114 調查局特考三等 電子科學組 通信與系統 考古題詳解

114 年・調查局特考・三等・電子科學組
試題代碼 通信與系統

第 一 題15 分

請計算 16QAM 傳輸系統在同調接收器(Coherent Receiver)下的平均位元錯誤率(Bit Error Rate, BER),假設在 AWGN 通道下,符號「1」與「0」發送機率相同,採用正交坐標 QAM 星座圖。

(一) 請推導並寫出同調 16QAM 系統在 AWGN 通道下的位元錯誤率(BER)。請將位元錯誤率(BER)以 QQ 函數形式與 Eb/N0E_b/N_0 表示。Eb/N0E_b/N_0 是每比特(bit)能量與雜訊功率密度比。(10 分)

Q(x)=12π∫x∞e−t2/2 dtQ(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-t^2/2}\,dt

(二) 16QAM 廣泛應用於現代無線與有線通訊系統中,請列舉三個 16QAM 的通訊系統應用,並詳述使用情境與選用原因。(5 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

正交方形 16QAM 將資訊分別調變到同相軸 II 與正交軸 QQ。每個符號承載 log⁡216=4\log_2 16=4 個位元;兩軸彼此正交,因此可把 16QAM 視為兩個獨立的四電平 PAM 訊號。

題目未指定星座圖的位元標記方式。以下採用常見的相鄰點 Gray 編碼;若使用不同標記,BER 可能不同。AWGN 的同調接收可視為在 II、QQ 軸各加入變異數為 N0/2N_0/2 的高斯雜訊。

解題方法:由四電平 PAM 推導 BER

令每軸四個振幅為 −3a,−a,a,3a-3a,-a,a,3a,相鄰決策門檻位於 −2a,0,2a-2a,0,2a。每軸平均符號能量為

Eaxis=14[(−3a)2+(−a)2+a2+(3a)2]=5a2.E_{\text{axis}} =\frac{1}{4}\left[(-3a)^2+(-a)^2+a^2+(3a)^2\right] =5a^2.

兩軸能量相加,故 16QAM 平均符號能量為 Es=10a2E_s=10a^2。每符號有 4 個位元,因此

Eb=Es4=5a22,σ2=N02.E_b=\frac{E_s}{4}=\frac{5a^2}{2}, \qquad \sigma^2=\frac{N_0}{2}.

令 x=a/σx=a/\sigma,可得

x=2a2N0=45EbN0.x=\sqrt{\frac{2a^2}{N_0}} =\sqrt{\frac{4}{5}\frac{E_b}{N_0}}.

每軸採用 Gray 標記 00,01,11,1000,01,11,10。對四電平 PAM 逐一加總各判決區域造成的位元差異,平均每軸每位元錯誤率為

Pb=34Q(x)+12Q(3x)−14Q(5x).P_b =\frac{3}{4}Q(x)+\frac{1}{2}Q(3x)-\frac{1}{4}Q(5x).

代入 x=45EbN0x=\sqrt{\frac{4}{5}\frac{E_b}{N_0}},得到 Gray 編碼 16QAM 的 BER:

Pb=34Q ⁣(45EbN0)+12Q ⁣(345EbN0)−14Q ⁣(545EbN0)\boxed{ P_b= \frac{3}{4}Q\!\left(\sqrt{\frac{4}{5}\frac{E_b}{N_0}}\right) +\frac{1}{2}Q\!\left(3\sqrt{\frac{4}{5}\frac{E_b}{N_0}}\right) -\frac{1}{4}Q\!\left(5\sqrt{\frac{4}{5}\frac{E_b}{N_0}}\right) }
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題15 分

(一) 請計算下列函數 h(t)h(t) 的傅立葉轉換。(5 分)

h(t)=−jπth(t)=-\frac{j}{\pi t}

(二) 這個形式是哪種轉換(Transform)的核函數(kernel)?(5 分)

(三) h(t)h(t) 具有非常特殊的意義,請列舉三種在信號處理和通訊理論中的應用價值。(5 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考傅立葉轉換的定義、廣義函數 1/t1/t 的轉換,以及希爾伯特轉換(Hilbert transform)與其在通訊系統中的用途。由於 1/t1/t 在 t=0t=0 不可直接積分,以下以柯西主值(Cauchy principal value)解讀。

採用角頻率 ω\omega 的傅立葉轉換定義:

H(ω)=∫−∞∞h(t)e−jωt dtH(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}h(t)e^{-j\omega t}\,dt

在此慣例下,基本轉換對為:

F{PV⁡1πt}=−j sgn⁡(ω)\mathcal{F}\left\{\operatorname{PV}\frac{1}{\pi t}\right\} =-j\,\operatorname{sgn}(\omega)

其中 sgn⁡(ω)\operatorname{sgn}(\omega) 是符號函數:ω>0\omega>0 時為 11,ω<0\omega<0 時為 −1-1。ω=0\omega=0 處的值不影響此廣義函數轉換。

解題方法

題目給定:

h(t)=−jπt=−j(1πt)h(t)=-\frac{j}{\pi t} =-j\left(\frac{1}{\pi t}\right)

利用線性性,將常數 −j-j 提到傅立葉轉換之外:

H(ω)=−j F{PV⁡1πt}=(−j)[−j sgn⁡(ω)]=−sgn⁡(ω)\begin{aligned} H(\omega) &=-j\,\mathcal{F}\left\{\operatorname{PV}\frac{1}{\pi t}\right\}\\ &=(-j)\left[-j\,\operatorname{sgn}(\omega)\right]\\ &=-\operatorname{sgn}(\omega) \end{aligned}

因此:

H(ω)={−1,ω>0+1,ω<0H(\omega)= \begin{cases} -1, & \omega>0\\ +1, & \omega<0 \end{cases}

若採用以頻率 ff 為變數的定義 H(f)=∫h(t)e−j2πft dtH(f)=\int h(t)e^{-j2\pi ft}\,dt,答案相同,只需將 sgn⁡(ω)\operatorname{sgn}(\omega) 改寫為 sgn⁡(f)\operatorname{sgn}(f)。

轉換核函數的意義

標準希爾伯特轉換的時域核函數是:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題15 分

(一) RAKE 接收機的工作原理是什麼?(5 分)

(二) 請詳細說明其在無線通訊中的作用與運作方式。(5 分)

(三) 請畫出一個完整的 RAKE 接收機系統方塊圖,詳述並標註各個模組的功能。(5 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

RAKE 接收機利用無線通道的多重路徑傳播特性,將同一個傳送訊號經不同路徑抵達接收端的多個延遲版本分別接收,再依通道狀態加權並合併,以提升接收訊號的訊雜比與可靠度。

各路徑的延遲若足以區分,接收機便可用不同的「指狀單元」(finger)對準各路徑的到達時間。各指狀單元解展頻並估計通道增益後,再由合併器(常用最大比合併)相干合併。RAKE 因各指狀單元像耙子齒般收集多條路徑的能量而得名。

解題方法

作答時依序說明三件事:多重路徑如何提供可利用的分集、接收機如何同步及估計各路徑、各路徑訊號如何加權合併。方塊圖則依訊號處理順序標示同步、指狀解展頻、通道估計、合併與判決等模組。

(一)工作原理

無線通道中的反射、繞射與散射會使同一訊號沿不同路徑到達接收端。以簡化的基頻模型表示,接收訊號為

r(t)=∑ℓ=1Lhℓs(t−τℓ)+n(t),r(t)=\sum_{\ell=1}^{L} h_\ell s(t-\tau_\ell)+n(t),

其中 LL 為可解析的多重路徑數,hℓh_\ell 與 τℓ\tau_\ell 分別為第 ℓ\ell 條路徑的複數通道增益與延遲,s(t)s(t) 為傳送訊號,n(t)n(t) 為雜訊。

RAKE 以多個指狀單元分別對準不同路徑延遲 τℓ\tau_\ell,將各路徑的訊號解展頻並估計其通道增益,最後把各路徑的訊號合併。這使原本可能因相位抵消而衰落的能量得以從其他路徑補回,形成多重路徑分集增益。

(二)在無線通訊中的作用與運作方式

作用

在 CDMA 等直接序列展頻系統中,RAKE 接收機可利用可解析的多重路徑能量,改善接收訊號的訊雜比、降低衰落造成的錯誤,並提升通訊可靠度。它不會把所有路徑都視為有害干擾,而是將延遲可區分的路徑當作分集訊號來源。

運作流程

  1. 搜尋與同步: 搜尋器分析接收訊號的相關性,找出可解析路徑的延遲位置,並指派指狀單元追蹤這些延遲。
  2. 各指狀單元解展頻: 第 ℓ\ell 個指狀單元依估計的延遲 τ^ℓ\hat{\tau}_\ell,將接收訊號與對應的展頻碼對齊並相關,取得該路徑的符號或判決統計量 zℓz_\ell。
  3. 通道估計與權重設定: 估計各路徑的通道係數 h^ℓ\hat h_\ell,依通道品質設定合併權重。常見的最大比合併會補償各路徑相位,並按其通道強度加權。
  4. 合併與判決: 將各路徑輸出加權相加,形成合併結果,再進行解調或位元判決。

