114 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》考古題與詳解

Question 1

1. (5%) The sum of two or more sinusoids may or may not be periodic. Which of the following signal is not periodic? (A) $x1(t) = 2\cos(2t) + 4\sin(6\pi t)$ (B) $x2(t) = \cos(6\pi t) + 7\cos(30\pi t)$ (C) $x3(t) = \cos(4\pi t) + 9\sin(21\pi t)$ (D) $x4(t) = 3\sin(4\pi t) + 5\cos(7\pi t) + 6\sin(11\pi t)$ (E) None of these

Accepted Answer

一個信號為週期信號的條件是，該信號可以表示為一系列週期信號的和，且這些週期信號的週期之最小公倍數存在。若兩個週期信號 $f_1(t)$ 和 $f_2(t)$ 的週期分別為 $T_1$ 和 $T_2$ ，則它們的和 $f_1(t) + f_2(t)$ 的週期 $T$ 存在，當且僅當 $T_1/T_2$ 為一有理數。此時，週期 $T$ 為 $T_1$ 和 $T_2$ 的最小公倍數。

我們要判斷給定的信號是否為週期信號。對於一個信號 $x(t)$ ，如果存在一個正數 $T$ 使得 $x(t+T) = x(t)$ 對所有 $t$ 成立，則稱 $x(t)$ 為週期信號，最小的正數 $T$ 稱為其基本週期。

對於選項中的信號，我們需要分析它們是否為週期信號。一個信號是週期信號的充要條件是，它由具有有理數倍週期之正弦或餘弦函數組成。

(A) $x_1(t) = 2\cos(2t) + 4\sin(6\pi t)$
$\cos(2t)$ 的週期為 $T_1 = 2\pi/2 = \pi$ 。
$\sin(6\pi t)$ 的週期為 $T_2 = 2\pi/(6\pi) = 1/3$ 。
$T_1/T_2 = \pi / (1/3) = 3\pi$ ，這不是一個有理數。因此，兩個信號的週期之比不是有理數，它們的和不是週期信號。

(B) $x_2(t) = \cos(6\pi t) + 7\cos(30\pi t)$
$\cos(6\pi t)$ 的週期為 $T_1 = 2\pi/(6\pi) = 1/3$ 。
$\cos(30\pi t)$ 的週期為 $T_2 = 2\pi/(30\pi) = 1/15$ 。
$T_1/T_2 = (1/3) / (1/15) = 15/3 = 5$ ，這是一個有理數。因此，此信號是週期信號。

Question 2

2. (5%) Which of the following signals is a power signal? Note that $\alpha$ is a positive constant and $u(t) = \begin{cases} 0, & t<0 \ 1, & t0 \end{cases}$ (undefined, $t=0$). (A) $x1(t) = e^{-\alpha t} u(t)$ (B) $x2(t) = (\alpha^2 + t^2)^{1/2}$ (C) $x3(t) = 2\cos(4\pi t + 2\pi/3)$ (D) $x4(t) = e^{-\alpha |t|}$ (E) None of these

Accepted Answer

判斷一個信號是功率信號（Power Signal）還是能量信號（Energy Signal）的關鍵在於其總能量（Energy）和平均功率（Average Power）。

一個信號 $x(t)$ 的總能量定義為：
$E = \int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt$

一個信號 $x(t)$ 的平均功率定義為：
$P = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} |x(t)|^2 dt$

定義：

如果一個信號的總能量 $E$ 是有限且非零的，則稱其為能量信號。其平均功率為零。
如果一個信號的平均功率 $P$ 是有限且非零的，則稱其為功率信號。其總能量是無限的。
如果信號的能量和功率均為零或無限，則它既不是能量信號也不是功率信號。

我們逐一分析各選項：

(A) $x_1(t) = e^{-\alpha t} u(t)$ ，其中 $\alpha > 0$ 。
此信號在 $t<0$ 時為零，在 $t \ge 0$ 時為 $e^{-\alpha t}$ 。
總能量 $E_1 = \int_{-\infty}^{\infty} |e^{-\alpha t} u(t)|^2 dt = \int_{0}^{\infty} (e^{-\alpha t})^2 dt = \int_{0}^{\infty} e^{-2\alpha t} dt$
$E_1 = \left[ \frac{e^{-2\alpha t}}{-2\alpha} \right]_{0}^{\infty} = 0 - \left( \frac{1}{-2\alpha} \right) = \frac{1}{2\alpha}$ 。
由於 $E_1$ 是有限且非零的，所以 $x_1(t)$ 是一個能量信號。其平均功率為 0。

