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2024 7급 서울시 통신이론

1번

IPv4 주소의 총 비트수는 32이다. 한편 주소가 2,048=2112,048=2^11개인 서브네트워크를 만든다고 하였으므로, 접두어의 길이는

32−11=21 bits32-11=21 \text{ bits}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

2번

  1. 독립인 확률변수들의 평균의 분포가 정규분포에 수렴한다는 정리이다.
  2. 섀넌의 용량 정리는
    C=Blog2(1+SNR)C=Blog_2(1+SNR)
    이다.
  3. 나이퀴스트 샘플링 이론은 샘플링 주파수가 최소한 원래 신호의 최대 주파수의 2배가 되어야 샘플링 된 신호를 원래대로 복구할 수 있다는 이론이다.
  4. 시간 영역에서의 에너지는 주파수 영역에서의 에너지와 같다는 것으로, 주어진 식에 해당한다.

따라서 답은 4번 이다.

3번

  1. XX의 기댓값은
    E[X]=∫−∞∞xfX(x)dx=∫0∞x×xσ2e−x22σ2dx=−[x×e−x22σ2]0∞−∫0∞(−e−x22σ2)dx=∫0∞e−x22σ2dx\begin{equation} \begin{split} E[X]&=\int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)dx\\ &=\int_0^\infty x\times\frac{x}{\sigma^2}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}dx\\ &=-\left[x\times e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\right]_0^\infty-\int_0 ^\infty\left(-e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\right)dx\\ &=\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}dx\\ \end{split} \end{equation}
    이다. 이는 평균이 0이고 분산이 σ2\sigma^2인 정규분포에 σ2π\sigma\sqrt{2\pi}를 곱한 것을 적분한 것의 절반이다. 따라서
    E[X]=12σ2π=π2σE[X]=\frac{1}{2}\sigma\sqrt{2\pi}=\sqrt{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}\sigma
    이므로, σ\sigma가 커지면 평균은 선형적으로 커진다.
  2. XX의 분산은
    V[X]=E[X2]−(E[X])2=∫−∞∞x2fX(x)dx−π2σ2=∫0∞x2×xσ2e−x22σ2dx−π2σ2=−[x2×e−x22σ2]0∞−∫0∞(−2xe−x22σ2)dx−π2σ2=2∫0∞xe−x22σ2dx−π2σ2\begin{equation} \begin{split} V[X]&=E[X^2]-(E[X])^2\\ &=\int_{-\infty}^\infty x^2f_X(x)dx-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=\int_0^\infty x^2\times\frac{x}{\sigma^2}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}dx-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=-\left[x^2\times e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\right]_0^\infty-\int_0 ^\infty\left(-2xe^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\right)dx-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=2\int_0^\infty xe^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}dx-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ \end{split} \end{equation}
    이다. 치환적분을 위해 x22σ2=t,xσ2dx=dt\frac{x^2}{2\sigma^2}=t, \frac{x}{\sigma^2}dx=dt로 놓으면
    V[X]=2∫0∞σ2e−tdt−π2σ2=2σ2∫0∞e−tdt−π2σ2=2σ2[−e−t]0∞−π2σ2=2σ2−π2σ2=(2−π2)σ2\begin{equation} \begin{split} V[X]&=2\int _0^\infty \sigma^2 e^{-t}dt-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=2\sigma^2\int_0^\infty e^{-t}dt-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=2\sigma^2[-e^{-t}]_0^\infty-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=2\sigma^2-\frac{\pi}{2}\sigma^2\\ &=\left(2-\frac{\pi}{2}\right)\sigma^2 \end{split} \end{equation}
    그런데 2>π22\gt\frac{\pi}{2}이므로 σ2\sigma^2의 계수는 양수이다. 따라서 σ\sigma가 증가할수록 분산은 제곱에 비레해서 커진다.
  3. 누적분포함수는 x≥0x\geq0일 때
    FX(x)=∫−∞xfX(x~)dx~dx~=∫0xx~σ2e−x~22σ2dx~=[−e−x~22σ2]0x=1−e−x22σ2\begin{equation} \begin{split} F_X(x)&=\int_{-\infty}^xf_X(\tilde{x})d\tilde{x}d\tilde{x}\\ &=\int_0^x \frac{\tilde{x}}{\sigma^2}e^{-\frac{\tilde{x}^2}{2\sigma^2}}d\tilde{x}\\ &=[-e^{-\frac{\tilde{x}^2}{2\sigma^2}}]_0^x\\ &=1-e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} \end{split} \end{equation}
    이고, x<0x\lt0일 때는 0이다.
  4. Y=X2Y=X^2이라 하자. 그러면 YY의 누적분포함수는
    FY(y)=P[Y<y]=P[X2<y]=P[−y<X<y]=P[0<X<y]=FX(y)=1−e−y2σ2\begin{equation} \begin{split} F_Y(y)&=P[Y\lt y]\\ &=P[X^2\lt y]\\ &=P[-\sqrt{y}\lt X \lt \sqrt{y}]\\ &=P[0\lt X \lt \sqrt{y}]\\ &=F_X(\sqrt{y})\\ &=1-e^{-\frac{y}{2\sigma^2}} \end{split} \end{equation}
    이다. 따라서 이를 yy로 미분하면
    fY(y)=dFY(y)dy=ddy(1−e−y2σ2)=12σ2e−y2σ2\begin{equation} \begin{split} f_Y(y)&=\frac{dF_Y(y)}{dy}\\ &=\frac{d}{dy}\left(1-e^{-\frac{y}{2\sigma^2}}\right)\\ &=\frac{1}{2\sigma^2}e^{-\frac{y}{2\sigma^2}} \end{split} \end{equation}
    이다. 이는 지수분포의 확률밀도함수인 λe−λx\lambda e^{-\lambda x}형태이므로 X2X^2은 지수분포를 따른다.

