115 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《通訊理論》

核心觀念

題目考查 Nyquist 零間隔干擾（zero-ISI）準則。

若符號間隔為

$$t_s=\frac{1}{W},$$

則脈衝 $p(t)$ 必須滿足

$$p(nt_s)= \begin{cases} p(0), & n=0,\\ 0, & n\in\mathbb{Z},\ n\neq 0. \end{cases}$$

也就是在其他符號的取樣時刻，脈衝響應必須為零：

$$p\left(\frac{n}{W}\right)=0,\qquad n\neq 0.$$

採用通訊理論常用的正規化 sinc 定義：

$$\operatorname{sinc}(x)=\frac{\sin(\pi x)}{\pi x},$$

因此對任意非零整數 $n$，

$$\operatorname{sinc}(n)=0.$$

判斷重點是檢查各選項在 $t=n/W$ 時是否為零。

選項分析

（A）

$$p_1(t)=2W\operatorname{sinc}^2(2Wt)+W\operatorname{sinc}(Wt).$$

在 $t=n/W$、$n\neq 0$ 時，

$$p_1\left(\frac{n}{W}\right) =2W\operatorname{sinc}^2(2n)+W\operatorname{sinc}(n).$$

由於 $2n$ 與 $n$ 都是非零整數，

$$\operatorname{sinc}(2n)=0,\qquad \operatorname{sinc}(n)=0.$$

所以

$$p_1\left(\frac{n}{W}\right)=0.$$

此外，

$$p_1(0)=2W+W=3W\neq 0.$$

因此（A）滿足零 ISI 準則。

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（B）

$$p_2(t)=4W\operatorname{sinc}(4Wt)-W\operatorname{sinc}^2(Wt).$$

在 $t=n/W$、$n\neq 0$ 時，

$$p_2\left(\frac{n}{W}\right) =4W\operatorname{sinc}(4n)-W\operatorname{sinc}^2(n).$$

因為 $4n$ 與 $n$ 都是非零整數，

$$\operatorname{sinc}(4n)=0,\qquad \operatorname{sinc}(n)=0.$$

因此

$$p_2\left(\frac{n}{W}\right)=0.$$

且

本題考驗 M-ary 通訊系統的符號傳輸率與位元傳輸率之間的關係。

符號傳輸率 (Symbol Rate)，也稱為 Baud rate，表示每秒傳送的符號數量。題目中已知符號傳輸率為 $R_s = 2000$ symbols/sec。

位元傳輸率 (Bit Rate)，表示每秒傳送的位元數量，單位為 bits/sec。

對於一個 M-ary 通訊系統，每個符號可以代表 $\log_2 M$ 個位元。
題目中給定 $M = 16$。
所以，每個符號可以代表的位元數為 $\log_2 16 = 4$ bits/symbol。

核心觀念

本題考查：

• 匹配濾波器輸出取樣值的訊號與雜訊分布
• AWGN 通道下的最佳判決門檻
• 多元等概訊號的符號錯誤率計算
• $Q$ 函數的應用

三個傳送波形分別為 $-p(t)$、$0$、$p(t)$。脈波能量為

$$E_p=\int_0^{T_M}p^2(t)\,dt.$$

匹配濾波器匹配於 $p(t)$，在 $T_M$ 取樣後：

• 傳送 $-p(t)$ 時，訊號輸出平均值為 $-E_p$
• 傳送 $0$ 時，訊號輸出平均值為 $0$
• 傳送 $p(t)$ 時，訊號輸出平均值為 $E_p$

匹配濾波器輸出的雜訊仍為高斯雜訊，其變異數為

$$\sigma_r^2=\frac{N_0}{2}E_p.$$

因此

$$\sigma_r=\sqrt{\frac{N_0E_p}{2}}.$$

---

解題方法

令匹配濾波器輸出取樣值為 $r$，則三種假設下的條件分布為

$$r|m_{-1}\sim\mathcal{N}\left(-E_p,\frac{N_0E_p}{2}\right),$$ $$r|m_0\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{N_0E_p}{2}\right),$$ $$r|m_1\sim\mathcal{N}\left(E_p,\frac{N_0E_p}{2}\right).$$

