通信原理答案

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1、第1章绪论习题解答1-1解：每个消息的平均信息量为11H (x)log：2448|og218 81|og212 2-1.75bit/ 符号1-2总的组解：（1 ）两粒骰子向上面的小圆点数之和为3时有（1 , 2 ）和（2 , 1 ）两种可能,1 1合数为C6 C6 36，则圆点数之和为 3出现的概率为2 1 p33618故包含的信息量为1I （3） log 2 P3log 24.17（bit）18（4，3），（2 ）小圆点数之和为 7的情况有（1，6）（6，1）（2，5）（ 5，2）（ 3，4）则圆点数之和为 7出现的概率为P76 1366故包含的信息量为11 砸我 log2-2.585（bl

2、t）1-3解：（1 ）每个字母的持续时间为2 10ms，所以字母传输速率为1RB43 50Baud2 10 10不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为H（x） log?42 bit/ 符号平均信息速率为RbRB4gH(x)100bit/s（2 ）每个字母的平均信息量为1111H (x) |og2|og2 75544=1.985 bit/ 符号所以平均信息速率为log10 10RbRB4gH (x)99.25 (b|t/s)1-4解:（1 ）根据题意，可得:I(0)log P(0)log32 :1.4158比特I(1)log P(1)log 2124比特I (2)logP(2)log12

3、；24比特I (3)log P(3)log：13'8比特(2 )法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有14个“0”符号，13个“ 1”符号，12个“ 2 ”符号，6个“ 3”符号，则该消息的信息量是:I 14I (0) 131(1) 121(2)61(3)14 1.415 13 2 12 2 6 387.81比特则此消息中平195比特/符号此消息中共含45个信源符号，这45个信源符号携带有87.81比特信息量, 均每个符号携带的信息量为1287.81/45法二：若用熵的概念计算

4、，有H(x)3log238 82 -log244说明：以上两种结果略有差别的原因在于,11log 21.906(bit / 符号)88它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号 数的增加而减少。1-51133H(x)Tog 2 Tog20.811解：(1)4444bit/符号(2 )某一特定序列(例如：m个0和100-m 个1 )出现的概率为P XL P X1,X2,L ,X100 P所以，信息量为I X1,X2,L ,X100logP XL200 (100 m)log 2 3 bit(3 )序列的熵XL 100

5、X 81bit /序列1-6解：若系统传送二进制码元的速率为m100- mm1100-m30P144m100-m13log441200Baud，则系统的信息速率为：Rb 1200 log2 21200 bit/s若系统传送十六进制码元的速率为2400Baud ，则系统的信息速率为:Rb 2400 log2169600 小仮1- 7解：该恒参信道的传输函数为讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。1-8解：该恒参信道的传输函数为H（）Ae j( td bsin Td)A(1A1Ae jAe j td ejbsin To jb sin T0)e j td 卫(ej To

6、2jAbe2e j T°)e j td1-9解:冲激响应为输出信号为tdj (tdh(t)y(t)A (t td)s(t)* h(t)As(t td)To) Ab j e2罟(t td2号 s(t td(tdT°)To)To)假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为H ( o) 2Vocos21)12n,n(t tdTo)Ab訂 td To)Vo。则该信道的幅频特性为:，n 0,1,2丄时'H（0）出现传输零点;O'1'2丄时，期。）出现传输极点;1-10所以在(nkHz（n为整数）时，对传输信号最有利；（n丄）2 kHz（n为整数）时，对

7、传输信号衰耗最大。解：（1）因为 S/N =30dB,得：S/N=1000由香农公式得信道容量log10 30dB 即 10 N，H()H( j ()e1/j tdKoe冲激响应为h(t)Ko (ttd)输出信号为y(t)s(t)* h(t) Kos(t td)C Blog 2(1 N3400 log2(1 1000)33.89 103bit /s(2 )因为最大信息传输速率为4800b/s ，即信道容量为4800b/s 。由香农公式C Blog2(1 害)C48002B 1 23400 1 2.66 1 1.66得：N。则所需最小信噪比为1.66 。第2章信号与噪声分析习题解答2-1解:p(

8、x2) 1 p(x2)数学期望:E(x)xp(x)dxx丄dxa2 x4a因为所以方差:2-2E(x2)D(x)x2 p(x)dxa2a x . dx a2a3 x6a2 2E(x ) E(x)解：由题意随机变量x服从均值为0,方差为4，所以 2 ，即2服从标准正态分布，可(x) -X X eTdt通过查标准正态分布函数' 2数值表来求解。(1)p(x2) 1p(x2)x1 p(0 2 0) 12 2(1)10.84130.1587x04 0p(x4) 1p(x4)1 p()1(2)2 210.97720.0228x 1.5(3 )当均值变为1.5时，则2 服从标准正态分布，所以x 1

9、.521.5p(x2)1 p(x2)1 p(22 ) 1(0.25)10.5987 0.40132-3x 1 5 p(x 4)1 p(x 4)1 P(-21 0.8944 0.105641 5)1(1.25)解：(1)因为随机变量服从均匀分布,所以有Ez(t)且有o的概率密度函数f (Rz(t,t)由此可见，z(t)是广义平稳的。Em(t)cos( 0t Em(t)?Ecos(2Em(t)? 0 cos(0t)0t)?丄小20Em(t)cos( 0t Em(t)m(t1)?m(t )cos()?Ecos( 0tRm( )?E二cos(2 0t21Rm( )?：COS2cos 02 (cos 0

10、20,(10t)COS(1COS2),),0其他Rz()0t0 )因此z(t)(3)根据三角函数的傅氏变换对(2)仅与相关,的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t1 t, 1 t 0tri (t)1 t,0 t 1Sa2(,0,其他t可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度PZ( )Rx( )e j dcos 0 ?tri ( )e j d；Sa2(0) Sa2(0)422S Rx(0) C0护(1)| o 12 22-4解：(1 )因为，互不相关所以 mx(t)EX(t) E()cos otcos 0tE cos 0tE又根据题目已知均值E E 0，所以mx(t)0(2)自相关函数 Rx

11、(t1,t2)EX(t1)X(t2)E( )cos 0加()cos °t2】cos 0t1 cos 0t2E 2 2222cos 0t1 cos 0t2 E2E E 2 2cos 0t1 cos °t2【4cos 0t1 cos 0t214 -cos 0(t1 t2) cos 0(t1 t2)22cos 0 2cos 0(t1 t2)(t1 t2)(3)由(2)可知Rx(t1,t2)不仅与有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。2-5解：根据图示可得RX() 50 3( 10,10)EX2(t)RX(0) 50X2 RX(0) RX( )50 2030因为，X2