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2021 7급 국가직 통신이론

1번

  1. 시간 지연과 위상 지연은 같다.(사실은 다르지만, 하나의 정현파에 대해서는 같다.)
  2. 주파수를 +f0+f_0만큼 평행이동시킨 것이다.
  3. 시간 변수에 aa가 곱해지면 신호는 더 급격히 변한다. (cos(t)cos(t)와 cos(10t)cos(10t)를 비교해보라.) 이는 결국 더 높은 주파수들을 포함해야 한다는 뜻이므로 푸리에 변환 결과의 주파수 인자를 aa로 나눠주어야 한다. 그래야 afa=f\frac{af}{a}=f가 되어서 원래 주파수 스펙트럼이 넓어지는 효과가 있을 테니까. 단, 추가적으로 고려할 것이 있다. 바로 에너지이다. 시간 변수가 aa배 되면 신호의 폭이 좁아져서 에너지는 1a\frac{1}{a}배가 된다. 따라서 주파수 스펙트럼의 계수에 1∣a∣\frac{1}{|a|}가 붙어야 함을 알 수 있다. 그래야 주파수 스펙트럼이 확장되면서 aa배 된 에너지에 1∣a∣2\frac{1}{|a|^2}가 곱해져서 주파수 도메인의 에너지도 1/a1/a되어서 Parseval의 정리를 만족시킬 수 있기 때문이다.
  4. X(t)↔x(−f)X(t) \leftrightarrow x(-f)일 것이다. 따라서 답은 ㄱ,ㄴ인 1번이다.

2번

무왜곡 LTI 시스템은 입력의 크기변화와 시간 지연만 만들어내고 그 형태는 그대로 유지해서 출력하는 것이다. 즉

y(t)=h(t)∗x(t)=Ax(t−T)y(t)=h(t)*x(t)=Ax(t-T)

인 시스템이다. 이를 푸리에 변환하면

Y(f)=H(f)X(f)=AX(f)e−j2πfTY(f)=H(f)X(f)=AX(f)e^{-j2\pi fT}

이다. 따라서 이 시스템의 전달함수는

H(f)=Y(f)X(f)=Ae−j2πfTH(f)=\frac{Y(f)}{X(f)}=Ae^{-j2\pi fT}

가 된다. 이 전달함수의 진폭은 AA로 일정하고, 위상 스펙트럼은 −j2πfT-j2\pi fT이므로, 진폭 스펙트럼은 주파수에 대해 일정한 상수이며 위상 스펙트럼은 주파수에 대해 선형 함수이다. 따라서 답은 2번 이다.

3번

  1. 임펄스 함수를 푸리에 변환하면 스펙트럼 크기는 11이며 모든 주파수 성분을 균일하게 포함한다는 뜻이다.
  2. 임펄스 함수의 인자가 00이 되게 하는 지점을 포함하는 구간에 대해서 임펄스 함수를 적분하면 1이다.
  3. cos(t)=sin(t+π/2)cos(t)=sin(t+\pi/2)
    이므로 옳다.
  4. ∫−∞∞g(t)δ(t−T)dt=g(T)\int_{-\infty}^{\infty}g(t)\delta(t-T)dt=g(T)
    이므로(왜일까?) 주어진 수식을 계산하면
    f(2t)∣t=3=f(6)f(2t)|_{t=3}=f(6)
    으로 옳다.

따라서 답은 1번 이다.

4번

AWGN의 자기상관함수는

RNN(τ)=N02δ(τ)R_{NN}(\tau)=\frac{N_0}{2}\delta(\tau)

이므로 답은 1번 이다. 또한 이를 푸리에 변환한 전력스펙트럼밀도는

SNN(ω)=N02S_{NN}(\omega)=\frac{N_0}{2}

로 모든 주파수 대역에서 일정하다.

5번

엔트로피를 H(X)H(X)를 계산하면

H(X)=−∑xP[X=x]log2P[X=x]=−(3⋅0.25log20.25+2⋅0.125log20.125)=0.75⋅2+0.25⋅3=1.5+0.75=2.25 b\begin{equation} \begin{split} H(X)&=-\sum_{x}P[X=x]log_2{P[X=x]}\\ &=-(3\cdot 0.25log_2{0.25}+2\cdot 0.125log_2{0.125})\\ &=0.75\cdot 2+0.25\cdot 3=1.5+0.75=2.25\text{ b} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

