1번

$$F_X(-\infty)=0$$

이다. 2. 그렇다. 모든 확률의 합이라고 생각하면 된다. 3. 2번과 같다. 4. 누적이기 때문에 $F_X(x)$는 단조증가함수이므로 옳다.

따라서 답은 1번 이다.

2번

먼저 파스발의 정리를 이용해서 풀어보자. 주어진 신호를 복소 지수함수로 표현하면

$$x(t)=\frac{1}{j}\left(e^{j2\pi t}-e^{-j2\pi t}\right)+2\left(e^{j3\pi t} + e^{-j3\pi t} \right)$$

이므로 $x(t)$의 푸리에 변환은

$$X(f)=\frac{1}{j}(\delta(f-1)-\delta(f+1))+2(\delta(f-3)+\delta(f+3))$$

이다. 따라서

$$\begin{equation} \begin{split} S_X(f)&=\left\vert\frac{1}{j}\right\vert^2(\delta(f-1)+\delta(f+1))+2^2(\delta(f-3)+\delta(f+3))\\ &=\delta(f-1)+\delta(f+1)+4\delta(f-3)+4\delta(f+3) \end{split} \end{equation}$$

이므로 전력은

$$P=1+1+4+4=10$$

이고 답은 3번 이다. 그러나 굳이 이렇게 할 필요는 없다. 그냥 시간 영역에서 전력을 구하면 되는데, $2sin(2\pi t)$와 $4cos(3\pi t)$는 직교하므로(왜일까?) 각 성분의 전력들을 그냥 더하면 된다. 한편 $a cos(2\pi f t)$의 전력은

$$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\frac{1}{f}}\int_0 ^\frac{1}{f} a^2 cos^2(2\pi f t)dt&=\frac{1}{\frac{1}{f}}\times a^2\times \frac{1}{2}\int_0 ^\frac{1}{f}(cos(4\pi f t)+1)dt\\ &=\frac{a^2}{2}\left( \frac{1}{4\pi f}(sin(4\pi)-sin(0)) +1 \right)\\ &=\frac{a^2}{2} \end{split} \end{equation}$$

이고, $a sin(2\pi f t)$도 마찬가지임에 따라

$$\begin{equation} \begin{split} P&=\frac{1}{2}(2^2+4^2)\\ &=10 \end{split} \end{equation}$$

이다.

3번

1. FM이다. FM은 시간과 관계있는 주파수에 정보가 실리므로 시간 정보를 사용하지 않는 포락선 검파를 할 수 없고 미분해야 한다.
2. SSB, 그 중에서도 SSB-SC이다. 포락선 검파를 위한 반송파 성분이 없으므로 포락선 검파가 불가하다.
3. DSB-SC이다. 2번과 마찬가지이다.
4. DSB-LC 또는 DSB-FC, DSB-TC라고도 한다. 반송파 성분이 있으므로 $cos(2\pi f_c t)(x(t)+1)$의 포락선인 $x(t)+1$을 이용해서 포락선 검파가 가능하다.

따라서 답은 4번 이다.

4번

해밍 부호는 선형 부호로 현재 값과 과거 값이 상관이 없다. 상관이 있는 것은 콘볼루션 코드(길쌈 부호)이다. 따라서 답은 3번 이다.

5번

$$Z=\sum a_iX_i$$

일 때

$$Var(Z)=\sum a_i^2 Var(X_i)$$

이다.(직접 증명해보자) 주어진 조건에서 $a_i=1, Var(X_i)=1$이므로

$$Var(Z)=1\times 50=50$$

이므로 답은 3번 이다.

6번

주어진 신호에 포함된 주파수 성분은 각각 2 Hz와 8 Hz이다. 샘플링 주파수가 10 Hz이므로 샘플링된 후의 주파수 성분들은 $10k \pm 2, 10k \pm 8$들이다. 즉 $2, 8, 12, 18, 22, 28, \cdots$ Hz인데, 복원을 위해 LPF를 사용하면 추출되는 것은 2 Hz 성분 뿐이다. 따라서 답은 1번 이다.

7번

세 각주파수 중 중간의 각주파수가 $3000\pi$ rad/s이므로

$$A=4$$

이다. 또한 이 각주파수를 중심으로 $\pm 300\pi$ rad/s의 각주파수 편차가 있으므로

$$s(t)=2cos(300\pi t)$$

임을 알 수 있다. 그래야

$$2cos(300\pi t)cos(3000\pi t)=cos((3000+300)\pi t)+cos((3000-300)\pi t)$$

일 것이기 때문이다. 따라서 기저대역 신호 주파수는

$$f_m=150\text{ Hz}$$

이고 변조지수는

$$m=\frac{2}{4}=0.5$$

이므로 답은 2번 이다.

8번

초록색 공이 꺼내질 확률은

$$\begin{equation} \begin{split} P(X)P(\text{초록색}|X)+P(Y)P(\text{초록색}|Y)&=0.6\times\frac{30}{120}+0.4\times\frac{32}{80}\\ &=0.6\times\frac{1}{4}+0.4\times0.4\\ &=0.15+0.16\\ &=0.31 \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 답은 4번 이다.

9번

$$\begin{equation} \begin{split} L(y)&=ln\left(\frac{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(y-1)^2}{2}}} {\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(y+1)^2}{2}}}\right)\\ &=ln\left( e^{-\frac{(y-1)^2}{2}+\frac{(y+1)^2}{2}} \right)\\ &=ln(e^{2y})\\ &=2y \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서

$$L(0.5)=2\times 0.5=1$$

이므로 답은 3번 이다.

