115 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》

這題主要在考驗 DSB-SC 調變與相干接收的原理，特別是載波相位誤差對輸出訊號的影響。

核心觀念：

1. DSB-SC 訊號的產生與解調。
2. 低通濾波器在解調中的作用。
3. 訊號功率與頻譜的計算。
4. 相位誤差對解調輸出功率的影響。

(a) 找出乘法器輸出 $v(t)$ 及其頻譜 $|V(f)|$

相干接收機的乘法器輸出 $v(t)$ 為原始 DSB-SC 訊號 $s(t)$ 與本地振盪器訊號的乘積：
$v(t) = s(t) \cdot A_c \cos(2\pi f_c t + \phi)$
$v(t) = A_c m(t) \cos(2\pi f_c t) \cdot A_c \cos(2\pi f_c t + \phi)$
$v(t) = A_c^2 m(t) \cos(2\pi f_c t) \cos(2\pi f_c t + \phi)$

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

所以，
$v(t) = A_c^2 m(t) \frac{1}{2}[\cos(-\phi) + \cos(4\pi f_c t + \phi)]$
$v(t) = \frac{A_c^2}{2} m(t) [\cos(\phi) + \cos(4\pi f_c t + \phi)]$
$v(t) = \frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) m(t) + \frac{A_c^2}{2} m(t) \cos(4\pi f_c t + \phi)$

第一個項是原始訊號 $m(t)$ 的縮小版本，乘以一個常數 $\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi)$。
第二個項是原始訊號 $m(t)$ 的雙倍載波頻率成分，通常可以被低通濾波器濾除。

現在我們來看頻譜 $|V(f)|$。
設 $m(t)$ 的頻譜為 $M(f)$。
$M(f)$ 的形式為 $M(f) = 1 - |f|/W$ for $|f|< W$ and $M(f) = 0$ for $|f| > W$。這是一個三角形波形。
$M(f)$ 是一個偶函數，且頻寬為 $W$。

$v(t)$ 的頻譜 $V(f)$ 是 $m(t)$ 頻譜 $M(f)$ 的捲積。
$V(f) = \mathcal{F}\{\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) m(t)\} + \mathcal{F}\{\frac{A_c^2}{2} m(t) \cos(4\pi f_c t + \phi)\}$
$V(f) = \frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f) + \frac{A_c^2}{2} [ \frac{1}{2} M(f - f_c) e^{j\phi} + \frac{1}{2} M(f + f_c) e^{-j\phi} ]$
（使用 $\cos(\omega_0 t + \phi) m(t) \leftrightarrow \frac{1}{2} [M(f-f_0)e^{j\phi} + M(f+f_0)e^{-j\phi}]$，這裡 $f_c$ 是頻率）

但是，題目要求的是 $v(t)$ 的形式，不是 $V(f)$ 的形式，後面會用 $v(t)$ 來計算。

繪製 $|V(f)|$：
$V(f) = \frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f) + \frac{A_c^2}{2} \cos(4\pi f_c t + \phi) m(t)$
頻譜 $V(f)$ 包含兩個部分：

1. $M(f)$ 的縮放版本，比例因子為 $\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi)$。這個部分具有與 $M(f)$ 相同的頻寬 $W$。
2. $m(t) \cos(4\pi f_c t + \phi)$ 的頻譜。這個部分是 $M(f)$ 經過頻率搬移到 $\pm 2f_c$ 的結果。由於 $f_c > W$，這兩個頻譜成分會落在 $M(f)$ 的頻寬之外，且遠離 $M(f)$ 的中心頻率。
   $M(f)$ 在 $[-W, W]$ 之間非零，在其他地方為零。
   $M(f-f_c)$ 在 $[f_c-W, f_c+W]$ 之間非零。
   $M(f+f_c)$ 在 $[-f_c-W, -f_c+W]$ 之間非零。
   因為 $f_c > W$，所以 $f_c-W > 0$。
   且 $f_c > W \implies f_c > 0$.
   $-f_c+W < 0$.
   $f_c-W > W-W = 0$.
   $f_c+W > W+W = 2W$.
   $-f_c-W < -W-W = -2W$.
   $-f_c+W < -W+W = 0$.
   所以，頻率搬移後的頻譜與原始 $M(f)$ 的頻譜在頻率上是分離的。

