习题
1. 给定二进制比特序列{1101001}，试给出相应的单极性NRZ 信号、双极性RZ 信号与传号差分码信号的波形。
解：单极性NRZ 信号、双极性RZ 信号与传号差分码
信号的波形如下图所示：
2. 某数字基带系统速率为2400Baud ，试问以四进制或八进制码元传输时系统的比特速率为多少？采用双极性NRZ 矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？
解：以四进制传输时系统的比特率为： R b =R S ⋅log 2M =2400⨯log 24=4800bps 以八进制传输时系统的比特率为; R b =R S ⋅log 2M =2400⨯log 28=7200bps
信号的带宽与波特率有关，无论是多少进制传输，采用双极性矩形脉冲传数据时，信号带宽都为：
4-1
B T =R S =2400Hz
3. 某数字基带系统速率为9600bps ，试问以四进制或十六进制码元传输时系统的符号率为多少？采用单极性RZ 矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？ 解：以四进制传输时系统的符号速率为： R s =R b /log 2M =9600/log 24=4800Baud 以八进制传输时系统的符号速率为： R s =R b /log 2M =9600/log 28=3200Baud 信号的带宽与波特及脉冲宽度有关，以四进制单极性RZ 脉冲传输时，信号带宽为： B T =2R s =2⨯4800=9600Hz
以八进制单极性RZ 脉冲传输时，信号带宽为： B T =2R s =2⨯3200=6400Hz
4. 某二元数字基带信号的基本脉冲如图题4.4所示，图中T s 为码元间隔。数字信息“1”和“0”出现概率相等，它们分别用脉冲的有、无表示。试求该数字基带信号的功率谱密度与带宽，并画出功率谱密度图。
图 题4.4
4-2
解： 本题中，0、1等概率，且码元脉冲形状为g(t)
G (f )=AT s 2⎛πfT s ⎫
2Sa ⎝2⎪⎭
且m a 11=1a =E [n ]=2⨯1+2⨯02
σ2E ⎡⎣a 2a =n ⎤⎦
-E 2
[a n ]
=12⨯1+12
22⨯02-⎛ 1⎫⎝2⎪⎭=1 4
所以该数字基带信号的功率谱为：
2
P σ
22
m
2∞a
a s (f ) =T G T (f ) +
2
G k ⎫⎛k ⎫T s T
s k ∑
⎛=-∞
⎝T ⎪δ f -s ⎭⎝
T ⎪
s ⎭ =1A 2T 2s 4⎛πfT s 14T ⨯⨯Sa ⎫⎪+2
s 4⎝2⎭4T s
k ∑
∞
A 2T 2s 4⎛π=-∞4 fT s ⎫⎝2⎪⎭δ⎛ f -k ⎫
⎝T ⎪s ⎭A 224
k ∑∞
=T s 16⨯Sa 4⎛ πfT s ⎫A ⎝2⎪⎭
++16Sa ⎛=-∞
k π
⎫⎝2⎪⎭δ⎛
f -k ⎫⎝
T ⎪
s ⎭⎧⎪A 2T 2
s ⨯Sa 4⎛ πfT s
⎫A =⎪⎨16
⎝2⎪⎭+16δ(f )，k 为偶数
⎪A 2
T ∞
⎛⎪s ⨯Sa 4⎛⎩
16 πfT s ⎫⎝2⎪⎭+A 2∑1 f -k ⎫44δk =-∞k π⎝T ⎪，k 为奇数s ⎭ 4-3
