113 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信系統（僅含類比通信、數位通信、訊號與系統）》

這題考驗對 LTI 系統時域響應的理解，特別是卷積與延遲的性質。

核心觀念：
卷積運算的交換性與延遲性質。

解題過程：
已知 $p(t)*h(t) = q(t)$。

(a) 尋找 $p(t-T)*h(t)$

卷積運算具有交換性，即 $f(t)*g(t) = g(t)*f(t)$。
另外，若 $x(t)*y(t) = z(t)$，則 $x(t-T)*y(t) = z(t-T)$。
此性質可由卷積的定義和延遲性質推導：
$x(t-T)*y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau-T) y(t-\tau) d\tau$
令 $\lambda = \tau-T$，則 $d\lambda = d\tau$。
$x(t-T)*y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\lambda) y(t-(\lambda+T)) d\lambda = \int_{-\infty}^{\infty} x(\lambda) y((t-T)-\lambda) d\lambda = z(t-T)$。

應用此性質於本題：
我們有 $p(t)*h(t) = q(t)$。
令 $x(t) = p(t)$，$y(t) = h(t)$。
則 $p(t-T)*h(t)$ 就是將 $p(t)$ 延遲 $T$ 後再與 $h(t)$ 做卷積。
根據上述性質，結果為 $q(t-T)$。

【答案】$q(t-T)$

(b) 直觀解釋 $p(t-T)*h(t)$ 的結果。

核心觀念：
LTI 系統的時移輸入會導致時移輸出。
卷積運算代表系統的響應。

直觀解釋：
卷積 $p(t)*h(t)$ 代表系統對輸入 $p(t)$ 的響應為 $q(t)$。
現在的輸入是 $p(t-T)$，這相當於將原來的輸入訊號 $p(t)$ 整個向右延遲了 $T$ 個時間單位。
由於系統是線性時不變 (LTI) 的，其響應對輸入的延遲具有相同的延遲特性。
也就是說，如果輸入延遲了 $T$，那麼輸出的響應也會跟著延遲 $T$。
因此，對於延遲的輸入 $p(t-T)$，系統的響應將會是原來響應 $q(t)$ 的延遲版本，即 $q(t-T)$。
想像一下，你對一個系統施加一個訊號，它產生一個輸出。如果你把這個訊號往後延遲一點再施加，系統的輸出也應該會跟著往後延遲。

【答案】見上述解釋。

(c) 尋找 $p(t-T)*h(t-T)$

核心觀念：
卷積運算的延遲性質。

解題過程：
我們已知 $p(t)*h(t) = q(t)$。
我們需要計算 $p(t-T)*h(t-T)$。
這相當於將 $p(t)$ 延遲 $T$ 後，再將 $h(t)$ 延遲 $T$ 後，兩者做卷積。

方法一：使用延遲性質
我們可以將 $p(t-T)*h(t-T)$ 看成是 $p(t-T)$ 這個訊號作為輸入，而系統的脈衝響應是 $h(t-T)$。
然而，直接將 $h(t-T)$ 作為脈衝響應比較複雜。
更直接的方法是利用卷積的延遲性質。
令 $x(t) = p(t)$，$y(t) = h(t)$。
我們知道 $x(t)*y(t) = q(t)$。
我們要計算的是 $x(t-T)*y(t-T)$。

令 $f(t) = x(t-T)$。
則 $f(t)*y(t-T) = [x(t-T)]*[y(t-T)]$。
我們知道 $x(t)*y(t) = q(t)$。
那麼 $x(t-T)*y(t) = q(t-T)$。
而 $x(t)*y(t-T) = q(t-T)$ (因為卷積是交換的)。

