2020 7급 서울시 통신이론 1번 각 시스템의 연산을 L ( ⋅ ) L(\cdot) L ( ⋅ )
L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = a ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = a v x 1 ( t ) + a w x 2 ( t ) = v a x 1 ( t ) + w a x 2 ( t ) = v L ( x 1 ( t ) ) + w L ( x 2 ( t ) ) \begin{equation} \begin{split} L(vx_1(t)+wx_2(t))&=a(vx_1(t)+wx_2(t))\\ &=avx_1(t)+awx_2(t)=vax_1(t)+wax_2(t)\\ &=vL(x_1(t))+wL(x_2(t)) \end{split} \end{equation} L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = a ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = a v x 1 ( t ) + a w x 2 ( t ) = v a x 1 ( t ) + w a x 2 ( t ) = vL ( x 1 ( t )) + w L ( x 2 ( t )) L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = a t ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = a t v x 1 ( t ) + a t w x 2 ( t ) = v a t x 1 ( t ) + w a t x 2 ( t ) = v L ( x 1 ( t ) ) + w L ( x 2 ( t ) ) \begin{equation} \begin{split} L(vx_1(t)+wx_2(t))&=a^t(vx_1(t)+wx_2(t))\\ &=a^tvx_1(t)+a^twx_2(t)=va^tx_1(t)+wa^tx_2(t)\\ &=vL(x_1(t))+wL(x_2(t)) \end{split} \end{equation} L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = a t ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = a t v x 1 ( t ) + a t w x 2 ( t ) = v a t x 1 ( t ) + w a t x 2 ( t ) = vL ( x 1 ( t )) + w L ( x 2 ( t )) L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = d d t ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = d d t ( v x 1 ( t ) ) + d d t ( w x 2 ( t ) ) = v d d t x 1 ( t ) + w d d t x 2 ( t ) = v L ( x 1 ( t ) ) + w L ( x 2 ( t ) ) \begin{equation} \begin{split} L(vx_1(t)+wx_2(t))&=\frac{d}{dt}(vx_1(t)+wx_2(t))\\ &=\frac{d}{dt}(vx_1(t))+\frac{d}{dt}(wx_2(t))\\ &=v\frac{d}{dt}x_1(t)+w\frac{d}{dt}x_2(t)\\ &=vL(x_1(t))+wL(x_2(t)) \end{split} \end{equation} L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = d t d ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = d t d ( v x 1 ( t )) + d t d ( w x 2 ( t )) = v d t d x 1 ( t ) + w d t d x 2 ( t ) = vL ( x 1 ( t )) + w L ( x 2 ( t )) L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) ) = v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) + v x 1 ( t + 1 ) + w x 2 ( t + 1 ) = v ( x 1 ( t ) + x 1 ( t + 1 ) ) + w ( x 2 ( t ) + x 2 ( t + 1 ) ) = v L ( x 1 ( t ) ) + w L ( x 2 ( t ) ) \begin{equation} \begin{split} L(vx_1(t)+wx_2(t))&=vx_1(t)+wx_2(t)+vx_1(t+1)+wx_2(t+1)\\ &=v(x_1(t)+x_1(t+1))+w(x_2(t)+x_2(t+1))\\ &=vL(x_1(t))+wL(x_2(t)) \end{split} \end{equation} L ( v x 1 ( t ) + w x 2 ( t )) = v x 1 ( t ) + w x 2 ( t ) + v x 1 ( t + 1 ) + w x 2 ( t + 1 ) = v ( x 1 ( t ) + x 1 ( t + 1 )) + w ( x 2 ( t ) + x 2 ( t + 1 )) = vL ( x 1 ( t )) + w L ( x 2 ( t )) 다음으로 시불변성을 확인하자.
