113 專技高考高等考試 電子工程技師 通訊系統 考古題詳解

113 年・專技高考・高等考試・電子工程技師
試題代碼 通訊系統

第 一 題15 分

有一隨機過程（random process）X(t)=Acos⁡(2πfct)X(t)=A\cos(2\pi f_c t)，其中 AA 是均值（mean）為 00、變異數（variance）為 σA2\sigma_A^2 的高斯分布（Gaussian-distributed）隨機變數。假設

Y(t)=∫0tX(τ) dτ，Y(t)=\int_0^t X(\tau)\,d\tau，

則：

(一) 請求 Y(t)Y(t) 的機率密度函數（probability density function）。（10 分）

(二) 請問 Y(t)Y(t) 是否為遍歷過程（ergodic process）？為什麼？（5 分）

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核心觀念

本題考查隨機過程的時間積分、常態隨機變數的線性轉換，以及遍歷性的判斷。

題目中的 AA 是一個隨機變數，而 fcf_c 是固定頻率。因此，對每個固定的 tt，Y(t)Y(t) 都是 AA 乘上一個確定的時間函數。常態隨機變數乘上確定常數後仍為常態；但若時間函數為零，Y(t)Y(t) 會退化為恆等於零，須以狄拉克脈衝表示其機率密度。

遍歷性則需看單一樣本函數的時間平均是否能代表集合平均。本題所有時間變化都由同一個隨機振幅 AA 決定，時間演變不會產生新的隨機振幅取值。

解題方法

先直接計算 X(t)X(t) 的時間積分：

Y(t)=∫0tAcos⁡(2πfcτ) dτ=Asin⁡(2πfct)2πfc,fc≠0.Y(t)=\int_0^t A\cos(2\pi f_c\tau)\,d\tau =A\frac{\sin(2\pi f_ct)}{2\pi f_c}, \qquad f_c\ne 0.

令

k(t)=sin⁡(2πfct)2πfc,k(t)=\frac{\sin(2\pi f_ct)}{2\pi f_c},

則 Y(t)=k(t)AY(t)=k(t)A。由於 A∼N(0,σA2)A\sim\mathcal N(0,\sigma_A^2)，在 k(t)≠0k(t)\ne 0 時，

Y(t)∼N ⁣(0,σA2k2(t)).Y(t)\sim\mathcal N\!\left(0,\sigma_A^2k^2(t)\right).

（一）Y(t)Y(t) 的機率密度函數

當 k(t)≠0k(t)\ne 0，亦即 sin⁡(2πfct)≠0\sin(2\pi f_ct)\ne 0 時，Y(t)Y(t) 的變異數為

σY2(t)=σA2[sin⁡(2πfct)2πfc]2.\sigma_Y^2(t) =\sigma_A^2 \left[\frac{\sin(2\pi f_ct)}{2\pi f_c}\right]^2.

所以其機率密度函數為

fY(t)(y)=12π σY(t)exp⁡ ⁣[−y22σY2(t)],−∞<y<∞.f_{Y(t)}(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma_Y(t)} \exp\!\left[-\frac{y^2}{2\sigma_Y^2(t)}\right], \qquad -\infty<y<\infty.

等價地，直接代入 σY(t)\sigma_Y(t) 可得

fY(t)(y)=12π σA∣sin⁡(2πfct)2πfc∣exp⁡ ⁣[−y22σA2(sin⁡(2πfct)2πfc)2].f_{Y(t)}(y) = \frac{1}{ \sqrt{2\pi}\,\sigma_A \left|\dfrac{\sin(2\pi f_ct)}{2\pi f_c}\right| } \exp\!\left[ -\frac{y^2}{ 2\sigma_A^2 \left(\dfrac{\sin(2\pi f_ct)}{2\pi f_c}\right)^2 } \right].

