115 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

本題考查標準調幅（AM）的：

• 同步解調（coherent demodulation）
• 包絡檢波無失真條件
• AM 功率效率

已知

$$m(t)=3\cos(10\pi t)$$

因此訊號角頻率與振幅分別為

$$\omega_m=10\pi,\qquad A_m=3.$$

載波角頻率為

$$\omega_c=10^6\pi,$$

且

$$x(t)=\left[1+2am(t)\right]\cos\left(\omega_ct+\frac{\pi}{2}\right).$$

代入 $m(t)$ 可得

$$x(t)=\left[1+6a\cos(\omega_mt)\right] \cos\left(\omega_ct+\frac{\pi}{2}\right).$$

其中調變指數為

$$\mu=6a.$$

---

(a) 同步解調

解題方法

同步解調器以與接收載波完全同步的訊號相乘，再使用低通濾波器取出基頻成分。由於題目允許完美載波同步，因此接收端可產生

$$2\cos\left(\omega_ct+\frac{\pi}{2}\right).$$

令乘法器輸出為

$$y(t)=2x(t)\cos\left(\omega_ct+\frac{\pi}{2}\right).$$

代入 $x(t)$：

$$\begin{aligned} y(t) &=2\left[1+2am(t)\right] \cos^2\left(\omega_ct+\frac{\pi}{2}\right)\\ &=\left[1+2am(t)\right] \left[1+\cos(2\omega_ct+\pi)\right], \end{aligned}$$

其中使用

$$2\cos^2\theta=1+\cos(2\theta).$$

因此

$$y(t)=1+2am(t) +\left[1+2am(t)\right]\cos(2\omega_ct+\pi).$$

最後一項位於高頻附近，通過低通濾波器後被濾除，得到

$$y_{\mathrm{LPF}}(t)=1+2am(t).$$

再移除直流成分 $1$，並除以 $2a$，即可恢復原始訊號：

$$\hat m(t)=\frac{y_{\mathrm{LPF}}(t)-1}{2a}=m(t).$$

故

$$\boxed{\hat m(t)=3\cos(10\pi t)}.$$

載波中的相位 $\frac{\pi}{2}$ 不會造成問題，因為接收端使用完全相同的載波相位。

---

(b) 包絡檢波可成功解調的 $a$ 範圍

解題方法

AM 包絡為

$$e(t)=1+2am(t) =1+6a\cos(\omega_mt).$$

理想包絡檢波器要能直接追蹤包絡，必須滿足包絡不穿越零點：

$$1+2am(t)\geq 0 \quad \text{對所有 }t.$$

因為

$$-1\leq \cos(\omega_mt)\leq 1,$$

所以包絡的最小值為

$$e_{\min}=1-6a.$$

因此必須有

$$1-6a\geq 0,$$

得到

$$a\leq \frac{1}{6}.$$

題目已知 $a>0$，故

$$\boxed{0<a\leq\frac{1}{6}}.$$

當 $a=\frac16$ 時，包絡恰好觸及零點，但不穿越零點，理想包絡檢波仍可無失真恢復訊號。若

$$a>\frac16,$$

則發生過度調變，包絡穿越零點，包絡檢波器輸出會產生失真。

---

(c) AM 功率效率

核心觀念

本題考查：

• 連續時間正弦波取樣後的離散時間角頻率。
• 離散時間正弦波的週期判定。
• DTFT 的週期性與脈衝頻譜表示。
• 取樣頻率造成的離散時間頻率表示。

連續時間訊號為

$$x(t)=\cos(100\pi t)$$

其連續時間角頻率為 $\omega_0=100\pi$ rad/s，頻率為

$$f_0=\frac{\omega_0}{2\pi}=50\text{ Hz}$$

取樣頻率為

$$f_s=\frac{900}{7}\text{ Hz}$$

因此取樣週期為

$$T_s=\frac{1}{f_s}=\frac{7}{900}\text{ s}$$

取樣後的離散時間訊號為

$$x[n]=x(nT_s)$$

---

解題方法

（a）判斷 $x[n]$ 是否週期

將 $t=nT_s$ 代入原訊號：

$$x[n]=\cos(100\pi nT_s)$$ $$x[n]=\cos\left(100\pi n\cdot\frac{7}{900}\right)$$ $$x[n]=\cos\left(\frac{7\pi}{9}n\right)$$

