109 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信系統》

核心觀念

離散時間傅立葉轉換（DTFT）定義為

$$X(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j\omega n},$$

其中 $\omega$ 是以弧度／樣本表示的角頻率。由於時間索引 $n$ 為整數，頻率變化 $2\pi$ 會使指數項保持不變，因此 DTFT 具有 $2\pi$ 週期。

解題方法

將頻率 $\omega$ 改為 $\omega+2\pi k$，其中 $k$ 為任意整數：

$$\begin{aligned} X(e^{j(\omega+2\pi k)}) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j(\omega+2\pi k)n}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j\omega n}e^{-j2\pi kn}. \end{aligned}$$

核心觀念

訊號雜訊比（SNR）定義為期望訊號的平均功率與雜訊功率之比：

$$\mathrm{SNR}=\frac{P_s}{P_n}$$

以分貝表示時，功率比須乘上 $10\log_{10}$。期望訊號等機率取 $+2$ 與 $-2$，其平均功率為訊號平方的期望值。

解題方法

先將 $10\,\mathrm{dB}$ 轉成線性功率比：

$$\mathrm{SNR}_{\text{線性}}=10^{10/10}=10$$

期望訊號平均值為

OFDM 訊號的核心概念是將高速的資料串流分割成多個低速的資料串流，然後將這些低速資料串流調變到不同的、互相正交的載波上進行傳輸。這裡的「正交」是關鍵，它使得各個子載波的訊號在接收端可以被獨立地解調，而不會互相干擾（理論上）。

從連續時間傅立葉級數 (Continuous-Time Fourier Series, CTFS) 的角度來解釋 OFDM 訊號，我們可以將 OFDM 訊號視為一個由多個頻率成分組成的訊號，其中每個頻率成分都對應一個子載波。

假設我們有 $N$ 個子載波，它們的頻率分別為 $f_0, f_1, f_2, \ldots, f_{N-1}$。在 OFDM 中，這些子載波的頻率是按照特定規則排列的，最常見的是等間隔排列，即 $f_k = f_0 + k \Delta f$，其中 $\Delta f$ 是子載波間的頻率間隔。

OFDM 的一個重要特性是子載波之間的正交性。如果我們考慮一個 Symbol 週期 $T_s$，那麼對於任意兩個不同的子載波 $k$ 和 $m$（$k \neq m$），它們的頻率差 $f_k - f_m$ 必須是 $1/T_s$ 的整數倍，以確保在 Symbol 週期內它們是正交的。更精確地說，為了實現頻率上的正交性，子載波的頻率間隔 $\Delta f$ 通常被設定為 $1/T_s$。這樣，頻率為 $f_k = f_0 + k \Delta f$ 的子載波與頻率為 $f_m = f_0 + m \Delta f$ 的子載波，在 Symbol 週期 $T_s$ 上的積分（代表其相關性）為零，如果 $k \neq m$。

一個理想化的、不考慮循環前綴 (CP) 的 OFDM 訊號 $s(t)$，在一個 Symbol 週期 $T_s$ 內，可以表示為所有子載波上調變的訊號之和：
$s(t) = \sum_{k=0}^{N-1} s_k(t)$
其中 $s_k(t)$ 是第 $k$ 個子載波上的訊號。

這題探討一個簡單的通信系統模型，並要求計算 SNR、平均功率以及在特定條件下的機率密度函數。

給定模型：
$R = hS + N$
其中：

• $S$：傳輸訊號，隨機變數 (RV)，$E[S] = 0$, $\text{Var}(S) = \sigma_S^2$。
• $h$：通道增益，實數常數。
• $N$：接收雜訊，隨機變數 (RV)，$E[N] = 0$, $\text{Var}(N) = \sigma_N^2$。
• $S$ 和 $N$ 互為獨立。
• 所有 RV 均為實數。

(a) (5%) Determine the signal-to-noise ratio (SNR) of R.

