113 年 國立臺灣大學電信工程學研究所乙組《通信原理》

本題要求計算離散時間系統的相位響應。系統的差分方程式為 $y[n] = \frac{1}{2}(x[n] + x[n-1])$。

首先，我們需要計算系統的頻率響應 $H(e^{j\omega})$。離散時間系統的頻率響應可以透過將差分方程式中的延遲項 $x[n-1]$ 轉換為 $e^{-j\omega}$ 來得到：
$H(e^{j\omega}) = \frac{1}{2}(1 + e^{-j\omega})$

接下來，我們將頻率響應表示成幅度響應 $|H(e^{j\omega})|$ 和相位響應 $\Theta(\omega)$ 的形式：
$H(e^{j\omega}) = |H(e^{j\omega})| e^{j\Theta(\omega)}$

我們將 $1 + e^{-j\omega}$ 進行轉換：
$1 + e^{-j\omega} = e^{-j\omega/2}(e^{j\omega/2} + e^{-j\omega/2})$
$1 + e^{-j\omega} = e^{-j\omega/2}(2\cos(\omega/2))$

核心觀念

本題考查有限長序列的 $z$ 轉換與收斂域（Region of Convergence, ROC）。

雙邊 $z$ 轉換定義為

$$X(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]z^{-n}.$$

若序列為有限長，則其 $z$ 轉換是有限項相加，通常不會因 $|z|$ 太大而發散；但若包含正時間索引 $n>0$，其中的 $z^{-n}$ 在 $z=0$ 處無法定義，因此 ROC 通常為整個 $z$ 平面扣除原點。

本題序列只在 $0\le n\le N-1$ 非零，屬於有限長右側序列。

解題方法

將序列代入 $z$ 轉換：

$$X(z)=\sum_{n=0}^{N-1}a^n z^{-n}.$$

展開可得

$$X(z)=1+az^{-1}+a^2z^{-2}+\cdots+a^{N-1}z^{-(N-1)}.$$

這是有限項和，不是無窮等比級數，因此不需要額外限制 $|z|$ 的大小。只要 $z\ne 0$，每一項 $z^{-n}$ 都有限，故可收斂。

若 $a\ne 0$ 且 $N>1$，也可寫成

$$X(z)=\frac{1-(az^{-1})^N}{1-az^{-1}} =\frac{z^N-a^N}{z^{N-1}(z-a)}.$$

其中 $z=a$ 的表面奇異點會因分子同時為零而消去，並非真正的極點；真正造成 ROC 排除的是 $z=0$ 的負次方項。因此

$$\boxed{\text{ROC}:\ 0<|z|<\infty}$$

也就是整個有限 $z$ 平面扣除 $z=0$。

選項分析

(A) The ROC is the entire z-plane except for $z=0$

正確。此序列是有限長右側序列，$z$ 轉換為有限個 $z^{-1}$ 的冪次和，除了 $z=0$ 外皆收斂。因此 ROC 是整個 $z$ 平面扣除原點。

核心觀念

本題考查離散時間訊號的「降採樣（downsampling）」與 DTFT 頻域關係。

降採樣定義為

$$x_d[n]=x[nM],$$

其中 $M$ 為正整數。降採樣會使時間軸壓縮，因此頻域會產生：

1. 頻率軸放大 $M$ 倍；
2. 多個週期平移後的頻譜相加；
3. 整體乘上 $\frac{1}{M}$。

其標準 DTFT 關係式為

$$X_d(e^{j\omega}) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X\left(e^{j\left(\frac{\omega-2\pi k}{M}\right)}\right).$$

整理括號後可寫成

$$X_d(e^{j\omega}) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X\left(e^{j\left(\frac{\omega}{M}-\frac{2\pi k}{M}\right)}\right).$$

這正是選項（D）。

解題方法與推導

由原訊號的反 DTFT：

$$x[n] = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} X(e^{j\theta})e^{j\theta n}\,d\theta.$$

令 $n$ 改為 $nM$，得到

$$x_d[n]=x[nM] = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} X(e^{j\theta})e^{j\theta nM}\,d\theta.$$

對 $x_d[n]$ 取 DTFT：

$$X_d(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}x[nM]e^{-j\omega n}.$$

降採樣等同於在頻域中將原頻譜以 $M$ 倍的頻率尺度壓縮，並將 $M$ 個週期頻譜疊加。因此完整結果為

$$X_d(e^{j\omega}) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X\left(e^{j\left(\frac{\omega-2\pi k}{M}\right)}\right).$$