5. 已知随机二进制序列1和0出现概率为p 和(1-p )，基带信号中分别用g (t )和-g (t )表示1和0。试问： （1） 基带信号的功率谱密度及功率； （2） 若g (t )为图题4.5（a ）所示波形，T 为码元宽度，该序列是否含有离散分量f s =s ； 若g (t )改为图题4.5（b ），重新回答问题（2）。
s
-
s 2
（a ）
s 2
-
s 4
（b ）
s 4
图 题4.5
解：2PAM 信号的幅度序列{a n }为：±1序列 且 m a =E [a n ]=p ⨯1+(1-p )⨯(-1)=2p -1
22⎤σ=E ⎡a -E [a n ]=1-(2p -1)=4p (1-p ) ⎣n ⎦2
a
2
（1）基带信号的功率谱密度
4-4
22
P σ
2a
S (f )=T G 2
m r (f )
∑
∞+a S T
2
G ⎛k ⎫⎛k ⎫T s k =-∞
⎝T ⎪δ f -S ⎭⎝
T ⎪S ⎭
=4P (1-p ) |G (f ) |2
+(2p -1)2
∑+∞
|G (k ) |2δ(f -k T 2
）s
T s -∞
T s T s 功率：
P =⎰∞
-∞P s (f ) df
=⎰∞
4P (1-p ) 2
-∞T |G (f ) |2
df +(2p -1)∑+∞
|G (k 22
s T s -∞
T ) |s （2）若基带脉冲波形g (t ) 为
⎧
g (t )=⎪⎨
1t ≤
T s
⎪2
⎩0
其他
则g (t ) 的傅里叶变换G (f ) 为
G (f ) =T s Sa (πT s f ) 该基带信号的离散谱为：
(2p -1)
2
T 2
∑+∞
|T 2
k
s Sa (πfT s ) |δ(f -）s -∞
T s =(2p -1)2∑
+∞|Sa (k π) |2δ(f -k -∞
T ）=p 2
T s δ(f ）s
故该二进制序列不存在离散分量f s =1/T s
（3） 若基带脉冲波形g (t )为
4-5
T s ⎧
t ≤⎪1
g (t )=⎨4
⎪⎩0其他
则g (t )的傅立叶变换G (f )为
T s ⎛πT s f ⎫
⎪ G (f )=2Sa ⎝2⎭
该基带信号的离散谱为：
(2p -1)
T s 2
4
2
⎛T s k ⎫2
|Sa (πfT s /2) |δ f -⎪∑T s ⎭-∞2⎝
+∞2
2p -1)(=
⎛k ⎫|Sa (k π/2) |δ f -⎪∑T s ⎭-∞⎝
+∞
2
⎧(2p -1)2
⎪ δ(f ), 当k 为偶数时
4⎪=⎨2
+∞
2p -1()22⎛k ⎫⎪||δ f -⎪, 当k 为奇数时∑⎪4T s ⎭-∞k π⎝⎩
所以，该二进制序列存在离散分量f s =1/T s
6. 采用低通滤波技术接收二元双极性NRZ 信号。假设二进制符号0和1是等概率的，问接收机的平均
-6
P P =
10差错概率e 计算公式是什么？e 需要的E b N 0
是多少？（提示：借鉴例题4.6数值）
解：采用LPF 接受二元双极性NRZ 信号，0、1等概。
4-6
由表4.3.1，接收机的平均差错概率的计算公式为：
P ⎛⎛e =Q =Q ⎝ ⎝ 其中，E 2
1
b =A T b ，B =T
为二元NRZ 信号带宽。
b
由图4.3.6可知P -6
e =10时，需要的E b /N 0=
13.5dB
例题4.6：单极性与双极性的MF 系统
P =Q ⎛ e 双P ⎛⎝
e 单=Q ⎝ 4-7
7. 8. 9.
