《2016年四川大学现代通信技术(第4章、第五章)习题解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年四川大学现代通信技术(第4章、第五章)习题解答（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、4.5 假设某单极性信号的最大幅值为12.8V，若对该信号进 行均匀量化并编码为8位二进制码，求： （1）量化间隔； （2）信号电平为9.5V时的量化编码码字； （3）码字“01101011”对应的信号电平。 解：（1）量化间隔=12.828=0.05V （2）信号电平为9.5V时的量化间隔数为 9.50.05=190 190-1 （10111101） （3）码字“01101011”对应的十进制数为107，所以 对应的信号电平为 (107+1)0.05=5.40V 4.6 已知自然二进制码为“10101001”，求它对应的格雷码和折叠 二进制码。 解： 自然二进制码10101001 格雷码11
2、111101 折叠二进制码10101001 错误的折叠二 进制码 01010110 4.7 已知格雷码为“11001001”，求它对应的自然二进制码和 折叠二进制码。 解： 格雷码11001001 自然二进制码10001110 折叠二进制码10001110 4.9 采用A率13折线非线性量化编码，最小量化间隔为V1。以 V1为单位的两个量化抽样值分别为367 V1和-891 V1。求： （1）这两个量化抽样值各自对应的编码码组和量化误差； （2）接收端译码输出的量化电平值及其相对于发送端的量化抽 样值的量化误差。 解：（1）对于367 V1，因为 P=1 367128，X=1；367512，Y
3、=0； 367256，Z=1 256+128 367，A=0； 256+64512，Y=1； 8911024，Z=0 512+256 891，B=0； 512+256+64891，C=1； 512+256+64+32891，D=1 所以 -891 V1： 01101011 误差： -891 V1(-864V1)= -27V1 （2）接收端译码输出 (352+ 8)V1=360 V1误差： 7V1 - (864+16) V1= - 880 V1误差： -11V1 4.13一时分多路PCM复用系统，传输三路信号，其最高频率分 量分别为3kHz、6kHz和12kHz，采用均匀量化编码，量化级数 为1
4、28，帧同步码字与信息码字等长。 （1）若各路信号均按奈奎斯特间隔抽样，试设计抽样方案； （2）画出帧结构示意图； （3）求系统的数码率和最小传输带宽。 解：（1） 因为三路信号的最高频率分量分别为3kHz、6kHz 和12kHz，若各路信号均按奈奎斯特间隔抽样，则抽样频 率分别为6kHz、12kHz和24kHz，也就是说在对3kHz的第 一路信号抽一次样的时间间隔内，要对6kHz的第二路信号 和12kHz的第三路信号分别抽 2 次和 4 次样。 （2）因此，可以将第一路信号的抽样间隔等分为8个时隙，时 隙安排和帧结构示意图如下 帧帧 3231323帧帧 32323 同 步 同 步 同 步 同
5、 步 一帧一帧 (3) 因为抽样频率为6kHz，每帧8个时隙，每个时隙传输一个 抽样值，每样值编码为7位二进制码，因此系统的数码率为 6 87=336kbit/s 若采用二进制传输，则最小传输带宽为168kHz。 4.21 已知两个五位码元组成的码组（00000）和（11111），他 们之间的码距是多少？若将他们用于纠错，可以纠正几位错 误码？若将他们用于检错，可以检出几位错误码？ 解： 5 5 1 d CCd i ii 码距： 纠错： 2 12 min t td检错： 4 1 min e ed 所以 码距是 5 ，可纠 2 位错误，可检查出 4 位错误 4.22 已知一组（6 , 3）码为
6、111000 110101 101011 100110 011110 010011 001101 000000 （1）求该码组的最小码距； （2）求该码组的检错纠错能力。 解：（1） 3 min 5 1 d CCd i ii 码距： （2） 1 12 min t td 2 1 min e ed 检错： 纠错： 所以 码距是3 ，检错能力为2，纠错能力为1 4.23 已知（7，4）码的生成矩阵为 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 G （1）求它的全部码字； （2）监督矩阵H； （3）若接收码字为R=（1010110），
7、确定是否有错；若有错， 求正确的码字。 解：（1）求它的全部码字： 根据C=IG，可以求出当信息码为0000，0001，1111 时的全部编码输出码字。例如 1011010 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1011G IC （2）监督矩阵H 根据监督矩阵H与生成矩阵G之间的关系，由生成矩阵 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 G 可得监督矩阵H 1 0 0 0 1 1 1 0 01 11 0 1 0 0 1 1 0 1 1 H （3）若接收