其中 $k=0,1,\ldots,M-1$ 的各項代表原頻譜不同週期平移後，在降採樣頻率軸上的重疊。若這些頻譜互相重疊，就會產生 aliasing（混疊）。

選項分析

（A）$X_d(e^{j\omega})=X(e^{j\omega M})$

錯誤。

此式只有頻率變數乘上 $M$，沒有包含降採樣所造成的多個頻譜週期疊加，也缺少比例因子 $\frac{1}{M}$。

核心觀念

離散時間全通濾波器必須同時滿足：

1. 在單位圓上 magnitude response 為 1：
   $|H(e^{j\omega})|=1.$

2. 零點與極點成「共軛倒數」關係。對實係數系統而言，若零點為 $z_0$，相對應的極點必須位於
   $\frac{1}{z_0^*}.$

3. 若要求系統為因果且穩定，所有極點必須位於單位圓內：
   $|p_k|<1.$

此外，零點與極點雖然呈倒數關係，前面的比例常數仍必須調整，使單位圓上的 magnitude 真正等於 $1$。

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解題方法

逐一檢查各選項的：

• 零點與極點是否為共軛倒數；
• 單位圓上的 magnitude 是否確實等於 $1$；
• 極點是否位於單位圓內。

常用公式為：當 $|z|=1$ 時，

$$|z-a|=|a|\left|z-\frac{1}{a^*}\right|.$$

因此，若零點為 $a$、極點為 $1/a^*$，兩者在單位圓上的 magnitude 只會相差一個常數比例，還需要適當增益才能成為真正的全通濾波器。

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選項分析

(A)

$$H(z)=\frac{(z-2)(z-3)}{(z+2)(z+3)}.$$

零點為 $2,3$，極點為 $-2,-3$。

例如零點 $2$ 的共軛倒數為

$$\frac{1}{2},$$

但對應的極點卻是 $-2$，並不符合共軛倒數關係。因此其 magnitude 不可能對所有頻率皆為 $1$。

另外，極點 $-2,-3$ 都在單位圓外，若採因果系統的 ROC，系統也不穩定。

所以 (A) 錯誤。

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(B)

$$H(z)=\frac{(z-\frac12)(z-\frac13)} {(z+\frac12)(z+\frac13)}.$$

零點為 $\frac12,\frac13$，極點為 $-\frac12,-\frac13$。

零點 $\frac12$ 的倒數為 $2$，並不是極點 $-\frac12$；零點 $\frac13$ 的倒數為 $3$，也不是極點 $-\frac13$。

因此零點與極點沒有形成共軛倒數配對。雖然所有極點都在單位圓內，但 magnitude 並不會恒等於 $1$。

所以 (B) 錯誤。

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(C)

$$H(z)= \frac{(z-2)(z+\frac13)} {(z-\frac12)(z+3)}.$$

零點為 $2,-\frac13$，極點為 $\frac12,-3$。

零點 $2$ 的倒數為 $\frac12$，正好對應極點 $\frac12$；零點 $-\frac13$ 的倒數為 $-3$，正好對應極點 $-3$。因此本選項具有全通結構的零極點排列。

但還必須檢查 magnitude 是否為 $1$。在 $|z|=1$ 時，

核心觀念

此系統將輸入訊號的負值部分截去，只保留非負值：

$$y(t)=T\{x(t)\}=\max\{x(t),0\}$$

本題判斷兩項性質：

1. 線性（Linear）：是否滿足可加性與齊次性。
2. 時不變（Time-Invariant, TI）：輸入延遲後，輸出是否等於原輸出同樣延遲。

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解題方法

一、判斷是否為線性系統

線性系統必須滿足疊加原理：

$$T\{a x_1(t)+b x_2(t)\} = aT\{x_1(t)\}+bT\{x_2(t)\}$$

其中 $a,b$ 為任意常數。

取兩個常數輸入：

$$x_1(t)=1,\qquad x_2(t)=-1$$

先分別通過系統：

$$T\{x_1(t)\}=T\{1\}=1$$ $$T\{x_2(t)\}=T\{-1\}=0$$

因此：

$$T\{x_1(t)\}+T\{x_2(t)\}=1+0=1$$

但兩個輸入相加後：

$$x_1(t)+x_2(t)=1+(-1)=0$$

通過系統所得：

$$T\{x_1(t)+x_2(t)\}=T\{0\}=0$$

所以：

$$T\{x_1(t)+x_2(t)\}\ne T\{x_1(t)\}+T\{x_2(t)\}$$

可加性不成立，因此系統是非線性。

也可由齊次性直接判斷。取 $x(t)=1$、$a=-1$：

$$T\{-x(t)\}=T\{-1\}=0$$

但：

$$-T\{x(t)\}=-T\{1\}=-1$$

兩者不相等，因此齊次性也不成立。

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二、判斷是否為時不變系統

若輸入延遲 $t_0$，新輸入為：

本題要求判斷一個由卷積組成的濾波器是否為線性 (L) 和時不變 (TI)。

濾波器的輸出定義為 $y(t) = x(t) * s(t) * s(t-T/2)$，其中：

• $x(t)$ 是輸入信號。
• $s(t)$ 是一個週期為 $T$ 的脈衝串 (impulse train)。
• $*$ 表示卷積運算。

1. 線性 (Linearity, L)
一個系統是線性的，如果它滿足齊次性 (Homogeneity) 和疊加性 (Superposition)。
卷積運算本身是線性的。

