113 高普考高考三級 電信工程 通信與系統 考古題詳解

核心觀念

本題考「理想脈衝取樣」與傅立葉轉換的基本性質。取樣脈衝列在時域是週期訊號，其傅立葉轉換仍為脈衝列；時域相乘則對應頻域摺積，因此取樣後的頻譜是原頻譜的週期複本。

採用傅立葉轉換定義

$$X(f)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}\,dt$$

並令取樣頻率 $f_s=1/T_s$。

解題方法

（一）脈衝列的傅立葉轉換

取樣脈衝列為

$$p(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s)$$

其傅立葉轉換為

$$P(f)=\frac{1}{T_s}\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta\left(f-\frac{k}{T_s}\right) =f_s\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(f-kf_s)$$

因此，頻域脈衝間距為 $f_s$，每個頻域脈衝的權重為 $1/T_s=f_s$。

（二）取樣訊號的傅立葉轉換

因為 $x_s(t)=x(t)p(t)$，時域相乘對應頻域摺積：

$$X_s(f)=X(f)*P(f)$$

代入（一）的結果：

核心觀念

本題考查加成性白色高斯雜訊（AWGN）經積分器後的統計特性，以及二元訊號以門檻判決時的條件錯誤率。

接收端積分的雜訊為

$$N=\int_{t_0}^{t_0+T} n(t)\,dt.$$

雜訊為零均值 AWGN，其自相關函數為

$$E\{n(t_1)n(t_2)\}=\frac{N_0}{2}\delta(t_1-t_2).$$

因此，積分後的 $N$ 仍為高斯隨機變數。

解題方法

（一）求 $N$ 的平均值與變異數

由 AWGN 的零均值性，

$$E[N] =\int_{t_0}^{t_0+T}E[n(t)]\,dt =0.$$

因為平均值為零，變異數等於二階動差：

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}(N) &=E[N^2]\\ &=E\left[ \left(\int_{t_0}^{t_0+T}n(t_1)\,dt_1\right) \left(\int_{t_0}^{t_0+T}n(t_2)\,dt_2\right) \right]\\ &=\int_{t_0}^{t_0+T}\int_{t_0}^{t_0+T} E\{n(t_1)n(t_2)\}\,dt_1dt_2\\ &=\frac{N_0}{2} \int_{t_0}^{t_0+T}\int_{t_0}^{t_0+T} \delta(t_1-t_2)\,dt_1dt_2\\ &=\frac{N_0}{2}T. \end{aligned}$$

所以

$$N\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{N_0T}{2}\right).$$

判決門檻

傳送 $1$ 時，無雜訊積分值為 $2T$；傳送 $0$ 時，為 $-2T$。兩者對稱，最佳判決門檻為 $0$：

• $D>0$ 判為 $1$；
• $D<0$ 判為 $0$。

（二）傳送 $1$ 時的錯誤率

傳送 $1$ 時，$D=2T+N$。錯誤發生於 $D<0$：

$$\begin{aligned} P(e\mid 1) &=P(2T+N<0)\\ &=P(N<-2T). \end{aligned}$$

將 $N$ 標準化，利用 $\operatorname{Var}(N)=N_0T/2$：

核心觀念

離散來源的資訊熵衡量輸出平均所含的資訊量：

$$H(M)=-\sum_{i=1}^{5}p_i\log_2 p_i$$

霍夫曼編碼（Huffman coding）每次合併目前機率最小的兩個節點，直到形成一棵二元樹；每個符號的碼長等於樹上從根節點到該符號的邊數。此法可在已知符號機率下，得到平均碼長最短的二元前綴碼之一。

解題方法

（一）代入各輸出機率：

$$\begin{aligned} H(M) &=-\left( 0.4\log_2 0.4+ 0.2\log_2 0.2+ 0.15\log_2 0.15+ 0.14\log_2 0.14+ 0.11\log_2 0.11 \right)\\ &\approx 2.149\ \text{bits/輸出} \end{aligned}$$

（二）由小到大合併兩個機率：

$$\begin{array}{c|c} \text{合併節點} & \text{合併後機率}\\ \hline 0.11,\ 0.14 & 0.25\\ 0.15,\ 0.20 & 0.35\\ 0.25,\ 0.35 & 0.60\\ 0.40,\ 0.60 & 1.00 \end{array}$$

為便於列碼，將每次合併的兩個分支分別標記為 $0$、$1$。取 $m_1$ 為第一層的 $0$ 分支；在機率 $0.60$ 的子樹中，令 $0.25$ 為 $0$ 分支、$0.35$ 為 $1$ 分支；再依序展開各節點，可得：

核心觀念

此題考查角度調變的瞬時頻率、頻率偏移、相位偏移與平均功率。訊號可寫為

$$x(t)=A_c\cos\theta(t),\qquad \theta(t)=2\pi f_ct+2\pi f_d\int^t m(\tau)\,d\tau$$

因此瞬時頻率為

$$f_i(t)=\frac{1}{2\pi}\frac{d\theta(t)}{dt} =f_c+f_dm(t)$$

頻率偏移是 $f_i(t)-f_c=f_dm(t)$；相位偏移則是調變相位 $2\pi f_d\int^t m(\tau)\,d\tau$。本題中 $f_d=30\ \text{Hz/V}$，載波振幅 $A_c=100$。

（一）$m(t)$ 的波形

矩形函數定義為 $\Pi(u)=1$（$|u|\leq \frac12$），其餘為 $0$。代入

$$m(t)=4\Pi\left(\frac{t-2}{8}\right)$$

當

$$\left|\frac{t-2}{8}\right|\leq\frac12 \quad\Longleftrightarrow\quad |t-2|\leq4 \quad\Longleftrightarrow\quad -2\leq t\leq6$$

時，$m(t)=4$；其餘時間為 $0$。所以波形是在 $t=-2$ 至 $t=6$ 之間維持高度 $4$ 的矩形脈波，寬度為 $8$。

$$m(t)= \begin{cases} 4, & -2\leq t\leq6,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}$$

（二）最大頻率偏移量

瞬時頻率偏移為

$$\Delta f(t)=f_dm(t)$$

由 $m(t)$ 的最大值 $m_{\max}=4\ \text{V}$ 得