2013 通信原理 第1-9 11章 习题 测试题 1-15 答案 OK

1-2 某信源符号集由A、B、C、D和E组成，设每一符号独立出现，其概率分布分别为1/4、1/8、1/8、3/16和5/16。试求该信源符号的平均信息量。

解：平均信息量（熵）H(x)

H(x)P(xi)log2P(xi)i1M1111113355log2log2log2log2log244888816161616 11135(2)(3)(3)(2.4)(1.67)48816161337.28.350.520.3750.450.522.22(bit/符号）2881616

1-3 设有四个符号，其中前三个符号的出现概率分别为1/4、1/8、1/8，且各符

号的出现是相对独立的。试该符号集的平均信息量。

解：各符号的概率之和等于1，故第四个符号的概率为1/2，则该符号集的平

均信息量为：

11111111H(x)log2log2log2log2448888221111(2)(3)(3)(1)

488213310.520.3750.51.75(bit/符号）2882

1-6 设某信源的输出由128个不同的符号组成，其中16个出现的概率为1/32，其余112个出现的概率为1/224。信源每秒发出1000个符号，且每个符号彼此独立。试计算该信源的平均信息速率。

解：每个符号的平均信息量

H(x)1611log232112log222432224

1116(5)112(7.81)2.53.9056.405(bit/符号）32224

已知符号速率RB=1000(B)，故平均信息速率为： Rb = RB×H= 1000×6.405 = 6.405×103 (bit/s)

1

通信原理 第二章 习题答案

2-6 设信号s(t)的傅里叶变换S( f ) = sinπf /πf，试求此信号的自相关函数Rs(τ)。 解：由（2.2-25）式可知，若令该式中τ=1，则 S( f ) = G ( f ) 所以，直接得知

1s(t)0t1/2t1/2

由自相关函数定义式(2.3-1)，

并参照右图，可以写出

Rs()s(t)s(t)dt1/21dt101/21/21dt01 1/2110011111通信原理 第四章 习题答案

4-5 某个信源由A、B、C和D等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，错为其他符号的概率为1/1024，试求出该信道的容量C等于多少b/符号。

解：因信道噪声损失的平均信息量为

H(x/y)[P(x1/y1)log2P(x1/y1)P(x2/y1)log2P(x2/y1)P(x3/y1)log2P(x3/y1)P(x4/y1)log2P(x4/y1)]1021110211 log2log23102410241024102411021(0.004)3(10)0.033(b/符号）10241024信源发送的平均信息量（熵）为

133551H(x)P(xi)log2P(xi)2log2log2log2416161616 4i1[20.50.450.53]1.98(b/符号）则：

Cmax[H(x)H(x/y)]1.980.0031.947(b/符号）

2

n 4-7 设一幅黑白数字像片有400万像素，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10dB，试问需要传输多少时间？ 解：

由香农公式可得信道的最大信息速率（每秒内能够传输的平均信息量的

最大值）为

SCtBlog213000log2(110)3000log211 N30003.45910.38(kb/s)10.4(kb/s) 一幅像片所含的信息量为

I4106log21616106(bit) 则需要的传输时间为

tI/Ct(16106)/(10.4103)1.54103(s)25.67(min)

通信原理 课堂测试题1 答案

1. 画出数字通信系统框图，简述各部分工作原理。

发信源： 产生模拟或数字信号 信源编码：

模拟信号时＿A/D变换后，进行信源压缩编码 数字信号时＿进行信源压缩编码 信道编码：进行纠错编码

调制器： 进行数字调制（ASK、FSK或PSK）

信道： 有线、无线或综合信道 解调器： 进行数字解调 信道译码：进行纠错译码

信源译码：进行有损或无损的解压缩译码，模拟信号时＿进行D/A变换 收信者： 获取发信源的模拟或数字信号（有一定程度的失真或误码）

3

通信原理课堂测试题 2 答案

请写出(a)图和(b)图

的数学表达式（方程式）

10ta(a)0其他1aa0 (b)10aa其他0

通信原理课堂测试题 3 答案

散粒噪声与热噪声均可认为是广义平稳、各态历经的随机过程。 散粒噪声与热噪声都近似为均值为零的高斯(正态)型白噪声。

请参考右图，简述均值 为零的高斯(正态)型白噪 声的物理概念。

1) 若x为噪声电流或电压， 则x幅度越大发生的可能 性越小，x幅度越小发生的 可能性越大；

2）σx表示分布的集中程度，分布的图形将随着σx的减小而变高和变窄。

通信原理课堂测试题 4 答案

(1) 请写出连续信道香农公式;

