111 高普考普通考試 電信工程 通信系統概要 考古題詳解

核心觀念

正弦波 $x(t)=\sin(\omega t)$ 中，$\omega$ 是角頻率，單位為弧度／秒；一般頻率 $f$ 的單位為赫茲，兩者關係為

以下採用以赫茲為頻率變數的傅立葉轉換定義。對持續存在的正弦波，頻域以狄拉克脈衝表示，非零頻率位置就是脈衝所在的頻率：

解題方法

（一）求正弦波頻率

由 $x(t)=\sin(60t)$ 可知角頻率為 $\omega=60$ 弧度／秒，因此

（二）畫出從 $t=0$ 開始的一週期

一週期為

在一週期的起點、四分之一週期、半週期、四分之三週期及終點，訊號值依序為 $0,1,0,-1,0$。圖形如下：

 x(t)
 1 ┤ ●
 │ ╱ ╲
 0 ┼●──╱─────╲──●────────●──╲─────╱──●
 │ ╲ ╱
 −1 ┤ ●
 └────────────────────────────────── t
 0 T/4 T/2 3T/4 T

其中各標示點為

（三）求 $X(f)\ne 0$ 的頻率

$x(t)=\sin(60t)$ 的頻率為 $f_0=\frac{30}{\pi}$ Hz。其傅立葉轉換為

核心觀念

題目要用濾波器保留 $y(t)=\sin(20t)+\sin(60t)$ 中的高頻成分，得到 $x(t)=\sin(60t)$。正弦訊號 $\sin(\omega_0 t)$ 的頻率為 $f_0=\omega_0/(2\pi)$，因此兩個成分的頻率分別是

若濾波器在欲保留的頻率處增益為 $1$，在欲去除的頻率處增益為 $0$，輸出便是 $x(t)=\sin(60t)$。以下皆採單位通帶增益的理想濾波器，頻率軸使用題目指定的 $f$（Hz）。

解題方法

先在頻率軸上標出低頻成分 $f_1\approx3.18$ Hz 與高頻成分 $f_2\approx9.55$ Hz，再依各種濾波器的通帶、阻帶安排截止頻率。由於題目只有兩個離散頻率成分，只要截止頻率落在能分開兩者的位置，就能達成所需的輸出。

各小題

(一) 理想高通濾波器

高通濾波器保留截止頻率以上的成分。令截止頻率 $f_c$ 介於兩個訊號頻率之間：

如此 $f_1$ 落在阻帶，$f_2$ 落在通帶。

H(f)
 1 ┌──────────────
 │
 0 ────────────────┘──────────────── f
 fc
 f1 f2

其中 $f_1<f_c<f_2$；$f_c$ 可取兩者間任一值，例如 $f_c=20/(2\pi)=10/\pi\approx3.18$ Hz 以上且小於 $30/\pi\approx9.55$ Hz。

(二) 理想帶通濾波器

帶通濾波器保留兩個截止頻率之間的成分。令下截止頻率 $f_{c1}$ 與上截止頻率 $f_{c2}$ 滿足

核心觀念

把 10 個使用者視為圖中的頂點，把每條網路線視為連接兩個頂點的邊。

• 每兩位使用者都有專線，形成完全圖，邊數為 $\binom{10}{2}$。
• 所有人都能互相傳送資料，網路必須連通。連通 10 個頂點至少需要 9 條邊；再加上每位使用者最多連接兩條線，最少線數時的架構是路徑。
• 路徑上的兩點距離，是兩點之間最少要經過的網路線數。

解題方法

（一）每兩位使用者之間都有專線

每條線對應一組不同的使用者配對，因此網路線總數為：

共需 45 條網路線。

（二）每位使用者最多連接兩條線

要讓任意兩位使用者都能透過其他使用者轉傳，網路必須連通。連通 $n$ 個頂點至少需要 $n-1$ 條邊，所以 10 位使用者至少需要：

條網路線。9 條線可排成一條路徑，且每位使用者連接的線數都不超過兩條，因此符合條件。

（三）網路架構圖

核心觀念

1. 訊號基本參數： 正弦訊號 $y(t) = \sin(\omega_0 t)$ 中：

• 角頻率 $\omega_0 = 20\text{ rad/s}$。
• 訊號頻率 $f_0 = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{20}{2\pi} = \frac{10}{\pi}\text{ Hz}$。
• 訊號週期 $T_0 = \frac{1}{f_0} = \frac{\pi}{10}\text{ 秒}$。
• 訊號最高頻率成分 $f_{\max} = f_0 = \frac{10}{\pi}\text{ Hz}$。

