111 年 國立中央大學通訊工程學系碩士班甲組《通訊系統》

核心觀念

本題考查 FM 的四個重點：

1. FM 頻寬的 Carson 定則。
2. FM 接收機的基本架構：帶通濾波器、限幅器、discriminator 與低通濾波器。
3. 高載波雜訊比下，利用小角度近似分析 FM 雜訊。
4. FM 頻率偏移量 $f_d$ 對輸出 SNR 的影響，以及實際頻寬與 threshold effect 的限制。

題目中的 FM 訊號為

$$x(t)=A_c\cos\left(2\pi f_ct+2\pi f_d\int_{-\infty}^{t}m(\tau)d\tau\right).$$

其瞬時相位為

$$\theta(t)=2\pi f_ct+2\pi f_d\int_{-\infty}^{t}m(\tau)d\tau.$$

因此瞬時頻率為

$$f_i(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\theta(t)}{dt} =f_c+f_dm(t).$$

由於 $|m(t)|_{\max}=1$，最大頻率偏移量為

$$\Delta f=f_d.$$

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(a) FM 訊號頻寬

解題方法

訊息頻寬為 $W$，最大頻率偏移量為 $f_d$。利用 Carson 定則：

$$B_{\mathrm{FM}}\approx 2(\Delta f+W).$$

代入 $\Delta f=f_d$，得到

$$\boxed{B_{\mathrm{FM}}\approx 2(f_d+W)}.$$

這是工程上最常用的 FM 有效頻寬。嚴格而言，FM 頻譜具有無限多條旁帶，因此此處的頻寬是 Carson 定義下的近似有效頻寬。

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(b) FM 接收機方塊圖與濾波器轉移函數

接收機架構

$$x_r(t) \longrightarrow \boxed{\text{Predetection BPF}} \longrightarrow \boxed{\text{Limiter}} \longrightarrow \boxed{\text{Discriminator}} \longrightarrow \boxed{\text{Postdetection LPF}} \longrightarrow \hat m(t)$$

也可以表示為：

接收訊號 xr(t)
      │
      ▼
帶通濾波器 BPF
中心頻率 fc，頻寬約 2(fd+W)
      │
      ▼
限幅器 Limiter
去除振幅雜訊
      │
      ▼
Discriminator
FM → 基頻訊號
      │
      ▼
低通濾波器 LPF
截止頻率 W
      │
      ▼
輸出訊號 m̂(t)

1. Predetection bandpass filter

帶通濾波器應通過 FM 訊號的主要頻譜，中心頻率為 $f_c$，通帶約為

$$f_c-(f_d+W)\leq |f|\leq f_c+(f_d+W).$$

可寫成理想轉移函數

$$H_{\mathrm{BPF}}(f)= \begin{cases} 1, & \left||f|-f_c\right|\leq f_d+W,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

其總通帶寬度為

$$B_{\mathrm{PD}}\approx 2(f_d+W).$$

2. Limiter

限幅器的作用是消除接收訊號中的振幅變化，使後續 discriminator 主要感受到相位或頻率變化。

在高載波雜訊比條件下，

$$x_r(t)\approx A_c\cos\left(\theta(t)+\phi_n(t)\right),$$

其中 $\phi_n(t)$ 是雜訊造成的相位擾動。

3. Discriminator

理想 discriminator 將瞬時頻率偏移轉換成輸出電壓。若以頻率偏移量為輸出，則

$$y_d(t)=f_i(t)-f_c=f_dm(t).$$

因此訊號部分的輸出為

$$y_s(t)=f_dm(t).$$

若使用角頻率形式，則 discriminator 的輸出為

$$y_d(t)=\frac{d}{dt} \left(2\pi f_d\int_{-\infty}^{t}m(\tau)d\tau\right) =2\pi f_dm(t).$$

