现代通信原理与技术课后答案-张辉-主编

第一章1-1e的信息量==)(1log2ePIe3.25bitv的信息量==)(1log2vPIv6.96bit1-2因为全概率1)1()0(=+PP，所以P(1)=3/4，其信息量为==)1(1log2PI0.412(bit)1-3平均信息量（熵）∑=−=niiixPxPxH12)(log)()(=2.375（bit/符号）1-4（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10ms。传送字母的符号速率为)(100105213BRB=××=−等概率时的平均信息速率)/(200log2sbitMRRBb==（2）平均信息量为∑=−=niiixPxPxH12)(log)()(=1.985（bit/符号）则平均信息量为)/(5.198sbHRRBb=⋅=1-5（1）)/(2400sbitRRBb==（2）)/(96004240016log2sbitRRBb=×==1-6（1）先求信息源的熵，∑=−=niiixPxPxH12)(log)()(=2.23（bit/符号）则平均信息速率)/(1023.23sbHRRBb×=⋅=故传送1小时的信息量)(10028.81023.2360063bitRTIb×=××=×=（2）等概率时有最大信息熵，)/(33.25log2max符号bitH==此时平均信息速率最大，故有最大信息量)(10352.86maxbitHRTIB×=⋅⋅=1-7因为各符号的概率之和等于1，所以第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平均信息量为)/(75.121log2181log81241log41222符号bitH=−×−−=1-8若信息速率保持不变，则传码率为)(1200log2BMRRbB==1-9传码率为)(1200log2BMRRbB==半小时（1800秒）内传送的码元个数为61016.212001800×=×=⋅=BRTN错误码元数个216=eN，因此误码率为410−==NNPee1-10由NNPee=和BRTN⋅=可得时间为)(1034sRPNTBee×=⋅=第二章2-3在t=1时，ξ(t)的数学期望1)2cos210cos21(2)(cos2))2(cos(2))2cos(2()1(1=+==+=+==πθθπθπξEEEEt在t1=0，t2=1时，ξ(t)的自相关函数2)2cos210cos21(4]cos4[)]2cos(2cos2[)]1()0([)1,0(222=+==+⋅==πθθπθξξξEEER2-4由题意可知，x(t)是平稳随即过程，则0)]([)]([)]()([)]([=−=−−=−−=aaTtxEtxETtxtxEtyE)()()()(2)()()()()]()()()()()()()([)]}()()][()({[)]()([),(ττττττττττττττττyxxxxxxxyRTRTRRRTRTRRTtxTtxtxTtxTtxtxtxtxETtxtxTtxtxEtytyEttR=+−−−=++−−−=−+−++−−−+−+=−+−+−−=+=+可见，y(t)的均值与时间无关，自相关函数只与时间间隔τ有关，所以y(t)是平稳随机过程。2-5解（1）因为和相互独立，所以有又因，方差，所以有故（2）因为和服从高斯分布，是和的线性组合，所以也服从高斯分布，其一维概率密度函数（3）因为故2-7（1）欲证随机过程z(t)广义平稳，只需验证z(t)的数学期望与时间无关，z(t)的自相关函数仅与时间间隔τ有关即可。由题意可知，m(t)的数学期望为常数；)20(,21)(πθπθ≤≤=f，则021)cos()]([))(()][cos()]([)]cos()([)]([20000=+⋅=+⋅=+=∫θπθωθθωθωπdttmEtmtEtmEttmEtzE独立与)(cos21)()](cos210)[()]}(cos21[)]](2cos[21[){()}(cos21)](2cos[21{)()]cos()[cos()]()([)]cos()()cos()([)]()([),(02102102102102102010212021012121ττωτωτωωθτωωθτθωθωθωθωzmmmmzRRttRttEttERttttERttEtmtmEttmttmEtztzEttR==−+=−+++=−+++=++=++==可见，z(t)的均值与t无关，自相关函数只与时间间隔τ有关，故z(t)广义平稳。（2）≤−−+==τττωτττωττωττ其它,010cos)1(2101cos)1(21cos)(21)(000mzRR，如下图2-7所示图2-7（3）因为z(t)广义平稳，所以其功率谱密度)()(τωzzRP⇔。由上图2-7可见，)(τzR的波形可视为一余弦函数与一三角波的乘积，因此()()[]−++=⋅∗−++⋅=2241122121)(0202200ωωωωωωωδωωδππωSaSaSaPz∫∞∞−==21)(21ωωπdPSz或21)0(==zRS2-8解（1）由题意知，是平稳随机过程，故有即（2）的图形如图2-8-1所示。图2-8-1的图形如图2-8-2所示。