L ( x ( t − T ) ) = a x ( t − T ) = y ( t − T ) L(x(t-T))=ax(t-T)=y(t-T) L ( x ( t − T )) = a x ( t − T ) = y ( t − T ) L ( x ( t − T ) ) = a t x ( t − T ) ≠ y ( t − T ) = a t − T x ( t − T ) L(x(t-T))=a^tx(t-T)\neq y(t-T)=a^{t-T}x(t-T) L ( x ( t − T )) = a t x ( t − T ) = y ( t − T ) = a t − T x ( t − T ) L ( x ( t − T ) ) = d d t x ( t − T ) = y ( t − T ) L(x(t-T))=\frac{d}{dt}x(t-T)=y(t-T) L ( x ( t − T )) = d t d x ( t − T ) = y ( t − T ) L ( x ( t − T ) ) = x ( t − T ) + x ( t − T + 1 ) = y ( t − T ) L(x(t-T))=x(t-T)+x(t-T+1)=y(t-T) L ( x ( t − T )) = x ( t − T ) + x ( t − T + 1 ) = y ( t − T ) 따라서 답은 2번 이다.
2번 이진 확률 변수의 정보량(Binary Entropy Function) H ( p ) H(p) H ( p )
H ( p ) = − p l o g 2 p − ( 1 − p ) l o g 2 ( 1 − p ) H(p)=-p log_2{p}-(1-p)log_2{(1-p)} H ( p ) = − pl o g 2 p − ( 1 − p ) l o g 2 ( 1 − p ) 이다.
p p p
d H ( p ) d p = − l o g 2 p − 1 + l o g 2 ( 1 − p ) + 1 = l o g 2 1 − p p \begin{equation} \begin{split} \frac{dH(p)}{dp}&=-log_2{p}-1+log_2{(1-p)}+1\\ &=log_2{\frac{1-p}{p}} \end{split} \end{equation} d p d H ( p ) = − l o g 2 p − 1 + l o g 2 ( 1 − p ) + 1 = l o g 2 p 1 − p 이다.
d H ( p ) d p = l o g 2 1 − p p = 0 \frac{dH(p)}{dp}=log_2{\frac{1-p}{p}}=0 d p d H ( p ) = l o g 2 p 1 − p = 0 를 풀어보면
1 − p p = 1 ⇒ p = 1 − p ⇒ p = 1 / 2 \begin{gather} \frac{1-p}{p}=1\\ \Rightarrow p=1-p\\ \Rightarrow p=1/2 \end{gather} p 1 − p = 1 ⇒ p = 1 − p ⇒ p = 1/2 이고, p < 1 2 p\lt\frac{1}{2} p < 2 1 + + + p > 1 2 p\gt\frac{1}{2} p > 2 1 − - − ∩ \cap ∩ p = 0.5 p=0.5 p = 0.5 p = 0 p=0 p = 0 p = 1 p=1 p = 1 p = 0.5 p=0.5 p = 0.5 0 0 0 1 1 1 0 0 0
남는 것은 4번 인데, 이 경우의 그래프는 다음과 같다.
3번 섀넌 채널 용량은
C = W l o g 2 ( 1 + S N R ) = W l o g 2 ( 1 + P N 0 W ) C=W log_2{(1+SNR)}=W log_2{\left(1+\frac{P}{N_0W}\right)} C = W l o g 2 ( 1 + SNR ) = W l o g 2 ( 1 + N 0 W P ) 이다. 따라서 T T T T T T
W T l o g 2 ( 1 + P N 0 W ) WTlog_2{\left(1+\frac{P}{N_0W}\right)} W Tl o g 2 ( 1 + N 0 W P ) 인 4번 이 답이다.
4번 어떤 심볼을 전송할 확률 변수를 T T T R R R
P ( R = 0 ∣ T = 0 ) = 1 − p , P ( R = 1 ∣ T = 0 ) = p P ( R = 2 ∣ T = 2 ) = 1 − q , P ( R = 1 ∣ T = 2 ) = q \begin{gather} P(R=0|T=0)=1-p, P(R=1|T=0)=p\\ P(R=2|T=2)=1-q, P(R=1|T=2)=q\\ \end{gather} P ( R = 0∣ T = 0 ) = 1 − p , P ( R = 1∣ T = 0 ) = p P ( R = 2∣ T = 2 ) = 1 − q , P ( R = 1∣ T = 2 ) = q 이다. 구해야 할 확률은
P ( R = 1 ) = P ( R = 1 ∣ T = 0 ) P ( T = 0 ) + P ( R = 1 + T = 2 ) P ( T = 2 ) = p ⋅ 0.5 + q ⋅ 0.5 = 0.5 ( p + q ) \begin{equation} \begin{split} P(R=1)&=P(R=1|T=0)P(T=0)\\ &+P(R=1+T=2)P(T=2)\\ &=p\cdot 0.5+q\cdot 0.5\\ &=0.5(p+q) \end{split} \end{equation} P ( R = 1 ) = P ( R = 1∣ T = 0 ) P ( T = 0 ) + P ( R = 1 + T = 2 ) P ( T = 2 ) = p ⋅ 0.5 + q ⋅ 0.5 = 0.5 ( p + q ) 이므로 답은 2번 이다.
