北京交通大學無線通信技術(shù)課后習題答案.ppt

無線通信,Wireless Communication,習題2.1,問：系統(tǒng)的載波頻率對以下兩種衰落有影響嗎？（i）小尺度衰落（ii）陰影衰落。對于采用低載頻和高載頻的情形，當移動距離均為x時，哪種情形下，接收信號功率的變化更為顯著？為什么？ 衰落：當移動臺移動時，信道環(huán)境也發(fā)生了變化，使得信號電平也隨機波動，這種現(xiàn)象就是信號衰落。,習題2.1,答：載波頻率對衰落有很強的影響。當移動臺以/2（或更?。椴介L進行移動時，小尺度衰落程度會發(fā)生很大變化。因此，移動距離一定時，載波頻率高的系統(tǒng)小尺度衰落程度變化大。載波頻率對陰影衰落有類似的影響。載波頻率越高，阻擋物投射的陰影越“尖銳”，從“光明”（即LOS不被遮蔽）區(qū)域到“黑暗”（即LOS被遮蔽）轉(zhuǎn)變所需移動距離越短。當然移動臺與遮蔽物的距離也會對從“光明”到“黑暗”所需移動距離造成影響。,習題2.2,考慮如下情形：從BS到MS有一條直接傳輸路徑，而其他的多徑分量則由附近山脈的反射形成。BS與MS之間的距離是10km,BS與山脈之間的距離和MS與山脈之間的距離相同，均為14km。直接路徑分量和各個反射分量到達接收機的時間應(yīng)該分布在0.1倍的符號間隔內(nèi)，以避免嚴重的符號間干擾。滿足要求的符號速率是多少？,path1(LOS),path2,習題2.2,附近山脈的反射路徑長度：2*14=28km 反射路徑比直接路徑長28-18km，因而相應(yīng)的延時比直接路徑多： 要保證直接路徑分量和各個反射分量到達接收機的時間分布在0.1倍的符號間隔內(nèi)，則符合間隔應(yīng)至少為T=60/0.1=600µs 滿足要求的符號速率為：R=1/T=1.67ksymbols/s,習題4.1,天線增益常被定義相對于全向天線的關(guān)系（在各個方向上的輻射/接收相同）。可以證明這樣天線的有效面積為 Aiso=2/4 。計算半徑為r的圓形拋物線天線的增益Gpar，其有效面積 Ae=0.55A，A為其展開的物理面積。 解：,習題4.2,當從地球與地球同步衛(wèi)星進行通信時，發(fā)送端與接收端間的距離大約為35000km。假設(shè)自由空間損耗的Friis定律是適用的（忽略開自大氣的各種效應(yīng)），并且站點有增益分別為60dB（地球）和20dB（衛(wèi)星）的拋物面天線，采用11GHz的載波頻率。 （a）推出發(fā)送功率PTX和接收功率PRX間的鏈路預(yù)算。 （b）如果衛(wèi)星接收機要求最小的接收功率為-120dBm，那么在地球站天線要求的發(fā)送功率為多大？,習題4.2,（a）,（b）,習題4.3,要求設(shè)計一工作于1GHz，兩個相距90m的、有直徑為15m的圓形拋物天線的系統(tǒng)。 （a）Friis定律能夠用來計算接收功率嗎？ （b）假設(shè)Friis定律有效，計算從發(fā)射天線輸入到接收天線輸出的鏈路預(yù)算。對比PTX和PRX并對結(jié)果進行評價。 （c）對與第1題相同的圓形拋物天線，確定瑞利距離和天線增益Gpar函數(shù)關(guān)系。,習題4.3,（a）Friis定律適用于天線遠場，發(fā)送天線和接收天線至少要間隔一個瑞利距離。 （圓形拋物天線的最大尺寸La=2r） 因而ddR,所以Friis定律不適用。 （b）,習題4.3,帶入給定值得 （c）圓形拋物天線的最大尺寸La=2r,習題4.8,假如我們有一天線增益為6dB的基站和一天線增益為2dB的移動臺，高度分別為10m和1.5m，工作于可以被認為是理想的傳導地面環(huán)境。兩天線的長度分別為0.5m和15cm?；景l(fā)送的最大功率是40W而移動臺的功率為0.1W。兩者的鏈路（雙工）中心頻率均為900MHz，盡管在實際中它們通過一個小的雙工距離（頻率差）分開。 （a）假如式（4.24）成立，計算接收天線輸出處的可用接收功率（分別為基站天線和移動臺天線），表示為距離d的函數(shù)。 （b）對所有有效的距離d，即式（4.24）成立且天線的遠場條件滿足，畫出接收功率的圖。