21년 1회차

총 20문항 · 객관식 · A4 약 1장

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국회직 9급 통신이론 기출문제모두CBT · moducbt.com

21년 1회차

총 20문항 · 객관식 · 정답·해설 포함

문제 1

신호

{\mathbf{x ( t ) = \exp ( jw_{1} t ) + \exp ( - jw_{2} t )}}

에 대한 푸리에 변환의 결과로 옳은 것은? (단,

\mathbf{w_{1} \ne w_{2}}

이다.)

2 \pi \delta ( w + w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w + w_{2} )

2 \pi \delta ( w + w_{1} ) - 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w + w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) - 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

정답 및 해설

복소 지수 신호의 푸리에 변환은 지수의 각주파수 위치에 놓인 임펄스이므로, 결과는 $2\pi\delta(w-w_{1})+2\pi\delta(w+w_{2})$ 이다.

기본쌍은 $e^{jw_{0}t}\leftrightarrow 2\pi\delta(w-w_{0})$ 이고, 푸리에 변환은 선형이라 항별로 더한다.
첫째 항은 $w_{0}=w_{1}$ 이므로 $2\pi\delta(w-w_{1})$ 이다.
둘째 항은 $w_{0}=-w_{2}$ 이므로 $2\pi\delta(w+w_{2})$ 이다.

$2\pi\delta(w+w_{1})+2\pi\delta(w+w_{2})$ : 첫째 임펄스가 $w=-w_{1}$ 에 있어 위치가 반대다.
$2\pi\delta(w+w_{1})-2\pi\delta(w-w_{2})$ : 두 임펄스의 위치가 모두 반대이고 두 항을 뺐다.
$2\pi\delta(w-w_{1})+2\pi\delta(w-w_{2})$ : 둘째 임펄스가 $w=+w_{2}$ 에 있어 위치가 반대다.
$2\pi\delta(w-w_{1})-2\pi\delta(w-w_{2})$ : 둘째 임펄스의 위치가 반대이고, 두 신호를 더했는데 뺄셈으로 나타냈다.

문제 2

이진 대칭 채널(BSC)로 팩시밀리 전송을 할 때, 흰색 픽셀이 전송될 확률은

\mathbf{P ( W ) \, = \, 0.8}

이고, 검은색 픽셀이 전송될 확률은

\mathbf{P ( B ) \, = \, 0.2}

이라고 가정한다. 검은색 픽셀이 전송되었을 때, 검은색 픽셀로 결정(BD)할 확률은

\mathbf{P ( BD \,\, | \, B ) = 0.8}

, 흰색 픽셀이 전송되었을 때, 흰색이 수신되었다고 결정(WD)할 확률은

\mathbf{P ( WD \,\, | \, W ) = 0.8}

이라고 가정한다. 수신된 픽셀이 검은색이라고 결정한 경우에, 실제로는 흰색 픽셀이 전송되었을 확률

\mathbf{P ( W \quad | \, BD )}

을 베이즈(Bayes)의 정리를 사용하여 구한 것은?

10.1

20.2

30.3

40.4

50.5

정답 및 해설

베이즈 정리로 구한 $P(W\mid BD)$ 는 0.5이다. 검은색 판정의 절반이 실제로는 흰색 픽셀의 오판인 셈이다.

먼저 흰색이 검은색으로 오판될 확률은 $P(BD\mid W)=1-P(WD\mid W)=1-0.8=0.2$ 이다.

전체 확률로 분모를 구한다.
$P(BD)=P(BD\mid W)P(W)+P(BD\mid B)P(B)$
$=0.2\times 0.8+0.8\times 0.2=0.32$

베이즈 정리에 대입한다.
$P(W\mid BD)=\dfrac{P(BD\mid W)P(W)}{P(BD)}=\dfrac{0.16}{0.32}=0.5$
값 0.2는 오판 확률 $P(BD\mid W)$ 를 사후확률과 혼동한 결과이며, 조건의 방향을 뒤집어 계산해야 한다.

문제 3

채널 코딩에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1해밍 코드, BCH 코드, RS 코드는 블록 코드이다.

2블록 코드에서 1개 비트 오류를 정정하기 위한 최소 해밍 거리는 2이다.

3블록 코드에서 2개 비트 오류를 검출하기 위한 최소 해밍 거리는 3이다.

4비터비(Viterbi) 복호 방식은 컨볼루션(convolution) 코드 복호 방식이다.

5터보 코드(turbo code) 부호화기는 컨볼루션 코드 생성기와 인터리버 등으로 구성되어 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 1비트 오류 정정에 최소 해밍 거리 2면 된다는 내용이다. 1비트 정정에는 최소 해밍 거리 3이 필요하다.

$t$ 비트 정정 조건은 $d_{\min}\ge 2t+1$ 이므로 $t=1$ 이면 $d_{\min}\ge 3$ 이다. 거리가 2이면 오류가 난 수신어가 두 부호어의 한가운데 놓일 수 있어 검출만 되고 정정은 되지 않는다.

