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2024 7급 국가직 통신이론

1번

전송한 심벌을 ss, 수신한 신호를 rr이라 하자. 그러면

P(s=1∣r=1)=P(s=1 and r=1)P(r=1)=P(r=1∣s=1)P(s=1)P(r=1∣s=1)P(s=1)+P(r=1∣s=0)P(s=0)=0.6×120.6×12+0.3×12=23\begin{equation} \begin{split} P(s=1|r=1)&=\frac{P(s=1\text{ and }r=1)}{P(r=1)}\\ &=\frac{P(r=1|s=1)P(s=1)}{P(r=1|s=1)P(s=1)+P(r=1|s=0)P(s=0)}\\ &=\frac{0.6\times\frac{1}{2}}{0.6\times\frac{1}{2}+0.3\times\frac{1}{2}}\\ &=\frac{2}{3} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

2번

  1. AWGN은 LTI 시스템을 통과해도 가우시안 특성을 유지한다.

  2. 스펙트럼 특성은 백색 잡음과 다를 수밖에 없다. 백색 잡음은 모든 주파수 영역에 스펙트럼이 있으나 필터링된 잡음은 제한된 대역폭을 갖기 때문이다.

  3. 자기상관 함수는 임펄스가 될 수 없다. 임펄스라면 τ=0\tau=0일 때의 자기상관, 즉 전력이 무한대가 되기 때문이다. 자기상관 함수는 전력 스펙트럼 밀도의 푸리에 역변환임을 이용해서 정확한 수식을 구해보면 아래와 같다.

    RN(τ)=∫−∞∞SN(f)ej2πfτdf=∫−BBN02ej2πfτdf=N02×ej2πfτj2πτ∣−BB=N02×1πτ×ej2πBτ−e−j2πBτj2=N02×1πτ×sin(2πBτ)=N0×sin(2πBτ)2πBτ×B=N0Bsinc(2Bτ)\begin{equation} \begin{split} R_N(\tau)&=\int_{-\infty}^{\infty} S_N(f)e^{j2\pi f \tau}df\\ &=\int_{-B}^{B}\frac{N_0}{2}e^{j2\pi f \tau}df\\ &=\frac{N_0}{2}\times\left. \frac{e^{j2\pi f \tau}}{j2\pi \tau}\right|_{-B}^B\\ &=\frac{N_0}{2}\times\frac{1}{\pi\tau}\times\frac{e^{j2\pi B \tau}-e^{-j2\pi B \tau}}{j2}\\ &=\frac{N_0}{2}\times\frac{1}{\pi\tau}\times sin(2\pi B \tau)\\ &=N_0\times\frac{sin(2\pi B \tau)}{2\pi B \tau}\times B\\ &=N_0B sinc(2B\tau) \end{split} \end{equation}

  4. 신호의 각주파수가 1RC\frac{1}{RC}일 때, 즉 신호의 주파수가 12πRC\frac{1}{2\pi RC}일 때 필터의 최대 이득 대비 3 dB의 전력이 감소한다.

따라서 답은 1번 이다.

3번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다. 기본 주파수와 그 배수의 주파수 성분들만 갖기 때문이다. 그렇게 되는 이유는 그런 주파수 성분들만이 같은 기본 주기를 갖기 때문이다.
  3. 그렇다.
  4. 시간 지연은 주파수 천이가 아닌 위상 천이로 나타난다.

따라서 답은 4번 이다.

4번

섀넌 채널 용량은 다음과 같다.

C=Wlog2(1+SNR)=Wlog2(1+SN0W)\begin{equation} \begin{split} C&=Wlog_2(1+SNR)\\ &=Wlog_2\left(1+\frac{S}{N_0W}\right) \end{split} \end{equation}
  1. 채널용량은 최대 전송 속도를 의미한다.
  2. 로그 함수 내에 대역폭 WW가 있으므로 채널용량은 대역폭에 선형적이지 않음을 알 수 있다.
  3. SS가 증가하면 로그값도 커지니 채널용량도 커진다.
  4. 대역폭이 넓어지면 잡음전력이 증가하므로 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

5번

  1. 그렇다. 한 심벌의 지연된 신호가 그 다음 심벌과 겹치기 때문이다.
  2. 그렇다.
  3. 짧은 코히런스 시간이라면 도플러 확산이 큼을 의미한다. 도플러 확산이 작으면 작을수록 채널의 응답이 일정한 시간이 길어진다.
  4. 그렇다. 시간영역에서의 확산은 주파수 영역에서 페이딩을 일으킨다.