(2) 当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于多少？ (3) 当信号功率趋于无穷大时，信道容量趋于多少？

解：(1) 连续信道香农公式

SSCBlog2(1)(bit/s)或CBlog2(1) Nn0B(2) 当信道带宽趋于无穷大时，信道容量趋于1.44S； n0(bit/s)(3) 当信号功率趋于无穷大时或噪声功率趋于无穷小时，信道容量趋于 无穷大。

4

通信原理 第五章 习题答案

5-6 某调制系统如图P5-4所示。为了在输出端同时分别得到 f1(t)及f2(t)，试确定接收端的c1(t)和c2(t)。

解：发送端相加器送出的合成信号为 f(t)f1(t)cosotf2(t)sinot

由图P5-4可知，接收端采用的是相干解调，所以可以确定 c1(t)cosot,c2(t)sinot 验证如下：

上支路，相乘后

f(t)c1(t)f1(t)cosotf2(t)sinotcosot

111f1(t)f1(t)cos2otf2(t)sin2ot 2221经低通过滤后，得到f1(t)2f(t)c2(t)f1(t)cosotf2(t)sinotsinot111f1(t)sin2otf2(t)f2(t)cos2ot 2221经低通过滤后，得到f2(t)2 下支路，相乘后

5

5-9 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn( f ) = no=0.5 ×10-3 W/Hz，在该信道中传输抑制载波的单边带（上边带），并设调制信号m( t )的频带限制在5kHz，而载频是100kHz，已调信号功率是10kW。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过带宽为5kHz的理想带通滤波器，试问： （1）该理想带通滤波器的中心频率为多大？ （2）解调器输入端的信噪功率比为多少？ （3）解调器输出端的信噪功率比为多少？ 解：

（1）该理想带通滤波器的传输特性为 H(f)K(常数)100kHzf105kHz0

其中心频率为102.5kHz。 （2）解调器输入端的噪声功率

Ni2Pn(f)fH20.510351035(W)

Si10103 已知信号功率Si = 10kW，故输入信噪比为 2000

Ni5（3）因为GSSB=1，所以输出信噪比为

6

SoSi2000 NoNi5-13 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn( f ) = no = 0.5 ×10-3 W/Hz，在该信道中传输振幅调制信号，并设调制信号m( t )的频带限制在5kHz，而载频是100kHz，边带功率为10kW，载波功率为40kW。若接收机的输入信号先经过一个合适的理想带通滤波器，然后再加至包络检波器解调。试求： （1）解调器输入端的信噪功率比； （2）解调器输出端的信噪功率比； （3）制度增益G。 解:

（1）设幅调制信号sAM( t )=[1+ m( t )]cosωot，且m(t)0，则信号功率为 Si1212Am(t)PcPs401050(kW) 22 式中，Po为载波功率；Ps为边带功率。

解调器输入噪声功率

Ni2Pn(f)B20.51032510310(W)

故输入信噪比Si501035000(37dB)Ni10

（2）在大信噪比：[A+m( t )] >> n( t )时，理想包络检波的输出为

E( t ) ≈ A + m( t ) + nc( t )

其中m( t )为输出有用信号，nc( t )为输出噪声。故有

Som2(t)2Ps21020(kW)Nonc2(t)Ni10(W)因此，输出信噪比So201032000(33dB)No10

（3）制度增益 GSo/No20002

Si/Ni50005

另外：（P104）在小信噪比时：[A+m( t )] << n( t )时，检波的输出信噪比急剧下降，此现象称为包络解调器的“门限效应”，开始出现门限效应的输入信噪比成为“门限值”。相干解调不存在“门限效应”。

