114 年 國立中山大學電機工程學系碩士班戊組《通訊理論》

一個訊號是週期性的，若且唯若它是多個週期訊號的和，且這些週期訊號的週期之比為有理數。換句話說，若訊號 $x(t)$ 是由 $x_i(t) = A_i \cos(\omega_i t + \phi_i)$ 組成，則 $x(t)$ 是週期性的，若 $\frac{\omega_i}{\omega_j}$ 為有理數對於所有 $i, j$ 成立。此時，週期 $T$ 為所有 $\frac{2\pi}{\omega_i}$ 的最小公倍數。

我們分別檢驗選項中的訊號：

(A) $x_1(t) = 2\cos(2t) + 4\sin(6\pi t)$
第一個訊號的角頻率是 $\omega_1 = 2$。
第二個訊號的角頻率是 $\omega_2 = 6\pi$。
則 $\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{2}{6\pi} = \frac{1}{3\pi}$，不是有理數。因此，此訊號不是週期性的。

(B) $x_2(t) = \cos(6\pi t) + 7\cos(30\pi t)$
第一個訊號的角頻率是 $\omega_1 = 6\pi$。
第二個訊號的角頻率是 $\omega_2 = 30\pi$。
則 $\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{6\pi}{30\pi} = \frac{1}{5}$，是有理數。因此，此訊號是週期性的。

判斷一個訊號是能量訊號（Energy Signal）還是功率訊號（Power Signal）的關鍵在於其總能量和平均功率。
能量訊號的總能量 $E$ 是有限的，且其平均功率 $P = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |x(t)|^2 dt = 0$。
功率訊號的平均功率 $P$ 是有限且非零的，而其總能量 $E = \lim_{T \to \infty} \int_{-T}^{T} |x(t)|^2 dt = \infty$。
訊號的總能量定義為 $E = \int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt$。
訊號的平均功率定義為 $P = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |x(t)|^2 dt$。

我們逐一檢驗選項：

(A) $x_1(t) = e^{-\alpha t} u(t)$
此訊號只在 $t \ge 0$ 時存在。
總能量 $E_1 = \int_{-\infty}^{\infty} |e^{-\alpha t} u(t)|^2 dt = \int_{0}^{\infty} e^{-2\alpha t} dt = \left[ \frac{e^{-2\alpha t}}{-2\alpha} \right]_0^\infty = 0 - \left( \frac{1}{-2\alpha} \right) = \frac{1}{2\alpha}$。
由於總能量是有限的（因為 $\alpha > 0$），所以 $x_1(t)$ 是一個能量訊號，其平均功率為 0。

(B) $x_2(t) = (a^2 + t^2)^{-1/2}$
當 $t \to \pm \infty$ 時，$x_2(t) \approx |t|^{-1}$。
總能量 $E_2 = \int_{-\infty}^{\infty} |(a^2 + t^2)^{-1/2}|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{a^2 + t^2} dt$。

核心觀念

對連續時間、線性時不變系統（LTI system），BIBO 穩定的充要條件為：

其中 $h(t)$ 為系統的脈衝響應。只要絕對可積分，任何有界輸入所產生的輸出皆有界；若該積分發散，則系統不具 BIBO 穩定性。

選項分析

(A) $h_1(t)=e^{-|t|}\cos(2\pi f_0t)$

因為 $|\cos(2\pi f_0t)|\leq 1$，所以

而

因此由比較判定法，

故 $h_1(t)$ 對應的系統 BIBO 穩定。

(B) $h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)$

分段表示為：

當 $t\geq 1$ 時，

因此其絕對值積分為

兩項皆為有限值，故

因此 $h_2(t)$ 對應的系統 BIBO 穩定。

(C) $h_3(t)=t^2u(t-1)$

核心觀念

FM 訊號可寫成

其中相對於載波的相位偏移量為

而瞬時頻率偏移量為

因此：

• $m(t)$ 的幅度決定瞬時頻率偏移量。
• $m(t)$ 的積分決定相位偏移量。
• 峰值頻率偏移量為 $f_d\max |m(t)|$。

解題方法

題目給定

由矩形脈波定義：

可得

所以

1. 計算相位偏移量

因為 $f_d=20$ Hz/V，

分段計算：

因此峰值相位偏移量為

2. 計算瞬時頻率偏移量

所以

故峰值頻率偏移量為

核心觀念

AM 調變的效率定義為

對於不同頻率的餘弦信號，

其平均功率為

題目中的載波為 $40\cos[2\pi(200)t]$，兩個側帶分量為 $5\cos[2\pi(180)t]$ 與 $5\cos[2\pi(220)t]$。AM 中真正承載資訊的是兩個側帶，載波本身不承載資訊。

