113 年 國立中山大學通訊工程研究所甲組《通訊理論》

本題主要考驗學生對複數基頻訊號的傅立葉轉換及其應用，包含基本訊號轉換、頻域分析與升頻轉換的理解。

首先，我們需要知道 $\text{sinc}(t)$ 的傅立葉轉換是 $\text{rect}(f)$，即
$\mathcal{F}\{\text{sinc}(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \text{sinc}(t) e^{-j2\pi ft} dt = \text{rect}(f)$
其中 $\text{rect}(f)$ 的定義為
$\text{rect}(f) = \begin{cases} 1 & \text{if } |f| \le 1/2 \\ 0 & \text{if } |f| > 1/2 \end{cases}$
而題目給定的 $\text{rect}(t)$ 定義為單位高度且範圍為 $[-1/2, 1/2]$，這與標準的 $\text{rect}(f)$ 定義略有不同，標準的 $\text{rect}(f)$ 是單位高度且頻寬為 1。題目要求使用 $\text{rect}(t)$ 來表示傅立葉轉換，這裡我們假設題目是指標準的 $\text{rect}(f)$ 函數，只是其參數寫成 $t$。若題目嚴格要求使用 $\text{rect}(t)$ 來表示，則 $\text{rect}(t)$ 的傅立葉轉換為 $\text{sinc}(f)$。然而，根據題目提供的訊號形式，更符合工程上的習慣是 $\text{sinc}(t)$ 轉換為 $\text{rect}(f)$。我們將採用後者。

若題目指的 $\text{rect}(t)$ 是單位高度且範圍為 $[-1/2, 1/2]$，則其傅立葉轉換為 $\text{sinc}(f)$。
$\mathcal{F}\{\text{rect}(t)\} = \int_{-1/2}^{1/2} 1 \cdot e^{-j2\pi ft} dt = \left[ \frac{e^{-j2\pi ft}}{-j2\pi f} \right]_{-1/2}^{1/2} = \frac{e^{-j\pi f} - e^{j\pi f}}{-j2\pi f} = \frac{-2j \sin(\pi f)}{-j2\pi f} = \frac{\sin(\pi f)}{\pi f} = \text{sinc}(f)$
這與標準的 $\text{sinc}(t)$ 轉換為 $\text{rect}(f)$ 是對偶的。

題目中的 $\text{sinc}(t)$ 通常定義為 $\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$。其傅立葉轉換為 $\text{rect}(f)$。
$\mathcal{F}\left\{\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}\right\} = \text{rect}(f)$
若 $\text{sinc}(t)$ 定義為 $\frac{\sin(t)}{t}$，則其傅立葉轉換為 $\pi \cdot \text{rect}(\frac{f}{2\pi})$。
根據題目敘述，使用 $\text{rect}(t)$ 定義為單位高度且跨度為 $[-1/2, 1/2]$，這暗示了 $\text{sinc}(t)$ 的頻譜是 $\text{rect}(f)$。我們假設 $\text{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$。

(A) 計算 $X_2(f)$ 的實部與虛部。
我們有 $x_2(t) = \text{sinc}(t - 1) + j2\text{sinc}(t)$。
利用傅立葉轉換的時域位移性質：$\mathcal{F}\{f(t-t_0)\} = e^{-j2\pi ft_0} F(f)$。
則 $\mathcal{F}\{\text{sinc}(t - 1)\} = e^{-j2\pi f(1)} \mathcal{F}\{\text{sinc}(t)\} = e^{-j2\pi f} \text{rect}(f)$。
而 $\mathcal{F}\{2\text{sinc}(t)\} = 2\mathcal{F}\{\text{sinc}(t)\} = 2\text{rect}(f)$。

所以，$X_2(f) = \mathcal{F}\{x_2(t)\} = \mathcal{F}\{\text{sinc}(t - 1)\} + j\mathcal{F}\{2\text{sinc}(t)\}$
$X_2(f) = e^{-j2\pi f} \text{rect}(f) + j2\text{rect}(f)$
$X_2(f) = (e^{-j2\pi f} + j2) \text{rect}(f)$

其中 $\text{rect}(f) = \begin{cases} 1 & \text{if } |f| \le 1/2 \\ 0 & \text{if } |f| > 1/2 \end{cases}$。
$e^{-j2\pi f} = \cos(2\pi f) - j\sin(2\pi f)$。

所以，$X_2(f) = (\cos(2\pi f) - j\sin(2\pi f) + j2) \text{rect}(f)$
$X_2(f) = (\cos(2\pi f) + j(2 - \sin(2\pi f))) \text{rect}(f)$

