习题课（from 1~7）
第四章 信道
4-6
某个信源由A 、B 、C 和D 4个符号组成。设每个符号独立出现，其出现概率分别为1/4、1/4、3/16、5/16，经过信道传输后，每个符号正确接收的概率为1021/1024，错为其它符号的条件概率(/)i j P x y 均为1/1024，试求出该信道的容量C 。
解：根据离散信道信道容量的定义，()
max[()(|)]p x C H X H X Y =-。即，以()p x 为变量，取
()(|)H X H X Y -的最大值。
444
1
11
4
4
4
11
11(|)()(|)()(|)log
(|)
1102110241()(|)log ()[log 3*log1024](|)102410211024102110241
[log 3*log1024]*10.0335/102410211024
j j j i j j j i i j j i j j j i j i j H X Y p y H X y p y p x y p x y p y p x y p y p x y bit symbol ==========+=+=∑∑∑∑∑∑ (1) 通过上述计算发现，对题中所给的对称信道，(|)H X Y 是一个常数，与()p x 无关。因此，最大化()(|)H X H X Y -简化为最大化()H X 。根据题意，X 有4种可能，因此
()2/H X bit symbol ≤，则
()
max[()(|)]20.0335 1.9665/p x C H X H X Y bit symbol =-=-=
(2)
知识点：离散信道信道容量的定义。在离散对称信道下，通过计算可知(|)H X Y 是与输入无关的常数。这使得信道容量的计算得到简化。
注意：题中的概率值(/)i j P x y ，不是信道转移概率，而是后验概率。信道转移概率定义为
(/)j i P y x ，计算需要严格按照信道容量的定义()max [()(|)]p y C H Y H Y X =-进行，这时需要
搜索C 最大时对应的概率值。
另外教材的例题4-2（P80）的解法，该题中默认等概时可以计算出H(X)，然后根据信道转移概率计算等概条件下H(X|Y)，并直接将二者相减得到信道容量。严格的说，这种做法不对，缺乏必要的分析过程，不符合离散信道信道容量的定义。
下面的做法错误：根据给定的p(x)计算p(yi)，进而计算H(X|Y)
4-8
设一幅黑白数字像片有400万个像素，每个像素有16个亮度等级。若用3kHz 带宽的信道传输它，且信号噪声功率比等于20dB ，试问需要传输多长时间？
解：该图像的信息量47400*10*4 1.6*10I bit ==， 信道容量为
3422log (1/)3*10*log (1100) 1.9975*10/t C B S N b s =+=+=
(3)
因此，传输时间74/ 1.6*10/(1.9975*10)801.0t I C s ===
知识点：连续信道的信道容量公式220log (1)log (1)S S
C B B N n B
=+=+
? 噪声功率0N n B =，单边功率谱密度乘以信道带宽；
? 当信道容量大于信息传输速率，则存在方法可以实现任意小的差错概率进行传输，而不是没有差错；
? 带宽与信噪比在一定程度上可以互换，但是存在上限，即带宽无穷宽时，信道容量为
01.44S n
? 香农极限：只要满足0 1.6dB b E N >-，就可以实现可靠传输，信噪比小于-1.6dB 则无法传输任何信息。
? 理想通信系统：实现了极限信息传输速率，即达到信道容量，而且错误率为0的通信系统。
第五章 模拟调制技术
5-3
根据图P5-1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
解 设载波c （1）DSB 信号()()sin DSB c s t m t t ω=的波形如下图（a ）所示，通过包络后的输出波形如图（b ）
所示。
（2）AM 信号0()[()]sin AM c s t A m t t ω=+?，其中0max |()|A m t >，波形如下图（c ）所示，通过包络后的输出波形如图（d ）所示。
DSB 信号不能直接采用包络检波；而AM 信号在满足0max |()|A m t >的情况下可采用包络检波恢复m(t)。
5-5
