112 年 國立臺灣大學電信工程學研究所乙組《通信原理》

這題主要考查離散時間系統的脈衝響應（$h[n]$）與系統的串接（$g[n]$）的計算。

(a) 求系統 $h[n]$

題目給定的差分方程式為 $y[n] - 0.5y[n-1] = x[n]$。
我們知道，對於 LTI 系統，若輸入為 $x[n]$，輸出為 $y[n]$，且 $y[n] = x[n] * h[n]$，其中 $h[n]$ 是系統的脈衝響應。
我們可以對差分方程式進行 Z 轉換。
$Z\{y[n]\} - 0.5Z\{y[n-1]\} = Z\{x[n]\}$
$Y(z) - 0.5z^{-1}Y(z) = X(z)$
$Y(z)(1 - 0.5z^{-1}) = X(z)$
系統的傳遞函數 $H(z)$ 定義為 $\frac{Y(z)}{X(z)}$：
$H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{1}{1 - 0.5z^{-1}}$
為了求取脈衝響應 $h[n]$，我們需要對 $H(z)$ 進行反 Z 轉換。
$H(z) = \frac{1}{1 - 0.5z^{-1}}$
這是一個幾何級數的 Z 轉換形式 $\sum_{n=0}^{\infty} a^n z^{-n} = \frac{1}{1-az^{-1}}$。
因此，對於因果系統（causal system），其脈衝響應為 $h[n] = (0.5)^n u[n]$。

【答案】$h[n] = (0.5)^n u[n]$

(b) 求系統 $g[n]$

題目給定兩個方程式：

1. $y[n] - 0.5y[n-1] = x[n]$
2. $3f[n] - f[n-1] = y[n] - y[n-1]$
   我們要求 $f[n] = x[n] * g[n]$ 中的 $g[n]$，其中 $f[n]$ 是輸出，$x[n]$ 是輸入。

首先，我們利用 Z 轉換來分析第二個方程式。
$Z\{3f[n] - f[n-1]\} = Z\{y[n] - y[n-1]\}$
$3F(z) - z^{-1}F(z) = Y(z) - z^{-1}Y(z)$
$F(z)(3 - z^{-1}) = Y(z)(1 - z^{-1})$

我們已經知道從第一個方程式 $y[n] - 0.5y[n-1] = x[n]$ 得到 $Y(z) = H(z)X(z)$，其中 $H(z) = \frac{1}{1 - 0.5z^{-1}}$。
將 $Y(z)$ 代入上面的方程式：
$F(z)(3 - z^{-1}) = H(z)X(z)(1 - z^{-1})$
$F(z) = \frac{H(z)(1 - z^{-1})}{3 - z^{-1}} X(z)$

因為我們要求 $f[n] = x[n] * g[n]$，所以 $F(z) = G(z)X(z)$。
因此，系統 $g[n]$ 的傳遞函數 $G(z)$ 為：

這題主要考查離散時間和連續時間的卷積運算。

(a) 離散時間卷積

給定兩個離散序列：$x[n] = [3, 3, 2, 2, 1, 1]$ 和 $h[n] = [-1, 2, -1]$。
序列 $x[n]$ 的長度為 $N=6$，序列 $h[n]$ 的長度為 $M=3$。
卷積結果 $y[n] = x[n] * h[n]$ 的長度為 $N+M-1 = 6+3-1 = 8$。
卷積的定義為 $y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]h[n-k]$。

我們可以逐項計算：
$y[0] = x[0]h[0] = 3 \times (-1) = -3$
$y[1] = x[0]h[1] + x[1]h[0] = 3 \times 2 + 3 \times (-1) = 6 - 3 = 3$
$y[2] = x[0]h[2] + x[1]h[1] + x[2]h[0] = 3 \times (-1) + 3 \times 2 + 2 \times (-1) = -3 + 6 - 2 = 1$
$y[3] = x[1]h[2] + x[2]h[1] + x[3]h[0] = 3 \times (-1) + 2 \times 2 + 2 \times (-1) = -3 + 4 - 2 = -1$
$y[4] = x[2]h[2] + x[3]h[1] + x[4]h[0] = 2 \times (-1) + 2 \times 2 + 1 \times (-1) = -2 + 4 - 1 = 1$
$y[5] = x[3]h[2] + x[4]h[1] + x[5]h[0] = 2 \times (-1) + 1 \times 2 + 1 \times (-1) = -2 + 2 - 1 = -1$
$y[6] = x[4]h[2] + x[5]h[1] = 1 \times (-1) + 1 \times 2 = -1 + 2 = 1$
$y[7] = x[5]h[2] = 1 \times (-1) = -1$

