab訂 td To)Vo。則該信道的幅頻特性為:，n 0,1,2丄時'H（0）出現(xiàn)傳輸零點;O'1'2丄時，期。）出現(xiàn)傳輸極點;1-10所以在(nkHz（n為整數(shù)）時，對傳輸信號最有利；（n丄）2 kHz（n為整數(shù)）時，對

7、傳輸信號衰耗最大。解：（1）因為 S/N =30dB,得：S/N=1000由香農(nóng)公式得信道容量log10 30dB 即 10 N，H()H( j ()e1/j tdKoe沖激響應(yīng)為h(t)Ko (ttd)輸出信號為y(t)s(t)* h(t) Kos(t td)C Blog 2(1 N3400 log2(1 1000)33.89 103bit /s(2 )因為最大信息傳輸速率為4800b/s ，即信道容量為4800b/s 。由香農(nóng)公式C Blog2(1 害)C48002B 1 23400 1 2.66 1 1.66得：N。則所需最小信噪比為1.66 。第2章信號與噪聲分析習(xí)題解答2-1解:p(

8、x2) 1 p(x2)數(shù)學(xué)期望:E(x)xp(x)dxx丄dxa2 x4a因為所以方差:2-2E(x2)D(x)x2 p(x)dxa2a x . dx a2a3 x6a2 2E(x ) E(x)解：由題意隨機變量x服從均值為0,方差為4，所以 2 ，即2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，可(x) -X X eTdt通過查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)' 2數(shù)值表來求解。(1)p(x2) 1p(x2)x1 p(0 2 0) 12 2(1)10.84130.1587x04 0p(x4) 1p(x4)1 p()1(2)2 210.97720.0228x 1.5(3 )當(dāng)均值變?yōu)?.5時，則2 服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，所以x 1

9、.521.5p(x2)1 p(x2)1 p(22 ) 1(0.25)10.5987 0.40132-3x 1 5 p(x 4)1 p(x 4)1 P(-21 0.8944 0.105641 5)1(1.25)解：(1)因為隨機變量服從均勻分布,所以有Ez(t)且有o的概率密度函數(shù)f (Rz(t,t)由此可見，z(t)是廣義平穩(wěn)的。Em(t)cos( 0t Em(t)?Ecos(2Em(t)? 0 cos(0t)0t)?丄小20Em(t)cos( 0t Em(t)m(t1)?m(t )cos()?Ecos( 0tRm( )?E二cos(2 0t21Rm( )?：COS2cos 02 (cos 0

10、20,(10t)COS(1COS2),),0其他Rz()0t0 )因此z(t)(3)根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對(2)僅與相關(guān),的數(shù)學(xué)期望與時間無關(guān)，而其相關(guān)函數(shù)Rz(t,t1 t, 1 t 0tri (t)1 t,0 t 1Sa2(,0,其他t可得平穩(wěn)隨機過程z(t)的功率譜密度PZ( )Rx( )e j dcos 0 ?tri ( )e j d；Sa2(0) Sa2(0)422S Rx(0) C0護(1)| o 12 22-4解：(1 )因為，互不相關(guān)所以 mx(t)EX(t) E()cos otcos 0tE cos 0tE又根據(jù)題目已知均值E E 0，所以mx(t)0(2)自相關(guān)函數(shù) Rx

11、(t1,t2)EX(t1)X(t2)E( )cos 0加()cos °t2】cos 0t1 cos 0t2E 2 2222cos 0t1 cos 0t2 E2E E 2 2cos 0t1 cos °t2【4cos 0t1 cos 0t214 -cos 0(t1 t2) cos 0(t1 t2)22cos 0 2cos 0(t1 t2)(t1 t2)(3)由(2)可知Rx(t1,t2)不僅與有關(guān)還與t1,t2有關(guān)，所以為非廣義平穩(wěn)隨機過程。2-5解：根據(jù)圖示可得RX() 50 3( 10,10)EX2(t)RX(0) 50X2 RX(0) RX( )50 2030因為，X2