将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数()H ω如图P5-2所示。当调制信号为[]()sin100sin6000m t A t t ππ=+时，试确定所得残留边带信号的表达式。
f /kHz
图P5-2
解 设调幅波0()[()]cos AM c s t m m t t ω=+，其中0max |()|m m t ≥，且()()AM AM s t S ω?。根据残留边带滤波器在c f 处具有互补对称特性，可从()H ω图上可知载频c f =10kHz ，由此得到载波cos20000t π。因此
[][]000()[()]cos 20000cos 20000sin100sin 6000cos 20000cos 20000sin 20100sin19900sin 26000sin140002
AM s t m m t t
m t A t t t
A
m t t t t t ππππππππππ=+=++=+
-+-
[]0()(20000)(20000)[(20100)
2
(20100)(19900)(19900)(26000)(26000)(14000)(14000)]
AM j A
s m πωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπ=++-++---++-++---++-
设残留边带信号为()VSB s t ，且()()VSB VSB s t S ω?，则()()()VSB AM S S H ωωω=，由于()AM s ω是
一组离散谱，残留边带信号的频谱也是离散谱，以()H ω在上述离散谱对应频点上取值作为加权。于是
10.05()10.059.50.5510()0.5
9.95()9.959.50.4513()17()0
f kHz H f kHz H f kHz H f kHz H f
kHz H ωωωωω=±=-=??=±=??=±=-=??=±=??=±=?时，时，时，时，时，
故
[]0()(20000)(20000)[0.55(20100)
22
0.55(20100)0.45(19900)0.45(19900)
(26000)(26000)]
VSB j A
s m π
πωδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπ=
++-+
+---++-++-- 01()cos 20000[0.55sin 201000.45sin19900sin 26000]22
VSB A
s t m t t t t ππππ=+-+
知识点：残余边带调制的基本原理，残余边带滤波器在中心频率处互补对称特性。
5-11
某线性调制系统的输出信噪比为20dB ，输出噪声功率为10-9W ，由发射机输出端到解调器输入端之间总的传输损耗为100dB ，试求： （１） DSB/SC 时的发射机输出功率； （２） SSB/SC 时的发射机输出功率。 解
接收端：
i
o
N
根据DSB 相干解调的制度增益，有/2(/)i i o o S N S N =
则可以计算得到，/50i i S N =
又由于/4o i N N =，根据题中给出的条件910o N -=可以计算9
4*10i N -= 因此，9
50200*10i i S N -==
根据题目的条件传输损耗为100dB ，则发射机的输出功率是10
*102000T i S S W ==
（2）对SSB/SC ，调制制度增益为1，即，//i i o o S N S N =
/4o i N N =，因此，94*10i N -=，所以有，9100400*10i i S N -== 10*104000T i S S W ==
5-15
已知某单频调频波的振幅是10V ，瞬时频率643()1010cos 210()f t t Hz π=+?试求： （1）此调频波的表达式；
（2）此调频波的最大频率偏移、调频指数和频带宽度；
（3）若调制信号频率提高到3210Hz ?，则调频波的频偏、调频指数和频带宽度如何变化？
（4）若峰值频偏加倍，信息信号的幅度怎么变化？
解（1）该调频波的瞬时角频率为
643()2()210210cos 210(/)t f t t rad s ωππππ==?+??
(4)
瞬时相位()t θ为 63()()21010sin 210t t d t t θωττππ-∞
==?+??，因此，调频波的表达式
63()cos ()10cos(21010sin210)()FM S t A t t t V θππ==?+?
