《通信原理》习题汇总

第一章 绪论

习题1-1 习题1-2 习题1-3 习题1-4 第二章 随机信号分析 习题2-1 习题2-2 第三章 信道

习题3-1 习题3-2 习题3-3 第四章 模拟调制系统

习题4-1 习题4-2 习题4-3 第五章 数字基带传输系统

习题5-1 习题5-2 习题5-3 习题5-5 习题5-6 习题5-7 第六章 正弦载波数字调制系统

习题6-1 习题6-2 习题6-3 习题6-5 习题6-6 第七章 模拟信号的数字传输

习题7-1 习题7-2 习题7-3 习题7-5

第八章 数字信号的最佳接收 习题8-1 习题8-2 第九章 同步原理 习题9-1

习题4-4 习题5-4 习题6-4 习题7-4 第１页 《通信原理》习题

【习题1-1】 某数字通信系统用正弦载波的四个相位0、四个相位是互相独立的。

(1) 每秒钟内0、

3、π、来传输信息，这

223、π、出现的次数分别为500、125、125、250，求此通信系统

22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)=的平均信息量为

11131,P=,P(π)=,P=，每个符号所含2288241213×1+×3+×2)bit/符号=1 bit/符号 28443信息速率Rb=(1000×1)bit/s=1750 bit/s

4H(X)=(

(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

【习题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)

T =

RB=Rb/log2M=(2400/log22)Baud=2400 Baud

11= s=0.42 ms RB2400RB=(2400/log24)Baud=1200 Baud

(2)

T=

11= s=0.83 ms RB1200Rb=2400 b/s

《通信原理》习题 第２页

【习题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：每个符号的平均信息量为

11 H(X)=16×log232 +112×log2224 =6.404 bit/符号

32224 已知码元速率RB=1000 Baud ,故该信息源的平均信息速率为 Rb= RB·H(X)=6404 bit/s

【习题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=

1113， PB=， PC=， PD= 54410试计算传输的平均信息速率。

解：(1)每个字母的持续时间为2×5 ms，所以字母传输速率为

1RB4==100Baud

25103 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= RB4·H(X)=200 bit/s

(2) 每个字母的平均信息量为

H(X)= -log2 -

1515111133log2-log2-log2

44441010 =1.985 bit/符号

所以，平均信息速率为

Rb= RB4·H(X)=198.5 bit/s

《通信原理》习题 第３页

【习题2-1】设随机过程(t)可表示成(t)=2cos(2πt +) ，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)=2COS(2t)t1

0+(=

= (=0)·2COS(2t)2COS(2t))·22

11×2cos0+×2cos

222 =1

=

在t1=0时，t2=1时，(t)的自相关函数

2COS(2t2)R(0，1)= 2COS(2t1)·t10,t21

=2COS·2COS(2)

=(=0)·4COS020+(=

2)·4COS22

=

1122×4COS0+×4COS

222 =2

【习题2-2】设z(t)=x1cos0t-x2sin0t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的正态随机变量，试求

(1)z(t)，z(t)；

(2) z(t)的一维分布密度函数f(z)； (3)B(t1，t2)与R(t1，t2)。 解：

(1) z(t)=x1cos0t -x2sin 0t

= cos0t·x1-sin0t·x2 =0

《通信原理》习题 第４页

2

2z2(t)=x1cos0t -x2sin 0t 2

= cos

2

0t·x21-2cos0tsin0t·x1x2+sin20t·x22

2 因为x21=Dx1+2x1=Dx1=，同理x2=。 又因为x1和x2彼此独立，则有

x1x2=x1·x2 ，所以

22

z2(t)= cos20t·2+sin20t·2=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

Dz(t)=z2(t)-2z(t)=2

1z2所以z(t)的一维分布密度函数 f(z)=exp(2)

22(3) R(t1，t2)= z(t1)z(t2)

=x1cos0t1 -x2sin 0t1x1cos0t2 -x2sin 0t2 =x1cos0t1cos0t2 -x1x2cos0t1sin 0t2 x1x2sin0t1cos 0t2x2sin0t1sin 0t2 =cos0t1t2

222因为z(t)=0，所以有

 B(t1，t2)= R(t1，t2)- z(t1)·z(t2)

= R(t1，t2)

= 2cos0t1t2

《通信原理》习题 第５页

【习题3-1】设一恒参信道的幅频特性和相频特性分别为

H()k0 td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

H()ej=k0ejtd

冲激响应为 h(t)=K0δ(t-td)