現在考慮 $p(t-T)*h(t-T)$。
我們可以將其看成是 $p(t-T)$ 與 $h(t-T)$ 的卷積。
令 $p'(t) = p(t-T)$。
那麼我們要求 $p'(t) * h(t-T)$。
我們知道 $p(t)*h(t) = q(t)$。
則 $p(t-T)*h(t) = q(t-T)$。
現在，我們將 $h(t)$ 替換成 $h(t-T)$。
若 $x(t)*y(t) = z(t)$，則 $x(t)*y(t-T) = z(t-T)$。
令 $x(t) = p(t)$，$y(t) = h(t)$。
則 $p(t)*h(t-T) = q(t-T)$。
我們要求的是 $p(t-T)*h(t-T)$。
令 $p'(t) = p(t-T)$。
則 $p'(t)*h(t-T) = p(t-T)*h(t-T)$。
我們知道 $p'(t)*h(t) = q(t-T)$。

核心觀念

本題考查白色高斯雜訊通過 LTI 系統後的三項性質：

1. LTI 系統輸出 PSD：

$$S_y(f)=S_n(f)|G(f)|^2$$

2. 若輸入為嚴格平穩的高斯程序，通過固定的 LTI 系統後，輸出仍為嚴格平穩程序。

3. 對聯合高斯隨機變數而言，「不相關」等價於「獨立」。因此，只要證明 $y(100)$ 與 $y(102)$ 的互相關為零，即可判定兩者獨立。

---

解題方法

系統脈衝響應為

$$g(t)= \begin{cases} 1, & 0<t<2,\\ 0, & \text{其他時間。} \end{cases}$$

其頻率響應為

$$G(f)=\int_{0}^{2}e^{-j2\pi ft}\,dt$$ $$=\frac{1-e^{-j4\pi f}}{j2\pi f}$$

利用

$$1-e^{-j4\pi f}=2je^{-j2\pi f}\sin(2\pi f)$$

可得

$$G(f)=e^{-j2\pi f}\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}$$

因此

$$|G(f)|^2= \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2$$

其中 $f=0$ 時應以極限處理，得到 $|G(0)|^2=4$。

系統輸出亦可寫成移動積分形式：

$$y(t)=n(t)*g(t)$$ $$=\int_{0}^{2}n(t-\tau)\,d\tau$$ $$=\int_{t-2}^{t}n(u)\,du$$

因此，$y(t)$ 等於對最近 2 秒內的白色高斯雜訊進行積分。

---

(a) 求 $y(t)$ 的 PSD

輸入雜訊的雙邊 PSD 為

$$S_n(f)=\frac{N_0}{2}$$

LTI 系統輸出的 PSD 為

$$S_y(f)=S_n(f)|G(f)|^2$$

代入結果：

$$S_y(f) = \frac{N_0}{2} \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2$$

【答案】

$$\boxed{ S_y(f)= \frac{N_0}{2} \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2 }$$

此頻譜具有 $\operatorname{sinc}^2$ 形狀，表示長度為 2 的矩形積分器會抑制高頻雜訊成分。

---

(b) $y(t)$ 是否為嚴格平穩程序？

白色高斯雜訊 $n(t)$ 是高斯程序，且其統計特性不隨絕對時間改變。經過固定且時不變的 LTI 系統後，輸出為

$$y(t)=\int_{t-2}^{t}n(u)\,du$$

對任意時間平移 $t_0$，

$$y(t+t_0)=\int_{t+t_0-2}^{t+t_0}n(u)\,du$$

核心觀念

接收端在 $y_n$ 判決時，只使用當下樣本，因此前後符號造成的干擾都視為隨機的符元間干擾（ISI）。二元反極性訊號的判決門檻為 $0$；給定 ISI 後，錯誤率可由高斯雜訊尾端機率 $Q(\cdot)$ 計算。

解題方法

由非零取樣脈衝係數 $p_1=p_2=0.5$，可將接收樣本寫成

$$y_n=a_n+I_n+z_n,\qquad I_n=\frac{1}{2}a_{n-1}+\frac{1}{2}a_{n-2}.$$

其中 $a_{n-1}$、$a_{n-2}$ 獨立且等機率取 $-1$ 或 $+1$。

(a) ISI 的可能值與機率

兩個前置符元相加後，ISI 的可能值為：

• $a_{n-1}=a_{n-2}=-1$ 時，$I_n=-1$，機率為 $\frac14$。
• 兩者一正一負時，$I_n=0$，機率為 $\frac12$。
• $a_{n-1}=a_{n-2}=+1$ 時，$I_n=+1$，機率為 $\frac14$。

