115 年 國立中山大學電波聯合碩士班《通訊理論》

📄 試題原卷 免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題5 分

  1. (5%) Suppose a communication channel has bandwidth W. Let the symbol (sampling) interval be
    ts=1Wt_s = \frac{1}{W}. Which of the following pulse waveforms does not satisfy the ISI-free (Nyquist) criterion?
    (A) p1(t)=2Wsinc2(2Wt)+Wsinc(Wt)p_1(t) = 2W \text{sinc}^2(2Wt) + W\text{sinc}(Wt)
    (B) p2(t)=4Wsinc(4Wt)−Wsinc2(Wt)p_2(t) = 4W\text{sinc}(4Wt) - W\text{sinc}^2(Wt)
    (C) p3(t)=2Wsinc(Wt)cos⁡(2πWt)p_3(t) = 2W\text{sinc}(Wt) \cos(2\pi Wt)
    (D) p4(t)=2Wsinc2(2Wt)−Wsinc2(Wt)p_4(t) = 2W\text{sinc}^2(2Wt) - W\text{sinc}^2(Wt)
    (E) None of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考察 Nyquist 零間隔干擾(zero-ISI)準則。

若符號取樣間隔為

ts=1W,t_s=\frac{1}{W},

則脈衝波形 p(t)p(t) 必須滿足

p(0)≠0,p(0)\neq 0,

且對所有非零整數 kk,

p(kts)=p(kW)=0,k≠0.p(kt_s)=p\left(\frac{k}{W}\right)=0,\qquad k\neq 0.

如此在第 mm 個符號取樣時,其他符號的脈衝貢獻皆為零,便不會產生 ISI。

本題採用通訊理論中常見的 normalized sinc 定義:

sinc⁡(x)=sin⁡(πx)πx.\operatorname{sinc}(x)=\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}.

因此對任意非零整數 nn,

sinc⁡(n)=0.\operatorname{sinc}(n)=0.

解題方法

直接將

t=nWt=\frac{n}{W}

代入每個選項,其中 nn 為非零整數,檢查是否皆滿足

p(nW)=0.p\left(\frac{n}{W}\right)=0.

同時確認 p(0)≠0p(0)\neq 0,以確保取樣時有非零的主符號貢獻。


選項分析

(A)

p1(t)=2Wsinc⁡2(2Wt)+Wsinc⁡(Wt).p_1(t)=2W\operatorname{sinc}^2(2Wt)+W\operatorname{sinc}(Wt).

令 t=n/Wt=n/W:

p1(nW)=2Wsinc⁡2(2n)+Wsinc⁡(n).p_1\left(\frac{n}{W}\right) = 2W\operatorname{sinc}^2(2n) + W\operatorname{sinc}(n).

因為 nn 與 2n2n 都是非零整數,

sinc⁡(n)=0,sinc⁡(2n)=0.\operatorname{sinc}(n)=0,\qquad \operatorname{sinc}(2n)=0.

所以

p1(nW)=0,n≠0.p_1\left(\frac{n}{W}\right)=0,\qquad n\neq 0.

在 t=0t=0 時,

p1(0)=2W(1)2+W(1)=3W≠0.p_1(0)=2W(1)^2+W(1)=3W\neq 0.

因此 p1(t)p_1(t) 滿足 Nyquist 零 ISI 準則。


(B)

p2(t)=4Wsinc⁡(4Wt)−Wsinc⁡2(Wt).p_2(t)=4W\operatorname{sinc}(4Wt)-W\operatorname{sinc}^2(Wt).

令 t=n/Wt=n/W:

p2(nW)=4Wsinc⁡(4n)−Wsinc⁡2(n).p_2\left(\frac{n}{W}\right) = 4W\operatorname{sinc}(4n) - W\operatorname{sinc}^2(n).

由於 nn 與 4n4n 均為非零整數,

sinc⁡(4n)=0,sinc⁡(n)=0.\operatorname{sinc}(4n)=0,\qquad \operatorname{sinc}(n)=0.

因此

p2(nW)=0,n≠0.p_2\left(\frac{n}{W}\right)=0,\qquad n\neq 0.

而

p2(0)=4W−W=3W≠0.p_2(0)=4W-W=3W\neq 0.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題5 分

  1. (5%) An M-ary communication system transmits at a rate of 2000 symbols per second. What is the equivalent bit rate in bits per second for M = 16?
    (A) 4000
    (B) 6000
    (C) 8000
    (D) 10000
    (E) None of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

本題考驗符號傳輸率 (symbol rate) 與位元傳輸率 (bit rate) 的轉換關係。

符號傳輸率 (Symbol Rate, RsR_s) 是指每秒傳輸的符號數量,單位是 symbols/second (baud)。
位元傳輸率 (Bit Rate, RbR_b) 是指每秒傳輸的位元數量,單位是 bits/second (bps)。

在一個 M-ary 通訊系統中,一個符號可以代表 log⁡2M\log_2 M 個位元。
因此,位元傳輸率與符號傳輸率的關係為:
Rb=Rs×log⁡2MR_b = R_s \times \log_2 M

題目給定:
符號傳輸率 Rs=2000R_s = 2000 symbols/second。
系統為 M-ary,且 M=16M = 16。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題5 分