(B) $x_2(t) = (\alpha^2 + t^2)^{1/2}$ 。
此信號在時間軸上是連續且非零的。我們計算其總能量：
$E_2 = \int_{-\infty}^{\infty} |(\alpha^2 + t^2)^{1/2}|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} (\alpha^2 + t^2) dt$
這個積分顯然是發散的（趨近於無限大），因為當 $|t| \to \infty$ 時， $t^2$ 趨近於無限大。
因此，它不是能量信號。我們再計算其平均功率：

Question 3

3. (5%) Which of the filters with impulse responses given below is not BIBO stable? ($\alpha$ and $f0$ are positive constants.) (A) $h1(t) = e^{- \alpha |t|} \cos(2\pi f0 t)$ (B) $h2(t) = e^{-t} u(t) - e^{-(t-1)} u(t-1)$ (C) $h3(t) = t^2 u(t-1)$ (D) $h4(t) = \cos(2\pi f0 t) u(t)$ (E) None of these

Accepted Answer

核心觀念

對連續時間 LTI 系統而言，系統 BIBO（Bounded-Input Bounded-Output）穩定的充要條件是其脈衝響應絕對可積分：

\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt < \infty

因此，只要檢查各選項的脈衝響應是否具有有限的絕對面積即可。

解題方法

逐一計算或判斷

\int_{-\infty}^{\infty}|h_i(t)|\,dt

是否收斂。含有衰減指數的函數通常可積分；未衰減的正弦、餘弦或多項式函數，其絕對面積通常發散。

選項分析

(A) $h_1(t)=e^{-\alpha|t|}\cos(2\pi f_0t)$

因為 $|\cos(2\pi f_0t)|\leq 1$ ，所以

|h_1(t)| \leq e^{-\alpha|t|}.

又因為 $\alpha>0$ ，

\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha|t|}\,dt =2\int_0^\infty e^{-\alpha t}\,dt =\frac{2}{\alpha}<\infty.

因此，

\int_{-\infty}^{\infty}|h_1(t)|\,dt<\infty,

故 (A) 為 BIBO 穩定。

(B) $h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)$

依單位階躍函數分段：

當 $t<0$ 時，

h_2(t)=0.

當 $0\leq t<1$ 時，

h_2(t)=e^{-t}.

當 $t\geq 1$ 時，

h_2(t)=e^{-t}-e^{-(t-1)} =(1-e)e^{-t}.

因此，

\int_{-\infty}^{\infty}|h_2(t)|\,dt = \int_0^1e^{-t}\,dt + \int_1^\infty |1-e|e^{-t}\,dt.

兩項皆有限，因此

\int_{-\infty}^{\infty}|h_2(t)|\,dt<\infty.

故 (B) 為 BIBO 穩定。

Question 4

4. (5%) An FM modulator has output $x(t) = 100\cos [2\pi fc t + 2\pi fm \int0^t m(	au) d	au]$, where $fm$ is the modulation index, $fa = 20$ Hz/V. Assume that $m(t)$ is the rectangular pulse $m(t) = 4I(t-4)$, where $I(t) = \begin{cases} 1, & |t| \le \frac{1}{2} \ 0, & 	ext{otherwise} \end{cases}$. Which of the following is correct? (A) For $0 < t < 8$, the phase deviation is $80\pi t$. (B) For $0 < t < 8$, the frequency deviation is $40$ Hz. (C) The peak frequency deviation is $40$ Hz. (D) The peak phase deviation is $1280\pi$ radians. (E) None of these

