111 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》

這題主要考驗對眼圖（Eye Diagram）的理解，包括其與 line code 的關聯性、如何從眼圖判斷資料率，以及如何評估錯誤機率。

(a) 眼圖是觀察基頻訊號（baseband signal）品質的工具，特別適合用於評估二元訊號的傳輸。
(A) Unipolar NRZ (Non-Return-to-Zero)：使用單一電壓位準代表一個位元，例如高電壓代表 '1'，零電壓代表 '0'。這種編碼方式的訊號電壓位準只有兩種，且在傳輸過程中不會回到零。
(B) Bipolar NRZ：使用兩種不同極性的電壓位準代表 '1' 和 '0'，例如正電壓代表 '1'，負電壓代表 '0'。訊號位準有三種（正、負、零），但 '0' 訊號通常是零電壓。
(C) Unipolar RZ (Return-to-Zero)：訊號位準會回到零。例如，'1' 可能是一個高電壓脈衝，但會在中途回到零；'0' 則為零電壓。
(D) Bipolar RZ：類似 Bipolar NRZ，但訊號會回到零。

觀察眼圖，我們可以發現有明顯的「眼睛」張開，且訊號在兩個主要位準之間切換。最關鍵的是，眼圖的寬度（水平方向）和高度（垂直方向）代表了訊號的定時和幅度容忍度。在 OOK (On-Off Keying) 訊號中，通常只有兩種主要的電壓位準（高和低，或高和零）。

• Unipolar NRZ：訊號有兩種主要狀態（例如，高電壓代表 1，低電壓代表 0）。這與眼圖中顯示的兩個主要訊號軌跡相符。
• Bipolar NRZ：訊號有三種狀態（例如，高電壓代表 1，低電壓代表 0，中間為零）。雖然眼圖可能顯示零交叉，但主要軌跡通常是高和低。
• Unipolar RZ：訊號在傳輸 '1' 時會回到零。這意味著在一個 '1' 位元期間，訊號會從高電壓降至零。眼圖中，如果看到訊號在代表 '1' 的高電壓軌跡上，在位元期間內會向下回到接近零的軌跡，則可能是 RZ。
• Bipolar RZ：類似 Unipolar RZ，但有正負電壓。

圖中的眼圖顯示了清晰的兩個主要訊號軌跡，代表兩種不同的電壓位準。在位元期間的中間，訊號會從一個位準穿越到另一個位準。如果訊號在傳輸 '1' 時會回到零，則在代表 '1' 的軌跡上會看到一個向下彎曲的趨勢，然後再回到零。反之，若訊號在傳輸 '0' 時也是零，則 '0' 的軌跡會一直保持在零。

在 OOK 系統中，最常見的基頻編碼是 Unipolar NRZ，其中 '1' 代表高電壓，'0' 代表零電壓。眼圖中的兩個主要軌跡代表了 '1' 和 '0' 的訊號位準。若訊號在傳輸 '1' 時會回到零，則會看到 RZ 的特性。從圖中來看，訊號在位元結束前似乎會回到零，這暗示了 RZ 的可能性。然而，若仔細觀察，眼圖中的軌跡在位元期間的中點是清晰的，並且在位元邊界處有明顯的過渡。

考慮到 OOK 系統的典型應用，Unipolar NRZ 和 Unipolar RZ 都可能產生類似的眼圖。然而，眼圖中顯示的軌跡在位元期間的後半段趨近於零（代表 '0'）或某個高電壓（代表 '1'），並且在位元邊界處有明顯的上升和下降。如果我們假設圖中顯示的是一個典型的 OOK 眼圖，那麼它最可能對應於 Unipolar NRZ 或 Unipolar RZ。

題目的選項中，(A) unipolar NRZ, (B) bipolar NRZ, (C) unipolar RZ and (D) bipolar RZ。
眼圖中的訊號軌跡只有兩個主要電壓位準（高和低，或高和零）。Bipolar 編碼會產生三種電壓位準（正、負、零），因此 (B) 和 (D) 通常會產生更複雜的眼圖，或者說，如果只看到兩個主要軌跡，則不太可能是 Bipolar。
Unipolar RZ 的特點是訊號會回到零。如果 '1' 是高電壓，它會在位元期間內下降到零。眼圖中，代表 '1' 的軌跡似乎確實有這個趨勢。
Unipolar NRZ 的特點是訊號位準在位元期間內保持不變。

根據眼圖的形狀，特別是訊號軌跡在位元時間的中點附近，以及過渡的平滑度，Unipolar NRZ 和 Unipolar RZ 都是可能的。然而，通常眼圖的「眼睛」寬度代表了定時容忍度，眼睛高度代表了幅度容忍度。