따라서 답은 2번 이다.

그런데, 꼭 이렇게 직접 적분을 해야 할까? σ\sigma가 증가한다면 fX(x)f_X(x)는 처음에는 왼쪽에 모여있다가 점점 오른쪽을 낮고 넓게 퍼질 것이다. 따라서 기댓값도 따라서 오른쪽으로 갈 것 같다. 즉 증가할 것이다. 다음으로 분산을 따져보자. σ\sigma가 증가할수록 높이가 낮아지는 것은 확실하니, 오른쪽으로 점점 더 넓게 퍼질 것이다. 이는 확률변수가 더 넓은 범위의 값을 가질 수 있게 됨을 의미하므로 분산도 커질 것이다. 그러므로 답 2번을 쉽게 골라낼 수 있다.

4번

주어진 신호를 푸리에 변환하면

S(f)=2rect(f)S(f)=2rect(f)

가 되므로 스펙트럼이 0이 아닌 최대 주파수는 f=12f=\frac{1}{2}이다. 따라서 나이퀴스트율은 이의 2배인 1 samples/s이므로 답은 1번 이다.

5번

분산을 쉽게 구하기 위해서 범위를 그대로 −2≤xlez2-2\leq x lez 2로 옮기자. 분산은 기댓값을 중심으로 퍼진 정도이지, 기댓값이 얼마인지에는 의존하지 않는다. 그러면 평균이 0이므로 분산은

V(X)=∫−∞∞x2fX(x)dx=∫−2214x2dx=14[x33]−22=43\begin{equation} \begin{split} V(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}x^2 f_X(x)dx\\ &=\int_{-2}^{2}\frac{1}{4}x^2dx\\ &=\frac{1}{4}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-2}^2\\ &=\frac{4}{3} \end{split} \end{equation}

이다.

