113 地方特考四等 電信工程 通信系統概要 考古題詳解

核心觀念

本題考有限時間訊號的時域波形，以及連續時間傅立葉轉換。採用角頻率 $\omega$ 的定義：

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

訊號只在 $-\frac{T}{2}\leq t\leq\frac{T}{2}$ 非零，因此積分只需在該區間進行。

（一）時域波形

在 $-\frac{T}{2}\leq t\leq\frac{T}{2}$ 內，$g(t)=\cos(\frac{\pi t}{T})$。它是以 $t=0$ 為中心的偶對稱半個餘弦波，兩端在 $t=\pm\frac{T}{2}$ 為零，中心值為 $g(0)=1$；區間外訊號為零。

 g(t)
 1 ●
 ╱ ╲
 ╱ ╲
 0 ─────────●───────────●───────── t
 −T/2 0 T/2

圖中端點值為 $0$，端點外皆為零。

（二）傅立葉轉換

依定義，

$$G(\omega)=\int_{-T/2}^{T/2}\cos\left(\frac{\pi t}{T}\right)e^{-j\omega t}\,dt.$$

利用 $\cos x=\frac{1}{2}(e^{jx}+e^{-jx})$，令 $a=\frac{\pi}{T}$，則

$$\begin{aligned} G(\omega) &=\frac{1}{2}\int_{-T/2}^{T/2} \left[e^{-j(\omega-a)t}+e^{-j(\omega+a)t}\right]dt\\ &=\frac{\sin\left((\omega-a)\frac{T}{2}\right)}{\omega-a} +\frac{\sin\left((\omega+a)\frac{T}{2}\right)}{\omega+a}. \end{aligned}$$

代入 $a=\frac{\pi}{T}$，並使用 $\sin(\frac{\omega T}{2}-\frac{\pi}{2})=-\cos(\frac{\omega T}{2})$、 $\sin(\frac{\omega T}{2}+\frac{\pi}{2})=\cos(\frac{\omega T}{2})$，得

$$\begin{aligned} G(\omega) &=-\frac{\cos(\omega T/2)}{\omega-\pi/T} +\frac{\cos(\omega T/2)}{\omega+\pi/T}\\ &=\frac{2(\pi/T)\cos(\omega T/2)} {(\pi/T)^2-\omega^2}. \end{aligned}$$

因此，

核心觀念

標準 AM 訊號可寫成

$$s(t)=A_c\left[1+k_a m(t)\right]\cos(2\pi f_ct).$$

瞬時振幅為 $A_c[1+k_a m(t)]$。若 $m(t)$ 的峰值為 $m_p$，調變指數為 $\mu=k_a m_p$，調變百分率為 $\mu\times100\%$。未過度調變的條件是 $\mu\leq1$。

AM 頻譜可由「載波」與「基頻訊號乘上載波」兩部分求得。基頻的每個頻率分量乘上載波後，會分別平移到載波頻率兩側，形成上、下邊帶。

解題方法

輸入訊號為

$$m(t)=\cos(10^6\pi t)+1.5\cos(2\times10^6\pi t).$$

由 $\cos(2\pi ft)$ 可讀出兩個基頻分量：

$$f_{m1}=\frac{10^6\pi}{2\pi}=0.5\text{ MHz},\qquad f_{m2}=\frac{2\times10^6\pi}{2\pi}=1\text{ MHz}.$$

兩個分量振幅分別為 $1$ 與 $1.5$，所以訊號峰值為 $m_p=1+1.5=2.5$。因此調變指數為

$$\mu=k_a m_p=0.25\times2.5=0.625.$$

調變百分率為 $62.5\%$，且 $\mu<1$，故未過度調變。

頻譜計算

先展開調變訊號：

$$\begin{aligned} s(t) &=3\cos(2\pi f_ct)+3k_a m(t)\cos(2\pi f_ct)\\ &=3\cos(2\pi f_ct)\\ &\quad+0.75\cos(10^6\pi t)\cos(2\pi f_ct)\\ &\quad+1.125\cos(2\times10^6\pi t)\cos(2\pi f_ct). \end{aligned}$$

使用積化和差公式 $\cos x\cos y=\frac12[\cos(x+y)+\cos(x-y)]$，得

$$\begin{aligned} s(t) ={}&3\cos(2\pi f_ct)\\ &+0.375\cos\!\left(2\pi(f_c+0.5\text{ MHz})t\right) +0.375\cos\!\left(2\pi(f_c-0.5\text{ MHz})t\right)\\ &+0.5625\cos\!\left(2\pi(f_c+1\text{ MHz})t\right) +0.5625\cos\!\left(2\pi(f_c-1\text{ MHz})t\right), \end{aligned}$$

其中 $f_c=10^9\text{ Hz}=1000\text{ MHz}$。

因此，正頻率側的線譜如下；實數訊號在負頻率處另有對稱線譜：

頻率	振幅
$999\text{ MHz}$	$0.5625$
$999.5\text{ MHz}$	$0.375$
$1000\text{ MHz}$（載波）	$3$

