112 年 國立中正大學通訊工程學系碩士班通訊甲組《通訊原理》

核心觀念

本題考查單邊帶調變（SSB）的頻域表示與同調解調。

使用下列傅立葉轉換性質：

$$\mathcal{F}\{m(t)\}=M(f)$$ $$\mathcal{F}\{\hat m(t)\}=-j\,\operatorname{sgn}(f)M(f)$$

其中 $\hat m(t)$ 是 $m(t)$ 的 Hilbert transform，且

$$\operatorname{sgn}(f)= \begin{cases} 1, & f>0\\ -1, & f<0 \end{cases}$$

此外，

$$\mathcal{F}\{x(t)\cos(2\pi f_c t)\} = \frac{1}{2}\left[X(f-f_c)+X(f+f_c)\right]$$

以及

$$\mathcal{F}\{x(t)\sin(2\pi f_c t)\} = \frac{1}{2j}\left[X(f-f_c)-X(f+f_c)\right].$$

題目中的正號組合

$$m(t)\cos(2\pi f_c t)+\hat m(t)\sin(2\pi f_c t)$$

在一般傅立葉轉換慣例下，形成的是載波正頻率附近的下邊帶（LSB）。

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解題方法

先分別求兩項的傅立葉轉換，再利用 Hilbert transform 的頻域關係合併。解調部分則採用與載波同頻同相的餘弦訊號相乘，並以低通濾波器去除位於 $2f_c$ 附近的高頻成分。

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(a) 求 $s(t)$ 的傅立葉轉換

令

$$s(t)=s_1(t)+s_2(t)$$

其中

$$s_1(t)=m(t)\cos(2\pi f_c t)$$ $$s_2(t)=\hat m(t)\sin(2\pi f_c t).$$

第一項的傅立葉轉換

由調變的頻移性質：

$$S_1(f) = \frac{1}{2}\left[M(f-f_c)+M(f+f_c)\right].$$

第二項的傅立葉轉換

先由 Hilbert transform 得到：

$$\hat M(f)=-j\,\operatorname{sgn}(f)M(f).$$

因此，

$$S_2(f) = \frac{1}{2j} \left[ \hat M(f-f_c)-\hat M(f+f_c) \right].$$

代入 $\hat M(f)$：

$$S_2(f) = \frac{1}{2j} \left[ -j\,\operatorname{sgn}(f-f_c)M(f-f_c) +j\,\operatorname{sgn}(f+f_c)M(f+f_c) \right].$$

利用 $(-j)/j=-1$ 與 $j/j=1$，可得：

$$S_2(f) = -\frac{1}{2}\operatorname{sgn}(f-f_c)M(f-f_c) +\frac{1}{2}\operatorname{sgn}(f+f_c)M(f+f_c).$$

合併兩項

$$S(f)=S_1(f)+S_2(f)$$

所以

$$S(f) = \frac{1}{2} \left[ 1-\operatorname{sgn}(f-f_c) \right]M(f-f_c) + \frac{1}{2} \left[ 1+\operatorname{sgn}(f+f_c) \right]M(f+f_c).$$

因此，答案為

$$\boxed{ S(f) = \frac{1}{2} \left[ 1-\operatorname{sgn}(f-f_c) \right]M(f-f_c) + \frac{1}{2} \left[ 1+\operatorname{sgn}(f+f_c) \right]M(f+f_c) }$$

若訊息頻譜限制在 $|f|\leq B$，且 $f_c>B$，則在正頻率載波附近 $f\approx f_c$ 時：

• 當 $f-f_c>0$，$\operatorname{sgn}(f-f_c)=1$，第一項為零。
• 當 $f-f_c<0$，$\operatorname{sgn}(f-f_c)=-1$，第一項等於 $M(f-f_c)$。

因此正頻率部分只保留載波下邊帶：

$$S(f)= \begin{cases} M(f-f_c), & f_c-B\leq f\leq f_c\\ 0, & f_c<f<f_c+B \end{cases}$$