SNR 的定義通常是訊號的平均功率與雜訊的平均功率之比。
在接收端，我們通常關心的是接收到的「有用訊號」的功率與雜訊功率的比例。

首先，計算接收到的「有用訊號」功率。這裡的有用訊號是指經過通道衰減/增益後的傳輸訊號，即 $hS$。
有用訊號的平均功率 $P_{hS} = E[(hS)^2]$。
由於 $h$ 是常數，
$P_{hS} = E[h^2 S^2] = h^2 E[S^2]$
因為 $E[S] = 0$，所以 $E[S^2] = \text{Var}(S) = \sigma_S^2$。
因此，有用訊號的平均功率為 $P_{hS} = h^2 \sigma_S^2$。

接收到的雜訊功率是 $P_N = E[N^2]$。
因為 $E[N] = 0$，所以 $E[N^2] = \text{Var}(N) = \sigma_N^2$。
因此，雜訊功率為 $P_N = \sigma_N^2$。

接收訊號 $R$ 的 SNR 定義為有用訊號功率與雜訊功率的比值：
$SNR = \frac{P_{hS}}{P_N} = \frac{h^2 \sigma_S^2}{\sigma_N^2}$

【答案】接收訊號 $R$ 的 SNR 為 $\frac{h^2 \sigma_S^2}{\sigma_N^2}$。

(b) (5%) Determine the average power of the received signal.

接收訊號 $R$ 的平均功率為 $P_R = E[R^2]$。
我們知道 $R = hS + N$。
$P_R = E[(hS + N)^2]$
$P_R = E[(hS)^2 + 2(hS)N + N^2]$
$P_R = E[h^2 S^2 + 2hSN + N^2]$
利用期望的線性性質：
$P_R = E[h^2 S^2] + E[2hSN] + E[N^2]$
$P_R = h^2 E[S^2] + 2h E[SN] + E[N^2]$

我們已知：

• $E[S^2] = \sigma_S^2$ (因為 $E[S]=0$)
• $E[N^2] = \sigma_N^2$ (因為 $E[N]=0$)

由於 $S$ 和 $N$ 是相互獨立的，且 $E[S]=0$ 和 $E[N]=0$，所以：
$E[SN] = E[S] E[N] = 0 \times 0 = 0$。

將這些值代入 $P_R$ 的表達式：
$P_R = h^2 \sigma_S^2 + 2h (0) + \sigma_N^2$
$P_R = h^2 \sigma_S^2 + \sigma_N^2$

這表示接收訊號的平均功率是經過通道增益後的傳輸訊號功率 $h^2 \sigma_S^2$ 與雜訊功率 $\sigma_N^2$ 之和。

【答案】接收訊號 $R$ 的平均功率為 $h^2 \sigma_S^2 + \sigma_N^2$。

核心觀念

DPSK（Differential Phase Shift Keying，差動相位偏移鍵控）不直接以絕對載波相位表示資料，而是以「前後兩個符號的相位差」表示資料。

採用本題表格所對應的慣例：

• 資料位元 $1$：相位不變
• 資料位元 $0$：相位反轉，即相位改變 $\pi$
• 初始參考相位為 $0$

因此差動編碼規則為

$$c_k= \begin{cases} c_{k-1}, & m_k=1\\ \overline{c_{k-1}}, & m_k=0 \end{cases}$$

其中 $c_k=1$ 表示目前相位為 $0$，$c_k=0$ 表示目前相位為 $\pi$。

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(a) 填寫編碼序列與傳送相位

題目給定訊息序列

$$m_k=1\ 0\ 0\ 1\ 0\ 1\ 0\ 0\ 0$$

初始參考相位為 $0$，逐位進行差動編碼：

$m_k$	1	0	0	1	0	1	0	0	0
$c_k$	1	0	1	1	0	0	1	0	1
相位	$0$	$\pi$	$0$	$0$	$\pi$	$\pi$	$0$	$\pi$	$0$

說明如下：

• 第一個位元為 $1$，相位維持參考相位 $0$。
• 第二個位元為 $0$，相位由 $0$ 反轉為 $\pi$。
• 第三個位元為 $0$，再次反轉回 $0$。
• 第四個位元為 $1$，相位維持 $0$。
• 依此類推。

所以：

$$\boxed{\text{Encoded sequence}=101100101}$$ $$\boxed{\text{Transmitted phase}=0,\ \pi,\ 0,\ 0,\ \pi,\ \pi,\ 0,\ \pi,\ 0}$$