若 sin⁡(2πfct)=0\sin(2\pi f_ct)=0，則 Y(t)=0Y(t)=0 的機率為 11，其分布退化為零點的狄拉克脈衝：

fY(t)(y)=δ(y).f_{Y(t)}(y)=\delta(y).
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第 二 題30 分

二元對稱通道（binary symmetric channel, BSC）是一種特殊的離散無記憶通道（discrete memoryless channel）。它的輸入（或傳送端）有兩個符號 x0=0x_0=0、x1=1x_1=1，輸出（或接收端）也有兩個符號 y0=0y_0=0、y1=1y_1=1，而且發送 00 而接收到 11 的機率，與發送 11 而接收到 00 的機率都是 pp，其中 p<1p<1。其輸入與輸出的轉移機率（transition probability）如下圖所示。

(一) 將兩個具有相同轉移機率的二元對稱通道串接（cascade）在一起，如下圖所示：

Input →\rightarrow Binary Symmetric Channel 1 →\rightarrow Binary Symmetric Channel 2 →\rightarrow Output

假設傳送端傳送符號「00」的機率為 p0p_0，p0<1p_0<1；傳送符號「11」的機率為 1−p01-p_0，請計算此串接通道的通道容量。（10 分）

(二) 資料經由通道傳輸時，由於通道的不理想性，可能會對傳輸的資料帶來不確定的錯誤。二元刪除通道（erasure channel）是一種具有錯誤的傳輸通道，其輸入（或傳送端）有兩個符號 (0,1)(0,1)，而輸出（或接收端）有三個符號 (0,e,1)(0,e,1)，輸入與輸出的轉移機率如下圖所示。

二元刪除通道可用來模擬一簡易的廣播頻道。當傳送端發送「00」時，接收端收到正確資料「00」的機率是 1−α1-\alpha，α<1\alpha<1，但也有機率為 α\alpha 造成資料遺失；相同地，當傳送端發送「11」時，接收端收到正確資料「11」的機率是 1−α1-\alpha，但也有機率為 α\alpha 造成資料遺失，遺失的資料都記為「ee」。請計算此二元刪除通道的通道容量。（10 分）

(三) 承 (二)，關於不理想的通道效應，可用通道編碼（channel coding）將遺失的資料正確還原回來。假設利用一個線性區塊碼（linear block code）來克服二元刪除通道所引起的傳輸錯誤，其奇偶檢查矩陣（parity-check matrix）如下所示：

H=[111000100110010101001011].H= \begin{bmatrix} 1&1&1&0&0&0\\ 1&0&0&1&1&0\\ 0&1&0&1&0&1\\ 0&0&1&0&1&1 \end{bmatrix}.

假設經由二元刪除通道傳送後，接收端收到 (1,0,e,e,e,1)(1,0,e,e,e,1)，其中包含三個遺失資料「ee」。請問利用該線性區塊碼是否可將遺失資料正確還原回來？若可，請求正確的接收資料；若否，請說明為什麼？（10 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。

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核心觀念

本題考查離散通道的通道容量，以及線性區塊碼如何利用奇偶檢查方程式還原刪除符號。

二元熵函數定義為

h2(u)=−ulog⁡2u−(1−u)log⁡2(1−u),h_2(u)=-u\log_2u-(1-u)\log_2(1-u),

其中 0log⁡200\log_2 0 定義為 00。通道容量為輸入分布最佳化後的最大互資訊：

C=max⁡P(X)I(X;Y).C=\max_{P(X)} I(X;Y).

線性區塊碼的合法碼字 cc 必須滿足

HcT=0(mod2).Hc^{\mathsf T}=0\pmod 2.

解題方法

（一）兩個相同 BSC 串接的通道容量

串接後輸出與輸入不同，表示兩個通道中恰有一個發生錯誤。因此，等效通道的錯誤機率為

q=p(1−p)+(1−p)p=2p(1−p).q=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p).

所以串接後仍是交叉機率為 qq 的 BSC。其條件熵為 H(Y∣X)=h2(q)H(Y|X)=h_2(q)。BSC 的通道容量在輸入 0、1 等機率時達到，此時 H(Y)=1H(Y)=1，故

C=1−h2(q)=1−h2 ⁣(2p(1−p))bits／次使用.C=1-h_2(q) =1-h_2\!\left(2p(1-p)\right) \quad\text{bits／次使用}.

