114 年 國立臺灣大學電信工程學研究所乙組《通信原理》

核心觀念

本題考查連續時間傅立葉轉換的三個基本公式：

1. 時域摺積對應頻域相乘：
   $\mathcal{F}\{x(t)*y(t)\}=X(\omega)Y(\omega)$

2. 雙邊指數函數：
   $\mathcal{F}\{e^{-|t|}\}=\frac{2}{1+\omega^2}$

3. 餘弦函數：

$$\mathcal{F}\{\cos(\omega_0t)\} =\pi\left[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\right]$$

本題的角頻率為 $\omega_0=20\pi$。

解題方法

令

$x(t)=e^{-|t|},\qquad y(t)=\cos(20\pi t)$

先分別求傅立葉轉換。

對 $x(t)=e^{-|t|}$：

$$X(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|t|}e^{-j\omega t}\,dt =\frac{2}{1+\omega^2}$$

對 $y(t)=\cos(20\pi t)$：

$$Y(\omega) =\pi\left[\delta(\omega-20\pi)+\delta(\omega+20\pi)\right]$$

題目要求的是時域摺積：

$$x(t)*y(t)$$

因此利用摺積定理：

$$\mathcal{F}\{x(t)*y(t)\} =X(\omega)Y(\omega)$$

代入可得：

$$\begin{aligned} X(\omega)Y(\omega) &=\frac{2}{1+\omega^2} \cdot\pi\left[\delta(\omega-20\pi)+\delta(\omega+20\pi)\right] \end{aligned}$$

利用狄拉克脈衝的取樣性質：

$$f(\omega)\delta(\omega-\omega_0) =f(\omega_0)\delta(\omega-\omega_0)$$

所以

$$\frac{2}{1+\omega^2}\delta(\omega-20\pi) = \frac{2}{1+(20\pi)^2}\delta(\omega-20\pi)$$

同理，

$$\frac{2}{1+\omega^2}\delta(\omega+20\pi) = \frac{2}{1+(20\pi)^2}\delta(\omega+20\pi)$$

因此傅立葉轉換為

核心觀念

本題考查三個基本觀念：

1. 線性時不變系統與複指數訊號的特徵函數性質。
2. 離散時間複指數訊號的週期條件。
3. 無記憶系統與因果系統的關係。

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解題方法

Statement I：連續時間 LTI 系統與特徵函數

若系統 $S$ 為線性時不變系統，輸入

$$x(t)=e^{j\omega_0 t}$$

其輸出為

$$y(t)=S\{e^{j\omega_0 t}\} =H(j\omega_0)e^{j\omega_0 t},$$

其中 $H(j\omega_0)$ 為系統的頻率響應。因此，$e^{j\omega_0 t}$ 確實是 LTI 系統的特徵函數。

然而，反向命題不一定成立。僅知道所有複指數輸入皆輸出為同一複指數的倍數，並不能保證系統具有線性。

例如定義系統

$$S\{x(t)\}= \begin{cases} x(t), & x(t)\text{ 為單一複指數訊號},\\ 0, & \text{其他訊號}. \end{cases}$$