由於三個訊息等機率，且條件分布的變異數相同，最佳判決門檻為相鄰訊號平均值的中點：

$$\gamma_{-1,0}=-\frac{E_p}{2}, \qquad \gamma_{0,1}=\frac{E_p}{2}.$$

判決規則為

$$\begin{cases} r<-\dfrac{E_p}{2} &\Rightarrow \hat m=m_{-1},\\[6pt] -\dfrac{E_p}{2}\le r<\dfrac{E_p}{2} &\Rightarrow \hat m=m_0,\\[6pt] r\ge\dfrac{E_p}{2} &\Rightarrow \hat m=m_1. \end{cases}$$

傳送 $m_{-1}$ 時

錯誤事件為 $r\ge -E_p/2$。由於平均值為 $-E_p$，需要雜訊大於 $E_p/2$：

$$P(e|m_{-1}) =Q\left(\frac{E_p/2}{\sigma_r}\right).$$

代入 $\sigma_r$：

$$P(e|m_{-1}) =Q\left( \frac{E_p/2}{\sqrt{N_0E_p/2}} \right) =Q\left(\sqrt{\frac{E_p}{2N_0}}\right).$$

傳送 $m_0$ 時

當 $r<-E_p/2$ 或 $r>E_p/2$ 時發生錯誤，因此

$$P(e|m_0) =2Q\left(\frac{E_p/2}{\sigma_r}\right) =2Q\left(\sqrt{\frac{E_p}{2N_0}}\right).$$

傳送 $m_1$ 時

與 $m_{-1}$ 對稱：

核心觀念

本題考查傅立葉轉換的三個性質：

1. 頻率變數的縮放
2. 頻率平移所造成的時間域相位因子
3. 傅立葉轉換中變數反號與反轉性質

採用傅立葉轉換定義

$$G(f)=\int_{-\infty}^{\infty}g(t)e^{-j2\pi ft}\,dt$$

因此

$$g(t)=\int_{-\infty}^{\infty}G(f)e^{j2\pi ft}\,df$$

題目所給的頻域函數為

$$H(f)=g(af-f_0)$$

其反傅立葉轉換記為 $G_1(t)$。

---

解題方法

由反傅立葉轉換：

$$G_1(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(af-f_0)e^{j2\pi ft}\,df$$

令

$$u=af-f_0$$

則

$$f=\frac{u+f_0}{a},\qquad df=\frac{du}{a}$$

考慮積分方向後，變數代換的尺度因子應為 $\frac{1}{|a|}$，因此

$$\begin{aligned} G_1(t) &=\frac{1}{|a|} \int_{-\infty}^{\infty} g(u) e^{j2\pi \frac{u+f_0}{a}t}\,du\\ &=\frac{1}{|a|} e^{j2\pi f_0t/a} \int_{-\infty}^{\infty} g(u)e^{j2\pi u(t/a)}\,du \end{aligned}$$

由傅立葉轉換定義，

$$G\left(-\frac{t}{a}\right) = \int_{-\infty}^{\infty} g(u)e^{j2\pi u(t/a)}\,du$$

所以一般情形 $a\neq 0$ 時，

$$\boxed{ G_1(t)=\frac{1}{|a|} G\left(-\frac{t}{a}\right) e^{j2\pi f_0t/a} }$$

當 $a>0$ 時，$|a|=a$，故

$$G_1(t)=\frac{1}{a} G\left(-\frac{t}{a}\right) e^{j2\pi f_0t/a}$$

正好符合選項 (A)。

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選項分析

(A)

$$G_1(t)=\frac{1}{a}G\left(-\frac{t}{a}\right)e^{j2\pi f_0t/a}, \qquad a>0$$

核心觀念

窄頻 FM 可寫成同相與正交兩個分量：

$$s(t)=A_c\cos(2\pi f_ct) -\beta A_c\sin(2\pi f_mt)\sin(2\pi f_ct)$$

相對於載波 $\cos(2\pi f_ct)$ 與 $\sin(2\pi f_ct)$，其兩個正交分量分別為

$$I(t)=A_c,\qquad Q(t)=-\beta A_c\sin(2\pi f_mt)$$

因此，信號包絡為正交分量的合成振幅：

$$E(t)=\sqrt{I^2(t)+Q^2(t)}$$

解題方法

代入 $I(t)$ 與 $Q(t)$：

$$\begin{aligned} E(t) &=\sqrt{A_c^2+\beta^2A_c^2\sin^2(2\pi f_mt)}\\ &=A_c\sqrt{1+\beta^2\sin^2(2\pi f_mt)} \end{aligned}$$