• 齊次性：如果輸入 $x_1(t)$ 產生輸出 $y_1(t)$，則輸入 $a x_1(t)$ 必須產生輸出 $a y_1(t)$。
  設 $y_1(t) = x_1(t) * s(t) * s(t-T/2)$。
  考慮輸入 $a x_1(t)$。輸出 $y_a(t) = (a x_1(t)) * s(t) * s(t-T/2)$。
  由於卷積運算滿足標量乘法分配律，即 $(ax(t)) * h(t) = a(x(t) * h(t))$，其中 $h(t)$ 是任意信號。
  所以，$y_a(t) = a (x_1(t) * s(t) * s(t-T/2)) = a y_1(t)$。
  齊次性滿足。

• 疊加性：如果輸入 $x_1(t)$ 產生輸出 $y_1(t)$，輸入 $x_2(t)$ 產生輸出 $y_2(t)$，則輸入 $x_1(t) + x_2(t)$ 必須產生輸出 $y_1(t) + y_2(t)$。
  設 $y_1(t) = x_1(t) * s(t) * s(t-T/2)$。
  設 $y_2(t) = x_2(t) * s(t) * s(t-T/2)$。

本題要求判斷濾波器 $y(t) = x(t)s(t)$ 的線性與時變性，其中 $s(t)$ 是週期為 $T$ 的脈衝串。
脈衝串 $s(t)$ 可以表示為 $s(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(t - kT)$。

1. 線性 (Linearity, L)
一個系統是線性的，如果它滿足齊次性 (Homogeneity) 和疊加性 (Superposition)。

• 齊次性 (Homogeneity)：若輸入 $x_1(t)$ 產生輸出 $y_1(t)$，則輸入 $a x_1(t)$ 必須產生輸出 $a y_1(t)$。
  設輸入為 $x_1(t)$，輸出為 $y_1(t) = x_1(t)s(t)$。
  考慮輸入 $a x_1(t)$。輸出 $y_a(t) = (a x_1(t)) s(t)$。
  由於 $s(t)$ 是一個固定的信號（不依賴於輸入 $x(t)$），我們可以將常數 $a$ 提出：
  $y_a(t) = a (x_1(t) s(t)) = a y_1(t)$。
  齊次性滿足。

• 疊加性 (Superposition)：若輸入 $x_1(t)$ 產生輸出 $y_1(t)$，輸入 $x_2(t)$ 產生輸出 $y_2(t)$，則輸入 $x_1(t) + x_2(t)$ 必須產生輸出 $y_1(t) + y_2(t)$。
  設輸入為 $x_1(t) + x_2(t)$。輸出 $y_{1+2}(t) = (x_1(t) + x_2(t)) s(t)$。
  由於 $s(t)$ 是常數（或脈衝）的乘法，我們可以分配：
  $y_{1+2}(t) = x_1(t) s(t) + x_2(t) s(t) = y_1(t) + y_2(t)$。
  疊加性滿足。

由於齊次性和疊加性都滿足，該系統是線性的。

核心觀念

本題考查「抽取（downsampling）與插值（upsampling）」以及 $z$ 轉換中的偶次取樣分解。

對任意序列 $x[n]$，其偶數索引部分為

$$x_{\text{even}}[n] = \begin{cases} x[n], & n\text{ 為偶數},\\ 0, & n\text{ 為奇數}. \end{cases}$$

