108 國安局特考三等 電子組(選試英文) 通訊系統 考古題詳解

核心觀念

本題考查數位通訊中脈波振幅調變（Pulse Amplitude Modulation, PAM）隨機訊號的統計特性與頻譜分析，涉及以下核心觀念與數學工具：

1. 循環平穩隨機過程（Cyclostationary Process）： 傳送訊號 $x(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n h(t-nT_s)$ 的統計特性並非傳統的廣義平穩（WSS），其自相關函數 $R_x(t+\tau, t)$ 隨時間 $t$ 呈週期性變化（週期為符號間隔 $T_s$）。因此，其功率頻譜密度（Power Spectral Density, PSD）必須透過時間平均自相關函數（Time-averaged Autocorrelation Function） $\bar{R}_x(\tau)$ 經由傅立葉轉換求得。

2. 脈波序列的功率頻譜密度通用公式： 若序列 $a_n$ 為平穩序列且自相關為 $R_a[m] = E[a_n a_{n+m}]$，則 $x(t)$ 之功率頻譜密度為： $S_x(f) = \frac{|H(f)|^2}{T_s} \sum_{m=-\infty}^{\infty} R_a[m] e^{-j 2\pi m f T_s}$

3. 白色序列（White Sequence）性質： 題目給定 $R_a[m] = \begin{cases} 1, & m=0 \\ 0, & m \ne 0 \end{cases}$，表示符號序列彼此獨立且無相關（不具記憶性），在離散時域為白雜訊序列，其離散時間功率頻譜為常數 $1$。

4. 矩形脈波之傅立葉轉換： 定義寬度為 $T_s$、高度為 $1$ 且中心在原點的矩形脈波 $\operatorname{rect}(t/T_s)$，其傅立葉轉換為： $\mathcal{F}\{\operatorname{rect}(t/T_s)\} = T_s \operatorname{sinc}(f T_s)$ （此處採用通訊標準定義：$\operatorname{sinc}(u) = \frac{\sin(\pi u)}{\pi u}$）。

解題方法

（一）求 $x(t)$ 之功率頻譜密度 $S_x(f)$

步驟一：計算訊號的自相關函數 $R_x(t+\tau, t)$ 由自相關函數定義： $R_x(t+\tau, t) = E[x(t+\tau)x(t)]$

將 $x(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n h(t-nT_s)$ 代入： $R_x(t+\tau, t) = E\left[ \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n h(t+\tau-nT_s) \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k h(t-kT_s) \right]$

由於期望值運算為線性，可與求和號交換： $R_x(t+\tau, t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \sum_{k=-\infty}^{\infty} E[a_n a_k] h(t+\tau-nT_s) h(t-kT_s)$

步驟二：代入序列 $a_n$ 的自相關性質 令 $m = n - k$（即 $n = k + m$），則期望值項為： $E[a_n a_k] = E[a_{k+m} a_k] = R_a[m]$

題目給定序列為無相關之白序列： $R_a[m] = \begin{cases} 1, & m=0 \\ 0, & m \ne 0 \end{cases} = \delta[m]$

故雙重求和僅在 $n = k$（即 $m=0$）時有值，其餘項皆為 $0$： $R_x(t+\tau, t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} h(t+\tau-kT_s) h(t-kT_s)$

步驟三：計算時間平均自相關函數 $\bar{R}_x(\tau)$ 觀察可知 $R_x(t+T_s+\tau, t+T_s) = R_x(t+\tau, t)$，此隨機過程具有週期 $T_s$ 的循環平穩性。取其在一個符號週期上的時間平均： $\bar{R}_x(\tau) = \frac{1}{T_s} \int_{-T_s/2}^{T_s/2} R_x(t+\tau, t) \, dt = \frac{1}{T_s} \int_{-T_s/2}^{T_s/2} \sum_{k=-\infty}^{\infty} h(t+\tau-kT_s) h(t-kT_s) \, dt$

令變數代換 $u = t - kT_s$，則無窮多個長度為 $T_s$ 之相鄰區間積分合成全時間軸之積分： $\bar{R}_x(\tau) = \frac{1}{T_s} \sum_{k=-\infty}^{\infty} \int_{-T_s/2 - kT_s}^{T_s/2 - kT_s} h(u+\tau) h(u) \, du = \frac{1}{T_s} \int_{-\infty}^{\infty} h(u+\tau) h(u) \, du$