兩種定義只差一個比例常數，不影響 SNR。

4. Postdetection lowpass filter

由於 $m(t)$ 的頻寬為 $W$，低通濾波器應保留 $|f|\leq W$：

$$H_{\mathrm{LPF}}(f)= \begin{cases} 1, & |f|\leq W,\\ 0, & |f|>W. \end{cases}$$

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(c) 輸出 SNR 推導

解題方法

題目給定 FM 訊號功率遠大於 predetection filter 輸出的雜訊功率，因此可以使用高 CNR 的小角度近似。

令接收訊號經過限幅器後表示為

$$x_L(t)=A_c\cos\left(\theta(t)+\phi_n(t)\right).$$

在高 CNR 條件下，雜訊相位很小，discriminator 輸出可以分解為：

$$y_d(t)=y_s(t)+y_n(t),$$

其中 $y_s(t)$ 是訊號，$y_n(t)$ 是雜訊。

1. 訊號輸出功率

由瞬時頻率

$$f_i(t)=f_c+f_dm(t),$$

discriminator 去除載波頻率 $f_c$ 後，得到

$$y_s(t)=f_dm(t).$$

因此訊號輸出功率為

$$P_{s,o}=f_d^2P_m,$$

其中

$$P_m=E\{m^2(t)\}$$

為訊息訊號平均功率。

2. 雜訊相位擾動

接收 AWGN 的正交分量會造成相位擾動。高 CNR 下，

$$\phi_n(t)\approx \frac{n_Q(t)}{A_c}.$$

對於雙邊 PSD 為 $N_0/2$ 的 AWGN，等效相位雜訊 PSD 可寫為

$$S_{\phi_n}(f)=\frac{N_0}{A_c^2}.$$

Discriminator 將相位微分成為頻率雜訊，因此

$$y_n(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\phi_n(t)}{dt}.$$

在頻率域中，

$$Y_n(f)=jf\Phi_n(f),$$

所以輸出雜訊 PSD 為

核心觀念

本題考查二元 AWGN 通道中的 coherent maximum-likelihood detection，核心公式有：

1. 訊號能量
   $E_i=\int_0^{T_s}|x_i(t)|^2\,dt$

2. 平均每位元能量（假設兩個位元等機率）
   $E_b=\frac{E_1+E_2}{2}$

3. AWGN 下二元最佳偵測器的錯誤率
   $P_e=Q\left(\sqrt{\frac{d^2}{2N_0}}\right)$

其中 $d^2$ 是兩個訊號波形間的歐氏距離平方：
$d^2=\int_0^{T_s}[x_1(t)-x_2(t)]^2\,dt$

以下採用標準通訊系統假設：$T_s$ 內載波正弦與餘弦互相正交，且各自能量為 $T_s/2$，即

$$\int_0^{T_s}\cos^2(\omega_ct)\,dt =\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_ct)\,dt =\frac{T_s}{2}$$

$\int_0^{T_s}\sin(\omega_ct)\cos(\omega_ct)\,dt=0$

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解題方法

將每個通訊訊號視為同相與正交兩個基底的線性組合，再分別計算：

• $x_1(t)$ 與 $x_2(t)$ 的能量；
• 兩訊號的距離；
• 代入二元 AWGN 最佳偵測器的錯誤率公式；
• 最後以 $E_b/N_0$ 表示結果。

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(a) 平均能量每位元 $E_b$

訊號 $x_1(t)$ 的能量

$$x_1(t)=A\cos(\omega_ct)+3\sin(\omega_ct)$$

因此

$$\begin{aligned} E_1 &=\int_0^{T_s}\left[A\cos(\omega_ct)+3\sin(\omega_ct)\right]^2dt\\ &=A^2\int_0^{T_s}\cos^2(\omega_ct)\,dt +9\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_ct)\,dt\\ &\quad+6A\int_0^{T_s}\sin(\omega_ct)\cos(\omega_ct)\,dt\\ &=\frac{A^2T_s}{2}+\frac{9T_s}{2}\\ &=\frac{(A^2+9)T_s}{2} \end{aligned}$$

