已知某 2FSK 调制系统的码元速率为2000 Baud，已知信号的载频为6000Hz（对应“1”码）和 4000Hz（对应“0”码）。
（1）若发送的信息序列为 1011001，试画出 2FSK 信号的时间波形；
%% input
tic;
clc;
clear;
close all;
% load signal toolbox
pkg load signal;
%% process
% signal
A = [1 0 1 1 0 0 1];
% carrier
w1 = 6000 * 2 * pi;
w2 = 4000 * 2 * pi;
fn_w = @(x) w1 * (x == 1) + w2 * (x == 0);
% rectangle pulse
tb = 1 / 2000;
fn_Rect = @(t) rectpuls(t / tb + 1 / 2 - (1:length(A)));
% encoded signal
fn_s = @(t) sum(fn_Rect(t) .* cos(fn_w(A) * t));
dt = tb / 100;
tm = length(A) * tb;
X = 0:dt:tm;
Y = zeros(1, length(X));
for i = 1:length(X)
Y(i) = fn_s(X(i));
end
pl = plot(X, Y);
xlabel('$t/\mathrm{s}$');
ylabel('$u(t)/\mathrm{V}$');
hold on;
for i = 1:length(A) - 1
plot([i * tb i * tb], [-1 1], ':');
end
print -dpdflatexstandalone '/tmp/7_2_1.tex';
%% output
system 'latexmk -cd -pvc- /tmp/7_2_1.tex';
system 'cp /tmp/7_2_1.pdf img/7_2_1.pdf';
toc;
（2）试画出 2FSK 信号的功率谱示意图，并计算 2FSK 信号的第一谱零点带宽；
我又检查了一遍，应该就是双峰啊。单峰绝对有问题。
%% input
tic;
clc;
clear;
close all;
%% process
f1 = 6000;
f0 = 4000;
fb = 2000;
tb = 1 / fb;
fn_ps = @(f) tb * (sinc(f / fb)) .^ 2 / 4;
fn_pe = @(f) (fn_ps(f + f1) + fn_ps(f - f1) + fn_ps(f + f0) + fn_ps(f - f0)) / 4;
Pe = [-f1 -f0 f0 f1];
df = fb / 100;
X = - 2 * f1:df:2 * f1;
Y = fn_pe(X);
plot(X, Y);
xlabel('$f/\mathrm{Hz}$');
ylabel('$P_s(f)/\mathrm{J}$');
hold on;
st = stem(Pe, ones(1, length(Pe)) / 16 * tb);
set(st, 'marker', '^');
legend('continuous', 'discrete')
print -dpdflatexstandalone '/tmp/7_2_2.tex';
system 'latexmk -cd -pvc- /tmp/7_2_2.tex';
system 'cp /tmp/7_2_2.pdf img/7_2_2.pdf';
%% output
toc;
（3）讨论应选择什么解调方法解调该 2FSK 信号。
相干解调, 因为误码率更低。
设发送的绝对码序列为 011010，采用 2DPSK 系统传输的码元速率为1200 Baud，载频为
1800Hz，并定义
（1）
（2）
%% in
tic;
clc;
clear;
close all;
pkg load signal;
%% process
B = [0 1 0 0 1 1];
C = [3 1 2 1 2 1];
fb = 1200;
tb = 1 / fb;
fc = 1800;
wc = fc * 2 * pi;
fn_Rect = @(t) rectpuls(t / tb + 1 / 2 - (1:length(B)));
fn_phi1 = @(t) 0 * (t == 0) + pi * (t == 1);
fn_phi2 = @(t) 0 * (t == 0) + pi / 2 * (t == 1) + pi * (t == 2) + 3 * pi / 2 * (t == 3);
fn_e1 = @(t) sum(fn_Rect(t) .* cos(wc * t + fn_phi1(B)));
fn_e2 = @(t) sum(fn_Rect(t) .* cos(wc * t + fn_phi2(C)));
dt = tb / 100;
tm = tb * length(B);
X = 0:dt:tm;
Y1 = zeros(1, X);
Y2 = zeros(1, X);
for i = 1:length(X)
Y1(i) = fn_e1(X(i));
Y2(i) = fn_e2(X(i));
end
pl1 = plot(X, Y1);
xlabel('$t/\mathrm{s}$');
ylabel('$u(t)/\mathrm{V}$')
hold on;
pl2 = plot(X, Y2);
set(pl2, 'color', 'red');
legend('1', '2');
for i = 1:length(B) - 1