因此離散時間角頻率為

$$\Omega_0=\frac{7\pi}{9}\text{ rad/sample}$$

離散時間正弦波 $\cos(\Omega_0 n)$ 具有週期的條件為

$$\frac{\Omega_0}{2\pi}\in\mathbb{Q}$$

本題中

$$\frac{\Omega_0}{2\pi} = \frac{7\pi/9}{2\pi} = \frac{7}{18}$$

為有理數，因此 $x[n]$ 是週期訊號。

基本週期 $N_0$ 必須滿足

$$x[n+N_0]=x[n]$$

也就是

$$\Omega_0N_0=2\pi k$$

其中 $k$ 為整數。代入 $\Omega_0=7\pi/9$：

$$\frac{7\pi}{9}N_0=2\pi k$$ $$7N_0=18k$$

由於 $\gcd(7,18)=1$，最小正整數解為

$$N_0=18,\qquad k=7$$

所以基本週期為 $18$ 個取樣點。

也可直接利用

$$x[n+18] = \cos\left(\frac{7\pi}{9}(n+18)\right)$$ $$= \cos\left(\frac{7\pi}{9}n+14\pi\right) = \cos\left(\frac{7\pi}{9}n\right) = x[n]$$

---

（b）求 DTFT

已知

$$\cos(\Omega_0n) = \frac{1}{2}e^{j\Omega_0n} + \frac{1}{2}e^{-j\Omega_0n}$$

而 DTFT 基本對偶為

$$e^{j\Omega_0n} \Longleftrightarrow 2\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(\Omega-\Omega_0-2\pi k)$$

因此

$$x[n]=\cos\left(\frac{7\pi}{9}n\right)$$

的 DTFT 為

$$X(e^{j\Omega}) = \pi\sum_{k=-\infty}^{\infty} \left[ \delta\left(\Omega-\frac{7\pi}{9}-2\pi k\right) + \delta\left(\Omega+\frac{7\pi}{9}-2\pi k\right) \right]$$

DTFT 對 $\Omega$ 具有 $2\pi$ 週期：

此題考察隨機過程的乘積、自相關函數、功率頻譜密度，以及採樣理論在隨機訊號上的應用。

核心觀念：

• 獨立隨機過程的乘積： 若 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 是獨立的，則 $Z(t) = X(t)Y(t)$ 的統計特性。
• 自相關函數 (Autocorrelation Function)： $R_Z(\tau) = E[Z(t+\tau)Z(t)]$。
• 功率頻譜密度 (Power Spectral Density, PSD)： $S_Z(f)$，是自相關函數的傅立葉轉換。
• Wiener-Khinchin 定理： 兩個隨機過程的乘積的自相關函數與它們功率譜的卷積有關。
• 採樣理論： 為了使採樣後的訊號保持獨立，採樣頻率需要滿足一定條件。

(a) 輸出 $Z(t)$ 的自相關函數和功率譜

已知 $Z(t) = X(t)Y(t)$，且 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 是獨立的隨機過程。
我們需要找到 $R_Z(\tau) = E[Z(t+\tau)Z(t)]$ 和 $S_Z(f)$。

自相關函數 $R_Z(\tau)$：
$R_Z(\tau) = E[Z(t+\tau)Z(t)] = E[X(t+\tau)Y(t+\tau)X(t)Y(t)]$
由於 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 是獨立的，且我們假設它們的統計特性不隨時間變化（寬平穩，Wide-Sense Stationary, WSS），則 $X(t+\tau)$ 與 $Y(t)$ 獨立，$X(t)$ 與 $Y(t+\tau)$ 獨立，等等。
$R_Z(\tau) = E[X(t+\tau)X(t)] E[Y(t+\tau)Y(t)]$
$R_Z(\tau) = R_X(\tau) R_Y(\tau)$
其中 $R_X(\tau)$ 是 $X(t)$ 的自相關函數，$R_Y(\tau)$ 是 $Y(t)$ 的自相關函數。

