2022 7급 서울시 통신이론 1번 인접 통신 장치(노드)간의 통신을 담당하는 것은 2계층인 데이터 링크 계층이다. 데이터 링크 계층에서는 데이터 프레잉믈 신뢰성 있게 전달하기 위해 오류 검출, 상대방이 잘 수신하게 할 수 있도록 하는 흐름 제어 등을 한다. 따라서 답은 1번 이다.
2번 먼저 dB로 표현된 SNR을 비율로 변환하자.
S N R d B = 10 l o g 10 ( S N R ) SNR_{dB}=10 log_{10} (SNR) SN R d B = 10 l o g 10 ( SNR ) 이므로
S N R = 1 0 S N R d B 10 SNR=10^{\frac{SNR_{dB}}{10}} SNR = 1 0 10 SN R d B 이다. 따라서
S N R = 1 0 5.4 SNR=10^{5.4} SNR = 1 0 5.4 이다. 그러므로 구하려는 섀넌 채널 용량은 주어진 조건에 의해
C = W l o g 2 ( 1 + S N R ) ≈ W l o g 2 ( S N R ) = 10 l o g 2 ( 1 0 5.4 ) = 10 l o g 10 ( 1 0 5.4 ) l o g 10 2 = 10 5.4 0.3 = 180 Mbps \begin{equation} \begin{split} C&=W log_2(1+SNR)\\ &\approx W log_2(SNR)\\ &=10 log_2 (10^{5.4})\\ &=10\frac{log_{10}\left(10^{5.4}\right)}{log_{10}2}\\ &=10\frac{5.4}{0.3}\\ &=180 \text{ Mbps} \end{split} \end{equation} C = W l o g 2 ( 1 + SNR ) ≈ W l o g 2 ( SNR ) = 10 l o g 2 ( 1 0 5.4 ) = 10 l o g 10 2 l o g 10 ( 1 0 5.4 ) = 10 0.3 5.4 = 180 Mbps 이므로 답은 2번 이다.
3번 α = 1 2 \alpha=\frac{1}{2} α = 2 1 그렇다. 엔트로피는 불확실한 정도에만 상관이 있으므로 그 정도가 같다면 어느 쪽이 구체적으로 어느 값을 갖는지와는 상관이 없다. 위로 볼록하다. 그렇다. 1 비트가 있어야 모든 α \alpha α 따라서 답은 3번 이다.
4번 5번째 하모닉까지 포함하기 위해서는 10 × 5 = 50 10\times5=50 10 × 5 = 50 4번 이다.
5번 가능한 메시지는 [ 00 ] , [ 01 ] , [ 10 ] , [ 11 ] [0 0],[0 1],[1 0],[1 1] [ 00 ] , [ 01 ] , [ 10 ] , [ 11 ] [ 00 ] [0 0] [ 00 ] [ 00000 ] [0 0 0 0 0] [ 00000 ] [ 01 ] [0 1] [ 01 ] [ 01011 ] [0 1 0 1 1] [ 01011 ] [ 10 ] [1 0] [ 10 ] [ 10101 ] [1 0 1 0 1] [ 10101 ] [ 11 ] [1 1] [ 11 ] [ 11110 ] [1 1 1 1 0] [ 11110 ] [ 11111 ] [1 1 1 1 1] [ 11111 ] 3번 이다.
6번 주어진 수신 신호에 가장 가까운 심볼은 ( 1 , − 1 ) (1,-1) ( 1 , − 1 ) b 1 b 2 = 01 b_1b_2=01 b 1 b 2 = 01 b 3 b 4 = 10 b_3b_4=10 b 3 b 4 = 10 b 1 b 2 b 3 b 4 = 0110 b_1b_2b_3b_4=0110 b 1 b 2 b 3 b 4 = 0110 1번 이다.
7번 인터리버가 있으면 연속적으로 발생하는 에러인 버스트 에러가 발생해도 에러가 흩어진다. 에러가 흩어지면 각각 흩어진 부분들에서 오류정정이 가능할 수 있다. 연속적으로 틀리면 많은 비트들이 오류나지만 흩어지면 흩어진 에러들이 포함되는 부분에서는 적은 비트들만이 문제가 있기 때문이다. 당연히 섞어놓은 것을 원래대로 만들기 위한 디인터리브 과정이 필요하므로 지연이 생길 것이다. 전송해야 하는 비트는 똑같을 것 같다. 인터리버는 채널코딩의 오류정정능력을 증가시키진 못한다. 따라서 답은 4번 이다.