12、EX2(t) EX (t)2(3)30所以，30 50 EX(t)2 即 EX(t) mx 720 則(1)mx20 ； (2)EX2(t) Rx(0) 502-6解:( 1)R()EX(t) X(t )EAc Acos( 1t)人EA(2 AqAcos建)EA2 cos( 1tA COS 12 1A2A2R(0)2EX (t)因為,EX(t)所以,直流功率為)cosA2 AAcos 1(t )1(t2A0A1 cos( 1t) A cos( 1t)cos 1(t )A1 cos( 1t 2EA02 二E X(t) A)A02 EX2(t) E2X(t)則，交流功率為對R()求傅里葉變換可得其

13、功率譜密度A2 (啟(2 A2 ()1)1)2-7解:Rx(丄2 丄2R<()e5；ej2ej05 0ej d3 02-8sa( 0Sa(0 )cos4所以，對Rx()直流功率為Rx( )1Px(f)與Rx()互為傅立葉變換1Px(f)(f) (1 £f 0Px(f)做傅立葉變換得1 f0Sa2( f0 )交流功率為R (0) R ( )1 f01(3)2- 9解：RC低通濾波器的傳遞函數(shù)為11 j cRH( ) jpR j c因此輸出過程的功率譜密度為no221 ( cR)2P0( ) R( )?|H( )1相應(yīng)地，自相關(guān)函數(shù)為1R0( ) 2-P0()eJ dno4kJn&

14、#176;i i/rce4RC2-10解:( 1)Ry( )E(23X(t)(2 3X(t )E4 6X(t ) 6X(t) 9X(t)X(t 4 6 6 9Rx()即自相關(guān)函數(shù)只與 有關(guān))EY(t)2 3EX(t)2 35 即均值為常數(shù)(2 )平均功率為Ry(0)169Rx(0)因為Rx(0)122，所以Rx(0)3所以Ry(0)169Rx (0)169 343DY(t)D23X(t)9DX (t)182-11解:(1)Ry()EY(t)Y(t)所以丫(t)為寬平穩(wěn)過程。E X (t a) X(t a)X(t a) X(t a) EX(t a)X(t a) X(t a)X(ta) X(t a

15、)(X(tRx( ) Rx(2a) Rx(2a) Rx ()2Rx( ) Rx(2a) Rx(2a)a) X(t a)X (ta)Py( ) 2Px()Px( )e2aJ2)sin (a )Px( )e2aJ4Px(2-12解：SPx(f )df10k 5 210 5f2df2107W10k32-13Px(f)與Rx()互為傅立葉變換5t解：因為題目已知 沖激響應(yīng)為 h(t) 5e u(t)H(所以Py()H( )22525Px( )|H( )2Px()又因為no2所以PY()no 252 2525251010Ry()與py()互為傅立葉變換 由臥)可知Ry()25 10匕取10總的平均功率S

16、YRy(0) 2.5 10 (W)2-14解: (1 )由傅里葉時域微分性質(zhì)dt (j )F()可知微分器的系統(tǒng)函數(shù) H( ) (j ),則信號通過微分器(線性系統(tǒng))后輸出y(t)的雙邊功率譜密度為n0Py(f)BoBPy(f)dfj2 f2n°f3.95 105f2W/Hz(2)2-15Syn0f 2df234 n°B0.0263W解：設(shè)h(t)的傅式變換為H (f)，則有2-16Syn。|H(f)2dfn。H(f)2dfn。解：由題意知,n(t)n c(t)cos ctns (t)sinct，其均值為0,方差為S3 (t) Acosct cos(ct)LPFn°

17、;(t)(n c(t)cos1n c(t)cos給定時s)(t)的功率為典22小 A cos&ct n s(t)si n|ns(t )sinA cos2ct) cos(ct) LPFn0(t)的平均功率為2N0 En 0(t)cos 4故在(1)的條件下( 為常數(shù))則SA22-2 cosN°:2n 2 sin4在(2)的條件下( 是與ni (t)獨立的均值為0的高斯隨機變量)，n0(t)的功率仍然是N02n4，但此時s0(t)的平均功率是A 2 2 A 2A cos . A 2 nSoE Ecos 44所以SNoA22Ecos2A2 夫E1 2 ncos cos曲/圖 3-1

