113 年 國立中山大學電波聯合碩士班《通訊理論》

核心觀念

本題評量通訊系統中「基頻複數信號的傅立葉轉換」與「帶通信號（Bandpass Signal）的上轉換（Upconversion）」之頻譜特性，主要涉及以下核心定義與性質：

1. Normalized Sinc 函數與 Rect 函數的傅立葉轉換對：
   依通訊教科書（如 Proakis, Haykin）標準定義：
   $\text{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t} \quad \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \quad \text{rect}(f)$
   其中 $\text{rect}(f)$ 的區間為 $[-1/2, 1/2]$，高度為 1。

2. 時移性質（Time-Shifting Property）：
   $x(t - t_0) \quad \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \quad X(f) e^{-j 2\pi f t_0}$

3. 歐拉公式（Euler's Formula）：
   $e^{-j 2\pi f} = \cos(2\pi f) - j \sin(2\pi f)$

4. 帶通信號上轉換（Passband Representation / Upconversion）：
   給定複數基頻信號 $x_2(t) = x_I(t) + j x_Q(t)$，上轉換至載波頻率 $f_c$ 的實數帶通信號標準表示式為：
   $s(t) = \text{Re}\left\{ x_2(t) e^{j 2\pi f_c t} \right\} = x_I(t)\cos(2\pi f_c t) - x_Q(t)\sin(2\pi f_c t)$
   亦可等價表示為：
   $s(t) = \frac{1}{2} x_2(t) e^{j 2\pi f_c t} + \frac{1}{2} x_2^*(t) e^{-j 2\pi f_c t}$
   對 $s(t)$ 取傅立葉轉換，利用頻移性質（Frequency-Shifting Property）與共軛性質 $\mathcal{F}\{x_2^*(t)\} = X_2^*(-f)$，可得頻譜關係式：
   $S(f) = \frac{1}{2} X_2(f - f_c) + \frac{1}{2} X_2^*(-(f + f_c))$

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解題方法與詳細推導

(A) 計算 $X_2(f)$ 的實部與虛部

1. 展開傅立葉轉換：
   已知基頻信號為：
   $x_2(t) = \text{sinc}(t - 1) + j2\,\text{sinc}(t)$
   對兩項分別取傅立葉轉換：
   $\mathcal{F}\{\text{sinc}(t - 1)\} = \text{rect}(f) e^{-j 2\pi f (1)} = \text{rect}(f) e^{-j 2\pi f}$
   $\mathcal{F}\{j2\,\text{sinc}(t)\} = j2\,\text{rect}(f)$
   因此，整體的傅立葉轉換為：
   $X_2(f) = \text{rect}(f) e^{-j 2\pi f} + j2\,\text{rect}(f) = \text{rect}(f) \left[ e^{-j 2\pi f} + j2 \right]$

2. 利用歐拉公式拆解實部與虛部：
   將 $e^{-j 2\pi f} = \cos(2\pi f) - j\sin(2\pi f)$ 代入：
   $X_2(f) = \text{rect}(f) \Big[ \cos(2\pi f) - j\sin(2\pi f) + j2 \Big]$
   $X_2(f) = \underbrace{\text{rect}(f)\cos(2\pi f)}_{\text{Re}\{X_2(f)\}} + j \underbrace{\text{rect}(f)\Big(2 - \sin(2\pi f)\Big)}_{\text{Im}\{X_2(f)\}}$

   因此：

   • 實部：$\text{Re}\{X_2(f)\} = \text{rect}(f)\cos(2\pi f)$
   • 虛部：$\text{Im}\{X_2(f)\} = \text{rect}(f)\Big(2 - \sin(2\pi f)\Big)$

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(B) 繪製 $X_2(f)$ 的實部與虛部波形

兩函數皆只在 $\text{rect}(f)$ 的非零區間 $f \in [-1/2, 1/2]$ 內存在，其餘區域皆為 0。

1. 實部 $\text{Re}\{X_2(f)\} = \text{rect}(f)\cos(2\pi f)$：

   • 區間：$-1/2 \le f \le 1/2$
   • 在 $f = 0$ 處：$\cos(0) = 1$
   • 在 $f = \pm 1/4$ 處：$\cos(\pm \pi/2) = 0$
   • 在邊界 $f = \pm 1/2$ 處：$\cos(\pm \pi) = -1$
   • 對稱性：偶函數（Even function），波形呈現對稱的倒扣餘弦形狀。