當 $|f| \le 1/2$ 時，$\text{rect}(f) = 1$。
$X_2(f) = \cos(2\pi f) + j(2 - \sin(2\pi f))$，當 $|f| \le 1/2$。
$X_2(f) = 0$，當 $|f| > 1/2$。

$X_2(f)$ 的實部為 $\text{Re}\{X_2(f)\} = \cos(2\pi f) \cdot \text{rect}(f)$。
$X_2(f)$ 的虛部為 $\text{Im}\{X_2(f)\} = (2 - \sin(2\pi f)) \cdot \text{rect}(f)$。

【答案】
$X_2(f)$ 的實部為 $\cos(2\pi f) \cdot \text{rect}(f)$。
$X_2(f)$ 的虛部為 $(2 - \sin(2\pi f)) \cdot \text{rect}(f)$。
其中 $\text{rect}(f) = 1$ for $|f| \le 1/2$ and $0$ otherwise.

(B) 繪製 $X_2(f)$ 的實部與虛部。
實部：$\text{Re}\{X_2(f)\} = \cos(2\pi f)$，當 $|f| \le 1/2$。
虛部：$\text{Im}\{X_2(f)\} = 2 - \sin(2\pi f)$，當 $|f| \le 1/2$。

繪製圖形：
頻率範圍是 $[-1/2, 1/2]$。
對於實部 $\cos(2\pi f)$：
當 $f = 0$, $\cos(0) = 1$.
當 $f = 1/2$, $\cos(\pi) = -1$.
當 $f = -1/2$, $\cos(-\pi) = -1$.
這是一個餘弦函數在 $[-1/2, 1/2]$ 區間的圖形，從 $f=-1/2$ 的 $-1$ 開始，上升到 $f=0$ 的 $1$，再下降到 $f=1/2$ 的 $-1$。

對於虛部 $2 - \sin(2\pi f)$：
當 $f = 0$, $2 - \sin(0) = 2$.
當 $f = 1/2$, $2 - \sin(\pi) = 2$.
當 $f = -1/2$, $2 - \sin(-\pi) = 2$.
這是一個常數函數 $2$ 在 $[-1/2, 1/2]$ 區間。

【答案】
繪製圖形如下：
實部 $\text{Re}\{X_2(f)\}$：在 $f \in [-1/2, 1/2]$ 區間，為 $\cos(2\pi f)$ 的曲線，峰值為 1 在 $f=0$，兩端點為 -1 在 $f=\pm 1/2$。在區間外為 0。
虛部 $\text{Im}\{X_2(f)\}$：在 $f \in [-1/2, 1/2]$ 區間，為常數 2。在區間外為 0。

核心觀念

本題考查平方律元件產生 AM（Amplitude Modulation，振幅調變）訊號的原理。

給定輸入

$$x(t)=m(t)+\cos(\omega_c t)$$

其中 $m(t)$ 為訊息訊號，頻寬為 $W$；平方律元件輸出為

$$y(t)=4x(t)+2x^2(t)$$

平方律元件會產生：

• 基頻訊息成分；
• 載波成分；
• 訊息與載波相乘所形成的 $\omega_c$ 附近側帶；
• 二倍載波頻率 $2\omega_c$ 成分。

利用帶通濾波器選出 $\omega_c$ 附近的頻率成分，即可得到 AM 訊號。

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解題方法

將 $x(t)=m(t)+\cos(\omega_c t)$ 代入平方律元件：

$$\begin{aligned} y(t) &=4\left[m(t)+\cos(\omega_c t)\right] +2\left[m(t)+\cos(\omega_c t)\right]^2\\ &=4m(t)+4\cos(\omega_c t) +2m^2(t)+4m(t)\cos(\omega_c t) +2\cos^2(\omega_c t) \end{aligned}$$

再利用恆等式

$$2\cos^2(\omega_c t)=1+\cos(2\omega_c t)$$

即可整理出各頻率區域的成分。

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(A) 求 $y(t)$

因此

$$\boxed{ y(t)=1+4m(t)+2m^2(t) +4\left[1+m(t)\right]\cos(\omega_c t) +\cos(2\omega_c t) }$$

也可寫成分群形式：

$$\boxed{ y(t)= \underbrace{1+4m(t)+2m^2(t)}_{\text{基頻及直流成分}} + \underbrace{4[1+m(t)]\cos(\omega_c t)}_{\omega_c\text{ 附近的 AM 成分}} + \underbrace{\cos(2\omega_c t)}_{2\omega_c\text{ 成分}} }$$