5번 잘은 모르겠으나 RF 디자인 하우스의 글 을 참고하니 간섭에 약하다고 한다.
아무래도 동일한 주파수 대역을 여러 사용자들이 쓰다보니 그런 게 아닐까? 소프트 핸드오프가 가능하다.(사실 모든 통신방식이 다 가능하긴 하다고 한다.) 각 사용자가 겹치는 시간 영역을 사용한다. 주파수 대역도 겹쳐서 사용하고, 코드만 다르게 한다. 답은 1번 이다.
6번 아무리 많은 안테나로 보내도 받는 안테나가 적으면 적은 쪽에 맞춰질 수밖에 없을 것이다. 반대의 경우도 마찬가지이다.
따라서 답은 12 12 12 2 2 2 2 2 2 1번 이다.
7번 신호들이 직교하려면 각 신호들을 곱해서 T T T
∫ 0 T c o s ( 2 π ( f c + m Δ f ) t ) × c o s ( 2 π ( f c + ( m + 1 ) Δ f ) t ) d t = 1 2 ∫ 0 T ( c o s ( 2 π ( f c + m Δ f + f c + ( m + 1 ) Δ f ) ) t ) + c o s ( 2 π ( f c + m Δ f − f c − ( m + 1 ) Δ f ) t ) ) d t = 1 2 ∫ 0 T ( c o s ( 2 π ( 2 f c + ( 2 m + 1 ) Δ f ) t ) + c o s ( 2 π ( − Δ f ) t ) ) d t = 0 \begin{equation} \begin{split} \int_0^T cos(2\pi(f_c+m\varDelta f)t)\times cos(2\pi(f_c+(m+1)\varDelta f)t)dt&=\frac{1}{2}\int_0^T(cos(2\pi(f_c+m\varDelta f+f_c+(m+1)\varDelta f))t)+cos(2\pi(f_c+m\varDelta f-f_c-(m+1)\varDelta f)t))dt\\ &=\frac{1}{2}\int_0^T(cos(2\pi(2f_c+(2m+1)\varDelta f)t)+cos(2\pi(-\varDelta f)t))dt\\ &=0 \end{split} \end{equation} ∫ 0 T cos ( 2 π ( f c + m Δ f ) t ) × cos ( 2 π ( f c + ( m + 1 ) Δ f ) t ) d t = 2 1 ∫ 0 T ( cos ( 2 π ( f c + m Δ f + f c + ( m + 1 ) Δ f )) t ) + cos ( 2 π ( f c + m Δ f − f c − ( m + 1 ) Δ f ) t )) d t = 2 1 ∫ 0 T ( cos ( 2 π ( 2 f c + ( 2 m + 1 ) Δ f ) t ) + cos ( 2 π ( − Δ f ) t )) d t = 0 이 되어야 한다.
Δ f \varDelta f Δ f
Δ f = 1 2 T \varDelta f=\frac{1}{2T} Δ f = 2 T 1 이므로 답은 1번 이다. 그리고 첫 번째 적분항도 0 0 0 f c f_c f c
8번 FM은 AM 대비 진폭 잡음에 더 강하다. 진폭을 일정하게 리미팅하기 때문이다. SSB-SC는 전송대역폭과 신호대역폭이 동일하여 DSB 대비 더 대역폭 효율적이다. DSB-TC는 반송파를 이용해서 포락선 검파가 가능하므로 SC 방식보다 간단하다. 하지만 이 반송파 성분 때문에 추가 전력이 필요하므로 효율성이 나쁘다. 따라서 답은 4번 이다.
9번 그림을 그려서 풀 수도 있겠지만, 수식적으로 풀어 보자.