因此，$V(f)$ 的頻譜由兩部分組成：

• 位於 $-W$ 到 $W$ 之間的 $\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)$。
• 位於 $f_c-W$ 到 $f_c+W$ 的 $\frac{A_c^2}{4} M(f-f_c) e^{j\phi}$。
• 位於 $-f_c-W$ 到 $-f_c+W$ 的 $\frac{A_c^2}{4} M(f+f_c) e^{-j\phi}$。

我們需要繪製 $|V(f)|$。
假設 $M(f) = 1 - |f|/W$ for $|f|< W$。
$|V(f)|$ 在 $|f| \le W$ 的部分為 $|\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)| = \frac{A_c^2}{2} |\cos(\phi)| (1 - |f|/W)$。
在 $|f|$ 較大的地方，例如 $|f| \approx f_c$，有搬移後的頻譜。
$|V(f)|$ 在 $f_c-W < |f| < f_c+W$ 的部分為 $|\frac{A_c^2}{4} M(f \mp f_c)| = \frac{A_c^2}{4} (1 - | |f| - f_c |/W)$。
其他的頻率點上 $|V(f)|=0$。

如果 $|\cos(\phi)| > 0$ (即 $\phi \neq \pm \pi/2$)，則 $|V(f)|$ 在 $[-W, W]$ 範圍內是一個三角形，幅度峰值在 $f=0$ 為 $\frac{A_c^2}{2} |\cos(\phi)|$。
同時，在 $f_c \pm W$ 附近，也有另一個頻率搬移後的頻譜，其幅度峰值在 $|f| = f_c$ 為 $\frac{A_c^2}{4}$。

繪圖說明：
假設 $A_c=1, W=1, f_c=2, \phi=\pi/4$。
$M(f) = 1-|f|$ for $|f|<1$。
$v(t) = \frac{1}{2} \cos(\pi/4) m(t) + \frac{1}{2} m(t) \cos(4\pi f_c t + \pi/4)$
$V(f) = \frac{1}{2} \cos(\pi/4) M(f) + \frac{1}{2} [\frac{1}{2} M(f-f_c)e^{j\pi/4} + \frac{1}{2} M(f+f_c)e^{-j\pi/4}]$
$|V(f)|$ 在 $|f|<W$ 時，幅度為 $\frac{A_c^2}{2}|\cos(\phi)|(1-|f|/W)$。
$|V(f)|$ 在 $f_c-W < |f| < f_c+W$ 時，幅度為 $\frac{A_c^2}{4}(1-(|f|-f_c)/W)$ for $f>0$ (and similar for $f<0$).
Since $f_c > W$, the two parts of the spectrum are separated.
The plot for $|V(f)|$ will show a triangular shape centered at $f=0$ with height $\frac{A_c^2}{2}|\cos(\phi)|$, and another similar triangular shape centered at $f=f_c$ and $f=-f_c$. The height of these shifted triangles will be $\frac{A_c^2}{4}$.

結論 (a):
$v(t) = \frac{A_c^2}{2} m(t) \cos(\phi) + \frac{A_c^2}{2} m(t) \cos(4\pi f_c t + \phi)$

頻譜 $|V(f)|$:

• 對於 $|f| \le W$: $|V(f)| = \frac{A_c^2}{2} |\cos(\phi)| |M(f)|$.
• 對於 $f_c-W < |f| < f_c+W$: $|V(f)| = \frac{A_c^2}{4} |M(f \mp f_c)|$.
• 在其他頻率點上，$|V(f)| = 0$。

