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2015 9급 국가직 무선공학개론

1번

  1. 그렇다. 단, 변조지수가 1을 넘어가면 포락선이 0 밑으로 가기 때문에 제대로 복조할 수 없다.

  2. 수신단에서는 BPF를 이용해서 원하는 신호 대역만 뽑아낸다. 따라서 노이즈도 같이 필터링되는데, 이를 대역통과 노이즈라고 한다. 대역통과 노이즈를 n(t)n(t)라고 하자. 이를 직교 성분인 코사인 성분과 사인 성분으로 다음과 같이 표현하자.

    n(t)=nc(t)cos(2πfct)+ns(t)sin(2πfct)n(t)=n_c(t)cos(2\pi f_c t)+n_s(t)sin(2\pi f_c t)

    여기서 nc(t),ns(t)n_c(t),n_s(t)는 기저대역 노이즈이다. nc(t)cos(2πfct),ns(t)sin(2πfct)n_c(t)cos(2\pi f_c t), n_s(t)sin(2\pi f_c t) 각각의 전력은 nc(t),ns(t)n_c(t),n_s(t)에 사인함수가 곱해진 것이므로 각각의 전력의 절반이다. 그 이유는 다음과 같다.

    어떤 신호를 m(t)m(t)라 하고, 그 전력을 PmP_m이라 하면

    P=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos2(2πfct)dt=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)×12(1+cos(4πfct))dt=12(lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt+lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt)=12lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt=12Pm\begin{equation} \begin{split} P&=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos^2(2\pi f_c t)dt\\ &=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)\times\frac{1}{2}(1+cos(4\pi f_c t))dt\\ &=\frac{1}{2}\left(\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt+\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt\right)\\ &=\frac{1}{2}\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt\\ &=\frac{1}{2}P_m \end{split} \end{equation}

    이다. 위 식에서 ∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt는 0인데, 그 이유는 m(t)m(t)는 상대적으로 느린 데 비해 cos(4πfct)cos(4\pi f_c t)는 빠르므로 적분하면 양의 부분과 음의 부분이 상쇄되기 때문이다. 따라서 전력은 절반으로 줄어든다.

    이 절반의 전력 스펙트럼 밀도 2개 각각이 더해져서 높이가 N02\frac{N_0}{2}인 n(t)n(t)의 전력 스펙트럼 밀도를 만든다. 따라서 nc(t),ns(t)n_c(t),n_s(t) 각각의 전력 스펙트럼 밀도의 높이는 N02\frac{N_0}{2}이다.

    메시지를 m(t)m(t), 그 전력을 PmP_m, 반송파를 cos(2πfct)cos(2\pi f_c t)라 하면 DSB-SC 신호는 다음과 같다.

    sDSB−SC(t)=m(t)cos(2πfct)s_{DSB-SC}(t)=m(t)cos(2\pi f_c t)

    이를 노이즈가 포함된 채로 수신하게 되면 수신 신호는

    rDSB−SC(t)=sDSB−SC(t)+n(t)=sDSB−SC(t)+nc(t)cos(2πfct)−ns(t)sin(2πfct)=(m(t)+nc(t))cos(2πfct)−ns(t)sin(2πfct)\begin{equation} \begin{split} r_{DSB-SC}(t)&=s_{DSB-SC}(t)+n(t)\\ &=s_{DSB-SC}(t)+n_c(t)cos(2\pi f_c t)-n_s(t)sin(2\pi f_c t)\\ &=(m(t)+n_c(t))cos(2\pi f_c t)-n_s(t)sin(2\pi f_c t) \end{split} \end{equation}

    이다. 이를 동기 복조하기 위해 2cos(2πfct)2cos(2\pi f_c t)를 곱하면

    yDSB−SC(t)=2cos(2πfct)rDSB−SC(t)=m(t)×2cos2(2πfct)+nc(t)×2cos2(2πfct)−ns(t)sin(2πfct)×2cos(2πfct)=m(t)(1+cos(4πfct))+nc(t)(1+cos(4πfct))−ns(t)sin(4πfct)\begin{equation} \begin{split} y_{DSB-SC}(t)&=2cos(2\pi f_c t)r_{DSB-SC}(t)\\ &=m(t)\times2cos^2(2\pi f_c t)+n_c(t)\times2cos^2(2\pi f_c t)-n_s(t)sin(2\pi f_c t)\times2cos(2\pi f_c t)\\ &=m(t)(1+cos(4\pi f_c t))+n_c(t)(1+cos(4\pi f_c t))-n_s(t)sin(4\pi f_c t) \end{split} \end{equation}

    이다. LPF를 통과시키면

    y~DSB−SC(t)=m(t)+nc(t)\tilde{y}_{DSB-SC}(t)=m(t)+n_c(t)