10번

1. (7,4) 부호의 경우 $d_{min}=3$이므로 $3-1=2$개의 비트 오류를 검출할 수 있다.
2. 그렇다.

$$\begin{equation} \begin{split} \begin{bmatrix} 1&1&1&1&0&0&0\\ 1&1&0&0&1&1&0\\ 1&0&1&0&1&0&1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0\\0\\1\\0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}&= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix} \end{split} \end{equation}$$

이므로 패리티 검사 행렬의 두 번쨰 열과 같다. 따라서 두 번째 비트에서 오류가 발생하였을 것이므로 정정된 비트열은

$$\begin{bmatrix} 0&1&1&0&1&0&0 \end{bmatrix}$$

이다. 4.

$$\begin{equation} \begin{split} \begin{bmatrix} 1&1&1&1&0&0&0\\ 1&1&0&0&1&1&0\\ 1&0&1&0&1&0&1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}&= \begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix} \end{split} \end{equation}$$

이므로 결과가 영행렬이 아니다. 따라서 주어진 비트열은 $G_{4\times7}$의 한 행이 될 수 없다.

따라서 답은 4번 이다.

11번

한 개의 부반송파 대역폭은

$$\frac{5.12\times 10^6}{256}=2\times 10^4\text{ Hz}$$

이다. 한편 QPSK를 이용함에 따라 한 부반송파당 2개의 비트가 실린다. 따라서 초당 비트 전송률은

$$2\times 10^4\times 2\times 256\text{ bps}$$

이다. 그러므로 스펙트럼 효율을 구하면

$$2\times 10^4\times2\times 256\times \frac{1}{5.12\times 10^6}=2\text{ bps/Hz}$$

이고 답은 2번 이다.

12번

$$\begin{equation} \begin{split} R_{XY}(\tau)&=E[(X(t))Y(t+\tau)]\\ &=E[X(t-\tau)Y(t)]\\ &=E[Y(t)X(t-\tau)]\\ &=R_{YX}(-\tau) \end{split} \end{equation}$$

이므로 옳지 않다. 2. 산술-기하 평균 관계

$$2\sqrt{ab}\leq a+b \Rightarrow 4ab\leq a^2+2ab+b^2 \Rightarrow ab \leq \frac{1}{2}(a^2+b^2)$$

을 이용하자.

$$\begin{equation} \begin{split} |R_{XY}(\tau)|&=|E[X(t)Y(t+\tau)]|\\ &\leq \left|E\left[ \frac{1}{2}(X^2(t)+Y^2(t+\tau)) \right]\right|\\ &=\frac{1}{2}\left|E[X^2(t)]+E[Y^2(t+\tau)] \right|\\ &=\frac{1}{2}[R_X(0)+R_Y(0)] \end{split} \end{equation}$$

이므로 옳다. 3. 2번의 관계식에서 $\tau=0$을 대입해보면 이 등식은 성립하지 않음을 알 수 있다. 4. 성립할 이유가 없다.

따라서 답은 2번 이다.

13번

나이퀴스트율은 최고 주파수의 2배인 8,000 Hz이다. 따라서 이의 1.5배 주파수는 12,000 Hz이다. 한편 롤오프율이 $\alpha=0.4$이므로 대역폭은

$$\frac{1+0.4}{2}\times 12000=8400 \text{ Hz}$$

가 된다. 그러므로 답은 3번 이다.

14번

허프만 코딩을 직접 해보자. 평균 길이를 구해보면

$$\begin{equation} \begin{split} H&=1\times \frac{6}{10}+2\times \frac{9}{40}+3\times \frac{1}{10}+4\times \frac{1}{20}+4\times \frac{1}{40}\\ &=1.65 \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 2번 이다.

15번

1. 절반은 +1, 나머지 절반은 -1을 전송하므로 대역폭은 RZ와 같다.
2. 그렇다.
3. 그렇다.
4. 그렇다. 중간의 상태 변화 지점들을 클럭으로 사용할 수 있다.

따라서 답은 1번 이다.

16번

채널 용량은

$$\begin{equation} \begin{split} C&=W log_2(1+SNR)\\ &=500 log_2(1+15)\\ &=2\text{ Mbps} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 4번 이다.

17번

식을 세워서 정리한 다음 라플라스 변환하면

$$\begin{equation} \begin{split} \int (x(t)-y(t))dt+e(t)&=y(t)\\ \Rightarrow Y(s)\left(1+\frac{1}{s}\right)&=\frac{1}{s}X(s)+E(s)\\ \Rightarrow Y(s)&=\frac{\frac{1}{s}}{1+\frac{1}{s}}X(s)+\frac{1}{1+\frac{1}{s}}E(s)\\ &=\frac{1}{1+s}X(s)+\frac{s}{1+s}E(s) \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 1번 이다.

18번

정합 필터를 쓰면 수신 신호를 통과시킨 후 샘플링 시의 SNR이 최대가 된다. 따라서 답은 4번 이다.

19번

VLF나 SHF의 대역폭을 일일이 외울 수도 있겠으나, $10^3$ 배 단위로 대역 이름이 달라짐을 생각한다면 10의 지수승이 3의 배수인 것을 고르면 된다. 주어진 보기 중에서는 3번 밖에 없다.

20번

나이퀴스트율은 차단주파수의 2배인 8 kHz이다. 따라서 이의 1.5배는 12 kHz이다. 각 표본을 8비트로 변환하여 전송하면 전송속도는

$$12\times 8=96\text{ kbps}$$

가 되므로 답은 4번 이다.

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