114 地方特考三等 電信工程類科 通信與系統 考古題詳解

核心觀念

系統可寫成

$$T\{x(t)\}=y(t)=\int_{t-2}^{t+2}x(\tau)\,d\tau.$$

判斷線性要檢查疊加性；判斷非時變則比較「先平移輸入再通過系統」與「先通過系統再平移輸出」是否相同。

傅立葉轉換採用定義

$$X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt.$$

（一）線性與非時變性

線性：是線性系統。

令輸入為 $x_1(t)$、$x_2(t)$，並令 $a,b$ 為任意常數，則

$$\begin{aligned} T\{a x_1+b x_2\}(t) &=\int_{t-2}^{t+2}\bigl[a x_1(\tau)+b x_2(\tau)\bigr]\,d\tau\\ &=a\int_{t-2}^{t+2}x_1(\tau)\,d\tau +b\int_{t-2}^{t+2}x_2(\tau)\,d\tau\\ &=aT\{x_1\}(t)+bT\{x_2\}(t). \end{aligned}$$

因此符合疊加性，系統為線性。

非時變：是非時變系統。

將輸入延遲 $t_0$，即輸入 $x(t-t_0)$，系統輸出為

$$\begin{aligned} T\{x(t-t_0)\}(t) &=\int_{t-2}^{t+2}x(\tau-t_0)\,d\tau\\ &=\int_{t-2-t_0}^{t+2-t_0}x(\lambda)\,d\lambda, \end{aligned}$$

其中令 $\lambda=\tau-t_0$。

原輸出延遲 $t_0$ 則為

$$y(t-t_0)=\int_{(t-t_0)-2}^{(t-t_0)+2}x(\lambda)\,d\lambda =\int_{t-2-t_0}^{t+2-t_0}x(\lambda)\,d\lambda.$$

兩者相同，故系統為非時變系統。

（二）輸出訊號的傅立葉轉換

核心觀念

本題考查帶通系統的低通等效表示，以及斜率電路如何將 FM 訊號的瞬時頻率變化轉成振幅變化，再由包絡檢波器取出訊息。

若帶通脈衝響應寫成

$$h(t)=\operatorname{Re}\{\widetilde h(t)e^{j2\pi f_ct}\},$$

則 $\widetilde h(t)$ 是以載波頻率 $f_c$ 為中心的低通等效脈衝響應。其頻率響應與帶通頻率響應的關係為

$$\widetilde H(f)=2H(f+f_c).$$

因帶通信號取實部時，正、負頻帶各分擔一半的頻譜，平移至基頻後須乘上 $2$。

（一）低通等效頻率響應

對基頻頻率 $f$，帶通正頻帶對應頻率為 $f+f_c$。由題目第一段頻率響應，在

$$-\frac{B_T}{2}\le f\le \frac{B_T}{2}$$

時，

$$\begin{aligned} \widetilde H(f) &=2H(f+f_c)\\ &=2j2\pi\left[(f+f_c)-f_c+\frac{B_T}{2}\right]\\ &=j4\pi\left(f+\frac{B_T}{2}\right). \end{aligned}$$

其餘頻率響應為零，因此

$$\boxed{ \widetilde H(f)= \begin{cases} j4\pi\left(f+\dfrac{B_T}{2}\right), &-\dfrac{B_T}{2}\le f\le\dfrac{B_T}{2},\\[5pt] 0,&\text{elsewhere}. \end{cases}}$$

圖形在 $-\dfrac{B_T}{2}\le f\le\dfrac{B_T}{2}$ 內為純虛數：其虛部由 $0$ 線性上升至 $j4\pi B_T$；區間外為零。實部全程為零。

（二）輸入與輸出的低通等效關係

低通等效輸入與輸出通過等效系統後，頻域關係為

$$\widetilde Y(f)=\widetilde H(f)\widetilde S(f).$$

在運作頻帶內，

$$\begin{aligned} \widetilde Y(f) &=j4\pi\left(f+\frac{B_T}{2}\right)\widetilde S(f)\\ &=\left(j2\pi f+j\pi B_T\right)2\widetilde S(f). \end{aligned}$$

