如何评估均匀量化信噪比方法——量化特性解析

1.在△M和PCM两种数字化方法中，△M系统的取样频率比PCM系统的高得多，例如，对于语音信号的数字化，PCM的取样速率一般为8000次/s，而简单增量调制△M的取样速率至少为32000次/s。试对此给出解释。

解：△M系统的量化信噪比用分贝表示时的表达式近似为

（S_o/N_q）_max≈（30lgf_s-20lgf₀-10lgf_m-14）

为满足语音信号的正常通信，所需的量化信噪比需大于等于26dB，即要求

（30lgf_s-20lgf₀-10lgf_m-14）≥26

上式是在单音（正弦波）信号时导出的，对于语音信号，可近似取f₀=1000Hz，f_m=3000Hz进行估算。进行简单运算后得

f_s≥31.6kHz

即在△M系统中，对语音信号的取样频率需大于等于31.6kHz才能满足正常通信对量化信噪比的要求，这就是△M中对语音信号的取样频率通常为32kHz的原因。

2.已知模拟信号取样值的概率密度函数f（x）如图7-36所示。若按四电平进行均匀量化，试计算信号量化噪声功率比。

解：教材中推导均匀量化信噪比时假设信号是均匀分布的。本题给出的信号分布的概率密度函数为三角形，显然信号是非均匀分布的，故不能直接使用教材中的公式，应重新推导。

量化台阶为

量化区间终点依次为：-1，-0.5，0，0.5，1

量化电平m_i分别为：-0.75，-0.25，0.25，0.75

故量化特性如图7-37所示。

量化信号x_q的功率为

量化误差等于x-x_q，其功率为

从而得量化信噪功率比为

图7-36 模拟信号取样值的概率密度函数

图7-37 量化特性

评注：通过本题，可掌握均匀量化信噪比分析的一般方法。

3.对语音信号的取样速率为8kHz。

（1）若采用PAM系统传输，脉冲占空比为1/3，求所需的传输带宽。

（2）若采用PCM系统传输，量化级数为128级，采用NRZ矩形脉冲，求所需的传输带宽。

解：（1）图7-3中，若用周期为T_s、占空比为1/3的矩形脉冲序列代替冲激脉冲序列，那么取样后的信号m_s（t）即为占空比为1/3的PAM信号。矩形频谱的第一个零点即为此信号的带宽，故所需带宽为

（2）已知Q=128，则k=log₂Q=log₂128=7，则二进制码元速率为

R_s=kf_s=56kBaud

当采用不归零矩形脉冲波形时，此数字基带信号的带宽等于其功率谱的第一个零点，即等于其码元速率。故所需带宽为

4.设单路语音信号m（t）的频率范围为200～3000Hz，取样频率为f_s=8000次/s，将所得的取样值用PAM或PCM系统传输。

（1）计算PAM系统要求的最小信道带宽。

（2）在PCM系统中，取样值按128个量化电平进行二进制编码，PCM所要求的最小信道带宽是多大？

解：（1）取样后时间离散的样值序列即为PAM信号，故PAM信号的码元（一个样值看做一个码元）速率等于取样速率。所需的最小信道带宽等于码元速率的一半，即

（2）由于Q=128，则k=log₂Q=log₂128=7，故PCM系统的二进制码元速率为

R_s=kf_s=56kBaud

最小带宽为

注意本题与第3题的区别：本题没有涉及信号的波形，因此可采用冲激脉冲，且系统为理想低通特性，此时频带利用率最高，所需信道带宽只有码元速率的一半。而第3题中，传输信号的波形采用矩形脉冲，故最小带宽等于数字基带信号功率谱的第一个零点，其数值等于矩形脉冲宽度的倒数。