步驟四：利用維納-辛欽定理（Wiener-Khinchin Theorem）求解 PSD 時間平均自相關函數可表示為脈波之時間褶積形式： $\bar{R}_x(\tau) = \frac{1}{T_s} [h(\tau) * h(-\tau)]$

對 $\bar{R}_x(\tau)$ 取傅立葉轉換以求得功率頻譜密度 $S_x(f)$： $S_x(f) = \mathcal{F}\{\bar{R}_x(\tau)\} = \frac{1}{T_s} \mathcal{F}\{h(\tau)\} \cdot \mathcal{F}\{h(-\tau)\}$

核心觀念

1. 線性非時變（LTI）系統之頻率響應： 系統之脈衝響應 $h(t)$ 經傅立葉轉換（Fourier Transform）後即為頻率響應 $H(f)$： $H(f) = \mathcal{F}\{h(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} h(t) e^{-j 2\pi f t} \, dt$ 若以角頻率 $\omega = 2\pi f$ 表示，則為 $H(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} h(t) e^{-j \omega t} \, dt$。
2. 狄拉克脈衝函數（Dirac Delta Function）之時移性質： $\mathcal{F}\{\delta(t)\} = 1, \quad \mathcal{F}\{\delta(t-\tau)\} = e^{-j 2\pi f \tau}$
3. 歐拉公式（Euler's Formula）與振幅型態化簡： $e^{j\theta} + e^{-j\theta} = 2\cos\theta$ 將頻率響應提取對稱相位因子 $e^{-j\pi f \tau}$，可直接分離出系統的振幅響應與相位響應。
4. 正弦訊號通過 LTI 系統之穩態響應： 正弦訊號為 LTI 系統的特徵函數（Eigenfunction）。當輸入訊號為 $x(t) = \cos(2\pi f_c t)$ 時，輸出穩態訊號為： $y(t) = |H(f_c)| \cos\big(2\pi f_c t + \angle H(f_c)\big)$ 輸出訊號之振幅即為 $|H(f_c)|$。

解題方法

（一）求此線性系統之頻率響應

1. 依定義進行傅立葉轉換： 已知系統之脈衝響應為 $h(t) = \delta(t) + \delta(t-\tau)$。 對 $h(t)$ 取傅立葉轉換： $H(f) = \mathcal{F}\{h(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \big[\delta(t) + \delta(t-\tau)\big] e^{-j 2\pi f t} \, dt$ 利用積分取樣性質： $H(f) = 1 + e^{-j 2\pi f \tau}$

2. 化簡為極座標（振幅與相位）標準型式： 提出半角相位因子 $e^{-j \pi f \tau}$： $H(f) = e^{-j \pi f \tau} \big(e^{j \pi f \tau} + e^{-j \pi f \tau}\big) = 2\cos(\pi f \tau) e^{-j \pi f \tau}$ （若以角頻率 $\omega = 2\pi f$ 表示，亦可寫為 $H(\omega) = 1 + e^{-j \omega \tau} = 2\cos\left(\frac{\omega \tau}{2}\right) e^{-j \frac{\omega \tau}{2}}$）

（二）求輸出 $y(t)$ 之振幅為最小時的頻率 $f_c$

【方法一：頻域響應法】

1. 輸入訊號為單頻正弦波 $x(t) = \cos(2\pi f_c t)$，其頻率為 $f_c$。
2. 輸出訊號 $y(t)$ 之振幅 $A_y$ 即為系統在頻率 $f = f_c$ 處之振幅響應值： $A_y = |H(f_c)| = \big|2\cos(\pi f_c \tau) e^{-j \pi f_c \tau}\big| = 2|\cos(\pi f_c \tau)|$
3. 振幅恆為非負實數（$A_y \ge 0$），因此振幅之最小值為 $0$。
4. 令振幅為零： $2|\cos(\pi f_c \tau)| = 0 \implies \cos(\pi f_c \tau) = 0$ 餘弦函數為零之條件為其角度為 $\frac{\pi}{2}$ 的奇數倍： $\pi f_c \tau = \frac{2k+1}{2}\pi = \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi, \quad k \in \mathbb{Z}$ 解得頻率 $f_c$： $f_c = \frac{2k+1}{2\tau}, \quad k \in \mathbb{Z}$