對所有 $e^{j\omega_0t}$，皆有

$$S\{e^{j\omega_0t}\}=e^{j\omega_0t},$$

所以複指數皆為其特徵函數。但若

$$x_1(t)=e^{j\omega_1t},\qquad x_2(t)=e^{j\omega_2t},$$

則

$$S\{x_1+x_2\}=0,$$

而

$$S\{x_1\}+S\{x_2\} =e^{j\omega_1t}+e^{j\omega_2t}\neq 0.$$

因此該系統不具線性，Statement I 的「當且僅當」錯誤。

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Statement II：離散時間複指數的週期性

離散時間訊號

$$x[n]=e^{j\omega n}$$

若具有整數週期 $N>0$，必須滿足

$$x[n+N]=x[n].$$

因此

$$e^{j\omega(n+N)}=e^{j\omega n},$$

消去 $e^{j\omega n}$ 得

$$e^{j\omega N}=1.$$

所以

$$\omega N=2\pi k,\qquad k\in\mathbb{Z},$$

亦即

$$\frac{\omega}{2\pi}=\frac{k}{N}$$

必須為有理數。

本題考查傅立葉級數的收斂性、能量的性質以及對稱訊號的傅立葉級數係數。

首先，我們分析三個敘述：

{I} $\lim_{N\to\infty} x_N(t) = x(t)$ for all $t \in \mathbb{R}$.
$x_N(t)$ 是訊號 $x(t)$ 的傅立葉級數截斷。
根據傅立葉級數的收斂定理，如果 $x(t)$ 是一個週期為 $T$ 的絕對可積且具有有限個奇點的函數（例如，分段光滑），則其傅立葉級數在所有連續點 $t$ 都收斂到 $x(t)$，而在奇點 $t$ 處收斂到 $x(t^+)$ 和 $x(t^-)$ 的平均值 $\frac{x(t^+) + x(t^-)}{2}$。
然而，敘述 {I} 要求在 所有 $t \in \mathbb{R}$ 上都收斂到 $x(t)$。
如果 $x(t)$ 在某些點是奇點（例如，方波訊號），那麼傅立葉級數在這些點的收斂值是平均值，而不是訊號本身的值。
因此，這個敘述 不一定為真，除非 $x(t)$ 在所有點都是連續的。
在一般情況下，傅立葉級數的收斂性是平均收斂 (mean square convergence) 或 $L^2$ 收斂，而不是處處收斂 (pointwise convergence)。
所以，敘述 {I} 是 錯誤 的。

{II} $\lim_{N\to\infty} E_N = 0$.
$E_N = \int_{0}^{T} |x(t) - x_N(t)|^2 dt$ 是截斷訊號與原訊號之間誤差的能量。
根據 Parseval 定理，對於週期為 $T$ 的訊號 $x(t)$，其傅立葉級數係數為 $a_k$，有：
$\int_{0}^{T} |x(t)|^2 dt = T \sum_{k=-\infty}^{\infty} |a_k|^2$。
截斷訊號 $x_N(t) = \sum_{k=-N}^{N} a_k e^{j\frac{2\pi k}{T}t}$。
$|x(t) - x_N(t)|^2$ 的能量積分是：
$E_N = \int_{0}^{T} |x(t) - x_N(t)|^2 dt$。
根據 Parseval 定理，這個積分可以表示為：
$E_N = T \sum_{k=-\infty}^{\infty} |c_k|^2$，其中 $c_k$ 是 $x(t) - x_N(t)$ 的傅立葉級數係數。
$x(t) - x_N(t) = x(t) - \sum_{k=-N}^{N} a_k e^{j\frac{2\pi k}{T}t}$。
假設 $x(t)$ 的傅立葉級數係數是 $a_k$。
則 $x(t) - x_N(t)$ 的傅立葉級數係數是：
對於 $|k| \le N$，係數是 $a_k - a_k = 0$。
對於 $|k| > N$，係數是 $a_k$。
所以，$E_N = T \sum_{|k|>N}^{\infty} |a_k|^2$。
當 $N \to \infty$ 時，我們需要 $\sum_{k=-\infty}^{\infty} |a_k|^2$ 收斂，才能保證 $\lim_{N\to\infty} E_N = 0$。
如果 $x(t)$ 的能量是有限的，即 $\int_{0}^{T} |x(t)|^2 dt < \infty$，則根據 Parseval 定理，$\sum_{k=-\infty}^{\infty} |a_k|^2$ 是收斂的（有限的）。

