《通信原理》课程教学资源（作业习题）通信原理题解05

5.2习题解答设二进制符号序列为110010001110.试以矩形脉冲为例,分别画出相应的单极性波形，双5-1极性波形，单极性归零波形，双极性归零波形，，二进制差分波形及八电平波形。5-2设二进制随机脉冲序列有余组成，出现gi(t)的概率为p，出现g2(t)的概率(1-p)。证明：如果

5.2 习题解答 5-1 设二进制符号序列为 110010001110. 试以矩形脉冲为例,分别画出相应的单极性波形，双 极性波形，单极性归零波形，双极性归零波形，二进制差分波形及八电平波形。 5-2 设二进制随机脉冲序列有余组成，出现 g1 (t)的概率为 p ，出现 的概率(1 )。 证明： ( ) 2 g t − p 如果

1k（与t无关）P:1- g(0)g2(t)且0<k<1，则脉冲序列将无离散譜证明已知1kp=1- gi(0)g2(0)则有pgi(t)+(1- p)g2(t) = 0将上式两边做傅里叶换，得pG,()+(1- p)G,()= 0其中，G,(f)和G,(f)分别为g,(t)和gz(t)的傅里叶变换。令f=mf，得到pG,(mf,)+(1- p)G,(mf,)= 0将上式代入二进制随脉冲序列的功率谱密度表达式（5-2）中，显然离散部分将为0。5-3设随机二进制序列中的0和I分别由g(t)和-g()组成，它们的出现概率分别为p及(1-p)()求其功率谱密度及功率。(2）若g(t)为如图5-6(a)所示波形，T,为码元宽度，问该序列存在离散分量fs=1/T否？(3）若g(t)改为图5-6(b),回答题（2）所问。解(）双极性波形的功率谱密度为P,()=4f,p(1- P)G() + I s[(2p-1)G(mf.)'8(F -mf.)其功率s-rm-L es=[4f,p(1- p)G() +Z.[(2p-1)G(mf,) (f -mf,)]af= 4f p(1- ) G()df + J (2p-1)"G(mf.)(2)若

）若（ 其功率 （）双极性波形的功率谱密度为 解 ）若（ 改为图 回答题（ ）所问。 ）若（ 为如图 所示波形， 为码元宽度，问该序列存在离散分量 否 求其功率谱密度及功率。 设随机二进制序列中的 分别由和 和 组成，它们的出现概率 及分别为 部分将为 。 将上式代入二进制随脉冲序列的功率谱密度表达式（ ）中，显然离散 令 ，得到 和 分别为 和 的傅里叶变换。 其中， 将上式两边做傅里叶换，得 则有 已知 证明 且 ，则脉冲序列将无离散譜 无关与 2 mfG12pfdffGp1p4f dfmffmfG12pffGp1pf4 dffPdwwP 2 1 S mffmfG1fs[(2p fGp1p4ffP 1 b65tg3 2 a65tg2 T T1fs 1 35 tgtg10 p1p 0 2-5 mfpG mfGp mff tgtgfGfG fGpfpG tgptpg k tg tg p 1k0 tk tg tg p 2 s 2 2 s 2 s s 2 s s 2 s s s s 2 s m 2 s s s s s s s ∫ ∑ ∫ ∑ ∫∫ ∑ ∞ ∞− ∞ ∞− ∞ ∞− ∞ ∞− ∞ ∞− ∞+ ∞− ∞+ −∞= −= −+ = − + − − = = −= + − − − − = − − − −+ = = −+ = =−+ = − = << = − = )()()()( )]()]()[()()([ )()( )()()( )()]() )( ),( )( )( ?/ )( )()( )( 0)()1()( )()()()( 0)()1()( 0)()1()( )( )( 1 1 )( )( )( 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 δ π δ

g(t)[0,其它g(t)傅里叶变换G(f)为G()=T, sin/T,元fT,sinf,T,元=T, sin =0T因为G(f)=TfT,元由题（）中的结果知，此时的离散分量为0。(3)若80=1.X0.其它g(t)的傅氏变换G(J)为Sin2G(f) =2T2fT,sinsinIT+022-因为G(f)2fI2元元元f221所以该二进制序列存在离散分量f，=T.5-4设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图5-7(a)所示。图中T，为码元间隔，数字信息“1”和“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等：(1)求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；(2)能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率f=1/T，的分量？若能，试计算该分量的功率