따라서 답은 3번 이다.

6번

  1. 그렇다. VCO의 출력은 입력전압에 따라 주파수가 변하기 때문이다.
  2. 그렇다. 음성 신호는 불규칙한 신호이므로, 이에 의한 변조 신호의 위상은 00보다 클 수도, 작을 수도 있기 때문에 불규칙적으로 영점을 교차한다.
  3. 그렇다.
  4. 각 변조는 비선형 변조이므로 위상 변조나 주파수 변조나 중첩의 원리를 만족시키지 않는다.

따라서 답은 4번 이다.

7번

x2(t)x^2(t)의 대역폭은 x(t)x(t)의 2배이다. 이는 코사인을 제곱하면 주파수의 덧셈이 일어남으로 보일 수도 있고, 같은 신호를 콘볼루션하면 주파수 스펙트럼 영역이 2배로 넓어지는 것으로도 알 수 있다.

따라서 에일리어싱 없이 x2(t)x^2(t)를 표본화하기 위한 최소 표본화 주파수는 x(t)x(t)의 대역폭 BB의 2배를 다시 2배한 것이므로 4B4B이다.

그러므로 답은 3번 이다.

8번

싱크 함수가 처음으로 00이 되는 지점을 1τ\frac{1}{\tau}라 하면, 이 싱크 함수의 푸리에 역변환은 폭이 τ\tau인 rect 함수가 된다. 따라서 이 신호가 가질 수 있는 최대 주파수 대역폭은

B=τ2=1002=50 Hz\begin{equation} \begin{split} B&=\frac{\tau}{2}\\ &=\frac{100}{2}\\ &=50\text{ Hz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

9번

그냥 하나씩 계산하자.

  1. y[0]=h[0]x[0]=1×1=1y[0]=h[0]x[0]=1\times1=1
  2. y[1]=h[0]x[1]+h[1]x[0]=1×1+(−2)×1=−1y[1]=h[0]x[1]+h[1]x[0]=1\times1+(-2)\times1=-1
  3. y[2]=h[0]x[2]+h[1]x[1]+h[2]x[0]=1×0+(−2)×1+1×1=−1y[2]=h[0]x[2]+h[1]x[1]+h[2]x[0]=1\times0+(-2)\times1+1\times1=-1
  4. y[3]=h[0]x[3]+h[1]x[2]+h[2]x[1]+h[3]x[0]=1×0+1(−2)×0+1×1+0×1=1y[3]=h[0]x[3]+h[1]x[2]+h[2]x[1]+h[3]x[0]=1\times0+1(-2)\times0+1\times1+0\times1=1

따라서 답은 2번 이다.

10번

H=−∑ipilog2pi=12log22+14log24+14log24=12+1=1.5\begin{equation} \begin{split} H&=-\sum_i p_i log_2 p_i\\ &=\frac{1}{2}log_2 2+\frac{1}{4}log_2 4+\frac{1}{4}log_2 4\\ &=\frac{1}{2}+1\\ &=1.5 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 심벌 발생률 10001000을 곱하면

1000×1.5=1500 bps1000\times 1.5=1500\text{ bps}

이다. 그러므로 답은 2번 이다.

11번

  1. 그렇다. 검출만 가능할 뿐이다.
  2. 이 보기가 문제인데, 이전에 터보부호가 선형블록부호의 일종이라고 시험에 나온 적이 있다. 그리고 인터리버를 사용하는 것도 옳다.
  3. 그렇다. 연속해서 나타나는 오류를 흩어뜨려서 복원이 용이하게 하는 것이다.
  4. 그렇다. 연판정은 보다 여러 가지를 고려해서 판정하기 때문이다.

따라서 이 문제의 답은 없다.