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条件，所以信号在传输过程中无畸变。

5

【习题3-2】 黑白电视图像每帧含有3×10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

55

I=(4×3×10) bit=12×10 bit

每秒钟传输30帧图像时的信息速率为

5

Rb=(12×10×30) bit/s=36 Mbit/s 令

Rb=C=Blog2（1+

S） N得 B=

Rblog2(1S)N36MHz3.61MHz

log21001即传输该黑白电视图像所要求的最小带宽为3.61 MHz。

【习题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CBlog2(1CBECS)Blog2(1b) Nn0BCC1limlimEbEb212B2Bln2Cln20.693 由此得 ， minCC001n0n0C/BBBB10lgEbn0min(10lg0.693)dB1.6 dB

《通信原理》习题 第６页

【习题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。

【习题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ω1<<ω2，ω1>ωH，且理想低通滤波器的截止频率为ω1，试求输出信号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cosω1t，下支路的载波为sinω1t。

11ˆ(t)sinω1t Am(t)cosω1t+Am2211ˆ(t)cosω1t e(t)=Am(t)sinω1t-Am22d(t)=

由此得 s(t)=f(t)+g(t)

11ˆ(t)(sinω1t-cosω1t)sinω2t Am(t)(cosω1t+sinω1t)cosω2t+Am2211ˆ(t)sin(ω2-ω1)t =Am(t)cos(ω2-ω1)t-Am22=

可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号。

《通信原理》习题 第７页

方法二：频域法

上支路各点信号的频谱表达式为

Sb(ω)=Sd(ω)=

A［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］ 2A［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］HL(ω) 2ASf(ω)=［Sd(ω+ω2)+Sd(ω-ω2)］

4下支路各点信号的频谱表达式为

jA［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］ 2jASe(ω)=［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω)

21Sg(ω)=·Se(ω)*j［δ(ω+ω2)-δ(ω-ω2)］

2Sc(ω)=

=



A4［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω)

*［δ(ω-ω

2

)-δ(ω+ω2)］

S(ω)=Sf(ω)+Sg(ω)

各点信号频谱图如下图所示。由图可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号，即

s(t)=

11ˆ(t)sin(ω2-ω1)t Am(t)cos(ω2-ω1)t-Am22

《通信原理》习题 第８页

【习题4-3】设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5×10 W/Hz，在该信道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，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。

-3

解： (1) Si=Sc+Sm=(40+10) kW=50 kW

Ni=2Pn(f)·B=(2×0.5×10×2×5×10) W=10 W

-3

3

Si5000 Ni(2) SAM(t)=［A+m(t)］cosωct=Acosωct+m(t)cosωct 由已知边带功率值可得

12m(t)10kW 2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=m2(t) =20 kW No=n2c(t) =Pn(f)·2B=10 W

检波器输出信噪功率比为

So2000 No(3) 制度增益为

GSo/No2

Si/No5

《通信原理》习题 第９页

【习题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 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)］ kHz=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(Δf+fH)=［2×(800+240)］ kHz=2080 kHz

(2) 鉴频器输出噪声功率谱密度为

2f2n0,0f240000 Pn(f)A20,其他第1路SSB信号的频率范围为0～4000 Hz，第60路SSB信号的频率范围为236000～240000 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。

400040002n0f2Ni1Pn(f)dfdf00A22n0340002n09f6410()2203A3A240002nPn(f)df679744109(0)2236003A679744)dB=(10lg10621) dB≈40 dB 64

Ni60与第1路相比，第60路输出信噪比降低的分贝数为

(10lg

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。

《通信原理》习题 第１０页

【习题5-1】已知信息代码为1010000011000011，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：

【习题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。

《通信原理》习题 第１１页

【习题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。

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DT(t)和D0.5T(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。

s

s

Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+f傅氏变换对

22

2s

n|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

22

Dτ(t)←→τSa(sin/2)=τ

/22是本课程中常用公式，此题中τ=Ts或τ=0.5Ts。

解: (1) P=0.5,a1=1,a2=0

G(f)=TsSa(πfTs)=TsSa(πf/fs)

代入式(5-3)得

Ps(f)=fs×0.5×0.5×TsSa(πf/fs)+f

2

2

2s

m0.5×TsSa(mπfs/fs)δ(f-mfs)

222

=0.25TsSa(πf/fs)+0.25

2

mSa(mπ)δ(f-mfs)