核心觀念

本題評量一維基頻／帶通數位調變中 $M$ 元脈衝振幅調變（$M$-ary Pulse Amplitude Modulation, $M$-PAM） 的兩大核心能力：

1. 平均符元能量（Average Symbol Energy, $E_s$）的計算：利用有限級數和公式 $\sum_{m=1}^M m = \frac{M(M+1)}{2}$ 與 $\sum_{m=1}^M m^2 = \frac{M(M+1)(2M+1)}{6}$，計算對稱一維星座點的均方能量。
2. 加性白高斯雜訊（AWGN）通道下的最大相似檢測（Maximum Likelihood Detection, MLD）與平均錯誤率分析：

• 在等機率先驗假設下，ML 檢測器等效於最小歐氏距離檢測器（Minimum Euclidean Distance Detector），判決門檻落在相鄰星座點之中點。
• 區分星座圖中的內部點（Inner points）（有雙邊雜訊邊界）與外側邊界點（Outer/Boundary points）（僅有單邊雜訊邊界）。
• 符元錯誤率以高斯 $Q$ 函數表示，其中 $Q(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^{\infty} e^{-t^2/2} \, dt$。

解題方法

（一）求平均符元能量 $E_s$

依題意，訊號集合為： $s_m = \sqrt{E_g}(2m - 1 - M),\qquad m = 1, 2, \ldots, M$

平均符元能量定義為： $E_s = \frac{1}{M}\sum_{m=1}^{M}(s_m)^2 = \frac{E_g}{M} \sum_{m=1}^{M} (2m - (M+1))^2$

展開括號項： $(2m - (M+1))^2 = 4m^2 - 4(M+1)m + (M+1)^2$

對 $m$ 從 $1$ 至 $M$ 進行求和： $\sum_{m=1}^{M} (2m - (M+1))^2 = 4 \sum_{m=1}^M m^2 - 4(M+1)\sum_{m=1}^M m + \sum_{m=1}^M (M+1)^2$

代入標準有限級數和公式：

• $\sum_{m=1}^M m = \frac{M(M+1)}{2}$
• $\sum_{m=1}^M m^2 = \frac{M(M+1)(2M+1)}{6}$
• $\sum_{m=1}^M (M+1)^2 = M(M+1)^2$

代入得： $\sum_{m=1}^{M} (2m - 1 - M)^2 = 4 \cdot \frac{M(M+1)(2M+1)}{6} - 4(M+1) \cdot \frac{M(M+1)}{2} + M(M+1)^2$ $= \frac{2}{3}M(M+1)(2M+1) - 2M(M+1)^2 + M(M+1)^2$ $= M(M+1) \left[ \frac{2(2M+1)}{3} - (M+1) \right]$ $= M(M+1) \left[ \frac{4M + 2 - 3M - 3}{3} \right]$ $= M(M+1) \left( \frac{M - 1}{3} \right) = \frac{M(M^2 - 1)}{3}$

將求和結果代回 $E_s$： $E_s = \frac{E_g}{M} \cdot \frac{M(M^2 - 1)}{3} = \frac{M^2 - 1}{3} E_g$

反推 $E_g$ 與 $E_s$ 的關係式（供第二小題使用）： $E_g = \frac{3 E_s}{M^2 - 1}$

（二）求 ML 檢測器的平均錯誤率 $P_e$

1. 相鄰訊號間距（Euclidean Distance）： 相鄰兩個訊號 $s_{m+1}$ 與 $s_m$ 之間的距離為常數： $d = s_{m+1} - s_m = \sqrt{E_g}[2(m+1) - 1 - M] - \sqrt{E_g}[2m - 1 - M] = 2\sqrt{E_g}$ 相鄰訊號到判決邊界的距離皆為 $\frac{d}{2} = \sqrt{E_g}$。

2. 雜訊統計特性： 接收訊號為 $r = s_m + n$，其中高斯雜訊 $n \sim \mathcal{N}(0, \sigma_n^2)$，變異量 $\sigma_n^2 = \frac{N_0}{2}$，即標準差 $\sigma_n = \sqrt{\frac{N_0}{2}}$。