公式4.24：,習題4.8,（a）給定的參數(shù)為： 將參數(shù)帶入公式得移動臺和基站天線可用接收功率分別為,習題4.8,（b）若使式（4.24）成立，,接收功率隨距離變化圖,習題4.10,如圖25.1（見課本）所示，用高為2m的天線從高樓的一側(cè)到另一側(cè)進行通信。將高樓轉(zhuǎn)換為一系列半無限屏，利用Bulington方法計算由繞射引起的在接收天線處的場強，其中：（a）f=900MHz（b）f=1800MHz（c）f=2.4GHz。,習題4.10,Bullington方法：用一個“等價”的單屏來替代多屏。從發(fā)射機出發(fā)做各個實際障礙物的切線，選擇最陡峭（上升角最大）的那一條，從接收機出發(fā)做各個障礙物的切線，選擇最陡峭的那一條。等價屏就取決于最陡的發(fā)射機切線和最陡接收機切線的交界面。然后利用公式4.27、4.28、4.29、4.30計算。,等價圖型,習題4.10,首先求出等價屏高度h，和發(fā)射機到等價屏的距離dTx （a）f=900MHz，=1/3m,習題4.10,總的場變：其中E0=exp（-jK0x）,場強：,（b）f=1800MHz，=1/6m,習題4.10,（c）f=2.4GHz，=0.125m,習題3.1,假定一部接收機由如下部件依次組成：（i）天線連接器和饋線，衰減為1.5dB；（ii）低噪放大器，噪聲系數(shù)為為4dB，增益為10dB；（iii）單位增益的混頻器，噪聲系數(shù)為1dB。求接收機的噪聲系數(shù)。 公式： Fi和Gi（i=1,2）是單個處理環(huán)節(jié)的噪聲系數(shù)和增益，以絕對量值（而非dB）計。,習題3.1,將dB形式轉(zhuǎn)換成絕對量值形式 大約為4.7dB。,習題3.2,考慮如下系統(tǒng)：發(fā)射功率為0.1mW，發(fā)射天線和接收天線都具有單位增益，載波頻率為50MHz，帶寬為100kHz。系統(tǒng)運作于郊區(qū)環(huán)境。假定為自由空間傳播，求距離為100m處的接收信噪比。當載波頻率變?yōu)?00MHz及5GHz時，信噪比將如何變化？為什么5GHz系統(tǒng)會呈現(xiàn)出明顯低的信噪比（假設(shè)接收機噪聲系數(shù)為5dB，且與頻率無關(guān)）？,習題3.2,帶寬為100kHz系統(tǒng)熱噪聲功率：（Pn=N0B，B是接收機帶寬（單位為Hz），N0=-174dBm/Hz） （-174dBm/Hz）+（50dBHz）=-124dBm 由圖3.1（見課本P29）知，在載波頻率為50MHz處郊區(qū)人為噪聲大約為31dB，因而噪聲功率成為-93dBm。 接收機接收到的信號功率：,因此接收機輸入SNR=37dB，由于接收機噪聲（噪聲系數(shù)為5dB）的存在，接收機輸出SNR減小為32dB。,習題3.2,當載波頻率變?yōu)?00MHz時，由于人為噪聲減小，噪聲功率減小23dB。由于波長減小為原來的1/10，自由空間傳播損耗增加102=20dB。SNR成為32+23-20=35dB。 當載波頻率變?yōu)?GHz時，噪聲功率又減小8dB。由于波長減小為原來的1/10，自由空間傳播損耗又增加102=20dB。SNR成為35+8-20=23dB。,習題3.3,考慮GSM的上行鏈路：MS的發(fā)射功率為100mW，BS接收機的靈敏度為-105dBm。BS與MS之間的距離是500m。在距離dbreak=50m以內(nèi)，傳播規(guī)律服從自由空間傳播定律，而對于更遠的距離，接收功率近似地按（d/dbreak）-4.2規(guī)律下降。發(fā)射天線增益為-7dB，接收天線增益為9dB。試計算有效的衰落余量。,習題3.3,習題3.4,具有如下系統(tǒng)技術(shù)指標的某無線局域網(wǎng)系統(tǒng)： fc=5GHz，B=20MHz，GTX=2dB，GRX=2dB，衰落余量=16dB，路徑損耗=90dB，PTX=2dBm，發(fā)射機損耗為3dB，所需信噪比為5dB。可接受的最大射頻噪聲系數(shù)等于多少？,習題3.4,所以可接受的最大射頻噪聲系數(shù)為11dB。,習題5.3,設(shè)計一個符號以下規(guī)格的移動通信系統(tǒng)：在小區(qū)邊緣（離基站最大距離），瞬時接收幅度r在90%的時間內(nèi)不能比規(guī)定值rmin。