繪圖：
以 $M(f) = 1-|f|/W$ 為例。
在 $|f| \le W$ 的範圍內，$|V(f)|$ 的形狀與 $M(f)$ 相同（三角形），頂部高度為 $\frac{A_c^2}{2} |\cos(\phi)|$。
在 $f_c-W < |f| < f_c+W$ 的範圍內，有兩個搬移後的三角形頻譜，每個的頂部高度為 $\frac{A_c^2}{4}$。
由於 $f_c > W$, 這些頻譜不會重疊。
例如，當 $\phi = 0$ 時，中心頻譜的高度是 $\frac{A_c^2}{2}$，而搬移頻譜的高度是 $\frac{A_c^2}{4}$。
當 $\phi = \pi/2$ 時，中心頻譜的高度是 $0$，只剩下搬移頻譜。

(b) 找出低通濾波器輸出 $v_o(t)$

低通濾波器的輸出 $v_o(t)$ 是 $v(t)$ 通過濾波器 $H(f)$ 後的結果。
$v_o(t) = \mathcal{F}^{-1}\{V(f) H(f)\}$

$H(f)$ 的定義是：
$H(f) = 1$ for $|f| \le W$
$H(f) = 0$ for $|f| > W$

我們看 $V(f)H(f)$：

• 對於 $|f| \le W$: $V(f)H(f) = V(f) \cdot 1 = V(f)$。
  此部分是 $\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)$。
• 對於 $f_c-W < |f| < f_c+W$: $V(f)H(f) = V(f) \cdot 0 = 0$。
  這是因為 $f_c > W$，所以 $f_c-W > 0$。因此，這個頻率範圍 $|f|$ 總是 $> W$。

所以，$V(f)H(f) = \frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)$。
這意味著低通濾波器濾除了高頻成分，只剩下由 $m(t)$ 經調變和相位誤差產生的低頻成分。

因此，$v_o(t)$ 的頻譜就是 $\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)$。
$v_o(t) = \mathcal{F}^{-1}\{\frac{A_c^2}{2} \cos(\phi) M(f)\}$

核心觀念

本題涉及傅立葉轉換、Poisson summation formula，以及 Nyquist zero-ISI 條件。

採用傅立葉轉換定義

$$P(f)=\int_{-\infty}^{\infty}p(t)e^{-j2\pi ft}\,dt$$

其反轉換為

$$p(t)=\int_{-\infty}^{\infty}P(f)e^{j2\pi ft}\,df$$

Poisson summation formula 給出

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}P\left(\frac{n}{T_b}\right) = T_b\sum_{m=-\infty}^{\infty}p(mT_b).$$

因此，題目所給條件實際上只能決定所有取樣值的總和，不能唯一決定每一個 $p(mT_b)$。

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(a) 求 $p(mT_b)$

由 Poisson summation formula，

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}P\left(\frac{n}{T_b}\right) = T_b\sum_{m=-\infty}^{\infty}p(mT_b).$$

代入題目條件：

$$T_b = T_b\sum_{m=-\infty}^{\infty}p(mT_b).$$

因為 $T_b>0$，可得

$$\boxed{ \sum_{m=-\infty}^{\infty}p(mT_b)=1 }$$

但這個條件無法個別決定 $p(mT_b)$。例如下列兩組取樣值都符合總和為 $1$：

$$p(0)=1,\qquad p(mT_b)=0\quad (m\neq 0),$$

以及

$$p(0)=\frac12,\qquad p(T_b)=p(-T_b)=\frac14,$$

其餘取樣值為零。

因此，依照題目原文，(a) 的正確結論是

$$\boxed{ \text{只能得到 }\sum_{m=-\infty}^{\infty}p(mT_b)=1， \text{無法唯一求出每一個 }p(mT_b) }$$

標準的 zero-ISI 條件通常應寫成

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} P\left(f-\frac{n}{T_b}\right)=T_b \quad\text{對所有 }f\text{ 成立},$$