3. 各符元的條件錯誤機率： ML 檢測器採用中點判決門檻：

• 外側端點（2 個符元，即 $m = 1$ 與 $m = M$）： 訊號只會朝單一方向越過判決邊界而發生錯誤。

核心觀念

本題評量單旁波帶（Single Sideband, SSB）調變與解調的經典理論，核心觀念包含：

1. SSB 調變訊號的時域數學模型： $s(t) = m(t)\cos(2\pi f_c t) \mp \hat{m}(t)\sin(2\pi f_c t)$ 其中減號「$-$」對應上旁波帶（Upper Sideband, USSB），加號「$+$」對應下旁波帶（Lower Sideband, LSSB / LSB）。本題給定之式子中間為「$+$」，故代表 LSB 訊號。
2. 希爾伯特轉換（Hilbert Transform）的頻率與時域響應： 希爾伯特轉換在頻域等效於一全通濾波器（All-pass filter），其轉移函數為 $H(f) = -j \operatorname{sgn}(f)$，本質上將正頻率分量相移 $-90^\circ$（$-\pi/2$ rad），負頻率分量相移 $+90^\circ$（$+\pi/2$ rad）。 對單音正弦訊號：$\mathcal{H}\{\cos(2\pi f_m t)\} = \sin(2\pi f_m t)$。
3. 傅立葉轉換與頻譜分佈： 歐拉公式展開與餘弦訊號的傅立葉轉換對： $\cos(2\pi f_0 t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{1}{2}\left[\delta(f - f_0) + \delta(f + f_0)\right]$
4. 同調解調（Coherent / Synchronous Demodulation）： SSB 訊號的包絡並非原訊號 $m(t)$，無法使用簡易的包絡檢波器（Envelope Detector），必須使用同調檢波器——將接收訊號乘上與發射端同頻同相的本地載波，再經由低通濾波器（Low-Pass Filter, LPF）濾除高頻成分以還原 $m(t)$。

解題方法

（一）求 $s(t)$ 之傅立葉轉換

1. 求 $m(t)$ 的希爾伯特轉換 $\hat{m}(t)$： 給定訊息訊號為單音餘弦波 $m(t) = \cos(2\pi f_m t)$（假設 $f_m > 0$）。 根據希爾伯特轉換特性（相位落後 $90^\circ$）： $\hat{m}(t) = \cos\left(2\pi f_m t - \frac{\pi}{2}\right) = \sin(2\pi f_m t)$

2. 將 $m(t)$ 與 $\hat{m}(t)$ 代入調變訊號 $s(t)$： $s(t) = \cos(2\pi f_m t)\cos(2\pi f_c t) + \sin(2\pi f_m t)\sin(2\pi f_c t)$ 利用三角函數差角公式 $\cos(A - B) = \cos A\cos B + \sin A\sin B$： $s(t) = \cos(2\pi (f_c - f_m)t)$ （此結果明確顯示訊號頻率集中於下旁波頻率 $f_c - f_m$，驗證其為 LSB 訊號）。

3. 計算傅立葉轉換 $S(f) = \mathcal{F}\{s(t)\}$： 令 $f_0 = f_c - f_m$（假設載波頻率 $f_c > f_m > 0$），依據傅立葉轉換基本公式： $S(f) = \int_{-\infty}^{\infty} \cos(2\pi (f_c - f_m)t) e^{-j 2\pi f t} \, dt$ $S(f) = \frac{1}{2}\left[\delta(f - (f_c - f_m)) + \delta(f + (f_c - f_m))\right]$ 展開即得： $S(f) = \frac{1}{2}\delta(f - f_c + f_m) + \frac{1}{2}\delta(f + f_c - f_m)$

（二）解調器方塊圖與正確解調之證明

1. 解調器方塊圖

SSB 訊號採用同調解調器（Coherent Demodulator），其架構包含：本地載波振盪器、乘法器（混頻器）及低通濾波器（LPF）。

接收訊號 s(t) ───> [ 乘法器 (×) ] ───> v(t) ───> [ 低通濾波器 (LPF) ] ───> 輸出 y(t) = m(t)
 │
 ▲
 本地載波 c(t)
 2 cos(2π f_c t)

• 乘法器：將輸入訊號 $s(t)$ 與本地同步載波 $c(t) = 2\cos(2\pi f_c t)$ 相乘。

核心觀念

本題評量通訊系統中「訊號空間理論（Signal Space Theory）」與「正交基底函數（Orthogonal Basis Functions）」的基礎運算，包含兩大核心：

