108 年 國立臺北大學通訊工程研究所《通訊原理》

核心觀念

本題考查訊號的能量與功率分類、振幅調變頻寬、立體聲 FM 多工、平穩隨機程序，以及 AM 解調方式。

連續時間訊號的總能量與平均功率定義為

$$E_x=\int_{-\infty}^{\infty}|x(t)|^2\,dt$$ $$P_x=\lim_{T\to\infty}\frac{1}{2T}\int_{-T}^{T}|x(t)|^2\,dt$$

有限能量且平均功率為零的訊號稱為能量訊號；有限且非零平均功率的訊號稱為功率訊號。也有訊號兩者皆非。

解題方法與選項分析

逐項檢查敘述是否符合定義與常見調變系統特性。

A. 錯。 能量訊號與功率訊號並未涵蓋所有訊號。例如 $x(t)=t$ 的能量發散，平均功率也發散，因此既非能量訊號，也非功率訊號。故「不存在兩者皆非的訊號」不成立。

B. 對。 若基帶訊號頻寬為 $W$，雙邊帶調變（DSB）的頻寬為 $2W$，單邊帶調變（SSB）的頻寬為 $W$。殘留邊帶調變（VSB）保留一個完整邊帶及另一邊帶的一部分，因此頻寬介於兩者之間：

$$W < B_{\text{VSB}} < 2W$$

C. 錯。 立體聲 FM 使用頻分多工（FDM）傳送不同音訊分量：$L+R$ 位於基頻，$L-R$ 以約 $38\,\text{kHz}$ 副載波作雙邊帶抑制載

此題要求計算給定訊號 $x(t)$ 的時間平均自相關函數 $R_x(\tau)$ 和功率頻譜密度 $S_x(f)$。

訊號為 $x(t) = 3 + 3 \cos(10\pi t) + 3 \sin(10\pi t)$。
這個訊號包含一個直流分量 (DC component) 和一個週期性交流分量。
直流分量：$x_{dc}(t) = 3$
交流分量：$x_{ac}(t) = 3 \cos(10\pi t) + 3 \sin(10\pi t)$

首先，我們將交流分量表示為單一的餘弦函數形式，以便於計算。
$A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t) = R \cos(\omega t - \phi)$，其中 $R = \sqrt{A^2 + B^2}$ 且 $\tan(\phi) = B/A$。
在這裡，$A=3$, $B=3$, $\omega = 10\pi$。
$R = \sqrt{3^2 + 3^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$。
$\tan(\phi) = 3/3 = 1$。由於 $A>0, B>0$，$\phi$ 在第一象限，所以 $\phi = \pi/4$。
因此，$x_{ac}(t) = 3\sqrt{2} \cos(10\pi t - \pi/4)$。

所以，訊號可以寫成 $x(t) = 3 + 3\sqrt{2} \cos(10\pi t - \pi/4)$。
這個訊號是週期性的。其週期 $T_0$ 由 $10\pi T_0 = 2\pi$ 決定，所以 $T_0 = 2\pi / (10\pi) = 1/5$ 秒。

1. 計算時間平均自相關函數 $R_x(\tau)$

對於一個週期訊號 $x(t)$，其時間平均自相關函數為：
$R_x(\tau) = \frac{1}{T_0} \int_{0}^{T_0} x(t) x(t+\tau) dt$

我們將 $x(t)$ 分解為直流分量 $x_{dc}(t)$ 和交流分量 $x_{ac}(t)$：
$x(t) = x_{dc}(t) + x_{ac}(t)$
$R_x(\tau) = E[x(t)x(t+\tau)]$
$R_x(\tau) = E[(x_{dc}(t) + x_{ac}(t))(x_{dc}(t+\tau) + x_{ac}(t+\tau))]$
$R_x(\tau) = E[x_{dc}(t)x_{dc}(t+\tau)] + E[x_{dc}(t)x_{ac}(t+\tau)] + E[x_{ac}(t)x_{dc}(t+\tau)] + E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)]$

