109 年 國立臺灣聯合大學系統(清華、政治、陽明交通、中央四校聯招)研究所電機類《通訊系統(通訊原理)》

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第 1. 題

(a) (4%) Explain why RX(τ)=sin⁡(2πfcτ)R_X(\tau) = \sin(2\pi f_c \tau) cannot be the autocorrelation function of a wide-sense stationary (WSS) random process X(t)X(t).

(b) (6%) Below is a list of the analog modulation schemes for the transmission of message m(t)m(t), where the transmission signal is modeled as s(t)=Re{(s1(t)+jsq(t))ej2πfct}s(t) = \text{Re}\{(s_1(t) + j s_q(t)) e^{j 2\pi f_c t}\}. Provide what should be placed in the three blanks under sq(t)s_q(t) column below.

ModulationssI(t)s_I(t)sq(t)s_q(t)
DSB-SCm(t)m(t)0
SSBm(t)m(t)((b1))Upper sideband transmission
SSBm(t)m(t)((b2))Lower sideband transmission
DSB-C (AM)[1+kam(t)][1+k_a m(t)]((b3))

Note: DSB-C = Double-sideband with carrier, DSB-SC = Double-sideband with suppressed carrier, SSB = Single-sideband

(c) (6%) Suppose the oscillator at the receiver has a phase difference ϕ\phi to the oscillator at the transmitter, and suppose the value of ϕ\phi can be perfectly estimated via a separate low-power pilot tone. Show that we can demodulate sI(t)s_I(t) and remove sq(t)s_q(t) from s(t)s(t) for all the above four modulations by two product modulators and two lowpass filters as shown below.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Note: You shall represent sI(t)s_I(t) as a function of oI(t)o_I(t), oQ(t)o_Q(t) and ϕ\phi.

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核心觀念

本題考查三個重點:

  1. WSS 隨機程序自相關函數的必要條件。
  2. I/Q 複包絡表示法與 DSB-SC、SSB、DSB-C 的關係。
  3. 接收端載波存在相位差時,利用兩路正交乘法器與低通濾波器恢復同相分量。

題目使用的通訊信號表示式為

s(t)=Re⁡{[sI(t)+jsq(t)]ej2πfct}.s(t)=\operatorname{Re}\left\{\left[s_I(t)+j s_q(t)\right]e^{j2\pi f_ct}\right\}.

展開後得到

s(t)=sI(t)cos⁡(2πfct)−sq(t)sin⁡(2πfct).s(t)=s_I(t)\cos(2\pi f_ct)-s_q(t)\sin(2\pi f_ct).

因此,sI(t)s_I(t) 控制同相載波 cos⁡(2πfct)\cos(2\pi f_ct),而 sq(t)s_q(t) 控制正交載波 −sin⁡(2πfct)-\sin(2\pi f_ct)。


(a) 為何 RX(τ)=sin⁡(2πfcτ)R_X(\tau)=\sin(2\pi f_c\tau) 不可能是 WSS 程序的自相關函數?

必要條件一:自相關函數必須為偶函數

對於實值 WSS 隨機程序,

RX(τ)=E[X(t)X(t+τ)].R_X(\tau)=E[X(t)X(t+\tau)].

交換兩個時間點可得

RX(−τ)=E[X(t)X(t−τ)]=E[X(t+τ)X(t)]=RX(τ).R_X(-\tau) =E[X(t)X(t-\tau)] =E[X(t+\tau)X(t)] =R_X(\tau).

所以實值 WSS 程序的自相關函數必須滿足

RX(−τ)=RX(τ).R_X(-\tau)=R_X(\tau).

但題目所給函數為

RX(−τ)=sin⁡(−2πfcτ)=−sin⁡(2πfcτ)=−RX(τ).R_X(-\tau) =\sin(-2\pi f_c\tau) =-\sin(2\pi f_c\tau) =-R_X(\tau).

它是奇函數,不是偶函數,因此不可能成為實值 WSS 隨機程序的自相關函數。

必要條件二:RX(0)R_X(0) 為零時,整個自相關函數必須為零

在 τ=0\tau=0 時,

RX(0)=E[X2(t)].R_X(0)=E[X^2(t)].

題目給定

RX(0)=sin⁡(0)=0.R_X(0)=\sin(0)=0.

由於 X2(t)≥0X^2(t)\geq 0,且其期望值為零,必須有

X(t)=0X(t)=0

幾乎處處成立。因此,此時對所有 τ\tau 都應有

RX(τ)=0.R_X(\tau)=0.

然而題目函數在一般的 τ\tau 下並不為零,例如

RX(14fc)=1.R_X\left(\frac{1}{4f_c}\right)=1.

同樣產生矛盾。

【答案】

RX(τ)=sin⁡(2πfcτ) 不是 WSS 隨機程序的自相關函數\boxed{R_X(\tau)=\sin(2\pi f_c\tau)\text{ 不是 WSS 隨機程序的自相關函數}}

原因包括:

  • 自相關函數必須為偶函數,但 sin⁡(2πfcτ)\sin(2\pi f_c\tau) 是奇函數。
  • RX(0)=0R_X(0)=0 代表程序的平均平方值為零,故自相關函數應處處為零,但題目函數並非如此。

(b) 求三個空格

令訊息訊號的 Hilbert transform 為

m^(t)=H{m(t)}.\widehat m(t)=\mathcal{H}\{m(t)\}.

由信號表示式,

s(t)=sI(t)cos⁡(2πfct)−sq(t)sin⁡(2πfct).s(t)=s_I(t)\cos(2\pi f_ct)-s_q(t)\sin(2\pi f_ct).

1. DSB-SC

DSB-SC 信號為

sDSB−SC(t)=m(t)cos⁡(2πfct).s_{\mathrm{DSB-SC}}(t)=m(t)\cos(2\pi f_ct).

與一般形式比較:

sI(t)=m(t),sq(t)=0.s_I(t)=m(t),\qquad s_q(t)=0.

這與題目表格已給內容一致。


2. SSB 上邊帶

若採用 Hilbert transform 定義

H{cos⁡(2πfmt)}=sin⁡(2πfmt),\mathcal{H}\{\cos(2\pi f_mt)\}=\sin(2\pi f_mt),

則 SSB 上邊帶信號為

sUSB(t)=m(t)cos⁡(2πfct)−m^(t)sin⁡(2πfct).s_{\mathrm{USB}}(t) =m(t)\cos(2\pi f_ct) -\widehat m(t)\sin(2\pi f_ct).

與

s(t)=sI(t)cos⁡(2πfct)−sq(t)sin⁡(2πfct)s(t)=s_I(t)\cos(2\pi f_ct)-s_q(t)\sin(2\pi f_ct)

比較可得

sI(t)=m(t),sq(t)=m^(t).s_I(t)=m(t),\qquad s_q(t)=\widehat m(t).

因此

(b1)=m^(t)\boxed{(b1)=\widehat m(t)}

3. SSB 下邊帶

SSB 下邊帶信號為

sLSB(t)=m(t)cos⁡(2πfct)+m^(t)sin⁡(2πfct).s_{\mathrm{LSB}}(t) =m(t)\cos(2\pi f_ct) +\widehat m(t)\sin(2\pi f_ct).

