5.2习题解答5-1设二进制符号序列为110010001110.试以矩形脉冲为例,分别画出相应的单极性波形，双极性波形，单极性归零波形，双极性归零波形，，二进制差分波形及八电平波形。5-2设二进制随机脉冲序列有余组成，出现g1(t)的概率为p，出现g2(t)的概率(1−p)。证明：如果1p==k()与t无关g()t1−1g2()t且0<k<1，则脉冲序列将无离散譜证明已知1p==kg()t1−1g2()t则有pg1(t)+(1−p)g2(t)=0将上式两边做傅里叶换，得pG1(f)+(1−p)G2(f)=0其中，G1()()()()f和G2f分别为g1t和g2t的傅里叶变换。令f=mfs，得到pG1(mfs)+(1−p)G2(mfs)=0将上式代入二进制随脉冲序列的功率谱密度表达式（5-2）中，显然离散部分将为0。5−3设随机二进制序列中的0和1分别由g()()t和−gt组成，它们的出现概率分别为p及()1−p()1求其功率谱密度及功率。（2）若g()t为如图5−6()a所示波形，Ts为码元宽度，问该序列存在离散分量fs=1/?Ts否（3）若g()t改为图5−6(b),回答题（2）所问。解（1）双极性波形的功率谱密度为+∞22Ps()()()f=4fsp1−pGf+∑fs[(2p−1)G(mfs)]δ(f−mfs)m=−∞其功率1+∞∞S=Ps()()wdw=Psfdf2π∫−∞∫−∞∞2∞2=[4fsp(1−p)G(f)+fs[(2p−1)G(mfs)]δ(f−mfs)]df∫−∞∑−∞∞∞2222=4fsp()()()()1−pGfdf+fs2p−1Gmfs∫−∞∑−∞（2）若Tg(t)=1,t≤s20,其它g(t)傅里叶变换G(f)为sinπfTsG(f)=TsπfTssinπfsTsπsinπ因为G(fs)=Ts=Ts=0πfTsπ由题（1）中的结果知，此时的离散分量为0。（3）若Tg(t)=1,t≤s40,其它g(t)的傅氏变换G(f)为πfTsinsTG(f)=s22Tπfs2πfTπsinssinTTT因为G(f)=s2=s2=s≠02T2πππfs221所以该二进制序列存在离散分量fs=。Ts5-4设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如图5-7(a)所示。图中Ts为码元间隔，数字信息“1”和“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等：(1)求该数字基带信号的功率谱密度，并画出功率谱密度图；(2)能否从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量？若能，试计算该分量的功率。解(1)对于单极性基带信号，g1(t)=0,g2(t)=0=g(t),随机脉冲序列的功率谱密度为∞22ps(f)=fsp(1−p)G(f)+∑fs(1−p)G(mfs)δ(f−mfs)m=−∞当p=1/2时,∞2fs22fsg(t)=G(f)+∑G(mfs)δ(f−mfs)4m=−∞4由图5-7(a)得2TsA(1−t),t≤g(t)=Ts20,其它tg(t)的傅里叶变换G(f)为ATπfTG(f)=ss2a(s)22代入功率谱密度函数式，得22+∞2fsATs2πfTsfsATs2πmfsTsPs(f)=sa()+∑sa()δ(f−mfs)422m=−∞42222+∞ATs4πfTsA4mπ=sa()+∑sa()δ(f−mfs)16216m=−∞2其功率谱密度图如图5−7（b)所示。(2)由图5-7(b)中可以看出，该基带信号功率谱密度中含有频率fs=1/Ts的离散分量，故可以提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量。由题(1)中的结果，该基带信号中的离散分量为Pv(w)为2+∞A4mπPv(f)=∑sa()δ(f−mfs)16m=−∞2当m取±1时，即f=±fs时，有A2πA2πPv(f)=s4a()δ(f−f)+s4a()δ(f+f)162s162s所以该频率分量的功率为A2πA2π2A2S=s4a()+s4a()=162162π45-5设某二进制数字基带信号中，数字信号“1”和“0”分别由及表示，且“1”与“0”出现的概率相等，是升余弦频谱脉冲，即πtcos()1Tsπtg(t)=2sa()24tTs1−2Ts(1)写出该数字基带信号的功率谱密度表示式，并