(5)
（2）根据频率偏移的定义
43max max |()||10cos210|10f f t t KHz π?=?=?= 10101000
f m f K m f ?===
2()22NBMF m B f f KHz ≈?+=
（3）调制信号频率m f 由310Hz 提高到3210Hz ?时，因调频信号的频率偏移与调制信号频率无关，所以这时调频信号的频率偏移仍然是10f KHz ?=
而这时的调频指数变为 4
3105210
f m f m f ?===? 调频信号的带宽变为 2()2(102)24m B f f KHz ≈?+=?+=
由于m f f ?≥，所以，虽然调制信号频率m f 增加了1倍，但调频信号的带宽B 变化很小。
（4）峰值频率偏移加倍，则意味着()m t 幅度为原来的2倍
知识点：调频波的表达式、最大频率偏移、调频指数和频带宽度
5-17
设有60路模拟话音信号采用频分复用方式传输。已知每路话音信号频率围为0~4kHz （已含防护频带），先有12路复用为一个基群，其中第n 路载频1124(1,2,...,12)cn f n n =-=，采用下边带调制；再由5个基群复用（仍采用下边带调制）为一个超群，共60路，占用频率围312~552KHz 。试求：
（1）各基群占用的频率围和带宽
（2）超群载频值(需要修改成：超群中各基群所采用的载频值)
解 （1）根据SSB 调制的已调信号的频谱围，和第n 路载频1124(1,2,...,12)cn f n n =-=可以计算每一路的话的频带围。
对第1路话，载频为108KHz ，频带围为104-108KHz ； 对第2路话，载频为104 KHz ，频带围为100-104KHz ； 依此类推
因此，基群的频率围是60~108KHz ，占用带宽为12*4=48KHz
(2)以超群中频率最低的一个基群为例。其中红色表示下边带
c c
图1 频谱搬移示意图
所以84336420kHz c f =+=，加48*n 则为其它基群的载频值。
第六章数字基带传输系统
6-4
设二进制随机序列中的“0”和“1”分别由()g t 和()g t -组成，它们的出现概率分别为P 及（1-P ）；
（1） 求其功率谱密度及功率；
（2） 若()g t 为如图P6-1(a)所示波形，B T 为码元宽度，问该序列是否存在离散分量
1/B B f T =的离散分量？ （3） 若()g t 改为下图，重新回答题（2）所问。
/2B T -/2
B T O
2B -
2
B
4B -4B ()
a ()
b P61
-图
解 （1）随机二进制序列的功率谱密度
2
21212()(1)|()()||[()(1)()]|()B B B B B B P f f P P G f G f f PG mf P G mf f mf δ∞-∞
=--++--∑由题意知
12()()()g t g t g t =-=，因此双极性随机序列的功率谱密度为 2
22
2()4(1)|()|(12)
|()|()B B B
B
B P f f P P G f f P G mf
f mf δ∞
-∞
=-+--∑
式中，()()G f g t ?；等式右端第一项是连续谱，第二项是离散谱成分。 功率
2
22
2
2
22
2
()4(1)|()|(12)
|()|()4(1)|()|(12)
|()|B B B
B B B B
B
S P f df
f P P G f df f P G mf f mf df f P P G f df f P G mf
δ∞
-∞∞
∞
∞
-∞-∞
-∞∞
∞
-∞
-∞
==-+--=-+-?∑??
∑?
（2）若基带脉冲波形()g t 为 1||()20B T t g t ?
≤?
=?? ?其他
则()g t 的傅里叶变换()G f 为 ()()B B G f T Sa T f π=
对式2
22
2()4(1)|()|(12)
|()|()B B B
B
B P f f P P G f f P G mf
f mf δ∞
-∞
=-+--∑
是否存在离散谱取决于概率P 和()B G mf ，因为 sin ()()0B B B B B G f T Sa T f T π
ωπ
===
所以由题（1）的结果可知，该二进制序列不存在离散分量。
（3）若基带脉冲波形()g t 为1||()40B T t g t ?
≤?
=?? ?其他
则()g t 的傅里叶变换()G f 为 ()()22B B T T f
G f Sa π=
因为 sin
2()()0222/2B B B B B T T f T T G f Sa π
πππ
=
=?