   波形示意圖：

   Re{X_2(f)}
          ^
        1 |             * (0, 1)
          |          *     *
          |        *         *
        0 +-------*-----------*------> f
          |     (-1/4,0)    (1/4,0)
       -1 |  *                     *  (-1/2, -1) 與 (1/2, -1)
          +---+--------+--------+----+
            -1/2       0       1/2
   

2. 虛部 $\text{Im}\{X_2(f)\} = \text{rect}(f)\Big(2 - \sin(2\pi f)\Big)$：

   • 區間：$-1/2 \le f \le 1/2$
   • 在 $f = -1/2$ 處：$2 - \sin(-\pi) = 2$
   • 在 $f = -1/4$ 處：$2 - \sin(-\pi/2) = 2 - (-1) = 3$（最大值）
   • 在 $f = 0$ 處：$2 - \sin(0) = 2$
   • 在 $f = 1/4$ 處：$2 - \sin(\pi/2) = 2 - 1 = 1$（最小值）
   • 在 $f = 1/2$ 處：$2 - \sin(\pi) = 2$
   • 邊界外：值為 0，在 $f = \pm 1/2$ 處產生由 2 驟降至 0 的不連續階度（jump discontinuity）。

   波形示意圖：

   Im{X_2(f)}
          ^
        3 |            * (-1/4, 3)
        2 |  * (階躍)        * (0, 2)     * (階躍)
        1 |                             * (1/4, 1)
        0 +--+---------+-----+----+-----+----+--> f
           -1/2      -1/4    0   1/4   1/2
   

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(C) 繪製上轉換至載波頻率 $f_c = 10\text{ Hz}$ 之帶通信號頻譜 $S(f)$ 的實部與虛部

1. 帶通信號頻譜表示式推導：
   實數帶通信號 $s(t) = \text{Re}\{x_2(t) e^{j 2\pi f_c t}\}$，其頻譜為：
   $S(f) = \frac{1}{2} X_2(f - f_c) + \frac{1}{2} X_2^*(-(f + f_c))$
   因為 $s(t)$ 為實數信號，其頻譜必定滿足共軛對稱性（Hermitian Symmetry）：

   • 實部 $\text{Re}\{S(f)\}$ 必為偶函數（Even Function）
   • 虛部 $\text{Im}\{S(f)\}$ 必為奇函數（Odd Function）

2. 在正頻率側（$f \approx +f_c = 10\text{ Hz}$）：
   此處僅由第一項貢獻，即 $\frac{1}{2}X_2(f - 10)$：
   $\text{Re}\{S(f)\} = \frac{1}{2} \text{Re}\{X_2(f - 10)\} = \frac{1}{2} \text{rect}(f - 10) \cos\big(2\pi (f - 10)\big)$

核心觀念

本題考查平方律元件產生 AM（Amplitude Modulation，振幅調變）訊號的原理。

給定輸入

$$x(t)=m(t)+\cos(\omega_c t)$$

其中 $m(t)$ 為訊息訊號，頻寬為 $W$；平方律元件輸出為

$$y(t)=4x(t)+2x^2(t)$$

平方律元件會產生：

• 基頻訊息成分；
• 載波成分；
• 訊息與載波相乘所形成的 $\omega_c$ 附近側帶；
• 二倍載波頻率 $2\omega_c$ 成分。

利用帶通濾波器選出 $\omega_c$ 附近的頻率成分，即可得到 AM 訊號。

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解題方法

將 $x(t)=m(t)+\cos(\omega_c t)$ 代入平方律元件：

$$\begin{aligned} y(t) &=4\left[m(t)+\cos(\omega_c t)\right] +2\left[m(t)+\cos(\omega_c t)\right]^2\\ &=4m(t)+4\cos(\omega_c t) +2m^2(t)+4m(t)\cos(\omega_c t) +2\cos^2(\omega_c t) \end{aligned}$$

再利用恆等式

$$2\cos^2(\omega_c t)=1+\cos(2\omega_c t)$$

即可整理出各頻率區域的成分。

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(A) 求 $y(t)$

因此

$$\boxed{ y(t)=1+4m(t)+2m^2(t) +4\left[1+m(t)\right]\cos(\omega_c t) +\cos(2\omega_c t) }$$

也可寫成分群形式：

$$\boxed{ y(t)= \underbrace{1+4m(t)+2m^2(t)}_{\text{基頻及直流成分}} + \underbrace{4[1+m(t)]\cos(\omega_c t)}_{\omega_c\text{ 附近的 AM 成分}} + \underbrace{\cos(2\omega_c t)}_{2\omega_c\text{ 成分}} }$$