在 OOK 系統中，若訊號 '1' 為 $A$，'0' 為 $0$ (Unipolar NRZ)，則眼圖會顯示高電壓軌跡和零電壓軌跡。若訊號 '1' 為 $A$，在位元中間回到 $0$，'0' 為 $0$ (Unipolar RZ)，則眼圖會顯示高電壓軌跡（有下降趨勢）和零電壓軌跡。
圖中的眼圖顯示了清晰的兩個主要軌跡，一條在高位，一條在低位（零）。在兩個軌跡的交會點（代表決策點），訊號的上升和下降都很明顯。
選項 (C) Unipolar RZ 的特點是訊號會「回到零」。這意味著，即使是傳輸 '1'，訊號的電壓也會在位元期間內下降。眼圖中，代表 '1' 的軌跡（較高的軌跡）在位元期間的後半段似乎確實有下降的趨勢，這與 Unipolar RZ 的特性一致。
選項 (A) Unipolar NRZ 的訊號位準在位元期間內保持不變。如果這是 Unipolar NRZ，那麼高電壓軌跡應該保持在高位，低電壓軌跡應該保持在零位。
Bipolar 編碼（B 和 D）通常會使用正負電壓，這會產生不同的眼圖特徵。

綜合來看，圖中的眼圖最符合 Unipolar RZ 的特性，其中 '1' 的訊號在位元期間內會下降，而 '0' 的訊號保持在零。

【答案】(C) unipolar RZ

(b) 眼圖的水平寬度代表了訊號的定時容忍度，也就是在接收端可以容忍的時脈抖動範圍。眼圖中，眼睛張開的最大水平寬度對應於一個位元的持續時間。因此，可以利用眼圖的水平測量來估計資料率。
圖中的標示：

此題涵蓋了通訊系統中訊號功率的計算、AM 和 FM 訊號的特性分析，以及頻寬的估計。

2. (16%) 訊號功率定義與計算

訊號功率的定義為：
$P_s = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |s(t)|^2 dt$
這代表訊號 $s(t)$ 的平均功率。題目中提到訊號是電壓，跨接於 1 歐姆電阻上，因此功率的計算與電阻值無關（如果電阻是 1 歐姆）。

(a) AM 訊號的功率與最大可能值

AM 訊號形式為 $s(t) = A_c(a_0 + m(t)) \cos(2\pi f_c t)$，其中 $m(t) = A_m \cos(2\pi f_m t)$。
無過載調變（no over-modulation）的條件是 $|m(t)| \le a_0$ 對於所有 $t$ 成立。
由於 $m(t) = A_m \cos(2\pi f_m t)$，其最大值為 $A_m$，最小值為 $-A_m$。
因此，無過載調變的條件為 $A_m \le a_0$。

我們需要計算 $s(t)$ 的功率 $P_s$。
$|s(t)|^2 = |A_c(a_0 + m(t)) \cos(2\pi f_c t)|^2 = A_c^2 (a_0 + m(t))^2 \cos^2(2\pi f_c t)$
$|s(t)|^2 = A_c^2 (a_0^2 + 2a_0 m(t) + m(t)^2) \cos^2(2\pi f_c t)$

由於載波頻率 $f_c$ 遠大於調變頻率 $f_m$，我們可以對 $\cos^2(2\pi f_c t)$ 取時間平均，其平均值為 $1/2$。
$P_s = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} A_c^2 (a_0^2 + 2a_0 m(t) + m(t)^2) \cos^2(2\pi f_c t) dt$
$P_s = A_c^2 \left[ \frac{1}{2} E[(a_0 + m(t))^2] \right]$ （這裡 $E[\cdot]$ 表示時間平均）
$P_s = \frac{A_c^2}{2} E[a_0^2 + 2a_0 m(t) + m(t)^2]$
$P_s = \frac{A_c^2}{2} [a_0^2 + 2a_0 E[m(t)] + E[m(t)^2]]$

由於 $m(t) = A_m \cos(2\pi f_m t)$，其時間平均 $E[m(t)] = 0$。
$m(t)^2 = A_m^2 \cos^2(2\pi f_m t) = A_m^2 \frac{1 + \cos(4\pi f_m t)}{2}$
$E[m(t)^2] = \frac{A_m^2}{2}$。

所以，
$P_s = \frac{A_c^2}{2} [a_0^2 + \frac{A_m^2}{2}]$

無過載調變條件是 $A_m \le a_0$。
為了最大化 $P_s$，我們需要最大化 $a_0^2 + \frac{A_m^2}{2}$。
在條件 $A_m \le a_0$ 下，最大值發生在 $A_m = a_0$。
此時，$a_0^2 + \frac{A_m^2}{2} = a_0^2 + \frac{a_0^2}{2} = \frac{3}{2} a_0^2$。
因此，最大可能的 $P_s$ 為：
$P_{s,max} = \frac{A_c^2}{2} \left[ \frac{3}{2} a_0^2 \right] = \frac{3}{4} A_c^2 a_0^2$。

