通信原理答案 (重庆邮电大学版)

102，所以对应的11位线性码为00110000000。 因为

解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平

?384???00110000000?IC?384?=384mV

ID?392mV

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

??5?所以，样值幅度?2.5V表示为-1024量化单位。

1V2048

因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。

该量化级对应的起始电平为1024?=?2.5V，中间电平为??1024?32???1056量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV 4-14 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?(7?1?0.5)?7.5个量化单位，即解码电平7.5?。

因为 所以，对应的12位线性码为000000001111 4-15 解：

编码过程如下：

?7.5?10??00000000111.1?2

（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 （2）确定段落码C2C3C4：

因为1024>630>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：

因为630?512?3?32?22，所以段内码5678=0011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 0011。

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

所以，对应的均匀量化的11位线性码为01001100000。 4-16 解：

因为

CCCC?608?10??01001100000?2

又因为

?So/Nq??S0?S0????2l?N??0?PCMNq?Ne1?4Pe2

So?22l?M2Nq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： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解：

信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4

解：（1）对于单极性基带信号，g1(t)?0，g2(t)?g(t)，随机脉冲序列的功率谱密度为

??Ps(f)?fsp(1?p)|G(f)|??|fs[(2p?1)G(mfs)]|2?(f?mfs)2m???p?

当

1

2时，

??fsfs22Ps(f)?|G(f)|??|G(mfs)|2?(f?mfs)4m???4

Ts2?A(1?|t|),|t|??Ts2g(t)???0,else? 由图5-11得

g(t)的傅立叶变换G(f)为

G(f)?

代入功率谱密度函数式，得

ATs2?fTsSa()22

fsATs2?fTs2??fs2ATs2?fsTs2Ps(f)?|Sa()|??|Sa()|?(f?mfs)42222m???4 22??ATs4?fTsA4?m?Sa()?Sa()?(f?mfs)?16216m???2

功率谱密度如图5-12所示。

fs? （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

1Ts的离散分量，

1Ts的分量。

故可以提取码元同步所需的频率

P(?)为

由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量vfs?A2??4?mPv(f)?Sa()?(f?mfs)?16m???2

f??fs时，有

当m取?1时，即

A24?A24?Pv(f)?Sa()?(f?fs)?Sa()?(f?fs)162162

所以该频率分量的功率为

A24?A24?2A2S?Sa()?Sa()?4162162?

图5-12

5-5

解：（1）由图5-12可得

该系统输出基本脉冲的时间表示式为

???1|?|?,|?|??0??1?H(?)????0???0,else

1h(t)?2?

?????H(?)ej?td?? （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

?02?0tSa()2?2

2???H(??i)?C,|?|???TsT?iHeq(?)???0,|?|????T

?|?|???0T 容易验证，当时，

2?H(??i)??H(??2?RBi)??H(??2?0i)?C?Tiiis RB??0/? 所以当码率5-6

时，系统不能实现无码间干扰传输。

解：（1）法1：无码间串扰时Bmax容易验证，此系统有码间串扰。 法2：由题意，设

R?2BN，当码元速率为150kBaud时，

BN?RB?75kHz2

BN?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，将RBmax与实际码速率

RBmax200k?(Baud)?正整数RB150k比较为正整数，由于，则此系统有码间干扰。

B?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，设传输M进制的基带

（2）由题意，设N信号，则

RBmax200kRBmax200k?log2M?log2M(Baud)?常数RBRb400kRB，令，

求得M?4(n?1,2,)。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。

结论：根据系统频率特性H(?)分析码间干扰特性的简便方法：首先由H(?)确定系统的奈

奎斯特等效带宽5-7 解：（1）则

nBN，然后由RBmax?2BN求出最大码速率，再与实际码速率比较，若

RBmax/RB为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。

B?(1??)BN?1600Hz，所以

BN?B?800Hz2

RBmax?2BN?1600Baud

11Ts??sR1600B（2）

5-8

解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为

h(t)?sin??t/Ts?cos???t/Ts??2?t/Ts1??2?t/Ts?1?64kR?64kBaudT当B，即s， ??0.4时，

sin?64000?t?cos?25600?t?h(t)??64000?t1?2621440000t2

（2）频谱图如图5-14所示。

图5-14

（3）传输带宽

B?(1??)BN?1.4?64kHz?44.8kHz2

??（4）频带利用率

RB64??1.43Baud/HzB44.8