    가 된다. 이때 메시지 신호의 대역폭을 WW라고 하면 수신된 전력 중 신호에 해당하는 부분은 PmP_m, nc(t)n_c(t)의 전력은 N0×2WN_0\times2W이다([−W,W][-W,W] 구간이므로). 따라서 출력의 SNR은

    SNRDSB−SC=Pm2N0WSNR_{DSB-SC}=\frac{P_m}{2N_0W}

    이다. 송신 신호 전력은 메시지에 코사인이 곱해진 것이므로 메시지 전력의 절반이 되어

    PT,DSB−SC=Pm2P_{T,DSB-SC}=\frac{P_m}{2}

    이므로, 이를 이용해서 SNR을 표현하면

    SNRDSB−SC=PT,DSB−SCN0WSNR_{DSB-SC}=\frac{P_{T,DSB-SC}}{N_0W}

    이다. 증명은 다음과 같다. 어떤 신호를 m(t)m(t)라 하고, 그 전력을 PmP_m이라 하면

    P=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos2(2πfct)dt=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)×12(1+cos(4πfct))dt=12(lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt+lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt)=12lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt=12Pm\begin{equation} \begin{split} P&=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos^2(2\pi f_c t)dt\\ &=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)\times\frac{1}{2}(1+cos(4\pi f_c t))dt\\ &=\frac{1}{2}\left(\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt+\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt\right)\\ &=\frac{1}{2}\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt\\ &=\frac{1}{2}P_m \end{split} \end{equation}

    이다. 위 식에서 ∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt는 0인데, 그 이유는 m(t)m(t)는 상대적으로 느린 데 비해 cos(4πfct)cos(4\pi f_c t)는 빠르므로 적분하면 양의 부분과 음의 부분이 상쇄되기 때문이다. 따라서 전력은 절반으로 줄어든다.

    다음으로 SSB의 경우를 생각하자. SSB 신호는 다음과 같다.

    sSSB(t)=12m(t)cos(2πfct)+12m^(t)sin(2πfct)s_{SSB}(t)=\frac{1}{2}m(t)cos(2\pi f_c t)+\frac{1}{2}\hat{m}(t)sin(2\pi f_c t)

    여기서 m^(t)\hat{m}(t)는 메시지의 힐베르트 변환이다. 힐베르트 변환은 스펙트럼에 −jsgn(f)-j sgn(f)를 곱하는 것으로, 이 곱하는 항의 크기가 1이기 때문에 m(t)m(t)와 m^(t)\hat{m}(t)의 에너지는 PmP_m으로 서로 같다. 그러므로 위 신호의 총 전력은

    PT,SSB=122×Pm×12+122×Pm×12=Pm4P_{T,SSB}=\frac{1}{2^2}\times P_m\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}\times P_m\times\frac{1}{2}=\frac{P_m}{4}

    이다. SSB를 수신한 신호는

    rSSB(t)=sSSB(t)+n(t)=12m(t)cos(2πfct)+12m^t)sin(2πfct)+nc(t)cos(2πfct)−ns(t)sin(2πfct)=(12m(t)+nc(t))cos(2πfct)+(12m^(t)−ns(t))sin(2πfct)\begin{equation} \begin{split} r_{SSB}(t)&=s_{SSB}(t)+n(t)\\ &=\frac{1}{2}m(t)cos(2\pi f_c t)+\frac{1}{2}\hat{m}t)sin(2\pi f_c t)+n_c(t)cos(2\pi f_c t)-n_s(t)sin(2\pi f_c t)\\ &=\left(\frac{1}{2}m(t)+n_c(t)\right)cos(2\pi f_ct)+\left(\frac{1}{2}\hat{m}(t)-n_s(t)\right)sin(2\pi f_c t) \end{split} \end{equation}

    이다. 복조를 위해 여기에 2cos(2πfct)2cos(2\pi f_c t)를 곱하면

    ySSB(t)=(12m(t)+nc(t))cos(2πfct)×2cos(2πfct)+(12m^(t)−ns(t))sin(2πfct)×2cos(2πfct)=(12m(t)+nc(t))(1+cos(4πfct))+(12m^(t)−ns(t))sin(4πfct)\begin{equation} \begin{split} y_{SSB}(t)&=\left(\frac{1}{2}m(t)+n_c(t)\right)cos(2\pi f_ct)\times 2cos(2\pi f_c t)+\left(\frac{1}{2}\hat{m}(t)-n_s(t)\right)sin(2\pi f_c t)\times 2cos(2\pi f_c t)\\ &=\left(\frac{1}{2}m(t)+n_c(t)\right)(1+cos(4\pi f_c t))+\left(\frac{1}{2}\hat{m}(t)-n_s(t)\right)sin(4\pi f_c t) \end{split} \end{equation}