10. 双极性矩形不归零2PAM 信号通过噪声功率谱密度为N 02的AWGN 信道传输，假定码元0与1的概率分别是1/3与2/3，接收机采用低通滤波器。试问： （1） 平均误比特率计算公式； （2） 接收系统的最佳判决门限； （3） 最小误比特率。
2⎧
+A , 发1，概率为⎪⎪3
S (t )=⎨
解：发送信号⎪-A , 发0，概率为1
⎪3⎩
（1）平均误比特率计算公式由教材式（4.3.17）给
出如下：
设LPF 的带宽为
B
4-8
Pe =P (a n =1)⎰
V T
-∞
f (r /1)dr +P (a n =0)⎰f (
r /0)dr
V T
2N 0B
∞
2V T 1=⎰3-∞2r -A )(
-
1∞1
dr +⎰e
3V T 2r +A )(-
2N 0B
dr
（2）最佳判决门限由教材式（4.3.18）给出
P (a n =0)y s 1+y s 0σn 2
V T =+ln
2y s 1-y s 0P (a n =1)
A +(-A )N 0B 1/3=+ln
2A --A 2/3N 0B 1=ln 2A 2
2V T 1=⎰-∞32V T 1=⎰-∞32=32r -A )(
-
（3）最小误比特率为
P e min
2N 0B
1∞1
dr +⎰V 3T r 1∞1+⎰V
3T u 2-2
2
r +A )(
-
2N 0B
dr
2
1⎛⎫
-22
d
1⎛⎫
-2d
r
1u 2-2
1∞1du +3du
22⎛V
-A ⎫1⎛V +A ⎫=-Q ⎪+Q ⎪3 33 ⎝⎭⎝N 0B 1
V T =ln 其中：2A 2
11. 在功率谱密度为N 02的AWGN 信道中进行二元基
4-9
带传输，假定码元等概且发射信号分别为：
⎧At
⎪, 0≤t ≤T
m 1(t )=⎨T
其他 ⎪⎩0,
⎧⎛t ⎫
⎪A 1-⎪, 0≤t ≤T
m 2(t )=⎨⎝T ⎭
其他 ⎪0, ⎩
（1） 确定最佳接收机的结构（确定滤波器特性）；
（2） 给出最佳错误概率。 解：
⎧⎪m 1(t ), S (t )=⎨
⎪⎩m 2(t ),
1
发1，概率为
21
发0，概率为
2
y t
0≤t ≤T 0≤t ≤T
(1) 最佳接收机结构为（滤波器为匹配滤波器）
r t =s t +n ()()()
y a ˆn }
（2）
2
s d (t )=s 1(t )-s 2(t )的能量E d 为：
⎣m 1(t )-m 2(t )⎤⎦dt =⎰0 E d =⎰0⎡
T
2
T
2
2At A T ⎛⎫
-A ⎪dt = T 3⎝⎭
由教材式（4.3.21）可知，最小的P e 为
4-10
⎛P e =Q ⎝
⎛=Q ⎝ 12.
13. 设4种基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的H (f )如图题4.13所示，若要求以s 波特的速率进行数字传输，问它们是否会造成码间干扰。
（a ）
（b ）
（c ）
（d ）
图 题4.13
1
解： 根据奈奎斯特第一准则，当最高传输码率R B =T
s
时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性H (f )应满足
k =-∞
∑H (f -kR )=C
s
+∞
'
,
R s
f ≤
2
容易验证：（a ）、（b ）、（c ）、（d ）都满足无码间串扰
4-11
传输的条件。
14. 设基带传输系统的发送滤波器、信道和接收滤波器的总传输特性如图题4.14所示：
2112
图 题4.14
其中f 1=1MHz ，f 2=3MHz 。试确定该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率。 解：
该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率为：
R s max =4MBd
R S 4ηs ===1.33Bd /Hz
b 3
15. 设无码间干扰基带传输系统的传输特性为α=0.3的升余弦滚降滤波器，基带码元为16进制，速率
4-12
是1200 Baud。试求： （1） 该系统的比特速率。 （2） 传输系统的截止频率值； （3） 该系统的频带利用率；
解：（1）对于M 进制传输，其信息速率R b 与码元速率R s 的关系为R b =R s log 2M ，这里M=16，故系统的比特速率为：