題目給定傳送 0 的機率 p0p_0；計算互資訊時可寫成

I(X;Y)=h2 ⁣(p0(1−q)+(1−p0)q)−h2(q).I(X;Y)=h_2\!\left(p_0(1-q)+(1-p_0)q\right)-h_2(q).

最大值在 p0=12p_0=\frac12 時取得，因此通道容量不依賴題目任給的輸入分布，而是以上述最大化結果為準。

（二）二元刪除通道的通道容量

接收端以機率 α\alpha 收到刪除符號 ee，且刪除符號能明確指出該次傳輸已遺失；以機率 1−α1-\alpha 則正確收到傳送的位元。刪除事件不帶來輸入位元的混淆，因此

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第 三 題15 分

假設

s(t)=Accos⁡(2πfct)m(t)s(t)=A_c\cos(2\pi f_c t)m(t)

為一雙邊帶抑制載波（double-sideband suppressed-carrier, DSB-SC）信號，其中 Accos⁡(2πfct)A_c\cos(2\pi f_c t) 為載波（carrier wave），且 m(t)m(t) 為傳輸信號。今有一非線性平方律解調器（square-law detector），如下圖所示。

若傳輸信號 m(t)m(t) 為有限帶寬（band-limited）信號，信號的頻寬為 WW，且 fc>2Wf_c>2W，若利用該非線性平方律解調器來還原（recover）傳輸信號 m(t)m(t)，則：

(一) 請決定該平方律解調器中之低通濾波器（low-pass filter）的截止頻率（cutoff frequency）。（10 分）

(二) 請求平方律解調器的輸出 v3(t)v_3(t)。（5 分）

（原卷包含平方律解調器圖示，文字擷取結果未包含圖示內容。）

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核心觀念

平方律解調器先將 DSB-SC 信號平方。平方後，傳輸信號的頻寬會加倍，並產生一個以 2fc2f_c 為中心的高頻分量。低通濾波器須保留基頻分量、排除高頻分量。

解題方法

已知

s(t)=Accos⁡(2πfct)m(t),s(t)=A_c\cos(2\pi f_ct)m(t),

平方器輸出為

v1(t)=s2(t)=Ac2cos⁡2(2πfct)m2(t)=Ac22m2(t)[1+cos⁡(4πfct)].v_1(t)=s^2(t) =A_c^2\cos^2(2\pi f_ct)m^2(t) =\frac{A_c^2}{2}m^2(t)\left[1+\cos(4\pi f_ct)\right].

因 m(t)m(t) 的頻寬為 WW，m2(t)m^2(t) 的頻寬為 2W2W。因此，v1(t)v_1(t) 包含：

  • 基頻分量 Ac22m2(t)\frac{A_c^2}{2}m^2(t)，頻率範圍在 −2W-2W 至 2W2W。
  • 由 cos⁡(4πfct)m2(t)\cos(4\pi f_ct)m^2(t) 形成的高頻分量，頻譜中心在 ±2fc\pm 2f_c，正頻率部分從 2fc−2W2f_c-2W 延伸至 2fc+2W2f_c+2W。

要完整通過基頻分量並排除高頻分量，低通濾波器截止頻率 fcutf_{\text{cut}} 須滿足

2W<fcut<2fc−2W.\boxed{2W<f_{\text{cut}}<2f_c-2W}.

題目給定 fc>2Wf_c>2W，因此此可選頻率區間存在。

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第 四 題15 分

多重路徑通道的影響常發生在無線通訊系統中，因為大部分的無線通訊系統，其發射端（transmitter, TX）與接收端（receiver, RX）之間的傳播路徑，經常是沒有直線路徑（line-of-sight, LOS）。以下是一個最基本的多重路徑通道模型：

h(t)=a1δ(t−τ1)+a2e−jθδ(t−τ2)，h(t)=a_1\delta(t-\tau_1)+a_2e^{-j\theta}\delta(t-\tau_2)，