因此，

$$\Pr(I_n=-1)=\frac14,\qquad \Pr(I_n=0)=\frac12,\qquad \Pr(I_n=+1)=\frac14.$$

(b) 位元錯誤率

利用對稱性，只需計算傳送 $a_n=+1$ 時的錯誤率。此時接收端在 $y_n<0$ 時判錯。給定 ISI 為 $I_n=i$，

$$y_n=1+i+z_n.$$

由 $z_n\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$，條件錯誤率為

$$\Pr(y_n<0\mid I_n=i,a_n=+1) =Q\left(\frac{1+i}{\sigma}\right).$$

依照 (a) 的 ISI 機率加權平均：

核心觀念

本題考查：

• 加性雜訊通道 $y=x+n$ 的最佳判決。

• 等先驗機率下，最小錯誤率判決等同於最大概似判決。

• 均勻分布雜訊的錯誤機率。

• SNR 定義：

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

其中均勻分布於 $[-L/2,L/2]$ 的雜訊，其平均值為 $0$、變異數為

$$P_n=\sigma_n^2=\frac{L^2}{12}.$$

---

(a) 最佳判決門檻

輸入只有兩種可能：

$$x=+1,\qquad x=-1$$

由於兩種輸入等機率，且雜訊分布關於 $0$ 對稱，因此最佳判決門檻位於兩個訊號的中點：

$$\gamma=\frac{(+1)+(-1)}{2}=0.$$

接收端判決規則為

$$\begin{cases} y>0 \Rightarrow \hat{x}=+1,\\ y<0 \Rightarrow \hat{x}=-1. \end{cases}$$

當 $y=0$ 時，兩種判決皆可；由於連續分布下發生 $y=0$ 的機率為 $0$，不影響錯誤率。

---

(b) 使 BER $P_e<10^{-6}$ 的 $L$

考慮傳送 $x=+1$ 的情況：

$$y=1+n.$$

發生錯誤的條件為 $y<0$，因此

$$1+n<0 \Rightarrow n<-1.$$

由於 $n$ 均勻分布於 $[-L/2,L/2]$：

• 若 $L\le 2$，則 $n\ge -1$，完全不會錯誤；
• 若 $L>2$，錯誤區間為 $[-L/2,-1)$，長度為 $L/2-1$。

所以

$$P_e= \begin{cases} 0, & L\le 2,\\[4pt] \dfrac{L/2-1}{L}, & L>2. \end{cases}$$

整理得

$$P_e= \begin{cases} 0, & L\le 2,\\[4pt] \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{L}, & L>2. \end{cases}$$

