北京交通大學(xué)無線通信技術(shù)課后習(xí)題答案.ppt

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無線通信,Wireless Communication,習(xí)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(dāng)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(dāng)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(jī)波動，這種現(xiàn)象就是信號衰落。,習(xí)題2.1,答：載波頻率對衰落有很強(qiáng)的影響。當(dāng)移動臺以λ/2（或更?。椴介L進(jìn)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(dāng)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(xí)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(dá)接收機(jī)的時間應(yīng)該分布在0.1倍的符號間隔內(nèi)，以避免嚴(yán)重的符號間干擾。滿足要求的符號速率是多少？,path1(LOS),path2,習(xí)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(dá)接收機(jī)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(xí)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）?？梢宰C明這樣天線的有效面積為 Aiso=λ2/4π 。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(xí)題4.2,當(dāng)從地球與地球同步衛(wèi)星進(jìn)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(diǎn)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(jī)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(xí)題4.2,（a）,（b）,習(xí)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(jìn)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(xí)題4.3,（a）Friis定律適用于天線遠(yuǎn)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(xí)題4.3,帶入給定值得 （c）圓形拋物天線的最大尺寸La=2r,習(xí)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(rèn)為是理想的傳導(dǎo)地面環(huán)境。兩天線的長度分別為0.5m和15cm。基站發(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(shí)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(yuǎn)場條件滿足，畫出接收功率的圖。公式4.24：,習(xí)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(xí)題4.8,（b）若使式（4.24）成立，,接收功率隨距離變化圖,習(xí)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(jìn)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(qiáng)，其中：（a）f=900MHz（b）f=1800MHz（c）f=2.4GHz。,習(xí)題4.10,Bullington方法：用一個“等價”的單屏來替代多屏。從發(fā)射機(jī)出發(fā)做各個實(shí)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(jī)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(jī)切線和最陡接收機(jī)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(xí)題4.10,首先求出等價屏高度h，和發(fā)射機(jī)到等價屏的距離dTx （a）f=900MHz，λ=1/3m,,,習(xí)題4.10,,總的場變：其中E0=exp（-jK0x）,場強(qiáng)：,（b）f=1800MHz，λ=1/6m,習(xí)題4.10,（c）f=2.4GHz，λ=0.125m,習(xí)題3.1,假定一部接收機(jī)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(jī)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(xí)題3.1,將dB形式轉(zhuǎn)換成絕對量值形式 大約為4.7dB。,習(xí)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(yùn)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(dāng)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(jī)噪聲系數(shù)為5dB，且與頻率無關(guān)）？,習(xí)題3.2,帶寬為100kHz系統(tǒng)熱噪聲功率：（Pn=N0B，B是接收機(jī)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(jī)接收到的信號功率：,因此接收機(jī)輸入SNR=37dB，由于接收機(jī)噪聲（噪聲系數(shù)為5dB）的存在，接收機(jī)輸出SNR減小為32dB。,習(xí)題3.2,當(dāng)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(dāng)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(xí)題3.3,考慮GSM的上行鏈路：MS的發(fā)射功率為100mW，BS接收機(jī)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(yuǎn)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(xí)題3.3,習(xí)題3.4,具有如下系統(tǒng)技術(shù)指標(biāo)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(jī)損耗為3dB，所需信噪比為5dB?？山邮艿淖畲笊漕l噪聲系數(shù)等于多少？,習(xí)題3.4,所以可接受的最大射頻噪聲系數(shù)為11dB。,習(xí)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σF=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(xí)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(dǎo)致對數(shù)正態(tài)隨機(jī)損耗，LmaxdB是與rmin相對應(yīng)的最大損耗值。,習(xí)題5.3,,注意到隨機(jī)變量 是標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)隨機(jī)變量,習(xí)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(kuò)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(kuò)展取為最大多普勒頻移的兩倍。進(jìn)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(biāo)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(kuò)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(kuò)展）？