其中 a1a_1、a2a_2 為實係數（real coefficient），τ1\tau_1、τ2\tau_2 分別代表路徑的延遲時間，θ\theta 是一個在 [0,2π][0,2\pi] 內均勻分布（uniformly distributed）的隨機相位變數（phase variable）。

(一) 請求該多重路徑通道的轉換函數（transfer function），以及該通道的功率延遲剖面（power delay profile, PDP）E[∣h(t)∣2]E[|h(t)|^2]。（10 分）

(二) 請問該多重路徑通道是否為頻率選擇性衰減（frequency-selective fading）通道？為什麼？（5 分）

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核心觀念

這題考查多重路徑通道的頻率響應與功率延遲剖面，以及藉由比較多條路徑的延遲差與訊號頻寬，判斷通道是否為頻率選擇性衰減通道。

通道的轉換函數是脈衝響應的傅立葉轉換。功率延遲剖面（PDP）則是通道脈衝響應絕對值平方的期望值；隨機相位的平均會影響不同路徑間的交叉項。

解題方法

（一）轉換函數與 PDP

對脈衝響應取傅立葉轉換，並使用 F{δ(t−τ)}=e−j2πfτ\mathcal{F}\{\delta(t-\tau)\}=e^{-j2\pi f\tau}：

H(f)=F{h(t)}=a1e−j2πfτ1+a2e−jθe−j2πfτ2.\begin{aligned} H(f) &=\mathcal{F}\{h(t)\}\\ &=a_1e^{-j2\pi f\tau_1} +a_2e^{-j\theta}e^{-j2\pi f\tau_2}. \end{aligned}

因此，通道的轉換函數為

H(f)=a1e−j2πfτ1+a2e−j(θ+2πfτ2).\boxed{H(f)=a_1e^{-j2\pi f\tau_1} +a_2e^{-j(\theta+2\pi f\tau_2)}}.

計算 PDP 時，須先將脈衝響應與其共軛相乘：

∣h(t)∣2=a12δ2(t−τ1)+a22δ2(t−τ2)+2a1a2cos⁡θ δ(t−τ1)δ(t−τ2).\begin{aligned} |h(t)|^2 ={}&a_1^2\delta^2(t-\tau_1) +a_2^2\delta^2(t-\tau_2)\\ &+2a_1a_2\cos\theta\, \delta(t-\tau_1)\delta(t-\tau_2). \end{aligned}

由於 θ\theta 在 [0,2π][0,2\pi] 均勻分布，

E[ejθ]=12π∫02πejθ dθ=0,E[cos⁡θ]=0.E[e^{j\theta}] =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{j\theta}\,d\theta=0, \qquad E[\cos\theta]=0.

故不同路徑的交叉項取期望後消失。以理想脈衝路徑的 PDP 慣例表示，各路徑延遲位置的平均功率為

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第 五 題25 分

44K-QAM（或 40964096-QAM）是 IEEE 802.11be（Wi-Fi 7）所使用的調變（modulation）方式。

(一) 請說明何謂正交振幅調變（quadrature amplitude modulation, QAM）？（5 分）

(二) 一般可以用調變信號的星座圖（constellation）來表示不同的數位調變方式。在一個具有正方形星座圖（square constellations）的 MM-QAM 信號調變中，也就是 MM 是一個 22 的指數次方（power of 2），假設 E0E_0 為星座圖上的單位能量，請計算該 MM-QAM 信號調變的平均信號能量（average signal energy）。

現有兩種不同調變信號：40964096-QAM 及 10241024-QAM，請比較上述兩種不同調變信號的平均信號能量（average signal energy）。若要使兩種不同調變信號達到相同的傳輸效能，請問使用 256256-QAM 要提高多少 dB 的平均能量？（10 分）

(三) 從星座圖上看，一個正方形星座圖的 QAM 可以將其拆解成兩個對應的脈波振幅調變（pulse-amplitude modulation, PAM）的乘積。假設在加性高斯白雜訊（additive white Gaussian noise, AWGN）通道下，一個 LL-PAM 調變的符元錯誤（symbol error）機率為 PeP_e，可表示為：

