114 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》

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第 1 題35 分

  1. (35%) An RF (radio frequency) signal with carrier frequency at 1 MHz is expressed as:
    s(t)=10cos⁡[2πfct+10sin⁡(2000πt)+10sin⁡(8000πt)]s(t) = 10\cos[2\pi f_c t +10\sin(2000\pi t)+10\sin(8000\pi t)]
    where fc=1f_c = 1 MHz.

(a) (4%) If this is an FM (frequency modulation) signal and the frequency sensitivity is Kf=10000K_f = 10000 Hz/Volt, what is the original message m(t)m(t)?
(b) (4%) What are the corresponding amplitude spectrum, M(f)M(f), and the bandwidth of this message?
(c) (4%) What is the maximum frequency deviation Δf\Delta f?
(d) (4%) Find the transmitted bandwidth of this FM signal by Carson's rule.
(e) (4%) If the original message m(t)m(t) is an analog QAM (quadrature amplitude modulation) modulated signal (i.e., m(t)=Re{mbb(t)ej2πfIFt}m(t) = \text{Re}\{m_{bb}(t)e^{j2\pi f_{IF}t}\}), what is the intermediate frequency fIFf_{IF}?
(f) (4%) Let m(t)=I(t)+jQ(t)m(t) = I(t)+jQ(t), please find the real part I(t)I(t) and imaginary part Q(t)Q(t) of the complex envelope m~(t)\tilde{m}(t), respectively.
(g) (3%) If the original message m(t)m(t) in (a) is sampled by an analog-to-digital converter (ADC), what is the Nyquist rate of this signal?
(h) (4%) Assume that m(t)m(t) in (a) is sampled at 10 kHz and transformed into a pulse-code modulation (PCM) signal by a quantizer. If we limit the transmitted data rate to 60 kbit/s, what is the step size of this quantizer?
(i) (4%) Which of the following numbers is the closest one to the maximum signal to noise ratio (in dB unit) of the output? (I) 20 dB (II) 26 dB (III) 30 dB (IV) 36 dB (V) 40 dB. (Note: you need to calculate an approximate value to get full credit.)

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核心觀念

本題整合以下觀念:

  • FM 相位與訊息訊號的關係
  • 傅立葉轉換與訊息頻寬
  • 最大頻率偏移與 Carson 法則
  • 類比 QAM 的中頻與複數包絡
  • ADC 的 Nyquist 取樣率
  • PCM 位元率、量化階數與量化雜訊 SNR

FM 訊號的一般形式為

s(t)=Accos⁡[2πfct+2πKf∫−∞tm(τ)dτ]s(t)=A_c\cos\left[2\pi f_ct+2\pi K_f\int_{-\infty}^{t}m(\tau)d\tau\right]

因此瞬時頻率偏移為

Δf(t)=Kfm(t)\Delta f(t)=K_fm(t)

(a) 求原始訊息 m(t)m(t)

題目中的相位為

θ(t)=2πfct+10sin⁡(2000πt)+10sin⁡(8000πt)\theta(t)=2\pi f_ct+10\sin(2000\pi t)+10\sin(8000\pi t)

由 FM 相位關係,

2πKf∫m(t)dt=10sin⁡(2000πt)+10sin⁡(8000πt)2\pi K_f\int m(t)dt = 10\sin(2000\pi t)+10\sin(8000\pi t)

兩邊對時間微分:

2πKfm(t)=10(2000π)cos⁡(2000πt)+10(8000π)cos⁡(8000πt)2\pi K_fm(t) = 10(2000\pi)\cos(2000\pi t) + 10(8000\pi)\cos(8000\pi t)

代入 Kf=10000K_f=10000 Hz/V:

m(t)=20000π2π(10000)cos⁡(2000πt)+80000π2π(10000)cos⁡(8000πt)m(t) = \frac{20000\pi}{2\pi(10000)}\cos(2000\pi t) + \frac{80000\pi}{2\pi(10000)}\cos(8000\pi t)

所以

m(t)=cos⁡(2000πt)+4cos⁡(8000πt) V\boxed{m(t)=\cos(2000\pi t)+4\cos(8000\pi t)\ \text{V}}

也可寫成

m(t)=cos⁡(2π⋅1000t)+4cos⁡(2π⋅4000t) V\boxed{m(t)=\cos(2\pi\cdot1000t)+4\cos(2\pi\cdot4000t)\ \text{V}}

