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通信原理课后题答案重庆邮电大学第1章 绪论 习题解答 1-1 解：每个消息的平均信息量为 H(x)=-14log214-2´18log218-12log212 =1.75bit/符号 1-2 解：两粒骰子向上面的小圆点数之和为3时有和两种可能，总的组合数为C6´C6=36，则圆点数之和为3出现的概率为 故包含的信息量为 p3=236=118 11811小圆点数之和为7的情况有，则圆点数之和为7出现的概率为 366 故包含的信息量为 6 1-3 解：每个字母的持续时间为2´10ms，所以字母传输速率为 I(7)=-log2p7=-log21=2.585(bit)p7=6=1I(3)=-log2p3=-log2=4.17(bit) 不同字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为 H(x)=log24=2 bit/符号 平均信息速率为 Rb=RB4gH(x)=100 bit/s 每个字母的平均信息量为 554 =1.985 bit/符号 所以平均信息速率为 H(x)=-1log21-1log214-14log214-310log2310 RB4=12´10´10-3=50Baud Rb=RB4gH(x)=99.25 (bit/s) 1-4 解：根据题意，可得： I(0)=-logP(0)=-log2I(1)=-logP(1)=-log238»1.415 比特 14=2 比特 I(2)=-logP(2)=-log2I(3)=-logP(3)=-log21418=2 比特 比特 法一：因为离散信源是无记忆的，所以其发出的消息序列中各符号是无依赖的、统计独立的。因此，此消息的信息量就等于消息中各个符号的信息量之和。此消息中共有14个“0”符号，13个“1”符号，12个“2”符号，6个“3”符号，则该消息的信息量是： I=14I(0)+13I(1)+12I(2)+6I(3) »14´1.415+13´2+12´2+6´3 »87.81 比特 此消息中共含45个信源符号，这45个信源符号携带有87.81比特信息量，则此消息中平均每个符号携带的信息量为 I2=87.81/45»1.95 比特/符号 =3法二：若用熵的概念计算，有 说明：以上两种结果略有差别的原因在于，它们平均处理方法不同，前一种按算术平均的方法进行计算，后一种是按熵的概念进行计算，结果可能存在误差。这种误差将随消息中符号数的增加而减少。 1-5 4444解：bit/符号 某一特定序列出现的概率为 H(x)=-1log21-3log23»0.811H(x)=-38log238-2´14log214-18log218=1.906(bit/符号)P(XL)=P(X1,X2,L,X100)=éëP(0)ùûméëP(1)ùû100-mæ1öæ3ö=ç÷ç÷è4øè4ø100-mm100-m所以，信息量为 I(X1,X2,L,X100)=-logP(X=200-(100-m)log23L)ìïæ1öæ3ö=-logíç÷ç÷ïè4øè4øîmüïýïþ(bit)序列的熵 H(XL1-6 解：若系统传送二进制码元的速率为1200Baud，则系统的信息速率为： Rb=1200´log22=1200 bit/s 若系统传送十六进制码元的速率为2400Baud，则系统的信息速率为： Rb=2400´log216=9600 bit/s 1-7 解：该恒参信道的传输函数为 H(w)=H(w)ejj(w)=100H(X)=81bit/序列=K0e-jwtddd(-t0 冲激响应为 h(t)=Kt )=)0Ks-(dt t) 输出信号为 y(t)=s(t)*h(t 讨论：该恒参信道满足无失真传输的条件，所以信号在传输过程中无畸变。 1-8 解：该恒参信道的传输函数为 H(w)=Ae-j(wtd-bsinwT0)=Ae-jwtd×ejbsinwT0 =A(1+jbsinwT0)e=A1+jb2j+-jwtd)e-jwtd(ejwT0-e-jwT0=AeAb2e-jw(td-T0)-jwtdAb2e-jw(td+T0)Ab2 冲激响应为 h(t)=Ad(t-td)+Ab2d(t-td+T0)-d(t-td-T0) 输出信号为 y(t)=s(t)*h( t) 1-9 =As(t-td)+Ab2s(t-td+T0)-Ab2s(t-td-T0)解：假设该随参信道的两条路径对信号的增益强度相同，均为V0。