115 年 國立臺灣大學電信工程學研究所乙組《通信原理》

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第 1 題6 分

(1) Please illustrate the following terms:
(a) Gibb's phenomenon;
(b) Hilbert transform

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核心觀念

本題考查傅立葉分析中的兩個重要概念:傅立葉級數在不連續點附近的收斂特性,以及希爾伯特轉換所造成的相位改變。

(a)Gibbs 現象

將含有跳躍不連續的訊號以有限項傅立葉級數近似時,不連續點附近會出現振盪與超越現象,稱為 Gibbs 現象。增加級數項數會使振盪區域變窄,但最大超越量不會消失。

對跳躍大小為 Δ\Delta 的訊號,超越量約為

0.08949Δ0.08949\Delta

也就是跳躍幅度的約 8.949%8.949\%。當傅立葉級數在不連續點收斂時,收斂值為左右極限的平均:

x(t0−)+x(t0+)2\frac{x(t_0^-)+x(t_0^+)}{2}

以振幅為 ±1\pm 1 的方波為例,跳躍大小為 22,因此超越量約為 0.178980.17898。有限項近似在跳躍附近會超過方波原有的 ±1\pm 1 電平。

(b)希爾伯特轉換

希爾伯特轉換用來建立與原訊號正交的分量。其定義為

x^(t)=H{x(t)}=1πP.V.⁡∫−∞∞x(τ)t−τ dτ\hat{x}(t)=\mathcal{H}\{x(t)\} =\frac{1}{\pi}\operatorname{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x(\tau)}{t-\tau}\,d\tau

其中 P.V.⁡\operatorname{P.V.} 表示柯西主值積分。

採用傅立葉轉換定義 X(f)=∫−∞∞x(t)e−j2πft dtX(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt 時,希爾伯特轉換的頻域關係為

X^(f)=−j sgn⁡(f)X(f)\hat{X}(f)=-j\,\operatorname{sgn}(f)X(f)

正頻率乘上 −j-j,相位延遲 90∘90^\circ;負頻率乘上 +j+j,相位超前 90∘90^\circ。因此,希爾伯特轉換的頻率響應大小為 11,作用主要是改變相位。

解題方法

(a)說明 Gibbs 現象

判斷是否出現 Gibbs 現象,先看訊號是否具有跳躍不連續,再觀察有限項傅立葉級數近似在跳躍附近的波形。以方波為例,其傅立葉級數可寫成

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第 2 題16 分

(2) Please determine
(a) ∫−∞∞sin⁡(2πt)tdt\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(2\pi t)}{t} dt
(b) ∫−∞∞sin⁡2(πt)πt2dt\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(\pi t)}{\pi t^2} dt
(c) ∫−∞∞sin⁡(30πτ)cos⁡(6π(t−τ))dτ\int_{-\infty}^{\infty} \sin(30\pi\tau)\cos(6\pi(t-\tau))d\tau
(d) ∫−∞∞sin⁡(30πτ)cos⁡(6π(t−τ))dτ\int_{-\infty}^{\infty} \sin(30\pi\tau)\cos(6\pi(t-\tau))d\tau

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核心觀念

本題主要考查:

  1. 狄利克雷積分
    ∫−∞∞sin⁡att dt=π,a>0.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin at}{t}\,dt=\pi,\qquad a>0.

  2. Parseval 型積分公式
    ∫−∞∞(sin⁡att)2dt=πa,a>0.\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin at}{t}\right)^2dt=\pi a,\qquad a>0.

  3. 正弦、餘弦乘積公式,以及不同頻率的正交性:
    ∫−∞∞sin⁡(ω1t)sin⁡(ω2t) dt=0,ω1≠ω2,\int_{-\infty}^{\infty}\sin(\omega_1 t)\sin(\omega_2 t)\,dt=0,\qquad \omega_1\ne\omega_2,
    此式需採傅立葉廣義函數或頻率正交的意義理解。


解題方法與計算

(a)

題目為

∫−∞∞sin⁡(2πt)t dt.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt.

套用狄利克雷積分公式,其中 a=2π>0a=2\pi>0:

∫−∞∞sin⁡att dt=π.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin at}{t}\,dt=\pi.

因此

∫−∞∞sin⁡(2πt)t dt=π.\boxed{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt=\pi}.

(b)

題目為

∫−∞∞sin⁡2(πt)πt2 dt.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\pi t)}{\pi t^2}\,dt.

先提出常數:

∫−∞∞sin⁡2(πt)πt2 dt=1π∫−∞∞(sin⁡(πt)t)2dt.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\pi t)}{\pi t^2}\,dt = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin(\pi t)}{t}\right)^2dt.