【答案】$\frac{3}{4} A_c^2 a_0^2$

(b) AM 訊號是否過載調變的判斷

已知：$A_c = 2$ V， $f_m = 10$ KHz。
$m(t)$ 的功率為 2 瓦特。
$P_{m(t)} = E[m(t)^2] = \frac{A_m^2}{2} = 2$ W。
所以，$A_m^2 = 4$， $A_m = 2$ V。

總訊號功率 $P_s = 22$ W。
我們有功率公式：$P_s = \frac{A_c^2}{2} [a_0^2 + E[m(t)^2]]$。
將已知值代入：
$22 = \frac{2^2}{2} [a_0^2 + 2]$
$22 = 2 [a_0^2 + 2]$
$11 = a_0^2 + 2$
$a_0^2 = 9$
$a_0 = 3$ V。

現在我們檢查無過載調變的條件：$A_m \le a_0$。
我們計算得到 $A_m = 2$ V，$a_0 = 3$ V。
因為 $2 \le 3$，條件 $A_m \le a_0$ 成立。
所以，這個訊號不是過載調變訊號。

【答案】否，因為 $A_m = 2$ V 且 $a_0 = 3$ V，滿足 $A_m \le a_0$ 的無過載調變條件。

(c) FM 訊號的最小頻寬估計與載波抑制

FM 訊號形式為 $s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + 2\pi k_f \int_0^t m(\tau)d\tau)$。
其頻譜展開為 $s(t) = A_c \sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta) \cos[2\pi (f_c + n f_m) t]$，其中 $\beta = \frac{\Delta f}{f_m}$ 是調變指數，$\Delta f = k_f A_m$ 是最大頻率偏差。

題目提到存在一個特定的頻率偏差 $\Delta f$，使得載波分量（$n=0$ 的項）被完全抑制。
載波分量是 $A_c J_0(\beta) \cos(2\pi f_c t)$。
載波被抑制意味著 $J_0(\beta) = 0$。
從提供的 Bessel 函數圖可以看出，$J_0(\beta)$ 在 $\beta \approx 2.4$ 時首次為零。
因此，我們需要 $\beta \approx 2.4$ 才能使載波分量被抑制。

題目要求利用 Carson's rule 來估計最小頻寬，使得載波分量被完全抑制。
Carson's rule 的頻寬公式為 $BW \approx 2(f_m + \Delta f)$。
然而，Carson's rule 通常用於估計包含絕大多數訊號功率的頻寬，而不是精確的頻譜邊界。
但是，題目明確要求「根據提供的 Bessel 函數圖」，並「使用 Carson's rule 來估計最小頻寬」，這有點矛盾。
通常，載波完全抑制的條件是 $\beta$ 使得 $J_0(\beta)=0$。
若要使載波完全抑制，最直接的方法是找到使 $J_0(\beta)=0$ 的 $\beta$ 值，然後計算 $\Delta f = \beta f_m$。
從圖中，我們可以看到 $J_0(\beta)$ 在 $\beta \approx 2.4$ 時第一次為 0。
所以，我們需要 $\beta \approx 2.4$。
若 $J_0(\beta)=0$，則此時的頻率偏差為 $\Delta f = \beta f_m = 2.4 f_m$。
Carson's rule 的頻寬為 $BW \approx 2(f_m + \Delta f) = 2(f_m + 2.4 f_m) = 2(3.4 f_m) = 6.8 f_m$。

然而，題目也提到「最小頻寬...使得沒有載波分量」。這個表述有點模糊。
通常，載波分量被抑制是指 $J_0(\beta) = 0$。
如果 $J_0(\beta)=0$，那麼 $s(t)$ 的頻譜主要由 $J_n(\beta)$ 係數不為零的項組成。
當 $J_0(\beta)=0$ 時，$\beta \approx 2.4$。
此時，其他 Bessel 函數 $J_n(\beta)$ 的值也會影響頻寬。
例如，當 $\beta=2.4$ 時，$J_1(\beta) \approx 0.52$，$J_2(\beta) \approx 0.43$，$J_3(\beta) \approx 0.20$，$J_4(\beta) \approx 0.06$。
這表示，即使載波被抑制，仍然存在其他頻率分量。

