114 年 國立中山大學電波聯合碩士班《通訊理論》

判斷一個信號是否為週期信號，關鍵在於其組成份量（正弦或餘弦波）的角頻率是否為有理數的倍數關係。若所有組成份量的角頻率之比皆為有理數，則信號為週期信號；反之，若存在任一對角頻率之比為無理數，則信號為非週期信號。

對於週期信號 $f(t)$，其週期 $T$ 滿足 $f(t+T) = f(t)$。若 $f(t)$ 為多個週期信號的線性組合，即 $f(t) = \sum_{i=1}^N a_i \cos(\omega_i t + \phi_i)$，則 $f(t)$ 為週期信號的充要條件是：對於任意 $i, j \in \{1, 2, \dots, N\}$，$\omega_i / \omega_j$ 均為有理數。此時，若 $\omega_i = 2\pi f_i$，則 $f_i$ 為頻率。週期 $T$ 為所有分量頻率 $f_i$ 的最小公倍數的倒數。

我們逐一檢驗選項中的信號：

(A) $x_1(t) = 2\cos(2t) + 4\sin(6\pi t)$
此信號包含兩個分量：
第一個分量：角頻率 $\omega_1 = 2$。
第二個分量：角頻率 $\omega_2 = 6\pi$。
兩者頻率之比為 $\omega_1 / \omega_2 = 2 / (6\pi) = 1 / (3\pi)$。由於 $\pi$ 是無理數，所以 $1/(3\pi)$ 是無理數。因此，此信號非週期。

一個信號被稱為功率信號 (power signal)，是指其總能量為有限值，但平均功率非零。
一個信號被稱為能量信號 (energy signal)，是指其總能量為有限值，且平均功率為零。
如果一個信號的總能量和平均功率皆為無限大，則該信號既非能量信號也非功率信號。

我們需要計算每個選項的總能量 $E = \int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt$ 和平均功率 $P = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |x(t)|^2 dt$。

(A) $x_1(t) = e^{-at}u(t)$
此信號在 $t \ge 0$ 時為 $e^{-at}$，在 $t < 0$ 時為 0。
總能量 $E_1 = \int_{-\infty}^{\infty} |e^{-at}u(t)|^2 dt = \int_{0}^{\infty} (e^{-at})^2 dt = \int_{0}^{\infty} e^{-2at} dt = \left[-\frac{1}{2a} e^{-2at}\right]_0^{\infty} = 0 - (-\frac{1}{2a}) = \frac{1}{2a}$。
由於 $a > 0$，總能量 $E_1$ 是有限值。
平均功率 $P_1 = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |x_1(t)|^2 dt = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{0}^{T} e^{-2at} dt$。
$\int_{0}^{T} e^{-2at} dt = \left[-\frac{1}{2a} e^{-2at}\right]_0^{T} = -\frac{1}{2a} (e^{-2aT} - 1) = \frac{1}{2a} (1 - e^{-2aT})$。
$P_1 = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \frac{1}{2a} (1 - e^{-2aT}) = \lim_{T \to \infty} \frac{1 - e^{-2aT}}{4aT} = 0$。
由於平均功率為零，此信號是能量信號，不是功率信號。

(B) $x_2(t) = t^2 + t^2 = 2t^2$
總能量 $E_2 = \int_{-\infty}^{\infty} |2t^2|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} 4t^4 dt$。此積分發散，總能量為無限大。
平均功率 $P_2 = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T} \int_{-T}^{T} |2t^2|^2 dt = \lim_{T \to \infty} \frac{4}{2T} \int_{-T}^{T} t^4 dt = \lim_{T \to \infty} \frac{2}{T} \left[\frac{t^5}{5}\right]_{-T}^{T} = \lim_{T \to \infty} \frac{2}{T} (\frac{T^5}{5} - \frac{(-T)^5}{5}) = \lim_{T \to \infty} \frac{2}{T} \frac{2T^5}{5} = \lim_{T \to \infty} \frac{4T^4}{5} = \infty$。
此信號既非能量信號也非功率信號。

