113 年 國立中央大學通訊工程學系碩士班《通訊系統》

核心觀念

本題考查 AWGN 通道下的二元信號偵測，重點包括：

• 信號能量與平均每位元能量 $E_b$。
• AWGN 下的相干最大概似（coherent maximum-likelihood, ML）接收器。
• 相關器或匹配濾波器的等效充分統計量。
• 高斯隨機變數尾端機率與 $Q$ 函數。

假設兩個位元等機率傳送，且在 $0\le t\le T_s$ 內載波包含整數個週期，因此

$$\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_c t)\,dt=\frac{T_s}{2}.$$

令

$$E_0\triangleq \int_0^{T_s}\sin^2(\omega_c t)\,dt=\frac{T_s}{2}.$$

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解題方法：建立相關器統計量

兩個可能的傳送信號為

$$x_1(t)=-2\sin(\omega_c t), \qquad x_2(t)=4\sin(\omega_c t).$$

由於兩個信號皆為同一個基底函數 $\sin(\omega_c t)$ 的不同振幅，可使用相關器：

$$z=\int_0^{T_s}y(t)\sin(\omega_c t)\,dt.$$

代入 $y(t)=x_i(t)+n(t)$：

• 若傳送 $x_1(t)$，

$$z=-2E_0+n_0.$$

• 若傳送 $x_2(t)$，

$$z=4E_0+n_0.$$

其中

$$n_0=\int_0^{T_s}n(t)\sin(\omega_c t)\,dt$$

為高斯隨機變數，平均值為零，變異數為

$$\sigma_n^2=\frac{N_0}{2}\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_c t)\,dt =\frac{N_0E_0}{2}.$$

因此

$$z|x_1\sim\mathcal N\left(-2E_0,\frac{N_0E_0}{2}\right),$$ $$z|x_2\sim\mathcal N\left(4E_0,\frac{N_0E_0}{2}\right).$$

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(a) 平均能量 per bit $E_b$

兩個信號的能量分別為

$$E_1=\int_0^{T_s}x_1^2(t)\,dt =4\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_c t)\,dt =4E_0=2T_s,$$

以及

$$E_2=\int_0^{T_s}x_2^2(t)\,dt =16\int_0^{T_s}\sin^2(\omega_c t)\,dt =16E_0=8T_s.$$

由於兩個位元等機率，

$$E_b=\frac{E_1+E_2}{2}.$$

所以

$$E_b=\frac{2T_s+8T_s}{2}=5T_s.$$

利用 $E_0=T_s/2$，也可寫成

$$\boxed{E_b=10E_0}.$$

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(b) 相干最大概似接收器與最佳門檻

最大概似判決

在 AWGN 通道中，且兩個信號等機率時，最大概似判決等價於選擇距離接收信號較近的信號：

$$\|y-x_1\|^2 \mathop{\gtrless}_{x_1}^{x_2} \|y-x_2\|^2.$$

展開並消去共同項，可得

$$2\int_0^{T_s}y(t)\bigl[x_2(t)-x_1(t)\bigr]dt \mathop{\gtrless}_{x_1}^{x_2} \int_0^{T_s}\left[x_2^2(t)-x_1^2(t)\right]dt.$$

因為

$$x_2(t)-x_1(t)=6\sin(\omega_c t),$$

所以判決只需要計算相關器輸出 $z$：

$$z=\int_0^{T_s}y(t)\sin(\omega_c t)\,dt.$$

最佳門檻位於兩個條件平均值的中點：

$$\gamma=\frac{-2E_0+4E_0}{2}=E_0.$$

因此接收器為

$$\boxed{ \begin{cases} z>\gamma=E_0,& \text{判定傳送 }x_2(t),\\[4pt] z<\gamma=E_0,& \text{判定傳送 }x_1(t). \end{cases} }$$