核心觀念

本題考查：

• 自相關函數定義
  $R_X(t_1,t_2)=\mathbb{E}[X(t_1)X(t_2)]$
• 廣義平穩程序的自相關函數只與時間差 $\tau=t_2-t_1$ 有關。
• 功率頻譜密度與自相關函數的傅立葉轉換關係
  $S_X(f)=\mathcal{F}\{R_X(\tau)\}$
• 乘積程序的自相關函數，以及時間域相乘對應到頻域摺積。
• 隨機頻率造成的 PSD，等於不同頻率位置上的線譜依隨機頻率分布加權平均。

令

$$\omega_c=2\pi f_c$$

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(a) 自相關函數

令 $t_1=t$、$t_2=t+\tau$，則

$$X(t)=A\cos(\omega_c t+\Theta)$$ $$X(t+\tau)=A\cos\bigl(\omega_c t+\omega_c\tau+\Theta\bigr)$$

因此

$$R_X(\tau) =\mathbb{E}\left[X(t)X(t+\tau)\right]$$

利用恆等式

$$\cos\alpha\cos\beta =\frac{1}{2}\left[\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)\right]$$

可得

$$X(t)X(t+\tau) =\frac{A^2}{2} \left[ \cos(\omega_c\tau) +\cos(2\omega_c t+\omega_c\tau+2\Theta) \right]$$

由於 $\Theta$ 均勻分布於 $[-\pi,\pi]$，

$$\mathbb{E}\left[\cos(2\omega_c t+\omega_c\tau+2\Theta)\right]=0$$

所以

$$\boxed{ R_X(\tau)=\frac{A^2}{2}\cos(2\pi f_c\tau) }$$

此結果只與 $\tau$ 有關，因此 $X(t)$ 為廣義平穩程序。

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(b) 功率頻譜密度

根據 Wiener–Khinchin 定理，

$$S_X(f)=\int_{-\infty}^{\infty} R_X(\tau)e^{-j2\pi f\tau}\,d\tau$$

代入

$$R_X(\tau)=\frac{A^2}{2}\cos(2\pi f_c\tau)$$

並使用

$$\mathcal{F}\{\cos(2\pi f_c\tau)\} =\frac{1}{2}\left[\delta(f-f_c)+\delta(f+f_c)\right]$$

因此

$$\boxed{ S_X(f)=\frac{A^2}{4} \left[ \delta(f-f_c)+\delta(f+f_c) \right] }$$

PSD 在 $f=f_c$ 與 $f=-f_c$ 各有一條脈衝，其面積皆為 $A^2/4$。兩條脈衝面積總和為 $A^2/2$，符合

$$R_X(0)=\mathbb{E}[X^2(t)]=\frac{A^2}{2}$$

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(c) $Y(t)=Z(t)X(t)$ 的 PSD

已知 $Z(t)$ 為平穩程序，且與 $\Theta$ 獨立。其自相關函數為 $R_Z(\tau)$。

由於 $Z(t)Z(t+\tau)$ 與 $X(t)X(t+\tau)$ 相互獨立，

$$R_Y(\tau) =\mathbb{E}[Y(t)Y(t+\tau)]$$ $$=\mathbb{E}[Z(t)Z(t+\tau)] \mathbb{E}[X(t)X(t+\tau)]$$

所以

$$R_Y(\tau) =R_Z(\tau)\frac{A^2}{2}\cos(2\pi f_c\tau)$$

利用

$$\cos(2\pi f_c\tau) =\frac{1}{2} \left[ e^{j2\pi f_c\tau}+e^{-j2\pi f_c\tau} \right]$$

得到

$$R_Y(\tau) =\frac{A^2}{4}R_Z(\tau) \left[ e^{j2\pi f_c\tau}+e^{-j2\pi f_c\tau} \right]$$

若 $S_Z(f)$ 是 $Z(t)$ 的 PSD，依據頻移性質：

此題考驗對線性分組碼（Linear Block Codes）的理解，特別是單一奇偶校驗碼（Single Parity Check, SPC）的產生矩陣（Generator Matrix）和校驗矩陣（Parity Check Matrix）的構造。

4. (10%) (k + 1, k) 單一奇偶校驗碼 (SPC)

一個 (n, k) 的線性分組碼，表示將 k 個訊息位元編碼成 n 個碼字位元。
在此題中，n = k + 1，k = k。
碼字 $\mathbf{c} = [m_1, m_2, \dots, m_k, b_1]$。
奇偶校驗規則：$m_1 \oplus m_2 \oplus \dots \oplus m_k \oplus b_1 = 0$。
這意味著 $b_1 = m_1 \oplus m_2 \oplus \dots \oplus m_k$。

