通信原理教程習題答案第四版(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 (3) 從實現難易程度來看，因為(b)為理想低通特性，物理上不易實現，而(a)和(c)相對較易實現。 綜上所述，傳輸特性(c)較好。 設二進制基帶系統地分析模型如圖 52 所示，現已知試確定該系統最高的碼元傳輸速率 RB及相應碼元間隔 Ts. 解 ： 傳輸特性 H(w)為升余弦傳輸特性。有奈奎斯特準則，可求出系統最高的碼元速率 Baud，而 。 若上題中試證其單位沖擊響應為并畫出 h(t)的示意波形和說明用 Baud 速率傳送數據時，存在(抽樣時刻上)碼間干擾否？ 解 ： H(w)可以表示為傅式變換為而所以當傳輸速率Baud時，將不存在（抽樣時刻上的）碼間干擾，因為h(t)滿足 設有一相關編碼系統，理想低通濾波器的截止頻率為 1/(2Ts)，通帶增益為 Ts。試求該系統的單位沖擊響應和頻率特性。 解： 理想低通濾波器的傳遞函數為其對應的單位沖擊響應所以系統單位沖擊響應系統的頻率特性，則相關編碼電平數為何值？若數據為四進制的，則相關編碼電平數為何值？ 解 相關編碼表示式為若輸入數據為二進制(+1,1), 則相關編碼電平數為 3；若輸入數據為四進制(+3,+1,1,3)，則相關編碼電平數為 7。 一般地，若部分相應波形為輸入數據為 L 進制，則相關電平數，其最佳門限電平為最小誤碼率 (“1”和“0”等概出現時)證明 對于單極性基帶信號，在一個碼元持續時間內， 抽樣判決其輸入端得到的波形可表示為其中為均值為 0，方差為的高斯噪聲，當發送“1”時，x(t)的一維概率密度為而發送“0”時，x(t)的一維概率密度為若令判決門限為 Vd,則將“1”錯判為“0”的概率為將“0”錯判為“1”的概率為若設發送“1”和“0”的概率分別為 p(1)和 p(0)，則系統總的誤碼率為令，得到最佳門限電平即解的最佳門限電平為 若二進制基帶系統，已知 (1) 若 n(t)的雙邊功率譜密度為 (W/Hz)，試確定得輸出噪聲功率； (2) 若在抽樣時刻 KT(K 為任意正整數)上，接受濾波器的輸出信號以相同概率取0，A電平，而輸出噪聲取值 V服從下述概率密度分布的隨機變量 試求系統最小誤碼率 Pe. 解 ：(1) GR(w)的輸出噪聲功率譜密度為 接受濾波器 GR(w) 輸出噪聲功率為 (2) 設系統發送“1”時，接受濾波器的輸出信號為 A電平，而發送“0”時，接受濾波器的輸出信號為 0 電平。若令判決門限為 Vd,則發送“1”錯判為“0”的概率為 發送“0”錯判為“1”的概率為 設發送“1”和“0”的概率分別為 p(1)和 p(0)，則總的錯誤概率為，且數字信息“1”和“0”的出現概率相等。 若數字信息為“1”時，接受濾波器輸出信號在抽樣判決時刻的值 A=1V，且接受濾波器輸出噪聲是均值為 0，均方根值為 的高斯噪聲，試求這時的誤碼率Pe。 解： 用 p(1)和 p(0)分別表示數字信息“1”和“0”出現的概率，則 p(1)=p(0)=1/2，等概時，最佳判決門限為 V*d=A/2=. 已知接受濾波器輸出噪聲是均值為 0，均方根值為 若將上題中的單極性基帶信號改為雙極性基帶信號，其他條件不變，重做上題。 解 ： 等概時采用雙極性基帶信號的幾代傳輸系統的最小誤碼率 設有一個三抽頭的時域均衡器，x(t)在各抽樣點的值依次為 x 2=1/8 x 1=1/8, x 0=1, x +1=1/4, x +2=1/16(在其他抽樣點均為零)， 試求輸入波形 x(t)峰值的畸變值及時雨均衡其輸出波形 y(t) 峰值的畸變值。 解 xk 的峰值的畸變值為有公式得到其余 yk 值為0。 輸出波形 yk 峰值的畸變值為第六章習題 設有兩個余弦波：和，試畫出它們的矢量圖及它們之和的矢量圖。解：如圖61所示。 300圖 61 習題 試畫出圖62中各點的波形。定時脈沖s(t)acbd帶通濾波全波整流包絡檢波器低通濾波抽樣判決圖 62 解：各點波形如圖63所示。d101101abc圖 63 習題 試畫出圖64中各點的波形。