所以，卷積結果為 $[-3, 3, 1, -1, 1, -1, 1, -1]$。

【答案】$[-3, 3, 1, -1, 1, -1, 1, -1]$

(b) 連續時間卷積

題目要求計算 $\text{sinc}(t) * \text{sinc}(3t) * \text{sinc}(5t) * \delta(t -6)$。
我們知道卷積的性質：

1. $\text{sinc}(at) * \text{sinc}(bt) = \frac{1}{\max(a,b)} \text{sinc}(\max(a,b)t)$。
2. $x(t) * \delta(t-t_0) = x(t-t_0)$。

首先，我們計算 $\text{sinc}(t) * \text{sinc}(3t)$。
這裡 $a=1, b=3$。
$\text{sinc}(t) * \text{sinc}(3t) = \frac{1}{\max(1,3)} \text{sinc}(\max(1,3)t) = \frac{1}{3} \text{sinc}(3t)$。

接著，計算 $(\frac{1}{3} \text{sinc}(3t)) * \text{sinc}(5t)$。
這裡我們可以將常數提出：$\frac{1}{3} (\text{sinc}(3t) * \text{sinc}(5t))$。
對於 $\text{sinc}(3t) * \text{sinc}(5t)$，這裡 $a=3, b=5$。
$\text{sinc}(3t) * \text{sinc}(5t) = \frac{1}{\max(3,5)} \text{sinc}(\max(3,5)t) = \frac{1}{5} \text{sinc}(5t)$。
所以，$(\frac{1}{3} \text{sinc}(3t)) * \text{sinc}(5t) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} \text{sinc}(5t) = \frac{1}{15} \text{sinc}(5t)$。

最後，計算 $(\frac{1}{15} \text{sinc}(5t)) * \delta(t -6)$。
利用卷積與衝激響應的性質：
$(\frac{1}{15} \text{sinc}(5t)) * \delta(t -6) = \frac{1}{15} \text{sinc}(5(t-6))$。

【答案】$\frac{1}{15} \text{sinc}(5(t-6))$

(c) 連續時間卷積

題目要求計算 $\text{sinc}^2(3t/2) * (1+\sin(2\pi t) + \cos(4\pi t))$。
我們將卷積看成三個部分的卷積之和：

1. $\text{sinc}^2(3t/2) * 1$
2. $\text{sinc}^2(3t/2) * \sin(2\pi t)$
3. $\text{sinc}^2(3t/2) * \cos(4\pi t)$

首先，計算 $\text{sinc}^2(3t/2) * 1$。
我們知道 $x(t) * \delta(t) = x(t)$。這裡的 $1$ 指的是 $\delta(t)$。
所以，$\text{sinc}^2(3t/2) * 1 = \text{sinc}^2(3t/2)$。

接著，我們需要計算 $\text{sinc}^2(3t/2)$ 與 $\sin(2\pi t)$ 和 $\cos(4\pi t)$ 的卷積。
我們需要知道 $\text{sinc}^2(at)$ 的傅立葉轉換。
$\text{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$。
$\text{sinc}(at) = \frac{\sin(\pi at)}{\pi at}$。
$\text{sinc}^2(at) = (\frac{\sin(\pi at)}{\pi at})^2$。

我們知道 $\text{sinc}(t)$ 的傅立葉轉換是 $\frac{1}{\pi} \text{rect}(\frac{\omega}{2\pi})$。
$\text{sinc}(at)$ 的傅立葉轉換是 $\frac{1}{a} \frac{1}{\pi} \text{rect}(\frac{\omega}{2\pi a}) = \frac{1}{\pi a} \text{rect}(\frac{\omega}{2\pi a})$。
$\text{sinc}^2(at)$ 的傅立葉轉換是 $\text{sinc}(at) * \text{sinc}(at)$ 的傅立葉轉換，這會得到一個三角形函數。