信號經(jīng)歷小尺度瑞利衰落和F=6dB的大尺度對數(shù)正態(tài)衰落。求系統(tǒng)工作所需要的衰落余量。 解：信號經(jīng)歷了小尺度號經(jīng)歷小尺度瑞利衰落大尺度對數(shù)正態(tài)衰落，衰落余量： 小尺度瑞利衰落：,均方值，也就是平均功率,習題5.3,大尺度對數(shù)正態(tài)衰落： LmeandB是小區(qū)邊界處平均路徑損耗，LdB是陰影導致對數(shù)正態(tài)隨機損耗，LmaxdB是與rmin相對應(yīng)的最大損耗值。,習題5.3,注意到隨機變量 是標準正態(tài)隨機變量,習題5.4,無線電系統(tǒng)經(jīng)常以這樣的方式規(guī)定：接收端應(yīng)能夠處理接收信號上一定的多普勒擴展，而在能量上沒有太大損失。假定只有移動接收端移動并且測量時最大多普勒擴展取為最大多普勒頻移的兩倍。進一步，假定你正在設(shè)計一個移動通信系統(tǒng)，可以同時工作于900MHz和1800MHz。 （a）如果你的目標在于使終端在以200km/h移動時系統(tǒng)能夠通信，它能夠處理的最大多普勒擴展為多大？ （b）如果你設(shè)計的系統(tǒng)使用900MHz頻帶時能夠工作于200km/h，如果使用1800MHz頻帶，你能夠在多大的最大速度上通信（假定限定同樣的多普勒擴展）？,習題5.4,（a）900MHz和1800MHz頻帶最大多普勒頻移分別為： （b）系統(tǒng)使用900MHz頻帶時能夠工作于200km/h,習題5.4,如果使用1800MHz頻帶，能夠通信的最大速度：,習題5.11,讓我們考慮一簡單的干擾受限的系統(tǒng)，它有兩個發(fā)射站TxA和TxB，天線高度均為30m，相距40km。它們以相同的功率發(fā)送，使用相同的全向半波偶極天線并且用相同的900MHz的頻率。TxA發(fā)射向位于TxB方向上的距離為d的RxA.來自TxB的發(fā)射干擾RxA的接收，RxA需要一個平均的（小尺度平均）載噪比（C/I）min=7dB。RxA的輸入信號（有用的和干擾的）均受到獨立的9dB（均方根）的對數(shù)正態(tài)大尺度衰落。我們研究的環(huán)境的傳播指數(shù)為=3.6，即接收功率以d-下降。 （a）確定要使（C/I）不小于（C/I）min的概率的為99%所需要的衰落余量。 （b）利用（a）中的衰落余量，確定TxA和RxA之間的最大距離dmax。 （c）通過研究這些公式，如果TxA和TxB之間相距20km，你能快速給出最大距離dmax會是怎樣的答案嗎？,TxA,RxA,TxB,dmax,40km,習題5.11,（a）（C/I）|dB是有用信號和干擾信號dB形式功率的差，由于有用信號和干擾信號均受到獨立的F=9dB的對數(shù)正態(tài)大尺度衰落，即當取小尺度平均時，均是F=9dB的對數(shù)正態(tài)分布。則（C/I）|dB是這兩個對數(shù)正態(tài)衰落的疊加（Z=X-Y）。則（C/I）|dB的標準差為： LmeandB是載噪比（C/I）|dB的平均路徑損耗，LdB是陰影導致對數(shù)正態(tài)隨機損耗，LmaxdB是與（C/I）min相對應(yīng)的最大損耗值。,，tot,，tot,習題5.11,注意到隨機變量 是標準正態(tài)隨機變量,，tot,，tot,，tot,習題5.11,(b)有用信號從TxA到RxA的路徑損耗為： 不考慮大尺度陰影衰落，RxA接收到的有用信號功率為： 不考慮大尺度陰影衰落，RxA接收到的干擾信號功率為：,習題5.11,（C/I）|dB初始值為0dB，即載噪比（C/I）|dB的“平均路徑損耗”LmeandB=-36log10(dAB/d-1)（1） 若要滿足衰落余量，利用公式,由于TxA和TxB的發(fā)射功率和天線類型都相同，不考慮大尺度陰影衰落時：,習題5.11,由（1）（2）得：36log10(dAB/d-1)=36.6 TxA和RxA之間的最大距離也就是滿足恰好衰落余量的d值為： (c)由 知，如果TxA和TxB之間相距20km， 即dAB減半，則最大距離dmax也減半。