以最大比合併為例,若各路徑雜訊變異數相同,合併統計量可寫成

y=∑ℓ=1Lh^ℓ∗zℓ,y=\sum_{\ell=1}^{L}\hat h_\ell^{*} z_\ell,
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題20 分

請詳述說明 OFDM 系統中 ISI(符號間干擾)與 ICI(子載波間干擾)產生的原因及其解決方法。請畫出一個完整的 OFDM 系統方塊圖(包含發射器和接收器),標註並詳述各個模組的功能。(20 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

OFDM(正交分頻多工)將高速資料串流分成多個低速平行串流,分別調變到彼此正交的子載波上。理想情況下,接收端在每個 OFDM 符號的有效區間內執行 FFT,即可分離各子載波。

本題重點是說明兩種干擾的成因與抑制方式:

  • ISI(符號間干擾):多重路徑延遲使前一個 OFDM 符號的能量延伸到下一個符號。
  • ICI(子載波間干擾):子載波間的正交性遭破壞,使其他子載波的訊號洩漏至欲接收的子載波。

ISI 與 ICI 的成因及解決方法

ISI:符號間干擾

無線通道中的多重路徑會使同一訊號經不同路徑抵達接收端,形成延遲擴散。若通道的最大延遲超過 OFDM 符號的循環字首長度,前一符號的延遲訊號便會進入目前符號的有效取樣區間,造成 ISI。

解決方法:

  1. 加入循環字首(Cyclic Prefix, CP):將 OFDM 符號尾端的一段取樣複製到符號前端。若 CP 長度不小於通道最大延遲擴散,接收端移除 CP 後,FFT 的有效區間便不受前一符號干擾。
  2. 增加 CP 長度:在通道延遲擴散較大的環境中,適度延長 CP;代價是傳輸效率降低。
  3. 使用通道等化或時間域處理:若 CP 不足或通道條件特殊,可搭配等化器抑制殘餘干擾。

CP 是循環延伸,並非新增資訊。若有效符號長度為 NN,CP 長度為 NCPN_{\mathrm{CP}},其傳輸效率為

η=NN+NCP.\eta=\frac{N}{N+N_{\mathrm{CP}}}.

ICI:子載波間干擾

理想 OFDM 子載波的頻率間隔為 Δf=1/Tu\Delta f=1/T_u,其中 TuT_u 為有效符號時間,因此在 FFT 區間內彼此正交。以下因素會破壞正交性:

  • 載波頻率偏移(CFO):發射端與接收端振盪器頻率不一致,或存在都卜勒頻移。
  • 取樣時脈偏差:取樣頻率不準確,造成子載波頻率間隔與 FFT 視窗不匹配。
  • 相位雜訊與快速通道變化:符號期間內相位或通道變化,使子載波能量擴散。
  • FFT 視窗同步錯誤:FFT 區間未正確落在有效符號區間。

解決方法:

  1. 載波同步:利用前導碼、訓練符號或導頻估計 CFO 與相位誤差,再進行頻率與相位補償。
  2. 取樣時脈同步:校正取樣頻率及取樣時刻。
  3. FFT 視窗同步:使 FFT 視窗落在 CP 保護範圍內,並涵蓋完整的有效符號區間。
  4. 通道估測與等化:以導頻估計各子載波通道響應,進行頻域等化;若通道在符號期間變化明顯,需搭配追蹤或補償。
  5. 降低都卜勒影響:在高速移動環境中,可採用更強的同步與通道追蹤設計。

**辨別重點:**CP 主要用來處理多重路徑造成的 ISI,並在 CP 足夠且同步正確時維持各子載波的正交性;它不能單獨消除 CFO、時脈偏差或相位雜訊所造成的 ICI。

完整 OFDM 系統方塊圖

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題20 分

因應 5G 通訊系統的高速與低延遲需求,3GPP 在 Release 15 中制定新的通道編碼方案:控制通道使用 Turbo Code,數據通道使用 LDPC Code。

(一) 請詳述錯誤更正碼 LDPC(Low-density parity-check)和 Turbo Code 之優劣比較。LDPC 碼的主要優勢與劣勢分別列兩項。(10 分)

(二) 請詳述在適用大封包(>1000>1000 bits)場景中,效能選用哪一種碼(LDPC 或 Turbo Code),並說明理由。(5 分)

