第七章 信源编码
7-1已知某地天气预报状态分为六种：晴天、多云、阴天、小雨、中雨、大雨。
① 若六种状态等概出现，求每种消息的平均信息量及等长二进制编码的码长N 。 ② 若六种状态出现的概率为：晴天—0.6；多云—0.22；阴天—0.1；小雨—0.06；中雨—0.013；大雨—0.007。试计算消息的平均信息量，若按Huffman 码进行最佳编码，试求各状态编码及平均码长N 。 解: ①每种状态出现的概率为
6,...,1,6
1
==i P i
因此消息的平均信息量为
∑=-
===6
1
22
/58.26log 1
log i i
i bit P P I 消息 等长二进制编码的码长N ＝[][]316log 1log 22=+=+L 。 ②各种状态出现的概率如题所给，则消息的平均信息量为
6
2
1
2222221log 0.6log 0.60.22log 0.220.1log 0.10.06log 0.060.013log 0.0130.007log 0.0071.63/i i i
I P P bit -
== = ------ ≈ ∑消息
Huffman 编码树如下图所示：
由此可以得到各状态编码为：晴—0，多云—10，阴天—110，小雨—1110，中雨—11110， 大雨—11111。 平均码长为：
6
1
10.620.2230.140.0650.01350.0071.68
i i
i N n P == =?+?+?+?+?+? =∑—
7-2某一离散无记忆信源（DMS ）由8个字母(1,2,,8)i X i =???组成，设每个字母出现的概率分别为：0.25，0.20，0.15，0.12，0.10，0.08，0.05，0.05。试求： ① Huffman 编码时产生的8个不等长码字； ② 平均二进制编码长度N ； ③ 信源的熵，并与N 比较。
解：①采用冒泡法画出Huffman 编码树如下图所示
可以得到按概率从大到小8个不等长码字依次为：
0100,0101,1110,1111,011,100,00,1087654321========X X X X X X X X
②平均二进制编码长度为
8
1
20.2520.2030.1530.1240.140.0840.0540.052.83
i i
i N n P == =?+?+?+?+?+?+?+? =∑ ③信源的熵∑=≈-
=8
1
2
79.2log
)(i i i P P x H 。
比较：1)()(+< 7-3一离散无记忆信源每毫秒输出符号集{A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H}中的一个符号，符号集中各符号出现的概率分别为{0.01，0.03，0.35，0.02，0.15，0.18，0.19，0.07}。 ①试求信源的熵； ②进行Huffman 编码； ③求平均信源编码输出比特速率； ④在有和无信源编码时所需的最小二进制信道比特速率。 解：①信源的熵为 8 21 ()log 2.44/i i i H x P P bit ==- ≈ ∑符号 ②Huffman 编码树如下图所示 可以得到各符号的Huffman 编码为：A —011111，B —01110，C —00，D —011110，E —010，F —11，G —10，H —0110。 ③已知码元速率为3 1 /10 B R s -= 符号，而码元平均信息量（即信源熵）为() 2.44/H X bit ≈ 符号，因此平均信源编码输出比特速率为 3() 2.4410/b B R R H x bit s =?=? ④ 对于信源总共8个符号，无信源编码时，每个符号最少用3bit 表示，因此最小二进制信道比特速率为 3 3 1'3310/10 b R bit s -= ?=? 有信源编码时，最小二进制信道比特速率为3 2.4410/b R bit s =? 。 7-4某一DMS 有5种信源符号，每种符号出现的概率均为1/5，试计算以下几种编码情况下 的有效性（效率）。 ① 每个符号分别进行等长二进制编码； ② 每两个符号组合进行等长二进制编码； ③ 每三个符号组合进行等长二进制编码。 解：编码效率η定义为每符号信息量H(x)与每符号平均编码长度N 的比值。对于等长编码的扩展编码，编码效率可表示为 22log () 1[log ]L H x N L J η= = + 其中5L =表示符号数，J 表示对连续J 个符号统一编码。 ①1,77.4%J η== ②2,92.88%J η== ③3,99.51%J η== 7-5已知基带信号为()11cos cos2f t t t ωω=+，对其进行理想抽样，并用理想低通滤波器来接收抽样后信号。 ① 试画出基带信号的时间波形和频谱； ② 确定最小抽样频率； ③ 画出理想抽样后的信号波形及频谱。 解：①基带信号可表示为1113()2cos()cos()22f t t t ωω=，可将11cos()2 t ω视作低频包络，将13cos()2 t ω视作高频振荡，作图如下： ②142f f f m s =≥。 ③基带信号f(t)由两个余弦信号相加构成，因此其频谱为两对离散谱线，如下图所示： 7-6已知信号t t x π30cos 4)(=。 ①画出用冲激序列对其抽样后的频谱，抽样速率如下： （a ）35样值/秒 （b ）15样值/秒 （c ）10样值/秒 ②假设进行以上抽样后的信号通过一重建低通滤波器，低通滤波器的传递函数为 )32 ( )(f f H ∏= 求出每种情况下的输出信号。当抽样信号中存在混叠时，指出输出信号中哪些是混叠成分，哪些是所希望的信号成分。 解：t t x π30cos 4)(=，信号角频率030/rad s ωπ= ，信号频率015f Hz = 。 （a ）抽样频率35s f Hz = ，根据奈奎斯特抽样定理，可以得到抽样后的信号的频谱()s X ω如下图所示： 再经过重建低通滤波器()H f ，得到输出信号为 1()4[(215)(215)(220)(220)]Y ωπδωπδωπδωπδωπ=-?++?+-?++? 1()4cos(30)4cos(40)y t t t ππ=+ 混叠成分 希望信号成分 （b ）抽样频率15s f Hz = ，根据奈奎斯特抽样定理，可以得到抽样后的信号的频谱()s X ω如下图所示： 再经过重建低通滤波器()H f ，得到输出信号为 2()4[2()2(215)(215)2(230)2(230)] Y ωπδωδωπδωπδωπδωπ=+-?++?+-?++? 2()48cos(30)c 8os(60)y t t t ππ= ++ 混叠成分 混叠成分 希望信号成分 （c ）抽样频率10s f Hz = ，根据奈奎斯特抽样定理，可以得到抽样后的信号的频谱()s X ω如下图所示： 再经过重建低通滤波器()H f ，得到输出信号为 3()4[2(52)2(52)(215)(215)(225)(225)] Y ωπδωπδωπδωπδωπδωπδωπ=-?++?+-?++? +-?++? 3()8cos(10)4cos(30)4cos(50)y t t t t πππ=++ 混叠成分 混叠成分 希望信号成分 7-7已知信号f(t)的最高截止频率为m f ，若用图E7.1所示的q(t)对f(t)进行自然抽样，q(t)是周期为1/2m T f =的周期三角波。试确定已抽样信号的频谱表示式，并画出其示意图。 图E7.1 解： ()[()]Q q t ω=?2 2 22[()]()( )()22 s s s n n n Sa n Sa n T T ωτ ωτ π πτ τδωωδωω∞ ∞ =-∞ =-∞ =? -=-∑∑ 其中1 s f T = ，令2s m f f =，则22s s m f ωπω==。 则已抽样信号频谱∑∞ -∞ =-= =n m m s n F n Sa T Q F F )2()()(*)(21)(2 ω ωτωτ ωωπω。 作图如下 7-8已知低通信号最高频率为H f ，若用高度为1、宽度为τ、周期为 H f 21 的周期性三角脉冲对其进行自然取样。 ①画出已抽样信号的波形图； ②求已抽样信号的频谱，并画出频率草图（低通信号及其频谱的形状可自己假设）； ③若改为用周期性冲激函数进行抽样，重复步骤①、②，并比较两者在波形和频谱上的差别。 解：① 低通信号()f t 、周期三角脉冲信号()N S t 及已抽样信号()N f t 的时域波形分别如下所示 ② 三角脉冲及其频谱可表示为2()()( )2 4 p t P Sa τ ωτ ω? ←? →=，则周期三角脉冲信号及 其频谱可表示为 1 ()()2N k H S t p t k f ∞ =-∞ = -? ∑ 200()( )()4 N H n n S Sa n ωτωωτ δωω∞ =-∞ =?