108 年 國立中正大學通訊工程學系碩士班通訊甲組《通訊原理》

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第 1 題5 分

  1. To combat the effects of aliasing in practice, which of the following methods is correct?
    (a) Use a high-pass filter to attenuate the in-band noise.
    (b) The signal is sampled at a rate slightly lower than the Nyquist rate.
    (c) Reduce the signal amplitude so that aliasing effect can be reduced.
    (d) Use a low-pass filter to attenuate those high frequency components of the signal before sampling.
    (e) None of the above.

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此題考察訊號取樣(Sampling)過程中,為避免或減緩がいびしんぐ(aliasing)現象所採取的預防措施。

核心觀念:
訊號取樣定理(Nyquist-Shannon Sampling Theorem)指出,若要無失真地重建一個頻寬為 BB 的類比訊號,其取樣頻率 fsf_s 必須大於兩倍的最高頻率成分,即 fs>2Bf_s > 2B。如果取樣頻率低於此值,則高頻成分會「折射」到低頻區域,產生がいびしんぐ現象。

選項分析:
(a) 使用高通濾波器(high-pass filter)主要用於濾除低頻雜訊,與がいびしんぐ的預防無直接關聯。

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第 2 題5 分

  1. A PAM system produces the signal s(t)=∑n=−∞∞m(nTs)h(t–nTs)s(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} m(nT_s)h(t – nT_s), where TsT_s is the sampling period and m(t)m(t) is the message signal. Let H(f)H(f) be the Fourier transform of h(t)h(t) and M(f)M(f) be the Fourier transform of m(t)m(t). Determine the Fourier transform of s(t)s(t).
    (a) S(f)=∑k=−∞∞M(f−kTs)H(f−kTs)S(f) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(f - \frac{k}{T_s}\right) H\left(f - \frac{k}{T_s}\right)
    (b) S(f)=∑k=−∞∞M(kTs)H(f−kTs)S(f) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(\frac{k}{T_s}\right) H\left(f - \frac{k}{T_s}\right)
    (c) S(f)=∑k=−∞∞M(f−kTs)H(f)S(f) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(f - \frac{k}{T_s}\right) H(f)
    (d) S(f)=∑k=−∞∞M(f)H(f)exp⁡(j2πkfTs)S(f) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} M(f) H(f) \exp(j2\pi k f T_s)
    (e) None of the above.

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核心觀念

本題考查脈波振幅調變(PAM)訊號的傅立葉轉換,以及等間隔取樣所造成的頻譜週期性複製。

連續時間傅立葉轉換定義為

X(f)=∫−∞∞x(t)e−j2πft dt.X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt.

PAM 訊號為

s(t)=∑n=−∞∞m(nTs)h(t−nTs),s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}m(nT_s)h(t-nT_s),

其中每個脈波 h(t−nTs)h(t-nT_s) 的振幅為取樣值 m(nTs)m(nT_s)。


解題方法與推導

先對每一個位移脈波取傅立葉轉換:

F{h(t−nTs)}=H(f)e−j2πfnTs.\mathcal{F}\{h(t-nT_s)\} =H(f)e^{-j2\pi f nT_s}.

因此

S(f)=∑n=−∞∞m(nTs)H(f)e−j2πfnTs,S(f) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}m(nT_s)H(f)e^{-j2\pi f nT_s},

整理得

S(f)=H(f)∑n=−∞∞m(nTs)e−j2πfnTs.S(f) =H(f)\sum_{n=-\infty}^{\infty}m(nT_s)e^{-j2\pi f nT_s}.

利用取樣函數的 Poisson summation formula:

∑n=−∞∞m(nTs)e−j2πfnTs=1Ts∑k=−∞∞M(f−kTs).\sum_{n=-\infty}^{\infty}m(nT_s)e^{-j2\pi f nT_s} = \frac{1}{T_s} \sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(f-\frac{k}{T_s}\right).

代回可得

S(f)=H(f)Ts∑k=−∞∞M(f−kTs)\boxed{ S(f)=\frac{H(f)}{T_s} \sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(f-\frac{k}{T_s}\right) }

這表示:訊息頻譜 M(f)M(f) 以取樣頻率 1/Ts1/T_s 為週期重複,再乘上脈波頻率響應 H(f)H(f),並具有比例因子 1/Ts1/T_s。


選項分析

(a)

S(f)=∑k=−∞∞M(f−kTs)H(f−kTs)S(f)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} M\left(f-\frac{k}{T_s}\right) H\left(f-\frac{k}{T_s}\right)

錯誤。脈波成形器 h(t)h(t) 是對整個取樣訊號進行時間域卷積,因此在頻域中只需乘上 H(f)H(f),不是讓 H(f)H(f) 也跟著每個頻譜副本平移。此外,公式也缺少 1/Ts1/T_s。


(b)

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第 3 題5 分

  1. Let m(t)m(t) be the message signal and WW be the bandwidth of m(t)m(t). The double-sideband suppressed carrier (DSB-SC) amplitude modulation has the modulated signal u(t)=Acm(t)cos⁡(2πfct)u(t) = A_c m(t) \cos(2\pi f_c t). Let the received signal be r(t)=u(t)r(t) = u(t). Suppose we demodulate the received signal by first multiplying r(t)r(t) by a locally generated signal cos⁡(2πfct+ϕ)\cos(2\pi f_c t + \phi), and then passing the product through an ideal low pass filter with bandwidth WW. What will happen when ϕ=π/2\phi = \pi/2?
    (a) The demodulated signal is zero.
    (b) The demodulated signal has the maximum signal strength.
    (c) The demodulated signal has the best signal-to-noise ratio.
    (d) The demodulated signal has large frequency components.
    (e) None of the above.

