P4=Nm=2×10-4×104=2×10W 所以 P=10=10×10B=103×2×10-0=200 (2DSB的输出信噪比等于输入信噪比的2倍,因此 P. 2P 而 B1=2N0Jm=4 所以 P=100P2=100×500P,=5×102×4x100=2000 五.解 T (1)该终端输出的是双极性NRZ信号,码元间隔是9600,因此其功率谱密度为 P()=G() 其中G()是8()的傅氏变换,G()=7sin(m).因此 9600bps (2)首先,此系统的频带利用率是B=2400H=4bpH 。由于二进制基带传输的最高 频带利用率是2bps/Hz,所以必须用多进制。虽然4进制可以达到4bps/Hz的频带利用率 但从可实现的要求来说,还需要增加进制数M。设计M=8,则符号速率为 R =3200 symbol,/s。为了实现无码间干扰的限带传输,必须采用滚降频谱成形 R 0.5 考虑升余弦滚降,设滚降系数是a,则2 因此R 。再考虑收 发匹配设计,则设计出的系统框图如下:14 4 10 , 0 P N n i = = fm 2 1× 0− − ×10 = 2×10 W 所以 10 10 3 13 10 , P P T R = = 10 10 ×10 Pn i =10 × 2×10− = 2000W (2)DSB 的输出信噪比等于输入信噪比的 2 倍，因此 , , 500 2 R o n i n o P P P P = = 而 10 , 0 2 4 10 P N n i mf − = = × W 所以 10 10 12 10 , P P T R = = 10 10 ×500Pn i = 5×10 × 4×10− = 2000W 五. 解 (1)该终端输出的是双极性NRZ信号，码元间隔是 1 s 9600 Tb = ，因此其功率谱密度为 ( ) ( ) 1 2 b P f G f T = 其中 ( ) 是 的傅氏变换， G f g t( ) G f ( ) = Tbsinc( fTb ) 。因此 ( ) ( ) 2 1 1 2 sinc sinc 9600 9600 b b b f P f T fT T ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (2)首先，此系统的频带利用率是 9600bps 4bps/Hz 2400Hz Rb B = = 。由于二进制基带传输的最高 频带利用率是 2bps/Hz，所以必须用多进制。虽然 4 进制可以达到 4bps/Hz的频带利用率， 但从可实 现的要 求 来说， 还 需要增 加 进制数 M 。设计 M=8 ， 则符号 速 率 为 9600 3200 3 Rs = = symbol/s。为了实现无码间干扰的限带传输，必须采用滚降频谱成形。 考虑升余弦滚降，设滚降系数是α ，则 ( ) 1 2 Rs +α = B ，因此 2 1 0.5 s B R α = − = 。再考虑收 发匹配设计，则设计出的系统框图如下：