本題考查拉普拉斯轉換的收斂域 (Region of Convergence, ROC) 以及穩定 LTI 系統的性質。

首先，我們需要找到系統函數 $H(s)$ 的極點 (poles)。
$H(s) = \frac{1}{(s^2 + 6s + 18)(s+ 2)(s + 1)(s - 4)}$
其中，$s^2 + 6s + 18 = 0$ 的根為：
$s = \frac{-6 \pm \sqrt{6^2 - 4(1)(18)}}{2(1)} = \frac{-6 \pm \sqrt{36 - 72}}{2} = \frac{-6 \pm \sqrt{-36}}{2} = \frac{-6 \pm j6}{2} = -3 \pm j3$。
所以，$s^2 + 6s + 18 = (s - (-3+j3))(s - (-3-j3))$。

$H(s)$ 的所有極點是：
$p_1 = -3 + j3$
$p_2 = -3 - j3$
$p_3 = -2$
$p_4 = -1$
$p_5 = 4$

極點的實部分別為：
$\text{Re}\{p_1\} = -3$
$\text{Re}\{p_2\} = -3$
$\text{Re}\{p_3\} = -2$
$\text{Re}\{p_4\} = -1$
$\text{Re}\{p_5\} = 4$

對於一個因果系統 (causal system)，其拉普拉斯轉換的 ROC 是位於最右邊的極點右側的半平面。
對於一個反因果系統 (anti-causal system)，其 ROC 是位於最左邊的極點左側的半平面。
對於一個既非因果也非反因果的系統，其 ROC 是位於兩個極點之間的帶狀區域。

題目中提到，該系統是 穩定 (stable) 的。
一個 LTI 系統是穩定的，當且僅當其 ROC 包含虛軸 (imaginary axis)，即 $j\omega$ 軸。
虛軸的定義是 $\text{Re}\{s\} = 0$。
因此，ROC 必須包含 $\text{Re}\{s\} = 0$。

我們來看各個極點的實部：-3, -3, -2, -1, 4。
最左邊的極點實部是 -3。
最右邊的極點實部是 4。

如果 ROC 包含虛軸 ($\text{Re}\{s\} = 0$)，那麼 ROC 必須包含從最左邊的極點實部到最右邊的極點實部之間的區域，並且這個區域必須包含虛軸。
最左邊的極點的實部是 -3。最右邊的極點的實部是 4。
如果 ROC 包含虛軸 ($\text{Re}\{s\} = 0$)，那麼 ROC 必須從某個值 $\sigma_{min}$ 開始，到最右邊的極點右側結束。
或者，從虛軸的左側開始，到最左邊的極點左側結束。

對於一個有理系統函數，其 ROC 是由極點決定的半平面、帶狀區域或其補集。
如果系統是穩定的，則 ROC 必須包含虛軸。
這意味著 ROC 必須包含 $\text{Re}\{s\} = 0$。
為了包含虛軸，ROC 不能是 $\text{Re}\{s\} < \sigma_{min}$ 或 $\text{Re}\{s\} > \sigma_{max}$ 這種形式，除非 $\sigma_{min} \le 0 \le \sigma_{max}$。
對於有理系統函數，ROC 總是形如 $\text{Re}\{s\} > \sigma_{max}$，或 $\text{Re}\{s\} < \sigma_{min}$，或 $\sigma_a < \text{Re}\{s\} < \sigma_b$。

由於系統是穩定的，ROC 必須包含虛軸 ($\text{Re}\{s\} = 0$)。
考慮所有極點的實部：-3, -2, -1, 4。
最左邊的極點實部是 -3。
最右邊的極點實部是 4。

如果 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > 4$，則不包含虛軸，系統不穩定。
如果 ROC 是 $\text{Re}\{s\} < -3$，則不包含虛軸，系統不穩定。
如果 ROC 是 $-3 < \text{Re}\{s\} < 4$，則包含虛軸 ($\text{Re}\{s\}=0$)。
如果 ROC 是 $-2 < \text{Re}\{s\} < -1$，則不包含虛軸。
如果 ROC 是 $-3 < \text{Re}\{s\} < -2$，則不包含虛軸。
如果 ROC 是 $-1 < \text{Re}\{s\} < 4$，則包含虛軸 ($\text{Re}\{s\}=0$)。