2

由于 sin(mπ)=0 所以 Sa(mπ)=0

2

故 Ps(f)=0.25TsSa(πf/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=

P(f)df=0.25 TSa(πf/f)df

2

s

s

s

=0.25fs

TsSa(πf/fs)df

22

《通信原理》习题 第１２页

根据帕塞瓦尔定理

TsSa(πf/fs)df=

2

22

|G(f)|df=

2

DTs(t)dt=Ts

22

得 S=0.25fs·Ts =0.25Ts (2) P=0.5

G(f)=0.5TsSa(0.5πfTs)=0.5TsSa(0.5πf/fs)

Ps(f)=0.0625TsSa(0.5πf/fs)+0.0625功率谱密度曲线如下图所示。

2

mSa2(0.5mπ)δ(f-mfs)

由图可知，谱零点带宽为Bs=2fs。 信号功率为 S=0.0625

TSa(0.5πf/f)df+0.0625 2s

s

Sa(0.5mπ)δ(f-mfs)df

2

m=0.0625fs

TsSa(0.5πf/fs)df+0.0625

22

mSa(0.5mπ)

2

=0.0625Ts+0.0625

mSa(0.5mπ)

2

(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

222

S=2×0.0625Sa(0.5π)=(0.125sin(0.5π)/(0.5π) 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

0.25

mPSa(0.5mπ)δ(f-mfs)

22

频率为fs的离散谱功率为

2222

S=(0.5Psin(0.5π)/(0.5π)) W=0.2P 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。

《通信原理》习题 第１３页

【习题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”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τ、高度为1的三角形时域函数表示为Δτ(t)，傅氏变换对为

2sin/42)][] Δτ(t)←→[Sa(242/4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)G(f)+f

22

2s

n|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

22

解： (1)

P=0.5,a1=1,a2=0 G(f)=

ATs2fTsSa() 222

Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+fs

22

m|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs)

22

A2Ts24fTsfsfs2Sa()+=·4244mA2Ts24fTsSa()δ(f-mfs) 42A2Ts4fTsA2mSa()Sa4()(fmfs) 16216m2(2) 频率fs=1/Ts离散谱分量为

A242A2Sa()(ffs)4(ffs)0 82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

242

S=2A/π=0.02A

《通信原理》习题 第１４页

【习题5-5】 某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz、幅度为1的理想低通滤波器。 (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ω0=4π×

10 rad/s的门函数(双边频率特性)Dω0(ω)，根据傅氏变换的对称性可得

Dω0(ω)←→

无码间串扰的时域条件为

6

0tSa(0)=2×106Sa(2π×106t) 22C,k0 h(kTs)0,k0式中，Ts为码元间隔。所以，根据冲激响应波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)=2×106Sa(2π×106t)

波形如下图所示。由图可知，当Ts=0.5 μs/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=

3(MBd)

log2M令

23=

log2MkM=8=8(n=1,2,„)

n

得

n

2k即当采用8进制信号时，码速率RB=

1 (MBd)，可以满足无码间串扰条件。 n 《通信原理》习题 第１５页

【习题5-6】 设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数： (1) 当RB=ω0/π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=ω0/π，即RB=2f0，无码间串扰频域条件如下式

nsC,||H(ω+nωs)=2 (5-5)

0,其他H(ω+nωs)=C,ω为任意值 (5-6)

或

n对于此题给定的条件，有

s20

根据傅氏变换的对称性，可得

ΔΩ(ω)←→

tsint/42[Sa()]2[] 444t/4由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲时间表达式，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(ω)在频率轴上以2ω0为间隔切开，由于H(ω)的频率范围为(-ω0,ω0)，故切开、平移、迭加后仍为H(ω)，在|ω|<ω0范围内H(ω)不为常数，故系统有码间串扰。

方法二

将H(ω)向左右平移2ω0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ω0/π时有码间串扰。

(2)

02(0t)h(t)=Sa2

2此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。 因

Ts=

1 RB0所以 h(kTs)=

02kSa() 22 《通信原理》习题 第１６页

可见 k=0,±1,±3,„时，h(kTs)≠0，故有码间串扰。

-6

【习题5-7】若要求基带传输系统误比特率为10，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；

(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。

S解： (1) Peb=Q2N查Q(x)函数表得

106 S=45 2NS45 N所以

（2）

Peb=QS2N106 查Q(x)函数表得

S45 N(3) Pb=Peb/log28=Pe/3

Pe2(M1)3S7Q()Q2MM1N44

3S()3106 63N由此得

3SQ()1.71106 63N查Q(x)函数表得

3S()=4.75 63N

所以

S454 N(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

2(L21)PeQ2L4由此得Q3S153S6()Q()210 2L1N8415N3S()1.07106

415N查Q(x)函数表得

3S()=4.75 415N

所以

S183 N 《通信原理》习题 第１７页

【习题6-1】 已知码元传输速率RB=10 Bd，接收机输入噪声的双边功率谱密度n0/2=10

-5

W/Hz，今要求误码率Pe=10，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。

3-10

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+α)(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α=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2FSK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

