李晓峰通信原理习题答案CH4.docx
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李晓峰通信原理习题答案CH4
李晓峰--通信原理习题答案
-CH4
习题
1.给定二进制比特序列{1101001},试给出相应的单极性NRZ信号、双极性RZ信号与传号差分码信号的波形。
解:
单极性NRZ信号、双极性RZ信号与传号差分码信号的波形如下图所示:
单极tkNRZ:
双极性RZ:
传号]分码:
2.某数字基带系统速率为2400Baud,试问以四进
制或八进制码元传输时系统的比特速率为多少?
采用双极性NRZ矩形脉冲时,信号的带宽估计是多少?
解:
以四进制传输时系统的比特率为:
Rb=RSlog2M=2400log24=4800bps
以八进制传输时系统的比特率为;
=RSlog2M=2400log28二7200bps
信号的带宽与波特率有关,无论是多少进制传输,采用双极性矩形脉冲传数据时,信号带宽都为:
比=Rs=2400Hz
3.某数字基带系统速率为9600bps,试问以四进制或十六进制码元传输时系统的符号率为多少?
采
用单极性RZ矩形脉冲时,信号的带宽估计是多少?
解:
以四进制传输时系统的符号速率为:
&=R,/log2M二9600/log24=4800Baud
以八进制传输时系统的符号速率为:
&=Rj/log2M=9600/log28=3200Baud
信号的带宽与波特及脉冲宽度有关,以四进制单极性RZ脉冲传输时,信号带宽为:
Br=2民=24800=9600Hz
以八进制单极性RZ脉冲传输时,信号带宽为:
Bt=2艮=23200=6400Hz
4.某二元数字基带信号的基本脉冲如图题4.4所
示,图中Ts为码元间隔。
数字信息“1”和“0”出现概率相等,它们分别用脉冲的有、无表示。
试求该数字基带信号的功率谱密度与带宽,并画出功率
谱密度图。
图题4.4
解:
本题中,0、1等概率,且码元脉冲形状为g(t)
ALsa2"兀
2
Ei-aj=11
n22
E[a&E2a
1十1p_T
2212丿
所以该数字基带信号的功率谱为:
4a/16j
5.已知随机二进制序列1和0出现概率为p和
1-p,基带信号中分别用gt和gt表示1和0。
试问:
(1)基带信号的功率谱密度及功率;
(2)若gt为图题4.5(a)所示波形,Ts为码元
宽度,该序列是否含有离散分量fs=1Ts;
若gt改为图题4.5(b),重新回答问题
(2)。
J
1
2(t)
T0T
ss
打g(t)
1
T0T*t
ss
44
(b)
图题4.5
解:
2PAM信号的幅度序列'时为:
-1序列
且m,=E〔arJ=P11-p-1=2p-1
=E卫;]-E2〔a门]=1_(2p_1)2=4p(1_
(1)基带信号的功率谱密度
_2
Psf十
TS
Grf
4P(1-p)
T|G(f)|1s
功率:
P=Ps(f)df
—QO
20
2+詈
Tsk=-°0
22p_1
F
s
“4P(1-p)2
―[P)|G(f)|2df
Is
(2)若基带脉冲波形
一k
.i—I
Ts
2
乜k2、k、
一、|G(t)1(f-t)
-:
:
1s1s
2丄
(2p-1)赵k2
|G(,|2
1s
Ts2
g(t)为
11gt二
Io
2
其他
则g(t)的傅里叶变换G(f)为
G(f)=TsSa(〃Tsf)
该基带信号的离散谱为:
2p-1
Ts2
2:
:
TTsSa(
—oO
2
=2p_1、|Sa(k
—oO
JI
JI
fTs)|2
(f--)
Ts
2k2
)1(f)P2Ts(f)
Is
故该二进制序列不存在离散分量fs=1/Ts
(3)若基带脉冲波形gt为
mTs
4
其他
则gt的傅立叶变换Gf为
Gf二
k
—I
Ts
r2
2p-1
I_—
I4
'2
2p-1
4
、f,当k为偶数时
F2(k!
'I—|2「f-—,当k为奇数时
-kTs
所以,该二进制序列存在离散分量fs=1/Ts
6.采用低通滤波技术接收二元双极性NRZ信号。
假
设二进制符号0和1是等概率的,问接收机的平均差错概率R计算公式是什么?
巳=10"需要的&/N。
是多少?
(提示:
借鉴例题4.6数值)
解:
采用LPF接受二元双极性NRZ信号,0、1等概。
由表4.3.1,接收机的平均差错概率的计算公式为:
图4・3・6匹配滤波器误比特率曲线图
例题4.6:
单极性与双极性的
MF系统
£
(dB)
平均错误间隔
单极性
双极性
1O-2
7.3
4.3
0.1毫秒
10^
1L6
8.6
10毫秒
10"
13.6
10.6
1秒
Rio-3
15.0
12.0
100秒
rio-10
16.0
13.0
约3小时
10-12
17>0
14.0
约11天—
7.
