2011下期硕士生数字通信试题及答案

12011下期硕士生数字通信试题及答案1.设计一个QPSK调制的数字通信系统，传输信息速率为bR=2Mbps，中频载波频率为if=70MHz，射频载波频率为cf=2.4GHz，（1）以数学表达和文字表达相结合描述整个调制过程；(6分)（2）以数学表达和文字表达相结合描述整个解调过程；(6分)（3）如果采用升余弦谱特性成形波，计算信号频带宽度为2MHz时成形波的滚降系数β，并画出成形波频谱特性的示意图；(6分)（4）根据窄带采样定理选择一个低于70MHz的采样频率Tf，对上述信号进行无频谱混叠的中频采样，然后选择一个适当的本地振荡频率0f，进行数字正交下变频得到零中频信号，请给出一对Tf和0f的值。(12分)（本题共30分）答：（1）调制过程可分解为以下三步：第一步符号特征矢量形成：将输入数据比特流每2比特划分为一个符号，根据各个符号的信息内容从QPSK的四种星座点（如1j±±）中找出相应的星座点值，设第i个符号的星座点值为iiIjQ+，0,1,2,......i=；第二步波形成形：采用平方根升余弦谱特性的成形波()gt，分别对I、Q两路信号进行波形成形，即()lts=0().()iiiIjQgtiT∞=+−∑其中T=0.5微秒，因为符号速率为2Mbps。第三步载波调制：采用正交上变频器将基带波形调制结果()lts的中心频率搬移到中频if=70MHz，即得()ts=()lts.exp(2)iftπ取其实部后再进行上变频，将其频谱搬移到以cf=2.4GHz为中心频率，即()st=Re[()].cos(2)Im[()].sin(2)lclctfttftππ−ss=0.().cos(2)iciIgtiTftπ∞=−∑-0.().sin(2)iciQgtiTftπ∞=−−∑这就是最终可进行发射的QPSK调制信号。（2）解调过程可分解为以下三步：第一步载波解调：采用与发射端载波频率cf相同的本地振荡，将接收信号2进行正交下变频，得到等效低通信号()lts的估计，即ˆ()lts=[()st+()nt].ˆˆexp[(2)]cjftπϕ−+第二步基带解调：用()gt对ˆ()lts做匹配滤波，并在每个符号中点处抽样，得到iiIjQ+的估计ˆˆiiIjQ+；第三步符号判决：假设通过锁相环实现了载波频率和相位的正确跟踪，即上式中的ˆcf和ˆϕ估计正确，实现了完全的载波解调，那么上面得到的ˆˆiiIjQ+就是第i个符号特征矢量的正确估计，可采用欧氏距离最小准则进行符号判决。（3）既然要求频带效率为11ηβ=+=1×106（波特）/(2×106Hz)=1/2,则β=1.成形波频谱特性正好是一个周期的余弦波向上平移的结果。（4）中频频带的中心频率为70MHz，上下边频率分别为Hf=71MHz,Lf=69MHz;根据()(1)()(1)TLTLHLTHHLTHkffkffffkffffkff−−⎧⎧⎨⎨++−+⎩⎩或，当k=19时，取Tf=3.6MHz,可以满足前式，因而不会产生频谱混叠。因为20Tf=3.6MHz×20=72MHz，因此信号频谱在零频附近的两个周期频谱的频率范围是1~3MHz和-3~-1MHz，因此可以取0f=2MHz作为本地振荡频率进行数字正交下变频，得到零中频信号。实际上还有许多采样频率值可取，例如：取Tf=8MHz，k=8，在零频附近的信号频谱有5~7MHz和-1~-3MHz，可以取0f=-2MHz作为本振进行正交下变频获得零中频信号。又如：如果取Tf=30MHz，2=3，那么零频附近的信号频谱有9~11MHz和-9~-11MHz，则可以取0f=10MHz进行正交下变频，得到零中频信号。2.设某一无线多径衰落信道可表示为一个多径分量和一个直达分量，其增益因子分别为1h和0h；设多径分量的最大相对时延为mT=4微秒，信道多普勒扩展dB=2KHz，信道带宽为1MHz；请回答下面问题：(1)设1h为一个零均值复高斯随机变量，对于0h≈0和|0h|0两种情况，接收信号波形包络的抽样值分别服从什么分布？