核心觀念

本題考查：

1. 雙邊 Z 轉換定義
   $X(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]z^{-n}$

2. 因果序列的判斷：若 $x[n]$ 為因果序列，則 $x[n]=0$（$n<0$），其 Z 轉換只能包含 $z^{-n}$ 的非負次方。

3. 有理式 Z 轉換的部分分式分解，以及基本反轉換公式

$$\frac{1}{1-pz^{-1}} \xleftrightarrow{\mathcal{Z}^{-1}} p^n u[n]$$

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(a) $X(z)=\cos(z^3)$

解題方法

將 cosine 展開成冪級數：

$$\cos(z^3) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(z^3)^{2k}}{(2k)!} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kz^{6k}}{(2k)!}$$

根據 Z 轉換定義，$z^{6k}$ 可寫成

$$z^{6k}=z^{-(-6k)}$$

因此可直接對照得到

$$x[-6k]=\frac{(-1)^k}{(2k)!}, \qquad k=0,1,2,\ldots$$

其餘位置皆為零。若不考慮因果限制，序列為

$$x[n]= \begin{cases} \dfrac{(-1)^k}{(2k)!}, & n=-6k,\quad k=0,1,2,\ldots\\[6pt] 0, & \text{其他} \end{cases}$$

也可寫成

$$x[n]=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!}\delta[n+6k]$$

其中 $k=0$ 對應 $x[0]=1$，$k=1$ 對應 $x[-6]=-1/2!$，$k=2$ 對應 $x[-12]=1/4!$。

因果性判斷

因果序列必須滿足

$$x[n]=0,\qquad n<0$$

但上述 Z 轉換明確包含 $z^6,z^{12},z^{18},\ldots$ 等正次方項，這些項分別對應到 $x[-6],x[-12],x[-18],\ldots$，因此必然存在負時間索引的非零樣本。

所以，$X(z)=\cos(z^3)$ 不存在同時符合題目所要求的因果序列 $x[n]$。

解題技巧

對因果序列而言，Z 轉換應表示成 $z^{-1}$ 的冪級數：

$$X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots$$

只要看到轉換式含有非零的正次方 $z,z^2,\ldots$，即可立即判斷其對應序列含有負時間樣本，不可能是因果序列。

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(b)

$$Y(z)=\frac{z^2-z-1}{z^3-12z^2-z-2}$$

化為 $z^{-1}$ 形式

分子、分母同除以 $z^3$：

$$Y(z) = \frac{z^{-1}-z^{-2}-z^{-3}} {1-12z^{-1}-z^{-2}-2z^{-3}}$$

因為題目指定 $y[n]$ 為因果序列，所以其 ROC 位於最外側極點之外，並採用右側序列的反轉換形式。

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方法一：部分分式分解

令分母的三個根為 $p_1,p_2,p_3$：

$$z^3-12z^2-z-2 =(z-p_1)(z-p_2)(z-p_3)$$

三根約為

$$p_1\approx 12.09634$$ $$p_2\approx -0.04817+j0.40376, \qquad p_3\approx -0.04817-j0.40376$$

將 $Y(z)$ 寫成

$$Y(z)= \frac{C_1}{1-p_1z^{-1}} +\frac{C_2}{1-p_2z^{-1}} +\frac{C_3}{1-p_3z^{-1}}$$

其中係數可由留數公式求得：

$$C_i= \frac{p_i^2-p_i-1} {p_i\left(3p_i^2-24p_i-1\right)}$$

這題主要考查奈奎斯特採樣定理在不同信號形式下的應用。核心是確定每個信號的頻寬，然後計算採樣間隔的下限。

奈奎斯特採樣定理
一個帶寬為 $B$ Hz 的帶限信號，若要無失真地恢復，則採樣頻率 $f_s$ 必須大於或等於 $2B$（即 $f_s \ge 2B$）。對應的採樣間隔 $T_s = 1/f_s$，則 $T_s \le \frac{1}{2B}$。
在頻率 $\omega$ (弧度/秒) 的單位下，帶寬為 $W = B \cdot 2\pi$ 弧度/秒。採樣角頻率 $\omega_s = f_s \cdot 2\pi$。則 $\omega_s \ge 2W$。採樣間隔 $T_s$ 滿足 $T_s \le \frac{\pi}{W}$。

