110 高普考高考三級 電信工程 通信與系統 考古題詳解

110 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 通信與系統

第 一 題20 分

令 x(t)x(t) 為低通訊號，其頻寬為 WW。將 x(t)x(t) 以 2W2W 的速率取樣，產生取樣訊號如下：

xs(t)=∑n=−∞∞(−1)nx(nTs)δ(t−nTs)x_s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n x(nT_s)\delta(t-nT_s)

其中：

Ts=12WT_s=\frac{1}{2W}

(一) 求 xs(t)x_s(t) 的傅立葉轉換。（10 分）

(二) 如何將取樣訊號 xs(t)x_s(t) 重新還原 x(t)x(t)？（10 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查「交錯符號加權取樣」的頻域表示，以及如何從取樣脈衝列重建訊號。標準取樣脈衝列會使原訊號頻譜以取樣角頻率 ωs=2π/Ts\omega_s=2\pi/T_s 為間隔重複；本題的權重 (−1)n(-1)^n 則等同於對樣本序列乘上頻率為 ωs/2\omega_s/2 的離散複指數，因此會使頻譜平移 ωs/2\omega_s/2。

採用傅立葉轉換定義

X(ω)=∫−∞∞x(t)e−jωt dt,x(t)=12π∫−∞∞X(ω)ejωt dω.X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt, \qquad x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega.

（一）求 xs(t)x_s(t) 的傅立葉轉換

由

(−1)n=ejπn=ej(ωs/2)nTs,ωs=2πTs,(-1)^n=e^{j\pi n}=e^{j(\omega_s/2)nT_s}, \qquad \omega_s=\frac{2\pi}{T_s},

可將交錯權重併入取樣脈衝列：

xs(t)=∑n=−∞∞x(nTs)ej(ωs/2)nTsδ(t−nTs).x_s(t) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT_s) e^{j(\omega_s/2)nT_s}\delta(t-nT_s).

令

y(t)=x(t)ej(ωs/2)t,y(t)=x(t)e^{j(\omega_s/2)t},

則 xs(t)x_s(t) 正是 y(t)y(t) 的理想脈衝取樣。其傅立葉轉換為

Xs(ω)=1Ts∑k=−∞∞Y(ω−kωs).X_s(\omega) =\frac{1}{T_s}\sum_{k=-\infty}^{\infty} Y(\omega-k\omega_s).

由調變性質 Y(ω)=X(ω−ωs/2)Y(\omega)=X(\omega-\omega_s/2)，得到

Xs(ω)=1Ts∑k=−∞∞X(ω−ωs2−kωs).X_s(\omega) =\frac{1}{T_s}\sum_{k=-\infty}^{\infty} X\left(\omega-\frac{\omega_s}{2}-k\omega_s\right).

題目給定 Ts=1/(2W)T_s=1/(2W)，因此

ωs=2πTs=4πW,ωs2=2πW,1Ts=2W.\omega_s=\frac{2\pi}{T_s}=4\pi W, \qquad \frac{\omega_s}{2}=2\pi W, \qquad \frac{1}{T_s}=2W.

故

Xs(ω)=2W∑k=−∞∞X(ω−(2k+1)2πW).\boxed{ X_s(\omega) =2W\sum_{k=-\infty}^{\infty} X\left(\omega-(2k+1)2\pi W\right) }.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題20 分

令資訊訊號 m(t)=cos⁡(2000πt)m(t)=\cos(2000\pi t)，用於單旁波帶（single-side band, SSB）振幅調變訊號。其中載波振幅為 Ac=100A_c=100，中心頻率為 fcf_c。

(一) 求 m(t)m(t) 的希爾伯特（Hilbert）轉換 m^(t)\hat{m}(t)。（4 分）

(二) 求下旁波帶之時域訊號。（8 分）

(三) 求下旁波帶之傅立葉轉換。（8 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

SSB 振幅調變利用訊號 m(t)m(t) 與其希爾伯特轉換 m^(t)\hat m(t)，組成相位正交的兩個分量。下旁波帶（LSB）的時域訊號為

sLSB(t)=Ac[m(t)cos⁡(2πfct)+m^(t)sin⁡(2πfct)].s_{\mathrm{LSB}}(t) =A_c\left[m(t)\cos(2\pi f_ct)+\hat m(t)\sin(2\pi f_ct)\right].

採用希爾伯特轉換定義

F{m^(t)}=−j sgn⁡(f)M(f),\mathcal{F}\{\hat m(t)\}=-j\,\operatorname{sgn}(f)M(f),

因此 cos⁡(2πfmt)\cos(2\pi f_mt) 的希爾伯特轉換是 sin⁡(2πfmt)\sin(2\pi f_mt)。

解題方法

令訊息頻率為 fm=1000 Hzf_m=1000\text{ Hz}，因為 2000π=2π(1000)2000\pi=2\pi(1000)，所以

m(t)=cos⁡(2πfmt)=cos⁡(2000πt).m(t)=\cos(2\pi f_mt)=\cos(2000\pi t).