核心觀念

連續時間 LTI 系統的 BIBO 穩定條件為其脈衝響應滿足絕對可積分：

$$\int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|\,dt<\infty.$$

因此，只要檢查各選項的 $|h(t)|$ 是否具有有限面積即可。

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選項分析

(A) $h_1(t)=e^{-a|t|}\cos(2\pi f_0t)$

因為

$$|\cos(2\pi f_0t)|\leq 1,$$

所以

$$|h_1(t)|\leq e^{-a|t|}.$$

又因為 $a>0$，

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|t|}\,dt =2\int_0^\infty e^{-at}\,dt =\frac{2}{a}<\infty.$$

因此 $h_1(t)$ 絕對可積分，系統 BIBO 穩定。

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(B) $h_2(t)=e^{-t}u(t)-e^{-(t-1)}u(t-1)$

分段表示為

$$h_2(t)= \begin{cases} 0, & t<0,\\[4pt] e^{-t}, & 0\leq t<1,\\[4pt] e^{-t}-e^{-(t-1)}, & t\geq 1. \end{cases}$$

當 $t\geq 1$ 時，

$$e^{-t}-e^{-(t-1)} =(1-e)e^{-t}.$$

因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}|h_2(t)|\,dt = \int_0^1e^{-t}\,dt +\int_1^\infty |1-e|e^{-t}\,dt.$$

兩項皆為有限值，所以 $h_2(t)$ 絕對可積分，系統 BIBO 穩定。

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核心觀念

FM 訊號可寫成

$$x(t)=A_c\cos\left[2\pi f_ct+\phi_\Delta(t)\right],$$

其中相對於載波的相位偏移為

$$\phi_\Delta(t)=2\pi f_d\int_0^t m(\tau)\,d\tau,$$

而瞬時頻率偏移為

$$\Delta f(t)=f_d m(t).$$

因此：

• 相位偏移由訊號 $m(t)$ 的積分決定。
• 頻率偏移直接由 $f_d m(t)$ 決定。
• 峰值頻率偏移為 $f_d\max|m(t)|$。

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解題方法

題目給定

$$m(t)=4\Pi\left[\frac{t-4}{2}\right].$$

由矩形脈波定義，

$$\Pi(u)=1,\qquad |u|\le \frac12.$$

因此

$$\left|\frac{t-4}{2}\right|\le \frac12 \Longrightarrow |t-4|\le 1 \Longrightarrow 3\le t\le 5.$$

所以訊號 $m(t)$ 為

$$m(t)= \begin{cases} 4, & 3\le t\le 5,\\ 0, & \text{其他時間}. \end{cases}$$

1. 頻率偏移

由

$$\Delta f(t)=f_d m(t),$$

且 $f_d=20$ Hz/V，因此在脈波存在期間，

$$\Delta f(t)=20\times 4=80\text{ Hz}.$$

所以峰值頻率偏移為

$$\Delta f_{\max}=80\text{ Hz}.$$

2. 相位偏移

計算積分

$$\int_0^t m(\tau)\,d\tau.$$

分段可得

$$\int_0^t m(\tau)\,d\tau= \begin{cases} 0, & 0<t<3,\\ 4(t-3), & 3\le t\le 5,\\ 8, & t>5. \end{cases}$$

因此相位偏移為

$$\phi_\Delta(t) =2\pi(20)\int_0^t m(\tau)\,d\tau,$$

即

核心觀念

AM 調變的效率定義為

$$\eta=\frac{P_{\text{資訊}}}{P_{\text{總}}}$$

對於不同頻率的餘弦信號，

$$A\cos(2\pi ft)$$

其平均功率為

$$P=\frac{A^2}{2}$$

題目中的載波為 $40\cos[2\pi(200)t]$，兩個側帶分量為 $5\cos[2\pi(180)t]$ 與 $5\cos[2\pi(220)t]$。AM 中真正承載資訊的是兩個側帶，載波本身不承載資訊。

