108 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所乙組《通信系統》

這題主要在考察離散時間線性時不變系統的頻率響應特性、隨機訊號經過 LTI 系統後的機率密度函數變化，以及輸出訊號的獨立性判斷。

(a) 系統的傳遞函數 $H(z)$ 可以從差分方程式中得到。
$y(n) = \frac{1}{3}x(n) + \frac{1}{3}x(n-1) + \frac{1}{3}x(n-2)$
將差分方程式轉換成 $z$-domain：
$Y(z) = \frac{1}{3}X(z) + \frac{1}{3}z^{-1}X(z) + \frac{1}{3}z^{-2}X(z)$
$Y(z) = X(z) \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3}z^{-1} + \frac{1}{3}z^{-2} \right)$
因此，傳遞函數為：
$H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{1}{3} \left( 1 + z^{-1} + z^{-2} \right)$
頻率響應 $H(\omega)$ 可以透過將 $z = e^{j\omega}$ 代入 $H(z)$ 得到：
$H(\omega) = \frac{1}{3} \left( 1 + e^{-j\omega} + e^{-j2\omega} \right)$
$H(\omega) = \frac{1}{3} e^{-j\omega} \left( e^{j\omega} + 1 + e^{-j\omega} \right)$
$H(\omega) = \frac{1}{3} e^{-j\omega} (1 + 2\cos\omega)$
$H(\omega) = \frac{1}{3} (1 + 2\cos\omega) e^{-j\omega}$
將 $H(\omega)$ 表示成Magnitude和Phase的形式：
Magnitude Response: $|H(\omega)| = \left| \frac{1}{3} (1 + 2\cos\omega) e^{-j\omega} \right| = \frac{1}{3} |1 + 2\cos\omega|$
Phase Response: $\angle H(\omega) = \angle \left( \frac{1}{3} (1 + 2\cos\omega) e^{-j\omega} \right)$
當 $1 + 2\cos\omega \ge 0$ 時，$\angle H(\omega) = -\omega$。
當 $1 + 2\cos\omega < 0$ 時，$\angle H(\omega) = -\omega + \pi$。

繪製 Magnitude Response $|H(\omega)| = \frac{1}{3} |1 + 2\cos\omega|$：
我們需要考慮 $\omega$ 在 $-2\pi$ 到 $2\pi$ 的範圍。
$1 + 2\cos\omega = 0$ 時，$\cos\omega = -1/2$。在 $[0, 2\pi]$ 範圍內，$\omega = 2\pi/3$ 和 $\omega = 4\pi/3$。
在 $[-2\pi, 2\pi]$ 範圍內，$\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$。
當 $\omega = 0$ 或 $\pm 2\pi$ 時，$\cos\omega = 1$， $|H(\omega)| = \frac{1}{3}|1+2| = 1$。
當 $\omega = \pm \pi$ 時，$\cos\omega = -1$， $|H(\omega)| = \frac{1}{3}|1-2| = \frac{1}{3}$。
當 $\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$ 時， $|H(\omega)| = 0$。
在 $(-2\pi/3, 2\pi/3)$ 以及 $(4\pi/3, 2\pi)$ 和 $(-2\pi, -4\pi/3)$ 區間， $1+2\cos\omega > 0$。
在 $(2\pi/3, 4\pi/3)$ 以及 $(-4\pi/3, -2\pi/3)$ 區間， $1+2\cos\omega < 0$。