我們需要仔細考慮 ROC 的形成。
對於一個有理系統函數 $H(s)$，其 ROC 是由極點決定的。
極點為 -3 (複數對), -2, -1, 4。
最左邊的極點實部是 -3。
最右邊的極點實部是 4。

如果系統是因果的，則 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > \sigma_{max}$，其中 $\sigma_{max}$ 是最大的極點實部。
在這裡，$\sigma_{max} = 4$。所以因果系統的 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > 4$。

核心觀念

本題主要考：

1. 離散時間傅立葉轉換的 Parseval 定理。
2. 複指數因子 $e^{j\pi n/2}$ 不會改變訊號的幅度。
3. 級數
   $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(n+2)}$
   的裂項相消。

題目將 $n$ 寫成 $n\in\mathbb Z$ 時，在 $n=-2,-1$ 分母為零，因此訊號嚴格而言未定義。依此題的標準題意，採用合理假設：訊號定義於 $n\ge 0$，即

$$x[n]=\frac{e^{j\pi n/2}}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}u[n].$$

解題方法

離散時間傅立葉轉換的 Parseval 定理為

$$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \left|X(e^{j\omega})\right|^2d\omega = \sum_{n=-\infty}^{\infty}|x[n]|^2.$$

因此

$$\int_{-\pi}^{\pi} \left|X(e^{j\omega})\right|^2d\omega = 2\pi\sum_{n=0}^{\infty}|x[n]|^2.$$

計算訊號的平方幅度：

$$|x[n]|^2 = \left| \frac{e^{j\pi n/2}}{\sqrt{(n+1)(n+2)}} \right|^2.$$

因為

$$|e^{j\pi n/2}|=1,$$

所以

$$|x[n]|^2 = \frac{1}{(n+1)(n+2)}.$$

利用裂項分解：

核心觀念

雙邊 $z$ 轉換定義為

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

由柯西積分公式，

$$\frac{1}{2\pi j}\oint_C X(z)z^{\ell-1}\,dz$$

所擷取的是 $X(z)$ 中 $z^{-\ell}$ 的係數。不過題目將結果記為 $y_\ell[n]$，右側並沒有 $n$，因此依照題目原式，$y_\ell[n]$ 實際上是與 $n$ 無關的常數，而不是一個正常的離散時間序列。

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解題方法

先將 $X(z)$ 寫成

$$X(z) = \frac{a_1+a_2z^{-1}+a_5z^{-2}}{1-z^{-1}} + \frac{a_3+a_4z+a_6z^2}{1-z}.$$

其奇異點位於 $z=0$ 與 $z=1$。因此 $C_1$、$C_2$ 都只包住 $z=0$，而 $C_3$ 同時包住 $z=0$ 與 $z=1$。

對於 $|z|<1$ 的輪廓，第一部分採反因果展開，第二部分採因果展開。取正整數 $\ell=1,2,3$，可得

$$\frac{1}{2\pi j}\oint_{C_1}X(z)z^{\ell-1}\,dz = \frac{1}{2\pi j}\oint_{C_2}X(z)z^{\ell-1}\,dz = \begin{cases} -a_5=-\dfrac32,&\ell=1,\\[4pt] 0,&\ell=2,3. \end{cases}$$

因此

$$y_1[n]=-\frac32,\qquad y_2[n]=0,\qquad y_3[n]=0 \quad\text{（對所有 }n\text{）}$$

其中前兩個等式分別對應 $C_1$、$C_2$。

對於 $C_3$，因為輪廓包住 $z=1$，其正頻率係數變為

$$y_3[n]= \begin{cases} a_1+a_2-a_3-a_4-a_6 =\dfrac{11}{4}-\dfrac{j}{8},&\ell=1,\\[6pt] a_1+a_2+a_5-a_3-a_4-a_6 =\dfrac{17}{4}-\dfrac{j}{8},&\ell=2,3. \end{cases}$$