由於

$$0\leq \sin^2(2\pi f_mt)\leq 1$$

所以包絡的最小值與最大值分別為

$$E_{\min}=A_c$$

以及

$$E_{\max}=A_c\sqrt{1+\beta^2}$$

故最大包絡值符合選項（B）。

選項分析

• （A）錯誤。

  題目中的正交分量會使包絡變成

  $E(t)=A_c\sqrt{1+\beta^2\sin^2(2\pi f_mt)}$

  最小值是在 $\sin(2\pi f_mt)=0$ 時取得，因此

  $E_{\min}=A_c$

  並非 $A_c\sqrt{1-\beta^2}$。此選項常見於將 FM 的正交分量誤當成 AM 振幅變化。

• （B）正確。

  當

  $\sin^2(2\pi f_mt)=1$

本題考驗對傅立葉轉換的性質及其與時域訊號特徵的關係。我們需要判斷五個敘述中哪一個是錯誤的。

訊號 $x(t)$ 是定義在 $[-3, 3]$ 區間的偶函數，$x(t) = 9 - t^2$。
$x(t)$ 在區間外為零。

(A) $X(f)$ 的虛部是否為零？
傅立葉轉換 $X(f) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j2\pi f t} dt$。
由於 $x(t)$ 是實數訊號，其傅立葉轉換 $X(f)$ 滿足 $X(-f) = X^*(f)$。
如果 $x(t)$ 是偶函數，則 $X(f)$ 是實數且偶函數。
$x(t) = 9 - t^2$ 在 $[-3, 3]$ 區間是偶函數。在區間外為零，所以整體是偶函數。
因此，$X(f)$ 應該是實數，其虛部為零。
敘述 (A) 是正確的。

(B) $\int_{-\infty}^{\infty} X(f) df$ 的值？
根據傅立葉轉換的積分性質，$\int_{-\infty}^{\infty} X(f) df = x(0)$。
$x(t) = 9 - t^2$。
$x(0) = 9 - 0^2 = 9$。
所以，$\int_{-\infty}^{\infty} X(f) df = 9$。
敘述 (B) 是正確的。

(C) $X(0)$ 的值？
$X(0)$ 是 $X(f)$ 在 $f=0$ 的值，也就是 $X(f)$ 的直流分量。
$X(0) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j2\pi (0) t} dt = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) dt$。
$X(0) = \int_{-3}^{3} (9 - t^2) dt$。
$X(0) = \left[ 9t - \frac{t^3}{3} \right]_{-3}^{3}$。
$X(0) = \left( 9(3) - \frac{3^3}{3} \right) - \left( 9(-3) - \frac{(-3)^3}{3} \right)$。
$X(0) = \left( 27 - \frac{27}{3} \right) - \left( -27 - \frac{-27}{3} \right)$。
$X(0) = (27 - 9) - (-27 + 9)$。
$X(0) = 18 - (-18) = 18 + 18 = 36$。
所以，$X(0) = 36$。
敘述 (C) 是正確的。

(D) $\int_{-\infty}^{\infty} |X(f)|^2 df$ 的值？
根據帕賽瓦爾定理 (Parseval's theorem)，$\int_{-\infty}^{\infty} |X(f)|^2 df = \int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt$。
$|x(t)|^2 = x^2(t) = (9 - t^2)^2$。
$\int_{-\infty}^{\infty} |X(f)|^2 df = \int_{-3}^{3} (9 - t^2)^2 dt$。
$\int_{-3}^{3} (81 - 18t^2 + t^4) dt$。
$= \left[ 81t - 18\frac{t^3}{3} + \frac{t^5}{5} \right]_{-3}^{3}$。
$= \left[ 81t - 6t^3 + \frac{t^5}{5} \right]_{-3}^{3}$。
由於被積函數是偶函數，積分範圍是對稱的，所以：
$= 2 \left[ 81t - 6t^3 + \frac{t^5}{5} \right]_{0}^{3}$。
$= 2 \left( 81(3) - 6(3^3) + \frac{3^5}{5} \right)$。
$= 2 \left( 243 - 6(27) + \frac{243}{5} \right)$。
$= 2 \left( 243 - 162 + \frac{243}{5} \right)$。
$= 2 \left( 81 + \frac{243}{5} \right)$。
$= 2 \left( \frac{405 + 243}{5} \right) = 2 \left( \frac{648}{5} \right) = \frac{1296}{5}$。
$\frac{1296}{5} = 259.2$。