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此題考察雙邊帶抑制載波(DSB-SC)調變訊號的同步解調(Synchronous Demodulation)過程,特別是當載波相位不同步時的影響。

核心觀念:

  1. DSB-SC 調變:訊號 m(t)m(t) 被乘以一個載波 cos⁡(2πfct)\cos(2\pi f_c t),得到 u(t)=Acm(t)cos⁡(2πfct)u(t) = A_c m(t) \cos(2\pi f_c t)。
  2. 同步解調:接收到的訊號 r(t)r(t)(假設為 u(t)u(t))與本地產生的載波 cos⁡(2πfct+ϕ)\cos(2\pi f_c t + \phi) 相乘,然後通過低通濾波器(LPF)以恢復原始訊號。
    相乘結果為:
    v(t)=r(t)cos⁡(2πfct+ϕ)v(t) = r(t) \cos(2\pi f_c t + \phi)
    v(t)=Acm(t)cos⁡(2πfct)cos⁡(2πfct+ϕ)v(t) = A_c m(t) \cos(2\pi f_c t) \cos(2\pi f_c t + \phi)
    利用三角恆等式 cos⁡Acos⁡B=12[cos⁡(A−B)+cos⁡(A+B)]\cos A \cos B = \frac{1}{2} [\cos(A-B) + \cos(A+B)]:
    v(t)=Ac2m(t)[cos⁡((2πfct)−(2πfct+ϕ))+cos⁡((2πfct)+(2πfct+ϕ))]v(t) = \frac{A_c}{2} m(t) [\cos((2\pi f_c t) - (2\pi f_c t + \phi)) + \cos((2\pi f_c t) + (2\pi f_c t + \phi))]
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第 4 題5 分

  1. For both FM and PM with sinusoidal message signal, we have u(t)=Accos⁡(2πfct+βsin⁡(2πfmt))u(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + \beta \sin(2\pi f_m t)). Let Jn(β)J_n(\beta) be the Bessel function of the first kind of order nn. What is the Fourier transform of u(t)u(t)?
    (a) ∑n=−∞∞jnAcJn(β)[δ(f−fc−nfm)+δ(f+fc+nfm)]\sum_{n=-\infty}^{\infty} j^n A_c J_n(\beta) \left[ \delta\left(f - f_c - n f_m\right) + \delta\left(f + f_c + n f_m\right) \right]
    (b) ∑n=−∞∞AcJn(β)cos⁡(2π(fc+nfm)t)\sum_{n=-\infty}^{\infty} A_c J_n(\beta) \cos(2\pi (f_c+n f_m)t)
    (c) ∑n=−∞∞jnAcJn(β)[δ(f−fc−nfm)−δ(f+fc+nfm)]\sum_{n=-\infty}^{\infty} j^n A_c J_n(\beta) \left[ \delta\left(f - f_c - n f_m\right) - \delta\left(f + f_c + n f_m\right) \right]
    (d) ∑n=−∞∞AcJn(β)sin⁡(2π(fc+nfm)t)\sum_{n=-\infty}^{\infty} A_c J_n(\beta) \sin(2\pi (f_c+n f_m)t)
    (e) None of the above.

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核心觀念

本題考查正弦訊號進行角度調變(FM 或 PM)後的頻譜表示,核心工具為:

  1. Jacobi–Anger 展開式
ejβsin⁡θ=∑n=−∞∞Jn(β)ejnθe^{j\beta\sin\theta} =\sum_{n=-\infty}^{\infty}J_n(\beta)e^{jn\theta}
  1. 餘弦函數的指數表示
    cos⁡θ=12(ejθ+e−jθ)\cos\theta=\frac{1}{2}\left(e^{j\theta}+e^{-j\theta}\right)

  2. 傅立葉轉換基本對偶
    ej2πf0t⟷δ(f−f0)e^{j2\pi f_0t}\longleftrightarrow\delta(f-f_0)

    因此

cos⁡(2πf0t)⟷12[δ(f−f0)+δ(f+f0)]\cos(2\pi f_0t) \longleftrightarrow \frac{1}{2}\left[\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)\right]

解題方法與推導

題目給定

u(t)=Accos⁡(2πfct+βsin⁡(2πfmt))u(t)=A_c\cos\left(2\pi f_ct+\beta\sin(2\pi f_mt)\right)

先以 Bessel 函數展開其複指數形式:

ejβsin⁡(2πfmt)=∑n=−∞∞Jn(β)ej2πnfmte^{j\beta\sin(2\pi f_mt)} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta)e^{j2\pi nf_mt}

因此

ej[2πfct+βsin⁡(2πfmt)]=∑n=−∞∞Jn(β)ej2π(fc+nfm)te^{j[2\pi f_ct+\beta\sin(2\pi f_mt)]} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta)e^{j2\pi(f_c+nf_m)t}

取實部後,得到時間域的 Bessel 展開:

u(t)=Ac∑n=−∞∞Jn(β)cos⁡(2π(fc+nfm)t)u(t) = A_c\sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta) \cos\left(2\pi(f_c+nf_m)t\right)

對每一個餘弦項進行傅立葉轉換:

F{cos⁡(2π(fc+nfm)t)}=12[δ(f−fc−nfm)+δ(f+fc+nfm)]\mathcal{F} \left\{ \cos\left(2\pi(f_c+nf_m)t\right) \right\} = \frac{1}{2} \left[ \delta\left(f-f_c-nf_m\right) + \delta\left(f+f_c+nf_m\right) \right]

所以

U(f)=Ac2∑n=−∞∞Jn(β)[δ(f−fc−nfm)+δ(f+fc+nfm)]U(f) = \frac{A_c}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta) \left[ \delta\left(f-f_c-nf_m\right) + \delta\left(f+f_c+nf_m\right) \right]

這表示頻譜位於

f=fc+nfmf=f_c+nf_m

及其負頻率位置,每條譜線的振幅與 Jn(β)J_n(\beta) 成正比。


選項分析

(a)

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第 5 題5 分

  1. Determine the power spectral density of m(t)=Acos⁡(2πfmt)m(t) = A \cos(2\pi f_m t).
    (a) A22[δ(f−fm)+δ(f+fm)]\frac{A^2}{2} [\delta(f - f_m) + \delta(f + f_m)]
    (b) A24[δ(f−fm)+δ(f+fm)]\frac{A^2}{4} [\delta(f - f_m) + \delta(f + f_m)]
    (c) A2[δ(f−fm)+δ(f+fm)]A^2 [\delta(f - f_m) + \delta(f + f_m)]
    (d) A2[δ(f−fm)−δ(f+fm)]A^2 [\delta(f - f_m) - \delta(f + f_m)]
    (e) None of the above.