2. 奈奎斯特取樣定理（Nyquist-Shannon Sampling Theorem）： 對於一帶限（band-limited）連續訊號，若其最高頻率為 $f_{\max}$，則取樣頻率 $f_s$ 必須滿足嚴格大於兩倍最高頻率的條件： $f_s > 2 f_{\max}$ 此處 $2 f_{\max}$ 稱為奈奎斯特速率（Nyquist Rate）。

• 當 $f_s > 2 f_{\max}$ 時，頻譜在週期延拓後不發生混疊（Aliasing），可透過截止頻率 $f_c$（滿足 $f_{\max} < f_c < f_s - f_{\max}$）之理想低通濾波器（Ideal Low-Pass Filter, LPF）完全還原原始連續訊號。
• 當 $f_s = 2 f_{\max}$（臨界取樣）時，若訊號在頻帶邊界剛好為純弦波，且取樣點恰落於弦波的零交越點（Zero Crossings），則取樣值全為零，無法保留振幅與相位資訊，導致無法重建。

3. 均勻取樣與時間平移： 若取樣時間具有固定時間延遲 $\tau$，即 $t_i = i T_s + \tau$，只要取樣間隔 $T_s$ 所對應的取樣頻率 $f_s = \frac{1}{T_s}$ 滿足 $f_s > 2 f_{\max}$，該時間延遲僅代表頻域上的線性相位旋轉，不改變訊號頻寬與取樣率，仍可藉由平移後的 sinc 內插公式（Whittaker-Shannon Interpolation Formula）精確重構訊號： $y(t) = \sum_{i=-\infty}^{\infty} y_i \cdot \operatorname{sinc}\left(\frac{t - \tau - i T_s}{T_s}\right)$

解題方法

(一) 計算取樣值 $y_0, y_1, y_2, y_3, y_4$

取樣時間公式為 $t_i = \frac{\pi i}{40}$，代入訊號方程式 $y(t) = \sin(20t)$： $y_i = y(t_i) = \sin\left(20 \cdot \frac{\pi i}{40}\right) = \sin\left(\frac{\pi i}{2}\right)$

依序代入 $i = 0, 1, 2, 3, 4$：

• 當 $i = 0$： $y_0 = \sin\left(0\right) = 0$
• 當 $i = 1$： $y_1 = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$
• 當 $i = 2$： $y_2 = \sin(\pi) = 0$
• 當 $i = 3$： $y_3 = \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right) = -1$
• 當 $i = 4$： $y_4 = \sin(2\pi) = 0$

(二) 判斷能否從 $y_i$ 還原 $y(t)$ 及原因

1. 取樣頻率計算： 取樣週期為相鄰兩次取樣時間差： $T_s = t_{i+1} - t_i = \frac{\pi (i+1)}{40} - \frac{\pi i}{40} = \frac{\pi}{40}\text{ 秒}$ 取樣頻率為： $f_s = \frac{1}{T_s} = \frac{40}{\pi}\text{ Hz}$

2. 奈奎斯特準則檢驗： 訊號最高頻率 $f_{\max} = \frac{10}{\pi}\text{ Hz}$。 奈奎斯特速率為： $2 f_{\max} = 2 \times \frac{10}{\pi} = \frac{20}{\pi}\text{ Hz}$ 比較取樣頻率與奈奎斯特速率： $f_s = \frac{40}{\pi}\text{ Hz} > 2 f_{\max} = \frac{20}{\pi}\text{ Hz}$

3. 結論與還原方式： 取樣頻率為最高頻率的 4 倍（即兩倍奈奎斯特速率，屬於過取樣），取樣後的頻譜無任何混疊現象。將離散取樣值通過一截止頻率介於 $\frac{10}{\pi}\text{ Hz}$ 至 $\frac{30}{\pi}\text{ Hz}$ 的理想低通濾波器，或利用 sinc 內插公式，即可完全且唯一地還原原始連續訊號 $y(t)$。

(三) 取樣時間改為 $t_i = \frac{\pi i}{40} + \frac{\pi}{10}$ 時之還原判斷

1. 取樣週期與取樣率： 相鄰取樣時間間隔依然為： $T_s = t_{i+1} - t_i = \frac{\pi}{40}\text{ 秒}$ 因此取樣頻率仍維持： $f_s = \frac{1}{T_s} = \frac{40}{\pi}\text{ Hz} > 2 f_{\max}$ 滿足奈奎斯特取樣定理的頻率要求。