核心觀念

本題考查奈奎斯特取樣定理與傅立葉轉換的頻域性質。

若連續時間訊號的最高頻率為 $B$ Hz，使用取樣頻率 $f_s$ 取樣時，能完美重建的必要條件為

$$f_s>2B.$$

取樣週期為

$$T_s=0.02\ \text{秒},$$

因此取樣頻率為

$$f_s=\frac{1}{T_s}=50\ \text{Hz},$$

奈奎斯特頻率為

$$\frac{f_s}{2}=25\ \text{Hz}.$$

所以各訊號的頻譜必須完全限制在 $|f|<25$ Hz 內，才能由取樣值完美恢復。

採用傅立葉轉換定義

$$X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt.$$

基本公式為

$$\frac{\sin(2\pi B t)}{\pi t} \longleftrightarrow \begin{cases} 1, & |f|<B,\\ 0, & |f|>B. \end{cases}$$

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各訊號頻寬判斷

1. 訊號 $x_1(t)$

$$x_1(t)=\frac{\sin(40\pi t)}{\pi t} =\frac{\sin(2\pi\cdot 20t)}{\pi t}.$$

因此

$$X_1(f)= \begin{cases} 1, & |f|<20,\\ 0, & |f|>20. \end{cases}$$

其最高頻率為 $20$ Hz，而

$$20<25.$$

故 $x_1(t)$ 可以被 $50$ Hz 的取樣頻率完美恢復。

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2. 訊號 $x_2(t)$

令

$$g(t)=\frac{\sin(20\pi t)}{\pi t} =\frac{\sin(2\pi\cdot 10t)}{\pi t}.$$

則 $g(t)$ 的頻譜限制在 $|f|<10$ Hz。

由於時域相乘對應到頻域摺積，

$$x_2(t)=x_1(t)g(t) \quad\Longleftrightarrow\quad X_2(f)=X_1(f)*G(f).$$

$X_1(f)$ 支援範圍為 $[-20,20]$，$G(f)$ 支援範圍為 $[-10,10]$，摺積後的支援範圍為

$$[-20,20]+[-10,10]=[-30,30].$$

因此 $x_2(t)$ 的最高頻率為 $30$ Hz，需要

$$f_s>2(30)=60\ \text{Hz}.$$

實際取樣頻率只有 $50$ Hz，故 $x_2(t)$ 無法完美恢復。

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3. 訊號 $x_3(t)$

$$x_3(t)=t x_2(t).$$

時域乘上 $t$ 對應到頻域微分：

$$X_3(f) = -\frac{1}{j2\pi}\frac{dX_2(f)}{df}.$$

頻域微分只會改變頻譜的形狀，不會縮小其支援範圍。因此 $X_3(f)$ 仍然存在於

$$-30\le f\le 30.$$

其最高頻率仍為 $30$ Hz，超過奈奎斯特頻率 $25$ Hz，所以 $x_3(t)$ 不能由目前的取樣信號完美恢復。

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核心觀念

此題考隨機相位正弦波的平均值、自相關函數、廣義平穩性（WSS）、功率頻譜密度（PSD）與平均功率。

令 $\theta\sim\mathcal{U}[0,2\pi)$。均勻隨機相位滿足

$$\mathbb{E}[\cos\theta]=0,\qquad \mathbb{E}[\cos^2\theta]=\frac{1}{2}.$$

WSS 隨機過程的平均值須為常數，且自相關函數只與時間差 $\tau$ 有關。對功率訊號，自相關函數在 $\tau=0$ 的值就是平均功率：

$$P_X=R_X(0)=\mathbb{E}[X^2(t)].$$

解題方法

先計算平均值：

$$\mathbb{E}[X(t)] =A\,\mathbb{E}\!\left[\cos(2\pi f_c t+\theta)\right] =0.$$

再計算自相關函數：

$$\begin{aligned} R_X(t_1,t_2) &=\mathbb{E}[X(t_1)X(t_2)]\\ &=A^2\mathbb{E}\!\left[ \cos(2\pi f_c t_1+\theta) \cos(2\pi f_c t_2+\theta) \right]. \end{aligned}$$