題目給定 $X(j\omega)$ 的頻寬為 $|\omega| < 6000\pi$。這意味著 $x(t)$ 的最高角頻率是 $W_x = 6000\pi$ rad/s。
根據奈奎斯特準則，為了無失真地採樣 $x(t)$，採樣角頻率 $\omega_s$ 必須滿足 $\omega_s > 2 W_x = 12000\pi$ rad/s。
對應的採樣間隔 $T_s$ 的上限為 $T_s \le \frac{\pi}{W_x} = \frac{\pi}{6000\pi} = \frac{1}{6000}$ 秒。

我們需要分別計算 $y(t)$ 和 $z(t)$ 的頻寬，然後確定各自的採樣間隔下限。

(a) $y(t) = x(t) * \cos(4000\pi t)$

卷積在時域對應於傅立葉轉換域的乘積。
$Y(j\omega) = X(j\omega) \cdot \mathcal{F}\{\cos(4000\pi t)\}$。
$\cos(4000\pi t) = \frac{1}{2} (e^{j4000\pi t} + e^{-j4000\pi t})$。
$\mathcal{F}\{\cos(4000\pi t)\} = \pi (\delta(\omega - 4000\pi) + \delta(\omega + 4000\pi))$。

$Y(j\omega) = X(j\omega) \cdot \pi (\delta(\omega - 4000\pi) + \delta(\omega + 4000\pi))$。
$Y(j\omega) = \pi [X(j(4000\pi)) \delta(\omega - 4000\pi) + X(j(-4000\pi)) \delta(\omega + 4000\pi)]$。

我們知道 $X(j\omega)$ 的頻寬是 $|\omega| < 6000\pi$。
因此，$X(j4000\pi)$ 和 $X(j(-4000\pi))$ 都是非零的（因為 $| \pm 4000\pi | < 6000\pi$）。
$Y(j\omega)$ 的頻譜由兩個衝激函數組成，位於 $\omega = 4000\pi$ 和 $\omega = -4000\pi$。
這意味著 $y(t)$ 的頻寬是 $W_y = 4000\pi$ rad/s。
注意：嚴格來說，如果 $X(j\omega)$ 在 $|\omega| \ge 4000\pi$ 的地方有值，卷積的頻寬會擴展。但是，這裡的 $\cos$ 函數在頻域只包含兩個離散頻率點 $\pm 4000\pi$。
$Y(j\omega)$ 的頻譜由 $X(j\omega)$ 在 $\omega = 4000\pi$ 和 $\omega = -4000\pi$ 的值決定。
如果 $X(j\omega)$ 在 $|\omega| < 6000\pi$ 範圍內是非零的，那麼 $Y(j\omega)$ 將包含在 $\omega = \pm 4000\pi$ 的衝激，並且其值由 $X(j(\pm 4000\pi))$ 決定。
$Y(j\omega)$ 的非零部分僅存在於 $\omega = 4000\pi$ 和 $\omega = -4000\pi$。
因此，$y(t)$ 的有效頻寬為 $W_y = 4000\pi$ rad/s。

根據奈奎斯特準則，採樣角頻率 $\omega_s$ 必須大於 $2 W_y = 2 \times 4000\pi = 8000\pi$ rad/s。
採樣間隔 $T_s$ 的下限為 $T_s \le \frac{\pi}{W_y} = \frac{\pi}{4000\pi} = \frac{1}{4000}$ 秒。

這題考查隨機信號的自相關函數的計算，以及利用自相關函數的性質求解未知參數。

核心概念：

1. 隨機變數的期望值： 對於一個連續型隨機變數 $\theta$ 均勻分佈在 $[a, b]$ 上，其概率密度函數 (PDF) 為 $f(\theta) = \frac{1}{b-a}$。期望值 $E[\theta] = \int_a^b \theta f(\theta) d\theta$。
2. 自相關函數： 對於一個隨機過程 $X(t)$，其自相關函數定義為 $R_{XX}(t, s) = E[X(t)X(s)]$。
3. 統計獨立性： 如果 $X(t)$ 和 $X(s)$ 的統計特性（例如 $E[X(t)]$ 和 $E[X(s)]$）是確定的，並且 $X(t)$ 和 $X(s)$ 的隨機性來源於同一個隨機變數，則它們的乘積的期望值需要對該隨機變數進行平均。