,習題6.5,問：相干時間Tc是給出信道多長時間可以被認為是衡量的測度，可以用多普勒擴展的倒數(shù)來近似。根據(jù)圖6.7求出相干時間的估計值。 答：由圖6.7可以看出，多普勒頻移的范圍是-10Hz到10Hz，對于Jakes譜，均方根多普勒擴展是最大多普勒頻移的0.7倍即0.7Vmax。 而相干時間Tc的粗略估計為 所以相干時間大約為22.7ms。,習題6.6,在無線通信系統(tǒng)中，必須將符號傳輸流分成分組，也稱為幀。在每一幀中經(jīng)常插入能被接收端識別的符號，即所謂的導頻符號。通過這種方式，接收端估計信道的當前值，并且這樣可以進行相關(guān)檢測。所以，接收端讓每一幀通過幀的第一個符號告知信道增益，并假定接收端相信該值對于整個幀都有效。利用問題5的相干時間的定義并假設(shè)是Jakes多普勒頻譜，估計使信道在整個幀中為恒定的假設(shè)仍然有效的接收端的最大速度。令幀長為4.6ms。 解： 所以fc=900MHz時，最大接收速度為16m/s即60km/h fc=2GHz時，最大接收速度為7.4m/s即26km/h,保證相干時間大于幀長,習題6.7,在CDMA系統(tǒng)中，信號通過將傳輸符號乘以一系列短脈沖，也稱為碼片，擴展到一個大的帶寬上。這樣，系統(tǒng)的帶寬由碼片的持續(xù)時間決定。如果碼片的持續(xù)時間為0.26µs并且最大超出時延為1.3µs，多徑分量落入多少個時延片？該CDMA系統(tǒng)是寬帶還是窄帶？如果最大超出延遲為100ns會是什么結(jié)果？,有無頻率選擇性衰落,習題7.2,假設(shè)我們在計算一個中等規(guī)模城市的傳播損耗，其中基站天線的高度為hb=40m，移動臺高度hm=2m.發(fā)射載頻為f=900MHz，并且兩者間的距離為d=2km。 （a）運用自由空間衰減公式并結(jié)合Okumura測量（圖見課件）計算各向同性天線間的預(yù)測傳播損耗LOku。 （b）運用Hata提供的Okumura測量的參數(shù)，即運用Okumura-Hata測量模型，計算各向同性天線間的預(yù)測傳播損耗LO-H。 （c）比較計算結(jié)果。如果它們存在差異，你認為是由什么造成的？差異顯著嗎？,習題7.2,（a）,中等起伏地形,市區(qū)的附加損耗,(基站天線高度為200m，移動臺天線高度為3m),習題7.2,（b）,注：d的單位是km；f的單位是MHz；hm，hb單位是m 帶入給定值進行計算得：,（c）兩模型計算結(jié)果僅相差不到1dB，差異不顯著。二者結(jié)果基本吻合的原因在于第二個模型以第一個模型參數(shù)為基礎(chǔ)，是對第一個模型的修正。,市區(qū)C=0,習題7.5,對COST-207（為GSM評估而創(chuàng)建） （a）求出COST-207環(huán)境RA（農(nóng)村地區(qū)）、TU（市區(qū)）的均方根時延擴展。 （b）RA和TU信道的相干帶寬是多少？ （c）兩個不同的功率時延譜函數(shù)能否有相同的均方根時延擴展？,習題7.5,對RA： 對TU：,均方根時延擴展,習題7.5,相干帶寬 （c）兩個不同的功率時延譜函數(shù)能有相同的均方根時延擴展，因此均方根時延擴展不足以描述功率時延譜。,習題11.1,GSM和DECT都采用GMSK，但采用不同的高斯濾波器（GSM中BGT=0.3，DECT中BGT=0.5）。采用較大的時間帶寬積的優(yōu)點是什么？GSM中為什么采用較小的時間帶寬積？ 由于信號并不總能達到理想MSK信號點，時間帶寬積大的優(yōu)點是對噪聲和干擾不敏感，而時間帶寬積越小，頻譜效率越高，因此，因此GSM采用較小的時間帶寬積。,習題11.6,畫出圖11.6中的比特序列對應(yīng)的差分編碼BPSK的PD(t)曲線。 差分編碼：bi=bibi-1 矩形脈沖圖PD(t)可根據(jù)序列+1,-1,+1,-1,-1,-1,-1,+1,+1畫出。,異或,習題11.7,找出64-QAM的平均信號能量與信號空間圖中各點距離之間的關(guān)系。 根據(jù)對稱性，只需考慮第一象限的部分，坐標依次為d倍,2d,習題11.7,平均信號能量為：,注：各點之間的距離為2d,習題11.8,一個系統(tǒng)能夠在1MHz帶寬內(nèi)以盡可能高的數(shù)據(jù)速率傳輸，可以允許-50dBm的帶外發(fā)射，發(fā)射功率為20W。