其 $z$ 轉換可利用偶次分量公式表示為

$$X_{\text{even}}(z) = \frac{1}{2}\left[X(z)+X(-z)\right].$$

圖中下方支路先以 $z^{-1}$ 延遲，再經過 $\downarrow 2$ 與 $\uparrow 2$，因此可視為將偶數索引分量延遲一個取樣週期：

$$w_2[n]=x_{\text{even}}[n-1].$$

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解題方法

由偶數索引分量的 $z$ 轉換：

$$X_{\text{even}}(z) = \frac{1}{2}\left[X(z)+X(-z)\right].$$

時間延遲一個單位，即乘上 $z^{-1}$，所以

$$W_2(z) = z^{-1}X_{\text{even}}(z).$$

代入上式得

$$W_2(z) = z^{-1}\frac{1}{2}\left[X(z)+X(-z)\right].$$

因此

核心觀念

本題考查訊號空間表示法、訊號能量正規化、內積投影，以及 Gram–Schmidt 正交化。

採用通信原理常用的正規化 sinc 定義：

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

令

$$s_1(t)=\operatorname{sinc}(t),\qquad s_3(t)=\operatorname{sinc}(3t)$$

由 Fourier transform 的矩形頻譜性質，可得：

$$\langle s_1,s_1\rangle=1$$ $$\langle s_3,s_3\rangle=\frac{1}{3}$$ $$\langle s_1,s_3\rangle=\frac{1}{9}$$

因此，若

$$x(t)=a s_1(t)+b s_3(t)$$

則其能量為

$$\|x\|^2=a^2+\frac{2ab}{9}+\frac{b^2}{3}$$

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(a) 正規化 $u(t,1)$

題目給定：

$$u(t,1)=\frac{3}{2}s_1(t)+\frac{3}{2}s_3(t)$$

其能量為

$$\begin{aligned} \|u(t,1)\|^2 &=\left(\frac{3}{2}\right)^2 +\frac{2}{9}\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right) +\frac{1}{3}\left(\frac{3}{2}\right)^2\\ &=\frac{9}{4}+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}\\ &=\frac{7}{2} \end{aligned}$$

所以：

$$\|u(t,1)\|=\sqrt{\frac{7}{2}}$$

正規化後的基底函數為：

$$\phi_1(t)=\frac{u(t,1)}{\|u(t,1)\|}$$

因此：

$$\boxed{ \phi_1(t)=\frac{3}{\sqrt{14}} \left[\operatorname{sinc}(t)+\operatorname{sinc}(3t)\right] }$$

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(b) $u(t,2)$ 在 $\phi_1(t)$ 上的投影

題目給定：

$$u(t,2)=-\frac{1}{2}s_1(t)-\frac{3}{2}s_3(t)$$

先計算其在 $\phi_1(t)$ 上的坐標：

$$\langle u(t,2),\phi_1\rangle = \frac{\langle u(t,2),u(t,1)\rangle} {\|u(t,1)\|}$$

其中：

$$\begin{aligned} \langle u(t,2),u(t,1)\rangle &= \left(-\frac12\right)\left(\frac32\right) +\frac{1}{9} \left[ \left(-\frac12\right)\left(\frac32\right) +\left(-\frac32\right)\left(\frac32\right) \right]\\ &\quad+\frac13 \left(-\frac32\right)\left(\frac32\right)\\ &=-\frac34-\frac13-\frac34\\ &=-\frac{11}{6} \end{aligned}$$

所以：

$$\langle u(t,2),\phi_1\rangle = -\frac{11}{6}\sqrt{\frac{2}{7}} = -\frac{11}{3\sqrt{14}}$$

因此，投影的「坐標」為：

$$\boxed{ \langle u(t,2),\phi_1\rangle = -\frac{11}{3\sqrt{14}} }$$

投影波形為：

$$\operatorname{Proj}_{\phi_1}u(t,2) = \langle u(t,2),\phi_1\rangle\phi_1(t)$$

代入可得：

$$\boxed{ \operatorname{Proj}_{\phi_1}u(t,2) = -\frac{11}{14} \left[ \operatorname{sinc}(t)+\operatorname{sinc}(3t) \right] }$$

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(c) 正交歸一基底與三個訊號的坐標

第一步：建立第二個正交方向

將 $u(t,2)$ 去除其在 $\phi_1$ 上的分量：

$$v_2(t) = u(t,2) - \langle u(t,2),\phi_1\rangle\phi_1(t)$$

由前述結果：

$$\begin{aligned} v_2(t) &= -\frac12s_1(t)-\frac32s_3(t) +\frac{11}{14}\left[s_1(t)+s_3(t)\right]\\ &=\frac{2}{7}s_1(t)-\frac{5}{7}s_3(t) \end{aligned}$$

其能量為：

$$\begin{aligned} \|v_2\|^2 &=\left(\frac27\right)^2 +\frac{2}{9}\left(\frac27\right)\left(-\frac57\right) +\frac13\left(-\frac57\right)^2\\ &=\frac{4}{49}-\frac{20}{441}+\frac{25}{147}\\ &=\frac{13}{63} \end{aligned}$$

故：

$$\|v_2\|=\sqrt{\frac{13}{63}}=\frac{\sqrt{91}}{21}$$

第二個正交歸一基底為：

$$\phi_2(t)=\frac{v_2(t)}{\|v_2\|}$$

因此：