其中 $4m(t)\cos(\omega_c t)$ 是訊息搬移至載波頻率附近所形成的雙邊帶成分，而 $4\cos(\omega_c t)$ 則是載波成分。

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(B) 濾波器設計與輸出 $g(t)$

1. 應保留的頻率成分

由於 $m(t)$ 的頻寬為 $W$，乘上 $\cos(\omega_c t)$ 後，其頻譜會搬移至 $\omega_c$ 附近，範圍為

$$\omega_c-W\leq |\omega|\leq \omega_c+W$$

因此應使用以 $\omega_c$ 為中心頻率、通帶寬度為 $2W$ 的理想帶通濾波器。

其正頻率通帶可表示為

$$\omega_c-W\leq \omega\leq \omega_c+W$$

並應同時保留對稱的負頻率通帶。濾波器增益取 $1$，且抑制直流、基頻以及 $2\omega_c$ 附近的成分。

2. 濾波後輸出

通過帶通濾波器的部分為

本題主要考驗對調頻 (FM) 和調相 (PM) 訊號的理解，以及如何從訊號表達式中提取相位和頻率偏差。

調頻 (FM) 和調相 (PM) 訊號的輸出形式通常可以表示為：
FM 訊號：$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + 2\pi k_f \int m(\tau) d\tau + \phi_0)$
PM 訊號：$s(t) = A_c \cos(2\pi f_c t + k_p m(t) + \phi_0)$
其中 $f_c$ 是載波頻率，$m(t)$ 是基頻訊號，$k_f$ 是調頻指數，$k_p$ 是調相指數，$\phi_0$ 是初始相位。
頻率偏差 $\Delta f$ 在 FM 中等於 $|k_f \cdot m(t)|_{max}$。
相位偏差 $\Delta \phi$ 在 PM 中等於 $|k_p \cdot m(t)|_{max}$。

如果訊號是調相訊號，則其相位項的形式為 $2\pi f_c t + \phi(t)$，其中 $\phi(t)$ 包含基頻訊號。
相位偏差 $\Delta \phi = \max_t |\phi(t) - 2\pi f_c t|$。
頻率偏差 $\Delta f$ 是瞬時頻率 $f_i(t)$ 與載波頻率 $f_c$ 之差的最大值。
瞬時頻率 $f_i(t) = \frac{1}{2\pi} \frac{d}{dt} (\text{phase}(t))$。

在本題中，未調變載波為 $A_c \cos(2\pi f_c t)$，其中 $f_c = 1000$ Hz。

Part (A): $x_c(t) = \cos[2\pi (1000)t + 40 \sin(5t^2)]$

這個訊號的相位項是 $\theta(t) = 2\pi (1000)t + 40 \sin(5t^2)$。
我們可以將其寫成 $\theta(t) = 2\pi f_c t + \phi(t)$ 的形式，其中 $f_c = 1000$ Hz，$\phi(t) = 40 \sin(5t^2)$。
這是一個調相 (PM) 訊號，因為相位項的附加部分 $\phi(t)$ 不是由基頻訊號的積分決定的。

1. 相位偏差 (Phase Deviation):
   相位偏差定義為相位項中隨時間變化的部分與載波相位 $2\pi f_c t$ 的差的最大絕對值。
   $\Delta \phi = \max_t |\phi(t)| = \max_t |40 \sin(5t^2)|$。
   由於 $|\sin(\cdot)| \le 1$，所以 $|\sin(5t^2)| \le 1$。
   因此，$\Delta \phi = 40 \times 1 = 40$ 弧度 (radians)。

2. 頻率偏差 (Frequency Deviation):
   瞬時頻率 $f_i(t)$ 可以通過對相位項 $\theta(t)$ 求導再除以 $2\pi$ 得到。
   $\theta(t) = 2\pi (1000)t + 40 \sin(5t^2)$
   $\frac{d\theta(t)}{dt} = 2\pi (1000) + 40 \frac{d}{dt}(\sin(5t^2))$
   $\frac{d\theta(t)}{dt} = 2\pi (1000) + 40 \cos(5t^2) \cdot (10t)$
   $\frac{d\theta(t)}{dt} = 2\pi (1000) + 400t \cos(5t^2)$