-∑ ，其中02221/2H H T f ππ ωω= == 因此已抽样信号的频谱为 20021 ()()()2()()4()(2) 2N N H n H H H n F F S n f Sa F n n f Sa F n ωωωπ ωτ τωωωτ τωω∞ =-∞ ∞ =-∞= * =- ==-∑∑ 作出频谱草图如下所示： ③ 周期性冲激函数可表示为 002222()()| (2)H T H n n T n n T T π ωωππδωδωωδωω = == -= -∑∑ 可以做出低通信号()f t 、周期性冲激函数()T t δ及已抽样信号()f t δ的时域波形分别如下所 示 周期性冲激函数的频谱为 11 ()()()()(2)2(2)2T H H H n n F F F n f F n T δωωδωωδωωωωπ= *=*-=-∑∑ 作出频谱草图如下所示： 比较：时域：一系列三角窄脉冲和一系列冲激函数。 频域：抽样信号有一)·(2Sa 包络和抽样信号包络为一水平直线。 7-9①画出用4 kHz 的速率对频率为1 kHz 的正弦波进行自然抽样所获得的PAM 信号的波形； ②若要获得平顶PAM 波形，重复步骤①。 解：频率为1 kHz 的正弦波()sin(2000)f t t π=和抽样脉冲串()N S t 的波形如下图所示： 自然抽烟信号和平定抽样信号如下图所示： 7-10已知信号的频谱如图E7.2所示，对其进行理想抽样。 ① 若用理想低通滤波器接收，试确定抽样频率； ② 若采用RC 滤波器接收，要求抑制寄生频谱并且具有2kHz 的过滤带，试确定抽样 频率。 图E7.2 解：①由于信号最高频率为4m f kHz = ，因此理想抽样频率为28s m f f kHz ==。 ②RC 滤波器结构如图E3.2所示，其传输函数为 22 1 |()|1() H RC ωω= + 以其3dB 带宽作为RC 滤波器的带宽，在其两侧取2kHz 的过渡带。如下图所示： 可以得到抽样频率最小为 40002000400010s f kHz =++= 7-11模拟语音信号的频谱如下图E7.3所示，以10kHz 的速率对这一波形进行抽样，抽样脉冲宽度τ=50μs 。 图 E7.3 ①找出自然抽样PAM 波形频谱的表达式，并画出所得到的结果； ②找出平顶PAM 波形频谱的表达式，并画出所得到的结果。 解：①自然抽样信号为 ()()N s n S t p t nT +∞ =-∞ = -∑ 其中p(t)是矩形脉冲，脉冲宽度τ=50μs ；411 0.000110 s s T s f === 是抽样间隔。 该信号的傅里叶变换为 1()()()N s s n s S f P nf f nf T δ= -∑ 其中矩形脉冲p(t)的傅里叶变换为 ()()P f Sa f τπτ= 因此自然抽样PAM 信号为 ()()()N N f t w t S t =? 其频谱为 4()()()()() ()() 0.5(0.5)(10) N N s s s n s s s n n F f W f S f f P nf W f nf f Sa n f W f nf Sa n W f n τπτπ=* =- =- =-?∑∑∑ 频谱如下： ②先做理想抽样，得到抽样信号为 ()()()() ()() s T s n s s n w t w t t w(t)t nT w nT t nT δδδ=? =?- =?-∑∑ f(kHz) 该脉冲串信号通过脉冲形成器（形成脉冲p(t)），得到平顶抽样PAM 信号为 ()()()()()F s s s n f t w t p t w nT p t nT =*=?-∑ 其频谱为： 5()()()1 ()() ()() 0.5()(510) F s s n s s s n s s n s n F f W f P f W(f)f -nf P(f) T f W f nf P f f W f nf Sa f W f nf Sa f δτπτπ-=? =[* ()]? =-? =- =-??∑∑∑∑ 频谱图如下： 7-12一低通信号()f t ，它的频谱()F f 由下式给出： 1200 200f f -< ()F f = 0 其他f ①若对()f t 进行理想抽样，抽样频率300 s f Hz =，试画出抽样后信号的频谱图； ② 若抽样频率400 s f Hz =，重复步骤①。 