通信原理 作业解答-ch6

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1、习题61.对模拟信号mt()=sin(200)/200ptt进行抽样。试问：（1）无失真恢复所要求的最小抽样频率为多少？（2）在用最小抽样频率抽样时，1分钟有多少抽样值。Ff解：(1)由表2.1.2，有BSa(pBt)¬¾®rect(),B>0Bsin(200pt)psin(200pt)mt()==，B=200200t200ptpæföpæföMf()=rectç÷=rectç÷BèBø200è200øfH=100Hz无失真最小抽样频率fS=2fH=200HzM(f)1/200-1000100f(

2、2)一分钟抽样值的数目为fS´60=200*6012000=个2.已知信号mt()的频谱为：ìfï1-,f<1000HzMf()=í1000ï0,î其他(1)假设以1500Hz的速率对它进行抽样，试画出已抽样信号mtS()频谱图。(2)若用fS=3000Hz的速率抽样，重做(1)小题解：(1)4-1¥mtS()=mt()åd(t-nTS)n=-¥¥11MS(f)=Mf()´åd(f-kfS)=åMf(-kfS)TSk=-¥TSk（2）MS(f)f=1500HzSfHz()MS(f)fS=3000Hzf

3、Hz()3.4.5.6.求下面中频信号最小抽样频率(1)中心频率为60MHz，带宽为5MHz(2)中心频率为30MHz，带宽为6.5MHz(3)中心频率为70MHz，带宽为2MHz解：带通抽样定理：fH是B的整数倍时，取fS=2B无混叠。fH不是B的整数倍时，设带通信号的上截止频率为fH，下截止频率为fL，则其带宽B=fH-fL，此时无混叠的采样所需要的最低频率fS应满足：4-2æköæköfS=2(fH-fL)ç1+÷=2Bç1+÷ènøènøêfúêfúfn=êHú=Hk=H-nêúë(f-f)û

4、ëBûf-fHLHLn是fHB是整数部分，k是fHB的小数部分。(1)fH=62.5MHz，B=5MHz，n=12,k=0.5，fS=10.417MHz(2)fH=33.25MHz，B=6.5MHz，n=5,k=0.115，f=13.3MHzS(3)fH=71MHz，B=2MHz，n=35,k=0.5，f=4.057MHzS7.8.在要求量化误差不超过量化器输入范围的P%时，试说明均匀量化器的位数应满足n³3.32log10(50P)D证明：对于均匀量化器，量化误差有：eq£，22Vn其中D=,M=2

5、，由题MnD/2(2/2V)/21P==£n2V2V22´10050næ50öÞ£2Þlogç÷£n2PèPø4-350log10P50Þ£Þn3.32log£n10log2P1050³n3.32log10P9.10.11.对于具有256个量化电平的均匀量化器，试求下面几种输出信噪比(1)峰值信噪比(2)高斯分布随机信号的最大信噪比(3)均匀分布随机信号的最大信噪比解：M=256,n=8æSö2(1)峰值信噪比：ç÷=3MèNøpkæSöç÷»6.02n+4.77dB或èNøpkæSöç÷»6.02

6、84.77´+=52.93dBèNøpk21æxö(2)fx()=2expç-2÷2psxè2sxøS2Ssx®大2®小大sx小NNV但是为了不过载，应使3sx£V，sxmax£3（根据契比雪夫不等式PX{-m<3s}>99.74%）4-4sxmaxV31Dmax===，VV320lgD=-20lg3=-9.54æSöç÷=6.02n+4.779.54-=43.39dBèNøæSö（3）ç÷=6.02n=6.028´=48.16dBèNøArv12.已知一个正弦信号的动态范围为45dB，量化信噪比不能

7、低于26dB，求线性PCM的编码位数解：2sxmax2210lg=45®10lgs-10lgs=452xmaxxminsxmin22s/V10lgxmax=4522s/Vxmin20lgDmax-20lgDmin=452xt()=Vsinwt®Px=V/2maxV/220lgD=20lg=-3.01maxV(20lgD)min=-3.0145-=-48.014-5æSöç÷=6.02n+4.7720lg+D³26èNø6.02n+4.7748.0126-³n³11.5,取n=1213.在A律PCM系统

8、中，当(归一化)输入信号抽样值为0.12，0.3，与0.7时，输出二进制码组是多少。解：Ａ律折线近似各段特性段号量化间输入分段段区间隔0[0，0.0078125]D1[0.0078125，0.015625]D2[0.015625，0.03125]2D4-63[0.03125，0.0625]4D4[0.0625，0.125]8D5[0.125，0.25]16D6[0.25，0.5]32D7[0.5，1]64D1D=2048当x=0.12，属于第4段，x-0