改寫成題目的標準形式:

sLSB(t)=m(t)cos⁡(2πfct)−[−m^(t)]sin⁡(2πfct).s_{\mathrm{LSB}}(t) =m(t)\cos(2\pi f_ct) -\left[-\widehat m(t)\right]\sin(2\pi f_ct).

因此

sI(t)=m(t),sq(t)=−m^(t).s_I(t)=m(t),\qquad s_q(t)=-\widehat m(t).

所以

(b2)=−m^(t)\boxed{(b2)=-\widehat m(t)}

4. DSB-C,也就是一般 AM

一般 AM 信號為

sAM(t)=[1+kam(t)]cos⁡(2πfct).s_{\mathrm{AM}}(t) =\left[1+k_am(t)\right]\cos(2\pi f_ct).

其中沒有正交分量,因此

sI(t)=1+kam(t),sq(t)=0.s_I(t)=1+k_am(t),\qquad s_q(t)=0.

所以

(b3)=0\boxed{(b3)=0}

三個空格總結

(b1)=m^(t),(b2)=−m^(t),(b3)=0.\boxed{ \begin{aligned} (b1)&=\widehat m(t),\\ (b2)&=-\widehat m(t),\\ (b3)&=0. \end{aligned} }

快速判斷技巧

由於題目定義中正交項為

−sq(t)sin⁡(2πfct),-s_q(t)\sin(2\pi f_ct),

所以:

  • 上邊帶的正交項是 −m^(t)sin⁡(2πfct)-\widehat m(t)\sin(2\pi f_ct),故 sq(t)=m^(t)s_q(t)=\widehat m(t)。
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第 2. 題

In the above diagram, we obtain that for sequence transmission {ak}\{a_k\},
y(iTb)=∑k=−∞∞ak⋅p((i−k)Tb)+w(t)∗c(t)∣t=iTb=niy(iT_b) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k \cdot p((i - k)T_b) + w(t) * c(t)|_{t=iT_b} = n_i
where p(t)=g(t)∗c(t)p(t) = g(t) * c(t), and "∗\ast" is the convolution operation. Denote by G(f)G(f), C(f)C(f) and P(f)P(f) the Fourier transforms of g(t)g(t), c(t)c(t) and p(t)p(t), respectively. The noise w(t)w(t) is zero-mean and white with power spectra density N0/2N_0/2.

(a) (6%) If ni=0n_i = 0 and the function p(t)p(t) satisfies
p(kTb)={1,k=k0;0,k≠k0,p(kT_b) = \begin{cases} 1, & k = k_0; \\ 0, & k \ne k_0, \end{cases}
determine y(iTb)y(iT_b).

(b) (6%) Determine ∑i=−∞∞P(f−i/Tb)\sum_{i=-\infty}^{\infty} P(f - i/T_b) based on (1).
Hint: Ps(f)=∑n=−∞∞P(nTb)δ(f−n/Tb)P_s(f) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} P(nT_b) \delta(f - n/T_b) is the Fourier transform of ps(t)=∑n=−∞∞p(nTb)δ(t−nTb)p_s(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} p(nT_b) \delta(t - nT_b).

(c) (6%) Determine the filter c(t)c(t) that maximizes the output signal-to-noise ratio (SNR) for given g(t)g(t). You may suppose a0a_0 is transmitted, and examine the SNR of y(iTb)∣i=0=y(Tb)y(iT_b)|_{i=0} = y(T_b).

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核心觀念

本題考查三個通訊系統基本觀念:

  1. 零間隔失真(zero-ISI)與取樣值判讀:利用 p(kTb)p(kT_b) 在取樣時刻的特性,判斷輸出只保留某一個符號。
  2. 週期頻譜與取樣脈衝列的傅立葉轉換:利用 Poisson summation formula,將時域取樣後的頻譜表示成頻域週期複製。
  3. 匹配濾波器(matched filter):在白雜訊下,利用 Cauchy–Schwarz 不等式,使取樣時刻的訊號能量與雜訊能量之比最大。

題目中的雜訊取樣值可寫成

ni=w(t)∗c(t)∣t=iTb.n_i=\left.w(t)*c(t)\right|_{t=iT_b}.

因此輸出為

y(iTb)=∑k=−∞∞akp((i−k)Tb)+ni.y(iT_b)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_kp((i-k)T_b)+n_i.

(a) 求 y(iTb)y(iT_b)

已知 ni=0n_i=0,且

p(kTb)={1,k=k0,0,k≠k0.p(kT_b)= \begin{cases} 1, & k=k_0,\\ 0, & k\ne k_0. \end{cases}

代入輸出式:

y(iTb)=∑k=−∞∞akp((i−k)Tb).y(iT_b)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_kp((i-k)T_b).

其中 p((i−k)Tb)p((i-k)T_b) 只有在

i−k=k0i-k=k_0

時才等於 11,因此

k=i−k0.k=i-k_0.

其餘項皆為零,所以

y(iTb)=ai−k0.\boxed{y(iT_b)=a_{i-k_0}}.

這表示接收端在取樣時刻 iTbiT_b 所得到的是延遲 k0k_0 個符號後的資料。特別地,若 k0=0k_0=0,則

y(iTb)=ai,y(iT_b)=a_i,

即完全沒有符號間干擾。


(b) 求 ∑i=−∞∞P(f−iTb)\displaystyle \sum_{i=-\infty}^{\infty}P\left(f-\frac{i}{T_b}\right)

定義取樣後的訊號為

ps(t)=∑n=−∞∞p(nTb)δ(t−nTb).p_s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}p(nT_b)\delta(t-nT_b).

依題目提示,其傅立葉轉換為

Ps(f)=∑n=−∞∞p(nTb)δ(f−nTb).P_s(f)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}p(nT_b) \delta\left(f-\frac{n}{T_b}\right).

另一方面,

ps(t)=p(t)∑n=−∞∞δ(t−nTb).p_s(t)=p(t)\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_b).

週期脈衝列的傅立葉轉換為

F{∑n=−∞∞δ(t−nTb)}=1Tb∑i=−∞∞δ(f−iTb).\mathcal{F}\left\{\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_b)\right\} = \frac{1}{T_b} \sum_{i=-\infty}^{\infty} \delta\left(f-\frac{i}{T_b}\right).

時域相乘對應到頻域摺積,因此

Ps(f)=1Tb∑i=−∞∞P(f−iTb).P_s(f) = \frac{1}{T_b} \sum_{i=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{i}{T_b}\right).

整理可得

∑i=−∞∞P(f−iTb)=TbPs(f)\boxed{ \sum_{i=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{i}{T_b}\right) = T_bP_s(f) }

亦即

∑i=−∞∞P(f−iTb)=Tb∑n=−∞∞p(nTb)δ(f−nTb).\boxed{ \sum_{i=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{i}{T_b}\right) = T_b \sum_{n=-\infty}^{\infty} p(nT_b) \delta\left(f-\frac{n}{T_b}\right) }.