推广：所有的非相干解调器（AM信号的包络检波、FM信号的鉴频 等）均存在“门限效应”，其非相干解调器的输入信噪比均存在相应的“门限值”。

7

5-16 设一宽带FM系统，载波振幅为100V，频率为100MHz，调制信号m( t )的频带限制在5kHz，m2(t)=5000V2，Kf=1500π rad/(s•V)，最大频偏为∆f=75kHz,

并设信道噪声功率谱密度是均匀的，其单边谱密度为Pn( f )=10-3 W/Hz，试求： （1）接收机输入端理想带通滤波器的传输特性H(ω)； （2）解调器输入端的信噪功率比； （3）解调器输出端的信噪功率比；

（4）若m( t )以AM调制方式传输，并以包络检波器进行解调，试比较在输

出信噪比和所需带宽方面与FM系统有何不同。

解：

（1）调频指数 mff7515 fm5 FM信号带宽 BFM = 2(mf+1) fm = 2(∆f + fm ) = 160 (kHz)

0.16 因为载频为100MHz，所以FM信号的频率范围为100MHz。

2 因此，理想带通滤波器的传输特性

K(常数）99.92MHzf100.08MHz H(f)0

（2）调频信号的平均功率等于未调载波的平均功率，即

A21002Si5000(W)22 输入噪声功率NiPn(f)BFM103160103160(W)

Si500031.25N160iFM （3）FM非相干解调器的输出信噪比 输入信噪比23A2K2So310021500225000fm(t)N82nf382103(5103)3337500

omoFM （4）AM信号的传输带宽 BAM = 2 fm = 2×5 = 10 (kHz)

在大信噪比情况下，AM信号包络检波器的输出信噪比为

Som2(t)5000500 33NnB101010oAMoAM讨论：

① BFM是BAM的(mf+1)倍，即BFM = (mf+1) BAM = (15+1) ×10kHz=160 kHz ②

(So/No)FM33750026753mf(So/No)AM500GFM(So/No)FM3108173mf

(Si/Ni)FM③ 与AM系统相比，FM系统的输出信噪比的提高是以增加带宽为代价的， 也就是有效性换可靠性。

8

通信原理课堂测试题 5 答案

已知线性调制信号表达式如下： （1+0.5sinΩ t)cosωc t 式中，ωc= 6Ω 。

试分别画出波形图和频谱图（双边谱）。 解：

(1) sm(t) =（1+0.5sinΩ t)cosωc t的波形图如图(a)所示

sm(t) =（1+0.5sinΩ t)cosωc t

= cosωc t +0.5 sin(Ω+ωc)t +0.5 sin(Ω−ωc)t

Sm()[(c)(c)]j[(c)][(c)]j[(c)][(c)44[(6)(6)]jj[(7)(7)][(5)(5)]44(2) 频谱图如图(b) 所示

附：

sm(t) =0.5cosΩ t cosωc t =0.5 [cos (Ω+ωc) t + cos (Ω−ωc) t ] 的频谱图 式中，ωc= 6Ω

Sm()4[(c)][(c)][(c)][(c)]44[(7)(7)]4[(5)(5)] 频谱图如图(c) 所示

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通信原理课堂测试题6答案

有60路模拟话音采用频分复用方式传输。已知每路话音信号频率范围为0~4kHz（已含防护频带），副载波采用SSB调制，且最低副载波频率为20 kHz。合成后，主载波采用FM调制，调制指数mf = 4。 （1）计算副载波调制合成信号带宽； （2）求信道传输信号总带宽。

（3）SSB调制合成信号和输出FM调制信号的频谱示意图。 解：

（1）由于副载波采用SSB调制，所以副载波调制合成信号带宽为： B60 = 4×60 = 240 (kHz) （2）主载波采用FM调制 BFM =2(1+ mf) fm

式中 fm =240 + 20 = 260 (kHz)

所以，调频波的总带宽为 BFM =2(1+ 2) 260 = 1560 (kHz)