=≠
所以，该二进制序列存在离散分量1/B B f T =。
6-5
设二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图P6-2所示。图中B
T 为码元间隔，数字信息“1”
和“0”分别用()g t 的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。
/2B T -/2
B T O P62
-图
（１） 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；
（２） 能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率1/B B f T =的分量？若能，试计算该分量的
功率。
解 （1）由图P6-2可写出2(1||)||4()0B B T A t t T g t ?
- ≤?
=?
? ?
其他 则()g t 的傅里叶变换()G f 2()()22
B B AT T f
G f Sa π=
由题意，1
(0)(1)2
P P P ===，且有1()()g t g t =，2()0g t =
所以 1()()G f G f =，2()0G f =
代入二进制基带信号的功率谱密度公式，可得
2
212122
22
2222422244
()(1)|()()||[()(1)()]|()
(1)|()|(12)
|()|()
|()||()|()
4424|()|(
)(16216
2
B B B B B B B B
B
B B B B B B
B B B P f f P P G f G f f PG mf P G mf f mf f P P G f f P G mf
f mf f A T T f f Sa G mf
f mf A T T f A m Sa Sa f δδπδππ
δ∞
-∞
∞
-∞
∞
-∞
=--++--=-+--=+-=+∑∑∑)B mf ∞-∞
-∑
f/fB
P f
（2）由（1）的结果，该基带信号的离散谱()v P f 为
24()()()162v B A m P f Sa f mf πδ∞-∞
=-∑ 当1m =±时，即B f f =±时，有
244()[()()()()]1622
v B B A P f Sa f f Sa f f ππ
δδ=++-
可见，该二进制数字基带信号中存在1/B B f T =的离散谱分量，故可以提取码元同步所需的频率1/B B f T =的分量。
该频率分量的功率为
22222
444442()()162162A A A A A S Sa Sa πππππ
=+=+= 6-7
已知信息代码为00101，试确定相应的AMI 码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。
解
+10AMI 码波形图
-1+E -E
+1000000000-10
+1
0+10
HDB3码波形图
-1+E -E
+100
+V -B 0
-V 0
+10
-1
说明：（1）AMI 码和AMI 的波形图是不同的
（2）AMI 码是传号反转，也就是序列中的1交替地用1和-1代替；
HDB3码是在AMI 的基础上，为了克服连0情况下缺乏定时信息，同时要尽可能减少直流分量而设计的。对HDB 3有下面的编译码规则
编码：遇到4个连0，将最后一个0变成+V 或-V ，V 的极性确定方法：
1） 应满足相邻的两个V 极性相反，也就是说，V 也要遵守传号翻转的规则；
2） 要使得V 与其前面相邻的非0符号极性相同，这是为了在译码的时候能够发现哪些是由4连0
修改得到的码字。
3） 如果第二条不能满足，则根据需要插入破坏脉冲B 。 译码：1）若3连0前后的非0脉冲是极性相同的，则该3连0后的是V 码，译码时要将000V 译成0000； 2）若2连0前后的非0脉冲极性相同，则是B00V ，将其译为0000； 3) 然后把其余的1和-1都译为1.