給定條件：
$X(t) = r \sin(\omega t + \theta)$
$r, \omega$ 是常數。
$\theta$ 是均勻分佈在 $[0, 2\pi]$ 上的隨機變數。
$\theta$ 的 PDF 為 $f(\theta) = \frac{1}{2\pi}$，對於 $0 \le \theta \le 2\pi$，否則為 0。

(a) 求 $R(t,s) = E[X(t)X(s)]$

$X(t)X(s) = (r \sin(\omega t + \theta))(r \sin(\omega s + \theta))$
$X(t)X(s) = r^2 \sin(\omega t + \theta) \sin(\omega s + \theta)$

我們需要計算這個乘積的期望值，其中隨機性來自 $\theta$。
$R(t,s) = E[X(t)X(s)] = E[r^2 \sin(\omega t + \theta) \sin(\omega s + \theta)]$
由於 $r^2$ 是常數，可以提出期望值運算：
$R(t,s) = r^2 E[\sin(\omega t + \theta) \sin(\omega s + \theta)]$

使用三角恆等式 $2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$：
令 $A = \omega t + \theta$，$B = \omega s + \theta$。
$A-B = (\omega t + \theta) - (\omega s + \theta) = \omega t - \omega s = \omega(t-s)$。
$A+B = (\omega t + \theta) + (\omega s + \theta) = \omega t + \omega s + 2\theta = \omega(t+s) + 2\theta$。

所以，$\sin(\omega t + \theta) \sin(\omega s + \theta) = \frac{1}{2} [\cos(\omega(t-s)) - \cos(\omega(t+s) + 2\theta)]$。

現在計算期望值：
$E[\sin(\omega t + \theta) \sin(\omega s + \theta)] = E[\frac{1}{2} (\cos(\omega(t-s)) - \cos(\omega(t+s) + 2\theta))]$
$= \frac{1}{2} E[\cos(\omega(t-s))] - \frac{1}{2} E[\cos(\omega(t+s) + 2\theta)]$

因為 $\omega(t-s)$ 不依賴於 $\theta$，所以 $E[\cos(\omega(t-s))] = \cos(\omega(t-s))$。

接下來計算 $E[\cos(\omega(t+s) + 2\theta)]$：

這題考查隨機向量的期望、協方差矩陣的計算，以及獨立性的概念，特別是在通信系統的背景下。

核心概念：

1. 隨機向量的期望： 對於一個 $N \times 1$ 的隨機向量 $v = [v_1, v_2, \dots, v_N]^T$，其期望向量為 $E[v] = [E[v_1], E[v_2], \dots, E[v_N]]^T$。
2. 協方差矩陣： 對於一個 $N \times 1$ 的隨機向量 $v$，其協方差矩陣 $C_v$ 是一個 $N \times N$ 的矩陣，定義為 $C_v = E[(v - E[v])(v - E[v])^T]$。其對角線元素是各分量的方差，非對角線元素是各分量之間的協方差。
3. 白雜訊 (White Noise)： 指的是一個隨機過程，其不同時間點的取值是統計獨立的，並且具有相同的概率分佈。對於離散時間的白雜訊向量，通常意味著各分量是統計獨立的，並且具有相同的均值（通常為 0）和方差。題目中提到「white Gaussian random vector」，意味著其分量是獨立的，且服從高斯分佈。
4. 統計獨立性： 兩個隨機變數 $X$ 和 $Y$ 是統計獨立的，如果 $P(X \in A, Y \in B) = P(X \in A)P(Y \in B)$ 對於所有事件 $A, B$ 成立。對於隨機向量，如果其所有分量之間都是統計獨立的，則稱向量是統計獨立的。
5. 條件概率與獨立性： 如果 $r_2$ 和 $s$ 是獨立的，那麼知道 $r_1$ 的值不應該改變 $r_2$ 的概率分佈。

