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2016 7급 국가직 통신이론

1번

주파수 성분이 1개인 입력 신호 $x(t)$ 가 다음과 같다고 하자.
$x(t)=e^{j2\pi f_0 t}$
이 신호는 LTI 시스템에 대한 고유신호로서, 이에 대한 출력은 주파수 응답 $H(f_0)$ 이 $x(t)$ 에 곱해진 채로 나온다. (이는 https://ingyerlog.kr/2023-9-local-comm/의 16번에서 설명한 바 있다.) 즉 출력 신호는
$y(t)=H(f_0)x(t)$
인데 $H(f_0)$ 은 상수이므로 입력 신호의 위상과 진폭만이 바뀌었다. 즉 주파수 성분이 1개인 신호는 무왜곡 전송이 가능하다.
무왜곡 시스템의 진폭응답은 주파수에 대해 상수이다. 즉 입력 신호의 형태에는 변화가 없이 그 높이만 일정 비율로 변하는 것이다.
무왜곡 시스템의 출력은 입력 신호 대비 일정하게 지연된다. 즉
$\begin{equation} \begin{split} y(t)&=Ax(t-t_0)\\ \Rightarrow Y(f)&=\int_{-\infty}^{\infty}Ax(t-t_0)e^{-j2\pi ft}dt\\ &=A\int_{-\infty}^\infty x(t-t_0)e^{-j2\pi f(t-t_0)}e^{-j2\pi ft_0}dt\\ &=A\int_{-\infty}^\infty x(t-t_0)e^{-j2\pi f(t-t_0)}dt\times e^{-j2\pi ft_0}\\ &=AX(f)e^{-j2\pi ft_0}\\ \Rightarrow \angle{Y(f)}&=-j2\pi ft_0\\ \Rightarrow \frac{d\angle{Y(f)}}{df}&=-j2\pi t_0 \end{split} \end{equation}$
이므로 위상응답을 주파수에 대해 미분하면 상수가 된다.
상호변조 왜곡은 비선형 시스템, 즉 2차 이상의 제곱항이 있는 시스템에서 일어난다. 선형 시스템에서는 출력 주파수들이 입력 주파수들과 같다.

따라서 답은 4번 이다.

2번

최소 해밍 거리를 찾아보면 3이다. 따라서 이의 절반보다 작은 정수인 1비트의 오류가 최대 정정 가능 비트 개수이다. 그러므로 답은 2번 이다.

3번

일정한 주파수 또는 0을 전송하는 시스템이 ASK이므로 답은 3번 이다.

4번

주어진 신호의 푸리에 계수를 구하면

\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{T}\left(\int _0 ^T \left(\sum_{n=-\infty}^\infty \delta(t-nT)+\sum_{n=-\infty}^\infty \delta(t-0.5T-nT) \right)e^{-j\frac{2\pi}{T}kt}dt \right)&=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left(\int_0 ^T \delta(t-nT)e^{-j\frac{2\pi}{T}kt}dt+\int_0^T \delta(t-0.5T-nT)e^{-j\frac{2\pi}{T}kt}dt\right)\\ &=\frac{1}{T}(1+1)\\ &=\frac{2}{T} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

5번

455 kHz의 출력이 나올 수 있는 주파수는

\begin{equation} \begin{split} |f_I \pm 2055|&=455\\ \Rightarrow f_I&=1600\text{ or }2510 \text{ kHz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

6번

주어진 조건들을 이용해서 로그-우도 값을 구하면

\begin{equation} \begin{split} \left.ln\frac{f(x|d=-1)}{f(x|d=+1)}\right|_{x=-0.2}&=\left.ln\frac{e^{-\frac{(x+1)^2}{4}}}{e^{-\frac{(x-1)^2}{4}}}\right|_{x=-0.2}\\ &=\left.ln\left(e^{-\frac{(x+1)^2}{4}+\frac{(x-1)^2}{4}} \right)\right|_{x=-0.2}\\ &=-\frac{0.8^2}{4}+\frac{(-1.2)^2}{4}\\ &=\frac{1.44-0.64}{4}\\ &=0.2 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

