109 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《通信系統》

本題主要考驗對基本信號的時域變換（時間伸縮、平移）以及對常見信號的理解與繪製能力。

核心觀念：

1. 單位矩形函數 $\Pi(t)$: 定義為當 $|t| \le 1/2$ 時為 1，否則為 0。
2. 衝激串（或稱為梳狀濾波器）: $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(t-nT)$ 是週期為 $T$ 的單位衝激函數串。題目中的 $A(t)$ 應為單位衝激函數 $\delta(t)$，且求和應為 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(t - n)$。若 $A(t)$ 為三角函數，則題意不清，但根據常見信號，通常指衝激函數。假定 $A(t) = \delta(t)$。
3. 符號函數 $\text{sgn}(t)$: 定義為當 $t > 0$ 時為 1，當 $t < 0$ 時為 -1，在 $t=0$ 時通常定義為 0。
4. ** sinc 函數**: $\text{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$。

解題步驟：

a) $x_1(t) = \Pi(2t + 5)$
這是對單位矩形函數 $\Pi(t)$ 的時間伸縮和時間平移。
$\Pi(t)$ 在 $[-1/2, 1/2]$ 區間內為 1。
$\Pi(at)$ 表示時間伸縮。當 $a>1$，時間被壓縮；當 $0<a<1$，時間被延展。
$\Pi(2t)$ 表示將 $\Pi(t)$ 的寬度壓縮一半。所以 $\Pi(2t)$ 在 $[-1/4, 1/4]$ 區間內為 1。
$\Pi(2(t+5/2))$ 或 $\Pi(2t+5)$ 表示將 $\Pi(2t)$ 向左平移 $5/2$ 個單位。
因此，$\Pi(2t+5)$ 在區間 $[-1/4 - 5/2, 1/4 - 5/2]$ 內為 1。
$-1/4 - 5/2 = -1/4 - 10/4 = -11/4 = -2.75$
$1/4 - 5/2 = 1/4 - 10/4 = -9/4 = -2.25$
所以，$x_1(t)$ 在 $[-2.75, -2.25]$ 區間內為 1，其他地方為 0。

【答案】$x_1(t)$ 是一個寬度為 $0.5$、高度為 1 的矩形脈衝，中心在 $t = -2.5$，其非零區間為 $[-2.75, -2.25]$。

b) $x_2(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} A(t - n)$
假設 $A(t) = \delta(t)$，則 $x_2(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(t - n)$。
這是一個週期為 $T=1$ 的單位衝激函數串，衝激出現在 $t = \dots, -2, -1, 0, 1, 2, \dots$ 等整數時刻。

【答案】$x_2(t)$ 是衝激函數串，在每個整數時刻 $t=n$ ($n \in \mathbb{Z}$) 出現一個單位衝激。

c) $x_3(t) = \text{sgn}(2t) - \text{sgn}(t)$
我們需要分別繪製 $\text{sgn}(2t)$ 和 $\text{sgn}(t)$，然後進行相減。
$\text{sgn}(t)$ 定義：
$\text{sgn}(t) = \begin{cases} 1 & t > 0 \\ 0 & t = 0 \\ -1 & t < 0 \end{cases}$

$\text{sgn}(2t)$ 的行為：
若 $2t > 0 \implies t > 0$，則 $\text{sgn}(2t) = 1$。
若 $2t < 0 \implies t < 0$，則 $\text{sgn}(2t) = -1$。
若 $2t = 0 \implies t = 0$，則 $\text{sgn}(2t) = 0$。

核心觀念

本題考查 DSB-SC（Double-Sideband Suppressed-Carrier，雙邊帶抑制載波）振幅調變。因為題目給定訊息直接與載波相乘，因此

$$s(t)=m(t)c(t)=A\,m(t)\cos(\omega_c t)$$

其中

$$\omega_c=8000\pi\ \text{rad/s}$$

訊息為

$$m(t)=2\cos 400t+4\sin\left(500t+\frac{\pi}{3}\right)$$

使用的主要公式為

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

以及 Fourier transform 對偶關係

$$\mathcal{F}\{\cos\omega_0t\} =\pi\left[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\right]$$ $$\mathcal{F}\{\sin(\omega_0t+\phi)\} =\frac{\pi}{j} \left[ e^{j\phi}\delta(\omega-\omega_0) -e^{-j\phi}\delta(\omega+\omega_0) \right]$$