給定條件：
$s = \begin{bmatrix} (-1)^{b d_{min}/2} \\ 0 \end{bmatrix}$, $b \in \{0,1\}$, $d_{min} > 0$.
$n = \begin{bmatrix} n_1 \\ n_2 \end{bmatrix}$, $n_1, n_2$ 是隨機變數。
$r = s + n = \begin{bmatrix} r_1 \\ r_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s_1 + n_1 \\ s_2 + n_2 \end{bmatrix}$。
$n$ 是白高斯隨機向量，獨立於 $s$。
$E[n_1] = \mu_1$, $Var(n_1) = \sigma_1^2$.
$E[n_2] = \mu_2$, $Var(n_2) = \sigma_2^2$.

(a) 求雜訊向量 $n$ 的期望

根據期望的線性性質，雜訊向量 $n$ 的期望是其分量期望組成的向量。
$E[n] = E\left[\begin{bmatrix} n_1 \\ n_2 \end{bmatrix}\right] = \begin{bmatrix} E[n_1] \\ E[n_2] \end{bmatrix}$。
已知 $E[n_1] = \mu_1$ 和 $E[n_2] = \mu_2$。
所以，$E[n] = \begin{bmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{bmatrix}$。

【答案】$E[n] = \begin{bmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{bmatrix}$。

(b) 隨機向量協方差矩陣的定義

對於一個 $N \times 1$ 的隨機向量 $v$，其協方差矩陣 $C_v$ 定義為：
$C_v = E[(v - E[v])(v - E[v])^T]$。
如果 $v = [v_1, v_2, \dots, v_N]^T$，則 $E[v] = [\mu_1, \mu_2, \dots, \mu_N]^T$。
$v - E[v] = [v_1-\mu_1, v_2-\mu_2, \dots, v_N-\mu_N]^T$。
$C_v$ 是一個 $N \times N$ 的矩陣，其元素 $C_{v,ij}$ 為：
$C_{v,ij} = \text{Cov}(v_i, v_j) = E[(v_i - E[v_i])(v_j - E[v_j])]$。
特別地，對角線元素是方差：$C_{v,ii} = \text{Var}(v_i) = E[(v_i - E[v_i])^2]$。

【答案】$C_v = E[(v - E[v])(v - E[v])^T]$。

(c) 求雜訊向量 $n$ 的協方差矩陣

$n = \begin{bmatrix} n_1 \\ n_2 \end{bmatrix}$。
$E[n] = \begin{bmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{bmatrix}$。
$n - E[n] = \begin{bmatrix} n_1 - \mu_1 \\ n_2 - \mu_2 \end{bmatrix}$。
$(n - E[n])(n - E[n])^T = \begin{bmatrix} n_1 - \mu_1 \\ n_2 - \mu_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} n_1 - \mu_1 & n_2 - \mu_2 \end{bmatrix}$
$= \begin{bmatrix} (n_1 - \mu_1)^2 & (n_1 - \mu_1)(n_2 - \mu_2) \\ (n_2 - \mu_2)(n_1 - \mu_1) & (n_2 - \mu_2)^2 \end{bmatrix}$。

$C_n = E[(n - E[n])(n - E[n])^T] = \begin{bmatrix} E[(n_1 - \mu_1)^2] & E[(n_1 - \mu_1)(n_2 - \mu_2)] \\ E[(n_2 - \mu_2)(n_1 - \mu_1)] & E[(n_2 - \mu_2)^2] \end{bmatrix}$。

已知 $Var(n_1) = E[(n_1 - \mu_1)^2] = \sigma_1^2$。
已知 $Var(n_2) = E[(n_2 - \mu_2)^2] = \sigma_2^2$。

題目中提到 $n$ 是「white Gaussian random vector」。這意味著 $n_1$ 和 $n_2$ 是統計獨立的。
因此，$E[(n_1 - \mu_1)(n_2 - \mu_2)] = E[n_1 - \mu_1] E[n_2 - \mu_2]$。
由於 $E[n_1 - \mu_1] = E[n_1] - \mu_1 = \mu_1 - \mu_1 = 0$。
同理，$E[n_2 - \mu_2] = 0$。
所以，$E[(n_1 - \mu_1)(n_2 - \mu_2)] = 0 \times 0 = 0$。
這也表示 $n_1$ 和 $n_2$ 的協方差為 0。