6번

  1. Xin\frac{X_i}{n}의 분산은 σ2n2\frac{\sigma^2}{n^2}인데, 이게 nn개 있으므로 MnM_n의 분산은 σ2n\frac{\sigma^2}{n}이다.
  2. 중심 극한 정리에 의해 표준 정규 누적분포함수로 수렴하는 것은
    ∑i=1nXi−nμnσ=1n∑i=1nXi−μσn=Mn−μσn\frac{\sum_{i=1}^n X_i-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}=\frac{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}=\frac{M_n-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}
    이다.
  3. 1번에 의해 그렇다는 것을 알 수 있다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

7번

동기 검출 방식을 사용할 때 한 심볼 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. 하나의 정보 심볼의 길이가 0.00125=18000.00125=\frac{1}{800}초이므로 12T=400\frac{1}{2T}=400 Hz이다. 따라서 f2f_2는 f1f_1과 400 Hz의 정수배 차이가 나야 하는데, 그렇지 못한 것은 1번 이다.

8번

sT=HeT\boldsymbol{s}^T=H\boldsymbol e^T

이다. sT=[110]T\boldsymbol{s}^T=[110]^T이므로, 이를 만들 수 있는 오류 벡터를 찾아보자.

  1. [100]T[100]^T가 나온다.
  2. [110]T[110]^T가 나온다.
  3. [001]T[001]^T가 나온다.
  4. [011]T[011]^T가 나온다.

따라서 답은 2번 이다.

9번

적절한 포락선 검파를 위해서는 포락선 검파기가 방전되는 시간이 반송파의 주기보다는 충분히 커야 한다. 안 그러면 포락선보다 너무 빨리 출력값이 내려가버린다. 그리고 메시지 신호의 주기보다는 충분히 작아야 하는데, 그렇지 않으면 충분히 빨리 포락선을 따라가지 못하기 때문이다.(포락선은 내려가는데 방전이 충분히 빠르지 않으면 그보다 높은 값을 계속 출력해버릴 것이다.) 따라서

fc=106<τ<fm=2×103f_c=10^6\lt \tau \lt f_m=2\times10^3

이므로 답은 2,3번 보기 중 하나인데, 3번의 경우 너무 fmf_m에 가깝다. 따라서 답은 2번 이다.

10번

생성 행렬이

G=[P∣Ik]G=[P|I_k]

형태이므로 패리티 검사 행렬은

HT=[In−kP]=[100010001110011101]H^T=\left[\frac{I_{n-k}}{P}\right]= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&0&1 \end{bmatrix}

이다. 따라서 왼쪽에서 네 번째 비트에 오류가 발생했으므로, 패리티 검사 행렬의 네 번째 행이 신드롬이 된다. 그러므로 답은 3번 이다.

11번

x(t)=(sin(200πt)+2sin(400πt))sin2(400πt)=(sin(200πt)+2sin(400πt))×12(1−cos(800πt))=12sin(200πt)+sin(400πt)−12sin(200πt)cos(800πt)−sin(400πt)cos(800πt)=12sin(200πt)+sin(400πt)−14(sin(1000πt)−sin(600πt))−12(sin(1200πt)−sin(400πt))=12sin(200πt)+32sin(400πt)−14sin(1000πt)+14sin(600πt)−12sin(1200πt)\begin{equation} \begin{split} x(t)&=(sin(200\pi t)+2sin(400\pi t))sin^2(400\pi t)\\ &=(sin(200\pi t)+2sin(400\pi t))\times\frac{1}{2}(1-cos(800\pi t))\\ &=\frac{1}{2}sin(200\pi t)+sin(400\pi t)-\frac{1}{2}sin(200\pi t)cos(800\pi t)-sin(400\pi t)cos(800\pi t)\\ &=\frac{1}{2}sin(200\pi t)+sin(400\pi t)-\frac{1}{4}(sin(1000\pi t)-sin(600\pi t))-\frac{1}{2}(sin(1200\pi t)-sin(400\pi t))\\ &=\frac{1}{2}sin(200\pi t)+\frac{3}{2}sin(400\pi t)-\frac{1}{4}sin(1000\pi t)+\frac{1}{4}sin(600\pi t)-\frac{1}{2}sin(1200\pi t) \end{split} \end{equation}

이다. 한편 필터의 차단각주파수가 2π×150=300π2\pi\times150=300\pi rad/s이므로 위의 항 중에서 살아남는 것은 12sin(200πt)\frac{1}{2}sin(200\pi t) 뿐인데, 이득이 2이므로 2를 곱해주면 남는 것은 sin(200πt)sin(200\pi t)이다. 따라서 답은 1번 이다. 복잡하게 다 전개해봤지만, 굳이 그럴 필요가 있을까?