  1. (5%) Consider a 3-ary communication system in which each transmitted message is chosen from one of three symbols, m−1,m0m_{-1}, m_0, and m1m_1. These symbols are transmitted using the waveforms −p(t),0-p(t), 0, and p(t)p(t), respectively, where the pulse p(t)p(t) has duration TMT_M. At the receiver, a matched filter matched to p(t)p(t) is employed. Let rr denote the output of the matched filter sampled at time TMT_M. Assume that the messages are quiprobable, i.e., P(m−1)=P(m0)=P(m1)=1/3P(m_{-1}) = P(m_0) = P(m_1) = 1/3. The energy of the pulse p(t)p(t) is EpE_p and the channel noise is additive white Gaussian noise (AWGN) with two-sided power spectral density N0/2N_0/2. Determine the symbol error probability PeP_e using the optimum decision thresholds. (The Q-function is defined as Q(x)=12π∫x∞e−z2/2dzQ(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^\infty e^{-z^2/2} dz.)
    (A) Pe=Q(Ep2N0)P_e = Q\left(\frac{E_p}{2N_0}\right)
    (B) Pe=Q(Ep3N0)P_e = Q\left(\frac{E_p}{3N_0}\right)
    (C) Pe=Q(3Ep2N0)P_e = Q\left(\sqrt{\frac{3E_p}{2N_0}}\right)
    (D) Pe=Q(EpN0)P_e = Q\left(\frac{E_p}{N_0}\right)
    (E) None of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三元反對稱訊號的最佳判決,以及匹配濾波器輸出端的訊號值與雜訊變異數。

傳送波形分別為

s−1(t)=−p(t),s0(t)=0,s1(t)=p(t).s_{-1}(t)=-p(t),\qquad s_0(t)=0,\qquad s_1(t)=p(t).

匹配濾波器匹配於 p(t)p(t),並在 TMT_M 取樣。由於

Ep=∫0TMp2(t) dt,E_p=\int_0^{T_M}p^2(t)\,dt,

匹配濾波器取樣輸出的訊號分量為

rs∈{−Ep,  0,  Ep}.r_s\in\{-E_p,\;0,\;E_p\}.

AWGN 經匹配濾波器後,其輸出雜訊為高斯分布,且變異數為

σn2=N02Ep.\sigma_n^2=\frac{N_0}{2}E_p.

因此

σn=N0Ep2.\sigma_n=\sqrt{\frac{N_0E_p}{2}}.

解題方法

因為三個訊號等概且輸出電平等間隔,最佳判決門檻為相鄰訊號電平的中點:

γ−1,0=−Ep2,γ0,1=Ep2.\gamma_{-1,0}=-\frac{E_p}{2},\qquad \gamma_{0,1}=\frac{E_p}{2}.

判決規則為:

  • r<−Ep2r<-\dfrac{E_p}{2}:判定為 m−1m_{-1}
  • −Ep2≤r<Ep2-\dfrac{E_p}{2}\le r<\dfrac{E_p}{2}:判定為 m0m_0
  • r≥Ep2r\ge\dfrac{E_p}{2}:判定為 m1m_1

傳送 m−1m_{-1} 時

平均輸出為 −Ep-E_p。錯誤事件是輸出超過左側門檻:

P(e∣m−1)=P(r>−Ep2∣m−1).P(e\mid m_{-1}) =P\left(r>-\frac{E_p}{2}\mid m_{-1}\right).

由標準化可得

P(e∣m−1)=Q(Ep/2σn)=Q(Ep2N0).P(e\mid m_{-1}) =Q\left(\frac{E_p/2}{\sigma_n}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{E_p}{2N_0}}\right).

傳送 m0m_0 時

平均輸出為 00。只要輸出落在兩個門檻之外即判錯:

P(e∣m0)=P(r<−Ep2)+P(r>Ep2).P(e\mid m_0) =P\left(r<-\frac{E_p}{2}\right) +P\left(r>\frac{E_p}{2}\right).

由對稱性,

P(e∣m0)=2Q(Ep/2σn)=2Q(Ep2N0).P(e\mid m_0) =2Q\left(\frac{E_p/2}{\sigma_n}\right) =2Q\left(\sqrt{\frac{E_p}{2N_0}}\right).

傳送 m1m_1 時

與傳送 m−1m_{-1} 對稱,因此

P(e∣m1)=Q(Ep2N0).P(e\mid m_1) =Q\left(\sqrt{\frac{E_p}{2N_0}}\right).

符號錯誤率

三個符號等概,所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題5 分

  1. (5%) Let g(t)g(t) be a signal with Fourier transform G(f)G(f). Define G1(t)G_1(t) as the inverse Fourier transform of the frequency-domain function g(af−f0)g(af - f_0). Which of the following expressions correctly gives G1(t)G_1(t)?
    (A) If a>0a > 0, G1(t)=1aG(−t/a)ej2πf0t/aG_1(t) = \frac{1}{a} G(-t/a) e^{j2\pi f_0 t/a}
    (B) If a<0a < 0, G1(t)=1aG(t/a)ej2πf0t/aG_1(t) = \frac{1}{a} G(t/a) e^{j2\pi f_0 t/a}
    (C) If a=0a = 0, G1(t)=g(f0)δ(t)G_1(t) = g(f_0) \delta(t)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查傅立葉轉換的「頻率軸縮放」與「頻率平移」性質。採用定義

G(f)=∫−∞∞g(t)e−j2πft dtG(f)=\int_{-\infty}^{\infty}g(t)e^{-j2\pi ft}\,dt

其反傅立葉轉換為

g(t)=∫−∞∞G(f)ej2πft df。g(t)=\int_{-\infty}^{\infty}G(f)e^{j2\pi ft}\,df。

題目定義 G1(t)G_1(t) 為頻域函數 g(af−f0)g(af-f_0) 的反傅立葉轉換,因此

G1(t)=∫−∞∞g(af−f0)ej2πft df。G_1(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(af-f_0)e^{j2\pi ft}\,df。

解題方法

令

u=af−f0,f=u+f0a.u=af-f_0, \qquad f=\frac{u+f_0}{a}.

