112 年 國立中山大學電波聯合碩士班《通訊理論》

核心觀念

本題考查：

1. SSB 調變後，上側帶與下側帶的頻率位置。
2. 同步解調器以本地振盪器相乘後，經低通濾波器保留差頻。
3. 本地振盪器與載波存在 $20\text{ Hz}$ 的頻率偏差，會造成解調訊號的頻率平移。

訊號相乘公式為

$$\sin(2\pi f_1t)\sin(2\pi f_2t) = \frac{1}{2} \left[ \cos 2\pi(f_1-f_2)t - \cos 2\pi(f_1+f_2)t \right].$$

低通濾波器會去除高頻和頻分量，只留下差頻分量，其頻率為

$$|f_{\text{LO}}-f_{\text{SSB}}|.$$

載波頻率與本地振盪器頻率分別為

$$f_c=100\text{ kHz}, \qquad f_{\text{LO}}=100.02\text{ kHz}.$$

因此本地振盪器比原載波高

$$\Delta f=f_{\text{LO}}-f_c=20\text{ Hz}.$$

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解題方法

先列出 SSB 各頻率成分，再計算每一個成分與本地振盪器的差頻。由於解調器後接低通濾波器，只需保留差頻，不考慮和頻。

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(A) 僅傳送上側帶

1. 上側帶的頻率成分

對於訊息頻率 $f_m$，上側帶頻率為

$$f_{\text{USB}}=f_c+f_m.$$

因此三個訊息頻率所對應的上側帶成分為

$$\begin{aligned} 100\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+100=100100\text{ Hz},\\ 200\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+200=100200\text{ Hz},\\ 400\text{ Hz}&\longrightarrow 100000+400=100400\text{ Hz}. \end{aligned}$$

2. 同步解調後的差頻

本地振盪器頻率為 $100020\text{ Hz}$，故各成分經相乘及低通濾波後的頻率為

$$\begin{aligned} |100020-100100|&=80\text{ Hz},\\ |100020-100200|&=180\text{ Hz},\\ |100020-100400|&=380\text{ Hz}. \end{aligned}$$

因此，偵測器輸出的頻率成分為

$$\boxed{80\text{ Hz},\ 180\text{ Hz},\ 380\text{ Hz}}.$$

須注意，對於 $f_m>20\text{ Hz}$ 的成分，差頻為負值，例如

$$100020-100100=-80\text{ Hz}.$$

這題考驗系統響應的線性 (linearity)、時變性 (time invariance) 和因果性 (causality) 的判斷。

判斷準則:

1. 線性 (Linearity):

   • 疊加性 (Additivity): $T\{x_1(t) + x_2(t)\} = T\{x_1(t)\} + T\{x_2(t)\}$
   • 齊次性 (Homogeneity): $T\{ax(t)\} = aT\{x(t)\}$
     若以上兩條性質同時滿足，則系統為線性。

2. 時變性 (Time Invariance):
   若系統對輸入信號 $x(t)$ 的響應是 $y(t) = T\{x(t)\}$，則將輸入信號延遲 $t_0$ 後，即 $x(t-t_0)$，其響應應為 $y(t-t_0)$。
   即 $T\{x(t-t_0)\} = y(t-t_0)$。
   若此性質成立，則系統為時不變 (Time Invariant)。否則為時變 (Time Varying)。

3. 因果性 (Causality):
   系統在任意時刻 $t$ 的輸出 $y(t)$，僅能取決於當前時刻 $t$ 或過去時刻 $\tau \le t$ 的輸入 $x(\tau)$。
   若輸出 $y(t)$ 依賴於未來時刻的輸入 $x(\tau)$ (其中 $\tau > t$)，則系統為非因果 (Non-causal)。

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Part (A): $y(t) = \cos(3t)x(t)$

1. 線性 (Linearity):