해밍·BCH·RS 코드: 모두 일정 길이 단위로 부호화하는 블록 코드로 옳다.
2비트 오류 검출: $s$ 비트 검출 조건은 $d_{\min}\ge s+1$ 이므로 거리 3이면 된다.
비터비 복호: 트렐리스에서 최우 경로를 찾는 컨볼루션 코드의 대표 복호 방식이다.
터보 코드 부호화기: 구성 컨볼루션 부호기를 인터리버로 연결한 구조로 옳다.

문제 4

T1 반송파 시스템에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1시분할 다중화(TDM) 전송 기술이다.

2전송속도는 1.544[Mbps]이다.

330 채널을 다중화하여 동시에 전송할 수 있다.

4동기신호는 프레임 당 1개 비트를 사용한다.

5하나의 전송 프레임은 193개 비트로 구성되어 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 30 채널 다중화이다. T1은 음성 24 채널을 다중화하며, 30 채널 음성은 유럽식 E1의 구성이다.

프레임 구성은 다음과 같다.
$24\times 8+1=193\,\mathrm{bit}$
$193\,\mathrm{bit}\times 8000\,\mathrm{frame/s}=1.544\,\mathrm{Mbps}$

시분할 다중화: 각 채널의 표본을 시간 슬롯에 차례로 배치하는 TDM 방식이다.
전송속도 1.544 Mbps: 프레임 길이에 초당 프레임 수를 곱한 값과 일치한다.
프레임당 동기 1비트: 193비트 가운데 채널 데이터를 뺀 나머지 1비트가 동기용이다.
193비트 프레임: 채널당 8비트씩 24 채널에 동기 비트를 더한 길이다.

문제 5

송수신자 간에 데이터를 전달함에 있어, 전송 오류 검출 방식인 순환 중복 검사(CRC) 방식에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1송신측은 주로 16비트나 32비트의 다항식을 이용하여 오류검출 코드를 생성한다.

2수신측은 받은 데이터(오류 검출 코드 포함)를 송신측에서 적용한 것과 동일한 다항식으로 나누어 생성된 나머지 값으로 전송 오류가 발생했는가를 판단한다.

3CRC 방식은 귀환 시프트 레지스터(feedback shift register)로 쉽게 구현될 수 있다.

4CRC 방식은 오류정정이 불가능하다.

5CRC 방식은 연집 오류(burst error)를 모두 검출해 낼 수 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 연집 오류를 모두 검출한다는 내용이다. CRC가 빠짐없이 검출하는 연집 오류는 길이가 검사 비트 수 이하인 경우로 한정된다.

더 긴 연집 오류는 오류 패턴이 생성 다항식의 배수가 되면 나머지가 0이 되어 놓칠 수 있다. 검출 확률이 매우 높을 뿐 완전하지는 않다.

16·32비트 다항식 사용: CRC-16, CRC-32처럼 널리 쓰이는 방식이다.
수신측 나머지 판단: 같은 다항식으로 나눈 나머지가 0이 아니면 오류로 판정한다.
귀환 시프트 레지스터 구현: 다항식 나눗셈을 시프트 레지스터와 XOR 회로로 간단히 구현한다.
오류정정 불가: CRC는 검출용 부호로, 오류가 발견되면 재전송 등으로 복구한다.

문제 6

두 랜덤변수 X와 Y의 결합 확률 밀도 함수

\mathbf{f_{XY} ( x , y )}

에 대한 성질로 옳지 않은 것은?

1모든 x와 y에 대해

f_{XY} ( x , y ) \ge 0

P \left\{ x_{1} < X < x_{2} , \, y_{1} < Y < y_{2} \right\} = \int_{y_{1}}^{y_{2}} {\int_{x_{1}}^{x_{2}} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dx \,\, dy}}

f_{Y} ( y ) = \int_{- \infty}^{\infty} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dy}

F_{XY} ( x , y ) = \int_{- \infty}^{y} {\int_{- \infty}^{x} {f_{XY} ( a , b ) \,\, da \,\, db}}

\int_{- \infty}^{\infty} {\int_{- \infty}^{\infty} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dx \,\, dy = 1}}

정답 및 해설

옳지 않은 식은 주변 밀도 $f_{Y}(y)$ 를 $y$ 로 적분한 식이다. $f_{Y}(y)$ 는 없앨 변수인 $x$ 로 적분해야 한다.

올바른 식은 $f_{Y}(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{XY}(x,y)\,dx$ 이다. $y$ 로 적분하면 $y$ 가 사라지고 $x$ 의 함수 $f_{X}(x)$ 가 되므로 좌변과 맞지 않는다.