由於 $x_{dc}(t) = 3$ 是常數，所以 $x_{dc}(t+\tau) = 3$。
$E[x_{dc}(t)x_{dc}(t+\tau)] = E[3 \cdot 3] = E[9] = 9$。

由於 $x_{dc}(t)$ 是常數，而 $x_{ac}(t)$ 的平均值為零（因為它是餘弦函數，在一個週期內的積分為零），所以：
$E[x_{dc}(t)x_{ac}(t+\tau)] = E[3 \cdot x_{ac}(t+\tau)] = 3 E[x_{ac}(t+\tau)] = 3 \cdot 0 = 0$。
$E[x_{ac}(t)x_{dc}(t+\tau)] = E[x_{ac}(t) \cdot 3] = 3 E[x_{ac}(t)] = 3 \cdot 0 = 0$。

所以，自相關函數簡化為：
$R_x(\tau) = 9 + E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)]$

現在計算 $E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)]$。
$x_{ac}(t) = 3\sqrt{2} \cos(10\pi t - \pi/4)$
$x_{ac}(t+\tau) = 3\sqrt{2} \cos(10\pi (t+\tau) - \pi/4) = 3\sqrt{2} \cos(10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4)$

$E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)] = E[(3\sqrt{2} \cos(10\pi t - \pi/4)) \cdot (3\sqrt{2} \cos(10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4))]$
$E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)] = (3\sqrt{2})^2 E[\cos(10\pi t - \pi/4) \cos(10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4)]$
$E[x_{ac}(t)x_{ac}(t+\tau)] = 18 E[\cos(10\pi t - \pi/4) \cos(10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4)]$

使用三角恆等式 $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A-B) + \cos(A+B)]$：
$A = 10\pi t - \pi/4$
$B = 10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4$
$A-B = (10\pi t - \pi/4) - (10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4) = -10\pi \tau$
$A+B = (10\pi t - \pi/4) + (10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4) = 20\pi t + 10\pi \tau - \pi/2$

所以，$\cos(10\pi t - \pi/4) \cos(10\pi t + 10\pi \tau - \pi/4) = \frac{1}{2}[\cos(-10\pi \tau) + \cos(20\pi t + 10\pi \tau - \pi/2)]$
$= \frac{1}{2}[\cos(10\pi \tau) + \cos(20\pi t + 10\pi \tau - \pi/2)]$

此題要求根據給定的調頻 (FM) 調變器參數和訊息訊號 $m(t)$ 的波形圖，繪製頻率偏差和相位偏差的圖形。

調頻訊號的一般形式為：
$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + \phi(t))$
其中 $\phi(t)$ 是瞬時相位。

瞬時頻率 $f_i(t)$ 與瞬時相位 $\phi(t)$ 的關係為：
$f_i(t) = f_c + \frac{1}{2\pi} \frac{d\phi(t)}{dt}$

頻率偏差 $\Delta f(t)$ 定義為瞬時頻率與載波頻率 $f_c$ 之差：
$\Delta f(t) = f_i(t) - f_c = \frac{1}{2\pi} \frac{d\phi(t)}{dt}$

相位偏差 $\Delta \phi(t)$ 定義為瞬時相位相對於某個參考相位（通常是 $2\pi f_c t$ 的相位）的偏差。如果我們將調變後的相位寫成 $\phi(t) = 2\pi f_c t + \phi_m(t)$，則相位偏差為 $\Delta \phi(t) = \phi_m(t)$。

對於調頻調變，瞬時頻率與訊息訊號 $m(t)$ 的關係是：
$f_i(t) = f_c + k_f m(t)$
其中 $k_f$ 是頻率靈敏度 (frequency sensitivity)，單位是 Hz/V。

從題目得知，$k_f = 10$ Hz/V。
因此，頻率偏差為：
$\Delta f(t) = f_i(t) - f_c = k_f m(t) = 10 m(t)$。

