112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《通訊理論》

核心觀念

本題考查：

1. SSB 調變後，上側帶與下側帶的頻率位置。
2. 同步解調器以本地振盪器相乘後，經低通濾波器保留差頻。
3. 本地振盪器與載波存在 $20\text{ Hz}$ 的頻率偏差，會造成解調訊號的頻率平移。

訊號相乘公式為

$$\sin(2\pi f_1t)\sin(2\pi f_2t) = \frac{1}{2} \left[ \cos 2\pi(f_1-f_2)t - \cos 2\pi(f_1+f_2)t \right].$$

低通濾波器會去除高頻和頻分量，只留下差頻分量，其頻率為

$$|f_{\text{LO}}-f_{\text{SSB}}|.$$

載波頻率與本地振盪器頻率分別為

$$f_c=100\text{ kHz}, \qquad f_{\text{LO}}=100.02\text{ kHz}.$$

因此本地振盪器比原載波高

$$\Delta f=f_{\text{LO}}-f_c=20\text{ Hz}.$$

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解題方法

先列出 SSB 各頻率成分，再計算每一個成分與本地振盪器的差頻。由於解調器後接低通濾波器，只需保留差頻，不考慮和頻。

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(A) 僅傳送上側帶

1. 上側帶的頻率成分

對於訊息頻率 $f_m$，上側帶頻率為

$$f_{\text{USB}}=f_c+f_m.$$

因此三個訊息頻率所對應的上側帶成分為

$$\begin{aligned} 100\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+100=100100\text{ Hz},\\ 200\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+200=100200\text{ Hz},\\ 400\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+400=100400\text{ Hz}. \end{aligned}$$

2. 同步解調後的差頻

本地振盪器頻率為 $100020\text{ Hz}$，故各成分經相乘及低通濾波後的頻率為

$$\begin{aligned} |100020-100100|&=80\text{ Hz},\\ |100020-100200|&=180\text{ Hz},\\ |100020-100400|&=380\text{ Hz}. \end{aligned}$$

因此，偵測器輸出的頻率成分為

$$\boxed{80\text{ Hz},\ 180\text{ Hz},\ 380\text{ Hz}}.$$

須注意，對於 $f_m>20\text{ Hz}$ 的成分，差頻為負值，例如

$$100020-100100=-80\text{ Hz}.$$

本題主要考驗對系統線性 (linearity)、時域不變性 (time invariance) 和因果性 (causality) 三個基本性質的理解與判斷。

核心觀念：

1. 線性 (Linearity): 系統必須同時滿足疊加性 (superposition) 和齊次性 (homogeneity)。
   • 疊加性：若 $y_1(t)$ 是 $x_1(t)$ 的輸出，$y_2(t)$ 是 $x_2(t)$ 的輸出，則 $a x_1(t) + b x_2(t)$ 的輸出必須是 $a y_1(t) + b y_2(t)$。
   • 齊次性：若 $y(t)$ 是 $x(t)$ 的輸出，則 $a x(t)$ 的輸出必須是 $a y(t)$。
2. 時域不變性 (Time Invariance): 若 $y(t)$ 是 $x(t)$ 的輸出，則將輸入延遲 $t_0$ 後，即 $x(t-t_0)$，其輸出應為將原輸出延遲 $t_0$ 後的結果，即 $y(t-t_0)$。
3. 因果性 (Causality): 系統在任意時刻 $t$ 的輸出，僅能取決於當前時刻 $t$ 或過去時刻 $t' \le t$ 的輸入，而不能取決於未來時刻 $t' > t$ 的輸入。

詳解：

(A) $y(t) = \cos(3t)x(t)$

• 線性 (Linearity):
  令 $y_1(t) = \cos(3t)x_1(t)$，$y_2(t) = \cos(3t)x_2(t)$。
  考慮輸入 $a x_1(t) + b x_2(t)$：
  輸出為 $\cos(3t) [a x_1(t) + b x_2(t)] = a \cos(3t)x_1(t) + b \cos(3t)x_2(t) = a y_1(t) + b y_2(t)$。
  因此，系統是線性的。