$f_{XY}(x,y)\ge 0$ : 확률 밀도는 음이 될 수 없다.
영역 확률의 이중적분: 영역 위에서 결합 밀도를 적분하면 그 영역의 확률이다.
결합 누적분포 $F_{XY}(x,y)$ 의 이중적분: 음의 무한대부터 $(x,y)$ 까지 적분한 정의 그대로다.
전 영역 적분이 1: 전체 확률은 1이다.

문제 7

AM(DSB-LC) 변조에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1AM 변조는 양측파대 반송파억압(DSB-SC) 변조와 비교하여 전력 효율이 좋다.

2AM 변조 신호에 대해 포락선 검파(envelope detection)를 할 때, 변조지수가 1보다 크면 신호의 왜곡이 발생한다.

3AM 변조기로는 비선형소자를 사용하는 제곱 변조기(power law modulator)가 있다.

4AM 변조는 잔류측파대(VSB) 방식에 비해 소요 대역폭이 넓다.

5AM 변조에서 변조지수가 클수록 전력 효율이 좋아진다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 AM이 DSB-SC보다 전력 효율이 좋다는 내용이다. AM은 정보가 없는 반송파에도 전력을 쓰므로 전력 효율이 DSB-SC보다 낮다.

단일 톤 변조에서 AM의 효율은 $\eta=\dfrac{\mu^{2}}{2+\mu^{2}}$ 이다. 반송파 전력이 없는 DSB-SC는 송신 전력이 모두 측파대에 실린다.

변조지수 1 초과 시 왜곡: 과변조로 포락선이 메시지 모양을 따르지 못해 포락선 검파 출력이 왜곡된다.
제곱 변조기: 비선형 소자의 제곱 특성으로 반송파와 측파대를 만드는 AM 변조기다.
VSB 대비 넓은 대역폭: AM은 양측파대를 모두 보내고, VSB는 한쪽 측파대 대부분을 제거한다.
변조지수와 전력 효율: 위 식은 $\mu$ 가 커질수록 증가하므로 옳다.

문제 8

디지털 데이터 ′10111′에 대해 주어진 라인 코딩이 옳게 수행되지 않은 것은?

1극형 영비복귀(NRZ)

2극형 영복귀(RZ)

3AMI

4차분 맨체스터 (Alternate Mark Inversion) (Differential Manchester)

5맨체스터(Manchester)

정답 및 해설

옳게 수행되지 않은 것은 차분 맨체스터 파형이다.

차분 맨체스터는 모든 비트 구간의 가운데에서 반드시 전이가 일어나고 +V와 -V 두 레벨만 쓴다. 제시된 파형은 비트 중앙의 전이가 하나도 없고 0 비트 구간은 0 V에 머물러, 이 방식의 파형이 될 수 없다.

극형 NRZ 파형은 1을 +V, 0을 -V로 비트 구간 내내 유지하므로 +V, -V, +V, +V, +V가 되어 옳다.
극형 RZ 파형은 1을 +V, 0을 -V로 보낸 뒤 비트 구간의 절반에서 0으로 복귀하므로 옳다.
AMI 파형은 0을 0 V로 두고 1이 나올 때마다 극성을 바꾸어 +V, 0, -V, +V, -V가 되므로 옳다.
맨체스터 파형은 1을 낮은 레벨에서 높은 레벨로, 0을 높은 레벨에서 낮은 레벨로 바꾸는 비트 중앙 전이를 모든 구간에서 지키므로 옳다.

문제 9

4G LTE-A 기술에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1주파수 묶음(carrier aggregation) 기술은 서로 다른 주파수 대역의 신호를 동시에 전송하는 방식이다.

2MIMO 시스템은 다중경로 신호가 존재하지 않는 경우에도 다중화 이득(용량 증가)을 얻을 수 있다.

3상향 링크에는 SC-FDMA를 사용하고 하향링크에는 OFDMA 다중접속 기법을 사용한다.

4양방향 전송을 위해 FDD와 TDD를 모두 지원한다.

5SC-FDMA 기술은 단말기의 전력 소모를 줄이는 효과가 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 다중경로 신호가 없어도 MIMO가 다중화 이득을 얻는다는 내용이다.

공간 다중화는 안테나 쌍마다 채널이 서로 달라야 여러 스트림을 분리할 수 있고, 이런 채널 차이는 주로 다중경로 환경에서 생긴다. 다중경로가 없으면 안테나 간 채널이 서로 비슷해져 분리가 어렵고 용량 증가를 기대하기 어렵다.

주파수 묶음은 서로 다른 주파수 대역의 반송파를 묶어 동시에 전송하는 기술이므로 옳다.
LTE-A는 상향링크에 SC-FDMA, 하향링크에 OFDMA를 쓰므로 옳다.
LTE-A는 FDD와 TDD 두 양방향 전송 방식을 모두 지원하므로 옳다.
SC-FDMA는 OFDMA보다 PAPR이 낮아 단말기 전력 증폭기의 효율이 높아지므로 전력 소모를 줄인다.