此時才可推出

$$p(mT_b)= \begin{cases} 1,&m=0,\\ 0,&m\neq 0. \end{cases}$$

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(b) 最小頻寬與最佳頻譜

依照題目原文，條件只有

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}P\left(\frac{n}{T_b}\right)=T_b.$$

若選擇任意 $W>0$，令 $P(f)$ 只在 $|f|<W$ 內非零，並使

$$P(0)=T_b,$$

且

$$P\left(\frac{n}{T_b}\right)=0 \quad(n\neq 0),$$

便有

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}P\left(\frac{n}{T_b}\right) = P(0)=T_b.$$

例如可取

$$P(f)= \begin{cases} T_b\left(1-\dfrac{|f|}{W}\right),& |f|<W,\\ 0,& |f|\ge W. \end{cases}$$

只要 $W<1/T_b$，所有 $n\neq 0$ 的取樣點 $n/T_b$ 都落在頻帶外，因此均為零。

所以對原文條件而言，$W$ 可以任意小，頻寬的下確界為 $0$，但不存在正的最小值：

$$\boxed{\inf W=0}$$ $$\boxed{\text{不存在可達成的正最小頻寬}}$$

這也顯示題目原文的 (b) 與標準 Nyquist 頻寬問題不一致。

若題目本意是標準 zero-ISI 條件，則由頻譜週期重疊不能超過 Nyquist 頻率，最小單邊頻寬為

$$\boxed{W_{\min}=\frac{1}{2T_b}}$$

所對應的理想矩形頻譜為

$$\boxed{ P_{\mathrm{opt}}(f)= \begin{cases} T_b,& |f|<\dfrac{1}{2T_b},\\ 0,& |f|>\dfrac{1}{2T_b}. \end{cases} }$$

其時間域脈衝為

$$p_{\mathrm{opt}}(t) = T_b\int_{-1/(2T_b)}^{1/(2T_b)} e^{j2\pi ft}\,df = \operatorname{sinc}\left(\frac{t}{T_b}\right),$$

其中

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

因此

$$p_{\mathrm{opt}}(mT_b)= \begin{cases} 1,&m=0,\\ 0,&m\neq 0. \end{cases}$$

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(c) 驗證 $P_{\mathrm{rc}}(f)$

題目給定

$$P_{\mathrm{rc}}(f) = \begin{cases} \dfrac{T_b}{2} \left[ 1+\cos\left(\dfrac{\pi f}{W}\right) \right], & |f|<W,\\ 0,& |f|\ge W, \end{cases}$$

且

$$W=\frac{1}{2T_b}.$$

因此

$$\frac{\pi f}{W}=2\pi T_bf.$$

考慮取樣點 $f=n/T_b$。

當 $n=0$ 時，

核心觀念

本題考查：

1. 正交基底下的訊號空間表示。
2. AWGN 通道中的最佳相干偵測。
3. 最大概似偵測與最小歐氏距離判決的等價性。
4. 固定平均能量下的訊號時間長度。
5. Pairwise Error Probability（兩兩錯誤機率）與聯合界近似。

取正交基底

$$\phi_1(t)=\sqrt{\frac{2}{\tau_1}}\cos(\omega_ct), \qquad \phi_2(t)=-\sqrt{\frac{2}{\tau_1}}\sin(\omega_ct),$$

其中 $\tau_1$ 對應題目中的訊號時間長度 $T$。則

$$S_i(t)=A_i\cos(\omega_ct+B_i)$$

在訊號空間中的座標為

$$\mathbf{s}_i = A_i\sqrt{\frac{\tau_1}{2}} \begin{bmatrix} \cos B_i\\ \sin B_i \end{bmatrix}.$$

