114 年高普考高考三級電信工程考古題與詳解

Question 1

請問以下訊號是否具有週期性（periodic）？若是，請求其週期（period）；若否，請說明原因。

(一) 取樣後（sampled）的離散時間（discrete-time）訊號 $x[n]=A\cos(2\pi f_0 n)$ ，其中 $A$ 為常數。（10 分）

(二) 連續時間（continuous-time）訊號 $x_1(t)=2\cos(2t)+4\sin(6\pi t)$ 。（5 分）

(三) 連續時間訊號 $x_2(t)=4\sin(6\pi t)+7\cos(30\pi t)$ 。（5 分）

Accepted Answer

核心觀念 週期訊號滿足：存在一個正值，使訊號平移該時間後完全重複。 - 離散時間訊號：若存在正整數 $N$，使 $x[n+N]=x[n]$ 對所有整數 $n$ 成立，則訊號週期為 $N$；最小的正整數週期稱為基本週期。 - 連續時間訊號：若存在 $T0$，使 $x(t+T)=x(t)$ 對所有 $t$ 成立，則訊號週期為 $T$；最小的正週期稱為基本週期。 對餘弦訊號 $A\cos(\Omega n+\phi)$，若 $A
e 0$，週期條件是 $\Omega N=2\pi k$，其中 $k$ 為整數。因此離散時間正弦訊號週期存在的條件為 $\Omega/(2\pi)$ 是有理數。 對連續時間正弦訊號，角頻率為 $\omega$ 的週期是 $T=2\pi/|\omega|$。多個連續時間週期訊號相加後，若各分量週期之比為有理數，才存在共同週期。 解題方法與計算 （一）$x[n]=A\cos(2\pi f0 n)$ 若 $A=0$，則 $x[n]\equiv 0$，對任意正整數 $N$ 都有 $x[n+N]=x[n]$；其基本週期為 $1$。 若 $A
e 0$，週期條件為 $$ \begin{aligned} x[n+N]&=x[n]\ \cos\!\bigl(2\pi f0(n+N)\bigr)&=\cos(2\pi f0n). \end{aligned} $$ 要對所有整數 $n$ 重複，需有 $2\pi f0N=2\pi k$，其中 $k$ 為整數，也就是 $$ f0N=k. $$ 因此，離散時間訊號具有週期性的充要條件是 $f0$ 為有理數。若 $f0=p/q$，其中 $p,q$ 互質且 $q0$，則最小正整數週期為 $$ N0=q. $$ 若 $f0$ 為無理數，就不存在正整數 $N$ 使 $f0N$ 為整數，訊號不具週期性。

Question 2

假設 $x(t)$ 與 $y(t)$ 分別為線性非時變（linear time-invariant, LTI）系統的輸入訊號與輸出訊號。已知若

x(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}X_n e^{j2\pi n f_0 t},

則

y(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}X_n e^{-j2\pi n f_0 t_0}e^{j2\pi n f_0 t},