(b) 振幅頻譜 M(f)M(f) 與訊息頻寬

利用

F{cos⁡(2πf0t)}=12δ(f−f0)+12δ(f+f0)\mathcal{F}\{\cos(2\pi f_0t)\} = \frac{1}{2}\delta(f-f_0)+\frac{1}{2}\delta(f+f_0)

可得

M(f)=12[δ(f−1000)+δ(f+1000)]+2[δ(f−4000)+δ(f+4000)]M(f) = \frac{1}{2}\left[\delta(f-1000)+\delta(f+1000)\right] + 2\left[\delta(f-4000)+\delta(f+4000)\right]

因此頻譜線位於:

  • f=±1f=\pm1 kHz,振幅為 0.50.5
  • f=±4f=\pm4 kHz,振幅為 22

訊息的最高頻率為 44 kHz,因此訊息頻寬為

Bm=4 kHz\boxed{B_m=4\ \text{kHz}}

(c) 最大頻率偏移 Δf\Delta f

FM 的最大頻率偏移為

Δf=Kfmax⁡∣m(t)∣\Delta f=K_f\max|m(t)|

訊息中兩個餘弦項的振幅分別為 11 V 與 44 V,因此最大可能振幅為

∣m(t)∣max⁡=1+4=5 V|m(t)|_{\max}=1+4=5\ \text{V}

故

Δf=10000×5=50000 Hz\Delta f = 10000\times5 = 50000\ \text{Hz}

所以

Δf=50 kHz\boxed{\Delta f=50\ \text{kHz}}

(d) 以 Carson 法則求 FM 頻寬

Carson 法則為

BFM≈2(Δf+Bm)B_{\text{FM}}\approx2(\Delta f+B_m)

代入 Δf=50\Delta f=50 kHz 與 Bm=4B_m=4 kHz:

BFM=2(50+4) kHz=108 kHzB_{\text{FM}} = 2(50+4)\ \text{kHz} = 108\ \text{kHz}

因此

BFM≈108 kHz\boxed{B_{\text{FM}}\approx108\ \text{kHz}}

若以載波 fc=1f_c=1 MHz 表示,主要頻帶約為

946 kHz≤f≤1054 kHz946\ \text{kHz}\leq f\leq1054\ \text{kHz}

(e) 求類比 QAM 的中頻 fIFf_{IF}

原始訊息包含兩個正頻率成分:

fL=1 kHz,fH=4 kHzf_L=1\ \text{kHz},\qquad f_H=4\ \text{kHz}

若將此訊號視為類比 QAM 的帶通信號,最自然的中頻為上下兩個頻率的中心:

fIF=fL+fH2=1+42 kHzf_{IF}=\frac{f_L+f_H}{2} = \frac{1+4}{2}\ \text{kHz}

所以

fIF=2.5 kHz\boxed{f_{IF}=2.5\ \text{kHz}}

此時兩個成分相對於中頻的偏移量為 ±1.5\pm1.5 kHz。


(f) 求複數包絡的 I(t)I(t) 與 Q(t)Q(t)

令

ωb=2π(1.5 kHz)\omega_b=2\pi(1.5\ \text{kHz})

要使

m(t)=Re⁡{m~(t)ej2πfIFt}m(t)=\operatorname{Re}\{\tilde m(t)e^{j2\pi f_{IF}t}\}

成立,可取複數包絡

m~(t)=e−jωbt+4ejωbt\tilde m(t) = e^{-j\omega_bt}+4e^{j\omega_bt}

因為

m~(t)ej2π(2.5kHz)t=ej2π(1kHz)t+4ej2π(4kHz)t\tilde m(t)e^{j2\pi(2.5\text{kHz})t} = e^{j2\pi(1\text{kHz})t} + 4e^{j2\pi(4\text{kHz})t}

取實部後即得到原訊息。

將複數包絡展開:

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第 2 題15 分

  1. (15%) An analog signal is sampled, quantized, and encoded into a binary pulse-code modulation (PCM) wave. The number of (quantization) representation levels used is 256. The resulting PCM wave is transmitted over a channel of bandwidth 40 kHz using a binary (two-level) pulse-amplitude modulation (PAM) system with raised-cosine spectrum of rolloff factor 0.25.