문제 10

망 접속형태의 설명으로 옳지 않은 것은?

1트리(Tree) 방식: 다수의 허브(스위치)를 이용하여 트리형태로 노드들을 연결하는 방식으로 망 확장이 어렵다.

2링(Ring) 방식: 노드를 원과 같은 링 형태로 연결하는 방식으로 이중링으로 구성하면 단선을 우회할 수 있다.

3스타(Star) 방식: 모든 노드들을 중앙제어노드에 연결하는 방식 으로 병목 현상 발생 가능성이 있다.

4버스(Bus) 방식: 하나의 공통배선으로부터 모든 노드가 연결 되는 방식으로 트래픽이 많은 경우 망 효율이 떨어진다.

5메쉬(Mesh) 방식: 모든 노드 간에 점대점 방식으로 직접 연결 하는 방식으로 선로를 구축하는데 비용이 많이 든다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 트리 방식은 망 확장이 어렵다는 내용이다. 트리 방식은 허브나 스위치에 가지를 덧붙이는 구조라 망 확장이 쉽다.

계층적으로 하위 노드를 추가할 수 있다는 점이 트리 구조의 장점이다. 다만 상위 허브에 장애가 나면 그 아래 노드들이 영향을 받는다.

링 방식: 이중링으로 구성하면 한쪽이 끊겨도 반대 방향으로 우회할 수 있다.
스타 방식: 모든 트래픽이 중앙 노드를 거치므로 병목이 생길 수 있다.
버스 방식: 공통 배선을 공유해 트래픽이 많으면 충돌이 늘고 효율이 떨어진다.
메쉬 방식: 노드 쌍마다 직접 연결하므로 선로 수가 많아 구축비가 크다.

문제 11

어떤 FM 복조기 출력의 잡음 전력 스펙트럼 밀도가 다음과 같을 때, 잡음 전력으로 옳은 것은?

{\mathbf{S_{n_{z}} ( \omega ) = {\begin{cases}\frac{N_{0} \omega^{2}}{A_{c}^{2_{}}} & , \, | \omega \, | \, \le 2 \pi B_{x} \\ 0 & , | \omega \, | \, > 2 \pi B_{x} \,\end{cases}}}}

(여기에서

\mathbf{N_{0}}

는 채널의 배경 잡음 전력 스펙트럼 밀도,

\mathbf{A_{C}}

는 반송파의 진폭,

\mathbf{B_{x}}

는 복조기의 동작 대역폭이다)

\frac{N_{0} B_{x}^{2}}{2 \pi A_{c}^{2_{}}}

\frac{N_{0} B_{x}^{3}}{2 \pi A_{c}^{3_{}}}

\frac{4 \pi^{} N_{0} B_{x}^{2}}{A_{c}^{2_{}}}

\frac{8 \pi^{2} N_{0} B_{x}^{3}}{3 A_{c}^{2_{}}}

\frac{4 \pi^{} N_{0} B_{x}^{2}}{A_{c}^{{}_{}}}

정답 및 해설

잡음 전력은 전력 스펙트럼 밀도를 주파수 전 구간에서 적분한 값으로, 결과는 $\dfrac{8\pi^{2}N_{0}B_{x}^{3}}{3A_{c}^{2}}$ 이다.

$\omega$ 축에서 적분하므로 $\dfrac{1}{2\pi}$ 를 곱한다.
$P_{n}=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-2\pi B_{x}}^{2\pi B_{x}}\dfrac{N_{0}\omega^{2}}{A_{c}^{2}}\,d\omega$

우함수이므로 양의 구간을 두 배 한다.
$P_{n}=\dfrac{1}{2\pi}\cdot\dfrac{N_{0}}{A_{c}^{2}}\cdot 2\cdot\dfrac{(2\pi B_{x})^{3}}{3}$
$=\dfrac{8\pi^{2}N_{0}B_{x}^{3}}{3A_{c}^{2}}$

$\omega^{2}$ 을 적분하므로 결과는 $B_{x}^{3}$ 에 비례하고, $A_{c}$ 는 분모의 제곱 그대로 남는다.

$\dfrac{N_{0}B_{x}^{2}}{2\pi A_{c}^{2}}$ : $B_{x}$ 의 차수가 2로 맞지 않는다.
$\dfrac{N_{0}B_{x}^{3}}{2\pi A_{c}^{3}}$ : $A_{c}$ 의 차수가 3이고 계수도 다르다.
$\dfrac{4\pi N_{0}B_{x}^{2}}{A_{c}^{2}}$ : $B_{x}$ 의 차수가 2로 맞지 않는다.
$\dfrac{4\pi N_{0}B_{x}^{2}}{A_{c}}$ : $B_{x}$ 와 $A_{c}$ 의 차수가 모두 맞지 않는다.