(a) 給出 (k + 1, k) SPC 碼的系統型產生矩陣 G

系統型產生矩陣 G 的形式為 $[I_k | P]$，其中 $I_k$ 是 $k \times k$ 的單位矩陣，P 是 $k \times (n-k)$ 的矩陣。
在此題中，n = k + 1，所以 $n-k = 1$。
G 的維度是 $k \times (k+1)$。
G 的形式為 $[I_k | \mathbf{p}]$，其中 $\mathbf{p}$ 是一個 $k \times 1$ 的列向量。

碼字 $\mathbf{c} = \mathbf{m} G$，其中 $\mathbf{m} = [m_1, m_2, \dots, m_k]$ 是訊息向量。
$\mathbf{c} = [m_1, \dots, m_k] \begin{bmatrix} I_k & | & \mathbf{p} \end{bmatrix}$
$\mathbf{c} = [m_1, \dots, m_k] \begin{bmatrix} 1 & 0 & \dots & 0 & p_1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & p_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 1 & p_k \end{bmatrix}$
$\mathbf{c} = [m_1, m_2, \dots, m_k, m_1 p_1 + m_2 p_2 + \dots + m_k p_k]$ （這裡的加法是二進制加法 $\oplus$）

我們知道碼字是 $\mathbf{c} = [m_1, m_2, \dots, m_k, b_1]$。
比較最後一個元素，我們得到 $b_1 = m_1 p_1 \oplus m_2 p_2 \oplus \dots \oplus m_k p_k$。
而 SPC 碼的定義是 $b_1 = m_1 \oplus m_2 \oplus \dots \oplus m_k$。
所以，我們需要 $p_1 = 1, p_2 = 1, \dots, p_k = 1$。
因此，向量 $\mathbf{p}$ 是所有元素為 1 的 $k \times 1$ 列向量。
$\mathbf{p} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix}$。

產生矩陣 G 為：
$G = [I_k | \mathbf{1}_k]$，其中 $\mathbf{1}_k$ 是 $k \times 1$ 的全 1 列向量。
$G = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \dots & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & | & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & | & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 1 & | & 1 \end{bmatrix}$
其中 $|$ 表示分隔，G 的總維度是 $k \times (k+1)$。

【答案】$G = \begin{bmatrix} I_k & | & \mathbf{1}_k \end{bmatrix}$，其中 $I_k$ 是 $k \times k$ 的單位矩陣，$\mathbf{1}_k$ 是 $k \times 1$ 的全 1 列向量。

(b) 給出一個 1-by-(k + 1) 的矩陣 H，使得 $H G^T = 0$

$H$ 是校驗矩陣，其維度是 $(n-k) \times n$。
在此題中，$n=k+1$, $k=k$，所以 $n-k=1$。
$H$ 的維度是 $1 \times (k+1)$。
校驗矩陣 $H$ 的性質是 $H G^T = \mathbf{0}$，其中 $\mathbf{0}$ 是零矩陣。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 兩個載波訊號的內積（相關性）。
2. 以相關值為零定義訊號正交。
3. $M$-ary orthogonal signaling 的頻寬、符號時間、能量效率與傳輸速率之間的關係。

令

$$s_i(t)=A\cos(2\pi f_i t+\theta_i),\qquad s_j(t)=A\cos(2\pi f_j t+\theta_j).$$

兩訊號在 $(0,T_s)$ 上的相關值定義為

$$R_{ij}=\int_0^{T_s}s_i(t)s_j(t)\,dt.$$

正交條件為

$$R_{ij}=0,\qquad i\ne j.$$

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(a) 推導兩訊號的相關值

利用乘積轉和公式

$$\cos\alpha\cos\beta =\frac{1}{2}\left[\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)\right],$$

可得

$$s_i(t)s_j(t) = \frac{A^2}{2} \left[ \cos\left(2\pi(f_i-f_j)t+\theta_i-\theta_j\right) + \cos\left(2\pi(f_i+f_j)t+\theta_i+\theta_j\right) \right].$$

因此

$$\begin{aligned} R_{ij} &=\frac{A^2}{2} \int_0^{T_s} \cos\left(2\pi(f_i-f_j)t+\theta_i-\theta_j\right)\,dt\\ &\quad+ \frac{A^2}{2} \int_0^{T_s} \cos\left(2\pi(f_i+f_j)t+\theta_i+\theta_j\right)\,dt. \end{aligned}$$

積分後得到

$$\boxed{ \begin{aligned} R_{ij} &= \frac{A^2}{4\pi(f_i-f_j)} \left[ \sin\left(2\pi(f_i-f_j)T_s+\theta_i-\theta_j\right) -\sin(\theta_i-\theta_j) \right]\\ &\quad+ \frac{A^2}{4\pi(f_i+f_j)} \left[ \sin\left(2\pi(f_i+f_j)T_s+\theta_i+\theta_j\right) -\sin(\theta_i+\theta_j) \right]. \end{aligned} }$$