   瞬時頻率 $f_i(t) = \frac{1}{2\pi} \frac{d\theta(t)}{dt} = \frac{1}{2\pi} [2\pi (1000) + 400t \cos(5t^2)]$
   $f_i(t) = 1000 + \frac{400t \cos(5t^2)}{2\pi}$
   $f_i(t) = 1000 + \frac{200t \cos(5t^2)}{\pi}$

   頻率偏差 $\Delta f$ 是瞬時頻率 $f_i(t)$ 與載波頻率 $f_c = 1000$ Hz 的差的最大絕對值。
   $\Delta f = \max_t |f_i(t) - f_c| = \max_t \left| \left(1000 + \frac{200t \cos(5t^2)}{\pi}\right) - 1000 \right|$
   $\Delta f = \max_t \left| \frac{200t \cos(5t^2)}{\pi} \right|$

   這個表達式 $\frac{200t \cos(5t^2)}{\pi}$ 在 $t \to \infty$ 時，由於 $t$ 的項會趨於無窮大，而 $\cos(5t^2)$ 在 $[-1, 1]$ 之間震盪。因此，這個表達式的絕對值可以任意大。
   這表示此訊號的頻率偏差是無限大的。
   這類型的調變稱為廣義調頻 (Generalized FM) 或指數調變，其頻率偏差不是一個常數，而是隨時間變化的。

   重要提示： 題目通常會假設訊號是標準的 FM 或 PM。如果訊號形式無法歸類為標準 FM 或 PM，則需要仔細分析。
   在標準 FM 中，相位項是基頻訊號的積分。在這裡，$40 \sin(5t^2)$ 不是一個簡單的基頻訊號的積分。
   在標準 PM 中，相位項是基頻訊號的倍數。在這裡，$40 \sin(5t^2)$ 雖然是 $\sin$ 函數，但其參數 $5t^2$ 使得它不再是簡單的 $m(t)$。

   然而，如果我們將 $m(t)$ 定義為某種形式，例如 $m(t)$ 的積分是 $\frac{40}{2\pi} \sin(5t^2)$，那麼我們可以計算。
   如果我們假設這是一個 PM 訊號，其相位是 $2\pi f_c t + k_p m(t)$，那麼 $k_p m(t) = 40 \sin(5t^2)$。
   如果我們假設這是一個 FM 訊號，其相位是 $2\pi f_c t + 2\pi k_f \int m(\tau) d\tau$，那麼 $2\pi k_f \int m(\tau) d\tau = 40 \sin(5t^2)$。
   這意味著 $\int m(\tau) d\tau = \frac{40}{2\pi} \sin(5t^2)$。
   那麼 $m(t) = \frac{d}{dt} \left( \frac{40}{2\pi} \sin(5t^2) \right) = \frac{40}{2\pi} \cos(5t^2) \cdot (10t) = \frac{200t}{\pi} \cos(5t^2)$。
   此時，$k_f$ 是調頻指數。
   頻率偏差 $\Delta f = |k_f \cdot m(t)|_{max} = |k_f \cdot \frac{200t}{\pi} \cos(5t^2)|_{max}$。
   這仍然會是無限大。

   更常見的解釋是： 題目中的訊號形式決定了其調變類型。
   $x_c(t) = A_c \cos(\theta(t))$
   其中 $\theta(t) = 2\pi f_c t + \phi(t)$。
   相位偏差 $\Delta \phi = \max_t |\phi(t)|$。
   瞬時頻率 $f_i(t) = f_c + \frac{1}{2\pi} \frac{d\phi(t)}{dt}$。
   頻率偏差 $\Delta f = \max_t |\frac{1}{2\pi} \frac{d\phi(t)}{dt}|$。

   對於 Part (A)：
   $\phi(t) = 40 \sin(5t^2)$
   $\frac{d\phi(t)}{dt} = 40 \cos(5t^2) \cdot (10t) = 400t \cos(5t^2)$
   $\frac{1}{2\pi} \frac{d\phi(t)}{dt} = \frac{400t \cos(5t^2)}{2\pi} = \frac{200t \cos(5t^2)}{\pi}$
   $\Delta \phi = \max_t |40 \sin(5t^2)| = 40$ radians。
   $\Delta f = \max_t \left| \frac{200t \cos(5t^2)}{\pi} \right|$。
   這個表達式的值可以無限大。
   在某些情況下，如果題目是問「最大頻率偏差」，而出現這種情況，可能表示此訊號不是標準的 FM 或 PM。
   然而，在研究所考試中，通常會期望一個有限的答案。
   讓我們仔細閱讀題目：「Determine both the phase and frequency deviation」。
   對於 $40 \sin(5t^2)$，其最大值是 40。
   對於 $\frac{200t \cos(5t^2)}{\pi}$，當 $t$ 很大時，該值會無限增大。
   這似乎暗示了這不是一個標準的 FM 或 PM 訊號。