（一）由希爾伯特轉換的基本對應

H{cos⁡(2πfmt)}=sin⁡(2πfmt),\mathcal{H}\{\cos(2\pi f_mt)\}=\sin(2\pi f_mt),

可得

m^(t)=sin⁡(2000πt).\boxed{\hat m(t)=\sin(2000\pi t)}.

（二）代入下旁波帶公式，並使用積化和差公式：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題20 分

考慮一個通訊系統，使用 M=2NM=2^N 個訊號點之星雲圖 SS 進行傳輸，且每個訊號點發生機率皆為 1/M1/M。其中集合 SS 表示為：

S={(s1,s2,…,sN):si∈{+1,−1} for i=1,…,N}S=\left\{(s_1,s_2,\ldots,s_N):s_i\in\{+1,-1\}\text{ for }i=1,\ldots,N\right\}

若傳輸訊號向量為 s∈S\mathbf{s}\in S，接收向量表示為：

r=EsN×s+n\mathbf{r}=\sqrt{\frac{E_s}{N}}\times\mathbf{s}+\mathbf{n}

其中：

n=[n1,n2,…,nN]\mathbf{n}=[n_1,n_2,\ldots,n_N]

為零平均的高斯向量，符合：

E[ninj]={N0/2,i=j,0,otherwiseE[n_i n_j]= \begin{cases} N_0/2, & i=j,\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

求此通訊系統在接收端使用最相似檢測器（maximum likelihood detector）下之錯誤率。（20 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

此星座是 NN 維超立方體星座，每一維的訊號座標只有 +1+1 或 −1-1，因此共有 M=2NM=2^N 個訊號點。接收訊號在各維度上的雜訊彼此不相關，且為聯合高斯，因此各維度雜訊相互獨立。

本題求的是訊號點錯誤率：接收端判錯整個訊號向量的機率。由於每一維只傳送二元訊號，最大似然檢測可化為各維分別判斷正負號。

解題方法

令每一維的訊號振幅為

A=EsN.A=\sqrt{\frac{E_s}{N}}.

接收向量第 ii 維為

ri=Asi+ni,r_i=A s_i+n_i,

其中 ni∼N(0,N0/2)n_i\sim\mathcal{N}(0,N_0/2)。

在等先驗機率且雜訊為高斯的情況下，最大似然檢測等同於選擇距離最近的訊號點。由於星座在各維度上都是 ±A\pm A，每一維的判決門檻為零：

s^i={+1,ri≥0,−1,ri<0.\hat{s}_i= \begin{cases} +1,& r_i\geq 0,\\ -1,& r_i<0. \end{cases}

若第 ii 維傳送 si=+1s_i=+1，判錯條件為 ri<0r_i<0，也就是 ni<−An_i<-A。利用高斯分布的對稱性，單一維度的錯誤機率為

Pdim=Q(AN0/2)=Q(2EsNN0),P_{\mathrm{dim}} =Q\left(\frac{A}{\sqrt{N_0/2}}\right) =Q\left(\sqrt{\frac{2E_s}{N N_0}}\right),

其中

Q(x)=12π∫x∞e−u2/2 du.Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題20 分

一個二位元通訊系統使用 s0(t)cos⁡(2πfct)s_0(t)\cos(2\pi f_c t) 及 s1(t)cos⁡(2πfct)s_1(t)\cos(2\pi f_c t) 進行通訊，其中載波頻率 fcf_c 很大。s0(t)s_0(t) 及 s1(t)s_1(t) 波形如下圖，圖中 TT 代表每個位元傳送時間。當位元訊息為 00 時，則送出 s0(t)cos⁡(2πfct)s_0(t)\cos(2\pi f_c t)；當位元訊息為 11 時，則送出 s1(t)cos⁡(2πfct)s_1(t)\cos(2\pi f_c t)，其中 00 與 11 發生機率相等。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

若通道為可加白高斯雜訊通道（additive white Gaussian noise channel），其功率頻譜密度為 N0/2N_0/2。

(一) 令 EbE_b 為平均每個位元傳送能量，求 EbE_b。（5 分）

(二) 求此系統在最相似（maximum likelihood, ML）檢測器下的位元錯誤率，請以 EbE_b 及 N0N_0 表示之。（15 分）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

這題考二元訊號在 AWGN 通道中的平均位元能量，以及以最大相似（ML）檢測時的位元錯誤率。對等機率的兩個訊號，ML 檢測選擇與接收訊號歐氏距離較近者，錯誤率為

Pb=Q ⁣(d22N0),P_b=Q\!\left(\sqrt{\frac{d^2}{2N_0}}\right),

其中 d2d^2 是兩個實際通帶訊號的平方距離，Q(x)Q(x) 為標準常態分布右尾機率。

因載波頻率 fcf_c 很大，可用 cos⁡2(2πfct)\cos^2(2\pi f_ct) 的時間平均值 1/21/2 計算能量與平方距離。

解題方法

依圖形讀取波形：

  • s0(t)s_0(t) 在 0≤t<T/20\le t<T/2 為 AA，在 T/2≤t<TT/2\le t<T 為 −A-A。
  • s1(t)s_1(t) 在 0≤t<T/40\le t<T/4 為 −A-A，在 T/4≤t<3T/4T/4\le t<3T/4 為 00，在 3T/4≤t<T3T/4\le t<T 為 AA。