为什么？(7分)(2)如果采用M进制调制方式传输720Kbps信息速率的信息，要使信道可看作是慢时变平坦衰落时M应取多大？可选用哪几种调制方式？(9分)3(3)若基于QPSK调制，采用最佳接收和最佳检测技术消除多径效应，该信道可实现的最高传输信息速率是多少？(6分)(4)若采用基于QPSK-OFDM调制方式传输尽可能高的信息速率，子信道数N应取多大值才能使各个子信道变为慢时变平坦衰落？为什么？(8分)（本题共30分）答：(1)当0h≈0和|0h|0时，信号波形的包络值分别服从瑞利分布和赖斯分布，这是因为多径分量的增益因子1h是一个零均值复高斯随机变量；0h=0即意味着没有直达分量，信号波形包络完全取决于1h的幅度值，因而是瑞利分布；而当|0h|0时，直达分量信号的幅度为常数|0h|，0h与1h之和为非零均值高斯随机变量，因而其幅度为赖斯分布。(2)当符号周期时长sT大于最大多径时延mT时为平坦衰落，因此应取sTmT=4微秒，即1/ssRT=1/mT=250K波特；对于bR=720Kbps，采用M≥8的M进制调制，即每个符号3比特以上可满足平坦衰落的条件；即M=8,16,64,256都满足平坦衰落条件，对应于8PSK,16QAM,64QAM,256QAM等调制方式，相应的符号速率为240KBT、120KBT、18KBT、90KBT，其符号速率都显著大于dB=2KHz，因此也符合慢时变衰落特性的条件。(3)既然可以基本消除多径效应的影响，如果没有用于估计信道的训练序列的开销，则其频带效率可与理想高斯白噪声信道相当；采用QPSK调制，成形波滚降因子小到β=0.25是可行的，此时的频带效率为η=1/(1+0.25)≈0.8(波特/Hz),因此最高传输速率为1×106×2×0.8=1.6Mbps。如果采用Sinc函数进行波形成形，最高传输速率可达2Mbps；不过这样的系统不仅因成形滤波器太长而复杂度很高，而且对于符号同步的精度要求很高，否则会产生码间干扰，引起误码特性变坏。(4)同上分析，只要符号速率低于250K波特即可满足平坦衰落慢衰落的条件；因此对于最高速率1.6Mbps，当取子信道数N=4时，基于QPSK调制的每个OFDM符号为16比特，则波特率为240K波特。这说明取N≥4就可以了。3.一个M元扩频通信系统，设M=2k=16,即k=4,采用N长的16个相互正交的PN码{();0,1,2,...,1;0,1,2,...,15;mpnnNm=−=}进行扩频调制，码片成形波为()gt，码片周期为cT，请(1)结合数学式和文字，描述这个系统的扩频调制过程；(8分)(2)结合数学式和文字，描述这个系统的解扩解调过程；(8分)4(3)上述解调过程中各个符号的软判决量是什么随机变量？如何根据这些随机变量的性质来分析其误码特性？(8分)（本题共24分）答：(1)M元扩频调制过程可分解描述为以下三步：第一步基带扩频：将待发送信息比特流每4比特划分为一个符号，得到符号序列12{,,......}II，根据各个符号的信息内容从16个PN码中选择一个，进行扩频，即得扩频后的码片序列：()cn=0.()imiIpniN∞=−∑，0,1,2,...n=第二步码片波形成形：用()gt将{()cn}进行波形成形，得()st=0().()cncngtnT∞=−∑第三步载波调制：采用平衡调幅法将()st调制到射频载波上，得()st=()st.cos(2)cftπ(2)M元扩频通信系统的解扩解调过程可分解描述为以下三步：第一步载波解调：采用基于载波频率估计ˆcf的本地振荡和正交下变频器，对接收信号()st+()nt进行正交下变频，得到零中频复信号0ˆ()ts=[()st+()nt].ˆˆexp[(2)]cjftπϕ−+*()ht其中()ht为低通滤波器，其带宽等于扩频信号带宽的一半。