111 民航特考三等 航空通信 通信原理 考古題詳解

111 年・民航特考・三等・航空通信
試題代碼 通信原理

第 一 題18 分

取樣（Sampling）是將連續時間信號轉換為離散時間信號的一種過程。假設取樣週期為 TsT_s，一連續時間信號 xc(t)x_c(t) 經過一理想的連續／離散轉換器（Ideal C/D）取樣，如下圖所示，可得離散時間信號 xs(t)=∑n=−∞∞xc(nTs)δ(t−nTs)x_s(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x_c(nT_s)\delta(t-nT_s)，其中 δ(t)\delta(t) 為脈衝函數（Impulse Function）。將取樣後的離散時間信號 xs(t)x_s(t) 經過一低通重建濾波器（Low-Pass Reconstruction Filter）hr(t)h_r(t)，可得一連續信號 xr(t)x_r(t)。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

假設 xc(t)=2cos⁡(100π−π/4)+cos⁡(300πt+π/3)x_c(t) = 2\cos(100\pi - \pi/4) + \cos(300\pi t + \pi/3)，−∞<t<∞-\infty < t < \infty，而低通重建濾波器 hr(t)h_r(t) 的頻率響應（Frequency response）為 Hr(f)={Ts,∣f∣≤fs/2;0,∣f∣>fs/2.H_r(f) = \begin{cases} T_s, & |f| \le f_s/2; \\ 0, & |f| > f_s/2. \end{cases}

(一) 若 fs=1/Ts=500 Hzf_s = 1/T_s = 500\text{ Hz}，請求 xr(t)x_r(t) 以及其頻率響應 Xr(f)X_r(f)。（6分） (二) 若 fs=1/Ts=250 Hzf_s = 1/T_s = 250\text{ Hz}，請求 xr(t)x_r(t) 以及其頻率響應 Xr(f)X_r(f)。（6分） (三) 如果我們希望獲得 xr(t)=A+Bcos⁡(100π−π/4)x_r(t) = A + B\cos(100\pi - \pi/4)，其中 AA、BB 為常數，請問 fs=1/Tsf_s = 1/T_s 應該設定為多少 Hz\text{Hz}？（6分）

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核心觀念

依原卷圖示，題目訊號應為

xc(t)=2cos⁡(100πt−π/4)+cos⁡(300πt+π/3).x_c(t)=2\cos(100\pi t-\pi/4)+\cos(300\pi t+\pi/3).

其中：

  • 100π100\pi rad/s 對應 5050 Hz；
  • 300π300\pi rad/s 對應 150150 Hz。
  • 理想取樣後，頻譜以取樣頻率 fsf_s 為週期重複。
  • 重建濾波器通帶為 ∣f∣≤fs/2|f|\leq f_s/2，且增益為 TsT_s，可抵消取樣造成的 1/Ts1/T_s 倍頻譜放大。

基本傅立葉轉換公式為

Acos⁡(2πf0t+θ)⟷A2ejθδ(f−f0)+A2e−jθδ(f+f0).A\cos(2\pi f_0t+\theta) \longleftrightarrow \frac{A}{2}e^{j\theta}\delta(f-f_0) +\frac{A}{2}e^{-j\theta}\delta(f+f_0).

因此原訊號頻譜為

Xc(f)=e−jπ/4δ(f−50)+ejπ/4δ(f+50)+12ejπ/3δ(f−150)+12e−jπ/3δ(f+150).\begin{aligned} X_c(f) ={}&e^{-j\pi/4}\delta(f-50) +e^{j\pi/4}\delta(f+50)\\ &+\frac{1}{2}e^{j\pi/3}\delta(f-150) +\frac{1}{2}e^{-j\pi/3}\delta(f+150). \end{aligned}

（一）fs=500f_s=500 Hz

此時重建濾波器通帶為

∣f∣≤fs2=250 Hz.|f|\leq \frac{f_s}{2}=250\text{ Hz}.