由 $E_0=T_s/2$，門檻亦可表示為

$$\boxed{\gamma=\frac{T_s}{2}}.$$

等效匹配濾波器形式

若使用單位能量基底函數

$$\phi(t)=\frac{\sin(\omega_c t)}{\sqrt{E_0}},$$

則統計量為

$$r=\int_0^{T_s}y(t)\phi(t)\,dt.$$

此時兩個條件平均值為

$$m_1=-2\sqrt{E_0}, \qquad m_2=4\sqrt{E_0},$$

最佳門檻為

$$\gamma_r=\frac{m_1+m_2}{2}=\sqrt{E_0}.$$

這與前述未正規化相關器完全等價。

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(c) 最佳門檻下的錯誤機率

在 $x_1(t)$ 傳送時，錯誤事件為 $z>E_0$：

$$P(e|x_1) =P(z>E_0|x_1).$$

由於 $z|x_1$ 的平均值為 $-2E_0$，標準差為

核心觀念

本題考查二維正交訊號的訊號空間表示、平均符號能量、最大概似偵測，以及由多階振幅調變所造成的符號錯誤率與位元錯誤率。

由於兩個載波正交，且採用標準正交載波能量

$$\int_0^{T_s}\cos^2(\omega_i t)\,dt=\frac{T_s}{2}, \qquad i=1,2$$

因此兩個振幅分量的能量可以分開計算。令

$$q=Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{13N_0}}\right)$$

後續可將答案表示得更簡潔。

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解題方法

令

$$m_A=b_0+2b_1+4b_2, \qquad m_B=b_3+2b_4$$

則

$$A=(2m_A-7)c, \qquad B=(2m_B-3)c.$$

因此，$A$ 有 8 個等間隔振幅值：

$$A\in\{-7,-5,-3,-1,1,3,5,7\}c$$

而 $B$ 有 4 個等間隔振幅值：

$$B\in\{-3,-1,1,3\}c.$$

整個訊號相當於由一個 8-PAM 與一個 4-PAM 組成的二維正交訊號，共有

$$8\times 4=32$$

個符號。

在訊號空間中，兩個座標分別為

$$s_1=A\sqrt{\frac{T_s}{2}}, \qquad s_2=B\sqrt{\frac{T_s}{2}}.$$

投影後的 AWGN 在每一維的變異數為 $N_0/2$，因此最大概似偵測等同於在各維度選擇最近的振幅電平。

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(a) 平均能量每符號 $E_s$

訊號能量為

$$E=\int_0^{T_s}x^2(t)\,dt.$$

由於兩個載波正交，交叉項為零：

$$E = A^2\frac{T_s}{2} + B^2\frac{T_s}{2}.$$

所以平均符號能量為

$$E_s = \frac{T_s}{2}\left(\mathbb{E}[A^2]+\mathbb{E}[B^2]\right).$$

對 $A$ 而言：

$$\mathbb{E}[A^2] = \frac{c^2}{8} \left( 7^2+5^2+3^2+1^2+1^2+3^2+5^2+7^2 \right)$$ $$\mathbb{E}[A^2] = \frac{168}{8}c^2 = 21c^2.$$

對 $B$ 而言：

$$\mathbb{E}[B^2] = \frac{c^2}{4} \left(3^2+1^2+1^2+3^2\right) = 5c^2.$$

因此

$$E_s = \frac{T_s}{2}(21c^2+5c^2) = 13c^2T_s.$$

故

$$\boxed{E_s=13c^2T_s}$$

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(b) 符號錯誤機率

單一維度的錯誤機率

相鄰振幅電平相差 $2c$，映射到訊號空間後的距離為

$$d=2c\sqrt{\frac{T_s}{2}}.$$

每個判決門檻距離相鄰訊號為

$$\frac{d}{2} = c\sqrt{\frac{T_s}{2}}.$$

由於投影雜訊標準差為 $\sqrt{N_0/2}$，定義

$$\gamma = \frac{c\sqrt{T_s/2}}{\sqrt{N_0/2}} = \sqrt{\frac{c^2T_s}{N_0}}.$$

又由 $E_s=13c^2T_s$，

$$\gamma = \sqrt{\frac{E_s}{13N_0}}.$$

$A$ 維度的錯誤率

$A$ 是 8-PAM。兩個外側電平各只有一個錯誤方向，其餘六個內部電平各有兩個錯誤方向，因此

$$P_{e,A} = \frac{2(1)+6(2)}{8}Q(\gamma) = \frac{7}{4}Q(\gamma).$$

$B$ 維度的錯誤率

$B$ 是 4-PAM，因此

$$P_{e,B} = \frac{2(1)+2(2)}{4}Q(\gamma) = \frac{3}{2}Q(\gamma).$$

兩個正交維度的判決彼此獨立，符號正確的條件是兩維皆正確：

核心觀念

本題考查離散無記憶通道的通道容量：

$$C=\max_{P_X(x)} I(X;Y)$$

其中

$$I(X;Y)=H(Y)-H(Y|X).$$

此通道的三列轉移機率只是彼此循環平移：

$$\begin{array}{c|ccc} & y_0&y_1&y_2\\ \hline x_0&p&1-p&0\\ x_1&0&p&1-p\\ x_2&1-p&0&p \end{array}$$

