图4-12 抽样信号的恢复
可见，如果接收端通过一个传输特性为
H?f??1H1?f?f?f1
的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号m?t?。
4-2 解：
（1）由式（4-2）可知：在
?s=3?H时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。
因此经过截止角频率为?H的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。
图4-14 抽样信号的频谱
H，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通（2）如果s过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。
图4-15 抽样信号的频谱出现混叠现象
4-3 解：
因为
??1.5?m?t??cos100πtcos2000πt1??cos1900πt?cos2100πt?2
所以最低频和最高频分别为fL?950Hz，fH?1050Hz
（1）将m?t?当作低通信号处理，则抽样频率 （2）将m?t?当作带通信号处理，则抽样频率
fs?2fH?2100Hz
2fH2f?fs?Ln?1n
因为n=9，所以
210?fs?211.1Hz
4-4
解：
以抽样时刻t?1/4000为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位归一化值0.9510565=1948?。
编码过程如下：
（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为正，故极性码C1=1。
（2）确定段落码C2C3C4：
??12048，所以
因为1948>1024，所以位于第8段落，段落码为111。 （3）确定段码C5C6C7C8：
因为1948?1024?14?64?28，所以段码C5C6C7C8=1110。
所以，t?1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为 1 111 1110。 同理得到在一个正弦信号周期所有样值的PCM码字，如表4-5所示。
表4-5 PCM编码的输出码字 t 1600πt 0 样值m?kTs??sin0 0.9510565 2kπ归一化值 输出码字 5 0 10000000 t?0 t?1/4000 2π/5 t?2/4000 4π/5 1948? 11111110 1204? 11110010 -1204? 01110010 -1948? 01111110 0.58778525 -0.58778525 -0.9510565 t?3/4000 6π/5 t?4/4000 8π/5 4-5 解：
因为采用均匀量化，所以量化间隔
2?0.54
则量化区间有??1,?0.5?，??0.5,0?，?0,0.5?和?0.5,1?，对应的量化值分别为-0.75，
??-0.25，0.25，0.75。
所以量化噪声功率为
Nq??-0.5-1?x?0.75??1?x?dx??-0.5?x?0.25??1?x?dx?x?0.25??1?x?dx??0.5?x?0.75??1?x?dx
120202???1/480.50212因为输入量化器的信号功率为
S??xf?x?dx??x(1?x)dx??x2(1?x)dx?2??0-1?16
所以量化信噪比
E?x2?S??82NqE??m?m??q????
4-6
解：
因为二进制码元速率
RB?log2M?fs
RR?log2M?fs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化
所以对应的信息速率b=B级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。
而二进制码元宽度为
?假设占空比
?Tb?1RB
Tb，则PCM信号带宽为
B?1/τ
可见，带宽B与log2M成正比。
所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-7 解：
(1)基带信号的频谱图如图4-16所示
图4-16 基带信号的频谱图
由式（4-2），理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。
图4-17 理想抽样信号的频谱图 (2) 因为自然抽样信号的频谱
A?Ms(?)?Ts?0.4?Sa(n????n????Sa(?n??s)M(??n?s)2
n??s)M(??n?s)2当n=1时，因为
n??s)M(??n?s)Sa(0.4?)M(???)s 2=
0.4Sa(0.4?)M(???s)，对应的频谱图如图4-18
所以n=1时自然抽样信号的频谱分量为
Sa(所示。
图4-18 n=1时自然抽样信号的频谱分量
所以，自然抽样信号的频谱图如图4-19所示。
图4-19 自然抽样信号的频谱图
因为平顶抽样信号的频谱
所以，平顶抽样信号的频谱图如图4-20所示。
A??ωτ???ωτ???Sa???M???n?s??0.4Sa???M???n?s?Mq???Ts?2?n?-??2?n?-?
图4-20 平顶抽样信号的频谱图
4-8 解：
因为抽样频率为8000Hz，按A律13折线编码得到的PCM信号为8位二进码。所以二进制码元速率
RB?l?fs?8?8000?64000波特 ??Tb，则PCM基带信号第一零点带宽
因为占空比为1，所以
B?1/τ?1/Tb?64000Hz
4-9 解：
因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以
所以PAM系统的码元速率 则码元宽度
fs?2fH?12000Hz RB?fs?12000波特
Ts?1/fs
因为占空比为0.5，所以4-10 解：
??0.5Ts，则PAM基带信号第一零点带宽
B?1/τ?24000Hz
fs?2fH?12000Hz，量化级数M?8，所以二进制码
（1）因为奈奎斯特抽样频率元速率为
所以，对应的信息速率
RB?log2M?fs?3?12000?36000波特
Rb?36000bit/s
（2）因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度b呈倒数关系，所以
Tb?1RB
因为占空比为0.5，所以 则PCM基带信号第一零点带宽 4-11
T??0.5Tb
B?1/τ?72000Hz
解：
编码过程如下
（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>870>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段码C5C6C7C8：
因为870?512?11?32?6，所以段码C5C6C7C8=1011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 1011。
编码电平IC是指编码器输出非线性码所对应的电平，它对应量化级的起始电平。因为极性为负，则编码电平
IC??IBi?23C5?22C6?21C7?20C8?i??864量化单位
因为
????0。 因此7/11变换得到的11位线性码为0110110000编码误差等于编码电平与抽样值的差值，所以编码误差为6个量化单位。 解码电平对应量化级的中间电平，所以解码器输出为
?(864?16)??880个量化单位。
因为
?864?10??01101100000?2
?880?10??01101110000.0?2
所以7/12变换得到的12位线性码为0。
解码误差(即量化误差)为解码电平和抽样值之差。所以解码误差为10个量化单位。 4-12 解：
（1）因为量化区的最大电压为U?2048mV，所以量化单位为??1mV，所以抽样值为398?。
编码过程如下：
确定极性码C1：由于输入信号抽样值Is为正，故极性码C1=1。
确定段落码C2C3C4：因为512>398>256，所以位于第6段落，段落码为101。 确定段码C5C6C7C8：因为398?256?8?16?14，所以段码C5C6C7C8=1000。 所以，编出的PCM码字为11011000。 它表示输入信号抽样值Is处于第6段序号为8的量化级。该量化级对应的起始电平为384?=384mV，中间电平为392 mV。
编码电平对应该量化级对应的起始电平，所以编码电平
IC?384?=384mV
102，所以对应的11位线性码为。 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?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
通信原理课后题答案_重庆邮电大学