若載波頻率很高，且積分區間內的和頻項完成整數週期，第二項為零，主要相關值可寫成

$$R_{ij} \simeq \frac{A^2}{2} \int_0^{T_s} \cos\left(2\pi(f_i-f_j)t+\theta_i-\theta_j\right)\,dt.$$

令

$$\Delta f=f_i-f_j,\qquad \Delta\theta=\theta_i-\theta_j,$$

並定義

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

則

$$\boxed{ R_{ij} = \frac{A^2T_s}{2} \operatorname{sinc}(\Delta fT_s) \cos\left(\Delta\theta+\pi\Delta fT_s\right) }$$

為常用的通訊系統近似結果。

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(b) $\theta_i=\theta_j$ 時的最小頻率間隔

當

$$\theta_i=\theta_j,$$

有

$$\Delta\theta=0.$$

若令頻率間隔為

$$\Delta f=\frac{n}{T_s},\qquad n=1,2,\dots,$$

則

$$\operatorname{sinc}(\Delta fT_s) = \operatorname{sinc}(n)=0.$$

因此兩個訊號正交的最小非零頻率間隔為

$$\boxed{\Delta f_{\min}=\frac{1}{T_s}}.$$

此時相鄰正交訊號的頻率可配置為

$$f_i=f_0+\frac{i-1}{T_s}, \qquad i=1,2,\dots,M.$$

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(c) 相位為任意隨機值時的最小頻率間隔

當 $\theta_i\ne\theta_j$ 且相位為任意值時，不能依賴

$$\cos\left(\Delta\theta+\pi\Delta fT_s\right)=0$$

來達成正交，因為相位差會改變相關值。

必須使積分中的正弦與餘弦分量對所有相位差都同時為零。由

$$\int_0^{T_s}\cos(2\pi\Delta f t+\Delta\theta)\,dt$$

可知，必須滿足

$$\sin(2\pi\Delta fT_s)=0,$$

且

$$1-\cos(2\pi\Delta fT_s)=0.$$

兩者同時成立時，

$$2\pi\Delta fT_s=2\pi n,$$

但為了在任意相位下消除相關項，採用保守的 real-passband 正交配置，其最小頻率間隔為

$$\boxed{\Delta f_{\min}=\frac{2}{T_s}}.$$

因此相鄰訊號可配置為

核心觀念

本題考查差動 $8$-PSK 的兩個重點：

1. 每組 $3$ 位元資料決定相鄰符號間的相位差 $\Delta\theta$。
2. 為避免連續符號落在同一組星座點，使用兩個相差 $\pi/8$ 的 $8$-PSK 星座交替傳送。

差動調變的相位遞迴關係為

$$\theta_k=\left(\theta_{k-1}+\Delta\theta_k\right)\bmod 2\pi.$$

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(a) 兩個交替使用的星座

令第一個星座為 $\mathcal{C}_0$，其相位為

$$\mathcal{C}_0: \quad 0,\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{4}, \pi,\frac{5\pi}{4},\frac{3\pi}{2},\frac{7\pi}{4}.$$

第二個星座為 $\mathcal{C}_1$，相對於第一個星座旋轉 $\pi/8$：

$$\mathcal{C}_1: \quad \frac{\pi}{8},\frac{3\pi}{8},\frac{5\pi}{8},\frac{7\pi}{8}, \frac{9\pi}{8},\frac{11\pi}{8},\frac{13\pi}{8},\frac{15\pi}{8}.$$

因此，兩個星座交替使用：

• 偶數次符號使用 $\mathcal{C}_0$；
• 奇數次符號使用 $\mathcal{C}_1$。

因為每個 $\Delta\theta$ 都是奇數倍的 $\pi/8$，所以相位會在兩個星座間交替移動。

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(b) Gray 編碼與相位差對應

八個相位差依序相隔 $\pi/4$。題目指定：

• 000 為最小正相位差；
• 000 位於 100 與 001 之間；
• 採 Gray coding，使相鄰符號只改變一個位元。

依圓周順序可得：

$$\begin{array}{c|c} \text{輸入資料} & \Delta\theta \\ \hline 000 & \frac{\pi}{8}\\ 001 & \frac{3\pi}{8}\\ 011 & \frac{5\pi}{8}\\ 010 & \frac{7\pi}{8}\\ 110 & \frac{9\pi}{8}\\ 111 & \frac{11\pi}{8}\\ 101 & \frac{13\pi}{8}\\ 100 & \frac{15\pi}{8} \end{array}$$

圓周排列為

$$100\rightarrow000\rightarrow001\rightarrow011\rightarrow010 \rightarrow110\rightarrow111\rightarrow101\rightarrow100.$$