解題方法

總功率為三個不同頻率分量功率之和：

資訊功率為兩個側帶功率之和：

因此效率為

換算成百分比：

核心觀念

取傅立葉轉換頻率變數為 $f$，若訊號頻譜只存在於 $|f|\le B$，則避免取樣後頻譜副本重疊的最低取樣頻率為 $f_s=2B$。因此最大取樣間隔為

解題方法

先用三角恆等式將訊號拆成兩個標準形式：

所以

標準傅立葉轉換對為

第一項的頻譜範圍為 $|f|<2.5$ Hz，第二項的頻譜範圍為 $|f|<0.5$ Hz。兩者相加後，訊號最高頻率為

因此最低取樣頻率與最大取樣間隔分別為

核心觀念

本題比較的是固定 $E_b/N_0=10\text{ dB}$ 時，不同調變方式的最低位元錯誤率 $P_b$。關鍵在於：

1. 相同幾何距離的調變，其 BER 可能相同。
2. 固定 $E_b/N_0$ 時，$M$ 元調變的符號能量為
   $E_s=(\log_2 M)E_b.$
3. AWGN 通道中的錯誤率主要取決於訊號星座點之間的最小歐氏距離。
4. $10\text{ dB}$ 必須換算為線性值：
   $\frac{E_b}{N_0}=10.$

解題方法

1. BPSK、QPSK、OQPSK 與 MSK

相干 BPSK 的位元錯誤率為

QPSK 每個符號傳送 $2$ 個位元，但每一個正交分支等效於 BPSK，因此

OQPSK 只是將 QPSK 的同相與正交分量錯開半個符號時間，AWGN 下的單一位元判決距離不變，因此

MSK 是調變指數 $h=1/2$ 的連續相位調變，在相干 AWGN 條件下具有與 BPSK 相同的位元錯誤率：

故

2. 8FSK 與 BFSK

對相干正交 $M$-FSK，$M$ 個頻率訊號彼此正交。其符號能量為

BFSK 中 $M=2$，因此

其主要錯誤項可表示為

而 8FSK 中 $M=8$，每個符號傳送 $3$ 個位元：

不同正交訊號間的成對錯誤機率約由

決定。雖然 8FSK 有較多可能的錯誤符號，但其每個符號具有 $3E_b$ 的能量；在 $E_b/N_0=10$ 時，能量增加所帶來的錯誤率下降遠大於候選符號數增加的影響，因此

所以

3. 16QAM 與 16PSK

16QAM

16QAM 每個符號傳送 $4$ 個位元。採用 Gray coding 時，其 BER 近似為

代入 $\log_2 16=4$ 與 $E_b/N_0=10$：

16PSK

16PSK 同樣每個符號傳送 $4$ 個位元，但星座點均勻分布在圓周上，最小角距離為

核心觀念

本題考查：

• 正交訊號的最佳相干偵測
• AWGN 通道中的二元符號錯誤率
• $Q$ 函數與互補誤差函數 $\operatorname{erfc}(\cdot)$ 的轉換

兩個訊號在觀測區間 $0\le t\le 3T$ 正交，因此

且每個訊號的能量為

對等能量、正交的二元訊號，最佳接收器可使用兩個相關器，分別計算接收訊號與 $s_1(t)$、$s_2(t)$ 的相關值。

解題方法

令正規化基底函數為

由於 $s_1(t)$ 與 $s_2(t)$ 正交，$\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 構成正交基底。