采用帶有=0.35的平方根升余弦濾波器的MSK或者BPSK是否更好？注意：本題僅考慮頻譜效率，忽略了像信號峰平比等其他因素。 帶外發(fā)射：由于調(diào)制過程而產(chǎn)生的，用超過必要帶寬的一個或多個頻率的發(fā)射，但雜散發(fā)射除外。,習題11.8,發(fā)射功率為20W也就是43dBm，因此帶外發(fā)射的衰減應(yīng)為93dB。BPSK采用升余弦濾波器，頻帶信號帶寬為(1+)/T，在|f-fc|(1+)/2T外無功率，因而1MHz帶寬，數(shù)據(jù)速率可以達到741kbps。MSK在f-fc=0.5MHz，Rb=741kbps即TB=1.35µs時，根據(jù) 帶外發(fā)射的衰減僅為72.5dB。因此BPSK更優(yōu)。,這里f為相對于fc的大小,功率譜：,習題12.1,在一個靜態(tài)環(huán)境中，考慮兩個高度定向的天線之間的點對點無線鏈路。天線增益為30dB，路徑損耗為150dB，接收機的噪聲系數(shù)為7dB。符號速率為20Msymbols/s，且用奈奎斯特采樣。假定無線鏈路可視為無衰落的加性高斯白噪聲信道。當最大BER為10-5時，所需的發(fā)射功率是多少（忽略發(fā)送端和接收端的功率損耗）： （a）采用相干檢測BPSK，F(xiàn)SK，差分檢測BPSK，或者非相干FSK。 （c）如果采用格雷編碼QPSK，所需的發(fā)射功率是多少？,習題12.1,題目給定的各參數(shù)為：,由于噪聲系數(shù)與噪聲溫度的關(guān)系為：T=（NF-1）T0，其中：T0-絕對溫度（290K），所以考慮接收機噪聲系數(shù)后，噪聲功率譜密度可以寫成（N0=KT）,習題12.1,各種調(diào)制方式對應(yīng)的BER與Eb/N0的關(guān)系為,各種調(diào)制方式對應(yīng)的最小Eb/N0,習題12.1,相應(yīng)的最小比特能量為 相應(yīng)的最小接收功率為 接收信號功率： 最小發(fā)射功率為：,計算得：,習題12.1,因此相干檢測BPSK，F(xiàn)SK，差分檢測BPSK，非相干檢測FSK所需的發(fā)射功率分別為：-25.3dBW，-22.3dBW， -24.6dBW，-21.6dBW。 （c）由于QPSK與BPSK有相同的BER，因此所需發(fā)射功率與非相干BPSK相同，為-25.3dBW。,習題12.8,考慮問題1中提到的點對點無線鏈路。如果信道為平坦瑞利衰落，為保證最大BER為10-5，發(fā)射功率應(yīng)增大多少？ （a）采用相干檢測BPSK，F(xiàn)SK，DBPSK及非相干FSK。 （b）若為萊斯信道，Kr=10，采用DPSK，發(fā)射功率需增加多少？當Kr 時，結(jié)果如何？ 解：(a)各種調(diào)制方式，BER與 的關(guān)系為,0,習題12.8,各種調(diào)制方式對應(yīng)的最小Eb/N0 與習題12.1相比，相干檢測的發(fā)射功率要增加34.4dB，相干檢測的發(fā)射功率要增加36.6dB。,分別與9.09,18.19,10.82,21.64相比,習題12.8,（b）萊斯信道BER與 的關(guān)系 當Pb=10-5，Kr=10時，rb=76.623，發(fā)射功率必須增加 當當Kr 0 時，直接路徑分量減小為0 ，因而與（a）瑞利信道同，需增加34.4dB。,dB,與10.82相比,習題12.10,考慮一個采用MSK調(diào)制的移動無線系統(tǒng)，比特率為100kbit/s。該系統(tǒng)用來傳輸高達1000字節(jié)的IP包。包錯誤率不超過10-3（不使用ARQ方式）。 （a）移動無線信道所允許的最大平均時延擴展是多少？ （b）對于移動通信系統(tǒng)，在室內(nèi)、城市和農(nóng)村環(huán)境，平均時延擴展的典型值分別是多少？,習題12.10,令誤比特率為Pb，IP包共1000字節(jié)也就是8000bits。