plot([i * tb i * tb], [-1 1], ':');
end
print -dpdflatexstandalone '/tmp/7_5.tex';
system 'latexmk -cd -pvc- /tmp/7_5.tex';
system 'cp /tmp/7_5.pdf img/7_5.pdf';
%% output
toc;
对OOK信号进行相干接收，已知发送“1”和“0”符号的概率分别为
（1）当
$$ \begin{aligned} f_1(x) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_\mathrm{n}}\exp\frac{-(x - 1)^2}{2\sigma_\mathrm{n}^2}\ f_0(x) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_\mathrm{n}} \exp\frac{-x^2}{2\sigma_\mathrm{n}^2}\ Pf_1(b^) & = (1 - P)f_0(b^)\ b^* & = \frac{a}{2} + \frac{\sigma_\mathrm{n}^2}{a}\ln\frac{1 - P}{P} = \frac{a}{2}\ P_\mathrm{e} & = \frac{1}{2}\mathrm{erfc}\frac{\sqrt{r}}{2}\ & \approx \frac{1}{\sqrt{\pi r}}\exp{\frac{-r}{4}}\ & \approx 2.37 \times 10^{-2} \end{aligned} $$
（2）当
大
已知数字信息为“1”时，发送信号的功率为1kW，信道损耗
$$ \begin{aligned} \alpha & = 10^{-60/10} = 10^{-6}\ r & = \frac{S_0\alpha}{N_i} = 10\ P_{\mathrm{e}1} & = \frac{1}{2}\exp{\frac{-r}{4}}\ & \approx 0.04\ P{\mathrm{e}_1} & = \frac{1}{2}\mathrm{erfc}\sqrt{r}\ & \approx \frac{1}{2\sqrt{\pi r}}\exp{(-r)}\ & \approx 3.96 \times 10^{-6} \end{aligned} $$
设发送的二进制信息序列为 10110001，试按下表所示的A方式编码规则，分别画出QPSK和 QDPSK信号的波形示意图。
$$ \begin{aligned} \varphi(c_nd_n) & \equiv k - \frac{\pi}{2}g^{-1}(c_nd_n), \pmod{2\pi}\ \Delta\varphi(a_nb_n) & \equiv \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}g^{-1}(a_nb_n), \pmod{2\pi}\ g(a_nb_n): & 原码a_nb_n 的\text{Gray}码。\ g^{-1}(a_nb_n): & \text{Gray}码a_nb_n 的原码。\ \varphi(c_nd_n) & \equiv \varphi(c_{n - 1}d_{n - 1}) + \Delta\varphi(a_nb_n), \pmod{2\pi}\ g^{-1}(c_nd_n) & \equiv g^{-1}(c_{n - 1}d_{n - 1}) + g^{-1}(a_nb_n) - 1, \pmod{4}\ g^{-1}(xy) & = 2x + x \oplus y\ c_n \oplus d_n & = c_{n - 1} \oplus d_{n - 1} + a_n \oplus b_n - 1, \pmod{2}\ c_n & = c_{n - 1} + a_n + \left\lfloor\frac{c_{n - 1} \oplus d_{n - 1} + a_n \oplus b_n - 1}{2}\right\rfloor, \pmod{2}\ 当c_{n - 1} \oplus d_{n - 1} = 1 & : \ c_n & \equiv c_{n - 1} + a_n + \left\lfloor\frac{a_n \oplus b_n}{2}\right\rfloor, \pmod{2}\ & \equiv c_{n - 1} + a_n, \pmod{2}\ & = c_{n - 1} \oplus a_n\ c_n \oplus d_n & \equiv a_n \oplus b_n, \pmod{2}\ d_n & = a_n \oplus b_n \oplus c_n\ & = a_n \oplus b_n \oplus c_{n - 1} \oplus a_n\ & = b_n \oplus c_{n - 1}\ & = \overline{b_n \oplus d_{n - 1}}\ 当c_{n - 1} \oplus d_{n - 1} = 0 & : \ 同理： & \ c_n & = \overline{c_{n - 1} \oplus b_n}\ d_n & = d_{n - 1} \oplus a_n\ \end{aligned} $$ 试着证明了一下 QDPSK 递推公式。当时想的是要是能找到一个对任意形状的QPSK星座图都 成立的通式就好了，事实证明这公式太复杂了，如果码元个数不多的话，还是设一个初始 相位一个个推快一点。
另外发现2个结论：
- QDPSK 的