使用公式

∫−∞∞(sin⁡att)2dt=πa,a>0.\int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin at}{t}\right)^2dt=\pi a, \qquad a>0.

令 a=πa=\pi,則

∫−∞∞(sin⁡(πt)t)2dt=π2.\int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin(\pi t)}{t}\right)^2dt = \pi^2.

所以

∫−∞∞sin⁡2(πt)πt2 dt=1π⋅π2=π.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\pi t)}{\pi t^2}\,dt = \frac{1}{\pi}\cdot\pi^2 = \pi.

因此

∫−∞∞sin⁡2(πt)πt2 dt=π.\boxed{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\pi t)}{\pi t^2}\,dt=\pi}.

(c)

題目為

∫−∞∞sin⁡(30πτ)cos⁡(6π(t−τ)) dτ.\int_{-\infty}^{\infty} \sin(30\pi\tau)\cos\bigl(6\pi(t-\tau)\bigr)\,d\tau.

利用餘弦差角公式:

cos⁡(6π(t−τ))=cos⁡(6πt−6πτ)\cos\bigl(6\pi(t-\tau)\bigr) = \cos(6\pi t-6\pi\tau)
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第 3 題12 分

(3) Please determine the inverse Z transforms of the following functions:
(It is OK to show only the causal solution).
(a) X(z)=1+z−14−3z−1−z−2X(z) = \frac{1+z^{-1}}{4-3z^{-1}-z^{-2}}
(b) X(z)=log⁡(1+2z−2)X(z) = \log(1+2z^{-2})

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核心觀念

因果序列的常用反 ZZ 轉換對為

11−az−1  ⟷  anu[n],∣z∣>∣a∣\frac{1}{1-a z^{-1}} \;\longleftrightarrow\; a^n u[n], \qquad |z|>|a|

其中 u[n]u[n] 為單位階躍序列。分式可用部分分式展開;含對數的函數則可在收斂區域內使用泰勒級數,逐項對照 z−nz^{-n} 的係數。

解題方法

(a) 部分分式展開

令 q=z−1q=z^{-1},先因式分解分母:

4−3q−q2=(1−q)(4+q)4-3q-q^2=(1-q)(4+q)

設

1+q(1−q)(4+q)=A1−q+B4+q\frac{1+q}{(1-q)(4+q)} = \frac{A}{1-q}+\frac{B}{4+q}

比較係數可得 A=25A=\frac{2}{5}、B=−35B=-\frac{3}{5},因此

X(z)=2511−z−1−3514+z−1=2511−z−1−32011+14z−1X(z) = \frac{2}{5}\frac{1}{1-z^{-1}} -\frac{3}{5}\frac{1}{4+z^{-1}} = \frac{2}{5}\frac{1}{1-z^{-1}} -\frac{3}{20}\frac{1}{1+\frac{1}{4}z^{-1}}

套用因果反 ZZ 轉換對:

x[n]=25u[n]−320(−14)nu[n]x[n] = \frac{2}{5}u[n] -\frac{3}{20}\left(-\frac{1}{4}\right)^n u[n]

其收斂區域為 ∣z∣>1|z|>1。

(b) 對數級數展開

使用

log⁡(1+w)=∑k=1∞(−1)k+1wkk,∣w∣<1\log(1+w)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{w^k}{k}, \qquad |w|<1

令 w=2z−2w=2z^{-2},得

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第 4 題16 分

(4) Suppose that X(jω)X(j\omega) is the continuous Fourier transform of x(t)x(t).
(a) What is the Fourier transform of Re{x(3t+6)}\text{Re}\{x(3t+6)\}? (where Re{⋅}\text{Re}\{\cdot\} means taking the real part)
(b) What is the Fourier transform of X(jt)X(jt)?
(c) Suppose that the bandwidth of x(t)x(t) is WW. Please estimate the bandwidth of ∣x(t+1)∣2|x(t+1)|^2.
(d) Continue in (c), how do we sample ∣x(t+1)∣2|x(t+1)|^2 without aliasing effect?

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核心觀念

採用連續時間傅立葉轉換定義

X(jω)=∫−∞∞x(t)e−jωt dt,x(t)=12π∫−∞∞X(jω)ejωt dω.X(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt, \qquad x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\omega)e^{j\omega t}\,d\omega.