繪製 Phase Response $\angle H(\omega)$：
當 $1 + 2\cos\omega \ge 0$ 時， $\angle H(\omega) = -\omega$。
當 $1 + 2\cos\omega < 0$ 時， $\angle H(\omega) = -\omega + \pi$。
在 $\omega = 0, \pm 2\pi$ 處，相位為 $0, \mp 2\pi$。
在 $\omega = \pm \pi$ 處，相位為 $\mp \pi$。
在 $\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$ 處，相位為 $\mp 2\pi/3, \mp 4\pi/3$ (當 $1+2\cos\omega=0$ 時，相位不確定，但通常取 $\pm\pi$ 點的連續值，或直接看 $e^{-j\omega}$ 的相位 $-\omega$)。
嚴格來說，當 $1+2\cos\omega$ 接近0時，相位會從 $-\omega$ 突變到 $-\omega+\pi$。
例如，在 $\omega = 2\pi/3$ 附近，如果 $\omega < 2\pi/3$ (略小於)， $1+2\cos\omega > 0$，相位是 $-\omega$。如果 $\omega > 2\pi/3$ (略大於)， $1+2\cos\omega < 0$，相位是 $-\omega+\pi$。
繪製時，在 $\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$ 處，相位會有 $\pi$ 的跳躍。

[Image: Magnitude response plot for $|H(\omega)| = \frac{1}{3} |1 + 2\cos\omega|$ over $-2\pi$ to $2\pi$. The plot should show peaks at $\omega = 0, \pm 2\pi$ with value 1, zeros at $\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$, and a local minimum at $\omega = \pm \pi$ with value 1/3.
Image: Phase response plot for $\angle H(\omega)$. The plot should show $\angle H(\omega) = -\omega$ where $1+2\cos\omega \ge 0$ and $\angle H(\omega) = -\omega + \pi$ where $1+2\cos\omega < 0$. There will be phase jumps of $\pi$ at $\omega = \pm 2\pi/3, \pm 4\pi/3$.]

(b) 是的，離散時間系統的頻率響應是週期性的，週期為 $2\pi$。
原因：離散時間系統的傳遞函數 $H(z)$ 是透過將 $z = e^{j\omega}$ 代入計算頻率響應 $H(\omega)$。

這題為簡答題，主要考察對通訊系統中非線性失真、訊號頻譜變化以及類比與數位調變基本差異的理解。

(a) Modulator output 經過 nonlinear power amplifier 後，其非線性失真 (nonlinear distortion) 會對通訊系統造成多方面的負面影響，其中兩個主要面向包括：

1. 產生諧波與互調失真 (Harmonic and Intermodulation Distortion)：非線性放大器會將原始訊號中的頻率成分進行非線性轉換，產生許多不在原始訊號頻帶內的諧波成分，以及不同頻率成分之間相互作用產生的互調產物。這些額外的頻率成分會擴展訊號的頻譜，可能佔用相鄰的頻道，導致同頻道干擾 (adjacent channel interference, ACI)，降低頻譜效率。
2. 引入雜訊與訊號劣化 (Introduction of Noise and Signal Degradation)：非線性過程可能使訊號的幅度或相位產生隨機變化，這相當於在訊號中引入了雜訊。對於調頻 (FM) 或相位調變 (PM) 等對幅度不敏感的調變方式，非線性失真尤為嚴重，因為它會將幅度上的變化轉換為相位或頻率上的偏差，直接影響解調的準確性。此外，訊號的波形失真也會降低系統的功率效率和傳輸品質。
   【答案】非線性失真會產生額外的諧波與互調產物，擴展訊號頻譜，造成相鄰頻道干擾；同時，非線性過程也會引入雜訊，使訊號波形失真，降低傳輸品質與效率。

(b) 非線性失真 (nonlinear distortion) 和線性失真 (linear distortion) 在對訊號頻譜造成的影響上存在顯著差異：

1. 非線性失真 (Nonlinear Distortion)：非線性失真會產生新的頻率成分。

核心觀念

本題考查理想脈衝取樣、傅立葉轉換中的頻譜週期延拓，以及低通取樣定理與帶通取樣定理。

題目中的取樣訊號應寫為

$$x_{\delta}(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT_s)\delta(t-nT_s)$$

其中 $T_s$ 為取樣週期，取樣頻率為

$$f_s=\frac{1}{T_s}$$

若 $x(t)$ 為低通訊號，且頻譜只存在於 $[-W,W]$，則 $W$ 為訊號最高頻率。

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(a) 低通取樣定理與頻譜推導

1. 時域表示

理想取樣可視為原訊號與脈衝列相乘：

$$p(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s)$$

因此

$$x_{\delta}(t)=x(t)p(t)$$

也就是

$$x_{\delta}(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT_s)\delta(t-nT_s)$$

