112 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》

核心觀念

本題考查：

1. SSB 調變後，上側帶與下側帶的頻率位置。
2. 同步解調器以本地振盪器相乘後，經低通濾波器保留差頻。
3. 本地振盪器與載波存在 $20\text{ Hz}$ 的頻率偏差，會造成解調訊號的頻率平移。

訊號相乘公式為

$$\sin(2\pi f_1t)\sin(2\pi f_2t) = \frac{1}{2} \left[ \cos 2\pi(f_1-f_2)t - \cos 2\pi(f_1+f_2)t \right].$$

低通濾波器會去除高頻和頻分量，只留下差頻分量，其頻率為

$$|f_{\text{LO}}-f_{\text{SSB}}|.$$

載波頻率與本地振盪器頻率分別為

$$f_c=100\text{ kHz}, \qquad f_{\text{LO}}=100.02\text{ kHz}.$$

因此本地振盪器比原載波高

$$\Delta f=f_{\text{LO}}-f_c=20\text{ Hz}.$$

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解題方法

先列出 SSB 各頻率成分，再計算每一個成分與本地振盪器的差頻。由於解調器後接低通濾波器，只需保留差頻，不考慮和頻。

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(A) 僅傳送上側帶

1. 上側帶的頻率成分

對於訊息頻率 $f_m$，上側帶頻率為

$$f_{\text{USB}}=f_c+f_m.$$

因此三個訊息頻率所對應的上側帶成分為

$$\begin{aligned} 100\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+100=100100\text{ Hz},\\ 200\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+200=100200\text{ Hz},\\ 400\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+400=100400\text{ Hz}. \end{aligned}$$

2. 同步解調後的差頻

本地振盪器頻率為 $100020\text{ Hz}$，故各成分經相乘及低通濾波後的頻率為

$$\begin{aligned} |100020-100100|&=80\text{ Hz},\\ |100020-100200|&=180\text{ Hz},\\ |100020-100400|&=380\text{ Hz}. \end{aligned}$$

因此，偵測器輸出的頻率成分為

$$\boxed{80\text{ Hz},\ 180\text{ Hz},\ 380\text{ Hz}}.$$

須注意，對於 $f_m>20\text{ Hz}$ 的成分，差頻為負值，例如

$$100020-100100=-80\text{ Hz}.$$

本題考驗系統的線性 (Linearity)、時變性 (Time Invariance) 和因果性 (Causality) 的判斷。

核心觀念：

1. 線性 (Linearity)：系統必須滿足疊加原理 (Superposition Principle)。
   • 齊次性 (Homogeneity)：若輸入為 $ax(t)$，輸出應為 $ay(t)$。
   • 可加性 (Additivity)：若輸入為 $x_1(t) + x_2(t)$，輸出應為 $y_1(t) + y_2(t)$。
     若兩者皆滿足，則系統為線性的。
2. 時變性 (Time Invariance)：若輸入為 $x(t)$，輸出為 $y(t)$；則輸入為 $x(t-t_0)$ 時，輸出應為 $y(t-t_0)$，其中 $t_0$ 為任意時間延遲。
3. 因果性 (Causality)：系統在任何時刻 $t$ 的輸出，只能取決於當前時刻 $t$ 或過去時刻 $\tau \le t$ 的輸入，而不能取決於未來時刻 $\tau > t$ 的輸入。

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題目 (A): $y(t) = \cos(3t)x(t)$

• 線性 (Linearity)：

  • 齊次性：令輸入為 $ax(t)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \cos(3t)(ax(t)) = a[\cos(3t)x(t)] = ay(t)$。齊次性滿足。
  • 可加性：令輸入為 $x_1(t) + x_2(t)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \cos(3t)(x_1(t) + x_2(t)) = \cos(3t)x_1(t) + \cos(3t)x_2(t) = y_1(t) + y_2(t)$。可加性滿足。
    因此，系統是線性的。

• 時變性 (Time Invariance)：
  令輸入為 $x(t-t_0)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \cos(3t)x(t-t_0)$。
  現在考慮將原始輸出 $y(t) = \cos(3t)x(t)$ 延遲 $t_0$，得到 $y(t-t_0) = \cos(3(t-t_0))x(t-t_0)$。
  比較 $y_{new}(t)$ 和 $y(t-t_0)$：
  $\cos(3t)x(t-t_0) \neq \cos(3(t-t_0))x(t-t_0)$ (除非 $t_0=0$ 或 $\cos(3t) = \cos(3t-3t_0)$ 對所有 $t$ 成立，這是不可能的)。
  因此，系統是時變的 (Time-Varying)。

• 因果性 (Causality)：
  在任何時刻 $t$，輸出 $y(t)$ 只依賴於同一個時刻 $t$ 的輸入 $x(t)$。它不依賴於未來或過去的輸入。
  因此，系統是因果的。

