109 年 國立臺北大學通訊工程研究所《通訊原理》

這是一道關於傳統振幅調變 (AM) 的基本觀念題，主要考驗對 AM 訊號功率、效率以及調變指數的定義與計算。

核心觀念：

1. AM 訊號功率分解： AM 訊號的總功率可以分解為載波功率 $P_c$、上邊帶功率 $P_{LSB}$ 和下邊帶功率 $P_{USB}$。
2. AM 效率定義： 效率 $\eta$ 定義為邊帶總功率與載波功率的比值。
3. 調變指數定義： 調變指數 $\mu$ 與調變訊號的振幅、載波振幅以及訊號功率有關。

解題過程：

給定的 AM 訊號為 $x(t) = A \cos(2\pi f_c t) + B \cos(2\pi (f_c+f_m)t) + B \cos(2\pi (f_c-f_m)t)$ 的形式，其中 $f_c$ 為載波頻率，$f_m$ 為調變訊號頻率。
比較 $x(t)$ 的形式，我們可以辨識出：
載波頻率 $f_c = 200$ Hz。
調變訊號的頻率為 $f_m = 200 - 180 = 20$ Hz (或是 $220 - 200 = 20$ Hz)。
調變訊號的振幅相關項為 $B$。

標準的 AM 訊號形式為 $s(t) = A_c[1 + \mu m(t)] \cos(2\pi f_c t)$，展開後為 $s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + A_c \mu m(t) \cos(2\pi f_c t)$。
若調變訊號 $m(t)$ 為 $\cos(2\pi f_m t)$，則 $s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + \frac{A_c \mu}{2} \cos(2\pi (f_c+f_m)t) + \frac{A_c \mu}{2} \cos(2\pi (f_c-f_m)t)$。
對照題目給的 $x(t) = A \cos(2\pi(200)t) + B \cos(2\pi(180)t) + B \cos(2\pi(220)t)$，
我們可以對應出：
載波振幅為 $A_c = A$。
邊帶振幅為 $\frac{A_c \mu}{2} = B$。

AM 訊號的功率計算：
載波功率 $P_c = \frac{A_c^2}{2} = \frac{A^2}{2}$。
上邊帶功率 $P_{LSB} = \frac{1}{2} (\frac{A_c \mu}{2})^2 = \frac{B^2}{2}$。
下邊帶功率 $P_{USB} = \frac{1}{2} (\frac{A_c \mu}{2})^2 = \frac{B^2}{2}$。
總功率 $P_{total} = P_c + P_{LSB} + P_{USB} = \frac{A^2}{2} + \frac{B^2}{2} + \frac{B^2}{2} = \frac{A^2}{2} + B^2$。

題目給定：
總功率 $P_{total} = 200$ W。
效率 $\eta = 20\% = 0.2$。

效率的定義為邊帶總功率與載波功率的比值：
$\eta = \frac{P_{LSB} + P_{USB}}{P_c} = \frac{B^2/2 + B^2/2}{A^2/2} = \frac{B^2}{A^2/2} = \frac{2B^2}{A^2}$。