解題方法

總功率為三個不同頻率分量功率之和：

$$P_{\text{總}} =\frac{40^2}{2}+\frac{5^2}{2}+\frac{5^2}{2}$$ $$P_{\text{總}} =800+12.5+12.5=825$$

資訊功率為兩個側帶功率之和：

$$P_{\text{資訊}} =\frac{5^2}{2}+\frac{5^2}{2} =25$$

因此效率為

$$\eta=\frac{25}{825} =\frac{1}{33} \approx 0.0303$$

換算成百分比：

根據奈奎斯特採樣定理 (Nyquist-Shannon sampling theorem)，為了避免採樣過程中的混疊 (aliasing)，採樣頻率 $f_s$ 必須大於或等於兩倍的信號最高頻率 $f_{max}$，即 $f_s \ge 2f_{max}$。採樣間隔 $T_s$ 與採樣頻率的關係是 $T_s = 1/f_s$。因此，為了避免混疊，採樣間隔 $T_s$ 必須滿足 $T_s \le \frac{1}{2f_{max}}$。

我們需要找出信號 $x_2(t) = \frac{1}{t}\sin(3\pi t)\cos(2\pi t)$ 的最高頻率 $f_{max}$。
首先，我們將信號 $x_2(t)$ 進行化簡。
使用三角恆等式 $\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$。
令 $A = 3\pi t$ 和 $B = 2\pi t$。
$A+B = 3\pi t + 2\pi t = 5\pi t$
$A-B = 3\pi t - 2\pi t = \pi t$

所以，$\sin(3\pi t)\cos(2\pi t) = \frac{1}{2}[\sin(5\pi t) + \sin(\pi t)]$。

將此代入 $x_2(t)$：
$x_2(t) = \frac{1}{t} \cdot \frac{1}{2}[\sin(5\pi t) + \sin(\pi t)]$
$x_2(t) = \frac{1}{2t}[\sin(5\pi t) + \sin(\pi t)]$
$x_2(t) = \frac{\sin(5\pi t)}{2t} + \frac{\sin(\pi t)}{2t}$

現在我們需要分析這兩個項的頻率成分。
對於 $\frac{\sin(\omega t)}{t}$ 這種類型的函數，其頻譜是矩形脈衝，寬度為 $\omega$。
例如，$\mathcal{F}\left\{\frac{\sin(\omega t)}{t}\right\} = \pi \text{rect}\left(\frac{f}{\omega}\right)$，其中 $\text{rect}(u)$ 是矩形函數，當 $|u| \le 1/2$ 時為 1，否則為 0。
這裡的頻率 $f$ 是以 Hz 為單位，所以 $\omega = 2\pi f$。
如果 $\omega = 5\pi$，那麼 $2\pi f = 5\pi \implies f = 5/2 = 2.5$ Hz。

核心觀念

本題比較的是固定 $E_b/N_0=10\text{ dB}$ 時，不同調變方式的最低位元錯誤率 $P_b$。關鍵在於：

1. 相同幾何距離的調變，其 BER 可能相同。
2. 固定 $E_b/N_0$ 時，$M$ 元調變的符號能量為
   $E_s=(\log_2 M)E_b.$
3. AWGN 通道中的錯誤率主要取決於訊號星座點之間的最小歐氏距離。
4. $10\text{ dB}$ 必須換算為線性值：
   $\frac{E_b}{N_0}=10.$