12번

s(t)s(t)의 주파수는 다음과 같다.

fs(t)=ddt(fct+kf∫0tm(τ)dτ)=fc+kfm(t)\begin{equation} \begin{split} f_s(t)&=\frac{d}{dt}\left(f_c t+k_f\int_0 ^t m(\tau)d\tau \right)\\ &=f_c+k_fm(t) \end{split} \end{equation}

따라서 최대 주파수 편이는

max(∣kfm(t)∣)=max(107×1)=107=0.01 GHz\begin{equation} \begin{split} max \left(\left|k_f m(t)\right|\right) &=max(10^7\times 1)\\ &=10^7\\ &=0.01\text{ GHz} \end{split} \end{equation}

이다. 그러므로 답은 1번 이다.

13번

FM 신호의 평균 전력은 메시지와는 무관하게 진폭의 제곱의 절반이다. 따라서

P=1022=50P=\frac{10^2}{2}=50

이므로 답은 4번 이다.

14번

fL=1166f_L=1166 kHz의 양쪽으로 455455 kHz 떨어진 신호들이 fIF=455f_{IF}=455 kHz로 이동한다. 따라서

1166−455=711 kHz1166-455=711\text{ kHz}

와

1166+455=1621 kHz1166+455=1621\text{ kHz}

의 두 신호가 fIF=455f_{IF}=455 kHz에 나타나므로 답은 3번 이다.

15번

동기 검출 방식을 사용할 때 한 심벌 주기 TT 내에서 두 BFSK 신호가 직교하기 위해서는 다음을 만족해야 한다.

∫0Tcos(2πf1t)cos(2πf2t)dt=0\int_0 ^T cos(2\pi f_1 t)cos(2\pi f_2 t)dt=0

왼쪽의 적분을 풀어보면

∫0Tcos(2πf1t)cos(2πf2t)dt=12∫0T(cos(2π(f1+f2)t)+cos(2π(f1−f2)t))dt=14π(f1+f2)sin(2π(f1+f2)t)∣0T+14π(f1−f2)sin(2π(f1−f2)t)∣0T=14π(f1+f2)sin(2π(f1+f2)T)+14π(f1−f2)sin(2π(f1−f2)T)\begin{equation} \begin{split} \int_0 ^T cos(2\pi f_1 t)cos(2\pi f_2 t)dt&=\frac{1}{2}\int_0 ^T (cos(2\pi(f_1+f_2)t)+cos(2\pi(f_1-f_2)t))dt\\ &=\frac{1}{4\pi(f_1+f_2)} sin(2\pi (f_1+f_2) t)|_0 ^T+\frac{1}{4\pi(f_1-f_2)}sin(2\pi (f_1-f_2) t)|_0 ^T\\ &=\frac{1}{4\pi(f_1+f_2)} sin(2\pi (f_1+f_2)T) + \frac{1}{4\pi(f_1-f_2)}sin(2\pi (f_1-f_2) T) \end{split} \end{equation}

위 값이 항상 00이기 위해서는 sin(2π(f1−f2)T)=0sin(2\pi (f_1-f_2) T)=0이어야 한다. 즉

2π(f1−f2)T=mπ (m은 정수)⇒f1−f2=m2T\begin{equation} \begin{split} 2\pi(f_1-f_2)T&=m\pi \text{ (}m\text{은 정수)}\\ \Rightarrow f_1-f_2&=\frac{m}{2T} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 최소 주파수 차이는 12T\frac{1}{2T}인데, 여기서 TT는 심벌 주기이므로 심벌률의 역수이다. 따라서 최소 f2f_2는

f2=f1+12T=1×106+2×1052=1.1 MHz\begin{equation} \begin{split} f_2&=f_1+\frac{1}{2T}\\ &=1\times 10^6+\frac{2\times 10^5}{2}\\ &=1.1\text{ MHz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

16번

  1. MPSK에선 M이 증가할수록 한 심벌당 실리는 비트가 증가하므로 대역폭 효율은 증가한다.
  2. 그렇다. 그냥 PSK라면 위상의 절대적인 위치가 필요하지만 DPSK에선 첫 신호와 그 신호와와 상대적인 위상만 있으면 충분하기 때문이다.
  3. 그렇다. 전압제어발진기가 연속적으로 신호를 만들어내기 때문이다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