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此題考察一個簡單的餘弦訊號的功率頻譜密度(Power Spectral Density, PSD)。

核心觀念:
訊號 x(t)x(t) 的功率頻譜密度 Sx(f)S_x(f) 與其傅立葉轉換 X(f)X(f) 的關係為:
Sx(f)=lim⁡T→∞1T∣X(f)∣2S_x(f) = \lim_{T\to\infty} \frac{1}{T} |X(f)|^2 (對於能量訊號)
對於週期訊號,其傅立葉級數係數的平方和與功率有關。
然而,對於單一頻率的正弦訊號,其傅立葉轉換是兩個衝激函數。

訊號 m(t)=Acos⁡(2πfmt)m(t) = A \cos(2\pi f_m t)。
我們知道 cos⁡(x)=ejx+e−jx2\cos(x) = \frac{e^{jx} + e^{-jx}}{2}。
所以,m(t)=Aej2πfmt+e−j2πfmt2=A2ej2πfmt+A2e−j2πfmtm(t) = A \frac{e^{j2\pi f_m t} + e^{-j2\pi f_m t}}{2} = \frac{A}{2} e^{j2\pi f_m t} + \frac{A}{2} e^{-j2\pi f_m t}。
對此訊號取傅立葉轉換:
M(f)=F{m(t)}=A2F{ej2πfmt}+A2F{e−j2πfmt}M(f) = \mathcal{F}\{m(t)\} = \frac{A}{2} \mathcal{F}\{e^{j2\pi f_m t}\} + \frac{A}{2} \mathcal{F}\{e^{-j2\pi f_m t}\}
M(f)=A2δ(f−fm)+A2δ(f+fm)M(f) = \frac{A}{2} \delta(f - f_m) + \frac{A}{2} \delta(f + f_m)。

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第 6 題5 分

  1. A digital communication system generates the transmitted signal u(t)=∑n=−∞∞anh(t–nTb)u(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n h(t – nT_b), where ana_n is an i.i.d. random process with P{an=+1}=P{an=−1}=1/2P\{a_n = +1\} = P\{a_n = -1\} = 1/2, and TbT_b is the symbol period. Define H(f)H(f) as the Fourier transform of h(t)h(t). Determine the power spectral density of u(t)u(t).
    (a) 1TbH(f)\frac{1}{T_b} H(f)
    (b) ∣H(f)∣2|H(f)|^2
    (c) Tb∣H(f)∣2T_b |H(f)|^2
    (d) TbH(f)T_b H(f)
    (e) None of the above.

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核心觀念

本題考查線性脈衝振幅調變(PAM)訊號的功率頻譜密度(Power Spectral Density, PSD)。

訊號為

u(t)=∑n=−∞∞anh(t−nTb),u(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_nh(t-nT_b),

其中:

  • ana_n 為獨立同分布符號;
  • P(an=+1)=P(an=−1)=1/2P(a_n=+1)=P(a_n=-1)=1/2;
  • TbT_b 為符號週期;
  • H(f)H(f) 為脈衝波形 h(t)h(t) 的傅立葉轉換。

對於隨機符號序列通過脈衝成形器 h(t)h(t),其 PSD 為

Su(f)=σa2Tb∣H(f)∣2S_u(f)=\frac{\sigma_a^2}{T_b}|H(f)|^2

若符號平均值不為零,還可能在特定頻率產生離散譜線;本題中符號平均值為零,因此沒有額外的離散譜線。


解題方法與推導

1. 計算符號序列的平均值與變異數

符號平均值為

E[an]=(+1)12+(−1)12=0.E[a_n] =(+1)\frac12+(-1)\frac12=0.

由於 ana_n 只取 +1+1 與 −1-1,

E[an2]=1.E[a_n^2]=1.

因此變異數為

σa2=E[an2]−(E[an])2=1−02=1.\sigma_a^2 =E[a_n^2]-\bigl(E[a_n]\bigr)^2 =1-0^2=1.

2. 符號序列的自相關

因為 ana_n 彼此獨立且平均值為零,當 k≠0k\neq 0 時,

E[anan−k]=E[an]E[an−k]=0.E[a_na_{n-k}] =E[a_n]E[a_{n-k}] =0.

當 k=0k=0 時,

E[an2]=1.E[a_n^2]=1.

所以其離散時間自相關為

Ra[k]=δ[k].R_a[k]=\delta[k].

相對應的離散符號序列 PSD 為常數,即白色頻譜。

3. 通過脈衝成形器

每個符號經過 h(t)h(t) 成形,頻域中會乘上 H(f)H(f)。功率頻譜密度會乘上系統頻率響應的平方大小:

Su(f)=S符號(f) ∣H(f)∣2.S_u(f)=S_{\text{符號}}(f)\,|H(f)|^2.

由於符號率為

1Tb,\frac{1}{T_b},

且符號變異數為 11,因此

Su(f)=1Tb∣H(f)∣2.S_u(f) =\frac{1}{T_b}|H(f)|^2.

所以正確的 PSD 為

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第 7 題5 分

  1. Let X(f)X(f) be the Fourier transform of x(t)x(t). Which of the following is a necessary and sufficient condition for x(t)x(t) to satisfy
    x(nT)={1n=00n≠0x(nT) = \begin{cases} 1 & n=0 \\ 0 & n \neq 0 \end{cases}
    (a) ∑m=−∞∞X(f+mT)=T\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f + \frac{m}{T}\right) = T
    (b) ∑m=−∞∞X(f−mT)=T\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f - \frac{m}{T}\right) = T
    (c) ∑m=−∞∞X(f+mT)=T\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f + mT\right) = T
    (d) ∑m=−∞∞X(f−mT)=T\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f - mT\right) = T
    (e) None of the above.

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核心觀念

本題考查「時域等間隔取樣」與「頻域週期性頻譜疊加」之間的 Poisson summation formula。

若傅立葉轉換定義為

X(f)=∫−∞∞x(t)e−j2πft dt,X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt,

則取樣序列 x(nT)x(nT) 的離散時間傅立葉轉換滿足

∑n=−∞∞x(nT)e−j2πfnT=1T∑m=−∞∞X(f−mT).\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT)e^{-j2\pi fnT} = \frac{1}{T}\sum_{m=-\infty}^{\infty}X\left(f-\frac{m}{T}\right).

因此,若取樣值為

x(nT)={1,n=0,0,n≠0,x(nT)= \begin{cases} 1,&n=0,\\ 0,&n\ne 0, \end{cases}

其離散時間傅立葉轉換就是

∑n=−∞∞x(nT)e−j2πfnT=1.\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT)e^{-j2\pi fnT}=1.

所以必須且充分滿足

1T∑m=−∞∞X(f−mT)=1,\frac{1}{T}\sum_{m=-\infty}^{\infty}X\left(f-\frac{m}{T}\right)=1,

亦即

∑m=−∞∞X(f−mT)=T.\sum_{m=-\infty}^{\infty}X\left(f-\frac{m}{T}\right)=T.

