Bt httt nhóm1

Nhóm 1
Danh sách nhóm:
Trương Sử Khơi
Tơn Thất Chính
Phạm Cơng Danh
Nguyễn Ngọc Duy Cường
Nguyễn Đình Cảnh
Trần Cơng Thành

18200148
18200069
18200075
18200071
18200024
18200234

1


BÀI TẬP ĐIỀU CHẾ SỐ

Bài 1: Cho chuỗi bit : 10110000. Tốc độ bit 200Kbps. Sóng mang 2MHz
a) Vẽ tín hiệu điều biến OOK
b) Tính băng thơng của hệ thống
Bài giải:
a)

b)

Điều biến OOK: M=2 => n = log2 2 = 1
Băng thông của hệ thống:

R bit

B = (1+r) Rbaud = (1 + r) n = (1+1)*200 = 400 kHz
Bài 2: Cho hệ thống FSK, có tần số cho bit 1 là 1500Hz và tần số bit 0 là 1200Hz.
Tốc độ bit là 100bps, r=1.
a) Tính độ dịch tần
b) Tính băng thông
c) Nếu sử dụng kỹ thuật thu trực tiếp, xác định tần số của các bộ lọc BPF
d) Nếu sử dụng kỹ thuật thu coherent, xác định tần số cắt của lọc thấp qua
Bài giải:
2


Bit 0: f1 = 1200 Hz
Bit 1: f2 = 1500 Hz
a) Độ dịch tần:
Ta có: 2∆ f = f2 – f1 = 1500 – 1200 = 300 Hz
=> ∆ f = 300/2 = 150 Hz
b)
Điều biến FSK có: M = 2 => n= log2 2 = 1 do đó Rbit =Rbaud
B = 4∆ f = (1+r) Rbaud + 2∆ f
=> (1+r)Rbaud = 2∆ f
Rbaud đạt giá trị cực đại khi r = 0 nên Rbaud = Rmax = 2∆ f = 300 Hz
b)
Thu lại bit 0: BPF có fcarrier = 1200 Hz, BW =300 Hz hoặc f = 1050 Hz, f=1350 Hz
Thu lại bit 1: BPF có fcarrier =1500 Hz, BW = 300 Hz, hoặc f = 1350 Hz, f =1650 Hz
c) Băng thông ở dải gốc:
Rbaud
300
=

(1+1)
= 300 Hz
2
2
=> Tần số cắt của lọc thấp qua: 300 Hz ≤ fcut ≤ 2 fcarrier

BSSB = (1+r)

Bài 3: Cho hệ thống dùng BPSK có tốc độ bit là 2Mbps. Tần số sóng mang
200MHz, r = 1
a) Tính tốc độ baud
b) Thành phần tần số cơ bản cao nhất
c) Tính USF, LSF
d) Tính băng thông của hệ thống
e) Nếu dùng QPSK, 8PSK, 16-QAM, tính lại câu a, b, c, d và suy ra kết quả cho
8QAM, 16-PSK
Bài giải:
a) Tốc độ Baud: Rbaud = Rbit = 2Mbps
b) Tần số cơ bản cao nhất: fa = Rbaud /2 = 2/2 = 1 MHz
c) USF = fa + fc = 1 + 200 = 201 MHz
LSF = fc – fa = 200 – 1 = 199 Mhz
d) Băng thông của hệ thống:
BW = (1 + r) Rbaud = 2*Rbaud = 2*2 Mbps = 4 MHz
e) Tốc độ Baud trong các trường hợp
QPSK: Rbaud = Rbit / 2 = 2/2 = 1 Mbaud/s
8PSK: Rbaud = Rbit / 3 = 2/3 Mbaud/s
16-QAM: Rbaud = Rbit/4 = 2/4 = 1/2 Mbaud/s
Thành phần tần số cơ bản cao nhất trong các trường hợp:
QPSK: fa = Rbaud / 2 =1/2 MHz
8PSK: fa = Rbaud / 2 = 1/3 MHz

