107 民航特考三等 航空通信 通信原理 考古題詳解

核心觀念

本題考查角度調變（Angle Modulation）​中頻率調變（Frequency Modulation, FM）​的基本數學定義、小信號線性近似及系統硬體實現架構：

1. 瞬時頻率（Instantaneous Frequency）： 訊號表示為 $s(t) = A_c \cos(\theta_i(t))$ 時，總瞬時相位為 $\theta_i(t)$。其瞬時頻率 $f_i(t)$ 定義為相位隨時間變化的微分率（除以 $2\pi$）： $f_i(t) = \frac{1}{2\pi}\frac{d\theta_i(t)}{dt}$
2. 窄頻調頻（Narrowband FM, NBFM）近似條件： 當最大相位偏差極小，即 $|\phi(t)| = \left|2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right| \ll 1\text{ rad}$ 時，利用泰勒展開式一階近似： $\cos(\phi(t)) \approx 1, \quad \sin(\phi(t)) \approx \phi(t)$
3. 窄頻調頻產生器（NBFM Generator / Armstrong Modulator）： 利用積分器將基頻訊號轉換為相位項，再透過乘法器（平衡調變器）、$-90^\circ$ 移相器將訊號調製於正交載波上，最後與同相載波相減合成。

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解題方法

(一) 求出 $s(t)$ 之瞬時頻率

1. 確立瞬時相位 $\theta_i(t)$： 由題目給定之調頻訊號： $s(t) = A_c\cos\left(2\pi f_c t + 2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right)$ 可得其瞬時相位為： $\theta_i(t) = 2\pi f_c t + 2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau$

2. 對時間 $t$ 微分求瞬時頻率 $f_i(t)$： 根據微積分基本定理，對積分上限微分：$\frac{d}{dt}\left(\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right) = m(t)$。 $f_i(t) = \frac{1}{2\pi}\frac{d\theta_i(t)}{dt} = \frac{1}{2\pi}\frac{d}{dt}\left[2\pi f_c t + 2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right]$ $f_i(t) = \frac{1}{2\pi}\left[2\pi f_c + 2\pi k_f m(t)\right] = f_c + k_f m(t)$

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(二) 求窄頻調頻（NBFM）之近似解

1. 三角函數恆等展開： 題目已給定 $s(t)$ 展開式： $s(t) = A_c\cos(2\pi f_c t)\cos\left(2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right) - A_c\sin(2\pi f_c t)\sin\left(2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right)$

2. 小角度近似（Small-angle approximation）： 令相位偏差項 $\phi(t) = 2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau$。 當題目假設 $\phi(t) \ll 1$ 時：

• $\cos(\phi(t)) \approx 1$
• $\sin(\phi(t)) \approx \phi(t) = 2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau$

3. 代入化簡得近似解： $s_{\text{NBFM}}(t) \approx A_c\cos(2\pi f_c t)\cdot 1 - A_c\sin(2\pi f_c t)\cdot\left(2\pi k_f\int_0^t m(\tau)\,d\tau\right)$ 整理後即得窄頻調頻訊號之標準近似表示式：

核心觀念

本題為數位通訊與隨機程序（Random Processes）中極具代表性的「相關接收機（Correlation Receiver）」與「同相／正交（In-phase / Quadrature）分量統計特性」經典考題，涉及以下核心原理：

1. 白色雜訊（White Noise）之自我相關函數（Autocorrelation Function）： 零平均白色雜訊 $N(t)$ 其平均值 $E[N(t)] = 0$，功率頻譜密度（PSD）為常數 $S_N(f) = \frac{N_0}{2}$。由維納－辛欽定理（Wiener-Khinchin Theorem），其自我相關函數為狄拉克 $\delta$ 函數（Dirac delta function）： $R_N(\tau) = \mathcal{F}^{-1}\{S_N(f)\} = \frac{N_0}{2}\delta(\tau) \implies E[N(t_1)N(t_2)] = \frac{N_0}{2}\delta(t_1 - t_2)$