解：F(f)的频谱图如下所示 其理想抽样信号频谱为 ()()s s n F f F f nf =-∑ 据此，对抽样频率300 s f Hz =和400 s f Hz =，其抽样后信号频谱分别如下所示 7-13均匀抽样定理告诉人们：一个带限信号完全可以由它在时域上的抽样值确定。与此对应，对一个时域上受限的信号()x t （即t T ≥时，()0x t =），试说明()x t 的频谱()X f 完全可以由频域上的抽样值()0X kf 确定（其中01 2f T ≤）。 解：时域上受限的信号可表示为 ()||()0||x t t T x t t T ≥? 令其傅立叶变换为)(f X ，对)(f X 进行频域抽样得 ∑∑∞ -∞ =∞-∞ =-=-? =k k s kf f kf X kf f f X f X )()()()()(0 δδ（f 0 为抽样频率） 则对应时域信号为 ∑∑∞-∞ =∞ -∞ == -=-*=k k s f T kT t x T kT t T t x t x 0 1),()()()(δ 可以看出，()s x t 是x （t ）的周期延拓。当01 2f T ≤ ，即02T T ≥时，()s x t 中没有时域的混叠，因此可由其中取出x(t)：让x s (t)与理想矩形信号g(t)相乘 001||2()0||2 T t g t T t ? ? ≥?? 得到)()()(t x t g t x s =? 对该式取傅立叶变换，可得 0000000()()() ()()[2]()[()] 2s k k X f X f G f T X kf f kf T Sa f T X kf Sa T f kf δππ∞ ∞=-∞=-∞ =* =-*=-∑∑ 可见，当 T T ≥20，即T f 21 0≤时，X(f)仅由X(kf 0)决定。得证。 7-14 12路载波电话的频带范围为60~108Hz ，对其进行理想抽样，试确定最低抽样频率值， 并画出理想抽样后的频谱。 解：①复合信号为带通信号，其下截止频率和上截止频率分别为60,108L H f Hz f Hz = =。 因此信号带宽为48H L B f f Hz =-=。 上截止频率与带宽的关系为11 2,2,44 H f B B n k =+ = =即。因此，由教材式（7.39） 可以得到抽样频率满足 Hz n k B f s 108)1(2=+≥ ②带通信号及其理想抽样后的频谱图如下 7-15已知某量化器量化特性如图E7.4（a ）所示，设1 1 k k m m V +-=。试： ① 画出误差特性()0i i n v v v =-； ② 若输入0()sin i v t t ω=，画出()i n v 波形； ③若输入信号如图E7.4（b ）所示，试画出此时的量化失真波形，并求其平均功率。 图E7.4 解：①误差特性()0i i n v v v =-如下图所示 ②当输入0()sin i v t t ω=时，0()v t 、()i v t 和()i n v 波形分别如下，其中0()v t 用实线表示， ()i v t 用虚线表示。 ③输入信号可表示为()i v t t =。 v i 的分段区间可表示为[ 2121 ,22 i i -+]，则每一段上的v oi ＝i 。 设v i 的i 的取值范围是i=0,1,...N ±±,每段区间长T=1，则v o 的取值范围是[－N ，N]，输入信号的持续时间为(2N+1)T 。 那么，v o （t ）的平均功率为 2 1 2221()2 (21)2(12...) 211 (121(1)(21) ) 3 216N oi i S v T N T N N N N N N N N ==??+ =++++ =+++ +=∑ 量化失真输出波形如下‘ 7-16若采用对数压缩μ律编码，μ=100，max 0i v v ≤≤。 ① 试求相应的扩张特性； ② 若划分为32个量化级，试计算压扩后对小信号量化误差的改善程度。 解：①依题意，μ律的压缩特性为： max ln(1)ln(1) i o v v v μμ+= + 整理为 max [(1)1]o v i v v μμ = +- 因此，可以得到μ律的扩张特性为： max max [(1100)1][1011]100100 i i v v o v v v = +-=- ②设x 为输入，y 为压缩输出，则μ压缩特性为 10,10,) 1ln() 1ln(≤≤≤≤++= y x x y μμ 若划分为32个量化级，则相当于y 均匀量化为32个量化级，即量化台阶为32 1 =?y 。