6-11
设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为()
H ω，若要求以
2
B
T 波特的速率
进行数据传输，试验证图P6-6所示的各种()H ω能否满足抽样点无码间串扰的条件。
P66
-图
()a
解 方法1 根据奈奎斯特第一准则，当最高传码率1B s
R T =时，能够实现无码间串扰传输的基带系统
的总特性()H ω应满足
2(),||i
s s
i H C T T ππωω+
= ≤∑
令1/B B f T =，则题目要求的2B R f =，根据奈奎斯特第一准则，需要一个最大传输速率为2B mf 的系统。对比4个图，仅c 满足要求。
方法2 由()H ω求出系统无码间串扰最高传码率max 2B N R f =，然后与实际传输速率2B s R T =进
行比较。若满足 max 1,2,3
B B R nR n = =
所以实际速率B R 进行数据传输时，满足抽样点上无码间串扰的条件。
（a ）max 12
B B s s R R T T =
<=，故不能 （b ）max 3
B s R T =虽然大于B R 但非整数倍关系，故不能
（c ）max 2
B B s R R T ==，故该()H ω满足无码间串扰传输的条件； （d ）max 1
B B
s
R R T =<，故不能。
6-17
某二进制数字基带传输系统所传输的是单极性基带信号，且数字信息的“1”和“0”的出现概率相等
（1）若数字信息为“1”时，接收滤波器的输出信号在抽样判决时刻的值是A=1V ，且接收滤波器的输出噪声是均值为0、均方根值为0.2V 的高斯噪声，试求这时的误码率e P ；
（2）若要求误码率e P 不大于510-，试确定A 至少应该是多少？
解（1）根据6.5.2中二进制单极性基带系统的判决电平和误码率的结果，最佳判决电平为
2*(0)ln 2(1)
d
A P V A P σ=+
对本题，由于“1”和“0”等概，所以，最佳判决电平为A/2
，误码率为12e P erfc = 将已知条件1,0.2n A σ==代入即得到此时的误码率
31 6.21*102e P erfc -==
（2）若要求e P 不大于510-
，代入12e P erfc =
可以得到，51102erfc -≤，可以求出8.6n A σ≥
说明：对于双极性信号，12e P erfc =。在相同条件下，双极性信号的抗噪声性能优于单极性信号。
6-20
一相关编码系统如图所示。图中，理想低通滤波器的截止频率为1/2TB 赫兹，通带增益为TB 。试求该系统的单位冲激响应和频率特性。
解 由题意，这是第IV 类部分响应系统。理想低通滤波器的传输函数为
||()0B
B L T T H πωω?
≤?=?
? ?其他 其对应的单位冲激响应为
()(
)L B
h t Sa t T π
=
则系统单位冲激响应为
()[()(2)]()()(2)
(
)(
(2))
B L L L B B B
B
h t t t T h t h t h t T Sa t Sa t T T T δδπ
π
=--*=--=--
系统的传输函数为两部分的传输函数相乘
22(1)||()(1)()0B
B j T B
j T B L T e T H e H ωωπωωω--?- ≤?=-=?
? ?其他 所以2sin ||()0B
B B T T T H πωωω?
≤?=?
? ?
其他 6-23
设有一个三抽头的时域均衡器，如图所示，输出()x t 在各抽样点的值依次为
2
x -=1/8，
1
x -=1/3，
x =1，
1
x +=1/4，
2
x +=1/16，在其他抽样点均为零，试求均衡器输入波形()x t 的峰
值失真及输出波形()y t 的峰值失真。
解 输入波形()x t 的峰值失真
2
20
1111137||8341648
x k
k k D x
x =-≠=
=
+++=∑ 由公式: N
k i
k i
i N
y c x
-=-=
∑，可得
312111
3824
y c x ---==-?=-
211021111
133872
y c x c x ----=+=-?+?=
110011211111
11334832
y c x c x c x ----??=++=-?+?+-?=- ???
011001111115
1134436
y c x c x c x --??=++=-
?+?+-?= ??? 112011011111
113164448
y c x c x c x -??=++=-?+?+-?=-
??? 20211111
101644
y c x c x ??=+=?
+-?= ??? 31211
141664y c x ??==-?=-
???