则该信道的幅频特性为： 当 当w=w=1H(w0)=2V0coswt2出现传输零点； t1(2n+1)p,n=0,1,2,L时，H(w0)2np,n=0,1,2,L时，H(w0)n=nt出现传输极点； 所以在 在1-10 f=tkHz(n为整数)时，对传输信号最有利； f=(n+111)=(n+)2t2kHz(n为整数)时，对传输信号衰耗最大。 SN解：(1) 因为S/N =30dB,即10得：S/N=1000 由香农公式得信道容量 C=Blog2(1+log10=30dB， SN)´l2og+(11 000) =3400391b0it s/ »33.8´因为最大信息传输速率为4800b/s，即信道容量为4800b/s。由香农公式 SCC=Blog2(1+4800SN)。 得：N则所需最小信噪比为1.66。 =2B-1=23400-1»2.66-1=1.66第2章 信号与噪声分析 习题解答 2-1 解： p(x>2)=1-p(x£2)数学期望： aE(x)=ò+¥-¥xp(x)dx=ò2¥-¥+¥-¥x12adx=x24aa-a=0-adx=x3aE(x)=因为 所以方差： 2-2 òxp(x)dx=2òx22a6a=-aa23D(x)=E(x)-E(x)=22a23-0=a23 x-0x解：由题意随机变量x服从均值为0，方差为4，所以F(x)=12p2，即2服从标准正态分布，可通过查标准正态分布函数 òx-¥e-t22dt数值表来求解。 £2-024-02)=1-F(1)p(x>2)=1-p(x£2)=1-p(x-02x-02 =1-0.8413=0.1587 p(x>4)=1-p(x£4)=1-p(£)=1-F(2) =1-0.9772=0.0228 x-1.5 当均值变为1.5时，则2服从标准正态分布，所以 x-1.5£2-1.524-1.52)=1-F(0.25)2 =1-0.5987=0.4013 2 =1-0.8944=0.1056 2-3 p(x>4)=1-p(x£4)=1-p(x-1.5p(x>2)=1-p(x£2)=1-p(£)=1-F(1.25)解：因为随机变量q服从均匀分布，且有0£q£2p，则q的概率密度函数所以有 Ez(t)=Em(t)cos(w0t+q) =Em(t)·Ecos(w0t+q) =Em(t)·ò02pf(q)=12p，cos(w0t+q)·12pdq =0 o0s(+tq Rz(t,t+t)=Em(t)cw12·)m+tt()wco+st(wt+ q0012) =Em(t)m(t+t)·Ecos(w0t+q)cos(w0t+w0t+q) =Rm(t)·Ecos(2w0t+w0t+2q)+cosw0t=Rm(t)·12cosw0tìcosw0t(1+t),-1<t<0ï2ïïcosw0t=í(1-t),0£t<12ïï0,其他tï î =Rz(t) 由此可见，z(t)的数学期望与时间无关，而其相关函数Rz(t,t+t)仅与t相关，因此z(t)是广义平稳的。 自相关函数Rz(t)的波形如图2-6所示。 图2-6 根据三角函数的傅氏变换对 £t<0ì1+t,-1ïï2wtri(t)=í1-t,£0t<Û1Sa(2ïïî0,其他t¥)可得平稳随机过程z(t)的功率谱密度 Pz(w)=ò-¥Rx(t)e¥-jwtdt=1214=ò-¥cosw0t2·tri(t)e-jwtdtw+w02)+Sa(2Sa(w-w02)2 2-4 解：因为h，e互不相关 S=Rx(0)=cosw0t(-1t)=|t=012 所以mx(t)=EX(t)=E(h+e)cosw0t=cosw0tEh+cosw0tEem(t)=0又根据题目已知均值Eh=Ee=0，所以x 自相关函数Rx(t1,t2)=EX(t1)×X(t2)2=E(h+e)cosw0t1g(h+e)cosw0t2=cosw0t1cosw0t2Eh2+2he+e222=cosw0t1cosw0t2Eh+2Ehe+Ee2=cosw0t1cosw0t2sh+se=4cosw0t1cosw0t2=4´12） cosw0(t1+t2)+cosw0(t1-t2)=2cosw0t+2cosw0(t1+t2) 由可知2-5 解：根据图示可得 2Rx(t1,t2)不仅与t有关还与t1,t2有关，所以为非广义平稳随机过程。 