代 入上式，则在小信号时（即零值附近），有 ) 1ln() 1ln(321μμ+?+=x 对应x 的最小量化级为 00155.01 )1(32 1 =-+= ?μ μx 比较：均匀编码时x 的最小量化台阶1 0.0312532 x y ?=?= =。压扩后小信号量化误差小 了20倍左右。 7-17采用13段折线A 律编码，设最小量化级为一个单位，已知抽样脉冲为+635个单位。 ① 试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用自然二进制码）； ② 写出对应于该7位码（不含极性码）的均匀量化11位码。 解：①采用逐位比较反馈型编码规则，设8位码为12345678D D D D D D D D 。 1)确定极性码D 1。 +635>0，D 1=1 2)确定段落码234D D D 。 635>125，D 2＝1 635>512，D 3＝1 635<1024，D 4＝0 3)确定段内码5678D D D D 。 635<512+8×32， D 5＝0 635<512+4×32， D 6＝0 635>512+2×32， D 7＝1 635>512+2×32＋32＝608，D 8＝1 故输出码组11100011。 量化误差为635?－608?＝27?<32?。 ②608=512+64+32，因此对应于量化值608的均匀11位码为010********。 7-18采用13折线A 律译码电路，设接收端受到的码组为01101100，最小量化级为一个单位。 ①试求译码输出为多少个单位。 ②写出对应于该7位码（不含极性码）的均匀量化11位码。 解：①设7－11转换后的输出为I ’ 1）极性码为0，I ’<0。 2）段落码为110，量化值落在第7段。该段起始电平为512单位，量化台阶为32单位。 3）段内码为1100，因此 I ’=-(512+12×32)＝-896单位。 由于译码时采用7－12转换，还需外加 232 单位以减少量化误差。故译码器输出为 32 '9122 I I =-=-量化单位 ②896＝512＋256＋128，故对应均匀量化11位码为01110000000。 7-19将一个带宽为4.2 MHz 的模拟信号转换成二进制的PCM 信号以便在信道上传输。接收机输出端的信号峰值与量化噪声功率比至少为55 dB 。 ①求PCM 码字所需的比特数目以及量化器所需的量化台阶数； ②求等效的比特率； ③如果采用矩形脉冲波形传输，则所需的信道零点带宽是多少？ 解：①已知量化信噪比与每样值比特数N 的关系为 ( )655dB q S N dB N =≥ 因此有10N ≥， 取10N =。则量化器所需量化台阶数21024N L ==。 ②61 2210(4.210)84/b s H s R Nf Nf Mbit s T N = ===???= ③设矩形脉冲宽度为τ，采用不归零脉冲，因此s T N τ=。所需零点带宽为 1 284s H B Nf Nf MHz τ ==== 7-20用一个850 MB 的硬盘来存储PCM 数据。假设以8 千样本/秒的抽样速率对音频信号进行抽样，编码后的PCM 信号的平均SNR （信噪比）至少为30 dB 。问此硬盘可以存储多少分钟的音频信号所转换的PCM 数据？ 解：630SNR N =≥，因此5N ≥，取N=5。 比特率5/8/40/b s R Nf Kbit s ==?= 比特样本千样本秒 因此，存储信号时长为 1085081702290140/M bit T s Kbit s ?= =?≈分钟 7-21给定一个模拟信号，它的频谱成分在频带300 Hz 到3000 Hz 的范围内，假设利用7 kHz 的抽样频率对其进行PCM 编码。 ①画出PCM 系统的方框图（包括发送机、信道与接收机）； ②假设接收机输出端所需的峰值信号与噪声功率比至少为30 dB ，并且使用极性矩形脉冲波形传输，试计算所需的均匀量化台阶数以及零点带宽； ③讨论如何采用非均匀量化以提高系统的性能。 解：①PCM 系统的方框图如下 ②630SNR N dB =≥，所以5N ≥，取N=5。