訊號 $x_2(t)$ 的能量

$$x_2(t)=-3\cos(\omega_ct)-\sin(\omega_ct)$$

因此

$$\begin{aligned} E_2 &=\int_0^{T_s}\left[-3\cos(\omega_ct)-\sin(\omega_ct)\right]^2dt\\ &=9\int_0^{T_s}\cos^2(\omega_ct)\,dt +\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_ct)\,dt\\ &\quad+6\int_0^{T_s}\sin(\omega_ct)\cos(\omega_ct)\,dt\\ &=\frac{9T_s}{2}+\frac{T_s}{2}\\ &=5T_s \end{aligned}$$

兩個位元等機率，所以

核心觀念

本題比較兩種四元組合方式：

1. (a) 8 個彼此正交的訊號維度，各自以振幅正負傳送 1 bit，等同於 8 個獨立的 BPSK 同時傳送。
2. (b) 以 8 個正交維度選擇其中一個，再以正負號表示第 4 個 bit，形成 16 個訊號點的雙正交訊號集合（biorthogonal signaling）。

AWGN 通道的雙邊功率譜密度為 $N_0/2$。定義

$$Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du$$

對兩個能量相同、訊號距離為 $d$ 的訊號，最大概似判決之成對錯誤機率為

$$P_{\mathrm{pair}}=Q\left(\sqrt{\frac{d^2}{2N_0}}\right).$$

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(a) 8 個 bit 分別以正負振幅傳送

令每一個正交訊號的能量為

$$E_0=\int_0^{T_s} A^2\cos^2(\omega_i t)\,dt.$$

由 8 個訊號彼此正交，且每一個 bit 都以一個正交維度傳送，因此一個符號的總能量為

$$E_s=8E_0.$$

單一 bit 的兩個訊號分別為

$$+\sqrt{E_0},\qquad -\sqrt{E_0}.$$

兩者間的距離為

$$d_b=2\sqrt{E_0}.$$

因此，單一 bit 的錯誤機率為

$$P_b =Q\left(\sqrt{\frac{d_b^2}{2N_0}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{4E_0}{2N_0}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{2E_0}{N_0}}\right).$$

由於各正交維度的雜訊互不相關，8 個 bit 的判決可視為相互獨立。只有在 8 個 bit 全部正確時，整個符號才正確，因此

$$P_{s,\mathrm{correct}}=(1-P_b)^8.$$

所以符號錯誤機率為

$$P_s =1-(1-P_b)^8 =1-\left[1-Q\left(\sqrt{\frac{2E_0}{N_0}}\right)\right]^8.$$

代入 $E_0=E_s/8$：

$$P_s =1-\left[1-Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{4N_0}}\right)\right]^8.$$

在高訊雜比下，$Q(x)$ 很小，使用

$$1-(1-p)^8\approx 8p$$

可得近似式

$$\boxed{ P_s\approx 8Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{4N_0}}\right) }.$$

解題技巧

本小題的關鍵是辨認出「8 個正交維度各自傳送一個 BPSK bit」，而不是把它當成一般的 256-ary 正交訊號。其錯誤事件是「任一 bit 判錯」，所以可直接使用

$$P_s=1-(1-P_b)^8.$$

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(b) 8 個正交訊號加上正負號

3 個 bit 選擇 8 個正交維度中的一個，第 4 個 bit 決定正號或負號，因此共有

$$8\times 2=16$$

個訊號：

$$+\boldsymbol{\phi}_1,\ -\boldsymbol{\phi}_1,\ldots, +\boldsymbol{\phi}_8,\ -\boldsymbol{\phi}_8.$$