結論 (A)： 線性，時變，因果。

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題目 (B): $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$

• 線性 (Linearity)：

  • 齊次性：令輸入為 $ax(t)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \int_{-\infty}^{2t} a x(\tau)d\tau = a \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau = ay(t)$。齊次性滿足。
  • 可加性：令輸入為 $x_1(t) + x_2(t)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \int_{-\infty}^{2t} (x_1(\tau) + x_2(\tau))d\tau = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau + \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau = y_1(t) + y_2(t)$。可加性滿足。
    因此，系統是線性的。

• 時變性 (Time Invariance)：
  令輸入為 $x(t-t_0)$。則輸出為 $y_{new}(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau - t_0)d\tau$。
  令 $\sigma = \tau - t_0$，則 $d\sigma = d\tau$。當 $\tau = -\infty$, $\sigma = -\infty$；當 $\tau = 2t$, $\sigma = 2t - t_0$。
  所以，$y_{new}(t) = \int_{-\infty}^{2t-t_0} x(\sigma)d\sigma$。
  現在考慮將原始輸出 $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$ 延遲 $t_0$，得到 $y(t-t_0) = \int_{-\infty}^{2(t-t_0)} x(\tau)d\tau = \int_{-\infty}^{2t-t_0} x(\tau)d\tau$。
  比較 $y_{new}(t)$ 和 $y(t-t_0)$：
  $y_{new}(t) = \int_{-\infty}^{2t-t_0} x(\sigma)d\sigma$
  $y(t-t_0) = \int_{-\infty}^{2t-t_0} x(\tau)d\tau$
  這是相同的。
  因此，系統是時不變的 (Time-Invariant)。

• 因果性 (Causality)：
  輸出 $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$ 包含從 $-\infty$ 到 $2t$ 的所有輸入。
  如果 $t > 0$，則 $2t > 0$。

核心觀念

本題分兩步處理：先由符號序列的自相關求出經過一階濾波後的 $\{I_n\}$ 自相關，再利用脈衝成形訊號的功率頻譜密度公式：

$$S_u(f)=\frac{1}{T}|G(f)|^2S_I(e^{j2\pi fT})$$

其中 $G(f)$ 是單一脈衝 $g(t)$ 的傅立葉轉換，$S_I(e^{j\omega})$ 是離散時間序列 $\{I_n\}$ 的功率頻譜密度。

（A）$\{I_n\}$ 的自相關函數

令延遲索引為 $k$，定義

$$R_I[k]=E[I_{n+k}I_n^*]$$

四個 QPSK 符號等機率出現，因此 $E[a_n]=0$。又因符號彼此不相關且 $E[|a_n|^2]=1$，

$$E[a_{n+k}a_n^*]= \begin{cases} 1, & k=0\\ 0, & k\ne 0 \end{cases} =\delta[k]$$

令 $c=1/\sqrt{3}$，將 $I_n=a_n-ca_{n-1}$ 代入：

$$\begin{aligned} R_I[k] &=E[(a_{n+k}-ca_{n+k-1})(a_n^*-ca_{n-1}^*)]\\ &=(1+c^2)\delta[k]-c\delta[k-1]-c\delta[k+1] \end{aligned}$$

代入 $c=1/\sqrt{3}$，得

$$R_I[k]=\frac{4}{3}\delta[k] -\frac{1}{\sqrt{3}}\delta[k-1] -\frac{1}{\sqrt{3}}\delta[k+1]$$

因此，

$$R_I[0]=\frac{4}{3},\qquad R_I[1]=R_I[-1]=-\frac{1}{\sqrt{3}}$$

而 $|k|>1$ 時，$R_I[k]=0$。

（B）$u(t)$ 的功率頻譜密度

由自相關取離散時間傅立葉轉換：

核心觀念

本題考查：

• Raised-cosine 頻寬與符號率的關係
• MPSK 每個符號所攜帶的位元數
• Gray code 下相干偵測 MPSK 的位元錯誤率公式
• $Q$ 函數反函數與 $E_b/N_0$ 的換算

Raised-cosine 成形下，系統頻寬為

$$B=(1+r)R_s$$

其中 $R_s$ 為符號率、$r$ 為 roll-off factor。

Gray code 相位編碼的相干偵測 MPSK，在中高訊雜比下，其位元錯誤率可近似為

$$P_b \approx \frac{2}{\log_2 M} Q\left[ \sqrt{2\log_2(M)\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{M}\right) \right]$$

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解題方法

1. 求符號率

題目給定

$$B=50\text{ kHz},\qquad r=0.5$$

因此

$$R_s=\frac{B}{1+r} =\frac{50\times 10^3}{1.5} =33.333\times 10^3\text{ symbols/s}$$