當 $L>2$ 時，要求

$$\frac{1}{2}-\frac{1}{L}<10^{-6}.$$

因此

$$\frac{1}{L}>\frac{1}{2}-10^{-6}=0.499999,$$

故

$$L<\frac{1}{0.499999} \approx 2.000004.$$

因此完整條件為

$$\boxed{L<2.000004\text{（約）}}$$

其中 $L\le 2$ 時 BER 直接為 $0$。

---

(c) SNR 作為 $L$ 的函數

訊號 $x=\pm1$ 等機率，因此訊號平均功率為

$$P_x=E[x^2]=1.$$

均勻雜訊的功率為其變異數：

$$P_n=\sigma_n^2=\frac{L^2}{12}.$$

所以

$$\mathrm{SNR} =\frac{P_x}{P_n} =\frac{1}{L^2/12} =\boxed{\frac{12}{L^2}}.$$

若以分貝表示：

$$\mathrm{SNR}_{\mathrm{dB}} =10\log_{10}\left(\frac{12}{L^2}\right).$$

---

(d) 確保無錯誤傳輸的最小 SNR

要達到錯誤率為 $0$，雜訊的最大幅度不可超過判決門檻到訊號點的距離。

對二元訊號 $x=\pm1$ 而言，判決門檻為 $0$，因此訊號點到門檻的距離為 $1$。必須滿足

$$\frac{L}{2}\le 1,$$

即

核心觀念

本題考查：

1. AWGN 通道下的最大概似偵測（Maximum Likelihood Detection）。
2. 等概訊號的最小歐氏距離判決。
3. 訊號星座的平均能量 $$\bar E_s=\frac{1}{M}\sum_{i=1}^{M}\|s_i\|^2$$
4. 共同平移不會改變訊號間距離，因此不會改變實際符號錯誤率。
5. 將星座平移至幾何中心，可使平均符號能量最小。

AWGN 的每一個座標雜訊皆為高斯隨機變數，變異數為

$$\sigma_n^2=\frac{N_0}{2}.$$

因為各訊號等概，最佳判決為選擇與接收向量歐氏距離最小的訊號。

---

解題方法

四個訊號為

$$s_1=(a,2a,a),\qquad s_2=(a,0,a),$$ $$s_3=(-a,2a,a),\qquad s_4=(-a,0,a).$$

所有訊號的第三個座標皆為 $a$，因此第三維只是一個共同位移，並不提供辨識訊號所需的資訊。真正影響判決的是前兩個座標。

在前兩維中，訊號形成一個邊長為 $2a$ 的正方形：

• $x$ 座標為 $\pm a$；
• $y$ 座標為 $0$ 或 $2a$；
• 判決邊界為 $x=0$ 與 $y=a$。

以 $s_1=(a,2a,a)$ 為例，正確判決必須同時滿足

$$a+n_x>0$$

以及

$$2a+n_y>a,$$

也就是

$$n_x>-a,\qquad n_y>-a.$$

由於 $n_x,n_y$ 相互獨立，其他三個訊號的正確判決機率相同。

---

(a) 精確符號錯誤率

單一座標發生錯誤的機率為

$$P(n_x<-a) =Q\left(\frac{a}{\sigma_n}\right) =Q\left(\frac{a}{\sqrt{N_0/2}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}}\right).$$

令

$$q=Q\left(\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}}\right).$$

每一個座標正確的機率為 $1-q$，兩個座標皆正確的機率為

$$P_c=(1-q)^2.$$

因此精確符號錯誤率為

$$P_s=1-P_c =1-(1-q)^2 =2q-q^2.$$

不過本題的每個訊號位於正方形的角落，從某一訊號出發，錯誤區域包含兩個相鄰方向。以標準雙軸判決表示，錯誤率應寫成兩個獨立座標錯誤事件的聯集：

$$P_s =P(E_x\cup E_y) =P(E_x)+P(E_y)-P(E_x\cap E_y).$$

其中

$$P(E_x)=P(E_y)=2Q\left(\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}}\right),$$

因為從座標中心到判決邊界的兩側總錯誤機率為兩尾機率。因此

$$P_s =4Q\left(\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}}\right) -4Q^2\left(\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}}\right).$$

接著計算平均符號能量：

$$\|s_1\|^2=\|s_3\|^2=6a^2,$$ $$\|s_2\|^2=\|s_4\|^2=2a^2.$$

所以

$$\bar E_s =\frac{6a^2+2a^2+6a^2+2a^2}{4} =4a^2.$$

因此

$$\frac{2a^2}{N_0} =\frac{\bar E_s}{2N_0}.$$

令平均符號能量對雜訊功率譜密度比為

$$\gamma_s=\frac{\bar E_s}{N_0},$$

則

$$\boxed{ P_s = 4Q\left(\sqrt{\frac{\gamma_s}{2}}\right) - 4Q^2\left(\sqrt{\frac{\gamma_s}{2}}\right) }$$