每一個訊號只存在於一個維度，且其能量均為 $E_s$。

假設傳送 $+\boldsymbol{\phi}_1$。

1. 與反相訊號的距離

這題考驗對 DSB-SC 調變訊號的統計特性、頻譜分析以及解調方法的理解。

核心觀念：

• 隨機相位訊號的自相關函數和功率譜密度。
• 調變訊號的功率譜密度。
• Costas Loop 的結構與功能。

詳解：

4.(a) $y(t)$ 的自相關函數 $R_y(\tau)$

$y(t) = A m(t) \cos(2\pi f_c t + \theta)$
$\theta$ 是在 $[0, 2\pi]$ 上均勻分佈的隨機變數，與 $m(t)$ 無關。
$R_y(\tau) = E[y(t) y^*(t-\tau)]$
$R_y(\tau) = E[A m(t) \cos(2\pi f_c t + \theta) \cdot A m(t-\tau) \cos(2\pi f_c (t-\tau) + \theta)]$
$R_y(\tau) = A^2 E[m(t) m(t-\tau) \cos(2\pi f_c t + \theta) \cos(2\pi f_c (t-\tau) + \theta)]$
由於 $\theta$ 是隨機的，我們需要對 $\theta$ 取期望值。
$E[\cos(\alpha + \theta) \cos(\beta + \theta)] = E[\frac{1}{2}(\cos(\alpha+\beta+2\theta) + \cos(\alpha-\beta))]$
由於 $\theta$ 是均勻分佈在 $[0, 2\pi]$， $E[\cos(\alpha+\beta+2\theta)] = 0$。
所以，$E[\cos(\alpha + \theta) \cos(\beta + \theta)] = \frac{1}{2} \cos(\alpha-\beta)$。
令 $\alpha = 2\pi f_c t$ 且 $\beta = 2\pi f_c (t-\tau)$。
則 $\alpha - \beta = 2\pi f_c t - 2\pi f_c (t-\tau) = 2\pi f_c \tau$。
所以，$\cos(2\pi f_c t + \theta) \cos(2\pi f_c (t-\tau) + \theta)$ 的期望值是 $\frac{1}{2} \cos(2\pi f_c \tau)$。

$R_y(\tau) = A^2 E[m(t) m(t-\tau)] \cdot \frac{1}{2} \cos(2\pi f_c \tau)$
$R_y(\tau) = \frac{A^2}{2} R_m(\tau) \cos(2\pi f_c \tau)$

【答案】$R_y(\tau) = \frac{A^2}{2} R_m(\tau) \cos(2\pi f_c \tau)$。

4.(b) $y(t)$ 的功率譜密度 $S_y(f)$

我們可以利用自相關函數的傅立葉轉換來求功率譜密度：$S_y(f) = \mathcal{F}\{R_y(\tau)\}$。
$S_y(f) = \mathcal{F}\left\{\frac{A^2}{2} R_m(\tau) \cos(2\pi f_c \tau)\right\}$
我們知道 $\cos(2\pi f_c \tau) = \frac{1}{2} (e^{j 2\pi f_c \tau} + e^{-j 2\pi f_c \tau})$。
$S_y(f) = \mathcal{F}\left\{\frac{A^2}{4} R_m(\tau) (e^{j 2\pi f_c \tau} + e^{-j 2\pi f_c \tau})\right\}$
$S_y(f) = \frac{A^2}{4} \mathcal{F}\{R_m(\tau) e^{j 2\pi f_c \tau}\} + \frac{A^2}{4} \mathcal{F}\{R_m(\tau) e^{-j 2\pi f_c \tau}\}$
利用頻率偏移性質：$\mathcal{F}\{x(t) e^{j 2\pi f_0 t}\} = X(f-f_0)$。
所以，$\mathcal{F}\{R_m(\tau) e^{j 2\pi f_c \tau}\} = S_m(f-f_c)$。
$\mathcal{F}\{R_m(\tau) e^{-j 2\pi f_c \tau}\} = S_m(f+f_c)$。

