通信原理第三版_蒋青(全部答案)
第1章 绪论 习题解答
1-1
解：每个消息的平均信息量为
111111
H(x)=-log2-2⨯log2-log2
448822
=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
11
C⨯C=36，则圆点数之和为3出现的概率为 66数为
故包含的信息量为
p3=
21=3618
1
=4.17(bit)18
（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
故包含的信息量为
I(3)=-log2p3=-log2
p7=
61=366
1
=2.585(bit)6
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
不同字母等可能出现时，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=RB4 H(x)=100 bit/s （2）每个字母的平均信息量为
I(7)=-log2p7=-log2
RB4=
1
=50Baud
2⨯10⨯10-3
11111133
H(x)=-log2-log2-log2-log2
5544441010
=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：
3
≈1.4158 比特 1
I(1)=-logP(1)=-log2=2
4 比特
I(0)=-logP(0)=-log2
1=24 比特 1
I(3)=-logP(3)=-log2=3
8 比特
I(2)=-logP(2)=-log2
（2）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
I2=87.81/45≈1.95 比特/符号
1-6
1133
H(x)=-log2-log2≈0.811
4444解：（1）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,X2, ,X100)=⎡⎣P(0)⎤⎦⎡⎣P(1)⎤⎦
m
100-m
⎛1⎫⎛3⎫
= ⎪ ⎪⎝4⎭⎝4⎭
m100-m
所以，信息量为
m100-m
⎧⎫13⎪⎪⎛⎫⎛⎫L
I(X1,X2, ,X100)=-logP(X)=-log⎨ ⎪ ⎪⎬
44⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎩⎭
=200-(100-m)log23(bit)
（3）序列的熵
1-8
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： Rb=1200⨯log22=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⨯log216=9600 bit/s 1-11
解：(1) 因为S/N =30dB,即10得：S/N=1000
由香农公式得信道容量
H(XL)=100H(X)=81bit/序列
log10
S
=30dBN，
（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
S)N ⨯l2og+(11 000) =3400931b0it s/ ≈33.8⨯C=Blog2(1+C=Blog2(1+
S
)N
4800C
S
=2B-1=23400-1≈2.66-1=1.66
得：N。
则所需最小信噪比为1.66。
第2章 信号与噪声分析
习题解答
2-1 解：
p(x>2)=1-p(x≤2)数学期望：
E(x)=⎰
+∞
-∞
xp(x)dx=⎰
∞
+∞
-∞
1x2xdx==02a4a-a
a
a
a
x2x3a222
E(x)=⎰xp(x)dx=⎰==
-∞-a2a6a3 -a因为
a2a2
D(x)=E(x)-[E(x)]=-0=
33 所以方差：
2
2
2-2
x-0x
解：由题意随机变量x服从均值为0，方差为4，所以2，即2服从标准正态分布，可
Φ(x)=
通过查标准正态分布函数
p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(
x
-∞
edt
数值表来求解。
-
t2
2
x-02-0
≤)=1-Φ(1)22 （1） 30.1 =1-0.841= 5x-04-0
p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(2)
22 （2）
=1-0.9772=0.0228
x-1.5
（3）当均值变为1.5时，则2服从标准正态分布，所以
x-1.52-1.5
p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(≤)=1-Φ(0.25)