     ≤ 0,其它 2 T g(t)=1, t s 所以该二进制序列存在离散分量 。 因为 的傅氏变换 为 其它 （ ）若 由题（）中的结果知，此时的离散分量为 。 因为 傅里叶变换 为 s s s s s s s s s s s s s s s s s s s s T 1 f 0 T 2 2 sin 2 T 2 Tf 2 fT sin 2 T G f 2 Tf 2 fT sin 2 T G f g t G f 0, 4 T g(t)=1, t 3 1 0 0 sin T fT sin f T G f T fT sin fT G f T g t G f = = = = ≠ =      ≤ = = = = π π π π π π π π π π π π π π ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5-4 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲， 如图 5-7(a)所示。图中 Ts为码元间隔，数字信息“1”和“0”分 别用 g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的 概率相等： (1) 求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率 谱密度图； (2) 能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的 频率 fs=1/Ts 的分量？若能，试计算该分量的功 率

解随机脉冲(1)对于单极性基带信号，g;(t)=0,g2()=0=g(t),序列的功率谱密度为P,(f)= f,p(1- p)G() + Zf.(1- p)G(mf.)s(f -mf.)当 p=1/2时,g(0=IG()+ IG(m)(f-mf)NN=由图5-7(a)得[4-2g(t) =0,其它tg(t)的傅里叶变换G(f)为4sa(G(f)=22代入功率谱密度函数式，得ATsaATrmf,T,P(f)=T8(f -mf.)2224.2A'Ts'a)+s'a(m)s(f -mf.)2162162其功率谱密度图如图5-7(b)所示。(2）由图5-7(b)中可以看出，该基带信号功率谱密度中含有频率f=1/T,的离散分量，故可以提取码元同步所需的频率f=1/T，的分量。由题(1)中的结果，该基带信号中的离散分量为P(w)为A2Fs'a()8(f-mf.)Pv(f) =L16当m取土1时，即f土f.时，有

解 (1) 对于单极性基带信号，g ( ) 0, ( ) 0 ( ), 1 2 t = g t = = g t 随机脉冲 序列的功率谱密度为 ∑ ∞ =−∞ = − + − − m s s s s mfs p ( f ) f p(1 p)G( f ) f (1 p)G(mf ) ( f ) 2 2 δ 当 p=1/2 时, = + 2 ( ) 4 ( ) G f fs g t ∑ ∞ =−∞ − m s s s f mf f G mf ( ) 4 ( ) 2 2 δ 由图 5-7(a)得 其功率谱密度图如图 （ 所示。 代入功率谱密度函数式，得 的傅里叶变换 为 其它 5 7 b) ) f mf 2 m s a( 16 A 2 fT s a( 16 A T f mf 2 mf T s a( 2 AT 4 f 2 fT s a( 2 AT 4 f P f 2 fT s a( 2 AT G f g(t) G f t T t t T A g t s m 4 2 s 4 s 2 s m 2 s 2 s s 2 s 2 s s 2 s s s 2 s s s − = + − = + − =      − ≤ = ∑ ∑ +∞ =−∞ +∞ =−∞ ) ( ) ( ) ) ) ( ) ( ) ) ( ) 0, 2 ), 2 (1 ( ) δ π π δ π π π (2) 由图 5-7(b)中可以看出，该基带信号功率谱密度中含有频率 fs=1/Ts的离散分量， 故可以提取码元同步所需的频率 fs=1/Ts 的分量。 由题(1)中的结果，该基带信号中的离散分量为 Pv(w)为 ( ) ( )s m 4 2 ) f mf 2 m s a( 16 A Pv f = ∑ − +∞ =−∞ δ π 当 m 取±1 时，即 f=±fs时，有