   反思： 題目可能是在考驗我們對「調相」和「調頻」的定義。
   調相訊號的相位是 $2\pi f_c t + k_p m(t)$。
   調頻訊號的相位是 $2\pi f_c t + 2\pi k_f \int m(\tau) d\tau$。

核心觀念

本題考查：

• Gram–Schmidt 正交化程序。

• 訊號內積與能量：

  $\langle x(t),y(t)\rangle=\int_0^4x(t)y(t)\,dt$

• 正交基底下的訊號座標：

  $x_k=\langle s(t),\phi_k(t)\rangle$

• 訊號空間中的歐氏距離：

  $d_{ij}=\sqrt{\sum_k\left(s_{i,k}-s_{j,k}\right)^2}$

由圖可得三個訊號定義於 $0\le t\le4$：

$$s_1(t)=1$$ $$s_2(t)=\frac54-\frac34t$$ $$s_3(t)=-\frac74+\frac34t$$

其中 $s_2(t)$ 在 $t=0$ 時為 $5/4$，在 $t=4$ 時為 $-7/4$；$s_3(t)$ 則相反。

解題方法：Gram–Schmidt 正交化

第一步：求第一個正交基底

取

$$u_1(t)=s_1(t)=1$$

其能量為

$$\|u_1\|^2=\int_0^4 1^2\,dt=4$$

因此

$$\phi_1(t)=\frac{u_1(t)}{\|u_1\|} =\frac12,\qquad 0\le t\le4$$

第二步：處理 $s_2(t)$

先計算 $s_2(t)$ 在 $\phi_1(t)$ 上的投影係數：

$$\langle s_2,\phi_1\rangle =\int_0^4\left(\frac54-\frac34t\right)\frac12\,dt$$ $$=\frac12\left[\frac54t-\frac38t^2\right]_0^4 =\frac12(5-6) =-\frac12$$

所以

$$u_2(t)=s_2(t)-\langle s_2,\phi_1\rangle\phi_1(t)$$ $$=\left(\frac54-\frac34t\right) -\left(-\frac12\right)\frac12 =\frac32-\frac34t$$

計算其能量：

$$\|u_2\|^2 =\int_0^4\left(\frac32-\frac34t\right)^2dt =3$$

因此第二個單位正交基底為

$$\phi_2(t)=\frac{u_2(t)}{\sqrt3} =\frac{1}{\sqrt3}\left(\frac32-\frac34t\right)$$

亦可寫成

$$\phi_2(t)=\frac{3(2-t)}{4\sqrt3}, \qquad 0\le t\le4$$

第三步：處理 $s_3(t)$

由

$$s_3(t)=-\frac74+\frac34t$$

可得

$$s_3(t)=-\frac12-u_2(t)$$

因為

$$-\frac12-\left(\frac32-\frac34t\right) =-\frac74+\frac34t$$

故 $s_3(t)$ 完全由 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 張成，Gram–Schmidt 的第三個殘差為零：

$$u_3(t)=0$$

因此訊號集合的維度為 $2$。

(A) 基底函數與維度

選取的正交單位基底為

$$\boxed{\phi_1(t)=\frac12,\qquad 0\le t\le4}$$ $$\boxed{\phi_2(t)=\frac{3(2-t)}{4\sqrt3},\qquad 0\le t\le4}$$

在區間外令基底函數為 $0$。兩者滿足

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

所以

核心觀念

本題考查：

• WSS 隨機程序的自相關函數。
• 隨機相位載波調變後的自相關與功率譜密度。
• 頻率位移性質：
  $x(t)\cos(2\pi f_c t)$
  會將 $x(t)$ 的頻譜搬移至 $\pm f_c$。
• 同相／正交解調，以及利用兩路訊號消除干擾。

以下採用標準假設：$\theta$ 與 $x(t)$ 相互獨立，且 $f_c>0$。

---

(A) 求 $R_y(\tau)$

令

$$\omega_c=2\pi f_c$$

則

$$y(t)=x(t)\cos(\omega_c t+\theta).$$

由定義，

$$R_y(\tau) =E[y(t)y(t+\tau)].$$

代入 $y(t)$：

$$R_y(\tau) = E\left[ x(t)x(t+\tau) \cos(\omega_c t+\theta) \cos(\omega_c(t+\tau)+\theta) \right].$$

