114 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）》

核心觀念

本題考查：

1. 連續時間傅立葉轉換的卷積定理。
2. 正弦波與矩形頻譜之間的傅立葉轉換對偶關係。
3. 利用頻域頻帶是否重疊，快速判斷時域卷積結果。

採用角頻率形式的連續時間傅立葉轉換：

$$X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt$$

其反轉換為

$$x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega.$$

定義卷積：

$$(x*y)(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)y(t-\tau)\,d\tau.$$

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（a）證明連續時間傅立葉轉換的卷積定理

令

$$z(t)=x(t)*y(t) =\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)y(t-\tau)\,d\tau.$$

對 $z(t)$ 進行傅立葉轉換：

$$Z(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}z(t)e^{-j\omega t}\,dt.$$

代入卷積定義：

$$Z(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \left[ \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau)y(t-\tau)\,d\tau \right] e^{-j\omega t}\,dt.$$

在積分條件允許交換次序下，交換兩個積分：

$$Z(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}x(\tau) \left[ \int_{-\infty}^{\infty} y(t-\tau)e^{-j\omega t}\,dt \right]d\tau.$$

令

$$u=t-\tau,\qquad t=u+\tau,\qquad dt=du.$$

因此內部積分變為

$$\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} y(t-\tau)e^{-j\omega t}\,dt &= \int_{-\infty}^{\infty} y(u)e^{-j\omega(u+\tau)}\,du\\ &= e^{-j\omega\tau} \int_{-\infty}^{\infty} y(u)e^{-j\omega u}\,du\\ &= e^{-j\omega\tau}Y(\omega). \end{aligned}$$

代回可得

$$\begin{aligned} Z(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau)e^{-j\omega\tau}Y(\omega)\,d\tau\\ &= Y(\omega) \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau\\ &= X(\omega)Y(\omega). \end{aligned}$$

所以連續時間傅立葉轉換的卷積定理為

$$\boxed{\mathcal{F}\{x(t)*y(t)\}=X(\omega)Y(\omega)}.$$

相對地，時域相乘對應到頻域卷積：

$$\boxed{\mathcal{F}\{x(t)y(t)\} =\frac{1}{2\pi}X(\omega)*Y(\omega)}.$$

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（b）計算卷積

題目給定

$$x(t)=2t\,\operatorname{sinc}(2\pi t), \qquad y(t)=\tau\,\operatorname{sinc}(\pi t),$$

其中

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

第一步：整理時域訊號

由 sinc 定義，

$$\operatorname{sinc}(2\pi t) = \frac{\sin(2\pi t)}{\pi(2\pi t)} = \frac{\sin(2\pi t)}{2\pi^2t}.$$

因此

核心觀念

本題考查隨機過程的：

• 統計平均自相關函數
• 廣義平穩（WSS, wide-sense stationary）
• 時間平均自相關函數
• 遍歷性（ergodicity）

令

$$\omega_0=2\pi f_0$$

則

$$n(t)=A\cos(\omega_0t+\Theta), \qquad \Theta\sim U\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right].$$

隨機變數 $\Theta$ 的機率密度函數為

$$p_{\Theta}(\theta)=\frac{2}{\pi}, \qquad -\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{4}.$$

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解題方法

統計平均自相關函數定義為

$$R_n(t_1,t_2) = E[n(t_1)n(t_2)].$$

時間平均自相關函數則是對單一樣本函數進行時間平均：

$$\overline{R}_n(\tau) = \lim_{T\to\infty} \frac{1}{T} \int_0^T n(t)n(t+\tau)\,dt.$$

判斷廣義平穩時，必須確認自相關函數是否只與時間差 $\tau=t_2-t_1$ 有關。

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(a) 統計平均自相關函數

由乘積轉和公式，

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

因此

$$\begin{aligned} n(t_1)n(t_2) &= A^2\cos(\omega_0t_1+\Theta) \cos(\omega_0t_2+\Theta)\\ &= \frac{A^2}{2} \left[ \cos\bigl(\omega_0(t_1-t_2)\bigr) + \cos\bigl(\omega_0(t_1+t_2)+2\Theta\bigr) \right]. \end{aligned}$$

對 $\Theta$ 取統計平均：

$$R_n(t_1,t_2) = \frac{A^2}{2} \left[ \cos\bigl(\omega_0(t_1-t_2)\bigr) + E\left\{ \cos\bigl(\omega_0(t_1+t_2)+2\Theta\bigr) \right\} \right].$$

