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2019 7급 서울시 통신이론 1번 10 l o g 1 1 0 − 3 = 30 dBm 10 log{\frac{1}{10^{-3}}}=30 \text{ dBm} 10 l o g 1 0 − 3 1 = 30 dBm 이므로 답은 4번 이다.
2번 신드롬을 구해보면 된다.
S = [ 1 + 1 1 1 + 1 ] = [ 0 1 0 ] S= \begin{bmatrix} 1+1 & 1 &1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0& 1& 0 \end{bmatrix} S = [ 1 + 1 1 1 + 1 ] = [ 0 1 0 ] 이므로 옳지 않다.
S = [ 1 + 1 1 + 1 1 + 1 + 1 ] = [ 0 0 1 ] S= \begin{bmatrix} 1+1 &1+1& 1+1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0& 0& 1 \end{bmatrix} S = [ 1 + 1 1 + 1 1 + 1 + 1 ] = [ 0 0 1 ] 이므로 옳지 않다.
S = [ 1 + 1 1 + 1 + 1 1 + 1 + 1 ] = [ 0 1 1 ] S= \begin{bmatrix} 1+1 &1+1+1& 1+1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 &1& 1 \end{bmatrix} S = [ 1 + 1 1 + 1 + 1 1 + 1 + 1 ] = [ 0 1 1 ] 이므로 옳지 않다.
S = [ 1 + 1 1 + 1 1 + 1 ] = [ 0 0 0 ] S= \begin{bmatrix} 1+1& 1+1& 1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 &0& 0 \end{bmatrix} S = [ 1 + 1 1 + 1 1 + 1 ] = [ 0 0 0 ] 이다.
따라서 4번 이 옳다.
더 빨리 풀자면, 패러티 검사 행렬에서 단위행렬은 뒷쪽 3개 비트를 이루므로, 이쪽에 곱해지는 자리들에 0 0 0
3번 메시지가 있을 비트 수는 앞의 단위행렬의 크기인 4 4 4 7 7 7 4 7 \frac{4}{7} 7 4 3번 이다.
4번 주어진 회로의 전달함수를 구해보면
H ( f ) = 1 j 2 π f C R + 1 j 2 π f C = 1 1 + j 2 π f C R \begin{equation} \begin{split} H(f)&=\frac{\frac{1}{j2\pi f C}}{R+\frac{1}{j2\pi fC}}\\ &=\frac{1}{1+j2\pi fCR} \end{split} \end{equation} H ( f ) = R + j 2 π f C 1 j 2 π f C 1 = 1 + j 2 π f CR 1 이다.
그리고 백색잡음의 전력 스펙트럼 밀도는
S _ N ( f ) = N 0 2 S\_{N}(f)=\frac{N_0}{2} S _ N ( f ) = 2 N 0 로 주어져 있으므로 출력의 전력 스펙트럼 밀도는
S Y ( f ) = ∣ H ( f ) ∣ 2 S N ( f ) = 1 1 + 4 π 2 f 2 C 2 R 2 N 0 2 \begin{equation} \begin{split} S_Y(f)&=|H(f)|^2S_N(f)\\ &=\frac{1}{1+4\pi^2f^2C^2R^2}\frac{N_0}{2} \end{split} \end{equation} S Y ( f ) = ∣ H ( f ) ∣ 2 S N ( f ) = 1 + 4 π 2 f 2 C 2 R 2 1 2 N 0 이므로 답은 1번 이다.
5번 스펙트럼 확산을 하면 재밍을 걸어도 영향받는 주파수 대역이 상대적으로 좁아지므로 대응능력이 좋아진다. CDMA는 칩을 이용해서 확산시키는 DS방식이다. 다중경로 페이딩이 발생하여 주파수 선택적 페이딩이 있다고 하여도 넓은 대역 전체에 영향을 주진 않을 것이기 때문에 다중 경로 페이딩을 억압할 수 있다. 잘 모르겠다. 남는 것이 이것밖에 없다. 따라서 4번 이 답이다.
6번 직접 미분해서 PDF를 구해서 계산할 수도 있지만 그러지 않는 것이 좋다. CDF의 개형을 보면 0 0 0 0 0 0 2번 이다.