22
=1-0.5987=0.4013
x-1.54-1.5
p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(1.25)
22
=1-0.8944=0.1056
2-6
解：（1）因为随机变量θ服从均匀分布，且有0≤θ≤2π，则θ的概率密度函数
所以有 E[z(t)]=E[m(t)cos(ω0t+θ)] =E[m(t)]∙E[cos(ω0t+θ)]
f(θ)=
12π，
1
=E[m(t)]∙⎰cos(ω0t+θ)∙dθ02π
=0
+τ)=E[m(t)cωo0s(+tθ∙)m+tτ()ωst(ωθ)]0co+0τ+ Rz(t,t
=E[m(t)m(t+τ)]∙E[cos(ω0t+θ)cos(ω0t+ω0τ+θ)]
11
=Rm(τ)∙E[cos(2ω0t+ω0τ+2θ)+cosω0τ]
22 1
=Rm(τ)∙cosω0τ
2
⎧cosω0τ
⎪2(1+τ),-1
⎪cosω0τ=⎨(1-τ),0≤τ
2⎪⎪0,其他τ⎪
⎩ =Rz(τ)
由此可见，z(t)的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t+τ)仅与τ相关，因此z(t)
2π
是广义平稳的。
（2）自相关函数Rz(τ)的波形如图2-6所示。
图2-6
（3）根据三角函数的傅氏变换对
≤t
⎪ω⎪tri(t)=⎨1-t,≤0t
2⎪
⎪⎩0,其他t
可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度
∞
Pz(ω)=
=
-∞
∞
⎰
Rx(τ)e-jωτdτ
1
cosω0τ∙tri(τ)e-jωτdτ⎰ 2-∞ ω+ω0ω-ω01
=[Sa2()+Sa2()]
22 4 cosω0τ1
S=Rx(0)=(-1ττ=)0=|
22
2-8
解：（1）因为η，ε互不相关 所以
mx(t)=EX(t)=E[(η+ε)cosω0t]
=cosω0tEη+cosω0tEε
m(t)=0
又根据题目已知均值Eη=Eε=0，所以x
（2）自相关函数
Rx(t1,t2)=E[X(t1)⋅X(t2)]
=E[(η+ε)cosω0t1 (η+ε)cosω0t2] =cosω0t1cosω0t2[Eη2+2Eηε+Eε2]
22
=cosωtcosωtE[η+2ηε+ε] 0102
=cosω0t1cosω0t2[ση2+σε2]
=4cosω0t1cosω0t2
1
=4⨯[cosω0(t1+t2)+cosω0(t1-t2)]
2
=2cosω0τ+2cosω0(t1+t2) （τ=t1-t2）
（3）由（2）可知2-9
解：根据图示可得
Rx(t1,t2)不仅与τ有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。
τ∈(-10,10)
RX(τ)=50-3E[X2(t)]=RX(0)=50
σX2=RX(0)-RX(∞)=50-20=30
222σ=E[X(t)]-[EX(t)]X因为，
230=50-[EX(t)]所以，
即EX(t)=mX=22m=E[X(t)]=R(0)=50σ=30 Xxx则（1
） ； （2） （3）
2-11
解：（1）
R(τ)=E[X(t)⋅X(t+τ)]
=E{[A0+A1cos(ω1t+θ)][A0+A1cos[ω1(t+τ)+θ]}
=E{A02+A0A1cos[ω1(t+τ)+θ]+A0A1cos(ω1t+θ)+A12cos(ω1t+θ)cos[ω1(t+τ)+θ]}=A02+E{A12cos(ω1t+θ)cos[ω1(t+τ)+θ]}A12
=A+cosω1τ
2
20
A12
R(0)=E[X(t)]=A+
2 （2）
E[X(t)]=E[A0+A1cos(ω1t+θ)]=A0
因为，
2
20
22E[X(t)]=A0所以，直流功率为
A12σ=E[X(t)]-E[X(t)]=
2 则，交流功率为
对R(τ)求傅里叶变换可得其功率谱密度
2
2
2
PX(ω)=2πAδ(ω)+
2-14 解：
20
πA12
2
[δ(ω+ω1)+δ(ω-ω1)]
RX(τ)=
1+∞jωτ
P(ω)edωX⎰-∞2π
1-3ω0jωτ1ω01jωτ=edω+2edω+2π⎰-5ω02π⎰-ω02π2ωω
=0Sa(ω0τ)+0Sa(ω0τ)cos4ω0τ
⎰ω
3
5ω0
ejωτdω
2-15 解：（1） 所以，对
ππ
PX(f)与RX(τ)互为傅立叶变换
PX(f)=δ(f)+(1-
1
f)f0
PX(f)做傅立叶变换得
RX(τ)=1+f0Sa2(πf0τ)
R(∞)=1
（2）直流功率为X
（3）交流功率为2-16
解：RC低通滤波器的传递函数为
R(0)-R(∞)=1+f0-1=f0