功率頻譜密度 $S_Z(f)$：
根據 Wiener-Khinchin 定理，自相關函數的傅立葉轉換是功率譜密度。
$S_Z(f) = \mathcal{F}\{R_Z(\tau)\}$。
由於 $R_Z(\tau)$ 是兩個函數的乘積，其傅立葉轉換是這兩個函數傅立葉轉換的卷積。
$S_Z(f) = \mathcal{F}\{R_X(\tau) R_Y(\tau)\} = S_X(f) * S_Y(f)$
其中 $*$ 表示卷積運算。

給定條件：
$X(t)$ 和 $Y(t)$ 具有相同的功率譜密度：
$S_X(f) = S_Y(f) = A \text{ rect}\left(\frac{f}{2W}\right)$。
rect 函數定義為：
$\text{rect}(u) = \begin{cases} 1 & \text{if } |u| \le 1/2 \\ 0 & \text{if } |u| > 1/2 \end{cases}$
所以，$S_X(f) = S_Y(f) = \begin{cases} A & \text{if } |f| \le W \\ 0 & \text{if } |f| > W \end{cases}$。
這表示 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 的功率譜是帶寬為 $2W$ 的矩形濾波器響應。

計算 $S_Z(f)$：
$S_Z(f) = S_X(f) * S_Y(f) = \int_{-\infty}^{\infty} S_X(\nu) S_Y(f-\nu) d\nu$
由於 $S_X(\nu)$ 和 $S_Y(\nu)$ 都是矩形函數，它們的卷積是三角形函數。
$S_Z(f) = \int_{-\infty}^{\infty} A \text{ rect}\left(\frac{\nu}{2W}\right) A \text{ rect}\left(\frac{f-\nu}{2W}\right) d\nu$
$S_Z(f) = A^2 \int_{-\infty}^{\infty} \text{ rect}\left(\frac{\nu}{2W}\right) \text{ rect}\left(\frac{f-\nu}{2W}\right) d\nu$
$\text{rect}\left(\frac{\nu}{2W}\right)$ 在 $[-W, W]$ 範圍內為 $A$。
$\text{rect}\left(\frac{f-\nu}{2W}\right)$ 在 $|f-\nu| \le W$ 即 $f-W \le \nu \le f+W$ 範圍內為 $A$。

此題考察二元數位調變系統在有雜訊情況下的錯誤機率計算，包含不同雜訊分佈下的條件機率、最佳門檻值的選擇以及最小位元錯誤率的計算。

核心觀念：

• 二元調變符號映射： Bit '0' $\rightarrow$ symbol -1，Bit '1' $\rightarrow$ symbol 1。
• 雜訊分佈：
  • Noise type 1: $N_1$, PDF $f_{N_1}(n)$ is triangular between -1 and 1.
  • Noise type 2: $N_2$, PDF $f_{N_2}(n)$ is triangular between -2 and 2.
• 條件機率：
  • Bit '0' transmitted $\rightarrow$ Received symbol $R = -1 + N_1$.
  • Bit '1' transmitted $\rightarrow$ Received symbol $R = 1 + N_2$.
• 最佳接收器 (Bayes 決策)： 最小化錯誤機率的決策規則。
• 門檻值 (Threshold)： 在二元系統中，通常設置一個門檻值 $\gamma$，若接收訊號大於 $\gamma$ 則判斷為符號 1，否則判斷為符號 -1。
• 位元錯誤率 (Bit Error Rate, BER)： 傳送的位元與接收判斷的位元不同的機率。