(a) (4%) Find the bit rate at which information is transmitted through the channel.
(b) (7%) Find the rate at which the analog signal is sampled. To avoid aliasing, what is the maximum possible value for the highest frequency component of the analog signal?
(c) (4%) Suppose now the PCM wave is transmitted using an octonary (eight-level) PAM system with raised-cosine spectrum of rolloff factor 0.25 under the same transmission bandwidth of 40 kHz. Find the resulting bit rate.

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這題主要探討數位通訊系統中的取樣、量化、編碼以及頻寬與傳輸速率的關係,特別是利用 Raised-cosine 濾波器進行訊號傳輸時的頻寬限制。

(a) 資訊傳輸的位元率
PCM 訊號經過量化器,其表示級數 (number of representation levels) L=256L = 256。
每個樣本的位元數 bb 可以由 L=2bL = 2^b 計算得出。
256=2b  ⟹  b=8256 = 2^b \implies b = 8 bits/sample。
PCM 訊號透過一個二進位 (two-level) PAM 系統傳輸,其頻寬為 BW=40BW = 40 kHz。
對於一個二進位 PAM 系統,其傳輸速率 (位元率) RR 與系統頻寬 BWBW 和滾降係數 α\alpha (rolloff factor) 的關係為:
BW=1+α2T=R2(1+α)BW = \frac{1+\alpha}{2T} = \frac{R}{2} (1+\alpha),其中 TT 是每個位元的傳輸時間, R=1/TR = 1/T 是位元率。
題目給定的滾降係數 α=0.25\alpha = 0.25。
所以,40 kHz=R2(1+0.25)=R2(1.25)40 \text{ kHz} = \frac{R}{2} (1+0.25) = \frac{R}{2} (1.25)。
R=2×40 kHz1.25=80 kHz1.25=64R = \frac{2 \times 40 \text{ kHz}}{1.25} = \frac{80 \text{ kHz}}{1.25} = 64 kHz。
因此,資訊傳輸的位元率為 64 kbit/s。
【答案】64 kbit/s

(b) 類比訊號的取樣率與最高頻率分量
在 PCM 系統中,類比訊號的取樣率 fsf_s 與其傳輸的位元率 RR 以及每個樣本的位元數 bb 之間有關係:R=fs×bR = f_s \times b。
從 (a) 小題我們知道,每個樣本的位元數 b=8b=8 bits (因為 L=256L=256)。
我們也從 (a) 小題計算出透過該通道傳輸的位元率 R=64R = 64 kbit/s。
因此,類比訊號的取樣率 fs=Rb=64 kbit/s8 bits/sample=8f_s = \frac{R}{b} = \frac{64 \text{ kbit/s}}{8 \text{ bits/sample}} = 8 kHz。

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第 3 題15 分

  1. (15%) In the on-off keying version of an amplitude-shift keying (ASK) system, symbol 1 is represented by transmitting a sinusoidal carrier:
    s1(t)=2EbTcos⁡(2πfct)s_1(t) = \sqrt{\frac{2E_b}{T}} \cos(2\pi f_c t), 0≤t<T0 \le t < T
    where fcf_c is large compared with 1/T1/T. Symbol 0 is represented by switching off the carrier:
    s0(t)=0s_0(t) = 0, 0≤t<T0 \le t < T
    These ASK signals are transmitted over an additive white Gaussian noise (AWGN) channel with noise of zero mean and power spectral density N0/2N_0/2.

(a) (3%) Let ϕ(t)\phi(t) be an orthonormal function for this signal set. Find ϕ(t)\phi(t).
(b) (4%) For this ASK, the optimum receiver that minimizes the error probability can be illustrated in the figure shown below, where x(t)x(t) is the received signal. Assume equally likely a priori probabilities of symbols 1 and 0. Determine the threshold γ\gamma.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(c) (4%) Find the resulting error probability for the optimum receiver with threshold obtained in (b). Express your result in terms of the Q-function given by
Q(u)=12π∫u∞exp⁡(−z2/2)dzQ(u) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{u}^{\infty} \exp(-z^2/2) dz.
(d) (4%) Now assume unequal a priori probabilities of symbols 1 and 0: P(s1)=1/5P(s_1) = 1/5 and P(s0)=4/5P(s_0)=4/5. Determine the corresponding threshold γ\gamma for the optimum receiver shown in (b).