其他k y 值均为0。 所以输出波形的峰值失真为
3
30
1
61111171
052472324864480
y k k k D y y =-≠??=
=+++++=
???∑
第七章 数字频带传输系统
7-16
已知2PSK 系统的传输速率为2400b/s 试确定
（1）2PSK 信号的主瓣宽度和频带利用率（b/(SHz)）;
（2）若对基带信号采用0.4α=余弦滚降滤波预处理，再进行2PSK 调制，这时占用的信道带宽和频带利用率为多大？
（3）若传输带宽不变，而传输速率增至7200b/s ，则调制方式应作何改变？ （1）2PSK 信号的带宽是基带信号的两倍，即，22PSK B B f =
在采用矩形成形滤波的情况下，已调信号的主瓣宽度2400B B f R Hz == 因此，22*24004800PSK B Hz ==
20.5B
PSK
R B η=
= （2）2400/(*)B R Baud Hz s =
/21200N B f R Hz ==
(1) 1.4*12001680Hz B N f f α=+== 222*16803360PSK B B f Hz ===
20.71B
PSK
R B η=
= （3）速率增大后，需要采用多进制处理 7-17
设某MPSK 系统的比特率为4800b/s ，并设基带信号采用1α=余弦滚降滤波预处理。试问： （1）4PSK 占用的信道带宽和频带利用率 （2）8PSK 占用的信道带宽和频带利用率
（1）在4PSK 下，2400B R =。其所需的奈奎斯特带宽为1200N f Hz =，因为采用余弦滚降，实际的基带信号带宽为(1)2400B N f f Hz α=+= 根据22PSK B B f =，得到224800PSK B B f Hz ==。
21/(s*Hz)b
PSK
R b B η=
= （2）在8PSK 下，1600B R =，其所需的奈奎斯特带宽为800N f Hz =，因为采用余弦滚降，实际
的基带信号带宽为(1)1600B N f f Hz α=+= 根据22PSK B B f =，得到223200PSK B B f Hz ==。
2 1.5/(s*Hz)b
PSK
R b B η=
=
补充1
已知某2FSK 信号，2400/B R Baud s =，中心频率12
22c f f f MHz +=
=，试分析
（1）针对相干解调、非相干正交解调和非相干包络检波，确定合理的载频12,f f
（2）分别给出已调信号的主瓣宽度
（3）若使用0.5α=的升余弦，系统带宽是多少？ （1）对相干解调，要求两个载频在一个码元正交，即
120cos cos 0B
T t tdt ωω=?
121201
[cos()cos()]02B
T t t dt ωωωω+--=?
由于12ωω+是远远高于12ωω-的频率分量，认为其在一个码元积分为0，于是， sin 20B fT π?=
对上式，只要满足2/B f f n ?=即可。从节省带宽的角度，取n=1，得到
21/2B f f f f ?=-=，与题目中的条件12
22
c f f f MHz +=
=联立，求解方程组即可得到载频值 2121 1.24f f K
f f M -=??
+=?，解得12
(20.6)(20.6)f M K Hz f M K Hz =-=+ 对非相干正交解调，有21B f f kf -=，通常取1k =，于是 2121 2.44f f K
f f M -=??
+=?，解得12
(2 1.2)(2 1.2)f M K Hz f M K Hz =-=+
对非相干包络检波， 有212B f f f -=，于是
2121 4.84f f K
f f M
-=??
+=?，解得12(2 2.4)(2 2.4)f M K Hz f M K Hz =-=+ （2）对相干解调，2126B B f f f KHz =-+= 对非相干正交解调，27.2B B B f f KHz =+= 对包络检波解调，229.6B B B f f KHz =+=
（3）系统带宽
(1) 1.8B N f f K α=+=，再代入上一小题中计算得到的带宽。
补充2
某DBPSK 系统4c f GHz =，10/B R MBaud s
= （1）给出已调信号主瓣宽度
（2）传输系统用0.5α=的升余弦，系统带宽，频带利用率 （3）接收方式
（1）2220DPSK B B f MHz ==
（2）5N f MHz =，(1)7.5B N f f MHz α=+=
2215DPSK B B f MHz ==
2/2/3b DPSK R B η==
（3）
补充3
已知信道带宽2.4KHz~4.8KHz ，要实现信息速率9.6Kbps ，设计发送端 用MPSK ， 1.2B f KHz ≤
下面根据9.6b R Kbps =，推算采用M 进制是否能满足要求
4, 4.8, 2.4B N M R K f K ===，不满足 8, 3.2, 1.6B N M R K f K ===，不满足 16, 2.4, 1.2B N M R K f K ===，不可实现 32, 1.92,0.96,0.25B N M R K f K α====