-10-7

N=(10×2×2000) W=4×10 W

(1) 相干OOK(2ASK)系统 由误码率公式

r=10-5 Pe=Q2得

r=

S=36.13 N-7

-5

S=(36.13×4×10) W=1.45×10 W

(2) 非相干2FSK系统 由误码率公式

15Pe=e210

2得

r=21.6

-7-5

S=(21.6×4×10) W=0.86×10 W

(3) 差分相干2DPSK系统 由误码率公式

Pe=

得

r1re105 2 r=10.8

-7-5

S=(10.8×4×10) W=0.43×10 W

(4) 相干2PSK系统 由误码率公式

Pe=Q(2r)=10

得

《通信原理》习题 第１８页

-5

r=9.03

-7-5

S=(9.03×4×10) W=0.36×10 W

【习题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

BF2RB600 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

0.6

r=5×10=5×4=20

2FSK非相干接收机的误比特率为

Pb=

1-r/21-10-5

e=e=2.27×10 22-6

(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)=3.93×10

【习题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，π/2，π，3π/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)=cosφkcosωct+sinφksinωct=cos(ωct-φk)

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。

《通信原理》习题 第１９页

【习题6-4】 已知电话信道可用的信号传输频带为600～3000 Hz，取载频为1800 Hz，试说明：

(1) 采用α=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α=0.5升余弦滚降基带信号时，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

α=1时QPSK系统的频带利用率

ηb=

数据传输速率

Rb=Bc·ηb=2400×1 bit/s=2400 bit/s

(2) α=0.5时8PSK系统的频带利用率

ηb=

数据传输速率

Rb=Bc·ηb=2400×2 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。

log2Mlog24 bps/Hz=1 bps/Hz

1a11log28=2 bps/Hz

10.5

《通信原理》习题 第２０页

【习题6-5】 QPSK系统，采用α=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) ηb=log2M/(1+α)=［log24/(1+1)］ bps/Hz=1 bps/Hz

所以最大信息速率为

Rb=ηb×Bc=1×20 Mbit/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

ηb=2 bps/Hz

由定义 ηb=log2M/(1+α) 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。

【习题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为习题画出波形示意图。

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。

《通信原理》习题 第２１页

【习题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) 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= 量化噪声功率为 Nq=

111xp(x)dx=2

2

0.51x(1-x)dx=

2

1 6xi14x51(x-yi)p(x)dx=2[

2

0.5(x-0.25)(1-x)dx+

2

0.51(x-0.75)(1-x)dx=1/48

2

信号与量化噪声功率比为 SNRq=S/Nq=8

(2) 量化间隔为 Δ=2/8=1/4

量化电平分别为 -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

112(1-x)128212(1-x) 228312(1-x)328解之，得 x1=0.5, x2=

2223≈0.29, x3=≈0.13 22量化电平为相邻分层电平的平均值，依次为-0.75，-0.40，-0.21，-0.07，0.07，

0.21，0.40，0.75。压缩特性曲线如下图所示。

《通信原理》习题 第２２页

【习题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ΔM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

［SNRq］max=(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) ΔM系统

0.04fs33［SNRq］max= 102fkH 令fk=4 kHz，fH=4 kHz，得

fs=118 kHz

码速率为

Rb ΔM=118 kbit/s

可见，当LPCM系统和ΔM系统的量化信噪比相同时，ΔM系统的信息速率远大于LPCM系统的信息速率。

【习题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 μs，码元宽度为3.5 μs。

(2) 信息速率为

Rb=(6000帧/秒)×(6时隙/帧)×(8 bit/时隙)=288 kbit/s

信道最小传输带宽为

Bc=Rb/2=144 kHz

《通信原理》习题 第２３页

讨论 根据抽样定理，这6路信号的抽样频率可以分别为2 kHz、2 kHz、4 kHz、4 kHz、6 kHz、6 kHz。帧周期为500 μs，每帧12个时隙，6路信号占有的时隙数分别为1、1、2、2、3、3，此时帧结构如图7-24所示。每帧共12个时隙，每个时隙占用的时间宽度为41.7 μs，码元宽度为5.2 μs，信息速率为Rb=(2000帧/秒)×(12时隙/帧)×(8 bit/时隙)=192 kbit/s，最小传输带宽为96 kHz。

