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通信原理第三版-蔣青(全部答案)
第1章 緒論 習(xí)題解答
1-1
解：每個(gè)消息的平均信息量為
111111
H(x)=-log2-2?log2-log2
448822
=1.75bit/符號(hào)
1-2
解：（1）兩粒骰子向上面的小圓點(diǎn)數(shù)之和為3時(shí)有（1，2）和（2，1）兩種可能，總的組合
11
C?C=36，則圓點(diǎn)數(shù)之和為3出現(xiàn)的概率為 66數(shù)為
故包含的信息量為
p3=
21=3618
1
=4.17(bit)18
（2）小圓點(diǎn)數(shù)之和為7的情況有（1，6）（6，1）（2，5）（5，2）（3，4）（4，3），則圓點(diǎn)數(shù)之和為7出現(xiàn)的概率為
故包含的信息量為
I(3)=-log2p3=-log2
p7=
61=366
1
=2.585(bit)6
1-3 解：（1）每個(gè)字母的持續(xù)時(shí)間為2?10ms，所以字母?jìng)鬏斔俾蕿?/p>
不同字母等可能出現(xiàn)時(shí)，每個(gè)字母的平均信息量為 H(x)=log24=2 bit/符號(hào) 平均信息速率為
Rb=RB4 H(x)=100 bit/s （2）每個(gè)字母的平均信息量為
I(7)=-log2p7=-log2
RB4=
1
=50Baud
2?10?10-3
11111133
H(x)=-log2-log2-log2-log2
5544441010
=1.985 bit/符號(hào)
所以平均信息速率為
Rb=RB4 H(x)=99.25 (bit/s) 1-4 解：（1）根據(jù)題意，可得：
3
≈1.4158 比特 1
I(1)=-logP(1)=-log2=2
4 比特
I(0)=-logP(0)=-log2
1=24 比特 1
I(3)=-logP(3)=-log2=3
8 比特
I(2)=-logP(2)=-log2
（2）因?yàn)殡x散信源是無(wú)記憶的，所以其發(fā)出的消息序列中各符號(hào)是無(wú)依賴的、統(tǒng)計(jì)獨(dú)立的。
因此，此消息的信息量就等于消息中各個(gè)符號(hào)的信息量之和。此消息中共有14個(gè)“0”符號(hào)，13個(gè)“1”符號(hào)，12個(gè)“2”符號(hào)，6個(gè)“3”符號(hào)，則該消息的信息量是：
I=14I(0)+13I(1)+12I(2)+6I(3) ≈14?1.415+13?2+12?2+6?3
≈87.81 比特
此消息中共含45個(gè)信源符號(hào)，這45個(gè)信源符號(hào)攜帶有87.81比特信息量，則此消息中平均每個(gè)符號(hào)攜帶的信息量為
I2=87.81/45≈1.95 比特/符號(hào)
1-6
1133
H(x)=-log2-log2≈0.811
4444解：（1）bit/符號(hào)
（2）某一特定序列（例如：m個(gè)0和100-m個(gè)1）出現(xiàn)的概率為
P(XL)=P(X1,X2, ,X100)=??P(0)????P(1)??
m
100-m
?1??3?
= ? ??4??4?
m100-m
所以，信息量為
m100-m
??13??????L
I(X1,X2, ,X100)=-logP(X)=-log? ? ??
44????????
=200-(100-m)log23(bit)
（3）序列的熵
1-8
解：若系統(tǒng)傳送二進(jìn)制碼元的速率為1200Baud，則系統(tǒng)的信息速率為： Rb=1200?log22=1200 bit/s
若系統(tǒng)傳送十六進(jìn)制碼元的速率為2400Baud，則系統(tǒng)的信息速率為： Rb=2400?log216=9600 bit/s 1-11
解：(1) 因?yàn)镾/N =30dB,即10得：S/N=1000
由香農(nóng)公式得信道容量
H(XL)=100H(X)=81bit/序列
log10
S
=30dBN，
（2）因?yàn)樽畲笮畔鬏斔俾蕿?800b/s，即信道容量為4800b/s。由香農(nóng)公式
S)N ?l2og+(11 000) =3400931b0it s/ ≈33.8?C=Blog2(1+C=Blog2(1+
S
)N
4800C
S
=2B-1=23400-1≈2.66-1=1.66
得：N。
則所需最小信噪比為1.66。
第2章 信號(hào)與噪聲分析
習(xí)題解答
2-1 解：
p(x>2)=1-p(x≤2)數(shù)學(xué)期望：
E(x)=?
+∞
-∞
xp(x)dx=?
∞
+∞
-∞
1x2xdx==02a4a-a
a
a
a
x2x3a222
E(x)=?xp(x)dx=?==
-∞-a2a6a3 -a因?yàn)?/p>
a2a2
D(x)=E(x)-[E(x)]=-0=
33 所以方差：
2
2
2-2
x-0x
解：由題意隨機(jī)變量x服從均值為0，方差為4，所以2，即2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，可
Φ(x)=
通過(guò)查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)
p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(
x
-∞
edt
數(shù)值表來(lái)求解。
-
t2
2
x-02-0
≤)=1-Φ(1)22 （1） 30.1 =1-0.841= 5x-04-0
p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(2)
22 （2）
=1-0.9772=0.0228
x-1.5
（3）當(dāng)均值變?yōu)?.5時(shí)，則2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，所以
x-1.52-1.5
p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(≤)=1-Φ(0.25)
22
=1-0.5987=0.4013
x-1.54-1.5
p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(1.25)
22
=1-0.8944=0.1056
2-6
解：（1）因?yàn)殡S機(jī)變量θ服從均勻分布，且有0≤θ≤2π，則θ的概率密度函數(shù)
所以有 E[z(t)]=E[m(t)cos(ω0t+θ)] =E[m(t)]?E[cos(ω0t+θ)]
f(θ)=
12π，
1
=E[m(t)]??cos(ω0t+θ)?dθ02π
=0
+τ)=E[m(t)cωo0s(+tθ?)m+tτ()ωst(ωθ)]0co+0τ+ Rz(t,t
=E[m(t)m(t+τ)]?E[cos(ω0t+θ)cos(ω0t+ω0τ+θ)]
11
=Rm(τ)?E[cos(2ω0t+ω0τ+2θ)+cosω0τ]
22 1
=Rm(τ)?cosω0τ
2
?cosω0τ
?2(1+τ),-1<τ<0?
?cosω0τ=?(1-τ),0≤τ<1
2??0,其他τ?
? =Rz(τ)
由此可見(jiàn)，z(t)的數(shù)學(xué)期望與時(shí)間無(wú)關(guān)，而其相關(guān)函數(shù)Rz(t,t+τ)僅與τ相關(guān)，因此z(t)
2π
是廣義平穩(wěn)的。
（2）自相關(guān)函數(shù)Rz(τ)的波形如圖2-6所示。
圖2-6
（3）根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對(duì)
≤t<0?1+t,-1
?ω?tri(t)=?1-t,≤0t
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