1
H(ω)=
1jωc=11+jωcRR+jωc
因此输出过程的功率谱密度为
P0(ω)=Pi(ω)∙|H(ω)|2=
相应地，自相关函数为
n0
2[1+(ωcR)2]
1
R0(τ)=
2π
=
∞
-∞
⎰P(ω)e
0∞
jωτ
dω
n01jωτ
dω⎰ 4π-∞1+jωcR
n/=0e-|τ|RC
4RC
2-7 解：（1）
RY(τ)=E[(2+3X(t))(2+3X(t+τ)]
=E[4+6X(t+τ)+6X(t)+9X(t)X(t+τ)] =4+6+6+9RX(τ) 即自相关函数只与τ有关
E[Y(t)]=2+3E[X(t)]=2+3=5 即均值为常数
所以Y(t)为宽平稳过程。 （2）平均功率为
RY(0)=16+9RX(0)
2
R(0)-1=2，所以RX(0)=3 X因为
R(0)=16+9RX(0)=16+9⨯3=43 所以Y
(3) D[Y(t)]=D[2+3X(t)]=9DX(t)=18 2-18 解：（1）
RY(τ)=E[Y(t)Y(t+τ)]
=E{[X(t+a)-X(t-a)][X(t+τ+a)-X(t+τ-a)]}
=E[X(t+a)X(t+τ+a)-X(t+a)X(t+τ-a)-X(t-a)(X(t+τ+a)+X(t-a)X(t+τ-a)]=RX(τ)-RX(τ-2a)-RX(τ+2a)+RX(τ)
=2RX(τ)-RX(τ-2a)-RX(τ+2a)
P(f)与RX(τ)互为傅立叶变换 (2) X
-2ajω
P-PX(ω)e2ajω Y(ω)=2PX(ω)-PX(ω)e2
=4P(ω)sin(aω) X
2-19
解：
S=⎰PX(f)df=⎰
-∞
∞10k
-10k
10-5f2df=
2-20
2
⨯107W3
-5t
解：因为题目已知 冲激响应为 h(t)=5eu(t)
H(ω)=
所以
5252
H(ω)=
5+jω，25+ω2
2
P()Hω()Y(ω)=PXω
n02 又因为
n02525
P(ω)==⨯10-10Y22
225+ω25+ω所以
PX(ω)=
Ry(τ)
与
PY(ω)互为傅立叶变换
-5Ry(τ)=25⨯10-11eP(ω)Y由可知
总的平均功率
2-22
SY=Ry(0)=2.5⨯10-10(W)
df(t)
⇔(jω)F(ω)
解：（1）由傅里叶时域微分性质dt可知微分器的系统函数H(ω)=(jω)，
则信号通过微分器（线性系统）后输出y(t)的双边功率谱密度为
Py(f)=
n0
j2πf2
B-B
2
=2π2n0f2=3.95⨯10-5f2W/Hz
B
2
2
（2）2-23
Syo=⎰Py(f)df=2⎰
4π2n0B3
2πn0fdf==0.0263W
3
解：设h(t)的傅式变换为H(f)，则有
nn2
Sy=⎰0H(f)df=0
-∞22
∞
⎰
∞
-∞
H(f)df=
2
2-26
n0
E2
2
解：由题意知，ni(t)=nc(t)cosωct-ns(t)sinωct，其均值为0，方差为σn。
A
cosθ2
n(t)cωocs-tsnt(ω)sci⨯nt)ωcc+otθs(L PF)]c n0(t)=[(11
=nc(t)cosθ+ns(t)sinθ
2 2
给定θ时s0(t)的功率为
s0(t)=[Acosωct⨯cos(ωct+θ)]LPF=
A2cos2θS0=
4
n0(t)的平均功率为
故在（1）的条件下（θ为常数）则
N0=E[n(t)]=
20
2σn
4
cosθ+
2
2σn
4
sinθ=
2
2σn
4
S0A2
=2cos2θ
N0σn
在（2）的条件下（θ是与ni(t)独立的均值为0的高斯随机变量），n0(t)的功率仍然是
2σn
N0=
4，但此时s0(t)的平均功率是
A2cos2θA22
S0=E[]=E[coθs]
44
所以
S0A2
=2E[cos2θ]
N0σn
A2=E[1+cos2θ]22σn
θ⎤-+∞A⎡2σ=cos2θdθ⎥⎢1+⎰2-∞2σn⎢⎥⎣⎦
2A2
=2(1+e-2σ)
2σn
2
2
3-2
f(t)=A[sin(ωt)]/(ωt)=
解：（1）sin(t)cos(t)=Asa(t)cos(t
)
ω2222t2
Aωωωω
Asa(t)
2为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得 上式中
f(t)=Asa(t)sin(t)
22
∧
ω
ωω
z(t)=f(t)+jf(t)=Asa(t)cos(t)+jAsa(t)sin(t)
2222 （2）
故
3-4
∧
ωωωω
z(t)=
Asa(
2
ω
t)
解： 因为输出信噪比功率为20dB，则在SSB/SC方式中，调制制度增益 G=1
20
S0
10
=10=100N0
SiS
=0=100N0
所以Ni
n010π⨯103
Ni=n0B=2⨯⨯