由於 $\theta$ 與 $x(t)$ 獨立，可分離期望值：

$$R_y(\tau) = R_x(\tau) E_\theta\left[ \cos(\omega_c t+\theta) \cos(\omega_c t+\omega_c\tau+\theta) \right].$$

利用恆等式

$$\cos A\cos B = \frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right],$$

其中

$$A=\omega_c t+\theta,\qquad B=\omega_c t+\omega_c\tau+\theta.$$

因此

$$A-B=-\omega_c\tau,$$ $$A+B=2\omega_c t+\omega_c\tau+2\theta.$$

所以

$$\cos A\cos B = \frac{1}{2} \left[ \cos(\omega_c\tau) + \cos(2\omega_c t+\omega_c\tau+2\theta) \right].$$

因為 $\theta\sim U(0,2\pi)$，

$$E_\theta[\cos(2\omega_c t+\omega_c\tau+2\theta)]=0.$$

故

$$\boxed{ R_y(\tau) = \frac{1}{2}R_x(\tau)\cos(2\pi f_c\tau) }$$

這也顯示 $y(t)$ 仍為 WSS，因為其自相關函數只與時間差 $\tau$ 有關。

---

(B) 求 $E[\tilde y(t)^2]$

第一步：求 $y(t)$ 的功率譜密度

令 $S_x(f)$ 與 $S_y(f)$ 分別為 $x(t)$ 與 $y(t)$ 的功率譜密度。由 Wiener–Khinchin 定理，

$$S_y(f)=\mathcal{F}\{R_y(\tau)\}.$$

由 (A)，

$$R_y(\tau) = \frac{1}{2}R_x(\tau)\cos(2\pi f_c\tau).$$

又因為

$$\cos(2\pi f_c\tau) = \frac{1}{2} \left[ e^{j2\pi f_c\tau} + e^{-j2\pi f_c\tau} \right],$$

利用頻率位移性質可得

$$\boxed{ S_y(f) = \frac{1}{4} \left[ S_x(f-f_c)+S_x(f+f_c) \right] }$$

---

第二步：通過低通濾波器

濾波器頻率響應為

$$H(f)= \begin{cases} 1, & |f|<f_c,\\ 0, & |f|>f_c. \end{cases}$$

輸出功率譜密度為

$$S_{\tilde y}(f) = |H(f)|^2S_y(f).$$

因此輸出平均平方值為

$$E[\tilde y(t)^2] = R_{\tilde y}(0) = \int_{-\infty}^{\infty}S_{\tilde y}(f)\,df.$$

由於 $|H(f)|^2$ 只在 $|f|<f_c$ 時為 $1$，

$$E[\tilde y(t)^2] = \int_{-f_c}^{f_c}S_y(f)\,df.$$

代入 $S_y(f)$：

$$\boxed{ E[\tilde y(t)^2] = \frac{1}{4} \int_{-f_c}^{f_c} \left[ S_x(f-f_c)+S_x(f+f_c) \right]df }$$

令 $u=f-f_c$ 與 $u=f+f_c$，可寫成

$$E[\tilde y(t)^2] = \frac{1}{4} \left[ \int_{-2f_c}^{0}S_x(u)\,du + \int_{0}^{2f_c}S_x(u)\,du \right].$$