量化台阶数232N L ==。 假设采用不归零矩形脉冲，即脉冲宽度s T N τ= ，s T 为抽样间隔。那么零点带宽为 31 1 5(710)35s s B Nf kHz T N τ = = ==??= ③ 均匀量化由于量化台阶固定，量化噪声2 12 q N ?=不变，因此当信号较小时，信号的量 化信噪比也就很小。这样对小信号来说量化信噪比就难以达到给定的要求。在给定信噪比要求时的信号取值范围（即信号动态范围）受到较大限制。 非均匀量化使得小信号时量化台阶较小，大信号时量化台阶较大，信号的量化信噪比在一定信号取值范围内保持相对变化较小。换言之，在给定信噪比要求时的信号取值范围（即信号动态范围）相比均匀量化时要大。 7-22在一个PCM 系统中，由于信道噪声所引起的误码率为4 10-。假设恢复出的模拟信号的峰值信号与噪声功率比至少为30 dB 。 ①试求所需的量化台阶的最小数； ②如果原始的模拟信号的绝对带宽为2.7 kHz ，那么采用双极性矩形脉冲波形传输时，PCM 信号的零点带宽是多少？ 解：①输出信号的总信噪比可表示为 2 2 14o q e e S L N N P L =++ 根据题目条件，可以得到 22 242 10lg 10lg 30141410e L L dB P L L -=≥++?? 解得 40.82L ≥ 取L=41。 ②每样值比特数2[log ]16N L =+=。假设采用不归零矩形脉冲，即脉冲宽度s T N τ=，s T 为抽样间隔。那么零点带宽为 31 1 262(2.710)32.4s H s B Nf N f kHz T N τ = = ==?=???= 7-23对10路带宽均为0～4000Hz 的模拟信号进行PCM 时分复用传输，抽样速率为8000Hz ， 抽样后进行16级量化，并编为自然二进制码。试求传输此时分复用信号所需带宽。 解：已知抽样频率为3810s f Hz =?，每样值编码比特数为2log 164N bit ==，复用路数为10n =路，那么可以得到时分复用信号传输带宽为 3 5104810 1.61016022 s ch nNf B Hz kHz ??? ===?= 7-24设有23路模拟信号，每路均带限于3.4 kHz ，以8 kHz 的抽样频率对其进行抽样，并与 1路同步信道（8 kHz ）一起复用为TDM PAM 信号。 ①画出系统的方框图，并指出复接器的工作频率f s 以及TDM PAM 信号总的脉冲速率； ②计算信道所需的零点带宽。 解：①系统方框图如下 可以将这23路模拟信号和一路同步信号看做24路信号作时分复用，每路抽样速率均为8kHz ，因此复接频率为 180002419218000 24 s f kHz = =?= 也就是说，每秒钟依次读取192个脉冲。因此，TDM PAM 信号总的脉冲速率为 192/b R s = 千脉冲 ②设脉冲宽度为τ，信道所需的零点带宽为 1 192b B R kHz τ = == 7-25设13折线A 律编码器的过载电平为5V ，输入抽样脉冲的幅度为-0.9375 V ，若最小量 化级为2个单位，最大量化器的分层电平为4096个单位。 ①试求此时编码器输出码组，并计算量化误差； ②写出对应于该码组（不含极性码）的均匀量化编码。 解：①A 律编码器的电平范围为[-5 , 5]，因此最小量化级（即量化台阶）为10 24096 ?= ?， 而 0.9375 192=? ，所以输入抽样脉冲对应为I ＝-192?。 1）I<0，故极性码D 1＝0。 2）192?>128?，故D 2＝1 384?<512?，故D 3＝0 384?<256?，故D 4＝0 即落在第五段，该段量化台阶为8?。 3）192?＝128?＋8×8?，即第5段内的中点（第9段起点），故段内码为1000。 故编码器输出码组为01001000。 量化误差为0。 ②192＝128＋64，故对应该码组的均匀量化11位码为00011000000。 7-26简单增量调制系统中，已知输入模拟信号t f A t f m π2cos )(=，抽样速率为s f ，量化台阶为σ。 ①求简单增量调制系统的最大跟踪斜率； ②若系统不出现过载失真，则输入信号幅度范围为多少？ ③如果接收码序列为1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1，请按斜变信号方式画出译码器输出信号波形（设初始电平为0）。 