22π接收机输入端的噪声功率 -93-6
=2⨯0.5⨯10⨯5⨯10=5⨯10W
Ni=⨯510因此接收机输入端的信号功率 Si=100W
因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为 1dB/km⨯100km=100dB 可得发射机输出功率为 S=103-5
解：（1）此信号无法用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1+Acos2πfmt≥0，而
这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。 （2）只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。
'0
10010
-4
⨯Si=1010⨯5⨯10-4=5⨯106W
图3-15
3-6 解：（1）AM解调器输出信噪比为
n0m2(t)
=5⨯10-2W/Hz=20kW
由题意知，2，2，B=4Khz，则
S0m2(t)10⨯103⨯4
===100-23NnB2⨯5⨯10⨯4⨯100 0
A2
=100⨯103W
（2）因为2
2⨯40⨯1031
GAM===
222⨯105+40⨯1033A+m(t)
而抑制载波双边带系统的调制制度增益 GDSB=2
2m2(t)
GDSB2
==6
则 GAM1/3（约为7.8dB）
所以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅7.8分贝 3-7
解：设单边噪声功率谱密度为n0，则相干解调后的输出信噪比
S0m(t)==
N04n0BSSB
3-10
2
2⎰a
fdf
aBa0==
4n0B4n0B4n0
B
解：设m(t)与cosω1t相乘后的输出为s1(t)，则s1(t)是一个DSB信号，其频谱如图图3-17
'
s(t)ωs111（a）所示。再经过截止频率为的理想低通滤波器，所得输出信号(t)显然是一个
下边带信号，其频谱如图3-17（b）所示，时域表达式则为
11∧
s(t)=m(t)cosω1t+m(t)sinω1t
22
同理，m(t)与sinω1t相乘后的输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号
'1
's2(t)也是一个下边带信号，其时域表达式为
11∧
s(t)=m(t)sinω1t-m(t)cosω1t
22
'
2
因此，调制器最终的输出信号
11∧11∧
s(t)=[m(t)cosω1t+m(t)sinω1t]cosω2t+[m(t)sinω1t-m(t)cosω1t]sinω2t
2222
∧11
=m(t)[cosω1tcosω2t+sinω1tsinω2t]+m(t)[sinω1tcosω2t-cosω1tsinω2t]22
11∧
=m(t)cos(ω2-ω1)t-m(t)sin(ω2-ω1)t22
显然，s(t)是一个载波角频率为(ω2-ω1)的上边带信号。
3-11
11212
m(t)=WS=m(t)=W4DSB
m(t)=cos(2π⨯10t)V224解：（1）因为，则，所以，， 11SSSB=m2(t)=W
48。
-11-6
N=nB=2nf=2⨯2⨯5⨯10=2⨯10W i0DSB0H （2）DSB：
SDSB11=1000SiDSB==⨯10-3W
4⨯10004信道衰减为30dB，则SiDSB，则
S0SiDSB1⨯10-3
=2=2=250-6
Ni4⨯2⨯10所以，N0
SSB：Ni=n0BSSB=n0fH=2⨯5⨯10
-11
=10-6W
SSSB11=1000SiSSB==⨯10-3W
8⨯10008信道衰减为30dB，则SiSSB，则
S0SiSSB1⨯10-3
===125-6NN8⨯10i所以，0
1
S=W发S8 （3）发均相同，
-11-6
DSB：Ni=n0BDSB=2n0fH=2⨯2⨯5⨯10=2⨯10W，由于信道衰减30dB，则SiDSB
-3
SS1⨯10110iDSB
=2=2=125==⨯10-3W-6
Ni8⨯2⨯108⨯10008，所以N0
-11
SSB：Ni=n0BSSB=n0fH=2⨯5⨯10
=10-6W，由于信道衰减30dB，则
SiSSB
-3
SS1⨯1010iSSB
===125=⨯10-3W-6NN8⨯108i，所以0
3-15
解：（1）由题意SFM(t)=100cos(2πfct+4sin2πfmt)，得mf=4，
34
B=2(m+1)f=2⨯5⨯10=10Hz fm 所以，FM
（2）
mf=
KFMAm
2πfm，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率fm加倍时，