7번 허프만 부호는 압축을 위해 사용된다. 옳다. 옳다. 인터리빙을 하면 연속적인 오류가 흩어지므로 오류 정정을 하기 좋아진다. 따라서 1번 이 옳지 않다.
8번 s ( t ) = A c o s ( 2 π f c t + 5 π 4 ) = A c o s ( 2 π f c t ) c o s ( 5 π 4 ) − A s i n ( 2 π f c t ) s i n ( 5 π 4 ) = A c o s ( 2 π f c t ) ( − 1 2 ) + A s i n ( 2 π f c t ) ( 1 2 ) = − A 2 ⋅ 2 c o s ( 2 π f c t ) + A 2 ⋅ 2 s i n ( 2 π f c t ) \begin{equation} \begin{split} s(t)&=Acos\left(2\pi f_ct+\frac{5\pi}{4}\right)\\ &=Acos(2\pi f_ct)cos\left(\frac{5\pi}{4}\right)-Asin(2\pi f_ct)sin\left(\frac{5\pi}{4}\right)\\ &=Acos(2\pi f_ct)\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+Asin(2\pi f_ct)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\\ &=-\frac{A}{2}\cdot \sqrt{2}cos(2\pi f_ct)+\frac{A}{2}\cdot \sqrt{2}sin(2\pi f_ct) \end{split} \end{equation} s ( t ) = A cos ( 2 π f c t + 4 5 π ) = A cos ( 2 π f c t ) cos ( 4 5 π ) − A s in ( 2 π f c t ) s in ( 4 5 π ) = A cos ( 2 π f c t ) ( − 2 1 ) + A s in ( 2 π f c t ) ( 2 1 ) = − 2 A ⋅ 2 cos ( 2 π f c t ) + 2 A ⋅ 2 s in ( 2 π f c t ) 이다.
따라서 I-성분은 − A 2 -\frac{A}{2} − 2 A − A 2 -\frac{A}{2} − 2 A 2번 이다.
9번 옳다. 이렇게 해서 각 심볼 주기들에서 심볼 간 간섭을 없애는 것이다. 롤-오프 계수가 0 0 0 롤-오프 계수가 0 0 0 상승 코사인 필터의 시간 영역 임펄스 응답은 sinc 함수와 비슷하다. 따라서 답은 1번 이다.
10번 우선 주파수 성분은 ± 100 \pm100 ± 100 ± 200 \pm200 ± 200 200 π 200\pi 200 π 400 π 400\pi 400 π ± 100 \pm 100 ± 100 4 4 4 4 ⋅ 2 = 8 4\cdot 2=8 4 ⋅ 2 = 8 200 200 200 − j = 1 j -j=\frac{1}{j} − j = j 1 − 200 -200 − 200 j = − 1 j j=-\frac{1}{j} j = − j 1 1 ⋅ 2 = 2 1\cdot 2=2 1 ⋅ 2 = 2 1번 이다.
11번 힐버트 변환을 이용하는 아날로그 변조방식은 Single Sdeband Modulation이므로 2번 이 답이다.
12번 AWGN 환경에서 두 심볼이 있을 때 오류확률은
Q ( d / 2 σ ) Q\left(\frac{d/2}{\sigma}\right) Q ( σ d /2 ) 이다. 거리 d = 2 A d=2A d = 2 A
Q ( A σ ) Q\left(\frac{A}{\sigma}\right) Q ( σ A ) 이므로 답은 3번 이다.
13번 그레이 코드는 인접 심볼간의 해밍 거리가 1 1 1
ㄱ: 011
ㄴ: 111
ㄷ: 101
이면 성립하므로 답은 2번 이다.
14번 C = B l o g 2 ( 1 + S N R ) C=B log_2{(1+SNR)} C = Bl o g 2 ( 1 + SNR ) 이고
S N R = 14 N 0 B SNR=\frac{14}{N_0B} SNR = N 0 B 14 이므로 조건을 대입하면
6000 = B l o g 2 ( 1 + 14000 B ) 6000=Blog_2{\left(1+\frac{14000}{B}\right)} 6000 = Bl o g 2 ( 1 + B 14000 ) 이다. 직접 방정식을 풀지 말고 추론해보면 B B B 1000 1000 1000
을 찍어보면 계산이 성립한다. 따라서 답은 3번 이다.