這題考驗對 DSB-SC (Double Sideband-Suppressed Carrier) 訊號的傅立葉轉換、功率頻譜密度以及解調方法的理解。

核心觀念： 傅立葉轉換的線性性質、頻移性質、卷積定理，以及功率頻譜密度的性質。DSB-SC 解調通常使用相干解調。

(a) 求解 $s(t)$ 的傅立葉轉換

已知 $s(t) = A m(t) \cos(2\pi f_c t)$。
$A$ 是常數。
$m(t)$ 的傅立葉轉換是 $M(f)$。
$\cos(2\pi f_c t)$ 的傅立葉轉換是 $\frac{1}{2}[\delta(f-f_c) + \delta(f+f_c)]$。

根據傅立葉轉換的卷積性質，$s(t)$ 的傅立葉轉換 $S(f)$ 是 $A M(f)$ 與 $\frac{1}{2}[\delta(f-f_c) + \delta(f+f_c)]$ 的卷積：
\begin{align*} S(f) &= \mathcal{F}{A m(t) \cos(2\pi f_c t)} \ &= A \mathcal{F}{m(t)} * \mathcal{F}{\cos(2\pi f_c t)} \ &= A M(f) * \frac{1}{2}[\delta(f-f_c) + \delta(f+f_c)] \ &= \frac{A}{2} [M(f) * \delta(f-f_c) + M(f) * \delta(f+f_c)] \end{align*}
利用卷積性質 $X(f) * \delta(f-f_0) = X(f-f_0)$：
$S(f) = \frac{A}{2} [M(f-f_c) + M(f+f_c)]$
這表示 DSB-SC 訊號的頻譜是原始訊息訊號頻譜 $M(f)$ 的左右平移，並分別在 $f_c$ 和 $-f_c$ 處出現，且幅度減半。

【答案】
$S(f) = \frac{A}{2} [M(f-f_c) + M(f+f_c)]$

(b) 求解 $s(t)$ 的功率頻譜密度

設 $m(t)$ 的功率頻譜密度是 $S_m(f)$。
$s(t) = A m(t) \cos(2\pi f_c t)$。
我們知道 $x(t) = c \cdot y(t)$ 的功率頻譜密度是 $|c|^2 S_y(f)$。
而 $x(t) = y(t) z(t)$ 的功率頻譜密度是 $S_x(f) = S_y(f) * S_z(f)$，其中 $S_y(f)$ 和 $S_z(f)$ 是 $y(t)$ 和 $z(t)$ 的功率頻譜密度。
然而，這裡 $z(t) = \cos(2\pi f_c t)$ 是一個確定性訊號，不是隨機訊號。
對於確定性訊號 $z(t)$，其功率頻譜密度不是一個標準概念，但我們可以通過其傅立葉轉換來推導。

考慮 $s(t) = A m(t) \cos(2\pi f_c t)$。
設 $m(t)$ 為一個功率有限或功率無限的隨機過程。
如果 $m(t)$ 是寬平穩隨機過程 (WSS)，其功率頻譜密度為 $S_m(f)$。
$s(t)$ 的功率頻譜密度 $S_s(f)$ 可以通過 $S(f)$ 的幅度平方來求得（對於確定性訊號），或者通過自相關函數來求。
對於隨機訊號 $s(t) = A m(t) \cos(2\pi f_c t)$，其功率頻譜密度 $S_s(f)$ 與 $S_m(f)$ 的關係為：
$S_s(f) = \frac{A^2}{4} [S_m(f-f_c) + S_m(f+f_c)]$
這個公式是基於 $m(t)$ 的頻譜 $M(f)$ 經過頻移後，其功率譜密度也相應頻移。
更嚴謹地，如果 $m(t)$ 是 WSS 隨機過程，則 $s(t)$ 也是 WSS 隨機過程。
$s(t)$ 的自相關函數 $R_s(\tau) = E[s(t+\tau)s(t)]$。
\begin{align*} R_s(\tau) &= E[A m(t+\tau) \cos(2\pi f_c(t+\tau)) \cdot A m(t) \cos(2\pi f_c t)] \ &= A^2 E[m(t+\tau)m(t)] \cdot E[\cos(2\pi f_c(t+\tau)) \cos(2\pi f_c t)] \end{align*}
假設 $m(t)$ 與載波是獨立的，且 $m(t)$ 是 WSS，則 $E[m(t+\tau)m(t)] = R_m(\tau)$。
$E[\cos(2\pi f_c(t+\tau)) \cos(2\pi f_c t)] = E[\frac{1}{2}(\cos(2\pi f_c(2t+\tau)) + \cos(2\pi f_c \tau))]$
如果 $f_c$ 很高，則 $\cos(2\pi f_c(2t+\tau))$ 的平均值為 0。
$E[\cos(2\pi f_c(t+\tau)) \cos(2\pi f_c t)] \approx \frac{1}{2} \cos(2\pi f_c \tau)$
所以 $R_s(\tau) \approx A^2 R_m(\tau) \cdot \frac{1}{2} \cos(2\pi f_c \tau)$。
對 $R_s(\tau)$ 進行傅立葉轉換：