R b =R s log 2M =4800bps （2）传输系统的截止频率值为
R s
B =f 0(1+α)=(1+α)=780Hz
2
（3）系统频带利用率为：
R b
ηb ==6.25bps /Hz
B
R s R s
ηs ===1.54Baud /Hz
B R s 1+α/2
16. 计算机以56 kbps的速率传输二进制数据，试求
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，下面两种方式所要求的传输带宽。（1）采用
4-13
2PAM 基带信号；（2）采用8电平PAM 基带信号。
解：（1）采用2PAM 基带信号时
R s
B =f 1+α=1+α()() 0则 2R (1+α) B ==28000(1+α) 2log 2M
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为35KHz 、36.4 KHz 、42 KHz 、49KHz 、56 KHz。
（2）采用8PAM 基带信号时
R s
B =f 0(1+α)=(1+α)
2
R (1+α)56000B ==1+α() 则
2log 2M
6
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为11.67KHz 、12.13 KHz 、14 KHz 、16.33KHz 、18.67 KHz。
17. 在某理想带限信道0≤f ≤3000Hz 上传送PAM 信号。
4-14
（1） 要求按9600bps 的速率传输，试选择PAM 的电平数M ； （2） 如果发送与接收系统采用平方根升余弦频谱，试求滚降因子α；
-5
P =
10（3） 保证b 所需要的E b N 0是多少？
R s
解：（1）最大频带利用率ηs =B ≤2Baud/Hz
R b 9600ηb ==≤2log 2M
B 3000
即1.6≤log 2M →M ≥4 取M=4
（3） 发送与接收系统采用平方根升余弦频谱时，
R (1+α)B ==2400(1+α)=3000H z 2log 2M
得α=0.25
P e 2(
M -1)⎛P b ==Q （3） K M log 2M ⎝
得E b N 0=20 18.
19. 某信道的码间干扰长度为3，信道脉冲响应采样
4-15
值为h (-T )=0.3，h (0)=1，
h (T )=0.2，求3抽头迫零均衡器的抽头系数以及均衡前后的峰值畸变值。
解：由h =∑c h =c h +c h +c h 并按式（4.6.6）可得，
1
Ei
k i -k
-1i +1
0i
1i -1
k =-1
⎡h E -1⎤⎡h 0⎢h ⎥=⎢h ⎢E 0⎥⎢1⎢⎣h E 1⎥⎦⎢⎣h 2
h -1h 0
h 1
h -2⎤⎡c -1⎤⎡0⎤
⎢c ⎥=⎢1⎥h -1⎥⎥⎢0⎥⎢⎥h 0⎥⎦⎢⎣c 1⎥⎦⎢⎣0⎥⎦
代人具体数据得到，
⎡10.30⎤⎡c -1⎤⎡0⎤
⎢0.210.3⎥⎢c ⎥=⎢1⎥⎢⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎣00.21⎥⎦⎢⎣c 1⎥⎦⎢⎣0⎥⎦
-1
1
可解得，[c c c ]=[-0.34091.1364-0.2273]。
利用h =c h +c h +c h ，考虑i =-2~+2，计算出均衡后的非零冲激响应值为, {h , i =-2,..., +2}={-0.1023,0,1,0,-0.0455}。根据峰值畸变的定义得：
均衡器前，D =(0.3+0.2) /1=0.5
均衡器后，D =(0.1023+0.0455)/1=0.1478
易见均衡后码间干扰与峰值畸变都有显著降低。 20. 21.
22. 由图4.8.2估计2PAM 基带系统在定时抖动为5％
-510时，达到误码率所需的E b N 0，并与理想定时的
结果相比较。
Ei
-1i +1
0i
1i -1
Ei
4-16
-5σ/T =010e s 解：由图可见，当时，误码率要求接收信
号的E b /N 0≈9.5dB ；当σe /T s =0.05时，误码率10要求接收信号的E b /N 0≈10.5dB 。因此，5％的定时抖动导致E b /N 0的要求增加1dB 。 23. 24. 25.
-5
26.