計算第二項：

$$\begin{aligned} &E\left\{ \cos\bigl(C+2\Theta\bigr) \right\}\\ &= \frac{2}{\pi} \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \cos(C+2\theta)\,d\theta, \end{aligned}$$

其中

$$C=\omega_0(t_1+t_2).$$

積分結果為

$$\begin{aligned} \frac{2}{\pi} \int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos(C+2\theta)\,d\theta &= \frac{1}{\pi} \left[ \sin(C+2\theta) \right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &= \frac{1}{\pi} \left[ \sin\left(C+\frac{\pi}{2}\right) - \sin\left(C-\frac{\pi}{2}\right) \right]\\ &= \frac{2}{\pi}\cos C. \end{aligned}$$

所以統計平均自相關函數為

$$\boxed{ R_n(t_1,t_2) = \frac{A^2}{2} \left[ \cos\bigl(\omega_0(t_1-t_2)\bigr) + \frac{2}{\pi} \cos\bigl(\omega_0(t_1+t_2)\bigr) \right] }$$

若令 $\tau=t_2-t_1$，也可寫成

$$\boxed{ R_n(t,t+\tau) = \frac{A^2}{2} \left[ \cos(\omega_0\tau) + \frac{2}{\pi} \cos(2\omega_0t+\omega_0\tau) \right] }$$

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(b) 是否為平穩隨機過程？

廣義平穩要求自相關函數只依賴時間差 $\tau$，不可額外依賴絕對時間 $t$。

由 (a) 得

$$R_n(t,t+\tau) = \frac{A^2}{2} \left[ \cos(\omega_0\tau) + \frac{2}{\pi} \cos(2\omega_0t+\omega_0\tau) \right].$$

核心觀念

令 $p(t)$ 為整體系統的脈衝響應，$P(f)$ 為其傅立葉轉換。零 ISI 的 Nyquist 條件為

$$p(nT)=0,\qquad n=\pm1,\pm2,\ldots$$

其中 $T=1/R$ 為符號週期、$R$ 為 baud rate。

由圖可得

$$P(f)= \begin{cases} B\left(1-\dfrac{|f|}{10\,\text{MHz}}\right), & |f|\le 10\,\text{MHz},\\[6pt] 0, & |f|>10\,\text{MHz}. \end{cases}$$

這是三角形頻譜，其反傅立葉轉換為 sinc 平方波形。

(a) 零 ISI 與 baud rate

利用傅立葉轉換對偶關係

$$\mathcal{F}^{-1}\left\{ B\left(1-\frac{|f|}{W}\right) \right\} = BW\,\operatorname{sinc}^2(Wt),$$

其中 $W=10\,\text{MHz}$、$\operatorname{sinc}(x)=\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$，因此

$$p(t)=B(10\,\text{MHz})\operatorname{sinc}^2\left((10\,\text{MHz})t\right).$$

當

$$T=\frac{1}{10\,\text{MHz}}=0.1\,\mu\text{s}$$

時，

$$p(nT) = B(10\,\text{MHz})\operatorname{sinc}^2(n) =0, \qquad n\ne0.$$

因此此脈衝可以達成零 ISI，臨界且最高的 baud rate 為

$$R=\frac{1}{T}=10\,\text{MHz}=10\,\text{Mbaud}.$$

(b) 傳送濾波器頻率響應的幅度

理想通道 $H(f)=1$，且接收端使用與 $g(t)$ 匹配的濾波器，因此可取

$$C(f)=G^*(f).$$

於是整體頻率響應為

$$P(f)=G(f)C(f)=|G(f)|^2.$$

所以

核心觀念

連續時間訊號的內積與能量範數定義為

$$\langle f,g\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)g(t)\,dt, \qquad \|f\|=\sqrt{\langle f,f\rangle}.$$

依序對訊號做 Gram–Schmidt 正交化：每一步先扣除對先前正交單位基底的投影，再將剩餘訊號正規化。以正交單位基底表示訊號時，訊號內積等於其座標向量的內積。

解題方法

由原圖可讀得：$\beta_0(t)$ 是 $0\le t\le1$ 上由 $0$ 線性升至 $2$ 的斜坡；$\beta_1(t)$ 是頂點在 $(1,2)$、支撐於 $[0,2]$ 的三角波。$\beta_2(t)$ 是位於 $t$ 軸下方的 W 形波，在 $t=1,3$ 為 $-2$，於 $t=2$ 回到 $0$。

