112 地方特考四等 電信工程類科 通信系統概要 考古題詳解

核心觀念

本題考訊號的傅立葉轉換，以及如何由分段訊號的非零區間直接建立積分。採用頻率 $f$（Hz）的傅立葉轉換定義：

$$G(f)=\int_{-\infty}^{\infty}g(t)e^{-j2\pi ft}\,dt.$$

訊號在 $-6<t<-4$ 與 $4<t<6$ 兩段為 $2$，其他時間為 $0$。它是實偶訊號，因此轉換結果為實數，且可利用偶對稱將積分化簡。

波形與解題方法

波形在 $t=-6$ 至 $-4$ 以及 $t=4$ 至 $6$ 間為高度 $2$ 的矩形脈波，其餘位置為 $0$。端點值不影響傅立葉轉換積分。

g(t)
 2 ┌────┐ ┌────┐
 │ │ │ │
 0 ──────┘ └─────────────────────────┘ └─────→ t
 -6 -4 4 6

依非零區間分段積分：

$$\begin{aligned} G(f) &=2\int_{-6}^{-4}e^{-j2\pi ft}\,dt +2\int_{4}^{6}e^{-j2\pi ft}\,dt. \end{aligned}$$

利用偶對稱，也可寫成：

核心觀念

頻率響應 $H(f)$ 是複數；其幅度 $|H(f)|$ 描述各頻率分量的增益，其相位 $\angle H(f)$ 描述相位偏移。判斷濾波器特性時，主要觀察幅度隨頻率的變化：幅度隨頻率增加而增加，具有高通特性；幅度隨頻率增加而減少，具有低通特性。

解題方法

假設 $f_0>0$，令 $x=f/f_0$，分別將頻率響應化為實部與虛部，再求幅度。

對第一個濾波器：

$$H_1(f)=1+j\frac{f}{f_0}=1+jx$$

因此

$$|H_1(f)|=\sqrt{1+x^2} =\sqrt{1+\left(\frac{f}{f_0}\right)^2}, \qquad \angle H_1(f)=\tan^{-1}\left(\frac{f}{f_0}\right).$$

當 $f=0$ 時，$|H_1(0)|=1$；當 $|f|$ 增加時，$|H_1(f)|$ 增加。特別在 $|f|=f_0$ 時，幅度為 $\sqrt{2}$；在 $|f|\gg f_0$ 時，幅度約為 $|f|/f_0$。因此它是高頻增強型濾波器，也可稱為一階高通型濾波器。

對第二個濾波器：

$$H_2(f)=1+\frac{1}{j(f/f_0)} =1-\frac{j}{x} =1-j\frac{f_0}{f}, \qquad f\ne 0.$$

因此

核心觀念

標準 AM（調幅）訊號可寫成

$$s(t)=A_c[1+k_a m(t)]\cos(2\pi f_c t),$$

其中 $A_c$ 為載波振幅、$f_c$ 為載波頻率、$k_a$ 為振幅靈敏度。展開後可分成載波與各個調變頻率所形成的上下邊帶。

調變百分率須看調變訊號的最大峰值：

$$\mu=k_a\max_t|m(t)|,\qquad \text{調變百分率}=\mu\times100\%.$$

解題方法

輸入訊號為

$$m(t)=\cos(1000\pi t)+2\cos(2000\pi t).$$

兩個餘弦的頻率分別為

$$f_1=\frac{1000\pi}{2\pi}=500\text{ Hz},\qquad f_2=\frac{2000\pi}{2\pi}=1000\text{ Hz}.$$

因此訊號的最高頻率為 $1000\text{ Hz}$，其頻寬為 $1\text{ kHz}$。

求峰值時，令 $\theta=1000\pi t$，則

$$m(t)=\cos\theta+2\cos2\theta.$$

令 $x=\cos\theta$，利用 $\cos2\theta=2x^2-1$：

$$m(t)=4x^2+x-2,\qquad -1\le x\le1.$$

此二次式的最大值在端點 $x=1$ 取得：

$$m_{\max}=4+1-2=3.$$

最小值在 $x=-\frac18$ 處取得：

$$m_{\min}=4\left(\frac1{64}\right)-\frac18-2=-\frac{33}{16}.$$

故 $\max_t|m(t)|=3$。調變指數及調變百分率為

$$\mu=k_a\max_t|m(t)|=0.3\times3=0.9,$$ $$\text{調變百分率}=0.9\times100\%=90\%.$$

再展開 AM 訊號：

$$\begin{aligned} s(t) &=3\cos(2\pi10^6t) +0.9\cos(1000\pi t)\cos(2\pi10^6t)\\ &\quad+1.8\cos(2000\pi t)\cos(2\pi10^6t). \end{aligned}$$