雜訊的機率密度函數 (PDF)：

Noise type 1 ($N_1$): Triangular PDF between -1 and 1.
The base of the triangle is $1 - (-1) = 2$. The peak is at $n=0$.
Let the PDF be $f_{N_1}(n) = c_1 (1 - |n|/a_1)$ for $|n| \le a_1$. Here $a_1=1$.
The area under the PDF must be 1: $\int_{-1}^{1} c_1 (1-|n|) dn = 1$.
$c_1 \int_{-1}^{1} (1-|n|) dn = c_1 [ \int_{-1}^{0} (1+n) dn + \int_{0}^{1} (1-n) dn ] = c_1 [ (n + n^2/2)|_{-1}^0 + (n - n^2/2)|_0^1 ] = c_1 [ (0 - (-1+1/2)) + (1-1/2 - 0) ] = c_1 [ 1/2 + 1/2 ] = c_1$.
So, $c_1 = 1$.
$f_{N_1}(n) = 1 - |n|$ for $|n| \le 1$, and 0 otherwise.

Noise type 2 ($N_2$): Triangular PDF between -2 and 2.
The base of the triangle is $2 - (-2) = 4$. The peak is at $n=0$.
Let the PDF be $f_{N_2}(n) = c_2 (1 - |n|/a_2)$ for $|n| \le a_2$. Here $a_2=2$.
The area under the PDF must be 1: $\int_{-2}^{2} c_2 (1-|n|/2) dn = 1$.
$c_2 \int_{-2}^{2} (1-|n|/2) dn = c_2 [ \int_{-2}^{0} (1+n/2) dn + \int_{0}^{2} (1-n/2) dn ] = c_2 [ (n + n^2/4)|_{-2}^0 + (n - n^2/4)|_0^2 ] = c_2 [ (0 - (-2+1)) + (2-1 - 0) ] = c_2 [ 1 + 1 ] = 2c_2$.
So, $2c_2 = 1 \implies c_2 = 1/2$.
$f_{N_2}(n) = \frac{1}{2}(1 - \frac{|n|}{2})$ for $|n| \le 2$, and 0 otherwise.

傳送機率：
Bits 0 和 1 以相同機率傳送，$P(0) = P(1) = 1/2$。

接收訊號模型：
若傳送 0 (符號 -1)：$R = -1 + N_1$。 $N_1$ 的範圍是 $[-1, 1]$。所以 $R$ 的範圍是 $[-1+(-1), -1+1] = [-2, 0]$。
若傳送 1 (符號 1)：$R = 1 + N_2$。 $N_2$ 的範圍是 $[-2, 2]$。所以 $R$ 的範圍是 $[1+(-2), 1+2] = [-1, 3]$。

(a) 門檻值為 0 時的錯誤機率

接收器比較接收訊號 $R$ 與門檻值 $\gamma = 0$。
判斷規則：若 $R > 0$，判斷為符號 1；若 $R \le 0$，判斷為符號 -1。

錯誤發生在以下兩種情況：

1. 傳送 0 (符號 -1)，但判斷為 1。
   這發生在傳送 -1 時，$R = -1 + N_1 > 0$。
   $N_1 > 1$。
   但是 $N_1$ 的範圍是 $[-1, 1]$。所以 $N_1 > 1$ 的機率是 0。
   因此，傳送 0 被誤判為 1 的機率是 $P(\text{error}|0) P(0) = 0 \times 1/2 = 0$。
2. 傳送 1 (符號 1)，但判斷為 -1。
   這發生在傳送 1 時，$R = 1 + N_2 \le 0$。
   $N_2 \le -1$。
   $N_2$ 的 PDF 是 $f_{N_2}(n) = \frac{1}{2}(1 - \frac{|n|}{2})$ for $|n| \le 2$。
   我們需要計算 $P(N_2 \le -1)$。
   $P(N_2 \le -1) = \int_{-\infty}^{-1} f_{N_2}(n) dn = \int_{-2}^{-1} \frac{1}{2}(1 - \frac{|n|}{2}) dn$。
   由於在 $[-2, -1]$ 範圍內 $|n| = -n$。
   $P(N_2 \le -1) = \int_{-2}^{-1} \frac{1}{2}(1 - \frac{-n}{2}) dn = \int_{-2}^{-1} \frac{1}{2}(1 + \frac{n}{2}) dn$。
   $= \frac{1}{2} [n + \frac{n^2}{4}]_{-2}^{-1} = \frac{1}{2} [(-1 + \frac{(-1)^2}{4}) - (-2 + \frac{(-2)^2}{4})]$
   $= \frac{1}{2} [(-1 + \frac{1}{4}) - (-2 + 1)] = \frac{1}{2} [-\frac{3}{4} - (-1)] = \frac{1}{2} [-\frac{3}{4} + 1] = \frac{1}{2} [\frac{1}{4}] = \frac{1}{8}$。
   所以，傳送 1 被誤判為 -1 的機率是 $P(\text{error}|1) P(1) = P(N_2 \le -1) P(1) = \frac{1}{8} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{16}$。