mf=2。此时，BFM=2(mf+1)fm=2⨯3⨯2⨯103=1.2⨯104Hz
3-13
≤t≤T解：消息信号 m(t)=A,0
则
对应的单边带信号为
m(t)=
∧
m(τ)1TAA-tT
dτ=τd=-lπ⎰-∞t-τπ⎰0t-τπt 1
∞
11∧
SSSB(t)=m(t)cosωct-m(t)sinωct
22 AAt-T=cosωct+
lnsinωct
2πt 2SSSB(t=)
其包络为 3-16
解：fm=15kHz，∆f=75kHz，所以
mf=
∆f75
==52
G=3m)=450 fm15FMf(mf+1，则
SiS0S
=20dB=100=GFMi=450⨯100=45000
Ni
因为Ni，所以N0
3-17
解：对于AM波的带宽： BAM=2fH=2⨯10kHz=20kHz 对于SSB波的带宽：BSSB=fH=10kHz
∆f50kHz==5f10kHzm调频指数
对于FM信号带宽 BFM=2(mf+1)fm=2(5+1)⨯10kHz=120kHz
mf=
3-18
s0[+t解：由已知 S(t)=Acoω100ωcstmo
]
（1）调相时 SPM(t)=Acos[ωct+Kpm(t)]
omst 所以 Kpm(t)=100cω
omst 又因为 Kp=2， 所以 m(t)=50cω
（2）调频时 所以
SFM(t)=Acos[ωct+⎰KFm(τ)dτ]
-∞
t-∞
t
100coωs(τ)=mt=⎰KFmτd⎰
t
-∞
2mτdτ()
ωmsiωnt (mt=m2 两边同时求导得 -100
求得 m(t)=-50ωmsinωmt
（3）由 ∆ωmax
3-19
ωm
=KpAm=mpωm=100ωm，即最大频偏为∆fmax=100fm
mp=Am
Kp
ωm
=mf=Am
Kf
1002
PFM==5000W
2解：已调波信号功率。 4000π4
∆f=mf=5⨯=10Hzmaxfmmf=5，2π
4-7
解：
因为采用均匀量化，所以量化间隔
BFM=2(mf+1)fm=2(5+1)⨯2000Hz=2.4⨯104(Hz)
2
=0.54
则量化区间有[-1,-0.5)，[-0.5,0)，[0,0.5)和[0.5,1]，对应的量化值分别为-0.75，
∆=
-0.25，0.25，0.75。
所以量化噪声功率为
Nq=⎰
-0.5-1
(x+0.75)(1+x)dx+⎰-0.5(x+0.25)(1+x)dx(x-0.25)(1-x)dx+⎰0.5(x-0.75)(1-x)dx
2
1
2
2
2
+⎰=1/48
0.50
因为输入量化器的信号功率为
S=⎰x2f(x)dx=⎰x2(1-x)dx+⎰x2(1+x)dx=
-∞
-1
∞10
所以量化信噪比
16
4-9 解：
因为二进制码元速率
E(x2)S==8NqE⎡(m-m)2⎤
q⎢⎥⎣⎦
RB=log2M⋅fs
所以对应的信息速率Rb=RB=log2M⋅fs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化
级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。
而二进制码元宽度为
=
假设占空比
τ
Tb=RB
Tb，则PCM信号带宽为
B=1/τ
可见，带宽B与log2M成正比。
所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-8 解：
因为抽样频率为8000Hz，按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。所以二进制码元速率
RB=l⋅fs=8⨯8000=64000波特
因为占空比为1，所以τ=Tb，则PCM基带信号第一零点带宽 4-5 解：
因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以
所以PAM系统的码元速率 则码元宽度
B=1/τ=1/Tb=64000Hz
fs=2fH=12000Hz
RB=fs=12000波特
Ts=1/fs
s，则PAM基带信号第一零点带宽 因为占空比为0.5，所以τ=0.5T
4-13
解：
编码过程如下
B=1/τ=24000Hz
（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 （2）确定段落码C2C3C4：
因为1024>870>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：
因为870=512+11⨯32+6，所以段内码C5C6C7C8=1011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 1011。