8번 두 확률변수 X , Y X,Y X , Y f X Y ( x , y ) = f X ( x ) f Y ( y ) f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) f X Y ( x , y ) = f X ( x ) f Y ( y ) f X Y ( x , y ) = 2 e − ( x + 2 y ) = 2 e − x e − 2 y = f X ( x ) f Y ( y ) f_{XY}(x,y)=2e^{-(x+2y)}=2e^{-x}e^{-2y}=f_X(x)f_Y(y) f X Y ( x , y ) = 2 e − ( x + 2 y ) = 2 e − x e − 2 y = f X ( x ) f Y ( y ) 2번 이다.
9번 A m A_m A m 1 − M , 3 − M , ⋯ , M − 3 , M − 1 1-M,3-M,\cdots,M-3,M-1 1 − M , 3 − M , ⋯ , M − 3 , M − 1
E s = ∑ m = 1 M A m 2 p 2 ( t ) M = ∑ m = 1 M A m 2 M = M ( M 2 − 1 ) 3 M = M 2 − 1 3 \begin{equation} \begin{split} E_s&=\sum_{m=1}^M\frac{A_m^2p^2(t)}{M}\\ &=\sum_{m=1}^M\frac{A_m^2}{M}\\ &=\frac{M(M^2-1)}{3M}\\ &=\frac{M^2-1}{3} \end{split} \end{equation} E s = m = 1 ∑ M M A m 2 p 2 ( t ) = m = 1 ∑ M M A m 2 = 3 M M ( M 2 − 1 ) = 3 M 2 − 1 이다. 한편 심볼당 k k k
E b = M 2 − 1 3 k E_b=\frac{M^2-1}{3k} E b = 3 k M 2 − 1 이므로 답은 1번 이다.
10번 어떤 LTI 시스템의 고유신호는 e j 2 π f 0 t e^{j2\pi f_0t} e j 2 π f 0 t H ( f 0 ) H(f_0) H ( f 0 ) x ( t ) = e j 2 π f 0 t x(t)=e^{j2\pi f_0 t} x ( t ) = e j 2 π f 0 t y ( t ) = H ( f 0 ) e j 2 π f 0 t y(t)=H(f_0)e^{j2\pi f_0 t} y ( t ) = H ( f 0 ) e j 2 π f 0 t H ( f 0 ) = s i n c ( f 0 ) H(f_0)=sinc(f_0) H ( f 0 ) = s in c ( f 0 ) H ( f ) = s i n c ( f ) H(f)=sinc(f) H ( f ) = s in c ( f ) h ( t ) h(t) h ( t )
h ( t ) = F − 1 H ( f ) = ⊓ ( t ) = { 1 ∣ t ∣ ≤ 0.5 0 ∣ t ∣ > 0.5 \begin{equation} \begin{split} h(t)&=\mathcal{F}^{-1}{H(f)}\\ &=\sqcap(t)\\ &=\begin{cases} 1 & |t|\leq 0.5\\ 0 & |t|\gt 0.5 \end{cases} \end{split} \end{equation} h ( t ) = F − 1 H ( f ) = ⊓ ( t ) = { 1 0 ∣ t ∣ ≤ 0.5 ∣ t ∣ > 0.5 이므로 답은 4번 이다.
11번 MSK에 대한 블록 다이어그램이므로 답은 1번 이다.
12번 원점을 중심으로 4개의 심볼이 2 d 2 \frac{\sqrt{2}d}{2} 2 2 d 3 2 d 2 \frac{3\sqrt{2}d}{2} 2 3 2 d 10 d 2 \frac{\sqrt{10}d}{2} 2 10 d
E s = 4 × ( 2 d 2 ) 2 + 4 × ( 3 2 d 2 ) 2 + 8 × ( 10 d 2 ) 2 16 = 4 × d 2 2 + 4 × 9 d 2 2 + 8 × 10 d 2 4 16 = 2 d 2 + 18 d 2 + 20 d 2 16 = 5 d 2 2 \begin{equation} \begin{split} E_s&=\frac{4\times\left(\frac{\sqrt{2}d}{2}\right)^2+4\times\left(\frac{3\sqrt{2}d}{2}\right)^2+8\times\left(\frac{\sqrt{10}d}{2}\right)^2}{16}\\ &=\frac{4\times\frac{d^2}{2}+4\times\frac{9d^2}{2}+8\times\frac{10d^2}{4}}{16}\\ &=\frac{2d^2+18d^2+20d^2}{16}\\ &=\frac{5d^2}{2} \end{split} \end{equation} E s = 16 4 × ( 2 2 d ) 2 + 4 × ( 2 3 2 d ) 2 + 8 × ( 2 10 d ) 2 = 16 4 × 2 d 2 + 4 × 2 9 d 2 + 8 × 4 10 d 2 = 16 2 d 2 + 18 d 2 + 20 d 2 = 2 5 d 2 이다. 따라서 비트당 평균 에너지는 심볼당 비트 수인 4로 위 값을 나누면 되므로
E b = 5 d 2 8 E_b=\frac{5d^2}{8} E b = 8 5 d 2 이고 답은 1번 이다.