6번

  1. 인터리빙은 송신기에서 보내고자 하는 정보 데이터의 순서를 바꾸는 과정이 맞다.
  2. 인터리빙된 신호에 연집오류가 발생하여 여러 비트가 연속으로 깨져도 역인터리빙하면서 그 에러가 다시 흩어져서 블록 당 에러가 줄어들기 때문에 에러 교정 혹은 검출이 용이해진다. 따라서 수신쪽에서는 역인터리빙한 신호에 흩어진 오류를 채널 복호화해야 하기 때문에, 송신측에서는 채널부호화를 한 후에 인터리빙을 해야 한다.
  3. 블록이 클수록 한 번에 처리해야 하는 데이터가 많으니 메모리가 커져야 할 것이다.
  4. 역인터리빙은 당연히 이를 역으로 만드는 과정이다.

따라서 답은 2번 이다.

7번

64-QAM을 쓰고 있으므로 부반송파 하나에 실리는 심볼 당 비트 수는

log264=6log_2{{64}}=6

이다. 이러한 부반송파가 5050개가 있으므로 총 비트 수는

50×6=30050\times6=300

이다. 그리고 이들 부반송파들이 10μs10 \mu s동안 전송되므로 나눠주면 비트 전송률은

300/(10μs)=30300/(10 \mu s)=30

가 되므로 답은 1번 이다.

8번

  1. 옳다. 식으로 쓰면
    H(X)=−∑xP[X=x]log2P[X=x]H(X)=-\sum_{x}P[X=x]log_2{P[X=x]}
    이다.
  2. 옳다.
  3. 영문자 26개의 발생 확률이 동일하다면
    H(X)=−26⋅126log2126=log226H(X)=-26\cdot\frac{1}{26}log_2{\frac{1}{26}}=log_2{26}
    이다.
  4. 엔트로피는 정보원의 확률이 균일할 때 최대이다. 이는 확률 차이가 커지면 어느 것이 더 많이 나오고 적게 나오는지 알 수 있으므로 불확실성이 적어지기 때문이다.

따라서 답은 4번 이다.

9번

  1. 주어진 신호는 각 ii에 대해 반송파의 위상이 변하고 있으므로 PSK이고 심볼당 비트는
    log24=2log_2{4}=2
    개씩 실리므로 비트 전송률은 심볼의 2배이다.
  2. 옆 심볼과 위상차이가 π4\frac{\pi}{4}이므로 두 개의 직교 BPSK 신호의 합으로 볼 수 있다.
  3. i=1i=1이면 위상은 π/4\pi/4이고, i=3i=3이면 위상은 5π/45\pi/4이므로 위상차는 π\pi이다.
  4. 심볼 에러율은
    Ps=2⋅Q(dmin2N0)P_s=2\cdot Q\left(\frac{d_{min}}{\sqrt{2N_0}}\right)
    이고, 주어진 상황에서
    dmin=2Ed_{min}=\sqrt{2E}
    이므로 대입해서 계산하면
    2⋅Q(EN0)2\cdot Q\left(\sqrt{\frac{E}{N_0}}\right)
    이다. BER은
    Pb=Pslog2M=2⋅Q(EN0)2=Q(EN0)\begin{equation} \begin{split} P_b&=\frac{P_s}{log_2{M}}\\ &=\frac{2\cdot Q\left(\sqrt{\frac{E}{N_0}}\right)}{2}\\ &=Q\left(\sqrt{\frac{E}{N_0}}\right) \end{split} \end{equation}
    이다.

따라서 답은 4번이다.

10번

메시지 신호의 진폭은 1이다. 한편, 피변조파의 주파수를 구하면

200000π+4⋅1000πcos(1000πt)200000\pi+4\cdot 1000\pi cos(1000\pi t)

에서 최대 주파수 편이는

4000π2π=2000\frac{4000\pi}{2\pi}=2000

이다. 따라서 주파수 민감도는

kf=2000/1=2000k_f=2000/1=2000

이므로 답은 3번 이다.

