115 一般警察特考二等 刑事警察人員類別電子監察組 通訊概論 考古題詳解

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 依據定義計算 Hann window 的離散時間樣本。
2. 利用有限長序列的等比級數，求矩形視窗的 DTFT。
3. 將餘弦函數寫成複指數形式，利用 DTFT 的頻移性質表示 Hann window 的頻域響應。

採用 DTFT 定義：

$$W(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}w[n]e^{-j\omega n}.$$

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（一）$M=9$ 時的 Hann window

已知

$$w_H[n]=0.5\left[1-\cos\left(\frac{2\pi n}{M-1}\right)\right], \qquad 0\leq n\leq M-1.$$

令 $M=9$，因此 $M-1=8$：

$$w_H[n]=0.5\left[1-\cos\left(\frac{2\pi n}{8}\right)\right] =0.5\left[1-\cos\left(\frac{\pi n}{4}\right)\right].$$

逐點計算如下：

$n$	$w_H[n]$
$0$	$0$
$1$	$\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}\approx 0.1464$
$2$	$\dfrac{1}{2}=0.5$
$3$	$\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\approx 0.8536$
$4$	$1$
$5$	$\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\approx 0.8536$
$6$	$\dfrac{1}{2}=0.5$
$7$	$\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}\approx 0.1464$
$8$	$0$

因此繪圖所需座標為：

$$\begin{aligned} &(0,0),\ (1,0.1464),\ (2,0.5),\ (3,0.8536),\ (4,1),\\ &(5,0.8536),\ (6,0.5),\ (7,0.1464),\ (8,0). \end{aligned}$$

示意圖如下：

wH[n]
 1.0 ●
 / \
0.8536 ● ●
 / \
 0.5 ● ●
 / \
0.1464 ● ●
 / \
 0.0 ●-------------------------------●
 0 1 2 3 4 5 6 7 8 n

此圖為離散時間序列，因此各點代表樣本值，並非連續函數。

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（二）矩形視窗的 DTFT

矩形視窗定義為：

$$w_R[n]= \begin{cases} 1, & 0\leq n\leq M-1,\\ 0, & \text{else}. \end{cases}$$

其 DTFT 為：

$$W_R(\omega) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}w_R[n]e^{-j\omega n}.$$

由於只有 $0\leq n\leq M-1$ 時不為零，因此

$$W_R(\omega)=\sum_{n=0}^{M-1}e^{-j\omega n}.$$

這是一個等比級數，首項為 $1$，公比為 $e^{-j\omega}$，所以

$$W_R(\omega) =\frac{1-e^{-jM\omega}}{1-e^{-j\omega}}.$$

將分子、分母改寫成正弦形式：

$$1-e^{-jM\omega} =2je^{-jM\omega/2}\sin\left(\frac{M\omega}{2}\right),$$ $$1-e^{-j\omega} =2je^{-j\omega/2}\sin\left(\frac{\omega}{2}\right).$$

因此

$$\boxed{ W_R(\omega) =e^{-j\omega(M-1)/2} \frac{\sin(M\omega/2)}{\sin(\omega/2)} }$$

核心觀念

本題考查三項 SerDes 基本觀念：

1. 平行資料轉為串列資料時，位元速率等於平行時脈頻率乘以每一個平行字組的位元數。
2. 眼圖可用來觀察高速訊號的時序裕度與電壓裕度；時脈抖動主要造成水平方向的眼圖閉合。
3. DFE 利用已判決的先前符號，估算並扣除目前符號受到的後游標 ISI，以改善接收訊號。

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（一）序列資料位元速率

解題方法

每一個平行時脈週期，傳送一個 $16$ 位元的平行字組。

已知：

• 平行時脈頻率：$f=250\ \text{MHz}$
• 平行字組大小：$16$ 位元

因此，每秒傳送的位元數為：

$$R_b=f\times \text{每字組位元數}$$

代入數值：

$$R_b=250\times 10^6\times 16$$ $$R_b=4,000\times 10^6\ \text{bit/s}$$

所以：

$$\boxed{R_b=4\ \text{Gbit/s}}$$

解題技巧與陷阱

• 不是直接把 $250\ \text{MHz}$ 當成串列位元速率。
• 平行匯流排一次傳送 $16$ 位元，因此須乘上 $16$。
• 本題未提供 8b/10b、64b/66b 等編碼資訊，故計算的是有效資料位元速率，不計編碼額外負荷。
• 若題目問實際線路速率，且另有編碼，才須再乘上編碼開銷。例如 8b/10b 的線路速率會高於有效資料速率。

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（二）時脈抖動對眼圖的影響

核心觀念

眼圖是將連續多個位元週期的波形，以相同時間基準重疊繪製而成。眼圖主要觀察：

• 眼寬：代表時序裕度，反映接收端可容許的取樣時間範圍。
• 眼高：代表電壓裕度，反映訊號振幅與雜訊容忍度。
• 眼圖開口程度：開口越大，通常表示訊號完整性越好。