若使用 (a) 的條件,則 p(nTb)p(nT_b) 只有在 n=k0n=k_0 時等於 11,所以

Ps(f)=δ(f−k0Tb).P_s(f) = \delta\left(f-\frac{k_0}{T_b}\right).

因此

∑i=−∞∞P(f−iTb)=Tbδ(f−k0Tb).\boxed{ \sum_{i=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{i}{T_b}\right) = T_b\delta\left(f-\frac{k_0}{T_b}\right) }.

當 k0=0k_0=0 時,結果簡化為

∑i=−∞∞P(f−iTb)=Tbδ(f).\boxed{ \sum_{i=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{i}{T_b}\right) = T_b\delta(f) }.

(c) 最大化輸出 SNR 的濾波器 c(t)c(t)

1. 取樣輸出中的訊號與雜訊

假設只傳送符號 a0a_0,並觀察 t=Tbt=T_b 的輸出。此時訊號部分為

ys(Tb)=a0p(Tb).y_s(T_b)=a_0p(T_b).

由 p(t)=g(t)∗c(t)p(t)=g(t)*c(t),

p(Tb)=∫−∞∞g(τ)c(Tb−τ) dτ.p(T_b) = \int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)c(T_b-\tau)\,d\tau.

因此

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第 3. 題

Let ϕ1(t),...,ϕN(t),0≤t≤T\phi_1(t),...,\phi_N(t), 0 \le t \le T, be real-valued orthonormal functions, and let si(t)=∑j=1Nsijϕj(t)s_i(t) = \sum_{j=1}^{N} s_{ij}\phi_j(t) for i=1,2,...,Mi=1,2,...,M be real-valued signals. Define si=(si1,si2,...,siN)Ts_i = (s_{i1}, s_{i2}, ..., s_{iN})^T where TT denotes the transpose of the vector. (Note that ∣∣si∣∣2=siTsi||s_i||^2 = s_i^T s_i.)

(a) (6%) Show that ∫0Tsi(t)sj(t)dt=siTsj\int_0^T s_i(t)s_j(t) dt = s_i^T s_j and ∫0T(si(t)−sj(t))2dt=∣∣si−sj∣∣2\int_0^T (s_i(t) - s_j(t))^2 dt = ||s_i - s_j||^2.

Let W(t)W(t) be a real-valued Gaussian process with zero-mean and the autocorrelation function RW(τ)=E[W(t)W(t+τ)]=σW2ρ(∣τ∣)R_W(\tau) = E[W(t)W(t+\tau)] = \sigma_W^2 \rho(|\tau|). Define, for j=1,2,...,Nj=1, 2, ..., N, the random variables Wj=∫0TW(t)ϕj(t)dtW_j = \int_0^T W(t)\phi_j(t) dt.

(b) (6%) Derive E{Wj}E\{W_j\} and E{WjWk}E\{W_j W_k\} for j≠kj \ne k.

Now, assume M=2M=2, and that s1(t)=1,0≤t≤T/2s_1(t) = 1, 0 \le t \le T/2 and s1(t)=−1,T/2<t≤Ts_1(t) = -1, T/2 < t \le T.
Let s2(t)={1,0≤t≤T/2−1,T/2<t≤Ts_2(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T/2 \\ -1, & T/2 < t \le T \end{cases}.
Moreover, assume that we observe x(t)=si(t)+w(t),0≤t≤Tx(t) = s_i(t) + w(t), 0 \le t \le T, with i=1i=1 or 22, and w(t)w(t) a sample realization of the Gaussian process W(t)W(t) defined above.

(c) (3%) Find a smallest set of orthonormal functions ϕ1(t),...,ϕN(t)\phi_1(t),...,\phi_N(t) such that si(t)=∑j=1Nsijϕj(t)s_i(t) = \sum_{j=1}^{N} s_{ij}\phi_j(t) for i=1,2i=1,2. Let s1s_1 and s2s_2 be vectors as defined above. Compute d=∣∣s1−s2∣∣d = ||s_1 - s_2||.

(d) (6%) Give a maximum likelihood (ML) decision rule for estimate s(t)s(t) of the signal si(t)s_i(t) in x(t)x(t), and derive the error probability of the ML estimate s^(t)\hat{s}(t), i.e., compute P(s^(t)≠si(t))P(\hat{s}(t) \ne s_i(t)).
Please express P(s^(t)≠si(t))P(\hat{s}(t) \ne s_i(t)) in terms of the function
erfc(u)=2π∫u∞e−z2dz\text{erfc}(u) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_u^\infty e^{-z^2} dz
You may need the probability density function (pdf) f(v)f(v) of a Gaussian r.v. ν\nu with zero mean and variance σW2\sigma_W^2:
f(ν)=1πσW2exp⁡(−ν2σW2)f(\nu) = \frac{1}{\sqrt{\pi \sigma_W^2}} \exp\left(-\frac{\nu^2}{\sigma_W^2}\right)

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核心觀念

本題考查:

  • 正交基底下,連續時間訊號與其係數向量的內積等價性。
  • 高斯過程經由正交函數投影後所得隨機變數的平均值與相關性。
  • 訊號空間表示法與歐氏距離。
  • 最大概似判決與錯誤機率。

特別注意:題目在 (c) 給出的 s1(t)s_1(t) 與 s2(t)s_2(t) 完全相同,因此兩個假設其實代表同一個訊號,導致訊號距離為零,ML 判決無法辨識「來源標號」,但估計出的「訊號波形」不會錯。


(a) 正交基底下的內積

已知

si(t)=∑m=1Nsimϕm(t),sj(t)=∑n=1Nsjnϕn(t).s_i(t)=\sum_{m=1}^{N}s_{im}\phi_m(t), \qquad s_j(t)=\sum_{n=1}^{N}s_{jn}\phi_n(t).

因此

∫0Tsi(t)sj(t) dt=∫0T(∑m=1Nsimϕm(t))(∑n=1Nsjnϕn(t))dt.\int_0^T s_i(t)s_j(t)\,dt = \int_0^T \left(\sum_{m=1}^{N}s_{im}\phi_m(t)\right) \left(\sum_{n=1}^{N}s_{jn}\phi_n(t)\right)dt.

展開後得到

∫0Tsi(t)sj(t) dt=∑m=1N∑n=1Nsimsjn∫0Tϕm(t)ϕn(t) dt.\int_0^T s_i(t)s_j(t)\,dt = \sum_{m=1}^{N}\sum_{n=1}^{N} s_{im}s_{jn} \int_0^T\phi_m(t)\phi_n(t)\,dt.

因為 {ϕn(t)}\{\phi_n(t)\} 是正交歸一函數,

∫0Tϕm(t)ϕn(t) dt=δmn,\int_0^T\phi_m(t)\phi_n(t)\,dt = \delta_{mn},

其中 δmn\delta_{mn} 是 Kronecker delta。故只有 m=nm=n 的項保留:

∫0Tsi(t)sj(t) dt=∑m=1Nsimsjm.\int_0^T s_i(t)s_j(t)\,dt = \sum_{m=1}^{N}s_{im}s_{jm}.