17번

롤 오프 인자 r=1r=1이므로 실제로 쓸 수 있는 대역폭은 주어진 대역폭 1212 kHz의 절반인 66 kHz이다. 기저 대역이므로 전송 가능한 심벌률은 대역폭의 2배인 1212 ksyms/s 이다. 4진 PAM이므로 심벌률에 심벌당 비트수인 2를 곱하면

12×2=24 kbps12\times 2=24\text{ kbps}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

18번

할당 가능한 최대 주파수 채널의 수를 nn이라 하자. 그러면

250n+50(n−1)=1450⇒300n−50=1450⇒300n=1500⇒n=5\begin{equation} \begin{split} 250n+50(n-1)&=1450\\ \Rightarrow 300n-50&=1450\\ \Rightarrow 300n&=1500\\ \Rightarrow n&=5 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

19번

  1. 그렇다. 1과 −1m-\frac{1}{m} 두 개의 값만 갖는다.
  2. 한 주기 부호에는 2m−1−12^{m-1}-1개의 00이 존재한다.
  3. 그렇다. 한 주기 부호에서 길이가 1인 런은 모든 런의 개수의 12\frac{1}{2}배, 길이가 2인 런은 모든 런의 개수의 122\frac{1}{2^2}배 , 길이가 3인 런은 123\frac{1}{2^3}배,…와 같다.
  4. 그렇다. 모든 값이 00인 부호를 빼기 때문이다.

20번

메시지 벡터 [1010][1010]을 다항식으로 표현하면

m(X)=X3+xm(X)=X^3+x

이다. 여기에 Xn−k=X7−4=X3X^{n-k}=X^{7-4}=X^3을 곱하면

X3m(X)=X6+X4X^3m(X)=X^6+X^4

이다. 이를 주어진 생성 다항식 g(X)=X3+X+1g(X)=X^3+X+1로 나누면

X3m(X)=(X3+X+1)(X3+1)+X+1X^3m(X)=(X^3+X+1)(X^3+1)+X+1

이다. 이 나머지 X+1X+1을 벡터로 표현하면 [011][011]이므로 생성되는 부호어는

[1010011][1010011]

이므로 답은 1번 이다.

21번

최소 해밍 거리dd는 5이다. 정정 가능한 비트 수를 mm이라 할 때

d=2m+1d=2m+1

이므로

m=2m=2

이다. 따라서 답은 2번 이다.

22번

코사인이 곱해질 때마다 진폭의 제곱을 22로 나눈 값이 전력이 된다. 따라서 s(t)s(t)의 전력은

Ps=422+(42)22×12=8+1=9\begin{equation} \begin{split} P_s&=\frac{4^2}{2}+\frac{\left(\frac{4}{2}\right)^2}{2}\times\frac{1}{2}\\ &=8+1\\ &=9 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

23번

총 16개 중 4개의 심볼은 거리가 2\sqrt{2}인 곳에, 4개는 323\sqrt{2}인 곳에, 그리고 나머지 8개는 12+32=10\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}인 곳에 위치한다. 따라서 심벌 평균 에너지는

Es=416×(2)2+416×(32)2+816×(10)2=12+184+102=5+5=10\begin{equation} \begin{split} E_s&=\frac{4}{16}\times (\sqrt{2})^2+\frac{4}{16}\times(3\sqrt{2})^2+\frac{8}{16}\times(\sqrt{10})^2\\ &=\frac{1}{2}+\frac{18}{4}+\frac{10}{2}\\ &=5+5\\ &=10 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

24번

양자화 잡음의 SNR은 1비트 늘어날 때마다 약 66 dB 좋아진다. 문제에서는 2비트가 늘어났으므로 증가하는 SNR은

6×2=12 dB6\times2=12\text{ dB}

이므로 답은 3번 이다.

25번

위상 지연이 0.2ω0.2\omega이므로, 입력신호는 0.20.2만큼 지연된 게 출력된다. 그리고 크기가 0.50.5배가 되어야 하므로, 주어진 s(t)s(t)에 대한 출력은

0.5m(t−0.2)cos[ωc(t−0.2)]0.5m(t-0.2)cos[\omega_c(t-0.2)]

이다. 따라서 답은 4번 이다.