通信原理课堂测试题 7 答案

已知FM-USB一次群发送系统如图所示，请画出相应的接收系统框图。 解：

10

通信原理课堂测试题8 答案

某调频发射机，其发射信号的载频为100MHz，最大频偏为40KHz。FM调制器输出的载频为1MHz，最大频偏为200Hz。且单频调制频率为1KHz。要求：

 画出此调频发射机的组成框图；

 标明各主要点的载频、最大频偏和调频指数。 解：（1）调频发射机的组成框图

（2）各主要点的载频、最大频偏和调频指数

fn1n2f1,40KHzn1n20.2KHzn1n2200,取n110，n220m1f1200f40k30.2,mfn1n2m12000.240或mf40fm10fm1k

n1f110110MHz,n1f1102002kHzfcn2(n1f1f2),100MHz20(101MHzf2)f25MHz

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通信原理 第六章 习题答案

6-1 设二进制符号序列为10010011，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性、双极性、单极性归零、双极性归零、二进制“1”差分波形和四电平波形。 解：

6-7 已知信息代码为1011000000000101，试确定相应的AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。 解：

12

6-11 设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器的总特性为H(ω)，若要求以2/Ts波特的速率进行数据传输，请验证图P6-6所示的各种H(ω)能否满足抽样点上无码间串扰的条件。

解：

由各H(ω)求出系统无码间串扰最高传码率RBmax=2fN，然后与实际传输速率RB =2/Ts=2fs进行比较。

满足 RBmax=nRB n=1,2,3, ……

则 以实际速率RB进行数据传输时，故 满足抽样点上无码间串扰的条件。

12(a)RBmax2fNRB,故不满足；TsTs(b)(c)(d)

RBmax2fNRBmax3RBTs,但非整数倍关系，故不满足； ,故该H()满足无码间串扰传输的条件；22fNRBTs1RBTsRBmax2fN,故不满足。13

6-24 设有一个三抽头的时域均衡器，如图 P6-10所示，输入信号x(t)在各抽样点的 值依次为x-2=1/8、x-1=1/3、xo=1、x+1=1/4、 x+2=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)的峰值失真为

1DxxoNk2k02xk111137 8341648由公式可得ykiNcxik1111y3c1x238241111y2c1x1c0x213387211111y1c1x0c0x1c1x21133483211115y0c1x1c0x0c1x1113443611111y1c1x2c0x1c1x011316444811101644111y3c1x241664其余yk值均为0。y2c0x2c1x11所以，输出波形的峰值失真为Dy1y0k3k0y3k61111171052472324864480

均衡后，峰值失真减小Dx / Dy = 5.21倍

通信原理课堂测试题 9 答案

已知输入信码序列{ak}为110001110101。要求采用预编码方案，实现部分相应

编码。

1. 完成“1”相关编码； 2. 完成部分相应编码。 解： {ak}110001110101 {bk}0100001011001（“1”相关编码）初始 {Ck}002220002020（部分相应编码） 或{ak}110001110101

{bk}1011110100110（“1”相关编码） 初始{Ck}

002220002020（部分相应编码）14

通信原理 第七章 习题答案

7-1 设发送的二进制信息1011001，试分别画出2ASK/OOK、2FSK、2PSK及2DPSK信号的波形示意图，并注意观察其时间波形上有什么特点。 解：

7-6 设发送的绝对码序列为0110110，采用2DPSK方式传输。已知码元传输速率为2400B，载波频率为2400Hz。

(1) 试构成一种2DPSK信号调制器原理框图；

(2) 若采用相干解调—码反变换器方式进行解调，试画出各点时间波形； (3) 若采用差分相干解调方式进行解调，试画出各点时间波形。 解：

(1) 2DPSK信号调制器原理框图及其各点时间波形图

15

(2) 相干解调—码反变换器方式原理框图，及其各点时间波形图原理框图

(3) 差分相干解调方式原理框图及其各点时间波形图原理框图

16

附：

若e2DPSK( t )反相180o

7-8 在2ASK系统中，已知码元速率RB = 2×106 B，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度 no = 6×10-18W/Hz，接收端解调器输入信号的峰值振幅α = 40μV。试求：