4-17
习题
1. 给定二进制比特序列{1101001}，试给出相应的单极性NRZ 信号、双极性RZ 信号与传号差分码信号的波形。
解：单极性NRZ 信号、双极性RZ 信号与传号差分码
信号的波形如下图所示：
2. 某数字基带系统速率为2400Baud ，试问以四进制或八进制码元传输时系统的比特速率为多少？采用双极性NRZ 矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？
解：以四进制传输时系统的比特率为： R b =R S ⋅log 2M =2400⨯log 24=4800bps 以八进制传输时系统的比特率为; R b =R S ⋅log 2M =2400⨯log 28=7200bps
信号的带宽与波特率有关，无论是多少进制传输，采用双极性矩形脉冲传数据时，信号带宽都为：
4-1
B T =R S =2400Hz
3. 某数字基带系统速率为9600bps ，试问以四进制或十六进制码元传输时系统的符号率为多少？采用单极性RZ 矩形脉冲时，信号的带宽估计是多少？ 解：以四进制传输时系统的符号速率为： R s =R b /log 2M =9600/log 24=4800Baud 以八进制传输时系统的符号速率为： R s =R b /log 2M =9600/log 28=3200Baud 信号的带宽与波特及脉冲宽度有关，以四进制单极性RZ 脉冲传输时，信号带宽为： B T =2R s =2⨯4800=9600Hz
以八进制单极性RZ 脉冲传输时，信号带宽为： B T =2R s =2⨯3200=6400Hz
4. 某二元数字基带信号的基本脉冲如图题4.4所示，图中T s 为码元间隔。数字信息“1”和“0”出现概率相等，它们分别用脉冲的有、无表示。试求该数字基带信号的功率谱密度与带宽，并画出功率谱密度图。
图 题4.4
4-2
解： 本题中，0、1等概率，且码元脉冲形状为g(t)
G (f )=AT s 2⎛πfT s ⎫
2Sa ⎝2⎪⎭
且m a 11=1a =E [n ]=2⨯1+2⨯02
σ2E ⎡⎣a 2a =n ⎤⎦
-E 2
[a n ]
=12⨯1+12
22⨯02-⎛ 1⎫⎝2⎪⎭=1 4
所以该数字基带信号的功率谱为：
2
P σ
22
m
2∞a
a s (f ) =T G T (f ) +
2
G k ⎫⎛k ⎫T s T
s k ∑
⎛=-∞
⎝T ⎪δ f -s ⎭⎝
T ⎪
s ⎭ =1A 2T 2s 4⎛πfT s 14T ⨯⨯Sa ⎫⎪+2
s 4⎝2⎭4T s
k ∑
∞
A 2T 2s 4⎛π=-∞4 fT s ⎫⎝2⎪⎭δ⎛ f -k ⎫
⎝T ⎪s ⎭A 224
k ∑∞
=T s 16⨯Sa 4⎛ πfT s ⎫A ⎝2⎪⎭
++16Sa ⎛=-∞
k π
⎫⎝2⎪⎭δ⎛
f -k ⎫⎝
T ⎪
s ⎭⎧⎪A 2T 2
s ⨯Sa 4⎛ πfT s
⎫A =⎪⎨16
⎝2⎪⎭+16δ(f )，k 为偶数
⎪A 2
T ∞
⎛⎪s ⨯Sa 4⎛⎩
16 πfT s ⎫⎝2⎪⎭+A 2∑1 f -k ⎫44δk =-∞k π⎝T ⎪，k 为奇数s ⎭ 4-3