而係數向量

si=(si1,…,siN)T,sj=(sj1,…,sjN)T,s_i=(s_{i1},\ldots,s_{iN})^T, \qquad s_j=(s_{j1},\ldots,s_{jN})^T,

所以

∫0Tsi(t)sj(t) dt=siTsj.\boxed{ \int_0^T s_i(t)s_j(t)\,dt=s_i^Ts_j }.

再考慮差值訊號:

si(t)−sj(t)=∑m=1N(sim−sjm)ϕm(t).s_i(t)-s_j(t) = \sum_{m=1}^{N}(s_{im}-s_{jm})\phi_m(t).

由上述結果,

∫0T(si(t)−sj(t))2dt=∑m=1N(sim−sjm)2.\int_0^T(s_i(t)-s_j(t))^2dt = \sum_{m=1}^{N}(s_{im}-s_{jm})^2.

因此

∫0T(si(t)−sj(t))2dt=∥si−sj∥2.\boxed{ \int_0^T(s_i(t)-s_j(t))^2dt = \|s_i-s_j\|^2 }.

(b) 高斯過程投影後的平均值與相關性

定義

Wj=∫0TW(t)ϕj(t) dt.W_j=\int_0^T W(t)\phi_j(t)\,dt.

平均值

由線性運算與 E[W(t)]=0E[W(t)]=0,

E[Wj]=E[∫0TW(t)ϕj(t) dt].E[W_j] = E\left[\int_0^T W(t)\phi_j(t)\,dt\right].

交換期望值與積分:

E[Wj]=∫0TE[W(t)]ϕj(t) dt=0.E[W_j] = \int_0^T E[W(t)]\phi_j(t)\,dt = 0.

因此

E[Wj]=0.\boxed{E[W_j]=0}.

WjW_j 與 WkW_k 的相關性

對 j≠kj\ne k,

E[WjWk]=E[(∫0TW(t)ϕj(t) dt)(∫0TW(u)ϕk(u) du)].E[W_jW_k] = E\left[ \left(\int_0^T W(t)\phi_j(t)\,dt\right) \left(\int_0^T W(u)\phi_k(u)\,du\right) \right].

整理為雙重積分:

E[WjWk]=∫0T∫0TE[W(t)W(u)]ϕj(t)ϕk(u) dt du.E[W_jW_k] = \int_0^T\int_0^T E[W(t)W(u)] \phi_j(t)\phi_k(u)\,dt\,du.

由自相關函數定義,

E[W(t)W(u)]=RW(u−t)=σW2ρ(∣u−t∣).E[W(t)W(u)] = R_W(u-t) = \sigma_W^2\rho(|u-t|).

故

E[WjWk]=σW2∫0T∫0Tρ(∣u−t∣)ϕj(t)ϕk(u) dt du.\boxed{ E[W_jW_k] = \sigma_W^2 \int_0^T\int_0^T \rho(|u-t|) \phi_j(t)\phi_k(u)\,dt\,du }.

必須注意,ϕj\phi_j 與 ϕk\phi_k 的正交性只涉及

∫0Tϕj(t)ϕk(t) dt,\int_0^T\phi_j(t)\phi_k(t)\,dt,

但本題的相關性包含 ρ(∣u−t∣)\rho(|u-t|),因此一般不能直接推出 E[WjWk]=0E[W_jW_k]=0。只有在雜訊為白高斯雜訊等特殊情況下,投影後的不同分量才會不相關。


(c) 最小訊號空間與訊號距離

題目給定

s1(t)={1,0≤t≤T/2,−1,T/2<t≤T,s_1(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t\le T/2,\\ -1, & T/2<t\le T, \end{cases}

且

s2(t)={1,0≤t≤T/2,−1,T/2<t≤T.s_2(t)= \begin{cases} 1, & 0\le t\le T/2,\\ -1, & T/2<t\le T. \end{cases}

因此

s1(t)=s2(t).s_1(t)=s_2(t).

所有訊號只由一個波形構成,所以最小維度為 N=1N=1。取

ϕ1(t)=s1(t)∥s1∥.\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{\|s_1\|}.

先計算能量:

∥s1∥2=∫0Ts12(t) dt=∫0T1 dt=T.\|s_1\|^2 = \int_0^T s_1^2(t)\,dt = \int_0^T1\,dt = T.

故

ϕ1(t)=s1(t)T={1T,0≤t≤T/2,−1T,T/2<t≤T.\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{\sqrt T} = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt T}, & 0\le t\le T/2,\\[6pt] -\dfrac{1}{\sqrt T}, & T/2<t\le T. \end{cases}

此函數已歸一化:

∫0Tϕ12(t) dt=1.\int_0^T\phi_1^2(t)\,dt=1.

因此

s1(t)=T ϕ1(t),s2(t)=T ϕ1(t).s_1(t)=\sqrt T\,\phi_1(t), \qquad s_2(t)=\sqrt T\,\phi_1(t).
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第 4. 題

(This problem is a continuation of Problem 3, but can be solved independently.) Now, assume M=4M = 4 and consider the passband signals
si(t)=ai2ETcos⁡(2πfct),0≤t≤Ts_i(t) = a_i \sqrt{\frac{2E}{T}} \cos(2\pi f_c t), \quad 0 \le t \le T
for i=1,2,3,4i = 1, 2, 3, 4 with a1=1,a2=3,a3=5,a4=7a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 5, a_4 = 7, and fcf_c an integer multiple of 1/T1/T.

(a) (1%) Define orthonormal function ϕ1(t),0≤t≤T\phi_1(t), 0 \le t \le T, and specify with respect to ϕ1(t)\phi_1(t) the message points sis_i for i=1,2,3,4i = 1, 2, 3, 4.

(b) (3%) Draw a constellation of the message points sis_i, and label each sis_i with 2 bits using Gray mapping. Give the value of dmin⁡=min⁡{∣∣si−sj∣∣:i≠j}d_{\min} = \min \{ ||s_i - s_j|| : i \ne j \}.

(c) (8%) Suppose that x(t)=si(t)+w(t)x(t) = s_i(t) + w(t) for some si(t)s_i(t) with probability P(si(t))=1/4P(s_i(t)) = 1/4 for each ii, and w(t)w(t) a sample realization of W(t)W(t) as defined in Problem 3. Form a ML estimate s^(t)\hat{s}(t) of the signal si(t)s_i(t), given x(t)x(t); derive the averaged probability of symbol error P(s^(t)≠si(t))P(\hat{s}(t) \ne s_i(t)).
Hint: you may need erfc(.) and the pdf f(v)f(v) given in Problem 3(g).

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  1. 通帶訊號的正交基底表示。
  2. 一維訊號星座與 Gray mapping。
  3. 等機率訊號下的最大概似(Maximum Likelihood, ML)偵測。
  4. 最小歐氏距離 dmin⁡d_{\min} 與符號錯誤率的關係。
  5. 將雜訊投影到訊號基底後,利用雜訊投影值的機率密度函數計算錯誤率。

令內積定義為

⟨x,y⟩=∫0Tx(t)y(t) dt.\langle x,y\rangle=\int_0^T x(t)y(t)\,dt.