   • 疊加性：令 $x(t) = x_1(t) + x_2(t)$。
     $y(t) = \cos(3t)(x_1(t) + x_2(t)) = \cos(3t)x_1(t) + \cos(3t)x_2(t)$
     $T\{x_1(t)\} = \cos(3t)x_1(t)$
     $T\{x_2(t)\} = \cos(3t)x_2(t)$
     $T\{x_1(t)\} + T\{x_2(t)\} = \cos(3t)x_1(t) + \cos(3t)x_2(t)$
     疊加性成立。
   • 齊次性：令 $x(t) = ax(t)$。
     $y(t) = \cos(3t)(ax(t)) = a(\cos(3t)x(t)) = aT\{x(t)\}$
     齊次性成立。
     由於疊加性和齊次性均成立，該系統是線性的。

2. 時變性 (Time Invariance):
   令輸入為 $x(t-t_0)$。
   $T\{x(t-t_0)\} = \cos(3t)x(t-t_0)$
   現在計算 $y(t-t_0)$:
   $y(t-t_0) = \cos(3(t-t_0))x(t-t_0) = \cos(3t-3t_0)x(t-t_0)$
   比較 $T\{x(t-t_0)\}$ 和 $y(t-t_0)$：
   $\cos(3t)x(t-t_0) \neq \cos(3t-3t_0)x(t-t_0)$ (除非 $t_0$ 是 $2\pi/3$ 的整數倍，但這必須對所有 $t_0$ 都成立)。
   由於 $\cos(3t)$ 是一個隨時間變化的係數，它沒有隨著輸入信號的延遲而同步延遲，因此系統是時變的。

3. 因果性 (Causality):
   在任意時刻 $t$，輸出 $y(t)$ 的值僅取決於同一個時刻 $t$ 的輸入 $x(t)$ 以及一個隨時間變化的係數 $\cos(3t)$。輸出不依賴於未來時刻的輸入。
   因此，該系統是因果的。

總結 (A): 線性、時變、因果

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Part (B): $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau$

1. 線性 (Linearity):

   • 疊加性：令 $x(t) = x_1(t) + x_2(t)$。
     $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} (x_1(\tau) + x_2(\tau))d\tau = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau + \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau$
     $T\{x_1(t)\} = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau$
     $T\{x_2(t)\} = \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau$
     $T\{x_1(t)\} + T\{x_2(t)\} = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau)d\tau + \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau)d\tau$
     疊加性成立。
   • 齊次性：令 $x(t) = ax(t)$。
     $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} (ax(\tau))d\tau = a\int_{-\infty}^{2t} x(\tau)d\tau = aT\{x(t)\}$
     齊次性成立。
     由於疊加性和齊次性均成立，該系統是線性的。

2. 時變性 (Time Invariance):
   令輸入為 $x(t-t_0)$。
   $T\{x(t-t_0)\} = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau-t_0)d\tau$
   現在計算 $y(t-t_0)$:
   $y(t-t_0) = \int_{-\infty}^{2(t-t_0)} x(\tau)d\tau$
   為了比較，我們對 $T\{x(t-t_0)\}$ 進行變數替換。令 $\sigma = \tau - t_0$, 則 $d\sigma = d\tau$, $\tau = \sigma + t_0$。
   當 $\tau \to -\infty$, $\sigma \to -\infty$.

核心觀念

本題考查三個觀念：

1. 非線性符號轉換後的離散時間自相關函數。
2. 矩形脈衝成形訊號的功率頻譜密度：
   $S_u(f)=\frac{1}{T}|G(f)|^2S_I\left(e^{j2\pi fT}\right)$
3. 非零平均值所造成的直流離散頻譜線。

嚴格而言，題目只說 $\{a_n\}$ 不相關，尚不足以決定非線性序列 $\{I_n\}$ 的自相關函數。以下採用通訊系統中標準假設：$a_n$ 為獨立且等機率的 QPSK 符號，並取 QPSK 字母為

$$a_n\in\{1,j,-1,-j\}.$$

平方根採用主值平方根。

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（A）$\{I_n\}$ 的自相關函數

已知

$$I_n=\frac{1}{\sqrt{a_{n-1}}}.$$

由於 QPSK 符號皆滿足 $|a_n|=1$，因此

$$|I_n|=1.$$

1. 求 $I_n$ 的可能值與平均值

依序計算：

$$\begin{array}{c|c} a_n & I_n=a_n^{-1/2}\\ \hline 1 & 1\\ j & e^{-j\pi/4}\\ -1 & -j\\ -j & e^{j\pi/4} \end{array}$$