其中每相鄰兩組編碼皆只相差一個位元，符合 Gray coding。

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(c) 計算傳送相位

輸入序列為

$$111100101010010001$$

每 $3$ 位元分組：

$$111\quad100\quad101\quad010\quad010\quad001.$$

根據 (b)，對應的相位差為

$$\begin{array}{c|c} \text{資料} & \Delta\theta \\ \hline 111 & \frac{11\pi}{8}\\ 100 & \frac{15\pi}{8}\\ 101 & \frac{13\pi}{8}\\ 010 & \frac{7\pi}{8}\\ 010 & \frac{7\pi}{8}\\ 001 & \frac{3\pi}{8} \end{array}$$

已知 $\theta_0=0$，逐次累加：

$$\theta_1=0+\frac{11\pi}{8} =\frac{11\pi}{8}.$$ $$\theta_2=\frac{11\pi}{8}+\frac{15\pi}{8} =\frac{26\pi}{8} \equiv\frac{5\pi}{4}\pmod{2\pi}.$$

這題考驗對眼圖與不同基頻編碼方式的理解。在 OOK (On-Off Keying) 系統中，最常見的基頻編碼是 Unipolar NRZ 和 Unipolar RZ。眼圖顯示了訊號在兩個主要電壓位準之間的切換，以及其定時和幅度特性。

• Unipolar NRZ (A): 使用一個電壓位準代表 '1' (例如高電壓) 和零電壓代表 '0'。這會產生兩個主要的訊號軌跡，與眼圖的特徵相符。
• Bipolar NRZ (B): 使用正負電壓代表 '1' 和 '0'。這會產生三個主要的電壓位準（正、負、零），通常會產生更複雜的眼圖。

這題考驗如何從眼圖中估計資料率（data rate）。資料率與位元持續時間（bit duration）$T_b$ 成反比，即 $R_b = 1/T_b$。

眼圖的水平方向代表時間。眼圖的「眼睛」寬度（eye opening）是眼圖中眼睛張開的最大水平距離。這個寬度代表了訊號在位元期間內保持穩定的時間範圍，也就是接收端可以容忍的時脈抖動（jitter）範圍。這個寬度直接與位元持續時間 $T_b$ 相關。

這題考驗如何從眼圖估計錯誤機率（Error Probability），通常指位元錯誤率（Bit Error Rate, BER）。錯誤機率與訊號的清晰度、雜訊的影響以及訊號的幅度容忍度有關。

從眼圖的標示來看，與錯誤機率最直接相關的指標是「眼睛的高度」（Eye Height）。

• 眼睛高度 (Eye Height)：標示 3 和 9 指向眼圖的垂直方向的開口。眼睛的高度代表了兩個主要訊號位準之間的淨垂直距離，也就是訊號的幅度容忍度。眼睛越高，表示訊號越清晰，對雜訊的抵抗能力越強，錯誤機率越低。

估計錯誤機率的方法：

1. 定性描述 (基於眼睛高度)：
   眼睛的高度直接反映了訊號對雜訊的容忍度。如果眼睛很高，表示訊號位準之間有足夠的裕度，即使有雜訊干擾，接收端也很難將一個位準誤判為另一個。因此，眼睛越高，錯誤機率越低。反之，眼睛越低，錯誤機率越高。

2. 定量估計 (需額外假設)：
   如果我們能從眼圖估計出雜訊的統計特性（例如雜訊的標準差 $\sigma_n$），並且知道訊號的兩個主要位準（例如，對於 Unipolar OOK，'1' 的位準是

這題考驗對 AM 訊號功率的計算以及無過載調變條件下的最大功率。

AM 訊號的功率計算：
AM 訊號形式為 $s(t) = A_c(a_0 + m(t)) \cos(2\pi f_c t)$。
其中 $m(t) = A_m \cos(2\pi f_m t)$。
無過載調變（no over-modulation）的條件是 $|m(t)| \le a_0$ 對於所有 $t$ 成立。由於 $m(t)$ 的最大值是 $A_m$，所以條件是 $A_m \le a_0$。

訊號的平均功率 $P_s$ 定義為 $P_s = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |s(t)|^2 dt$。
$|s(t)|^2 = |A_c(a_0 + m(t)) \cos(2\pi f_c t)|^2 = A_c^2 (a_0 + m(t))^2 \cos^2(2\pi f_c t)$。
由於載波頻率 $f_c$ 遠大於調變頻率 $f_m$，對 $\cos^2(2\pi f_c t)$ 取時間平均得到 $1/2$。
$P_s = A_c^2 E[(a_0 + m(t))^2] \cdot \frac{1}{2}$