這就是以原星座平均符號能量表示的精確符號錯誤率。

---

(b) 使平均符號能量最小的平移向量

新的訊號為

核心觀念

最小距離接收器選擇使平方歐氏距離最小的訊號：

$$\hat a=\arg\min_{a\in\{-63,-61,\ldots,63\}} \int |r(t)-ag(t)|^2\,dt.$$

由圖可得

$$g(t)= \begin{cases} 1-t, & 0\le t\le 1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

區間外所有候選訊號皆為 $0$，對各個 $a$ 增加的距離相同，因此只需計算 $0\le t\le1$。

解題方法

對任一候選振幅 $a$，

$$d^2(a)=\int_0^1[-18-a(1-t)]^2dt.$$

展開並積分：

這題考驗對 LTI 系統時域響應的理解，特別是卷積與延遲的性質。

核心觀念：
卷積運算的交換性與延遲性質。

解題過程：
已知 $p(t)*h(t) = q(t)$。

(a) 尋找 $p(t-T)*h(t)$

根據 LTI 系統的性質，若輸入訊號 $x(t)$ 經過系統響應 $y(t)$ 得到輸出 $z(t) = x(t)*y(t)$，則當輸入訊號延遲 $T$ 後，即 $x(t-T)$，其輸出將會是原輸出訊號的延遲版本，即 $z(t-T) = x(t-T)*y(t)$。
在此題中，令 $x(t) = p(t)$，$y(t) = h(t)$，則 $p(t)*h(t) = q(t)$。
因此，將輸入 $p(t)$ 延遲 $T$ 後得到 $p(t-T)$，其與 $h(t)$ 的卷積結果為 $q(t-T)$。

【答案】$q(t-T)$

(b) 直觀解釋 $p(t-T)*h(t)$ 的結果。

核心觀念：
LTI 系統對輸入訊號的延遲具有相同的延遲特性。

直觀解釋：
卷積 $p(t)*h(t) = q(t)$ 表示 LTI 系統對輸入訊號 $p(t)$ 的響應是 $q(t)$。
現在，輸入訊號變成了 $p(t-T)$，這相當於將原始輸入訊號 $p(t)$ 整個向右（時間上）延遲了 $T$ 個單位。
由於系統是線性且時不變 (LTI) 的，它對輸入訊號的延遲會產生相同時間上的延遲響應。
換句話說，如果輸入訊號延遲了 $T$，那麼系統的輸出響應也會跟著延遲 $T$。
因此，對延遲的輸入 $p(t-T)$，系統的響應就是原始響應 $q(t)$ 的延遲版本，即 $q(t-T)$。
想像一下，你對一個系統施加一個訊號，它產生一個輸出。如果你把這個訊號往後延遲一點再施加，系統的輸出也應該會跟著往後延遲。

【答案】見上述解釋。

(c) 尋找 $p(t-T)*h(t-T)$

核心觀念：
卷積運算的延遲性質。

解題過程：
我們已知 $p(t)*h(t) = q(t)$。
我們要計算 $p(t-T)*h(t-T)$。
這相當於將 $p(t)$ 延遲 $T$ 後，再將 $h(t)$ 延遲 $T$ 後，兩者做卷積。
根據 LTI 系統的性質，若 $x(t)*y(t) = z(t)$，則 $x(t-T)*y(t-T) = z(t-2T)$。
證明如下：
$x(t-T)*y(t-T) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau-T) y(t-\tau-T) d\tau$
令 $\lambda = \tau-T$，則 $d\lambda = d\tau$。
$= \int_{-\infty}^{\infty} x(\lambda) y(t-(\lambda+T)-T) d\lambda$
$= \int_{-\infty}^{\infty} x(\lambda) y((t-T)-\lambda) d\lambda$
這個積分的結果是 $x(\cdot)$ 與 $y(\cdot)$ 在時間 $(t-T)$ 處的卷積，即 $z(t-T)$。
抱歉，前面的證明有誤。正確的推導如下：
令 $f(t) = x(t-T)$。我們知道 $f(t)*y(t) = z(t-T)$。
現在我們要求 $f(t)*y(t-T)$。
$f(t)*y(t-T) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) y(t-\tau-T) d\tau$
$= \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau-T) y(t-\tau-T) d\tau$
令 $\lambda = \tau-T$，則 $d\lambda = d\tau$。
$= \int_{-\infty}^{\infty} x(\lambda) y(t-(\lambda+T)-T) d\lambda$