第二步基带解扩：将0ˆ()ts以码片速率抽样率在每个码片中点抽样得到00ˆˆ()()cntnT=−ss的抽样，然后用16个PN码{();0,1,2,...,1;mpnnN=−0,1,2,...,15;m=}中的各个PN码分别与0ˆ()ns逐个符号地进行同步相关运算，得到第i个符号的16个相关量（复数）：ˆ()imI=(1)10ˆ().()iNmniNnpniN+−=−∑s0,1,2,...,15m=；0,1,2,......i=第三步符号判决：对于第i个符号，比较16个相关能量{|ˆ()imI|250,1,2,...,15;m=}的大小，其中最大者所对应的符号序号*m就是判决结果，即*m=2maxˆ|()|0,1,2,...15iArgmm=I(3)上述软判决量|ˆ()imI|2都是两个自由度的2χ分布随机变量，其中|ˆ(*)imI|2是非中心的2χ分布，因为ˆ(*)imI=(1)10*ˆ().()iNmniNnpniN+−=−∑s=(1)1*ˆ[().exp()()].()iNmniNcnjtpniNϕ+−=+−∑n=(1)1ˆ[|()|.exp()'()]iNniNcnjtϕ+−=+∑n是一个均值等于(1)1ˆ[|()|.exp()]iNniNcnjϕ+−=∑的复高斯随机变量。其余15个|ˆ()imI|2都是中心2χ分布，因为ˆ()imI是均值为零的复高斯随机变量。误判概率就是非中心2χ分布随机变量|ˆ(*)imI|2的概率密度函数分别与那15个中心2χ分布随机变量|ˆ()imI|2的概率密度函数相互重叠的那部分的面积之和。4.一个由两个CDMA用户构成的多用户通信系统，各用户都采用直接序列扩频；假如两个用户都在0/bEN=10dB的信噪比条件下进行通信，而两个用户信号之间的相互干扰使其信/噪干比降低为0/)bENJ+（=5dB；通过查阅香农容量限曲线可知在0/bEN=10dB和5dB时每个用户的归一化容量/CW分别为6bps/Hz和4bps/Hz;请问：(1)如果两个用户都只做单用户检测，该系统的归一化总容量/CW=？(6分)(2)如果采用多用户联合检测（MUD），该系统的归一化总容量/CW=？(6分)(3)如何进行MUD使系统总容量最大化？(7分)(4)如果逐步增大各个用户的发射功率，采用与不采用MUD两种情况下的归一化总容量/CW将如何变化？(7分)（本题共26分）答：(1)注意到0/bEN=10dB和5dB两条垂直线与香农限曲线的交点处对应的每个用户归一化容量/CW分别为6bps/Hz和4bps/Hz，这是采用M进制调制（结合直扩DSS和编码）当M趋于无穷大时有可能达到的/CW；此时当不采用MUD时，每个用户都在0/)bENJ+（=5dB的条件下进行单用户检测，因此系统的归一化总容量/CW≈4+4=8（bps/Hz）；如果始终采用BPSK调6制与DSS相结合，那么无论采用或不采用MUD，都是/CW=1bps/Hz，只不过采用MUD时逼近香农限所需的编码增益比不采用MUD时的要小5dB。(2)当采用M进制调制与DSS相结合（M很大）时，采用MUD时，有一个用户在0/)bENJ+（=5dB的条件下进行单用户检测，可达容量为4bps/Hz；另一个用户可在抵消了多址干扰后0/bEN=10dB的信噪比条件下进行检测，可达到容量6bps/Hz；因此归一化总容量/CW≈4+6=10（bps/Hz）；(3)可采用干扰重构抵消法进行多用户联合检测：①对于每个符号的接收信号，先对用户1进行常规的单用户检测，其最大归一化速率只能达到4bps/Hz，因为0/)bENJ+（=5dB；②根据用户1检测结果，重构用户1的信号，并从接收信号中抵消，然后用于对用户2的符号进行检测，则最高归一化速率可达到6bps/Hz，因为多址干扰已消除，0/bEN=10dB。③根据用户2检测结果重构其信号，并从接收信号中抵消此重构信号，再用于对用户1进行检测，得到误码概率更低的检测结果；如此多次迭代，可以达到最佳检测结果，实现系统总容量的最大化；这样做在理论上能达到的系统总容量可逼近两者都没有多址