RX(t)=50-3t tÎ(-10,10) 因为，EX(t)=RX(0)=50 2sX=RX(0)-RX(¥)=50-20=30 222sX=EX(t)-EX(t)所以，30=50-EX(t) 即EX(t)=mX=±则mx=±2-6 解： R(t)=EX(t)×X(t+t)2220 2x20 ； EX(t)=RX(0)=50 s=30 =EA0+A1cos(w1t+q)A0+A1cosw1(t+t)+q=EA0+A0A1cosw1(t+t)+q+A0A1cos(w1t+q)+A1cos(w1t+q)cosw1(t+t)+q=A0+EA1cos(w1t+q)cosw1(t+t)+q=A0+22222A122cosw1t22R(0)=EX(t)=A0+A122 因为，EX(t)=EA0+A1cos(w1t+q)=A0EX(t)=A0222所以，直流功率为s22=EX(t)-EX(t)=A12则，交流功率为2 对R(t)求傅里叶变换可得其功率谱密度 PX(w)=2pA0d(w)+2pA122d(w+w1)+d(w-w1)2-7 解： RX(t)=12p12p2w0òò+¥-¥PX(w)eejwtjwtdw12p-3w0-5w0dw+òw0-w02ejwtdw+12pòw35w00ejwtdw2-8 解： 所以，对pSa(w0t)+w0pSa(w0t)cos4w0tPX(f)与RX(t)互为傅立叶变换 1f0PX(f)=d(f)+(1-f)PX(f)做傅立叶变换得 2RX(t)=1+f0Sa(pf0t)直流功率为RX(¥)=1交流功率为2-9 解：RC低通滤波器的传递函数为 1H(w)=jwcR+1jwc=1R(0)-R(¥)=1+f0-1=f01+jwcR因此输出过程的功率谱密度为 P0(w)=Pi(w)·|H(w)|=2n0相应地，自相关函数为 R0(t)=12p=¥21+(wcR) 2ò-¥P0(w)e¥jwtdwn04p= 2-10 解：ò-¥11+jwcRe-|t|R/Cejwtdwn04RCRY(t)=E(2+3X(t)(2+3X(t+t) =E4+6X(t+t)+6X(t)+9X(t)X(t+t) =4+6+6+9RX(t) 即自相关函数只与t有关 EY(t)=2+3EX(t)=2+3=5 即均值为常数 所以Y(t)为宽平稳过程。 平均功率为 2RY(0)=16+9RX(0)因为所以RX(0)-1=2，所以RX(0)=3RY(0)=16+9RX(0)=16+9´3=43 (3) DY(t)=D2+3X(t)=9DX(t)=18 2-11 解：RY(t)=EY(t)Y(t+t)=EX(t+a)-X(t-a)X(t+t+a)-X(t+t-a) =EX(t+a)X(t+t+a)-X(t+a)X(t+t-a)-X(t-a)(X(t+t+a)+X(t-a)X(t+t-a)=RX(t)-RX(t-2a)-RX(t+2a)+RX(t)=2RX(t)-RX(t-2a)-RX(t+2a)2ajw(2) PX(f)与RX(t)互为傅立叶变换 -2ajwPY(w)=2PX(w)-PX(w)e-PX(w)e 2-12 解： S=4PX(w)sin(aw)2ò¥-¥PX(f)df=ò10k-10k10-5fdf=223´10W72-13 解：因为题目已知 冲激响应为 h(t)=5eH(w)=55+jw，)Hw(-5tu(t) 2H(w)22=2525+w所以 PY(w)=PXw()又因为 所以PX(w)= n0n02 252PY(w)=225+w=2525+w2´10-10Ry(t) 与 PY(w)互为傅立叶变换 -11由PY(w)可知 Ry(t)=25´10e-5t-10 总的平均功率2-14 SY=Ry(0)=2.5´10(W)df(t)解：由傅里叶时域微分性质dtn02oÛ(jw)F(w)可知微分器的系统函数H(w)=(jw)，则信号通过微分器后输出y(t)的双边功率谱密度为 Py(f)=j2pf2=2pn0fB22=3.95´1022-5fW/Hz2=0.0263W2-15 Sy=òB-BPy(f)df=2ò2pn0fdf=04pn0B323解：设h(t)的傅式变换为H(f)，则有 2-16 Sy=ò¥-¥n02H(f)2df=n02ò¥-¥H(f)2df=n02E2解：由题意知，ni(t)=nc(t)coswct-ns(t)sinwct，其均值为0，方差为sn。 