核心觀念

混頻器利用本地振盪器（LO）訊號與接收訊號相乘，產生兩個頻率分量：兩訊號頻率的和頻與差頻。接收器再以中頻濾波器選出所需的差頻分量。混頻關係為

$$f_{\mathrm{IF}}=\left|f_{\mathrm{RF}}-f_{\mathrm{LO}}\right|$$

其中 $f_{\mathrm{RF}}$ 為接收載波頻率，$f_{\mathrm{LO}}$ 為本地振盪頻率。本題須讓 $102\ \mathrm{MHz}$ 的載波移至 $10.7\ \mathrm{MHz}$ 中頻。

解題方法

令 $f_{\mathrm{RF}}=102\ \mathrm{MHz}$、$f_{\mathrm{IF}}=10.7\ \mathrm{MHz}$，由差頻關係可得兩種本地振盪頻率：

$$f_{\mathrm{LO}}=f_{\mathrm{RF}}\pm f_{\mathrm{IF}}$$

因此：

• 高側注入：$f_{\mathrm{LO}}=102+10.7=112.7\ \mathrm{MHz}$，差頻為 $112.7-102=10.7\ \mathrm{MHz}$。
• 低側注入：$f_{\mathrm{LO}}=102-10.7=91.3\ \mathrm{MHz}$，差頻為 $102-91.3=10.7\ \mathrm{MHz}$。

核心觀念

量化器將連續振幅映射到有限個離散代表值。量化區間的寬度如何配置，是均勻量化與非均勻量化的主要差異：

• 均勻量化器：各量化區間等寬，量化步階 $\Delta$ 固定。輸入落在某區間時，以該區間的代表值近似。
• 非均勻量化器：各量化區間寬度不等；可依輸入振幅或其機率分布調整步階，使某些振幅範圍量化得更細、另一些範圍量化得較粗。

量化誤差可表示為輸入 $x$ 與量化輸出 $Q(x)$ 的差：

$$e_q=x-Q(x)$$

在區間內以中點作為代表值時，區間越窄，該範圍內的量化誤差通常越小。

解題方法

比較兩種量化器時，先看「量化區間是否等寬」，再說明區間配置如何配合輸入訊號的振幅分布。

若訊號振幅機率分布不均勻，例如語音訊號常出現小振幅、較少出現大振幅，均勻量化會把相同數量的量化階分配給各振幅區域，未必符合訊號常出現的位置。

核心觀念

本題考查封包交換（packet switching）的基本原理。封包（data packet）是網路傳送資料時使用的基本單位，通常由標頭與承載資料組成；標頭記錄來源與目的位址、封包長度、順序或錯誤檢查等控制資訊，承載資料則是原始訊息的一部分。不同協定的封包欄位與功能不盡相同。

解題方法

說明封包傳送時，依序交代「切分、加標頭、傳送與轉送、接收重組」即可：

1. 傳送端將較長的訊息切分成適當大小的資料區塊，並為各區塊加上標頭，形成多個封包。
2. 封包經由網路節點逐站轉送，路由器依目的位址等資訊選擇下一段路徑。採用無連線封包交換時，同一訊息中的封包可以分別走不同路徑，也可能以不同順序抵達。
3. 接收端依序號等資訊排列封包，檢查是否遺失或錯誤，再交由相關協定處理與重組，還原原始訊息。若採可靠傳輸機制，遺失封包可由端點偵測並要求重傳；是否重傳取決於使用的協定。

優缺點

優點：

• **共享鏈路、提高利用率：**多個使用者可交錯使用網路資源，無須像專線一樣為單一通訊長時間保留整條路徑。
• **路由彈性與容錯性：**路徑壅塞或故障時，封包可經其他可用路徑轉送。