因此依題目記號，$C_3$ 所得到的三個常數也都不為零。

誤差的目標序列為

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 因果離散時間 LTI 系統的 ROC 與穩定性

   • 因果系統的 ROC 位於最外側極點之外。
   • 離散時間 LTI 系統穩定的條件是 ROC 必須包含單位圓 $|z|=1$。

2. 由極點判斷 $h[n]$ 的漸近成長率

   • 最大極點為 $z=3$，其對應項會主導 $h[n]$ 的成長。
   • 必須確認 $3^n$ 項的係數是否為零。

3. 由轉移函數推導差分方程

   • 將 $H(z)$ 改寫成 $z^{-1}$ 的形式，再比較 $Y(z)$ 與 $X(z)$ 的關係。

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解題方法

判斷敘述 I：系統是否不穩定

已知

$$H(z)=\frac{z+2}{(z-1)(z-2)(z-3)}.$$

系統的極點位於

$$z=1,\quad z=2,\quad z=3.$$

因為題目明確指出系統為因果系統，所以 ROC 必須在最外側極點之外：

$$\text{ROC}: |z|>3.$$

穩定系統要求 ROC 包含單位圓 $|z|=1$。但 $|z|>3$ 不包含單位圓，因此系統不穩定。

所以：

$$\boxed{\text{敘述 I 正確}}$$

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判斷敘述 II：$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{h[n]}{3^n}$

先求 $H(z)$ 的部分分式：

$$H(z)=\frac{A}{z-1}+\frac{B}{z-2}+\frac{C}{z-3}.$$

其中 $z=3$ 極點的係數為

$$C=\left.\frac{z+2}{(z-1)(z-2)}\right|_{z=3} =\frac{5}{(2)(1)} =\frac{5}{2}.$$

對因果系統，

$$\mathcal{Z}^{-1}\left\{\frac{1}{z-a}\right\} =a^{n-1}u[n-1].$$

因此，來自極點 $z=3$ 的脈衝響應成分為

$$\frac{5}{2}3^{n-1}u[n-1].$$

其餘來自 $z=1$ 與 $z=2$ 的項，除以 $3^n$ 後會趨近於零。因此

$$\lim_{n\to\infty}\frac{h[n]}{3^n} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{5}{2}3^{n-1}}{3^n} = \frac{5}{6}.$$

由於

$$\frac{5}{6}\neq 0,$$

所以：

本題考查訊號頻寬的性質。一個訊號的頻寬是指其傅立葉轉換非零的頻率範圍。

我們逐一分析選項：

(A) $8x(t-3)$
訊號 $8x(t-3)$ 是由 $x(t)$ 進行時間延遲 (3 秒) 和幅度縮放 (乘以 8)。
時間延遲和幅度縮放不會改變訊號的頻寬。
因此，$8x(t-3)$ 的頻寬與 $x(t)$ 相同。

(B) $x(t/2 - 5)$
訊號 $x(t/2 - 5)$ 是由 $x(t)$ 進行時間壓縮 (乘以 1/2，表示速度加快一倍) 和時間平移 (-5)。
時間壓縮會改變頻率。如果時間軸被壓縮 (例如，乘以 $a < 1$)，頻率會被擴展 (乘以 $1/a > 1$)。
如果 $x(t)$ 的頻寬是 $B$，那麼 $x(at)$ 的頻寬是 $B/a$。
在這裡，$t/2$ 表示 $a=1/2$。所以頻寬會變成 $B/(1/2) = 2B$。
時間平移不會改變頻寬。
因此，$x(t/2 - 5)$ 的頻寬是 $x(t)$ 的兩倍，不是相同。