• 時域不變性 (Time Invariance):
  考慮輸入 $x(t-t_0)$：
  輸出為 $\cos(3(t-t_0))x(t-t_0)$。
  而將原輸出 $y(t) = \cos(3t)x(t)$ 延遲 $t_0$ 後為 $y(t-t_0) = \cos(3(t-t_0))x(t-t_0)$。
  此處，我們比較的是 $\cos(3t)x(t)$ 的延遲 $y(t-t_0) = \cos(3(t-t_0))x(t-t_0)$ 與輸入 $x(t-t_0)$ 的輸出 $\cos(3t)x(t-t_0)$。
  顯然 $\cos(3(t-t_0))x(t-t_0) \neq \cos(3t)x(t-t_0)$ (除非 $t_0$ 是 $2\pi/3$ 的整數倍)。
  因此，系統不是時域不變的。

• 因果性 (Causality):
  在任意時刻 $t$，輸出 $y(t)$ 只取決於同時刻的輸入 $x(t)$，以及一個隨時間變化的係數 $\cos(3t)$。它不取決於未來時間的輸入。
  因此，系統是因果的。

結論 (A): 線性, 非時域不變, 因果。

(B) $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$

• 線性 (Linearity):
  令 $y_1(t) = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau$，$y_2(t) = \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau$。
  考慮輸入 $a x_1(t) + b x_2(t)$：
  輸出為 $\int_{-\infty}^{2t} [a x_1(\tau) + b x_2(\tau)]d\tau = a \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau + b \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau = a y_1(t) + b y_2(t)$。
  因此，系統是線性的。

• 時域不變性 (Time Invariance):
  考慮輸入 $x(t-t_0)$：
  輸出為 $\int_{-\infty}^{2t} x(\tau - t_0)d\tau$。
  將原輸出 $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$ 延遲 $t_0$ 後為 $y(t-t_0) = \int_{-\infty}^{2(t-t_0)} x(\tau)d\tau$。
  我們需要比較 $\int_{-\infty}^{2t} x(\tau - t_0)d\tau$ 和 $\int_{-\infty}^{2t-2t_0} x(\tau)d\tau$。
  令 $\sigma = \tau - t_0$，則 $d\sigma = d\tau$。當 $\tau = -\infty$ 時，$\sigma = -\infty$。當 $\tau = 2t$ 時，$\sigma = 2t - t_0$。
  所以，$\int_{-\infty}^{2t} x(\tau - t_0)d\tau = \int_{-\infty}^{2t-t_0} x(\sigma)d\sigma$。
  這與 $y(t-t_0) = \int_{-\infty}^{2t-2t_0} x(\tau)d\tau$ 不同。
  因此，系統不是時域不變的。

• 因果性 (Causality):
  輸出 $y(t)$ 是從 $-\infty$ 到 $2t$ 的積分。
  如果 $t$ 是某個值，則輸出取決於輸入在 $(-\infty, 2t]$ 區間的所有值。
  例如，考慮 $t=1$。輸出 $y(1) = \int_{-\infty}^{2} x(\tau)d\tau$。
  考慮 $t=2$。輸出 $y(2) = \int_{-\infty}^{4} x(\tau)d\tau$。
  現在考慮輸出在 $t=1$ 的值，即 $y(1)$。它取決於 $x(\tau)$ 在 $\tau \le 2$ 的值。
  如果我們問在 $t=1$ 的輸出，它取決於輸入在 $\tau \le 2$ 的值。

核心觀念

本題考查：

1. 隨機符號經過非線性轉換後的自相關函數。
2. 矩形脈波成形之 PAM 訊號的功率頻譜密度。
3. 非零平均值所造成的直流離散頻譜線。

以下採用通訊理論中常見的獨立同分布、等機率且正規化 QPSK 星座

$$a_n\in\left\{ \frac{1+j}{\sqrt{2}}, \frac{1-j}{\sqrt{2}}, \frac{-1+j}{\sqrt{2}}, \frac{-1-j}{\sqrt{2}} \right\}.$$