16-QAM: fa = Rbaud / 2 = 1/4 MHz
3


USF và LSF trong các trường hợp:
QPSK: LSF = 199.5 MHz, USF = 200.5 MHz
8PSK: LSF = 199.67 MHz, USF = 200.33 MHz
16-QAM: LSF = 199.75 MHz, USF = 200.25 MHz
Băng thông trong các trường hợp:
B = (1+r) Rbaud
QPSK: B = 2 MHz
8PSK: B = 4/3 MHz
16-QAM: B = 1 MHz
Từ đây ta suy ra kết quả cho :
16- PSK:
Tốc độ Baud: Rbaud = Rbit / 4 = 1/2 MBaud/s
Thành phần tần số cơ bản cao nhất: fa = Rbaud / 2 =1/4 MHz
USF và LSF: LSF = 199.75 MHz, USF = 200.25 MHz
Băng thông: B = 1 MHz
8QAM:
Tốc độ Baud: Rbaud = Rbit / 3 = 2/3 MBaud/s
Thành phần tần số cơ bản cao nhất: fa = Rbaud / 2 =1/3 MHz
USF và LSF: LSF = 199.67 MHz, USF = 200.33 MHz
Băng thông: B = 4/3 MHz
Bài 4: Cho tín hiệu tiếng nói có tần số cao nhất 3,4kHz, lượng tử hóa 8 bit/sample.
Chọn tần số lấy mẫu vừa thỏa định lý lấy mẫu. Truyền bằng phương pháp QPSK,
tần số sóng mang 900Mhz, r=1
a.Tính tốc độ baud
b.Tính băng thơng của hệ thống
c. Hệ thống truyền tiếng nói thường lấy mẫu ở tần số bao nhiêu? Tính lại các câu a,

b, c, d với tần số lấy mẫu này.
Giải:
a. Tần số lấy mẫu:
f = 2x3.4= 6.8 kHz
Tốc độ bit:
Rbit =8xf= 8x6.8=54.4 kbps
Tốc độ baud:
Rbaud = Rbit /n= Rbit /2=54.4/2=27.2 Kbps.
b. Băng thông của hệ thống:
B=(1+r) Rbaud = (1+1)x27.2= 54.4 kbps.
C. Hệ thống tiếng nói thường lấy mẫu ở tần số f= 8khz.
4


Tốc đọ bit: Rbit = 8xf=8x8=64 kbps
Tốc độ baud: Rbaud =

R bit
n

= 64/x= 32 kbps.

Băng thông của hệ thống: B =(1+r) Rbaud =(1+1)x32=64kbps
Bài 5: Cho hệ thống cho băng thông là 2MHz, dùng 8QAM. Xác định tốc độ bit
tối đa có thể truyền, r=1.
Giải:
Vì 8QAM: n = 3 => Rbit = Rbaud x3 (1)
B=(1+r)x Rbaud =2MHz(2)
Rbit lớn nhất khi Rbaud lớn nhất mà Rbaud lớn nhất khi r=0
(2) => Rbaud max= 2MHz

=> Rbit max = 2x3= 6MHz
Bài 6:
Chu kỳ bit T b=1/ Rb=1/100
Chu kỳ sóng mang Tc=1/ fc=1/200
Vậy T B= 2T c 1 chu bit chứa 2 chu kỳ sóng mang fc.
Vậy 2T b= 2T c chu bit chứa 4 chu kỳ sóng mang fc.

5


BÀI TẬP MÃ HÓA NGUỒN

6


7


8


BÀI TẬP MÃ HÓA KÊNH VÀ MÃ
HÓA CHẬP

Bài 1 : Cho ma trận G như sau

[][ ]

V1
11 0 10 0

G = V 2 = 0 11 0 10
10 1 0 0 1
V3

a) Tính từ mã U, nếu dữ liệu truyền là 101

[ ]

1 10 1 0 0
U = mG = [ 1 01 ] 0 11 0 1 0 = [ 0 11 1 01 ]
1 01 0 0 1

b) Nếu dữ liệu nhận là r = 110100. Kiểm tra dữ liệu có sai khơng, nếu sai sửa
lại cho đúng.
r = [ 11 0 1 0 0 ]

[ ]

10 0 1 0 1
H = [ I ∨P ] = 0 10 1 10
0 0 10 1 1
T

S = r HT

[]