解題方法

定義取樣後的離散序列

xs[n]=x(nT).x_s[n]=x(nT).

題目給定

xs[n]=δ[n].x_s[n]=\delta[n].

其 DTFT 為

Xs(ejω)=∑n=−∞∞δ[n]e−jωn=1.X_s(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta[n]e^{-j\omega n} =1.

另一方面,連續時間訊號以週期 TT 取樣後,頻域會產生間隔 1/T1/T 的頻譜週期複本:

Xs(ej2πfT)=1T∑m=−∞∞X(f−mT).X_s(e^{j2\pi fT}) = \frac{1}{T} \sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f-\frac{m}{T}\right).

由於左側等於 11,得到

∑m=−∞∞X(f−mT)=T.\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f-\frac{m}{T}\right)=T.

這正是選項 (b) 的形式。

此外,由於求和指標 mm 遍歷所有整數,

∑m=−∞∞X(f+mT)=∑m=−∞∞X(f−mT),\sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f+\frac{m}{T}\right) = \sum_{m=-\infty}^{\infty} X\left(f-\frac{m}{T}\right),

只要令新的求和指標為 k=−mk=-m 即可。因此 (a) 與 (b) 實際上完全等價。


選項分析

(a) ∑m=−∞∞X(f+mT)=T\displaystyle \sum_{m=-\infty}^{\infty}X\left(f+\frac{m}{T}\right)=T

正確。

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第 8 題5 分

  1. A binary communication system has the received signal r(t)=s(t)+n(t)r(t) = s(t) + n(t) for 0≤t≤T0 \le t \le T, where s(t)s(t) is the transmitted signal with P{s(t)=sA(t)}=P{s(t)=sB(t)}=1/2P\{s(t) = s_A(t)\} = P\{s(t) = s_B(t)\} = 1/2, n(t)n(t) is the AWGN with power spectral density N0/2N_0/2, and TT is the symbol period. Assume that the ML receiver is employed. Determine the bit error rate.
    (a) Q(d2N0)Q\left(\frac{\sqrt{d}}{\sqrt{2N_0}}\right), where d=∫0T∣sA(t)−sB(t)∣2dtd = \int_0^T |s_A(t) - s_B(t)|^2 dt
    (b) Q(d2N0)Q\left(\frac{d}{\sqrt{2N_0}}\right), where d=∫0T∣sA(t)−sB(t)∣2dtd = \int_0^T |s_A(t) - s_B(t)|^2 dt
    (c) Q(dN0)Q\left(\frac{d}{\sqrt{N_0}}\right), where d=∫0T∣sA(t)−sB(t)∣2dtd = \int_0^T |s_A(t) - s_B(t)|^2 dt
    (d) Q(d2N0)Q\left(\frac{d^2}{\sqrt{N_0}}\right), where d=∫0T∣sA(t)−sB(t)∣2dtd = \int_0^T |s_A(t) - s_B(t)|^2 dt
    (e) None of the above.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查等先驗機率二元訊號在 AWGN 通道下,採用最大概似(Maximum Likelihood, ML)接收器時的位元錯誤率。

令兩個可能的傳送訊號為 sA(t)s_A(t) 與 sB(t)s_B(t),其平方歐氏距離定義為

d=∫0T∣sA(t)−sB(t)∣2 dtd=\int_0^T |s_A(t)-s_B(t)|^2\,dt

對於等先驗機率的二元訊號,ML 接收器等價於選擇距離接收訊號較近的訊號。其錯誤率公式為

Pe=Q(d2N0)P_e=Q\left(\sqrt{\frac{d}{2N_0}}\right)

其中 QQ 函數定義為

Q(x)=12π∫x∞e−u2/2 duQ(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du

解題方法

設訊號差異為

Δs(t)=sA(t)−sB(t)\Delta s(t)=s_A(t)-s_B(t)

ML 接收器比較兩個平方距離:

∫0T∣r(t)−sA(t)∣2dt與∫0T∣r(t)−sB(t)∣2dt\int_0^T |r(t)-s_A(t)|^2dt \quad\text{與}\quad \int_0^T |r(t)-s_B(t)|^2dt

若接收到的訊號較接近 sA(t)s_A(t),便判定傳送 sA(t)s_A(t);否則判定為 sB(t)s_B(t)。

將比較式整理後,可使用投影判決變數

Y=∫0Tr(t)Δs(t) dtY=\int_0^T r(t)\Delta s(t)\,dt

其判決門檻為

γ=12∫0T(∣sA(t)∣2−∣sB(t)∣2)dt\gamma=\frac{1}{2}\int_0^T\left(|s_A(t)|^2-|s_B(t)|^2\right)dt

假設實際傳送 sA(t)s_A(t),則

r(t)=sA(t)+n(t)r(t)=s_A(t)+n(t)

因此

Y=∫0TsA(t)Δs(t) dt+∫0Tn(t)Δs(t) dtY = \int_0^T s_A(t)\Delta s(t)\,dt + \int_0^T n(t)\Delta s(t)\,dt

相較於判決門檻,訊號部分與門檻的差距為

12∫0T∣Δs(t)∣2dt=d2\frac{1}{2}\int_0^T|\Delta s(t)|^2dt = \frac{d}{2}

AWGN 投影雜訊

NΔ=∫0Tn(t)Δs(t) dtN_\Delta=\int_0^T n(t)\Delta s(t)\,dt

為高斯隨機變數,其變異數為

σΔ2=N02∫0T∣Δs(t)∣2dt=N0d2\sigma_\Delta^2=\frac{N_0}{2}\int_0^T|\Delta s(t)|^2dt =\frac{N_0d}{2}

因此,在傳送 sA(t)s_A(t) 時發生錯誤的機率為

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第 9 題5 分

  1. Two signal vectors are employed for a binary communication system which are given by
    s1=(+A,+A)s_1 = (+A, +A)
    s2=(+A,−A)s_2 = (+A, -A)
    The received signal can be represented as r=s+wr = s + w, where P{s=s1}=P{s=s2}=1/2P\{s = s_1\} = P\{s = s_2\} = 1/2 and w=[w1,w2]w = [w_1, w_2] is a 2-dimensional zero-mean Gaussian noise vector with E[wi2]=N0/2E[w_i^2] = N_0/2 for i=1,2i = 1, 2 and E[w1w2]=0E[w_1w_2] = 0. What is the bit error rate for the optimum detector?
    (a) Q(AN0)Q\left(\frac{A}{\sqrt{N_0}}\right)
    (b) Q(A22N0)Q\left(\frac{\sqrt{A^2}}{\sqrt{2N_0}}\right)
    (c) Q(A2N0)Q\left(\frac{A^2}{\sqrt{N_0}}\right)
    (d) Q(A2N0)Q\left(\frac{A}{\sqrt{2N_0}}\right)
    (e) None of the above.