s0(t)=Acoswct´cos(wct+q)LPF=c n0(t)=(nA2cosq)wcc+otqs(LPF(t)cwocs-t12snt(w)sci´nt)=12nc(t)cosq+ns(t)sinq给定q时s0(t)的功率为 S0=Acosq422sn2n0(t)的平均功率为 4 故在的条件下则 S0=A22N0=En0(t)=2cosq+2sn42sinq=2sn24 N0sn2sncosq2在的条件下，n0(t)的功率仍然是N0=4，但此时s0(t)的平均功率是 S0=EAcosq4A222222 所以 =A42Ecoqs2S0 N0 =snAEcosq2E1+cos2q=2snéê1+êë+¥=A22=2snA2s2ò12ps2-2q22-¥e2sùcos2qdqúúû2n(1+e-2s)第3章 模拟调制系统 习题解答 3-1 解：cosWtcoswct的波形如图3-14所示。 因为Sm(t)=cosWtcoswct，且wc=6W，对Sm(t)其进行傅里叶变换可得 SM(w)=p2d(w+W+wc)+d(w+W-wc)+d(w-W+wc)+d(w-W-wc)d(w+7W)+d(w+5W)+d(w-5W)+d(w-7W)p2 频谱图如图题3-14所示。 图3-14 图3-14 3-2 f(t)=Asin(wt)/(wt)=Asin(tw2w2t)cos(w2t)=Asa(w2t)cos(w2t)解：上式中Asa(w2t)为带限信号，由希尔伯特变换的性质，得 Ùf(t)=Asa(Ùw2t)sin(w2t)w2t)z(t)=f(t)+jf(t)=Asa(w2t)cos(w2t)+jAsa(w2t)sin( 故 3-3 z(t)=2Asa(2wt)S020解： 因为输出信噪比功率为20dB，则N0在SSB/SC方式中，调制制度增益 G=1 Si=1010=100所以Ni=S0N0=100Ni=n0B=2´n02´10p´102p3接收机输入端的噪声功率 -93-6 =2´0.5´10´5´10=5´10W Ni=´5因此接收机输入端的信号功率 Si=10010W -4因为发射机输出端到接收机输入端之间的总损耗为 1dB/km´100km=100dB 100可得发射机输出功率为 S0=103-4 '10´Si=1010´5´10-4=5´10W 6解：此信号无法用包络检波器解调，因为能包络检波的条件是1+Acos2pfmt³0，而这里的A=15使得这个条件不能成立，用包络检波将造成波形失真。 只能用相干解调，解调框图如图3-15所示。 图3-15 3-5 解：AM解调器输出信噪比为 m(t)2由题意知，2=20kWn0，22=5´10W/Hz-2，B=4Khz，则 3S0 N0A2=m(t)n0B3=10´10´42´5´10-23´4´10=100 因为2=100´10W22GAM=2m(t)A+m(t)2=2´40´10533GDSB2´10+40´10=13 而抑制载波双边带系统的调制制度增益 GDSB=2 则 GAM=21/3=6所以抑制载波双边带系统的性能优于常规调幅7.8分贝 3-6 解：设单边噪声功率谱密度为n0，则相干解调后的输出信噪比 S0m(t)4n0BSSB2 N0=2òa0BfB4n0Bdf=aB4n0B=a4n0 3-7 解：对于DSB：接收信号功率S0=12S设信道加性白噪声单边功率谱密度为n0，信号带宽为fm， 则输入噪声功率 Ni=n0BDSB=2n0fm 输出噪声功率 N0=14Ni=12n0fmSn0fm1S0N0=212'S=所以，接收到的信噪比 对于SSB：设发射功率为S 则接收信号功率 S0=14S'n0fm输入噪声功率 Ni=n0BSSB=n0fm 输出噪声功率 N0=14Ni=14n0fmS'1S0N0=4141S'=所以，接收到的信噪比 n0fmS='n0fm12S接收信号强度相同，即 4 '' 故单边带平均发射功率 S=2S S接收到的信噪比相同，即 n0fm' 故单边带平均发射功率 S=S 3-8 =Sn0fm 解：设m(t)与cosw1t相乘后的输出为s1(t)，则s1(t)是一个DSB信号，其频谱如图图3-17所示。