時脈抖動是時脈邊緣或資料轉換時間相對理想位置的短期時間變動，屬於時間軸上的誤差。

幾何特徵上的直接影響

時脈抖動會使不同週期的波形在水平方向分散，因此造成：

$$\boxed{\text{眼寬縮小，形成水平方向的眼圖閉合}}$$

理想取樣時刻附近的波形分布範圍變大，接收端可安全取樣的時間區間因此縮短。

對眼高而言：

$$\boxed{\text{時脈抖動本身不會直接造成眼高降低}}$$

原因是時脈抖動主要是時間位置的偏移，不是直接改變訊號電壓振幅。眼高的直接縮小通常與下列因素較相關：

• 熱雜訊
• 串音
• 振幅雜訊
• 頻寬不足
• 通道損耗
• 振鈴與過衝

不過，若訊號邊緣很陡，時間抖動會使波形在取樣時刻產生較大的電壓誤差，因此在實際系統中可能間接降低有效的電壓判決裕度。此現象仍以眼寬縮小為時脈抖動的主要直接幾何影響。

所造成的問題

眼寬縮小會使接收端的取樣時間裕度降低。當取樣時脈接近資料轉換邊緣時，接收器可能在錯誤的時間點取樣，造成：

• $0$ 與 $1$ 的判決錯誤
• 位元錯誤率（BER）上升
• 資料抖動容忍度降低
• 高速傳輸的時序裕度不足
• 系統在溫度、電壓或通道條件變化下更容易失效

若抖動幅度大到使眼圖完全閉合，接收端便難以找到可靠的取樣時刻。

解題技巧

可用「水平對應時間、垂直對應電壓」快速判斷：

核心觀念

本題考查三個重點：

1. I/Q 正交訊號：利用彼此正交的兩個載波，同時傳送兩個獨立訊號。
2. AWGN 通道下的最佳偵測：對反極訊號採用以零為門檻的判決法。
3. 高斯雜訊下的位元錯誤率：將錯誤事件轉換為標準高斯分布的 $Q$ 函數。

其中：

$$Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-t^2/2}\,dt$$

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（一）為什麼要同時使用 I 訊號與 Q 訊號？

I 訊號與 Q 訊號分別使用兩個彼此正交的載波：

$$\cos(2\pi f_ct)$$

以及

$$\sin(2\pi f_ct)$$

由於兩者在一個符號區間內互相正交，接收端可以利用相關器或匹配濾波器，分別取出 I 分量與 Q 分量，彼此不會互相干擾。

因此，I/Q 的主要用途是：

• I 軸傳送一個訊號分量；
• Q 軸傳送另一個互相獨立的訊號分量；
• 兩個分量可同時傳輸，提高每個符號所能承載的資訊量。

本題中，I 分量與 Q 分量各傳送一個反極位元，因此一個符號可以傳送兩個位元。四種可能的訊號點為：

$$(\sqrt{E_b},\sqrt{E_b}),\quad (\sqrt{E_b},-\sqrt{E_b}),\quad (-\sqrt{E_b},\sqrt{E_b}),\quad (-\sqrt{E_b},-\sqrt{E_b})$$

這種調變方式即為正交相移鍵控的基本形式，可視為 QPSK 的訊號表示。

解題技巧

看到「I 與 Q」時，立即聯想到：

• I、Q 使用正交載波；
• 可分別獨立偵測；
• 一個 I/Q 符號通常可承載兩個位元；
• QPSK 的兩個位元錯誤率，等於兩條獨立 BPSK 支路的位元錯誤率。

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（二）反極訊號在 AWGN 通道中的最佳位元偵測與錯誤率

1. 訊號模型

傳送端以反極訊號表示兩個位元：

• 位元 $0$：傳送 $+\sqrt{E_b}$
• 位元 $1$：傳送 $-\sqrt{E_b}$

接收訊號為：

$$r=\pm\sqrt{E_b}+n$$

其中：

$$n\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{N_0}{2}\right)$$

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2. 最佳偵測方法

在兩個位元等機率傳送的標準假設下，最佳偵測為最大概似偵測。由於兩個訊號點分別位於正半軸與負半軸，最佳判決門檻位於兩者中點：

$$\frac{\sqrt{E_b}+(-\sqrt{E_b})}{2}=0$$

因此接收端採用零門檻判決：

$$\begin{cases} r\geq 0，判定傳送位元為 0\\ r<0，判定傳送位元為 1 \end{cases}$$

此方法的物理意義是：接收值偏正時判為正訊號，接收值偏負時判為負訊號。

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3. 位元錯誤率推導

假設傳送位元 $0$，則傳送訊號為 $+\sqrt{E_b}$：

$$r=\sqrt{E_b}+n$$

發生錯誤的條件是接收值小於零：

$$r<0$$

因此：

$$\sqrt{E_b}+n<0$$

整理得：

$$n<-\sqrt{E_b}$$

所以錯誤機率為：

$$P(e\mid 0) = P\left(n<-\sqrt{E_b}\right)$$

令雜訊標準差為：

$$\sigma_n=\sqrt{\frac{N_0}{2}}$$

將雜訊標準化：

$$P(e\mid 0) = P\left( \frac{n}{\sqrt{N_0/2}} < -\frac{\sqrt{E_b}}{\sqrt{N_0/2}} \right)$$