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

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這一題的完整詳解

這題是關於 On-Off Keying (OOK) 的調幅振幅位移鍵控系統,探討其最佳接收機設計、錯誤機率以及在不同先驗機率下的門檻值。

(a) 單一時序訊號的標準正交函數 ϕ(t)\phi(t)
在 OOK 系統中,兩個訊號 s1(t)s_1(t) 和 s0(t)s_0(t) 僅有一個是實際傳輸的載波訊號,另一個是零訊號。
s1(t)=2EbTcos⁡(2πfct)s_1(t) = \sqrt{\frac{2E_b}{T}} \cos(2\pi f_c t), 0≤t<T0 \le t < T
s0(t)=0s_0(t) = 0, 0≤t<T0 \le t < T
由於 fcf_c 遠大於 1/T1/T,且訊號持續時間為 TT,我們可以將 s1(t)s_1(t) 表示為一個單一時序訊號。
這意味著我們只需要一個標準正交函數 ϕ(t)\phi(t) 來表示這兩個訊號。
一個常見的選擇是讓 ϕ(t)\phi(t) 成為訊號 s1(t)s_1(t) 的「形狀」。
訊號 s1(t)s_1(t) 可以寫成 s1(t)=Aϕ(t)s_1(t) = A \phi(t),其中 AA 是訊號的振幅,ϕ(t)\phi(t) 是訊號的歸一化波形。
在這裡,A=2EbTA = \sqrt{\frac{2E_b}{T}}。
我們需要 ∫0Tϕ2(t)dt=1\int_0^T \phi^2(t) dt = 1。
如果我們令 ϕ(t)=2Tcos⁡(2πfct)\phi(t) = \sqrt{\frac{2}{T}} \cos(2\pi f_c t),則 ∫0Tϕ2(t)dt=∫0T2Tcos⁡2(2πfct)dt\int_0^T \phi^2(t) dt = \int_0^T \frac{2}{T} \cos^2(2\pi f_c t) dt。
由於 fc≫1/Tf_c \gg 1/T,在 0≤t<T0 \le t < T 的區間內, cos⁡(2πfct)\cos(2\pi f_c t) 表現得像一個高頻振盪,其在一個週期 TT 內的平均值為 0。
但是,這裡的 fcf_c 並非任意,而是指載波頻率。
更標準的表示法是,如果我們有一個訊號 s(t)s(t),並且我們希望用一個標準正交函數 ϕ(t)\phi(t) 來表示它,那麼 s(t)=Eϕ(t)s(t) = \sqrt{E} \phi(t),其中 EE 是訊號能量。
對於 s1(t)s_1(t),其能量為 Eb=∫0Ts12(t)dt=∫0T2EbTcos⁡2(2πfct)dtE_b = \int_0^T s_1^2(t) dt = \int_0^T \frac{2E_b}{T} \cos^2(2\pi f_c t) dt。
在 fc≫1/Tf_c \gg 1/T 的情況下, cos⁡2(2πfct)\cos^2(2\pi f_c t) 在區間 [0,T][0, T] 的平均值是 1/21/2。
所以,Eb=2EbT×T×12=EbE_b = \frac{2E_b}{T} \times T \times \frac{1}{2} = E_b。這驗證了 EbE_b 的確是訊號能量。
因此,我們可以定義 ϕ(t)=2Tcos⁡(2πfct)\phi(t) = \sqrt{\frac{2}{T}} \cos(2\pi f_c t),且 0≤t<T0 \le t < T。
這個 ϕ(t)\phi(t) 滿足 ∫0Tϕ2(t)dt=1\int_0^T \phi^2(t) dt = 1,並且 s1(t)=Ebϕ(t)s_1(t) = \sqrt{E_b} \phi(t)。
訊號 s0(t)=0=0⋅ϕ(t)s_0(t) = 0 = 0 \cdot \phi(t)。
【答案】ϕ(t)=2Tcos⁡(2πfct)\phi(t) = \sqrt{\frac{2}{T}} \cos(2\pi f_c t), 0≤t<T0 \le t < T