Pe=2(1−1L)erfc⁡(EN0)，P_e=2\left(1-\frac{1}{L}\right)\operatorname{erfc}\left(\sqrt{\frac{E}{N_0}}\right)，

且 Pe≪1P_e\ll 1。

在相同的 AWGN 通道下，請利用 LL-PAM 調變的符元錯誤機率 PeP_e，計算出一個正方形 MM-QAM 調變的符元錯誤機率。（10 分）

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核心觀念

本題考查正方形 MM-QAM 的星座幾何、平均符元能量，以及 QAM 與 PAM 的分解關係。正方形星座可視為同相（II）與正交（QQ）兩個互相獨立的 M\sqrt M-PAM；總符元能量是兩個分量能量的和。

（一）何謂 QAM？

正交振幅調變（QAM）以兩個彼此正交的載波分量承載資料：同相分量 II 乘上 cos⁡(2πfct)\cos(2\pi f_ct)，正交分量 QQ 乘上 sin⁡(2πfct)\sin(2\pi f_ct)。因此通帶信號可寫成

s(t)=Icos⁡(2πfct)−Qsin⁡(2πfct).s(t)=I\cos(2\pi f_ct)-Q\sin(2\pi f_ct).

由於兩載波相差 90∘90^\circ，接收端可分別解調 II 與 QQ。各符元以一組 (I,Q)(I,Q) 振幅表示，形成星座圖；調整兩分量的振幅即可在有限頻寬內傳送多個位元。每個 MM-QAM 符元承載 log⁡2M\log_2 M 位元。

（二）正方形 MM-QAM 的平均信號能量

令 M=L2M=L^2，每個軸上有 L=ML=\sqrt M 個等間距振幅電平。以最小間距為一個單位，單軸振幅可寫為

±1, ±3, …, ±(L−1).\pm 1,\ \pm 3,\ \ldots,\ \pm(L-1).

星座上的點能量為 I2+Q2I^2+Q^2。若每個點等機率出現，平均能量等於兩軸平均平方振幅之和。單軸平均平方振幅為

E[I2]=2L∑k=1L/2(2k−1)2=L2−13.\begin{aligned} \mathbb{E}[I^2] &=\frac{2}{L}\sum_{k=1}^{L/2}(2k-1)^2\\ &=\frac{L^2-1}{3}. \end{aligned}

因此，以最小振幅間距為單位時，

E[I2+Q2]=2L2−13=2(M−1)3.\mathbb{E}[I^2+Q^2] =2\frac{L^2-1}{3} =\frac{2(M-1)}{3}.

題目所稱星座圖上的單位能量 E0E_0，即此單位間距所對應的能量尺度，故

Eavg=2(M−1)3E0.\boxed{E_{\text{avg}}=\frac{2(M-1)}{3}E_0}.

4096-QAM 與 1024-QAM 比較

E4096=2(4096−1)3E0=2730E0,E_{4096}=\frac{2(4096-1)}{3}E_0=2730E_0, E1024=2(1024−1)3E0=682E0.E_{1024}=\frac{2(1024-1)}{3}E_0=682E_0.

所以

E4096E1024=2730682≈4.003,\frac{E_{4096}}{E_{1024}}=\frac{2730}{682}\approx 4.003,

即 4096-QAM 的平均能量約為 1024-QAM 的 4.0034.003 倍，約高

10log⁡10(4.003)≈6.02 dB.10\log_{10}(4.003)\approx 6.02\ \text{dB}.

256-QAM 所需的能量增加

相同傳輸效能可理解為維持相同的最小點間距（因而維持相同的最近鄰錯誤條件）。在相同間距下，平均能量依 M−1M-1 成正比。以 4096-QAM 為基準：

E256E4096=256−14096−1=2554095=116.0588.\frac{E_{256}}{E_{4096}} =\frac{256-1}{4096-1} =\frac{255}{4095} =\frac{1}{16.0588}.

換成 dB：

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電子工程技師《通訊系統》其他年度

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