$S_y(f) = \frac{A^2}{4} S_m(f-f_c) + \frac{A^2}{4} S_m(f+f_c)$
$S_y(f) = \frac{A^2}{4} [S_m(f-f_c) + S_m(f+f_c)]$

這個結果表示，DSB-SC 訊號的功率譜密度是原始訊號功率譜密度的偏移版本。
$S_m(f)$ 是 $m(t)$ 的功率譜密度。
$S_y(f)$ 是 $y(t)$ 的功率譜密度。

【答案】$S_y(f) = \frac{A^2}{4} [S_m(f-f_c) + S_m(f+f_c)]$。

4.(c) 避免邊帶重疊的最低載波頻率 $f_c$

題目給定了 $m(t)$ 的功率譜密度 $S_m(f)$ 的圖形。
從圖形可以看出，$S_m(f)$ 在頻率範圍 $[-W, W]$ 內是非零的，而在 $|f| > W$ 的範圍內為零。
這表示 $m(t)$ 是一個頻帶受限的訊號，其頻寬為 $W$。
$S_m(f)$ 的形狀是一個三角形，中心在 $f=0$，在 $f=\pm W$ 處為零。

$y(t)$ 的功率譜密度是 $S_y(f) = \frac{A^2}{4} [S_m(f-f_c) + S_m(f+f_c)]$。
$S_m(f-f_c)$ 是 $S_m(f)$ 向右偏移 $f_c$。它在 $[f_c-W, f_c+W]$ 範圍內非零。

核心觀念

本題考查訊號的正交基底表示、訊號星座、AWGN 下的相關器接收機與最大概似判決。對等概似的兩個訊號，最大概似判決等同選擇與接收向量歐氏距離較近的星座點；若兩個訊號能量固定，平均錯誤率則隨兩點距離增加而降低。

依原卷圖形，令訊號在 $0\le t<T$ 與 $T\le t\le 2T$ 的值分別為：

$$s_1(t)= \begin{cases} 2, & 0\le t<T,\\ -2, & T\le t\le 2T, \end{cases} \qquad s_2(t)= \begin{cases} -\sqrt{8}, & 0\le t<T,\\ 0, & T\le t\le 2T. \end{cases}$$

(a) 正交標準基底

兩個訊號都只在上述兩個互不重疊的時段內為常數，因此可選用：

$$\phi_1(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t<T,\\ 0, & \text{其他}, \end{cases} \qquad \phi_2(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & T\le t\le 2T,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

兩基底各自能量為 $1$，且支撐區間不重疊，所以彼此正交，構成一組正交標準基底。展開係數為：

$$s_1(t)=2\sqrt{T}\,\phi_1(t)-2\sqrt{T}\,\phi_2(t), \qquad s_2(t)=-\sqrt{8T}\,\phi_1(t).$$

(b) 訊號星座

以 $(\phi_1,\phi_2)$ 為座標軸，兩個訊號對應的星座點為：

$$\mathbf{s}_1=(2\sqrt{T},-2\sqrt{T}), \qquad \mathbf{s}_2=(-\sqrt{8T},0).$$

兩點能量相同：

$$E_1=E_2=(2\sqrt{T})^2+(-2\sqrt{T})^2=8T.$$

(c) 相關器接收機

將接收訊號分別與兩個基底相關，得到座標輸出 $r_1,r_2$；再比較接收點到兩個星座點的距離，選擇距離較近者。

                         ┌──────────────┐
x(t) ──┬── × φ₁(t) ─積分──► r₁           │
       │                 │              ├── 比較距離 ──► 判決 ŝ
       │                 │              │
       └── × φ₂(t) ─積分──► r₂           │
                         └──────────────┘

積分區間皆為 $0$ 到 $2T$。接收座標向量為 $\mathbf{r}=(r_1,r_2)$，判決時比較：

$$d_1^2=(r_1-2\sqrt{T})^2+(r_2+2\sqrt{T})^2,$$