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2021 7급 서울시 통신이론 1번 QAM은 진폭과 위상을 변경하지 주파수를 변경하지 않는다. 따라서 답은 4번 이다.
2번 X에 대한 부분누적분포함수(marginal cdf)는 Y에 의한 영향을 제거한 것으로 모든 Y에 대해 적분하면 된다. 즉 F X ( x ) = F X Y ( x , ∞ ) F_X(x)=F_{XY}(x,\infty) F X ( x ) = F X Y ( x , ∞ ) 일반적인 경우 두 확률변수가 독립이라고 할 수 없으므로 f X Y ( x , y ) ≠ f X ( x ) f Y ( y ) f_{XY}(x,y)\neq f_X(x)f_Y(y) f X Y ( x , y ) = f X ( x ) f Y ( y ) 그렇다. Y와 상관이 없기 때문이다. 그렇다.F X Y ( x , y ) = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ f X Y ( x , y ) d x d y = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ f X ( x ) f Y ( y ) d x d y = ∫ 0 ∞ f X ( x ) d x ∫ 0 ∞ f Y ( y ) d y = F X ( x ) F Y ( y ) \begin{equation} \begin{split} F_{XY}(x,y)&=\int_0^\infty \int_0^\infty f_{XY}(x,y)dxdy\\ &=\int_0^\infty \int_0^\infty f_{X}(x)f_{Y}(y)dxdy\\ &=\int_0^\infty f_{X}(x) dx \int_0^\infty f_{Y}(y) dy\\ &=F_X(x)F_Y(y) \end{split} \end{equation} F X Y ( x , y ) = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ f X Y ( x , y ) d x d y = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ f X ( x ) f Y ( y ) d x d y = ∫ 0 ∞ f X ( x ) d x ∫ 0 ∞ f Y ( y ) d y = F X ( x ) F Y ( y ) 따라서 답은 2번 이다.
3번 F { s i n c ( 3 t ) } = 1 3 ⊓ ( f 3 ) = { 1 3 f ≤ 3 2 0 f > 3 2 \begin{equation} \begin{split} \mathcal{F}\{sinc(3t)\}&=\frac{1}{3}\sqcap\left(\frac{f}{3}\right)\\ &=\begin{cases} \frac{1}{3}&f\leq\frac{3}{2}\\ 0&f\gt \frac{3}{2} \end{cases} \end{split} \end{equation} F { s in c ( 3 t )} = 3 1 ⊓ ( 3 f ) = { 3 1 0 f ≤ 2 3 f > 2 3 이다. 따라서
F { s i n c 2 ( 3 t ) } = ( 1 3 ⊓ ( f 3 ) ) ∗ ( 1 3 ⊓ ( f 3 ) ) = { t + 3 3 2 t ≤ 0 − t − 3 3 2 t > 0 \begin{equation} \begin{split} \mathcal{F}\{sinc^2(3t)\}&=\left(\frac{1}{3}\sqcap\left(\frac{f}{3}\right)\right)*\left(\frac{1}{3}\sqcap\left(\frac{f}{3}\right)\right)\\ &=\begin{cases} \frac{t+3}{3^2}&t\leq 0\\ -\frac{t-3}{3^2}&t\gt 0 \end{cases} \end{split} \end{equation} F { s in c 2 ( 3 t )} = ( 3 1 ⊓ ( 3 f ) ) ∗ ( 3 1 ⊓ ( 3 f ) ) = { 3 2 t + 3 − 3 2 t − 3 t ≤ 0 t > 0 이다. 에너지는 이를 제곱해서 전 실수에 대해 적분한 값인데, f f f
E = 2 × ∫ 0 3 f 2 3 4 d f = 2 × 3 3 3 5 = 2 9 \begin{equation} \begin{split} E&=2\times\int_0^3 \frac{f^2}{3^4}df\\ &=2\times\frac{3^3}{3^5}\\ &=\frac{2}{9} \end{split} \end{equation} E = 2 × ∫ 0 3 3 4 f 2 df = 2 × 3 5 3 3 = 9 2 이므로 답은 3번 이다.