假設傳送 $s_1(t)$，相關器輸出為

AWGN 的雙邊 PSD 為 $N_0/2$，因此每個正交相關器的雜訊輸出變異數為

最佳判決規則為：

• 若 $Y_1>Y_2$，判定傳送 $s_1(t)$；
• 若 $Y_2>Y_1$，判定傳送 $s_2(t)$。

當實際傳送 $s_1(t)$ 時，錯誤事件為

也就是

或

因為 $n_1$ 與 $n_2$ 相互獨立，

所以

利用

可得

題目給定

因此

由於兩個訊號等能量且判決具有對稱性，傳送 $s_2(t)$ 時得到相同的錯誤率，因此平均符號錯誤率也是上述結果。

選項分析

此題涉及通訊系統中的訊號空間維度、錯誤機率比較以及訊號正交性等概念。

首先，我們需要確定訊號的能量和它們之間的相關性，以便分析訊號空間維度和錯誤機率。
訊號定義：
$s_1(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
$s_2(t) = \begin{cases} -1, & T/2 < t < T \\ 1, & T < t < 3T/2 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
$s_3(t) = -s_2(t) = \begin{cases} 1, & T/2 < t < T \\ -1, & T < t < 3T/2 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$

計算訊號能量：
$E_1 = \int_{-\infty}^{\infty} |s_1(t)|^2 dt = \int_{0}^{T} 1^2 dt = T$.
$E_2 = \int_{-\infty}^{\infty} |s_2(t)|^2 dt = \int_{T/2}^{T} (-1)^2 dt + \int_{T}^{3T/2} 1^2 dt = [t]_{T/2}^{T} + [t]_{T}^{3T/2} = (T - T/2) + (3T/2 - T) = T/2 + T/2 = T$.
$E_3 = \int_{-\infty}^{\infty} |s_3(t)|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} |-s_2(t)|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} |s_2(t)|^2 dt = E_2 = T$.
所有訊號的能量都是 $T$。

分析訊號空間維度：
一個訊號集合的維度等於構成該集合的訊號在 Hilbert 空間中的最小基底數量。
我們可以選擇一組正交歸一化基底函數 $\phi_i(t)$。
對於 $s_1(t)$，它在區間 $[0, T]$ 上為 1。
對於 $s_2(t)$ 和 $s_3(t)$，它們在區間 $(T/2, T)$ 和 $(T, 3T/2)$ 上有非零值。
這些區間是 $[0, T]$ 和 $(T/2, 3T/2)$ 的組合。
我們可以選擇基底函數來表示這些訊號。
例如，我們可以考慮區間 $[0, 3T/2]$。
一個可能的基底是 $\phi_1(t) = \sqrt{1/T} u(t) - \sqrt{1/T} u(t-T)$ (表示 $s_1(t)$ 的部分)。
更系統的方法是使用 Gram-Schmidt 正交化。
令 $\psi_1(t) = s_1(t) / \sqrt{E_1} = \frac{1}{\sqrt{T}} s_1(t)$. $\psi_1(t) = \frac{1}{\sqrt{T}}$ for $0 \le t \le T$.
現在考慮 $s_2(t)$.
$s_2(t)$ 在區間 $(T/2, T)$ 和 $(T, 3T/2)$ 上有值。
我們可以將 $s_2(t)$ 分解成與 $\psi_1(t)$ 的相關部分和正交部分。
$s_2(t)$ 在 $[0, T]$ 上的投影：$\int_{0}^{T} s_2(t) \psi_1(t) dt = \int_{T/2}^{T} (-1) \frac{1}{\sqrt{T}} dt = -\frac{1}{\sqrt{T}} [t]_{T/2}^{T} = -\frac{1}{\sqrt{T}} (T - T/2) = -\frac{1}{\sqrt{T}} \frac{T}{2} = -\frac{\sqrt{T}}{2}$.
這個投影值是非零的，說明 $s_2(t)$ 與 $\psi_1(t)$ 有關。
$s_2(t)$ 的正交部分 $s_{2,ortho}(t) = s_2(t) - (-\frac{\sqrt{T}}{2}) \psi_1(t)$.
$s_{2,ortho}(t) = s_2(t) + \frac{\sqrt{T}}{2} \frac{1}{\sqrt{T}} s_1(t) = s_2(t) + \frac{1}{2} s_1(t)$.
在區間 $(T/2, T)$， $s_2(t) = -1$, $s_1(t) = 1$. $s_{2,ortho}(t) = -1 + 1/2 = -1/2$.
在區間 $(T, 3T/2)$， $s_2(t) = 1$, $s_1(t) = 0$. $s_{2,ortho}(t) = 1 + 0 = 1$.
在區間 $(0, T/2)$， $s_2(t) = 0$, $s_1(t) = 1$. $s_{2,ortho}(t) = 0 + 1/2 = 1/2$.
這個 $s_{2,ortho}(t)$ 在區間 $(T/2, 3T/2)$ 上是非零的。
所以，我們至少需要兩個基底：$\psi_1(t)$ (用於 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 的一部分) 和一個用於 $s_{2,ortho}(t)$ 的基底。
由於 $s_2(t)$ 和 $s_3(t)$ 只是符號相反，它們張成的空間是相同的。
$s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ (或 $s_3(t)$) 顯然不是成比例的，因此它們張成的空間至少是二維的。
我們可以找到一個新的正交基底函數 $\psi_2(t)$ 來表示 $s_{2,ortho}(t)$ 的能量。
因此，訊號空間的維度是 2。
選項 (A) 說維度是 3，這是錯誤的。