原訊號的頻率成分為 5050 Hz 與 150150 Hz，均落在通帶內；而其他頻譜副本位於 350350 Hz 以上，不會通過濾波器，因此不發生混疊。

所以

xr(t)=xc(t)x_r(t)=x_c(t)

即

xr(t)=2cos⁡(100πt−π/4)+cos⁡(300πt+π/3)\boxed{ x_r(t)=2\cos(100\pi t-\pi/4) +\cos(300\pi t+\pi/3) }

其頻率響應為

Xr(f)=e−jπ/4δ(f−50)+ejπ/4δ(f+50)+12ejπ/3δ(f−150)+12e−jπ/3δ(f+150).\boxed{ \begin{aligned} X_r(f) ={}&e^{-j\pi/4}\delta(f-50) +e^{j\pi/4}\delta(f+50)\\ &+\frac{1}{2}e^{j\pi/3}\delta(f-150) +\frac{1}{2}e^{-j\pi/3}\delta(f+150). \end{aligned} }

（二）fs=250f_s=250 Hz

此時重建濾波器通帶為

∣f∣≤fs2=125 Hz.|f|\leq \frac{f_s}{2}=125\text{ Hz}.

5050 Hz 成分仍直接落在通帶內；原本的 150150 Hz 成分會因取樣而產生混疊：

150−250=−100 Hz,−150+250=100 Hz.150-250=-100\text{ Hz}, \qquad -150+250=100\text{ Hz}.

因此，150150 Hz 的餘弦波折疊至 100100 Hz。其正頻率部分來自原本的 −150-150 Hz 頻率分量：

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第 二 題18 分

傳統調幅（AM）之調變信號可以表示成 u(t)=Ac(1+m(t))cos⁡(2πfct)u(t) = A_c(1 + m(t))\cos(2\pi f_c t)，其中 m(t)m(t) 為欲傳送的信號，而 c(t)=Accos⁡(2πfct)c(t) = A_c\cos(2\pi f_c t) 為載波（Carrier）。假設 u(t)=5cos⁡(1800πt)+20cos⁡(2000πt)+5cos⁡(2200πt)u(t) = 5\cos(1800\pi t) + 20\cos(2000\pi t) + 5\cos(2200\pi t)

(一) 請求出 m(t)m(t) 以及 c(t)c(t)。（8分） (二) 請計算 u(t)u(t) 的功率 Pu=lim⁡T→∞1T∫−T/2T/2u2(t)dtP_u = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{T}\int_{-T/2}^{T/2} u^2(t)dt。（10分）

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核心觀念

  1. 傳統調幅（AM）時域數學模型： 傳統 AM（DSB-LC, Double Sideband Large Carrier）信號於時域之標準定義為： u(t)=Ac[1+m(t)]cos⁡(2πfct)u(t) = A_c [1 + m(t)] \cos(2\pi f_c t) 其中 AcA_c 為載波振幅，fcf_c 為載波頻率，c(t)=Accos⁡(2πfct)c(t) = A_c\cos(2\pi f_c t) 為載波信號，m(t)m(t) 為基頻訊息信號。

  2. 和差化積與三角恆等式： 單音調幅時，兩側邊帶（Sidebands）由頻率對稱之餘弦波組成，利用三角函數和差化積公式： cos⁡(α)+cos⁡(β)=2cos⁡(α+β2)cos⁡(α−β2)\cos(\alpha) + \cos(\beta) = 2 \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) \cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) 可將展開後的頻域邊帶成分組合成 AM 標準時域形式。

  3. 週期與正弦信號之平均功率（Average Power）： 對於正弦波或餘弦波信號 x(t)=Acos⁡(2πft+ϕ)x(t) = A \cos(2\pi f t + \phi)（其中 f≠0f \neq 0），其時域平均功率公式為： Px=lim⁡T→∞1T∫−T/2T/2x2(t)dt=A22P_x = \lim_{T \to \infty} \frac{1}{T}\int_{-T/2}^{T/2} x^2(t) dt = \frac{A^2}{2} 由於不同頻率正弦信號具備正交性（Orthogonality），多頻率正弦波疊加信號之總功率等於各頻率成分功率之直接相加： Ptotal=∑kAk22P_{\text{total}} = \sum_{k} \frac{A_k^2}{2}