13번 주어진 각 확률이 곱해진 조건부 확률 분포들의 교점의 값이 바로 신호 문턱 값이 된다. 이는 오류 확률의 식을 세우고 미분하여서 0이 되는 점을 구하는 식을 세워보면 알 수 있다.
잡음이 표준정규분포(σ = 1 \sigma=1 σ = 1
1 2 π σ ⋅ 1 3 e − ( x + 1 ) 2 2 σ 2 = 1 2 π σ ⋅ 2 3 e − ( x − 1 ) 2 2 σ 2 ⇒ e − ( x + 1 ) 2 2 σ 2 = 2 e − ( x − 1 ) 2 2 σ 2 ⇒ e − ( x + 1 ) 2 2 σ 2 + ( x − 1 ) 2 2 σ 2 = 2 ⇒ e − 4 x 2 σ 2 = 2 ⇒ − 2 x σ 2 = l n 2 ⇒ x = − 1 2 l n 2 = − l n 2 \begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\cdot\frac{1}{3}e^{-\frac{(x+1)^2}{2\sigma^2}}&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\cdot\frac{2}{3}e^{-\frac{(x-1)^2}{2\sigma^2}}\\ \Rightarrow e^{-\frac{(x+1)^2}{2\sigma^2}}&=2e^{-\frac{(x-1)^2}{2\sigma^2}}\\ \Rightarrow e^{-\frac{(x+1)^2}{2\sigma^2}+\frac{(x-1)^2}{2\sigma^2}}&=2\\ \Rightarrow e^{-\frac{4x}{2\sigma^2}}&=2\\ \Rightarrow -\frac{2x}{\sigma^2}&=ln2\\ \Rightarrow x&=-\frac{1}{2}ln2\\ &=-ln\sqrt{2} \end{split} \end{equation} 2 π σ 1 ⋅ 3 1 e − 2 σ 2 ( x + 1 ) 2 ⇒ e − 2 σ 2 ( x + 1 ) 2 ⇒ e − 2 σ 2 ( x + 1 ) 2 + 2 σ 2 ( x − 1 ) 2 ⇒ e − 2 σ 2 4 x ⇒ − σ 2 2 x ⇒ x = 2 π σ 1 ⋅ 3 2 e − 2 σ 2 ( x − 1 ) 2 = 2 e − 2 σ 2 ( x − 1 ) 2 = 2 = 2 = l n 2 = − 2 1 l n 2 = − l n 2 따라서 답은 2번 이다.
14번 R ( τ ) = E [ X ( t ) X ( t + τ ) ] R(\tau)=E[X(t)X(t+\tau)] R ( τ ) = E [ X ( t ) X ( t + τ )] R ( 0 ) = E [ X 2 ( t ) ] R(0)=E[X^2(t)] R ( 0 ) = E [ X 2 ( t )] 시차가 있을 때보다 시차가 없을 경우의 자기상관함수가 더 클 수밖에 없다. 가장 비슷해봐야 시차가 없을 때만 하겠는가? ± τ \pm \tau ± τ 그렇다. 이를 위너-킨친 정리라고 한다. 따라서 답은 3번 이다.
15번 오류율은 다음과 같다.