,習(xí)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(xí)題5.4,如果使用1800MHz頻帶，能夠通信的最大速度：,習(xí)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(dú)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η=3.6，即接收功率以d-η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(xí)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(dú)立的σF=9dB的對數(shù)正態(tài)大尺度衰落，即當(dāng)取小尺度平均時，均是σF=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(biāo)準(zhǔn)差為： LmeandB是載噪比（C/I）|dB的平均路徑損耗，LdB是陰影導(dǎo)致對數(shù)正態(tài)隨機(jī)損耗，LmaxdB是與（C/I）min相對應(yīng)的最大損耗值。,，tot,，tot,習(xí)題5.11,,注意到隨機(jī)變量 是標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)隨機(jī)變量,，tot,，tot,，tot,習(xí)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(xí)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(xí)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(xí)題6.5,問：相干時間Tc是給出信道多長時間可以被認(rèn)為是衡量的測度，可以用多普勒擴(kuò)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(kuò)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(xí)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(dǎo)頻符號。通過這種方式，接收端估計信道的當(dāng)前值，并且這樣可以進(jìn)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(xí)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(kuò)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(xí)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(yùn)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(yùn)用Hata提供的Okumura測量的參數(shù)，即運(yùn)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(rèn)為是由什么造成的？差異顯著嗎？,習(xí)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(xí)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(jìn)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(xí)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(kuò)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(kuò)展？,習(xí)題7.5,對RA： 對TU：,均方根時延擴(kuò)展,習(xí)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(kuò)展，因此均方根時延擴(kuò)展不足以描述功率時延譜。,習(xí)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(diǎn)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(dá)到理想MSK信號點(diǎn)，時間帶寬積大的優(yōu)點(diǎn)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(xí)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(xí)題11.7,找出64-QAM的平均信號能量與信號空間圖中各點(diǎn)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(biāo)依次為d倍,,2d,習(xí)題11.7,平均信號能量為：,注：各點(diǎn)之間的距離為2d,習(xí)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α=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(xí)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+ɑ)/T，在|f-fc|(1+ɑ)/2T外無功率，因而1MHz帶寬，數(shù)據(jù)速率可以達(dá)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(xí)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(diǎn)對點(diǎn)無線鏈路。天線增益為30dB，路徑損耗為150dB，接收機(jī)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(dāng)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(xí)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(jī)噪聲系數(shù)后，噪聲功率譜密度可以寫成（N0=KT）,習(xí)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(xí)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(xí)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(xí)題12.8,考慮問題1中提到的點(diǎn)對點(diǎn)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(dāng)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(xí)題12.8,各種調(diào)制方式對應(yīng)的最小Eb/N0 與習(xí)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(xí)題12.8,（b）萊斯信道BER與 的關(guān)系 當(dāng)Pb=10-5，Kr=10時，rb=76.623，發(fā)射功率必須增加 當(dāng)當(dāng)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(xí)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(dá)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(kuò)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(kuò)展的典型值分別是多少？,習(xí)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(xí)題12.10,（b）,習(xí)題14.1,考慮一（7,3）線性循環(huán)分組碼，其生成多項(xiàng)式G(x)=x4+x3+x2+1. （a）用G(x)對信號U(x)=x2+1進(jìn)行系統(tǒng)編碼。 （b）當(dāng)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(jìn)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(xiàng)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(yàn)證以上聲明的。,習(xí)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(xiàng)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(xí)題14.2,我們有一個二進(jìn)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(xì)描述如何實(shí)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(dú)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(xí)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(xí)題14.4,多項(xiàng)式x15+1可以分解成不可約多項(xiàng)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(jìn)制循環(huán)碼的生成多項(xiàng)式。 