由於高斯分布具有對稱性：

$$P(e\mid 0) = Q\left( \frac{\sqrt{E_b}}{\sqrt{N_0/2}} \right)$$

因此：

$$P(e\mid 0) = Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)$$

同理，若傳送位元 $1$，傳送訊號為 $-\sqrt{E_b}$，錯誤條件為 $r\geq 0$，可得：

$$P(e\mid 1) = Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)$$

故整體位元錯誤率為：

$$\boxed{ P_b= Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right) }$$

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解題技巧與常見陷阱

1. 反極訊號的門檻一定在零點 因為訊號為 $+\sqrt{E_b}$ 與 $-\sqrt{E_b}$，兩者中點就是 $0$。

2. 不要把雜訊變異數誤當成標準差 題目給的是：

$$\sigma_n^2=\frac{N_0}{2}$$

因此標準差為：

$$\sigma_n=\sqrt{\frac{N_0}{2}}$$

3. BPSK 的標準結果

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

這可作為計算結果的快速驗算。

核心觀念

本題考查 OFDM 的三個基本定義：

1. 子載波間距與有效 OFDM 符號時間的關係： $T_u=\frac{1}{\Delta f}$

2. 循環前綴 CP 對符號時間的影響： $T_{\mathrm{CP}}=\frac{N_{\mathrm{CP}}}{N}T_u$

3. QPSK 每個子載波每個 OFDM 符號所承載的位元數： $\log_2 4=2\ \text{bits}$

本題假設 $N=1024$ 個子載波皆用於傳輸資料，且不另扣除導頻、保護頻帶、錯誤更正碼及控制訊號等額外負荷。

解題方法

先由子載波間距求出不含 CP 的有效符號時間，再依 CP 長度比例求出 CP 時間，最後將資料位元數除以含 CP 的完整符號時間，即可得到淨資料速率。

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（一）CP 的作用

循環前綴是將 OFDM 符號尾端的一段樣本複製到符號前端。其主要作用如下：

1. 抑制符號間干擾

在多重路徑通道中，不同路徑的訊號抵達時間不同，會造成前一個 OFDM 符號延遲後與下一個符號重疊，形成符號間干擾（ISI）。

只要 CP 長度大於或等於通道的最大延遲展延，延遲回波便會落在 CP 區間內，不會破壞有效資料區。

2. 將線性迴旋積轉換為循環迴旋積

通道原本對訊號造成的是線性迴旋積。加入 CP 後，接收端移除 CP，通道效應可視為循環迴旋積，因此可以利用 FFT 將通道在頻域中分解為各子載波的獨立通道。

3. 簡化等化器設計

在理想同步且 CP 足夠長的情況下，各子載波彼此保持正交，接收端可以對每個子載波分別進行一抽頭頻域等化，降低接收機複雜度。

4. CP 的代價

CP 不承載新的資料，因此會增加符號傳輸時間，降低頻譜效率與淨資料速率。故計算淨資料速率時，必須將 CP 納入分母。

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（二）不含 CP 的 OFDM 符號持續時間

OFDM 有效符號時間與子載波間距互為倒數：

$$T_u=\frac{1}{\Delta f}$$

題目給定：

$$\Delta f=15\ \text{kHz}$$

因此：

$$T_u=\frac{1}{15\times 10^3} =\frac{1}{15000}\ \text{s} =66.6667\ \mu\text{s}$$

所以，不含 CP 的 OFDM 符號持續時間為：

$$\boxed{T_u\approx 66.67\ \mu\text{s}}$$

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（三）含 CP 的 OFDM 符號持續時間

CP 長度占有效 OFDM 符號長度的比例為：

$$\frac{N_{\mathrm{CP}}}{N} = \frac{128}{1024} = \frac{1}{8}$$

因此 CP 持續時間為：

$$T_{\mathrm{CP}} = \frac{128}{1024}\times 66.6667\ \mu\text{s}$$ $$T_{\mathrm{CP}} = 8.3333\ \mu\text{s}$$

含 CP 的完整 OFDM 符號時間為：

$$T_s=T_u+T_{\mathrm{CP}}$$ $$T_s=66.6667+8.3333 =75\ \mu\text{s}$$

亦可直接計算：

$$T_s = \frac{N+N_{\mathrm{CP}}}{N\Delta f} = \frac{1024+128}{1024\times 15\times10^3} =75\ \mu\text{s}$$

所以：

$$\boxed{T_s=75\ \mu\text{s}}$$

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（四）淨資料速率