利用積化和差公式 $\cos u\cos v=\frac{1}{2}[\cos(u-v)+\cos(u+v)]$，其中含 $2\theta$ 的項取期望後為零，因此

$$R_X(t_1,t_2) =\frac{A^2}{2}\cos\!\left(2\pi f_c(t_1-t_2)\right).$$

令 $\tau=t_1-t_2$，可得

核心觀念

本題考查標準調幅（AM）、DSB-SC、SSB 與 VSB 的基本特性，包括：

• 調幅指數與包絡檢波條件
• AM 的頻譜與傳輸功率
• DSB-SC、SSB、VSB 的頻寬與功率效率

已知訊號為

$$s(t)=A_c\bigl(1+k_a m(t)\bigr)\cos(2\pi f_c t)$$

其中：

• $A_c$：載波振幅
• $f_c$：載波頻率
• $m(t)$：基頻訊號
• $k_a$：振幅靈敏度（amplitude sensitivity）

其包絡為

$$A_c\bigl(1+k_a m(t)\bigr)$$

若要使用包絡檢波器無失真地恢復訊息，必須滿足

$$1+k_a m(t)\geq 0,\qquad \forall t$$

也就是不能發生過度調變（overmodulation）。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合 AM、DSB-SC、SSB 與 VSB 的定義及基本特性。

設基頻訊號最高頻率為 $W$，則：

• AM／DSB-SC 頻寬為 $2W$
• SSB 頻寬為 $W$
• VSB 頻寬介於 $W$ 與 $2W$ 之間

同時，標準 AM 保留載波，因此可以使用包絡檢波器；DSB-SC 抑制載波，雖然可節省載波功率，但必須使用同步解調。

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選項分析

(A) The amplitude sensitivity $k_a$ can be any positive real number.

錯誤。

$k_a$ 並非可以任意取正實數。為了避免過度調變並確保包絡檢波器能正確工作，必須滿足

$$1+k_a m(t)\geq 0$$

若訊息訊號的最大負值為 $m_{\min}$，則需有

$$1+k_a m_{\min}\geq 0$$

當 $m_{\min}<0$ 時，

$$k_a\leq \frac{1}{|m_{\min}|}$$

若以常見的正規化訊息訊號 $|m(t)|\leq 1$ 表示，則必須滿足

$$0\leq k_a\leq 1$$

其中 $k_a=1$ 對應 100% 調變。當 $k_a>1$ 時，包絡可能穿越零點，造成包絡失真。因此「可以是任何正實數」不正確。

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(B) The message $m(t)$ can be recovered from an envelop detector.

正確，但須以未過度調變為前提。

AM 訊號的包絡為

$$A_c\bigl(1+k_a m(t)\bigr)$$

包絡檢波器可取出此包絡，再去除直流項 $A_c$，並除以 $A_c k_a$，即可恢復

$$m(t)=\frac{\text{包絡}-A_c}{A_c k_a}$$

因此，只要滿足

$$1+k_a m(t)\geq 0$$

訊息即可由包絡檢波器恢復。

核心觀念

本題考查角度調變中的頻率調變（Frequency Modulation, FM），核心公式包括：

1. 瞬時相位
   $\theta_i(t)=2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau$

2. 瞬時頻率
   $f_i(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\theta_i(t)}{dt}$