相位偏差 $\Delta \phi(t)$ 與頻率偏差 $\Delta f(t)$ 的關係是：
$\Delta f(t) = \frac{1}{2\pi} \frac{d(\Delta \phi(t))}{dt}$
反過來，
$\Delta \phi(t) = \int_{-\infty}^{t} 2\pi \Delta f(\lambda) d\lambda$
或者，更常見的定義是：
$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + 2\pi k_f \int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda)$
所以，相位偏差為 $\Delta \phi(t) = 2\pi k_f \int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda$。

現在我們需要根據給定的 $m(t)$ 波形圖來繪製 $\Delta f(t)$ 和 $\Delta \phi(t)$。
訊息訊號 $m(t)$ 的波形圖如下：

• 在 $0 \le t < 1$ 秒，$m(t) = 1$ V。
• 在 $1 \le t < 2$ 秒，$m(t) = 2$ V。
• 在 $2 \le t < 3$ 秒，$m(t) = 0$ V。
• 在 $3 \le t < 4$ 秒，$m(t) = -1$ V。
• 在 $t \ge 4$ 秒和 $t < 0$ 秒，假設 $m(t) = 0$ V (圖中未標示，但通常這樣假設)。

繪製頻率偏差 $\Delta f(t)$ (單位：Hz)

$\Delta f(t) = 10 m(t)$

• 在 $0 \le t < 1$ 秒：$\Delta f(t) = 10 \times 1 = 10$ Hz。
• 在 $1 \le t < 2$ 秒：$\Delta f(t) = 10 \times 2 = 20$ Hz。
• 在 $2 \le t < 3$ 秒：$\Delta f(t) = 10 \times 0 = 0$ Hz。
• 在 $3 \le t < 4$ 秒：$\Delta f(t) = 10 \times (-1) = -10$ Hz。
• 在其他時間段：$\Delta f(t) = 0$ Hz。

繪製 $\Delta f(t)$ 的波形圖：
縱軸為頻率偏差 (Hz)，橫軸為時間 (s)。

• 在 $t=0$ 到 $t=1$ 之間，$\Delta f(t)$ 為一條水平線在 10 Hz。
• 在 $t=1$ 到 $t=2$ 之間，$\Delta f(t)$ 為一條水平線在 20 Hz。
• 在 $t=2$ 到 $t=3$ 之間，$\Delta f(t)$ 為一條水平線在 0 Hz (即 x 軸)。
• 在 $t=3$ 到 $t=4$ 之間，$\Delta f(t)$ 為一條水平線在 -10 Hz。

繪製相位偏差 $\Delta \phi(t)$ (單位：radians)

$\Delta \phi(t) = 2\pi k_f \int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = 2\pi (10) \int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = 20\pi \int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda$

我們需要計算 $m(t)$ 在不同時間段的積分。假設 $t < 0$，$\int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = 0$。
因此，$\Delta \phi(t) = 0$ 對於 $t < 0$。

• 在 $0 \le t < 1$ 秒：
  $\int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = \int_{-\infty}^{0} m(\lambda) d\lambda + \int_{0}^{t} m(\lambda) d\lambda = 0 + \int_{0}^{t} 1 d\lambda = t$。
  $\Delta \phi(t) = 20\pi t$。
  在 $t=0$，$\Delta \phi(0) = 0$。
  在 $t=1$，$\Delta \phi(1) = 20\pi$ 弧度。
  這段時間內，$\Delta \phi(t)$ 是一條從 0 到 $20\pi$ 的斜直線。

• 在 $1 \le t < 2$ 秒：
  $\int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = \int_{-\infty}^{1} m(\lambda) d\lambda + \int_{1}^{t} m(\lambda) d\lambda$
  $\int_{-\infty}^{1} m(\lambda) d\lambda = \int_{0}^{1} 1 d\lambda = 1$。
  $\int_{1}^{t} m(\lambda) d\lambda = \int_{1}^{t} 2 d\lambda = 2(t-1)$。
  所以，$\int_{-\infty}^{t} m(\lambda) d\lambda = 1 + 2(t-1) = 1 + 2t - 2 = 2t - 1$。
  $\Delta \phi(t) = 20\pi (2t - 1)$。