其中 $t_0$ 為常數。請回答以下問題：

(一) 如果輸出訊號為 $y(t)=A\cos(2\pi f_0t)$ ， $A$ 為常數，請求輸入訊號 $x(t)$ 以及 $t_0$ 。（10 分）

(二) 如果輸入訊號為

x(t)=A\cos(2\pi f_0t)+A\sin(2\pi f_0t),

請求輸出訊號 $y(t)$ 。（5 分）

Accepted Answer

核心觀念 複指數 $e^{j2\pi n f0t}$ 是 LTI 系統的特徵函數。題目給定的輸入與輸出關係表示，第 $n$ 個傅立葉級數係數會乘上 $$ Hn=e^{-j2\pi n f0t0}. $$ 因此，輸出各諧波的振幅不變，只產生相位位移。這也等同於時間延遲性質： $$ y(t)=x(t-t0). $$ 解題方法 （一）由輸出求輸入與 $t0$ 將輸出寫成複指數形式： $$ y(t)=A\cos(2\pi f0t) =\frac{A}{2}e^{j2\pi f0t}+\frac{A}{2}e^{-j2\pi f0t}. $$ 所以輸出在 $n=1$ 與 $n=-1$ 的傅立葉級數係數分別為 $$ Y1=\frac{A}{2},\qquad Y{-1}=\frac{A}{2}. $$ 依題目所給關係，$Yn=Xne^{-j2\pi n f0t0}$，故 $$ X1=\frac{A}{2}e^{j2\pi f0t0},\qquad X{-1}=\frac{A}{2}e^{-j2\pi f0t0}. $$ 輸入訊號因此為 $$ \begin{aligned} x(t) &=X1e^{j2\pi f0t}+X{-1}e^{-j2\pi f0t}\ &=\frac{A}{2}e^{j2\pi f0(t+t0)} +\frac{A}{2}e^{-j2\pi f0(t+t0)}\ &=A\cos\bigl(2\pi f0(t+t0)\bigr). \end{aligned} $$

Question 3

假設一線性非時變（linear time-invariant, LTI）系統的輸入訊號 $x(t)$ 與輸出訊號 $y(t)$ 滿足以下微分方程式（differential equation）：

\frac{dy(t)}{dt}+ay(t)=b\frac{dx(t)}{dt}+cx(t),

其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 為非負常數（non-negative constant）。如果該線性非時變系統的頻率響應（frequency response）為 $H(f)$ ，請求該線性非時變系統的振幅響應（amplitude response） $|H(f)|$ 以及相位響應（phase response） $\angle H(f)$ 。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念

本題考查 LTI 系統的微分方程式與頻率響應之間的轉換。對輸入、輸出取傅立葉轉換後，微分運算對應為頻域乘上 $j2\pi f$ ，因此可求得頻率響應 $H(f)=Y(f)/X(f)$ 。振幅響應是 $H(f)$ 的複數模，相位響應則是其幅角。

解題方法

由題目給定的微分方程式

\frac{dy(t)}{dt}+ay(t)=b\frac{dx(t)}{dt}+cx(t)

兩側取傅立葉轉換，利用

\mathcal{F}\left\{\frac{dy(t)}{dt}\right\}=j2\pi fY(f),\qquad \mathcal{F}\left\{\frac{dx(t)}{dt}\right\}=j2\pi fX(f),

得

(j2\pi f+a)Y(f)=(j2\pi fb+c)X(f).

因此頻率響應為

H(f)=\frac{Y(f)}{X(f)} =\frac{c+j2\pi fb}{a+j2\pi f}.

令 $\omega=2\pi f$ ，分子、分母分別寫成實部加虛部的形式：

H(f)=\frac{c+j\omega b}{a+j\omega}.

其振幅響應為分子與分母模長之比：

\boxed{|H(f)|=\frac{\sqrt{c^2+(2\pi fb)^2}}{\sqrt{a^2+(2\pi f)^2}}}.

其相位響應為分子相位減去分母相位：

Question 4

傳統振幅調變（amplitude modulation, AM）訊號可由以下方程式表示：

x_c(t)=A_c[1+am_n(t)]\cos(2\pi f_ct),

其中 $A_c\cos(2\pi f_ct)$ 為載波、 $m_n(t)$ 為欲傳送的訊息、參數 $a$ 為調變指數（modulation index）。傳統振幅調變系統的效率 $E_{\mathrm{eff}}$ 可定義為該 AM 訊號的邊帶功率（sideband power）與調變訊號總功率的比值：

E_{\mathrm{eff}}=\frac{\text{sideband power}}{\text{total power}}.