IP包的錯誤概率Pp= Pp的最大值為10-3，因此Pb的最大值為： 在采用MSK調(diào)制，信道為瑞利衰落的情況下 因此，,這里TB=1/Rb=10µs.,習題12.10,（b）,習題14.1,考慮一（7,3）線性循環(huán)分組碼，其生成多項式G(x)=x4+x3+x2+1. （a）用G(x)對信號U(x)=x2+1進行系統(tǒng)編碼。 （b）當我們接收到（可能被損壞）R(x)=x6+x5+x4+x+1時，計算伴隨式S(x)。 （c）進一步研究發(fā)現(xiàn)G(x)可以分解成G(x)=(x+1)T(x)，其中T(x)=x3+x+1是一個本源多項式，我們可以聲明，這意味該碼可以糾正所有單一錯誤和所有成對錯誤，這些錯誤彼此相鄰。描述一下你是如何驗證以上聲明的。,習題14.1,（a） （b） （c）我們可以計算出所有單個錯誤及所有相鄰成對錯誤，如果這些碼的伴隨多項式各不相同，那么我們就可以區(qū)分它們，這就證明了該定理。,/,習題14.2,我們有一個二進制（7,4）系統(tǒng)線性循環(huán)碼。其碼字X(x)=x4+x2+x對應(yīng)消息U(x)=x。我們能否利用此信息，計算出所有消息的碼字？如果可以，請詳細描述如何實現(xiàn)并說明你們所用的編碼的性質(zhì)。 利用碼字的循環(huán)性質(zhì)，將碼字逐步左移三次 X1,X2,X3,X4線性獨立且能生成整個碼空間,可由X1,X2,X3,X4的線性組合得到,依次為：,習題14.2,其他碼字就可由U(x)=1,x,x2,x3相應(yīng)碼字的線性組合很容易得到。,習題14.4,多項式x15+1可以分解成不可約多項式：x15+1=(x4+x3+1)(x4+x3+x2+x+1)(x4+x+1)(x2+x+1)(x+1) 利用該信息，列舉好出能生成（15,8）二進制循環(huán)碼的生成多項式。 我們需要所有最高次冪為15-8=7的生成多項式，共有三個,習題14.5,假設(shè)有一個（7,4）線性碼，對應(yīng)于消息u=1000,0100,0010,0001的碼字如下： （a）確定該碼中的所有碼字 （b）確定最小碼距dmin，該種碼能糾正多少錯誤t？ （c）以上碼字不是系統(tǒng)形式的，請計算出對應(yīng)系統(tǒng)碼的生成矩陣G。 （d）確定奇偶校驗矩陣H，以使HGT=0 （e）這種碼是否循環(huán)？如果是，確定其生成多項式,習題14.5,（a）利用已知碼字的線性組合(異或)，可得所有碼字,習題14.5,（b）根據(jù)碼字的線性性質(zhì)，最小碼距dmin就是所有非零碼字的最小漢明重量，可以得出dmin=3,相應(yīng)的糾錯能力為 因而可以糾正所有的單個錯誤。 （c）,分別是1000, 0100, 0010, 0001對應(yīng)的碼字,線性行變換,習題14.5,（d） （e）通過觀察可以知道，所有碼字循環(huán)移位后仍是該碼的碼字，因此這種碼是循環(huán)的。 對應(yīng)的碼字為 該碼字滿足生成多項式的條件，就是我們要找的生成多項式。,系統(tǒng)碼對應(yīng)的碼字,生成多項式必要條件：(1)最高次冪為碼長n的多項式xn+1所分解出的1個因式;(2)其最高冪次為n-k=r;(3)最低項為常數(shù)1 生成多項式充分條件：在滿足3個必要條件前提下，一個符合要求的生成多項式還必須滿足的要素是;該多項式非0系數(shù)的數(shù)目，或其重量必須等于相應(yīng)(n,k)線性分組碼的最小漢明距離d0.,習題14.6,已知一個（8,4）線性系統(tǒng)分組碼，給定生成矩陣（見課本），（a）確定對應(yīng)于消息u=1011的碼字及校驗矩陣H，當接收到字y=010111111時，計算其伴隨式。 （b）去掉G中的第5列，我們可以得到一新生成矩陣G*，它能生成（7,4）碼，這種新碼除了有線性性質(zhì)還具有循環(huán)性。通過G*的檢查，確定其生成多項式。可以通過觀察循環(huán)碼的性質(zhì)得到嗎？哪個性質(zhì)？ （a）x=uG=10111000,習題14.6,去掉G中的第5列，得到生成矩陣G*,對應(yīng)的碼字為,該碼字滿足生成多項式的條件，就是我們要找的生成多項式。