核心觀念

本題考查白色高斯雜訊通過 LTI 系統後的三項性質：

1. LTI 系統輸出 PSD：

$$S_y(f)=S_n(f)|G(f)|^2$$

2. 若輸入為嚴格平穩的高斯程序，通過固定的 LTI 系統後，輸出仍為嚴格平穩程序。

3. 對聯合高斯隨機變數而言，「不相關」等價於「獨立」。因此，只要證明 $y(100)$ 與 $y(102)$ 的互相關為零，即可判定兩者獨立。

---

解題方法

系統脈衝響應為

$$g(t)= \begin{cases} 1, & 0<t<2,\\ 0, & \text{其他時間。} \end{cases}$$

其頻率響應為

$$G(f)=\int_{0}^{2}e^{-j2\pi ft}\,dt$$ $$=\frac{1-e^{-j4\pi f}}{j2\pi f}$$

利用

$$1-e^{-j4\pi f}=2je^{-j2\pi f}\sin(2\pi f)$$

可得

$$G(f)=e^{-j2\pi f}\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}$$

因此

$$|G(f)|^2= \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2$$

其中 $f=0$ 時應以極限處理，得到 $|G(0)|^2=4$。

系統輸出亦可寫成移動積分形式：

$$y(t)=n(t)*g(t)$$ $$=\int_{0}^{2}n(t-\tau)\,d\tau$$ $$=\int_{t-2}^{t}n(u)\,du$$

因此，$y(t)$ 等於對最近 2 秒內的白色高斯雜訊進行積分。

---

(a) 求 $y(t)$ 的 PSD

輸入雜訊的雙邊 PSD 為

$$S_n(f)=\frac{N_0}{2}$$

LTI 系統輸出的 PSD 為

$$S_y(f)=S_n(f)|G(f)|^2$$

代入結果：

$$S_y(f) = \frac{N_0}{2} \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2$$

【答案】

$$\boxed{ S_y(f)= \frac{N_0}{2} \left(\frac{\sin(2\pi f)}{\pi f}\right)^2 }$$

此頻譜具有 $\operatorname{sinc}^2$ 形狀，表示長度為 2 的矩形積分器會抑制高頻雜訊成分。

---

(b) $y(t)$ 是否為嚴格平穩程序？

白色高斯雜訊 $n(t)$ 是高斯程序，且其統計特性不隨絕對時間改變。經過固定且時不變的 LTI 系統後，輸出為

$$y(t)=\int_{t-2}^{t}n(u)\,du$$

對任意時間平移 $t_0$，

$$y(t+t_0)=\int_{t+t_0-2}^{t+t_0}n(u)\,du$$

核心觀念

接收端在 $y_n$ 判決時，只使用當下樣本，因此前後符號造成的干擾都視為隨機的符元間干擾（ISI）。二元反極性訊號的判決門檻為 $0$；給定 ISI 後，錯誤率可由高斯雜訊尾端機率 $Q(\cdot)$ 計算。

解題方法

由非零取樣脈衝係數 $p_1=p_2=0.5$，可將接收樣本寫成

$$y_n=a_n+I_n+z_n,\qquad I_n=\frac{1}{2}a_{n-1}+\frac{1}{2}a_{n-2}.$$

其中 $a_{n-1}$、$a_{n-2}$ 獨立且等機率取 $-1$ 或 $+1$。

(a) ISI 的可能值與機率

兩個前置符元相加後，ISI 的可能值為：

• $a_{n-1}=a_{n-2}=-1$ 時，$I_n=-1$，機率為 $\frac14$。
• 兩者一正一負時，$I_n=0$，機率為 $\frac12$。
• $a_{n-1}=a_{n-2}=+1$ 時，$I_n=+1$，機率為 $\frac14$。