令

$$r=\sqrt{\frac{\tau_1}{2}}.$$

因此，奇數編號訊號的半徑為 $r$，偶數編號訊號的半徑為 $\sqrt{2}r=\sqrt{\tau_1}$。

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(a) 最佳相干偵測器與訊號星座

訊號星座座標

因為

$$B_i=\frac{\pi}{4}(i-1),$$

各訊號相位依序為 $0^\circ,45^\circ,90^\circ,\ldots,315^\circ$。

八個訊號點如下：

$$\begin{aligned} \mathbf{s}_1&=(r,0),\\ \mathbf{s}_2&=(r,r),\\ \mathbf{s}_3&=(0,r),\\ \mathbf{s}_4&=(-r,r),\\ \mathbf{s}_5&=(-r,0),\\ \mathbf{s}_6&=(-r,-r),\\ \mathbf{s}_7&=(0,-r),\\ \mathbf{s}_8&=(r,-r). \end{aligned}$$

其中奇數點位於半徑 $r$ 的圓上，偶數點位於半徑 $\sqrt{2}r$ 的圓上。

示意如下：

                 s3=(0,r)
                      ●
          s4=(-r,r)      s2=(r,r)
                 ●          ●

       s5=(-r,0) ●          ● s1=(r,0)

                 ●          ●
          s6=(-r,-r)     s8=(r,-r)
                      ●
                 s7=(0,-r)

最佳相干偵測器

接收訊號在訊號空間中的表示為

$$\mathbf{y}=\mathbf{s}_i+\mathbf{n},$$

其中 $\mathbf{n}$ 為二維高斯雜訊，且各維變異數為 $N_0/2$。

由於八個訊號等機率，最大概似偵測器等價於最小歐氏距離判決器：

$$\hat{i} = \arg\min_i\|\mathbf{y}-\mathbf{s}_i\|^2.$$

等價地，也可以選擇使下式最大的訊號：

$$\hat{i} = \arg\max_i \left[ \mathbf{y}^{T}\mathbf{s}_i -\frac{1}{2}\|\mathbf{s}_i\|^2 \right].$$

因此，最佳相干接收機包含：

1. 以 $\phi_1(t)$、$\phi_2(t)$ 作相關器或匹配濾波器。
2. 得到接收座標 $(y_1,y_2)$。
3. 計算其與八個星座點的距離。
4. 判定為距離最近的訊號。

最佳決策區域

任兩個訊號點 $\mathbf{s}_i$ 與 $\mathbf{s}_j$ 的決策邊界滿足

$$\|\mathbf{y}-\mathbf{s}_i\|^2 = \|\mathbf{y}-\mathbf{s}_j\|^2.$$

整理得

$$\mathbf{y}^{T}(\mathbf{s}_i-\mathbf{s}_j) = \frac{\|\mathbf{s}_i\|^2-\|\mathbf{s}_j\|^2}{2}.$$

以 $\mathbf{s}_1=(r,0)$ 為例，其相鄰點為

$$\mathbf{s}_2=(r,r), \qquad \mathbf{s}_8=(r,-r).$$

與 $\mathbf{s}_2$ 的邊界為

$$y_2=\frac{r}{2},$$

與 $\mathbf{s}_8$ 的邊界為

$$y_2=-\frac{r}{2}.$$

所以 $\mathbf{s}_1$ 的決策區域為

$$-\frac{r}{2}\le y_2\le \frac{r}{2}.$$

同理，$\mathbf{s}_3,\mathbf{s}_5,\mathbf{s}_7$ 的決策區域是以各自徑向方向為中心的帶狀區域。

以 $\mathbf{s}_2=(r,r)$ 為例，其與 $\mathbf{s}_1$、$\mathbf{s}_3$ 的邊界分別為

$$y_2=\frac{r}{2}, \qquad y_1=\frac{r}{2}.$$

所以 $\mathbf{s}_2$ 的決策區域為

$$y_1\ge\frac{r}{2}, \qquad y_2\ge\frac{r}{2}.$$

其餘區域依旋轉對稱性得到。決策邊界並非角度平分線，原因是奇數與偶數訊號的能量不同。

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(b) 固定平均能量下的 $\tau_1$

每個訊號的能量為

$$E_i=\int_0^{\tau_1}|S_i(t)|^2dt.$$

由於載波週期平均關係

$$\int_0^{\tau_1}\cos^2(\omega_ct+B_i)dt = \frac{\tau_1}{2},$$

因此

$$E_i=\frac{A_i^2\tau_1}{2}.$$

四個奇數訊號的 $A_i^2=1$，四個偶數訊號的 $A_i^2=2$，故平均能量為

$$\bar{E} = \frac{1}{8} \left[ 4\left(\frac{\tau_1}{2}\right) + 4\left(\frac{2\tau_1}{2}\right) \right].$$