當 a≠0a\neq 0 時,考慮積分方向後可得

df=1∣a∣ du。df=\frac{1}{|a|}\,du。

因此

G1(t)=1∣a∣∫−∞∞g(u)ej2π(u+f0a)t du=1∣a∣ej2πf0t/a∫−∞∞g(u)ej2πut/a du。\begin{aligned} G_1(t) &=\frac{1}{|a|} \int_{-\infty}^{\infty} g(u) e^{j2\pi \left(\frac{u+f_0}{a}\right)t}\,du\\ &=\frac{1}{|a|} e^{j2\pi f_0t/a} \int_{-\infty}^{\infty} g(u)e^{j2\pi u t/a}\,du。 \end{aligned}

由傅立葉轉換定義,

G(−ta)=∫−∞∞g(u)ej2πut/a du。G\left(-\frac{t}{a}\right) = \int_{-\infty}^{\infty} g(u)e^{j2\pi u t/a}\,du。

故一般結果為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題5 分

  1. (5%) Consider a narrowband FM signal that can be approximated by
    s(t)≈Accos⁡(2πfct)−βAcsin⁡(2πfmt)sin⁡(2πfct)s(t) \approx A_c \cos(2\pi f_c t) - \beta A_c \sin(2\pi f_m t) \sin(2\pi f_c t),
    where AcA_c is the carrier amplitude, fcf_c is the carrier frequency, fmf_m is the modulating frequency, and β<<1\beta << 1 is the modulation index. Which of the following statements is correct?
    (A) The minimum value of the signal envelope is Ac1−β2A_c\sqrt{1 - \beta^2}
    (B) The maximum value of the signal envelope is Ac1+β2A_c\sqrt{1 + \beta^2}
    (C) The total average power of the FM is (1+β2)Ac22\frac{(1+\beta^2)A_c^2}{2}
    (D) The total average power of the FM is (1+β2)Ac24\frac{(1+\beta^2)A_c^2}{4}
    (E) None of the above

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查窄頻 FM(Narrowband FM)的:

  • 同相分量與正交分量表示法
  • 信號包絡線的求法
  • 平均功率計算
  • FM 載波功率與邊帶功率的關係

令

ωc=2πfc,ωm=2πfm\omega_c=2\pi f_c,\qquad \omega_m=2\pi f_m

題 given 信號為

s(t)≈Accos⁡ωct−βAcsin⁡ωmtsin⁡ωct.s(t)\approx A_c\cos\omega_ct-\beta A_c\sin\omega_mt\sin\omega_ct.

其中第一項為載波同相分量,第二項為與載波相差 90∘90^\circ 的正交分量。


解題方法:求信號包絡線

將信號寫成

s(t)=I(t)cos⁡ωct+Q(t)sin⁡ωcts(t)=I(t)\cos\omega_ct+Q(t)\sin\omega_ct

可得

I(t)=Ac,I(t)=A_c, Q(t)=−βAcsin⁡ωmt.Q(t)=-\beta A_c\sin\omega_mt.

因此,其包絡線振幅為

E(t)=I2(t)+Q2(t).E(t)=\sqrt{I^2(t)+Q^2(t)}.

代入後:

E(t)=Ac2+β2Ac2sin⁡2ωmtE(t) =\sqrt{A_c^2+\beta^2A_c^2\sin^2\omega_mt} =Ac1+β2sin⁡2ωmt.=A_c\sqrt{1+\beta^2\sin^2\omega_mt}.

因為

0≤sin⁡2ωmt≤1,0\leq \sin^2\omega_mt\leq 1,

所以包絡線的最小值與最大值分別為

Emin⁡=Ac,E_{\min}=A_c, Emax⁡=Ac1+β2.E_{\max}=A_c\sqrt{1+\beta^2}.

故選項 (B) 正確。


平均功率計算

信號為

s(t)=Accos⁡ωct−βAcsin⁡ωmtsin⁡ωct.s(t)=A_c\cos\omega_ct-\beta A_c\sin\omega_mt\sin\omega_ct.

平均功率為

P=⟨s2(t)⟩.P=\left\langle s^2(t)\right\rangle.

展開平方:

s2(t)=Ac2cos⁡2ωct+β2Ac2sin⁡2ωmtsin⁡2ωct−2βAc2cos⁡ωctsin⁡ωmtsin⁡ωct.\begin{aligned} s^2(t) ={}&A_c^2\cos^2\omega_ct +\beta^2A_c^2\sin^2\omega_mt\sin^2\omega_ct\\ &-2\beta A_c^2\cos\omega_ct\sin\omega_mt\sin\omega_ct. \end{aligned}

在一般通訊系統中,各不同頻率正弦波的長時間平均交叉項為零,因此:

⟨cos⁡2ωct⟩=12,\left\langle \cos^2\omega_ct\right\rangle=\frac12,

且

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 6 題5 分

Consider a signal

x(t)={9−t2,∣t∣≤3,0,otherwise.x(t)= \begin{cases} 9-t^2, & |t|\leq 3,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}

with its Fourier transform X(f)X(f). Which of the following statements is wrong?

(A) The imaginary part of X(f)X(f) is zero.

(B) The value of ∫−∞∞X(f) df\int_{-\infty}^{\infty}X(f)\,df is 9.

(C) The value of X(0)X(0) is 36.

(D) The value of ∫−∞∞∣X(f)∣2 df\int_{-\infty}^{\infty}|X(f)|^2\,df is 324.

(E) The value of ∫−∞∞f⋅X(f) df\int_{-\infty}^{\infty}f\cdot X(f)\,df is 0.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

採用以頻率 ff(Hz)表示的傅立葉轉換定義:

X(f)=∫−∞∞x(t)e−j2πft dt,x(t)=∫−∞∞X(f)ej2πft df.X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt, \qquad x(t)=\int_{-\infty}^{\infty}X(f)e^{j2\pi ft}\,df.

本題用到傅立葉反轉換、零頻率分量、Parseval 定理,以及訊號的對稱性:

  • 若 x(t)x(t) 為實偶函數,則 X(f)X(f) 也是實偶函數。
  • 反轉換在 t=0t=0 時,∫−∞∞X(f) df=x(0)\int_{-\infty}^{\infty}X(f)\,df=x(0)。
  • X(0)=∫−∞∞x(t) dtX(0)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\,dt。
  • Parseval 定理給出 ∫−∞∞∣X(f)∣2 df=∫−∞∞∣x(t)∣2 dt\int_{-\infty}^{\infty}|X(f)|^2\,df=\int_{-\infty}^{\infty}|x(t)|^2\,dt。

解題方法

先看訊號對稱性。x(t)x(t) 只與 t2t^2 有關,且定義區間關於原點對稱,因此 x(t)x(t) 是實偶函數。接著分別用反轉換求 ∫X(f) df\int X(f)\,df、直接積分求 X(0)X(0),並用 Parseval 定理檢查頻域能量。

反轉換在 t=0t=0 時:

x(0)=∫−∞∞X(f) df.x(0)=\int_{-\infty}^{\infty}X(f)\,df.