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核心觀念

  1. 二元最佳偵測器(Optimum Detector for Binary Signals):
    在等機率先驗條件(P{s=s1}=P{s=s2}=1/2P\{s = s_1\} = P\{s = s_2\} = 1/2)且為加性高斯白雜訊(AWGN)環境下,最大事後機率(MAP)準則等價於最大概似(ML)準則,最佳偵測器即為最小歐氏距離偵測器(Minimum Euclidean Distance Detector)。
  2. 位元錯誤率公式(Bit Error Rate, BER):
    對於任意二元訊號向量 s1s_1 與 s2s_2,在雙邊功率譜密度為 N0/2N_0/2 的 AWGN 通道中,其位元錯誤率由兩訊號間的歐氏距離(Euclidean Distance)d12d_{12} 唯一決定:
    Pb=Q(d122σ)=Q(d122N0)P_b = Q\left(\frac{d_{12}}{2\sigma}\right) = Q\left(\frac{d_{12}}{\sqrt{2N_0}}\right)
    其中 σ=N02\sigma = \sqrt{\frac{N_0}{2}} 為各維度高斯雜訊的標準差。
  3. 無關維度定理(Irrelevant Dimension / Sufficient Statistic):
    若訊號向量在某一維度上的分量完全相同,該維度在判決時不提供任何區別資訊(Irrelevant Statistic),可予以忽略,問題等效於降維後的純量判決。

解題方法

本題可透過兩種視角推導:

方法一:幾何歐氏距離法(標準解法)

  1. 計算訊號向量間的歐氏距離 d12d_{12}:
    d12=∥s1−s2∥=(A−A)2+(A−(−A))2=02+(2A)2=2Ad_{12} = \|s_1 - s_2\| = \sqrt{(A - A)^2 + (A - (-A))^2} = \sqrt{0^2 + (2A)^2} = 2A

  2. 確定雜訊統計特性:
    由題意可知,雜訊向量 w=[w1,w2]w = [w_1, w_2] 為零均值高斯分佈,且:
    σ2=Var(w1)=Var(w2)=N02  ⟹  σ=N02\sigma^2 = \text{Var}(w_1) = \text{Var}(w_2) = \frac{N_0}{2} \implies \sigma = \sqrt{\frac{N_0}{2}}

  3. 代入二元對稱通道之錯誤率公式:
    Pb=Q(d122σ)=Q(2A2N02)=Q(AN02)=Q(2A2N0)=Q(2AN0)P_b = Q\left(\frac{d_{12}}{2\sigma}\right) = Q\left(\frac{2A}{2\sqrt{\frac{N_0}{2}}}\right) = Q\left(\frac{A}{\sqrt{\frac{N_0}{2}}}\right) = Q\left(\sqrt{\frac{2A^2}{N_0}}\right) = Q\left(\frac{\sqrt{2}A}{\sqrt{N_0}}\right)

方法二:降維投影與純量判決法(物理意義驗證)

  1. 觀察接收訊號的兩維度分量:
    • 第一維度:r1=A+w1r_1 = A + w_1(無論發送 s1s_1 或 s2s_2,該維度訊號皆為 +A+A,不具區別力)。
    • 第二維度:

\begin{cases}
r_2 = +A + w_2, & \text{若發送 } s_1 \
r_2 = -A + w_2, & \text{若發送 } s_2
\end{cases}
$$

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第 10 題5 分

  1. Under the same signal-to-noise ratio, which of the following binary modulation techniques has the best performance.
    (a) Binary pulse position modulation.
    (b) Binary frequency-shift keying.
    (c) On-off keying.
    (d) Binary phase-shift keying.
    (e) None of the above.

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此題考察在相同訊號雜訊比(SNR)下,不同二元調變技術的效能比較。在數位通訊中,效能通常以位元錯誤率(Bit Error Rate, BER)來衡量,BER 越低,效能越好。

核心觀念:
在 AWGN 通道下,對於相同的能量每位元(Energy per bit, EbE_b)和相同的雜訊功率譜密度 (N0/2N_0/2),不同二元調變技術的 BER 表現不同。通常,我們比較它們的 BER 公式,或者記憶其相對效能排序。

效能排序(從好到壞):

  1. BPSK (Binary Phase-Shift Keying):使用兩個反向的相位來表示二進位符號。其 BER 公式為 Q(2Eb/N0)Q(\sqrt{2E_b/N_0})。
  2. BFSK (Binary Frequency-Shift Keying):使用兩個不同的頻率來表示二進位符號。其 BER 公式為 Q(Eb/N0)Q(\sqrt{E_b/N_0})(相干接收)或 Q(Eb/(2N0))Q(\sqrt{E_b/(2N_0)})(非相干接收)。通常 BFSK 的效能比 BPSK 差。
  3. OOK (On-Off Keying):也稱為 ASK (Amplitude-Shift Keying),使用一個頻率的有或無來表示二進位符號。其 BER 公式為 Q(Eb/(2N0))Q(\sqrt{E_b/(2N_0)})。
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第 1. (25%) 題25 分

  1. (25%) Consider the case of binary PAM signal over the AWGN channel with received signal r=s+wr = s + w.
    where ss is the transmitted signal and ww is the AWGN with variance N0/2N_0/2. The two
    possible signal points are s1=−Ebs_1 = -\sqrt{E_b} and s2=Ebs_2 = \sqrt{E_b}, where EbE_b is the energy per bit. The prior
    probabilities are P[s=s1]=pP[s = s_1] = p and P[s=s2]=1−pP[s = s_2] = 1 - p.

(a) (10%) For the optimum detector, a threshold λ\lambda can be used to make decision on the
transmitted signal. If r>λr > \lambda, the decision s=s1s = s_1 is made and if r<λr < \lambda, the decision
s=s2s = s_2 is made. Determine the threshold λ\lambda.
(b) (15%) Given the optimum detector, what is the bit error probability?