1. 訊號正交性（Orthogonality）的定義與檢驗：在特定時區間 $[0, T_0]$ 內，兩實數連續訊號 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 若滿足內積（Inner Product）為零，即： $\langle \phi_1(t), \phi_2(t) \rangle = \int_0^{T_0} \phi_1(t)\phi_2(t) \, dt = 0$ 則稱此兩訊號在此區間內互相正交。
2. 正交展開與投影運算（Projection onto Basis Functions）：若一組訊號互相正交，則任意由其線性組合而成的訊號，可透過「取內積」的方式單獨萃取出各基底的權重係數（此即傅立葉級數係數求法之幾何本質），交叉干涉項會因正交性而自然消除。

解題方法

（一）證明 $\cos(2\pi nf_0t)$ 與 $\sin(2\pi nf_0t)$ 為正交

依據連續時間實數訊號在區間 $t \in [0, T_0]$（其中 $T_0 = \frac{1}{f_0}$）的內積定義，計算兩訊號乘積之定積分：

$I = \int_0^{T_0} \cos(2\pi nf_0t) \sin(2\pi nf_0t) \, dt$

利用正弦二倍角公式 $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$： $\cos(2\pi nf_0t) \sin(2\pi nf_0t) = \frac{1}{2}\sin(4\pi nf_0t)$

將其代入積分式： $I = \frac{1}{2} \int_0^{T_0} \sin(4\pi nf_0t) \, dt$

對時間 $t$ 進行反導函數求值： $I = \frac{1}{2} \left[ -\frac{\cos(4\pi nf_0t)}{4\pi nf_0} \right]_0^{T_0} = -\frac{1}{8\pi nf_0} \left[ \cos(4\pi nf_0 T_0) - \cos(0) \right]$

已知 $T_0 = \frac{1}{f_0}$，故 $f_0 T_0 = 1$。代入上式： $\cos(4\pi nf_0 T_0) = \cos(4\pi n)$

由於 $n$ 為正整數（$n \in \mathbb{Z}^+$），$4\pi n$ 為 $2\pi$ 的偶數整數倍，因此： $\cos(4\pi n) = 1$ $\cos(0) = 1$

代回積分結果： $I = -\frac{1}{8\pi nf_0} (1 - 1) = 0$

因兩訊號在區間 $[0, T_0]$ 的內積為 0，故證得 $\cos(2\pi nf_0t)$ 與 $\sin(2\pi nf_0t)$ 在 $t \in (0, T_0)$ 區間內相互正交。

（二）假設 $n$ 與 $f_0$ 為已知，給定 $x(t)$，試求 $a$ 與 $b$

在區間 $0 < t < T_0$ 內，$x(t) = a\cos(2\pi nf_0t) + b\sin(2\pi nf_0t)$，而在其他區間 $x(t) = 0$。欲單獨求出係數 $a$ 與 $b$，可利用正交投影原理，將 $x(t)$ 分別與各基底訊號作內積。

1. 求係數 $a$：

將 $x(t)$ 與 $\cos(2\pi nf_0t)$ 在區間 $[0, T_0]$ 作內積： $\int_0^{T_0} x(t)\cos(2\pi nf_0t) \, dt = \int_0^{T_0} \left[ a\cos(2\pi nf_0t) + b\sin(2\pi nf_0t) \right] \cos(2\pi nf_0t) \, dt$ $= a \int_0^{T_0} \cos^2(2\pi nf_0t) \, dt + b \int_0^{T_0} \sin(2\pi nf_0t)\cos(2\pi nf_0t) \, dt$

由第（一）小題已知兩者正交，交叉項積分為零： $\int_0^{T_0} \sin(2\pi nf_0t)\cos(2\pi nf_0t) \, dt = 0$

計算餘弦平方項的積分，利用降冪公式 $\cos^2\theta = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$： $\int_0^{T_0} \cos^2(2\pi nf_0t) \, dt = \int_0^{T_0} \frac{1 + \cos(4\pi nf_0t)}{2} \, dt = \frac{T_0}{2} + \frac{1}{2}\left[ \frac{\sin(4\pi nf_0t)}{4\pi nf_0} \right]_0^{T_0}$