문제 12

직교 주파수 분할 다중화(OFDM) 방식에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1직교하는 다수의 협대역 부반송파를 이용한다.

2다중화 기술이면서 다중 반송파 변조 기술이다.

3N개의 데이터 심벌을 N개의 부반송파로 직렬로 순차적으로 변조 한다.

4CP(Cyclic Prefix)를 첨가하면 심볼 간 간섭(ISI)의 영향을 줄일 수 있다.

5부반송파들의 스펙트럼은 중첩되지만 직교성은 유지된다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 데이터 심벌을 직렬로 순차 변조한다는 내용이다. OFDM은 N개의 심벌을 N개의 부반송파에 병렬로 동시에 실어 보낸다.

고속 직렬 데이터를 병렬로 나누면 심벌 길이가 길어져 다중경로 지연의 영향이 줄어든다. 실제 구현은 IFFT로 한 번에 처리한다.

직교 협대역 부반송파: 넓은 대역을 직교하는 여러 협대역 부반송파로 나누어 쓴다.
다중화이자 다중 반송파 변조: 여러 데이터 흐름을 다중화하면서 여러 반송파로 변조한다.
CP 첨가: 심벌 앞에 뒷부분을 복사해 넣어 지연파가 만드는 심볼 간 간섭을 줄인다.
스펙트럼 중첩과 직교성: 한 부반송파의 정점에서 다른 부반송파가 0이 되어 겹쳐도 분리된다.

문제 13

가우시안 랜덤 변수 X의 확률 밀도 함수(pdf)가

\mathbf{f_{X} ( x )}

로, 누적 분포 함수(cdf)를

\mathbf{F_{X} ( x )}

로 표현할 때, 다음 중 옳지 않은 식은? (단, 가우시안 랜덤 변수 X의 평균은 0이고 분산은 1이라고 가정하고, 오차와 관련한 함수는

\mathbf{erf ( z ) \, = \, \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{z} {e^{- t^{2}}} dt}

와

\mathbf{erfc ( z ) \, = \, \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{z}^{\infty} {e^{- t^{2}}} dt}

로 주어진다)

F_{X} ( x ) \, = \, \frac{1}{2} ( 1 - erfc ( \frac{x}{\sqrt{2}} ) )

f_{X} ( x ) \, = \, \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp ( - \frac{x^{2}}{2} )

erf ( - z ) \, = \, - \, erf ( z )

F_{X} ( x ) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} erf ( \frac{x}{\sqrt{2}} )

erfc ( \infty ) \, = 0

정답 및 해설

옳지 않은 식은 $F_{X}(x)=\dfrac{1}{2}\left(1-\mathrm{erfc}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)\right)$ 이다. 올바른 식은 상수항이 1인 $F_{X}(x)=1-\dfrac{1}{2}\mathrm{erfc}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)$ 이다.

$x=0$ 을 대입해 확인한다. 평균이 0이므로 $F_{X}(0)=\dfrac{1}{2}$ 이어야 하지만, $\mathrm{erfc}(0)=1$ 이라 해당 식은 0이 되어 모순이다.

표준 가우시안 밀도: 평균 0, 분산 1을 일반식에 넣은 형태로 옳다.
$\mathrm{erf}(-z)=-\mathrm{erf}(z)$ : 피적분함수가 우함수라 erf는 기함수이다.
$F_{X}(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\mathrm{erf}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)$ : 음의 구간 확률 1/2에 0부터 $x$ 까지의 확률을 더하고 $u=t/\sqrt{2}$ 로 치환한 결과다.
$\mathrm{erfc}(\infty)=0$ : 적분 구간이 사라지므로 값이 0이다.

문제 14

아래 그림과 같은 1bit 심볼 전송을 위한 이진 대칭 채널(BSC)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1천이 확률 p = 0 이면 채널 용량은 채널 입력에 의해 완전히 결정되고, 그 값은 1[bit/symbol]이다.

2천이 확률 p가 0에서 0.5로 증가함에 따라 채널 용량은 선형적 으로 증가한다.

3p = 0.1 이고 0을 전송할 확률이 0.4, 1을 전송할 확률이 0.6 이라고 가정하면, 수신기에서 실제 1이 수신된 확률은 0.58 이다.

4X = 1일 확률 P(X = 1) = 0.5 이면 정보원의 엔트로피 H(X)는 1이 된다.

5천이 확률 p = 1 이면 채널 용량은 채널 입력에 의해 완전히 결정되고, 그 값은 1[bit/symbol]이다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 p가 0에서 0.5로 커질수록 채널 용량이 선형적으로 증가한다는 내용이다.

BSC의 채널 용량은 이진 엔트로피로 정해지며, p가 0에서 0.5로 커지면 용량은 1에서 0으로 곡선을 그리며 감소한다.