10 0
0 10
001

= [ 11 0 1 0 0 ] 11 0 = [ 0 0 0 ]  e = [ 0 0 0 0 0 0 ] (không lỗi)
0 11
1 01

c) Nếu dữ liệu nhận là r = 110110. Kiếm tra dữ liệu có sai khơng, nếu sai sửa
lại cho đúng.
r = [ 11 0 11 0 ] , tương tự S = [ 0 11 ]
->e = [ 0 0 0 0 10 ] -> u = r ⊕ e = [ 11 0 1 0 0 ]
Bài 2 Cho chuỗi bit truyền M = 10010011, đa thức sinh G = 1001. Sử dụng mã
CRC
n = 11 ,
k=8,
n–k=3
1
2
G = 1001 = 1 + 0.x + 0.x + 1.x3 = 1 + x3
M = 10010011 = 1 + x3 + x6 + x7
->x1m(x) = x3m(x) = x3(1 + x5 + x6 + x7 )
= x3 + x6 + x9 + x10
a) Tính từ mã sau mã hóa

9


x10 + x9 + x6 + x3
x10 + x7
x9 + x7 + x6 + x3

x3 + 1
x7 + x6 + x4 + 1

x9 + x6
x7 + x3
x7 + x4
x4 + x3
x4 + x
x4 + x
x3 + 1
x+1
-> x10 + x9 + x6 + x3 = (x7 + x6 + x4 + 1)( x3 + 1) + (x+1)
q(x)
g(x)
P(x)
3
3
6
9
10
U(x) = P(x) + x m(x) = 1 + x + x + x + x + x
->U = 11010010011
b) Giả sử dạng lỗi là : 00001010000. Chứng tỏ phương pháp này có thể phát
hiện lỗi
e(x) = 00001010000
V(x) = U(x) + e(x) = 11011000011
11000011011
1001
1001
1010
11011000
1001

0110
0000
1101
1001
10


1001
1001
0000
0000
0001
0000
0011
0000
011 # 0
->Có lỗi
Bài 3 Cho mã chập có cấu trúc (2,1,2). Tính từ mã truyền đối với dữ liệu là:
10101110.
Mã hóa chập (2,1,2)
n = 2,
R = 1,
M=2
Đáp ứng xung của đường thứ nhất là (1,1,1)
->Đa thức sinh g(1)(D) = D2 + D + 1
Đáp ứng xung của đường thứ hai là (1,0,1)
->Đa thức sinh g(2)(D) = D2 +1
Chuỗi thông tin 10101110
->Trình bày đa thức m(D) = D7 + D5 + D3 + D2 + D
+) Ngõ ra của đường thứ nhất

C(1)(D) = m(D).g(1)(D) = (D7 + D5 + D3 + D2 + D)(D2 + D + 1)
= D9 + D8 + D6 + D3 + D
->Chuỗi bit ra đường thứ 1 = (1101001010) = C(1)
+)Ngõ ra của đường thứ hai
C(2)(D) = m(D).g(2)(D) = (D7 + D5 + D3 + D2 + D)(D2 + 1)
= D9 + D4 + D2 + D
->Chuỗi bit ra đường thứ 2 = (1000010110) = C(2)
=>Chuỗi bit đã mã hóa: C = (11,10,00,10,00,01,10,01,11,00)
Chiều dài thơng tin L = 8 bits
Chiều dãi ngõ ra: n(L + K – 1) = 2(8 + 3 – 1) = 20 bits

11


Bài 4: Cho mã chập có cấu trúc (2,1,2). Tính từ mã truyền đối với dữ liệu là:
10101110 bằng phương pháp giản đồ trạng thái và giản đồ lưới
Giản đồ trạng thái:
1/10

1/01
B

11

10

D
0/01
0/10

01

1/00
1/11

00

C

0/11

A

0/00

Input
1
0
1
0
1
1
1
0
0
T.Thái
00  10  01  10  01  0  11  11  01  00
Output
11
10

00
10
00
01
10
01
11
Giản đồ lưới:

A = 00

0/00

0/00

0/00
1/11

1/11

1/11

B = 10

1/11
1/00

0/10

0/10

C = 01

2

0/11

1/00

3

0/00
0/11

1/11

0/01

4

0/00
0/11

0/11

1/00

1/00

0/10

0/10

0/01

0/01

0/01

1/01

1/01

1/10

0/00
0/11

1/11

0/10

1/01

1/01
1/10

1

0/00

0/10

0/01
1/01

D = 11
Level
J=0

0/11

0/00

1/10

1/10

5

L-1

L

L+1

12

L+2

Bài 5: Cho mã chập có cấu trúc (2,1,2). Tính dữ liệu sửa sai và data nếu biết chuỗi
nhận được là : r= (00,11,11,11). Trình bày kết quả trên giản đồ lưới.