8、码字为 R =（1010110），则伴随式为 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 01 11 0 1 0 0 1 1 0 1 1 HRS TT 伴随式不为零，说明接 收码字有错。由于伴随式的 值与监督矩阵的第6列对应， 所以正确的接收码字应为 （1010100）。 4.24 已知（7，4）循环码的生成多项式为, 求： （1）生成矩阵和监督矩阵； （2）若信息码I=（0101），求输出码字C； （3）若接收码字为R=（1010100），确定是否有错；若有错，求 正确的码字。 1)( 23 xxxg 解： （1）根据(7，4)循环码的生成多项式g(x)=x3+x
9、2+1，可得 （2） 当信息码字 I =（0101）时的编码输出码字 C 为： （3）如果接收的码字是 R=（1010100），则伴随式S为： 由于伴随式不等于零，所以接收码字有错。且伴随式的 结果与监督矩阵的第四列相同，根据最大似然译码法可判断 是码字的第四位有错，故正确的码字应该是（1011100）。 4.25 已知（7 ，3)循环码的监督关系式，求该循环码的监督矩阵 和生成矩阵。 0 0 0 0 045 156 0125 1236 xxx xxx xxxx xxxx 解：由监督关系式可得监督矩阵为 r IQH 1000110 0100011 0010111 0001101 1000110
10、 0100011 1110010 0111001 T QP 1011100 1110010 0111001 PIG k 5.1 若二进制信息码为10110000101，求相应的“1”差分码和 “0”差分码，并画出对应的矩形脉冲波形。 解：二进制信息码：1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 “1”差分码：0* 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1* 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 “0”差分码： 0* 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1* 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 00*110111110 11111000000 1 5.2 若二进制信息
11、码为 10110000101 ，画出对应的CMI码的矩形 脉冲波形。 解： 11111000000 1 CMI码 1 111000000 5.3 若二进制信息码为 10110 00010 10001 01010 00111 11010 11110 ，5B6B编码表如表5-1所示，求相应的5B6B码。 解： 信息码10110 00010 10001 010100011111010 11110 正模式 负模式 101010 110001 011101 010111 111001 110010 001110 101010 110001 100010 101000 000110 110010 0011
12、10 5.4 若二进制信息码为1011000010000110000101，求相应的传号交替 反转码（AMI）和HDB3码。 解： 信息码： 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 AMI码：+1 0 1 +1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 +1 1 0 0 0 0 +1 0 -1 HDB3码：+1 0 1 +1 0 0 0+V-1 0 0 0 V +1 1 +B 0 0 +V 1 0 +1 5.12 已知第类部分响应信号中的已知第类部分响应信号中的r0=1，r1=1。假设输入 为 。假设输入 为4进制序列进制序列 121321001233
13、21101121 （1）求预编码和相关编码规则及其对应的编码序列； （ ）求预编码和相关编码规则及其对应的编码序列； （2）试画出该第类部分响应基带传输系统的原理框 图。 ）试画出该第类部分响应基带传输系统的原理框 图。 解：解： (1) 由由r0=1，r1=1，可得，可得 an= bn+ bn-1mod 4 预编码规则：预编码规则：bn= an- bn-1mod 4 相关编码规则：相关编码规则：cn= bn+ bn-1 接收端译码规则：接收端译码规则： an=cnmod 4 当输入为当输入为4进制序列，对应编码序列分别为：进制序列，对应编码序列分别为： an1 2 1 3 2 1 0 0 1
14、 2 3 3 2 1 1 0 1 1 2 1 bn=an- bn-1mod 4 0*1 1 0 3 3 2 2 2 3 3 0 3 3 2 3 1 0 1 1 0 cn= bn+ bn-11 2 1 3 6 5 4 4 5 6 3 3 6 5 5 4 1 1 2 1 an=cnmod 4 1 2 1 3 2 1 0 0 1 2 3 3 2 1 1 0 1 1 2 1 （2）该第类部分响应基带传输系统的原理框图如下：）该第类部分响应基带传输系统的原理框图如下： 5.17 设图示均衡滤波器输入信号x(t)的取值为x+1=1/2，x0=1，x-1=1/4，其 余都为0，要求输出y+1和y-1补偿为零，试求抽头增益值Ci和峰值畸变。 解：解：由N 1 2 1 1 x x 0 1 4 1 1 x 得 0 1 0 1 2 1 0 4 1 1 2 1 0 4 1 1 1 0 1 C C C 由此方程组可解出抽头增益值 3 2 1 C 3 4 0 C 3 1 1 C 峰值畸变 4 3 in D 12 5 12 1 3 1 out D