解：①简单增量调制系统的最大跟踪斜率max s s K f T σ σ==。 ②系统不出现过载失真的条件是max () | |s df t f dt σ≤，即2m s A f f πσ?≤，因此得到 2s m f A f σπ≤ 另外，最小编码电平为min 2 A σ = 。所以输入信号幅度范围为 2 2s m f A f σσ π≤≤ ③斜变信号方式的译码器输出信号波形如下图实线所示 7-27为了测试一个DM 系统，在系统的输入端馈送峰-峰值为1 V 的10 kHz 正弦波信号，并以10倍于奈奎斯特速率的抽样速率对信号进行抽样。试问： ①为了预防出现斜率过载噪声并且使量化噪声最小，所需的量化台阶为多大？ ②如果接收机的输入端带限于200 kHz ，那么量化信噪比是多少？ 解：①对峰-峰值为1 V 的10 kHz 正弦波信号，信号最大振幅为A max =0.5 V ，其奈奎斯特速率为20s f kHz = ，实际抽样速率为'10200s s f f kHz == 。 为预防出现斜率过载，应有 max ' 2s m f A f σπ≤ 因此量化台阶σ应满足 max 1020.520.050.157'200m s f k A f k σπππ≥?? =??=≈ 而量化噪声功率2 3 q N σ= ，欲使量化噪声功率最小，应使量化台阶σ取最小值，因此 0.157σ≈V ②已知抽样频率'200s f kHz = ，信号频率f=10 kHZ ，输入端带限频率=200 kHz c f 。因此根据教材式（7.80），可以得到量化信噪比为 333 2323'(20010)0.040.0416()(1010)(20010) s q c f S N f f ?==?=???倍 7-28设语音信号的动态范围为40dB ，语音信号的最高截止频率3400 c f Hz =，若人耳对语音信号的最低信噪比要求为16dB ，试计算DM 编码调制时，对频率为800 f Hz =的信号而言，满足动态范围的采样频率s f 是多少？ 解：由DM 的信噪比公式知欲使最低信噪比为16dB ，应有3 1.620.0410s c f f f ≥，由此解得满 足最低信噪比要求时采样频率应为129.37s f kHz ≥。 动态范围dB A A D dB c 40lg 20)(min max ==，而max min ,2s f A A σσω≤=，故20lg 40s f dB f π≥。 已知800 f Hz =，由此解得250s f kHz ≥。同时应满足最低信噪比要求，可得满足动态范围的采样频率为250s f kHz ≥。 7-29对信号()0sin 2f t m f t π=进行简单DM 增量调制。试证明，在既保证不过载，又保证信号振幅不小于编码电平的条件下，量化台阶σ和抽样频率s f 的选择应满足：0s f f π> 。 证明：要保证不过载，应有max 00()2|| | |,2,s s s df t m f f f f dt T σππσσ <<>即 |m|； 另外，要保证信号振幅不小于编码电平，应有||2 m σ >。 综上：0f f s π>。得证。 7-30对信号()f t 进行简单增量调制，采样频率s f 为40kHz ，量化台阶为σ。 ① 若()sin f t A t ω=，试求发生过载的条件； ② 若编码时二进制码0和1出现概率分别为1/3和2/3。试问系统的平均信息速率为多少？ ③ 系统可能的最大信息速率为多少？ 解：①发生过载的条件是：A f f dt t df s s σωσ>>即,|)(| max ②信源熵即每符号平均信息量为 22123 ()log 3log 0.92/332 H x bit =+≈符号， 而传码率为 40B s R f kBaud == 因此系统的平均信息速率为b R ()36.8/B R H x kbit s =＝。 ③对二进制，每符号最大平均信息量H(x)=log 22=1bit/符号。在传码率R B 一定的情况下，系 统可能的最大信息速率R bmax =R B ×H(x)＝40kbit/s 。 7-31按照将DM 作为DPCM 特例的分析方法，利用DM 的量化信噪比公式（即：12M σ-?? =? ??? ，差值为M 个电平，编码为N 位） ，证明DPCM 的量化信噪比为 ()()2 332222223132188N s s q m m N M f f S N N f f f f ππ-=?