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核心觀念

本題考查 AWGN 通道下二元 PAM 的最佳 MAP 偵測器,以及先驗機率不相等時的最佳決策門檻。

接收訊號為

r=s+wr=s+w

其中雜訊 ww 的變異數為 N0/2N_0/2,因此條件機率密度函數為

fr∣s(r∣si)=1πN0exp⁡[−(r−si)2N0].f_{r|s}(r|s_i) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0}} \exp\left[-\frac{(r-s_i)^2}{N_0}\right].

由於題目給定先驗機率 P(s=s1)=pP(s=s_1)=p、P(s=s2)=1−pP(s=s_2)=1-p,最佳偵測應採用 MAP 判決:

pfr∣s(r∣s1)≷s2s1(1−p)fr∣s(r∣s2).p f_{r|s}(r|s_1) \mathop{\gtrless}_{s_2}^{s_1} (1-p)f_{r|s}(r|s_2).

其中

s1=−Eb,s2=Eb.s_1=-\sqrt{E_b},\qquad s_2=\sqrt{E_b}.

(a) 最佳決策門檻

令

a=Eb.a=\sqrt{E_b}.

MAP 判決的分界點由兩個加權條件機率密度相等決定:

pfr∣s(r∣s1)=(1−p)fr∣s(r∣s2).p f_{r|s}(r|s_1) = (1-p)f_{r|s}(r|s_2).

代入高斯機率密度函數:

pexp⁡[−(r+a)2N0]=(1−p)exp⁡[−(r−a)2N0].p\exp\left[-\frac{(r+a)^2}{N_0}\right] = (1-p)\exp\left[-\frac{(r-a)^2}{N_0}\right].

兩邊取自然對數:

ln⁡p1−p=(r+a)2−(r−a)2N0.\ln\frac{p}{1-p} = \frac{(r+a)^2-(r-a)^2}{N_0}.

由

(r+a)2−(r−a)2=4ar(r+a)^2-(r-a)^2=4ar

可得

ln⁡p1−p=4arN0.\ln\frac{p}{1-p} = \frac{4ar}{N_0}.

因此最佳門檻為

λ∗=N04Ebln⁡p1−p.\boxed{ \lambda^\ast = \frac{N_0}{4\sqrt{E_b}} \ln\frac{p}{1-p} }.

由於 s1=−Ebs_1=-\sqrt{E_b} 位於左側、s2=Ebs_2=\sqrt{E_b} 位於右側,且似然比會隨 rr 增加而下降,因此正確的最佳判決方向是

r<λ∗⇒s^=s1,r<\lambda^\ast \Rightarrow \hat{s}=s_1, r>λ∗⇒s^=s2.r>\lambda^\ast \Rightarrow \hat{s}=s_2.

題目敘述的「r>λr>\lambda 判定為 s1s_1、r<λr<\lambda 判定為 s2s_2」與所給信號點順序相反;若完全按照該方向,便無法形成最佳 MAP 偵測器。上述門檻是依照最佳偵測原理及題目給定的 s1,s2s_1,s_2 所得。


(b) 位元錯誤率

雜訊標準差為

σw=N02.\sigma_w=\sqrt{\frac{N_0}{2}}.

最佳判決規則為

s^=s1當 r<λ∗,\hat{s}=s_1 \quad \text{當 } r<\lambda^\ast, s^=s2當 r>λ∗.\hat{s}=s_2 \quad \text{當 } r>\lambda^\ast.

總錯誤機率由兩種條件錯誤機率加權而得:

Pe=pP(s^=s2∣s=s1)+(1−p)P(s^=s1∣s=s2).P_e = pP(\hat{s}=s_2|s=s_1) + (1-p)P(\hat{s}=s_1|s=s_2).

傳送 s1s_1 時的錯誤機率

當 s=s1=−as=s_1=-a 時,

r=−a+w.r=-a+w.

判定錯誤代表 r>λ∗r>\lambda^\ast,因此

P(s^=s2∣s=s1)=P(−a+w>λ∗).P(\hat{s}=s_2|s=s_1) = P(-a+w>\lambda^\ast).

整理得

P(s^=s2∣s=s1)=P(w>λ∗+a).P(\hat{s}=s_2|s=s_1) = P(w>\lambda^\ast+a).
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第 2 題25 分

  1. (25%) The discrete sequence rk=Ebck+nkr_k = \sqrt{E_b}c_k + n_k, for k=1,2,...,nk = 1, 2, ..., n represents the output sequence of samples from a demodulator, where ck=±1c_k = \pm 1 are elements of one of two possible codewords c1=[1,1,...,1]c_1 = [1, 1,..., 1] and c2=[1,1,...,1,−1,−1,...,−1]c_2 = [1, 1,..., 1, -1, -1, . . ., -1]. The codeword c1c_1 is an all-one vector and c2c_2 has ww elements which are +1+1 and n−wn-w elements which are −1-1, where ww is some positive integer. The noise sequence {nk}\{n_k\} is white Gaussian with variance σ2\sigma^2.
    (a) (10%) What is the maximum-likelihood detector for the two possible transmitted signals?
    (b) (10%) Determine the error probability as a function of the parameter (σ2,Eb,w)(\sigma^2, E_b, w).
    (c) (5%) What is the value of ww that minimizes the error probability?

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核心觀念

本題考查 AWGN 通道下的最大概似偵測(maximum-likelihood detection)與兩個訊號向量間的錯誤率。

接收向量可寫成

r=Ebci+n,i∈{1,2}\mathbf r=\sqrt{E_b}\mathbf c_i+\mathbf n,\qquad i\in\{1,2\}

其中雜訊向量 n\mathbf n 的各分量獨立且服從

nk∼N(0,σ2)n_k\sim\mathcal N(0,\sigma^2)

兩個可能的訊號向量為

s1=Eb[1,1,…,1]\mathbf s_1=\sqrt{E_b}[1,1,\ldots,1]

以及

s2=Eb[1,…,1⏟w 個,−1,…,−1⏟n−w 個]\mathbf s_2=\sqrt{E_b}[\underbrace{1,\ldots,1}_{w\text{ 個}}, \underbrace{-1,\ldots,-1}_{n-w\text{ 個}}]

通常未特別說明先驗機率時,假設兩個碼字等機率傳送。


(a) 最大概似偵測器

1. 以距離最小化表示 ML 偵測

在 AWGN 下,接收向量的條件機率密度為

p(r∣si)=1(2πσ2)n/2exp⁡(−∥r−si∥22σ2)p(\mathbf r|\mathbf s_i) = \frac{1}{(2\pi\sigma^2)^{n/2}} \exp\left( -\frac{\|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2}{2\sigma^2} \right)