由於 fcf_c 是 1/T1/T 的整數倍,因此

∫0Tcos⁡2(2πfct) dt=T2.\int_0^T \cos^2(2\pi f_ct)\,dt=\frac{T}{2}.

(a) 正交基底與訊息點

基底函數

定義

ϕ1(t)=2Tcos⁡(2πfct),0≤t≤T.\phi_1(t)=\sqrt{\frac{2}{T}}\cos(2\pi f_ct),\qquad 0\le t\le T.

其能量為

∫0Tϕ12(t) dt=2T∫0Tcos⁡2(2πfct) dt=1.\int_0^T \phi_1^2(t)\,dt = \frac{2}{T}\int_0^T\cos^2(2\pi f_ct)\,dt =1.

所以 ϕ1(t)\phi_1(t) 是單位能量的正交歸一基底。

原訊號為

si(t)=ai2ETcos⁡(2πfct).s_i(t)=a_i\sqrt{\frac{2E}{T}}\cos(2\pi f_ct).

因此

si(t)=aiE ϕ1(t).s_i(t)=a_i\sqrt{E}\,\phi_1(t).

訊號 sis_i 對 ϕ1(t)\phi_1(t) 的座標為

si=⟨si(t),ϕ1(t)⟩=aiE.s_i=\langle s_i(t),\phi_1(t)\rangle=a_i\sqrt{E}.

由 a1=1,a2=3,a3=5,a4=7a_1=1,a_2=3,a_3=5,a_4=7,四個訊息點為

s1=E,s2=3E,s3=5E,s4=7E.s_1=\sqrt E,\qquad s_2=3\sqrt E,\qquad s_3=5\sqrt E,\qquad s_4=7\sqrt E.

亦可寫成一維向量形式:

s1=(E),s2=(3E),s3=(5E),s4=(7E).\boldsymbol{s}_1=(\sqrt E),\quad \boldsymbol{s}_2=(3\sqrt E),\quad \boldsymbol{s}_3=(5\sqrt E),\quad \boldsymbol{s}_4=(7\sqrt E).

(b) 星座、Gray mapping 與最小距離

四個訊息點位於同一條一維軸上:

E3E5E7E.\sqrt E\qquad 3\sqrt E\qquad 5\sqrt E\qquad 7\sqrt E.

相鄰訊息點之間的距離皆為

3E−E=5E−3E=7E−5E=2E.3\sqrt E-\sqrt E = 5\sqrt E-3\sqrt E = 7\sqrt E-5\sqrt E = 2\sqrt E.

因此星座圖可表示為:

      00          01          11          10
      ●-----------●-----------●-----------●
     √E         3√E         5√E         7√E

採用 Gray mapping:

s1↔00,s2↔01,s3↔11,s4↔10.s_1\leftrightarrow 00, \qquad s_2\leftrightarrow 01, \qquad s_3\leftrightarrow 11, \qquad s_4\leftrightarrow 10.

相鄰訊息點的標籤只相差一個 bit,符合 Gray mapping 定義。

最小歐氏距離為

dmin⁡=min⁡i≠j∣si−sj∣=2E.d_{\min} = \min_{i\ne j}|s_i-s_j| = 2\sqrt E.

因此

dmin⁡=2E.\boxed{d_{\min}=2\sqrt E}.

(c) ML 偵測與平均符號錯誤率

1. 雜訊投影

接收訊號為

x(t)=si(t)+w(t).x(t)=s_i(t)+w(t).

將 x(t)x(t) 投影到 ϕ1(t)\phi_1(t),得到充分統計量

Y=⟨x(t),ϕ1(t)⟩.Y=\langle x(t),\phi_1(t)\rangle.

因為

⟨si(t),ϕ1(t)⟩=aiE,\langle s_i(t),\phi_1(t)\rangle=a_i\sqrt E,

定義雜訊投影值

V=⟨w(t),ϕ1(t)⟩,V=\langle w(t),\phi_1(t)\rangle,

則

Y=aiE+V.Y=a_i\sqrt E+V.

也就是說,原本的波形偵測問題可化成一維訊息點加上雜訊的判決問題。


2. ML 判決規則

由於四個訊號的先驗機率相同,皆為 1/41/4,因此 ML 偵測等同於最小距離判決:

s^=arg⁡min⁡sj∣Y−sj∣.\hat{s}=\arg\min_{s_j}|Y-s_j|.

四個訊息點依序為

E,3E,5E,7E.\sqrt E,\quad 3\sqrt E,\quad 5\sqrt E,\quad 7\sqrt E.

相鄰訊息點中點就是判決門檻:

γ1=2E,γ2=4E,γ3=6E.\gamma_1=2\sqrt E,\qquad \gamma_2=4\sqrt E,\qquad \gamma_3=6\sqrt E.

因此 ML 判決為

s^={s1,Y<2E,s2,2E≤Y<4E,s3,4E≤Y<6E,s4,Y≥6E.\hat{s}= \begin{cases} s_1, & Y<2\sqrt E,\\[2mm] s_2, & 2\sqrt E\le Y<4\sqrt E,\\[2mm] s_3, & 4\sqrt E\le Y<6\sqrt E,\\[2mm] s_4, & Y\ge 6\sqrt E. \end{cases}

代入 Y=si+VY=s_i+V,即可求出每個訊息點的錯誤條件。


3. 各訊息點的條件錯誤率

傳送 s1s_1

當 s1=Es_1=\sqrt E 傳送時:

Y=E+V.Y=\sqrt E+V.

正確判決條件為

Y<2E  ⟺  V<E.Y<2\sqrt E \iff V<\sqrt E.

因此

Pe∣s1=P(V≥E).P_e|s_1=P(V\ge \sqrt E).

傳送 s2s_2

當 s2=3Es_2=3\sqrt E 傳送時,正確條件為

2E≤3E+V<4E.2\sqrt E\le 3\sqrt E+V<4\sqrt E.

整理得

−E≤V<E.-\sqrt E\le V<\sqrt E.

所以

Pe∣s2=P(V<−E)+P(V≥E).P_e|s_2 = P(V<-\sqrt E)+P(V\ge\sqrt E).

傳送 s3s_3

當 s3=5Es_3=5\sqrt E 傳送時,正確條件為

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第 5. 題

Consider binary data modulation at a carrier frequency of fcf_c in a Rayleigh fading channel, given that the complex envelope of the received signal y(t)y(t) be written as y~(t)=Ae−jΦd(t)\tilde{y}(t) = A e^{-j\Phi} d(t), if the AWGN noise term (with power spectral density SN(f)=N0/2S_N(f) = N_0/2) is not included, where d(t)d(t) is a NRZ waveform with an amplitude of 1 and with bit period TT, AA is a random amplitude with Rayleigh pdf fA(a)=(α/σ2)exp⁡(−a2/(2σ2))f_A(a) = (\alpha/\sigma^2) \exp(-a^2/(2\sigma^2)), and Φ\Phi is random phase uniformly distributed between 0 and 2π2\pi.