本題運用時間縮放與位移、取實部的頻域關係、傅立葉轉換對偶性,以及時域相乘對應頻域摺積。以下依通信原理常用的基頻低通慣例,將 WW 視為 x(t)x(t) 的最高正頻率,單位為 Hz。

(a) Re⁡{x(3t+6)}\operatorname{Re}\{x(3t+6)\} 的傅立葉轉換

先令 z(t)=x(3t+6)z(t)=x(3t+6)。由時間縮放與位移性質,

z(t)=x(3(t+2))⟺Z(jω)=13ej2ωX(jω3).z(t)=x\bigl(3(t+2)\bigr) \quad\Longleftrightarrow\quad Z(j\omega)=\frac{1}{3}e^{j2\omega}X\left(j\frac{\omega}{3}\right).

利用取實部的頻域關係,

F{Re⁡z(t)}=12[Z(jω)+Z∗(−jω)].\mathcal{F}\{\operatorname{Re}z(t)\} =\frac{1}{2}\left[Z(j\omega)+Z^*(-j\omega)\right].

其中

Z∗(−jω)=13ej2ωX∗(−jω3).Z^*(-j\omega) =\frac{1}{3}e^{j2\omega}X^*\left(-j\frac{\omega}{3}\right).

因此

F{Re⁡{x(3t+6)}}=16ej2ω[X(jω3)+X∗(−jω3)]\boxed{ \mathcal{F}\{\operatorname{Re}\{x(3t+6)\}\} = \frac{1}{6}e^{j2\omega} \left[ X\left(j\frac{\omega}{3}\right) + X^*\left(-j\frac{\omega}{3}\right) \right] }

取實部會將頻譜與其共軛鏡射版本相加;時間縮放則將頻率軸伸展三倍。位移 +2+2 帶來相位因子 ej2ωe^{j2\omega}。

(b) X(jt)X(jt) 的傅立葉轉換

由傅立葉轉換對偶性,

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第 5 題12 分

Part 2: Principles of Communication
(Please simplify your answers as much as possible and write down detailed steps)
(5) In a fading channel the received signal is y=hx+wy = hx + w, where xx is a quadrature-amplitude modulation (QAM) signal and both the fading coefficient hh and noise ww are zero-mean complex-Gaussian distributed with variance E[∣h∣2]=E[∣w∣2]=1E[|h|^2] = E[|w|^2] = 1.
(a) Please find the variance of the real part of hh.
(6%)
(b) Assume that x∈{P(m1+jm2)∣m1,m2=−1,0,1,2}x \in \{\sqrt{P}(m_1 + jm_2)|m_1, m_2 = -1, 0, 1, 2\}. Also, the point x=P(1−j)x = \sqrt{P}(1-j) is sent. The receiver knows the realization of hh. Please find the set of QAM constellation points having the largest pairwise error probability to xx under the maximum likelihood (ML) rule.
(6%)

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核心觀念

若複數高斯隨機變數 hh 為零均值、圓對稱複數高斯,且 E[∣h∣2]=1E[|h|^2]=1,其實部與虛部具有相同變異數,且

E[∣h∣2]=E[(Re⁡h)2]+E[(Im⁡h)2]=2Var⁡(Re⁡h).E[|h|^2] =E[(\operatorname{Re}h)^2]+E[(\operatorname{Im}h)^2] =2\operatorname{Var}(\operatorname{Re}h).

在已知通道係數 hh 的情況下,最大似然(ML)接收器選擇與接收訊號距離最近的星座點。兩個星座點之間的成對錯誤機率(pairwise error probability, PEP)隨其通道後距離增加而減小,因此最可能被誤判成的點,就是離傳送點最近的其他星座點。

解題方法

(a) 求 Re⁡h\operatorname{Re}h 的變異數

由於 hh 為零均值且圓對稱,Re⁡h\operatorname{Re}h 與 Im⁡h\operatorname{Im}h 的變異數相同。利用 E[∣h∣2]=1E[|h|^2]=1:

1=E[∣h∣2]=E[(Re⁡h)2]+E[(Im⁡h)2]=2Var⁡(Re⁡h).1 =E[|h|^2] =E[(\operatorname{Re}h)^2]+E[(\operatorname{Im}h)^2] =2\operatorname{Var}(\operatorname{Re}h).

所以

Var⁡(Re⁡h)=12.\operatorname{Var}(\operatorname{Re}h)=\frac{1}{2}.

