109 年 國立中山大學電波聯合碩士班《通訊理論》

此題主要在考察通訊系統中兩個基本但重要的同步化概念：載波同步 (Carrier Synchronization) 與符號同步 (Symbol Synchronization)。

載波同步 (Carrier Synchronization)
在接收端，為了正確地解調變頻訊號，接收端的載波必須與傳送端的載波在頻率和相位上盡可能地一致。載波同步的目的就是建立一個與接收訊號載波頻率相同、相位差已知（或可補償）的本地振盪訊號。

• 重要性：如果載波頻率不同，會導致訊號失真，例如產生頻率偏移。如果相位不同，則會影響訊號的解調，特別是對於相位調變 (Phase Modulation) 或正交振幅調變 (Quadrature Amplitude Modulation, QAM) 等對相位敏感的調變方式，相位誤差會直接導致位元錯誤率 (Bit Error Rate, BER) 上升。
• 實現方式：常見的載波同步技術包括 Costas Loop、PLL (Phase-Locked Loop) 等。這些技術通常利用接收訊號本身（例如導引訊號、導頻訊號或數據訊號）來追蹤傳送載波的頻率和相位。

核心觀念

本題考查：

• 熵的定義
  $H(X)=\mathbb{E}\left[-\log_2 p(X)\right]$
• 幾何分布的期望值
  若 $X\sim\mathrm{Geometric}(p)$，則
  $\mathbb{E}[X]=\frac{1}{p},\qquad \mathbb{E}[X-1]=\frac{1-p}{p}.$

其中 $0<p<1$，且

$$p(X=k)=p(1-p)^{k-1},\qquad k=1,2,3,\ldots$$

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解題方法

依照題目提示，直接將隨機變數 $X$ 的機率質量函數代入熵的定義。

令

$$q=1-p.$$

則

$$p(X)=p(1-p)^{X-1}.$$

因此，

$$\begin{aligned} H(X) &=\mathbb{E}\left[-\log_2\left(p(1-p)^{X-1}\right)\right]\\ &=\mathbb{E}\left[-\log_2p-(X-1)\log_2(1-p)\right]. \end{aligned}$$

利用期望值的線性性質：

$$\begin{aligned} H(X) &=-\log_2p-\mathbb{E}[X-1]\log_2(1-p). \end{aligned}$$

幾何分布的期望值為

$$\mathbb{E}[X]=\frac{1}{p},$$

故

$$\mathbb{E}[X-1] =\mathbb{E}[X]-1 =\frac{1}{p}-1 =\frac{1-p}{p}.$$

代回可得

$$\boxed{ H(X) =-\log_2p-\frac{1-p}{p}\log_2(1-p) }.$$

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由級數直接驗證

由熵的離散型定義，

核心觀念

本題考查傅立葉轉換的乘法與調變性質、通帶訊號的等效基頻表示，以及希爾伯特轉換對窄頻載波的作用。依題目提示，採用 $\operatorname{sinc}(t)=\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$，並使用角頻率傅立葉轉換定義 $\mathcal{F}\{x(t)\}=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt$。

先令

$$g(t)=\operatorname{sinc}^2(t)\bigl(1+A\cos(4\pi t)\bigr),$$

則題目中的訊號可寫成 $x(t)=g(t)\cos(\omega_c t+\frac{\pi}{6})$。

解題方法

由題目提示，$\operatorname{sinc}(t)$ 的頻譜在 $|\omega|\leq\pi$ 時為 1，其餘為 0。時域相乘對應頻域摺積，因此

$$S(\omega)=\mathcal{F}\{\operatorname{sinc}^2(t)\} = \begin{cases} 1-\dfrac{|\omega|}{2\pi}, & |\omega|\leq 2\pi,\\[4pt] 0, & |\omega|>2\pi. \end{cases}$$