(a) (4%) Find out the equation of the received signal y(t)y(t) and explain the effect of the channel on the received signal.

(b) (4%) Assume DPSK is used and given that the bit error probability of DPSK in AWGN as Pe=(1/2)e−Eb/N0P_e = (1/2)e^{-E_b/N_0}, prove that DPSK over a Rayleigh fading channel has an average bit error rate of 1/[2(1+γ‾)]1/[2(1+\overline{\gamma})], where γ‾\overline{\gamma} is the average Eb/N0E_b/N_0.

(c) (4%) If BPSK modulation is used instead, draw the block diagram of an L antenna space diversity receiver structure with a maximal ratio combiner and explain how it works.

(d) (4%) Following (c), prove that the maximal ratio combiner provides the largest SNR for data detection among all linear combining schemes.

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這一題的完整詳解

這題考察瑞利衰落通道下的接收信號模型、DPSK 在衰落信道下的錯誤概率推導、BPSK 的分集接收以及最大比值合併。

(a) 接收信號方程及通道效應

接收信號的複數包絡為 y~(t)=Ae−jΦd(t)\tilde{y}(t) = A e^{-j\Phi} d(t)。
d(t)d(t) 是 NRZ 波形,幅度為 1,位元週期為 TT。
AA 是瑞利分佈的隨機幅度,fA(a)=(a/σ2)exp⁡(−a2/(2σ2))f_A(a) = (a/\sigma^2) \exp(-a^2/(2\sigma^2))。
Φ\Phi 是均勻分佈在 [0,2π][0, 2\pi] 的隨機相位。

接收信號 y(t)y(t) 的實部是 y(t)=Re{y~(t)ej2πfct}y(t) = \text{Re}\{\tilde{y}(t) e^{j 2\pi f_c t}\}。
y(t)=Re{Ae−jΦd(t)ej2πfct}y(t) = \text{Re}\{A e^{-j\Phi} d(t) e^{j 2\pi f_c t}\}
y(t)=Re{Ad(t)ej(2πfct−Φ)}y(t) = \text{Re}\{A d(t) e^{j (2\pi f_c t - \Phi)}\}
y(t)=Ad(t)cos⁡(2πfct−Φ)y(t) = A d(t) \cos(2\pi f_c t - \Phi)
y(t)=Ad(t)cos⁡(2πfct−Φ)y(t) = A d(t) \cos(2\pi f_c t - \Phi)。

通道效應:

  1. 衰落 (Fading): 瑞利衰落通道對信號的影響是幅度 AA 和相位 Φ\Phi 的隨機變化。
    • 幅度衰落:幅度 AA 遵循瑞利分佈。這意味著信號幅度會隨時間隨機變化,有時會顯著減弱,有時會保持較強。瑞利分佈通常用於描述信號在多徑傳播中,由於相干疊加效應而導致的信號強度隨機變化。
    • 相位偏移:相位 Φ\Phi 的隨機變化會導致接收信號的相位隨機偏移。
  2. 多徑傳播 (Multipath Propagation): 瑞利衰落通常是多徑傳播的結果。信號經過不同的路徑傳播到達接收端,這些路徑的長度、衰減和相位都可能不同,最終疊加形成衰落信號。
  3. 幅度失真: 由於 AA 的隨機性,接收信號的幅度會隨時間隨機變化,導致信號幅度失真。
  4. 相位失真: 由於 Φ\Phi 的隨機性,接收信號的相位會隨機偏移。

總結: 瑞利衰落通道的主要效應是導致接收信號的幅度 AA 和相位 Φ\Phi 隨機變化,這會引起信號的衰落和相位失真。

【答案】
接收信號的方程為 y(t)=Ad(t)cos⁡(2πfct−Φ)y(t) = A d(t) \cos(2\pi f_c t - \Phi)。
通道效應包括信號幅度的衰落(幅度 AA 隨機變化)和相位的隨機偏移(相位 Φ\Phi 隨機變化),這是多徑傳播的結果。

(b) 證明 DPSK 在瑞利衰落信道下的平均錯誤概率

在 AWGN 信道下,DPSK 的位元錯誤概率為 Pe=12e−Eb/N0P_e = \frac{1}{2} e^{-E_b/N_0}。
在瑞利衰落信道下,接收信號的信噪比 Eb/N0E_b/N_0 變為一個隨機變量。
令 γ=Eb/N0\gamma = E_b/N_0。在瑞利衰落信道下, γ\gamma 是一個隨機變量。
DPSK 的錯誤概率是 12e−γ\frac{1}{2} e^{-\gamma}。
平均錯誤概率是 Pe=Eγ[12e−γ]P_e = E_{\gamma} \left[ \frac{1}{2} e^{-\gamma} \right]。

我們需要知道 γ\gamma 的分佈。
在瑞利衰落信道下,信號幅度 AA 遵循瑞利分佈。
信號能量 EbE_b 與幅度 AA 的平方成正比。
如果 d(t)d(t) 是 NRZ 信號,幅度為 1,週期為 TT。
Eb=∫0T12(Ad(t))2dt=12A2∫0Td(t)2dtE_b = \int_0^T \frac{1}{2} (A d(t))^2 dt = \frac{1}{2} A^2 \int_0^T d(t)^2 dt。
由於 d(t)=1d(t)=1 (幅度為1), ∫0Td(t)2dt=T\int_0^T d(t)^2 dt = T。
Eb=12A2TE_b = \frac{1}{2} A^2 T。
信噪比 γ=Eb/N0=A2T2N0\gamma = E_b/N_0 = \frac{A^2 T}{2 N_0}。

幅度 AA 的 pdf 是 fA(a)=(a/σ2)exp⁡(−a2/(2σ2))f_A(a) = (a/\sigma^2) \exp(-a^2/(2\sigma^2))。
E[A2]=∫0∞a2fA(a)da=∫0∞a2aσ2e−a2/(2σ2)daE[A^2] = \int_0^\infty a^2 f_A(a) da = \int_0^\infty a^2 \frac{a}{\sigma^2} e^{-a^2/(2\sigma^2)} da。
令 u=a2/(2σ2)u = a^2/(2\sigma^2), du=(a/σ2)dadu = (a/\sigma^2) da. a2=2σ2ua^2 = 2\sigma^2 u.
E[A2]=∫0∞2σ2ue−udu=2σ2Γ(2)=2σ2(1!)=2σ2E[A^2] = \int_0^\infty 2\sigma^2 u e^{-u} du = 2\sigma^2 \Gamma(2) = 2\sigma^2 (1!) = 2\sigma^2。
所以,平均信號能量 E[Eb]=12E[A2]T=12(2σ2)T=σ2TE[E_b] = \frac{1}{2} E[A^2] T = \frac{1}{2} (2\sigma^2) T = \sigma^2 T。