18、4 (a)AA 12 2n212 2e 2 cos2 d .2 2A22A2(1ne2 2)cos2 第3章模擬調(diào)制系統(tǒng)習(xí)題解答3-1解：c°S tcos ct的波形如圖3-14 (a)所示。因為 Sm(t) cost COS ct 且 c 6，對Sm(t)其進(jìn)行傅里葉變換可得Sm()(2c)(c)(c)(c)2(7)(5)(5 )(7 )頻譜圖如圖題3-14(b)所示。3- 2Af(t)Asin( t)/( t) sin( t)cos( t) Asa( t)cos( t)_t2222解: (1 ) 2Asa(t)上式中 2 為帶限信號，由希爾伯特變換的性質(zhì)，得(2)Z(t)f (t

19、) j f (t) Asa(t)cos( t) jAsa( t)sin( t)2 2 2 2故z(t) 2Asa(2t)3-3S 弓 Q 1010 100解：因為輸出信噪比功率為20dB，貝U No在SSB/SC 方式中，調(diào)制制度增益G=1S所以NiNt100接收機輸入端的噪聲功率Ni n°B 2n010103222 0.510 951035 10 6wS 100Ni 5104W因此接收機輸入端的信號功率因為發(fā)射機輸出端到接收機輸入端之間的總損耗為1dB/km 100km 100dB100可得發(fā)射機輸出功率為S。1010Si1010465 105 10 W3-4解：(1 )此信號無法

20、用包絡(luò)檢波器解調(diào)，因為能包絡(luò)檢波的條件是1 Acos2 fmt 0，而這里的A=15使得這個條件不能成立，用包絡(luò)檢波將造成波形失真。(2 )只能用相干解調(diào)，解調(diào)框圖如圖3-15所示。圖 3-153-5解：（1 ） AM解調(diào)器輸出信噪比為& 20kW由題意知，2N°A 100(2)因為2ng2n°B103WGam22m_(t)A2 m2(t)10 2W/ Hz,B=4Khz ，貝U10 103 410 2 4 10310032 40 103105340 10Gdsb 2)7.8分貝而抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的調(diào)制制度增益Gdsb 26貝UGam 1/3 （約為 7.8dB所

21、以抑制載波雙邊帶系統(tǒng)的性能優(yōu)于常規(guī)調(diào)幅3-6解:設(shè)單邊噪聲功率譜密度為n°，則相干解調(diào)后的輸出信噪比Som2(t)2B fa df0 baBaN 04n 0Bssb4n0B4n0B4n°3-7解:對于DSB :接收信號功率S0 S2設(shè)信道加性白噪聲單邊功率譜密度為n°，信號帶寬為fm則輸入噪聲功率Ni n0BDSB 2n0 fm11上N0 :Nin°fm輸出噪聲功率421小魚-SSN。7fmn°f所以，接收到的信噪比2對于SSB :設(shè)發(fā)射功率為1SS0Is則接收信號功率4輸入噪聲功率N in°BssBno fm輸出噪聲功率No 1Ni

22、4n0 fm4s所以，接收到的信噪比1s'4Ho fm4Isnofm(i)接收信號強度相同，即-s-s故單邊帶平均發(fā)射功率s 2sss'(2 )接收到的信噪比相同，即®fm n0fm故單邊帶平均發(fā)射功率s' s3-8解：設(shè)m(t)與cos lt相乘后的輸出為si(t)，則s(t)是一個DSB信號，其頻譜如圖圖3-17(a)所示。s (t)再經(jīng)過截止頻率為 1的理想低通濾波器，所得輸出信號S(t)顯然是一個下邊帶信號，其頻譜如圖3-17 ( b )所示，時域表達(dá)式則為11s-i(t)m(t)cos 1tm(t)sin 1t22同理，m(t)與sin 1t相乘后的