Accepted Answer

核心觀念 FM 訊號可寫成 $$ x(t)=Ac\cos\left[2\pi fct+2\pi kf\int0^t m(	au)\,d	auight], $$ 其中 $kf$ 為頻率靈敏度。本題給定 $$ kf=fa=20\ 	ext{Hz/V}. $$ FM 的兩個重要量為： 1. 瞬時頻率偏移 $$ \Delta f(t)=kfm(t) $$ 2. 相位偏移 $$ \Delta\phi(t)=2\pi kf\int0^t m(	au)\,d	au $$ --- 解題方法 矩形脈波為 $$ m(t)=4I(t-4), $$ 且 $$ I(t)= \begin{cases} 1,& |t|\le \frac12\ 0,& 	ext{otherwise} \end{cases} $$ 因此 $$ I(t-4)=1 $$ 的條件為 $$ |t-4|\le \frac12, $$ 也就是 $$ \frac72\le t\le \frac92. $$ 所以 $m(t)$ 是振幅 $4$ V、寬度 $1$ 秒、中心位於 $t=4$ 秒的矩形脈波： $$ m(t)= \begin{cases} 4,& \frac72\le t\le \frac92\ 0,& 	ext{otherwise} \end{cases} $$ 1. 頻率偏移 由 $$ \Delta f(t)=kfm(t) $$ 可得脈波作用期間的頻率偏移為 $$ \Delta f(t)=20	imes 4=80\ 	ext{Hz}. $$ 因此峰值頻率偏移為 $$ \Delta f{\max}=80\ 	ext{Hz}. $$ 2. 相位偏移 在 $0<t<\frac72$ 時，脈波尚未出現，因此 $$ \Delta\phi(t)=0. $$ 在 $\frac72<t<\frac92$ 時， $$ \int0^t m(	au)\,d	au = \int{7/2}^{t}4\,d	au = 4\left(t-\frac72ight). $$ 因此 $$ \Delta\phi(t) = 2\pi(20)\cdot 4\left(t-\frac72ight) = 160\pi\left(t-\frac72ight). $$ 當 $t\ge \frac92$ 時，矩形脈波的總面積為 $$ \int0^t m(	au)\,d	au=4	imes 1=4, $$ 故相位偏移維持為 $$ \Delta\phi{\max} = 2\pi(20)(4) = 160\pi\ 	ext{rad}. $$

Question 5

5. (5%) In an AM modulator, efficiency is defined as the ratio of the power of the information-bearing signal to the total power of the transmitted signal. Determine the efficiency of the AM modulator having the output $x(t) = 40\cos[2\pi(200)t] + 5\cos[2\pi(180)t] + 5\cos[2\pi(220)t]$. (A) 50% (B) 25% (C) 13%

Accepted Answer

核心觀念 標準 AM 訊號可分為： - 載波：不攜帶訊息，頻率為 $200$ Hz - 上邊帶與下邊帶：攜帶訊息，頻率分別為 $220$ Hz 與 $180$ Hz 對於 $$ A\cos(2\pi ft) $$ 若負載電阻為 $1\ \Omega$，其平均功率為 $$ P=\frac{A^2}{2}. $$ AM 調變效率定義為 $$ \eta=\frac{P{	ext{information}}}{P{	ext{total}}} =\frac{P{	ext{sidebands}}}{P{	ext{carrier}}+P{	ext{sidebands}}}. $$ 不同頻率的正弦波彼此正交，因此總功率等於各頻率分量功率的總和。 解題方法 題目給出的輸出訊號為 $$ x(t)=40\cos[2\pi(200)t] +5\cos[2\pi(180)t] +5\cos[2\pi(220)t]. $$ 第一項為載波，其功率為 $$ Pc=\frac{40^2}{2}=800. $$ 第二項與第三項為下邊帶及上邊帶，兩者皆為資訊承載訊號： $$ P{	ext{LSB}}=\frac{5^2}{2}=12.5, $$ $$ P{	ext{USB}}=\frac{5^2}{2}=12.5. $$ 因此資訊承載功率為

Question 6

6. (5%) For the following signal, please determine the largest sampling interval $Ts$ such that aliasing does not occur. $x2(t) = \frac{1}{t} \sin(3\pi t)\cos(2\pi t)$ (A) $Ts \le \frac{1}{5}$ (B) $Ts \le \frac{1}{3}$ (C) $Ts \le \frac{1}{6}$ (D) $Ts \le \frac{1}{2}$ (E) None of these

Accepted Answer

核心觀念 取樣不產生混疊的奈奎斯特條件為 $$ fs \ge 2f{\max} $$ 其中 $fs=1/Ts$ 為取樣頻率，$f{\max}$ 為信號頻譜中的最高頻率成分。因此，關鍵是先找出 $x2(t)$ 的頻譜最高截止頻率。 解題方法 先利用三角恆等式： $$ \sin(3\pi t)\cos(2\pi t) = \frac{1}{2}\left[\sin(5\pi t)+\sin(\pi t)ight] $$ 因此 $$ x2(t) = \frac{1}{2t}\left[\sin(5\pi t)+\sin(\pi t)ight] $$ 利用傅立葉轉換性質： $$ \frac{\sin(\omegac t)}{t} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \pi, & |\omega|<\omegac\ 0, & |\omega|\omegac \end{cases} $$ 所以： - $\dfrac{\sin(5\pi t)}{t}$ 的頻譜範圍為 $|\omega|\le 5\pi$； - $\dfrac{\sin(\pi t)}{t}$ 的頻譜範圍為 $|\omega|\le \pi$。 整個信號的頻譜最高角頻率為 $$ \omega{\max}=5\pi $$ 由角頻率與頻率的關係 $\omega=2\pi f$： $$ f{\max}=\frac{\omega{\max}}{2\pi} =\frac{5\pi}{2\pi} =\frac{5}{2}	ext{ Hz} $$ 因此取樣頻率至少為 $$ fs\ge 2f{\max} =2\left(\frac{5}{2}ight) =5	ext{ Hz} $$

