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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.

SNR_{dB}=10 log_{10} (SNR)

이므로

SNR=10^{\frac{SNR_{dB}}{10}}

이다. 따라서

SNR=10^{5.4}

이다. 그러므로 구하려는 섀넌 채널 용량은 주어진 조건에 의해

\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}

이므로 답은 2번 이다.

3번

$\alpha=\frac{1}{2}$ 일 때 가장 불확실하므로 엔트로피는 최댓값이 된다.
그렇다. 엔트로피는 불확실한 정도에만 상관이 있으므로 그 정도가 같다면 어느 쪽이 구체적으로 어느 값을 갖는지와는 상관이 없다.
위로 볼록하다.
그렇다. 1 비트가 있어야 모든 $\alpha$ 에 대해 불확실한 정도를 완전히 표현할 수 있다는 뜻이다.

따라서 답은 3번 이다.

4번

5번째 하모닉까지 포함하기 위해서는 $10\times5=50$ MHz까지 필요하다. 한편 나이퀴스트 샘플링 정리에 의해 주어진 대역폭의 2배의 정보를 샘플링할 수 있으므로 25 MHz의 대역폭이면 50 MHz까지의 정보를 샘플링해낼 수 있다. 따라서 답은 4번 이다.

5번

가능한 메시지는 $[0 0],[0 1],[1 0],[1 1]$ 이다. $[0 0]$ 의 경우에는 당연히 출력은 $[0 0 0 0 0]$ 이 될 것이나 보기에는 없다. $[0 1]$ 의 경우에는 아래쪽 행인 $[0 1 0 1 1]$ 이 나온다. $[1 0]$ 인 경우에는 위쪽 행인 $[1 0 1 0 1]$ 이 나온다. $[1 1]$ 인 경우에는 위와 아래 행을 XOR한 $[1 1 1 1 0]$ 이 나온다. 따라서 $[1 1 1 1 1]$ 이 나오는 경우는 없으므로 답은 3번 이다.

6번

주어진 수신 신호에 가장 가까운 심볼은 $(1,-1)$ 이다. 따라서 $b_1b_2=01$ , $b_3b_4=10$ 이므로 선택되는 심볼의 비트는 $b_1b_2b_3b_4=0110$ 이고 답은 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 $X,Y$ 가 독립이라면, 또 독립일 때에만 $f_{XY}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$ 이다. (가)의 경우 당연히 이에 해당하지 않지만, (나)의 경우 $f_{XY}(x,y)=2e^{-(x+2y)}=2e^{-x}e^{-2y}=f_X(x)f_Y(y)$ 로 분해될 수 있다. 그러므로 답은 2번 이다.

9번

$A_m$ 은 $1-M,3-M,\cdots,M-3,M-1$ 까지이므로 (나)식에 2를 곱해아 한다. 따라서 심볼당 평균 에너지는

\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}

이다. 한편 심볼당 $k$ 개의 비트가 있으므로 비트당 평균 에너지는

E_b=\frac{M^2-1}{3k}

이므로 답은 1번 이다.

10번

어떤 LTI 시스템의 고유신호는 $e^{j2\pi f_0t}$ 이고, 이에 대한 고유값이 바로 $H(f_0)$ 이다. 즉 $x(t)=e^{j2\pi f_0 t}$ 를 LTI 시스템에 입력했을 떄 $y(t)=H(f_0)e^{j2\pi f_0 t}$ 가 출력된다.(직접 해 보시라.) 주어진 조건에서 $H(f_0)=sinc(f_0)$ 이므로 $H(f)=sinc(f)$ 이다. 따라서 임펄스 응답 $h(t)$ 는

\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}

이므로 답은 4번 이다.

11번

MSK에 대한 블록 다이어그램이므로 답은 1번 이다.