(b) 最佳接收機的門檻值 γ\gamma (等可能先驗機率)
最佳接收機的決策規則是基於接收到的訊號 x(t)x(t) 與標準正交函數 ϕ(t)\phi(t) 的相關值 (correlation)。
決策變數 y=∫0Tx(t)ϕ(t)dty = \int_0^T x(t) \phi(t) dt。
接收到的訊號 x(t)=s(t)+n(t)x(t) = s(t) + n(t),其中 s(t)s(t) 是傳輸的訊號 ( s1(t)s_1(t) 或 s0(t)s_0(t) ), n(t)n(t) 是加性白高斯雜訊 (AWGN)。
y=∫0T(s(t)+n(t))ϕ(t)dt=∫0Ts(t)ϕ(t)dt+∫0Tn(t)ϕ(t)dty = \int_0^T (s(t) + n(t)) \phi(t) dt = \int_0^T s(t) \phi(t) dt + \int_0^T n(t) \phi(t) dt。
如果傳輸的是 s1(t)=Ebϕ(t)s_1(t) = \sqrt{E_b} \phi(t),則 y=Eb∫0Tϕ2(t)dt+∫0Tn(t)ϕ(t)dt=Eb+n′y = \sqrt{E_b} \int_0^T \phi^2(t) dt + \int_0^T n(t) \phi(t) dt = \sqrt{E_b} + n'。
如果傳輸的是 s0(t)=0s_0(t) = 0,則 y=0×∫0Tϕ(t)dt+∫0Tn(t)ϕ(t)dt=0+n′y = 0 \times \int_0^T \phi(t) dt + \int_0^T n(t) \phi(t) dt = 0 + n'。
其中 n′=∫0Tn(t)ϕ(t)dtn' = \int_0^T n(t) \phi(t) dt 是雜訊項。
由於 n(t)n(t) 是均值為 0 的 AWGN,且 ϕ(t)\phi(t) 是標準正交函數, n′n' 也是一個均值為 0 的高斯隨機變數。
n′n' 的方差是 E[n′2]=E[(∫0Tn(t)ϕ(t)dt)2]=∫0T∫0TE[n(t)n(τ)]ϕ(t)ϕ(τ)dtdτE[n'^2] = E[(\int_0^T n(t) \phi(t) dt)^2] = \int_0^T \int_0^T E[n(t)n(\tau)] \phi(t)\phi(\tau) dt d\tau。
E[n(t)n(τ)]=N02δ(t−τ)E[n(t)n(\tau)] = \frac{N_0}{2} \delta(t-\tau)。
E[n′2]=∫0T∫0TN02δ(t−τ)ϕ(t)ϕ(τ)dtdτ=∫0TN02ϕ2(t)dt=N02∫0Tϕ2(t)dt=N02E[n'^2] = \int_0^T \int_0^T \frac{N_0}{2} \delta(t-\tau) \phi(t)\phi(\tau) dt d\tau = \int_0^T \frac{N_0}{2} \phi^2(t) dt = \frac{N_0}{2} \int_0^T \phi^2(t) dt = \frac{N_0}{2}。
所以,n′n' 是均值為 0,方差為 N0/2N_0/2 的高斯隨機變數。
接收端決策規則為:
如果傳輸 s1s_1, yy 的分佈是 N(Eb,N0/2)N(\sqrt{E_b}, N_0/2)。
如果傳輸 s0s_0, yy 的分佈是 N(0,N0/2)N(0, N_0/2)。
當先驗機率相等時,P(s1)=P(s0)=1/2P(s_1) = P(s_0) = 1/2,最佳接收機的門檻值 γ\gamma 位於兩個分佈的均值之間,使得 P(error∣s1)=P(error∣s0)P(\text{error}|s_1) = P(\text{error}|s_0)。
這通常是兩個均值的中間值。
γ=Eb+02=Eb2\gamma = \frac{\sqrt{E_b} + 0}{2} = \frac{\sqrt{E_b}}{2}。

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第 4 題20 分

  1. (20%) Considering noncoherent M-ary frequency-shift keying (FSK) modulation, the individual signal frequencies are separated by the minimum frequency spacing to maintain noncoherently orthogonal and M is a power of 2.

(a) (4%) Determine the channel bandwidth required to transmit M-ary FSK signals with a bit rate R.
(b) (4%) Assuming that a bandwidth B1B_1 is required to support a bit rate R with M=M1M = M_1, find the bandwidth B2B_2 required for supporting the same bit rate with M=M2M = M_2.
(c) (6%) Considering an additive white Gaussian noise (AWGN) channel with the received signal power P=−72P = -72 dBW, bandwidth B=64B = 64 kHz, and the noise power spectral density N0=−120N_0 = -120 dBW/Hz, determine Eb/N0E_b/N_0 (the ratio of energy per bit to noise power spectral density) when the maximum information bit rate is achieved.
(d) (6%) To improve the error performance, a channel code with a code rate r=1/3r = 1/3 is used. If the information bit Eb/N0E_b/N_0 should be improved at least by a factor of 4 in comparison with the Eb/N0E_b/N_0 obtained in (c), determine the maximum achievable information bit rate, the related coded bit rate, and the related value of M.
[Hint: 23=82^3 = 8.]