$C=1-H(p)=1+p\log_{2}p+(1-p)\log_{2}(1-p)$

p = 0이면 오류가 없어 출력이 입력을 그대로 따르므로 용량은 1 bit/symbol이다.
수신 확률은 두 경로의 합으로 구하며 $P(Y=1)=0.4\times 0.1+0.6\times 0.9=0.58$ 이므로 옳다.
$P(X=1)=0.5$ 이면 두 심볼이 같은 확률이므로 엔트로피는 최댓값 1이다.
p = 1이면 모든 비트가 반드시 뒤집혀 수신 측에서 그대로 복원할 수 있으므로 용량은 1 bit/symbol이다.

문제 15

통신망의 OSI-7 계층 모델에 대해 각 계층별 역할을 설명한 것으로 옳지 않은 것은?

1물리(Physical) 계층: 물리적인 전송 매체를 통한 비트 전송에 관여한다.

2데이터 링크(Data link) 계층: 노드와 노드 간에 프레임(frame) 단위로 데이터 전달에 관여한다.

3네트워크(Network) 계층: 발신지로부터 최종 목적지까지 패킷(packet)의 전달에 관여한다.

4세션(Session) 계층: 포트 주소를 참고로 프로세스와 프로세스간의 메시지 전달에 관여한다.

5표현(Presentation) 계층: 데이터 압축, 암호화 수행에 관여한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 세션 계층이다. 포트 주소로 프로세스 간 메시지를 전달하는 일은 전송(Transport) 계층의 역할이다.

세션 계층은 통신 당사자 사이의 대화 설정·유지·종료와 동기화를 담당한다. 포트 번호는 TCP·UDP 같은 전송 계층 프로토콜이 쓰는 주소다.

물리 계층: 전송 매체를 통해 비트를 전달한다.
데이터 링크 계층: 인접 노드 사이에서 프레임을 전달한다.
네트워크 계층: 라우팅을 통해 발신지에서 최종 목적지까지 패킷을 전달한다.
표현 계층: 데이터 형식 변환, 압축, 암호화를 맡는다.

문제 16

부호 분할 다중 접속(CDMA) 기술에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

12, 3세대 이동통신 시스템에 적용된 기술이다.

2사용되는 직교코드 중에 Walsh 코드가 있다.

3동기식 IS-95 시스템에서 short PN 코드는 하향 링크에서 기지국을 구분하는 용도로 사용된다.

4동기식 IS-95 시스템에서 long PN 코드는 상향 링크에서 단말기를 구분하는 용도로 사용된다.

5W-CDMA에서 하향 링크의 각 채널(사용자)을 구분하기 위해 스크램블링(scrambling) 코드를 사용한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 W-CDMA 하향 링크에서 스크램블링 코드로 채널을 구분한다는 내용이다. 하향 링크의 채널 구분은 OVSF 채널화 코드가 맡는다.

W-CDMA 하향 링크의 스크램블링 코드는 기지국(셀)을 구분하는 데 쓰인다. 코드의 역할이 서로 바뀐 것이 이 문항의 함정이다.

2·3세대 적용: IS-95가 2세대, W-CDMA와 CDMA2000이 3세대에 해당한다.
Walsh 코드: 서로 직교하는 대표적인 코드로 IS-95의 하향 채널 구분에 쓰인다.
short PN 코드: 하향 링크에서 기지국별 위상 오프셋으로 기지국을 구분한다.
long PN 코드: 상향 링크에서 단말기를 구분한다.

문제 17

이동통신 환경의 페이딩(fading)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1빠른 속도로 움직이는 이동체가 느린 속도의 이동체보다 도플러 효과에 의한 주파수 천이가 더 크다.

2반사, 산란 등으로 신호 전파가 여러 경로를 거쳐 수신되어 수신레벨이 급격히 변동되는 것을 다중 경로 페이딩이라 한다.

3CDMA 시스템에서는 레이크(rake) 수신기를 사용하여 다중 경로 페이딩 신호를 결합하여 수신 신호대 잡음비를 개선한다.

4주파수 선택적 페이딩은 다중 경로 지연 확산으로 인한 것으로 신호 왜곡이 발생한다.

5이동 단말에서 도플러 확산이 신호의 대역폭보다 매우 작은 경우는 신호 왜곡이 발생한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 도플러 확산이 신호 대역폭보다 매우 작을 때 왜곡이 발생한다는 내용이다. 이 경우는 느린 페이딩으로, 도플러로 인한 신호 왜곡은 무시할 수 있다.

왜곡은 반대로 도플러 확산이 대역폭에 견줄 만큼 커지는 빠른 페이딩에서 생긴다. 채널이 한 심벌 안에서 크게 변하기 때문이다.