11번

1.위키피디아 Handover 문서 에 따르면 이론적으로는 어떤 기술이건 소프트 핸드오버가 가능하다고 한다. 실현에 걸림돌이 되는 것은 비용이나 난이도 문제인데, TDMA는 이론적으로는 소프트 핸드오버 구현에 비용이 그리 들지는 않는다고 한다. 하지만 소프트 핸드오버가 TDMA에 대해 구현된 적은 없으며, 반대로 CDMA 시스템은 모두 핸드오버를 하고 있다. 이는 거리가 멀어지면 멀어질수록 원근 문제가 생기는 CDMA 시스템의 한계를 해결하고자 하는 하나의 방안이라고 한다. 명확하진 않지만 소프트 핸드오버는 CDMA와 가장 잘 맞다고 기억하자. 2. CDMA는 동시에 같은 채널을 여러 사용자들이 코드를 다르게 해서 사용한다. 이는 마치 파티장에서 사람들이 언어를 다르게 해서 동시에 얘기하는 것과 마찬가지이다. 3. 다중경로 페이딩을 해결하기 위해 보호 구간을 추가하는 것은 OFDMA 방식에서 쓰인다. 4. 상향 링크에서 기지국에 도달하는 사용자 신호 간의 전력 차가 심하면 원근 문제로 인해 시스템을 사용할 수 있는 사용자들이 줄어드는 용량 손실이 발생한다.

따라서 답은 3번 이다.

12번

검파를 위해서는 반송파에 곱해지는 계수가 00보다 크거나 같아야 한다. 즉

m(t)+10≧0⇒m(t)≧−10m(t)+10\geqq 0 \Rightarrow m(t)\geqq -10

이어야 한다. 따라서 메시지 신호의 최솟값은 −10-10이므로 답은 4번 이다.

13번

  1. 양자화 준위의 개수를 증가시키면 더 세밀하게 양자화가 가능하므로 양자화 오차가 감소한다.
  2. 양자화 준위를 증가시킨다는 것은 표현되는 값의 자리수를 늘린다는 의미이다. 즉 비트 수가 더 많이 필요해진다.
  3. 양자화 비트 수를 하나 증가시키면 평균 양자화 잡음 전력은 20log10220log_{10}{2} 감소한다.
  4. 10 kHz로 대역 제한된 신호에 대한 나이퀴스트 샘플링 속도는 그 두배인 20 kHz이므로 초당 20,000개 이상의 표본을 추출해야 한다.

따라서 답은 3번이다.

14번

심볼당 3비트를 보낸다는 것은 23=82^3=8개의 비트를 한 심볼에 담는다는 것이다. 즉 이 PSK 심볼은 성상도 상에 8개의 위치에 있을 수 있는데, 평균 심볼 오류확률을 최소화하기 위해서는 산술-기하 평균 부등식에서 알 수 있듯이 모든 에러 확률이 같아야 한다. 따라서 이 심볼들은

2π8=π4=45∘\frac{2\pi}{8}=\frac{\pi}{4}=45^{\circ}

의 위상 차이를 갖게 되므로 답은 3번이다.

15번

  1. 섀넌 채널 용량은
    C=Wlog2(1+SNR)C=Wlog_2 {(1+SNR)}
    이다. 이 채널 용량보다 전송률이 낮으면 전송 오류확률을 어떤 값이건 원하는 값보다 작게 만들 수 있는 채널 부호화가 존재한다.
  2. 주어진 조건 하에서 채널 용량을 계산하면
    C=100log2(1+31)=100log232=500C=100 log_2(1+31)=100 log_2 {32}=500
    이다.
  3. 로그값은 단조증가함수이므로 인자인 SNR이 증가하면 채널 용량도 증가한다.
  4. 채널 대역폭을 증가시키면 어느 정도까지는 채널 용량이 증가하는 게 맞다. 하지만 채널 대역폭이 너무 넓다면 그만큼 잡음도 커져서 채널 용량 증가에는 한계가 있는데, 이를 섀넌 한계라고 한다.

따라서 답은 2번이다.

16번

  1. 옳다.
  2. 옳다.
  3. 통계적 독립이라면
    E[XY]=E[X]E[Y]E[XY]=E[X]E[Y]
    즉 비상관이지만, 이 등식이 성립해도
    fXY(x,y)≠fX(x)fY(y)f_{XY}(x,y)\neq f_X(x)f_Y(y)
    일 수 있기 때문에 옳지 않다.
  4. 통계적으로 독립이면
    Cov[XY]=E[(X−E[X])(Y−E[Y])]=E[XY−XE[Y]−YE[X]+E[X]E[Y]]=E[XY]−2E[X]E[Y]+E[X]E[Y]=E[X]E[Y]−2E[X]E[Y]+E[X]E[Y]=0\begin{equation} \begin{split} Cov[XY]&=E[(X-E[X])(Y-E[Y])]\\ &=E[XY-XE[Y]-YE[X]+E[X]E[Y]]\\ &=E[XY]-2E[X]E[Y]+E[X]E[Y]\\ &=E[X]E[Y]-2E[X]E[Y]+E[X]E[Y]\\ &=0 \end{split} \end{equation}
    이다.

따라서 답은 3번이다.