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核心觀念

本題考查非同調正交 MM-ary FSK 的頻寬、位元率與能量效率關係。

每個 FSK 符號可攜帶

k=log⁡2Mk=\log_2 M

個資訊位元,因此符號率為

Rs=Rlog⁡2MR_s=\frac{R}{\log_2 M}

其中 RR 為資訊位元率。

非同調正交的最小頻率間隔為

Δf=1Ts=Rs\Delta f=\frac{1}{T_s}=R_s

因此,MM 個頻率所需的理想化通道頻寬為

B=MΔf=MRsB=M\Delta f=MR_s

代入符號率可得

B=MRlog⁡2MB=\frac{MR}{\log_2 M}

(a) MM-ary FSK 所需頻寬

由

Ts=log⁡2MRT_s=\frac{\log_2 M}{R}

以及非同調正交條件

Δf=1Ts\Delta f=\frac{1}{T_s}

可得

Δf=Rlog⁡2M\Delta f=\frac{R}{\log_2 M}

MM 個頻率的總頻寬為

B=MΔf\boxed{B=M\Delta f}

因此

B=MRlog⁡2M\boxed{B=\frac{MR}{\log_2 M}}

這是本題採用的理想頻寬模型。


(b) 不同 MM 值下的頻寬關係

對固定資訊位元率 RR,

B1=M1Rlog⁡2M1B_1=\frac{M_1R}{\log_2 M_1} B2=M2Rlog⁡2M2B_2=\frac{M_2R}{\log_2 M_2}

將兩式相除:

B2B1=M2/log⁡2M2M1/log⁡2M1\frac{B_2}{B_1} = \frac{M_2/\log_2 M_2}{M_1/\log_2 M_1}

所以

B2=B1M2log⁡2M1M1log⁡2M2\boxed{ B_2 = B_1 \frac{M_2\log_2 M_1} {M_1\log_2 M_2} }

此結果表示:在相同資訊位元率下,MM 增大通常會增加所需頻寬,因為每個符號雖然攜帶更多位元,但需要更多個彼此分離的頻率。


(c) 最大資訊位元率時的 Eb/N0E_b/N_0

第一步:找出最大資訊位元率

由 (a) 式,

R=Blog⁡2MMR=B\frac{\log_2 M}{M}

題目限制 MM 為 22 的冪次。比較幾個可能值:

log⁡222=12\frac{\log_2 2}{2}=\frac{1}{2} log⁡244=24=12\frac{\log_2 4}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} log⁡288=38\frac{\log_2 8}{8}=\frac{3}{8}

因此最大值為

log⁡2MM=12\frac{\log_2 M}{M}=\frac{1}{2}

可由 M=2M=2 或 M=4M=4 達成。

所以最大資訊位元率為

Rmax⁡=64 kHz×12R_{\max}=64\text{ kHz}\times \frac{1}{2} Rmax⁡=32 kbit/s\boxed{R_{\max}=32\text{ kbit/s}}

第二步:計算 Eb/N0E_b/N_0

接收功率與位元能量的關係為

Eb=PRE_b=\frac{P}{R}

因此

EbN0=PRN0\frac{E_b}{N_0}=\frac{P}{RN_0}

功率換算為線性值:

P=10−72/10=6.3096×10−8 WP=10^{-72/10}=6.3096\times 10^{-8}\text{ W} N0=10−120/10=10−12 W/HzN_0=10^{-120/10}=10^{-12}\text{ W/Hz}

代入 R=32×103R=32\times 10^3 bit/s:

EbN0=6.3096×10−8(32×103)(10−12)\frac{E_b}{N_0} = \frac{6.3096\times 10^{-8}} {(32\times 10^3)(10^{-12})} EbN0≈1.972\frac{E_b}{N_0}\approx 1.972

換算為分貝:

(EbN0)dB=10log⁡10(1.972)≈2.95 dB\left(\frac{E_b}{N_0}\right)_{\text{dB}} = 10\log_{10}(1.972) \approx 2.95\text{ dB}

因此

EbN0≈1.97≈2.95 dB\boxed{\frac{E_b}{N_0}\approx 1.97\approx 2.95\text{ dB}}

(d) 加入碼率 r=1/3r=1/3 後的最大資訊位元率

第一步:由改善倍率決定位元率上限

在接收功率 PP 與雜訊功率譜密度 N0N_0 固定時,

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第 5 題15 分

  1. (15%) Consider a discrete memoryless Gaussian channel with the channel output Y=X+NY=X+N, where XX is an input signal, and NN is the additive white Gaussian noise which is independent to XX. The channel bandwidth is BB and the one-sided noise power spectral density is N0N_0.