整理得

核心觀念

本題考查：

• $M$-ary 正交 FSK 的訊號能量與正交性。
• AWGN 下相干接收器的最大相關器判決。
• 成對錯誤機率（pairwise error probability）。
• 聯集界（union bound）。
• 符號錯誤率與位元錯誤率的近似換算。

已知 $M=16$，每個符號攜帶

$$\log_2 M=\log_2 16=4$$

個位元。

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訊號能量與正交性

第 $m$ 個訊號為

$$s_m(t)=\sqrt{\frac{2E_b}{T}}\cos(2\pi f_m t),\qquad 0\le t\le T.$$

其能量為

$$\begin{aligned} E_m &=\int_0^T s_m^2(t)\,dt\\ &=\frac{2E_b}{T}\int_0^T\cos^2(2\pi f_m t)\,dt\\ &=\frac{2E_b}{T}\cdot\frac{T}{2}\\ &=E_b. \end{aligned}$$

因為頻率間隔為

$$\Delta f=\frac{1}{T},$$

在標準正交 MFSK 的頻率配置下，有

$$\int_0^T s_m(t)s_n(t)\,dt=0,\qquad m\ne n.$$

因此可以定義正交基底函數

$$\phi_m(t)=\frac{s_m(t)}{\sqrt{E_b}},$$

使得

$$\int_0^T\phi_m(t)\phi_n(t)\,dt= \begin{cases} 1,&m=n,\\ 0,&m\ne n. \end{cases}$$

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解題方法：相關器接收模型

假設實際傳送的是第 $i$ 個訊號，接收訊號為

$$r(t)=s_i(t)+n(t),$$

其中 $n(t)$ 是雙邊功率譜密度為 $N_0/2$ 的 AWGN。

相關器輸出定義為

$$Y_k=\int_0^T r(t)\phi_k(t)\,dt.$$

若 $k=i$，則

$$Y_i=\sqrt{E_b}+N_i.$$

若 $k\ne i$，由於訊號彼此正交，

$$Y_k=N_k.$$

其中各相關器的雜訊項皆為高斯隨機變數：

$$N_k\sim\mathcal N\left(0,\frac{N_0}{2}\right).$$

相干接收器採用最大相關器輸出判決：

$$\hat{i}=\arg\max_k Y_k.$$

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成對錯誤機率

考慮傳送 $s_i(t)$ 時，誤判成 $s_j(t)$ 的事件：

$$Y_j>Y_i.$$

代入相關器輸出：

$$N_j>\sqrt{E_b}+N_i.$$

整理得

$$N_j-N_i>\sqrt{E_b}.$$

由於 $N_i$ 與 $N_j$ 相互獨立，且各自變異數為 $N_0/2$，因此

$$N_j-N_i\sim\mathcal N(0,N_0).$$

故成對錯誤機率為

$$\begin{aligned} P(i\to j) &=P(N_j-N_i>\sqrt{E_b})\\ &=Q\left(\frac{\sqrt{E_b}}{\sqrt{N_0}}\right)\\ &=Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{N_0}}\right). \end{aligned}$$

也可由訊號空間距離得到相同結果。因為正交訊號的距離平方為

$$d_{ij}^2 =\int_0^T [s_i(t)-s_j(t)]^2dt =E_b+E_b =2E_b.$$

AWGN 下的成對錯誤機率為

$$P(i\to j) =Q\left(\sqrt{\frac{d_{ij}^2}{2N_0}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{N_0}}\right).$$