考慮以下 AM 訊號：

x_c(t)=A\cos(400\pi t)+B\cos(360\pi t)+B\cos(440\pi t),

其中 $A$ 、 $B$ 為常數。請求該 AM 調變系統的載波、載波功率 $P_0$ 、欲傳送的訊息、調變指數，以及調變效率 $E_{\mathrm{eff}}$ 。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念 單音調變的傳統 AM 訊號可寫成 $$ xc(t)=Ac[1+a mn(t)]\cos(2\pi fct). $$ 展開後包含載波，以及由訊息調變產生的上下邊帶。若訊息為單位振幅的餘弦訊號，邊帶振幅皆為載波振幅的 $a/2$ 倍；因此可由頻譜中的載波與邊帶振幅讀出載波功率及調變指數。 解題方法 先將題目各餘弦項與標準 AM 展開式對照。利用積化和差公式， $$ \cos(2\pi fmt)\cos(2\pi fct) =\frac{1}{2}\left[ \cos 2\pi(fc-fm)t+\cos 2\pi(fc+fm)t ight]. $$ 標準 AM 展開為 $$ xc(t)=Ac\cos(2\pi fct) +\frac{Aca}{2}\left[ mn(t)	ext{ 所對應的上下邊帶} ight]. $$ 題目載波項為 $A\cos(400\pi t)$，故 $$ 2\pi fc=400\pi \quad\Longrightarrow\quad fc=200	ext{ Hz}. $$ 另外兩項的頻率分別為 $180$ Hz 與 $220$ Hz，故訊息頻率為 $$ fm=220-200=200-180=20	ext{ Hz}. $$ 載波振幅為 $Ac=A$，上下邊帶振幅皆為 $B$。令訊息為 $mn(t)=\cos(40\pi t)$，則標準 AM 的邊帶振幅為 $Aa/2$，所以 $$ \frac{Aa}{2}=B \quad\Longrightarrow\quad a=\frac{2B}{A}. $$ 因此此訊號可表示為 $$ xc(t)=A\left[1+\frac{2B}{A}\cos(40\pi t)ight]\cos(400\pi t), $$

Question 5

超外差接收器（Superheterodyne receiver），如下圖所示，是一種射頻（radio frequency, RF）接收器。

【原卷附有超外差接收器方塊圖，包含 RF Input、RF Amplifier、Mixer、LO、IF Amplifier 與 IF Output。】

超外差接收器利用一可調之振盪器，通常稱為本地振盪器（local oscillator, LO），將 LO 所產生之訊號與接收的 RF 高頻訊號經由混合器（Mixer）混合，產生一固定頻率的中頻（intermediate frequency, IF）訊號。這個固定且較低的 IF 訊號可以被後端的解調器（demodulator）解調出來。將高頻的 RF 訊號轉成較低頻的 IF 訊號的優點，在於可解決高頻放大器增益不足的問題。

假設一超外差接收器的固定 IF 訊號頻率為 $f_{\mathrm{IF}}=455\ \mathrm{kHz}$ 。若想利用該超外差接收器接收 $f_{\mathrm{RF}}=1120\ \mathrm{kHz}$ 的高頻 RF 訊號，請設計兩個可能的本地振盪器（LO）頻率 $f_{\mathrm{LO}}$ 。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念

超外差接收器利用 Mixer 將射頻訊號與本地振盪器訊號混合，產生和頻與差頻：

f_{\text{sum}}=f_{\text{RF}}+f_{\text{LO}}

f_{\text{difference}}=\left|f_{\text{RF}}-f_{\text{LO}}\right|

接收器的 IF 濾波器只保留固定的中頻，因此必須滿足：

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

本題給定：

f_{\text{RF}}=1120\ \text{kHz},\qquad f_{\text{IF}}=455\ \text{kHz}

解題方法

由中頻條件：

\left|1120-f_{\text{LO}}\right|=455

超外差接收器有兩種基本設計：

1. 高側注入（High-side injection）

當本地振盪器頻率高於 RF 頻率時：

f_{\text{LO}}=f_{\text{RF}}+f_{\text{IF}}

代入數值：

f_{\text{LO}}=1120+455=1575\ \text{kHz}

驗算：

|1575-1120|=455\ \text{kHz}

Question 6

線路碼（line code）是利用傳輸通道（如光纖）特性而進行數位訊號傳輸的編碼方式。以二進位元（binary bit）為例，一般線路碼會使用不歸零（nonreturn-to-zero, NRZ）編碼或歸零（return-to-zero, RZ）編碼等兩種方式（或其變形），來表示二進位元資料流（binary stream）。