解題方法

  1. (一) 求基頻信號 m(t)m(t) 與載波 c(t)c(t)：
  • 步驟一：觀察給定信號 u(t)=5cos⁡(1800πt)+20cos⁡(2000πt)+5cos⁡(2200πt)u(t) = 5\cos(1800\pi t) + 20\cos(2000\pi t) + 5\cos(2200\pi t)，識別中間最高振幅項為載波頻率成分，即角頻率 ωc=2000π rad/s\omega_c = 2000\pi \text{ rad/s} (fc=1000 Hzf_c = 1000\text{ Hz})。
  • 步驟二：利用三角和差化積公式，將兩側的邊帶成分 5cos⁡(1800πt)+5cos⁡(2200πt)5\cos(1800\pi t) + 5\cos(2200\pi t) 提出公因式合併為 10cos⁡(200πt)cos⁡(2000πt)10 \cos(200\pi t) \cos(2000\pi t)。
  • 步驟三：將合併後之邊帶與載波項相加，並提出載波項振幅 Ac=20A_c = 20 與 cos⁡(2000πt)\cos(2000\pi t)，比對標準 AM 結構 u(t)=Ac[1+m(t)]cos⁡(2πfct)u(t) = A_c[1 + m(t)]\cos(2\pi f_c t)，即可精確求解 m(t)m(t) 與 c(t)c(t)。
  1. (二) 計算信號總功率 PuP_u：
  • 步驟一（頻譜成分正交法）：信號 u(t)u(t) 由三個不同頻率之餘弦波構成（f1=900 Hz,f2=1000 Hz,f3=1100 Hzf_1 = 900\text{ Hz}, f_2 = 1000\text{ Hz}, f_3 = 1100\text{ Hz}）。利用頻率正交特性，總功率為三個頻率項功率之和： Pu=A122+A222+A322P_u = \frac{A_1^2}{2} + \frac{A_2^2}{2} + \frac{A_3^2}{2}
  • 步驟二（AM 功率公式驗算）：利用單音 AM 總功率公式 Pu=Pc(1+μ22)P_u = P_c \left(1 + \frac{\mu^2}{2}\right) 進行比對驗證，確保計算精確無誤。

題目與成分剖析

本題信號 u(t)u(t) 展開後各項頻域成分之物理意義如下：

  • 載波成分（Carrier） 20cos⁡(2000πt)20\cos(2000\pi t)： 角頻率 ωc=2000π rad/s\omega_c = 2000\pi \text{ rad/s}，振幅為 2020。對應之載波功率 Pc=2022=200 WP_c = \frac{20^2}{2} = 200\text{ W}。
  • 低邊帶成分（LSB） 5cos⁡(1800πt)5\cos(1800\pi t)： 角頻率 ωLSB=ωc−ωm=1800π rad/s\omega_{LSB} = \omega_c - \omega_m = 1800\pi \text{ rad/s}，對應頻率 f=900 Hzf = 900\text{ Hz}，振幅為 55。功率 PLSB=522=12.5 WP_{LSB} = \frac{5^2}{2} = 12.5\text{ W}。
  • 高邊帶成分（USB） 5cos⁡(2200πt)5\cos(2200\pi t)： 角頻率 ωUSB=ωc+ωm=2200π rad/s\omega_{USB} = \omega_c + \omega_m = 2200\pi \text{ rad/s}，對應頻率 f=1100 Hzf = 1100\text{ Hz}，振幅為 55。功率 PUSB=522=12.5 WP_{USB} = \frac{5^2}{2} = 12.5\text{ W}。
  • 調變指標（Modulation Index）分析： 邊帶角頻率差 ωm=2200π−2000π=200π rad/s\omega_m = 2200\pi - 2000\pi = 200\pi \text{ rad/s}（fm=100 Hzf_m = 100\text{ Hz}）。調變指數 μ=2×520=0.5\mu = \frac{2 \times 5}{20} = 0.5，屬於正常調幅（無過度調變，μ≤1\mu \le 1）。

解題技巧

  1. 快速識別 AM 信號結構： 當看到三個頻率對稱分布的餘弦波相加時，中間頻率成分必為載波（Carrier），兩側頻率分別為低邊帶（LSB）與高邊帶（USB）。
  2. 秒殺對照公式： 單音 AM 展開式為： u(t)=Accos⁡(ωct)+Acμ2cos⁡((ωc−ωm)t)+Acμ2cos⁡((ωc+ωm)t)u(t) = A_c\cos(\omega_c t) + \frac{A_c \mu}{2}\cos((\omega_c - \omega_m)t) + \frac{A_c \mu}{2}\cos((\omega_c + \omega_m)t) 對照原式可得：
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第 三 題29 分

