通原第9章习题答案

9.1已知一低通信号m(t)的频谱M(f)为

|f| 1 M ( f )= 200 0

| f|< 200 Hz其他

(1)假设以 f s= 300 Hz的速率m(t)进行理想抽样，试画出已抽样信号 ms(t)的频谱草图； (2)若用 f s= 400 Hz的速率抽样，重做上题。

9.1解: (1)已知抽样信号 ms (t )= m(t ) δ T (t ),其傅氏变换为2π 1 M s (ω )= M (ω ) 2π T

n= ∞

∑δ (ω nω )s

+∞

1+∞=∑ M (ω nω s ) T n= ∞= fsn= ∞

∑ M (ω nω )s

+∞

式中T= 1 f s,ω s= 2πf s .当 f s= 300 Hz时

M s (ω )= 300∑ M (ω 600nπ )M s (ω )如图(a)所示.(2)若 f s= 400 Hz,则M s (ω )= 400∑ M (ω 800nπ )n= ∞+∞

+∞

n= ∞

M s (ω )如图(b)所示.

注意抽样后幅值的变

化

9.3已知某信号m(t)的频谱M(ω)如图P9-1(a)所示。它将通过传输函数为H1(ω)的滤波器（图P9-1(b)）后再进行理想抽样。

(1)抽样速率应为多少？

(2)若抽样速率fs=3f1，试画出已抽样信号的频谱；(3)接收端的接收网络应具有怎样的传输函数H2(ω)，才能由ms(t)不失真地恢复m(t)？

9.3解: (1)经过滤波后的信号m ' (t )的频谱为 M ' (ω )= M (ω ) H1 (ω ),如图(c)所示,由抽样定理可知,抽样速率 f s应满足

fs≥

2ω1= 2 f1 2π+∞

( f1=

ω1 ) 2π

(2)若抽样速率 f s= 3 f1,已抽样信号 m s (t )的频谱 M s (ω )为

M s (ω )= f sm s (t )的频谱如图(d)所示.

n= ∞

∑M

'

(ω 2π nf s )

(3)当不失真恢复时

M (ω )= H 2 (ω ) M s (ω )而由(1)知

M s (ω )=故

1 M (ω ) H 1 (ω ) Ts

1, M (ω ) H 2 (ω )== H (ω ) M s (ω ) 1 0,可以由 m s ( t )不失真地恢复 m(t )。

ω≤ω1其它ω

严格讲，应该 H2(w)=Ts/H1(w)

9.5 已知信号m(t)的最高频率为fm，由矩形脉冲对m(t)进行瞬时抽样，矩形脉冲的宽度为2τ、幅度为1，试确定已抽样信号及其频谱的表示式。

9.5解:设矩形脉冲 g 2τ (t )的时域表达式为 1, g 2τ (t )= 0,

t≤τ

其它t

g 2τ (t )的频谱为G 2τ (ω )= 2τ Sa (ωτ )

由瞬时抽样信号是由理想抽样信号经过脉冲形成电路而得到,故传输函数 H (ω )即为G2τ (ω ),用理想冲激信号对信号 m(t )抽样有 1+∞ M (ω )=∑ M (ω nωs )ω s= 2π T T n= ∞故已抽样信号的频谱表达式为 1 M s (ω )= T 1= T式中,T≤ 1 (2 f m ),ωs= 2π T .n= ∞+∞

∑ M (ω nω )Gτ (ω )s 2 s

+∞

n= ∞

∑ 2τSa (ωτ ) M (ω nω )

已抽样信号ms(t)可以表示为

ms(t)=m(t)δ(t) g2τ(t)

=m(t)∑δ(t nT) g2τ(t)

n= ∞+∞

==

n= ∞+∞

∑m(nT)δ(t nT) gτ(t)

2

+∞

n= ∞

∑m(nT)gτ(t nT)

2

9.6 设输入抽样器的信号为门函数Gτ(t)，宽度τ=20ms，若忽略其频谱第10个零点以外的频率分量，试求最小抽样频率。

9.6解:门函数 Dτ (t )的频谱为

D (ω )=τ Sa (

ωτ2

)

当ωτ 2= 10π时,即第10个频谱零点,有 20πω=

τ

ω 10 10 4 f==== 500 Hz 2πτ 20由抽样定理知,最小抽样速率

f s= 2 f= 1000 Hz

9.7 设信号m(t)=9+Acosωt，其中A≤10V。若m(t)被均匀量化为40个电平，试确定所需的二进制码组的位数N和量化间隔Δv。

9.7解:由于 25< 40< 2 6,所以二进制码组的位数 N应取 N= 6 .故量化级间隔

Δυ=

2 A 20== 0.5V 40 40

9.9 采用13折线A律编码，设最小量化间隔为1个单位，已知抽样脉冲值为+635单位：

(1)试求此时编码器输出码组，并计算量化误差；

(2)写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码（采用自然二进制码）。

9-9:

解（1）线性码：Q+635>0

段落码

∴c1=1

Q635>128∴c2=1Q635>512∴c3=1Q635<1024∴c4=0

由这三次比较，可知+635处于第七段。

段内码：第七段起始电平为512，均匀量化间隔为512/16=32个单位。

Q635<512+32×8=768∴c5=0Q635<512+32×4=640∴c6=0Q635<512+32×2=576∴c7=1Q635<512+32×3=608∴c8=1

编码起输出码组为11100011：量化输出为608+16=+624 个量化单位；量化误差为635-624=11个量化单位。

（2）除极性码外的7位非线性码组为1100011，相对应的均匀量化11位码为01001100000.

9-10:

采用13折线A律编码，设接收端收到的码组为“01010011”、最小量化间隔为1个量化单位，并已知段内码改用折叠二进码：

(1)译码器输出为多少量化单位？

(2)试写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。

9-10:

因为 c1= 0所以抽样值为负。 c2 c3c4= 101,可知抽样值位于第6段，该段的起始电平为256,量化间隔为16个量化单位。因为 c5c6 c7 c8= 0011为折叠二进码，对应自然二进码为： c5 c6 c7 c8= 0100,表示抽样值在第6段中的第5小段,其量化值为

256+ 16× 4+

16= 328个量化单位。 2

所以译码器输出为‐328个量化单位. (2)对应的均匀量化11位码为00101000000

9-13:

对10路带宽均为300Hz~3400Hz的模拟信号进行PCM时分复用传输。设抽样速率为8000Hz，抽样后进行8级量化，并编为自然二进制码，码元波形是宽度为τ的矩形脉冲，且占空比为1。试求传输此时分复用PCM信号所需的奈奎斯特基带带宽。

9-13:每路信号所占时隙宽度为Ti=

1 1 1×= ms 8000 10 80

抽样后进行8级量化编码，由 N= log 2 M得

N=3

说明进行3位编码.每比特宽度为

Tb=

Ti 1= ms由占空比 3 240

为1,得出脉冲宽度

τ= Tb

如果以矩形脉冲为基带信号则系统带宽为：奈奎斯特带宽为120KHz。

B= 1/τ= 240kHz