4번 P ( A = 0 ) = 1 16 + 3 32 + 3 16 + 5 32 = 1 2 P(A=0)=\frac{1}{16}+\frac{3}{32}+\frac{3}{16}+\frac{5}{32}=\frac{1}{2} P ( A = 0 ) = 16 1 + 32 3 + 16 3 + 32 5 = 2 1 P ( B ≤ 1 ) = 1 16 + 3 32 + 3 32 + 1 4 = 1 2 P(B\leq 1)=\frac{1}{16}+\frac{3}{32}+\frac{3}{32}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2} P ( B ≤ 1 ) = 16 1 + 32 3 + 32 3 + 4 1 = 2 1 P ( B = 1 ∣ A = 1 ) = 1 4 3 32 + 1 4 + 1 8 + 1 32 = 1 2 P(B=1|A=1)=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{32}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{32}}=\frac{1}{2} P ( B = 1∣ A = 1 ) = 32 3 + 4 1 + 8 1 + 32 1 4 1 = 2 1 P ( B = 2 ∣ A = 0 ) = 3 16 1 16 + 3 32 + 3 16 + 5 32 = 3 8 P(B=2|A=0)=\frac{\frac{3}{16}}{\frac{1}{16}+\frac{3}{32}+\frac{3}{16}+\frac{5}{32}}=\frac{3}{8} P ( B = 2∣ A = 0 ) = 16 1 + 32 3 + 16 3 + 32 5 16 3 = 8 3 이므로 답은 4번 이다.
5번 출력 랜덤프로세스 y ( t ) y(t) y ( t )
S Y ( f ) = ∣ H ( f ) ∣ 2 S X ( f ) S_Y(f)=|H(f)|^2S_X(f) S Y ( f ) = ∣ H ( f ) ∣ 2 S X ( f ) 이다. 한편
H ( f ) = 1 1 + j 2 π f H(f)=\frac{1}{1+j2\pi f} H ( f ) = 1 + j 2 π f 1 이므로
∣ H ( f ) ∣ 2 = 1 1 + 4 π 2 f 2 |H(f)|^2=\frac{1}{1+4\pi^2f^2} ∣ H ( f ) ∣ 2 = 1 + 4 π 2 f 2 1 이다. 따라서 출력 랜덤프로세스의 전력은
P Y = ∫ − ∞ ∞ 1 1 + 4 π 2 f 2 × N 0 2 d f = N 0 2 × ∫ − π 2 π 2 1 s e c 2 θ ⋅ s e c 2 θ 2 π d θ = N 0 2 × π × 1 2 π = N 0 4 \begin{equation} \begin{split} P_Y&=\int _{-\infty} ^\infty \frac{1}{1+4\pi^2f^2} \times \frac{N_0}{2} df\\ &=\frac{N_0}{2} \times \int _{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{sec^2\theta}\cdot\frac{sec^2\theta}{2\pi} d\theta\\ &=\frac{N_0}{2} \times\pi\times\frac{1}{2\pi}\\ &=\frac{N_0}{4} \end{split} \end{equation} P Y = ∫ − ∞ ∞ 1 + 4 π 2 f 2 1 × 2 N 0 df = 2 N 0 × ∫ − 2 π 2 π se c 2 θ 1 ⋅ 2 π se c 2 θ d θ = 2 N 0 × π × 2 π 1 = 4 N 0 이므로 답은 1번 이다.
6번 메시지 신호는 t = 1 2 t=\frac{1}{2} t = 2 1 2번 이다.
7번 동기식 복조의 경우에 성상도 상의 심볼 간 거리를 d d d
P b = Q ( d / 2 σ ) P_b=Q\left(\frac{d/2}{\sigma}\right) P b = Q ( σ d /2 ) 한편 조건에서 σ = N 0 2 \sigma=\frac{N_0}{2} σ = 2 N 0
BPSK의 경우 d / 2 = E b d/2=\sqrt{E_b} d /2 = E b P b = Q ( 2 E b N 0 ) P_b=Q\left( \sqrt{\frac{2E_b}{N_0}} \right) P b = Q ( N 0 2 E b ) ASK와 FSK는 신호가 특정 주파수에서 있냐 없냐만 보면 되기 때문에 비동기 검파가 가능하다. 둘 다 이진이고 주파수가 직교한다고 가정했을 때, 이 때의 BER은 다음과 같이 구할 수 있다. 먼저 두 개의 심볼 s 1 ( t ) s_1(t) s 1 ( t ) s 2 ( t ) s_2(t) s 2 ( t ) s 1 ( t ) = 2 E b T c o s ( 2 π f 1 t + θ 1 ) s 2 ( t ) = 2 E b T c o s ( 2 π f 2 t + θ 2 ) \begin{equation} \begin{split} s_1(t)&=\sqrt{\frac{2E_b}{T}}cos(2\pi f_1 t+\theta_1)\\ s_2(t)&=\sqrt{\frac{2E_b}{T}}cos(2\pi f_2 t+\theta_2) \end{split} \end{equation} s 1 ( t ) s 2 ( t ) = T 2 E b cos ( 2 π f 1 t + θ 1 ) = T 2 E b cos ( 2 π f 2 t + θ 2 ) i = 1 , 2 i=1,2 i = 1 , 2 ϕ i = 2 T c o s ( 2 π f i t ) ϕ ^ i = 2 T s i n ( 2 π f i t ) \begin{equation} \begin{split} \phi_i=\sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_i t)\\ \hat{\phi}_i=\sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_i t) \end{split} \end{equation} ϕ i = T 2 cos ( 2 π f i t ) ϕ ^ i = T 2 s in ( 2 π f i t ) x ( t ) = s 1 ( t ) + n ( t ) x(t)=s_1(t)+n(t) x ( t ) = s 1 ( t ) + n ( t ) x I , 1 = ∫ 0 T x ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t ) ) 2 T c o s ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T 2 E b T c o s ( 2 π f 1 t + θ 1 ) 2 T c o s ( 2 π f 1 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 1 t ) d t = E b c o s ( θ 1 ) + ∫ 0 T n ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 1 t ) d t = E b c o s ( θ 1 ) + n I , 1 x Q , 1 = ∫ 0 T x ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t ) ) 2 T s i n ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T 2 E b T s i n ( 2 π f 1 t + θ 1 ) 2 T s i n ( 2 π f 1 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 1 t ) d t = E b s i n ( θ 1 ) + ∫ 0 T n ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 1 t ) d t = E b s i n ( θ 1 ) + n Q , 1 x I , 2 = ∫ 0 T x ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t ) ) 2 T c o s ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T 2 E b T c o s ( 2 π f 1 t + θ 2 ) 2 T c o s ( 2 π f 2 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 2 t ) d t = ∫ 0 T n ( t ) 2 T c o s ( 2 π f 2 t ) d t = n I , 2 x Q , 1 = ∫ 0 T x ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t ) ) 2 T s i n ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T 2 E b T s i n ( 2 π f 1 t + θ 2 ) 2 T s i n ( 2 π f 2 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 2 t ) d t = ∫ 0 T n ( t ) 2 T s i n ( 2 π f 2 t ) d t = n Q , 2 \begin{equation} \begin{split} x_{I,1}&=\int_0 ^T x(t) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_1 t)\\& =\int_0 ^T (s_1(t)+n(t)) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_1 t) \\ &= \int_0 ^T \sqrt{\frac{2E_b}{T}}cos(2\pi f_1 t+\theta_1) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_1 t) dt + \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_1 t) dt\\ &=\sqrt{E_b}cos(\theta_1)+ \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_1 t) dt\\ &=\sqrt{E_b}cos(\theta_1)+n_{I,1}\\ x_{Q,1}&=\int_0 ^T x(t) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_1 t)\\ &=\int_0 ^T (s_1(t)+n(t)) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_1 t)\\ & = \int_0 ^T \sqrt{\frac{2E_b}{T}}sin(2\pi f_1 t+\theta_1) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_1 t) dt + \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_1 t) dt\\ &=\sqrt{E_b}sin(\theta_1)+ \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_1 t) dt\\ &=\sqrt{E_b}sin(\theta_1)+n_{Q,1}\\ x_{I,2}&=\int_0 ^T x(t) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_2 t)\\ &=\int_0 ^T (s_1(t)+n(t)) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_2 t) \\ &= \int_0 ^T \sqrt{\frac{2E_b}{T}}cos(2\pi f_1 t+\theta_2) \sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_2 t) dt + \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_2 t) dt\\ &= \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}cos(2\pi f_2 t) dt\\ &=n_{I,2}\\ x_{Q,1}&=\int_0 ^T x(t) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_2 t)\\ &=\int_0 ^T (s_1(t)+n(t)) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_2 t) \\ &= \int_0 ^T \sqrt{\frac{2E_b}{T}}sin(2\pi f_1 t+\theta_2) \sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_2 t) dt + \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_2 t) dt\\ &= \int_0 ^T n(t)\sqrt{\frac{2}{T}}sin(2\pi f_2 t) dt\\ &=n_{Q,2} \end{split} \end{equation} x I , 1 x Q , 1 x I , 2 x Q , 1 = ∫ 0 T x ( t ) T 2 cos ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t )) T 2 cos ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T T 2 E b cos ( 2 π f 1 t + θ 1 ) T 2 cos ( 2 π f 1 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) T 2 cos ( 2 π f 1 t ) d t = E b cos ( θ 1 ) + ∫ 0 T n ( t ) T 2 cos ( 2 π f 1 t ) d t = E b cos ( θ 1 ) + n I , 1 = ∫ 0 T x ( t ) T 2 s in ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t )) T 2 s in ( 2 π f 1 t ) = ∫ 0 T T 2 E b s in ( 2 π f 1 t + θ 1 ) T 2 s in ( 2 π f 1 