17번

  1. 다중경로 지연확산이 커질수록 채널의 주파수 선택적 페이딩 현상이 심해진다.
  2. 단말기의 이동속도가 증가할수록 도플러 확산이 증가하여 시간 영역에서 빠른 페이딩 현상이 심해진다.
  3. 다중경로 지연확산이 커질수록 생기는 주파수 선택적 페이딩을 줄이기 위해서 부반송파당 더 작은 대역폭을 할당하는 것이 좋다. 이를 위해서는 심볼 구간을 늘리고, 부반송파를 더 많이 써서 전체적인 전송률은 유지해야 한다.
  4. 단말의 이동속도가 증가할수록 빠른 페이딩의 영향을 줄이기 위해서 심볼 구간을 짧게 설정해야 한다. 이를 위해서는 부반송파당 더 넓은 대역폭이 필요하므로 부반송파 개수는 줄어들어야 한다.

따라서 답은 4번이다.

18번

먼저 전체 확률이 11이어야 하므로

FXY(∞,∞)=1a∫−∞∞∫−∞∞e−∣x∣−∣y∣=1a(∫−∞∞e−∣x∣dx)2=1a(2∫0∞e−xdx)2=4a=1⇒a=4\begin{equation} \begin{split} F_{XY}(\infty,\infty)&=\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x|-|y|}\\ &=\frac{1}{a}\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|x|}dx\right)^2\\ &=\frac{1}{a}\left(2\int_{0}^{\infty}e^{-x}dx\right)^2\\ &=\frac{4}{a}=1\\ &\Rightarrow a=4 \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로,

fXY(x,y)=fX(x)fY(y)f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)

이므로 X,YX,Y는 독립이고

fX(x)=12e−∣x∣f_X(x)=\frac{1}{2}e^{-|x|}

이며 YY에 대해서도 마찬가지 형태이다. 이를 이용하여 주어진 확률을 계산하면

P(X≧0,0<Y≦1)=P(X≧0)P(0<Y≦1)=(12)2∫0∞e−xdx∫01e−ydy=14⋅1⋅(1−e−1)=1−e−14\begin{equation} \begin{split} P(X\geqq 0, 0<Y\leqq 1)&=P(X\geqq 0)P(0<Y\leqq 1)\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^2\int_0^{\infty}e^{-x}dx \int_0 ^1 e^{-y}dy\\ &=\frac{1}{4}\cdot 1\cdot (1-e^{-1})=\frac{1-e^{-1}}{4} \end{split} \end{equation}

이다.

따라서 답은 2번이다.

19번

변조지수

β=kfMax[∣m(t)∣]W\beta=\frac{k_f Max[|m(t)|]}{W}

이고, 메시지의 진폭의 최댓값은 1010, 메시지의 대역폭 WW은 104/210^4/2 rad/s이다. 대입하여 계산하면

β=3000⋅10⋅210000=6\beta=\frac{3000\cdot 10\cdot 2}{10000}=6

이다. 이 값을 카슨의 법칙에 대입하면

B=2W(β+1)=2⋅104/2⋅(1+6)=70B=2W(\beta+1)=2\cdot 10^4/2 \cdot (1+6)=70

이므로 답은 3번이다.

20번

주어진 생성행렬로부터 패리티 검사 행렬을 구하면

H=[PTI]=[111000101001001]H= \begin{bmatrix} P^T & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ \end{bmatrix}

이다. 이 행렬의 선형 종속적인 열의 최소 개수가 최소 해밍 거리인데, 서로 같은 열이 2개 있고 이것이 선형 종속적인 열의 최소 개수이므로 최소 해밍 거리는 22이다 따라서 답은 2번이다.