核心觀念

本題考查：

• 匹配濾波器（matched filter）的脈衝響應
• 匹配濾波器輸出與訊號自相關函數的關係
• AWGN 通過匹配濾波器後的雜訊變異數
• Antipodal binary signaling 的最佳判決與錯誤率

已知

$$s(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t<\frac12,\\ -1, & \frac12\le t\le 1,\\ 0, & \text{其他時間}. \end{cases}$$

其能量為

$$E_s^{(s)}=\int_{0}^{1}|s(t)|^2dt=1.$$

題目中的 $\sqrt{E_s}$ 是乘在波形上的振幅，因此實際傳送訊號能量為 $E_s$。

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(a) 對 $s(t)$ 的匹配濾波器脈衝響應

對於訊號持續時間 $T=1$，匹配濾波器為

$$h(t)=s^*(T-t)=s(1-t).$$

因為 $s(t)$ 為實數，所以不需要複數共軛。代入波形可得

$$h(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t<\frac12,\\ -1, & \frac12\le t\le 1,\\ 0, & \text{其他時間}. \end{cases}$$

因此本題的波形剛好具有時間反轉後的形式；由於原波形在 $0$ 到 $1$ 間的正、負矩形寬度相同，圖形外觀與 $s(t)$ 相同。

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(b) 匹配濾波器對輸入 $s(t)$ 的輸出

匹配濾波器輸出為

$$y_s(t)=s(t)*h(t).$$

由於 $h(t)=s(1-t)$，因此

$$y_s(t)=R_s(1-t),$$

其中 $R_s(\tau)$ 是 $s(t)$ 的自相關函數。

計算自相關函數可得

$$R_s(\tau)= \begin{cases} 1-3|\tau|, & 0\le |\tau|\le \frac12,\\ |\tau|-1, & \frac12\le |\tau|\le 1,\\ 0, & |\tau|>1. \end{cases}$$

因此輸出只存在於 $0\le t\le 2$，且

$$y_s(t)= \begin{cases} -t, & 0\le t\le \frac12,\\ 3t-2, & \frac12\le t\le 1,\\ 4-3t, & 1\le t\le \frac32,\\ t-2, & \frac32\le t\le 2,\\ 0, & \text{其他時間}. \end{cases}$$

關鍵繪圖座標為

$$(0,0),\quad \left(\frac12,-\frac12\right),\quad (1,1),\quad \left(\frac32,-\frac12\right),\quad (2,0).$$

所以輸出波形是由直線連接上述五個點，在取樣時刻 $t=1$ 達到最大值

$$y_s(1)=\int_{0}^{1}|s(t)|^2dt=1.$$

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(c) $t=1$ 時匹配濾波器輸出雜訊的變異數

匹配濾波器輸出雜訊為

這題考驗對三種常見二元數位調變方式 (BPSK, BFSK, OOK) 在高斯雜訊通道下的位元錯誤率 (BER) 公式，以及比較它們效能的理解。

核心觀念： 不同調變方式在相同位元能量 $E_b$ 下，其解調器輸出的信號雜訊比 (SNR) 不同，進而導致不同的位元錯誤率。

假設調變訊號的持續時間為 $T_b$，則位元能量 $E_b$ 是訊號功率乘以 $T_b$。
AWGN 的功率譜密度為 $N_0/2$。

(a) 計算 BPSK, BFSK, OOK 的位元錯誤率 (BER)