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) T 2 s in ( 2 π f 1 t ) d t = E b s in ( θ 1 ) + ∫ 0 T n ( t ) T 2 s in ( 2 π f 1 t ) d t = E b s in ( θ 1 ) + n Q , 1 = ∫ 0 T x ( t ) T 2 cos ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t )) T 2 cos ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T T 2 E b cos ( 2 π f 1 t + θ 2 ) T 2 cos ( 2 π f 2 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) T 2 cos ( 2 π f 2 t ) d t = ∫ 0 T n ( t ) T 2 cos ( 2 π f 2 t ) d t = n I , 2 = ∫ 0 T x ( t ) T 2 s in ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T ( s 1 ( t ) + n ( t )) T 2 s in ( 2 π f 2 t ) = ∫ 0 T T 2 E b s in ( 2 π f 1 t + θ 2 ) T 2 s in ( 2 π f 2 t ) d t + ∫ 0 T n ( t ) T 2 s in ( 2 π f 2 t ) d t = ∫ 0 T n ( t ) T 2 s in ( 2 π f 2 t ) d t = n Q , 2 θ 1 \theta_1 θ 1 r 1 2 = x I , 1 2 + x Q , 1 2 r 2 2 = x I , 2 2 + x Q , 2 2 \begin{gather} r_1^2=x_{I,1}^2+x_{Q,1}^2\\ r_2^2=x_{I,2}^2+x_{Q,2}^2 \end{gather} r 1 2 = x I , 1 2 + x Q , 1 2 r 2 2 = x I , 2 2 + x Q , 2 2 x x x x x x N 0 2 \frac{N_0}{2} 2 N 0 r 2 r_2 r 2 x x x E b c o s θ 1 , E b s i n θ 1 \sqrt{E_b}cos\theta_1,\sqrt{E_b}sin\theta_1 E b cos θ 1 , E b s in θ 1 N 0 2 \frac{N_0}{2} 2 N 0 P ( r 1 2 < r 2 2 ∣ s 1 ) = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 1 2 π × N 0 2 e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 ) 2 2 × N 0 2 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 ) 2 2 × N 0 2 ∫ x I , 1 2 + x Q , 1 2 ∞ r 2 e − r 2 2 2 N 0 2 N 0 2 d r 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 1 π N 0 e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 ) 2 N 0 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 ) 2 N 0 ∫ x I , 1 2 + x Q , 1 2 ∞ 2 r 2 e − r 2 2 N 0 N 0 d r 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 1 π N 0 e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 ) 2 N 0 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 ) 2 N 0 e − x I , 1 2 + x Q , 1 2 N 0 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 1 π N 0 e − 2 x I , 1 2 − 2 x I , 1 E b c o s θ 1 + E b c o s θ 1 2 N 0 e − 2 x Q , 1 2 − 2 x Q , 1 E b s i n θ 1 + E b s i n θ 1 2 N 0 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 1 π N 0 e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 2 ) 2 + E B c o s θ 1 2 4 N 0 / 2 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 2 ) 2 + E B s i n θ 1 2 4 N 0 / 2 d x I , 1 d x Q , 1 = 1 π N 0 e − − E B 2 N 0 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 2 ) 2 N 0 / 2 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 2 ) 2 N 0 / 2 d x I , 1 d x Q , 1 = 1 π N 0 e − − E B 2 N 0 × 1 2 π × N 0 4 × 2 π × N 0 4 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − ( x I , 1 − E b c o s θ 1 2 ) 2 N 0 / 2 e − ( x Q , 1 − E b s i n θ 1 2 ) 2 N 0 / 2 d x I , 1 d x Q , 1 = 1 π N 0 e − − E B 2 N 0 × 2 π × N 0 4 = 1 2 e − E b 2 N 0 \begin{equation} \begin{split} P(r_1^2\lt r_2^2 | s_1)&=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2\pi\times\frac{N_0}{2}}e^{-\frac{(x_{I,1}-\sqrt{E_b}cos\theta_1)^2}{2\times\frac{N_0}{2}}}e^{-\frac{(x_{Q,1}-\sqrt{E_b}sin\theta_1)^2}{2\times\frac{N_0}{2}}}\int_{\sqrt{x_{I,1}^2+x_{Q,1}^2}}^\infty\frac{r_2e^{-\frac{r_2^2}{2\frac{N_0}{2}}}}{\frac{N_0}{2}}dr_2dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi N_0} e^{-\frac{(x_{I,1}-\sqrt{E_b}cos\theta_1)^2}{N_0}}e^{-\frac{(x_{Q,1}-\sqrt{E_b}sin\theta_1)^2}{N_0}} \int _{\sqrt{x_{I,1}^2+x_{Q,1}^2}}^\infty \frac{2r_2e^{-\frac{r_2^2}{N_0}}}{N_0}dr_2dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi N_0} e^{-\frac{(x_{I,1}-\sqrt{E_b}cos\theta_1)^2}{N_0}}e^{-\frac{(x_{Q,1}-\sqrt{E_b}sin\theta_1)^2}{N_0}} e^{-\frac{x_{I,1}^2+x_{Q,1}^2}{N_0}}dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi N_0} e^{-\frac{2x_{I,1}^2-2x_{I,1}\sqrt{E_b}cos\theta_1+E_b cos\theta_1^2}{N_0}}e^{-\frac{2x_{Q,1}^2-2x_{Q,1}\sqrt{E_b}sin\theta_1+E_b sin\theta_1^2}{N_0}}dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi N_0} e^{-\frac{\left(x_{I,1}-\frac{\sqrt{E_b}cos\theta_1}{2}\right)^2+\frac{E_Bcos\theta_1^2}{4}}{N_0/2}} e^{-\frac{\left(x_{Q,1}-\frac{\sqrt{E_b}sin\theta_1}{2}\right)^2+\frac{E_B sin\theta_1^2}{4}}{N_0/2}}dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\frac{1}{\pi N_0}e^{-\frac{-E_B}{2N_0}}\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{\left(x_{I,1}-\frac{\sqrt{E_b}cos\theta_1}{2}\right)^2}{N_0/2}} e^{-\frac{\left(x_{Q,1}-\frac{\sqrt{E_b}sin\theta_1}{2}\right)^2}{N_0/2}}dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\frac{1}{\pi N_0}e^{-\frac{-E_B}{2N_0}} \times \frac{1}{2\pi\times\frac{N_0}{4}}\times 2\pi\times\frac{N_0}{4}\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{\left(x_{I,1}-\frac{\sqrt{E_b}cos\theta_1}{2}\right)^2}{N_0/2}} e^{-\frac{\left(x_{Q,1}-\frac{\sqrt{E_b}sin\theta_1}{2}\right)^2}{N_0/2}}dx_{I,1}dx_{Q,1}\\ &=\frac{1}{\pi N_0}e^{-\frac{-E_B}{2N_0}}\times 2\pi\times\frac{N_0}{4}\\ &=\frac{1}{2}e^{-\frac{E_b}{2N_0}} \end{split} \end{equation} P ( r 1 2 < r 2 2 ∣ s 1 ) = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ 2 π × 2 N 0 1 e − 2 × 2 N 0 ( x I , 1 − E b cos θ 1 ) 2 e − 2 × 2 N 0 ( x Q , 1 − E b s in θ 1 ) 2 ∫ x I , 1 2 + x Q , 1 2 ∞ 2 N 0 r 2 e − 2 2 N 0 r 2 2 d r 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ π N 0 1 e − N 0 ( x I , 1 − E b cos θ 1 ) 2 e − N 0 ( x Q , 1 − E b s in θ 1 ) 2 ∫ x I , 1 2 + x Q , 1 2 ∞ N 0 2 r 2 e − N 0 r 2 2 d r 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ π N 0 1 e − N 0 ( x I , 1 − E b cos θ 1 ) 2 e − N 0 ( x Q , 1 − E b s in θ 1 ) 2 e − N 0 x I , 1 2 + x Q , 1 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ π N 0 1 e − N 0 2 x I , 1 2 − 2 x I , 1 E b cos θ 1 + E b cos θ 1 2 e − N 0 2 x Q , 1 2 − 2 x Q , 1 E b s in θ 1 + E b s in θ 1 2 d x I , 1 d x Q , 1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ π N 0 1 e − N 0 /2 ( x I , 1 − 2 E b cos θ 1 ) 2 + 4 E B cos θ 1 2 e − N 0 /2 ( x Q , 1 − 2 E b s in θ 1 ) 2 + 4 E B s in θ 1 2 d x I , 1 d x Q , 1 = π N 0 1 e − 2 N 0 − E B ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − N 0 /2 ( x I , 1 − 2 E b cos θ 1 ) 2 e − N 0 /2 ( x Q , 1 − 2 E b s in θ 1 ) 2 d x I , 1 d x Q , 1 = π N 0 1 e − 2 N 0 − E B × 2 π × 4 N 0 1 × 2 π × 4 N 0 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − N 0 /2 ( x I , 1 − 2 E b cos θ 1 ) 2 e − N 0 /2 ( x Q , 1 − 2 E b s in θ 1 ) 2 d x I , 1 d x Q , 1 = π N 0 1 e − 2 N 0 − E B × 2 π × 4 N 0 = 2 1 e − 2 N 0 E b 동기식 ASK의 경우, 심볼 간의 거리는 d = 2 E b d=\sqrt{2E_b} d = 2 E b d 2 = E b 2 \frac{d}{2}=\frac{E_b}{\sqrt{2}} 2 d = 2 E b d = 2 E b = 2 E b d=\sqrt{2}{E_b}=\sqrt{2E_b} d = 2 E b = 2 E b P b = Q ( E b 2 N 0 2 ) = Q ( E b N 0 ) \begin{equation} \begin{split} P_b&=Q\left(\frac{\frac{E_b}{\sqrt{2}}}{\sqrt{\frac{N_0}{2}}} \right)\\ &=Q\left(\sqrt{\frac{E_b}{N_0}} \right) \end{split} \end{equation} P b = Q ⎝ ⎛ 2 N 0 2 E b ⎠ ⎞ = Q ( N 0 E b ) 2 ( > 1 ) \sqrt{2}(\gt 1) 2 ( > 1 ) PSK신호는 위상(시간)에 정보가 실려있으므로 시간 정보를 취하지 않는 비동기 검파가 불가하나, DPSK라면 차이에 정보가 실리므로 반송파 복구 없이 복조가 가능하다. 따라서 답은 3번 이다.