(a) 求 A 和 B：
我們有兩個方程式：

1. $P_{total} = \frac{A^2}{2} + B^2 = 200$

核心觀念

角度調變訊號的一般形式為

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

題目給定

$$x_c(t)=10\cos\left[2\pi(10^6)t+0.1\sin(10^3\pi t)\right]$$

因此可直接讀出：

• 載波頻率：$f_c=10^6\ \text{Hz}$
• 調變角頻率：$\omega_m=10^3\pi\ \text{rad/s}$
• 調變頻率：

$$f_m=\frac{\omega_m}{2\pi} =\frac{10^3\pi}{2\pi} =500\ \text{Hz}$$

相位偏移項為

$$\phi_m(t)=0.1\sin(10^3\pi t)$$

其最大相位偏移量為

$$\Delta\phi_{\max}=0.1\ \text{rad}$$

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(a) 視為 PM 訊號

解題方法

PM 訊號可表示為

$$x_{\text{PM}}(t) =A_c\cos\left[2\pi f_ct+k_pm(t)\right]$$

其中 $k_pm(t)$ 就是相位偏移項。

將題目中的訊號與 PM 標準形式比較：

$$k_pm(t)=0.1\sin(10^3\pi t)$$

已知 $k_p=10$，因此

$$m(t)=\frac{0.1}{10}\sin(10^3\pi t)$$

故

$$\boxed{m(t)=0.01\sin(10^3\pi t)}$$

此時最大相位偏移量驗算為

$$k_p|m(t)|_{\max} =10(0.01)=0.1\ \text{rad}$$

與原訊號相符。

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(b) 視為 FM 訊號

解題方法

FM 訊號可表示為

$$x_{\text{FM}}(t) =A_c\cos\left[ 2\pi f_ct+2\pi k_f\int_{-\infty}^{t}m(\tau)\,d\tau \right]$$

因此，FM 的瞬時角頻率偏移量為

$$\Delta\omega(t) =\frac{d}{dt}\phi_m(t)$$

題目中的相位偏移項為

$$\phi_m(t)=0.1\sin(10^3\pi t)$$

微分得

$$\frac{d\phi_m(t)}{dt} =0.1(10^3\pi)\cos(10^3\pi t)$$

所以

$$\Delta\omega(t) =100\pi\cos(10^3\pi t)$$

另一方面，由 FM 定義，

$$\Delta\omega(t)=2\pi k_fm(t)$$

代入 $k_f=10\pi$：

$$2\pi(10\pi)m(t) =100\pi\cos(10^3\pi t)$$

解得

核心觀念

本題考查 BPSK 的相干解調、AWGN 下的二元假設檢定，以及最大概似偵測（ML）與最大後驗機率偵測（MAP）。

核心公式如下：

1. 以載波作相關器，可將連續時間接收訊號轉換成一個高斯隨機變數。
2. AWGN 通過能量為 $E_g$ 的濾波器後，輸出雜訊變異數為

$$\sigma_n^2=\frac{N_0}{2}E_g$$

3. ML 偵測只比較條件機率密度函數。
4. MAP 偵測還必須納入先驗機率：

$$P(m=0)=\frac{2}{9},\qquad P(m=1)=\frac{7}{9}$$

由於

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

其中使用了題目給定的 $f_c\gg 1/T$ 條件，因此每個訊號的能量為

$$E_s=\int_0^T x^2(t)\,dt=\frac{A^2T}{2}.$$

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(a) 相干解調與假設檢定模型

1. 相干解調

使用與接收端同頻同相的載波作相關解調，定義判決統計量

$$R=\int_0^T y(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

代入 $y(t)=x(t)+n(t)$：

$$R=\int_0^T x(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt +\int_0^T n(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

令

$$N=\int_0^T n(t)\cos(2\pi f_ct)\,dt.$$

由於 $\cos(2\pi f_ct)$ 在 $[0,T]$ 上的能量約為 $T/2$，因此

$$N\sim\mathcal N\left(0,\frac{N_0T}{4}\right).$$

當 $m=0$ 時，

$$x(t)=A\cos(2\pi f_ct),$$

所以

$$R=\frac{AT}{2}+N.$$

當 $m=1$ 時，

$$x(t)=-A\cos(2\pi f_ct),$$

所以

$$R=-\frac{AT}{2}+N.$$

令

$$\mu=\frac{AT}{2},\qquad \sigma^2=\frac{N_0T}{4}.$$

則兩個假設為

$$\begin{aligned} H_0 &: m=0,\qquad R=\mu+N,\\ H_1 &: m=1,\qquad R=-\mu+N. \end{aligned}$$

判決規則可寫成：

• $R>\eta$ 時判定 $H_0$；
• $R<\eta$ 時判定 $H_1$。

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2. 各假設下的機率密度函數

在 $H_0$ 下，$R$ 的平均值為 $\mu$，因此

$$p_{R|H_0}(r) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[ -\frac{(r-\mu)^2}{2\sigma^2} \right].$$

代入 $\mu=AT/2$ 與 $\sigma^2=N_0T/4$：

$$p_{R|H_0}(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0T/2}} \exp\left[ -\frac{2(r-AT/2)^2}{N_0T} \right].$$

在 $H_1$ 下，$R$ 的平均值為 $-\mu$，因此

$$p_{R|H_1}(r) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left[ -\frac{(r+\mu)^2}{2\sigma^2} \right],$$