所以符號率為

$$R_s=33.333\text{ kbaud}$$

2. 求每個符號攜帶的位元數

資料率為

$$R_b=100\text{ kbps}$$

每個符號攜帶的位元數為

$$k=\frac{R_b}{R_s} =\frac{100}{33.333} =3$$

因此

$$\log_2 M=3 \quad\Longrightarrow\quad M=2^3=8$$

本題使用的是 8PSK。

3. 代入 Gray-coded MPSK 的 BER 公式

因為 $k=3$、$M=8$，所以

$$P_b\approx \frac{2}{3} Q\left[ \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right) \right]$$

題目指定

$$P_b=10^{-3}$$

因此

$$10^{-3} = \frac{2}{3}Q(x)$$

其中

$$x= \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right)$$

整理得

核心觀念

本題考查：

• Gram–Schmidt 正交化程序；
• 信號空間表示法；
• AWGN 通道下等機率訊息的最佳接收；
• 最大似然判決等價於「選擇距離接收點最近的信號點」；
• 信號星座與 Voronoi 最佳判決區域。

對於 AWGN 通道，若三個訊息等機率，最佳判決規則為

$$\hat{s}_i=\arg\min_i \|\mathbf r-\mathbf s_i\|^2$$

其中 $\mathbf r$ 是接收信號在正交基底上的座標向量。

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（A）Gram–Schmidt 正交化

第一步：取 $s_1(t)$ 作為第一個基底

$s_1(t)$ 的能量為

$$\|s_1\|^2 = \int_0^{T/2}4\,dt+\int_{T/2}^{T}4\,dt =4T$$

因此

$$\|s_1\|=2\sqrt T$$

第一個正規化基底為

$$\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{2\sqrt T}$$

所以

$$\phi_1(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt T}, & 0\le t\le T/2\\[4pt] -\dfrac{1}{\sqrt T}, & T/2<t\le T\\[4pt] 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

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第二步：將 $s_2(t)$ 對 $\phi_1(t)$ 投影

投影係數為

$$\langle s_2,\phi_1\rangle = \int_0^T s_2(t)\phi_1(t)\,dt$$

代入分段函數：

$$\begin{aligned} \langle s_2,\phi_1\rangle &= \frac{T}{2}\frac{\sqrt2+1}{\sqrt T} + \frac{T}{2}\frac{-(\sqrt2-1)}{\sqrt T}\\ &= \sqrt T \end{aligned}$$

因此，從 $s_2(t)$ 中扣除其在 $\phi_1(t)$ 方向上的分量：

$$u_2(t)=s_2(t)-\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t)$$

由於

$$\sqrt T\phi_1(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t\le T/2\\ -1, & T/2<t\le T \end{cases}$$

可得

$$u_2(t)= \begin{cases} \sqrt2, & 0\le t\le T/2\\ \sqrt2, & T/2<t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

其能量為

$$\|u_2\|^2 = \int_0^T 2\,dt =2T$$

因此

$$\|u_2\|=\sqrt{2T}$$

第二個正規化基底為

$$\phi_2(t)=\frac{u_2(t)}{\sqrt{2T}} = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt T}, & 0\le t\le T\\[4pt] 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

兩個基底確實正交：

$$\langle\phi_1,\phi_2\rangle = \frac{1}{T}\left(\frac T2-\frac T2\right)=0$$

因此，一組正交規範基底為

$$\boxed{ \phi_1(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt T}, & 0\le t\le T/2\\ -\dfrac{1}{\sqrt T}, & T/2<t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} }$$

以及

$$\boxed{ \phi_2(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt T}, & 0\le t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} }$$

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三個信號的信號空間座標

信號 $s_i(t)$ 的座標為

$$s_{ik}=\langle s_i,\phi_k\rangle$$

$s_1(t)$

$$s_{11}=\langle s_1,\phi_1\rangle=2\sqrt T$$ $$s_{12}=\langle s_1,\phi_2\rangle=0$$

因此

$$\boxed{\mathbf s_1=(2\sqrt T,0)}$$

$s_2(t)$

前面已算得

$$s_{21}=\sqrt T$$

另一座標為

$$\begin{aligned} s_{22} &= \int_0^T s_2(t)\phi_2(t)\,dt\\ &= \frac{T}{2\sqrt T} \left[(\sqrt2+1)+(\sqrt2-1)\right]\\ &=\sqrt{2T} \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\mathbf s_2=(\sqrt T,\sqrt{2T})}$$

$s_3(t)$

第一座標：

$$\begin{aligned} s_{31} &= \int_0^T s_3(t)\phi_1(t)\,dt\\ &= \frac{T}{2\sqrt T} \left[(1-\sqrt2)-(-\sqrt2-1)\right]\\ &=\sqrt T \end{aligned}$$