8.
9.
10.双极性矩形不归零2PAM信号通过噪声功率谱密度为No/2的AWG信道传输,假定码元0与1的概率分别是1/3与2/3,接收机采用低通滤波器。
试问:
(1)平均误比特率计算公式;
(2)接收系统的最佳判决门限;
(3)最小误比特率。
(1)平均误比特率计算公式由教材式(4.3.17)给
出如下:
设LPF的带宽为B
n出
2A-A2/3
2A
(3)最小误比特率为
其中:
Vt=
11.在功率谱密度为N°/2的AWG信道中进行二元基
12.
带传输,假定码元等概且发射信号分别为:
解:
由教材式(4.3.21)可知,最小的巳为
12.
13.设4种基带传输系统的发送滤波器、信道及接收
滤波器组成的Hf如图题4.13所示,若要求以1/Ts波特的速率进行数字传输,问它们是否会造成码间
干扰。
图题4.13
1
解:
根据奈奎斯特第一准则,当最高传输码率R^=Ts
时,能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性Hf应满足
送H(f-kR)=C',|f卜“
k=2
容易验证:
(a)、(b)、(c)、(d)都满足无码间串扰
传输的条件
14.设基带传输系统的发送滤波器、信道和接收滤波
器的总传输特性如图题4.14所示:
1
fH(f)
/
l\
\
_f2
—f10f1
f2
f
图题4.14
其中fi=1MHzf2=3MHz试确定该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率。
解:
该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率
为:
Rsmax二4MBd
==4=1.33Bd/Hzb3
15.设无码间干扰基带传输系统的传输特性为
=0.3的升余弦滚降滤波器,基带码元为16进制,
速率是1200Baud。
试求:
1)该系统的比特速率。
(2)传输系统的截止频率值;
(3)该系统的频带利用率;
解:
(1)对于M进制传输,其信息速率尺与码元速率Rs的关系为R>=Rsiog2M,这里M=iq故系统的比特速率为:
&二艮log2M二4800bps
(2)传输系统的截止频率值为
R
B=f01=亠1二780Hz
2
(3)系统频带利用率为:
厂譽6.25bps/Hz
16.计算机以56kbps的速率传输二进制数据,试求
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和
1时,下面两种方式所要求的传输带宽。
(1)采用
2PAM基带信号;
(2)采用8电平PAM基带信号
/I。
\
川1-。
)吐川1+“)
则B=fo1
解:
(1)采用2PAM基带信号时则B=f01=■_s1:
R
(1)
B280001
2log2M
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时,传输带宽分别为35KHZ、36.4KHz42KHz49KHz56KHz。
(2)采用8PAM基带信号时
R
B二f01s1
02
cR(1+°)56000,
则B1:
则2log2M6
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时,传输带宽分别为11.67KHZ、12.13KHz14KHz16.33KHz、18.67KHz。
17.在某理想带限信道0=13000Hz上传送PAM信
(1)要求按9600bps的速率传输,试选择PAM勺
电平数M;
(2)如果发送与接收系统采用平方根升余弦频
谱,试求滚降因子:
;
(3)保证Pb=10^所需要的Eb/N。
是多少?
解:
(1)最大频带利用率s=号£2Baud/Hz
昱二96聖2log2M
B30002
得…0.25
p巳2(M-1)J6log2MEb'
(3)bKMlog2MjM2TN0」
得Eb/N°二20
18.
19.某信道的码间干扰长度为3,信道脉冲响应采样
值为h-T=0.3,h0=1,
hT=0.2,求3抽头迫零均衡器的抽头系数以及均衡前后的峰值畸变值。
解:
由hEi八cm丄=c」hi
kJ
抽+抽」并按式(4.6.6)可得,
h
hE」I
hE0
'.hE1J
L
ho
hi
代人具体数据得到,
10.3
0.21
'00.2可解得,〔5c0qI-I-0.34091.1364
0l「c」[
0.3
1hJ
-0.22731
Co
利用hEi=c」h“+c0hi+dh「,考虑i=-2~+2,计算出均衡后的非零冲激响应值为,{足/=-2,...,+2}={-0.1023,0,1,0,-0.0455}。
根据峰值畸变的定义得:
均衡器前,D=(0.30.2)/1=0.5
均衡器后,D=(0.1023+0.0455)/1=0.1478
易见均衡后码间干扰与峰值畸变都有显著降低。
20.
21.
22.由图4.8.2估计2PAM基带系统在定时抖动为5%
时,达到10^误码率所需的EbfN。
,并与理想定时的
结果相比较
比A;“血
解:
由图可见,当「e/Ts"时,误码率卩-5要求接收信号的Eb/N。
93B;当入5=0.05时,误码率伏要求接收信号的Eb/N010.5dB。
因此,5%的定时抖动导致瓦/弘的要求增加1dB。
23.
24.
25.
26.
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- 李晓峰 通信 原理 习题 答案 CH4