各輸入對應的輸出機率分布相同，只是排列順序不同，因此這是對稱通道。對稱通道的容量由等機率輸入達成。

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解題方法

令輸入等機率分布為

$$P_X(x_0)=P_X(x_1)=P_X(x_2)=\frac13.$$

在此情況下，每個輸出也等機率：

$$P_Y(y_j)=\frac13,\qquad j=0,1,2.$$

因此

$$H(Y)=\log_2 3.$$

對任一輸入 $x_i$，其輸出分布皆為 $(p,1-p,0)$ 的排列，所以

$$H(Y|X=x_i) =-p\log_2 p-(1-p)\log_2(1-p).$$

定義二元熵函數

$$h_2(p)=-p\log_2 p-(1-p)\log_2(1-p),$$

則

$$H(Y|X)=h_2(p).$$

所以等機率輸入時的互資訊為

$$I(X;Y)=H(Y)-H(Y|X) =\log_2 3-h_2(p).$$

由於輸出 alphabet 只有三個符號，

$$H(Y)\le \log_2 3,$$

而每一列的條件熵都相同，因此對任意輸入分布皆有

$$I(X;Y)\le \log_2 3-h_2(p).$$

等機率輸入可以達到此上限，故通道容量為

$$\boxed{C=\log_2 3-h_2(p)}$$

亦即

$$\boxed{ C=\log_2 3+p\log_2 p+(1-p)\log_2(1-p) } \quad\text{bits/channel use}.$$

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(a) 通道容量

$$\boxed{ C=\log_2 3-h_2(p) }$$

其中

$$h_2(p)=-p\log_2 p-(1-p)\log_2(1-p).$$

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(b) 使 $C$ 最大的 $p$

因為

$$C=\log_2 3-h_2(p),$$

所以要使 $C$ 最大，就要使二元熵 $h_2(p)$ 最小。

二元熵在 $p=0$ 或 $p=1$ 時為零：

這題考驗的是二元調變系統的錯誤機率計算，特別是當訊號在多個時間間隔內傳送時的考慮。

核心觀念：二元調變、AWGN 雜訊、相干最佳接收機 (Coherent Optimal Receiver)、錯誤機率、Matched Filter。

解題步驟：
此系統傳送一個位元 $b$ (0 或 1)。
如果 $b=1$，傳送的訊號為 $x(t) = A \cos(\omega t)$，持續時間為 $0 \le t \le 3T_s$。
如果 $b=0$，傳送的訊號為 $x(t) = 0$，持續時間為 $0 \le t \le 3T_s$。
接收到的訊號為 $y(t) = x(t) + n(t)$，其中 $n(t)$ 是功率譜密度為 $N_0/2$ 的 AWGN。

相干最佳接收機 (Coherent Optimal Receiver) 在 AWGN 雜訊下，通常是最大概似接收機 (ML Receiver)，它會計算接收訊號 $y(t)$ 與兩種可能的傳送訊號 $s_0(t) = 0$ 和 $s_1(t) = A \cos(\omega t)$ ($0 \le t \le 3T_s$) 的相似度，並選擇相似度較高的那個。

這相當於計算 $y(t)$ 與 $s_1(t)$ 的相關值，並與一個門檻值比較。
令 $s_1(t) = A \cos(\omega t)$ 在區間 $[0, 3T_s]$ 內。
令 $s_0(t) = 0$ 在區間 $[0, 3T_s]$ 內。

接收機計算決策變數 $z$：
$z = \int_{0}^{3T_s} y(t) s_1(t) dt = \int_{0}^{3T_s} (x(t) + n(t)) s_1(t) dt$
$z = \int_{0}^{3T_s} x(t) s_1(t) dt + \int_{0}^{3T_s} n(t) s_1(t) dt$

如果傳送 $b=1$ ($x(t) = s_1(t)$)：
$z = \int_{0}^{3T_s} s_1(t) s_1(t) dt + \int_{0}^{3T_s} n(t) s_1(t) dt$
$z = E_1 + N'$, 其中 $E_1$ 是訊號 $s_1(t)$ 的能量， $N'$ 是雜訊項。
$E_1 = \int_{0}^{3T_s} (A \cos(\omega t))^2 dt = A^2 \int_{0}^{3T_s} \cos^2(\omega t) dt$。
假設 $\omega (3T_s) \gg 1$，則 $\int_{0}^{3T_s} \cos^2(\omega t) dt \approx \frac{3T_s}{2}$。
所以 $E_1 = A^2 \frac{3T_s}{2}$。