A-4sa()元sta)s(f+f,)Pv(f):)s(f-f.+161622所以该频率分量的功率为A?s'a()+42A2s'a(3)=2S=-元42161625-5设某二进制数字基带信号中，数字信号“1”和“0”分别由及表示，且“1”与“0”出现的概率相等，是升余弦频谱脉冲，即元cos(-T元-sa(g(t):n1_43TT.（1）写出该数字基带信号的功率谱密度表示式，并画出功率谱密度图：(2）从该数字基带信号中能否直接提取频率f=1/T，的分量。(3）若码元间隔T,=10-s，试求该数字基带信号的传码率及频带宽度。解（1）当数字信息“1”和“0”等概率出现时，双极性基带信号的功率谱密度P()=fG()cos(1)一T.其傅氏变换为已知g(t)=-sa().21_ 4t2T1-T.?[(1+ cos T,)≤1ATG(f)=3[0,其它f代入功率谱密度表达式中，有(1+cos TT,)P()=16T如图5-8所示。5-6设某双极性基带信号的基本脉冲波形如图5-9(a)所示。它是一个高度为1，宽度得矩形脉冲，且已知数字信息“1”的出现概率为3/4，“0”的出现概率为1/4。(1)写出该双极性信号的功率谱密度的表示式，并画出功率谱密度图；(2)由该双极性信号中能否直接提取频率为f=1/T，的分量？若能，试计算该分量的功率

16 A Pv f 2 ( ) = ) ( ) 2 ) ( ) ( 2 ( 4 4 s 2 s s a f f 16 A s a f − f + δ + π δ π 所以该频率分量的功率为 S = 16 A2 4 2 4 4 2 ) 2 ) ( 2 ( π π π A s a 16 A s a 2 + = 5-5 设某二进制数字基带信号中，数字信号“1”和“0”分别由 及 表示，且“1” 与“0”出现的概率相等， 是升余弦频谱脉冲，即 ( ) 4 1 cos( ) 2 1 ( ) 2 2 s s s T t sa T t T t g t π π − = (1) 写出该数字基带信号的功率谱密度表示式，并画出功率谱密度图； (2) 从该数字基带信号中能否直接提取频率 fs=1/Ts的分量。 (3) 若码元间隔 Ts=10-3 s, 试求该数字基带信号的传码率及频带宽度。 解 (1) 当数字信息“1”和“0”等概率出现时，双极性基带信号的功率谱密度 2 P ( f ) f G( f ) s = s 已知 ( ) 4 1 cos( ) 2 1 ( ) 2 2 s s s T t sa T t T t g t π π − = ，其傅氏变换为      + ≤ = f T fT f T G f s s s 0,其它 1 (1 cos ), ( ) 4 π 代入功率谱密度表达式中，有 Ps ( f ) = s s s T fT f T 1 (1 cos ) , 16 2 + π ≤ 如图 5-8 所示。 5-6 设某双极性基带信号的基本脉冲波形如图 5-9(a)所示。它是一个高度为 1， 宽度 得矩形脉冲，且已知数字信息“1”的出现概率为 3/4，“0”的出现概率为 1/4。 (1) 写出该双极性信号的功率谱密度的表示式，并画出功率谱密度图； (2) 由该双极性信号中能否直接提取频率为 fs=1/Ts的分量？若能，试计算 该分量的功率