其中 $4m(t)\cos(\omega_c t)$ 是訊息搬移至載波頻率附近所形成的雙邊帶成分，而 $4\cos(\omega_c t)$ 則是載波成分。

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(B) 濾波器設計與輸出 $g(t)$

1. 應保留的頻率成分

由於 $m(t)$ 的頻寬為 $W$，乘上 $\cos(\omega_c t)$ 後，其頻譜會搬移至 $\omega_c$ 附近，範圍為

$$\omega_c-W\leq |\omega|\leq \omega_c+W$$

因此應使用以 $\omega_c$ 為中心頻率、通帶寬度為 $2W$ 的理想帶通濾波器。

其正頻率通帶可表示為

$$\omega_c-W\leq \omega\leq \omega_c+W$$

並應同時保留對稱的負頻率通帶。濾波器增益取 $1$，且抑制直流、基頻以及 $2\omega_c$ 附近的成分。

2. 濾波後輸出

通過帶通濾波器的部分為

核心觀念

將輸出表示為

$$x(t)=A_c\cos\left[2\pi f_ct+\phi_d(t)\right]$$

其中：

• $\phi_d(t)$：相對於未調變載波的瞬時相位偏移，單位為 rad。
• 瞬時頻率為

$$f_i(t)=f_c+\Delta f(t)$$

• 瞬時頻率偏移為

$$\Delta f(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\phi_d(t)}{dt}$$

本題載波頻率為 $f_c=1000$ Hz，因此須將各輸出相位與 $2\pi(1000)t$ 比較。

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(A) $x(t)=\cos[2\pi(1000)t+40\sin(5t^2)]$

相位偏移

與標準形式比較：

$$\phi_d(t)=40\sin(5t^2)$$

因此瞬時相位偏移為

$$\boxed{\phi_d(t)=40\sin(5t^2)\ \text{rad}}$$

由於 $-1\leq \sin(5t^2)\leq 1$，其最大相位偏移量為

$$\boxed{\Delta\phi_{\max}=40\ \text{rad}}$$

頻率偏移

對相位偏移微分：

$$\frac{d\phi_d(t)}{dt} =40\frac{d}{dt}\sin(5t^2)$$ $$=40\cos(5t^2)\cdot 10t =400t\cos(5t^2)$$

因此瞬時頻率偏移為

$$\Delta f(t) =\frac{1}{2\pi}\cdot 400t\cos(5t^2)$$ $$\boxed{\Delta f(t)=\frac{200}{\pi}t\cos(5t^2)\ \text{Hz}}$$

瞬時頻率則為

$$\boxed{f_i(t)=1000+\frac{200}{\pi}t\cos(5t^2)\ \text{Hz}}$$

由於題目未限定時間範圍，$t\cos(5t^2)$ 的大小沒有有限上限，所以頻率偏移的最大值不存在有限數值；其幅度會隨 $|t|$ 增大而增大。

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(B) $x(t)=\cos[2\pi(600)t]$

相位偏移

以 $1000$ Hz 載波為基準，改寫輸出相位：

核心觀念

本題考 Gram–Schmidt 正交化、訊號空間表示，以及正交基底下的歐氏距離。訊號內積與能量定義為

$$\langle x,y\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)y(t)\,dt, \qquad \|x\|=\sqrt{\langle x,x\rangle}.$$

由圖可讀出三個訊號皆只在 $0\le t\le 4$ 非零：

$$s_1(t)=1,\qquad s_2(t)=\frac54-\frac34t,\qquad s_3(t)=-\frac74+\frac34t.$$

(A) Gram–Schmidt 正交化與維度

先以 $s_1(t)$ 建立第一個正交單位基底。其能量為

$$\|s_1\|^2=\int_0^4 1\,dt=4,$$

因此

$$\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{\|s_1\|} = \begin{cases} \frac12,&0\le t\le4,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

接著將 $s_2(t)$ 對 $\phi_1(t)$ 投影：

$$\langle s_2,\phi_1\rangle =\int_0^4\left(\frac54-\frac34t\right)\frac12\,dt =-\frac12.$$

扣除投影後的殘差為

$$g_2(t)=s_2(t)-\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t) =s_2(t)+\frac12\phi_1(t) =\frac32-\frac34t,\quad 0\le t\le4.$$