7번

1,2,4번은 옳으므로 3번을 확인해보자. 주어진 $n(t)$ 를 하나의 삼각함수로 표현해보자.

n(t)=a(t)cos(\omega_c t+\phi(t))

$n(t)$ 의 분산은

\begin{equation} \begin{split} E[n^2(t)]&=E[a^2(t)cos^2(\omega_c t+\phi(t))]\\ &=\frac{1}{2}E[a^2(t)] \end{split} \end{equation}

이다. 한편 위의 다시 쓴 $n(t)$ 를 전개해서 주어진 $n_I(t),n_Q(t)$ 를 이용한 식과 비교해보자.

\begin{equation} \begin{split} n(t)&=a(t)cos(\omega_c t)cos\phi(t)-a(t)sin(\omega_c t)sin\phi(t)\\ &=n_I(t)cos\omega_c t-n_Q(t)sin\omega_c t\\ \Rightarrow n_I(t)&=a(t)cos\phi(t)\\ n_Q(t)&=a(t)sin\phi(t)\\ \Rightarrow E[n_I^2(t)]&=E[a^2(t)cos^2\phi(t)]=\frac{1}{2}E[a^2(t)]\\ E[n_Q^2(t)]&=E[a^2(t)sin^2\phi(t)]=\frac{1}{2}E[a^2(t)]\\ \Rightarrow E[n^2(t)]&=E[n_I^2(t)]\\ &=E[n_Q^2(t)] \end{split} \end{equation}

이므로 3번이 옳지 않다.

8번

변조지수는 반송파 진폭 대비 메시지 진폭이므로

\beta=\frac{0.2}{1}=0.2

이다. 한편 변조 효율은 송신 전력 대비 메시지 부분의 전력이므로

\begin{equation} \begin{split} \alpha&=\frac{\frac{1}{2}\times 0.2^2}{1+\frac{1}{2}\times 0.2^2}\\ &=\frac{0.02}{1.02}\\ &=\frac{1}{51} \end{split} \end{equation}

이다. 그러므로 답은 2번 이다.

9번

필요한 비트 수를 구하면

\begin{equation} \begin{split} H&=\frac{4}{8}\times log_2 \frac{8}{4}+\frac{2}{8}\times log_2 \frac{8}{2}+3\times\frac{1}{8}\times log_2 \frac{8}{1}\\ &=\frac{7}{4}\text{ bits} \end{split} \end{equation}

이다. 한편 최대 주파수가 20 kHz인 아날로그 신호를 나이퀴스트 율로 표본화하므로 표본화 주파수는 이의 2배인 40 kHz이다. 그러므로 심벌의 정보율은 위의 비트와 심벌률(=표본화 주파수)의 곱인

\frac{7}{4}\times 40=70 \text{ kbits/sec}

이고 답은 1번 이다.

10번

$\begin{equation} \begin{split} E[X]&=\int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)dx\\ &=\int_0^{\infty}xe^{-x}dx\\ &=\left[-xe^{-x} \right]_0^\infty-\int_0^\infty\left(-e^{-x}\right)dx\\ &=\int_0^\infty e^{-x}dx\\ &=\left[-e^{-x} \right]_0^\infty\\ &=-(-1)\\ &=1 \end{split} \end{equation}$
이다.
$\begin{equation} \begin{split} \sigma_x^2&=E[X^2]-(E[X])^2\\ &=\int_0^\infty x^2e^{-x}dx-1\\ &=\left[x^2(-e^{-x}) \right]_0^\infty-\int_0^\infty 2x(-e^{-x})dx -1\\ &=2\int_0^\infty xe^{-x}dx-1\\ &=2-1\\ &=1\\ \Rightarrow \sigma_x&=1 \end{split} \end{equation}$
이다.
$\begin{equation} \begin{split} P[X\gt 1]&=\infty_1^\infty e^{-x}dx\\ &=\left[-e^{-x} \right]_1^\infty\\ &=-(-e^{-1})\\ &=e^{-1} \end{split} \end{equation}$
이다.
$\begin{equation} \begin{split} F_Y(y)&=P[Y\gt y]\\ &=P[\sqrt{X}\gt y]\\ &=P[X\gt y^2]\\ &=F_X(y^2)\\ \Rightarrow f_Y(y)&=\frac{dF_Y(y)}{dy}\\ &=\frac{dF_X(y^2)}{dy}\\ &=f_X(y^2)\times(2y)\\ &=2ye^{-y^2} \end{split} \end{equation}$
이다.