每種情況的機率皆為 $1/4$，所以

$$\mu_I=E[I_n] =\frac{1}{4}\left(1+e^{-j\pi/4}-j+e^{j\pi/4}\right).$$

利用

$$e^{j\pi/4}+e^{-j\pi/4}=\sqrt{2},$$

得到

$$\mu_I=\frac{1+\sqrt{2}-j}{4}.$$

因此

$$|\mu_I|^2 =\frac{(1+\sqrt{2})^2+1}{16} =\frac{2+\sqrt{2}}{8}.$$

2. 求自相關函數

定義離散序列自相關函數為

$$R_I[k]=E[I_nI_{n-k}^*].$$

當 $k=0$ 時，

$$R_I[0]=E[|I_n|^2]=1.$$

當 $k\neq 0$ 時，由於 $I_n$ 與 $I_{n-k}$ 獨立，

$$R_I[k] =E[I_n]E[I_{n-k}^*] =|\mu_I|^2.$$

故

$$\boxed{ R_I[k]= \begin{cases} 1, & k=0,\\[4pt] \dfrac{2+\sqrt{2}}{8}, & k\neq 0. \end{cases} }$$

也可以寫成

$$R_I[k] =\left(1-\frac{2+\sqrt{2}}{8}\right)\delta[k] +\frac{2+\sqrt{2}}{8},$$

即

$$\boxed{ R_I[k] =\frac{6-\sqrt{2}}{8}\delta[k] +\frac{2+\sqrt{2}}{8}. }$$

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（B）$u(t)$ 的功率頻譜密度

訊號為

$$u(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}I_ng(t-nT),$$

其中

$$g(t)= \begin{cases} A,&0\leq t\leq T,\\ 0,&\text{otherwise}. \end{cases}$$

1. 矩形脈衝的傅立葉轉換

$$G(f)=\int_0^T Ae^{-j2\pi ft}\,dt.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• Raised-cosine 頻寬與符號率的關係
• MPSK 每個符號所攜帶的位元數
• Gray code 下相干偵測 MPSK 的位元錯誤率公式
• $Q$ 函數反函數與 $E_b/N_0$ 的換算

Raised-cosine 成形下，系統頻寬為

$$B=(1+r)R_s$$

其中 $R_s$ 為符號率、$r$ 為 roll-off factor。

Gray code 相位編碼的相干偵測 MPSK，在中高訊雜比下，其位元錯誤率可近似為

$$P_b \approx \frac{2}{\log_2 M} Q\left[ \sqrt{2\log_2(M)\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{M}\right) \right]$$

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解題方法

1. 求符號率

題目給定

$$B=50\text{ kHz},\qquad r=0.5$$

因此

$$R_s=\frac{B}{1+r} =\frac{50\times 10^3}{1.5} =33.333\times 10^3\text{ symbols/s}$$

所以符號率為

$$R_s=33.333\text{ kbaud}$$

2. 求每個符號攜帶的位元數

資料率為

$$R_b=100\text{ kbps}$$

每個符號攜帶的位元數為

$$k=\frac{R_b}{R_s} =\frac{100}{33.333} =3$$

因此

$$\log_2 M=3 \quad\Longrightarrow\quad M=2^3=8$$

本題使用的是 8PSK。

3. 代入 Gray-coded MPSK 的 BER 公式

因為 $k=3$、$M=8$，所以

$$P_b\approx \frac{2}{3} Q\left[ \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right) \right]$$

題目指定

$$P_b=10^{-3}$$

因此

$$10^{-3} = \frac{2}{3}Q(x)$$

其中

$$x= \sqrt{6\frac{E_b}{N_0}} \sin\left(\frac{\pi}{8}\right)$$

整理得

核心觀念

本題考查：

• Gram–Schmidt 正交化程序。
• AWGN 通道下的訊號空間表示。
• 等機率訊息的最大概似判決。
• 最小歐氏距離判決與 Voronoi decision regions。
• 相關器或匹配濾波器接收機。