23、輸出s2(t)再經(jīng)過理想低通濾波器之后，得到的輸出信號s2(t)也是一個下邊帶信號，其時域表達(dá)式為11S2(t)m(t )sin21tm(t)cos 1t2因此，調(diào)制器最終的輸出信號1s(t) m(t)cos11tm(t)sin11tcos 2t m(t)sin11tm(t)cos 1tsin2t22221m(t)cos 1t cos 2tsin 1tsin 2t1m(t)sin 1t cos 2tcos 1tsin 2t2 2m(t)cos( 21)tm(t)sin( 21)t2 2顯然，s(t)是一個載波角頻率為(21)的上邊帶信號。7314八1 S/(Q心25 - O*TI - 31 +

24、 tilla_ 坤1 - Cd + ftHowi -CUh 5(a)(b)圖 3-173-9解: ( 1 )因為 m(t) C0S(211SSsb -m (t)-W48104t)V，則m2(t) W2S 1DSB所以，2m2(t)%4(2) DSB : Nin0 Bdsb2n0 fH1110106W信道衰減為S0SDSB 則 SiDSB1000所以，No30dB ,2 Sdsb? 1Ni4 210310 6SiDSB則2504 1000310 WSSB : Ni10 1110 6W信道衰減為S0所以，No30dB，SsSBNiSSSB則 SiSSB1心10 6(3 ) r均相同，DSB : N

25、 i n0BDSB10001252n0 fHSiSSB11000310 W5 10 1110SdsbSSBSsSB3-10所以,1 -10 1000 8Ni103,n0BSSB3Wn0 fH所以魚N。2 SDSB N28隊，由于信道衰減10361252 10630dB ,1011106W信道衰減30dB ,W，所以由題意SFM (t)BfmN。SiSSBN100cos(22(mf 1)fm 2 5KFM Am23106 1251 10fct1034sin 2 fmt)104Hz得mfm，調(diào)頻器的調(diào)頻靈敏度不變，調(diào)制信號的幅度不變，但頻率343 2 101.2 10 Hzmf2。此時，Bfm2(

26、mf1)fm 23-11解:消息信號m(t)A,0t T1m(),1 T Am(t)-dd則t0 tmif對應(yīng)的單邊帶信號為11SSsB(t)m(t)cos ctm(t)sin £22A丄A , t T .丄cos ct In sin ct22A 1SssB(t)2 - 1(lntt T)2f75匸mf5«2,八-解：fm15kHzf75kHz所以fm15則 Gfm3mf (mf 1) 450Si20dB 100S0GSiFM-45010045000因為Ni所以NoFM Ni3-13解：對于AM波的帶寬：BAM2fH 210kHz20kHz其包絡(luò)為3-12對于SSB波的帶寬

27、：BSSBfH 10kHzf 50kHzmf5調(diào)頻指數(shù)fm 10kHz對于FM信號帶寬bfm2(mf1)fm2(5 1) 10kHz 120kHz3-14解:由已知 S(t) Acos 0t 100cos mt(1)調(diào)相時Spm (t) Acos ct Kpm(t)所以Kpm(t) 100cos mt又因為Kp 2， 所以(2)調(diào)頻時Sfm (t)Acos ctm(t) 50cos mttS( )d t所以 POSS mtKFm()dt2 m( )d兩邊冋時求導(dǎo)得100 m sin mt 2m(t)求得m(t)50m sinmtKpKfmpAmmfAm (3)由mmKpAmm“E100Emax

28、p mpmU "，即最大頻偏為3-151002Ffm5000W解：已調(diào)波信號功率2 。maxmf 5maxmf fm104Hz100 fmBfm2(mf1)fmL 40005 42(5 1) 2000Hz 2.4 10 (Hz)第4章模擬信號的數(shù)字傳輸習(xí)題解答4-1解:H1的濾波器后進(jìn)入理想抽樣器的最高頻率為(1 )因為信號m t通過傳輸函數(shù)為 所以抽樣頻率2f1(2 )因為抽樣信號頻譜Ts n可得抽樣信號的頻譜如圖4-11所示。Ms( 3 )-X抽樣信號頻譜圖圖 4-11(3 )由圖4-11所示的抽樣信號頻譜可知：將抽樣信號1ms t通過截止頻率為1的理想低就能在接收端恢復(fù)出信號m