21번

  1. 서로 독립인 두 개의 가우시안 랜덤 변수의 합은 항상 가우시안 랜덤 변수가 된다. 증명은 다음과 같다. 먼저 서로 독립인 두 개의 확률변수의 합은 두 확률변수의 PDF의 콘볼루션으로 이루어지는 PDF를 가짐을 증명하자. 처음에 할 일은 CDF를 구하는 일이다.
    FX+Y(s)=P[X+Y≦s]=∫−∞∞∫−∞s−yfX(x)fY(y)dxdy=∫−∞∞FX(s−y)fY(y)dy\begin{equation} \begin{split} F_{X+Y}(s)&=P[X+Y\leqq s]\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{s-y}f_X(x)f_Y(y)dxdy\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}F_X(s-y)f_Y(y)dy \end{split} \end{equation}
    이로부터 PDF는 양변을 ss로 미분함으로써 얻어지므로
    FX+Y(s)=∫−∞∞fX(s−y)fY(y)dy=fX(s)∗fY(s)\begin{equation} \begin{split} F_{X+Y}(s)&=\int_{-\infty}^{\infty}f_X(s-y)f_Y(y)dy\\ &=f_X(s)*f_Y(s) \end{split} \end{equation}
    이다. 이를 가우시안일 경우에 대해 적용해보자.
    fX(s)=A1exp(−A2(s−A3)2)fY(s)=B1exp(−B2(s−B3)2)\begin{gather} f_X(s)=A_1exp\left({-A_2(s-A_3)^2}\right)\\ f_Y(s)=B_1exp\left({-B_2(s-B_3)^2}\right) \end{gather}
    라 하자. 이 둘의 콘볼루션은
    A1B1∫−∞∞e(−A2(s−A3−u)2−B2(u−B3)2)du=A1B1e(−A2s2+2A2A3s)∫−∞∞C(u)duA_1B_1\int_{-\infty}^{\infty}e^{\left(-A_2(s-A_3-u)^2-B_2(u-B_3)^2 \right)}du =A_1B_1e^{\left(-A_2s^2+2A_2A_3s\right)}\int_{-\infty}^{\infty}C(u) du
    이다. 적분항은 uu에 대한 정적분이므로 상수가 되고 남는 것은 ss에 대한 정규분포 PDF 형태이다.
  2. 가우시안 랜덤 변수의 확률 밀도 함수의 인자는 평균과 분산으로 이 둘이 정해지면 완전히 결정된다.
  3. 증명이 그리 간단하진 않다. 가우시안의 경우 공분산이 00(=상관관계 없음)이면 독립이라는 것은 그냥 알아두자.
  4. 중심 극한 정리이다.

따라서 3번이 답이다.

22번

  1. FM 변조의 주파수는 메시지 신호에 비례한다. 위상은 주파수의 적분이므로 메시지 신호의 적분값에 비례해야 한다.
  2. PM 변조의 정의이다.
  3. FM 변조된 신호의 전력은 반송파의 크기랑만 상관있다.
  4. PM 변조의 최대 위상 편이는 메시지 신호의 최대 크기와 위상 민감도의 곱이다.

따라서 1번이 답이다.

23번

복조 반송파 신호와 수신 신호를 곱하면 우선 코사인이 곱해지는 것이기 때문에 코사인의 인자 성분이 (수신 신호 인자-복조 반송파 신호 인자)와 (수신 신호 인자+복조 반송파 신호 인자)인 두 개의 코사인 함수가 되며 계수에 12\frac{1}{2}가 추가로 곱해진다. 따라서 믹서의 출력은

Acm(t)cos(−π4)+Acm(t)cos(4πfct+π4)A_cm(t)cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+A_cm(t)cos\left(4\pi f_ct+\frac{\pi}{4}\right)

이다. 다음으로 LPF를 통과하므로 고주파 성분은 없어지고 남는 것은

Acm(t)cos(−π/4)=Ac2m(t)A_cm(t)cos\left(-\pi/4\right)=\frac{A_c}{\sqrt{2}}m(t)

이므로 답은 4번이다.

24번

64개의 부반송파에 주어진 대역폭을 골고루 나눠주므로 부반송파당 20/6420/64 MHz가 할당된다. 따라서 심볼 길이는 이의 역수인

64/20μ s64/20\mu\text{ s}

이다. 여기에 1/4에 해당하는 보호 구간이 추가되므로 최종적인 OFDM 심볼 길이는

(64+16)/20=80/20=4 s(64+16)/20=80/20=4\text{ s}

이므로 답은 4번이다.

25번

가장 바깥의 점 4개의 에너지의 합은

4⋅((2d/2)2+(d/2)2))=4⋅(2d2+0.5d2)=10d2\begin{equation} \begin{split} 4\cdot\left( (2d/\sqrt{2})^2+(d/\sqrt{2})^2)\right)=&4\cdot (2d^2+0.5d^2)\\ =&10d^2 \end{split} \end{equation}

이고, 안쪽의 점 4개의 에너지의 합은

4⋅d22=2d2\frac{4\cdot d^2}{2}=2d^2

이므로 이 둘의 합은

10d2+2d2=12d210d^2+2d^2=12d^2

이다. 평균을 내기 위해 8로 나누면

12d28=3d22=1.5d2\frac{12d^2}{8}=\frac{3d^2}{2}=1.5d^2

이므로 답은 2번이다.