AWGN 通道中，接收訊號為

$$r(t)=s_i(t)+n(t),$$

其中雜訊的功率頻譜密度為 $N_0/2$。對於等機率訊息，最佳判決是選擇使下式最大的訊號：

$$\Lambda_i=\langle r,s_i\rangle-\frac{1}{2}E_i,$$

其中

$$\langle x,y\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)y(t)\,dt, \qquad E_i=\langle s_i,s_i\rangle.$$

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(A) Gram–Schmidt 正交化

第一步：建立第一個正規基底

取第一個訊號 $s_1(t)$ 作為第一個基底方向。

其能量為

$$E_1=\int_0^{T/2}4\,dt+\int_{T/2}^{T}4\,dt=4T.$$

因此

$$\|s_1\|=2\sqrt{T}.$$

第一個正規基底為

$$\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{2\sqrt{T}} = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T/2,\\[6pt] -\dfrac{1}{\sqrt{T}}, & T/2<t\le T,\\[6pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

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第二步：將 $s_2(t)$ 對 $\phi_1(t)$ 投影

先計算內積：

$$\langle s_2,\phi_1\rangle = \int_0^{T/2}\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{T}}\,dt + \int_{T/2}^{T}\frac{-(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{T}}\,dt.$$

整理得

$$\langle s_2,\phi_1\rangle = \frac{T}{2\sqrt{T}} \left[(\sqrt{2}+1)-(\sqrt{2}-1)\right] =\sqrt{T}.$$

因此，$s_2(t)$ 在 $\phi_1(t)$ 方向上的投影為

$$\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t) = \sqrt{T}\phi_1(t) = \begin{cases} 1, & 0\le t\le T/2,\\ -1, & T/2<t\le T. \end{cases}$$

扣除投影後的正交分量為

$$u_2(t)=s_2(t)-\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t) = \begin{cases} \sqrt{2}, & 0\le t\le T/2,\\ \sqrt{2}, & T/2<t\le T,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

其能量為

$$\|u_2\|^2=2T.$$

故第二個正規基底為

$$\phi_2(t)=\frac{u_2(t)}{\sqrt{2T}} = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T/2,\\[6pt] \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & T/2<t\le T,\\[6pt] 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

可驗證

$$\langle \phi_1,\phi_2\rangle=0, \qquad \|\phi_1\|=\|\phi_2\|=1.$$

因此，訊號空間為二維。

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第三步：求三個訊號的座標

令訊號座標為

$$\mathbf{s}_i= \begin{bmatrix} \langle s_i,\phi_1\rangle\\ \langle s_i,\phi_2\rangle \end{bmatrix}.$$

訊號 $s_1(t)$

$$\langle s_1,\phi_1\rangle=2\sqrt{T}, \qquad \langle s_1,\phi_2\rangle=0.$$

所以

$$\boxed{\mathbf{s}_1=(2\sqrt{T},\,0)}.$$

訊號 $s_2(t)$

前面已得

$$\langle s_2,\phi_1\rangle=\sqrt{T}.$$

另外，

$$\langle s_2,\phi_2\rangle = \frac{T}{2\sqrt{T}} \left[(\sqrt{2}+1)+(\sqrt{2}-1)\right] =\sqrt{2T}.$$

所以

$$\boxed{\mathbf{s}_2=(\sqrt{T},\,\sqrt{2T})}.$$

訊號 $s_3(t)$

計算第一個座標：

$$\langle s_3,\phi_1\rangle = \frac{T}{2\sqrt{T}} \left[(1-\sqrt{2})-(-\sqrt{2}-1)\right] =\sqrt{T}.$$

第二個座標為

$$\langle s_3,\phi_2\rangle = \frac{T}{2\sqrt{T}} \left[(1-\sqrt{2})+(-\sqrt{2}-1)\right] =-\sqrt{2T}.$$

所以

$$\boxed{\mathbf{s}_3=(\sqrt{T},\,-\sqrt{2T})}.$$

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(B) 三元訊息的訊號星座

在 $(\phi_1,\phi_2)$ 二維訊號空間中，三個訊號點為

$$\boxed{ \mathbf{s}_1=(2\sqrt{T},0),\quad \mathbf{s}_2=(\sqrt{T},\sqrt{2T}),\quad \mathbf{s}_3=(\sqrt{T},-\sqrt{2T}) }.$$