5. 已知随机二进制序列1和0出现概率为p 和(1-p )，基带信号中分别用g (t )和-g (t )表示1和0。试问： （1） 基带信号的功率谱密度及功率； （2） 若g (t )为图题4.5（a ）所示波形，T 为码元宽度，该序列是否含有离散分量f s =s ； 若g (t )改为图题4.5（b ），重新回答问题（2）。
s
-
s 2
（a ）
s 2
-
s 4
（b ）
s 4
图 题4.5
解：2PAM 信号的幅度序列{a n }为：±1序列 且 m a =E [a n ]=p ⨯1+(1-p )⨯(-1)=2p -1
22⎤σ=E ⎡a -E [a n ]=1-(2p -1)=4p (1-p ) ⎣n ⎦2
a
2
（1）基带信号的功率谱密度
4-4
22
P σ
2a
S (f )=T G 2
m r (f )
∑
∞+a S T
2
G ⎛k ⎫⎛k ⎫T s k =-∞
⎝T ⎪δ f -S ⎭⎝
T ⎪S ⎭
=4P (1-p ) |G (f ) |2
+(2p -1)2
∑+∞
|G (k ) |2δ(f -k T 2
）s
T s -∞
T s T s 功率：
P =⎰∞
-∞P s (f ) df
=⎰∞
4P (1-p ) 2
-∞T |G (f ) |2
df +(2p -1)∑+∞
|G (k 22
s T s -∞
T ) |s （2）若基带脉冲波形g (t ) 为
⎧
g (t )=⎪⎨
1t ≤
T s
⎪2
⎩0
其他
则g (t ) 的傅里叶变换G (f ) 为
G (f ) =T s Sa (πT s f ) 该基带信号的离散谱为：
(2p -1)
2
T 2
∑+∞
|T 2
k
s Sa (πfT s ) |δ(f -）s -∞
T s =(2p -1)2∑
+∞|Sa (k π) |2δ(f -k -∞
T ）=p 2
T s δ(f ）s
故该二进制序列不存在离散分量f s =1/T s
（3） 若基带脉冲波形g (t )为
4-5
T s ⎧
t ≤⎪1
g (t )=⎨4
⎪⎩0其他
则g (t )的傅立叶变换G (f )为
T s ⎛πT s f ⎫
⎪ G (f )=2Sa ⎝2⎭
该基带信号的离散谱为：
(2p -1)
T s 2
4
2
⎛T s k ⎫2
|Sa (πfT s /2) |δ f -⎪∑T s ⎭-∞2⎝
+∞2
2p -1)(=
⎛k ⎫|Sa (k π/2) |δ f -⎪∑T s ⎭-∞⎝
+∞
2
⎧(2p -1)2
⎪ δ(f ), 当k 为偶数时
4⎪=⎨2
+∞
2p -1()22⎛k ⎫⎪||δ f -⎪, 当k 为奇数时∑⎪4T s ⎭-∞k π⎝⎩
所以，该二进制序列存在离散分量f s =1/T s
6. 采用低通滤波技术接收二元双极性NRZ 信号。假设二进制符号0和1是等概率的，问接收机的平均
-6
P P =
10差错概率e 计算公式是什么？e 需要的E b N 0
是多少？（提示：借鉴例题4.6数值）
解：采用LPF 接受二元双极性NRZ 信号，0、1等概。
4-6
由表4.3.1，接收机的平均差错概率的计算公式为：
P ⎛⎛e =Q =Q ⎝ ⎝ 其中，E 2
1
b =A T b ，B =T
为二元NRZ 信号带宽。
b
由图4.3.6可知P -6
e =10时，需要的E b /N 0=
13.5dB
例题4.6：单极性与双极性的MF 系统
P =Q ⎛ e 双P ⎛⎝
e 单=Q ⎝ 4-7
7. 8. 9.