核心觀念

1. 均勻量化器（Uniform Quantizer）特性：

• 訊號動態範圍為 $[-1, 1]$，總區間長度為 $2$。
• 分為 4 個量化間隔，量化步階（Step Size）為： $\Delta = \frac{1 - (-1)}{4} = 0.5$
• 各區間的量化輸出值（重建位準）$y$ 恰為該區間的中點（Midpoint）。對於任意輸入 $x$ 落在區間 $[x_{k-1}, x_k]$ 內，量化誤差定義為 $e = x - y$，誤差範圍為 $-\frac{\Delta}{2} \le e \le \frac{\Delta}{2}$，其絕對值誤差 $d = |x - y|$。

2. 機率密度函數（PDF）的歸一化條件：

• 連續隨機變數的機率密度函數在整個定義域上的積分必等於 1： $\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) \, dx = 1$

3. 量化誤差絕對值之期望值（Mean Absolute Error, MAE）：

• 期望值定義為： $E[d] = \int_{-1}^{1} |x - y(x)| f_X(x) \, dx$
• 可利用全期望值定律（Law of Total Expectation）分段計算各區間的條件期望值後再加權求和。

4. 非均勻量化（Non-uniform Quantization）與 Lloyd-Max 準則：

• 當訊號的機率密度分布不均勻時，均勻量化的平均誤差不是最佳解。
• 若欲降低整體平均量化誤差，應在高機率密度區域分配較小的量化步階（密集的量化位準），在低機率密度區域分配較大的量化步階（稀疏的量化位準）。

解題方法

(一) 求解 $d$ 的最大值 $d_{\max}$

由題意可知，各量化區間與其量化值 $y$ 為：

• 區間 1：$-1 \le x < -0.5$，$y = -0.75$
• 區間 2：$-0.5 \le x < 0$，$y = -0.25$
• 區間 3：$0 \le x < 0.5$，$y = 0.25$
• 區間 4：$0.5 \le x \le 1$，$y = 0.75$

在任一量化區間 $[x_{k-1}, x_k]$ 中，區間寬度 $\Delta = 0.5$，且 $y$ 位於區間正中央： $y = \frac{x_{k-1} + x_k}{2}$ 因此，訊號值 $x$ 距離量化值 $y$ 的最大偏差發生在區間的邊界端點： $d_{\max} = \max |x - y| = \frac{\Delta}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25$

(二) $x$ 在 $[-1, 1]$ 為等機率密度時，求 $d$ 的期望值 $E$

當 $x$ 在 $[-1, 1]$ 均勻分布時，其機率密度函數為： $f_X(x) = \frac{1}{1 - (-1)} = \frac{1}{2}, \quad -1 \le x \le 1$

由於 4 個量化區間長度相等、分佈均勻且對稱，可先計算單一區間內的誤差期望值。 以區間 $[0, 0.5)$ 為例，令 $u = x - 0.25$，則 $u \in [-0.25, 0.25]$： $E[d \mid 0 \le x < 0.5] = \frac{1}{0.5} \int_{0}^{0.5} |x - 0.25| \, dx = 2 \int_{-0.25}^{0.25} |u| \, du = 4 \int_{0}^{0.25} u \, du = 4 \left[ \frac{u^2}{2} \right]_0^{0.25} = 2 \times (0.25)^2 = 0.125$

因為所有區間的條件期望值皆相同，故全域期望值 $E$ 為： $E = E[d] = 0.125 = \frac{1}{8}$

亦可直接以全區間積分驗證： $E = \int_{-1}^{1} |x - y| \cdot \frac{1}{2} \, dx = 4 \times \int_{0}^{0.25} u \cdot \frac{1}{2} \times 2 \, du = 4 \times \frac{(0.25)^2}{2} = \frac{1}{8} = 0.125$

(三) $x$ 在 $[-1, 0)$ 為 $p_1$、在 $[0, 1]$ 為 $p_2$ 且 $p_1 > p_2$ 時，求 $d$ 的期望值 $E'$

1. 確定歸一化條件： 根據全機率為 1： $\int_{-1}^{0} p_1 \, dx + \int_{0}^{1} p_2 \, dx = 1 \implies p_1(0 - (-1)) + p_2(1 - 0) = p_1 + p_2 = 1$