（1）非相干接收时，系统的误码率； （2）相干接收时，系统的误码率。 解：

2ASK信号的带宽为 B = 2RB = 4×106 （Hz） 则解调器输入端的噪声功率 σn2= no B = 6×10-18×4×106 = 2.4×10-11（W） 解调器输入信噪比 222n(40106)222.4101133.331

（1）非相干接收时，系统的误码率为

141Peee2233.3341e8.3312.4111041.21104

22 （2）相干接收时，系统的误码率为

11411Peerfcee8.332.4111042.36105

2410.2333.33

17

7-11 若某 2FSK系统的码元速率RB = 2×106 B，发送“1”符号的频率f1为10MHz，发送“0”符号的频率f2为10.4MHz，且发送概率相等。接收端解调器输入信号的峰值振幅α = 40μV，信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度 no = 6×10-18W/Hz。试求：

（1）2FSK信号的第一零点带宽； （2）非相干接收时，系统的误码率； （3）相干接收时，系统的误码率。 解：

（1）2FSK信号的第一零点带宽为

B2FSKf2f12fs10.410224.4(MHz)

（2）接收机采用上下两个支路的结构形式，每支路带通滤波器的带宽等于

2ASK的带宽，即

B2RB221064(MHz)

则解调器输入端的噪声功率（方差） σn2= no B = 6×10-18×4×106 = 2.4×10-11（W）

输入信噪比为

222n(40106)222.4101133.33

非相干接收时系统的误码率为

121Peee2233.3321e16.6715.761082.88108

22 （3）相干接收时系统的误码率为

1112Peerfcee2222233.3333.3315.761083.9810914.48

7-13 在二进制相位调制系统中，已知解调器输入信噪比γ = 10dB。试分别求出相干解调2PSK、相干解调—码反变换器2DPSK和差分相干解调2DPSK的系统误码率。 解：

已知解调器输入信噪比γ = 10dB，即10lg γ= 10dB，则 γ= 10 （1）相干解调2PSK误码率为 Pe1erfc 2在大信噪比条件下，上式近似为

Pe12e11e104.541054.1106

11.2210 18

（2）相干解调—码反变换器2DPSK误码率为

Pe'2(1Pe)Pe1erfc 2其中Pe为相干解调2PSK误码率。由于Pe<<1，则有 Pe'2Pe8.2106 （3）差分相干解调2DPSK误码率为 Pe

11101ee4.541052.27105 222通信原理课堂测试题 10 答案

已知输入信码序列为1010101。要求采用采用键控法来实现2FSK调制，画出电路框图和各点信号波形。 解：

19

通信原理课堂测试题 11 答案

已知输入信码序列为1011101。要求采用采用键控法来实现2PSK和2DPSK调制，画出电路框图和各点信号波形。 解：

2PSK键控法电路框图 2DPSK键控法电路框图

开关电路 开关电路0e(t)0e(t)cost cost

2DPSK2PSKcc

1800移相s(t)1800移相码变换s(t)

通信原理课堂测试题 12 答案

已知信码序列为101110100111。要求按格雷码规则转换为4进制和8进制信号，并分别画出四电平和八电平信号波形。 解：

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通信原理课堂测试题 13 答案

(1) 要求画出π /4系统QPSK信号的产生原理框图 a b （第一种方法）； 1 1 (2) 已知信码序列为1011010011。 0 1 双比特码的相位关系如图所示，

0 0 请画出输出的QPSK信号波形。

1 0 解：

(1)π /4系统QPSK信号的产生原理框图 （第一种方法）

(2) 已知信码序列为1011010011。输出的QPSK信号波形。

相位 π/4 3π/4 -3π/4 -π/4 通信原理课堂测试题 14 答案

1. GMSK的中文全称是什么？ GMSK信号有什么优缺点？ 2. OFDM的中文全称是什么？ OFDM信号有什么优缺点？ 解：

1．GMSK的中文全称是高斯最小频移键控 优点：

(1) 包络恒定；

(2) 带外功率谱密度下降快。 缺点：

有码间串扰。

2. OFDM的中文全称是正交频分复用 优点：

(1) 减小信号的失真和码间串扰的影响； (2) 降低大城市中多径衰落的影响；

(3) 各路子载波的调制制度可以不同，对信道变化的自适应能力强。 缺点：

对信道产生的频率偏移和相位噪声敏感；

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通信原理 第九章 习题答案

9-9 采用13折线A律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值

为+635单位；（1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差； （2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码（采用自然二进码）。 解：