Question 7

7. (5%) Which descending order of the minimum bit-error-rate $Pb$ for the following modulation schemes to send messages through the AWGN channel with $Eb/N0 = 10$dB is correct? (1) BPSK; (2) QPSK; (3) OQPSK; (4) 16PSK; (5) 8FSK; (6) BFSK; (7) MSK; (8) 16QAM. (A) $(1) = (2) = (3) = (7) < (5) < (6) < (8) < (4)$ (B) $(1) = (2) = (3) = (7) < (6) < (5) < (8) < (4)$ (C) $(1) < (2) = (3) < (7) < (5) < (6) < (8) < (4)$ (D) $(1) = (2) = (3) = (7) (6) (5) (8) (4)$ (E) $(1) = (2) = (3) = (7) < (8) < (5) < (6) < (4)$

Accepted Answer

核心觀念 本題比較的是固定 $Eb/N0=10\ \mathrm{dB}$ 下，不同調變方式的最低位元錯誤率。必須注意： 1. BPSK、QPSK、OQPSK 與相干解調 MSK 的 BER 相同。 2. FSK 的結果取決於是否相干解調、頻率是否正交，以及 $Eb$ 的定義。 3. 16QAM 與 16PSK 的 BER 不能只用調變階數判斷，必須比較星座點距離。 以下採用 AWGN 通道、最佳相干解調，以及標準定義 $$ Eb=\frac{Es}{\log2 M}. $$ --- 解題方法 先將 $$ \frac{Eb}{N0}=10\ \mathrm{dB} $$ 換算為線性值： $$ \gammab=10. $$ 1. BPSK、QPSK、OQPSK、MSK BPSK 的 BER 為 $$ Pb=Q\left(\sqrt{\frac{2Eb}{N0}}ight) =Q(\sqrt{20}) \approx 3.9	imes 10^{-6}. $$ 對 Gray-coded QPSK，每個同相與正交支路等效為 BPSK，因此 $$ Pb^{\mathrm{QPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2Eb}{N0}}ight). $$ OQPSK 只是將 Q 支路延遲半個符號，AWGN 下的位元錯誤率與 QPSK 相同。 MSK 在相干解調下具有與 BPSK 相同的 BER： $$ Pb^{\mathrm{MSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2Eb}{N0}}ight). $$ 因此 $$ (1)=(2)=(3)=(7). $$ --- 2. BFSK 對正交相干 BFSK，其 BER 為 $$ Pb^{\mathrm{BFSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{Eb}{N0}}ight) =Q(\sqrt{10}) \approx 7.8	imes10^{-4}. $$ 因此 BFSK 的 BER 明顯高於 BPSK 類型。 --- 3. 相干 8FSK 8FSK 每個符號攜帶 $$ \log2 8=3 $$ 個位元，因此 $$ Es=3Eb. $$ 正交相干 $M$-FSK 的錯誤事件，其兩個訊號波形間的距離為 $$ d{\min}^2=2Es. $$ 因此其成對錯誤機率包含 $$ Q\left(\sqrt{\frac{Es}{N0}}ight) =Q\left(\sqrt{\frac{3Eb}{N0}}ight) =Q(\sqrt{30}). $$ 8FSK 的符號錯誤率可用聯合界估計： $$ Ps\leq (M-1)Q\left(\sqrt{\frac{Es}{N0}}ight) =7Q(\sqrt{30}). $$ 因為 $Q(\sqrt{30})$ 極小，8FSK 的 BE…

