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2024 9급 지방직 통신이론

1번

주기는

T=2πωT=\frac{2\pi}{\omega}

이다. 2cos(2t)2cos(2t)의 주기는 π\pi, sin(4t)sin(4t)의 주기는 π2\frac{\pi}{2}이므로 둘의 공배수인 π\pi가 기본 주기가 된다. 따라서 답은 1번 이다.

2번

x(t)=sin(−2πTt)=−sin(2πTt)\begin{equation} \begin{split} x(t)&=sin\left(-\frac{2\pi}{T}t\right)\\ &=-sin\left(\frac{2\pi}{T}t\right) \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

3번

데이터 링크 계층에서 사용하는 주소는 MAC 주소이다. 포트는 전송 계층, IP는 네트워크 계층에서 사용한다. ISP는 인터넷 서비스 제공자이다. 따라서 답은 1번 이다.

4번

cos(4πt)cos(4\pi t) 신호를 푸리에 급수로 표현하면 2개의 12\frac{1}{2}항이 생긴다. 여기에 cos(6πt)cos(6\pi t)도 마찬가지이므로 이 둘을 콘볼루션하면 항은 4개가 되고, 계수는 12\frac{1}{2}와 12\frac{1}{2}가 곱해져 14\frac{1}{4}가 된다. 따라서 모든 푸리에 계수의 총합은

4×14=14\times\frac{1}{4}=1

이므로 답은 3번 이다.

5번

2π2\pi를 16개로 나누면 위상 차이가 π8\frac{\pi}{8}이 된다. 따라서 심벌당 비트 수는

log216=4log_2 16=4

이므로 답은 2번 이다.

6번

DSB-SC 방식은 그냥 메시지 신호와 반송파를 곱한 것이므로

Acm(t)cos(2πfct)A_cm(t)cos(2\pi f_c t)

이다. 따라서 답은 4번 이다.

7번

섀넌 채널용량은

C=Blog2(1+SN)C=Blog_2\left(1+\frac{S}{N}\right)

이다. 주어진 조건들을 대입하면

20=Blog2(1+93)=Blog2(1+3)=Blog24=2B⇒B=10 kHz\begin{equation} \begin{split} 20&=Blog_2\left(1+\frac{9}{3}\right)\\ &=Blog_2(1+3)\\ &=Blog_2 4\\ &=2B\\ \Rightarrow B&=10\text{ kHz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

8번

반송파 주파수가 150 MHz이므로 파장의 길이는

λ=cf=3×108150×106=2 m\begin{equation} \begin{split} \lambda&=\frac{c}{f}\\ &=\frac{3\times10^8}{150\times10^6}\\ &=2\text{ m} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 반파장은 1 m이므로 답은 1번 이다.

9번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 빠른 처리를 위해서 IPv6에서는 헤더 길이를 일정하게 하였다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 3번 이다.

10번

주어진 신호의 최대 주파수는 400π2π=200\frac{400\pi}{2\pi}=200 Hz이므로 최소 표본화 주파수는 2배인 400 Hz이다. 4초동안 저장하였으므로 저장된 표본 개수는

400×4=1600 개400\times4=1600\text{ 개}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

11번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다. 완전히 선형인 상관관계이므로 그렇다.
  4. ρ=CXYσXσY\rho=\frac{C_{XY}}{\sigma_X \sigma_Y}
    이다.

따라서 답은 4번 이다.

12번

  1. Y(f)=X(f)H(f)Y(f)=X(f)H(f)
    이다.
  2. 그렇다. X(f)=1X(f)=1이기 때문이다.
  3. 3 dB 주파수 대역폭은
    ∣H(fc)∣∣H(f)∣max=12\frac{|H(f_c)|}{|H(f)|_{max}}=\frac{1}{\sqrt{2}}
    인 fcf_c이다. 전력이 절반으로 줄어드는 주파수이다.
  4. 크기 응답이 상수이고, 시간이 TT만큼 지연되어서 출력된다면 위상 응답은 −2πfT-2\pi f T로 선형적이다.

따라서 답은 2번 이다.

13번

  1. 그렇다. 그래서 이름이 확산대역이다.
  2. FHSS의 경우에는 해당되지 않아서 애매하지만, DSSS의 경우에는 옳으니 일단 넘어가자.
  3. 그렇다. 동기화되면 상관계수가 1이 되고, 동기화되지 않으면 상관계수가 −1N-\frac{1}{N}이 되어서 작은 상관계수를 갖게 되어 잡음처럼 처리된다.
  4. 광대역 FM은 확산대역 통신으로 보지 않는다고 한다.

따라서 답은 4번 이다.

14번

그레이 매핑을 하고 있으므로 001과 100 사이에 한 비트만 차이나는 비트열로 가능한 것은 000이다. 따라서 답은 1번 이다.

15번

xx좌표가 1sqrt2\frac{1}{sqrt{2}}로 일정할 때, y4y4좌표가 각각 +12,−12+\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}인 두 점이 가장 인접하다. 따라서 최소 거리는

+12−(−12)=2+\frac{1}{\sqrt{2}}-\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\sqrt{2}

이므로 답은 3번 이다.

16번

  1. 정지궤도 위성이다.
  2. 정지궤도 위성이다.
  3. 정지궤도 위성의 고도는 약 36,000 km으로 높기 때문에 지연이 저궤도 위성보다 더 길다.
  4. 저궤도 위성이 더 가까우니 당연히 그렇다.