（1）求编码器输出码组，并计算量化误差

逐次比较法：已知：抽样值为635，即Is635第一步：抽样值为正极性第二步：Is635IW128（上四段）第三步：Is635IW512（上二段）第四步：Is635IW1024段码C2C3C4110，为第7段，起始电平为512第五步：Is635IW512256768第六步：Is635IW512128640第七步：Is635IW51264576第八步：Is635IW5126432608段内码C5C6C7C8—0011C50C60C71C81C11C21C31C40

量化码组为：C2C3C4C5C6C7C8—1100011（量化值为608）PCM输出码组为：C1C2C3C4C5C6C7C8—11100011抽样值为635，量化值为608量化误差为：63560827译码时：量化值（第7段均匀量化阶距/2）608（32/2）624这时量化误差为：6356241116（32/2）

简化方法：抽样值为正极性C11抽样值为635，含有最大的段起始电平为512，为第7段，段码C2C3C4110段内码：635512123123643227段内码C5C6C7C80011（6432）27为量化误差量化值5126432608量化码组为：C2C3C4C5C6C7C8—1100011（量化值为608）PCM输出码组为：C1C2C3C4C5C6C7C8—11100011抽样值为635，量化值为608量化误差为：63560827译码时：量化值（第7段均匀量化阶距/2）608（32/2）624这时量化误差为：6356241116（32/2）

（2）对应于量化7位码的均匀量化11位码

抽样值为6355126432对应于均匀量化11位码为：01001100000

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9-11 采用13折线A律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为−95单位； （1）试求此时编码器输出码组，并计算量化误差；

（2）写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码（采用自然二进码）。 解：

（1）求编码器输出码组，并计算量化误差

逐次比较法：已知：抽样值为95，即Is95第一步：抽样值为负极性第二步：Is95IW128（下四段）第三步：Is95IW32（下/上二段）第四步：Is95IW64段码：C2C3C4011，为第4段，起始电平为64第五步：Is95IW643296第六步：Is95IW641680第七步：Is95IW6416888第八步：Is95IW64168492段内码：C5C6C7C80111量化码组为：C2C3C4C5C6C7C8—0110111（量化值为92）C50C61C71C81C10C20C31C41

PCM输出码组为：C1C2C3C4C5C6C7C8—00110111抽样值为95，量化值为92量化误差为：95923译码时：量化值（第4段均匀量化阶距/2）92（4/2）94这时量化误差为：959412（4/2）简化方法：抽样值为负极性C10抽样值为95，含有最大的段起始电平为64，为第4段，段码C2C3C4011段内码：9564313116843段内码C5C6C7C80111（1684）3为量化误差量化值64168492量化码组为：C2C3C4C5C6C7C8—0110111（量化值为92）PCM输出码组为：C1C2C3C4C5C6C7C8—00110111抽样值为95，量化值为92量化误差为：95923译码时：量化值（第4段均匀量化阶距/2）92（4/2）94这时量化误差为：959412（4/2）