（一）平均每位元傳送能量

位元為 00 時，通帶訊號能量為

E0=∫0Ts02(t)cos⁡2(2πfct) dt≈12∫0Ts02(t) dt=A2T2.E_0=\int_0^T s_0^2(t)\cos^2(2\pi f_ct)\,dt \approx \frac{1}{2}\int_0^T s_0^2(t)\,dt =\frac{A^2T}{2}.

位元為 11 時，s1(t)s_1(t) 有效振幅區間總長為 T/2T/2，所以

E1≈12∫0Ts12(t) dt=A2T4.E_1\approx \frac{1}{2}\int_0^T s_1^2(t)\,dt =\frac{A^2T}{4}.

兩種位元等機率，因此平均每位元能量為

Eb=E0+E12=3A2T8.E_b=\frac{E_0+E_1}{2} =\frac{3A^2T}{8}.

（二）ML 檢測的位元錯誤率

令兩個通帶訊號的平方距離為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題20 分

一個無線通道，其帶通頻率響應如下：

C(f)={1,∣f−109∣<106,0,otherwiseC(f)= \begin{cases} 1, & |f-10^9|<10^6,\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}

假設傳送端使用平方根升餘弦濾波器（square-root raised cosine filter），滾降係數（rolloff factor）為 α\alpha。若使用 QPSK，並希望能達到 2 Mbps2\ \text{Mbps} 的資料率，且接收端不會有符際干擾（inter-symbol interference, ISI）。

(一) 令 fcf_c 為載波頻率，fcf_c 應設為何值較為恰當？（5 分）

(二) 令 RR 為 QPSK 符元率（symbol rate），求 RR。（5 分）

(三) 求滾降係數（rolloff factor）α\alpha，使得傳送訊號可占據整個通道頻寬。（10 分）

提示：升餘弦脈衝頻率響應與符元區間（symbol interval）T=1/RT=1/R 及滾降係數（rolloff factor）α\alpha 的關係如下：

X(f)={T,0≤∣f∣≤1−α2T,T2[1+cos⁡(πTα(∣f∣−1−α2T))],1−α2T≤∣f∣≤1+α2T,0,otherwiseX(f)= \begin{cases} T, & 0\leq |f|\leq \dfrac{1-\alpha}{2T},\\[6pt] \dfrac{T}{2} \left[ 1+\cos\left( \dfrac{\pi T}{\alpha} \left( |f|-\dfrac{1-\alpha}{2T} \right) \right) \right], & \dfrac{1-\alpha}{2T}\leq |f|\leq \dfrac{1+\alpha}{2T},\\[6pt] 0, & \text{otherwise} \end{cases}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 QPSK 的資料率與符元率關係、升餘弦脈衝的頻寬，以及載波頻率如何配合通道通帶。

  • QPSK 每個符元可承載 22 個位元，因此資料率 RbR_b 與符元率 RR 的關係為 Rb=2R.R_b=2R.
  • 平方根升餘弦濾波器在收發兩端匹配時，兩者的頻率響應相乘形成升餘弦頻譜；其基頻單邊頻寬為 B=1+α2R.B=\frac{1+\alpha}{2}R. 因此實數帶通信號的頻寬為 2B=(1+α)R2B=(1+\alpha)R。
  • 通道通帶以 1 GHz1\ \text{GHz} 為中心，且正頻率通帶範圍為 109−106<f<109+106 Hz10^9-10^6<f<10^9+10^6\ \text{Hz}。

解題方法

（一）載波頻率 fcf_c

通道通帶中心頻率為 109 Hz10^9\ \text{Hz}。將載波設於通帶中心，可使調變訊號頻譜置中，並保留通帶兩側相同的頻寬餘裕。因此

fc=109 Hz=1 GHz.f_c=10^9\ \text{Hz}=1\ \text{GHz}.

（二）QPSK 符元率 RR

QPSK 每個符元承載 22 位元，資料率為 Rb=2 MbpsR_b=2\ \text{Mbps}，故

Rb=2R⟹R=Rb2=2 Mbps2=1 Mbaud.R_b=2R \quad\Longrightarrow\quad R=\frac{R_b}{2} =\frac{2\ \text{Mbps}}{2} =1\ \text{Mbaud}.

（三）使訊號占據整個通道的滾降係數 α\alpha

通帶中心在 fc=1 GHzf_c=1\ \text{GHz}，上下界分別距離中心 1 MHz1\ \text{MHz}，因此通道的單邊頻寬為

Bch=1 MHz,B_{\text{ch}}=1\ \text{MHz},

通帶總寬為 2 MHz2\ \text{MHz}。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

電信工程《通信與系統》其他年度

115114113112