由題目給定 x(0)=9x(0)=9,所以

∫−∞∞X(f) df=9.\int_{-\infty}^{\infty}X(f)\,df=9.

零頻率值為訊號面積:

X(0)=∫−∞∞x(t) dt=∫−33(9−t2) dt.X(0)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\,dt =\int_{-3}^{3}(9-t^2)\,dt.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 7 題5 分

The signals xi(t)x_i(t) undergo sampling with sampling period Ts=0.02T_s=0.02 second. Which of the following signals can be recovered perfectly from the sampled signal?

x1(t)=sin⁡(40πt)πt,x2(t)=sin⁡(40πt)πt⋅sin⁡(20πt)πt,x3(t)=tx2(t),x4(t)=x1(t)⋅cos⁡(20πt),x5(t)=ddtx1(t).\begin{aligned} x_1(t)&=\frac{\sin(40\pi t)}{\pi t},\\ x_2(t)&=\frac{\sin(40\pi t)}{\pi t}\cdot\frac{\sin(20\pi t)}{\pi t},\\ x_3(t)&=t x_2(t),\\ x_4(t)&=x_1(t)\cdot\cos(20\pi t),\\ x_5(t)&=\frac{d}{dt}x_1(t). \end{aligned}

(A) x1(t),x3(t)x_1(t), x_3(t)

(B) x1(t),x5(t)x_1(t), x_5(t)

(C) x2(t),x4(t)x_2(t), x_4(t)

(D) x1(t),x3(t),x5(t)x_1(t), x_3(t), x_5(t)

(E) x3(t),x4(t),x5(t)x_3(t), x_4(t), x_5(t)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

理想取樣的取樣頻率為

fs=1Ts=10.02=50 Hz.f_s=\frac{1}{T_s}=\frac{1}{0.02}=50\ \text{Hz}.

因此奈奎斯特頻率為

fN=fs2=25 Hz.f_N=\frac{f_s}{2}=25\ \text{Hz}.

若訊號的頻譜完全落在 ∣f∣<25 Hz|f|<25\ \text{Hz} 內,取樣後頻譜的週期複本不會重疊,訊號可由理想低通濾波器完美重建。

採用傅立葉轉換定義

X(f)=∫−∞∞x(t)e−j2πft dt.X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt.

基本對應為

sin⁡(2πBt)πt⟷{1,∣f∣<B,0,∣f∣>B.\frac{\sin(2\pi B t)}{\pi t} \quad\longleftrightarrow\quad \begin{cases} 1, & |f|<B,\\ 0, & |f|>B. \end{cases}

解題方法

先找出各訊號的頻譜支撐範圍,再與奈奎斯特頻率 25 Hz25\ \text{Hz} 比較。

1. x1(t)x_1(t)

由

x1(t)=sin⁡(40πt)πt=sin⁡(2π⋅20 t)πtx_1(t)=\frac{\sin(40\pi t)}{\pi t} =\frac{\sin(2\pi\cdot20\,t)}{\pi t}

可知其頻譜支撐於 ∣f∣≤20 Hz|f|\leq20\ \text{Hz}。由於 20<2520<25,x1(t)x_1(t) 可完美重建。

2. x2(t)x_2(t)

x2(t)x_2(t) 是兩個時域訊號相乘:

x2(t)=sin⁡(2π⋅20 t)πtsin⁡(2π⋅10 t)πt.x_2(t)= \frac{\sin(2\pi\cdot20\,t)}{\pi t} \frac{\sin(2\pi\cdot10\,t)}{\pi t}.

時域相乘對應到頻域摺積。兩個矩形頻譜的支撐範圍分別為 [−20,20][-20,20] 與 [−10,10][-10,10],摺積後支撐範圍為

[−20,20]+[−10,10]=[−30,30] Hz.[-20,20]+[-10,10]=[-30,30]\ \text{Hz}.

頻譜超出 25 Hz25\ \text{Hz},取樣後會發生混疊,因此 x2(t)x_2(t) 不可完美重建。

3. x3(t)x_3(t)

x3(t)=tx2(t)x_3(t)=t x_2(t)。時域乘上 tt 對應到頻域微分:

X3(f)=j2πdX2(f)df.X_3(f)=\frac{j}{2\pi}\frac{dX_2(f)}{df}.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 8 題5 分

Let X(t)=A⋅cos⁡(2πfct+Θ)X(t)=A\cdot\cos(2\pi f_c t+\Theta) be a real-valued random process, where AA is a constant and Θ\Theta is a random variable uniformly distributed between 00 and 2π2\pi. Which of the following is wrong?

(A) X(t)X(t) is wide-sense stationary (WSS).

(B) The mean value of X(t)X(t) is zero.

(C) The autocorrelation function of X(t)X(t) is RX(τ)=A22cos⁡(2πfcτ)R_X(\tau)=\frac{A^2}{2}\cos(2\pi f_c\tau).

(D) The power spectral density function of X(t)X(t) is SX(f)=A24[δ(f−fc)+δ(f+fc)]S_X(f)=\frac{A^2}{4}\left[\delta(f-f_c)+\delta(f+f_c)\right].

(E) The average power of X(t)X(t) is A2A^2.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查隨機相位正弦波的寬平穩性、自相關函數、功率頻譜密度與平均功率。

寬平穩(WSS)隨機過程須符合:

  1. 均值與時間 tt 無關。
  2. 自相關函數只與時間差 τ\tau 有關。

平均功率可由自相關函數在 τ=0\tau=0 的值求得:

PX=RX(0)=E[X2(t)].P_X=R_X(0)=\mathbb{E}[X^2(t)].