NRZ 編碼會以高電位（如 $A$ 或 $1$ 伏特）來表示「1」；以低電位（如 $-A$ 或 $-1$ 伏特）來表示「0」。RZ 編碼則不同，顧名思義，歸零編碼的二進位元脈波，在該位元結束時會回到 $0$ 伏特或中間值。

除了 NRZ 碼以及 RZ 碼之外，常見的線路碼還包括：分相（split phase, SP）碼、單極歸零（unipolar RZ, URZ）碼，以及極歸零（polar RZ, PRZ）碼等。不同的線路碼會有不同的二進位脈波格式，因此也會有不同的功率譜密度（power spectra）。

【原卷附有 NRZ、SP、URZ 與 PRZ 四種線路碼的 power spectra 圖形。】

請回答以下問題：（每小題 5 分，共 15 分）

(一) 如果傳輸通道的頻寬為 $4\ \mathrm{kHz}$ ，請決定上述四種不同線路碼的傳輸資料速率（data rate）。

(二) 如果傳輸通道的頻率響應在 $f=0\ \mathrm{Hz}$ 有一個零點（zero），請問我們該選用哪一種線路碼？為什麼？

(三) 假設 NRZ 碼的平均傳輸功率 $P_{\mathrm{NRZ}}$ 為 $1\ \mathrm{W}$ ，請問上述四種不同線路碼中，哪一種線路碼的平均傳輸功率最低？為什麼？

Accepted Answer

核心觀念

本題考查不同線路碼的功率譜密度、第一個頻譜零點與資料速率的關係。

令單一位元時間為 $T_b$ ，資料速率為

R_b=\frac{1}{T_b}.

由圖中橫軸為 $fT_b$ ，以功率譜的第一個零點作為所需傳輸頻寬。不同線路碼的主要頻譜第一個零點如下：

NRZ： $f=\dfrac{1}{T_b}$
SP： $f=\dfrac{2}{T_b}$
URZ： $f=\dfrac{2}{T_b}$
PRZ： $f=\dfrac{2}{T_b}$

其中 RZ 類線路碼因脈波寬度約為 $T_b/2$ ，頻譜零點移至 $2/T_b$ ，所需頻寬約為 NRZ 的兩倍。

解題方法

（一）頻寬為 $4\ \mathrm{kHz}$ 時的資料速率

1. NRZ 碼

NRZ 的第一個零點滿足

B=\frac{1}{T_b}=R_b.

因此

R_b=B=4\ \mathrm{kHz}.

所以

\boxed{R_{\mathrm{NRZ}}=4\ \mathrm{kbit/s}}.

2. SP 碼

SP 碼的第一個零點滿足

B=\frac{2}{T_b}=2R_b.

因此

R_b=\frac{B}{2} =\frac{4\ \mathrm{kHz}}{2} =2\ \mathrm{kbit/s}.

所以

\boxed{R_{\mathrm{SP}}=2\ \mathrm{kbit/s}}.

3. URZ 碼

URZ 碼的脈波寬度為半個位元時間，第一個零點為

B=\frac{2}{T_b}=2R_b.

因此

\boxed{R_{\mathrm{URZ}}=2\ \mathrm{kbit/s}}.

4. PRZ 碼

PRZ 碼同樣使用半位元寬度的脈波，因此

B=\frac{2}{T_b}=2R_b.

所以

\boxed{R_{\mathrm{PRZ}}=2\ \mathrm{kbit/s}}.

整理如下：

線路碼	頻寬關係	資料速率
NRZ	$B=R_b$	$4\ \mathrm{kbit/s}$
SP	$B=2R_b$	$2\ \mathrm{kbit/s}$
URZ	$B=2R_b$	$2\ \mathrm{kbit/s}$
PRZ	$B=2R_b$	$2\ \mathrm{kbit/s}$

（二）通道在 $f=0$ 有零點時的線路碼選擇

應選用 SP 碼。

原因是 SP 碼的功率譜密度在直流位置具有零點：

S_{\mathrm{SP}}(0)=0.