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解題方法

1. BPSK、QPSK、OQPSK 與 MSK

相干 BPSK 的位元錯誤率為

$$P_b^{\mathrm{BPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right).$$

QPSK 每個符號傳送 $2$ 個位元，但每一個正交分支等效於 BPSK，因此

$$P_b^{\mathrm{QPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right).$$

OQPSK 只是將 QPSK 的同相與正交分量錯開半個符號時間，AWGN 下的單一位元判決距離不變，因此

$$P_b^{\mathrm{OQPSK}} =P_b^{\mathrm{QPSK}}.$$

MSK 是調變指數 $h=1/2$ 的連續相位調變，在相干 AWGN 條件下具有與 BPSK 相同的位元錯誤率：

$$P_b^{\mathrm{MSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right).$$

故

$$(1)=(2)=(3)=(7).$$

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2. 8FSK 與 BFSK

對相干正交 $M$-FSK，$M$ 個頻率訊號彼此正交。其符號能量為

$$E_s=(\log_2 M)E_b.$$

BFSK 中 $M=2$，因此

$$E_s=E_b.$$

其主要錯誤項可表示為

$$P_b^{\mathrm{BFSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{N_0}}\right) =Q(\sqrt{10}).$$

而 8FSK 中 $M=8$，每個符號傳送 $3$ 個位元：

$$E_s=3E_b.$$

不同正交訊號間的成對錯誤機率約由

$$Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{3E_b}{N_0}}\right) =Q(\sqrt{30})$$

決定。雖然 8FSK 有較多可能的錯誤符號，但其每個符號具有 $3E_b$ 的能量；在 $E_b/N_0=10$ 時，能量增加所帶來的錯誤率下降遠大於候選符號數增加的影響，因此

$$P_b^{\mathrm{8FSK}} < P_b^{\mathrm{BFSK}}.$$

所以

$$(5)<(6).$$

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3. 16QAM 與 16PSK

16QAM

16QAM 每個符號傳送 $4$ 個位元。採用 Gray coding 時，其 BER 近似為

$$P_b^{\mathrm{16QAM}} \approx \frac{3}{2\log_2 16} \operatorname{erfc} \left( \sqrt{ \frac{\log_2 16}{16-1} \frac{E_b}{N_0} } \right).$$

代入 $\log_2 16=4$ 與 $E_b/N_0=10$：

$$P_b^{\mathrm{16QAM}} \approx \frac{3}{8} \operatorname{erfc} \left( \sqrt{\frac{40}{15}} \right) \approx 7.9\times 10^{-3}.$$

16PSK

16PSK 同樣每個符號傳送 $4$ 個位元，但星座點均勻分布在圓周上，最小角距離為

$$\frac{2\pi}{16}=\frac{\pi}{8}.$$

核心觀念

本題考察「兩個等能量、互相正交訊號在 AWGN 通道中的最佳相干偵測錯誤率」。

由圖可知，兩個訊號皆由振幅 $\pm 1$ 組成，且在 $0\le t\le 3T$ 內：

$$E_1=E_2=E_s$$

又因為 $s_1(t)$ 與 $s_2(t)$ 正交，

$$\int_0^{3T}s_1(t)s_2(t)\,dt=0$$

因此兩訊號間的平方歐氏距離為

$$d^2=\int_0^{3T}[s_1(t)-s_2(t)]^2dt =E_s+E_s-2(0)=2E_s$$

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解題方法

AWGN 的雙訊號最佳相干偵測錯誤率為

$$P_e=Q\left(\frac{d}{\sqrt{2N_0}}\right)$$

代入 $d=\sqrt{2E_s}$：

$$P_e =Q\left(\frac{\sqrt{2E_s}}{\sqrt{2N_0}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{E_s}{N_0}}\right)$$

利用

$$Q(x)=\frac{1}{2}\operatorname{erfc}\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)$$

可得

$$P_e=\frac{1}{2}\operatorname{erfc} \left(\sqrt{\frac{E_s}{2N_0}}\right)$$

題目給定

$$\frac{E_s}{N_0}=4$$

所以

$$P_e =\frac{1}{2}\operatorname{erfc} \left(\sqrt{\frac{4}{2}}\right) =\frac{1}{2}\operatorname{erfc}(\sqrt{2})$$