s1(t)再经过截止频率为w1的理想低通滤波器，所得输出信号s1(t)显然是一个下边带信号，其频谱如图3-17所示，时域表达式则为 ''s1(t)='12m(t)cosw1t+12Ùm(t)sinw1t同理，m(t)与sinw1t相乘后的输出s2(t)再经过理想低通滤波器之后，得到的输出信号s2(t)也是一个下边带信号，其时域表达式为 因此，调制器最终的输出信号 s(t)=12s2(t)='12m(t)sinw1t-12Ùm(t)cosw1t12Ùm(t)cosw1t+12Ùm(t)sinw1tcosw2t+12m(t)sinw1t-m(t)cosw1tsinw2t=12m(t)cosw1tcosw2t+sinw1tsinw2t+12Ùm(t)sinw1tcosw2t-cosw1tsinw2t=12m(t)cos(w2-w1)t-12Ùm(t)sin(w2-w1)t 显然，s(t)是一个载波角频率为(w2-w1)的上边带信号。 图 3-17 3-9 解：因为m(t)=cos(2p´10t)V，则SSSB=14m(t)=24m(t)=212W，所以，SDSB=12m(t)=214W， 18W。 -11 DSB：Ni=n0BDSB=2n0fH=2´2´5´10SDSB=2´10W -6信道衰减为30dB，则SiDSBS0=1000，则-3-6SiDSB=14´1000=14´10W-3所以，N0=2SiDSBNi=21´104´2´10=250-11 SSB：Ni=n0BSSB=n0fH=2´5´10SSSB=10W -6信道衰减为30dB，则SiSSBS0=1000，则-3-6SiSSB=18´1000=18´10W-3所以，N0S发=SiSSBNi=1´108´1018=125-11均相同，S发=W DSB：Ni=n0BDSB=2n0fH=2´2´5´10SiDSB=18´1000=18´10W-3=2´10W，由于信道衰减30dB，则-6S0，所以N0=2-11SiDSBNi=2-61´10-3-68´2´10=125 SSB：Ni=n0BSSB=n0fH=2´5´10SiSSB=18´10W-3=10W-3-6，由于信道衰减30dB，则S0，所以N0=SiSSBNi=1´108´10=1253-10 m=4解：由题意SFM(t)=100cos(2pfct+4sin2pfmt)，得f， 所以，mfBFM=2(mf+1)fm=2´5´10=10HzKFMAm2pfm34mf=2，调频器的调频灵敏度不变，调制信号的幅度不变，但频率fm加倍时，34。此时，BFM=2(mf+1)fm=2´3´2´10=1.2´10Hz3-11 T解：消息信号 m(t)=A,0£t£ Ùp-¥t-t则 对应的单边带信号为 SSSB(t)=12m(t)=1ò¥m(t)dt=1TpÙòAt-t0td=-Apln-tTt m(t)coswct-12m(t)sinwct2=A2coswct+A2plnt-Ttsinwct其包络为 3-12 SSSB(t)=A21+p1(t-Tlnt)mf=Dffm=7515=5解：fm=15kHz，Df=75kHz，所以Si，则GFM=3mf(mf+1)=4502因为Ni3-13 =20dB=100S0，所以N0=GFMSiNi=450´100=45000解：对于AM波的带宽： BAM=2fH=2´10kHz=20kHz 对于SSB波的带宽：BSSB=fH=10kHz mf=Dffm=50kHz10kHz=5调频指数 对于FM信号带宽 3-14 BFM=2(mf+1)fm=2(5+1)´10kHz=120kHzs0+t解：由已知 S(t)=Acow100wcosm t调相时 SPM(t)=Acoswct+Kpm(t) 所以 又因为 调频时 所以 Kpm(t)=100cwomstpK=2omst ， 所以 m(t)=50cwSFM(t)=Acoswct+òt-¥KFm(t)dt100cowst=mòt-¥KFmtd(t)=siwnt=mòt-¥2mtdtwm 两边同时求导得 -100m2t ( 求得 m(t)=-50wmsinwmt mp=AmKp由 wm=mf=AmKfwm max 3-15 Dw=KpAm=mpwm=100wm，即最大频偏为Dfmax=100fm 解：已调波信号功率mfPFM=10022=5000W4。 