（2）对应于量化7位码（0110111）的均匀量化11位码

抽样值为92641684对应于均匀量化11位码为：00001011100

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通信原理课堂测试题 15答案

要求完成3bit脉冲编码调制（PCM），精确抽样值如图所示： 1. 求出基于自然码的PCM编码序列，并画出不归零双极性信号波形；

2. 若抽样间隔Ts为250μs，计算抽样频率和不归零PCM编码序列的传输速率。 解：

1．

2. ∵抽样间隔 Ts= 250 μs

∴抽样频率 fs= 1/Ts= 4 kHz

PCM编码序列的传输速率= 3/Ts= 4 kHz ×3 = 12 kbit/s

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通信原理 第十一章 习题答案

11-1 设有8个码组“000000”，“001110”，“010101”，“011011”，“100011”，

“101101” ，“110110”和“111000”，试求它们的最小码距。 解：

∵ 码距：两个码组对应位数字不同的位数；

最小码距do：全部码组之间的最小码距。 ∴ 该编码的do= 3

∵ 码重：码组中“1”的个数；

对于线性码，等于（非全零）码组的最小重量。 ∴ 该编码的do= 3

11-2 上题给出的码组，若用于检错，试问能检出几位错码？若用于纠错，能纠

正几位错码？若同时用于检错和纠错，又有多大检错和纠错能力？ 解：

∵ 上题给出的码组 do= 3

①若do≥e +1(e为正整数)，则一个码组内可检测不多于e个错； ②若do≥2t +1(t为正整数)，则一个码组内可纠正不多于t个错；

③若do≥t + e +1(e >t)，则一个码组内可纠正不多于t个错，同时检测e个错。 ∴

① do= 3≥e +1，e =2，能检出2位错码 ② do= 3≥2t +1，t =1，能纠正1位错码

③若do=3≥t + e +1(e >t)，若t =1，须取e =2，则t + e +1=4>3（do），故该编码组不能同时用于纠错和检错。

11-3 已知两个码组为“0000”和“1111”，若用于检错，试问能检出几位错码？

若用于纠错，能纠正几位错码？若同时用于检错和纠错，又能检测和纠错几位错码？ 解：

∵ 该编码的do= 4

① do= 4≥e +1，e =3，能检出3位错码 ② do= 4≥2t +1，t =1，能纠正1位错码 ③ do= 4≥t + e +1(e >t)

∴ 取t =1，e =2，故该编码组能同时纠1位错码，检2位错码。

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11-6 已知某线性码（7，4）码的监督矩阵为

1110100 H11010101011001试列出其所有可能的码组。

解：

本题中，n=7，k=4，r =3，H为典型矩阵形式[P Ik]，所以有

111010011101001101010[PI]H1101010k101100110110011111110110P1101QPT1011011011生成矩阵10001110100110G[IkQ]00101010001011由G可以产生整个码组，既有A[a6a5a4a3]G所有码组列表如下：a6a5a4a3a2a1a000000000001011001010100111100100110010110101100110111000a6a5a4a3a2a1a010001111001100101001010110011100001110101011101001111111

26

11-7已知一个（7，3）线性分组码的生成矩阵为 试求出其所有所有许用码组，并求出其监督矩阵。 解：

（1）由生成矩阵G可以产生所有许用码组{A}： 3位信码的8组码

[000]、[001]、[010]、[011]、 [100]、[101]、[110]、[011] A = [a6 a5 a4]•G

[000]G0000000[001]G0011101[010]G0100111[011]G0111010

[100]G1001110[101]G1010011[110]G1101001[111]G11101001001110G01001110011101（2）该生成矩阵G是典型阵，

1001110 [IQ]G0100111k

0011101

1110Q01111101监督矩阵101111TPQ11001110110001110100H[PIk]1100010011000127

11-16 一卷积码编码器（2，1，3）如图P11-2所示，已知n=2，k=1，N=3。试 写出生成矩阵G的表达式。

解：

(1) 连接矢量 g1 = [ g11 g12 g13 ] = [ 1 0 1 ] g2 = [ g21 g22 g23 ] = [ 1 1 1 ] (2) 生成矩阵

g1100G000g21g12g22g13g2300000g11g21g12g22g13g230000g11g21g12g220000000000g11g21g12000000000g110010000g2200g21001000000100001110101101100001000000000010111001000011

10(3) 设输入码元序列 [bi]=[110101]

编码输出码元序列 [a]=[a11 a12 a21 a22…ai1 ai2]

110111000000110111000000110111[a][bi]G[110101]000000110100000000110000000000另解：输入码元序列 [bi]=[110101]

000000[11,10,10,00,01,00] 110111M1M2M3110101011010001101ai1111000ai2100010

g1  [ 1 0 1 ]g2  [ 1 1 1 ] 28