(C) $\sin(x(t))$
$\sin(x(t))$ 是一個非線性變換。
如果 $x(t)$ 是頻帶有限的，例如頻寬為 $B$，則 $x(t)$ 的傅立葉轉換 $X(\omega)$ 在 $|\omega| > B$ 時為零。
然而，$\sin(x(t))$ 的傅立葉轉換通常會包含比 $x(t)$ 更寬的頻率成分。
例如，如果 $x(t) = \cos(\omega_0 t)$，頻寬為 $\omega_0$。

核心觀念

本題考查：

1. 連續時間訊號的取樣定理
2. 取樣後頻譜的週期性複製
3. 理想 sinc 插值重建
4. 取樣間隔與重建 sinc 函數尺度必須一致

已知訊號頻譜滿足

$$X_c(\omega)=0,\qquad |\omega|>100\pi$$

因此訊號的最高角頻率為

$$\omega_m=100\pi\ \text{rad/s}$$

對應的最高頻率為

$$f_m=\frac{\omega_m}{2\pi}=50\ \text{Hz}$$

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解題方法

1. 取樣條件

取樣週期為 $T_1$，取樣角頻率為

$$\omega_s=\frac{2\pi}{T_1}$$

根據取樣定理，為避免頻譜混疊，必須滿足

$$\omega_s\ge 2\omega_m$$

代入 $\omega_m=100\pi$：

$$\frac{2\pi}{T_1}\ge 200\pi$$

因此

$$T_1\le \frac{1}{100}$$

所有選項中的 $T_1$ 都小於 $\frac{1}{100}$，所以所有選項均符合避免混疊的條件。

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2. 分析 sinc 重建公式

題目給出的重建訊號為

$$\hat{x}(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n] \frac{\sin\left(\frac{\pi}{T_2}(t-nT_1)\right)} {\frac{\pi}{T_2}(t-nT_1)}$$

將其寫成 normalized sinc 函數：

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

可得

$$\hat{x}(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]\, \operatorname{sinc}\left(\frac{t-nT_1}{T_2}\right)$$

標準取樣重建公式為

$$x(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT_1) \operatorname{sinc}\left(\frac{t-nT_1}{T_1}\right)$$

因此，要使題目中的插值公式成為標準理想重建公式，必須有

$$T_2=T_1$$

此外，重建濾波器的截止角頻率為

$$\omega_c=\frac{\pi}{T_2}$$

為完整保留原訊號頻譜，還需滿足

$$\frac{\pi}{T_2}\ge 100\pi$$

也就是

核心觀念

本題考查二元訊號偵測中的：

• 等概訊息下的最大概似決策。
• 白高斯雜訊下的歐氏距離判決。
• 有色高斯雜訊下的逆雜訊協方差加權距離判決。
• 訊號能量、互相關與訊號間距離。
• 二元 AWGN 偵測的錯誤率公式。

以下採用通信中常見的定義：

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

令

$$x(t)=\operatorname{sinc}(2t),$$

則

$$s_1(t)=d\sqrt{2}\,x(t),\qquad s_2(t)=d\sqrt{2}\,x(t)\sin t.$$

由

$$X(f)=\frac{1}{2},\qquad |f|<1$$

可得

$$\int_{-\infty}^{\infty}x^2(t)\,dt = \int_{-1}^{1}\frac{1}{4}\,df = \frac{1}{2}.$$

此外，$x(t)$ 為偶函數，$x(t)\sin t$ 為奇函數，因此兩個訊號彼此正交：

$$\langle s_1,s_2\rangle = 2d^2\int_{-\infty}^{\infty}x^2(t)\sin t\,dt =0.$$

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（a）白高斯雜訊下的最佳決策區域

解題方法

白高斯雜訊的功率頻譜為

$$S_N(f)=\sigma^2.$$

對於等概訊息，最佳接收器選擇使下式較小的訊號：

$$\|r-s_j\|^2,$$

其中 $r(t)$ 是接收波形。

因此選擇 $s_1$ 的條件為

$$\|r-s_1\|^2\leq \|r-s_2\|^2.$$

展開兩邊：

$$\langle r,r\rangle-2\langle r,s_1\rangle+\|s_1\|^2 \leq \langle r,r\rangle-2\langle r,s_2\rangle+\|s_2\|^2.$$