10. 双极性矩形不归零2PAM 信号通过噪声功率谱密度为N 02的AWGN 信道传输，假定码元0与1的概率分别是1/3与2/3，接收机采用低通滤波器。试问： （1） 平均误比特率计算公式； （2） 接收系统的最佳判决门限； （3） 最小误比特率。
2⎧
+A , 发1，概率为⎪⎪3
S (t )=⎨
解：发送信号⎪-A , 发0，概率为1
⎪3⎩
（1）平均误比特率计算公式由教材式（4.3.17）给
出如下：
设LPF 的带宽为
B
4-8
Pe =P (a n =1)⎰
V T
-∞
f (r /1)dr +P (a n =0)⎰f (
r /0)dr
V T
2N 0B
∞
2V T 1=⎰3-∞2r -A )(
-
1∞1
dr +⎰e
3V T 2r +A )(-
2N 0B
dr
（2）最佳判决门限由教材式（4.3.18）给出
P (a n =0)y s 1+y s 0σn 2
V T =+ln
2y s 1-y s 0P (a n =1)
A +(-A )N 0B 1/3=+ln
2A --A 2/3N 0B 1=ln 2A 2
2V T 1=⎰-∞32V T 1=⎰-∞32=32r -A )(
-
（3）最小误比特率为
P e min
2N 0B
1∞1
dr +⎰V 3T r 1∞1+⎰V
3T u 2-2
2
r +A )(
-
2N 0B
dr
2
1⎛⎫
-22
d
1⎛⎫
-2d
r
1u 2-2
1∞1du +3du
22⎛V
-A ⎫1⎛V +A ⎫=-Q ⎪+Q ⎪3 33 ⎝⎭⎝N 0B 1
V T =ln 其中：2A 2
11. 在功率谱密度为N 02的AWGN 信道中进行二元基
4-9
带传输，假定码元等概且发射信号分别为：
⎧At
⎪, 0≤t ≤T
m 1(t )=⎨T
其他 ⎪⎩0,
⎧⎛t ⎫
⎪A 1-⎪, 0≤t ≤T
m 2(t )=⎨⎝T ⎭
其他 ⎪0, ⎩
（1） 确定最佳接收机的结构（确定滤波器特性）；
（2） 给出最佳错误概率。 解：
⎧⎪m 1(t ), S (t )=⎨
⎪⎩m 2(t ),
1
发1，概率为
21
发0，概率为
2
y t
0≤t ≤T 0≤t ≤T
(1) 最佳接收机结构为（滤波器为匹配滤波器）
r t =s t +n ()()()
y a ˆn }
（2）
2
s d (t )=s 1(t )-s 2(t )的能量E d 为：
⎣m 1(t )-m 2(t )⎤⎦dt =⎰0 E d =⎰0⎡
T
2
T
2
2At A T ⎛⎫
-A ⎪dt = T 3⎝⎭
由教材式（4.3.21）可知，最小的P e 为
4-10
⎛P e =Q ⎝
⎛=Q ⎝ 12.
13. 设4种基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的H (f )如图题4.13所示，若要求以s 波特的速率进行数字传输，问它们是否会造成码间干扰。
（a ）
（b ）
（c ）
（d ）
图 题4.13
1
解： 根据奈奎斯特第一准则，当最高传输码率R B =T
s
时，能够实现无码间串扰传输的基带系统的总特性H (f )应满足
k =-∞
∑H (f -kR )=C
s
+∞
'
,
R s
f ≤
2
容易验证：（a ）、（b ）、（c ）、（d ）都满足无码间串扰
4-11
传输的条件。
14. 设基带传输系统的发送滤波器、信道和接收滤波器的总传输特性如图题4.14所示：
2112
图 题4.14
其中f 1=1MHz ，f 2=3MHz 。试确定该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率。 解：
该系统无码间干扰传输时的码元速率和频带利用率为：
R s max =4MBd
R S 4ηs ===1.33Bd /Hz
b 3
15. 设无码间干扰基带传输系统的传输特性为α=0.3的升余弦滚降滤波器，基带码元为16进制，速率
4-12
是1200 Baud。试求： （1） 该系统的比特速率。 （2） 传输系统的截止频率值； （3） 该系统的频带利用率；
解：（1）对于M 进制传输，其信息速率R b 与码元速率R s 的关系为R b =R s log 2M ，这里M=16，故系统的比特速率为：