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(a) 符號錯誤率聯集界

這題主要考驗資訊理論中的熵 (Entropy) 和信源編碼 (Source Coding) 的概念，特別是如何利用變長碼 (Variable-Length Code) 來達到最佳的平均碼長。

核心觀念：

1. 機率與資訊量。
2. 平均碼長 (Average Codeword Length)。
3. 熵 (Entropy) 作為資訊量下限。
4. 變長碼 (Variable-Length Code) 設計。
5. 前碼性質 (Prefix Property)。
6. Huffman Coding。

符號與機率：
$S = \{A, B, C, D\}$
$p(A) = 1/2$
$p(B) = 1/4$
$p(C) = 1/8$
$p(D) = 1/8$

(a) 計算範例編碼中「0」的平均數量

範例編碼：
A: 00
B: 01
C: 10
D: 11

每個符號的碼長都是 2 位元。
計算每個符號碼字中的「0」的數量：
A (00): 2 個「0」
B (01): 1 個「0」
C (10): 1 個「0」
D (11): 0 個「0」

平均「0」的數量 = $\sum_{s \in S} p(s) \times (\text{number of '0's in codeword for } s)$
平均「0」的數量 = $p(A) \times 2 + p(B) \times 1 + p(C) \times 1 + p(D) \times 0$
平均「0」的數量 = $(1/2) \times 2 + (1/4) \times 1 + (1/8) \times 1 + (1/8) \times 0$
平均「0」的數量 = $1 + 1/4 + 1/8 + 0$
平均「0」的數量 = $1 + 2/8 + 1/8 = 1 + 3/8 = 11/8$。

結論 (a): 平均「0」的數量為 $11/8$。

(b) 找出最小的平均位元數 (碼長)

最小平均碼長由信源的熵 (Entropy) 決定。
熵 $H(X) = -\sum_{i} p(x_i) \log_2 p(x_i)$。
$H(S) = - [p(A)\log_2 p(A) + p(B)\log_2 p(B) + p(C)\log_2 p(C) + p(D)\log_2 p(D)]$
$H(S) = - [(1/2)\log_2(1/2) + (1/4)\log_2(1/4) + (1/8)\log_2(1/8) + (1/8)\log_2(1/8)]$
$H(S) = - [(1/2)(-1) + (1/4)(-2) + (1/8)(-3) + (1/8)(-3)]$
$H(S) = - [-1/2 - 2/4 - 3/8 - 3/8]$
$H(S) = - [-1/2 - 1/2 - 6/8]$
$H(S) = - [-1 - 3/4] = - [-7/4] = 7/4$ bits/symbol。

根據 Shannon's Source Coding Theorem，任何無失真編碼的平均碼長 $L$ 必須大於或等於信源的熵：$L \ge H(S)$。
因此，最小的平均碼長至少是 $7/4$ bits/symbol。
題目問的是「最小的平均位元數」，這就是指平均碼長。

結論 (b): 最小的平均位元數 (平均碼長) 為 $7/4$ bits/symbol。

(c) 給出一個可達成最小平均碼長的編碼，且具備前碼性質

為了達成最小平均碼長 $7/4$ bits/symbol，我們需要設計一個變長碼，使得出現機率高的符號分配較短的碼字，出現機率低的符號分配較長的碼字。Huffman Coding 是一種能達成此目標的方法。

計算 Huffman 碼：

1. 將符號按機率排序：A(1/2), B(1/4), C(1/8), D(1/8)。
2. 合併機率最低的兩個符號：C 和 D。合併機率為 $1/8 + 1/8 = 2/8 = 1/4$。
   現在的符號集合及機率：A(1/2), B(1/4), (C,D)(1/4)。
3. 再次合併機率最低的兩個：B(1/4) 和 (C,D)(1/4)。合併機率為 $1/4 + 1/4 = 2/4 = 1/2$。
   現在的符號集合及機率：A(1/2), (B, {C,D})(1/2)。
4. 最後合併：A(1/2) 和 (B, {C,D})(1/2)。