即

$$p_{R|H_1}(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi N_0T/2}} \exp\left[ -\frac{2(r+AT/2)^2}{N_0T} \right].$$

因此，連續時間的 BPSK 偵測問題已轉換為一維高斯二元假設檢定。

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(b) ML 與 MAP 偵測門檻

1. ML 偵測門檻

ML 偵測選擇條件機率密度較大的假設：

$$p_{R|H_0}(r) \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} p_{R|H_1}(r).$$

因為兩個高斯密度的變異數相同，取自然對數並消去共同項：

$$-\frac{(r-\mu)^2}{2\sigma^2} \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} -\frac{(r+\mu)^2}{2\sigma^2}.$$

整理得

$$(r+\mu)^2 \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} (r-\mu)^2.$$

展開後：

$$r^2+2\mu r+\mu^2 \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} r^2-2\mu r+\mu^2.$$

因此

$$4\mu r \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} 0.$$

由於 $\mu>0$，ML 判決為

$$r \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} 0.$$

所以 ML 門檻為

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

也就是：

$$\begin{cases} r>0 &\Rightarrow \hat m=0,\\ r<0 &\Rightarrow \hat m=1. \end{cases}$$

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2. MAP 偵測門檻

MAP 偵測比較聯合機率：

$$P(H_0)p_{R|H_0}(r) \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} P(H_1)p_{R|H_1}(r).$$

等價地，

$$\frac{p_{R|H_0}(r)}{p_{R|H_1}(r)} \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} \frac{P(H_1)}{P(H_0)}.$$

取自然對數：

$$\ln\frac{p_{R|H_0}(r)}{p_{R|H_1}(r)} \mathop{\gtrless}_{H_1}^{H_0} \ln\frac{P(H_1)}{P(H_0)}.$$

左側為

這是一道關於基頻通訊系統最佳接收機和錯誤機率最小化的題目，涉及匹配濾波器、信號能量、信號間距以及最佳信號設計。

核心觀念：

1. 匹配濾波器 (Matched Filter)： 在 AWGN 環境下，為了最大化信噪比 (SNR)，最佳接收濾波器的脈衝響應與傳送信號成正比（反轉並共軛）。對於基頻實信號，$h(t) = s(T-t)$，其中 $s(t)$ 是用於匹配的信號。
2. 信號空間投影： 信號可以表示為基向量的組合。對於正交基，匹配濾波器的輸出可以看作是接收信號在該基向量上的投影。
3. 最大概似 (ML) 檢測： 在接收信號空間中，ML 檢測器選擇距離接收信號點最近的傳送信號點。
4. 錯誤機率與信號間距： 在 AWGN 中，錯誤機率與傳送信號之間的距離（或信號間的最小距離）有關。最小化錯誤機率通常意味著最大化信號間的距離。
5. 最佳信號設計： 當一個信號固定時，為了最小化錯誤機率，需要設計另一個信號，使其與固定信號的距離最大化。

解題過程：

首先，我們需要明確 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 的形式。
根據圖和描述：
$s_1(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T/2 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
$s_2(t) = \begin{cases} 1, & T/2 \le t \le T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
兩個信號的總持續時間為 $T$。

(a) 最佳接收濾波器 $h^*(t)$：
在基頻系統中，最佳接收濾波器（匹配濾波器）的設計是為了最大化接收信號的輸出信噪比。通常，濾波器是與某一個傳送信號匹配的。題目要求 "corresponding optimal receive filter"，這表示我們需要選擇一個濾波器來處理這兩個信號。
最常見的做法是設計一個濾波器，使其能正確地從接收信號中提取出決策變量。
如果我們設計一個濾波器 $h(t)$，使得 $y(t) = x(t) + n(t)$ 通過濾波器後的輸出為 $z = \int_0^T y(t) h(t) dt$。
為了最大化 SNR，濾波器 $h(t)$ 應該與傳送信號 $s(t)$ 匹配，即 $h(t) = s(T-t)$。
然而，這裡有兩個信號 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$。在 BPSK 或 QPSK 等系統中，通常會設計兩個匹配濾波器，或者一個濾波器後接一個相關器。
對於基頻系統，通常會使用一個共同的濾波器 $h(t)$，然後在時間 $T$ 採樣。
如果我們選擇 $h(t)$ 與 $s_1(t)$ 匹配，則 $h(t) = s_1(T-t)$。
$s_1(T-t) = \begin{cases} 1, & 0 \le T-t \le T/2 \Rightarrow T/2 \le t \le T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
所以，$h(t) = s_2(t)$。
如果我們選擇 $h(t)$ 與 $s_2(t)$ 匹配，則 $h(t) = s_2(T-t)$。
$s_2(T-t) = \begin{cases} 1, & T/2 \le T-t \le T \Rightarrow 0 \le t \le T/2 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
所以，$h(t) = s_1(t)$。