我們需要所有最高次冪為15-8=7的生成多項(xiàng)式，共有三個,習(xí)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(yàn)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(xiàng)式,習(xí)題14.5,（a）利用已知碼字的線性組合(異或)，可得所有碼字,習(xí)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(xí)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(xiàng)式的條件，就是我們要找的生成多項(xiàng)式。,系統(tǒng)碼對應(yīng)的碼字,生成多項(xiàng)式必要條件：(1)最高次冪為碼長n的多項(xiàng)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(xiàng)為常數(shù)1 生成多項(xiàng)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(xiàng)式還必須滿足的要素是;該多項(xiàng)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(xí)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(yàn)矩陣H，當(dāng)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(xiàng)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(xí)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(xiàng)式的條件，就是我們要找的生成多項(xiàng)式。,生成多項(xiàng)式必要條件：(1)最高次冪為碼長n的多項(xiàng)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(xiàng)為常數(shù)1 生成多項(xiàng)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(xiàng)式還必須滿足的要素是;該多項(xiàng)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(xí)題14.10,考慮圖14.3的卷積編碼器 （a）如果運(yùn)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(jìn)制數(shù)字形式檢測到，就能夠得到二進(jìn)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(jìn)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(xí)題14.10,用+1和-1代替1和0的，得新的格圖 運(yùn)用Viterbi算法進(jìn)行譯碼,習(xí)題14.10,,僅保留幸存路徑得：,歐式距離,習(xí)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(xí)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(dá)到與三天線系統(tǒng)在20dB信噪比是同樣的BER所需SNR。,習(xí)題13.1,由式（13.35）， （a） （b） （c）單天線系統(tǒng)中，為了達(dá)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(xí)題13.3,設(shè)接收機(jī)連有兩幅天線，其信噪比相互獨(dú)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(dǎo)使用單天線時的衰落余量關(guān)于Pout的表達(dá)式。 （b）推導(dǎo)使用兩副天線時的衰落余量關(guān)于Pout的表達(dá)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Г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(xí)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(xí)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(qiáng)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(xí)題13.5,采用3個最強(qiáng)的信號混合選擇最大比值合并平均SNR： 平均SNR的損耗：,習(xí)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(-jΦk),每個之路的噪聲功率為N0，并且各支路間的噪聲是相互獨(dú)立的。每個支路經(jīng)相位調(diào)整至零相位，用αk進(jìn)行加權(quán)，然后進(jìn)行合并。給出各支路SNR以及合并后SNR的表達(dá)式，然后推導(dǎo)能使合并后的SNR取最大值的權(quán)值αk。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(xí)題13.11,由不等式 當(dāng) 時等號成立，其中c為任意實(shí)數(shù). 因而最佳權(quán)值為αk=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(xí)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(shí)的均衡器系數(shù)的MSE方程。,且σ2s=0.7,ei是均衡器的第i個系數(shù),習(xí)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(jìn)行分析。,習(xí)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(xí)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(biāo)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(xí)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(xí)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(zhǔn)確信息，就可以單獨(dú)研究收斂特性。 （a）根據(jù)習(xí)題7中的數(shù)據(jù)，畫出初始值e=[1 1]T時，μ=0.1/λmax,0.5/λmax,2/λmax的LMS算法的收斂圖，并對所得結(jié)果進(jìn)行比較：,和σ2s=0.3,解：MSE方程的梯度為,更新方程為：,運(yùn)用MATLAB繪出收斂圖如下（迭代次數(shù)不超過20）：,習(xí)題16.8,,習(xí)題16.8,由于R和p都準(zhǔn)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/λmax,0.5/λmax,迭代次數(shù)不超過20時就收斂，而第三種情況μ=2/λmax迭代次數(shù)不超過20時不收斂。事實(shí)上，收斂的必要條件是0μ2/λmax 對比μ=0.1/λmax與μ=0.5/λmax可知：μ越大，收斂速度越快。,習(xí)題19.8,有一個FDMA系統(tǒng)，每個載波采用升余弦脈沖(α= 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(hù)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 ，α為滾降系數(shù)，且不存在帶外發(fā)射。頻譜利用率為1/(1+α). (b)OFDM載波間隔為1/TB，頻率利用率為1。,習(xí)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(diǎn)。 （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(kuò)展； （5）提高用戶定位能力。,習(xí)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(xiàn)最大。列出所有三種用途，并詳細(xì)解釋最普及的一種用途。,（空分復(fù)用）,習(xí)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(dá) 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(dá)Nt*Nr。,