编码电平IC是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为极性为负，则编码电平
IC=-IBi+23C5+22C6+21C7+20C8∆i=-864量化单位
因为
[()]
(864)10=([1**********])2
因此7/11变换得到的11位线性码为[1**********]。
编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为
-(864+16)=-880个量化单位。
因为
所以7/12变换得到的12位线性码为[1**********]0。
解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为10个量化单位。 5-2 解：
信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解：
信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4
解：（1）对于单极性基带信号，g1(t)=0，g2(t)=g(t)，随机脉冲序列的功率谱密度为
+∞
(880)10=([1**********].0)2
Ps(f)=fsp(1-p)|G(f)|+∑|fs[(2p-1)G(mfs)]|2δ(f-mfs)
2
m=-∞
当
p=
1
2时，
+∞
fsfs22
Ps(f)=|G(f)|+∑|G(mfs)|2δ(f-mfs)
4m=-∞4
Ts2⎧
A(1-|t|),|t|≤⎪
Ts2g(t)=⎨
⎪0,else⎩ 由图5-11得
g(t)的傅立叶变换G(f)为
代入功率谱密度函数式，得
G(f)=
ATs2πfTs
Sa)22
fsATs2πfTs2+∞f2sATs2πfTs
Ps(f)=Sa)+|∑Sa422422m=-∞
A2Ts4πfTsA2+∞4πm=Sa()+Sa()δ(f-mfs)∑16216m=-∞2
s2
δ)f|-mf(s
)
功率谱密度如图5-12所示。
（2）由图5-12中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率
fs=
1
Ts的离散分量，
1
Ts的分量。 故可以提取码元同步所需的频率
v(ω)为 由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量P
fs=
A2+∞4πmPv(f)=Saδ)f(-mfs)∑162m=-∞
当m取±1时，即f=±fs时，有
A24πA24π
Pv(f)=Sa()δ(f-fs)+Sa()δ(f+fs)
162162
所以该频率分量的功率为
A24πA24π2A2
S=Sa()+Sa()=4
162162π
5-5
⎧⎛⎫1
1-|ω|⎪ ⎪,|ω|≤ω0
H(ω)=⎨⎝ω0⎭
⎪
⎩0,else解：（1）由图5-12可得
该系统输出基本脉冲的时间表示式为
1
h(t)=
2π
+∞
-∞
⎰
H(ω)ejωtdω=
（2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H(ω)应满足
ω02ω0t
Sa()2π2
2ππ⎧
H(ω+i)=C,ω|≤∑⎪TsT⎪i
Heq(ω)=⎨
⎪0,|ω|>π⎪⎩T
π
|ω|≤=ω0
T 容易验证，当时，
2πH(ω+i)=∑H(ω+2πRBi)=∑H(ω+2ω0i)≠C∑Tsiii
所以当码率RB=ω0/π时，系统不能实现无码间干扰传输。
5-6
解：（1）法1：无码间串扰时RBmax=2BN，当码元速率为150kBaud时，容易验证，此系统有码间串扰。
BN=
RB
=75kHz2
法2：由题意，设BN=100kHz，则RBmax=2BN=200k(Baud)，将RBmax与实际码速率
RBmax200k
=(Baud)≠正整数R150kB比较为正整数，由于，则此系统有码间干扰。
(Baud)，设传输M进制的基带信（2）由题意，设BN=100kHz，则RBmax=2BN=200k
号，则
RBmax200kRBmax200k
=log2M=log2M(Baud)=常数RBRb400kRB，令，
求得M=45-7
n
(n=1,2, )。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。
BN=
B
=800Hz2
解：（1）B=(1+α)BN=1600Hz，所以则RBmax=2BN=1600Baud
（2）
5-8
解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为
Ts=
11=sRB1600
h(t)=
sin(πt/Ts)cos(απt/Ts)
⋅2
πt/Ts1-(2αt/Ts)
1
=64k
当RB=64kBaud，即Ts， α=0.4时，