其能量為

$$\|g_2\|^2 =\int_0^4\left(\frac32-\frac34t\right)^2dt =3,$$

所以第二個正交單位基底為

$$\phi_2(t)=\frac{g_2(t)}{\sqrt3} = \begin{cases} \frac{3/2-3t/4}{\sqrt3},&0\le t\le4,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

由圖中的兩條斜線可得

$$s_2(t)+s_3(t)=-\frac12s_1(t),$$

故 $s_3$ 不會產生新的獨立方向。此訊號集合的維度為 $2$，正交單位基底為 $\{\phi_1,\phi_2\}$。

(B) 訊號空間向量表示

核心觀念

1. 廣義平穩隨機程序（WSS Random Process）之載波調變：
   • 設實數隨機程序 $x(t)$ 為 WSS，其與均勻分佈相位常態隨機變數 $\theta \sim U(0, 2\pi)$ 彼此獨立。
   • 經載波調變 $y(t) = x(t)\cos(2\pi f_c t + \theta)$ 後，$y(t)$ 亦為 WSS，其自相關函數為：
     $R_y(\tau) = \frac{1}{2} R_x(\tau) \cos(2\pi f_c \tau)$
2. 隨機程序通過 LTI 系統與平均功率計算：
   • 根據 Wiener-Khinchin 定理，功率頻譜密度（PSD）$S_y(f) = \mathcal{F}\{R_y(\tau)\} = \frac{1}{4}[S_x(f-f_c) + S_x(f+f_c)]$。
   • 輸出程序 $\tilde{y}(t)$ 的平均功率為其 PSD 在低通濾波器（LPF）通帶內的積分：
     $E[\tilde{y}(t)^2] = R_{\tilde{y}}(0) = \int_{-\infty}^{\infty} S_y(f)|H(f)|^2 df$
3. 同頻干擾下的正交載波同步解調（Orthogonal Coherent Demodulation）：
   • 當接收訊號包含目標訊號 $s(t)\cos(2\pi f_c t)$ 與具有固定相位差的干擾訊號 $x(t)\cos(2\pi f_c t + \theta)$ 時，可利用正交載波投影或 I/Q 雙通道解調消除法，在基頻將干擾項完全抵消並精確還原 $s(t)$。

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各小題詳解

(A) 求 $R_y(\tau)$

根據自相關函數定義：
$R_y(t+\tau, t) = E[y(t+\tau)y(t)] = E\big[ x(t+\tau)\cos(2\pi f_c(t+\tau) + \theta) \cdot x(t)\cos(2\pi f_c t + \theta) \big]$

因為 $x(t)$ 與 $\theta$ 彼此獨立，期望值可分開計算：
$R_y(t+\tau, t) = E[x(t+\tau)x(t)] \cdot E\big[ \cos(2\pi f_c(t+\tau) + \theta)\cos(2\pi f_c t + \theta) \big]$

已知 $x(t)$ 為 WSS，故 $E[x(t+\tau)x(t)] = R_x(\tau)$。利用三角函數積化和差公式 $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A-B) + \cos(A+B)]$：
$\cos(2\pi f_c(t+\tau) + \theta)\cos(2\pi f_c t + \theta) = \frac{1}{2}\cos(2\pi f_c \tau) + \frac{1}{2}\cos(4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\theta)$

對第二項取關於 $\theta \sim U(0, 2\pi)$ 的期望值：
$E[\cos(4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\theta)] = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} \cos(4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\theta) d\theta = 0$

因此，$R_y(t+\tau, t)$ 僅與時間差 $\tau$ 有關：
$R_y(\tau) = \frac{1}{2} R_x(\tau) \cos(2\pi f_c \tau)$

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(B) 求 $E[\tilde{y}(t)^2]$

由 (A) 的結果，取傅立葉轉換求 $y(t)$ 的功率頻譜密度（PSD）：
$S_y(f) = \mathcal{F}\{R_y(\tau)\} = \frac{1}{4} \big[ S_x(f - f_c) + S_x(f + f_c) \big]$

低通濾波器之頻率響應為：
$H(f) = \begin{cases} 1, & |f| < f_c \\ 0, & |f| > f_c \end{cases}$

輸出訊號 $\tilde{y}(t)$ 的平均功率即為輸出 PSD 在全頻域的積分：
$E[\tilde{y}(t)^2] = \int_{-\infty}^{\infty} S_{\tilde{y}}(f) df = \int_{-\infty}^{\infty} S_y(f) |H(f)|^2 df = \int_{-f_c}^{f_c} S_y(f) df$