比較錯誤機率：
在 AWGN 通道下，對於二元調變，若訊號 $s_i(t)$ 和 $s_j(t)$ 的能量分別為 $E_i$ 和 $E_j$，且它們之間的距離平方為 $d_{ij}^2$，則傳送 $s_i$ 時接收到 $s_j$ 的錯誤機率為 $P(s_j|s_i) = Q\left(\frac{d_{ij}}{\sqrt{2N_0}}\right)$。
平均錯誤機率 $P_e = \sum_{i} P(s_i) P(\text{error}|s_i)$.
如果假設三種訊號等概傳輸 ($P(s_1)=P(s_2)=P(s_3)=1/3$)。
$P(\text{error}|s_k) = \sum_{j \ne k} P(s_j|s_k)$.

我們需要計算訊號之間的距離。
$d_{12}^2 = E_1 + E_2 - 2 \int s_1(t)s_2(t) dt$.
$\int s_1(t)s_2(t) dt = \int_{T/2}^{T} 1 \cdot (-1) dt = -(T - T/2) = -T/2$.
$d_{12}^2 = T + T - 2(-T/2) = 2T + T = 3T$.

此部分為問答計算題，請依據

此題考驗對單邊帶調幅 (SSB-AM) 的理解，包括調變訊號、希爾伯特轉換、時域表示以及頻譜分析。

首先，我們將給定的參數整理如下：
載波頻率 $f_c = 800$ kHz $= 800 \times 10^3$ Hz。
調變訊號 $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$.
載波幅度 $A_c = 100$.

(A) Determine the signal $m(t)$, the Hilbert transform of $m(t)$.
調變訊號 $m(t)$ 已經給定：
$m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$.
我們可以將 $m(t)$ 表示成一個單一的餘弦函數形式 $m(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$。
其中 $\omega_0 = 2000\pi$ rad/s, 所以 $f_0 = \omega_0 / (2\pi) = 1000$ Hz。
$A = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}$.
$\phi = \arctan\left(\frac{2\sin(2000\pi t)}{ \cos(2000\pi t)}\right)$ 的符號。
由於 $\cos(\omega_0 t)$ 是正的，$\sin(\omega_0 t)$ 是正的，所以角度在第一象限。
$\tan(\phi) = 2/1 = 2$.
$\phi = \arctan(2)$.
所以，$m(t) = \sqrt{5} \cos(2000\pi t + \arctan(2))$.