題目只寫「uncorrelated」，但計算非線性函數 $I_n$ 的自相關時，通常需採用獨立符號假設。

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(A) $\{I_n\}$ 的自相關函數

1. 求 $a_n^2$ 的可能值

對上述 QPSK 符號，

$$a_n^2= \begin{cases} +j, & \text{機率 }1/2,\\ -j, & \text{機率 }1/2. \end{cases}$$

因此

$$I_n=\frac{1}{\sqrt{a_n^2-1}}$$

有兩種可能值：

$$I_n= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{-1+j}}, & \text{機率 }1/2,\\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{-1-j}}, & \text{機率 }1/2. \end{cases}$$

取主值平方根，

$$-1+j=\sqrt{2}e^{j3\pi/4},$$

所以

$$\frac{1}{\sqrt{-1+j}} =2^{-1/4}e^{-j3\pi/8}.$$

同理，

$$\frac{1}{\sqrt{-1-j}} =2^{-1/4}e^{j3\pi/8}.$$

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2. 求平均值與平均功率

平均值為

$$\mu_I=E[I_n] =\frac{1}{2}2^{-1/4} \left(e^{-j3\pi/8}+e^{j3\pi/8}\right),$$

因此

$$\mu_I=2^{-1/4}\cos\frac{3\pi}{8}.$$

其平方大小為

$$|\mu_I|^2 =2^{-1/2}\cos^2\frac{3\pi}{8} =\frac{\sqrt{2}-1}{4}.$$

另一方面，

$$|I_n|^2 =\frac{1}{|a_n^2-1|}.$$

由於

$$|j-1|=|-j-1|=\sqrt{2},$$

故

$$E[|I_n|^2]=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

所以 $I_n$ 的變異數為

$$\sigma_I^2 =E[|I_n|^2]-|\mu_I|^2 =\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2}-1}{4} =\frac{\sqrt{2}+1}{4}.$$

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3. 求自相關函數

複數隨機序列的自相關函數定義為

$$R_I[k]=E[I_nI_{n-k}^*].$$

當 $k=0$ 時，

$$R_I[0]=E[|I_n|^2]=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

當 $k\neq 0$ 時，由於符號獨立，

$$R_I[k] =E[I_n]E[I_{n-k}^*] =|\mu_I|^2 =\frac{\sqrt{2}-1}{4}.$$

故可合併寫成

$$\boxed{ R_I[k] = \frac{\sqrt{2}-1}{4} + \frac{\sqrt{2}+1}{4}\delta[k] }$$

其中 $\delta[k]$ 為離散時間單位脈衝。

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(B) $u(t)$ 的功率頻譜密度

1. 矩形脈波的傅立葉轉換

給定

$$g(t)= \begin{cases} A, & 0\leq t\leq T,\\ 0, & \text{其他時間}, \end{cases}$$

核心觀念

本題考查：

• Raised-cosine 頻寬與符號率的關係
• MPSK 每個符號所攜帶的位元數
• Gray code 下相干偵測 MPSK 的位元錯誤率公式
• $Q$ 函數反函數與 $E_b/N_0$ 的換算

Raised-cosine 成形下，系統頻寬為

$$B=(1+r)R_s$$

其中 $R_s$ 為符號率、$r$ 為 roll-off factor。

Gray code 相位編碼的相干偵測 MPSK，在中高訊雜比下，其位元錯誤率可近似為

$$P_b \approx \frac{2}{\log_2 M} Q\left[ \sqrt{2\log_2(M)\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{M}\right) \right]$$

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解題方法

1. 求符號率

題目給定

$$B=50\text{ kHz},\qquad r=0.5$$

因此

$$R_s=\frac{B}{1+r} =\frac{50\times 10^3}{1.5} =33.333\times 10^3\text{ symbols/s}$$

所以符號率為

$$R_s=33.333\text{ kbaud}$$

2. 求每個符號攜帶的位元數

資料率為

$$R_b=100\text{ kbps}$$

每個符號攜帶的位元數為

$$k=\frac{R_b}{R_s} =\frac{100}{33.333} =3$$

因此

$$\log_2 M=3 \quad\Longrightarrow\quad M=2^3=8$$

本題使用的是 8PSK。

3. 代入 Gray-coded MPSK 的 BER 公式

因為 $k=3$、$M=8$，所以

$$P_b\approx \frac{2}{3} Q\left[ \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right) \right]$$