總錯誤機率 $P_e(\gamma=0) = P(\text{error}|0)P(0) + P(\text{error}|1)P(1) = 0 + \frac{1}{16} = \frac{1}{16}$。

【答案】門檻值為 0 時的錯誤機率為 $\frac{1}{16}$。

(b) 最小化錯誤機率的最佳門檻值

最佳門檻值 $\gamma$ 應該使得錯誤機率最小。
錯誤機率 $P_e(\gamma) = P(\text{error}|0)P(0) + P(\text{error}|1)P(1)$。
$P(\text{error}|0) = P(R > \gamma | \text{0 transmitted}) = P(-1 + N_1 > \gamma) = P(N_1 > \gamma + 1)$。
$P(\text{error}|1) = P(R \le \gamma | \text{1 transmitted}) = P(1 + N_2 \le \gamma) = P(N_2 \le \gamma - 1)$。

$P_e(\gamma) = P(N_1 > \gamma + 1) \cdot \frac{1}{2} + P(N_2 \le \gamma - 1) \cdot \frac{1}{2}$。

我們需要計算 $P(N_1 > x)$ 和 $P(N_2 \le y)$ 的 CDF。

計算 $P(N_1 > x)$：
$N_1$ 的 PDF 是 $f_{N_1}(n) = 1-|n|$ for $|n| \le 1$.
$P(N_1 > x) = \int_{x}^{\infty} f_{N_1}(n) dn$。
由於 $N_1$ 的範圍是 $[-1, 1]$，所以 $P(N_1 > x) = \int_{\max(-1, x)}^{1} (1-|n|) dn$。

計算 $P(N_2 \le y)$：
$N_2$ 的 PDF 是 $f_{N_2}(n) = \frac{1}{2}(1 - \frac{|n|}{2})$ for $|n| \le 2$.
$P(N_2 \le y) = \int_{-\infty}^{y} f_{N_2}(n) dn = \int_{-2}^{\min(2, y)} \frac{1}{2}(1 - \frac{|n|}{2}) dn$。

分析門檻值 $\gamma$ 的範圍：

• 若傳送 0 (符號 -1)，接收訊號 $R \in [-2, 0]$。
• 若傳送 1 (符號 1)，接收訊號 $R \in [-1, 3]$。

這兩個區間有重疊部分 $[-1, 0]$。
最佳門檻值 $\gamma$ 應該在重疊區間內。
若 $\gamma < -1$，則 $P(N_2 \le \gamma - 1)$ 幾乎為 0，而 $P(N_1 > \gamma + 1)$ 可能不為 0。
若 $\gamma > 0$，則 $P(N_1 > \gamma + 1)$ 幾乎為 0，而 $P(N_2 \le \gamma - 1)$ 可能不為 0。

考慮 $\gamma \in [-1, 0]$，這是最有可能的範圍。
若 $\gamma \in [-1, 0]$：
$P(N_1 > \gamma + 1)$：因為 $\gamma \in [-1, 0]$，所以 $\gamma+1 \in [0, 1]$。

核心觀念

本題考查：

• 正交基底與訊號空間表示
• $M$-ary 調變的符號率與位元率
• 平均符號能量與每位元能量
• 訊號星座與 Gray coding
• AWGN 通道下的 ML 最佳偵測
• $Q$ 函數、符號錯誤率與位元錯誤率