解双极性信号的功率谱密度为(1)P,(f)= 4f,p(1- p)G(f)° + Z[f,(2p-1)G(mf,)s(f - mf.)一时，有当p=4+P(f)=Z|G(mf,)°s(f - mf.)4已知s2g(t)=0,其它tG(f)=tsinft故=tsa(ft)ft将上式代入P(f)的表达式中，得ftP,()=f.t's'a(ft)sa(rmf,t)o(f -mf,)4将T=T代入上式得hriaT1Esa())+")s(f -mf,)P(f)=22361=-0功率谱密度如图5-9(b)所示。（2）由图5-9(b)可以看出，由该双极性信号可以直接提取频率为f=1/T，的分量。该基带信号中的离散分量为P(w)为≥sa()(-mf)P,(w)=236 m当m取土1时，即f士f.时，有11sa()6(f -f.)+sa("P, (w) =元)8(f+f)363361分量的功率为所以频率为f。T.311元元s"a("S:s'a-8元？3633635-7已知信息代码为100000000011，求相应的AMI码，HDB3码，PST码及双相码

解 (1) 双极性信号的功率谱密度为      ≤ = = + − = = − + − − ∑ ∑ ∞ =−∞ ∞ =−∞ 0, t 2 1 t g t G mf f mf 4 f f G f 4 3 P f 4 1 p P f f p p G f f p G mf f mf m s s 2 s s s m s s s s s 其它 已知 当 时，有 τ δ δ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 (1 ) ( ) (2 1) ( ) ( ) 2 2 2 2 故 ( ) τ (π τ ) π τ π τ τ sa f f sin f G f = = 将上式代入 Ps ( f ) 的表达式中，得 功率谱密度如图 （ 所示。 将 代入上式得 5 9 b) f mf 2 m s a( 36 1 2 fT T s a 12 1 P f T 3 1 s a( mf f mf 4 f f s a f 4 3 P f s m 2 2 s 2 s s s s m s 2 2 2 2 2 s s s − = + − = = + − ∑ ∑ ∞ =−∞ ∞ =−∞ ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) δ π π τ π τ δ τ τ π τ （2）由图 5-9(b)可以看出，由该双极性信号可以直接提取频率为 fs=1/Ts的分量。 该基带信号中的离散分量为 Pv(w)为 ) ( )s m 2 v f mf 2 m s a( 36 1 P (w) = ∑ − ∞ =−∞ δ π （ 当 m 取±1 时，即 f=±fs时，有 2 2 2 s s s 2 s 2 v 8 3 3 s a 36 1 3 s a 36 1 S T 1 f f f ) 3 s a 36 1 f - f ) 3 s a 36 1 P (w) π π π δ π δ π = + = = = + + ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( 分量的功率为 （ 所以频率为 5-7 已知信息代码为 100000000011，求相应的 AMI 码，HDB3 码，PST 码及双相码

解AMI码：+1000000000-1+1HDB码：+1000+V-B00-V0+1-1PST码：(+模式)+0-+-+-+-++-②-模式)-0-+.+-+.++-双相码：1001010101010101010110105-8已知信息代码为1010000011000011，试确定相应的AMI码及HDB，码，并画出它们的波形图。5-9某基带传输系统接受滤波器输出信号的基本脉冲为如图5-10所示的三角形脉冲。(1）求该基带传输系统的传输函数H(w),(2）假设信道的传输函数C(w)=1,发送滤波器和接受滤波器具有相同的传输函数，即G(w)=Gr(w),试求这时Gr(w)或Gr(w)的表达式。解(1)由图5-10得2100≤1≤1T.Ih(t)=0,其它基带系统的传输函数H(w)由发送滤波器Gr(w)，信道C(w)和接受滤波器Gr(W)组成，即H(w)= Gr(w)C(w) GR(w)若C(w)=1, Gr(w)=Gr(w)则H(w)= Gr(w)Gr(w) =G’t(w)= G°R(w)所以T,Fsaw10GI(w)=Gr(w) = /H(w) =V2°45-10设某基带传输系统具有图5-11所示的三角形传输函数：（1）求该系统接受滤波器输出基本脉冲的时间表示式：(2）当数字基带信号的传码率Rg=Wo/元时,用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间干扰传输？解(1）由图5-11可得≤WH(w) =3Wo0,其它w该系统输出基本脉冲的时间表示式为H6w)e w=" sa(")h(t)=22元2元(2)根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H(w)应满足