,生成多項式必要條件：(1)最高次冪為碼長n的多項式xn+1所分解出的1個因式;(2)其最高冪次為n-k=r;(3)最低項為常數(shù)1 生成多項式充分條件：在滿足3個必要條件前提下，一個符合要求的生成多項式還必須滿足的要素是;該多項式非0系數(shù)的數(shù)目，或其重量必須等于相應(yīng)(n,k)線性分組碼的最小漢明距離d0.,習題14.10,考慮圖14.3的卷積編碼器 （a）如果運用雙極碼，我們可以在網(wǎng)格里表示編碼和調(diào)制，其中1和0由+1和-1代替。用這種新的表示方式，畫出對14.5（a）中網(wǎng)格圖的新的描述。 （b）一信號通過加性高斯白噪聲（AWGN）信道并接收到如下（軟）值： -1.1;0.9;-0.1 -0.2;-0.7;-0.6 1.1;-0.1;-1.4 -0.9;-1.6;0.2 -1.2;1.0;0.3 1.4;0.6;-0.1 -1.3;-0.3;0.7 如果這些值在譯碼前以二進制數(shù)字形式檢測到，就能夠得到二進制序列如圖14.5（b）所示。這時，然而，我們將要用平方歐式量度進行軟Viterbi譯碼。執(zhí)行與圖14.5（d）-14.5（f）的硬譯碼對應(yīng)的軟譯碼。在最后一步之后，剩下的幸存者是否與硬譯碼的情況相同？,習題14.10,用+1和-1代替1和0的，得新的格圖 運用Viterbi算法進行譯碼,習題14.10,僅保留幸存路徑得：,歐式距離,習題14.10,或者：,任何一個幸存路徑與硬判決譯碼的結(jié)果都不相同。,習題13.1,為說明分集的作用，我們來考慮BPSK和MRC（最大合并比）的平均BER，由式（13.35）近似給出。假設(shè)平均信噪比為20dB。 （a）計算接收天線Nr=1的平均BER。 （b）計算接收天線Nr=3的平均BER。 （c）計算在單天線系統(tǒng)中，為了達到與三天線系統(tǒng)在20dB信噪比是同樣的BER所需SNR。,習題13.1,由式（13.35）， （a） （b） （c）單天線系統(tǒng)中，為了達到與三天線系統(tǒng)在20dB信噪比是同樣的BER，則只需使： 解得 ，即62dB。,習題13.3,設(shè)接收機連有兩幅天線，其信噪比相互獨立，且以相同的平均SNR服從指數(shù)分布。使用RSSI控制選擇式分集，且中斷概率為Pout，求衰落余量。 （a）推導使用單天線時的衰落余量關(guān)于Pout的表達式。 （b）推導使用兩副天線時的衰落余量關(guān)于Pout的表達式。 （c）用前面兩個結(jié)果計算中斷概率為1%時的分集增益。 解:（a）用表示平均SNR，rt表示會出現(xiàn)中斷的SNR門限值，則單天線系統(tǒng)中斷概率為： 因而衰落余量為:,習題13.3,(b)天線系統(tǒng)中斷概率為： 因而衰落余量為: (c)中斷概率為1%時的分集增益,中斷概率對應(yīng)衰落余量的比值,習題13.5,為了降低復(fù)雜度，可以用混合選擇最大比值合并方案代替全新號最大比值合并，但只采用3個最強的信號，那么相對于全信號最大比值合并，平均SNR的損耗是多少？ 解：混合選擇最大比值合并方案的平均SNR為 是每個支路的平均SNR（假設(shè)對所有分集支路是相同的）。 全信號最大比值合并平均SNR：,L為合并的信號數(shù),習題13.5,采用3個最強的信號混合選擇最大比值合并平均SNR： 平均SNR的損耗：,習題13.11,考慮有Nr個支路的分集系統(tǒng)。令第k個支路的信號為Sk=Skexp(-jk),每個之路的噪聲功率為N0，并且各支路間的噪聲是相互獨立的。每個支路經(jīng)相位調(diào)整至零相位，用k進行加權(quán)，然后進行合并。給出各支路SNR以及合并后SNR的表達式，然后推導能使合并后的SNR取最大值的權(quán)值k。在最佳權(quán)值下，合并后的SNR與各支路SNR的關(guān)系是什么？ 解：第k個支路的SNR為 合并后AWGN的功率為 合并后總的有用信號功率為 合并后信噪比為,噪聲功率而非功率譜密度,習題13.11,由不等式 當 時等號成立，其中c為任意實數(shù). 因而最佳權(quán)值為k=Sk， 即 ，最佳權(quán)值也就是最大比值合并對應(yīng)的 SNR為各支路SNR的和。