對於一個二元調變系統，在 AWGN 通道下，使用匹配濾波器或最佳解調器，其位元錯誤率通常可以表示為 $Q(\sqrt{SNR})$ 或 $Q(\sqrt{E_b / N_0})$ 的形式，但具體形式取決於調變方式。

1. BPSK (Binary Phase-Shift Keying)
   BPSK 使用兩個相位相反的訊號來表示 0 和 1：
   $s_0(t) = \sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi f_c t + \pi) = -\sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi f_c t)$ for bit 0
   $s_1(t) = \sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi f_c t)$ for bit 1
   其中 $f_c$ 是載波頻率，$E_b$ 是每位元能量。
   在匹配濾波器輸出端，對於 BPSK，其位元錯誤率為：
   $P_e(\text{BPSK}) = Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{N_0}}\right)$

2. OOK (On-Off Keying)
   OOK 使用一個訊號（例如 $s_1(t)$）來表示 1，而另一個訊號（例如 0）來表示 0。
   $s_1(t) = \sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi f_c t)$ for bit 1 (能量為 $E_b$)
   $s_0(t) = 0$ for bit 0 (能量為 0)
   最佳解調器比較接收訊號與 $s_1(t)$ 的相關值與一個門檻。
   在 AWGN 通道下，平均位元錯誤率為：
   $P_e(\text{OOK}) = Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{2N_0}}\right)$
   這是因為 OOK 的解調相當於一個單邊檢測，其效能不如 BPSK。

3. BFSK (Binary Frequency-Shift Keying)
   BFSK 使用兩個不同頻率的訊號來表示 0 和 1。
   $s_0(t) = \sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi (f_c - \Delta f) t)$ for bit 0
   $s_1(t) = \sqrt{2E_b/T_b} \cos(2\pi (f_c + \Delta f) t)$ for bit 1
   其中 $\Delta f$ 是頻率偏移。
   BFSK 的解調器需要兩個匹配濾波器，一個用於 $s_0(t)$，一個用於 $s_1(t)$。
   如果兩個濾波器的輸出用於決策，則 BFSK 的位元錯誤率為：

這題考驗對二元調變系統最佳接收機的設計、位元錯誤率計算以及系統效能分析，尤其是在高斯雜訊通道下。

核心觀念： 最佳接收機基於最大後驗機率 (MAP) 或最大似然機率 (ML) 原則設計，通常採用匹配濾波器或相關器，並與決策門檻比較。位元錯誤率與訊號能量、雜訊功率以及訊號間的區別度有關。

該系統使用兩個等能量的訊號 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 來代表位元 1 和 0。
接收訊號為 $r(t) = s(t) + n(t)$，其中 $s(t)$ 是 $s_1(t)$ 或 $s_2(t)$，$n(t)$ 是均值為 0、功率譜密度為 $N_0/2$ 的白高斯雜訊。
兩個訊號的能量相等，均為 $E = \int_0^T |s_1(t)|^2 dt = \int_0^T |s_2(t)|^2 dt$。
位元 0 和 1 的機率相等，即 $P(0) = P(1) = 1/2$。

(a) 設計最佳接收機

最佳接收機的目標是在給定的雜訊條件下，最小化位元錯誤機率。這通常基於最大似然 (ML) 或最大後驗機率 (MAP) 準則。由於位元機率相等，ML 和 MAP 準則等價。

最佳接收機的決策是基於接收訊號 $r(t)$ 與兩個傳送訊號 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 的相似度。最常用的方法是計算 $r(t)$ 與 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 的相關值，然後比較它們。

接收訊號 $r(t) = s(t) + n(t)$。
計算 $r(t)$ 與 $s_1(t)$ 的相關值：
$\rho_1 = \int_0^T r(t) s_1(t) dt = \int_0^T (s(t) + n(t)) s_1(t) dt$
$\rho_1 = \int_0^T s(t) s_1(t) dt + \int_0^T n(t) s_1(t) dt$

計算 $r(t)$ 與 $s_2(t)$ 的相關值：
$\rho_2 = \int_0^T r(t) s_2(t) dt = \int_0^T (s(t) + n(t)) s_2(t) dt$
$\rho_2 = \int_0^T s(t) s_2(t) dt + \int_0^T n(t) s_2(t) dt$