2. 三角函數在整數倍週期上的正交性（Orthogonality）： 當載波頻率滿足 $f_c = \frac{n}{T}$（$n$ 為整數）時，積分區間 $[0, T]$ 恰好包含載波之整數個週期。

• 若 $n \neq 0$： $\int_0^T \cos(2\pi f_c t)\,dt = 0, \quad \int_0^T \sin(2\pi f_c t)\,dt = 0$ $\int_0^T \cos(2\pi f_c t)\sin(2\pi f_c t)\,dt = \frac{1}{2}\int_0^T \sin(4\pi f_c t)\,dt = 0$ $\int_0^T \cos^2(2\pi f_c t)\,dt = \int_0^T \frac{1 + \cos(4\pi f_c t)}{2}\,dt = \frac{T}{2}$
• 若 $n = 0$（直流情況，一般通訊載波 $f_c > 0$ 即 $n \ge 1$，但學理上可一併備註）：$\cos(0)=1$、$\sin(0)=0$。

3. 高斯隨機程序經線性轉換之特性： 積分運算屬於線性操作（Linear Operation）。若隨機程序 $N(t)$ 為高斯隨機程序，則經線性積分所得之隨機變數 $N_1$ 必定亦為高斯隨機變數（Gaussian Random Variable），其統計特性完全由平均值 $\mu$ 與變異量 $\sigma^2$ 決定。

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解題方法

(一) 求 $E[N_1N_2]$

由定義展開 $N_1$ 與 $N_2$ 的乘積期望值： $E[N_1N_2] = E\left[ \left(\int_0^T (1+N(t_1))\cos(2\pi f_c t_1)\,dt_1\right) \left(\int_0^T (1+N(t_2))\sin(2\pi f_c t_2)\,dt_2\right) \right]$

利用期望值的線性性質，將期望值運算移入積分內部： $E[N_1N_2] = \int_0^T \int_0^T E\Big[(1+N(t_1))(1+N(t_2))\Big] \cos(2\pi f_c t_1)\sin(2\pi f_c t_2)\,dt_1 dt_2$

分析被積函數中的期望值項： $E\Big[(1+N(t_1))(1+N(t_2))\Big] = 1 + E[N(t_1)] + E[N(t_2)] + E[N(t_1)N(t_2)]$ 已知 $N(t)$ 為零平均，即 $E[N(t_1)] = E[N(t_2)] = 0$，且 $E[N(t_1)N(t_2)] = \frac{N_0}{2}\delta(t_1 - t_2)$，因此： $E\Big[(1+N(t_1))(1+N(t_2))\Big] = 1 + \frac{N_0}{2}\delta(t_1 - t_2)$

原式拆解為兩部分積分： $E[N_1N_2] = I_A + I_B$

1. 直流項積分 $I_A$： $I_A = \int_0^T \int_0^T 1 \cdot \cos(2\pi f_c t_1)\sin(2\pi f_c t_2)\,dt_1 dt_2 = \left( \int_0^T \cos(2\pi f_c t_1)\,dt_1 \right) \left( \int_0^T \sin(2\pi f_c t_2)\,dt_2 \right)$ 因為 $f_c = \frac{n}{T}$（$n$ 為整數）： $\int_0^T \sin(2\pi f_c t_2)\,dt_2 = \int_0^T \sin\left(\frac{2\pi n t_2}{T}\right)\,dt_2 = \left[ -\frac{T}{2\pi n}\cos\left(\frac{2\pi n t_2}{T}\right) \right]_0^T = 0 \quad (\text{若 } n = 0 \text{ 亦為 } 0)$ 故 $I_A = 0$。

2. 雜訊相關項積分 $I_B$： $I_B = \frac{N_0}{2} \int_0^T \int_0^T \delta(t_1 - t_2)\cos(2\pi f_c t_1)\sin(2\pi f_c t_2)\,dt_1 dt_2$ 利用狄拉克 $\delta$ 函數的篩選性質（Sifting Property），對 $t_2$ 積分令 $t_2 = t_1 = t$： $I_B = \frac{N_0}{2} \int_0^T \cos(2\pi f_c t)\sin(2\pi f_c t)\,dt = \frac{N_0}{4} \int_0^T \sin(4\pi f_c t)\,dt$ 因為 $4\pi f_c t = \frac{4\pi n t}{T}$，正弦函數在整數個週期上的積分為零： $\int_0^T \sin\left(\frac{4\pi n t}{T}\right)\,dt = 0$ 故 $I_B = 0$。