Bài 6: cho mã hóa CRC chuỗi bit truyền 101110001 và đa thức sinh 1001
a. Tính từ mã truyền U.
b. Nếu dữ liệu nhận là r =101110011000. Kiểm tra dữ liệu có sai khơng.
Giải:
a) n = 12 , k= 9, n-k =3
G = 1001 = 1+X3
13


m = 101110001 = 1+ X2 + X3 + X4 + X8
 Xn-k m(X) = X3 (1+ X2 + X3 + X4 + X8)= X3+X5+X6+X7+X11 = A
X11+X7+X6+X5+X3
X11+X8
X8+ X7+X6+X5+X3
X8+ X5
X7+X6+X3
X7+X4
X6+X4+X3
X6+X3
X4
X4+X
X

X3+1
X8+X5+X4+X3+X

 A = (X8+X5+X4+X3+X)( X3+1) +1
U(X) =p(X) +X3 m(X) = X+ X3+X5+X6+X7+X11
 U= 010101110001.
b) Thu được r = 101110011000
000110011101
-

1001
000110101

0000
 Dữ liệu không sai
Bài 7: Cho hệ thống như sau:
Data -> mã hóa CRC -> điều biến QPSK -> kênh truyền -> giải điều biến -> giải
mã CRC -> Data thu.
Cho dữ liệu phát 10110, tốc độ bit là 100Kbps, mã hóa CRC có đa thức sinh là
1001.
a. Tính từ mã sau mã hóa CRC.
b. Tính tốc độ bit sau mã hóa CRC.
c. Tính băng thơng dải gốc nếu hệ số roll-off là 0,3.
d. Giả sử chòm sao nhận được ở đầu thu là [0.2+0.2i;0.3-0.4i;-1.2-i;-0.2+2i].
xác định data thu.
14


a) c = (1001) -> 4bit -> n-k = 3
m = (10110) => m(X) =1 +X2 + X3
 Xn-k m(X) = X3 (1 +X2 + X3) = X3 + X5 + X6
X6 + X5 + X3
X6

+ X3
X5
X5 + X2

X3 +1
X3 + X2

X2
X3 + X5 + X6 = (X2 + X3) (X3 +1) + X2
U(X) = p(X) + X3 m(X) = X2 + X3 + X5 + X6
U = 001 10110.
b) Rb= 100Kbp
Rc= k/n = 5/8
RCRC=Rh/Rc = 100* 8/5 = 160Kbps
c) Rbaub= RCRC/2 = 80
 BSSB = ((1+r)/2) Rbaub = ((1+0.3)/2) 80= 52 KHz
d) Dựa vào giản đồ chòm sao, dữ liệu sao giải điều biến là:

15


10000111
1001

1001
10010

0010
0000
0101

0000
1011
1001
0101
0000
101
 Không nhận được Data thu.
Bài 8: Cho hệ thống truyền tín hiệu đo như sau:
Tín hiệu analog -> ADC 8bit -lấy mẫu 1KHz-> mã hóa khối tuyến tính-> điều biến
QPSK
a. Khi tín hiệu analog là 1V, ADC sử dụng Vref-= 0V, Vref+ = 5V, xác
định tín hiệu và tốc độ bit sau ADC.
b. Mã hóa khối có ma trận sinh như sau:

[ ][
V1

10 0 1 0 0

V3

1 01 0 0 1

G = V 2 = 0 11 0 1 0

]

Xác định tín hiệu sau mã hóa.
c. Xác định sau khi ánh xạ chòm sao theo

d. Nếu roll-off là 0.3, tính băng thơng
Giải:
a) ADC 8bit -> có 28 = 256 mức (0-255)
16


Vref-=0V
Vref+ = 5V
 Bước nhảy = 5/256 (V)
 1V được biểu diễn = 1/bước nhảy=51=00110011
 Tốc độ bit sau ADC 8*103=8Kbps
b) m = 00110011
U1=m1 G= 101001
U2= m2 G= 110100
U3= m3 G= 101110
U= (U1, U2, U3)
c) Data thu= (10,10,01,11,01,00,10,11,10)
1

= √ 2 (1-i;1-i; -1+i; 1+i ; -1+i; -1-i; 1-i; 1+i; 1-i)
d) B = (1+r) Rbaub= (1+r)Rb/2 =1.3* 16*103/2 = 10.4KHz

17