이동 속도와 도플러 천이: 도플러 천이는 이동 속도에 비례한다.
다중 경로 페이딩: 경로별 수신파가 간섭해 수신 레벨이 급변하는 현상이다.
레이크 수신기: 경로별 신호를 분리해 결합하므로 수신 신호대 잡음비가 좋아진다.
주파수 선택적 페이딩: 지연 확산이 심벌 길이에 비해 커서 대역 내 주파수 성분이 다르게 감쇠되어 왜곡된다.

문제 18

초고속 광통신의 전송매체인 광섬유에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1광섬유는 주위 전자파에 의한 간섭의 영향이 크다.

2광섬유의 재료는 SiO₂즉, 유리 성분이므로 구리선에 비해 전송량 대비 가격이 저렴하다.

3전송 용량을 높이기 위하여 파장분할 다중화(WDM) 방법을 사용할 수 있다.

4광섬유 내에서 빛을 가이드하기 위하여 매질의 굴절률 차이를 이용한다.

5감쇠된 광신호를 증폭하기 위하여 광전/전광 변환없이 광섬유 증폭기의 사용이 가능하다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 광섬유가 전자파 간섭의 영향을 크게 받는다는 내용이다. 광섬유는 빛으로 신호를 전달하는 유전체 매질이므로 전자기 간섭에 강하다.

구리선과 달리 금속 도체로 전류를 흘리지 않아 외부 전자파가 신호에 유도되지 않는다. 이 전자기 간섭 내성이 광섬유의 대표적 장점이다.

유리 재료와 경제성: 실리카 유리 기반이라 전송량에 견주면 구리선보다 저렴하다.
파장분할 다중화: 파장이 다른 여러 광신호를 한 가닥에 실어 용량을 늘린다.
굴절률 차이: 코어와 클래딩의 굴절률 차이에 따른 전반사로 빛을 가둔다.
광섬유 증폭기: 전기 신호로 바꾸지 않고 빛 상태 그대로 증폭할 수 있다.

문제 19

신호

{\mathbf{x ( t ) = e^{- at} u ( t )}}

(여기서

\mathbf{u ( t )}

는 단위 계단 함수이고,

\mathbf{a} > 0

)의 에너지로 옳은 것은?

\frac{1}{a}

\frac{1}{2 a}

\frac{1}{a^{2}}

\frac{2}{a^{2}}

\frac{2}{a}

정답 및 해설

신호 에너지는 크기 제곱을 전 구간 적분한 값으로, 결과는 $\dfrac{1}{2a}$ 이다.

공식에 대입한다.
$E=\int_{-\infty}^{\infty}|x(t)|^{2}\,dt=\int_{0}^{\infty}e^{-2at}\,dt$
적분한다.
$E=\left[-\dfrac{1}{2a}e^{-2at}\right]_{0}^{\infty}=\dfrac{1}{2a}$

제곱하면 지수의 계수가 $a$ 에서 $2a$ 로 바뀌는 점이 핵심이다.

$\dfrac{1}{a}$ : 제곱을 빼고 $x(t)$ 를 그대로 적분한 값이다.
$\dfrac{1}{a^{2}}$ : 스펙트럼 크기 제곱의 $\omega=0$ 값 $|X(0)|^{2}$ 과 혼동한 값이다.
$\dfrac{2}{a^{2}}$ : $a$ 의 차수가 2라 적분 결과와 맞지 않는다.
$\dfrac{2}{a}$ : 계수 2를 분모가 아닌 분자에 둔 값이다.

문제 20

위성통신에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1인공위성의 고도가 낮을수록 지구 주위를 빠르게 회전한다.

2위성통신 주파수 대역에서 Ku 밴드의 주파수가 C 밴드보다높다.

3정지궤도 위성의 공전 주기는 24시간이다.

4정지궤도 위성의 경사각(inclination angle)은 45도이다.

5일반적으로 극궤도 위성은 저궤도를 사용한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 정지궤도 위성의 경사각이 45도라는 내용이다. 정지궤도는 적도 상공의 원궤도이므로 경사각이 0도이다.

궤도면이 적도면과 일치해야 지상에서 위성이 한 점에 멈춘 것처럼 보인다. 경사각이 있으면 위성이 남북으로 오르내려 정지 상태가 유지되지 않는다.

고도와 공전 속도: 고도가 낮을수록 중력이 커서 더 빠르게 돌아야 궤도를 유지한다.
Ku 밴드와 C 밴드: Ku 밴드가 C 밴드보다 높은 주파수 대역이다.
정지궤도 공전 주기: 지구 자전 주기에 맞추어 약 24시간이다.
극궤도 위성: 지구 관측 등에 쓰이는 극궤도는 일반적으로 저궤도를 사용한다.

국회직 9급 통신이론 기출문제모두CBT · moducbt.com

21년 1회차

총 20문항 · 객관식 · 정답·해설 포함

문제 1

신호

{\mathbf{x ( t ) = \exp ( jw_{1} t ) + \exp ( - jw_{2} t )}}

에 대한 푸리에 변환의 결과로 옳은 것은? (단,

\mathbf{w_{1} \ne w_{2}}

이다.)