核心觀念

本題考查 BPSK 的相干解調、充分統計量、AWGN 下的條件機率密度，以及最大概似偵測（ML）與最大後驗機率偵測（MAP）。

一個位元週期內的訊號為

$$x(t)= \begin{cases} A\cos(2\pi f_ct), & m=0,\\ -A\cos(2\pi f_ct), & m=1, \end{cases} \qquad 0\le t\le T.$$

由於 $f_c\gg 1/T$，可使用近似式

$$\int_0^T\cos^2(2\pi f_ct)\,dt\approx \frac{T}{2}.$$

每個訊號的能量為

$$E_s=\int_0^T A^2\cos^2(2\pi f_ct)\,dt \approx \frac{A^2T}{2}.$$

令標準化相關器輸出為

$$z=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T y(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

此 $z$ 即為判斷 $m$ 所需的充分統計量。

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i. 相干解調與假設檢定

1. 相干解調器

接收訊號為

$$y(t)=x(t)+n(t).$$

以與載波同頻同相的 $\cos(2\pi f_ct)$ 進行相關，再乘上 $\sqrt{2/T}$：

$$z=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T y(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

代入 $y(t)$：

$$z=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T x(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt +\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T n(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

定義雜訊項

$$w=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T n(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

由於 $n(t)$ 為零平均白高斯雜訊，$w$ 仍為高斯隨機變數，且

$$E[w]=0.$$

其變異數為

$$\begin{aligned} \sigma_w^2 &=\frac{2}{T}\int_0^T\int_0^T E[n(t)n(\tau)] \cos(2\pi f_ct)\cos(2\pi f_c\tau)\,dt\,d\tau\\ &=\frac{2}{T}\cdot \frac{N_0}{2} \int_0^T\cos^2(2\pi f_ct)\,dt\\ &\approx \frac{N_0}{2}. \end{aligned}$$

因此

$$w\sim \mathcal N\left(0,\frac{N_0}{2}\right).$$

2. 兩個假設下的輸出

令

$$H_0:m=0,\qquad H_1:m=1.$$

在 $H_0$ 下，

$$\begin{aligned} z &=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T A\cos^2(2\pi f_ct)\,dt+w\\ &\approx A\sqrt{\frac{T}{2}}+w. \end{aligned}$$

在 $H_1$ 下，

$$\begin{aligned} z &=\sqrt{\frac{2}{T}}\int_0^T -A\cos^2(2\pi f_ct)\,dt+w\\ &\approx -A\sqrt{\frac{T}{2}}+w. \end{aligned}$$

定義

$$a=A\sqrt{\frac{T}{2}}=\sqrt{E_s}.$$

則

$$\begin{cases} H_0:z=a+w,\\ H_1:z=-a+w, \end{cases} \qquad w\sim\mathcal N\left(0,\frac{N_0}{2}\right).$$

因此，在兩個假設下的條件機率密度分別為

$$p(z|H_0) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0}} \exp\left[-\frac{(z-a)^2}{N_0}\right],$$

以及

$$p(z|H_1) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0}} \exp\left[-\frac{(z+a)^2}{N_0}\right].$$

先驗機率為

$$P(H_0)=P(m=0)=\frac49, \qquad P(H_1)=P(m=1)=\frac59.$$

判斷規則可寫成

$$z \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} \eta,$$

也就是：

• 若 $z>\eta$，判定 $H_0$；
• 若 $z<\eta$，判定 $H_1$。

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ii. ML 與 MAP 偵測門檻

1. 最大概似偵測門檻 $\eta_{\mathrm{ML}}$

ML 偵測只比較條件機率密度：

$$p(z|H_0) \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} p(z|H_1).$$

令兩者相等求交點：

$$\exp\left[-\frac{(z-a)^2}{N_0}\right] = \exp\left[-\frac{(z+a)^2}{N_0}\right].$$

取自然對數：

$$(z-a)^2=(z+a)^2.$$

展開後得到

$$z=0.$$

因此

$$\boxed{\eta_{\mathrm{ML}}=0}.$$

ML 判斷規則為

$$\boxed{ \begin{cases} z>0,\quad \text{判定 }m=0,\\ z<0,\quad \text{判定 }m=1. \end{cases} }$$