核心觀念

調變是將訊息所代表的訊號依照預定規則，改變載波的某一個或多個參數，使訊息能以適合傳輸的波形送入通道。載波通常是頻率較高的正弦波，表示為

$$c(t)=A_c\cos(2\pi f_c t+\phi_c)$$

其中 $A_c$ 為振幅、$f_c$ 為載波頻率、$\phi_c$ 為相位。調變器依據訊息改變載波的振幅、頻率或相位；接收端再透過解調還原訊息。

數位通訊中，數位訊息通常先經編碼與映射，轉換成有限個符元，再以載波參數表示。常見的數位調變包括振幅移鍵（ASK）、頻率移鍵（FSK）及相位移鍵（PSK）；正交振幅調變（QAM）則同時利用振幅與相位承載資訊。

解題方法

本題分兩部分作答：第一部分說明調變的定義與載波參數；第二部分說明調變對無線傳輸的實際作用，從天線效率、頻譜配置、通道傳輸及多工等角度說明。

（一）何謂訊號調變？

訊號調變是以訊息訊號控制載波，使載波的振幅、頻率或相位按照訊息內容改變的過程。調變後的訊號頻譜會移至載波頻率附近，形成適合通道傳送的射頻訊號。

以數位相位調變為例，若第 $k$ 個符元對應相位 $\phi_k$，則可表示為

$$s_k(t)=A_c\cos(2\pi f_c t+\phi_k)$$

不同符元以不同的 $\phi_k$ 表示，因此接收端判定載波相位後，即可還原所傳送的符元。ASK 與 FSK 則分別以不同振幅或不同頻率表示符元。

（二）為何一般數位通訊系統將訊息調變至載波後傳送？

1. 提高天線輻射效率 天線尺寸與波長相關。波長為 $\lambda=c/f$，其中 $c$ 為電磁波傳播速度、$f$ 為頻率。若直接以低頻基頻訊號傳送，波長很長，所需天線尺寸可能不切實際；調變至較高載波頻率後，波長縮短，天線較容易設計並有效輻射。

2. 符合無線通道與頻譜配置需求 無線電頻譜依頻帶分配給不同系統使用。將基頻訊息搬移到指定載波頻帶，才能在允許的頻段內傳送，並配合發射、接收電路及通道特性設計。

核心觀念

FM 訊號可寫成

$$x(t)=A_c\cos\left(2\pi f_ct+\varphi(t)\right),$$

其中相位偏移由調變訊號的積分決定：

$$\varphi(t)=2\pi f_d\int_0^t m(\alpha)\,d\alpha.$$

瞬時頻率偏移則是相位偏移對時間的變化率：

$$\Delta f(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\varphi(t)}{dt}=f_dm(t).$$

本題的訊號振幅為 $A_c=2$，調變訊號在 $3.5\leq t\leq4.5$ 時為 $0.25\ \text{V}$，脈波持續時間為 $1\ \text{s}$。

解題方法

（一）相位偏移

在 $3.5\leq t\leq4.5$ 期間，$m(t)=0.25$，因此相位累積量為

$$\varphi(4.5) =2\pi(50)\int_0^{4.5}m(\alpha)\,d\alpha =2\pi(50)(0.25)(4.5-3.5) =25\pi\ \text{rad}.$$

在脈波開始前，積分為零；脈波結束後，因 $m(t)=0$，相位偏移維持在 $25\pi\ \text{rad}$。

（二）頻率偏移

由 $\Delta f(t)=f_dm(t)$，在調變訊號非零期間：

$$\Delta f(t)=50(0.25)=12.5\ \text{Hz}.$$

脈波以外的時間，$m(t)=0$，所以頻率偏移為 $0\ \text{Hz}$。

（三）峰值頻率偏移

峰值頻率偏移取瞬時頻率偏移的最大絕對值：

$$\Delta f_{\text{peak}}=f_d\max|m(t)| =50(0.25) =12.5\ \text{Hz}.$$

（四）輸出功率

對振幅為 $A_c=2$ 的正弦訊號，在 $1\ \Omega$ 負載下，平均功率為

核心觀念

本題考電磁波的自由空間傳播損耗，以及天線陣列的波長與單元間距關係。頻率 $f$、波長 $\lambda$ 與光速 $c$ 的關係為

$$\lambda=\frac{c}{f}$$

電磁波在自由空間傳播距離 $d$ 的路徑損耗（FSPL）為

$$L_{\mathrm{FS}}=\left(\frac{4\pi d}{\lambda}\right)^2 =\left(\frac{4\pi d f}{c}\right)^2$$

以分貝表示：

$$L_{\mathrm{FS}}(\mathrm{dB}) =20\log_{10}\left(\frac{4\pi d f}{c}\right)$$

因此，在傳播距離、天線增益及其他條件相同時，頻率愈高，自由空間路徑損耗愈大，接收功率愈低。多天線陣列的單元間距通常以波長的一定比例設計，常見間距約為 $\lambda/2$；頻率愈高、波長愈短，所需間距也愈小。

解題方法

（一）比較兩種頻率載波在相同距離下的傳播損耗。由 $L_{\mathrm{FS}}\propto f^2$ 可知，高頻載波的自由空間路徑損耗較大。要維持相同接收訊號品質，在其他條件相同下，發射端須提供較大的發射功率，因此需要較多發射能量。

題目未指定傳播距離、天線增益、環境或通訊品質門檻；以下依題意採用「其他條件相同，僅比較頻率」的假設。嚴格來說，維持相同品質所需的是較高的發射功率；若傳送時間相同，所需發射能量也較多。

（二）陣列單元間距常以波長比例表示，例如半波長間距：