P ( e ) = P ( S = 1 ) P ( S ^ = − 1 ∣ S = 1 ) + P ( S = − 1 ) P ( S ^ = 1 ∣ S = − 1 ) = α ∫ − ∞ 2 1 2 π σ e − ( t − 1 − μ ) 2 2 σ 2 d t + ( 1 − α ) ∫ 2 ∞ 1 2 π σ e − ( t + 1 − μ ) 2 2 σ 2 d t \begin{equation} \begin{split} P(e)&=P(S=1)P(\hat{S}=-1|S=1)+P(S=-1)P(\hat{S}=1|S=-1)\\ &=\alpha \int_{-\infty}^2\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(t-1-\mu)^2}{2\sigma^2}}dt +(1-\alpha)\int_2 ^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(t+1-\mu)^2}{2\sigma^2}}dt \end{split} \end{equation} P ( e ) = P ( S = 1 ) P ( S ^ = − 1∣ S = 1 ) + P ( S = − 1 ) P ( S ^ = 1∣ S = − 1 ) = α ∫ − ∞ 2 2 π σ 1 e − 2 σ 2 ( t − 1 − μ ) 2 d t + ( 1 − α ) ∫ 2 ∞ 2 π σ 1 e − 2 σ 2 ( t + 1 − μ ) 2 d t 여기서 t − 1 − μ σ = t ~ , t + 1 − μ σ = t ‾ \frac{t-1-\mu}{\sigma}=\tilde{t}, \frac{t+1-\mu}{\sigma}=\overline{t} σ t − 1 − μ = t ~ , σ t + 1 − μ = t
P ( e ) = α ∫ − ∞ 1 − μ σ 1 2 π σ e − t ~ 2 2 d t ~ + ( 1 − α ) ∫ 3 − μ σ ∞ 1 2 π σ e − t ‾ 2 2 d t ‾ = α ∫ − 1 + μ σ ∞ 1 2 π σ e − t ~ 2 2 d t ~ + ( 1 − α ) ∫ 3 − μ σ ∞ 1 2 π σ e − t ‾ 2 2 d t ‾ \begin{equation} \begin{split} P(e)&=\alpha\int _{-\infty} ^\frac{1-\mu}{\sigma} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{\tilde{t}^2}{2}}d\tilde{t}+(1-\alpha)\int _\frac{3-\mu}{\sigma} ^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{\overline{t}^2}{2}}d\overline{t}\\ &=\alpha\int ^{\infty} _\frac{-1+\mu}{\sigma} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{\tilde{t}^2}{2}}d\tilde{t}+(1-\alpha)\int _\frac{3-\mu}{\sigma} ^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{\overline{t}^2}{2}}d\overline{t} \end{split} \end{equation} P ( e ) = α ∫ − ∞ σ 1 − μ 2 π σ 1 e − 2 t ~ 2 d t ~ + ( 1 − α ) ∫ σ 3 − μ ∞ 2 π σ 1 e − 2 t 2 d t = α ∫ σ − 1 + μ ∞ 2 π σ 1 e − 2 t ~ 2 d t ~ + ( 1 − α ) ∫ σ 3 − μ ∞ 2 π σ 1 e − 2 t 2 d t 이 식이 <보기>와 같아야 하므로
μ = 1 , σ = 2 \mu=1,\sigma=2 μ = 1 , σ = 2 이어야 하고 따라서 답은 4번 이다.
16번 감염된 사건을 i i i n i ni ni n n n
P ( i ∣ n ) = P ( i and n ) P ( n ) = P ( n ∣ i ) P ( i ) P ( i ) P ( n ∣ i ) + P ( n i ) P ( n ∣ n i ) = 0.02 × 0.01 0.01 × 0.02 + 0.99 × 0.95 \begin{equation} \begin{split} P(i|n)&=\frac{P(i \text{ and }n)}{P(n)}\\ &=\frac{P(n|i)P(i)}{P(i)P(n|i)+P(ni)P(n|ni)}\\ &=\frac{0.02\times 0.01}{0.01\times 0.02+ 0.99 \times 0.95} \end{split} \end{equation} P ( i ∣ n ) = P ( n ) P ( i and n ) = P ( i ) P ( n ∣ i ) + P ( ni ) P ( n ∣ ni ) P ( n ∣ i ) P ( i ) = 0.01 × 0.02 + 0.99 × 0.95 0.02 × 0.01 이때 0.01 × 0.01 ≪ 0.99 × 0.95 , 0.95 ≈ 1 , 0.99 ≈ 1 0.01\times0.01\ll 0.99\times 0.95, 0.95\approx 1, 0.99\approx 1 0.01 × 0.01 ≪ 0.99 × 0.95 , 0.95 ≈ 1 , 0.99 ≈ 1
P ( i ∣ n ) ≈ 0.01 × 0.02 1 = 0.02 % \begin{equation} \begin{split} P(i|n)&\approx \frac{0.01\times 0.02}{1}\\ &=0.02\text{\%} \end{split} \end{equation} P ( i ∣ n ) ≈ 1 0.01 × 0.02 = 0.02 % 이므로 답은 2번 이다.