因此，端點以外的分段函數為

$$\beta_0(t)= \begin{cases} 2t,&0\le t\le1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$ $$\beta_1(t)= \begin{cases} 2t,&0\le t\le1,\\ 4-2t,&1\le t\le2,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \qquad \beta_2(t)= \begin{cases} 2t-4,&1\le t\le2,\\ 4-2t,&2\le t\le3,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

端點處單一時間點的取值不影響內積與範數。

先將 $\beta_0(t)$ 正規化：

$$\|\beta_0\|^2=\int_0^1(2t)^2\,dt=\frac43, \qquad \phi_0(t)=\frac{\beta_0(t)}{\|\beta_0\|} = \begin{cases} \sqrt3\,t,&0\le t\le1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

接著處理 $\beta_1(t)$。它在 $[0,1]$ 上與 $\beta_0(t)$ 相同，因此其在 $\phi_0(t)$ 上的投影正好是 $\beta_0(t)$：

$$\langle\beta_1,\phi_0\rangle =\int_0^1(2t)(\sqrt3\,t)\,dt =\frac{2\sqrt3}{3}.$$ $$u_1(t)=\beta_1(t)-\langle\beta_1,\phi_0\rangle\phi_0(t) = \begin{cases} 4-2t,&1\le t\le2,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$ $$\|u_1\|^2=\int_1^2(4-2t)^2\,dt=\frac43, \qquad \phi_1(t)= \begin{cases} \sqrt3(2-t),&1\le t\le2,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

最後處理 $\beta_2(t)$。它與 $\phi_0(t)$ 的支撐區間僅在端點相接，所以內積為 $0$。它與 $\phi_1(t)$ 的內積為

$$\langle\beta_2,\phi_1\rangle =\int_1^2(2t-4)\sqrt3(2-t)\,dt =-\frac{2\sqrt3}{3}.$$

扣除在 $\phi_1(t)$ 上的投影後，$[1,2]$ 上的部分正好消去：

$$u_2(t)=\beta_2(t)-\langle\beta_2,\phi_1\rangle\phi_1(t) = \begin{cases} 4-2t,&2\le t\le3,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

核心觀念

由圖可得雜訊的三角形機率密度函數為

$$f_n(n)= \begin{cases} \dfrac{2-|n|}{4}, & |n|\le 2,\\[4pt] 0, & |n|>2. \end{cases}$$

其特性為：

• 對稱於 $n=0$；
• $|n|$ 越小，$f_n(n)$ 越大；
• 雜訊範圍為 $-2\le n\le 2$。

由於各個 PAM 符號的先驗機率相同，

$$P(a)=\frac{1}{M},$$

因此 ML 偵測器為

$$\hat a_{\text{ML}} =\arg\max_a f_{r|a}(r|a) =\arg\max_a f_n(r-a).$$

因為 $f_n(r-a)$ 隨著 $|r-a|$ 增加而遞減，所以 ML 偵測等同於選擇距離接收值 $r$ 最近的符號。

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(a) 最小距離偵測器與 ML 偵測器是否做出相同決策？

判斷：True，正確。

PAM 符號間距為 $2$，而三角形雜訊密度在 $|n|\le 2$ 的範圍內隨 $|n|$ 增加而下降。因此，對於可能接收到的 $r$，使 $|r-a|$ 最小的符號同時也使 $f_n(r-a)$ 最大。

所以最小距離偵測器與 ML 偵測器做出相同決策。等距決策邊界只涉及平手情況，其發生機率為 $0$。

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(b) 計算 $Q=P(n>1)$

當 $1\le n\le 2$ 時，

$$f_n(n)=\frac{2-n}{4}.$$

因此

$$\begin{aligned} Q &=P(n>1)\\ &=\int_1^2 \frac{2-n}{4}\,dn\\ &=\frac{1}{4}\left[2n-\frac{n^2}{2}\right]_1^2\\ &=\frac{1}{8}. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{Q=\frac18}.$$

由對稱性，

$$P(n<-1)=\frac18, \qquad P(|n|>1)=\frac14.$$

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(c) $M=2$ 時的錯誤率

此時 PAM 符號為

$$a\in\{-1,+1\},$$

決策邊界位於 $r=0$。

當傳送 $a=+1$ 時：

$$r=1+n<0 \quad\Longleftrightarrow\quad n<-1,$$

所以條件錯誤率為

$$P(e|a=+1)=P(n<-1)=Q.$$

當傳送 $a=-1$ 時：

$$r=-1+n>0 \quad\Longleftrightarrow\quad n>1,$$

所以

$$P(e|a=-1)=P(n>1)=Q.$$

因此