在比較不同的數位調變系統時，通常我們會從調變信號的分布圖（constellation diagram）來評估該通訊系統的效能。我們可將一符元（symbol）的兩個正交調變信號視為一向量，並在直角平面坐標上畫成一點，則集合所有符元所構成之點即為該數位調變系統的信號分布圖。從分布圖上，我們不僅可觀察信號整體分布，並可計算出該信號分布圖中兩個符元間的最短距離 dmind_{min}，藉此評估此通訊系統之效能。 考慮以下五張不同信號分布圖：(a)、(b)、(c)、(d)、(e)，每張分布圖都包含八點信號，其中圖 (e) 為 8-PSK，為了達到相同的傳輸效能，我們假設五張信號分布圖其信號間的最短距離 dmin=2d_{min} = 2。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請求出圖 (c) 中的坐標 AA 以及圖 (d) 中的坐標 BB 的值為何？（8分） (二) 根據信號分布圖 (a)、(b)、(c)、(d)、(e)，請計算五個不同數位調變系統中其平均的傳輸功率 PavP_{av}。（15分） (三) 請比較五個不同數位調變系統的優劣，那一個系統最好？那一個系統最差？為什麼？（6分）

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核心觀念

星座圖中，每個符元可表示為座標 (I,Q)(I,Q)。其符元能量為

Es=I2+Q2E_s=I^2+Q^2

在各符元等機率傳送的假設下，平均傳輸功率與平均符元能量成正比，因此可用

Pav=1M∑k=1M(Ik2+Qk2)P_{av}=\frac{1}{M}\sum_{k=1}^{M}(I_k^2+Q_k^2)

計算，其中本題 M=8M=8。

兩點間距離為

d=(I1−I2)2+(Q1−Q2)2d=\sqrt{(I_1-I_2)^2+(Q_1-Q_2)^2}

題目指定所有星座圖皆滿足 dmin=2d_{min}=2。

（一）求圖（c）的 AA 與圖（d）的 BB

圖（c）

圖（c）內圈有 (1,1)(1,1)，外圈相鄰點為 (A,A)(A,A)。兩點距離為最短距離：

(A−1)2+(A−1)2=2\sqrt{(A-1)^2+(A-1)^2}=2 2(A−1)=2\sqrt{2}(A-1)=2 A=1+2A=1+\sqrt{2}

