通信原理习题答案-CH5(清华大学出版社第2版—李晓峰)

1. 已知某2ASK系统的码元速率为1000

6Acos410t。 波特，所用载波信号为

（1） 假定比特序列为{0110010}，试画出相应的2ASK信号波形示意图； （2） 求2ASK信号第一零点带宽。

6RR1000bpsf210Hz， 解：由b，csTbfc21062000 TcRb1000（1）一个码元周期内有2000个正弦周期：

ans2ASKt0110010

（2）B02Rb2000Hz

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2. 某2ASK系统的速率为Rb2Mbps，接收机输入信号的振幅A40μV，AWGN信道的单边功率谱密度为N051018W/Hz，试求传输信号的带宽与系统的接收误码率。

解：传输信号的带宽BT2Rb4MHz，平

A2Tb均码元能量：Eb4Eb1EbTb0。

TbAcos2fct2A2dt20A2Tb,Eb201cos4fctdt2Eb1Eb02

系统的接收误码率： （1）若是非相干解调，

4010EbATbA40 618N04N04RbN042105102262由非相干解调误码率公式，

1Pee2Eb/N02140e21.0306109 2（2）若是相干解调：由相干解调误码率公式

得，

EbPbQNQ0401.26981010



4-2

3. 某2FSK发送“1”码时，信号为s1tAsin1t1，0tTs；发送“0”码时，信号为s0tAsin0t0，0tTs。式中1及0为均匀分布随机变量，0218Ts，“1”与“0”码等概率出现。 （1） 画出包络检波形式的接收机框图； （2） 设码元序列为11010，画出接收机中的主要波形（不考虑噪声）；

（3） 若接收机输入高斯噪声功率谱密度为N02（W/Hz），试给出系统的误码率公式。 解： （1）

BPFr0t包络检波y0tf0S2FSKt符号定时抽样判决ˆnaBPFr1t包络检波y1tf1（2）0218Ts,

4f02f1Ts

,T12T0，

Ts2T14T0。由f0f1f12Rb，此2FSK

系统的频差足够大，可保证信号正确解调。

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（4） 由非相干解调误码率公式，

1Pee2Eb/N02A2Tb，Eb2。

4. 某2FSK系统的速率为Rb2Mbps，两个传输信号频率为f110MHz与f012MHz，接收机输入信号的振幅A40μV，AWGN信道的单边功率谱密

18度为N0510W/Hz，试求传输信号的带宽、工作频带与系统的接收误码率。 解： 由题，有f1f02MHz与Rb2Mbps，故，

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B2FSKf1f02Rb2106221066106（Hz）

工作频带为：8MHz14MHz 由于，

4010EbATbA280，618N02N02RbN02210510262于是，

（1）相干解调时系统的误码率：

EbPbQNQ0801.8721019

（2）非相干解调时系统的误码率：

1Pee2Eb/N02180e22.12421018 25. 6.

7. 假定在采用LPF的BPSK相干解调系统中，恢复载波和发送载波相位差为固定的，LPF带宽为B。试证明该系统的平均误比特率计算公式为

A2cos2PbQ2NB0 解：BPSK相干解调系统LPF输出信号rt中的有用信号部分为 Acos。rt中的

2噪声部分功率为n2BN0

。由式（4.3.20）

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系统的最小平均误比特率为：

(yy)2s1s2PbQ24n(yy)2s1s2PbQ24n，式中ys1Acos，

A2cos2Q2N0Bys2Acos，故

(AcosAcos)2Q24n

故得证。

8. 假定2DPSK数字通信系统的输入比特序列为110100010110…

（1） 写出相对码（考虑相对码的第一个比特为1）；

（2） 画出2DPSK发送与接收框图。 解：（1）

绝对 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 码b

相对1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 码d

（2）发送框图：

nnbn取值为0或1dn电平转换an 2PSK 调制器dn1Tb接收框图：

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9. 设载频为1800Hz，码元速率为1200波特，发送信息为011010。试按下面两种方式画出2DPSK信号的波形。