    이다. 이를 LPF에 통과시키면

    y~SSB(t)=12m(t)+nc(t)\tilde{y}_{SSB}(t)=\frac{1}{2}m(t)+n_c(t)

    이다. 신호 성분의 전력은 122Pm=14Pm\frac{1}{2^2}P_m=\frac{1}{4}P_m이고, SSB는 DSB의 절반의 대역폭을 쓰므로 nc(t)n_c(t)의 전력은 DSB에서의 절반인 N0WN_0W이다. 그러므로 SNR은

    SNRSSB=Pm4N0WSNR_{SSB}=\frac{P_m}{4N_0W}

    인데, 이를 송신 신호 전력 PT,SSB=Pm4P_{T,SSB}=\frac{P_m}{4}로 표현하면

    SNRSSB=PT,SSBN0W=SNRDSB−SCSNR_{SSB}=\frac{P_{T,SSB}}{N_0W}=SNR_{DSB-SC}

    로 DSB-SC와 서로 같다.

  3. 그렇다. 대역폭을 중심주파수를 지나는 영역까지 일부 넓힘으로써 저대역 신호 성분을 보호한다. 이는 저대역 신호가 많은 영상을 송출하는 TV 방송에서 사용되었다.

  4. 포락선검파기를 사용하는 이유는 저렴해서이다. 다수의 청취자들이 저렴한 수신기를 이용할 수 있도록 AM 라디오 방송은 DSB-LC를 이용한다. 동기검파기가 SNR은 더 좋다.

그러므로 답은 4번 이다.

2번

수신신호의 크기가 불규칙적으로 변하는 것은 페이딩이라고 한다. 이를 피하기 위한 방법이 다이버시티이다. 따라서 답은 1번 이다.

3번

  1. 정지궤도 위성은 정지한 것처럼 보이므로 도플러 효과가 거의 없으나, 저궤도 위성은 움직이고 있으므로 도플러 효과가 나타난다.
  2. 그렇다. 정지궤도 위성은 가만히 있으므로 계속 바라볼 수 있으나, 저궤도 위성은 움직이므로 한 위성을 바라볼 수 있는 시간이 짧아서 한 위성에서 다른 위성으로 핸드오버가 필요하다.
  3. 그렇다. 정지궤도 위성은 약 36,000 km의 높은 고도에 있어서 지연시간이 길다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

4번

  1. 그렇다. 넓은 영역에서 위성을 바라볼 수 있기 때문이다.
  2. 그렇다. 하늘을 바라볼 수만 있으면 된다.
  3. 그렇지 않다. 셀룰러 통신의 기지국이 위성보다 더 가까우므로 지연시간은 위성통신이 더 길다.
  4. 그렇다. 그냥 쏘면 되니까.

따라서 답은 3번 이다.

5번

  1. 그렇지 않다. 고정된 매체를 사용하는 유선통신이 시간에 따른 채널특성의 변화가 나타날 수 있는 무선통신보다 안정적이다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

6번

송신된 신호가 왕복해서 수신되기까지 τ=200 μ\tau=200\text{ }\mus 걸렸으므로 편도 거리를 이동하는 시간은 이의 절반인 100 μ100\text{ }\mus이다. 따라서 표적의 탐지거리는

3×108×100×10−6=30 km3\times10^8\times100\times10^{-6}=30\text{ km}

이다. 그리고 도플러 천이가 fd=3f_d=3 kHz인데, 이 도플러 천이는 송신신호와 반사신호 각각에서 일어난 것이 더해져서 2배가 된 것이므로 상대속도를 구하기 위해서는 절반인 1.5 kHz에 대해 계산하여야 한다.

fd=fvccosθ=1.5×103=1.5×109vcosθ3×108=1.5vcosθ⇒vcosθ=1.5×1035=300 m/s\begin{equation} \begin{split} f_d&=\frac{fv}{c}cos\theta\\ &=1.5\times10^3\\ &=\frac{1.5\times10^9vcos\theta}{3\times10^8}\\ &=1.5vcos\theta\\ \Rightarrow vcos\theta&=\frac{1.5\times10^3}{5}\\ &=300\text{ m/s} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

7번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다. 반사되는 면적이 넓으니까.
  3. 전파가 입사되는 각도에 따라 입사되는 양이 다를 수 있고, 이에 따라 반사된 신호전력의 양이 다를 수 있다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 3번 이다.

8번

AM의 변조지수는 (최댓값-최솟값)/(최댓값+최댓값)이다. 따라서

β=3−13+1=2\beta=\frac{3-1}{3+1}=2

이므로 답은 2번 이다.

9번

주어진 부호와 상관 값이 0인 것을 고르면 된다.