따라서 답은 4번 이다.

11번

$\frac{1}{A}$ 는 $H(\omega)$ 의 폭을 $2\pi$ 로 나눈 것이다. 즉

\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{A}&=\frac{2W}{2\pi}\\ &=\frac{W}{\pi} \Rightarrow A=\frac{\pi}{W} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

12번

반송파 주파수는 대역폭과 상관이 없다. 반송파 주파수는 주파수의 절대적인 위치, 대역폭은 주파수 성분이 존재하는 너비이기 때문이다. 따라서 답은 1번이다.

13번

$\omega_1=72\Rightarrow f_1=\frac{72}{2\pi}=\frac{36}{pi}\approx 12$ Hz이고 $omega_2=80\pi\Rightarrow f_2=\frac{80\pi}{2\pi}=40$ Hz이다. 따라서 최소 표본화율은 80 Hz이므로 최대 표본화 주기는 이의 역수인

\frac{1}{80}=12.5\text{ ms}

이니 답은 2번이다.

14번

20칩 지연이 발생할 동안 전파가 왕복하였으므로 편도 시간은 10칩 지연이다. 1칩의 주기가 10 ns이므로 10칩 지연은 100 ns에 해당한다. 따라서 송수신기에서 물체까지의 거리는

3\times10^8\times 100\times 10^{-9}=30\text{ m}

이니 답은 2번 이다.

15번

기함수라면 $\begin{equation} \begin{split} x(-t)&=-x(t)\\ \Rightarrow x(0)&=-x(0)\\ \Rightarrow x(0)=0 \end{split} \end{equation}$ 여야 한다. 즉 $\begin{equation} \begin{split} x(0)&=\int_{-\infty}^\infty X(f)e^{j2\pi f 0}df\\ &=\int_{-\infty}^\infty X(f) df\\ &=0 \end{split} \end{equation}$ 이다. 즉 모든 주파수 성분들의 합이 0이어야 하는데, 다른 주파수 성분들은 위상이 반대라서 상쇄될 수 있다고 해도, $X(0)$ 은 상쇄될 방법이 없다. 그러므로 $x(t)$ 는 기함수가 아니다.
그렇다. 기본 각주파수가 $\omega_1$ 이므로 기본 주파수는 $\frac{\omega_1}{2\pi}$ 이니 기본주기는 이의 역수이다.
그렇다. 주기함수의 주파수 성분들의 주파수는 기본 주파수의 정수배여야 한다. 따라서 정확히 3이다.
$x(t)$ 의 직류 성분은 $X(0)\neq 0$ 이므로 0이 아니다.

따라서 답은 4번 이다.

16번

송신부에서 존재하는 주파수들은 $f_2, |f_1\pm f_2|$ 이다. 따라서 수신부에서 $f_2$ 를 믹싱하면 나오는 주파수들은

\begin{gather} f_2\pm f_2, |f_1\pm f_2 \pm f_2|\\ \Rightarrow 0, 2f_2, f_1+2f_2, f_1, |f_1-2f_2|=2f_2-f_1 \end{gather}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

17번

채널 용량은

C=W\log_2(1+SNR)

이며 이는 신뢰할 수 있는(=원하는 만큼 오류율을 작게 할 수 있는) 최대 전송 속도이다.