17번 OOK의 비트 오율은 다음과 같다.
B E R = Q ( d / 2 σ ) BER=Q\left(\frac{d/2}{\sigma} \right) BER = Q ( σ d /2 ) 한편 OOK는 1비트를 사용하므로 비트의 평균에너지는
E b = A 2 T 2 E_b=\frac{A^2T}{2} E b = 2 A 2 T 이다.
한편 원점에서 s 1 s_1 s 1 A 2 T \sqrt{A^2T} A 2 T d 2 = 1 2 2 E b \frac{d}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{2E_b} 2 d = 2 1 2 E b σ = N 0 2 \sigma=\sqrt{\frac{N_0}{2}} σ = 2 N 0
B E R = Q ( 1 2 2 E b N 0 2 ) = Q ( E b N 0 ) \begin{equation} \begin{split} BER&=Q\left( \frac{\frac{1}{2}\sqrt{2E_b}}{\sqrt{\frac{N_0}{2}}} \right)\\ &=Q\left(\sqrt{ \frac{E_b}{N_0}} \right) \end{split} \end{equation} BER = Q ⎝ ⎛ 2 N 0 2 1 2 E b ⎠ ⎞ = Q ( N 0 E b ) 이므로 답은 2번 이다.
18번 부호어를 보면 길이가 1 또는 2이니 당연히 가변이다. 평균 길이는 다음과 같다.1 2 × 1 + 1 3 × 2 + 1 12 × 2 + 1 12 × 2 = 3 2 \frac{1}{2}\times 1+ \frac{1}{3}\times 2 +\frac{1}{12}\times 2+\frac{1}{12}\times 2=\frac{3}{2} 2 1 × 1 + 3 1 × 2 + 12 1 × 2 + 12 1 × 2 = 2 3 111이 와도, 110이 와도, 어떠한 부호어열이 와도 모호함은 없는 거 같으나, 잘 모르겠으니 일단 넘겨보자. 허프만 코드보다 평균 부호어가 짧을 수는 없다. 따라서 답은 4번 이다.
19번 ∫ − ∞ ∞ s i n ( τ ) δ ( t + α − τ ) d τ = s i n ( t + α ) \int_{-\infty}^\infty sin(\tau)\delta(t+\alpha-\tau)d\tau=sin(t+\alpha) ∫ − ∞ ∞ s in ( τ ) δ ( t + α − τ ) d τ = s in ( t + α ) 인데 이 적분 결과가 c o s ( t ) cos(t) cos ( t )
s i n ( t + α ) δ ( t ) = c o s ( t ) δ ( t ) sin(t+\alpha)\delta(t)=cos(t)\delta(t) s in ( t + α ) δ ( t ) = cos ( t ) δ ( t ) 인데, 델타 함수의 인자는 t = 0 t=0 t = 0 0 0 0 t = 0 t=0 t = 0 c o s ( t ) cos(t) cos ( t )
s i n ( t + α ) δ ( t ) = δ ( t ) sin(t+\alpha)\delta(t)=\delta(t) s in ( t + α ) δ ( t ) = δ ( t ) 이고 답은 4번 이다.
20번 R ( n . m ) = E [ a ( n ) a ( n + m ) ] = E [ ( b n + b n − 1 ) ( b n + m + b n + m − 1 ) ] \begin{equation} \begin{split} R(n.m)&=E[a(n)a(n+m)]\\ &=E[(b_n+b_{n-1})(b_{n+m}+b_{n+m-1})] \end{split} \end{equation} R ( n . m ) = E [ a ( n ) a ( n + m )] = E [( b n + b n − 1 ) ( b n + m + b n + m − 1 )] 이다.
자세히 관찰해보면 m = 0 m=0 m = 0 E [ b n 2 + b n − 1 2 ] = 1 + 1 = 2 E[b_n^2+b_{n-1}^2]=1+1=2 E [ b n 2 + b n − 1 2 ] = 1 + 1 = 2 m = 1 m=1 m = 1 b n 2 b_n^2 b n 2 m ≥ 2 m\ge 2 m ≥ 2 4번 이다.