  1. (−1)⋅(−1)+(+1)⋅(−1)+(−1)⋅(+1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(−1)+(+1)⋅(+1)=2(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(-1)+(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(+1)=2
  2. (−1)⋅(+1)+(+1)⋅(−1)+(−1)⋅(+1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(+1)+(+1)⋅(+1)=−2(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(-1)+(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(+1)=-2
  3. (−1)⋅(+1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(−1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(−1)+(+1)⋅(−1)=2(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(-1)=2
  4. (−1)⋅(−1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(+1)+(+1)⋅(+1)+(−1)⋅(−1)+(+1)⋅(+1)=0(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(+1)+(+1)\cdot(+1)+(-1)\cdot(-1)+(+1)\cdot(+1)=0

이므로 답은 3번 이다.

10번

M=log216=4M=log_2 16=4

이므로 답은 2번 이다.

11번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다. 하나의 부반송파가 차지하는 대역은 좁기 때문에 주파수 선택적인 채널이라 할지라도 부반송파의 대역에 대해서는 변화가 없는 주파수 비선택적 채널로 근사할 수 있다.
  3. 그렇다. 보낼 때 IFFT해서 심벌을 시간 도메인으로 바꾸고 이를 수신단에서 FFT해서 심벌을 꺼낸다.
  4. 부반송파들의 위상이 다 맞을 때 큰 전력이 필요하므로 PAPR이 크고, 이는 증폭기가 넓은 영역에서 선형적임을 요구하게 됨에 따라 많은 전력이 필요하여 증폭기의 전력 효율이 높다.

따라서 답은 4번 이다.

12번

  1. 전압정재파비를 구하면
    VSWR=1+∣Γ∣1−∣Γ∣=1+0.51−0.5=1.50.5=3\begin{equation} \begin{split} VSWR&=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}\\ &=\frac{1+0.5}{1-0.5}\\ &=\frac{1.5}{0.5}\\ &=3 \end{split} \end{equation}
    이다.
  2. 그렇다.
  3. 반사계수는
    Γ=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}
    인데 단락회로는 ZL=0Z_L=0이므로
    Γ=0−Z00+Z0=−1\Gamma=\frac{0-Z_0}{0+Z_0}=-1
    이다.
  4. 개방회로는 ZL=∞Z_L=\infty이므로
    Γ=∞−Z0∞+Z0=1\Gamma=\frac{\infty-Z_0}{\infty+Z_0}=1
    이다. 따라서 전압정재파비는
    VSWR=1+11−1=∞VSWR=\frac{1+1}{1-1}=\infty
    이다.

따라서 답은 3번 이다.

13번

  1. 그렇지 않다.
  2. 그렇다. 더 빨리 심볼들을 보낼 수 있기 때문이다.
  3. 그렇다. 안테나의 길이는 파장에 비례하는데, 주파수가 높으면 파장은 짧기 때문이다.
  4. 그렇다. 직진성이 강해지고 회절성은 약해진다.

따라서 답은 1번 이다.

14번

10 W를 dBW로 바꾸면

10log10 W1 W=10 dBW10log\frac{10\text{ W}}{1\text{ W}}=10\text{ dBW}

이다. 따라서

EIRP=10+20=30 dBWEIRP=10+20=30\text{ dBW}

이므로 답은 3번 이다.

15번

  1. 그렇다. 그렇게 하면 양자화 잡음의 스펙트럼이 넓게 펴지게 되어서 SQNR이 개선된다.
  2. 표본화 과정의 결과는 PAM이다.
  3. 그렇다. 양자화 레벨이 2배가 되면 양자화 잡음은 절반으로 줄어드므로 그 전력은 6 dB 줄어든다.
  4. M=log232=5M=log_2 32=5이다.

따라서 답은 2번 이다.

16번

  1. IEEE 802.15.1은 블루투스 표준이다. 지그비 표준은 IEEE 802.15.4이다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

17번

  1. 그렇다.
  2. 고주파 대역이 더 영향을 받는다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

18번

이동통신 기술은 GSM → GPRS → EDGE → WCDMA → HSDPA/HSUPA → HSPA+ → LTE 순으로 발전해왔다. 주어진 설명은 RFID/USN에 대한 것이므로 답은 2번 이다.

19번

총 이득은

−25+50+15=40 dB⇒40=10logG⇒G=104\begin{equation} \begin{split} -25+50+15&=40\text{ dB}\\ \Rightarrow 40&=10log G\\ \Rightarrow G&=10^4 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 출력전력은

1×10−3×104=10 W1\times 10^{-3}\times10^4=10\text{ W}

이므로 답은 4번 이다.

20번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 주파수변조 방식의 고주파 잡음 영향을 줄이기 위해서 송신기에 프리엠퍼시스, 수신기에 디엠퍼시스를 사용한다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 3번 이다.