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2. 最大後驗機率偵測門檻 $\eta_{\mathrm{MAP}}$

MAP 偵測比較後驗機率：

$$P(H_0|z) \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} P(H_1|z).$$

利用貝氏定理，分母相同，因此等價於

$$p(z|H_0)P(H_0) \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} p(z|H_1)P(H_1).$$

代入先驗機率：

$$p(z|H_0)\frac49 \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} p(z|H_1)\frac59.$$

取對數概似比：

核心觀念

本題考查「零碼間干擾（Zero Inter-Symbol Interference, zero-ISI）」與 Nyquist 第一準則。

傳送訊號為

$$x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\alpha_k h(t-kT_s),$$

其中：

• $\alpha_k$：第 $k$ 個資料符號；
• $T_s$：符號週期；
• $h(t)$：脈波成形函數。

在 $t=nT_s$ 取樣：

$$x[n]=x(nT_s) =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\alpha_k h((n-k)T_s).$$

取樣值包含目前符號與其他符號的疊加。若要完全沒有碼間干擾，其他符號在取樣時刻必須全部為零。

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解題方法

將 $x[n]$ 寫成離散卷積形式：

$$x[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\alpha_k h((n-k)T_s).$$

其中 $h((n-k)T_s)$ 是第 $k$ 個符號對第 $n$ 個取樣時刻的影響。

為了使任意資料序列 $\{\alpha_k\}$ 都不產生 ISI，必須讓取樣響應形成離散單位脈衝：

$$h((n-k)T_s)= \begin{cases} 1, & n=k,\\ 0, & n\neq k. \end{cases}$$

因此取 $m=n-k$，可得到 Nyquist 時域條件。

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i）時域中的零碼間干擾條件

在第 $n$ 個取樣時刻，

$$x[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\alpha_k h((n-k)T_s).$$

要使 $x[n]=\alpha_n$，必須滿足

$$h((n-k)T_s)=\delta[n-k],$$

也就是

$$\boxed{ h(mT_s)= \begin{cases} 1, & m=0,\\ 0, & m=\pm1,\pm2,\ldots \end{cases} }$$

因此：

$$h(0)=1,$$

且

$$h(\pm T_s)=h(\pm2T_s)=h(\pm3T_s)=\cdots=0.$$

代回原式：

$$x[n] =\sum_{k=-\infty}^{\infty}\alpha_k\delta[n-k] =\alpha_n.$$

所以在每個符號取樣時刻，只保留目前符號，其他符號的貢獻皆為零。

若允許整體增益為 $A$，一般化條件可寫成

$$h(mT_s)=A\delta[m],$$

此時

$$x[n]=A\alpha_n.$$

通常將 $A$ 正規化為 $1$。

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ii）頻域中的零碼間干擾條件

採用 Fourier transform 定義：

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

由取樣函數的 Poisson summation relation，

$$\sum_{m=-\infty}^{\infty}h(mT_s)e^{-j2\pi f mT_s} = \frac{1}{T_s} \sum_{\ell=-\infty}^{\infty} H\left(f-\frac{\ell}{T_s}\right).$$

由第一小題的零-ISI 條件，

$$h(mT_s)=\delta[m].$$

因此左側為

$$\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta[m]e^{-j2\pi f mT_s}=1.$$

所以

$$\frac{1}{T_s} \sum_{\ell=-\infty}^{\infty} H\left(f-\frac{\ell}{T_s}\right)=1.$$

得到頻域 Nyquist 條件：

$$\boxed{ \sum_{\ell=-\infty}^{\infty} H\left(f-\frac{\ell}{T_s}\right)=T_s }$$

對所有頻率 $f$ 成立。

若時域條件為 $h(mT_s)=A\delta[m]$，則相應的頻域條件為

$$\boxed{ \sum_{\ell=-\infty}^{\infty} H\left(f-\frac{\ell}{T_s}\right)=AT_s }$$

這表示將 $H(f)$ 以 $1/T_s$ 為間隔週期性平移後相加，結果必須為常數 $T_s$。

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