綜合以上： $E[N_1N_2] = I_A + I_B = 0$

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(二) 求 $N_1$ 的變異量 $\text{Var}(N_1)$

依變異量定義： $\text{Var}(N_1) = E\left[ (N_1 - E[N_1])^2 \right]$

1. 求 $N_1$ 的平均值 $E[N_1]$： $E[N_1] = E\left[ \int_0^T (1+N(t))\cos(2\pi f_c t)\,dt \right] = \int_0^T (1 + E[N(t)])\cos(2\pi f_c t)\,dt = \int_0^T \cos(2\pi f_c t)\,dt$

• 當 $n \neq 0$ 時，$\int_0^T \cos\left(\frac{2\pi n t}{T}\right)\,dt = 0$，即 $E[N_1] = 0$。
• （註：若 $n = 0$，則 $E[N_1] = T$）。

2. 求零平均波動量 $N_1 - E[N_1]$： 無論 $n$ 是否為 0，皆有： $N_1 - E[N_1] = \int_0^T N(t)\cos(2\pi f_c t)\,dt$

核心觀念

本題為數位通信系統中極為經典的二元正交訊號（Binary Orthogonal Signaling）​最佳接收機設計與效能分析，涉及以下核心原理與公式：

1. 訊號空間與能量定義： 訊號在符元區間 $t \in [0, T]$ 內之能量為： $E_i = \int_0^T s_i^2(t)\, dt$ 題目敘述雖稱 $E$ 為「傳送訊號功率」，但由因次分析與積分結果可知，$E$ 代表傳送每個符元所具備的符元能量（Symbol Energy, $E_b$）。
2. 訊號正交性（Orthogonality）： 兩訊號之互相關（Cross-correlation）或內積若為零，即： $\rho = \frac{1}{\sqrt{E_0 E_1}}\int_0^T s_0(t) s_1(t)\, dt = 0$ 則兩訊號彼此正交。
3. 最佳接收機（MAP / ML 準則）與相關器（Correlator）架構： 在加性白色高斯雜訊（AWGN）通道且先驗機率相等（$P(0) = P(1) = 1/2$）條件下，最大後驗機率（MAP）準則等價於最大概似（ML）準則。最佳接收機可藉由相關器架構實作，將接收連續訊號投影至訊號空間以進行純量判決。
4. 二元訊號之錯誤機率（Probability of Error, $P_e$）： 二元等能量訊號在 AWGN 下的最佳錯誤機率由兩訊號點間的歐幾里得距離（Euclidean Distance）$d$ 決定： $P_e = Q\left(\frac{d}{2\sigma_n}\right) = Q\left(\sqrt{\frac{d^2}{2N_0}}\right)$ 其中 $\sigma_n^2 = N_0/2$，$Q(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^{\infty} e^{-u^2/2}\, du$ 為高斯 Q 函數。

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解題方法

(一) 繪出 $s_0(t)$ 與 $s_1(t)$ 之波形（5分）

在符元區間 $0 \le t \le T$ 內，兩訊號振幅峰值皆為 $A = \sqrt{\frac{2E}{T}}$。

1. 訊號 $s_0(t) = \sqrt{\frac{2E}{T}}\sin\left(\frac{\pi t}{T}\right)$：

• 角頻率 $\omega = \frac{\pi}{T}$，對應週期為 $T_0 = \frac{2\pi}{\omega} = 2T$。
• 在區間 $[0, T]$ 內恰為正弦波的正半波（半個週期）：
• $t = 0$ 時，$s_0(0) = 0$
• $t = \frac{T}{2}$ 時，$s_0\left(\frac{T}{2}\right) = \sqrt{\frac{2E}{T}}$（正向峰值）
• $t = T$ 時，$s_0(T) = 0$