這題要求判斷給定的 AM 訊號是否過載調變，並說明原因。

已知條件：

• 載波幅度 $A_c = 2$ V。
• 調變訊號 $m(t)$ 的頻率 $f_m = 10$ KHz。
• 調變訊號 $m(t)$ 的功率 $P_{m(t)} = E[m(t)^2] = 2$ W。
• 總訊號功率 $P_s = 22$ W。

推導步驟：

1. 計算 $A_m$：
   調變訊號 $m(t) = A_m \cos(2\pi f_m t)$。
   其功率為 $E[m(t)^2] = E[A_m^2 \cos^2(2\pi f_m t)] = A_m^2 \cdot \frac{1}{2}$。
   已知 $E[m(t)^2] = 2$ W，所以 $\frac{A_m^2}{2} = 2$ W $\implies A_m^2 = 4$ V$^2$ $\implies A_m = 2$ V。

這題考驗對 FM 訊號頻譜的理解，特別是載波成分的抑制條件，以及如何利用 Carson's Rule 估計頻寬。

FM 訊號載波抑制與頻寬估計：
FM 訊號的頻譜展開式為 $s(t) = A_c \sum_{n=-\infty}^{\infty} J_n(\beta) \cos[2\pi (f_c + n f_m) t]$。
其中 $J_n(\beta)$ 是 n 階 Bessel 函數，$\beta = \frac{\Delta f}{f_m}$ 是調變指數（這裡題目誤寫為 phase deviation，應為 frequency deviation ratio），$\Delta f = k_f A_m$ 是最大頻率偏差。

載波分量對應於 $n=0$ 的項：$A_c J_0(\beta) \cos(2\pi f_c t)$。
載波被完全抑制的條件是 $J_0(\beta) = 0$。

利用 Bessel 函數圖估計 $\beta$：
觀察提供的 Bessel 函數圖，我們需要找到 $J_0(\beta)$ 第一次為零的 $\beta$ 值。

這題考驗對 FM 解調過程的理解，特別是經過濾波後的影響。

FM 解調與濾波器的影響：
FM 解調器（例如鑑頻器）的工作原理是將輸入訊號的頻率變化轉換為電壓輸出。理想情況下，如果輸入訊號是純淨的 FM 訊號，其頻率與調變訊號 $m(t)$ 成正比，則解調器可以準確地還原 $m(t)$。

然而，在本題中，FM 訊號首先通過一個理想帶通濾波器（BPF），其頻寬等於 (c) 中估計的頻寬 $BW \approx 6.8 f_m$。然後才進入 FM 解調器。

分析：

1. 載波抑制與頻譜： 在 (c) 中，我們計算的頻寬是基於使載波分量 $J_0(\beta)$ 為零的條件。當 $\beta \approx 2.4$ 時，$J_0(\beta) \approx 0$，但其他 Bessel 函數係數 $J_n(\beta)$ (例如 $J_1, J_2, J_3, J_4$) 仍然不為零。這表示 FM 訊號的頻譜包含多個頻率分量，分佈在 $f_c \pm n f_m$ 的位置。

2. 濾波器的影響： 理想 BPF 的頻寬是 $6.8 f_m$。這個頻寬是根據 Carson's Rule 和載波抑制條件估計的。雖然它涵蓋了大部分的訊號功率，但 FM 訊號的頻譜是無限的（理論上）。

這題要求推導具有隨機相位之弦波訊號 $X(t) = A \cos(2\pi f_c t + \Theta)$ 的自相關函數 $R_X(\tau)$。

自相關函數的定義：
$R_X(\tau) = E[X(t)X(t+\tau)]$

代入訊號形式：
$X(t) = A \cos(2\pi f_c t + \Theta)$
$X(t+\tau) = A \cos(2\pi f_c (t+\tau) + \Theta)$
$R_X(\tau) = E[A \cos(2\pi f_c t + \Theta) \cdot A \cos(2\pi f_c (t+\tau) + \Theta)]$
$R_X(\tau) = A^2 E[\cos(2\pi f_c t + \Theta) \cos(2\pi f_c (t+\tau) + \Theta)]$

使用三角恆等式 $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A-B) + \cos(A+B)]$：
令 $A = 2\pi f_c t + \Theta$
令 $B = 2\pi f_c (t+\tau) + \Theta = 2\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + \Theta$
$A-B = -2\pi f_c \tau$
$A+B = 4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\Theta$

代入後得到：
$\cos(2\pi f_c t + \Theta) \cos(2\pi f_c (t+\tau) + \Theta) = \frac{1}{2}[\cos(-2\pi f_c \tau) + \cos(4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\Theta)]$
$= \frac{1}{2}[\cos(2\pi f_c \tau) + \cos(4\pi f_c t + 2\pi f_c \tau + 2\Theta)]$