依題目所採用的低通等效定義，帶通系統正頻帶的等效頻率響應為 $\widetilde H(f)=2H(f+f_c)$；相應的輸入、輸出等效頻譜按同一規範化方式表示，故系統作用可寫為

$$\widetilde Y(f)=\left(j2\pi f+j\pi B_T\right)\widetilde S(f).$$

使用傅立葉微分性質

$$\mathcal{F}\left\{\frac{d\widetilde s(t)}{dt}\right\}=j2\pi f\widetilde S(f),$$

可得

$$\boxed{ \widetilde y(t)=\frac{d\widetilde s(t)}{dt}+j\pi B_T\widetilde s(t)}.$$

（三）FM 訊號經斜率電路與包絡檢波

核心觀念

本題考二位元反相訊號在 AWGN 通道中的最佳偵測，以及相干二元反相鍵移（BPSK）的位元錯誤率。由於 $s_1(t)=-s_2(t)$，兩訊號只需一個基底函數即可表示，接收訊號可投影到一維訊號空間；在等機率且雜訊為高斯的條件下，最佳決策門檻位於兩信號座標的中點。

解題方法

選取單位能量基底函數

$$\phi_1(t)=\frac{s_1(t)}{\sqrt{E_b}}.$$

因 $s_2(t)=-s_1(t)$，兩訊號在此基底上的座標為

$$s_1 \longleftrightarrow +\sqrt{E_b}, \qquad s_2 \longleftrightarrow -\sqrt{E_b}.$$

接收訊號投影到基底後，可寫成

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

其中投影雜訊 $n$ 為高斯隨機變數，平均值為 $0$、變異數為 $N_0/2$。

兩訊號等機率，因此最佳判決門檻是座標中點 $r=0$：

• $r>0$：判為 $s_1$。
• $r<0$：判為 $s_2$。

星座圖與決策區域如下：

 決策區域：判為 s₂
 <───────────────│───────────────>
 r = 0
 ●──────────────┼──────────────●
 −√E_b 0 +√E_b
 s₂ s₁
 門檻
 決策區域：判為 s₁

圖中左右半軸的標註表示各自的判決範圍：$r<0$ 判為 $s_2$，$r>0$ 判為 $s_1$；$r=0$ 是門檻點，連續型雜訊下落在該點的機率為零。

位元錯誤率推導

核心觀念

本題考察 WSS 隨機訊號的自相關函數與功率頻譜密度（PSD）之傅立葉轉換關係、平均值與直流功率的關係，以及希伯特轉換的頻率響應。

採用角頻率 $\omega$ 的傅立葉轉換慣例：

$$S_X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}R_X(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau, \qquad R_X(\tau)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}S_X(\omega)e^{j\omega\tau}\,d\omega.$$

對 WSS 訊號，$R_X(\tau)$ 的長時間平均部分為 $|\mu_X|^2$，其中 $\mu_X=E[X(t)]$。因此，若自相關函數含有常數項，PSD 中會出現位於 $\omega=0$ 的脈衝，代表直流功率。

解題方法

先將自相關函數拆成「常數項」與「三角形函數」：

$$R_X(\tau)=\frac{A^2}{4} +\frac{A^2}{4}\Lambda\left(\frac{\tau}{T}\right),$$

其中

$$\Lambda\left(\frac{\tau}{T}\right)= \begin{cases} 1-\dfrac{|\tau|}{T},&|\tau|<T,\\[4pt] 0,&|\tau|\geq T. \end{cases}$$

常數項的傅立葉轉換是位於原點的脈衝；三角形函數則可視為兩個寬度為 $T$ 的矩形函數摺積，其傅立葉轉換為 $\operatorname{sinc}^2$ 型態。

（一）直流成分

WSS 訊號的平均值為常數 $\mu_X$，且其自相關函數可寫成

$$R_X(\tau)=|\mu_X|^2+C_X(\tau),$$

其中 $C_X(\tau)$ 是共變異函數。由本題給定式可見，當 $|\tau|\geq T$ 時，

$$R_X(\tau)=\frac{A^2}{4}.$$

因此自相關函數在大延遲處的常數部分為

$$|\mu_X|^2=\frac{A^2}{4}.$$

故訊號包含直流成分，且直流振幅為

$$|\mu_X|=\frac{|A|}{2}.$$

若題目中的 $A$ 視為非負振幅，則直流振幅為 $A/2$。

（二）功率頻譜密度

常數項的傅立葉轉換為

$$\mathcal{F}\left\{\frac{A^2}{4}\right\} =\frac{A^2}{4}\,2\pi\delta(\omega).$$

對三角形部分，利用