解題方法

已知相位 Θ\Theta 均勻分布於 [0,2π)[0,2\pi),因此對任意常數 ϕ\phi,

E[cos⁡(Θ+ϕ)]=0,E[cos⁡2(Θ+ϕ)]=12.\mathbb{E}[\cos(\Theta+\phi)]=0, \qquad \mathbb{E}[\cos^2(\Theta+\phi)]=\frac{1}{2}.

先求均值與自相關函數,再以 RX(0)R_X(0) 判斷平均功率。

均值為

E[X(t)]=AE[cos⁡(2πfct+Θ)]=0,\mathbb{E}[X(t)] =A\mathbb{E}[\cos(2\pi f_ct+\Theta)] =0,

與 tt 無關。自相關函數為

RX(τ)=E[X(t)X(t+τ)]=A2E[cos⁡(2πfct+Θ)cos⁡(2πfc(t+τ)+Θ)]=A22cos⁡(2πfcτ).\begin{aligned} R_X(\tau) &=\mathbb{E}[X(t)X(t+\tau)]\\ &=A^2\mathbb{E}\left[ \cos(2\pi f_ct+\Theta) \cos(2\pi f_c(t+\tau)+\Theta) \right]\\ &=\frac{A^2}{2}\cos(2\pi f_c\tau). \end{aligned}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 9 題5 分

Consider an amplitude-modulated signal expressed by

s(t)=Ac(1+kam(t))cos⁡(2πfct).s(t)=A_c\left(1+k_a m(t)\right)\cos(2\pi f_c t).

Which of the following is wrong?

(A) The amplitude sensitivity kak_a can be any positive real number.

(B) The message m(t)m(t) can be recovered from an envelope detector.

(C) We may apply DSB-SC (double sideband-suppress carrier) to reduce transmission power.

(D) We may apply SSB (single sideband) scheme to reduce required transmission bandwidth.

(E) The transmission bandwidth of VSB (vestigial-sideband) is between those of SSB and DSB-SC.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查振幅調變(AM)的包絡線檢波條件,以及 DSB-SC、SSB、VSB 的功率與頻寬特性。

題目訊號為

s(t)=Ac(1+kam(t))cos⁡(2πfct).s(t)=A_c\left(1+k_a m(t)\right)\cos(2\pi f_c t).

其中 AcA_c 是載波振幅,fcf_c 是載波頻率,m(t)m(t) 是訊息訊號,kak_a 是振幅靈敏度。訊號的包絡為

Ac∣1+kam(t)∣.A_c\left|1+k_a m(t)\right|.

若要用包絡線檢波器直接取回訊息,須避免包絡反相,也就是要求

1+kam(t)≥0,對所有 t.1+k_a m(t)\geq 0,\qquad \text{對所有 }t.

若 m(t)m(t) 的最小值為 mmin⁡<0m_{\min}<0,則需滿足

ka≤1∣mmin⁡∣.k_a\leq \frac{1}{|m_{\min}|}.

因此,對固定的訊息訊號,kak_a 不能任意取大;否則會產生過度調變,包絡線檢波器無法正確還原訊息。

解題方法

判斷各選項時,先檢查 AM 包絡線能否維持非負,再比較各調變方式的傳輸功率與頻寬。

若訊息頻譜最高頻率為 WW,一般 DSB 的頻寬為 2W2W;SSB 只傳送一個邊帶,頻寬為 WW;VSB 保留一個完整邊帶及另一邊帶的一小部分,頻寬介於 WW 與 2W2W 之間。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 10 題5 分

Consider a frequency-modulated signal expressed by

s(t)=Accos⁡[2πfct+2πkf∫0tm(τ) dτ],s(t)=A_c\cos\left[2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right],

where the message m(t)m(t) has the maximum amplitude of AmA_m and the highest frequency FmF_m. Which of the following is wrong?

(A) The instantaneous frequency of s(t)s(t) is fc+kfm(t)f_c+k_fm(t).

(B) The transmission power of s(t)s(t) is Ac22\frac{A_c^2}{2}.

(C) If we connect an FM modulator with an integrator, we can generate a phase-modulated signal.

(D) The maximum frequency deviation is kfAmk_f A_m.

(E) The transmission bandwidth of s(t)s(t) is approximately 2kfAm+2Fm2k_f A_m+2F_m.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

FM 訊號可寫成

s(t)=Accos⁡θ(t),θ(t)=2πfct+2πkf∫0tm(τ) dτ.s(t)=A_c\cos\theta(t), \qquad \theta(t)=2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau.

相位 θ(t)\theta(t) 對時間的導數除以 2π2\pi,就是瞬時頻率:

fi(t)=12πdθ(t)dt.f_i(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\theta(t)}{dt}.

FM 的頻率偏移與訊息振幅成正比;若訊息最高頻率為 FmF_m、最大頻率偏移為 Δf\Delta f,Carson 法則給出的近似傳輸頻寬為 2(Δf+Fm)2(\Delta f+F_m)。

解題方法

先由相位微分求瞬時頻率,再比較 FM 與 PM 的相位公式;最後用最大訊息振幅求頻率偏移,並代入 Carson 法則檢查頻寬選項。

由題目相位可得

fi(t)=12πddt(2πfct+2πkf∫0tm(τ) dτ)=fc+kfm(t).f_i(t) =\frac{1}{2\pi}\frac{d}{dt} \left( 2\pi f_c t+2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau \right) =f_c+k_fm(t).

因此最大頻率偏移為

Δfmax⁡=kfAm\Delta f_{\max}=k_f A_m

(通常將 kfk_f 視為正的頻率靈敏度;若允許 kfk_f 為負,偏移量大小應寫成 ∣kf∣Am|k_f|A_m)。Carson 法則給出

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二-1 題10 分

Consider the following baseband signal g(t)g(t):

g(t)={t/2,0≤t<T,0,otherwise.g(t)= \begin{cases} t/2, & 0\leq t<T,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}

(A) Determine the impulse response of a filter h(t)h(t) matched to the signal.