因此，協方差矩陣為：
$C_n = \begin{bmatrix} \sigma_1^2 & 0 \\ 0 & \sigma_2^2 \end{bmatrix}$。

【答案】$C_n = \begin{bmatrix} \sigma_1^2 & 0 \\ 0 & \sigma_2^2 \end{bmatrix}$。

(d) 證明 $r_2$ 與 $s$ 無關（獨立）

$r = s + n$。
$r_1 = s_1 + n_1$
$r_2 = s_2 + n_2$

其中 $s_1 = (-1)^{b d_{min}/2}$, $s_2 = 0$。
$n_1, n_2$ 是獨立的高斯隨機變數，且獨立於 $s$。

我們需要證明，在已知 $r_1$ 的情況下，$r_2$ 與 $s$ 是獨立的。
如果 $r_2$ 與 $s$ 獨立，那麼知道 $r_1$ 的值不應該影響 $r_2$ 的概率分佈，特別是 $r_2$ 的條件期望和條件方差。

考慮 $r_2$ 的條件期望 $E[r_2 | r_1]$。
$E[r_2 | r_1] = E[s_2 + n_2 | r_1]$。
由於 $s_2 = 0$ 是一個常數，且 $n_2$ 獨立於 $s$（因此也獨立於 $s_1$, $s_2$），所以 $n_2$ 也獨立於 $r_1 = s_1 + n_1$。
因此，$E[n_2 | r_1] = E[n_2] = \mu_2$。
$E[r_2 | r_1] = E[0 | r_1] + E[n_2 | r_1] = 0 + \mu_2 = \mu_2$。
由於 $E[r_2 | r_1]$ 不依賴於 $r_1$，這暗示了 $r_2$ 的分佈可能與 $r_1$ 無關（或至少其均值與 $r_1$ 無關）。

更嚴格地說，我們需要證明 $P(r_2 \le y | r_1) = P(r_2 \le y)$ 對於所有 $y$ 成立。
$r_2 = s_2 + n_2 = 0 + n_2 = n_2$。
所以，$r_2$ 的分佈就是 $n_2$ 的分佈。
$r_1 = s_1 + n_1$。
$s_1 = (-1)^{b d_{min}/2}$，其中 $b \in \{0,1\}$。
如果 $d_{min}$ 是偶數，則 $d_{min}/2$ 是整數。
如果 $d_{min}/2$ 是整數，則 $s_1$ 只能取值 $1$ (當 $b=0$) 或 $-1$ (當 $b=1$)。
如果 $d_{min}$ 是奇數，則 $d_{min}/2$ 不是整數。但題目要求 $d_{min}>0$。
通常在通信系統中，$d_{min}$ 指的是漢明距離，是整數。所以 $d_{min}/2$ 可能是整數或半整數。
如果 $b d_{min}/2$ 始終是整數，則 $s_1$ 只能是 $1$ 或 $-1$。
如果 $b d_{min}/2$ 不是整數（例如 $d_{min}=1$），則 $(-1)^{b d_{min}/2}$ 的定義需要更仔細。假設 $d_{min}$ 是偶數，以簡化問題。
假設 $d_{min}$ 是偶數，則 $s_1 \in \{1, -1\}$。
$r_1 = s_1 + n_1$。
$r_2 = n_2$。

由於 $n_1$ 和 $n_2$ 是獨立的，且 $s_1$ 是與 $n_1, n_2$ 無關的隨機變數（它取決於傳輸的比特 $b$），
那麼 $r_1 = s_1 + n_1$ 的值取決於 $s_1$ 和 $n_1$。
$r_2 = n_2$ 的值僅僅取決於 $n_2$。

我們需要證明 $P(r_2 \in A | r_1 = r_{1,value}) = P(r_2 \in A)$。
$P(r_2 \in A | r_1 = r_{1,value}) = P(n_2 \in A | s_1 + n_1 = r_{1,value})$。