因此 SP 碼不含直流成分，能避免通道在 $f=0$ 的零點造成訊號嚴重衰減或無法傳輸。

其他線路碼在 $f=0$ 的功率譜密度並非零：

NRZ：低頻及直流成分明顯。
URZ：具有直流成分，且可能伴隨離散譜線。
PRZ：在直流附近仍有功率。

因此

Question 7

相位偏移（phase-shift keying, PSK）調變是一種利用相位差異的訊號來傳送資料的數位調變方式，其中二進制相位偏移（binary phase-shift keying, BPSK）是 PSK 調變系列中最簡單的一種。BPSK 調變使用兩個相位差 $180^\circ$ 且正交的訊號來表示「0」以及「1」。

另一方面，四位元相位偏移（quadrature phase-shift keying, QPSK）調變則是利用四個相位差、各別相差 $90^\circ$ 的訊號，一次傳送兩個位元：「00」、「01」、「10」、「11」。

為了比較 BPSK 以及 QPSK 調變系統，原卷附有以下兩個不同調變系統的訊號星座圖（constellation diagram）。

【原卷附有 BPSK 與 QPSK 訊號星座圖。】

請回答以下問題：（每小題 5 分，共 10 分）

(一) 在加成性高斯白雜訊（additive white Gaussian noise, AWGN）通道下，分別使用 BPSK 以及 QPSK 進行數位訊號調變。假設兩個調變系統的資料傳輸率（transmission rate）相同，在使用相同的傳輸能量條件下，請比較 BPSK 與 QPSK 系統的位元錯誤率（bit error rate, BER）。哪一種調變技術表現較好？為什麼？

(二) 在加成性高斯白雜訊通道下，分別使用 BPSK 以及 QPSK 進行數位訊號調變。假設兩個調變系統的傳輸頻寬（transmission bandwidth）相同，在相同的訊雜比（signal-to-noise ratio, SNR）條件下，請比較 BPSK 與 QPSK 系統的位元錯誤率。哪一種調變技術表現較好？為什麼？

Accepted Answer

核心觀念

本題比較 BPSK 與 QPSK 在 AWGN 通道下的位元錯誤率。關鍵在於：

BPSK 每個符號傳送 $1$ bit；QPSK 每個符號傳送 $2$ bits。
在 Gray coding 下，QPSK 的位元錯誤率為

P_b^{\mathrm{QPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)

BPSK 的位元錯誤率同樣為

P_b^{\mathrm{BPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)

因此，若兩系統的每位元能量 $E_b$ 與雜訊功率譜密度 $N_0$ 相同，兩者 BER 相同。差異主要來自「相同資料速率」或「相同頻寬」時， $E_b/N_0$ 是否相同。

解題方法

令：

BPSK 符號率為 $R_s$
QPSK 符號率為 $R_s/2$
BPSK 每符號傳送 $1$ bit
QPSK 每符號傳送 $2$ bits

位元能量與符號能量的關係為：

E_s=R_b/R_s \cdot E_b

因此：

BPSK： $E_s=E_b$
QPSK： $E_s=2E_b$

QPSK 雖然星座點較多，但在 Gray coding 下，最鄰近錯誤主要造成一個 bit 錯誤，其 BER 公式與 BPSK 相同。

（一）相同資料傳輸率、相同傳輸能量

1. 符號率比較

兩系統的資料傳輸率相同，設為 $R_b$ 。

BPSK 每符號傳送 $1$ bit，因此：

R_{s,\mathrm{BPSK}}=R_b

QPSK 每符號傳送 $2$ bits，因此：

R_{s,\mathrm{QPSK}}=\frac{R_b}{2}

2. 位元能量比較

若題目所稱的「相同傳輸能量」是指相同的每位元傳輸能量 $E_b$ ，則兩系統具有相同的 $E_b/N_0$ 。

BPSK：

P_b^{\mathrm{BPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)