因此,最大概似準則等價於選擇距離較近的訊號:

s^=arg⁡min⁡si∥r−si∥2\hat{\mathbf s} = \arg\min_{\mathbf s_i} \|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2

也就是選擇 s1\mathbf s_1 若

∥r−s1∥2<∥r−s2∥2\|\mathbf r-\mathbf s_1\|^2 < \|\mathbf r-\mathbf s_2\|^2

2. 展開距離比較

由於兩個碼字的能量相同,

∥s1∥2=∥s2∥2=nEb\|\mathbf s_1\|^2=\|\mathbf s_2\|^2=nE_b

展開平方距離:

∥r−si∥2=∥r∥2−2rTsi+∥si∥2\|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2 = \|\mathbf r\|^2-2\mathbf r^T\mathbf s_i+\|\mathbf s_i\|^2

共同項消去後,選擇 s1\mathbf s_1 的條件為

rTs1>rTs2\mathbf r^T\mathbf s_1>\mathbf r^T\mathbf s_2

因此

rT(s1−s2)>0\mathbf r^T(\mathbf s_1-\mathbf s_2)>0

而兩個訊號只在第 w+1w+1 至第 nn 個位置不同:

s1−s2=[0,…,0,2Eb,…,2Eb⏟n−w 個]\mathbf s_1-\mathbf s_2 = [0,\ldots,0,\underbrace{2\sqrt{E_b},\ldots,2\sqrt{E_b}}_{n-w\text{ 個}}]

所以偵測條件化為

∑k=w+1nrk>0\sum_{k=w+1}^{n}r_k>0

因此 ML 偵測器為

{判定傳送 c1,∑k=w+1nrk>0判定傳送 c2,∑k=w+1nrk<0\boxed{ \begin{cases} \text{判定傳送 }\mathbf c_1, & \displaystyle\sum_{k=w+1}^{n}r_k>0\\[1ex] \text{判定傳送 }\mathbf c_2, & \displaystyle\sum_{k=w+1}^{n}r_k<0 \end{cases} }

等於零時的判定不影響錯誤率,因為連續型高斯隨機變數恰好等於零的機率為零。


(b) 錯誤機率

令不同位置的數目為

m=n−wm=n-w

偵測統計量為

T=∑k=w+1nrkT=\sum_{k=w+1}^{n}r_k

1. 傳送 c1\mathbf c_1 時

在第 w+1w+1 至第 nn 個位置,c1\mathbf c_1 的元素全部為 +1+1,因此

rk=Eb+nkr_k=\sqrt{E_b}+n_k

故

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第 1. (25%) 題25 分

  1. (25%) Consider the case of binary PAM signal over the AWGN channel with received
    signal
    r=s+wr = s + w.
    where ss is the transmitted signal and ww is the AWGN with variance N0/2N_0/2. The two
    possible signal points are s1=−Ebs_1 = -\sqrt{E_b} and s2=Ebs_2 = \sqrt{E_b}, where EbE_b is the energy per bit. The prior
    probabilities are P[s=s1]=pP[s = s_1] = p and P[s=s2]=1−pP[s = s_2] = 1 - p.

(a) (10%) For the optimum detector, a threshold λ\lambda can be used to make decision on the
transmitted signal. If r>λr > \lambda, the decision s=s1s = s_1 is made and if r<λr < \lambda, the decision
s=s2s = s_2 is made. Determine the threshold λ\lambda.
(b) (15%) Given the optimum detector, what is the bit error probability?

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核心觀念

本題考查 AWGN 通道下二元 PAM 的最佳 MAP 偵測器,以及先驗機率不相等時的最佳決策門檻。

接收訊號為

r=s+wr=s+w

其中雜訊 ww 的變異數為 N0/2N_0/2,因此條件機率密度函數為

fr∣s(r∣si)=1πN0exp⁡[−(r−si)2N0].f_{r|s}(r|s_i) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0}} \exp\left[-\frac{(r-s_i)^2}{N_0}\right].

由於題目給定先驗機率 P(s=s1)=pP(s=s_1)=p、P(s=s2)=1−pP(s=s_2)=1-p,最佳偵測應採用 MAP 判決:

pfr∣s(r∣s1)≷s2s1(1−p)fr∣s(r∣s2).p f_{r|s}(r|s_1) \mathop{\gtrless}_{s_2}^{s_1} (1-p)f_{r|s}(r|s_2).

其中

s1=−Eb,s2=Eb.s_1=-\sqrt{E_b},\qquad s_2=\sqrt{E_b}.

(a) 最佳決策門檻

令

a=Eb.a=\sqrt{E_b}.

MAP 判決的分界點由兩個加權條件機率密度相等決定:

pfr∣s(r∣s1)=(1−p)fr∣s(r∣s2).p f_{r|s}(r|s_1) = (1-p)f_{r|s}(r|s_2).

代入高斯機率密度函數:

pexp⁡[−(r+a)2N0]=(1−p)exp⁡[−(r−a)2N0].p\exp\left[-\frac{(r+a)^2}{N_0}\right] = (1-p)\exp\left[-\frac{(r-a)^2}{N_0}\right].

兩邊取自然對數:

ln⁡p1−p=(r+a)2−(r−a)2N0.\ln\frac{p}{1-p} = \frac{(r+a)^2-(r-a)^2}{N_0}.

由

(r+a)2−(r−a)2=4ar(r+a)^2-(r-a)^2=4ar

可得

ln⁡p1−p=4arN0.\ln\frac{p}{1-p} = \frac{4ar}{N_0}.

因此最佳門檻為

λ∗=N04Ebln⁡p1−p.\boxed{ \lambda^\ast = \frac{N_0}{4\sqrt{E_b}} \ln\frac{p}{1-p} }.

由於 s1=−Ebs_1=-\sqrt{E_b} 位於左側、s2=Ebs_2=\sqrt{E_b} 位於右側,且似然比會隨 rr 增加而下降,因此正確的最佳判決方向是

r<λ∗⇒s^=s1,r<\lambda^\ast \Rightarrow \hat{s}=s_1, r>λ∗⇒s^=s2.r>\lambda^\ast \Rightarrow \hat{s}=s_2.