29、t。如卩(t)r111叭)11時)NA111|_圖 4-12 可見，如果接收端通過一個傳輸特性為H(f)抽樣信號'的恢復(fù)111H f1f f1的網(wǎng)絡(luò),H1通濾波器，然后再通過一個傳輸特性為H1圖4-12所示。的低通濾波器，就能在接收端恢復(fù)出信號m t。4-2解：(1 )由式(4-2 )可知：在s=3 H時，抽樣信號頻譜如圖 4-14所示，頻譜無混疊現(xiàn)象。因此經(jīng)過截止角頻率為H的理想低通濾波器后，就可以無失真地恢復(fù)原始信號。圖4-14抽樣信號的頻譜(2 )如果s 1.5 h，不滿足抽樣定理，頻譜會出現(xiàn)混疊現(xiàn)象，如圖4-15所示，此時通過理想低通濾波器后不可能無失真地重建原始信號。圖4-1

30、5抽樣信號的頻譜出現(xiàn)混疊現(xiàn)象4-3解：因為m t cos100 n tos2000 nt1cos1900 nt cos2100 nt2所以最低頻和最高頻分別為九950Hz,人105°Hz(1 )將mt當(dāng)作低通信號處理，則抽樣頻率fs 2fH 2100Hz(2 )將mt當(dāng)作帶通信號處理，則抽樣頻率2fH f2fLn 1 s n因為n=9，所以210 fs 211.1Hz4-4解：1以抽樣時刻t 1/4000為例，此時抽樣值為0.9510565 ，設(shè)量化單位2048，所以歸一化值 0.9510565=1948。編碼過程如下：(1 )確定極性碼C1 ：由于輸入信號抽樣值為正，故極性碼C1

31、=1 O(2 )確定段落碼 C2C3C4 :因為1948>1024 ，所以位于第8段落，段落碼為111 o(3)確定段內(nèi)碼C5C6C7C8 :因為 1948 1024 14 64 28，所以段內(nèi)碼 C5C6C7C8=1110 o所以，t 1/4000的抽樣值經(jīng)過A律13折線編碼后，得到的PCM碼字為1 111 1110同理得到在一個正弦信號周期內(nèi)所有樣值的PCM碼字，如表4-5所示。4-5解:因為采用均勻量化，所以量化間隔則量化區(qū)間有 1,0.5，-0.25，0.25，0.75。所以量化噪聲功率為-0.5Nq -1 X0.5,0.750.5x00.2520.540, 0.5dxdx和 0

32、.5,-0.50.51，對應(yīng)的量化值分別為-0.75，0.250.7521 x dx21 x dx1/48因為輸入量化器的信號功率為x2fdx。航1x)dx用11x)dx 6所以量化信噪比Nq2x2m mq4-6解：因為二進(jìn)制碼元速率Rblog2 MsS，即信息速率與lOg2 M成正比，所以若量化 級數(shù)由128增加到256，傳輸該信號的信息速率 Rb增加到原來的8/7倍。而二進(jìn)制碼元寬度為所以對應(yīng)的信息速率log 2Tb1 Rb表4-5 PCM編碼的輸出碼字t1600 nt.2k nm kTssin樣值5歸一化值輸出碼字t 000010000000t 1/40002n/50.951056519

33、4811111110t 2/40004冗/50.58778525120411110010t 3/40006冗/5-0.58778525-120401110010t 4/40008n/5-0.9510565-194801111110假設(shè)占空比 Tb，則PCM信號帶寬為B 1/t可見，帶寬B與log2 M成正比。所以，若量化級數(shù)由128增加到256，帶寬B增加到原來的8/7倍。4-7解：基帶信號的頻譜圖如圖基帶信號的頻譜圖圖 4-164-16由式(4-2)，理想抽樣信號的頻譜圖如圖4-17所示。iIIIMI4JT 門H卜丄1一 f (H£0 13 5 79圖4-17理想抽樣信號的頻譜圖(