(B) Plot the matched filter output g0(t)=g(t)∗h(t)g_0(t)=g(t)*h(t) in the absence of noise.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

匹配濾波器(matched filter)會將已知訊號做時間反轉並平移,使輸出在訊號結束時刻 t=Tt=T 達到最大值。對實數訊號 g(t)g(t),其脈衝響應為

h(t)=g(T−t).h(t)=g(T-t).

無雜訊輸出 g0(t)=g(t)∗h(t)g_0(t)=g(t)*h(t),等於訊號自相關函數的平移,因此以 t=Tt=T 為中心對稱。

解題方法

由原卷可讀到訊號為 g(t)=t/2g(t)=t/2,範圍是 0≤t<T0\le t<T,其餘時間為零。題目要求求匹配濾波器的脈衝響應,以及無雜訊時的卷積輸出。

先將訊號時間反轉並平移 TT:

h(t)=g(T−t)={T−t2,0<t≤T,0,其他.h(t)=g(T-t)= \begin{cases} \dfrac{T-t}{2}, & 0<t\le T,\\[4pt] 0, & \text{其他}. \end{cases}

端點的單點取值不影響卷積結果。接著直接計算

g0(t)=∫−∞∞g(τ)h(t−τ) dτ.g_0(t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(\tau)h(t-\tau)\,d\tau.

當 0≤t≤T0\le t\le T 時,兩訊號重疊範圍為 0≤τ≤t0\le \tau\le t:

g0(t)=14∫0tτ(τ+T−t) dτ=t2(3T−t)24.g_0(t) =\frac14\int_0^t \tau(\tau+T-t)\,d\tau =\frac{t^2(3T-t)}{24}.

當 T≤t≤2TT\le t\le 2T 時,利用輸出以 t=Tt=T 為中心對稱,令 x=2T−tx=2T-t,可得

g0(t)=(2T−t)2(T+t)24.g_0(t) =\frac{(2T-t)^2(T+t)}{24}.

重疊範圍外沒有輸出,因此完整結果為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二-2 題15 分

Consider the frequency demodulation scheme shown in Fig. 1, where the incoming FM signal is given by

s(t)=Accos⁡[2πfct+βsin⁡(2πfmt)].s(t)=A_c\cos\left[2\pi f_c t+\beta\sin(2\pi f_m t)\right].

The delay line produces a delayed signal s(t−T)s(t-T) and leads to a phase shift of π/2\pi/2 radians at the carrier frequency fcf_c, i.e., 2πfcT=π/22\pi f_cT=\pi/2. Assume that β<1\beta<1 and TT is sufficiently small, such that

cos⁡(2πfmT)≈1,sin⁡(2πfmT)≈2πfmT.\cos(2\pi f_mT)\approx 1,\qquad \sin(2\pi f_mT)\approx 2\pi f_mT.

Find the output signal of the demodulator.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 4 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

延遲線鑑頻器先將原訊號與延遲訊號相減,再用包絡檢波器讀取合成訊號的振幅。載波延遲相位為 π/2\pi/2,因此兩訊號的載波分量互相正交;調變相位在短延遲下造成的微小差異,會轉成隨訊息變化的包絡。

解題方法

圖中延遲線的輸出接至加法器的負端,原訊號的直接支路接至正端,因此加法器輸出為 u(t)=s(t)−s(t−T)u(t)=s(t)-s(t-T),再送入包絡檢波器。

令 ωc=2πfc\omega_c=2\pi f_c、ωm=2πfm\omega_m=2\pi f_m,並設 x=ωmtx=\omega_m t、θ=ωct+βsin⁡x\theta=\omega_c t+\beta\sin x。延遲訊號的相位為

ωc(t−T)+βsin⁡(ωm(t−T))=θ−π2+β[sin⁡(x−ωmT)−sin⁡x].\omega_c(t-T)+\beta\sin\bigl(\omega_m(t-T)\bigr) =\theta-\frac{\pi}{2}+\beta\bigl[\sin(x-\omega_mT)-\sin x\bigr].

由題目給定的小延遲近似,

sin⁡(x−ωmT)−sin⁡x≈−ωmTcos⁡x.\sin(x-\omega_mT)-\sin x \approx -\omega_mT\cos x.

令 Δ=−βωmTcos⁡x\Delta=-\beta\omega_mT\cos x,則延遲訊號可寫成 s(t−T)≈Acsin⁡(θ+Δ)s(t-T)\approx A_c\sin(\theta+\Delta)。因此相減器輸出近似為

u(t)≈Ac[cos⁡θ−sin⁡(θ+Δ)].u(t)\approx A_c\bigl[\cos\theta-\sin(\theta+\Delta)\bigr].

將載波的同相與正交分量合成,其包絡為

E(t)=Ac(1−sin⁡Δ)2+cos⁡2Δ=Ac2−2sin⁡Δ.E(t)=A_c\sqrt{(1-\sin\Delta)^2+\cos^2\Delta} =A_c\sqrt{2-2\sin\Delta}.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二-3 題10 分

Consider antipodal signaling with amplitude imbalance. That is, a logic-1 symbol is transmitted as a rectangular pulse of amplitude A1A_1 and duration TT, and a logic-0 symbol is transmitted as a rectangular pulse of amplitude −A2-A_2, where A1≥A2>0A_1\geq A_2>0. The receiver employs a fixed decision threshold at zero. Define the ratio ρ=A2/A1\rho=A_2/A_1, and note that the average signal energy, for equally likely 1s and 0s, is

E=A12+A222T.E=\frac{A_1^2+A_2^2}{2}T.

The channel noise is additive white Gaussian noise (AWGN) with two-sided power spectral density N0/2N_0/2. Show that the resulting probability of bit error can be expressed as

Pe=12Q(21+ρ22EN0)+12Q(2ρ21+ρ22EN0).P_e=\frac{1}{2}Q\left(\sqrt{\frac{2}{1+\rho^2}\frac{2E}{N_0}}\right) +\frac{1}{2}Q\left(\sqrt{\frac{2\rho^2}{1+\rho^2}\frac{2E}{N_0}}\right).