這是以 $\omega=0$ 為中心、峰值為 1、頻寬範圍 $[-2\pi,2\pi]$ 的三角形頻譜。

利用 $\cos(4\pi t)$ 的調變性質，$g(t)$ 的頻譜為

$$G(\omega)=S(\omega)+\frac{A}{2}S(\omega-4\pi)+\frac{A}{2}S(\omega+4\pi).$$

因此，$G(\omega)$ 包含三個三角形：中心分別在 $0$、$4\pi$、$-4\pi$，峰值分別為 $1$、$\frac{A}{2}$、$\frac{A}{2}$。

再以 $\cos(\omega_c t+\frac{\pi}{6})$ 調變，得到

$$X(\omega) = \frac{1}{2}e^{j\pi/6}G(\omega-\omega_c) + \frac{1}{2}e^{-j\pi/6}G(\omega+\omega_c).$$

展開後可看出正、負頻率各有三個三角形：

$$\begin{aligned} X(\omega) ={}&\frac{1}{2}e^{j\pi/6}S(\omega-\omega_c) +\frac{A}{4}e^{j\pi/6}S(\omega-\omega_c-4\pi)\\ &+\frac{A}{4}e^{j\pi/6}S(\omega-\omega_c+4\pi) +\frac{1}{2}e^{-j\pi/6}S(\omega+\omega_c)\\ &+\frac{A}{4}e^{-j\pi/6}S(\omega+\omega_c-4\pi) +\frac{A}{4}e^{-j\pi/6}S(\omega+\omega_c+4\pi). \end{aligned}$$

(a) 頻譜圖

原卷要求繪製的是 $|X(\omega)|$。因 $\omega_c\gg4\pi$，正、負頻率頻譜彼此分離；每個三角形的底寬為 $4\pi$。

• 正頻率側：三角形中心在 $\omega_c$，峰值 $\frac12$；中心在 $\omega_c\pm4\pi$，峰值各為 $\frac{|A|}{4}$。

核心觀念

本題考查：

1. 由時域波形求傅立葉轉換。
2. 由離散隨機序列的自相關函數求功率譜密度。
3. 隨機脈衝振幅調變訊號的功率譜密度公式：

$$S_s(\omega)=\frac{1}{T}|G(\omega)|^2S_b(e^{j\omega T})$$

圖中 $g(t)$ 為：

$$g(t)= \begin{cases} 1, & 0\leq t<\dfrac{T}{2}\\ -1, & \dfrac{T}{2}\leq t<T\\ 0, & \text{其他} \end{cases}$$

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（a）$g(t)$ 的傅立葉轉換

依定義，

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

分成兩段積分：

$$G(\omega) = \int_0^{T/2}e^{-j\omega t}\,dt - \int_{T/2}^{T}e^{-j\omega t}\,dt$$

計算得：

$$G(\omega) = \frac{1-e^{-j\omega T/2}}{j\omega} - \frac{e^{-j\omega T/2}-e^{-j\omega T}}{j\omega}$$

因此，

$$G(\omega) = \frac{1-2e^{-j\omega T/2}+e^{-j\omega T}}{j\omega}$$

將其整理為相位因子形式：

$$1-2e^{-j\omega T/2}+e^{-j\omega T} = -4e^{-j\omega T/2}\sin^2\left(\frac{\omega T}{4}\right)$$

所以，

$$\boxed{ G(\omega) = \frac{4j}{\omega} e^{-j\omega T/2} \sin^2\left(\frac{\omega T}{4}\right) }$$