Question 8

8. (5%) The following figure shows a pair of signals $s1(t)$ and $s2(t)$ that are orthogonal to each other over the observation interval $0 \le t \le 3T$. The received signal is defined by $X(t) = sk(t) + w(t)$, $k = 1, 2$, where $w(t)$ is white Gaussian noise of zero mean and a noise power spectral density (PSD) of $N0/2$. Please calculate the average probability of symbol error for $Es/N0 = 4$, where $Es$ is defined as the signal energy. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\frac{1}{2}	ext{erfc}\left(\frac{\sqrt{Es}}{\sqrt{2N0}}ight)$ (B) $	ext{erfc}\left(\frac{\sqrt{Es}}{\sqrt{2N0}}ight)$ (C) $\frac{1}{2}	ext{erfc}\left(\frac{\sqrt{Es}}{2\sqrt{N0}}ight)$ (D) $	ext{erfc}\left(\frac{\sqrt{Es}}{2\sqrt{N0}}ight)$ (E) $	ext{erfc}(2\sqrt{2})$

Accepted Answer

核心觀念 這題考的是等能量二元正交訊號在加性白高斯雜訊（AWGN）下的最佳符號判決。依圖中兩訊號能量相同，令每個訊號能量為 $Es$，且兩符號等機率。最佳接收器比較兩個訊號方向上的相關器輸出。 高斯尾端機率與互補誤差函數的關係為 $$ Q(x)=\frac{1}{2}\operatorname{erfc}\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) $$ 解題方法 以 $s1(t)$ 傳送為例，接收訊號為 $X(t)=s1(t)+w(t)$。最佳判決比較 $\langle X,s1\rangle$ 與 $\langle X,s2\rangle$，等價於判斷下列差值是否小於零： $$ Y=\langle X,s1-s2\rangle $$ 由兩訊號正交且能量相同， $$ \mathbb{E}[Y\mid s1] =\langle s1,s1-s2\rangle =Es $$ 白高斯雜訊的雙邊功率頻譜密度為 $N0/2$，因此投影雜訊的變異數為 $$ \operatorname{Var}(Y\mid s1) =\frac{N0}{2}\lVert s1-s2\rVert^2 =\frac{N0}{2}(Es+Es) =N0Es $$ 傳送 $s1$ 時，判錯條件是 $Y<0$。因此條件錯誤機率為 $$ P(e\mid s1) =Q\left(\frac{Es}{\sqrt{N0Es}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{Es}{N0}}\right) $$ 傳送 $s2$ 時，由對稱性有相同的錯誤機率，故平均符號錯誤率為

Question 9

9. (5%) Three signals are transmitted over AWGN channel with a noise PSD of $N0/2$. Three signals are $s1(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T \ 0, & 	ext{otherwise} \end{cases}$ $s2(t) = -s3(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T/2 \ -1, & -T/2 < t < 0 \ 0, & 	ext{otherwise} \end{cases}$ Which of the following statements is correct? (A) The dimensionality of the signal space is 3 (B) $P(	ext{error}|s2 	ext{ transmitted}) P(	ext{error}|s3 	ext{ transmitted})$ (C) $P(	ext{error}|s1 	ext{ transmitted}) = P(	ext{error}|s2 	ext{ transmitted})$ (D) $P(	ext{error}|s1 	ext{ transmitted}) < P(	ext{error}|s3 	ext{ transmitted})$ (E) None of these is correct

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 訊號空間的維度：由訊號間的線性獨立性決定。 2. AWGN 通道中的最佳接收：等先驗機率下使用最大相似度／最小歐氏距離判決。 3. 訊號間的歐氏距離越小，越容易因雜訊跨越決策邊界而誤判。 對兩個訊號 $si(t)$ 與 $sj(t)$，其成對錯誤機率與距離有關： $$ P(si	o sj) =Q\left(\frac{\|si-sj\|}{\sqrt{2N0}}ight). $$ 因此，必須先計算三個訊號的能量與彼此距離。 --- 解題方法：建立訊號空間 令 $$ s2(t)= \begin{cases} -1,&-T/2<t<0,\ 1,&0\le t\le T/2,\ 0,&	ext{otherwise}, \end{cases} \qquad s3(t)=-s2(t). $$ 三個訊號的能量皆為 $$ E1=\int0^T 1^2\,dt=T, $$ $$ E2=E3 =\int{-T/2}^{T/2}1^2\,dt=T. $$ 先計算內積： $$ \langle s1,s2angle =\int0^{T/2}1\cdot 1\,dt =\frac{T}{2}, $$ 因此 $$ \langle s1,s3angle=-\frac{T}{2}, \qquad \langle s2,s3angle=-T. $$ 訊號間的平方距離為 $$ \|si-sj\|^2=Ei+Ej-2\langle si,sjangle. $$ 所以 $$ \|s1-s2\|^2 =2T-2\left(\frac{T}{2}ight)=T, $$ $$ \|s1-s3\|^2 =2T-2\left(-\frac{T}{2}ight)=3T, $$ $$ \|s2-s3\|^2 =2T-2(-T)=4T. $$ 整理如下： $$ \boxed{ d{12}=\sqrt{T},\qquad d{13}=\sqrt{3T},\qquad d{23}=2\sqrt{T} } $$ --- 訊號空間維度 雖然共有三個訊號，但 $$ s3=-s2, $$ 所以 $s3$ 與 $s2$ 線性相關。另一方面，$s1$ 與 $s2$ 並非互為倍數，因此 $\{s1,s2\}$ 線性獨立。 故三個訊號所張成的空間維度為 $$ \boxed{2}. $$ --- 條件錯誤機率的比較 在最大相似度判決下，兩個訊號之間的決策邊界位於其連線的垂直平分面，因此從訊號點到該邊界的距離是兩訊號距離的一半。 各訊號到競爭決策邊界的距離如下： | 傳送訊號 | 至其他訊號的決策邊界距離 | |---|---| | $s1$ | $\sqrt{T}/2,\ \sqrt{3T}/2$ | | $s2$ | $\sqrt{T}/2,\ \sqrt{T}$ |…