如果傳送 $b=0$ ($x(t) = s_0(t) = 0$)：
$z = \int_{0}^{3T_s} 0 \cdot s_1(t) dt + \int_{0}^{3T_s} n(t) s_1(t) dt$
$z = 0 + N' = N'$。

雜訊項 $N' = \int_{0}^{3T_s} n(t) s_1(t) dt$。
$N'$ 是高斯隨機變數，其均值 $E[N'] = 0$。
其方差為 $\sigma_{N'}^2 = E[N'^2] = E[(\int_{0}^{3T_s} n(t) s_1(t) dt)^2]$
$= \int_{0}^{3T_s} \int_{0}^{3T_s} E[n(t)n(\tau)] s_1(t) s_1(\tau) dt d\tau$
$= \int_{0}^{3T_s} \frac{N_0}{2} s_1^2(t) dt = \frac{N_0}{2} E_1 = \frac{N_0}{2} \cdot A^2 \frac{3T_s}{2} = \frac{3 A^2 N_0 T_s}{4}$。

決策規則：
ML 接收機選擇傳送的訊號，使得接收訊號與該訊號的相關值最大。
或者，比較 $z$ 與一個門檻值 $\eta$。
如果 $z > \eta$，判斷傳送的是 $s_1(t)$ (位元 1)。
如果 $z \le \eta$，判斷傳送的是 $s_0(t) = 0$ (位元 0)。

最佳門檻值 $\eta$ 使得錯誤機率最小。在均勻輸入機率假設下，$p(b=1)=p(b=0)=1/2$，最佳門檻值是兩種情況下 $z$ 的期望值的中間值。
$E[z | b=1] = E_1$
$E[z | b=0] = 0$
所以，最佳門檻值 $\eta = \frac{E_1 + 0}{2} = \frac{E_1}{2} = \frac{1}{2} A^2 \frac{3T_s}{2} = \frac{3 A^2 T_s}{4}$。

錯誤機率 $P_e$：
假設傳送 $b=1$ ($s_1(t)$)：
錯誤發生在 $z \le \eta$ 時，即 $E_1 + N' \le E_1/2$，也就是 $N' \le -E_1/2$。

核心觀念

本題考查取樣脈衝列的頻譜複本、低通濾波器重建、正交調變的頻域搬移，以及 FM 訊號的相位與瞬時頻率關係。

解題方法

原卷圖中的方塊圖是兩路 DAC 輸出經低通濾波後，分別乘上 $\cos(2\pi f_ct)$ 與 $-\sin(2\pi f_ct)$，再相加形成 $x_c(t)$；圖上標示 $f_s=1/T_s=1\,\text{MHz}$、$f_c=100\,\text{MHz}$。第 (a)、(b) 題另給定 $f_s=4f_0$。解題時先用取樣定理找出頻譜複本，再依複本間隔設定重建濾波器；第 (c)、(d) 題則直接使用傅立葉變換的調變性質與 FM 相位關係。

(a) 繪出 $|\hat{S}_{B,\delta}(f)|^2$

取樣定理給出

$$S_{B,\delta}(f)=f_s\sum_{k=-\infty}^{\infty}\hat{S}_B(f-kf_s).$$

原頻譜限於 $[-f_0,f_0]$，而 $f_s=4f_0$，因此各複本不重疊。對不重疊頻帶，頻譜平方大小為各複本平方大小的總和：

$$|S_{B,\delta}(f)|^2 =f_s^2\sum_{k=-\infty}^{\infty} \left|\hat{S}_B(f-kf_s)\right|^2.$$

令 $u=f/f_0$，在題目指定的 $|f|<2f_s$ 範圍內，各段頻帶如下。表內數值是 $|S_{B,\delta}(f)|^2/f_s^2$：

| 頻帶 $f/f_0$ | $|S_{B,\delta}(f)|^2/f_s^2$ | 形狀 |
|---|---:|---|
| $[-8,-7]$ | $u+9$ | 從 $1$ 線性上升至 $2$ |
| $[-5,-3]$ | $u+5$ | 從 $0$ 線性上升至 $2$ |
| $[-1,1]$ | $u+1$ | 從 $0$ 線性上升至 $2$ |
| $[3,5]$ | $u-3$ | 從 $0$ 線性上升至 $2$ |
| $[7,8)$ | $u-7$ | 從 $0$ 線性上升至 $1$ |