通常，當有兩個信號 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 時，最佳的接收機結構是使用兩個相關器（匹配濾波器），一個與 $s_1(t)$ 匹配，另一個與 $s_2(t)$ 匹配。
然而，這裡題目問的是 "the corresponding optimal receive filter $h^*(t)$"，暗示可能有一個單一的濾波器。
在這種情況下，通常是讓濾波器與其中一個信號匹配，並在時間 $T$ 進行採樣。
讓我們選擇濾波器與 $s_1(t)$ 匹配，即 $h(t) = s_1(t)$。
那麼，接收信號 $y(t)$ 通過濾波器 $h(t)=s_1(t)$ 後，在時間 $T$ 的輸出 $z$ 是：
$z = \int_0^T y(t) s_1(t) dt = \int_0^T (x(t) + n(t)) s_1(t) dt = \int_0^T x(t) s_1(t) dt + \int_0^T n(t) s_1(t) dt$。
令 $z_1 = \int_0^T s_1(t) s_1(t) dt$ 和 $z_2 = \int_0^T s_2(t) s_1(t) dt$。
如果傳送的是 $s_1(t)$，則輸出 $z = z_1 + n_s$。
如果傳送的是 $s_2(t)$，則輸出 $z = z_2 + n_s$。
其中 $n_s = \int_0^T n(t) s_1(t) dt$ 是高斯雜訊。

計算 $z_1$ 和 $z_2$：
$z_1 = \int_0^T s_1(t) s_1(t) dt = \int_0^{T/2} 1^2 dt + \int_{T/2}^T 0^2 dt = T/2$。
$z_2 = \int_0^T s_2(t) s_1(t) dt = \int_0^{T/2} 1 \cdot 0 dt + \int_{T/2}^T 1 \cdot 1 dt = 0$。
這裡的 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 是正交的。

雜訊項 $n_s = \int_0^T n(t) s_1(t) dt$ 的均值 $E[n_s] = 0$。
方差 $\sigma_{n_s}^2 = E[n_s^2] = E[(\int_0^T n(t) s_1(t) dt)^2] = \frac{N_0}{2} \int_0^T s_1^2(t) dt = \frac{N_0}{2} z_1 = \frac{N_0}{2} \frac{T}{2} = \frac{N_0 T}{4}$。
所以 $n_s \sim \mathcal{N}(0, \frac{N_0 T}{4})$。

如果我們選擇濾波器與 $s_2(t)$ 匹配，即 $h(t) = s_2(t)$。
那麼 $z = \int_0^T y(t) s_2(t) dt = \int_0^T x(t) s_2(t) dt + \int_0^T n(t) s_2(t) dt$。
令 $z'_1 = \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt$ 和 $z'_2 = \int_0^T s_2(t) s_2(t) dt$。
如果傳送的是 $s_1(t)$，則輸出 $z = z'_1 + n'_s$。
如果傳送的是 $s_2(t)$，則輸出 $z = z'_2 + n'_s$。
其中 $n'_s = \int_0^T n(t) s_2(t) dt$。
$z'_1 = \int_0^T s_1(t) s_2(t) dt = 0$ (因為 $s_1$ 和 $s_2$ 在不同時間段有值，乘積為 0)。
$z'_2 = \int_0^T s_2(t) s_2(t) dt = \int_{T/2}^T 1^2 dt = T/2$。
$n'_s$ 的均值為 0，方差為 $\frac{N_0}{2} \int_0^T s_2^2(t) dt = \frac{N_0}{2} \frac{T}{2} = \frac{N_0 T}{4}$。