Question 10

二、問答計算題:

Accepted Answer

此區塊為計算題的標題，不包含

Question 11

1. (15%) An SSB-AM signal is generated by modulating an 800 kHZ carrier by the signal $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$. The amplitude of the carrier is $Ac = 100$. (A) (5%) Determine the signal $m(t)$, the Hilbert transform of $m(t)$. (B) (5%) Determine the time-domain expression for the lower sideband of the SSB-AM signal. (C) (5%) Determine the magnitude spectrum of the lower-sideband-SSB signal.

Accepted Answer

此題為單邊帶調幅 (SSB-AM) 的計算題，包含三個小題，分別要求計算調變信號及其希爾伯轉換、SSB-AM 信號的下邊帶時域表達式，以及下邊帶的頻譜。 核心觀念： 單邊帶調幅 (SSB-AM) 信號的產生，以及希爾伯轉換 (Hilbert Transform) 的性質，頻譜分析。 解題步驟： (A) Determine the signal $m(t)$, the Hilbert transform of $m(t)$. 調變信號 $m(t)$ 已給定： $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$ 為了方便後續計算，我們可以將 $m(t)$ 表示成一個單一的餘弦或正弦函數形式。 令 $m(t) = A \cos(\omega0 t + \phi)$。 這裡 $\omega0 = 2000\pi$ rad/s。 $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$ 我們可以將其寫成 $R\cos(\omega0 t - \alpha)$ 的形式。 $R\cos(\omega0 t - \alpha) = R(\cos(\omega0 t)\cos(\alpha) + \sin(\omega0 t)\sin(\alpha))$ 比較係數： $R\cos(\alpha) = 1$ $R\sin(\alpha) = 2$ $R^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5 \implies R = \sqrt{5}$。 $	an(\alpha) = 2/1 = 2 \implies \alpha = \arctan(2)$。 所以，$m(t) = \sqrt{5} \cos(2000\pi t - \arctan(2))$。 接下來計算 $m(t)$ 的希爾伯轉換 $\hat{m}(t)$。 希爾伯轉換的性質是： $\mathcal{H}\{\cos(\omega0 t)\} = \sin(\omega0 t)$ $\mathcal{H}\{\sin(\omega0 t)\} = -\cos(\omega0 t)$ 對於線性組合，希爾伯轉換也是線性的： $\mathcal{H}\{a x(t) + b y(t)\} = a \mathcal{H}\{x(t)\} + b \mathcal{H}\{y(t)\}$。 $\hat{m}(t) = \mathcal{H}\{m(t)\} = \mathcal{H}\{\cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)\}$ $\hat{m}(t) = \mathcal{H}\{\cos(2000\pi t)\} + 2\mathcal{H}\{\sin(2000\pi t)\}$ $\hat{m}(t) = \sin(…

Question 12

2. (10%) Over an interval $|t| \le 1$, an angle modulated signal is given by $\Phi{EM}(t) = 10\cos(10000t)$. It is known that the carrier frequency $\omegac = 10000$. (A) (5%) If this were a PM signal with $kp = 1000$, determine the message signal $m(t)$ over the interval $|t| \le 1$. (B) (5%) If this were a FM signal with $kf = 1000$, determine the message signal $m(t)$ over the interval $|t| \le 1$.