주어진 식을 α \alpha α 0 0 0
d d α ( P ( s 1 ) ∫ − ∞ α f ( y ∣ s 1 ) d y + P ( s 2 ) ∫ α ∞ f ( y ∣ s 2 ) d y ) = P ( s 1 ) f ( α ∣ s 1 ) − P ( s 2 ) f ( α ∣ s 2 ) = 0 \frac{d}{d\alpha}\left(P(s_1)\int_{-\infty}^{\alpha}f(y|s_1)dy\right.\left.+P(s_2)\int_{\alpha}^{\infty}f(y|s_2)dy\right)=P(s_1)f(\alpha|s_1)-P(s_2)f(\alpha|s_2)=0 d α d ( P ( s 1 ) ∫ − ∞ α f ( y ∣ s 1 ) d y + P ( s 2 ) ∫ α ∞ f ( y ∣ s 2 ) d y ) = P ( s 1 ) f ( α ∣ s 1 ) − P ( s 2 ) f ( α ∣ s 2 ) = 0 이므로 답은 2번 이다.
10번 10 l o g 10 1 1 0 − 3 = 30 d B 10log_{10} {\frac{1}{10^{-3}}}=30 dB 10 l o g 10 1 0 − 3 1 = 30 d B 이다. 따라서 10 10 10 2번 이다.
11번 같을 리가 없다. 오류 검출이 가능한 범위인 e d e_d e d 오류 정정이 가능한 범위인 e c e_c e c e c e_c e c e d e_d e d 따라서 답은 3번 이다.
12번 허프만 부호화 과정은 아래와 같다.
4번 이다.
13번 BPSK 시스템이므로 비트 당 에너지는
E b = A 2 T 2 E_b=\frac{A^2T}{2} E b = 2 A 2 T 이고, 심볼 간 거리는
d = 2 ⋅ E b d=2\cdot \sqrt{E_b} d = 2 ⋅ E b 이다. 심볼률과 같은 값인 비트전송률이 1 1 1 1 0 − 6 10^{-6} 1 0 − 6
비트 오류율은
Q ( d / 2 σ ) Q\left(\frac{d/2}{\sigma}\right) Q ( σ d /2 ) 이고,
d / 2 = A ⋅ T 2 = 1 0 − 2 ⋅ 1 0 − 6 2 = 1 0 − 5 2 \begin{equation} \begin{split} d/2&=A\cdot\sqrt{\frac{T}{2}}\\ &=10^{-2}\cdot\sqrt{\frac{10^{-6}}{2}}\\ &=\frac{10^{-5}}{\sqrt{2}} \end{split} \end{equation} d /2 = A ⋅ 2 T = 1 0 − 2 ⋅ 2 1 0 − 6 = 2 1 0 − 5 이다. 그리고
σ = N 0 2 = 1 0 − 11 2 \sigma=\sqrt{\frac{N_0}{2}}=\sqrt{\frac{10^{-11}}{2}} σ = 2 N 0 = 2 1 0 − 11 을 대입하면
B E R = Q ( 1 0 − 5 2 ⋅ 2 1 0 − 11 ) = Q ( 10 ) \begin{equation} \begin{split} BER&=Q\left(\frac{10^{-5}}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10^{-11}}}\right)\\ &=Q(\sqrt{10}) \end{split} \end{equation} BER = Q ( 2 1 0 − 5 ⋅ 1 0 − 11 2 ) = Q ( 10 ) 이고 답은 3번 이다.
14번 G = [ P I ] G= \begin{bmatrix} P&I \end{bmatrix} G = [ P I ] 이므로 패리티 검사 행렬은
H = [ I P ] = [ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 ] H= \begin{bmatrix} I\\ P \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&0&1 \end{bmatrix} H = [ I P ] = ⎣ ⎡ 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 ⎦ ⎤ 이다.
한편 신드롬은
S = r H = [ 0 0 1 1 1 0 ] [ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 ] = [ 1 0 0 ] \begin{equation} \begin{split} S&=rH= \begin{bmatrix} 0&0&1&1&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&0&1 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix} \end{split} \end{equation} S = rH = [ 0 0 1 1 1 0 ] ⎣ ⎡ 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 ⎦ ⎤ = [ 1 0 0 ] 이므로 답은 3번 이다.
