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나이퀴스트 ISI 기준

h(t)h(t)가 채널의 임펄스 응답이라고 하자. 그리고 x[n]x[n]이 TsT_s마다 전송되는 심볼들이고, y(t)y(t)가 수신되는 신호라고 하자. 그러면

y(t)=∑n=−∞∞x[n]h(t−nTs)y(t)=\sum_{n=-\infty}^\infty x[n]h(t-nT_s)

로 표현된다. 이 수신 신호를 TsT_s마다 샘플링한다고 하면, 다음과 같이 이산 신호로 나타낼 수 있다.

y[k]=y(kTs)=∑n=−∞∞x[n]h[k−n]=x[k]h[0]+∑n≠kx[n]h[k−n]\begin{equation} \begin{split} y[k]&=y(kT_s)=\sum_{n=-\infty}^\infty x[n]h[k-n]\\ &=x[k]h[0]+\sum_{n\neq k}x[n]h[k-n] \end{split} \end{equation}

위 식에서 현재 시점 kk의 입력에 대한 응답인 x[k]h[0]x[k]h[0]을 제외한 ∑n≠kx[n]h[k−n]\sum_{n\neq k}x[n]h[k-n]가 바로 심벌 간 간섭, ISI이다. 따라서 만약

h[n]=h(nTs)={1if n=00otherwiseh[n]=h(nT_s)=\begin{cases} 1 & \text{if }n=0\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}

이라면, ISI를 제거할 수 있다. 이 h(t)h(t)에 임펄스 열 ∑k=−∞∞δ(t−kTs)\sum_{k=-\infty}^\infty\delta(t-kT_s)를 곱하면, n=0n=0, 즉 t=nTs=0t=nT_s=0에서만 델타 함수 하나가 남는다. 식으로 쓰면

h(t)∑k=−∞∞δ(t−kTs)=δ(t)h(t)\sum_{k=-\infty}^\infty\delta(t-kT_s)=\delta(t)

이다. 양변을 푸리에 변환하자.

H(f)∗1Ts∑k=−∞∞δ(f−kTs)=1H(f)*\frac{1}{T_s}\sum_{k=-\infty}^\infty\delta\left(f-\frac{k}{T_s}\right)=1

즉

1Ts∑k=−∞∞H(f−kTs)=1\frac{1}{T_s}\sum_{k=-\infty}^\infty H\left(f-\frac{k}{T_s}\right)=1

이다. 이 식의 의미는 H(f)H(f)가 1Ts\frac{1}{T_s}를 주기로 반복되어 나타나는 것을 다 더하면 상수가 된다는 것이다. 그림으로 표현하면 다음과 같다. (높이를 편의상 1로 두었다.) 이런 그림이 그려지려면 어떻게 해야 할까? 우선 H(f)H(f)의 대역폭은 12Ts≥0\frac{1}{2T_s}\geq0이어야 한다. 만약 그렇지 않다고 해 보자. 가령 다음 그림과 같이 말이다. 이러면 반복되는 스펙트럼을 아무리 더해도 만나지 않는 부분, 즉 0인 부분이 생기므로, 위 식을 만족시킬 수가 없다. 따라서, 심벌률이 1Ts\frac{1}{T_s}인 경우 ISI를 없애려면 최소한 12Ts\frac{1}{2T_s}의 대역폭이 필요함을 증명하였다. 여기서 만족해도 좋지만, 조금 더 나아가보면, H(f)H(f)는 좌우 대칭이어야 한다. nTs\frac{n}{T_s}를 중심으로 양쪽이 똑같은 값을 가져야 하기 때문이다. 또한, (±12Ts,0.5)\left(\pm\frac{1}{2T_s},0.5\right)를 중심으로 기함수여야 한다. 가령 다음 그림과 같이 말이다. 그러면, 이들을 다 더하면 다음과 같이 스펙트럼이 겹치는 부분이 더해져서 1이 된다. 위를 만족하는 가장 간단한 H(f)H(f)는 다음과 같을 것이다. 이상으로 나이퀴스트 ISI 기준에 대해 알아보았다.

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