消去 $\langle r,r\rangle$ 後，得到

$$2\langle r,s_1-s_2\rangle \geq \|s_1\|^2-\|s_2\|^2.$$

計算兩個訊號的能量

先計算 $s_1$：

$$E_1=\|s_1\|^2 = 2d^2\int x^2(t)\,dt =d^2.$$

接著計算 $s_2$：

$$E_2 = 2d^2\int x^2(t)\sin^2t\,dt.$$

利用

$$\sin^2t=\frac{1-\cos(2t)}{2},$$

以及

$$\int x^2(t)\cos(2t)\,dt = \frac{1}{4}\left(2-\frac{1}{\pi}\right),$$

可得

$$\int x^2(t)\sin^2t\,dt = \frac{1}{8\pi}.$$

因此

$$E_2=\frac{d^2}{4\pi}.$$

所以最佳決策區域為

$$\boxed{ \mathcal R_1= \left\{ r: \langle r,s_1-s_2\rangle \geq \frac{d^2}{2}\left(1-\frac{1}{4\pi}\right) \right\} }$$

以及

$$\boxed{ \mathcal R_2= \left\{ r: \langle r,s_1-s_2\rangle < \frac{d^2}{2}\left(1-\frac{1}{4\pi}\right) \right\}. }$$

其中

$$\langle r,s_1-s_2\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} r(t)\bigl[s_1(t)-s_2(t)\bigr]\,dt.$$

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（b）符號錯誤率

解題方法

兩個訊號的平方距離為

$$D^2=\|s_1-s_2\|^2.$$

由於 $s_1$ 與 $s_2$ 正交，

$$D^2 = E_1+E_2 = d^2+\frac{d^2}{4\pi}.$$

因此

$$D = d\sqrt{1+\frac{1}{4\pi}}.$$

白高斯雜訊下，等概二元訊號的最佳符號錯誤率為

$$P_e = Q\left(\frac{D}{2\sigma}\right),$$

其中

$$Q(u)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_u^\infty e^{-v^2/2}\,dv.$$

代入 $D$：

$$\boxed{ P_e = Q\left( \frac{d}{2\sigma} \sqrt{1+\frac{1}{4\pi}} \right). }$$

快速驗算

若兩個訊號的距離增加，錯誤率應下降；若雜訊強度 $\sigma^2$ 增加，錯誤率應上升。上述結果符合此物理意義。

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（c）相關高斯雜訊下的最佳決策區域

已知雜訊自相關函數為

$$R_N(\tau)=e^{-|\tau|}.$$

1. 求雜訊功率頻譜

依 Wiener–Khinchin 定理，

$$S_N(f) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|\tau|}e^{-j2\pi f\tau}\,d\tau = \frac{2}{1+(2\pi f)^2}.$$

有色高斯雜訊下，最佳判決不是直接使用普通內積，而是使用逆雜訊頻譜加權內積：

$$\langle a,b\rangle_{N^{-1}} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{A(f)B^*(f)}{S_N(f)}\,df.$$

本題中

$$\frac{1}{S_N(f)} = \frac{1+(2\pi f)^2}{2}.$$

因此此接收器等效於先通過白化濾波器，再進行最小距離判決。

2. 有色雜訊下的最佳判決公式

等概訊息的最大概似判決為選擇使下式較小的訊號：

$$\|r-s_j\|_{N^{-1}}^2.$$

選擇 $s_1$ 的條件為