5.对语音信号m（t）采用13折线A律进行量化和编码，设m（t）的频率范围为0～4kHz，取值范围为-6.4～6.4V，m（t）的一个取样值为-5.275V。

（1）求最小量化台阶Δ。

（2）求13折线编码器输出的PCM码组和量化误差。

（3）写出该码组对应的均匀量化12位码。

（4）若13折线编码器输出的码组采用QPSK调制传输，求此QPSK信号的带宽。

解：（1）由2048Δ=6.4V得到

（2）取样值-5.275V用Δ表示时的大小为

（-5.275/6.4）×2048Δ=-1688Δ

由于

-1688Δ=-（1024Δ+64Δ×10+24Δ）

可见，此样点值位于负半轴的第8段、第11级，故样点值的PCM代码为01111010。

此代码代表负半轴第8段第11级的量化电平（量化级的中点电平）

-（1024Δ+64Δ×10+64Δ/2）=-1696Δ

因此量化误差绝对值为

1696Δ-1688Δ=8Δ=8×0.003125=0.025V

（3）均匀量化时，每个量化台阶的大小均为Δ，正负轴上共设置了4096个量化台阶，即量化台阶数Q=4096=2¹²，故每个量化电平需要用12位二进制代码来表示。当采用折叠二进制码时（用0表示负取样值，其余11位以自然二进制方式表示电平的绝对大小），十进制数1688所对应的11位二进制数为

（1688）₁₀=（11010011000）₂

故其均匀量化所对应的12位二进制代码为011010011000。

（4）QPSK调制信号的带宽等于二进制信号的码元速率。由于13折线编码器输出的二进制信号的码元速率为

R_B=kf_s=（8×8000）Baud=64kBaud

可得QPSK信号的带宽为64kHz。

6.对语音信号m（t）按PCM编码传输，设m（t）的频率范围为0～4kHz，幅度的取值范围为-3.2～3.2V，对其进行均匀量化，且量化间隔为Δ=0.00625V。若对信号m（t）按奈奎斯特速率进行取样，试求下列情形下的码元传输速率。

（1）量化器输出信号直接进行传输。

（2）量化器输出信号按二进制传输。

（3）量化器输出信号按四进制传输。

解：（1）奈奎斯特取样速率等于低通信号最高频率的两倍，即

f_s=2f_H=2×4kHz=8kHz

每取样一次，量化器输出一个量化值，每个量化值即为一个码元。因此，量化器输出信号的码元速率等于取样速率，为(https://www.xing528.com)

R_s=f_s=8000Baud

（2）若量化器的输出经二进制编码后再传输，则二进制码元速率等于取样速率f_s乘以每个样点的二进制代码位数k。由信号的取值范围-3.2～3.2V和均匀量化台阶Δ=0.00625V可以求出量化电平数（量化台阶数）为

可见，每个样点要用k=10位的二进制代码来表示，故编码器输出的二进制码元速率为

R_s2=kf_s=10×8000Baud=80kBaud

（3）将（2）中的二进制码元速率转换成四进制码元速率，即可得到量化器输出信号按四进制传输时的码元速率为

7.对输入正弦信号m（t）=Acos2πf_kt分别进行PCM和增量调制编码。要求在PCM中采用均匀量化，量化级为Q，在增量调制中，量化台阶δ和取样速率f_s的选择使信号不过载。

（1）分别求PCM和增量调制编码时的最小码元速率。

（2）若两者的码元速率相同，增量调制的量化台阶δ与信号振幅之间的关系如何？

解：（1）PCM系统的编码位数为 k=log₂Q

最小取样速率等于信号最高频率的两倍 f_smin=2f_k

故PCM编码后的最小二进制码元速率为 R_smin=f_smin·k=2f_k·log₂Q

在增量调制中，由不过载的条件得

故由于在增量调制中，每取样一次编码一位，故增量调制器输出的二进制码元序列的最小码元速率为

（2）当PCM与△M码元速率相同时

得到

8.如图7-38所示，两路180kbit/s的数据和10路语音的PCM信号进行时分复用，合路后的数字信号经QPSK调制后在带通信道上传输。已知每路语音信号的取样速率为8000次/s，QPSK信号的功率谱主瓣宽度为1MHz，中心频率为400MHz。求语音信号数字化时采用的量化电平数Q。