2. 訊號 $s_1(t) = \sqrt{\frac{2E}{T}}\cos\left(\frac{\pi t}{T}\right)$：

• 在區間 $[0, T]$ 內恰為餘弦波由 $0$ 變化至 $\pi$ 之區間（半個週期）：
• $t = 0$ 時，$s_1(0) = \sqrt{\frac{2E}{T}}$（正向峰值）
• $t = \frac{T}{2}$ 時，$s_1\left(\frac{T}{2}\right) = 0$（零交越點）
• $t = T$ 時，$s_1(T) = -\sqrt{\frac{2E}{T}}$（負向峰值）

波形特徵與示意圖如下：

 s_0(t)
 ^
+√(2E/T) | * * *
 | * *
 | * *
 | * *
 0 +-----+------+------+-----> t
 0 T/4 T/2 3T/4 T

 s_1(t)
 ^
+√(2E/T) | *
 | *
 | *
 0 +-------+----+------+-----> t
 | * T/2 3T/4 T
 | *
-√(2E/T) | * *

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(二) 假設 0 及 1 發生的機率一樣，使用相關器畫出最佳解調器方塊圖（15分）

步驟 1：檢驗訊號能量與正交性

• 符元 0 之訊號能量： $E_0 = \int_0^T s_0^2(t)\, dt = \int_0^T \frac{2E}{T}\sin^2\left(\frac{\pi t}{T}\right)\, dt = \frac{2E}{T} \int_0^T \frac{1 - \cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right)}{2}\, dt = \frac{2E}{T} \cdot \frac{T}{2} = E$
• 符元 1 之訊號能量： $E_1 = \int_0^T s_1^2(t)\, dt = \int_0^T \frac{2E}{T}\cos^2\left(\frac{\pi t}{T}\right)\, dt = \frac{2E}{T} \int_0^T \frac{1 + \cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right)}{2}\, dt = \frac{2E}{T} \cdot \frac{T}{2} = E$
• 兩訊號之互相關積分： $\int_0^T s_0(t) s_1(t)\, dt = \frac{2E}{T} \int_0^T \sin\left(\frac{\pi t}{T}\right)\cos\left(\frac{\pi t}{T}\right)\, dt = \frac{E}{T} \int_0^T \sin\left(\frac{2\pi t}{T}\right)\, dt = \left. -\frac{E}{2\pi} \cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right) \right|_0^T = 0$ 因此，$s_0(t)$ 與 $s_1(t)$ 為等能量且彼此正交之訊號（$E_0 = E_1 = E$，$\rho = 0$）。

步驟 2：推導最佳判決法則 設接收訊號為 $r(t) = s_i(t) + n(t)$。最佳 MAP 判決法則為比較後驗機率： 當 $P(s_1|r) > P(s_0|r)$ 時判決為「1」，否則判決為「0」。 因先驗機率相等（$P(0) = P(1) = 1/2$）且 $E_0 = E_1 = E$，化簡後之最佳相關器輸出指標為： $y_1 = \int_0^T r(t) s_1(t)\, dt, \qquad y_0 = \int_0^T r(t) s_0(t)\, dt$ 判決準則為： $y_1 - y_0 \underset{0}{\overset{1}{\gtrless}} 0$

步驟 3：繪製最佳解調器方塊圖

本題可採用標準的雙支路相關器架構（Dual-branch Correlator）或等效的單支路差值相關器架構。考場上以最標準、不失分的「雙支路相關器」呈現如下：

 s_1(t)
 |
 v
r(t) ----*---->[ × ]----> [ ∫_0^T dt ] ----> 取樣 (t=T) ----> y_1 ----(+)
 | |
 | v
 | [ - ] ---> y ----> [ 判決器 ] ---> 判決輸出
 | ^ (y > 0 ?) "1" (若 y > 0)
 | | "0" (若 y < 0)
 *---->[ × ]----> [ ∫_0^T dt ] ----> 取樣 (t=T) ----> y_0 ----(+)
 ^
 |
 s_0(t)