R b =R s log 2M =4800bps （2）传输系统的截止频率值为
R s
B =f 0(1+α)=(1+α)=780Hz
2
（3）系统频带利用率为：
R b
ηb ==6.25bps /Hz
B
R s R s
ηs ===1.54Baud /Hz
B R s 1+α/2
16. 计算机以56 kbps的速率传输二进制数据，试求
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，下面两种方式所要求的传输带宽。（1）采用
4-13
2PAM 基带信号；（2）采用8电平PAM 基带信号。
解：（1）采用2PAM 基带信号时
R s
B =f 1+α=1+α()() 0则 2R (1+α) B ==28000(1+α) 2log 2M
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为35KHz 、36.4 KHz 、42 KHz 、49KHz 、56 KHz。
（2）采用8PAM 基带信号时
R s
B =f 0(1+α)=(1+α)
2
R (1+α)56000B ==1+α() 则
2log 2M
6
升余弦滚降因子分别为0.25、0.3、0.5、0.75和1时，传输带宽分别为11.67KHz 、12.13 KHz 、14 KHz 、16.33KHz 、18.67 KHz。
17. 在某理想带限信道0≤f ≤3000Hz 上传送PAM 信号。
4-14
（1） 要求按9600bps 的速率传输，试选择PAM 的电平数M ； （2） 如果发送与接收系统采用平方根升余弦频谱，试求滚降因子α；
-5
P =
10（3） 保证b 所需要的E b N 0是多少？
R s
解：（1）最大频带利用率ηs =B ≤2Baud/Hz
R b 9600ηb ==≤2log 2M
B 3000
即1.6≤log 2M →M ≥4 取M=4
（3） 发送与接收系统采用平方根升余弦频谱时，
R (1+α)B ==2400(1+α)=3000H z 2log 2M
得α=0.25
P e 2(
M -1)⎛P b ==Q （3） K M log 2M ⎝
得E b N 0=20 18.
19. 某信道的码间干扰长度为3，信道脉冲响应采样
4-15
值为h (-T )=0.3，h (0)=1，
h (T )=0.2，求3抽头迫零均衡器的抽头系数以及均衡前后的峰值畸变值。
解：由h =∑c h =c h +c h +c h 并按式（4.6.6）可得，
1
Ei
k i -k
-1i +1
0i
1i -1
k =-1
⎡h E -1⎤⎡h 0⎢h ⎥=⎢h ⎢E 0⎥⎢1⎢⎣h E 1⎥⎦⎢⎣h 2
h -1h 0
h 1
h -2⎤⎡c -1⎤⎡0⎤
⎢c ⎥=⎢1⎥h -1⎥⎥⎢0⎥⎢⎥h 0⎥⎦⎢⎣c 1⎥⎦⎢⎣0⎥⎦
代人具体数据得到，
⎡10.30⎤⎡c -1⎤⎡0⎤
⎢0.210.3⎥⎢c ⎥=⎢1⎥⎢⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎣00.21⎥⎦⎢⎣c 1⎥⎦⎢⎣0⎥⎦
-1
1
可解得，[c c c ]=[-0.34091.1364-0.2273]。
利用h =c h +c h +c h ，考虑i =-2~+2，计算出均衡后的非零冲激响应值为, {h , i =-2,..., +2}={-0.1023,0,1,0,-0.0455}。根据峰值畸变的定义得：
均衡器前，D =(0.3+0.2) /1=0.5
均衡器后，D =(0.1023+0.0455)/1=0.1478
易见均衡后码间干扰与峰值畸变都有显著降低。 20. 21.
22. 由图4.8.2估计2PAM 基带系统在定时抖动为5％
-510时，达到误码率所需的E b N 0，并与理想定时的
结果相比较。
Ei
-1i +1
0i
1i -1
Ei
4-16
-5σ/T =010e s 解：由图可见，当时，误码率要求接收信
号的E b /N 0≈9.5dB ；当σe /T s =0.05时，误码率10要求接收信号的E b /N 0≈10.5dB 。因此，5％的定时抖动导致E b /N 0的要求增加1dB 。 23. 24. 25.
-5
26.
4-17