12번

각 동심원에 있는 심볼의 숫자가 같으므로, 두 동심원들의 반지름이 가장 작은 것을 고르면 된다. 이러한 것은 (다)이므로 답은 3번 이다.

13번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다. 정확한 칩과 동기화되지 못하거나 주파수 대역을 모르면 신호를 감지할 수 없다.
  3. 그렇다.
  4. 레이크 수신기를 이용해서 다중 경로왜곡을 줄일 수 있다.

따라서 가장 옳지 않은 것은 4번 이다.

14번

첫 번째 생성 다항식이 1+X+X21+X+X^2이므로 이의 출력은 현재 입력과 현재 상태 2개 모두에 대한 XOR이다. 따라서

0⊕1⊕1=00\oplus1\oplus1=0

이다. 두 번째 생성 다항식은 $1+X^24이므로 이는 상태의 두 번째 비트와 입력을 XOR한 것이다. 따라서

0⊕1=10\oplus1=1

이므로 답은 1,2 중에 있다. 다음으로 이 0이 시프트되어 들어가므로 다음 상태는 0 1이 될 것이다. 따라서 답은 1번 이다.

15번

  1. ρ=0\rho=0이면 fX,Y(x,y)=fX(x)fY(y)f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)로 각각의 곱으로 표현되기 때문에 XX와 YY는 독립이다.
  2. 그렇다.
  3. yy가 있기 때문에 그렇다고 할 수 없을 것 같다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 3번 이다.

16번

어느 두 비트에서 오류가 발생하면 오류 발생을 발견할 수 없다. 따라서 오류 발생을 발견할 수 없을 확률은

3C1×0.9×0.1×0.1=0.0273C1\times0.9\times0.1\times0.1=0.027

이므로 답은 3번 이다.

17번

해당 랜덤변수의 확률밀도함수는

fT(t)=12π×36e−(t−20)22×36f_T(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\times36}}e^{-\frac{(t-20)^2}{2\times36}}

이므로

P[T<0]=∫−∞012π×36e−(t−20)22×36dt=12π∫−∞−103e−u22du=12π∫103∞e−u22du=Q(103)\begin{equation} \begin{split} P[T\lt0]&=\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\times36}}e^{-\frac{(t-20)^2}{2\times36}}dt\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{-\frac{10}{3}}e^{-\frac{u^2}{2}}du\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\frac{10}{3}}^{\infty}e^{-\frac{u^2}{2}}du\\ &=Q\left(\frac{10}{3}\right) \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 1번 이다..

18번

샘플당 7비트를 실으므로 출력 비트율은

7×2500=17,500 bps7\times2500=17,500\text{ bps}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

19번

  1. 평균 길이는
    0.5×1+0.25×2+0.125×3+0.0625×4+0.0625×4=0.5+0.5+0.375+0.5=1.875 bits0.5\times1+0.25\times2+0.125\times3+0.0625\times4+0.0625\times4=0.5+0.5+0.375+0.5=1.875\text{ bits}
    이다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 평균 길이가 더 짧으므로 전송량은 줄어든다.

따라서 답은 4번 이다.

20번

CP 20%를 포함한 전체 심볼 길이가 0.000125초이므로 주기적 전치 부호를 제외한 심볼 길이는 0.0001초이다. 따라서 부반송파 하나당 대역폭은 이의 역수인

10.0001=10 kHz\frac{1}{0.0001}=10\text{ kHz}

이므로 답은 4번 이다.