平均信噪比 γ‾=E[γ]=E[Eb/N0]=E[Eb]/N0=σ2TN0\overline{\gamma} = E[\gamma] = E[E_b/N_0] = E[E_b]/N_0 = \frac{\sigma^2 T}{N_0}。
我們需要計算 Pe=Eγ[12e−γ]P_e = E_{\gamma} \left[ \frac{1}{2} e^{-\gamma} \right]。
這需要 γ\gamma 的 pdf。
γ=A2T2N0\gamma = \frac{A^2 T}{2 N_0}。
A2A^2 的 pdf。令 X=A2X = A^2。
fX(x)=12σ2e−x/(2σ2)f_X(x) = \frac{1}{2\sigma^2} e^{-x/(2\sigma^2)} for x≥0x \ge 0。 (這是指數分佈)
γ=T2N0X\gamma = \frac{T}{2 N_0} X。
fγ(γ)=fX(x)∣dxdγ∣=fX(2N0γT)2N0Tf_\gamma(\gamma) = f_X(x) |\frac{dx}{d\gamma}| = f_X(\frac{2N_0 \gamma}{T}) \frac{2N_0}{T}。
fγ(γ)=12σ2e−2N0γT/(2σ2)2N0T=N0Tσ2e−N0γTσ2f_\gamma(\gamma) = \frac{1}{2\sigma^2} e^{-\frac{2N_0 \gamma}{T} / (2\sigma^2)} \frac{2N_0}{T} = \frac{N_0}{T\sigma^2} e^{-\frac{N_0 \gamma}{T\sigma^2}}。
令 γ‾=Tσ2N0\overline{\gamma} = \frac{T\sigma^2}{N_0}。則 fγ(γ)=1γ‾e−γ/γ‾f_\gamma(\gamma) = \frac{1}{\overline{\gamma}} e^{-\gamma/\overline{\gamma}}。
這是一個指數分佈,平均值為 γ‾\overline{\gamma}。

現在計算平均錯誤概率:
Pe=Eγ[12e−γ]=∫0∞12e−γfγ(γ)dγP_e = E_{\gamma} \left[ \frac{1}{2} e^{-\gamma} \right] = \int_0^\infty \frac{1}{2} e^{-\gamma} f_\gamma(\gamma) d\gamma
Pe=∫0∞12e−γ1γ‾e−γ/γ‾dγP_e = \int_0^\infty \frac{1}{2} e^{-\gamma} \frac{1}{\overline{\gamma}} e^{-\gamma/\overline{\gamma}} d\gamma
Pe=12γ‾∫0∞e−γ(1+1/γ‾)dγP_e = \frac{1}{2\overline{\gamma}} \int_0^\infty e^{-\gamma(1 + 1/\overline{\gamma})} d\gamma
Pe=12γ‾∫0∞e−γ(γ‾+1γ‾)dγP_e = \frac{1}{2\overline{\gamma}} \int_0^\infty e^{-\gamma(\frac{\overline{\gamma}+1}{\overline{\gamma}})} d\gamma
Pe=12γ‾[−1(γ‾+1γ‾)e−γ(γ‾+1γ‾)]0∞P_e = \frac{1}{2\overline{\gamma}} \left[ -\frac{1}{(\frac{\overline{\gamma}+1}{\overline{\gamma}})} e^{-\gamma(\frac{\overline{\gamma}+1}{\overline{\gamma}})} \right]_0^\infty
Pe=12γ‾[0−(−γ‾γ‾+1)]=12γ‾γ‾γ‾+1=12(γ‾+1)P_e = \frac{1}{2\overline{\gamma}} \left[ 0 - (-\frac{\overline{\gamma}}{\overline{\gamma}+1}) \right] = \frac{1}{2\overline{\gamma}} \frac{\overline{\gamma}}{\overline{\gamma}+1} = \frac{1}{2(\overline{\gamma}+1)}。
這就證明了 DPSK 在瑞利衰落信道下的平均錯誤概率為 12(1+γ‾)\frac{1}{2(1+\overline{\gamma})}。

【答案】
證明過程如上所示。

(c) BPSK 的 L 天線空間分集接收器和最大比值合併

最大比值合併 (Maximal Ratio Combiner, MRC) 的塊圖:
MRC 的目標是將來自 L 個天線的信號進行線性合併,以最大化輸出信號的信噪比 (SNR)。
對於 BPSK 信號,接收到的信號是 xl(t)=hls(t)+wl(t)x_l(t) = h_l s(t) + w_l(t),其中 l=1,...,Ll=1, ..., L 是天線索引。
s(t)s(t) 是 BPSK 信號, hlh_l 是衰落因子 (複數), wl(t)w_l(t) 是加性高斯白雜訊。
在 BPSK 中, s(t)s(t) 是 +s0+s_0 或 −s0-s_0。

塊圖結構:

  1. L 個接收分支: 每個天線 ll 對應一個接收分支。
  2. 每個分支的解調/濾波: 每個分支進行解調或濾波,得到一個信號估計 s^l\hat{s}_l 和雜訊估計 w^l\hat{w}_l。
  3. 權重計算: 根據每個分支的信號質量(SNR),計算一個合併權重 clc_l。
  4. 加權合併: 將每個分支的信號估計 s^l\hat{s}_l 乘以對應的權重 clc_l,然後求和,得到最終的合併信號 s^out=∑l=1Lcls^l\hat{s}_{out} = \sum_{l=1}^L c_l \hat{s}_l。

MRC 的權重計算:
對於 MRC,權重 clc_l 與衰落因子 hlh_l 和雜訊功率譜密度 N0,lN_{0,l} 有關。
最優權重是 cl=hl∗/N0,lc_l = h_l^* / N_{0,l} (其中 hl∗h_l^* 是 hlh_l 的複共軛)。
如果雜訊功率譜密度相同 (N0/2N_0/2),則 cl∝hl∗c_l \propto h_l^*。
權重與衰落因子 hlh_l 的共軛成正比。

工作原理:
MRC 通過給每個接收分支分配一個權重來工作。權重的大小與該分支接收到的信號強度成正比,與該分支的雜訊功率成反比。
具體來說, MRC 會估計每個通道的衰落因子 hlh_l(包括幅度和相位)。然後,它會將每個接收信號乘以其通道衰落因子的共軛 hl∗h_l^*。這相當於對每個信號進行相位補償和幅度加權。
最後,將所有加權後的信號相加。
這樣做的目的是:

  • 相位補償: 乘以 hl∗h_l^* 可以補償通道引入的相位偏移。
  • 幅度加權: 乘以 ∣hl∗∣|h_l^*| (即 ∣hl∣|h_l|) 可以增強來自較強通道的信號,同時減弱來自較弱通道的信號。
  • 雜訊抑制: 權重反比於雜訊功率,可以抑制雜訊。
    最終合併的信號將具有最大的 SNR,因為它優化了信號成分的疊加(通過相位補償和幅度加權)並最小化了雜訊的疊加效應。

塊圖:

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第 6. 題

Consider a (7,4) systematic cyclic code (a codeword consists of 4 message bits on the left and 3 parity bits on the right) generated by a generator polynomial g(x)=x3+x2+1g(x) = x^3 + x^2 + 1.

(a) (3%) Prove that g(x)g(x) is a primitive polynomial.

(b) (4%) Explain how the message bits 0111 is encoded into a systematic codeword.