$\begin{equation} \begin{split} C&=Wlog_2\left(1+\frac{S}{N} \right)\\ &=Wlog_2\left(1+\frac{S}{N_0W} \right)\\ &=\frac{log_2\left(1+\frac{S}{N_0W} \right)}{\frac{1}{W}}\\ \Rightarrow \lim_{W\rightarrow \infty}\frac{log_2\left(1+\frac{S}{N_0W} \right)}{\frac{1}{W}}&=\lim_{T\rightarrow 0}\frac{log_2\left(1+\frac{ST}{N_0}\right)}{T}\\ &=\frac{1}{ln 2}\times\frac{\frac{S}{N_0}}{1+\frac{ST}{N_0}}\\ &\approx 1.44\frac{S}{N_0} \end{split} \end{equation}$
이므로 채널 용량은 유한한 최댓값을 갖는다.
그렇다.
정보 전송률을 $R$ 이라 하자. $R$ 이 채널 용량보다 크다면, 또 그 때에만 오류 없이 정보를 전송하는 것이 불가하다. 한편 비트당 에너지는 전력에 한 비트 전송 시간 $\frac{1}{R}$ 을 곱한 것이므로 $S=E_bR$ 임을 이용하자.
$\begin{equation} \begin{split} R&\gt C=Wlog_2\left(1+\frac{S}{N} \right)\\ \Rightarrow R&\gt Wlog_2\left(1+\frac{E_bR}{N_0W} \right)\\ \Rightarrow 1&\gt \frac{W}{R}log_2\left(1+\frac{E_bR}{N_0W} \right)\\ \Rightarrow 1&\gt \frac{log_2\left(1+\frac{E_bR}{N_0W} \right)}{\frac{R}{W}} \end{split} \end{equation}$
이다. $R,E_b,N_0$ 가 정해져 있을 때 건드릴 수 있는 것은 대역폭 $W$ 를 크게 하는 것뿐이므로
$\begin{equation} \begin{split} \lim_{W\rightarrow \infty}1&\gt \lim_{W\rightarrow \infty} \frac{log_2\left(1+\frac{E_bR}{N_0W} \right)}{\frac{R}{W}}\\ \Rightarrow 1&\gt \lim_{W\rightarrow \infty}\frac{1}{ln 2}\times \frac{\frac{E_b}{N_0}}{1+\frac{E_bR}{N_0W}}\\ \Rightarrow \frac{E_b}{N_0} &\lt ln 2 \end{split} \end{equation}$
인 경우, 또 이 때에만 오류 없이 정보를 전송하는 것이 불가능하다.
$SNR\gg 1\Rightarrow 1+SNR\approx SNR$ 이므로 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

18번

그렇다. 해밍 부호의 경우 출력 부호에 메시지와 패리티가 있다.
최소 거리의 절반보다 적은 비트 오류를 정정할 수 있다.
부호율이 더 크면 잉여 비트를 덜 넣는 것이므로 더 적은 비트의 오류를 정정할 수 있다.
콘볼루션 연산과 마찬가지로 콘볼루션 부호는 과거의 메시지를 활용한다.

따라서 답은 3번 이다.

19번

그렇다. BFSK의 심볼 간 거리는 BPSK의 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 배로 더 가깝기 때문이다.
I채널과 Q채널은 독립적이므로 BPSK와 QPSK의 비트 오류 확률은 같다.
그렇다. 절대적인 위상이 아닌 위상 변화에 정보가 실리기 때문이다.
그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

20번

당연히 심벌의 위치가 멀게 설계하면 심벌 오류 확률은 줄어든다.
전력 효율은 단위전력 당 비트 전송률이다.
인접한 심벌 간에 차이나는 비트의 개수가 적다면 그만큼 비트 오류 확률이 작아진다. 5개 중 3개가 다른 경우와 5개 중 1개만 다른 경우를 비교해보면 후자의 경우에 인접 심볼로 잘못 복호화하더라도 더 많은 비트들을 건질 것이다.
그렇다.

따라서 답은 4번 이다.