決策規則：

• 如果 $s_1(t)$ 代表位元 1， $s_2(t)$ 代表位元 0。
• 我們需要比較 $\rho_1$ 和 $\rho_2$。

考慮決策變數 $d = \rho_1 - \rho_2$。
$d = \int_0^T s(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt + \int_0^T n(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt$
令 $s_{diff}(t) = s_1(t) - s_2(t)$。
$d = \int_0^T s(t) s_{diff}(t) dt + \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$

• 如果傳送的是 $s_1(t)$ (位元 1)，則 $s(t) = s_1(t)$。
  $d = \int_0^T s_1(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt + \int_0^T n(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt$
  $d = \int_0^T s_1^2(t) dt - \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt + \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$
  $d = E - \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt + \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$

• 如果傳送的是 $s_2(t)$ (位元 0)，則 $s(t) = s_2(t)$。
  $d = \int_0^T s_2(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt + \int_0^T n(t) (s_1(t) - s_2(t)) dt$
  $d = \int_0^T s_2(t) s_1(t) dt - \int_0^T s_2^2(t) dt + \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$
  $d = \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt - E + \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$

令 $\rho_{12} = \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt$ 是兩個訊號之間的相關係數（歸一化後）。
令 $N_{noise} = \int_0^T n(t) s_{diff}(t) dt$ 是雜訊項。

• 傳送 1 ($s_1(t)$): $d = E - \rho_{12} + N_{noise}$
• 傳送 0 ($s_2(t)$): $d = \rho_{12} - E + N_{noise}$

最佳決策門檻是兩個條件均值的中間值。
均值 (傳送 1) $= E - \rho_{12}$。
均值 (傳送 0) $= \rho_{12} - E$。
門檻 $V = \frac{(E - \rho_{12}) + (\rho_{12} - E)}{2} = 0$。

所以，決策規則是：

• 如果 $d > 0$ (即 $E - \rho_{12} + N_{noise} > 0$)，判斷為位元 1。
• 如果 $d \le 0$ (即 $\rho_{12} - E + N_{noise} \le 0$)，判斷為位元 0。

最佳接收機的方塊圖：

1. 相關器/匹配濾波器： 接收訊號 $r(t)$ 與 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 分別進行相關（或通過匹配濾波器）。
2. 計算決策變數： 計算 $\rho_1 = \int_0^T r(t) s_1(t) dt$ 和 $\rho_2 = \int_0^T r(t) s_2(t) dt$。
3. 比較器： 比較 $\rho_1$ 和 $\rho_2$。
   • 如果 $\rho_1 > \rho_2$ (或者 $\rho_1 - \rho_2 > 0$)，輸出位元 1。
   • 如果 $\rho_1 \le \rho_2$ (或者 $\rho_1 - \rho_2 \le 0$)，輸出位元 0。

這個接收機可以實現為兩個相關器，然後一個減法器和一個符號檢測器，或者一個減法器和一個匹配濾波器 $s_1(t)-s_2(t)$。

【答案】
最佳接收機的設計：

1. 計算兩個相關值：
   $\rho_1 = \int_0^T r(t) s_1(t) dt$
   $\rho_2 = \int_0^T r(t) s_2(t) dt$
2. 比較這兩個值：
   • 如果 $\rho_1 > \rho_2$，則輸出位元 1。
   • 如果 $\rho_1 \le \rho_2$，則輸出位元 0。

方塊圖：

graph LR
    A[Received Signal r(t)] --> B{Integrator 1};
    C[Signal s1(t)] --> B;
    B --> D[Correlator Output ρ1];
    A --> E{Integrator 2};
    F[Signal s2(t)] --> E;
    E --> G[Correlator Output ρ2];
    D --> H{Comparator};
    G --> H;
    H -- > I{Decide 1 if ρ1 > ρ2};
    H -- > J{Decide 0 if ρ1 ≤ ρ2};

或者，可以設計一個接收濾波器 $h(t)$，其衝激響應與 $s_1(t)-s_2(t)$ 成比例，然後比較濾波器在 $T$ 時刻的輸出與 0。

(b) 計算位元錯誤率 (BER)

我們使用決策變數 $d = \rho_1 - \rho_2$。

• 傳送 1 ($s_1(t)$): $d = (E - \rho_{12}) + N_{noise}$。