(c) (5%) For a received codeword 0111011, explain how the syndrome is calculated. Explain why the syndrome can be used for error detection and comment on the reliability of this syndrome-based error detection method.

(d) (5%) Explain why the syndrome can also be used for error correction when there is only a single bit error in the received codeword.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查通道編碼(Channel Coding)中的循環碼(Cyclic Codes)與伽羅瓦域(Galois Field, GF(2)\text{GF}(2))多項式運算,重點概念涵蓋:

  1. 本原多項式(Primitive Polynomial):階數為 mm 的不可約多項式 g(x)g(x),其能整除 xn+1x^n + 1 的最小正整數 nn 為 2m−12^m - 1。
  2. 系統性循環碼(Systematic Cyclic Code)編碼原理:將訊息多項式升冪 xn−km(x)x^{n-k}m(x) 後除以生成多項式 g(x)g(x),所得餘式即為校驗多項式(Parity polynomial)p(x)p(x),構建出碼字 c(x)=xn−km(x)+p(x)c(x) = x^{n-k}m(x) + p(x)。
  3. 伴隨式(Syndrome)計算與錯誤偵測:接收多項式 r(x)=c(x)+e(x)r(x) = c(x) + e(x) 除以 g(x)g(x) 的餘式即為伴隨式 s(x)s(x)。由於有效碼字必可被 g(x)g(x) 整除,故 s(x)=e(x) mod g(x)s(x) = e(x) \bmod g(x)。
  4. 單一錯誤更正(Single-Bit Error Correction):當 g(x)g(x) 為本原多項式時,所有單一錯誤位置對應的伴隨式 xi mod g(x)x^i \bmod g(x) 皆相異且非零,形成一對一對應(One-to-one mapping),可精確定位錯誤位置並予以更正。

解題方法與詳細推導

(a) 證明 g(x)=x3+x2+1g(x) = x^3 + x^2 + 1 為本原多項式(Primitive Polynomial)

證明步驟:

  1. 證明 g(x)g(x) 在 GF(2)\text{GF}(2) 上為不可約多項式(Irreducible Polynomial):
    g(x)g(x) 的次數為 33。若一個 22 次或 33 次多項式在 GF(2)\text{GF}(2) 上可約,則其必含有一次因式(即必有根 00 或 11):

    g(0)=03+02+1=1≠0g(0) = 0^3 + 0^2 + 1 = 1 \neq 0 g(1)=13+12+1=1≠0g(1) = 1^3 + 1^2 + 1 = 1 \neq 0

    由於 g(0)≠0g(0) \neq 0 且 g(1)≠0g(1) \neq 0,g(x)g(x) 在 GF(2)\text{GF}(2) 上無根,因此 g(x)g(x) 為不可約多項式。

  2. 證明其週期(Period / Order)為 n=23−1=7n = 2^3 - 1 = 7:
    需驗證滿足 g(x)∣(xn+1)g(x) \mid (x^n + 1) 的最小正整數為 n=7n = 7。在模 g(x)g(x) 運算下(利用 x3≡x2+1x^3 \equiv x^2 + 1):

    • x1 mod g(x)=x≠1x^1 \bmod g(x) = x \neq 1
    • x2 mod g(x)=x2≠1x^2 \bmod g(x) = x^2 \neq 1
    • x3 mod g(x)=x2+1≠1x^3 \bmod g(x) = x^2 + 1 \neq 1
    • x4 mod g(x)=x(x2+1)=x3+x=(x2+1)+x=x2+x+1≠1x^4 \bmod g(x) = x(x^2 + 1) = x^3 + x = (x^2 + 1) + x = x^2 + x + 1 \neq 1
    • x5 mod g(x)=x(x2+x+1)=x3+x2+x=(x2+1)+x2+x=x+1≠1x^5 \bmod g(x) = x(x^2 + x + 1) = x^3 + x^2 + x = (x^2 + 1) + x^2 + x = x + 1 \neq 1
    • x6 mod g(x)=x(x+1)=x2+x≠1x^6 \bmod g(x) = x(x + 1) = x^2 + x \neq 1
    • x7 mod g(x)=x(x2+x)=x3+x2=(x2+1)+x2=1x^7 \bmod g(x) = x(x^2 + x) = x^3 + x^2 = (x^2 + 1) + x^2 = 1

    由上述推導可知,使得 xn≡1(modg(x))x^n \equiv 1 \pmod{g(x)}(即 g(x)∣(xn+1)g(x) \mid (x^n + 1))的最小正整數為 n=7=23−1n = 7 = 2^3 - 1。
    綜合以上兩點,g(x)=x3+x2+1g(x) = x^3 + x^2 + 1 為本原多項式。


(b) 訊息位元 01110111 之系統性碼字(Systematic Codeword)編碼

已知 (n,k)=(7,4)(n, k) = (7, 4),則校驗位元數 n−k=3n - k = 3。
訊息位元為 m=[m3,m2,m1,m0]=[0,1,1,1]\mathbf{m} = [m_3, m_2, m_1, m_0] = [0, 1, 1, 1],對應之訊息多項式為:

m(x)=0⋅x3+1⋅x2+1⋅x+1=x2+x+1m(x) = 0\cdot x^3 + 1\cdot x^2 + 1\cdot x + 1 = x^2 + x + 1

編碼步驟:

  1. 升冪處理:

    xn−km(x)=x3(x2+x+1)=x5+x4+x3x^{n-k} m(x) = x^3 (x^2 + x + 1) = x^5 + x^4 + x^3
  2. 模 22 多項式長除法(除以 g(x)=x3+x2+1g(x) = x^3 + x^2 + 1):

    (x5+x4+x3)=(x2+1)(x3+x2+1)+1(x^5 + x^4 + x^3) = (x^2 + 1)(x^3 + x^2 + 1) + 1
    • 商式 q(x)=x2+1q(x) = x^2 + 1
    • 餘式(校驗多項式)p(x)=1=0⋅x2+0⋅x+1p(x) = 1 = 0\cdot x^2 + 0\cdot x + 1
  3. 組合系統性碼字多項式:

    c(x)=xn−km(x)+p(x)=x5+x4+x3+1c(x) = x^{n-k} m(x) + p(x) = x^5 + x^4 + x^3 + 1

    對應之 77 位元碼字向量(最高次項在最左側,左邊 44 位元為訊息位元,右邊 33 位元為校驗位元):

    c=[c6,c5,c4,c3,c2,c1,c0]=[0,1,1,1,0,0,1]\mathbf{c} = [c_6, c_5, c_4, c_3, c_2, c_1, c_0] = [0, 1, 1, 1, 0, 0, 1]

(c) 接收碼字 01110110111011 之伴隨式計算、錯誤偵測原理與可靠度評估

  1. 伴隨式(Syndrome)計算:
    接收向量 r=[0,1,1,1,0,1,1]\mathbf{r} = [0, 1, 1, 1, 0, 1, 1],對應之多項式為: r(x)=x5+x4+x3+x+1r(x) = x^5 + x^4 + x^3 + x + 1 伴隨式多項式 s(x)s(x) 為 r(x)r(x) 除以 g(x)g(x) 的餘式:
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