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解題方法

先將訊息中的每一個頻率成分分別與載波相乘。對於訊息頻率 $\omega_m$，DSB-SC 會產生兩個邊帶：

$$\omega_c+\omega_m,\qquad \omega_c-\omega_m$$

本題兩個訊息角頻率分別為 $400$ 與 $500\ \text{rad/s}$，因此會產生四組正頻率，並在負頻率處各有一個共軛對稱的脈衝。

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a) 時域表示

原始調變訊號為

$$s(t) =A\left[ 2\cos 400t +4\sin\left(500t+\frac{\pi}{3}\right) \right]\cos(8000\pi t)$$

分別展開第一項：

$$2A\cos 400t\cos(8000\pi t)$$ $$=A\left[ \cos\left((8000\pi+400)t\right) +\cos\left((8000\pi-400)t\right) \right]$$

第二項為

$$4A\sin\left(500t+\frac{\pi}{3}\right)\cos(8000\pi t)$$ $$=2A\sin\left((8000\pi+500)t+\frac{\pi}{3}\right) +2A\sin\left((500-8000\pi)t+\frac{\pi}{3}\right)$$

由於

$$\sin\left((500-8000\pi)t+\frac{\pi}{3}\right) = -\sin\left((8000\pi-500)t-\frac{\pi}{3}\right)$$

因此時域訊號為

$$\boxed{ \begin{aligned} s(t) ={}&A\cos\left((8000\pi+400)t\right)\\ &+A\cos\left((8000\pi-400)t\right)\\ &+2A\sin\left((8000\pi+500)t+\frac{\pi}{3}\right)\\ &-2A\sin\left((8000\pi-500)t-\frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} }$$

其中四個正角頻率為

$$\omega_c-500,\quad \omega_c-400,\quad \omega_c+400,\quad \omega_c+500$$

也就是

$$8000\pi-500,\quad 8000\pi-400,\quad 8000\pi+400,\quad 8000\pi+500$$

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b) 頻域表示

先求訊息訊號的 Fourier transform

對於

$$2\cos 400t$$

其 Fourier transform 為

$$2\pi\left[\delta(\omega-400)+\delta(\omega+400)\right]$$

對於

$$4\sin\left(500t+\frac{\pi}{3}\right)$$

其 Fourier transform 為

$$\frac{4\pi}{j} \left[ e^{j\pi/3}\delta(\omega-500) -e^{-j\pi/3}\delta(\omega+500) \right]$$

因此

$$\boxed{ \begin{aligned} M(\omega) ={}&2\pi\left[\delta(\omega-400)+\delta(\omega+400)\right]\\ &+\frac{4\pi}{j} \left[ e^{j\pi/3}\delta(\omega-500) -e^{-j\pi/3}\delta(\omega+500) \right] \end{aligned} }$$

使用調變定理

因為

$$s(t)=A\,m(t)\cos(\omega_ct)$$

而

$$\mathcal{F}\{\cos(\omega_ct)\} =\pi\left[\delta(\omega-\omega_c)+\delta(\omega+\omega_c)\right]$$

所以

$$S(\omega)=\frac{A}{2} \left[ M(\omega-\omega_c)+M(\omega+\omega_c) \right]$$

這是最簡潔的頻域表示。

將各脈衝展開後，令

$$\omega_c=8000\pi$$

可得

核心觀念

本題考查：

1. 調變的頻移性質：
   $m(t)\cos(2\pi f_0t)\;\longleftrightarrow\;\frac{1}{2}\left[M(f-f_0)+M(f+f_0)\right]$

2. 時域相乘對應頻域摺積：
   $m^2(t)\;\longleftrightarrow\;M(f)*M(f)$

3. 平方律元件會產生直流／低頻成分及二倍載波頻率成分。

由圖可知：

$M(f)=0,\qquad |f|>W$

因此 $m(t)$ 的基頻頻寬為 $W$。

以下採通信系統中常用的頻譜不重疊假設：

$f_0>3W$

此假設可確保各頻帶經過平方及濾波後不互相重疊。

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解題方法

令

$P(f)=\mathcal{F}\{m^2(t)\}=M(f)*M(f)$

因為 $M(f)$ 的支撐範圍為 $[-W,W]$，所以摺積後：

$P(f)=0,\qquad |f|>2W$

也就是說，$m^2(t)$ 的頻譜位於 $[-2W,2W]$。

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a) $x(t)$ 的頻譜

由系統圖：

$x(t)=m(t)\cos(2\pi f_0t)$

利用調變的頻移性質：

$X(f)=\frac{1}{2}M(f-f_0)+\frac{1}{2}M(f+f_0)$

因此：

• 在 $f=f_0$ 附近有一個由 $M(f)$ 平移而來的頻譜；
• 在 $f=-f_0$ 附近有一個對稱頻譜；
• 正頻率頻帶為
  $f_0-W\leq f\leq f_0+W$
• 負頻率頻帶為
  $-f_0-W\leq f\leq -f_0+W$