Accepted Answer

此題為角度調變 (Angle Modulation) 的計算題，包含相位調變 (PM) 和頻率調變 (FM) 兩種情況，要求根據給定的調變信號和調變參數，反推原始的調變信號 $m(t)$ 。

核心觀念：
相位調變 (PM) 和頻率調變 (FM) 的數學表達式，以及它們與調變信號 $m(t)$ 的關係。

解題步驟：

給定的角度調變信號為 $\Phi_{EM}(t) = 10\cos(10000t)$ 。
載波角頻率 $\omega_c = 10000$ rad/s。

一般的角度調變信號可以表示為 $x(t) = A_c \cos(\omega_c t + \phi(t))$ 。
在這裡， $A_c = 10$ ， $\phi(t) = 10000t$ 。

(A) If this were a PM signal with $k_p = 1000$ , determine the message signal $m(t)$ over the interval $|t| \le 1$ .

對於相位調變 (PM) 信號，其瞬時相位 $\phi(t)$ 與調變信號 $m(t)$ 的關係為：
$\phi(t) = \omega_c t + k_p m(t)$
其中 $k_p$ 是相位靈敏度 (phase sensitivity)，單位是 rad/V。

將給定的 $\phi(t) = 10000t$ 和 $\omega_c = 10000$ 代入：
$10000t = 10000t + k_p m(t)$
$0 = k_p m(t)$

Question 13

3. (15%) In an AWGN channel with a noise PSD of $N0/2$, two equiprobable messages are transmitted using $s1(t)$ and $s2(t)$ defined in $0 \le t \le T$ with energies $E1$ and $E2$, respectively. If $p{12} = \frac{1}{\sqrt{E1 E2}} \int0^T s1(t)s2(t)dt$ find: (A) (5%) The structure of the optimal receiver, including the threshold expressed as functions of $E1$, $E2$, $p{12}$ and $N0$. (B) (4%) An expression for the average error probability. (C) (3%) An expression for the average error probability if the signals are orthogonal. (D) (3%) An expression for the average error probability if the signals are antipodal.

Accepted Answer

此題為一個關於最佳接收機結構、平均錯誤機率計算的綜合題，涉及信號能量、相關係數、雜訊功率譜密度等概念。 核心觀念： 最佳接收機結構 (Matched Filter Receiver)，最小距離準則，AWGN 通道下的錯誤機率計算，正交信號，對稱信號 (antipodal signals)。 解題步驟： (A) The structure of the optimal receiver, including the threshold expressed as functions of $E1$, $E2$, $p{12}$ and $N0$. 在 AWGN 通道中，對於兩個等機率傳輸的信號 $s1(t)$ 和 $s2(t)$，最佳接收機的結構是基於最大似然檢測 (MLD) 或最小錯誤機率的準則。接收機通過計算接收信號 $r(t)$ 與兩個假設信號 $s1(t)$ 和 $s2(t)$ 的相似度來做出決策。 接收信號 $r(t) = sk(t) + w(t)$，其中 $k=1$ 或 $k=2$， $w(t)$ 是均值為零、功率譜密度為 $N0/2$ 的白高斯雜訊。 最佳接收機的結構通常包含一個匹配濾波器 (matched filter) 或相關器 (correlator)。 我們可以將信號空間投影到一個由 $s1(t)$ 和 $s2(t)$ 張成的二維空間（如果它們不相關）。 一個常用的正交基底是 $\phi1(t) = s1(t) / \sqrt{E1}$ 和 $\phi2(t) = (s2(t) - \rho{12} s1(t)) / \sqrt{E2(1-\rho{12}^2)}$。 或者，更簡單地，考慮信號的向量表示。 令 $s1$ 和 $s2$ 在某個基底下的向量為 $\mathbf{s}1$ 和 $\mathbf{s}2$。 在匹配濾波器接收機中，我們可以計算： $y1 = \int0^T r(t) s1(t) dt$ $y2 = \int0^T r(t) s2(t) dt$ 然而，更一般化的最佳接收機是計算判決變量 $\Lambda$。 對於 two-hypothesis problem，判決變量 $\Lambda$ 可以表示為： $\Lambda = \int0^T r(t) [s1(t) - s2(t)] dt$。 或者，一個更常用的判決變量是： $\Lambda = \int0^T r(t) s1(t) dt - \frac{1}{2} \int0^T s1^2(t) dt$ （決策 $s1$） $\Lambda' = \int0^T r(t) s2(t) dt - \frac{1}{2} \int0^T s2^2(t) dt$ （決策 $s2$） 我們可以使用信號的向量表示。 令 $s1(t)$ 和 $s2(t)$ 的能量為 $E1$ 和…

Question 14

4. (15%) Consider a binary symmetric channel (BSC) as follows: $p(y0|x0) = \alpha$ $p(y1|x0) = 1-p$ $p(y0|x1) = 1-\alpha$ $p(y1|x1) = p$ Determine the channel capacity $C$.