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(b) Binary DPSK 最佳接收器

解題方法

DPSK 接收器不需要知道絕對載波相位，只需比較目前符號與前一個符號的相位差。因此將接收訊號延遲一個符號時間 $T$，再與目前訊號相乘。

複數基頻表示下：

$$r(t)=s(t)+n(t)$$

接收器的相關器輸出為

$$z_k=\operatorname{Re}\left\{ \int_{kT}^{(k+1)T}r(t)r^*(t-T)\,dt \right\}$$

其中 $r^*(t-T)$ 是延遲一個符號時間後的共軛接收訊號。

接收器結構如下：

$$r(t) \longrightarrow \begin{array}{c} \text{延遲 }T\\ \text{共軛} \end{array} \longrightarrow \times \longleftarrow r(t) \longrightarrow \text{乘積積分器} \longrightarrow \text{取樣} \longrightarrow \text{判決}$$

判決規則為

$$\hat m_k= \begin{cases} 1, & z_k\geq 0\\ 0, & z_k<0 \end{cases}$$

其中：

核心觀念

本題考查三個重點：

1. M-ary PSK 的符號配置與 Gray code
2. 符號錯誤率 $P_{\text{symbol}}$ 與位元錯誤率 $P_{\text{bit}}$ 的關係
3. 高訊雜比下，鄰近符號錯誤主導時的近似分析

8-PSK 每個符號攜帶

$$k=\log_2 8=3$$

個位元。相鄰相位的符號最容易互相誤判，因此應使相鄰符號的位元標籤只差 1 個位元。

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（a）8-PSK 的最佳符號編碼

8-PSK 的 8 個符號均勻分布於圓周上，相鄰符號的相位差為

$$\Delta\theta=\frac{2\pi}{8}=\frac{\pi}{4}.$$

由於 AWGN 通道中的錯誤最常發生在判決邊界兩側，也就是將某一符號誤判為其左右兩個相鄰符號，因此應採用 Gray coding，使圓周上相鄰符號的標籤只相差 1 個位元。

一組符合要求的編碼如下：

相位順序	符號標籤
$0$	$000$
$\pi/4$	$001$
$\pi/2$	$011$
$3\pi/4$	$010$
$\pi$	$110$
$5\pi/4$	$111$
$3\pi/2$	$101$
$7\pi/4$	$100$

最後一個標籤 $100$ 與第一個標籤 $000$ 也只差 1 個位元，因此首尾相接後仍維持 Gray code：

$$000\rightarrow001\rightarrow011\rightarrow010 \rightarrow110\rightarrow111\rightarrow101\rightarrow100 \rightarrow000.$$

例如：

• $000\rightarrow001$：錯 1 位
• $001\rightarrow011$：錯 1 位
• $011\rightarrow010$：錯 1 位
• $100\rightarrow000$：錯 1 位

因此，8-PSK 應採用圓周相鄰符號僅差一個位元的 Gray 編碼，以最小化主要錯誤事件所造成的位元錯誤數。

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（b）$P_{\text{bit}}$ 與 $P_{\text{symbol}}$ 的關係

在高訊雜比下，錯誤大多是將某一符號誤判為左右兩個相鄰符號。使用 Gray code 時，每次相鄰符號誤判只造成 1 個位元錯誤。

每個符號包含 3 個位元，因此若符號錯誤率為 $P_{\text{symbol}}$，平均每個錯誤符號造成 1 個位元錯誤，則

$$P_{\text{bit}} \approx \frac{1}{3}P_{\text{symbol}}.$$

所以 8-PSK 的常用關係為

$$\boxed{ P_{\text{bit}}\approx\frac{P_{\text{symbol}}}{\log_2 8} =\frac{P_{\text{symbol}}}{3} }$$

更一般地，對 Gray-coded 的 $M$-ary PSK，在高訊雜比下：

$$\boxed{ P_{\text{bit}}\approx \frac{P_{\text{symbol}}}{\log_2 M} }$$

這個關係是高訊雜比近似式，並非所有訊雜比下的嚴格等式。原因是非相鄰符號錯誤可能造成 2 或 3 個位元同時錯誤。

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（c）另一個較一般的關係

令 $d_H(i,j)$ 表示符號 $i$ 與誤判符號 $j$ 的 Hamming distance，則位元錯誤率的精確表示式為