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選項分析

本題考驗對信號空間維度、AWGN 頻道下錯誤概率的理解，以及正負信號的比較。

首先，我們分析給定的三個信號 $s_1(t)$, $s_2(t)$, $s_3(t)$。
信號 $s_1(t)$ 在 $[0, T]$ 區間為 1，其他地方為 0。
信號 $s_2(t)$ 在 $[0, T/2]$ 區間為 1，在 $(T/2, T)$ 區間為 -1，其他地方為 0。
信號 $s_3(t) = -s_2(t)$，所以 $s_3(t)$ 在 $[0, T/2]$ 區間為 -1，在 $(T/2, T)$ 區間為 1，其他地方為 0。

(A) 信號空間的維度 (Dimensionality of the signal space)
信號空間的維度等於構成這些信號所需的最小線性無關函數的數量。通常，我們可以通過 Gram-Schmidt 正交化過程來找到這些基函數。
對於 $s_1(t)$，它是一個常數函數在一個區間內。
對於 $s_2(t)$，它由兩個矩形脈衝組成，在不同區間有不同的值。
我們可以定義兩個基函數：
$\phi_1(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$ (對應 $s_1(t)$)
$\phi_2(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T/2 \\ -1, & T/2 < t < T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$ (對應 $s_2(t)$ 的一部分)
然後，我們可以將 $s_1(t)$, $s_2(t)$, $s_3(t)$ 表示為這些基函數的線性組合。
$s_1(t) = 1 \cdot \phi_1(t)$。
$s_2(t) = 1 \cdot \phi_2(t)$ (在 $[0, T/2]$ 部分) $+ (-1) \cdot \psi_1(t)$ (在 $(T/2, T)$ 部分)。
我們可以將 $s_1(t)$ 和 $s_2(t)$ 表示在一個二維信號空間裡。
例如，我們可以選擇基函數為：
$\psi_1(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
$\psi_2(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le T/2 \\ 0, & T/2 < t < T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
$\psi_3(t) = \begin{cases} 0, & 0 \le t \le T/2 \\ 1, & T/2 < t < T \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}$
那麼 $s_1(t) = 1 \cdot \psi_1(t)$。
$s_2(t) = 1 \cdot \psi_2(t) + (-1) \cdot \psi_3(t)$。
$s_3(t) = -s_2(t) = -1 \cdot \psi_2(t) + 1 \cdot \psi_3(t)$。
這三個信號可以在一個由 $\psi_1(t)$, $\psi_2(t)$, $\psi_3(t)$ 張成的三維空間中表示。
然而，$\psi_1(t)$ 和 $\psi_2(t) + \psi_3(t)$ 是線性相關的。
$\psi_1(t) = \psi_2(t) + \psi_3(t)$ (在 $[0, T]$ 區間)。
所以，實際上信號空間的維度是 2。
基函數可以是 $\psi_2(t)$ 和 $\psi_3(t)$。
$s_1(t) = 1 \cdot \psi_2(t) + 1 \cdot \psi_3(t)$。
$s_2(t) = 1 \cdot \psi_2(t) - 1 \cdot \psi_3(t)$。
$s_3(t) = -1 \cdot \psi_2(t) + 1 \cdot \psi_3(t)$。
因此，信號空間的維度是 2。選項 (A) 錯誤。

(B) $P(\text{error}|s_2 \text{ transmitted}) > P(\text{error}|s_3 \text{ transmitted})$
在 AWGN 頻道下，對於二元調變，錯誤概率僅取決於信號能量 $E_s$ 和雜訊功率譜密度 $N_0$。
對於接收信號 $X(t) = s_k(t) + w(t)$，錯誤概率 $P(\text{error}|s_k \text{ transmitted}) = Q(\sqrt{d_{kj}^2/N_0})$，其中 $d_{kj}^2$ 是信號 $s_k$ 和 $s_j$ 之間的最小距離平方。
對於正負信號（antipodal signals），如 $s_2(t)$ 和 $s_3(t) = -s_2(t)$，它們是完全相關的，只是符號相反。
在 AWGN 頻道下，如果 $s_3(t) = -s_2(t)$，那麼接收到 $s_2(t)$ 時出錯的概率，與接收到 $s_3(t)$ 時出錯的概率是相同的。