因此，

$$\Pr(I_n=-1)=\frac14,\qquad \Pr(I_n=0)=\frac12,\qquad \Pr(I_n=+1)=\frac14.$$

(b) 位元錯誤率

利用對稱性，只需計算傳送 $a_n=+1$ 時的錯誤率。此時接收端在 $y_n<0$ 時判錯。給定 ISI 為 $I_n=i$，

$$y_n=1+i+z_n.$$

由 $z_n\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$，條件錯誤率為

$$\Pr(y_n<0\mid I_n=i,a_n=+1) =Q\left(\frac{1+i}{\sigma}\right).$$

依照 (a) 的 ISI 機率加權平均：

核心觀念

本題考查：

• 加性雜訊通道 $y=x+n$ 的最佳判決。

• 等先驗機率下，最小錯誤率判決等同於最大概似判決。

• 均勻分布雜訊的錯誤機率。

• SNR 定義：

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

其中均勻分布於 $[-L/2,L/2]$ 的雜訊，其平均值為 $0$、變異數為

$$P_n=\sigma_n^2=\frac{L^2}{12}.$$

---

(a) 最佳判決門檻

輸入只有兩種可能：

$$x=+1,\qquad x=-1$$

由於兩種輸入等機率，且雜訊分布關於 $0$ 對稱，因此最佳判決門檻位於兩個訊號的中點：

$$\gamma=\frac{(+1)+(-1)}{2}=0.$$

接收端判決規則為

$$\begin{cases} y>0 \Rightarrow \hat{x}=+1,\\ y<0 \Rightarrow \hat{x}=-1. \end{cases}$$

當 $y=0$ 時，兩種判決皆可；由於連續分布下發生 $y=0$ 的機率為 $0$，不影響錯誤率。

---

(b) 使 BER $P_e<10^{-6}$ 的 $L$

考慮傳送 $x=+1$ 的情況：

$$y=1+n.$$

發生錯誤的條件為 $y<0$，因此

$$1+n<0 \Rightarrow n<-1.$$

由於 $n$ 均勻分布於 $[-L/2,L/2]$：

• 若 $L\le 2$，則 $n\ge -1$，完全不會錯誤；
• 若 $L>2$，錯誤區間為 $[-L/2,-1)$，長度為 $L/2-1$。

所以

$$P_e= \begin{cases} 0, & L\le 2,\\[4pt] \dfrac{L/2-1}{L}, & L>2. \end{cases}$$

整理得

$$P_e= \begin{cases} 0, & L\le 2,\\[4pt] \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{L}, & L>2. \end{cases}$$

當 $L>2$ 時，要求

$$\frac{1}{2}-\frac{1}{L}<10^{-6}.$$

因此

$$\frac{1}{L}>\frac{1}{2}-10^{-6}=0.499999,$$

故

$$L<\frac{1}{0.499999} \approx 2.000004.$$

因此完整條件為

$$\boxed{L<2.000004\text{（約）}}$$

其中 $L\le 2$ 時 BER 直接為 $0$。

---

(c) SNR 作為 $L$ 的函數

訊號 $x=\pm1$ 等機率，因此訊號平均功率為

$$P_x=E[x^2]=1.$$

均勻雜訊的功率為其變異數：

$$P_n=\sigma_n^2=\frac{L^2}{12}.$$

所以

$$\mathrm{SNR} =\frac{P_x}{P_n} =\frac{1}{L^2/12} =\boxed{\frac{12}{L^2}}.$$

若以分貝表示：

$$\mathrm{SNR}_{\mathrm{dB}} =10\log_{10}\left(\frac{12}{L^2}\right).$$

---

(d) 確保無錯誤傳輸的最小 SNR

要達到錯誤率為 $0$，雜訊的最大幅度不可超過判決門檻到訊號點的距離。

對二元訊號 $x=\pm1$ 而言，判決門檻為 $0$，因此訊號點到門檻的距離為 $1$。必須滿足

$$\frac{L}{2}\le 1,$$

即