ecbas(t)帶通濾波相乘電路低通濾波抽樣判決相干載波cosωt定時脈沖圖 64 解：各點波形如圖65所示。ecda101101b圖 65習題 試證明式。證明：在對ASK信號進行包絡檢波時，整流器輸出信號經過低通濾波后得到的包絡電壓V(t)滿足：當發送“1”時，它服從廣義瑞利分布；當發送“0”時，它服從瑞利分布，即概率密度為當發送碼元“1”時，錯誤接收為“0”的概率是包絡的概率，即有式中，為信噪比；為歸一化門限值。同理，當發送碼元“0”時，錯誤接收為“1”的概率是包絡的概率，即有因此總誤碼率為上式表明，包絡檢波法的誤碼率決定于信噪比r和歸一化門限值。要使誤碼率最小，即使圖66中兩塊陰影面積之和最小。由圖可見，僅當位于兩條曲線相交之處，即時，陰影面積最小。因此，設此交點處的包絡值為，則滿足。得證。VVOOV圖 66 習題 設有一個2PSK信號，其碼元傳輸速率為1000Bd，載波波形為。（1） 試問每個碼元中包含多少個載波周期？（2） 若發送“0”和“1”，試求此信號的功率譜密度的表達式。解：（1）由載波波形為可得，載波頻率為Hz，因此每個碼元中包含2000個載波周期。（2）2PSK信號的功率譜密度為式中，Hz，為載波頻率，；為基帶信號雙極性矩形脈沖的功率譜密度：則習題 設有一個4DPSK信號，其信息速率為2400 b/s，載波頻率為1800 Hz，試問每個碼元中包含多少個載波周期？解：4DPSK信號的碼元速率為所以每個碼元中包含個載波周期。習題 設有一個2DPSK傳輸系統對信號采用A方式編碼，其碼元速率為2400 Bd，載波頻率為1800 Hz。若輸入碼元序列為011010，試畫出此2DPSK信號序列的波形圖。解：如圖67所示。010110圖 67 習題 設一個2FSK傳輸系統的兩個載頻分別等于10 MHz，碼元傳輸速率為 Bd，接收端解調器輸入信號的峰值振幅，加性高斯白噪聲的單邊功率譜密度 W/Hz 。試求：（1） 采用非相干解調（包絡檢波）時的誤碼率；（2） 采用相干解調時的誤碼率。解：（1） 2FSK信號采用非相干解調時的誤碼率。信號帶寬為 因此。（2） 2FSK信號采用相干解調時的誤碼率為習題 設在一個2DPSK傳輸系統中，輸入信號碼元序列為0111001101000，試寫出其變成相對碼后的碼元序列，以及采用A方式編碼時發送載波的相對相位和絕對相位序列。解：原 碼：0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 相 對 碼：0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 絕對相位：0 π π π 0 0 π π 0 π 0 0 0 相對相位：0 π 0 π π π 0 π π 0 0 0 0習題 試證明用倍頻分頻法提取2PSK信號的載波時，在經過整流后的信號頻譜中包含離散的載頻分量。證明： 2PSK信號經過倍頻分頻電路后，輸出信號頻率與載波頻率相同，但此時信號中不再僅有交流成分，而是包含直流成分，根據第5章的知識可知：包含有直流成分的周期信號（頻率與載波相同）的頻譜中包含離散的載頻分量。習題 試畫出用正交調幅法產生16QAM信號的方框圖。解： 如圖68所示。s(t)A(t)cosωt串/并2/4電平轉化2/4電平轉化π/2相移+圖 68 習題 ； dB。解： 等概率條件下，QAM信號的最大功率與平均功率之比為對于16QAM來說，L=4，因此 dB。 試比較多進制信號和二進制信號的優缺點。解：當傳碼率相同時，多進制信號比二進制信號更多地攜帶信息量，因此，其傳信率高于二進制。這樣在占用相同信道帶寬的情況下，多進制的頻帶利用率高于二進制。當傳信率相同時，多進制信號的碼速低于二進制信號，從而占用較小的信道帶寬。利用多進制信號傳輸的主要缺點是，其抗噪性能比較差，只有當信道噪聲比較小時才能保證有足夠小的誤比特率。第九章習題 習題 設在一個純ALOHA系統中，分組長度ms，總業務到達率 pkt/s，試求一個消息成功傳輸的概率。