其幾何位置如下：

                 φ2
                  ↑
                  |
       s2 ●       | (√T, √(2T))
          \       |
           \      |
            \     |
             \    |
              ●────────────→ φ1
          s3  /   s1 ●
 (-√T方向)  /       (2√T,0)

較精確地說：

• $s_1$ 位於 $\phi_1$ 軸上。
• $s_2$ 與 $s_3$ 相對於 $\phi_1$ 軸對稱。
• $s_2$、$s_3$ 的第一座標相同，故兩點連線為垂直線。

三個訊號能量為

$$E_1=4T, \qquad E_2=E_3=3T.$$

雖然訊號能量不完全相同，但因訊息等機率，最佳判決仍可化為最小歐氏距離判決。

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(C) 最佳判決區域

令接收訊號在兩個正規基底上的投影為

$$y_1=\langle r,\phi_1\rangle, \qquad y_2=\langle r,\phi_2\rangle.$$

接收向量為

$$\mathbf{y}=(y_1,y_2).$$

最佳判決區域由訊號點之間的垂直平分線決定。

$R_1$ 與 $R_2$ 的邊界

令接收點到 $\mathbf{s}_1$、$\mathbf{s}_2$ 的距離相等：

$$\|\mathbf{y}-\mathbf{s}_1\|^2 = \|\mathbf{y}-\mathbf{s}_2\|^2.$$

代入

核心觀念

本題考查二元訊號在加性雜訊下的最佳判決門檻與位元錯誤率。

相關接收訊號為

$$z=a_i+n_0,$$

其中

$$a_0=-1,\qquad a_1=1.$$

雜訊機率密度為

$$p_{n_0}(n)=\frac{1}{2}\Lambda\left(\frac{n}{2}\right),$$

且三角形函數定義為

$$\Lambda(x)= \begin{cases} 1-|x|,& |x|\leq 1,\\ 0,& |x|>1. \end{cases}$$

因此

$$p_{n_0}(n)= \begin{cases} \dfrac{1}{2}-\dfrac{|n|}{4},& |n|\leq 2,\\ 0,& |n|>2. \end{cases}$$

最佳判決遵循最大後驗機率準則：

$$p(z|s_1)P_1 \mathop{\gtrless}_{s_0}^{s_1} p(z|s_0)P_0.$$

由於 $z=a_i+n_0$，故

$$p(z|s_1)=p_{n_0}(z-1),\qquad p(z|s_0)=p_{n_0}(z+1).$$

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(A) 等機率傳送

已知

$$P_0=P_1=\frac{1}{2}.$$

由雜訊密度的對稱性，以及兩個訊號點分別位於 $-1$ 與 $1$，最佳判決門檻位於兩者中點：

$$\gamma_{\text{opt}}=0.$$

判決規則為

$$z\mathop{\gtrless}_{s_0}^{s_1}0.$$

錯誤率計算

若傳送 $s_0$，錯誤條件為 $z>0$：

$$-1+n_0>0 \quad\Longrightarrow\quad n_0>1.$$

若傳送 $s_1$，錯誤條件為 $z<0$：

$$1+n_0<0 \quad\Longrightarrow\quad n_0<-1.$$

由對稱性，

$$P(n_0>1)=P(n_0<-1).$$

因此位元錯誤率為

$$P_e = \frac{1}{2}P(n_0>1) + \frac{1}{2}P(n_0<-1) = P(n_0>1).$$

計算右尾面積：

$$P(n_0>1) = \int_1^2 \left(\frac{1}{2}-\frac{n}{4}\right)dn.$$ $$P(n_0>1) = \left[ \frac{n}{2}-\frac{n^2}{8} \right]_1^2 = \frac{1}{8}.$$

故

$$P_e=\frac{1}{8}=0.125.$$

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(B) $s_1$ 傳送機率為 $0.8$

已知

$$P_1=0.8,\qquad P_0=0.2.$$

最佳判決條件為

$$p(z|s_1)P_1>p(z|s_0)P_0.$$

在兩個條件密度皆非零的重疊區間 $-1\leq z\leq 1$ 中：

$$p(z|s_1)=p_{n_0}(z-1) =\frac{1}{4}+\frac{z}{4} =\frac{1+z}{4},$$