sin(64000πt)cos(25600πt)h(t)=⋅
64000πt1-2621440000t2
（2）频谱图如图5-14所示。
图5-14
（3）传输带宽
B=(1+α)BN=1.4⨯
64
kHz=44.8kHz2
（4）频带利用率
5-9
η=
RB64==1.43Baud/HzB44.8
解：（1）图（a）为理想低通，设BN=1000Hz，所以RBmax=2BN=2000Baud
/RB=2005/0a1）、RBxm20010/0m/RB==4（整数），无码间串扰；2）、RBxa
=2（整
/RB=2000/1500xa数），无码间串扰；3）、RBmRBm/RB=2000/2000xa
=1（整数），无码间串扰。
（不是整数），有码间串扰；4）、
（2）图（b）为升余弦型信号，由图可以判断BN=500Hz，所以RBmax=2BN=1000Baud 所以1）、RB=500Baud、2）、RB=1000Baud两种情况下无码间串扰。
5-11
解：根据奈奎斯特准则可以证明，（a）（b）和（c）三种传输函数均能满足无码间干扰的要求。下面我们从频带利用率、冲激响应“尾巴”的衰减快慢、实现难易程度等三个方面来分析对比三种传输函数的好坏。
（1）频带利用率
33
B=2⨯10Hz R=10Bauda 三种波形的传输速率均为B，传输函数（a）的带宽为
其频带利用率
ηa=
RB1000
==0.5Baud/HzBa2⨯103
RB1000==1Baud/HzBb103
RB1000==1Baud/HzBc103
3
B=10Hz b传输函数（b）的带宽为
其频带利用率
ηb=
3B=10Hz c传输函数（c）的带宽为
其频带利用率
ηc=
显然 ηa
（2）冲激响应“尾巴”的衰减快慢程度 （a）（b）（c）三种传输特性的时域波形分别为
323h(t)=2⨯10Sa(2⨯10πt) a
323
h(t)=2⨯10Sa(2⨯10πt) b
323h(t)=10Sa(10πt) c
112
其中（a）和（c）的尾巴以t的速度衰减，而（b）的尾巴以t的速度衰减，故从时域波形
的尾巴衰减速度来看，传输特性（a）和（c）较好。
（3）从实现难易程度来看，因为（b）为理想低通特性，物理上不易实现，而（a）和（c）相对较易实现。 5-12
解：已知信道的截止频率为100kHz，则B=100kHz，由B=(1+α)BN=100kHz,求得
BN=
100
kHz1.75
1
10⨯10-6
现在常数，则该二元数据流在此信道中传输会产生码间干扰。故该二元数据流不在此信道中传输。 5-13
解：传输特性H(ω)的波形如图5-17所示。
RB=
2BN200⨯105==10Baud
1.75⨯10，则RB
35
≠
图5-17
由上图易知，H(ω)为升余弦传输特性，由奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速率
RB=
5-14
1
Baud2τ0
，而Ts=2τ0。
P(0)=P(1)=
12等
解：（1）用P(1)和P(0)分别表示数字信息“1”和“0”出现的概率，则概时，最佳判决门限
Vd*=
A
=0.5V2。
已知接收滤波器输出噪声均值为0，均方根值σn=0.2V，误码率
1Pe=erfc()=6.⨯21-310
2
1-5erfc(≤10-5
P≤
10e （2）根据，即2，求得 3n A≥8.5σ
5-19
解：（1）由于信号f(t)在t=T时刻结束，因此最到输出信噪比的出现时刻t0≥T （2）取t0=T，K=1，则匹配滤波器的冲激响应为
⎧
⎪-A,⎪⎪
h(t)=f(t-T)=⎨A,
⎪⎪0,⎪⎩
0≤t≤
T
2
T
elset
t
输出波形为
y(t)=f(t)*h(t)=⎰f(τ)h(t-τ)dτ
，分几种情况讨论
2Ty(t)=A(-A)τd=-At0≤t≤⎰2， 0a．
t
t-
T
2
y(t)=T
⎰
Adτ+
2
T
2
t
⎰
t-
T2
A(-A)dτ+⎰(-A)2dτ
T2
TTTT
=A2(t-)-A2(-t+)+A2(t-)
2222
2
=A(3t-2T)
y(t)=⎰A2dτ+⎰A(-A)dτ+⎰(-A)2dτ3
T
222c．，
TTTT=A2(-t+T)-A2(t--)+A2(T-t+)
2222
2
=A(4T-3t)
3y(t)=⎰(-A)Adτ=A2(t-2T)T
t-Td．2，
e．else t y(t)=0
综上所述，有
T
T2
t-
T2
T
⎧2⎪-At,⎪
⎪A2(3t-2T),⎪⎪⎪
y(t)=⎨A2(4T-3t),
⎪⎪2
⎪A(t-2T),⎪⎪0,⎪⎩
0≤t≤
T
2
T
3
T
2
3
T
h(t)和y(t)的波形如图5-19（a）和（b）所示。
（3）最大输出信噪比
romax
2E2A2T==
n0n0
图5-19
5-20