圖（d）

圖（d）內圈點為 (1,1)(1,1)，外圈相鄰點為 (B,0)(B,0)。兩點距離為

(B−1)2+(0−1)2=2\sqrt{(B-1)^2+(0-1)^2}=2 (B−1)2+1=4(B-1)^2+1=4 (B−1)2=3(B-1)^2=3

由圖形座標取正值，因此

B=1+3B=1+\sqrt{3}

（二）五種星座圖的平均傳輸功率

圖（a）

內圈四點 (±1,±1)(\pm1,\pm1)：

E內=12+12=2E_{\text{內}}=1^2+1^2=2

外圈四點 (±3,±1)(\pm3,\pm1)：

E外=32+12=10E_{\text{外}}=3^2+1^2=10

因此

Pav,a=4(2)+4(10)8=6P_{av,a} =\frac{4(2)+4(10)}{8} =6

圖（b）

內圈四點 (±2,0),(0,±2)(\pm2,0),(0,\pm2)：

E內=22=4E_{\text{內}}=2^2=4

外圈四點 (±2,±2)(\pm2,\pm2)：

E外=22+22=8E_{\text{外}}=2^2+2^2=8

因此

Pav,b=4(4)+4(8)8=6P_{av,b} =\frac{4(4)+4(8)}{8} =6

圖（c）

內圈四點能量為 22，外圈四點 (±A,±A)(\pm A,\pm A) 的能量為 2A22A^2：

Pav,c=4(2)+4(2A2)8=1+A2P_{av,c} =\frac{4(2)+4(2A^2)}{8} =1+A^2

代入 A=1+2A=1+\sqrt2：

A2=(1+2)2=3+22A^2=(1+\sqrt2)^2=3+2\sqrt2

所以

Pav,c=4+22P_{av,c}=4+2\sqrt2

圖（d）

內圈四點能量為 22，外圈四點 (±B,0),(0,±B)(\pm B,0),(0,\pm B) 的能量為 B2B^2：

Pav,d=4(2)+4B28=1+B22P_{av,d} =\frac{4(2)+4B^2}{8} =1+\frac{B^2}{2}

代入 B=1+3B=1+\sqrt3：

B2=(1+3)2=4+23B^2=(1+\sqrt3)^2=4+2\sqrt3

因此

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第 四 題35 分

頻率調變連續波（Frequency Modulated Continuous Wave, FMCW）雷達由於體積小、距離量測解析度高、對雜訊靈敏度低、以及容易整合的特性，已經被廣泛應用於先進汽車駕駛輔助系統（Advanced Driver Assistance Systems, ADAS）中。一典型的 FMCW 雷達傳送波 xtx(t)x_{tx}(t) 是一個頻率為鋸齒波的 FM 信號，如圖一所示，其頻率可表示成 f(t)=fc+BTts=fc+αts,t=nT+ts,0<ts<T,n=0,1,2,…f(t) = f_c + \frac{B}{T}t_s = f_c + \alpha t_s, \quad t = nT + t_s, \quad 0 < t_s < T, \quad n = 0, 1, 2, \dots 其中 fcf_c 為起始頻率（或載波頻率），BB 是掃頻範圍（或信號頻寬），TT 是掃頻時間（Sweep Time）（或週期），α=B/T\alpha = B/T 為斜率（或 Chirp Rate）。該鋸齒波的 FM 信號即為 FMCW 雷達的傳送信號 xtx(t)x_{tx}(t)，也就是 xtx(t)=Acos⁡(2π∫0tf(t)dt)=Acos⁡2π(fct+12αt2)≡Acos⁡(u(t)),0<t<Tx_{tx}(t) = A\cos\left(2\pi \int_0^t f(t)dt\right) = A\cos 2\pi\left(f_c t + \frac{1}{2}\alpha t^2\right) \equiv A\cos(u(t)), \quad 0 < t < T 當傳送波碰到目標物反射後，其回波（Echo）由 FMCW 接收器接收，如圖一所示，其中實線表示傳送信號 xtx(t)x_{tx}(t)，記為 TX，而虛線表示回波信號 xrx(t)x_{rx}(t)，記為 RX。透過計算 TX 信號與 RX 信號的時間差 τ\tau 與都卜勒頻率位移 fDf_D，即可求得目標物與雷達源（Source）之間的相對距離以及相對移動速度。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

FMCW 的接收器設計非常簡單，只要將 TX 信號與 RX 信號相乘（或稱 Mixing），如圖二所示，其中 t1t_1 為 TX 信號的傳送時間，而 t2t_2 為 RX 信號的接收時間，再將所得到的混合信號 xm(t)x_m(t) 經由低通濾波器（Low-pass Filter）處理後，即可求得 tdt_d 與 fDf_D。

(一) 因為 RX 是迴波，因此我們可假設 xrx(t2)=Bcos⁡(u(t1−τ))x_{rx}(t_2) = B\cos(u(t_1 - \tau))。假設目標物靜止，也就是圖一中的 fD=0f_D = 0，請驗證圖二中低通濾波器（LP Filter）的輸出為 xB(t1)x_B(t_1) 為 xB(t1)=AB2cos⁡2π(ατt1+fcτ−12ατ2)=AB2cos⁡2π(ατt1+ϕ(τ))。x_B(t_1) = \frac{AB}{2}\cos 2\pi\left(\alpha\tau t_1 + f_c\tau - \frac{1}{2}\alpha\tau^2\right) = \frac{AB}{2}\cos 2\pi(\alpha\tau t_1 + \phi(\tau))。 （15分） （Hint：先計算 Acos⁡(u(t1))×Bcos⁡(u(t1−τ))A\cos(u(t_1)) \times B\cos(u(t_1 - \tau))，再將其高頻信號部分濾除，即可得 xB(t1)x_B(t_1)） (二) 由(一)得知，基頻信號 xB(t)x_B(t) 是一單頻率 fb=ατf_b = \alpha\tau 信號與一隨時而變的相位 ϕ(τ)\phi(\tau) 所組成，FMCW 雷達的基頻信號 xB(t)x_B(t) 又稱為拍頻（Beat Frequency）。我們可以用拍頻 xB(τ)x_B(\tau) 的頻率 fb=ατf_b = \alpha\tau 計算出目標物與雷達源之間的相對距離。假設 fc=77 GHzf_c = 77\text{ GHz}，B=4 GHzB = 4\text{ GHz}，而 T=40 μsT = 40\ \mu\text{s}，今有一雷達迴波測得其 τ=2 μs\tau = 2\ \mu\text{s}，請問該目標物距離雷達源的距離為何？（10分） （Hint：雷達波以光速（c=3×108 m/sc = 3 \times 10^8\text{ m/s}）傳遞，而 τ=2R/c\tau = 2R/c，其中 RR 為目標物與雷達源之間的相對距離） (三) 由(二)，假設 fc=77 GHzf_c = 77\text{ GHz}，B=4 GHzB = 4\text{ GHz}，而 T=40 μsT = 40\ \mu\text{s} 則此三角波 FMCW 雷達最小可測之距離（或稱為距離解析度）為何？（10分）