因為 $x(t)$ 為實值隨機程序，其功率譜密度為偶函數：

$$S_x(-f)=S_x(f).$$

所以也可化為

$$\boxed{ E[\tilde y(t)^2] = \frac{1}{2} \int_{0}^{2f_c}S_x(f)\,df }$$

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(C) 解調 $s(t)$

題目給定

$$\theta=\frac{\pi}{4}$$

且

$$r(t) = s(t)\cos(\omega_c t) + x(t)\cos\left(\omega_c t+\frac{\pi}{4}\right).$$

假設 $s(t)$ 與 $x(t)$ 均為基頻訊號，頻寬小於 $f_c$，因此乘上載波後產生的 $2f_c$ 高頻項可由低通濾波器移除。

令 $\operatorname{LPF}\{\cdot\}$ 表示截止頻率為 $f_c$ 的低通濾波器。

同相解調

將 $r(t)$ 乘上 $2\cos(\omega_c t)$：

核心觀念

本題探討**匹配濾波器（Matched Filter）**的輸出訊號雜訊比（Peak Pulse SNR, $\eta$）上限推導。
核心考點包含：

1. 線性非時變系統（LTI System）的頻域表示：輸出訊號峰值 $g_0(T)$ 透過反傅立葉轉換以頻域轉移函數 $H(f)$ 與輸入脈衝頻譜 $G(f)$ 表示。
2. 平穩隨機程序通過 LTI 系統的雜訊功率：輸出雜訊功率 $E[n^2(t)]$ 為輸出雜訊之功率頻譜密度（PSD）對頻率積分，即 $\frac{N_0}{2} \int_{-\infty}^{\infty} |H(f)|^2 df$。
3. 柯西–施瓦茨不等式（Schwarz's Inequality）：在複數函數空間中，對於任意平方可積函數 $U(f)$ 與 $V(f)$，恆滿足： $$\left| \int_{-\infty}^{\infty} U(f) V(f) df \right|^2 \le \int_{-\infty}^{\infty} |U(f)|^2 df \int_{-\infty}^{\infty} |V(f)|^2 df$$ 等號成立條件為 $U(f) = c V^*(f)$，其中 $c$ 為任意非零常數。

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解題方法

步驟 1：表示取樣時刻 $t = T$ 的輸出訊號強度 $|g_0(T)|^2$

設濾波器之衝激響應為 $h(t)$，頻率響應為 $H(f)$。輸入訊號為 $g(t)$，其傅立葉轉換為 $G(f)$。
輸出訊號 $g_0(t)$ 可表為頻域的反轉換：

$$g_0(t) = \int_{-\infty}^{\infty} H(f) G(f) e^{j 2\pi f t} df$$

在特定取樣時間 $t = T$ 時，輸出訊號值為：

$$g_0(T) = \int_{-\infty}^{\infty} H(f) G(f) e^{j 2\pi f T} df$$

因此訊號之瞬時功率為：

$$|g_0(T)|^2 = \left| \int_{-\infty}^{\infty} H(f) G(f) e^{j 2\pi f T} df \right|^2$$

步驟 2：表示輸出雜訊功率 $E[n^2(t)]$

輸入為均值為零、雙邊功率頻譜密度為 $S_w(f) = \frac{N_0}{2}$ 的加性白高斯雜訊（AWGN）。
雜訊經過濾波器後的輸出功率頻譜密度為：

$$S_n(f) = S_w(f) |H(f)|^2 = \frac{N_0}{2} |H(f)|^2$$

輸出雜訊的平均功率（變異數）為 $S_n(f)$ 對所有頻率的積分：

$$E[n^2(t)] = \int_{-\infty}^{\infty} S_n(f) df = \frac{N_0}{2} \int_{-\infty}^{\infty} |H(f)|^2 df$$

步驟 3：應用柯西–施瓦茨不等式求比值上限

將 $|g_0(T)|^2$ 與 $E[n^2(t)]$ 代入輸出峰值訊噪比 $\eta$：

這題主要在考驗離散隨機變數的資訊理論基本觀念，包含聯合熵、邊際熵、條件熵以及互資訊。這些觀念在通訊系統中用於衡量資訊的量以及資訊傳遞的效率。

(A) Find the entropy H(X, Y).

聯合熵 $H(X, Y)$ 是衡量兩個離散隨機變數 $X$ 和 $Y$ 所包含的總資訊量。計算公式為：
$H(X, Y) = -\sum_{x} \sum_{y} P(x, y) \log_2 P(x, y)$
其中 $P(x, y)$ 是 $X$ 和 $Y$ 的聯合機率分佈。

解題過程：
我們需要將表格中每一個機率值代入公式進行計算。

1. 計算 $P(X=-1, Y=2) \log_2 P(X=-1, Y=2) = 0.1 \log_2 0.1$
2. 計算 $P(X=0, Y=2) \log_2 P(X=0, Y=2) = 0.15 \log_2 0.15$
3. 計算 $P(X=1, Y=2) \log_2 P(X=1, Y=2) = 0.15 \log_2 0.15$
4. 計算 $P(X=-1, Y=4) \log_2 P(X=-1, Y=4) = 0.05 \log_2 0.05$
5. 計算 $P(X=0, Y=4) \log_2 P(X=0, Y=4) = 0.2 \log_2 0.2$
6. 計算 $P(X=1, Y=4) \log_2 P(X=1, Y=4) = 0.15 \log_2 0.15$
7. 計算 $P(X=-1, Y=6) \log_2 P(X=-1, Y=6) = 0.05 \log_2 0.05$
8. 計算 $P(X=0, Y=6) \log_2 P(X=0, Y=6) = 0.05 \log_2 0.05$
9. 計算 $P(X=1, Y=6) \log_2 P(X=1, Y=6) = 0.1 \log_2 0.1$