(三) 請詳述在適用短封包、低延遲、快速解碼場景中,效能選用哪一種碼(LDPC 或 Turbo Code),並說明理由。(5 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題在比較兩種通道錯誤更正碼的結構、解碼方式與效能特性,並依封包長度、延遲需求選擇適用的碼。

LDPC(低密度同位檢查碼)是線性區塊碼,以稀疏的同位檢查矩陣 HH 定義合法碼字 xx:

HxT=0Hx^T=0

Turbo Code 則通常由兩個或多個卷積碼編碼器及交錯器組成,解碼端以軟性輸入軟性輸出(SISO)解碼器反覆交換資訊,逐步改善判決。

兩者都能在適當碼長與解碼器設計下逼近通道容量;差異主要在編碼結構、解碼平行化、迭代需求,以及短碼長時的實際效能。

(一)LDPC 與 Turbo Code 優劣比較

LDPC 的主要優勢

  1. 長碼長時錯誤更正效能佳 LDPC 可透過稀疏圖上的迭代訊息傳遞解碼,在長區塊下達到接近通道容量的效能,且具良好的錯誤更正能力。

  2. 解碼易於平行化,適合高速實作 LDPC 解碼依 Tanner graph 上的節點與邊傳遞訊息,可同時處理多個節點或訊息,利於平行硬體架構,因此適合高資料率應用。

LDPC 的主要劣勢

  1. 短碼長時效能較不理想 LDPC 的效能優勢通常在較長區塊較能發揮;短封包下,有限碼長效應可能使其錯誤率表現不如 Turbo Code 等方案。

  2. 解碼器及矩陣結構設計較複雜 LDPC 的效能與 HH 矩陣的結構、節點度數及排程方式有關。高效能實作須處理大量訊息儲存與運算,硬體設計及功耗管理具有挑戰。

與 Turbo Code 的比較

Turbo Code 的迭代軟性解碼具有良好的錯誤更正效能,特別是在中短碼長時常有競爭力;但反覆解碼會增加延遲與運算量,平行化程度也通常不如 LDPC 解碼架構。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 六 題15 分

(一) 請詳述 HTTP/2 和 HTTP/3 在資料流控制上的主要差異。(10 分)

(二) 請詳述 HTTP/3 在哪些場景之網路環境下(請列舉三種場景)展現出顯著的效能優勢。(5 分)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

(一)HTTP/2 與 HTTP/3 在資料流控制上的主要差異

核心觀念

本題考的是接收端如何限制傳送端的資料量,以及多工資料流間是否會互相影響。流量控制的目的在於避免接收端緩衝區被資料塞滿;它不同於壅塞控制,後者是為了避免網路路徑過載。

解題方法

先看流量控制由哪一層負責,再比較控制單位與更新方式,最後說明封包遺失對多工資料流的影響。

比較項目HTTP/2HTTP/3
負責層級HTTP/2 的 HTTP 框架層,在 TCP 連線上管理流量控制由 QUIC 傳輸層負責,HTTP/3 沿用 QUIC 的多工與流量控制
控制範圍每個資料流各有一個流量控制視窗,另有整條連線共用的視窗每條 QUIC 資料流各自控制;另有連線層級的流量控制,限制所有資料流合計可傳送的資料量
控制單位以 WINDOW_UPDATE 框架增加可傳送額度;HTTP/2 中受流量控制的是 DATA 框架以 QUIC 的資料流與連線流量控制額度管理傳送量;HTTP/3 不使用 HTTP/2 的 WINDOW_UPDATE 框架
初始額度新資料流與連線的初始視窗皆為 65,53565{,}535 位元組;資料流初始視窗可由 SETTINGS_INITIAL_WINDOW_SIZE 調整,連線視窗則透過 WINDOW_UPDATE 調整初始額度由 QUIC 傳輸參數設定,分別適用於資料流與連線
遺失造成的影響TCP 在連線層提供有序位元組串流;若 TCP 封包遺失,後續資料即使屬於其他 HTTP/2 資料流,也可能因 TCP 重傳與有序交付而等待,形成跨資料流的隊頭阻塞QUIC 在不同資料流間分別提供可靠、有序交付;某資料流的遺失通常不會阻止其他資料流已可交付的資料,因此降低跨資料流的隊頭阻塞

HTTP/2 的傳送端必須同時遵守該資料流視窗與連線視窗限制。若某資料流或整條連線的額度不足,傳送端須等接收端釋出額度,才能繼續傳送受控的資料。

HTTP/3 的資料流控制由 QUIC 處理,HTTP 層不用另設 HTTP/2 式的流量控制框架。QUIC 的連線層額度仍會限制所有資料流的總量,因此 HTTP/3 並非沒有連線層流量控制;

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題