（1） 若相位偏移0代表“0”， 180代表“1”；

（2） 若相位偏移90代表“0”， 270代表“1”。

Tbfc1800Hz3解：Tf1200Baud2，此

cb

2DPSK信号一

个码元周期包含有个1.5个载波周期。 （1）

（2）

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10. 假设在某2DPSK系统中，载波频率为2400Hz，码元速率为1200Baud，已知绝对码（相对码）序列为1100010111。 （1） 试画出2DPSK信号波形；

（2） 若采用差分相干解调法接收该信号，试画出解调系统的各点波形； （3） 若发送符号0和1的概率相同，试给出2DPSK信号的功率谱示意图。

Tbfc2400Hz解：TcRb1200Baud2，此

2DPSK信号

一个码元周期包含有个2个波型周期。

（1）

,发\"1\" 0,发\"0\"

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（2）DPSK差分相干解调框图：

各点的波形图：

（3）2DPSK功率谱示意图

Psf

B2DPSKfcRbfcfcRbfcRbfcfcRb

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11. 假定QPSK系统的输入二进制序列为00100111010010，试问： （1）载波相位序列（B方式）；

（2）相应的载波相位序列（A方式）； （3）同相与正交支路的比特序列； （4）传输率为4Mbps时需要的带宽。 解：（1）首先将输入序列表示为格雷编码序列：00 11 01 10 01 00 11，

由表5.4.1可以得出B方式下的载波相位：

573754，4，4，4，4，4，4；

（2）相应的A方式下的载波相位序列为：

3，0，23，2，2，，0；

（4） 同相支路的比特序列 b0n： 0 1 1 0 1 0 1； 正交支路的比特序列 b1n： 0 1 0 1 0 0 1；

6RR/2210（4） 传输率为4Mbps时，sb（baud），采用矩形NRZ基带信号时，可得，

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BQPSK2RsRb4106（Hz）。

19. 电话线频带为300~3300Hz，试给出下面调制方式下的载波频率、符号率与比特率：

（1） OOK、BPSK、2DPSK（采用0.25的升余弦滚降特性）； （2） BFSK；

（3） QPSK、DQPSK（采用0.25的升余弦滚降特性）。 解：（1）对于OOK、BPSK、2DPSK：

30033001800(Hz)；载频选在频带：fc 2BT3300300符号率：Rs110.252400（Baud）

比特率：RbRs2400（bit/s） （3） 对于BFSK：

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要使两路2ASK部分在频谱上基本可分离，则两个频谱间的间距应该至少满足f1f0Rb，所以

B2FSKf1f02RbRb2Rb3Rb， 不等式取等号，得

B2FSK3300300Rb1000(bit/s)，

33f0300Rb1300(Hz)，f13300Rb2300(Hz)，

RsRb1000（Baud）

（4） 对于QPSK、DQPSK：

30033001800(Hz)；载频选在频带：fc 2BT3300300符号率：Rs110.252400（Baud）

RbRslog2M240024800比特率：（bit/s）

20.

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21. QPSK系统，采用0.25的升余弦基带信号，信道带宽为20MHz，求无码间串扰传输的最大速率。

BT201066R1610解：s110.25（Baud）

Rblog2MRs2Rs3.210bps

722. 设通信系统的频率特性为0.5的升余弦滚降特性，传输的信息速率为120kbps，要求无码间串扰。

（1） 采用2PSK调制，求占用信道带宽和频带利用率； （2） 设EbN010，求2PSK最佳接收机的误比特率。 解：（1）信道带宽： BT(1)Rb5(10.5)12010001.810(Hz)

Rb12频带利用率：BT13bps/Hz

（2）2PSK最佳接收机的误比特率

PeQ2Eb/N0Q2103.8721106

 4-13