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2. 脈衝列的頻譜

脈衝列的傅立葉轉換為

$$P(f)=f_s\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(f-kf_s)$$

時域相乘對應到頻域摺積，因此

$$X_{\delta}(f)=X(f)*P(f)$$

代入 $P(f)$ 可得

$$X_{\delta}(f) = f_s\sum_{k=-\infty}^{\infty}X(f-kf_s)$$

這表示取樣後的頻譜，是原頻譜以 $f_s$ 為間隔，在頻率軸上不斷複製而成，並且每個複製頻譜的振幅放大 $f_s$ 倍。

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3. 頻譜示意圖

若原訊號頻譜只存在於 $[-W,W]$，則取樣後的頻譜如下：

         原頻譜              第 1 個複製頻譜
           [-W,W]                  [-W,W]
-------------|------------------------|--------------------> f
           -fs                     0                    fs

      X(f+fs)       X(f)        X(f-fs)
       位於          位於          位於
    [-fs-W,-fs+W]  [-W,W]      [fs-W,fs+W]

更完整地表示為

$$X_{\delta}(f) = f_s\left[ X(f+f_s)+X(f)+X(f-f_s)+X(f-2f_s)+\cdots \right]$$

各頻譜副本的中心分別位於

$$0,\ \pm f_s,\ \pm 2f_s,\ldots$$

每一個副本的頻寬範圍為

$$[kf_s-W,\;kf_s+W]$$

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4. 為何必須滿足 $f_s>2W$

位於 $0$ Hz 的原頻譜範圍為

$$[-W,W]$$

位於 $f_s$ 的下一個頻譜副本範圍為

$$[f_s-W,\;f_s+W]$$

為了避免兩者重疊，必須滿足

$$W<f_s-W$$

因此

$$f_s>2W$$

這就是奈奎斯特取樣定理。取樣頻率大於訊號最高頻率的兩倍時，各頻譜副本之間不會互相重疊，便能以理想低通濾波器取出原始頻譜。

若 $f_s<2W$，不同頻譜副本會重疊，產生混疊（aliasing），原訊號將無法由取樣資料完全恢復。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. Nyquist 零 ISI 條件：取樣時，除目標符號外，其餘符號的脈衝響應必須為零。
2. 匹配濾波器（matched filter）：在高斯雜訊下，使取樣時的訊雜比最大，因而最小化錯誤率。
3. 通道補償與雜訊白化：通道頻率響應為 $H_C(f)$，且雜訊功率頻譜密度為 $G_n(f)$，接收器必須同時考慮通道失真與雜訊頻譜。

令傳送器、通道與接收器的總頻率響應為

$$H_{\mathrm{eq}}(f) = H_T(f)H_C(f)H_R(f).$$

取樣延遲 $t_d$ 可併入相位項，以下忽略其影響。

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解題方法：先建立取樣輸出

由

$$x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_kh_T(t-kT),$$

經過通道與接收器後，在 $t=0$ 取樣，可得

$$V = \sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k g(kT)+N,$$

其中

$$g(t)=h_T(t)*h_C(t)*h_R(t),$$

且

$$G(f)=H_T(f)H_C(f)H_R(f).$$

要使輸出具有零 ISI，必須滿足

$$g(kT)= \begin{cases} A, & k=0,\\ 0, & k\neq 0. \end{cases}$$

因此

$$V=Aa_0+N.$$

這就是題目要求的形式。

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零 ISI 的頻域條件

由取樣定理，$g(kT)=A\delta[k]$ 等價於頻域週期延拓之和為常數：

$$\sum_{m=-\infty}^{\infty} G\left(f-\frac{m}{T}\right) =AT, \qquad |f|\leq \frac{1}{2T}.$$