(b) 找出對 x=P(1−j)x=\sqrt{P}(1-j) 成對錯誤機率最大的星座點

將星座點寫成座標 (m1,m2)(m_1,m_2),其中

m1,m2∈{−1,0,1,2}.m_1,m_2\in\{-1,0,1,2\}.
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第 5 題12 分

(c) Please use union-bound and Q-function to find the upper-bound of the symbol error probability of ML demodulator given realization h=h′h = h'. You can simplify the answer assuming P is high.
(d) Using the Q-function upper-bound Q(t)≤(1/2)e−t2/2Q(t) \le (1/2)e^{-t^2/2}, based on your simplified answer in (c), please find the upper-bound of the symbol error probability when ∣h∣2|h|^2 is Chi-squared distributed with probability density function (PDF) f(t)=e−t,t≥0f(t) = e^{-t}, t \ge 0.

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核心觀念

本題考查三個重點:

  1. 已知通道實現值 h=h′h=h' 時,ML demodulator 的條件符號錯誤率。
  2. 以 union bound 將多符號錯誤事件上界化為成對錯誤機率總和。
  3. 通道衰落下,對 ∣h∣2|h|^2 的機率密度函數取平均,得到平均符號錯誤率上界。

題目節錄未提供前文的星座定義,因此以下採用標準複數基頻模型:

y=Phs+n,y=\sqrt{P}hs+n,

其中 s∈Ss\in\mathcal S、E[∣s∣2]=1E[|s|^2]=1,雜訊為

n∼CN(0,N0).n\sim\mathcal{CN}(0,N_0).

令星座中任兩個符號的歐氏距離為

dij=∣si−sj∣,d_{ij}=|s_i-s_j|,

最小符號距離為

dmin⁡=min⁡i≠jdij.d_{\min}=\min_{i\neq j}d_{ij}.

解題方法:條件成對錯誤機率

當 h=h′h=h' 已知時,ML 判決器選擇使下式最小的符號:

s^=arg⁡min⁡sj∈S∣y−Ph′sj∣2.\hat{s} =\arg\min_{s_j\in\mathcal S}|y-\sqrt{P}h's_j|^2.

假設實際傳送 sis_i,考慮誤判為 sjs_j 的成對錯誤事件。兩個接收訊號點之間的距離為

∣Ph′si−Ph′sj∣=P∣h′∣dij.\left|\sqrt{P}h's_i-\sqrt{P}h's_j\right| =\sqrt{P}|h'|d_{ij}.

將雜訊投影到兩點連線方向後,成對錯誤機率為

P(si→sj∣h=h′)=Q(P∣h′∣2dij22N0).P(s_i\to s_j\mid h=h') = Q\left( \sqrt{\frac{P|h'|^2d_{ij}^2}{2N_0}} \right).

其中 QQ-function 定義為

Q(x)=12π∫x∞e−u2/2 du.Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du.

(c) Union-bound 上界

對固定的傳送符號 sis_i,錯誤事件可由所有成對錯誤事件聯集而成,因此由 union bound:

Ps(si∣h=h′)≤∑j≠iQ(P∣h′∣2dij22N0).P_s(s_i\mid h=h') \le \sum_{j\neq i} Q\left( \sqrt{\frac{P|h'|^2d_{ij}^2}{2N_0}} \right).

若共有 MM 個等機率星座點,平均條件符號錯誤率為

Ps∣h=h′≤1M∑i=1M∑j≠iQ(P∣h′∣2dij22N0).P_s\mid h=h' \le \frac{1}{M} \sum_{i=1}^{M} \sum_{j\neq i} Q\left( \sqrt{\frac{P|h'|^2d_{ij}^2}{2N_0}} \right).

由於 Q(x)Q(x) 隨 xx 遞減,而 dij≥dmin⁡d_{ij}\ge d_{\min},可得到較簡潔的上界:

Ps∣h=h′≤(M−1)Q(P∣h′∣2dmin⁡22N0).P_s\mid h=h' \le (M-1) Q\left( \sqrt{\frac{P|h'|^2d_{\min}^2}{2N_0}} \right).

這是以最小距離取代所有符號間距離所得的保守 union bound。

高 PP 時的簡化

當 PP 很大時,錯誤主要來自最接近的鄰居,因此可只保留最小距離的鄰近符號。若每個符號平均有 NnnN_{\mathrm{nn}} 個最近鄰居,則

Ps∣h=h′≲NnnQ(P∣h′∣2dmin⁡22N0).P_s\mid h=h' \lesssim N_{\mathrm{nn}} Q\left( \sqrt{\frac{P|h'|^2d_{\min}^2}{2N_0}} \right).