題目指定

$$P_b=10^{-3}$$

因此

$$10^{-3} = \frac{2}{3}Q(x)$$

其中

$$x= \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right)$$

整理得

核心觀念

本題考查：

• Gram–Schmidt 正交化程序。
• 能量訊號的內積與正交基底表示。
• AWGN 通道下，等先驗機率訊號的最大概似判決：

$$\hat{s}=\arg\min_{s_i}\left\|\mathbf{r}-\mathbf{s}_i\right\|^2$$

• 訊號星座圖與最短歐氏距離判決。
• 以相關器或匹配濾波器實作最佳接收器。

令內積為

$$\langle f,g\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)g(t)\,dt$$

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(A) Gram–Schmidt 正交化

第一步：由 $s_1(t)$ 建立第一個基底

$s_1(t)$ 的能量為

$$E_1=\int_0^{T/2}4\,dt+\int_{T/2}^{T}4\,dt=4T$$

因此

$$\|s_1\|=2\sqrt{T}$$

取第一個正規化基底函數

$$\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{\|s_1\|}$$

得到

$$\phi_1(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T/2\\[4pt] -\dfrac{1}{\sqrt{T}}, & T/2<t\le T\\[4pt] 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

第二步：將 $s_2(t)$ 對 $\phi_1(t)$ 做正交化

先計算投影係數：

$$\langle s_2,\phi_1\rangle = \int_0^{T/2}\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{T}}\,dt + \int_{T/2}^{T}\frac{-(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{T}}\,dt$$ $$\langle s_2,\phi_1\rangle=\sqrt{T}$$

去除 $s_2(t)$ 在 $\phi_1(t)$ 方向上的分量：

$$u_2(t)=s_2(t)-\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t)$$

分段計算可得

$$u_2(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t\le T/2\\ 1, & T/2<t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

其能量為

$$\|u_2\|^2=\int_0^T1\,dt=T$$

所以

$$\phi_2(t)=\frac{u_2(t)}{\|u_2\|} = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T\\[4pt] 0, & \text{otherwise} \end{cases}$$

因此，一組正交歸一基底為

$$\boxed{ \phi_1(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T/2\\ -\dfrac{1}{\sqrt{T}}, & T/2<t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} }$$ $$\boxed{ \phi_2(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} }$$

驗證：

$$\langle\phi_1,\phi_2\rangle = \frac{1}{T}\left(\frac{T}{2}-\frac{T}{2}\right)=0$$

且

$$\|\phi_1\|=\|\phi_2\|=1$$

訊號的基底座標

令訊號向量為

$$\mathbf{s}_i= \begin{bmatrix} \langle s_i,\phi_1\rangle\\ \langle s_i,\phi_2\rangle \end{bmatrix}$$

對三個訊號分別計算：

$$\langle s_1,\phi_1\rangle=2\sqrt{T}, \qquad \langle s_1,\phi_2\rangle=0$$ $$\langle s_2,\phi_1\rangle=\sqrt{T}, \qquad \langle s_2,\phi_2\rangle=\sqrt{2T}$$ $$\langle s_3,\phi_1\rangle=\sqrt{T}, \qquad \langle s_3,\phi_2\rangle=-\sqrt{2T}$$

因此

$$\boxed{\mathbf{s}_1=(2\sqrt{T},0)}$$ $$\boxed{\mathbf{s}_2=(\sqrt{T},\sqrt{2T})}$$ $$\boxed{\mathbf{s}_3=(\sqrt{T},-\sqrt{2T})}$$

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(B) 三元訊號星座圖

在 $(x,y)$ 平面上，三個訊號點為

$$\boxed{ S_1=(2\sqrt{T},0),\quad S_2=(\sqrt{T},\sqrt{2T}),\quad S_3=(\sqrt{T},-\sqrt{2T}) }$$

其中：

• $S_1$ 位於 $x$ 軸正向。
• $S_2$ 位於第一象限。
• $S_3$ 位於第四象限。
• $S_2$ 與 $S_3$ 對 $x$ 軸對稱。

三點間距離為

$$d_{12}^2=d_{13}^2=3T$$ $$d_{23}^2=8T$$

因此

$$d_{12}=d_{13}=\sqrt{3T}, \qquad d_{23}=2\sqrt{2T}$$

星座示意如下：

                 y
                 ↑
        S2 ●     |  (√T, √(2T))
                 |
-----------------+----------------→ x
                 |             ● S1 (2√T, 0)
                 |
        S3 ●     |  (√T, -√(2T))