QPSK：

P_b^{\mathrm{QPSK}} =Q\left(\sqrt{\frac{2E_b}{N_0}}\right)

所以：

P_b^{\mathrm{BPSK}} = P_b^{\mathrm{QPSK}}

結論

在相同資料傳輸率且相同每位元能量的條件下，BPSK 與 QPSK 的 BER 相同，沒有哪一種明顯較好。

原因是 QPSK 雖然每個符號傳送兩個 bit，但在 Gray coding 且具有相同 $E_b/N_0$ 時，其位元錯誤率與 BPSK 完全相同。

（二）相同傳輸頻寬、相同 SNR

1. 相同頻寬下的資料速率

在相同脈波成形與相同頻寬下，QPSK 每個符號傳送兩個 bit，因此其資料速率約為 BPSK 的兩倍：

Question 8

霍夫曼訊源編碼（Huffman source coding）是一種無失真資料壓縮的熵（entropy）編碼演算法。考慮一個包含 12 個不同輸出、每一個出現機會均等（equally likely）的訊號源，請利用霍夫曼編碼對該訊號源進行編碼，並求編碼後的平均碼長（average word-length）。（10 分）

Accepted Answer

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman coding）透過反覆合併機率最小的兩個訊號，建立前綴碼，使平均碼長最小。每次合併的兩個訊號分別配置不同的二元分支（0 與 1）；某訊號的碼長，就是它在霍夫曼樹中從根節點到葉節點的深度。

本題有 12 個等機率訊號，每個訊號的機率為 $1/12$ 。因此，平均碼長為各碼字長度的算術平均：

\bar L=\sum_{i=1}^{12}p_i l_i =\frac{1}{12}\sum_{i=1}^{12}l_i

解題方法

由於 12 不是 2 的冪次，霍夫曼樹不會讓所有訊號的碼長都相同。用二元霍夫曼演算法合併權重最小的節點，可以得到 4 個碼長為 3 的訊號，以及 8 個碼長為 4 的訊號。

一組符合霍夫曼演算法的碼字如下（訊號符號可任意指派）：

訊號	霍夫曼碼	碼長
$s_1$	000	3
$s_2$	001	3
$s_3$	010	3
$s_4$	011	3
$s_5$	1000	4
$s_6$	1001	4
$s_7$	1010	4
$s_8$	1011	4

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114 高普考高考三級 電信工程 通信與系統 考古題詳解

第 一 題20 分

核心觀念

解題方法與計算

第 二 題15 分

核心觀念

解題方法

（一）由輸出求輸入與 t0t_0t0​

第 三 題10 分

核心觀念

解題方法

第 四 題10 分

核心觀念

解題方法

第 五 題10 分

核心觀念

解題方法

1. 高側注入（High-side injection）

第 六 題15 分

核心觀念

解題方法

（一）頻寬為 4 kHz4\ \mathrm{kHz}4 kHz 時的資料速率

1. NRZ 碼

2. SP 碼

3. URZ 碼

4. PRZ 碼

（二）通道在 f=0f=0f=0 有零點時的線路碼選擇

第 七 題10 分

核心觀念

解題方法

（一）相同資料傳輸率、相同傳輸能量

1. 符號率比較

2. 位元能量比較

結論

（二）相同傳輸頻寬、相同 SNR

1. 相同頻寬下的資料速率

第 八 題10 分

核心觀念

解題方法

其他考古題

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114 高普考高考三級電信工程通信與系統考古題詳解

第一題20 分

第二題15 分

（一）由輸出求輸入與 $t_0$

第三題10 分

第四題10 分

第五題10 分

第六題15 分

（一）頻寬為 $4\ \mathrm{kHz}$ 時的資料速率

（二）通道在 $f=0$ 有零點時的線路碼選擇

第七題10 分

第八題10 分