將以上所有項加總後取負值。

使用計算機計算：
$0.1 \log_2 0.1 \approx -0.332$
$0.15 \log_2 0.15 \approx -0.275$
$0.05 \log_2 0.05 \approx -0.216$
$0.2 \log_2 0.2 \approx -0.464$
$0.1 \log_2 0.1 \approx -0.332$

$H(X, Y) = - [0.1 \log_2 0.1 + 0.15 \log_2 0.15 + 0.15 \log_2 0.15 + 0.05 \log_2 0.05 + 0.2 \log_2 0.2 + 0.15 \log_2 0.15 + 0.05 \log_2 0.05 + 0.05 \log_2 0.05 + 0.1 \log_2 0.1]$
$H(X, Y) \approx - [-0.332 - 0.275 - 0.275 - 0.216 - 0.464 - 0.275 - 0.216 - 0.216 - 0.332]$
$H(X, Y) \approx - [-2.601] = 2.601$ bits.

【答案】 $H(X, Y) \approx 2.601$ bits.

(B) Find the entropy H(X).

邊際熵 $H(X)$ 是衡量單一離散隨機變數 $X$ 所包含的資訊量。計算 $H(X)$ 需要先計算 $X$ 的邊際機率分佈 $P(x)$。

解題過程：
首先計算 $X$ 的邊際機率：
$P(X=-1) = P(X=-1, Y=2) + P(X=-1, Y=4) + P(X=-1, Y=6) = 0.1 + 0.05 + 0.05 = 0.2$
$P(X=0) = P(X=0, Y=2) + P(X=0, Y=4) + P(X=0, Y=6) = 0.15 + 0.2 + 0.05 = 0.4$
$P(X=1) = P(X=1, Y=2) + P(X=1, Y=4) + P(X=1, Y=6) = 0.15 + 0.15 + 0.1 = 0.4$

驗證總機率和為 1：$0.2 + 0.4 + 0.4 = 1.0$。

接著計算 $H(X)$：
$H(X) = -\sum_{x} P(x) \log_2 P(x)$
$H(X) = -[P(X=-1) \log_2 P(X=-1) + P(X=0) \log_2 P(X=0) + P(X=1) \log_2 P(X=1)]$
$H(X) = -[0.2 \log_2 0.2 + 0.4 \log_2 0.4 + 0.4 \log_2 0.4]$

使用計算機計算：
$0.2 \log_2 0.2 \approx -0.464$
$0.4 \log_2 0.4 \approx -0.529$

$H(X) \approx -[-0.464 + 2 \times (-0.529)]$
$H(X) \approx -[-0.464 - 1.058]$
$H(X) \approx -[-1.522] = 1.522$ bits.

【答案】 $H(X) \approx 1.522$ bits.

(C) Find the entropy H(X|Y).

條件熵 $H(X|Y)$ 是衡量在已知隨機變數 $Y$ 的值時，隨機變數 $X$ 所剩餘的資訊量。計算公式為：
$H(X|Y) = \sum_{y} P(y) H(X|Y=y)$
或者，也可以使用以下關係式：
$H(X|Y) = H(X, Y) - H(Y)$
其中 $H(Y)$ 是 $Y$ 的邊際熵。我們將使用後者，因為它能利用前面已計算的結果。

解題過程：
首先，我們需要計算 $Y$ 的邊際機率分佈 $P(y)$。

$P(Y=2) = P(X=-1, Y=2) + P(X=0, Y=2) + P(X=1, Y=2) = 0.1 + 0.15 + 0.15 = 0.4$
$P(Y=4) = P(X=-1, Y=4) + P(X=0, Y=4) + P(X=1, Y=4) = 0.05 + 0.2 + 0.15 = 0.4$
$P(Y=6) = P(X=-1, Y=6) + P(X=0, Y=6) + P(X=1, Y=6) = 0.05 + 0.05 + 0.1 = 0.2$

驗證總機率和為 1：$0.4 + 0.4 + 0.2 = 1.0$。

接著計算 $Y$ 的邊際熵 $H(Y)$：
$H(Y) = -\sum_{y} P(y) \log_2 P(y)$