若題目只要求以 M−1M-1 個可能錯誤符號作上界,則答案為

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第 6 題18 分

(6) Consider coding in a binary finite field. A 1-bit coded packet [W1W2]ct[W_1 W_2]c_t is sent at discrete time index tt, where message vectors W1W_1 and W2W_2 are 4×14 \times 1 and 4×14 \times 1 binary row vectors respectively while ctc_t is binary 1×81 \times 8 coding vector. Let spaces Ω1\Omega_1 be span{gj:j=1…4}\{g_j: j = 1 \dots 4\} and Ω2\Omega_2 be span{gj:j=1…8}\{g_j: j = 1 \dots 8\} where gjg_j is 8×18 \times 1 binary elementary basis with the jj-th element being 1. In noiseless channel, the receiver has knowledge space S(t)S(t) being span{cτ:τ=1…t}\{c_\tau: \tau = 1 \dots t\}
(a) Let c1=[0,1,0,0,0,1,0,0]Tc_1 = [0,1,0,0,0,1,0,0]^T and c2=[0,1,0,0,0,0,0,0]Tc_2 = [0,1,0,0,0,0,0,0]^T where TT is the transpose. Find the rank γt=rank(S(t)∩Ω2)\gamma_t = \text{rank}(S(t) \cap \Omega_2) at t=1t =1 and 22 where ∩\cap is set intersection.
(b) Continue from (a), find γt=rank(S(t)⊕Ω1)−rank(Ω1)\gamma_t = \text{rank}(S(t) \oplus \Omega_1) - \text{rank}(\Omega_1) at t=1t =1 and 22, where the linear sum space S(t)⊕Ω1S(t) \oplus \Omega_1 is the span of all vectors belong to set union S(t)∪Ω1S(t) \cup \Omega_1.

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核心觀念

本題考查二元有限域 GF(2)\mathrm{GF}(2) 中的:

  1. 線性空間的 span 與維度(rank)
  2. 子空間交集
  3. 線性和空間
  4. 基底向量與線性獨立性

在 GF(2)\mathrm{GF}(2) 中,所有運算皆以模 22 進行,因此

1+1=0.1+1=0.

令 gjg_j 表示第 jj 個標準基底向量,則

Ω1=span⁡{g1,g2,g3,g4},\Omega_1=\operatorname{span}\{g_1,g_2,g_3,g_4\},

代表前四個座標所形成的子空間;而

Ω2=span⁡{g1,…,g8}=GF(2)8,\Omega_2=\operatorname{span}\{g_1,\ldots,g_8\} =\mathrm{GF}(2)^8,

是整個 88 維二元向量空間。

接收端在時間 tt 的知識空間為

S(t)=span⁡{c1,…,ct}.S(t)=\operatorname{span}\{c_1,\ldots,c_t\}.

解題方法

先將題目給定的 coding vectors 以標準基底表示:

c1=[01000100]=g2+g6,c_1= \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0\\0\\1\\0\\0 \end{bmatrix} =g_2+g_6, c2=[01000000]=g2.c_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} =g_2.

由於 c1c_1 與 c2c_2 不相同,且在二元域中兩個非零向量只有相同時才線性相依,因此 c1,c2c_1,c_2 線性獨立。


(a)計算 γt=rank⁡(S(t)∩Ω2)\gamma_t=\operatorname{rank}(S(t)\cap\Omega_2)

t=1t=1

此時

S(1)=span⁡{c1}.S(1)=\operatorname{span}\{c_1\}.

因為 Ω2=GF(2)8\Omega_2=\mathrm{GF}(2)^8 包含所有 88 維二元向量,所以

S(1)∩Ω2=S(1).S(1)\cap\Omega_2=S(1).

而 c1c_1 是非零向量,因此

rank⁡(S(1)∩Ω2)=rank⁡(S(1))=1.\operatorname{rank}(S(1)\cap\Omega_2) =\operatorname{rank}(S(1)) =1.

所以

γ1=1.\boxed{\gamma_1=1}.

t=2t=2

此時

S(2)=span⁡{c1,c2}.S(2)=\operatorname{span}\{c_1,c_2\}.

由於 c1c_1 與 c2c_2 線性獨立,

rank⁡(S(2))=2.\operatorname{rank}(S(2))=2.

同樣因為 Ω2\Omega_2 是整個 GF(2)8\mathrm{GF}(2)^8,

S(2)∩Ω2=S(2).S(2)\cap\Omega_2=S(2).

因此

γ2=2.\boxed{\gamma_2=2}.

(b)計算 γt=rank⁡(S(t)⊕Ω1)−rank⁡(Ω1)\gamma_t=\operatorname{rank}(S(t)\oplus\Omega_1)-\operatorname{rank}(\Omega_1)

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