其餘頻率範圍皆為零。各完整複本的支撐區間以 $f_s=4f_0$ 為間隔；題目繪圖範圍在最外側只截取到 $|f|<8f_0$，所以最外兩段各只顯示一部分。

(b) 求 LPF 規格 $\{f_{pass},f_{stop},A\}$

取樣頻譜在基頻帶等於 $f_s\hat{S}_B(f)$。因此要重建 $\hat{S}_B(f)$，通帶增益須為

$$A f_s=1, \qquad A=\frac{1}{f_s}.$$

欲保留的基頻頻帶到 $f_0$ 為止，故最小通帶邊緣為 $f_{pass}=f_0$。第一個頻譜複本從 $f_s-f_0$ 開始，濾波器須在此之前進入零增益，故最大停止帶邊緣為

$$f_{stop}=f_s-f_0=3f_0.$$

因此規格為

$$\boxed{f_{pass}=f_0,\qquad f_{stop}=3f_0,\qquad A=\frac{1}{f_s}=\frac{1}{4f_0}.}$$

依圖上 $f_s=1\,\text{MHz}$，並配合 $f_s=4f_0$，可得 $f_0=0.25\,\text{MHz}$，因此 $f_{pass}=0.25\,\text{MHz}$、

核心觀念

本題考查複數包絡、正交解調、理想低通濾波，以及傅立葉轉換的頻移與共軛性質。由實通帶訊號

$$r_c(t)=\operatorname{real}\{\hat r_B(t)e^{j2\pi f_ct}\}$$

可寫成正、負頻率兩部分：

$$r_c(t)=\frac12\hat r_B(t)e^{j2\pi f_ct} +\frac12\hat r_B^*(t)e^{-j2\pi f_ct}.$$

解調時乘上複數振盪器，再經 LPF 保留所需的低頻項。

解題方法

依原圖，解調器上支路乘上 $\cos\bigl(2\pi(f_c-0.01f_s)t\bigr)$，下支路乘上 $-\sin\bigl(2\pi(f_c-0.01f_s)t\bigr)$，合併後等效乘上 $e^{-j2\pi(f_c-0.01f_s)t}$。LPF 通帶增益為 $2$，通帶範圍是 $|f|<0.5f_s$；圖中 $f_c=100\ \mathrm{MHz}$、$f_s=1\ \mathrm{MHz}$，ADC 以 $f_s$ 取樣。

令頻率偏移

$$\Delta f=0.01f_s.$$

(a) 求 $r_B(t)$

將通帶訊號乘上解調振盪器：

$$\begin{aligned} r_c(t)e^{-j2\pi(f_c-\Delta f)t} ={}&\frac12\hat r_B(t)e^{j2\pi\Delta f t}\\ &+\frac12\hat r_B^*(t)e^{-j2\pi(2f_c-\Delta f)t}. \end{aligned}$$

第一項的頻譜由 $\hat r_B(f)$ 平移 $\Delta f$。因為 $\hat r_B(t)$ 的低通頻寬小於 $0.25f_s$，平移後仍落在 LPF 的通帶 $|f|<0.5f_s$ 內。第二項位於遠離通帶的高頻，會被濾除。通帶增益 $2$ 抵銷第一項的係數 $1/2$，因此

$$\boxed{r_B(t)=\hat r_B(t)e^{j2\pi\Delta f t} =\hat r_B(t)e^{j2\pi(0.01f_s)t}.}$$

(b) 求 $r_I[m]$ 與 $r_Q[m]$

先由通帶訊號辨認複數包絡：

$$\begin{aligned} r_c(t) &=\cos(2\pi f_mt)\cos(2\pi f_ct+\theta)\\ &=\operatorname{real}\left\{\cos(2\pi f_mt)e^{j\theta}e^{j2\pi f_ct}\right\}. \end{aligned}$$

所以

$$\hat r_B(t)=\cos(2\pi f_mt)e^{j\theta}.$$

套用 (a) 的結果：

$$r_B(t)=\cos(2\pi f_mt)e^{j(\theta+2\pi\Delta f t)}.$$

取實部、虛部，再以 $t=mT_s$ 取樣。由圖中 $f_s=1\ \mathrm{MHz}$，且 $f_m=100\ \mathrm{kHz}=0.1f_s$、$\Delta f=0.01f_s$，得到

$$\boxed{ r_I[m]=\cos(0.2\pi m)\cos(\theta+0.02\pi m) }$$ $$\boxed{ r_Q[m]=\cos(0.2\pi m)\sin(\theta+0.02\pi m). }$$