令

$$\varphi_1(t)=\frac{\sin(\pi t)}{\pi t},\qquad \varphi_2(t)=\varphi_1(t-1).$$

假設 $A>0$。由題目時間尺度可知，位移 $1$ 對應一個符號時間，因此取 $T=1$ 秒。

---

(a) 驗證 $\varphi_1(t)$ 與 $\varphi_2(t)$ 正交

$\varphi_1(t)$ 是理想低通矩形頻譜的反傅立葉轉換，其傅立葉轉換為

$$\Phi_1(f)= \begin{cases} 1, & |f|\leq \frac12,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

時間位移 $1$ 秒會在頻域乘上相位因子，因此

$$\Phi_2(f)=\Phi_1(f)e^{-j2\pi f}.$$

利用 Parseval 定理，兩個波形的內積為

$$\langle \varphi_1,\varphi_2\rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\varphi_1(t)\varphi_2(t)\,dt = \int_{-\frac12}^{\frac12} e^{j2\pi f}\,df.$$

計算得

$$\begin{aligned} \langle \varphi_1,\varphi_2\rangle &= \left.\frac{e^{j2\pi f}}{j2\pi}\right|_{-\frac12}^{\frac12}\\ &= \frac{e^{j\pi}-e^{-j\pi}}{j2\pi}\\ &=0. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\langle \varphi_1,\varphi_2\rangle=0}$$

所以 $\varphi_1(t)$ 與 $\varphi_2(t)$ 正交。

另外，兩者能量皆為

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\varphi_i(t)|^2dt = \int_{-\frac12}^{\frac12}1\,df =1.$$

因此 $\{\varphi_1,\varphi_2\}$ 是一組正交歸一基底。

---

(b) 位元率 $R_b$

每個符號共有 $4$ 種可能，因此每個符號攜帶

$$\log_2 4=2$$

個位元。

符號時間為 $T=1$ 秒，所以

$$R_s=\frac1T=1\ \text{symbol/sec}.$$

因此位元率為

$$R_b=R_s\log_2 4 =\frac{2}{T}.$$

取題目所給的標準化 $T=1$ 秒：

$$\boxed{R_b=2\ \text{bits/sec}}$$

---

(c) 每位元能量 $E_b$

由正交歸一基底，可直接利用訊號在基底上的座標計算能量：

$$\begin{array}{c|c|c} \text{訊號} & \text{座標} & \text{能量}\\ \hline s_1(t)=A\varphi_1(t) & (A,0) & A^2\\ s_2(t)=A\varphi_2(t) & (0,A) & A^2\\ s_3(t)=A(\varphi_1(t)+\varphi_2(t)) & (A,A) & 2A^2\\ s_4(t)=0 & (0,0) & 0 \end{array}$$

平均符號能量為

$$E_s=\frac{A^2+A^2+2A^2+0}{4}=A^2.$$

每個符號傳送 $2$ 個位元，因此

$$E_b=\frac{E_s}{\log_2 4} =\frac{A^2}{2}.$$

故

$$\boxed{E_b=\frac{A^2}{2}}$$

---

(d) 訊號星座與 Gray coding

以 $\varphi_1(t)$ 的係數作為水平座標，以 $\varphi_2(t)$ 的係數作為垂直座標，四個訊號為

$$s_1\longleftrightarrow(A,0), \qquad s_2\longleftrightarrow(0,A),$$ $$s_3\longleftrightarrow(A,A), \qquad s_4\longleftrightarrow(0,0).$$

星座呈現邊長為 $A$ 的正方形：

φ2 係數
   A      s2=10 -------- s3=11
          |              |
   0      s4=00 -------- s1=01
          0              A       φ1 係數

相鄰星座點的標籤只差一個位元，因此這是 Gray coding：

$$\boxed{ s_4=00,\quad s_1=01,\quad s_3=11,\quad s_2=10 }$$