通信习题答案4--7

第4章模拟信号的数字传输习题解答4-1解：（1）因为信号mt通过传输函数为1Hf的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为1f，所以抽样频率12ffs（2）因为抽样信号频谱nSssωωMTωMn1可得抽样信号的频谱如图4-11所示。图4-11抽样信号频谱图（3）由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号smt通过截止频率为1f的理想低通滤波器，然后再通过一个传输特性为11Hf的网络，就能在接收端恢复出信号tm。如图4-12所示。图4-12抽样信号的恢复可见，如果接收端通过一个传输特性为111HfffHf的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号tm。4-2解：（1）由式（4-2）可知：在s=H3时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。因此经过截止角频率为H的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。图4-14抽样信号的频谱（2）如果1.5sH，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。图4-15抽样信号的频谱出现混叠现象4-3解：因为πtπtπtπttm0012cos0019cos212000cos001cos所以最低频和最高频分别为950HzfL，1050HzfH（1）将tm当作低通信号处理，则抽样频率100Hz22fHsf（2）将tm当作带通信号处理，则抽样频率nffnfLsH212因为n=9，所以11.1Hz2210sf4-4解：以抽样时刻4000/1t为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位20481，所以归一化值0.9510565=1948。编码过程如下：（1）确定极性码1C：由于输入信号抽样值为正，故极性码1C=1。（2）确定段落码432CCC：因为19481024，所以位于第8段落，段落码为111。（3）确定段内码8765CCCC：因为28641410241948，所以段内码8765CCCC=1110。所以，4000/1t的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为11111110。同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM码字，如表4-5所示。表4-5PCM编码的输出码字tπt1600样值5k2sinsπkTm归一化值输出码字0t000100000004000/1t5/2π0.95105651948111111104000/2t5/4π0.587785251204111100104000/3t5/6π-0.58778525-1204011100104000/4t5/8π-0.9510565-1948011111104-5解：因为采用均匀量化，所以量化间隔5.042则量化区间有5.0,1，0,0.5，5.0,0和1,5.0，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22-0.50-1-0.5220.5100.50.7510.2510.2510.7511/48qNxxdxxxdxxxdxxxdx因为输入量化器的信号功率为102220-11(1)(1)6Sxfxdxxxdxxxdx所以量化信噪比228qqExSNEmm4-6解：因为二进制码元速率sBfMR2log所以对应的信息速率bR=sBfMR2log，即信息速率bR与M2log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bR增加到原来的8/7倍。而二进制码元宽度为1bBTR假设占空比bT，则PCM信号带宽为/τB1可见，带宽B与M2log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。4-7解：(1)基带信号的频谱图如图4-16所示图4-16基带信号的频谱图由式（4-2），理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。图4-17理想抽样信号的频谱图(2)因为自然抽样信号的频谱)()2(S4.0)()2(ST)(ssssssnnnMnanMnaAM当n=1时，因为)()2(SssnMna=)()4.0(SsMa所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为)()4.0(0.4SasM，对应的频谱图如图4-18所示。图4-18n=1时自然抽样信号的频谱分量所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。图4-19自然抽样信号的频谱图因为平顶抽样信号的频谱qM-ns-nssnM24Sa.0nM2SaTAωτωτ所以，平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。图4-20平顶抽样信号的频谱图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0006400088sBflR波特因为占空比为1，所以bT，则PCM基带信号第一零点带宽Hz/τB00064T/11b4-9解：因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以HzffHs000122所以PAM系统的码元速率00012sBfR波特则码元宽度sf/1Ts因为占空比为0.5，所以s5T.0，则PAM基带信号第一零点带宽Hz/τB0002414-10解：（1）因为奈奎斯特抽样频率HzffHs000122，量化级数8M，所以二进制码元速率为00036000123log2sBfMR波特所以，对应的信息速率s/bit00036bR（2）因为二进制码元速率BR与二进制码元宽度bT呈倒数关系，所以BbRT1因为占空比为0.5，所以b5T.0则PCM基带信号第一零点带宽Hz/τB0007214-11解：编码过程如下（1）确定极性码1C：由于输入信号抽样值为负，故极性码1C=0。（2）确定段落码432CCC：因为1024870512，所以位于第7段落，段落码为110。（3）确定段内码8765CCCC：因为63211512870，所以段内码8765CCCC=1011。所以，编出的PCM码字为01101011。编码电平CI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864C2C2C2C2IIi80716253BiC量化单位因为21000110110000864因此7/11变换得到的11位线性码为00110110000。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880)16864(个量化单位。因为2100.00110111000880所以7/12变换得到的12位线性码为011011100000。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。4-12解：（1）因为量化区的最大电压为mVU2048，所以量化单位为1mV，所以抽样值为398。编码过程如下：确定极性码1C：由于输入信号抽样值sI为正，故极性码1C=1。确定段落码432CCC：因为512398256，所以位于第6段落，段落码为101。确定段内码8765CCCC：因为14168256398，所以段内码8765CCCC=1000。所以，编出的PCM码字为11011000。它表示输入信号抽样值sI处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384=384mV，中间电平为392mV。编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平CI384=384mV因为21000011000000384，所以对应的11位线性码为00110000000。解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平DI392mV可见，解码误差（即量化误差）为6mV。4-13解：因为最大电压值为5V，所以量化单位V204815所以，样值幅度5V.2表示为-1024量化单位。因为样值为负，而且输入信号抽样值sI处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为01110000。该量化级对应的起始电平为1024=5V.2，中间电平为1056321024量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV4-14解：极性码为1，所以极性为正。段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为Δ。因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为5.7)5.017(个量化单位，即解码电平7.5。因为2101.100000000115.7所以，对应的12位线性码为0000000011114-15解：编码过程如下：（1）确定极性码1C：由于输入信号抽样值为负，故极性码1C=0。（2）确定段落码432CCC：因为1024630512，所以位于第7段落，段落码为110。（3）确定段内码8765CCCC：因为22323512630，所以段内码8765CCCC=0011。所以，编出的PCM码字为01100011。因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。因为21000100110000608所以，对应的均匀量化的11位线性码为01001100000。4-16解：因为leqoeqPCMP/NSNNSNS2000241又因为22M2lqoNS所以第5章数字信号的基带传输习题解答5-1解：略5-2解：信息码：110000011000011AMI码：+1-100000+1-10000+1-1HDB3码：+1-1000-V0+1-1+B00+V-1+15-3解：信息码：10100000000011AMI码：[phone]+1-1HDB3码：+10-1000-V+B00+V0-1+15-4解：（1）对于单极性基带信号，1()0gt，2()()gtgt，随机脉冲序列的功率谱密度为22()(1)|()||[(21)()]|()sssssmPffppGffpGmffmf当12p时，222()|()||()|()44sssssmffPfGfGmffmf由图5-11得2(1||),||2()0,ssTAttTgtelse()gt的傅立叶变换()Gf为2()()22ssATfTGfSa代入功率谱密度函数式，得22222()|()||()|()422422sssssssssmfATfTfATfTPfSaSafmf2244()()()162162sssmATfTAmSaSafmf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1ssfT的离散分量，故可以提取码元同步所需的频率1ssfT的分量。由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量()vP为24()()()162vsmAmPfSafmf当m取1时，即sff时，有2244()()()()()162162vssAAPfSaffSaff所以该频率分量的功率为2224442()()162162AAASSaSa图5-125-5解：（1）由图5-12可得0011||,||()0,Helse该系统输出基本脉冲的时间表示式为2001()()()222jtthtHedSa（2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，()H应满足2(),||()0,|