接下來，計算 $m(t)$ 的希爾伯特轉換 $\hat{m}(t)$。
希爾伯特轉換的定義是 $\hat{m}(t) = m(t) * \frac{1}{\pi t} = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{m(\tau)}{t-\tau} d\tau$.
其頻域特性是將訊號的傅立葉轉換乘以 $-j \text{sgn}(\omega)$。
$m(t) = \sqrt{5} \cos(2000\pi t + \phi_0)$, 其中 $\phi_0 = \arctan(2)$.
$\mathcal{F}[m(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)] e^{j\phi_0}$, 其中 $\omega_0 = 2000\pi$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = -j \text{sgn}(\omega) \mathcal{F}[m(t)]$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = -j \text{sgn}(\omega) \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)] e^{j\phi_0}$.
$-j \text{sgn}(\omega) \delta(\omega - \omega_0) = -j \text{sgn}(\omega_0) \delta(\omega - \omega_0) = -j \delta(\omega - \omega_0)$. (因為 $\omega_0 > 0$)
$-j \text{sgn}(\omega) \delta(\omega + \omega_0) = -j \text{sgn}(-\omega_0) \delta(\omega + \omega_0) = -j (-1) \delta(\omega + \omega_0) = j \delta(\omega + \omega_0)$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [-j \delta(\omega - \omega_0) + j \delta(\omega + \omega_0)] e^{j\phi_0}$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [-j e^{j\phi_0} \delta(\omega - \omega_0) + j e^{j\phi_0} \delta(\omega + \omega_0)]$.
$-j e^{j\phi_0} = -j (\cos(\phi_0) + j\sin(\phi_0)) = \sin(\phi_0) - j\cos(\phi_0)$.
$j e^{j\phi_0} = j (\cos(\phi_0) + j\sin(\phi_0)) = -\sin(\phi_0) + j\cos(\phi_0)$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [(\sin(\phi_0) - j\cos(\phi_0)) \delta(\omega - \omega_0) + (-\sin(\phi_0) + j\cos(\phi_0)) \delta(\omega + \omega_0)]$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [-\sin(\phi_0) + j\cos(\phi_0)] e^{j\phi_0} [\delta(\omega - \omega_0) - \delta(\omega + \omega_0)]$.
$\mathcal{F}[\hat{m}(t)] = \sqrt{5} \frac{\pi}{2} [\sqrt{5} e^{j(\phi_0 - \pi/2)}] [\delta(\omega - \omega_0) - \delta(\omega + \omega_0)]$ ??? 這裡計算有點複雜。

更簡單的方法是利用希爾伯特轉換的性質：
$\mathcal{H}[\cos(\omega_0 t + \phi_0)] = \sin(\omega_0 t + \phi_0) = \cos(\omega_0 t + \phi_0 - \pi/2)$.
$\mathcal{H}[\sin(\omega_0 t + \phi_0)] = -\cos(\omega_0 t + \phi_0) = \sin(\omega_0 t + \phi_0 - \pi/2)$.
所以，$\hat{m}(t) = \mathcal{H}[\cos(\omega_0 t + \phi_0) + 2\sin(\omega_0 t + \phi_0)]$.
$\hat{m}(t) = \mathcal{H}[\cos(\omega_0 t + \phi_0)] + 2\mathcal{H}[\sin(\omega_0 t + \phi_0)]$.
$\hat{m}(t) = \sin(\omega_0 t + \phi_0) + 2(-\cos(\omega_0 t + \phi_0))$.
$\hat{m}(t) = \sin(2000\pi t + \phi_0) - 2\cos(2000\pi t + \phi_0)$.
其中 $\phi_0 = \arctan(2)$.
$\sin(\phi_0) = 2/\sqrt{5}$, $\cos(\phi_0) = 1/\sqrt{5}$.
$\sin(\omega_0 t + \phi_0) = \sin(\omega_0 t)\cos(\phi_0) + \cos(\omega_0 t)\sin(\phi_0) = \frac{1}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) + \frac{2}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t)$.
$-\cos(\omega_0 t + \phi_0) = -(\cos(\omega_0 t)\cos(\phi_0) - \sin(\omega_0 t)\sin(\phi_0)) = -(\frac{1}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t) - \frac{2}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t)) = \frac{2}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) - \frac{1}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t)$.
$\hat{m}(t) = (\frac{1}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) + \frac{2}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t)) + 2(\frac{2}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) - \frac{1}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t))$.
$\hat{m}(t) = \frac{1}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) + \frac{2}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t) + \frac{4}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) - \frac{2}{\sqrt{5}}\cos(\omega_0 t)$.
$\hat{m}(t) = \frac{5}{\sqrt{5}}\sin(\omega_0 t) = \sqrt{5} \sin(\omega_0 t)$.
$\hat{m}(t) = \sqrt{5} \sin(2000\pi t)$.