解：h1(t)和h2(t)的输出波形so1(t)=s(t)*h1(t)和so2(t)=s(t)*h2(t)分别如图题图5-21
3
h1(t)=s(T-t)
2（a）、（b）所示。由图5-21可知，，h2(t)=s(T-t)，因此，h1(t)和h2(t)
均为s(t)的匹配滤波器。
图5-21
6-8 解： (1）2ASK系统
2ASK接收机噪声功率
2ASK 系统的误比特率
N=n0⨯B-8-5
2ASK=10⨯4000W=4⨯10W
1
Pe=
2erfc) 由此得 r=36.13
信号功率为 S=36.13⨯4⨯10-5W=144.5⨯10-5
W
信号幅度为
a===5.38⨯10-2
V
由10V衰减到5.38⨯10-2
V，衰减的分贝（dB）数为
故 2ASK [20log(10/(5.38⨯10-2
))]dB=45.4dB信号传输距离为
45.4公里。
(2）2FSK系统 2FSK接收机噪声功率
N=n-8
-5
0⨯B2FSK=10⨯2000W=2⨯10W
P1 2FSK
相干解调
e=2由P-5
e=10查表得r=18， 信号功率为 S=18.07⨯2⨯10-5W=36.14⨯10-5
W
信号幅度为
a==2.69⨯10-2
V
由10V衰减到5.38⨯10-2
V，衰减的分贝（dB）数为
[20log(10/(2.69⨯10-2
))]dB=51.4dB 故2FSK信号传输距离为51.4公里。
（3）2PSK系统 2PSK接收机噪声功率
N=n-8
-5
0⨯B2PSK=10⨯4000W=4⨯10W
2PSK
相干解调P1
e=2,由Pe=10-5
查表得r=9
信号功率为 S=9.035⨯4⨯10W=36.14⨯10W 可见2PSK信号传输距离与2FSK的相同，为51.4公里。 6-10
6
解：因为RB=2⨯10Baud，则B2ASK=4⨯10(Hz)，
-5-5
6
a2a2
r=2==
2σ2nB02ASK所以33.3>>1
1
Pe=e-r/4=1.24⨯10-4
2当非相干接收时，
⎛r⎫11-r/4-5
⎪≈Pe=erfc e=2.36⨯10 2⎪2r⎝⎭相干接收时，系统误码率
6-12
解：因为发送信号的功率为1kW，信道衰减为60dB，所以接收信号的功率
a21⨯10-3-3
=1⨯10Wr==10-4210，所以信噪比，所以
1Pe=e-r4
-2
2非相干2ASK系统的误码率=4.1⨯10
1P≈-rePe==4.04⨯10-6 2相干2PSK
系统的误码率，当r>>1
时，
6-13
解：2PSK信号可以写成 理想载波时：
经低通滤波器，得到 当存在相位差θ时：
SPSK(t)=s(t)cosωct，其中s(t)为双极性基带信号。
1+cos2ωct
2
SPSK(t)cosωct=s(t)cos2ωct=s(t)
SPSK(t)cos(ωct+θ)=s(t)cosωctcos(ωct+θ)=s(t)1
s(t)coθs2经低通滤波器，得到 。
2
所以有相位差θ时引起信号功率下降cosθ倍。
cosθ+cos(2ωct+θ)
2
我们知道，采用极性比较法的2PSK
误码率为码率变为
6-14
Pe=
1
erfc2，由于有相位误差，误
Pe=
1
erf2，所以相干载波相位误差的存在导致了系统误差的存在。
解：接收机输入信噪比为9dB，即r=8。
相干解调时
Pe=
-r4
，所以Pe=0.027
1
Pe=e-r4
2又因为包络解调时，，对应的接收机的输入信噪比r=11.675
6-15
解：(1) 2ASK 相干解
调
Pe=
1erfc2
)，由P=10
e
-5
查表得r=36，因为
3
RB=103Baud，则B2ASK=2⨯10(Hz)
a2a2
r=2=
2σ2n0B2ASK，所以a2/2=14.4⨯10-6W 又因为
1
Pe=e-r/22-6
2（2）2FSK 非相干解调得r=21.64，所以a/2=8.65⨯10W
1Pe=e-r
2-6
2（3）2DPSK差分相干解调得r=10.82，所以a/2=4.33⨯10W
1
Pe=P=10-52-6
2（4）2PSK
相干解调,由e查表得r=9，所以a/2=3.6⨯10W
6-17 解：
6-23
RB=
Rb4800
==1600Baud
log2M3，所以B8PSK=2RB=3200Hz。
（3000-600）Hz=2400Hz，信道带宽为已调信号的带宽。 解：信道带宽为B信道带宽=
（1）α=1时，QPSK系统的频带利用率为
η=
则数据传输速率为
Rblog24
==1bps/HzBQPSK（1+α）
Rb=η⋅BQPSK=2400⨯1=2400bit/s
（2）α=0.5时，8PSK系统的频带利用率为
η=
则数据传输速率为
Rblog28
==2bps/HzB8PSK（1+α）
Rb=η⋅B8PSK=2400⨯2=4800bit/s