3. 最大頻率偏移
   $\Delta f_{\max}=k_f A_m$

4. FM 頻寬的 Carson 近似公式
   $B_T\approx 2(\Delta f_{\max}+F_m)$

FM 的振幅固定為 $A_c$，訊息只改變載波的瞬時相位與瞬時頻率。

解題方法

逐一利用 FM 的定義與基本公式判斷。前四項主要檢查瞬時頻率、功率、FM 與 PM 的關係，以及頻率偏移；最後一項使用 Carson 頻寬公式。

選項分析

（A）正確

由題目可得瞬時相位：

$$\theta_i(t)=2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau$$

瞬時頻率定義為：

$$f_i(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\theta_i(t)}{dt}$$

因此：

$$\begin{aligned} f_i(t) &=\frac{1}{2\pi}\frac{d}{dt} \left[ 2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau \right]\\ &=f_c+k_fm(t) \end{aligned}$$

所以（A）正確。

（B）正確

FM 信號的振幅固定為 $A_c$，可寫成：

$$s(t)=A_c\cos\theta_i(t)$$

其平均功率為：

$$P_T=\frac{A_c^2}{2}$$

此處假設負載電阻為 $1\ \Omega$。若負載為 $R$，功率則為：

$$P_T=\frac{A_c^2}{2R}$$

因此在通訊理論慣用的單位負載假設下，（B）正確。

（C）錯誤

FM 與 PM 的關係如下：

核心觀念

匹配濾波器會讓已知訊號在指定取樣時刻的輸出訊雜比最大。對實數訊號 $g(t)$，若取樣時刻為 $T$，其匹配濾波器脈衝響應為

$$h(t)=g(T-t).$$

匹配濾波器輸出是訊號的自相關函數平移 $T$，因此峰值出現在 $t=T$，且峰值等於訊號能量。

解題方法

圖中題目給定 $g(t)=t/2$，適用範圍為 $0\le t<T$，其餘時間為 $0$。以下採用標準匹配濾波器設定：在 $t=T$ 取樣，且不另加比例常數。

(A) 匹配濾波器脈衝響應

將 $g(t)$ 的時間反轉並平移 $T$：

$$h(t)=g(T-t) = \begin{cases} \dfrac{T-t}{2}, & 0<t\le T,\\[4pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

端點的單點取值不影響卷積結果；亦可將非零區間寫成 $0\le t\le T$。

(B) 無雜訊時的匹配濾波器輸出

由卷積定義，

$$g_0(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau.$$

由於 $h(t)=g(T-t)$，令 $x=t-T$，可得

$$g_0(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)g(\tau-x)\,d\tau.$$

這是 $g(t)$ 的自相關函數，依對稱性只需計算 $0\le x\le T$ 的情形。此時重疊區間為 $x\le \tau\le T$，所以

$$g_0(t) =\frac{1}{4}\int_x^T \tau(\tau-x)\,d\tau =\frac{T^3}{12}-\frac{xT^2}{8}+\frac{x^3}{24}, \qquad 0\le x\le T.$$

代入 $x=|t-T|$，完整輸出為

核心觀念

此題考延遲線式 FM 解調器：將原訊號與延遲訊號相減，利用兩者相位差隨瞬時頻率變化，使相減後的振幅（包絡）帶有訊息訊號，再由包絡檢波器取出。

解題方法

圖中輸入分成兩路：一路直接接到加總器的「$+$」端，另一路經延遲線後接到「$-$」端。因此加總器輸出為 $s(t)-s(t-T)$，接著送入包絡檢波器。

令 $\omega_c=2\pi f_c$、$\omega_m=2\pi f_m$、$x=\omega_m t$、$\delta=\omega_m T$。題目給定 $\omega_cT=\pi/2$，故原訊號與延遲訊號的相位分別為

$$\theta(t)=\omega_ct+\beta\sin x$$ $$\theta(t-T)=\omega_ct-\frac{\pi}{2}+\beta\sin(x-\delta)$$

加總器輸出是兩個同振幅餘弦訊號之差。若兩訊號相位差為 $\Delta\theta$，相減後的包絡為 $2A_c\left|\sin(\Delta\theta/2)\right|$。本題的相位差為

$$\Delta\theta=\theta(t)-\theta(t-T) =\frac{\pi}{2}+\beta\bigl[\sin x-\sin(x-\delta)\bigr]$$

由題目給定的近似條件，$\cos\delta\approx1$、$\sin\delta\approx\delta$，因此