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核心觀念

本題考查鋸齒波 FMCW 雷達的三項基本關係：

  1. FM 訊號相乘後，利用三角函數積化和差公式，經低通濾波器取出差頻。
  2. 拍頻與延遲時間的關係： fb=ατf_b=\alpha\tau
  3. 雷達往返傳播時間與距離的關係： τ=2Rc\tau=\frac{2R}{c}

其中掃頻斜率為

α=BT\alpha=\frac{B}{T}

（一）驗證低通濾波器輸出

傳送信號為

xtx(t1)=Acos⁡u(t1)x_{tx}(t_1)=A\cos u(t_1)

回波信號為

xrx(t2)=Bcos⁡u(t1−τ)x_{rx}(t_2)=B\cos u(t_1-\tau)

其中

u(t)=2π(fct+12αt2)u(t)=2\pi\left(f_ct+\frac{1}{2}\alpha t^2\right)

混合器輸出為

xm(t1)=ABcos⁡u(t1)cos⁡u(t1−τ)x_m(t_1)=AB\cos u(t_1)\cos u(t_1-\tau)

利用積化和差公式

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]

可得

xm(t1)=AB2[cos⁡(u(t1)−u(t1−τ))+cos⁡(u(t1)+u(t1−τ))]x_m(t_1)=\frac{AB}{2} \left[ \cos\bigl(u(t_1)-u(t_1-\tau)\bigr) +\cos\bigl(u(t_1)+u(t_1-\tau)\bigr) \right]

其中第二項為高頻項，會被低通濾波器濾除，因此只保留

xB(t1)=AB2cos⁡(u(t1)−u(t1−τ))x_B(t_1)=\frac{AB}{2}\cos\bigl(u(t_1)-u(t_1-\tau)\bigr)

計算相位差：

u(t1)−u(t1−τ)=2π[fct1+12αt12−fc(t1−τ)−12α(t1−τ)2]=2π[fcτ+12α(t12−(t1−τ)2)]\begin{aligned} u(t_1)-u(t_1-\tau) &=2\pi\left[ f_ct_1+\frac{1}{2}\alpha t_1^2 -f_c(t_1-\tau) -\frac{1}{2}\alpha(t_1-\tau)^2 \right]\\ &=2\pi\left[ f_c\tau+\frac{1}{2}\alpha \left(t_1^2-(t_1-\tau)^2\right) \right] \end{aligned}

又因為

t12−(t1−τ)2=2τt1−τ2t_1^2-(t_1-\tau)^2=2\tau t_1-\tau^2

所以

u(t1)−u(t1−τ)=2π(ατt1+fcτ−12ατ2)u(t_1)-u(t_1-\tau) =2\pi\left( \alpha\tau t_1+f_c\tau-\frac{1}{2}\alpha\tau^2 \right)

因此低通濾波器輸出為

xB(t1)=AB2cos⁡2π(ατt1+fcτ−12ατ2)\boxed{ x_B(t_1)=\frac{AB}{2} \cos 2\pi\left( \alpha\tau t_1+f_c\tau-\frac{1}{2}\alpha\tau^2 \right) }

令

ϕ(τ)=fcτ−12ατ2\phi(\tau)=f_c\tau-\frac{1}{2}\alpha\tau^2

則可寫成

xB(t1)=AB2cos⁡2π(ατt1+ϕ(τ))\boxed{ x_B(t_1)=\frac{AB}{2} \cos 2\pi\left(\alpha\tau t_1+\phi(\tau)\right) }

因此拍頻為

fb=ατ\boxed{f_b=\alpha\tau}

（二）計算目標物距離

已知

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