34、2)因為自然抽樣信號的頻譜Ms()ASa(-)M( n s)Ts n20.4Sa(nsn s)Sa(c)M (n2當(dāng)n=1時，因為n sSa( 2)M(n s)= Sa(0.4 )M ( s)4-18所以n=1時自然抽樣信號的頻譜分量為0.4Sa(0.4 )M(s)，對應(yīng)的頻譜圖如圖所示。I 嚴(yán) I04死 E 誼(0.4 眄. i丨丨t ”034 S圖4-18n=1時自然抽樣信號的頻譜分量所以，自然抽樣信號的頻譜圖如圖4-19所示。沖犧強度丸0.4.T圖4-19自然抽樣信號的頻譜圖/'(Hz)因為平頂抽樣信號的頻譜所以,A WTSaMM qTs2 n -平頂抽樣信號的頻譜圖如圖4-20

35、所示。0.4Sa X M2 n -圖4-20平頂抽樣信號的頻譜圖<UT4-8解：所以二進(jìn)因為抽樣頻率為8000Hz ,按A律13折線編碼得到的PCM信號為8位二進(jìn)碼。制碼元速率Rb l fs 8 800064000 波特因為占空比為1，所以 Tb，貝y pcm基帶信號第一零點帶寬B 1/t 1/Tb 64000 Hz4-9解：因為抽樣頻率為奈奎斯特抽樣頻率，所以fs 2fH 12000 Hz所以PAM系統(tǒng)的碼元速率RBfs 12000 波特則碼元寬度Ts 1/ fs因為占空比為0.5，所以 0.5Ts，則PAM基帶信號第一零點帶寬B 1/T 24000Hz4-10解:(1)因為奈奎斯特抽

36、樣頻率fs2fH12000Hz，量化級數(shù)M 8，所以二進(jìn)制碼元速率為Rblog 2 M fs3 1200036000 波特所以,對應(yīng)的信息速率Rb36000bit/s(2)因為二進(jìn)制碼元速率Rb與二進(jìn)制碼兀寬度 Tb呈倒數(shù)關(guān)系，所以Tb 1/Rb 因為占空比為0.5，所以0.5Tb則PCM基帶信號第一零點帶寬B 1/T 72000Hz4-11解：編碼過程如下（1 ）確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值為負(fù)，故極性碼C1 =0。（2）確定段落碼C2C3C4 :因為1024>870>512 ，所以位于第7段落，段落碼為110。（3）確定段內(nèi)碼C5C6C7C8 :因為 870512 11

37、 32 6，所以段內(nèi)碼 C5C6C7C8=1011。所以，編出的 PCM碼字為0 110 1011。i 864量化單位編碼電平ic是指編碼器輸出非線性碼所對應(yīng)的電平，它對應(yīng)量化級的起始電平。因為 極性為負(fù)，則編碼電平Ic 冷 23C522C621C720C8因為864 10因此7/11變換得到的11位線性碼為。6個量化單位。編碼誤差等于編碼電平與抽樣值的差值，所以編碼誤差為 解碼電平對應(yīng)量化級的中間電平，所以解碼器輸出為(86416）880個量化單位。因為880所以7/12變換得到的12位線性碼為10 01101110000.0 2011011100000 。10個量化單位。解碼誤差（即量化誤

38、差）為解碼電平和抽樣值之差。所以解碼誤差為4-12解：（1）因為量化區(qū)的最大電壓為U 2048mV，所以量化單位為1mV，所以抽樣值為398。編碼過程如下：確定極性碼C1:由于輸入信號抽樣值Is為正，故極性碼C1=1 0確定段落碼C2C3C4 :因為512>398>256 ，所以位于第6段落，段落碼為101。 確定段內(nèi)碼C5C6C7C8 :因為398256 8 16 14，所以段內(nèi)碼C5c6C7c8=1000 。所以，編出的PCM碼字為11011000。它表示輸入信號抽樣值Is處于第6段序號為8的量化級。該量化級對應(yīng)的起始電平為384=384mV，中間電平為392 mV 。編碼電平