解 AMI 码：+1 0000 00000 –1 +1 HDB3 码：+1 000+V -B00 -V0 +1 –1 PST 码：①(+模式)+0 - + - + - + - + +- ②(-模式)-0 - + - + - + - + +- 双相码：10 01 01 01 01 01 01 01 01 01 10 10 5-8 已知信息代码为 1010000011000011，试确定相应的 AMI 码及 HDB3 码，并 画出它们的波形图。 5-9 某基带传输系统接受滤波器输出信号的基本脉冲为如图 5-10 所示的三角 形脉冲。 (1) 求该基带传输系统的传输函数 H(w); (2) 假设信道的传输函数 C(w)=1,发送滤波器和接受滤波器具有相同的传输 函数，即 G(w)=GR(w),试求这时 GT(w)或 GR(w)的表达式。 解 (1)由图 5-10 得 h(t)=     − − ≤ ≤ 0 t 0 t T 2 T t T 2 1 s s ,其它 ( ),  基带系统的传输函数 H(w)由发送滤波器 GT(w)，信道 C(w)和接受滤 波器 GR(w)组成，即 H(w)= GT(w)C(w) GR(w) 若 C(w)=1， GT(w)= GR(w) 则 H(w)= GT(w)GR(w) =G2 T(w)= G2 R(w) 所以 GT(w)= GR(w) = 4 T jw s s s e 4 T sa w 2 T H(w) − = ( ) 5-10 设某基带传输系统具有图 5-11 所示的三角形传输函数： (1) 求该系统接受滤波器输出基本脉冲的时间表示式； (2) 当数字基带信号的传码率 RB=w0/π时,用奈奎斯特准则验证该系统能否实现 无码间干扰传输? 解 (1) 由图 5-11 可得      ≤         = 0 w w w w w 1 1- H(w) 0 0 ,其它 , 该系统输出基本脉冲的时间表示式为 ( ) ( ) 2 w t sa 2 w H(w)e dw 2 1 h t jwt 0 0 π π = = ∫ +∞ −∞ (2)根据奈奎斯特准则,当系统能实现无码间干扰传输时, H (w)应满足

2元)=C,≤"ZH(w+TTHeg(w)0,>元T+i)=ZH(wW+2Rgi)=ZH(+2wi)*C,容易验证，当=W时,H(w+T,T,"时，系统不能实现无码间干扰传输所以当传码率RR=元5-11设基带传输系统的发送器滤波器，信道及接受滤波器组成总特性为H(w)，若要求以2/T，Baud的速率进行数据传输，试检验图5-12各种H(w)满足消除抽样点上无码间干扰的条件否？解当RB=2/T。时，若满足无码间干扰的条件，根据奈奎斯特准则，基带系统的总特性H(w)应满足(H(W +2元R,i)= C,w≤元RH.(w)=}[0, >元RB或者i)=C,ZH(W+T.THe.(w)=/0.0/> 2元T,容易验证，除(c)之外，(a)(b)(d)均不满足无码间干扰传输的条件。5-12设某数字基带传输信号的传输特性H(w)如图5-13所示。其中a为某个常数(0≤a≤1)。（1）试检验该系统能否实现无码间干扰传输？(2）试求该系统的最大码元传输速率为多少？这是的系统频带利用率为多大？解(1)根据奈奎斯特准则，若系统满足无码间干扰传输的条件，基带系统的总特性H(w)应满足(ZH(w +2元Rgi) = C,|≤πRBH.g(w)=)0,>元R