題目敘述的「r>λr>\lambda 判定為 s1s_1、r<λr<\lambda 判定為 s2s_2」與所給信號點順序相反;若完全按照該方向,便無法形成最佳 MAP 偵測器。上述門檻是依照最佳偵測原理及題目給定的 s1,s2s_1,s_2 所得。


(b) 位元錯誤率

雜訊標準差為

σw=N02.\sigma_w=\sqrt{\frac{N_0}{2}}.

最佳判決規則為

s^=s1當 r<λ∗,\hat{s}=s_1 \quad \text{當 } r<\lambda^\ast, s^=s2當 r>λ∗.\hat{s}=s_2 \quad \text{當 } r>\lambda^\ast.

總錯誤機率由兩種條件錯誤機率加權而得:

Pe=pP(s^=s2∣s=s1)+(1−p)P(s^=s1∣s=s2).P_e = pP(\hat{s}=s_2|s=s_1) + (1-p)P(\hat{s}=s_1|s=s_2).

傳送 s1s_1 時的錯誤機率

當 s=s1=−as=s_1=-a 時,

r=−a+w.r=-a+w.

判定錯誤代表 r>λ∗r>\lambda^\ast,因此

P(s^=s2∣s=s1)=P(−a+w>λ∗).P(\hat{s}=s_2|s=s_1) = P(-a+w>\lambda^\ast).

整理得

P(s^=s2∣s=s1)=P(w>λ∗+a).P(\hat{s}=s_2|s=s_1) = P(w>\lambda^\ast+a).
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第 2 題25 分

  1. (25%) The discrete sequence rk=Ebck+nkr_k = \sqrt{E_b}c_k + n_k, for k=1,2,...,nk = 1, 2, ..., n represents the output sequence of samples from a demodulator, where ck=±1c_k = \pm 1 are elements of one of two possible codewords c1=[1,1,...,1]c_1 = [1, 1,..., 1] and c2=[1,1,...,1,−1,−1,...,−1]c_2 = [1, 1,..., 1, -1, -1, . . ., -1]. The codeword c1c_1 is an all-one vector and c2c_2 has ww elements which are +1+1 and n−wn-w elements which are −1-1, where ww is some positive integer. The noise sequence {nk}\{n_k\} is white Gaussian with variance σ2\sigma^2.
    (a) (10%) What is the maximum-likelihood detector for the two possible transmitted signals?
    (b) (10%) Determine the error probability as a function of the parameter (σ2,Eb,w)(\sigma^2, E_b, w).
    (c) (5%) What is the value of ww that minimizes the error probability?

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 AWGN 通道下的最大概似偵測(maximum-likelihood detection)與兩個訊號向量間的錯誤率。

接收向量可寫成

r=Ebci+n,i∈{1,2}\mathbf r=\sqrt{E_b}\mathbf c_i+\mathbf n,\qquad i\in\{1,2\}

其中雜訊向量 n\mathbf n 的各分量獨立且服從

nk∼N(0,σ2)n_k\sim\mathcal N(0,\sigma^2)

兩個可能的訊號向量為

s1=Eb[1,1,…,1]\mathbf s_1=\sqrt{E_b}[1,1,\ldots,1]

以及

s2=Eb[1,…,1⏟w 個,−1,…,−1⏟n−w 個]\mathbf s_2=\sqrt{E_b}[\underbrace{1,\ldots,1}_{w\text{ 個}}, \underbrace{-1,\ldots,-1}_{n-w\text{ 個}}]

通常未特別說明先驗機率時,假設兩個碼字等機率傳送。


(a) 最大概似偵測器

1. 以距離最小化表示 ML 偵測

在 AWGN 下,接收向量的條件機率密度為

p(r∣si)=1(2πσ2)n/2exp⁡(−∥r−si∥22σ2)p(\mathbf r|\mathbf s_i) = \frac{1}{(2\pi\sigma^2)^{n/2}} \exp\left( -\frac{\|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2}{2\sigma^2} \right)

因此,最大概似準則等價於選擇距離較近的訊號:

s^=arg⁡min⁡si∥r−si∥2\hat{\mathbf s} = \arg\min_{\mathbf s_i} \|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2

也就是選擇 s1\mathbf s_1 若

∥r−s1∥2<∥r−s2∥2\|\mathbf r-\mathbf s_1\|^2 < \|\mathbf r-\mathbf s_2\|^2

2. 展開距離比較

由於兩個碼字的能量相同,

∥s1∥2=∥s2∥2=nEb\|\mathbf s_1\|^2=\|\mathbf s_2\|^2=nE_b

展開平方距離:

∥r−si∥2=∥r∥2−2rTsi+∥si∥2\|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2 = \|\mathbf r\|^2-2\mathbf r^T\mathbf s_i+\|\mathbf s_i\|^2

共同項消去後,選擇 s1\mathbf s_1 的條件為

rTs1>rTs2\mathbf r^T\mathbf s_1>\mathbf r^T\mathbf s_2

因此

rT(s1−s2)>0\mathbf r^T(\mathbf s_1-\mathbf s_2)>0

而兩個訊號只在第 w+1w+1 至第 nn 個位置不同:

s1−s2=[0,…,0,2Eb,…,2Eb⏟n−w 個]\mathbf s_1-\mathbf s_2 = [0,\ldots,0,\underbrace{2\sqrt{E_b},\ldots,2\sqrt{E_b}}_{n-w\text{ 個}}]

所以偵測條件化為

∑k=w+1nrk>0\sum_{k=w+1}^{n}r_k>0

因此 ML 偵測器為

{判定傳送 c1,∑k=w+1nrk>0判定傳送 c2,∑k=w+1nrk<0\boxed{ \begin{cases} \text{判定傳送 }\mathbf c_1, & \displaystyle\sum_{k=w+1}^{n}r_k>0\\[1ex] \text{判定傳送 }\mathbf c_2, & \displaystyle\sum_{k=w+1}^{n}r_k<0 \end{cases} }

等於零時的判定不影響錯誤率,因為連續型高斯隨機變數恰好等於零的機率為零。


(b) 錯誤機率

令不同位置的數目為

m=n−wm=n-w

偵測統計量為

T=∑k=w+1nrkT=\sum_{k=w+1}^{n}r_k

1. 傳送 c1\mathbf c_1 時

在第 w+1w+1 至第 nn 個位置,c1\mathbf c_1 的元素全部為 +1+1,因此

rk=Eb+nkr_k=\sqrt{E_b}+n_k

故

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