39、對應(yīng)該量化級對應(yīng)的起始電平，所以編碼電平1C 384=384 mV因為384 1000110000000 2，所以對應(yīng)的11位線性碼為00110000000。解碼電平對應(yīng)該量化級對應(yīng)的中間電平，所以解碼電平1D 392 mV可見，解碼誤差(即量化誤差)為 64- 13解：5 V2048量化單位。因為最大電壓值為 5V，所以量化單位所以，樣值幅度2.5V表示為-1024因為樣值為負(fù)，而且輸入信號抽樣值Is處于第8段序號為0的量化級，所以編碼器的輸 出碼字為0 111 0000。該量化級對應(yīng)的起始電平為1024= 2.5V，中間電平為 1024 321056量化單位，即-2.578V。所以量化電平

40、為-2.578V，量化誤差為78 mV4-14解：極性碼為1，所以極性為正。段落碼為000，段內(nèi)碼為0111，所以信號位于第1段落序號為7的量化級。由表4-1 可知，第1段落的起始電平為 0,量化間隔為因為解碼器輸出的量化電平位于量化級的中點，所以解碼器輸出為 (7 1 °.5) 7.5個量化單位，即解碼電平7.5。因為7.5 100000000011 1.1 2所以，對應(yīng)的12位線性碼為0000000011114-15解：編碼過程如下：(1) 確定極性碼C1 :由于輸入信號抽樣值為負(fù)，故極性碼C1 =0。(2) 確定段落碼C2C3C4 :因為1024>630>512 ，

41、所以位于第7段落，段落碼為110。(3) 確定段內(nèi)碼C5C6C7C8 :因為 630512 3 32 22，所以段內(nèi)碼 C5C6C7C8=0011。所以，編出的 PCM碼字為0 110 0011。-608單位。因為編碼電平對應(yīng)量化級的起始電平，所以編碼電平為因為608 10 01001100000 2所以，對應(yīng)的均勻量化的4- 16解：因為11位線性碼為 01001100000。S。S。S°/Nq21N0 pcm Nq Ne 1 4Pe2又因為So?2IN?所以第5章數(shù)字信號的基帶傳輸習(xí)題解答5-1解：略5-2解:信息碼：1 1000 0 0 1 10 000 11AMI 碼：+1

42、-1000 0 0 +1 -10 000 +1-1HDB3 碼:+ 1 -1000 -V 0+1 -1+B 00+V -1+15-3解：信息碼：1 0100 0 0 0 00 001 1AMI 碼：+ 1 0-100 0 0 0 00 00+1 -1HDB3 碼:+ 10 -1000 -V +B 00 +V 0-1+15-4解：(1 )對于單極性基帶信號,g1 ( )， g2 ( ) g ()， 隨機脈沖序列的功率譜密度為Ps(f)2fsP(1 P)|G(f)|2|fs(2 p 1)G(mfs)|(fmfs)Ps(f)工 G(mfs)|2 (f mfs)412時，嚴(yán) |G(f)|245-5g(

43、t)由圖5-11得g(t)的傅立葉變換'G(f)學(xué) Sa2(2 2代入功率譜密度函數(shù)式，得Ps( f)上 lASa fTs s 4222A Ts4 fTss Sa4(s)25-12所示。16功率譜密度如圖(2)由圖 5-122T；A(1 T|t|),|t| 亍I s20,elseG（f）為譏）中可以看出,)|22仔仔|2 (fSaV)(f mfs)mfs該基帶信號的功率譜密度中含有頻率丄Ts的分量。由題（1）中的結(jié)果，該基帶信號中的離散譜分量R（）為務(wù)Sa4（乎（f mfs）16 m2故可以提取碼元同步所需的頻率Pv(f)1時，即fA2416Sa (2) (f所以該頻率分量的功率為。A2。4/、A2 o -S Sa ( ) Sa16 2 16Pv(f)的離散分量,s時,fs)有A24Sa ( ) (f fs)16 22 A24aU)A-1_-6/55、算3止贛曲、m圖 5-12H()11 l l，l l 00解：（1 ）由圖5-12可得該系統(tǒng)輸出基本脈沖的時間表示式為O,else1h(t) 2- H( )ejtd(2)根據(jù)奈奎斯特準(zhǔn)則,H(Heq()0,|當(dāng)系統(tǒng)能實現(xiàn)無碼間干擾傳輸時,2 i) C,| | TTsH()應(yīng)滿足|容易驗證，當(dāng)2 H(i0時,TTi)所以當(dāng)碼