       > ∑ + = ≤ s i s s eq T 0 w T C w T 2 H w H w π π π , ( ) , ( ) 所以当传码率 时，系统不能实现无码间干扰传输 容易验证，当 时， ， π π π π 0 B i 0 i B i s 0 s w R i H w 2 R i H w 2w i C T 2 w H w T w = ≤ = ∑ ( + ) = ∑ ( + ) = ∑ ( + ) ≠ 5-11 设基带传输系统的发送器滤波器，信道及接受滤波器组成总特性为 H(w)，若 要求以 2/Ts Baud 的速率进行数据传输，试检验图 5-12 各种 H(w)满足消除抽样点上无码间 干扰的条件否？ 解 当 RB=2/Ts 时，若满足无码间干扰的条件，根据奈奎斯特准则，基带系统的总特性 H(w)应满足      > + = ≤ = ∑ B B i B eq w R H w 2 R i C w R H w π π π 0, ( ) , ( ) 或者        > + = ≤ = ∑ s i s s eq T w T i C w T 4 H w H w π π π 2 0, 2 ( ) , ( ) 容易验证，除(c)之外，(a) (b) (d)均不满足无码间干扰传输的条件。 5-12 设某数字基带传输信号的传输特性 H(w)如图 5-13 所示。其中 a 为某个常数(0 ≤a≤1)。 (1) 试检验该系统能否实现无码间干扰传输? (2) 试求该系统的最大码元传输速率为多少？这是的系统频带利用率为多大? 解 (1) 根据奈奎斯特准则，若系统满足无码间干扰传输的条件，基带系统的 总特性 H(w)应满足      > + = ≤ = ∑ B B i B eq w R H w 2 R i C w R H w π π π 0, ( ) , ( )

可以验证，当RBWo/元时，上式成立。几该系统可以实现无码间干扰传输。(2)该系统的最大码元传输速率Rmax既满足Heq（w)的最大码元传输速率RB，容易得到Rmax=Wo/ 系统带宽B=(1+a)worad=(1+a)wo/2πHZ,所以系统的最大频带利用Wo2Rmax元率为n=B(1+α)w(1+α)2元5-13为了传送码元速率Rs=10°Baud的数字基待信号，试问系统采用图5-14中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。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，冲击响应“尾巴”衰减快慢，实现难易程度等三个方面分析对比三种传输函数的好坏。(）频带利用率三种波形的传输速率均为RB=1000Baud，传输函数(a)的带宽为B,=2×10'Hz其频带利用率na=R/B,=1000/2×103=0.5Baud/Hz传输函数(b)的带宽为Bb=10′Hz其频带利用率b=Rp/Bb=1000/1000=1Baud/Hz传输函数(c)的带宽为B=10'′Hz其频带利用率n。=Rg/B=1000/1000=1Baud/Hz显然na<nb=ne所以从频带利用率角度来看，（b)和（c)较好。(2）冲击响应“尾巴”衰减快慢程度(a)，(b)和(c)三种传输函数的时域波形分别为h.(t)=2×103s2a(2×103mt)h,(t)= 2×103 sa(2×10°t)h,(t)=10"s2a(10°m)其中a)和(c)的尾巴以1/t的速度衰减，而(b）尾巴以1/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。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)(3)相对较易实现。综上所述，传输特性(c)较好