8번 OFDM에서는 부반송파 간의 직교성이 있지만 심볼간간섭은 시간 영역에서 심볼들이 겹치는 것을 의미하므로 부반송파 간의 직교성과 무관하게 생기는 문제이다. 따라서 답은 4번 이다.
9번 주어진 영역의 넓이는
S = ∫ 0 2 1 2 π e − ( x − 2 ) 2 2 d x = ∫ − 2 − 1 1 2 π e − x 2 2 d x = ∫ 1 2 1 2 π e − x 2 2 d x = Q ( 1 ) − Q ( 2 ) \begin{equation} \begin{split} S&=\int_0^2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-2)^2}{2}}dx\\ &=\int_{-2}^{-1}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx\\ &=\int_1^2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx\\ &=Q(1)-Q(2) \end{split} \end{equation} S = ∫ 0 2 2 π 1 e − 2 ( x − 2 ) 2 d x = ∫ − 2 − 1 2 π 1 e − 2 x 2 d x = ∫ 1 2 2 π 1 e − 2 x 2 d x = Q ( 1 ) − Q ( 2 ) 이므로 답은 4번 이다.
10번 전체 확률이 1이므로
1 = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ f ( x , y ) d x d y = A ∫ 0 ∞ e − 2 x d x ∫ 0 ∞ e − 2 y d y = A × 1 2 × 1 2 = A 4 ⇒ A = 4 \begin{equation} \begin{split} 1&=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty f(x,y)dxdy\\ &=A\int_0^\infty e^{-2x}dx\int_0^\infty e^{-2y}dy\\ &=A\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\\ &=\frac{A}{4}\\ \Rightarrow A&=4 \end{split} \end{equation} 1 ⇒ A = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ f ( x , y ) d x d y = A ∫ 0 ∞ e − 2 x d x ∫ 0 ∞ e − 2 y d y = A × 2 1 × 2 1 = 4 A = 4 이다. 따라서 답은 4번 이다.
11번 y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) y(t)=x(t)*h(t) y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) x ( t ) x(t) x ( t )
t t t ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) δ ( t − 1 ) \delta(t-1) δ ( t − 1 ) y ( t ) = 1 y(t)=1 y ( t ) = 1 다음으로 t t t ( 2 , 3 ) (2,3) ( 2 , 3 ) δ ( t − 1 ) , δ ( t − 2 ) \delta(t-1),\delta(t-2) δ ( t − 1 ) , δ ( t − 2 ) y ( t ) = 2 y(t)=2 y ( t ) = 2 t t t ( 3 , 4 ) (3,4) ( 3 , 4 ) δ ( t − 2 ) , − δ ( t − 3 ) \delta(t-2),-\delta(t-3) δ ( t − 2 ) , − δ ( t − 3 ) y ( t ) = 0 y(t)=0 y ( t ) = 0 마지막으로 t t t ( 4 , 5 ) (4,5) ( 4 , 5 ) − δ ( t − 3 ) -\delta(t-3) − δ ( t − 3 ) y ( t ) = − 1 y(t)=-1 y ( t ) = − 1 따라서 전체 넓이는 1 + 2 + 0 − 1 = 2 1+2+0-1=2 1 + 2 + 0 − 1 = 2 y ( t ) y(t) y ( t ) 2 4 = 0.5 \frac{2}{4}=0.5 4 2 = 0.5 2번 이다.
12번 주기함수이므로 한 주기 T T T
R f ( τ ) = 1 T ∫ 0 T s i n ω 0 t × s i n ω 0 ( t + τ ) d t = 1 T × 1 2 ∫ 0 T ( c o s ( − ω 0 τ ) ) − c o s ( 2 ω 0 t + ω 0 τ ) d t = 1 2 c o s ω 0 τ \begin{equation} \begin{split} R_f(\tau)&=\frac{1}{T}\int_0^T sin\omega_0t\times sin\omega_0(t+\tau)dt\\ &=\frac{1}{T}\times\frac{1}{2}\int_0^T (cos(-\omega_0\tau))-cos(2\omega_0t+\omega_0\tau)dt\\ &=\frac{1}{2}cos\omega_0\tau \end{split} \end{equation} R f ( τ ) = T 1 ∫ 0 T s in ω 0 t × s in ω 0 ( t + τ ) d t = T 1 × 2 1 ∫ 0 T ( cos ( − ω 0 τ )) − cos ( 2 ω 0 t + ω 0 τ ) d t = 2 1 cos ω 0 τ 따라서 답은 1번 이다.