此題為單邊帶調幅 (SSB-AM) 的計算題，包含求調變信號、希爾伯特轉換、SSB 訊號時域表達式及頻域表達式。

已知條件：
載波頻率 $f_c = 800$ kHz。
調變信號 $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$。
載波振幅 $A_c = 100$。

核心概念：
單邊帶調幅 (SSB-AM) 的優點是頻譜效率高，只傳輸一個邊帶。
SSB-AM 信號的兩種形式：

1. 上邊帶 (Upper Sideband, USB): $s_{SSB-AM}(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) - A_c \hat{m}(t) \sin(2\pi f_c t)$
2. 下邊帶 (Lower Sideband, LSB): $s_{SSB-AM}(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + A_c \hat{m}(t) \sin(2\pi f_c t)$
   其中 $\hat{m}(t)$ 是 $m(t)$ 的希爾伯特轉換 (Hilbert transform)。

(A) 確定信號 $m(t)$ 和其希爾伯特轉換 $\hat{m}(t)$。

1. 信號 $m(t)$:
   題目已給出 $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$。
   我們可以將其寫成一個餘弦函數的形式，這有助於後續計算。
   令 $m(t) = R \cos(2000\pi t - \theta)$。
   $R = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}$。
   $\theta = \arctan(2/1) = \arctan(2)$。
   所以，$m(t) = \sqrt{5} \cos(2000\pi t - \arctan(2))$。
   然而，題目僅要求確定 $m(t)$，可以直接寫出給定的形式。

2. $m(t)$ 的希爾伯特轉換 $\hat{m}(t)$:
   希爾伯特轉換的定義是：$\hat{m}(t) = m(t) * \frac{1}{\pi t}$，其中 $*$ 表示卷積。
   對於 $f(t) = A \cos(\omega t + \phi)$，其希爾伯特轉換為 $\hat{f}(t) = A \sin(\omega t + \phi)$。
   所以，對於 $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$：
   $\cos(2000\pi t)$ 的希爾伯特轉換是 $\sin(2000\pi t)$。
   $2\sin(2000\pi t)$ 的希爾伯特轉換是 $2(-\cos(2000\pi t)) = -2\cos(2000\pi t)$。
   因此，$\hat{m}(t) = \sin(2000\pi t) - 2\cos(2000\pi t)$。

   答案 (A):
   $m(t) = \cos(2000\pi t) + 2\sin(2000\pi t)$
   $\hat{m}(t) = \sin(2000\pi t) - 2\cos(2000\pi t)$

(B) 確定下邊帶 (LSB) 的時域表達式。

下邊帶 SSB-AM 信號的表達式為：
$s_{SSB-LSB}(t) = A_c \cos(2\pi f_c t) + A_c \hat{m}(t) \sin(2\pi f_c t)$
其中 $f_c = 800$ kHz $= 800 \times 10^3$ Hz。
$A_c = 100$。
$\hat{m}(t) = \sin(2000\pi t) - 2\cos(2000\pi t)$。

代入數值：
$s_{SSB-LSB}(t) = 100 \cos(2\pi \cdot 800 \times 10^3 t) + 100 (\sin(2000\pi t) - 2\cos(2000\pi t)) \sin(2\pi \cdot 800 \times 10^3 t)$
$s_{SSB-LSB}(t) = 100 \cos(1.6\pi \times 10^6 t) + 100 \sin(2000\pi t)\sin(1.6\pi \times 10^6 t) - 200 \cos(2000\pi t)\sin(1.6\pi \times 10^6 t)$

我們可以使用和差化積公式來進一步簡化：
$\cos A \sin B = \frac{1}{2}[\sin(B+A) - \sin(B-A)]$
$\sin A \sin B = \frac{1}{2}[\cos(A-B) - \cos(A+B)]$