【习题7-4】若对12路语音信号(每路信号的最高频率均为4 kHz)进行抽样和时分复用，将所得脉冲用PCM基带系统传输，信号占空比为1：

(1) 抽样后信号按8级量化，求PCM信号谱零点带宽及最小信道带宽； (2) 抽样后信号按128级量化，求PCM信号谱零点带宽及最小信道带宽。

解：(1) Rb=(12×8×log28) kbit/s=288 kbit/s

频零点带宽为

Bs=

最小信道带宽为

Bc=

1=Rb=288 kHz 1Rb=144 kHz 2 (2) Rb=(12×8×log2128) kbit/s=672 kbit/s

Bs=

1=Rb=672 kHz 1Bc=Rb=336 kHz

2

【习题7-5】采用13折线A律编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为 -95单位。

(1) 试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用自然二进制码）； (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）设编码器输出8位码组为C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8

已知抽样脉冲值Is = ―95，因为Is<0，故 C1=0

又64<│Is│<128，故码组位于第4段，段落码C2 C3 C4= 011，段内量化级间隔为4。由 95=64 + 4×7 +3知，码组位于第4段内第7量化级

故 C5 C6 C7 C8=0111

《通信原理》习题 第２４页

因此，输出码组为C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8=00110111 输出量化电平Iw = ―(64+ 4×7 + 0.5×4) = ―94 量化误差为│―95―(―94)│= 1个量化单位。

（2）对应于该7位码的均匀量化11位码为 C1～C11=00001011110

【习题8-1】设到达接收机输入端的二进制信号码元s1(t)及s2(t)的波形如下图(a)、(b)所示，输入高斯噪声功率谱密度为n0/2 (W/Hz)。

(1) 画出匹配滤波器形式的最佳接收机结构； (2) 确定匹配滤波器的冲激响应； (3) 求系统误码率；

(4) 设信息代码为101100，1码对应波形为s1(t)，0码对应波形为s2(t)，画出匹配滤波器形式的最佳接收机各点波形。

解 ：(1) 匹配滤波器形式的最佳接收机结构如下图所示。

(2) 由题意得

h1(t)=s1(T-t)=s2(t) h2(t)=s2(T-t)=s1(t)

h1(t)波形如左上图(b)所示，h2(t)波形如左上图(a)所示。

1T(3) Eb1EbEbAT/2,S1(t)S2(t)0

Eb020 《通信原理》习题 第２５页

所以系统的误码率为

A2TEb0QpeQn2n00 

(4) 当y(t)=s1(t)或s2(t)时，a(t)、b(t)的波形如下图(a)、(b)、(c)、(d)所示。

根据匹配滤波器对s1(t)、s2(t)的响应，可得当信息代码为101100时，最佳接收机各点波形，如下图所示。

《通信原理》习题 第２６页

【习题8-2】设二进制FSK信号为

s1(t)A0sin(1t1),0tTs,1码 s2(t)A0sin(2t2),0tTs,1码式中，φ1及φ2为均匀分布的随机变量，ω2=2ω1=8 π/Ts，s1(t)和s2(t)等可能出现。

(1) 构成包络匹配滤波器形式的最佳接收机； (2) 设信息代码为10100，画出各点波形；

(3) 若接收机输入高斯噪声功率谱密度为n0/2 (W/Hz)，试求系统的误码率。

解： (1) 包络匹配滤波器形式的最佳接收机方框图如下图(a)所示。

《通信原理》习题 第２７页

(2) 当信息代码为10100时，最佳接收机各点波形如上图(b)所示。

2

(3) s1(t)、s2(t)的相关系数ρ=0，每比特信号能量Eb=A0Ts/2，所以系统的误码率为

A02TsEb11Peexpexp 22n24n00 《通信原理》习题 第２８页

【习题9-1】已知A律PCM二次群的帧同步码为1111010000，信息速率为8448 kbit/s，每帧848个码元且第1～10个码元为帧同步码，后方保护参数α=3，前方保护参数β=4，设

-6

Pe=10，判决门限为10。

(1) 求帧同步器的假同步概率、漏同步概率和同步建立时间； (2) 构造一个帧同步码识别器。

解：(1) 由题意可知

n=10， N=848， Ts=1/8448 ms， α=3， β=4， Pe=10

所以，漏同步概率为

-64-20

Pl=(nPe)β=(10×10)=10

假同步概率为

-n-30-7

Pj=N·2α=848×(2)=8.48×10

同步建立时间为

-6

(1a)N(1a)nPetp1aNTs n122

48484101061ms=0.8 ms 1384811284482(2) 帧同步码识别器如下图所示。

《通信原理》习题 第２９页