图2-8-22-9（1）方法一：高斯白噪声的功率谱密度2)(0nPn=ω，则滤波器输出噪声的功率谱密度+≤≤−=⋅=其他，，02)(2)(0200BBnHnPccπωωπωωω根据)()(00τωRP⇔，则输出噪声的自相关函数()τωτπωπωπωωπτπωπωπωπωωτωτωτcBBBBjjjBBSandendendePRcccccos221221)(21)(00000=+==∫∫∫+−−−+−∞∞−平均功率BnRNo00)0(==或BndPN000)(21==∫∞∞−ωωπ方法二：高斯白噪声的自相关函数()τδτ2)(0nRn=根据滤波器的图形，对其求傅立叶反变换，得()()τωτπτcBBSahcos2=所以滤波器输出噪声的自相关函数()τωτπτττcnBBSanhRRcos)()()(00=∗=（2）高斯过程通过线性系统后的输出仍为高斯过程，且有()[]()[]0)0(=⋅=HtEtEioξξ()[]BnRRtDo0)()0(=∞−=ξ因此，输出噪声的一维概率密度函数−=BnxBnxf0202exp21)(π2-10解低通滤波器的传输特性根据式（2-52）可得输出功率谱密度为因为并利用故输出过程的自相关函数为2-13解互相关函数为因为平稳，则故互功率谱密度为令，则故2-14解方法一：由图可得输出故根据方法二：该系统的单位冲击响应故其传递特性因而第三章3-1解：由信道的幅频特性和相频特性可以得出信道的传输函数为：()dtjeKHωω−=0()()ωωπωdeHtHtj⋅=∫∞+∞−21ωπωωdeeKtjtjd⋅=∫∞+∞−−021()ωπωdeKdttj−∞+∞−∫=021()dttK−=d0∴信号s(t)通过该信道后的输出信号so(t)的时域表达式为：()()()tHtstso∗=()()dttKts−∗=d0()dttsK−=0可见，信号s(t)通过该信道后信号幅度变为K0，时间上延迟了td。3-2解：设)()(ωHth⇔传输函数：sssTjsTjssTjsseTeTTeTTHωωωωω−−−++=+=4242cos12)(22冲激响应：)(21)2(2)(4)(ssssTtTtTtTth−+−+=ddd输出信号：)(21)2(2)(4)()()(0ssssTtsTtsTtsTthtsts−+−+=∗=3-3解：()RCjRH+=ωω1RCjRCjωω+=1()()221RCRCjRCωωω++=()()()22211RCRCjRCRCωωωω+++=∴()()()()2222211+++=RCRCRCRCHωωωωω()211RCRCRCωωω++=()()()()RCRCRCRCRCωωωωωωϕ1arctan11arctan222=++=由于()常数≠ωH，说明信号通过该信道时会产生幅度失真。()常数≠ωϕ，说明信号通过该信道时会产生相位失真。3-4图(a)的传输特性为：()212RRRHa+=ω∴有()212RRRHa+=ω()0=ωϕa()0=∆Φωωϕddaa＝可见，该系统的()常数=ωaH、＝常数∆Φ，因此，信号通过该系统时不会产生群延迟。在整个频域内，群延迟的曲线图为0，（图略）图(b)的传输特性为：()RCjCjRCjHbωωωω+=+=1111()211RCRCjωω+−=()()22111RCRCjRCωωω+−+=∴有()()()2222111+++=RCRCRCHbωωωω()()2211RCRCωω++=()()()RCRCRCRCbωωωωωϕarctan111arctan22−=++−=()()()21arctanRCRCdRCdddbbωωωωωϕ+−=−=∆Φ＝可见，该系统的()常数≠ωbH、常数≠∆Φb，因此，信号通过该系统时会产生群延迟失真。在整个频域内，群延迟的曲线如下图：3-11解：见课件3-13解：接收信号为−+=3)()(soTtstskts，波形图略3-14解：信道的相关带宽kHzMHzBmc500211===τ，根据工程经验，信号带宽csBB=31~51，故码元宽度()()sTmsmτ10~65~3==3-15解：见课件3-18解：由香农公式)/(69.79)10001(log1081log262sMbNSBC=+××=+⋅=3-19解：（1）信道容量)/(9.33)10001(log104.31log232skbNSBC=+××=+⋅=（2）应满足skbNSBC/6.331log2≥+⋅=。当取C=33.6kb/s时，可得最小的输出信噪比()dBNSBC7.2994312即=−=3-20每个像素所含的平均信息量为)/(416log)(2像素bitxH==每张图片包含的信息量为)(104.2106465bitI×=××=信息传输速率为)/(1076.5104.22476sbRb×=××=由信道容量bRC≥，得到bRNSBC≥+⋅=1log2所以)(78.51001lg32.31076.51lg32.31log72MHzNSRNSRBbb≈×=+=+≥即信道带宽至少应为5.78kHz。4-1解AM信号()[]ttAtsAMππ4010cos2000cos2)(⋅+=DSB信号()()()tttttsDSBππππ444108.0cos102.1cos10cos2000cos2)(×+×=⋅=USB信号()ttsUSBπ4102.1cos)(×=LSB信号()ttsLSBπ4108.0cos)(×=频谱图略4-2解设载波，（1）DSB信号的波形如题4-2图（b),通过包络后的输出波形为题4-2图（c)。（2）AM信号，设，波形如题4-2图（d),通过包络后的输出波形为题4-2图（e)。讨论DSB解调信号已严重失真，故对DSB信号不能采用包络检波法；而AM可采用此法恢复。题4-2图(b)、(c)、(d)和(e)4-5解（1）为了保证信号顺利通过和尽可能地滤除噪声，带通滤波器的宽度等于已调信号带宽，即kHzfBm8422=×==，其中心频率为100kHz，故有为常数，其中其他，，KkHzfkHzKH≤≤=010496)(ω。（2）已知解调器的输入信号功率WmWSi31022−×==，输入噪声功率为)(1032101021082)(26633WfPBNni−−−×=×××××=⋅=故输入信噪比5.62=iiNS（3）因为DSB调制制度增益2=DSBG，故解调器的输出信噪比1252==iiooNSNS（4）根据相干解调器的输出噪声与输入噪声功率关系)(108416WN