令 $\omega_c = 1.6\pi \times 10^6$ 和 $\omega_m = 2000\pi$。
$100 \sin(\omega_m t)\sin(\omega_c t) = 100 \cdot \frac{1}{2}[\cos(\omega_c t - \omega_m t) - \cos(\omega_c t + \omega_m t)]$
$= 50 [\cos((\omega_c - \omega_m)t) - \cos((\omega_c + \omega_m)t)]$
$= 50 [\cos((1.6\pi \times 10^6 - 2000\pi)t) - \cos((1.6\pi \times 10^6 + 2000\pi)t)]$

$-200 \cos(\omega_m t)\sin(\omega_c t) = -200 \cdot \frac{1}{2}[\sin(\omega_c t + \omega_m t) - \sin(\omega_c t - \omega_m t)]$
$= -100 [\sin((\omega_c + \omega_m)t) - \sin((\omega_c - \omega_m)t)]$
$= -100 \sin((1.6\pi \times 10^6 + 2000\pi)t) + 100 \sin((1.6\pi \times 10^6 - 2000\pi)t)$

所以，下邊帶信號為：
$s_{SSB-LSB}(t) = 100 \cos(\omega_c t) + 50 [\cos((\omega_c - \omega_m)t) - \cos((\omega_c + \omega_m)t)] - 100 \sin((\omega_c + \omega_m)t) + 100 \sin((\omega_c - \omega_m)t)$

$s_{SSB-LSB}(t) = 100 \cos(1.6\pi \times 10^6 t) + 50 \cos((1.6\pi \times 10^6 - 2000\pi)t) - 50 \cos((1.6\pi \times 10^6 + 2000\pi)t) + 100 \sin((1.6\pi \times 10^6 - 2000\pi)t) - 100 \sin((1.6\pi \times 10^6 + 2000\pi)t)$

$\omega_c = 1.6\pi \times 10^6$ rad/s
$\omega_m = 2000\pi$ rad/s
$\omega_c - \omega_m = (1.6 \times 10^6 - 2000)\pi = (1600000 - 2000)\pi = 1598000\pi$ rad/s

這題是通訊理論中「角度調變（Angle Modulation）」的經典基本題，核心在於考驗考生是否清楚区分「相位調變（PM）」與「頻率調變（FM）」的數學定義差異。解題關鍵在於理解 instantaneous phase（瞬時相位）與 instantaneous frequency（瞬時頻率）的關係：PM 信號的相位偏移直接正比於訊息信號 $m(t)$，而 FM 信號的頻率偏移（即相位的導數）正比於 $m(t)$。考生必須能從給定的總相位中分離出載波相位與調變相位，再根據 $k_p$ 或 $k_f$ 的定义反推 $m(t)$，特別要注意微分與積分的運算邏輯。

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詳細解題過程

已知角度調變信號的一般表示式為：
$\phi_{EM}(t) = A_c \cos(\theta_i(t))$
其中 $\theta_i(t)$ 為瞬時相位（instantaneous phase）。

題目給定信號為：
$\phi_{EM}(t) = 10\cos(13000t), \quad |t| \le 1$
由此可知瞬時相位為：
$\theta_i(t) = 13000t$
（註：此處假設初相為 0，因題目未給出額外相位項）

已知載波頻率 $\omega_c = 10000$。
角度調變信號的瞬時相位通常寫為：
$\theta_i(t) = \omega_c t + \phi(t)$
其中 $\phi(t)$ 為相位偏移（phase deviation）。

將已知數值代入比較：
$13000t = 10000t + \phi(t)$
解得相位偏移為：
$\phi(t) = 3000t$

接下來針對 (A) 與 (B) 兩種不同調變方式分別討論。

(A) 若為相位調變 (PM) 信號

觀念分析：
在相位調變（PM）中，相位偏移 $\phi(t)$ 與訊息信號 $m(t)$ 成正比關係，比例常數為相位靈敏度 $k_p$。其數學定義為：
$\phi(t) = k_p m(t)$
因此，要求 $m(t)$，只需將求得的 $\phi(t)$ 除以 $k_p$ 即可。