=-? 并将DPCM 与DM 及PCM 的性能进行比较。 证明：对于DPCM 信号，量化误差信号()()()q t f t f t ε=-在[,]22 ?? - 上均匀分布，故量化噪声功率为2 '12 q N ?=。译码器的“积分器”输出的斜变波形'()q f t 信号阶梯变化的最小周 期为 s T N ，即信号最高频率为s Nf （s T 是抽样间隔）。因此可认为()t ε的功率谱在(0,)s Nf 上均匀分布，其功率谱可表示为 2 (),012e s s P f f Nf Nf ?=≤≤ 若接收端LPF 的截止频率为c f ，则系统的最终输出量化噪声功率()12c q e c s N P f f Nf =?= 设信号()cos f t A t ω=，则信号功率2 2 A S =。由不发生过载条件知s A f ωσ≤，可得 到信号的最大（临界）功率为 2222 1()28s s f f S σσωπ== 因此可以得到量化信噪比为 22 22 2 232 2221( )123(1)2/81288s s c s s q s c c M f f f Nf N M f S N Nf f f σπππ-??-==?=? 得证。 比较：DPCM ：23 23(1)8s q c N M f S N f π-= ； DM ：320.04s q c f S N f f =； PCM ： 22N q S N =。 其中s f 是抽样频率，f 是信号频率，c f 是接收端低通滤波器的截止频率，N 是每个抽样值的编码位数。 7-32给定某信号的波形、抽样频率及量化台阶σ，试画出简单DM 的编码过程。 解：简单DM 的编码过程如下图所示，其中：()f t 为输入的模拟信号，()q f t 为相应阶梯波， s T 为采样周期，σ为量化台阶 t 7-33在忽略接收机噪声的情况下，求DM 和PCM 系统的输出信噪比（量化信噪比）q DM N ? ???及q PCM S N ?? ? ???。设输入的是频率800 f Hz =的单音频信号，低通滤波器的截止频率4000 c f Hz =，信道带宽为ch f ，且5ch c f f =。 解：已知3 223()8s DM q c f S N f f π=，22()2N PCM q S L N ==。通常取32s f kHz =，则有 333 222233(3210)()26.87888004000 s DM q c f S dB N f f ππ?==≈? 由教材式（7.54）和 5ch c f f =，可得5N =。因此 2210( )2230.10N PCM q S L dB N ===≈ 7-34若要求DM 和PCM 系统的输出信噪比（量化信噪比）都为30dB ，且c f =4000Hz ，f=800Hz ，试比较DM 和PCM 系统所需的带宽。 解：22()30()100022ch c B f N PCM q S dB N ==== （这里c H f f =），将4000c f Hz =代入，可 以求得：19.93ch B kHz ≈ 由3 223()30()10008s DM q c f S dB N f f π===可以解得40.69s f kHz =，故20.35ch B kHz ≈。 7-35有一电话信道带宽B=3000Hz ，信噪比S/N=400（即26dB ），假定信道为带限高斯信道。试求： ① 信道容量C ； ② 说明此信道能否有效地支持对数字PCM 编码的语音信号的传输。 ③ 假定传输速率是信道容量的40%，试问哪种信源编码方式可以压缩信号带宽以适应 该电话信道的带宽限制？ 解：①s kbit N S B C /95.25)4001(log 3000)1(log 22≈+?=+ = ②数字PCM 的传码率满足： 11 2/b s H s R Nf Nf T T N ===≥，而一般的数字PCM 中N ＝7～ 8，语音信号最高频率f H ＝4kHz ，故5664b R kbps kbps C ≥ > ，不能支持。 ③若25.9540%10.38b R kbps =?=，查教材表7.7，可采用RPE-LTP 进行压缩。
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