$\Delta\varphi$ 和$\varphi$ 的星座图必须同向方程才能有解。 - QDPSK 的
$\varphi$ 的星座图旋转方向$k$ 与解无关。影响QDPSK 最终波形的是$(c_0d_0)$ 。 $$ \begin{aligned} a_nb_n & = \begin{bmatrix} 10 & 11 & 00 & 01 \end{bmatrix}\ c_0d_0 & = 01\ c_nd_n & = \begin{bmatrix} 10 & 00 & 10 & 10 \end{bmatrix}\ e_\mathrm{QPSK}(t) & = \sum_{i = -\infty}^\infty \mathrm{rect}\left(\frac{t}{t_B} + \frac{1}{2} - i\right)\cos(\omega_ct- \Delta\varphi(a_ib_i))\ & = \sum_{i = 0}^1\sum_{j = 0}^1\sum_{n = -\infty}^\infty \chi_{(a_nb_n) = (ij)}(t)\cos(\omega_ct + \Delta\varphi(ij))\ e_\mathrm{QDPSK}(t) & = \sum_{i = 0}^1\sum_{j = 0}^1\sum_{n = -\infty}^\infty \chi_{(c_nd_n) = (ij)}\cos(\omega_ct + \varphi(ij))\ \end{aligned}\ \chi_A = \begin{dcases} 1, A为真\ 0, A为假 \end{dcases} $$
%% in
tic;
clc;
clear;
close all;
pkg load signal;
%% process
A = [2 3 0 1];
B = [2 0 2 2];
fb = 1200;
tb = 1 / fb;
fc = 1800;
wc = fc * 2 * pi;
fn_Rect = @(t) rectpuls(t / tb + 1 / 2 - (1:length(B)));
fn_phi = @(t) pi / 2 * (t == 0) + 0 * (t == 1) + pi * (t == 2) + 3 * pi / 4 * (t == 3);
fn_e1 = @(t) sum(fn_Rect(t) .* cos(wc * t + fn_phi(A)));
fn_e2 = @(t) sum(fn_Rect(t) .* cos(wc * t + fn_phi(B)));
dt = tb / 100;
tm = tb * length(B);
X = 0:dt:tm;
Y1 = zeros(1, X);
Y2 = zeros(1, X);
for i = 1:length(X)
Y1(i) = fn_e1(X(i));
Y2(i) = fn_e2(X(i));
end
pl1 = plot(X, Y1);
xlabel('$t/\mathrm{s}$');
ylabel('$u(t)/\mathrm{V}$')
hold on;
pl2 = plot(X, Y2);
set(pl2, 'color', 'red');
legend('QPSK', 'QDPSK');
for i = 1:length(B) - 1
plot([i * tb i * tb], [-1 1], ':');
end
print -dpdflatexstandalone '/tmp/7_13.tex';
system 'latexmk -cd -pvc- /tmp/7_13.tex';
system 'cp /tmp/7_13.pdf img/7_13.pdf';
%% output
toc;
已知2PSK系统的传输速率为2400b/s，试确定：
（1）2PSK信号的主瓣带宽和频带利用率（b/(s·Hz)）；
（2）若对基带信号采用
（3）若传输带宽不变，而传输速率增至7200b/s，则调制方式应作和变化？
改为8PSK 。
已知某QPSK信号的矢量图下图所示。若该QPSK系统采用正交调相法，试给出其调制器的原 理框图。
- 信号先通过串并联转换器得到2路二进制信号。
- 再通过双极性变换器，0变换为1,1变换为 -1 。
- 高位二进制信号与
$\cos(\omega t + \pi)$ 相乘，低位二进制信号与$\cos(\omega t + \frac{\pi}{2})$ 相乘。 - 2路乘法器结果相加即满足题意的QPSK 信号。
- 顺带一提，方法是不唯一的，双极性变换器的变换结果反过来，载波信号相位得再加
$\pi$ 。
图我不画了。不想再写代码了。
昨天的7-13 题答案有误。今天重新发了一份邮件。以下内容是今天加的，昨天邮件的附件 里没有。
向老师抱个歉，我在QQ群看到那个
但我也有话想对老师说。
我一直以真正的工程师的要求对待自己。工程师是什么呢？我个人的理解是：一个普通的
工程师是能使用自己手边的工具解决（客户或自己的）需求的人，而一个真正的工程师则
是超越（灵活使用）工具而面向真正的需求的存在。所以昨天的作业里求那个
c = [-1/3 1 -1/4];
x = [1/8 1/3 1 1/4 1/16];
y = conv(c, x)
让计算机代替人进行繁杂的计算，这是灵活地使用工具。但这还不够。因为我真正的需求
不是做作业：是学到知识。时域均衡器本质就是一个FIR，输出就是输入和
我可能不是一个通常意义的好学生（遵守所有的规则），但我也有我自己的准则。不该做 的也确实不能做，所以我为这次越界感到抱歉。以后我会更加小心的。
PS: 自己手算的结果有可能会错，权威给出的结论也不一定正确，倒是计算机从未欺骗 过我呢。