第二座標：

$$\begin{aligned} s_{32} &= \int_0^T s_3(t)\phi_2(t)\,dt\\ &= \frac{T}{2\sqrt T} \left[(1-\sqrt2)+(-\sqrt2-1)\right]\\ &=-\sqrt{2T} \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\mathbf s_3=(\sqrt T,-\sqrt{2T})}$$

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（B）信號星座

在 $(\phi_1,\phi_2)$ 二維信號空間中，三個訊號點為

$$\boxed{ \mathbf s_1=(2\sqrt T,0),\qquad \mathbf s_2=(\sqrt T,\sqrt{2T}),\qquad \mathbf s_3=(\sqrt T,-\sqrt{2T}) }$$

若將兩個座標軸除以 $\sqrt T$，可用無因次座標表示為

$$\mathbf s_1'=(2,0),\qquad \mathbf s_2'=(1,\sqrt2),\qquad \mathbf s_3'=(1,-\sqrt2)$$

星座具有上下對稱性：

• $s_1$ 位於水平軸右側；
• $s_2$ 位於上方；
• $s_3$ 位於下方。

三點皆具有相同能量：

$$E_1=4T$$ $$E_2=T+2T=3T$$ $$E_3=T+2T=3T$$

因此 $s_1$ 與 $s_2,s_3$ 的距離相同，而 $s_2$ 與 $s_3$ 關於水平軸對稱。

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（C）最佳判決區域

核心觀念

本題考查二元訊號在高斯雜訊下的最佳判決：

• 接收相關器輸出：
  $z=a_i+n_0$
• 訊號：
  $a_0=-1,\qquad a_1=1$
• 雜訊：
  $n_0\sim\mathcal{N}(0,\sigma_0^2),\qquad \sigma_0=\sqrt{2}$

因此，在傳送 $s_0(t)$ 或 $s_1(t)$ 時，$z$ 的條件機率密度分別為

$$p(z|s_0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_0} e^{-\frac{(z+1)^2}{2\sigma_0^2}},$$ $$p(z|s_1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_0} e^{-\frac{(z-1)^2}{2\sigma_0^2}}.$$

最佳判決採用 MAP 判決法：

$$\text{判決 }s_1 \quad\Longleftrightarrow\quad P_1p(z|s_1)>P_0p(z|s_0),$$

其中 $P_i=P(s_i)$。

令最佳判決門檻為 $\gamma$，則判決規則為

$$z>\gamma\Rightarrow \hat{s}=s_1, \qquad z<\gamma\Rightarrow \hat{s}=s_0.$$

對等變異數高斯分布，MAP 門檻為

$$\gamma = \frac{a_0+a_1}{2} + \frac{\sigma_0^2}{a_1-a_0} \ln\frac{P_0}{P_1}.$$

代入 $a_0=-1$、$a_1=1$、$\sigma_0^2=2$：

$$\gamma = 0+\ln\frac{P_0}{P_1}.$$

錯誤機率則為

$$P_e = P_0P(\text{判 }s_1|s_0) + P_1P(\text{判 }s_0|s_1).$$

以標準高斯尾端函數

$$Q(x)=P(X>x),\qquad X\sim\mathcal{N}(0,1)$$

表示，可得

$$P_e = P_0Q\left(\frac{\gamma-a_0}{\sigma_0}\right) + P_1Q\left(\frac{a_1-\gamma}{\sigma_0}\right).$$

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（A）兩種訊號等機率傳送

已知

$$P_0=P_1=\frac12.$$

最佳判決門檻

由 MAP 門檻公式：

$$\gamma = \ln\frac{P_0}{P_1} = \ln 1=0.$$

因此判決規則為

$$z>0\Rightarrow \hat{s}=s_1, \qquad z<0\Rightarrow \hat{s}=s_0.$$

位元錯誤機率

傳送 $s_0$ 時，$a_0=-1$，錯誤條件為 $z>0$：

$$P(\text{錯誤}|s_0) = P(-1+n_0>0) = P(n_0>1).$$

因此

$$P(\text{錯誤}|s_0) = Q\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

傳送 $s_1$ 時，$a_1=1$，錯誤條件為 $z<0$：

$$P(\text{錯誤}|s_1) = P(1+n_0<0) = P(n_0<-1) = Q\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

由於兩種訊號等機率，

$$P_e = \frac12Q\left(\frac{1}{\sqrt2}\right) + \frac12Q\left(\frac{1}{\sqrt2}\right),$$

故

$$\boxed{P_e=Q\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)}$$

數值約為

$$\boxed{P_e\approx 0.2398}.$$

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