13번 sinc함수의 푸리에 변환을 이용하기 위해 f ( t ) f(t) f ( t )
f ( t ) = W s i n c ( W π t ) f(t)=Wsinc\left( \frac{W}{\pi}t\right) f ( t ) = W s in c ( π W t ) 이다.
따라서 이의 푸리에 변환은
F { f ( t ) } = W × π W r e c t ( π W ⋅ ω 2 π ) = π r e c t ( ω 2 W ) \begin{equation} \begin{split} \mathcal{F}\{f(t)\}&=W\times\frac{\pi}{W}rect\left(\frac{\pi}{W}\cdot\frac{\omega}{2\pi}\right)\\ &=\pi rect\left(\frac{\omega}{2W}\right) \end{split} \end{equation} F { f ( t )} = W × W π rec t ( W π ⋅ 2 π ω ) = π rec t ( 2 W ω ) 그리고 c o s ω 0 t cos\omega_0 t cos ω 0 t
F { c o s ω 0 t } = π ( δ ( ω − ω 0 ) + δ ( ω + ω 0 ) ) \mathcal{F}\{cos\omega_0 t\}=\pi\left(\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\right) F { cos ω 0 t } = π ( δ ( ω − ω 0 ) + δ ( ω + ω 0 ) ) 이므로 f ( t ) f(t) f ( t ) c o s ω 0 t cos\omega_0 t cos ω 0 t
F { f ( t ) c o s ω 0 t } = 1 2 π ( π r e c t ( ω 2 W ) ∗ ( π ( δ ( ω − ω 0 ) + δ ( ω + ω 0 ) ) ) ) = π 2 r e c t ( ω − ω 0 2 W ) + π 2 r e c t ( ω + ω 0 2 W ) \begin{equation} \begin{split} \mathcal{F}\{f(t)cos\omega_0 t\}&=\frac{1}{2\pi}\left(\pi rect\left(\frac{\omega}{2W}\right)*\left(\pi(\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)) \right)\right)\\ &=\frac{\pi}{2}rect\left(\frac{\omega-\omega_0}{2W} \right)+\frac{\pi}{2}rect\left(\frac{\omega+\omega_0}{2W} \right) \end{split} \end{equation} F { f ( t ) cos ω 0 t } = 2 π 1 ( π rec t ( 2 W ω ) ∗ ( π ( δ ( ω − ω 0 ) + δ ( ω + ω 0 )) ) ) = 2 π rec t ( 2 W ω − ω 0 ) + 2 π rec t ( 2 W ω + ω 0 ) 이므로 답은 3번 이다.
14번 LPF의 컷오프 주파수는 각주파수로 표현하면 600 π 600\pi 600 π 2 c o s ( 800 π t ) \sqrt{2}cos(800\pi t) 2 cos ( 800 π t )
P y = 1 2 ( ( 2 2 ) 2 + ( 2 ) 2 ) = 1 2 ( 8 + 2 ) = 5 \begin{equation} \begin{split} P_y&=\frac{1}{2}\left(\left(2\sqrt{2}\right)^2+\left(\sqrt{2}\right)^2\right)\\ &=\frac{1}{2}(8+2)\\ &=5 \end{split} \end{equation} P y = 2 1 ( ( 2 2 ) 2 + ( 2 ) 2 ) = 2 1 ( 8 + 2 ) = 5 따라서 답은 3번 이다.
15번 Reed-Solomon 부호는 채널 코딩이다. 따라서 답은 2번 이다.
16번 나이퀴스트 비트율은 잡음이 없는 환경에서, 섀넌 용량은 잡음이 있는 환경에서 전송률의 상한값을 알려준다. 신호 준위 개수를 알려주진 않는다. 따라서 답은 4번 이다.
17번 4B/5B 부호기는 4비트의 데이터를 5비트로 부호화하는 것이다. 따라서 우선 100 Mbps를 만들기 위해서는 100 × 5 4 = 125 100\times\frac{5}{4}=125 100 × 4 5 = 125 125 / 3 ≈ 42 125/3\approx 42 125/3 ≈ 42 1번 이다.