在 $\omega=0$ 時取極限，可得 $G(0)=0$，符合圖形正負面積互相抵消的結果。

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（b）$s(t)$ 的功率譜密度

第一步：求 $b_n$ 的平均值與自相關函數

已知 $a_n$ 為獨立且等機率取 $\pm1$，因此：

$$E[a_n]=0,\qquad E[a_n^2]=1$$

又

$$b_n=a_n-a_{n-1}$$

所以：

$$E[b_n]=0$$

當 $k=0$ 時，

$$R_b[0] = E[b_n^2] = E[(a_n-a_{n-1})^2] =2$$

當 $k=1$ 時，

$$R_b[1] = E[b_nb_{n-1}] =-1$$

同理，

$$R_b[-1]=-1$$

當 $|k|>1$ 時，沒有相同的 $a_n$ 項，因獨立性而得：

$$R_b[k]=0$$

故

$$R_b[k]= \begin{cases} 2, & k=0\\ -1, & k=\pm1\\ 0, & |k|>1 \end{cases}$$

第二步：求離散序列 $b_n$ 的功率譜密度

核心觀念

本題考「頻帶訊號的複數下變頻、低通取出基頻，以及基頻訊號的取樣重建」。

依原卷 Fig. 3，訊號依序乘上 $e^{-j\omega_0t}$、通過截止頻率為 $\omega_c$ 的低通濾波器，再乘上脈衝取樣列。令取樣角頻率為 $\omega_s=\frac{2\pi}{T}$。脈衝取樣會使頻譜以 $\omega_s$ 為間隔重複，並乘上比例因子 $\frac{1}{T}$。

原卷 Fig. 2 顯示 $X(j\omega)$ 位於正、負兩側頻帶；正頻帶範圍是 $[\omega_1,\omega_2]$，負頻帶範圍是 $[-\omega_2,-\omega_1]$。題目給定

$$\omega_0=\frac{\omega_1+\omega_2}{2}, \qquad \omega_c=\frac{\omega_2-\omega_1}{2}.$$

解題方法

先將 $x(t)$ 乘上 $e^{-j\omega_0t}$。依頻移性質，頻譜變為 $X\bigl(j(\omega+\omega_0)\bigr)$。正頻帶因此由 $[\omega_1,\omega_2]$ 移至 $[-\omega_c,\omega_c]$；負頻帶則移到遠離原點的位置。接著由截止頻率為 $\omega_c$ 的低通濾波器保留移到基頻的正頻帶。

令低通濾波器輸出為 $v(t)$，則其頻譜為

$$V(j\omega)= \begin{cases} X\bigl(j(\omega+\omega_0)\bigr), & |\omega|\leq \omega_c,\\ 0, & |\omega|>\omega_c. \end{cases}$$

(a) $x_p(t)$ 的頻譜

取樣角頻率為 $\omega_s=\frac{2\pi}{T}$。時域乘上脈衝取樣列，會使 $V(j\omega)$ 在頻域以 $\omega_s$ 為間隔重複：

$$X_p(j\omega) = \frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty} V\bigl(j(\omega-k\omega_s)\bigr).$$

因此，每個頻譜複本的形狀都與 $V(j\omega)$ 相同，中心位於 $k\omega_s$，支撐範圍為

$$[k\omega_s-\omega_c,\;k\omega_s+\omega_c], \qquad k\in\mathbb{Z},$$

振幅則是原來的 $\frac{1}{T}$ 倍。作圖時，在 $0,\pm\omega_s,\pm2\omega_s,\ldots$ 各處畫出相同的基頻頻譜複本即可。

(b) 最大取樣週期 $T$

相鄰頻譜複本的中心距離是 $\omega_s$，每個複本的頻寬為 $2\omega_c$。為使複本不重疊，須滿足

$$\omega_s\geq 2\omega_c.$$

核心觀念

本題為通訊系統中經典的**隨機信號檢測（Stochastic Signal Detection / Rayleigh-like fading channel detection）與假設檢定（Hypothesis Testing）**問題，核心觀念包含：

1. 條件高斯分佈（Conditional Gaussian Distribution）：在給定假說 $U=0$ 或 $U=1$ 下，各路觀察信號 $Y_i$ 為獨立高斯變數之線性組合，因而仍為高斯分佈。需由獨立隨機變數的性質計算各路分量之條件期望值與變異數。
2. 聯合機率密度函數（Joint PDF）：利用隨機變數在給定假說下的條件互相獨立性，將聯合條件機率密度函數表示為各分量邊際條件機率密度函數的連乘積。
3. 對數概似比（Log-Likelihood Ratio, LLR）：定義為 $LLR(\mathbf{y}) = \ln \frac{f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=1)}{f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0)}$，為二元假說檢定中最佳決策法則（如 Neyman-Pearson、MAP、ML 準則）的核心檢定統計量。
4. 充分統計量（Sufficient Statistics）：根據 Neyman 分解定理（Fisher-Neyman Factorization Theorem），若一純量或向量統計量能捕捉觀察樣本中關於未知的參數或假設（此處為 $U$）的全部資訊，使得概似比僅透過該統計量與數據發生關係，則該統計量即為充分統計量。一對一（可逆）函數變換不改變其充分性。