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

接收端以固定門檻 00 判決,因此只要觀察接收訊號在矩形脈波上的相關輸出即可。矩形脈波的相關輸出可寫成「訊號平均值加上高斯雜訊」;由於雜訊是 AWGN,相關輸出中的雜訊仍為高斯隨機變數,其變異數由 N0/2N_0/2 決定。

解題方法

令接收訊號為 r(t)=si(t)+n(t)r(t)=s_i(t)+n(t),其中 i∈{1,0}i\in\{1,0\}。取單位能量矩形基底函數

ϕ(t)={1T,0≤t≤T,0,其他.\phi(t)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{T}}, & 0\le t\le T,\\[4pt] 0, & \text{其他}. \end{cases}

將接收訊號投影到此基底,得到判決統計量

Y=∫0Tr(t)ϕ(t) dt=1T∫0Tr(t) dt.Y=\int_0^T r(t)\phi(t)\,dt =\frac{1}{\sqrt{T}}\int_0^T r(t)\,dt.

若傳送 logic-1,訊號為 s1(t)=A1s_1(t)=A_1,因此

Y∣1=A1T+N.Y\mid 1=A_1\sqrt{T}+N.

若傳送 logic-0,訊號為 s0(t)=−A2s_0(t)=-A_2,因此

Y∣0=−A2T+N.Y\mid 0=-A_2\sqrt{T}+N.

其中 N=∫0Tn(t)ϕ(t) dtN=\int_0^T n(t)\phi(t)\,dt。由 ϕ(t)\phi(t) 為單位能量函數,AWGN 投影後的雜訊變異數為 N0/2N_0/2,故

N∼N(0,N02).N\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{N_0}{2}\right).

判決門檻為 00。傳送 logic-1 時,錯誤事件是 Y<0Y<0;傳送 logic-0 時,錯誤事件是 Y≥0Y\ge 0。利用高斯尾端機率 Q(x)Q(x),兩種條件錯誤率分別為

P(e∣1)=Q(A1TN0/2)=Q(2A12TN0),P(e\mid 1) =Q\left(\frac{A_1\sqrt{T}}{\sqrt{N_0/2}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{2A_1^2T}{N_0}}\right),
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二-4 題15 分

Consider a real-valued message signal m(t)m(t) whose spectrum is nonzero over the frequency range 200 Hz to 3 kHz, as illustrated in Fig. 2. This message is SSB modulated to produce the transmitted signal

s(t)=Acm(t)cos⁡(2πfct)+Acm^(t)sin⁡(2πfct),s(t)=A_c m(t)\cos(2\pi f_c t)+A_c\hat{m}(t)\sin(2\pi f_c t),

where m^(t)\hat{m}(t) denotes the Hilbert transform of m(t)m(t). At the receiver, s(t)s(t) is demodulated using a carrier of the form cos⁡(2π(fc+Δf)t)\cos\left(2\pi(f_c+\Delta f)t\right). Assume that the lowpass filter is ideal with unity gain and extends over [−4k,4k][-4k,4k] Hz, and fc=20f_c=20 kHz.

(A) Derive the expression for the demodulated signal at the output of the lowpass filter.

(B) Plot the spectrum of the demodulated signal when Δf=20\Delta f=20 Hz.

(C) Plot the spectrum of the demodulated signal when Δf=−10\Delta f=-10 Hz.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題探討單邊帶(Single-Sideband, SSB)調變訊號的同差/相干解調(Coherent Demodulation),以及當接收端本地載波存在頻率誤差 Δf\Delta f 時對解調信號與頻譜所造成的影響:

  1. SSB 調變信號形式: s(t)=Acm(t)cos⁡(2πfct)+Acm^(t)sin⁡(2πfct)s(t) = A_c m(t)\cos(2\pi f_c t) + A_c \hat{m}(t)\sin(2\pi f_c t) 其中 m^(t)\hat{m}(t) 為 m(t)m(t) 的希爾伯特轉換(Hilbert Transform)。此式正號對應**下邊帶(Lower Sideband, LSSB)**訊號。
  2. 同差解調與乘積項展開:利用積化和差公式將接收信號與本地載波 cos⁡(2π(fc+Δf)t)\cos(2\pi(f_c + \Delta f)t) 相乘,分離出基頻項(低頻成分)與二倍載波高頻項(約位於 2fc2f_c)。
  3. 理想低通濾波器(LPF)濾波:LPF 頻寬為 [−4 kHz,4 kHz][-4\text{ kHz}, 4\text{ kHz}],可完全濾除高頻成分,僅保留基頻輸出 vo(t)v_o(t)。
  4. 頻譜頻移特性:解調輸出訊號在頻域中相當於原始訊息頻譜正頻率成分移動了 +Δf+\Delta f、負頻率成分移動了 −Δf-\Delta f。

解題方法

由原卷附圖 Fig. 2 可讀出關鍵訊息頻譜 M(f)M(f) 的特徵:

  • M(f)M(f) 為實數信號的對稱頻譜,且在頻率 ∣f∣<0.2 kHz|f| < 0.2\text{ kHz}(即 200 Hz200\text{ Hz})內恆為 00。
  • 正頻率區間 f∈[0.2,3] kHzf \in [0.2, 3]\text{ kHz} 內,M(f)M(f) 在 f=0.2 kHzf = 0.2\text{ kHz} 處達峰值 22,隨後線性遞減至 f=3 kHzf = 3\text{ kHz} 處為 00。
  • 負頻率區間 f∈[−3,−0.2] kHzf \in [-3, -0.2]\text{ kHz} 內,由 f=−3 kHzf = -3\text{ kHz} 處的 00 線性遞增至 f=−0.2 kHzf = -0.2\text{ kHz} 處的峰值 22。