因此，總等效脈衝 $g(t)$ 必須是 Nyquist pulse，例如 raised-cosine pulse。

若採用 raised-cosine 頻率響應 $H_{\mathrm{RC}}(f)$，則要求

$$H_T(f)H_C(f)H_R(f) = H_{\mathrm{RC}}(f)e^{-j2\pi ft_d}.$$

這樣即可保證取樣時零 ISI。

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最佳接收器：雜訊白化匹配濾波器

通過接收器前的訊號頻率響應為

$$H_T(f)H_C(f).$$

接收器輸出中的訊號取樣值與雜訊變異數分別為

$$A = \int_{-\infty}^{\infty} H_T(f)H_C(f)H_R(f) e^{j2\pi ft_d}\,df,$$

以及

$$\sigma_N^2 = \int_{-\infty}^{\infty} G_n(f)|H_R(f)|^2\,df.$$

在固定輸出訊號取樣值 $A$ 的條件下，利用 Cauchy–Schwarz 不等式，可知使訊雜比最大的接收器為

$$\boxed{ H_R(f) = K\, \frac{H_T^*(f)H_C^*(f)} {G_n(f)} e^{-j2\pi ft_d} }$$

其中 $K$ 為比例常數，用來調整輸出振幅。

此接收器包含兩個作用：

• $H_C^*(f)$：對通道造成的相位與幅度失真進行匹配。
• $\dfrac{1}{G_n(f)}$：對非白色雜訊進行白化。

若雜訊為白色 AWGN，

$$G_n(f)=\frac{N_0}{2},$$

則接收器化為一般匹配濾波器：

$$\boxed{ H_R(f) = K' H_T^*(f)H_C^*(f) e^{-j2\pi ft_d} }$$

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傳送器與接收器的共同設計

代入最佳接收器後，總等效頻率響應為

$$H_{\mathrm{eq}}(f) = K \frac{|H_T(f)H_C(f)|^2} {G_n(f)} e^{-j2\pi ft_d}.$$

因此，只要選擇 $H_T(f)$ 使得

$$K\frac{|H_T(f)H_C(f)|^2}{G_n(f)} = H_{\mathrm{N}}(f),$$

核心觀念

MSK（Minimum Shift Keying）是調變指數為

$$h=\frac{2\Delta f}{R_b}=\frac{1}{2}$$

的連續相位 FSK。其中：

• $R_b$：資料率
• $\Delta f$：載波頻率偏移量
• $f_c$：載波中心頻率

因此，

$$\Delta f=\frac{R_b}{4}$$

本題給定：

$$R_b=50\ \text{Kbps},\qquad f_c=10\ \text{MHz}$$

故

$$\Delta f=\frac{50\ \text{kHz}}{4}=12.5\ \text{kHz}$$

採用一般二元 FSK 慣例：

• bit $1$ 對應瞬時頻率 $f_c+\Delta f$
• bit $0$ 對應瞬時頻率 $f_c-\Delta f$

所以

$$f_1=10\ \text{MHz}+12.5\ \text{kHz} =10.0125\ \text{MHz}$$ $$f_0=10\ \text{MHz}-12.5\ \text{kHz} =9.9875\ \text{MHz}$$

每一個 bit 的時間為

$$T_b=\frac{1}{R_b} =\frac{1}{50\times 10^3} =20\ \mu\text{s}$$

解題方法

MSK 的瞬時頻率由目前傳送的 bit 決定。雖然 MSK 要求相位連續，但瞬時頻率仍會依照資料符號在 $f_1$ 與 $f_0$ 之間切換。

對於第 $k$ 個 bit，可寫成

$$f_i(t)= \begin{cases} f_c+\Delta f, & b_k=1\\[4pt] f_c-\Delta f, & b_k=0 \end{cases}$$

其中每個頻率維持一個 bit 時間 $T_b=20\ \mu\text{s}$。

(a) 資料序列 $1010101010\ldots$

資料以 $1$、$0$ 交替出現，因此瞬時頻率也交替出現：

Bit	瞬時頻率
$1$	$10.0125\ \text{MHz}$
$0$	$9.9875\ \text{MHz}$
$1$	$10.0125\ \text{MHz}$
$0$	$9.9875\ \text{MHz}$

因此：