解：由題意，ms，pkt/s，則系統的總業務量為純ALOHA系統吞吐量滿足，一個消息成功傳輸的概率為習題 ，試求這時消息成功傳輸的概率。解：SALOHA系統的吞吐量滿足，這時消息成功傳輸的概率為習題 在上題的SALOHA系統中，試求一個消息分組傳輸時和另一個分組碰撞的概率。解：其概率為：。習題 設一個通信系統共有10個站，每個站的平均發送速率等于2分組/秒，每個分組包含1350b，系統的最大傳輸速率（容量）kb/s，試計算此系統的歸一化通過量。解：由題意，pks/s，則歸一化通過量為習題 試問在三種ALOHA系統（純ALOHA，SALOHA和RALOHA）中，哪種ALOHA系統能滿足上題的歸一化通過量要求。答：RALOHA。習題 在一個純ALOHA系統中，信道容量為64kb/s，每個站平均每10s發送一個分組，即使前一分組尚未發出（因碰撞留在緩存器中），后一分組也照常產生。每個分組包含3000b。若各站發送的分組按泊松分布到達系統，試問該系統能容納的最多站數。解：對于純的ALOHA，可用的帶寬為：kb/s。每個站需要的帶寬為：3000/10=300 b/s=。故系統能容納的最多站數為：N=。習題 一個純ALOHA系統中共有三個站，系統的容量是64kb/s。3個站的平均發送速率分別為： kb/s，10 kb/s和20 kb/s。每個分組長100 b。分組的到達服從泊松分布。試求出此系統的歸一化總業務量、歸一化通過量、成功發送概率和分組成功到達率。解：由題意，b=100b，R=64kb/s，系統的總業務量為P′=+10+20= kb/s則此系統的歸一化總業務量為P=P′/R=純ALOHA系統的歸一化通過量為故成功發送概率為 又因為系統的總業務量，則系統的總業務到達率為pks/s 分組成功到達率為 pks/s習題 試證明純ALOHA系統的歸一化通過量的最大值為1/2e。證明：純ALOHA系統的歸一化通過量和歸一化總業務量的關系為：。當p最大時，有：可求得P=。習題 設在一個SALOHA系統中有6000個站，平均每個站每小時需要發送30次，每次發送占一個500 us的時隙。試計算該系統的歸一化總業務量。解：由題意，次/秒，則系統的歸一化總業務量為習題 設在一個SALOHA系統中每秒共發送120次，其中包括原始發送和重發。 ms的時隙。試問：（1） 系統的歸一化總業務量等于多少？（2） 第一次發送就成功的概率等于多少？（3） 在一次成功發送前，剛好有兩次碰撞的概率等于多少？解：由題意，=120次/秒， = ms。（1） 。（2） 。（3） 。習題 設在一個SALOHA系統中測量表明有20%的時隙是空閑的。試問：（1） 該系統的歸一化總業務量等于多少？（2） 該系統的歸一化通過量等于多少？（3） 該系統有沒有過載？解：根據例911，可得P=ln()=因為P1，所有系統過載。習題 設一個令牌環形網中的令牌由10個碼元組成，信號發送速率為10 Mb/s，信號在電纜上的傳輸速率是200 m/us。試問使信號延遲1碼元的電纜長度等于多少米？當網中只有3個站工作（其他站都關閉）時，需要的最小的電纜總長度為多少米？解：信號發送速率為10 Mb/s，則延遲1碼元的時間為1/10 us。又信號的傳輸速率是200 m/us，則使信號延遲1碼元的電纜長度為 m10個碼元的令牌持續時間為1 us，假設工作的3個站接口的延遲時間都為1碼元，則環網的總延遲時間（電纜的延遲時間和各接口的延遲時間之和）不能小于令牌的長度，故需要的最小電纜總長度為 m習題 設一條長度為10 km的同軸電纜上，接有1000個站，信號在電纜上傳輸速度為200 m/us，信號發送速率為10 Mb/s，分組長度為5000 b。試問：（1） 若用純ALOHA系統，每個站最大可能發送分組速率等于多少？（2） 若用CSMA/CD系統，每個站最大可能發送分組速率等于多少？解：（1）純ALOHA中，發送分組不用等待。理想情況下，各站一個接一個發送分組，互不干擾，發送分組的最大速率為 pkt/s（2）對于CSMA/CD系統，信號傳輸速率為200 m/s，對于10 km電纜，單