18번 P ( s e n t = 1 ∣ r c v d = 1 ) = P ( s e n t = 1 a n d r c v d = 1 ) P ( r c v d = 1 ∣ s e n t = 1 ) P ( s e n t = 1 ) + P ( r c v d = 1 ∣ s e n t = 0 ) P ( s e n t = 0 ) = P ( s e n t = 1 ) P ( r c v d = 1 ∣ s e n t = 1 ) P ( r c v d = 1 ∣ s e n t = 1 ) P ( s e n t = 1 ) + P ( r c v d = 1 ∣ s e n t = 0 ) P ( s e n t = 0 ) = 2 5 × 4 5 4 5 × 2 5 + 1 10 3 5 = 16 16 + 3 = 16 19 \begin{equation} \begin{split} P(sent=1|rcvd=1)&=\frac{P(sent=1\text{ }and\text{ }rcvd=1)}{P(rcvd=1|sent=1)P(sent=1)+P(rcvd=1|sent=0)P(sent=0)}\\ &=\frac{P(sent=1)P(rcvd=1|sent=1)}{P(rcvd=1|sent=1)P(sent=1)+P(rcvd=1|sent=0)P(sent=0)}\\ &=\frac{\frac{2}{5}\times\frac{4}{5}}{\frac{4}{5}\times\frac{2}{5}+\frac{1}{10}\frac{3}{5}}\\ &=\frac{16}{16+3}\\ &=\frac{16}{19} \end{split} \end{equation} P ( se n t = 1∣ rc v d = 1 ) = P ( rc v d = 1∣ se n t = 1 ) P ( se n t = 1 ) + P ( rc v d = 1∣ se n t = 0 ) P ( se n t = 0 ) P ( se n t = 1 an d rc v d = 1 ) = P ( rc v d = 1∣ se n t = 1 ) P ( se n t = 1 ) + P ( rc v d = 1∣ se n t = 0 ) P ( se n t = 0 ) P ( se n t = 1 ) P ( rc v d = 1∣ se n t = 1 ) = 5 4 × 5 2 + 10 1 5 3 5 2 × 5 4 = 16 + 3 16 = 19 16 따라서 답은 1번 이다.
19번 P r [ X ≠ X ^ ] = 2 3 ∫ − ∞ − 1 1 2 π σ e − ( t − 2 ) 2 2 σ 2 d t + 1 3 ∫ − 1 ∞ 1 2 π σ e − ( t + 2 ) 2 2 σ 2 d t = 2 3 ∫ − ∞ − 3 σ 1 2 π e − t 2 2 d t + 1 3 ∫ 1 σ ∞ 1 2 σ e − t 2 2 d t = 2 3 Q ( 3 σ ) + 1 3 Q ( 1 σ ) \begin{equation} \begin{split} Pr[X\neq \hat{X}]&=\frac{2}{3}\int_{-\infty}^{-1}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(t-2)^2}{2\sigma^2}}dt+\frac{1}{3}\int_{-1}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(t+2)^2}{2\sigma^2}}dt\\ &=\frac{2}{3}\int_{-\infty}^{-\frac{3}{\sigma}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}2}dt+\frac{1}{3}\int_{\frac{1}{\sigma}}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\sigma}}e^{-\frac{t^2}{2}}dt\\ &=\frac{2}{3}Q\left(\frac{3}{\sigma} \right)+\frac{1}{3}Q\left(\frac{1}{\sigma} \right) \end{split} \end{equation} P r [ X = X ^ ] = 3 2 ∫ − ∞ − 1 2 π σ 1 e − 2 σ 2 ( t − 2 ) 2 d t + 3 1 ∫ − 1 ∞ 2 π σ 1 e − 2 σ 2 ( t + 2 ) 2 d t = 3 2 ∫ − ∞ − σ 3 2 π 1 e − 2 t 2 d t + 3 1 ∫ σ 1 ∞ 2 σ 1 e − 2 t 2 d t = 3 2 Q ( σ 3 ) + 3 1 Q ( σ 1 ) 이므로 답은 2번 이다.
20번 심볼 오율은 전체 확률에서 오류가 발생하지 않을 확률을 뺀 것이므로 1 − ( 1 − p ) 2 = 2 p − p 2 1-(1-p)^2=2p-p^2 1 − ( 1 − p ) 2 = 2 p − p 2 심볼당 2비트가 실리므로 초당 200개 비트 전송을 위해서는 초당 100개의 심볼을 전송하면 된다. 블록 오율은 전체 확률에서 블록의 모든 비트에서 오류가 발생하지 않을 확률을 뺀 것이므로 1 − ( 1 − p ) 100 1-(1-p)^{100} 1 − ( 1 − p ) 100 그렇다. I채널과 Q채널이 무관하기 때문에 각 비트의 오율은 BPSK나 QPSK에서나 같다. 따라서 답은 1번 이다.