兩種情況下，接收端的決策變量都類似。
通常，我們選擇一個濾波器，例如 $h(t) = s_1(t)$。
那麼，接收信號 $y(t)$ 通過這個濾波器，在時間 $T$ 的輸出 $z$ 是：
若傳送 $s_1(t)$: $z = \int_0^T s_1(t) s_1(t) dt + \int_0^T n(t) s_1(t) dt = T/2 + n_s$。
若傳送 $s_2(t)$: $z = \int_0^T s_2(t) s_1(t) dt + \int_0^T n(t) s_1(t) dt = 0 + n_s$。
$n_s \sim \mathcal{N}(0, \frac{N_0 T}{4})$。

所以，最佳接收濾波器 $h^*(t)$ 可以選擇為 $s_1(t)$ 或 $s_2(t)$，或者說與 $s_1(t)$ 或 $s_2(t)$ 成比例。
題目問 $h^*(t)$，通常指與某個信號匹配的濾波器。
如果我們定義信號為 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$，則最佳濾波器應該與其中一個匹配。
讓我們選擇 $h^*(t) = s_1(t)$。
或者，我們也可以將其表示為一個通用形式，例如 $h^*(t) = \alpha s_1(t)$ 或 $h^*(t) = \alpha s_2(t)$，其中 $\alpha$ 是增益常數。
在 AWGN 中，匹配濾波器的輸出信號部分與輸入信號的能量有關。
輸出信號的振幅為 $E_b = \int_0^T s^2(t) dt$。
$E_1 = \int_0^T s_1^2(t) dt = T/2$。
$E_2 = \int_0^T s_2^2(t) dt = T/2$。
在匹配濾波器 $h(t) = s(T-t)$ 的情況下，輸出為 $\int_0^T y(t) s(T-t) dt$。
在這裡，我們使用 $h(t) = s_1(t)$，所以輸出決策變量為 $\int_0^T y(t) s_1(t) dt$。

(a) 最佳接收濾波器 $h^*(t)$ 可以是 $s_1(t)$ 或 $s_2(t)$。
如果我們選擇 $h^*(t) = s_1(t)$，則在 $t=T$ 的輸出為 $\int_0^T y(\tau) s_1(\tau) d\tau$。
如果我們選擇 $h^*(t) = s_2(t)$，則在 $t=T$ 的輸出為 $\int_0^T y(\tau) s_2(\tau) d\tau$。
這兩種選擇都有效，取決於我們如何定義決策變量。
題目問 $h^*(t)$，通常是濾波器的脈衝響應。
Let's assume $h^*(t)$ is matched to $s_1(t)$, so $h^*(t) = s_1(t)$.

(b) 計算輸出並確定 ML 檢測閾值：
我們使用 $h^*(t) = s_1(t)$。
決策變量 $z = \int_0^T y(t) s_1(t) dt = \int_0^T x(t) s_1(t) dt + \int_0^T n(t) s_1(t) dt$。
雜訊項 $n_s = \int_0^T n(t) s_1(t) dt$。
$n_s \sim \mathcal{N}(0, \frac{N_0 T}{4})$。

如果傳送 $s_1(t)$ (即 $x(t) = s_1(t)$)：
$z_1 = \int_0^T s_1(t) s_1(t) dt + n_s = T/2 + n_s$。
如果傳送 $s_2(t)$ (即 $x(t) = s_2(t)$)：
$z_2 = \int_0^T s_2(t) s_1(t) dt + n_s = 0 + n_s$。

所以，假設檢定為：
$H_0: z = T/2 + n_s$
$H_1: z = n_s$
其中 $n_s \sim \mathcal{N}(0, \frac{N_0 T}{4})$。

ML 檢測器選擇使 $P(z|H_i)$ 最大的假設。
$f(z|H_0) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} e^{-\frac{(z - T/2)^2}{2\sigma^2}}$
$f(z|H_1) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} e^{-\frac{(z - 0)^2}{2\sigma^2}}$
其中 $\sigma^2 = \frac{N_0 T}{4}$。

ML 準則：選擇 $H_0$ 若 $f(z|H_0) > f(z|H_1)$。
$e^{-\frac{(z - T/2)^2}{2\sigma^2}} > e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}}$
$-\frac{(z - T/2)^2}{2\sigma^2} > -\frac{z^2}{2\sigma^2}$