因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。
该量化级对应的起始电平为1024?=?2.5V，中间电平为??1024?32???1056量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV 4-14 解：
极性码为1，所以极性为正。 段落码为000，段码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为Δ。
因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为?(7?1?0.5)?7.5个量化单位，即解码电平7.5?。
因为
?7.5?10??0000000011所以，对应的12位线性码为1 4-15 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>630>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段码C5C6C7C8：
因为630?512?3?32?22，所以段码C5C6C7C8=0011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 0011。
因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。 因为
1.1?2
?608?10??01001100000?2
所以，对应的均匀量化的11位线性码为。 4-16 解：
因为
?So/Nq??S0?S0????2l?N??0?PCMNq?Ne1?4Pe2
So?22l?M2Nq
又因为
所以
?S0??N?0
?So/Nq??M2???2l?1?4PeM2?PCM1?4Pe2322?1?4?10?3?322?200.9
第5章 数字信号的基带传输
习题解答
5-1 解：略 5-2 解：
信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解：
信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4
解：（1）对于单极性基带信号，g1(t)?0，g2(t)?g(t)，随机脉冲序列的功率谱密度为
??Ps(f)?fsp(1?p)|G(f)|??|fs[(2p?1)G(mfs)]|2?(f?mfs)2m???
当
p?
1
2时，
??fsfs22Ps(f)?|G(f)|??|G(mfs)|2?(f?mfs)4m???4
Ts2?A(1?|t|),|t|??Ts2g(t)???0,else? 由图5-11得
g(t)的傅立叶变换G(f)为
代入功率谱密度函数式，得
G(f)?ATs2?fTsSa()22
fsATs2?fTs2??fs2ATs2?fsTs2Ps(f)?|Sa()|??|Sa()|?(f?mfs)42222m???4 A2Ts4?fTsA2?Sa()?16216
功率谱密度如图5-12所示。
m????Sa??4(?m2)?(f?mfs)
fs? （2）由图5-12中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率
1Ts的离散分量，
1Ts的分量。
故可以提取码元同步所需的频率
P(?)为
由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量vfs?A2Pv(f)?16
)?(f?mfs)2m??? f??fs时，有
当m取?1时，即
A24?A24?Pv(f)?Sa()?(f?fs)?Sa()?(f?fs)162162
所以该频率分量的功率为
???Sa4(?mA24?A24?2A2S?Sa()?Sa()?4162162?
5-5
图5-12
解：（1）由图5-12可得
该系统输出基本脉冲的时间表示式为
???1|?|?,|?|??0??1?H(?)????0???0,else
1h(t)?2?
?????H(?)ej?td?? （2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H(?)应满足
?02?0tSa()2?2
2???H(??i)?C,|?|???TsT?iHeq(?)???0,|?|????T
?|?|???0T 容易验证，当时，
2?H(??i)??H(??2?RBi)??H(??2?0i)?C?Tiiis
R??0/?时，系统不能实现无码间干扰传输。
所以当码率B5-6
解：（1）法1：无码间串扰时Bmax容易验证，此系统有码间串扰。 法2：由题意，设
R?2BN，当码元速率为150kBaud时，
BN?RB?75kHz2
BN?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，将RBmax与实际码速率
RBmax200k?(Baud)?正整数R150kB比较为正整数，由于，则此系统有码间干扰。
（2）由题意，设
号，则
BN?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，设传输M进制的基带信
RBmax200kRBmax200k?log2M?log2M(Baud)?常数RBRb400kRB，令，
nM?4求得
(n?1,2,L)。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。 结论：根据系统频率特性H(?)分析码间干扰特性的简便方法：首先由H(?)确定系统的奈
奎斯特等效带宽5-7 解：（1）则
BN，然后由RBmax?2BN求出最大码速率，再与实际码速率比较，若
RBmax/RB为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。
B?(1??)BN?1600Hz，所以11?sRB1600
BN?B?800Hz2
RBmax?2BN?1600Baud Ts?（2）
5-8
解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为
h(t)?sin??t/Ts?cos???t/Ts??2?t/Ts1??2?t/Ts?
1?64kR?64kBaudT当B，即s， ??0.4时，
sin?64000?t?cos?25600?t?h(t)??64000?t1?2621440000t2
（2）频谱图如图5-14所示。
图5-14
（3）传输带宽
B?(1??)BN?1.4?64kHz?44.8kHz2
（4）频带利用率
5-9
??RB64??1.43Baud/HzB44.8
BN?1000Hz，所以RBmax?2BN?2000Baud
R/RB?2000/500=4（整数）R/RB?2000/1000=2（整1）、Bmax，无码间串扰；2）、Bmax解：（1）图（a）为理想低通，设数），无码间串扰；3）、
RBmax/RB?2000/1500（不是整数）
，有码间串扰；4）、
BN?500Hz，R?2BN?1000Baud
所以BmaxRBmax/RB?2000/2000=1（整数）
，无码间串扰。
（2）图（b）为升余弦型信号，由图可以判断
所以1）、B、2）、B两种情况下无码间串扰。 5-10
解：根据奈奎斯特准则可以证明，（a）（b）和（c）三种传输函数均能满足无码间干扰的要求。下面我们从频带利用率、冲激响应“尾巴”的衰减快慢、实现难易程度等三个方面来分析对比三种传输函数的好坏。
（1）频带利用率
R?500BaudR?1000Baud33B?2?10Hz R?10BaudaB 三种波形的传输速率均为，传输函数（a）的带宽为
R1000?a?B??0.5Baud/Hz3B2?10a其频带利用率
3B?10Hz
传输函数（b）的带宽为b?b?其频带利用率
RB1000??1Baud/HzBb103 RB1000??1Baud/HzBc103
3B?10Hz c传输函数（c）的带宽为
?c?其频带利用率
bc 显然 a（2）冲激响应“尾巴”的衰减快慢程度 （a）（b）（c）三种传输特性的时域波形分别为
323h(t)?2?10Sa(2?10?t) a323h(t)?2?10Sa(2?10?t) b?????323h(t)?10Sa(10?t) c
112其中（a）和（c）的尾巴以t的速度衰减，而（b）的尾巴以t的速度衰减，故从时域波形
的尾巴衰减速度来看，传输特性（a）和（c）较好。
（3）从实现难易程度来看，因为（b）为理想低通特性，物理上不易实现，而（a）和（c）相对较易实现。 5-11
解：已知信道的截止频率为100kHz，则B?100kHz，由
B?(1??)BN?100kHz,求得
BN?100kHz1.75
110?10?632B200?10N???105Baud51.75?10常数，则该二元数据流在此信道中，则RB现在
传输会产生码间干扰。故该二元数据流不在此信道中传输。 5-12
解：传输特性H(?)的波形如图5-17所示。
图5-17
RB?由上图易知，H(?)为升余弦传输特性，由奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速率
RB?5-13
1BaudT?2?0。 2?0，而s解：（1）用P(1)和P(0)分别表示数字信息“1”和“0”出现的概率，则概时，最佳判决门限
P(0)?P(1)?12等
Vd*?A?0.5V2。
已知接收滤波器输出噪声均值为0，均方根值
?n?0.2V，误码率
通信原理课后题答案_重庆邮电大学