Accepted Answer

核心觀念 通道容量定義為 $$ C=\max{PX(x)} I(X;Y), $$ 其中 $I(X;Y)$ 是輸入與輸出之間的互資訊。 對二元對稱通道（BSC）而言，若交叉錯誤機率為 $p$，其容量為 $$ C=1-H2(p), $$ 其中二元熵函數定義為 $$ H2(p)=-p\log2 p-(1-p)\log2(1-p). $$ --- 機率條件檢查 題目給定 $$ p(y0|x0)=\alpha,\qquad p(y1|x0)=1-p, $$ $$ p(y0|x1)=1-\alpha,\qquad p(y1|x1)=p. $$ 對固定輸入 $x0$，條件機率總和必須為 $1$： $$ p(y0|x0)+p(y1|x0) =\alpha+(1-p)=1+\alpha-p. $$ 因此必須滿足 $$ \alpha=p. $$ 對固定輸入 $x1$ 也得到相同條件： $$ (1-\alpha)+p=1 \quad\Longrightarrow\quad \alpha=p. $$ 所以依照題目所列的四個機率，通道要成為合法的機率通道，必須有 $$ \boxed{\alpha=p}. $$ 此時通道轉移矩陣為 $$ P{Y|X} = \begin{bmatrix} p(y0|x0)&p(y1|x0)\ p(y0|x1)&p(y1|x1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} p&1-p\ 1-p&p \end{bmatrix}. $$ 這正是交叉錯誤機率為 $p$ 的 BSC。 --- 解題方法：利用互資訊求最大值 令 $$ P(X=x0)=q,\qquad P(X=x1)=1-q. $$ 由 BSC 的特性，給定輸入 $X$ 後，輸出 $Y$ 的條件熵為 $$ H(Y|X)=H2(p). $$ 因為不論輸入為 $x0$ 或 $x1$，輸出錯誤的機率皆為 $p$。 因此互資訊為

114 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》

第 1 題5 分

第 2 題5 分

第 3 題5 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) $h_1(t)=e^{-\alpha|t|}\cos(2\pi f_0t)$

(B) $h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)$

第 4 題5 分

1. 頻率偏移

2. 相位偏移

第 5 題5 分

核心觀念

解題方法

第 6 題5 分

核心觀念

解題方法

第 7 題5 分

1. BPSK、QPSK、OQPSK、MSK

2. BFSK

3. 相干 8FSK

4. 16QAM

第 8 題5 分

核心觀念

解題方法

第 9 題5 分

第二、題

第 1. 題15 分

第 2. 題10 分

第 3. 題15 分

第 4. 題15 分

核心觀念

機率條件檢查

解題方法：利用互資訊求最大值

其他考古題

114 年中山大學的其他科目

中山大學《通訊理論》其他年度

其他學校的通訊系考古題

114 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》

第 1 題5 分

第 2 題5 分

第 3 題5 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) h1(t)=e−α∣t∣cos⁡(2πf0t)h_1(t)=e^{-\alpha|t|}\cos(2\pi f_0t)h1​(t)=e−α∣t∣cos(2πf0​t)

(B) h2(t)=e−tu(t)−e−(t−1)u(t−1)h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)h2​(t)=e−tu(t)−e−(t−1)u(t−1)

第 4 題5 分

1. 頻率偏移

2. 相位偏移

第 5 題5 分

核心觀念

解題方法

第 6 題5 分

核心觀念

解題方法

第 7 題5 分

1. BPSK、QPSK、OQPSK、MSK

2. BFSK

3. 相干 8FSK

4. 16QAM

第 8 題5 分

核心觀念

解題方法

第 9 題5 分

第 二、 題

第 1. 題15 分

第 2. 題10 分

第 3. 題15 分

第 4. 題15 分

核心觀念

機率條件檢查

解題方法：利用互資訊求最大值

其他考古題

114 年中山大學的其他科目

中山大學《通訊理論》其他年度

其他學校的通訊系考古題

114 年國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》

(A) $h_1(t)=e^{-\alpha|t|}\cos(2\pi f_0t)$

(B) $h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)$

第二、題