4=5，Dfmax=mffm=5´4000p2p=10HzBFM=2(mf+1)fm=2(5+1)´2000Hz=2.4´10(Hz)第4章 模拟信号的数字传输 习题解答 4-1 解： 因为信号所以抽样频率 m(t)通过传输函数为H1(f)的滤波器后进入理想抽样器的最高频率为f1，因为抽样信号频谱 Msfs³2f1 ()=1Ts¥ån=-¥M(-nS)可得抽样信号的频谱如图4-11所示。 图4-11 抽样信号频谱图 由图4-11所示的抽样信号频谱可知：将抽样信号1H1(f通过截止频率为f1的理想低通ms(t)滤波器，然后再通过一个传输特性为4-12所示。 )的网络，就能在接收端恢复出信号m(t)。如图图4-12 抽样信号的恢复 可见，如果接收端通过一个传输特性为 H(f)=1H1(f)f£f1的低通滤波器，就能在接收端恢复出信号m(t)。 4-2 解： 由式可知：在ws=3wH时，抽样信号频谱如图4-14所示，频谱无混叠现象。因此经过截止角频率为wH的理想低通滤波器后，就可以无失真地恢复原始信号。 图4-14 抽样信号的频谱 如果ws=1.5wH，不满足抽样定理，频谱会出现混叠现象，如图4-15所示，此时通过理想低通滤波器后不可能无失真地重建原始信号。 图4-15 抽样信号的频谱出现混叠现象 4-3 解： 因为 m(t)=cos100tcos2000t=12(cos1900t+cos2100t)所以最低频和最高频分别为fL=950Hz，fH=1050Hz 将m(t)当作低通信号处理，则抽样频率 fs³2fH将m(t)当作带通信号处理，则抽样频率 =2100Hz 2fHn+1£fs£2fLn因为n=9，所以 4-4 解： 210£fs£211.1Hz 以抽样时刻t=1/4000为例，此时抽样值为0.9510565，设量化单位归一化值0.9510565=1948D。 编码过程如下： 确定极性码C1：由于输入信号抽样值为正，故极性码C1=1。 确定段落码C2C3C4： 因为1948>1024，所以位于第8段落，段落码为111。 确定段内码C5C6C7C8： 因为1948=1024+14´64+28，所以段内码C5C6C7C8=1110。 D=12048，所以所以，t=1/4000的抽样值经过A律13折线编码后，得到的PCM码字为 1 111 1110。 同理得到在一个正弦信号周期内所有样值的PCM码字，如表4-5所示。 表4-5 PCM编码的输出码字 t 1600t 样值m(kTs)=sin2k5归一化值 输出码字 0 1948D 1204D -1204D -1948D 10000000 11111110 11110010 01110010 01111110 t=0 t=1/4000 t=2/4000 0 2/5 4/5 0 0.9510565 0.58778525 -0.58778525 -0.9510565 t=3/4000 t=4/4000 6/5 8/5 4-5 解： 因为采用均匀量化，所以量化间隔 D=24=0.5则量化区间有-1,-0.5)，-0.5,0)，0,0.5)和0.5,1，对应的量化值分别为-0.75，-0.25，0.25，0.75。 所以量化噪声功率为 Nq=ò+-0.5-12(x+0.75)(1+x)dx+ò-0.5(x+0.25)(1+x)dx202ò0.50(x-0.25)(1-x)dx+ò0.5(x-0.75)(1-x)dx12=1/48因为输入量化器的信号功率为 S=ò¥-¥xf2(x)dx=ò10x(1-x)dx+2ò0-1x(1+x)dx=216 所以量化信噪比 SNq=E(x2)2Eé(m-mqêëùúû=84-6 解： 因为二进制码元速率 RB=log2所以对应的信息速率Rb=RB=log2M×fs M×fs，即信息速率Rb与log2M成正比，所以若量化级数由128增加到256，传输该信号的信息速率Rb增加到原来的8/7倍。 而二进制码元宽度为 Tb=1RB =tTb，则PCM信号带宽为 假设占空比B=1/ 可见，带宽B与log2M成正比。 所以，若量化级数由128增加到256，带宽B增加到原来的8/7倍。 4-7 解： (1)基带信号的频谱图如图4-16所示 图4-16 基带信号的频谱图 由式，理想抽样信号的频谱图如图4-17所示。 图4-17 理想抽样信号的频谱图