代入 $S_y(f)$：
$E[\tilde{y}(t)^2] = \frac{1}{4} \left[ \int_{-f_c}^{f_c} S_x(f - f_c) df + \int_{-f_c}^{f_c} S_x(f + f_c) df \right]$

進行變數代換：

• 第一項令 $u = f - f_c \implies \int_{-f_c}^{f_c} S_x(f - f_c) df = \int_{-2f_c}^{0} S_x(u) du$
• 第二項令 $v = f + f_c \implies \int_{-f_c}^{f_c} S_x(f + f_c) df = \int_{0}^{2f_c} S_x(v) dv$

將兩積分區間合併：
$E[\tilde{y}(t)^2] = \frac{1}{4} \int_{-2f_c}^{2f_c} S_x(f) df$

標準通訊系統條件：
一般情況下，隨機程序 $x(t)$ 為基頻訊號，其最高頻寬 $W \le 2f_c$（通常滿足 $W < f_c \ll 2f_c$），此時 $S_x(f)$ 的所有功率皆落在 $[-2f_c, 2f_c]$ 內：
$\int_{-2f_c}^{2f_c} S_x(f) df = \int_{-\infty}^{\infty} S_x(f) df = R_x(0) = E[x(t)^2]$

因此：
$E[\tilde{y}(t)^2] = \frac{1}{4} R_x(0) = \frac{1}{4} E[x(t)^2]$

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(C) 詳細說明如何由 $r(t)$ 解調出 $s(t)$

題目勘誤說明：題幹「If we let $\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$」為原考卷印刷筆誤，實為指定相位常數 $\theta = \frac{\pi}{4}$。

核心觀念

本題考查：

• 線性時不變系統的輸出表示；
• 白雜訊通過濾波器後的輸出功率；
• Cauchy–Schwarz 不等式；
• Parseval 定理；
• 匹配濾波器在取樣時刻達到最大訊雜比。

題目圖中原式為

$$\eta\leq \frac{2}{N_0}\int_{-\infty}^{\infty}|G(f)|^2\,df.$$

解題方法

令濾波器脈衝響應為 $h(t)$，並在 $t=T$ 取樣。

由線性時不變系統，訊號部分輸出為

$$g_o(T)=\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h(T-\tau)\,d\tau.$$

雜訊 $w(t)$ 的雙邊功率譜密度為 $N_0/2$，因此通過濾波器後，在任意時刻的雜訊變異數為

$$E[n^2(t)] =\frac{N_0}{2}\int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|^2\,dt.$$

令

$$h_T(\tau)=h(T-\tau),$$

則時間反轉與平移不會改變能量，因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}|h_T(\tau)|^2\,d\tau = \int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|^2\,dt.$$

利用 Cauchy–Schwarz 不等式，

$$|g_o(T)|^2 = \left|\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h_T(\tau)\,d\tau\right|^2$$ $$\leq \left(\int_{-\infty}^{\infty}|g(\tau)|^2\,d\tau\right) \left(\int_{-\infty}^{\infty}|h_T(\tau)|^2\,d\tau\right).$$

因此

$$|g_o(T)|^2 \leq \left(\int_{-\infty}^{\infty}|g(t)|^2\,dt\right) \left(\int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|^2\,dt\right).$$

代入峰值訊雜比

本題主要考驗學生對資訊理論基本概念的理解，包含聯合熵、邊際熵、條件熵和互資訊的計算。

首先，我們需要根據給定的聯合機率分佈表，計算出所有邊際機率和條件機率。
聯合機率分佈表：

P(x, y)	X = -1	X = 0	X = 1	P(Y=y)
Y = 2	0.1	0.15	0.15	0.4
Y = 4	0.05	0.2	0.15	0.4
Y = 6	0.05	0.05	0.1	0.2
P(X=x)	0.2	0.4	0.4	1.0 (總和)

計算邊際機率：
P(Y=2) = 0.1 + 0.15 + 0.15 = 0.4
P(Y=4) = 0.05 + 0.2 + 0.15 = 0.4
P(Y=6) = 0.05 + 0.05 + 0.1 = 0.2
總和 = 0.4 + 0.4 + 0.2 = 1.0

P(X=-1) = 0.1 + 0.05 + 0.05 = 0.2
P(X=0) = 0.15 + 0.2 + 0.05 = 0.4
P(X=1) = 0.15 + 0.15 + 0.1 = 0.4
總和 = 0.2 + 0.4 + 0.4 = 1.0