(a) (7%) The differential entropy of a continuous random variable XX is represented as
h(X)=∫−∞∞fX(x)log⁡2[1/fX(x)]dxh(X) = \int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) \log_2 [1/f_X(x)]dx,
where fX(x)f_X(x) is the probability density function (pdf) of XX. If XX is a Gaussian distributed
random variable with the pdf
fX(x)=12πσ2exp⁡(−(x−μ)22σ2)f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right),
determine the differential entropy of XX.
(b) (3%) Following (a), if μ=0\mu = 0 and P=σ2P = \sigma^2 is the variance (power) of XX, determine the differential entropy of YY.
(c) (5%) Following (b), according to the fact that the mutual information between XX and YY is
I(X;Y)=h(Y)−h(Y∣X)I(X;Y) = h(Y)-h(Y|X) (where h(Y∣X)h(Y|X) is the conditional differential entropy of YY given XX),
determine the information capacity CC in bits per channel use.

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三個重點:

  1. 高斯隨機變數的微分熵:
    h(X)=12log⁡2(2πeσ2)h(X)=\frac{1}{2}\log_2(2\pi e\sigma^2)

  2. 獨立高斯隨機變數相加後仍為高斯分布,且變異數相加。

  3. AWGN 通道容量由互資訊
    I(X;Y)=h(Y)−h(Y∣X)I(X;Y)=h(Y)-h(Y|X)
    求得;在固定平均功率下,高斯輸入可使 h(Y)h(Y) 最大。


(a) 高斯隨機變數的微分熵

已知

fX(x)=12πσ2exp⁡(−(x−μ)22σ2)f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)

微分熵定義為

h(X)=−∫−∞∞fX(x)log⁡2fX(x) dxh(X)=-\int_{-\infty}^{\infty}f_X(x)\log_2 f_X(x)\,dx

先取 pdf 的二進位對數:

log⁡2fX(x)=−12log⁡2(2πσ2)−(x−μ)22σ2log⁡2e\log_2 f_X(x) = -\frac{1}{2}\log_2(2\pi\sigma^2) -\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\log_2 e

因此

−log⁡2fX(x)=12log⁡2(2πσ2)+(x−μ)22σ2log⁡2e-\log_2 f_X(x) = \frac{1}{2}\log_2(2\pi\sigma^2) + \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\log_2 e

代入微分熵:

h(X)=12log⁡2(2πσ2)+log⁡2e2σ2E[(X−μ)2]h(X) = \frac{1}{2}\log_2(2\pi\sigma^2) + \frac{\log_2 e}{2\sigma^2} \mathbb{E}\left[(X-\mu)^2\right]

由於

E[(X−μ)2]=σ2\mathbb{E}\left[(X-\mu)^2\right]=\sigma^2

所以

h(X)=12log⁡2(2πσ2)+12log⁡2eh(X) = \frac{1}{2}\log_2(2\pi\sigma^2) +\frac{1}{2}\log_2 e

合併後得到

h(X)=12log⁡2(2πeσ2)\boxed{h(X)=\frac{1}{2}\log_2(2\pi e\sigma^2)}

平均值 μ\mu 不影響微分熵,微分熵只與變異數 σ2\sigma^2 有關。


(b) 求輸出 YY 的微分熵

題目給定

Y=X+NY=X+N

其中 XX 與 NN 相互獨立,且

μ=0,P=σX2\mu=0,\qquad P=\sigma_X^2

單邊雜訊功率頻譜密度為 N0N_0,通道頻寬為 BB,因此雜訊總功率為

σN2=N0B\sigma_N^2=N_0B

由於獨立高斯隨機變數相加後仍為高斯隨機變數,

Y∼N(0,σY2)Y\sim\mathcal{N}\left(0,\sigma_Y^2\right)

其中

σY2=σX2+σN2=P+N0B\sigma_Y^2 = \sigma_X^2+\sigma_N^2 = P+N_0B

套用高斯微分熵公式:

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