方塊圖說明：

1. 上下兩支路分別與本地產生的參考訊號 $s_1(t)$ 及 $s_0(t)$ 相乘。
2. 乘積分別送入積分區間為 $0$ 到 $T$ 的積分器，並於 $t = T$ 瞬間進行取樣，得到相關值 $y_1$ 與 $y_0$。
3. 兩相關值相減後得判決統計量 $y = y_1 - y_0$，送入門檻值為 $0$ 的判決器：若 $y > 0$，判決傳送符元為「1」；

核心觀念

本題的核心考點為無線通訊中的弗林斯傳輸公式（Friis Transmission Formula）​與自由空間路徑損耗（Free-Space Path Loss, FSPL）​的數學與分貝（dB）特性：

1. 弗林斯傳輸公式： $P_R = \frac{P_T G_T G_R}{\left(\frac{4\pi d}{\lambda}\right)^2} = P_T G_T G_R \left(\frac{\lambda}{4\pi}\right)^2 \frac{1}{d^2}$ 在傳送功率 $P_T$、天線增益 $G_T$ 與 $G_R$ 固定的條件下：

• 接收功率與傳輸距離的平方成反比：$P_R \propto \frac{1}{d^2}$。
• 接收功率與訊號波長的平方成正比（或與訊號頻率的平方成反比）：$P_R \propto \lambda^2 \propto \frac{1}{f^2}$。

2. 分貝（dBW）表示式： 功率以瓦特（$\text{W}$）轉換為分貝瓦（$\text{dBW}$）之定義為： $P\text{ (dBW)} = 10 \log_{10}\left(\frac{P\text{ (W)}}{1\text{ W}}\right)$ 若傳輸環境參數固定，距離由 $d_1$ 變為 $d_2$ 時，接收功率在對數域的變化量為： $P_R(d_2)\text{ [dBW]} = P_R(d_1)\text{ [dBW]} - 20 \log_{10}\left(\frac{d_2}{d_1}\right)$

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解題方法

(一) 求 100 公尺處之接收功率（dBW）

已知參考距離 $d_1 = 10\text{ m}$ 時，測得接收功率 $P_R(d_1) = -50\text{ dBW}$。 欲求 $d_2 = 100\text{ m}$ 處之接收功率 $P_R(d_2)$。

由弗林斯傳輸公式可知，在其他參數不變的情況下，$P_R \propto \frac{1}{d^2}$： $\frac{P_R(d_2)}{P_R(d_1)} = \left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2 = \left(\frac{10}{100}\right)^2 = \left(\frac{1}{10}\right)^2 = 10^{-2}$

取對數轉換為分貝（dB）： $10 \log_{10}\left(\frac{P_R(d_2)}{P_R(d_1)}\right) = 10 \log_{10}\left(10^{-2}\right) = -20\text{ dB}$

因此，$100\text{ m}$ 處之接收功率為： $P_R(100\text{ m}) = P_R(10\text{ m}) - 20 = -50\text{ dBW} - 20\text{ dB} = -70\text{ dBW}$

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(二) 求接收機可正常運作之最大距離（公尺）

接收機可正常運作之門檻（最低接收功率，靈敏度）為 $P_{R,\min} = -110\text{ dBW}$。 設此時所能達到的最大傳輸距離為 $d_{\max}$。

利用與基準點 $d_1 = 10\text{ m}$、$P_R(d_1) = -50\text{ dBW}$ 的功率差進行計算： $P_{R,\min} - P_R(d_1) = -110\text{ dBW} - (-50\text{ dBW}) = -60\text{ dB}$

由路徑損耗與距離之關係： $P_R(d_{\max})\text{ [dBW]} - P_R(d_1)\text{ [dBW]} = -20 \log_{10}\left(\frac{d_{\max}}{d_1}\right)$

代入數值： $-60 = -20 \log_{10}\left(\frac{d_{\max}}{10}\right)$ $\log_{10}\left(\frac{d_{\max}}{10}\right) = 3$ $\frac{d_{\max}}{10} = 10^3 = 1000$ $d_{\max} = 10 \times 1000 = 10{,}000\text{ 公尺}$

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(三) 若提高訊號頻率 10 倍（波長縮短 10 倍），求最大距離（公尺）