15번 앞 항의 포락선은 1 1 1
1 + ϵ m ( t ) 1+\epsilon m(t) 1 + ϵ m ( t ) 이다. 둘을 더하면
2 + ϵ m ( t ) = 2 ( 2 + 1 2 ϵ m ( t ) ) 2+\epsilon m(t)=\sqrt{2}\left(\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}\epsilon m(t)\right) 2 + ϵ m ( t ) = 2 ( 2 + 2 1 ϵ m ( t ) ) 이므로 형태가 같은 것은 3번 이다.
16번 M이 증가하면 심볼들 간의 간격이 좁아지므로 오류가 나기 더 쉬워진다. FSK는 희한하게도 M이 증가하면 BER이 적어진다. 심볼당 k k k 2 k 2^k 2 k 0 0 0 1 1 1 2 k 2 = 2 k − 1 \frac{2^k}{2}=2^{k-1} 2 2 k = 2 k − 1 B E R = 2 k − 1 2 k − 1 P s BER=\frac{2^{k-1}}{2^k-1}P_s BER = 2 k − 1 2 k − 1 P s M M M k k k QAM의 평균 BER이 PSK보다 좋다. 비트 수가 많아지면 심볼 에너지가 그만큼 더 많은 비트들에 분배되어야 하므로 비트 에너지는 감소한다. 따라서 3번 이 답이다.
17번 오류 확률은
P e = P ( 0 수신 ∣ 1 전송 ) P ( 1 전송 ) + P ( 1 수신 ∣ 0 전송 ) P ( 0 전송 ) P_e=P(0 수신|1 전송)P(1 전송)+P(1 수신|0 전송)P(0 전송) P e = P ( 0 수신 ∣1 전송 ) P ( 1 전송 ) + P ( 1 수신 ∣0 전송 ) P ( 0 전송 ) 이므로 주어진 조건들을 이용해서 식을 세우면
P e = ∫ − ∞ η f ( 1 ) ( r ) d r ⋅ 1 3 + ∫ η ∞ f ( 0 ) ( r ) d r ⋅ 2 3 P_e=\int_{-\infty}^{\eta}f^{(1)}(r)dr\cdot \frac{1}{3}+\int_{\eta}^{\infty}f^{(0)}(r)dr\cdot \frac{2}{3} P e = ∫ − ∞ η f ( 1 ) ( r ) d r ⋅ 3 1 + ∫ η ∞ f ( 0 ) ( r ) d r ⋅ 3 2 이다.
이 값을 최소화하는 η \eta η
d P e d η = 0 \frac{dP_e}{d\eta}=0 d η d P e = 0 을 만족할 것이다. 계산해보면
f ( 1 ) ( η ) ⋅ 1 3 − f ( 0 ) ( η ) ⋅ 2 3 = 0 ⇒ f ( 1 ) ( η ) ⋅ 1 3 = f ( 0 ) ( η ) ⋅ 2 3 ⇒ l n 2 2 2 − ∣ r + 1 ∣ 1 3 = l n 2 2 2 − ∣ r − 1 ∣ 2 3 ⇒ 2 − ∣ r + 1 ∣ = 2 − ∣ r − 1 ∣ + 1 ⇒ − ∣ r + 1 ∣ = − ∣ r − 1 ∣ + 1 ⇒ ∣ r − 1 ∣ − ∣ r + 1 ∣ = 1 \begin{gather} f^{(1)}(\eta)\cdot \frac{1}{3}-f^{(0)}(\eta)\cdot \frac{2}{3}=0\\ \Rightarrow f^{(1)}(\eta)\cdot \frac{1}{3}=f^{(0)}(\eta)\cdot \frac{2}{3}\\ \Rightarrow \frac{ln2}{2}2^{-|r+1|}\frac{1}{3}=\frac{ln2}{2}2^{-|r-1|}\frac{2}{3}\\ \Rightarrow 2^{-|r+1|}=2^{-|r-1|+1}\\ \Rightarrow -|r+1|=-|r-1|+1\\ \Rightarrow |r-1|-|r+1|=1 \end{gather} f ( 1 ) ( η ) ⋅ 3 1 − f ( 0 ) ( η ) ⋅ 3 2 = 0 ⇒ f ( 1 ) ( η ) ⋅ 3 1 = f ( 0 ) ( η ) ⋅ 3 2 ⇒ 2 l n 2 2 − ∣ r + 1∣ 3 1 = 2 l n 2 2 − ∣ r − 1∣ 3 2 ⇒ 2 − ∣ r + 1∣ = 2 − ∣ r − 1∣ + 1 ⇒ − ∣ r + 1∣ = − ∣ r − 1∣ + 1 ⇒ ∣ r − 1∣ − ∣ r + 1∣ = 1 이다.