12번

원점을 중심으로 4개의 심볼이 $\frac{\sqrt{2}d}{2}$ 거리에 있고, 4개의 심볼이 $\frac{3\sqrt{2}d}{2}$ 거리에 있고, 8개의 심볼이 $\frac{\sqrt{10}d}{2}$ 거리에 있다. 따라서 평균 심볼 에너지는

\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}

이다. 따라서 비트당 평균 에너지는 심볼당 비트 수인 4로 위 값을 나누면 되므로

E_b=\frac{5d^2}{8}

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( $\sigma=1$ )임을 고려하고, 식을 세우면

\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}

따라서 답은 2번 이다.

14번

$R(\tau)=E[X(t)X(t+\tau)]$ 이므로 $R(0)=E[X^2(t)]$ 이다.
시차가 있을 때보다 시차가 없을 경우의 자기상관함수가 더 클 수밖에 없다. 가장 비슷해봐야 시차가 없을 때만 하겠는가?
$\pm \tau$ 에 대해 상관이 없으므로 우함수이다.
그렇다. 이를 위너-킨친 정리라고 한다.

따라서 답은 3번 이다.

15번

오류율은 다음과 같다.

\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}

여기서 $\frac{t-1-\mu}{\sigma}=\tilde{t}, \frac{t+1-\mu}{\sigma}=\overline{t}$ 로 놓자. 그러면

\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}

이 식이 <보기>와 같아야 하므로

\mu=1,\sigma=2

이어야 하고 따라서 답은 4번 이다.

16번

감염된 사건을 $i$ , 감염되지 않은 사건을 $ni$ , 감염되지 않았다고 판단하는 사건을 $n$ 이라 하자. 구하라는 확률은

\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}

이때 $0.01\times0.01\ll 0.99\times 0.95, 0.95\approx 1, 0.99\approx 1$ 의 근사를 적용하자. 그러면

\begin{equation} \begin{split} P(i|n)&\approx \frac{0.01\times 0.02}{1}\\ &=0.02\text{\%} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

17번

OOK의 비트 오율은 다음과 같다.

BER=Q\left(\frac{d/2}{\sigma} \right)

한편 OOK는 1비트를 사용하므로 비트의 평균에너지는

E_b=\frac{A^2T}{2}

이다.

한편 원점에서 $s_1$ 심볼까지의 거리는 $\sqrt{A^2T}$ 이므로 $\frac{d}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{2E_b}$ 이다. 다음으로 주어진 조건에서 $\sigma=\sqrt{\frac{N_0}{2}}$ 이다. 이제 이들을 대입하면

\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}

이므로 답은 2번 이다.

18번

부호어를 보면 길이가 1 또는 2이니 당연히 가변이다.
평균 길이는 다음과 같다. $\frac{1}{2}\times 1+ \frac{1}{3}\times 2 +\frac{1}{12}\times 2+\frac{1}{12}\times 2=\frac{3}{2}$
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

\int_{-\infty}^\infty sin(\tau)\delta(t+\alpha-\tau)d\tau=sin(t+\alpha)

인데 이 적분 결과가 $cos(t)$ 라고 한다. 따라서

sin(t+\alpha)\delta(t)=cos(t)\delta(t)

인데, 델타 함수의 인자는 $t=0$ 일 때 0이 아닌 값을 갖고, 나머지에선 다 $0$ 이다. 따라서 $t=0$ 을 $cos(t)$ 부분에 대입해도 같다. 그러므로

sin(t+\alpha)\delta(t)=\delta(t)

이고 답은 4번 이다.

20번

\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}

이다.

자세히 관찰해보면 $m=0$ 일 때엔 $E[b_n^2+b_{n-1}^2]=1+1=2$ 가 되겠고, $m=1$ 일 때엔 겹치는 게 $b_n^2$ 하나이니 결과가 1이 될 것 같고, $m\ge 2$ 이면 겹치는 게 없으니 자기상관이 0이 될 것 같다. 따라서 답은 4번 이다.