頻譜圖形相同於 $M(f)$，但振幅縮小為原來的 $1/2$，並平移至 $\pm f_0$。

因此 $x(t)$ 的正頻率頻寬為：

$B_x=(f_0+W)-(f_0-W)=2W$

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b) $y_1(t)$ 的頻譜

平方律元件輸出：

$y_1(t)=x^2(t)$

由

$x(t)=m(t)\cos(2\pi f_0t)$

可得：

$y_1(t)=m^2(t)\cos^2(2\pi f_0t)$

利用

$\cos^2\theta=\frac{1}{2}\left(1+\cos 2\theta\right)$

因此：

$y_1(t)=\frac{1}{2}m^2(t)+\frac{1}{2}m^2(t)\cos(4\pi f_0t)$

對應頻域為：

$$Y_1(f)=\frac{1}{2}P(f) +\frac{1}{4}P(f-2f_0) +\frac{1}{4}P(f+2f_0)$$

其中 $P(f)=M(f)*M(f)$，且 $P(f)$ 的範圍為 $[-2W,2W]$。

所以 $Y_1(f)$ 包含三部分：

1. 基頻成分：
   $\frac{1}{2}P(f),\qquad -2W\leq f\leq 2W$

2. 位於 $+2f_0$ 的頻帶：
   $\frac{1}{4}P(f-2f_0),\qquad 2f_0-2W\leq f\leq 2f_0+2W$

3. 位於 $-2f_0$ 的頻帶：
   $\frac{1}{4}P(f+2f_0),\qquad -2f_0-2W\leq f\leq -2f_0+2W$

核心觀念

本題考查 FM（Frequency Modulation）的基本參數：

• 載波振幅為 $A_c=100$。

• 訊息訊號最大振幅為 $\max|m(t)|$。

• 最大頻率偏移量：

  $\Delta f=k_f\max|m(t)|$

• FM 調變指數：

  $\beta_f=\frac{\Delta f}{W}$

• FM 訊號平均功率：

  $P_u=\frac{A_c^2}{2}$

• 以 Carson 法則估計 FM 頻寬：

  $B_T\approx 2(\Delta f+W)$

採用通信系統中常見的歸一化定義：

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

因此 $\operatorname{sinc}(400t)$ 的頻譜佔據 $-200$ Hz 至 $200$ Hz，訊息頻寬為

$W=200\text{ Hz}$

且 $\operatorname{sinc}(0)=1$，所以

$\max|m(t)|=10$

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解題方法

由題目給定

$\beta_f=6$

以及

$\beta_f=\frac{\Delta f}{W}$

可先求最大頻率偏移量：

$\Delta f=\beta_f W=6(200)=1200\text{ Hz}$

再由

$\Delta f=k_f\max|m(t)|=10k_f$

得到

$k_f=\frac{1200}{10}=120\text{ Hz/unit}$

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(a) 調變訊號 $u(t)$

FM 訊號的一般形式為

$$u(t)=A_c\cos\left[2\pi f_ct+2\pi k_f\int_{-\infty}^{t}m(\tau)\,d\tau\right]$$

代入 $A_c=100$、$k_f=120$ 以及 $m(t)=10\operatorname{sinc}(400t)$：

$$u(t)=100\cos\left[ 2\pi f_ct+ 2\pi(120)\int_{-\infty}^{t}10\operatorname{sinc}(400\tau)\,d\tau \right]$$

利用

$$\int \operatorname{sinc}(400t)\,dt = \frac{1}{400\pi}\operatorname{Si}(400\pi t)$$

其中

$$\operatorname{Si}(x)=\int_0^x\frac{\sin v}{v}\,dv$$

相位偏移項可寫成

$$2\pi(120)(10)\frac{1}{400\pi}\operatorname{Si}(400\pi t) = 6\operatorname{Si}(400\pi t)$$

因此，忽略常數相位所造成的等價相位差，調變訊號為

$$\boxed{ u(t)=100\cos\left[ 2\pi f_ct+6\operatorname{Si}(400\pi t) \right] }$$

也可保留積分形式：

$$\boxed{ u(t)=100\cos\left[ 2\pi f_ct+ 2\pi(120)\int_{-\infty}^{t}10\operatorname{sinc}(400\tau)\,d\tau \right] }$$

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(b) 最大頻率偏移量