解：本题是一道综合题，涉及PCM原理、时分复用后数据速率及数字调制QPSK的带宽问题。

图7-38 信号调制和传输框图

由QPSK功率谱的主瓣宽度可知QPSK信号的带宽为1MHz，故调制前数字基带信号的信息速率应为

R_b=B_QPSK=1Mbit/s=1000kbit/s

这是两路180kbit/s数据和10路语音PCM信号速率的总和，故一路语音信号的信息速率为

由R_b1=kf_s，得64×10³=k×8000，k=8，进而求得量化电平数为

Q=2^k=2⁸=256

9.若通信系统发射端框图如图7-39所示。设输入模拟信号的最高频率为4MHz，线性PCM系统采用奈奎斯特速率取样，量化电平数为256，余弦滚降系数为0.25。求

（1）线性PCM输出信号的信息速率R_b1。

（2）余弦滚降滤波器输出信号的信息速率R_b2和带宽B_b。

（3）若采用2PSK调制，求输出信号的码元速率和带宽（保持上述信息速率不变）。

图7-39 通信系统发射端框图

（4）若采用16QAM调制，求其输出信号的码元速率和带宽（保持信息速率不变）。

解：（1）已知信号的最高频率为f_H=4MHz，且采用奈奎斯特取样，故取样速率为f_s=2f_H=2×4MHz=8MHz。又因为量化电平数Q=256，则k=log₂Q=8。故PCM信号的二进制码元速率为

R_s=kf_s=（8×8）MBaud=64MBaud

PCM信号的信息速率为

R_b1=R_slog₂M=（64×log₂2）Mbit/s=64Mbit/s

（2）滚降前后的信号其信息速率保持不变，故

R_b2=R_b1=64Mbit/s

当信号为二进制时，其码元速率为64MBaud，通过余弦滚降成型后基带信号的带宽为

（3）2PSK信号的码元速率等于二进制基带信号的码元速率，即为

R_s2PSK=R_s=64MBaud

2PSK信号的带宽等于数字基带信号带宽的2倍，为

B_2PSK=2B_b=2×40MHz=80MHz

（4）当信息速率为64Mbit/s时，十六进制信号的码元速率为

16QAM信号的码元速率等于十六进制数字基带信号的码元速率，即为R_s16QAM=16MBaud。成型后的基带信号的带宽为

16QAM信号的带宽是基带信号的2倍，即为

B_16QAM=2B_b=2×10MHz=20MHz

可见，16QAM信号的带宽是2PSK信号带宽的1/4，故16QAM调制的频带利用率是2PSK信号频带利用率的4倍。

10.简单增量调制（△M）系统的原理如图7-40所示。已知输入模拟信号m（t），以取样速率f_s、量化台阶δ对m（t）进行简单增量调制，设初始量化电平为0。

（1）画出本地译码器输出m′（t），写出判决器输出P_o（t）。

（2）若对24路△M信号进行时分复用，基带信号波形是占空比为50%的矩形，试求传输该基带信号所需的最小带宽。

（3）若24路基带信号的占空比为100%，采用16QAM方式传输，系统带宽取16QAM信号频谱的主瓣宽度，试求此时最大频带利用率为多少？

图7-40 △M系统原理

解：（1）本地译码器输出如图7-41所示。判决器输出P_o（t）=111110101011…。

图7-41 本地译码器输出

（2）每路△M信号的二进制码元速率等于取样速率，即R_s1=f_s，则24路△M复用后的二进制码元速率为R_s=24R_s1=24f_s，码元宽度为。当矩形脉冲的占空比为50%时，矩形脉冲宽度为

其第一个零点带宽为

（3）M=16时，码元速率为16QAM信号的带宽等于十六进制数字基带信号带宽的2倍，当采用全占空矩形脉冲时，数字基带信号的带宽等于其码元速率。因此，16QAM信号的带宽为

B_16QAM=2×6f_s=12fs

故16QAM信号的频带利用率为