두 절댓값의 부호가 같다면 등식이 성립하지 않으므로, r − 1 < 0 , r + 1 > 0 r-1\lt0, r+1\gt0 r − 1 < 0 , r + 1 > 0
− r + 1 − r − 1 = − 2 r = 1 ⇒ r = − 1 2 -r+1-r-1=-2r=1 \Rightarrow r=-\frac{1}{2} − r + 1 − r − 1 = − 2 r = 1 ⇒ r = − 2 1 이므로 답은 1번 이다.
18번 주기신호이므로 주파수 표현은 이산신호 형태로 나타난다. 나이퀴스트 조건에 의해 2 τ < T 2\tau\lt T 2 τ < T 2번에서τ < T 2 = 1 2 f m a x \tau\lt\frac{T}{2}=\frac{1}{2f_{max}} τ < 2 T = 2 f ma x 1 샘플링 된 신호의 주파수 표현은 나이퀴스트 조건을 만족해서 샘플링되었다면 주기신호 형태로 나타난다. 따라서 2번 이 옳지 않다.
19번 y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) = 4 c o s ( π 6 t ) ∗ ( δ ( 2 t − 4 ) + δ ( − 2 t − 4 ) ) = 4 c o s ( π 6 t ) ∗ ( 1 2 δ ( t − 2 ) + 1 2 δ ( t + 2 ) ) = 2 ( c o s ( π 6 ( t − 2 ) ) + c o s ( π 6 ( t + 2 ) ) ) \begin{equation} \begin{split} y(t)&=x(t)*h(t)\\ &=4cos\left(\frac{\pi}{6}t\right)*(\delta(2t-4)+\delta(-2t-4))\\ &=4cos\left(\frac{\pi}{6}t\right)*\left(\frac{1}{2}\delta(t-2)+\frac{1}{2}\delta(t+2)\right)\\ &=2\left(cos\left(\frac{\pi}{6}(t-2)\right)+cos\left(\frac{\pi}{6}(t+2)\right)\right) \end{split} \end{equation} y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) = 4 cos ( 6 π t ) ∗ ( δ ( 2 t − 4 ) + δ ( − 2 t − 4 )) = 4 cos ( 6 π t ) ∗ ( 2 1 δ ( t − 2 ) + 2 1 δ ( t + 2 ) ) = 2 ( cos ( 6 π ( t − 2 ) ) + cos ( 6 π ( t + 2 ) ) ) 이다.
t = 2 t=2 t = 2
y ( 2 ) = 2 ( 1 + c o s ( 2 π 3 ) ) = 2 ( 1 − 1 2 ) = 1 y(2)=2\left(1+cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right)=2\left(1-\frac{1}{2}\right)=1 y ( 2 ) = 2 ( 1 + cos ( 3 2 π ) ) = 2 ( 1 − 2 1 ) = 1 이므로 답은 1번 이다.
20번 송신기는 IFFT를 써서 주파수 영역 정보를 시간 영역으로 바꾸고, 수신기는 FFT를 써서 주파수 영역 정보로 복원하여 정보를 꺼낸다. 지연확산이 크다면 CP를 늘려야 한다. OFDM이 FFT를 써야 하는 등 더 복잡하고 부반송파 간의 직교성이 무너져서 간섭이 생길 여지가 있다. 지연 확산은 주파수 선택적 페이딩을 일으키므로 부반송파 대역폭을 좁게 해야 비교적 균일하게 페이딩을 겪게 되므로 주파수 선택적 페이딩에 의한 악영향을 줄일 수 있다. 따라서 4번 이 답이다.