15번 2 π 16 = π 8 \frac{2\pi}{16}=\frac{\pi}{8} 16 2 π = 8 π 이므로 답은 1번 이다.
16번 나열된 특성들은 물리적인 성질들이므로 답은 2번 이다.
17번 코사인 함수의 인자로 들어가 있는 메시지 신호를 꺼내기 위해서는 우선 미분을 해서 앞으로 꺼내져 곱해지게 해야 한다.
그렇게 되면
x ′ ( t ) = − A ( 2 π f c + θ ′ ( t ) ) s i n ( 2 π f c t + θ ( t ) ) x'(t)=-A(2\pi f_c+\theta'(t))sin(2\pi f_ct+\theta(t)) x ′ ( t ) = − A ( 2 π f c + θ ′ ( t )) s in ( 2 π f c t + θ ( t )) 가 된다.
여기서 포락선 검파를 하면 DC 성분이 더해진 θ ′ ( t ) \theta'(t) θ ′ ( t ) θ ( t ) \theta(t) θ ( t ) 4번 이 답이다.
18번 q q q l o g 2 q log_2 q l o g 2 q W W W 2 W 2W 2 W
B ∝ W l o g 2 q B\propto Wlog_2 q B ∝ W l o g 2 q 이므로 답은 1번 이다.
19번 레벨이 32 32 32 l o g 2 32 = 5 b log_2{32}=5 \text{ b} l o g 2 32 = 5 b 나이퀴스트 주파수는 최대 주파수의 2배이므로f s = 4 , 000 samples/s f_s=4,000 \text{ samples/s} f s = 4 , 000 samples/s R R R R = 20 , 000 bits/s R=20,000 \text{bits/s} R = 20 , 000 bits/s 대역폭 효율은 단위 대역폭 당 비트 전송률이므로20000 / 12000 = 20 / 12 = 5 / 3 ≒ 1.67 bits/s/Hz 20000/12000=20/12=5/3\fallingdotseq 1.67 \text{ bits/s/Hz} 20000/12000 = 20/12 = 5/3 ≒ 1.67 bits/s/Hz 심볼 전송률은 나이퀴스트 주파수와 같은 4 , 000 4,000 4 , 000 따라서 3번 이 옳지 않다.
20번 독립의 정의인
P ( A ∩ B ) = P ( A ) P ( B ) P(A\cap B)=P(A)P(B) P ( A ∩ B ) = P ( A ) P ( B ) 를 만족하는지 따져 보자.
교집합은 공집합이고, 각각의 집합은 공집합이 아니므로
0 ≠ 1 3 ⋅ 1 3 0\neq \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3} 0 = 3 1 ⋅ 3 1 이다.
교집합은 공집합이고, 사건 중 하나가 공집합이므로 다른 어떤 사건이 온다 할지라도 각 사건의 확률의 곱은 0 0 0 0 = 0 0=0 0 = 0
교집합은 2 {2} 2 1 6 \frac{1}{6} 6 1
2 6 ⋅ 3 6 = 1 6 \frac{2}{6}\cdot \frac{3}{6}=\frac{1}{6} 6 2 ⋅ 6 3 = 6 1 이므로 독립이다.
한 사건이 전체 샘플 공간이므로 그 확률값은 1 1 1
따라서 답은 1번 이다.
이러한 형태의 그래프가 그려지는 함수를 오목 함수라고 한다. 또한 바로 알 수 있듯이 에서 최댓값, 혹은 일 때 최솟값을 가진다.
그 이유로는 일 때가 가장 애매하니 불확실성(정보량)이 많고, 또 확률이 또는 이 되면 불확실성이 완전히 제거되니(어떤 사건이 절대 일어나지 않거나 반드시 일어나니까) 정보량이 이 되는 것이다.
그래프에서 볼 수 있듯이 이진 확률 변수의 정보량이 주어진 삼진 확률 변수의 정보량보다 항상 큰 것은 아니다.
이는 세 가지 경우를 갖는 삼진 확률 변수가 더 불확실할 수 있기 때문일 것이다.
따라서 d에 해당하는 부호는 111이므로 답은 4번이다.