(A) 計算聯合熵 H(X, Y)。
聯合熵的定義為 $H(X, Y) = -\sum_{x,y} P(x,y) \log_2 P(x,y)$。
我們需要計算所有非零的 $P(x,y)$ 項。
$H(X, Y) = - [ P(-1,2)\log_2 P(-1,2) + P(0,2)\log_2 P(0,2) + P(1,2)\log_2 P(1,2) +$
$P(-1,4)\log_2 P(-1,4) + P(0,4)\log_2 P(0,4) + P(1,4)\log_2 P(1,4) +$
$P(-1,6)\log_2 P(-1,6) + P(0,6)\log_2 P(0,6) + P(1,6)\log_2 P(1,6) ]$

$H(X, Y) = - [ 0.1 \log_2 0.1 + 0.15 \log_2 0.15 + 0.15 \log_2 0.15 +$
$0.05 \log_2 0.05 + 0.2 \log_2 0.2 + 0.15 \log_2 0.15 +$
$0.05 \log_2 0.05 + 0.05 \log_2 0.05 + 0.1 \log_2 0.1 ]$

計算 $\log_2$ 值：
$\log_2 0.1 \approx -3.3219$
$\log_2 0.15 \approx -2.7370$
$\log_2 0.05 \approx -4.3219$
$\log_2 0.2 \approx -2.3219$

$H(X, Y) = - [ 0.1(-3.3219) + 0.15(-2.7370) + 0.15(-2.7370) +$
$0.05(-4.3219) + 0.2(-2.3219) + 0.15(-2.7370) +$
$0.05(-4.3219) + 0.05(-4.3219) + 0.1(-3.3219) ]$

$H(X, Y) = - [ -0.33219 - 0.41055 - 0.41055 - 0.216095 - 0.46438 - 0.41055 - 0.216095 - 0.216095 - 0.33219 ]$
$H(X, Y) = - [ -2.99865 ] \approx 3.0$ bits。

精確計算：
$0.1 \log_2 0.1 \approx 0.33219$
$0.15 \log_2 0.15 \approx 0.41055$
$0.05 \log_2 0.05 \approx 0.216095$
$0.2 \log_2 0.2 \approx 0.46438$
$0.1 \log_2 0.1 \approx 0.33219$

$H(X, Y) = - (0.33219 + 2 \times 0.41055 + 0.216095 + 0.46438 + 0.41055 + 2 \times 0.216095 + 0.33219)$
$H(X, Y) = - (0.33219 + 0.8211 + 0.216095 + 0.46438 + 0.41055 + 0.43219 + 0.33219)$
$H(X, Y) = - (3.008695)$
取近似值：$H(X,Y) \approx 3.009$ bits。

【答案】
$H(X, Y) \approx 3.009$ bits。

(B) 計算邊際熵 H(X)。
$H(X) = -\sum_x P(X=x) \log_2 P(X=x)$。
$P(X=-1) = 0.2$
$P(X=0) = 0.4$
$P(X=1) = 0.4$

$H(X) = - [ 0.2 \log_2 0.2 + 0.4 \log_2 0.4 + 0.4 \log_2 0.4 ]$
$H(X) = - [ 0.2 \log_2 0.2 + 0.8 \log_2 0.4 ]$
$\log_2 0.2 \approx -2.3219$
$\log_2 0.4 \approx -1.3219$

$H(X) = - [ 0.2 (-2.3219) + 0.8 (-1.3219) ]$
$H(X) = - [ -0.46438 - 1.05752 ]$
$H(X) = - [ -1.5219 ] = 1.5219$ bits。

精確計算：
$0.2 \log_2 0.2 \approx 0.46438$
$0.4 \log_2 0.4 \approx 0.52877$
$H(X) = - (0.46438 + 2 \times 0.52877) = - (0.46438 + 1.05754) = -1.52192$.
$H(X) \approx 1.522$ bits。

【答案】
$H(X) \approx 1.522$ bits。

(C) 計算條件熵 H(X|Y)。
條件熵的定義為 $H(X|Y) = \sum_y P(Y=y) H(X|Y=y)$。
$H(X|Y=y) = -\sum_x P(X=x|Y=y) \log_2 P(X=x|Y=y)$。
$P(X=x|Y=y) = \frac{P(x,y)}{P(Y=y)}$。

計算 $H(X|Y=2)$: $P(Y=2) = 0.4$.
$P(X=-1|Y=2) = 0.1/0.4 = 0.25$
$P(X=0|Y=2) = 0.15/0.4 = 0.375$
$P(X=1|Y=2) = 0.15/0.4 = 0.375$