詳細推導與子題分析

(A) 推導低通濾波器輸出端的解調信號表達式

接收端輸入乘法器的信號為 s(t)s(t),本地載波為 c(t)=cos⁡(2π(fc+Δf)t)c(t) = \cos(2\pi(f_c + \Delta f)t)。乘法器輸出信號 v(t)=s(t)c(t)v(t) = s(t)c(t):

v(t)=[Acm(t)cos⁡(2πfct)+Acm^(t)sin⁡(2πfct)]cos⁡(2π(fc+Δf)t)v(t) = \left[ A_c m(t)\cos(2\pi f_c t) + A_c \hat{m}(t)\sin(2\pi f_c t) \right] \cos(2\pi(f_c + \Delta f)t)

利用三角函數積化和差公式:

cos⁡Acos⁡B=12[cos⁡(A−B)+cos⁡(A+B)]\cos A \cos B = \frac{1}{2}\left[\cos(A - B) + \cos(A + B)\right] sin⁡Acos⁡B=12[sin⁡(A−B)+sin⁡(A+B)]\sin A \cos B = \frac{1}{2}\left[\sin(A - B) + \sin(A + B)\right]

將各項展開:

  1. 第一項:
Acm(t)cos⁡(2πfct)cos⁡(2π(fc+Δf)t)=Ac2m(t)cos⁡(2πΔft)+Ac2m(t)cos⁡(2π(2fc+Δf)t)A_c m(t)\cos(2\pi f_c t)\cos(2\pi(f_c + \Delta f)t) = \frac{A_c}{2}m(t)\cos(2\pi \Delta f t) + \frac{A_c}{2}m(t)\cos(2\pi(2f_c + \Delta f)t)
  1. 第二項(利用 sin⁡(−2πΔft)=−sin⁡(2πΔft)\sin(-2\pi \Delta f t) = -\sin(2\pi \Delta f t)):
Acm^(t)sin⁡(2πfct)cos⁡(2π(fc+Δf)t)=−Ac2m^(t)sin⁡(2πΔft)+Ac2m^(t)sin⁡(2π(2fc+Δf)t)A_c \hat{m}(t)\sin(2\pi f_c t)\cos(2\pi(f_c + \Delta f)t) = -\frac{A_c}{2}\hat{m}(t)\sin(2\pi \Delta f t) + \frac{A_c}{2}\hat{m}(t)\sin(2\pi(2f_c + \Delta f)t)

合併後可得:

v(t)=Ac2[m(t)cos⁡(2πΔft)−m^(t)sin⁡(2πΔft)]+Ac2[m(t)cos⁡(2π(2fc+Δf)t)+m^(t)sin⁡(2π(2fc+Δf)t)]v(t) = \frac{A_c}{2}\left[ m(t)\cos(2\pi \Delta f t) - \hat{m}(t)\sin(2\pi \Delta f t) \right] + \frac{A_c}{2}\left[ m(t)\cos(2\pi(2f_c + \Delta f)t) + \hat{m}(t)\sin(2\pi(2f_c + \Delta f)t) \right]

已知載波頻率 fc=20 kHzf_c = 20\text{ kHz},高頻項中心頻率約在 2fc+Δf≈40 kHz2f_c + \Delta f \approx 40\text{ kHz},遠高於理想低通濾波器的截止頻率 4 kHz4\text{ kHz},因此高頻項被完全濾除。

基頻項頻寬約為 3 kHz+∣Δf∣≤3.02 kHz<4 kHz3\text{ kHz} + |\Delta f| \le 3.02\text{ kHz} < 4\text{ kHz},落在濾波器通帶 [−4 kHz,4 kHz][-4\text{ kHz}, 4\text{ kHz}] 內,且增益為 11。

因此,低通濾波器輸出端信號 vo(t)v_o(t) 為:

vo(t)=Ac2m(t)cos⁡(2πΔft)−Ac2m^(t)sin⁡(2πΔft)v_o(t) = \frac{A_c}{2} m(t)\cos(2\pi \Delta f t) - \frac{A_c}{2} \hat{m}(t)\sin(2\pi \Delta f t)

頻譜轉換通式分析

解調訊號 vo(t)=Ac2[m(t)cos⁡(2πΔft)−m^(t)sin⁡(2πΔft)]v_o(t) = \frac{A_c}{2}[m(t)\cos(2\pi \Delta f t) - \hat{m}(t)\sin(2\pi \Delta f t)] 在形式上等同於將 m(t)m(t) 以載波頻率 Δf\Delta f 進行上邊帶(USSB)調變。其頻譜 Vo(f)V_o(f) 與原始頻譜 M(f)M(f) 的關係為:

Vo(f)={Ac2M(f−Δf),f>0Ac2M(f+Δf),f<0V_o(f) = \begin{cases} \frac{A_c}{2} M(f - \Delta f), & f > 0 \\ \frac{A_c}{2} M(f + \Delta f), & f < 0 \end{cases}
  • 正頻率邊界由原先的 [200,3000] Hz[200, 3000]\text{ Hz} 平移至 [200+Δf,3000+Δf] Hz[200 + \Delta f, 3000 + \Delta f]\text{ Hz}。
  • 負頻率邊界由原先的 [−3000,−200] Hz[-3000, -200]\text{ Hz} 平移至 [−3000−Δf,−200−Δf] Hz[-3000 - \Delta f, -200 - \Delta f]\text{ Hz}。
  • 頻譜峰值高度由原先 M(f)M(f) 的 22 變為 Ac2×2=Ac\frac{A_c}{2} \times 2 = A_c。

(B) 當 Δf=20 Hz\Delta f = 20\text{ Hz} 時畫出解調信號頻譜

代入 Δf=20 Hz\Delta f = 20\text{ Hz}:

  • 正頻率部分(f>0f > 0):
    • 頻率範圍:200+20=220 Hz200 + 20 = 220\text{ Hz} 至 3000+20=3020 Hz3000 + 20 = 3020\text{ Hz}。
    • 在 f=220 Hzf = 220\text{ Hz} 處,頻譜值為峰值 AcA_c;
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

115 年中山大學的其他科目

中山大學《通訊理論》其他年度