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(C) 最佳判決區域

設接收訊號在兩個基底上的座標為

$$\mathbf{r}=(x,y)$$

因為三個訊息等機率，且 AWGN 對所有方向具有相同變異數，最佳判決規則是選擇距離接收點最近的訊號點。

$S_1$ 與 $S_2$ 的判決邊界

令兩者距離相等：

$$(x-2\sqrt{T})^2+y^2 = (x-\sqrt{T})^2+(y-\sqrt{2T})^2$$

整理得

$$\boxed{x-\sqrt{2}y=\frac{\sqrt{T}}{2}}$$

$S_1$ 與 $S_3$ 的判決邊界

同理，

$$(x-2\sqrt{T})^2+y^2 = (x-\sqrt{T})^2+(y+\sqrt{2T})^2$$

整理得

核心觀念

本題考查二元訊號在加性高斯白雜訊下的最佳判決：

• 接收器輸出：

  $z(T)=a_i+n_0$

• 兩個訊號的訊號分量：

  $a_0=-1,\qquad a_1=1$

• 雜訊為平均值 0、標準差 $\Lambda/2$ 的高斯隨機變數：

  $n_0\sim\mathcal N\left(0,\frac{\Lambda^2}{4}\right)$

因此，在傳送 $s_0(t)$ 或 $s_1(t)$ 時，$z(T)$ 的條件機率密度分別為

$$p(z|s_0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \exp\left[-\frac{(z+1)^2}{2\sigma^2}\right]$$ $$p(z|s_1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \exp\left[-\frac{(z-1)^2}{2\sigma^2}\right]$$

其中

$$\sigma=\frac{\Lambda}{2}$$

採用最小錯誤機率的 MAP 判決法：

$$\text{判定 }s_1 \quad\Longleftrightarrow\quad p(z|s_1)P_1>p(z|s_0)P_0$$

令判決門檻為 $\gamma$，則

• $z>\gamma$ 時判定傳送 $s_1$
• $z<\gamma$ 時判定傳送 $s_0$

高斯尾端機率定義為

$$Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du$$

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解題方法：最佳判決門檻

由 MAP 判決條件：

$$p(z|s_1)P_1=p(z|s_0)P_0$$

取自然對數並整理，可得等變異數二元高斯訊號的最佳門檻：

$$\gamma = \frac{a_0+a_1}{2} + \frac{\sigma^2}{a_1-a_0} \ln\frac{P_0}{P_1}$$

代入 $a_0=-1$、$a_1=1$ 及 $\sigma=\Lambda/2$：

$$\gamma = 0+\frac{\Lambda^2/4}{2}\ln\frac{P_0}{P_1}$$

因此一般形式為

$$\boxed{ \gamma=\frac{\Lambda^2}{8}\ln\frac{P_0}{P_1} }$$

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(A) 等機率傳送

題目給定

$$P_0=P_1=\frac12$$

因此最佳判決門檻為

$$\gamma = \frac{\Lambda^2}{8}\ln 1=0$$

所以判決規則為

$$z(T)>0\Rightarrow s_1$$ $$z(T)<0\Rightarrow s_0$$

位元錯誤機率

當傳送 $s_0$ 時，平均輸出為 $-1$，錯誤事件為 $z>0$：

$$P(e|s_0) = P(n_0>1) = Q\left(\frac{1}{\sigma}\right)$$

當傳送 $s_1$ 時，平均輸出為 $1$，錯誤事件為 $z<0$：

$$P(e|s_1) = P(n_0<-1) = Q\left(\frac{1}{\sigma}\right)$$

由於兩種訊號等機率：

$$P_e = \frac12P(e|s_0)+\frac12P(e|s_1)$$

因此

$$P_e = Q\left(\frac{1}{\sigma}\right) = Q\left(\frac{2}{\Lambda}\right)$$

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