可以验证，当 RB=w0/π时，上式成立。几该系统可以实现无码间干扰 传输。 (2) 该系统的最大码元传输速率 Rmax,既满足 Heq(w)的最大码元传输速率 RB，容易得到 Rmax=w0/π 系统带宽 B=(1+α)w0 rad=(1+α)w0/2πHZ,所以系统的最大频带利用 率为 (1 ) 2 2 (1 ) 0 0 α π α π η + = + = = w w B Rmax 5-13 为了传送码元速率 RB=103 Baud 的数字基待信号，试问系统采用图 5-14 中所 画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。 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，冲击响应“尾巴”衰减快慢，实现难易程度等三个方面分 析对比三种传输函数的好坏。 (1) 频带利用率 三种波形的传输速率均为 RB=1000 Baud，传输函数(a)的带宽为 Ba=2×103 Hz 其频带利用率 ηa= RB/ Ba=1000/2×103 =0.5 Baud/ Hz 传输函数(b)的带宽为 Bb=103 Hz 其频带利用率 ηb= RB/ Bb=1000/1000=1 Baud/ Hz 传输函数(c)的带宽为 Bc=103 Hz 其频带利用率 ηc= RB/ Bc=1000/1000=1 Baud/ Hz 显然 ηa<ηb=ηc 所以从频带利用率角度来看，(b)和(c)较好。 (2) 冲击响应“尾巴”衰减快慢程度 (a)，(b)和(c)三种传输函数的时域波形分别为 ( ) 10 (10 ) ( ) 2 10 (2 10 ) ( ) 2 10 (2 10 ) 3 2 3 3 3 3 2 3 h t s a t h t sa t h t s a t c b a π π π = = × × = × × 其中(a)和(c)的尾巴以 1/t 2 的速度衰减，而(b) 尾巴以 1/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。 综上所述，传输特性(c)较好

5-14设二进制基带系统地分析模型如图5-2所示，现已知Jto(1+coswt。),≤H(w)=To0,其它wo，其它w试确定该系统最高的码元传输速率R及相应码元间隔Ts解传输特性H(w)的波形如图5-15所示。由上图易知，H(w)为升余弦传输特性。有奈奎斯特准则，可求出系统最高的码元速率Rg=1/2t。Baud，而T,=2to.5-15若上题中[F(+cosw号T),≤2元22TH(w)=0，其它w试证其单位冲击响应为sint/T,cost/T,h(t) =1-4t?/T2nt/T并画出h(t)的示意波形和说明用1/T，Baud速率传送数据时，存在抽样时刻上)码间干扰否？解H(w）可以表示为TG()1+cosWTH(w)=22T,其中G(w)波形如图5-16（a)所示。而G(w)得傅式变换为T,T,22元F-I [G4-(w)]--saT,T.T.而wTsWTTe2+eG4 (W)[1 +H(w)=22T.T.TF1SNTIGW)eLG禁(w)+TG禁(w)e2T,T.T44所以h(t)=

5-14 设二进制基带系统地分析模型如图 5-2 所示，现已知      + ≤ = w w w H w 0,其它 (1 cos ), ( ) 0 0 0 τ π τ τ 0， 其它 w 试确定该系统最高的码元传输速率 RB及相应码元间隔 Ts. 解 传输特性 H(w)的波形如图 5-15 所示。 由上图易知，H(w)为升余弦传输特性。有奈奎斯特准则，可求出系统 最高的码元速率 RB=1/2τ0 Baud，而 Ts.= 2τ0 。 5-15 若上题中        + ≤ = 0 w T w T w T H w s s s ，其它 2π ), 2 (1 cos 2 ( ) 试证其单位冲击响应为 s s s s t T t T t T t T h t 2 2 1 4 / cos / / sin / ( ) − = • π π π 并画出 h(t)的示意波形和说明用 1/ Ts Baud 速率传送数据时，存在(抽样时刻上)码 间干扰否？ 解 H(w)可以表示为 H(w)= ) 2 ( )(1 cos 2 4 s s s wT w T G T + π 其中 ( ) 4 w T G s π 波形如图 5-16（a)所示。而 ( ) 4 w T G s π 得傅式变换为 −1 F [ ( ) 4 w Ts π G ]= ) 2 ( 2 s Ts t sa T π 而 H(w)= ] 2 ( )[1 2 2 2 4 wTs j wTs j s s e e w T G T − + + π = ( ) 2 4 w T G T s s π + ( ) 4 w T G 4 T s s π + 2 wTs j e ( ) 4 w T G 4 T s s π 2 wTs j e − 所 以 h(t)=