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解題方法與推導

(a) 求聯合條件機率密度函數 $f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0)$ 與 $f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=1)$

系統模型為：

$$Y_i = A_i X_i + N_i, \quad i = 1,2,3,4$$

其中 $X_i \sim \mathcal{N}(0, 1)$、$N_i \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2)$，且 $\{X_i\}_{i=1}^4$ 與 $\{N_i\}_{i=1}^4$ 均為 i.i.d.，且兩者彼此獨立，亦與 $U$ 獨立。

因為高斯隨機變數的線性組合仍為高斯隨機變數，且各分支皆獨立，所以在給定 $U$ 時，$\{Y_i\}_{i=1}^4$ 為相互獨立的高斯隨機變數。

1. 當 $U = 0$ 時：

   • $A_1 = A_2 = 1 \implies Y_i = X_i + N_i \quad (i=1, 2)$
     • 期望值：$E[Y_i | U=0] = E[X_i] + E[N_i] = 0$
     • 變異數：$\operatorname{Var}(Y_i | U=0) = \operatorname{Var}(X_i) + \operatorname{Var}(N_i) = 1 + \sigma^2$
   • $A_3 = A_4 = 0 \implies Y_i = N_i \quad (i=3, 4)$
     • 期望值：$E[Y_i | U=0] = E[N_i] = 0$
     • 變異數：$\operatorname{Var}(Y_i | U=0) = \operatorname{Var}(N_i) = \sigma^2$

   各分量在條件下獨立，其聯合機率密度函數為：

   $$f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0) = \prod_{i=1}^4 f_{Y_i|U}(y_i|U=0)$$ $$f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0) = \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi(1+\sigma^2)}}\exp\left(-\frac{y_1^2 + y_2^2}{2(1+\sigma^2)}\right)\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left(-\frac{y_3^2 + y_4^2}{2\sigma^2}\right)\right)$$

   整理可得：

   $$f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0) = \frac{1}{4\pi^2 \sigma^2 (1+\sigma^2)} \exp\left( -\frac{y_1^2 + y_2^2}{2(1+\sigma^2)} - \frac{y_3^2 + y_4^2}{2\sigma^2} \right)$$

2. 當 $U = 1$ 時：

   • $A_1 = A_2 = 0 \implies Y_i = N_i \quad (i=1, 2)$
     • 期望值：$E[Y_i | U=1] = 0$
     • 變異數：$\operatorname{Var}(Y_i | U=1) = \sigma^2$
   • $A_3 = A_4 = 1 \implies Y_i = X_i + N_i \quad (i=3, 4)$
     • 期望值：$E[Y_i | U=1] = 0$
     • 變異數：$\operatorname{Var}(Y_i | U=1) = 1 + \sigma^2$

   同理，各分量在條件下相互獨立：

   $$f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=1) = \prod_{i=1}^4 f_{Y_i|U}(y_i|U=1)$$ $$f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=1) = \frac{1}{4\pi^2 \sigma^2 (1+\sigma^2)} \exp\left( -\frac{y_1^2 + y_2^2}{2\sigma^2} - \frac{y_3^2 + y_4^2}{2(1+\sigma^2)} \right)$$

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(b) 決定對數概似比 $LLR(\mathbf{y})$

對數概似比定義為：

$$LLR(\mathbf{y}) = \ln \frac{f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=1)}{f_{\mathbf{Y}|U}(\mathbf{y}|U=0)}$$

將 (a) 小題所得的兩條件機率密度函數代入：