,習題16.4,考慮具有下述參數(shù)的特征信道： 寫出此信道關(guān)于實的均衡器系數(shù)的MSE方程。,且2s=0.7,ei是均衡器的第i個系數(shù),習題16.5,只要信道的傳遞函數(shù)在變換域是有限的，那么一個無限長的ZF均衡器就可以完全消除ISI。下面我們研究用有限長均衡器減小ISI的效果。 （a）按照下表描述的信道傳遞函數(shù)設(shè)計一個5抽頭的ZF均衡器使均衡器在i=-2，-1,1,2處的沖擊響應(yīng)為0，在i=0處為1. （b）確定上述均衡器的輸出，并對結(jié)果進行分析。,習題16.5,解：列方程,解得：,（b）,n=0,依次對應(yīng)-2,-1,0,1,2,ek是均衡器的第k個系數(shù),習題16.6,在AWGN信道中傳輸2ASK信號（-1和+1分別代表“0“和“1“）時，ISI等價于經(jīng)過一個時間離散的信道F(z)=1+0.5z-1。通過這個信道傳輸時，假設(shè)信道初始狀態(tài)為-1，下面的噪聲序列是在5個連續(xù)的比特時接收到的。這以后繼續(xù)傳送數(shù)據(jù)，但是在這個階段只能得到以下信息： 0.66 1.59 -0.59 0.86 -0.79 （a）如果采用ZF線性均衡器，均衡濾波器將是什么形式? （b）該信道記憶特性如何？ （c）畫出一階格形結(jié)構(gòu)，并標出狀態(tài)、輸入信號和輸出信號。 （d）畫出此時的全格型結(jié)構(gòu)，并用Viterbi算法得到發(fā)送5比特序列時的最大似然序列估計。,習題16.6,（a）信道方程為 所以均衡器方程為 （b）信道記憶性為1 （c）,序列為：,（d）,習題16.8,正文中已經(jīng)提到，參數(shù)µ的選擇對LMS算法的性能影響很大。假設(shè)知道R和p的準確信息，就可以單獨研究收斂特性。 （a）根據(jù)習題7中的數(shù)據(jù)，畫出初始值e=1 1T時，µ=0.1/max,0.5/max,2/max的LMS算法的收斂圖，并對所得結(jié)果進行比較：,和2s=0.3,解：MSE方程的梯度為,更新方程為：,運用MATLAB繪出收斂圖如下（迭代次數(shù)不超過20）：,習題16.8,習題16.8,由于R和p都準確知道并且固定，因此收斂圖平滑且單調(diào)。觀察可知，前兩種情況µ=0.1/max,0.5/max,迭代次數(shù)不超過20時就收斂，而第三種情況µ=2/max迭代次數(shù)不超過20時不收斂。事實上，收斂的必要條件是0µ2/max 對比µ=0.1/max與µ=0.5/max可知：µ越大，收斂速度越快。,習題19.8,有一個FDMA系統(tǒng)，每個載波采用升余弦脈沖(= 0.35)，并采用BPSK調(diào)制。 (a)如果各載波信號完全正交，那么頻譜利用率是多少？ (b)如果載波數(shù)非常多（即不需要保護段），那么采用BPSK調(diào)制的OFDM系統(tǒng)的頻譜利用率是多少？ 解：(a)帶寬為 ，為滾降系數(shù)，且不存在帶外發(fā)射。頻譜利用率為1/(1+). (b)OFDM載波間隔為1/TB，頻率利用率為1。,習題20.1,說出智能天線系統(tǒng)與傳統(tǒng)的單天線系統(tǒng)相比所具有的三個優(yōu)點。 （1）增大覆蓋范圍； （2）增大用戶容量； （3）提高鏈路質(zhì)量； （4）減小時延擴展； （5）提高用戶定位能力。,習題20.3,MIMO系統(tǒng)可以用于三種不同的目的，其中一種是創(chuàng)始性的，對MIMO的普及貢獻最大。列出所有三種用途，并詳細解釋最普及的一種用途。,（空分復(fù)用）,習題20.3,無線電發(fā)送的信號被反射時，會產(chǎn)生多份信號。每份信號都是一個空間流。使用單輸入單輸出（SISO）的系統(tǒng)一次只能發(fā)送或接收一個空間流。MIMO 允許多個天線同時發(fā)送和接收多個空間流，并能夠區(qū)分發(fā)往或來自不同空間方位的信號。多天線系統(tǒng)的應(yīng)用，使得多達 min(Nt,Nr)的并行數(shù)據(jù)流可以同時傳送。同時，在發(fā)送端或接收端采用多天線，可以顯著克服信道的衰落，降低誤碼率。一般的，分集增益可以高達Nt*Nr。,