따라서 답은 4번 이다.

17번

4개의 심볼을 표현하기 위해서는 최소 2비트가 필요함은 쉽게 생각할 수 있고, 필요 비트수의 최솟값(=엔트로피)은 모든 확률이 동일할 때의 값이다. 따라서 답은 3번 이다.

증명은 다음과 같다. 총 nn개의 심볼이 있을 때 엔트로피는 아래와 같다.

H=−p1log2p1−p2log2p2−p3log2p3−⋯−pnlog2pnH=-p_1 log_2 p_1 - p_2 log_2 p_2 - p_3 log_2 p_3 - \cdots - p_nlog_2 p_n

여기서 마지막 pn=1−p1−p2−⋯−pn−1p_n=1-p_1-p_2-\cdots -p_{n-1}이다. 각 pip_i들로 편미분해서 0이 되는 극점을 찾으면

∂H∂pi=−log2pi−1−∂∂pi(pnlog2pn)=−log2pi−1−∂pn∂pi∂∂pn(pnlog2pn)=−log2pi−1−(−1)(log2pn+1)=−log2pi−1+log2pn+1=log2pnpi=0⇒pnpi=1⇒pn=pi\begin{equation} \begin{split} \frac{\partial H}{\partial p_i}&=-log_2 p_i -1 -\frac{\partial}{\partial p_i}(p_nlog_2 p_n)\\ &=-log_2 p_i-1-\frac{\partial p_n}{\partial p_i}\frac{\partial}{\partial p_n}(p_nlog_2 p_n)\\ &=-log_2 p_i-1-(-1)(log_2 p_n+1)\\ &=-log_2 p_i-1+log_2 p_n +1\\ &=log_2\frac{p_n}{p_i}\\ &=0\\ \Rightarrow \frac{p_n}{p_i}&=1\\ \Rightarrow p_n&=p_i \end{split} \end{equation}

이다. 모든 ii에 대해 성립해야 하므로

p1=p2=p3=⋯=pnp_1=p_2=p_3=\cdots=p_n

일 때 극값을 가짐을 알 수 있다. 다음으로 Hln2Hln2의 이계 편도함수를 구해보면(ln2>0ln2\gt0이므로 곱해도 부호는 변하지 않으므로)

∂2Hln2∂pi2=pipn∂∂pipnpi=pipn∂∂pi1−p1−p2−⋯−pn−1pi=pipn−pi−(1−p1−p2−⋯−pn−1)pi2=pipn−pi−pnpi2<0\begin{equation} \begin{split} \frac{\partial^2 Hln2}{\partial p_i^2}&=\frac{p_i}{p_n}\frac{\partial}{\partial p_i}\frac{p_n}{p_i}\\ &=\frac{p_i}{p_n}\frac{\partial}{\partial p_i}\frac{1-p_1-p_2-\cdots -p_{n-1}}{p_i}\\ &=\frac{p_i}{p_n}\frac{-p_i-(1-p_1-p_2-\cdots -p_{n-1})}{p_i^2}\\ &=\frac{p_i}{p_n}\frac{-p_i-p_n}{p_i^2}\lt 0 \end{split} \end{equation}

이므로 HH는 위로 볼록한 함수이다. 따라서 위에서 구한 극값이 최댓값임을 알 수 있다.

18번

  1. 그렇다. 중간에서 변화가 있기 때문에 NRZ의 2배로 빨리 변한다. 따라서 맨체스터 코드는 NRZ의 2배의 대역폭이 필요하다.
  2. RZ 부호는 중간에서 0으로 바뀌기 때문에 NRZ의 2배로 빨리 변한다. 따라서 RZ 부호의 대역폭이 NRZ의 2배이다.
  3. NRZ는 비트 펄스 지속 시간 동안 값을 유지한다.
  4. 단극성의 경우 직류 성분이 있다. 적분하면 항상 0보다 크기 때문이다.

따라서 답은 1번 이다.

19번

한 부반송파의 대역폭은 심벌 길이의 역수이므로

B1=18×10−6B_1=\frac{1}{8\times10^{-6}}\\

이다. 전체 대역폭이 10 MHz이므로 총 부반송파 수는

BB1=10×10618×10−6=80 개\begin{equation} \begin{split} \frac{B}{B_1}&=\frac{10\times10^6}{\frac{1}{8\times10^{-6}}}\\ &=80\text{ 개} \end{split} \end{equation}

이다. 그리고 순환전치를 붙인 한 심벌의 총 길이는 2+8=102+8=10 μ\mus이다. 한편 부반송파들을 16-QAM 변조하므로 한 부반송파(심벌)당 4비트가 실린다. 따라서 최대 전송속도를 구하면

80×410×10−6=32 Mbps\frac{80\times 4}{10\times 10^{-6}}=32\text{ Mbps}

이므로 답은 2번 이다.

20번

메시지의 주파수는 fm=200×103π2π=105f_m=\frac{200\times 10^3\pi}{2\pi}=10^5 Hz이므로 카슨의 법칙으로 변조 신호의 근사 대역폭을 구하면

B=2(fm+Δf)=2(105+500×103)=2×0.6×106=1.2 MHz\begin{equation} \begin{split} B&=2(f_m+\Delta f)\\ &=2(10^5+500\times10^3)\\ &=2\times0.6\times10^6\\ &=1.2\text{ MHz} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번 이다.