2 \pi \delta ( w + w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w + w_{2} )

2 \pi \delta ( w + w_{1} ) - 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w + w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) + 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

2 \pi \delta ( w - w_{1} ) - 2 \pi \delta ( w - w_{2} )

정답 및 해설

복소 지수 신호의 푸리에 변환은 지수의 각주파수 위치에 놓인 임펄스이므로, 결과는 $2\pi\delta(w-w_{1})+2\pi\delta(w+w_{2})$ 이다.

$2\pi\delta(w+w_{1})+2\pi\delta(w+w_{2})$ : 첫째 임펄스가 $w=-w_{1}$ 에 있어 위치가 반대다.
$2\pi\delta(w+w_{1})-2\pi\delta(w-w_{2})$ : 두 임펄스의 위치가 모두 반대이고 두 항을 뺐다.
$2\pi\delta(w-w_{1})+2\pi\delta(w-w_{2})$ : 둘째 임펄스가 $w=+w_{2}$ 에 있어 위치가 반대다.
$2\pi\delta(w-w_{1})-2\pi\delta(w-w_{2})$ : 둘째 임펄스의 위치가 반대이고, 두 신호를 더했는데 뺄셈으로 나타냈다.

문제 2

이진 대칭 채널(BSC)로 팩시밀리 전송을 할 때, 흰색 픽셀이 전송될 확률은

\mathbf{P ( W ) \, = \, 0.8}

이고, 검은색 픽셀이 전송될 확률은

\mathbf{P ( B ) \, = \, 0.2}

이라고 가정한다. 검은색 픽셀이 전송되었을 때, 검은색 픽셀로 결정(BD)할 확률은

\mathbf{P ( BD \,\, | \, B ) = 0.8}

, 흰색 픽셀이 전송되었을 때, 흰색이 수신되었다고 결정(WD)할 확률은

\mathbf{P ( WD \,\, | \, W ) = 0.8}

이라고 가정한다. 수신된 픽셀이 검은색이라고 결정한 경우에, 실제로는 흰색 픽셀이 전송되었을 확률

\mathbf{P ( W \quad | \, BD )}

을 베이즈(Bayes)의 정리를 사용하여 구한 것은?

10.1

20.2

30.3

40.4

50.5

정답 및 해설

베이즈 정리로 구한 $P(W\mid BD)$ 는 0.5이다. 검은색 판정의 절반이 실제로는 흰색 픽셀의 오판인 셈이다.

먼저 흰색이 검은색으로 오판될 확률은 $P(BD\mid W)=1-P(WD\mid W)=1-0.8=0.2$ 이다.

전체 확률로 분모를 구한다.
$P(BD)=P(BD\mid W)P(W)+P(BD\mid B)P(B)$
$=0.2\times 0.8+0.8\times 0.2=0.32$

문제 3

채널 코딩에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1해밍 코드, BCH 코드, RS 코드는 블록 코드이다.

2블록 코드에서 1개 비트 오류를 정정하기 위한 최소 해밍 거리는 2이다.

3블록 코드에서 2개 비트 오류를 검출하기 위한 최소 해밍 거리는 3이다.

4비터비(Viterbi) 복호 방식은 컨볼루션(convolution) 코드 복호 방식이다.

5터보 코드(turbo code) 부호화기는 컨볼루션 코드 생성기와 인터리버 등으로 구성되어 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 1비트 오류 정정에 최소 해밍 거리 2면 된다는 내용이다. 1비트 정정에는 최소 해밍 거리 3이 필요하다.

해밍·BCH·RS 코드: 모두 일정 길이 단위로 부호화하는 블록 코드로 옳다.
2비트 오류 검출: $s$ 비트 검출 조건은 $d_{\min}\ge s+1$ 이므로 거리 3이면 된다.
비터비 복호: 트렐리스에서 최우 경로를 찾는 컨볼루션 코드의 대표 복호 방식이다.
터보 코드 부호화기: 구성 컨볼루션 부호기를 인터리버로 연결한 구조로 옳다.

문제 4

T1 반송파 시스템에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1시분할 다중화(TDM) 전송 기술이다.

2전송속도는 1.544[Mbps]이다.

330 채널을 다중화하여 동시에 전송할 수 있다.

4동기신호는 프레임 당 1개 비트를 사용한다.

5하나의 전송 프레임은 193개 비트로 구성되어 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 30 채널 다중화이다. T1은 음성 24 채널을 다중화하며, 30 채널 음성은 유럽식 E1의 구성이다.

프레임 구성은 다음과 같다.
$24\times 8+1=193\,\mathrm{bit}$
$193\,\mathrm{bit}\times 8000\,\mathrm{frame/s}=1.544\,\mathrm{Mbps}$

시분할 다중화: 각 채널의 표본을 시간 슬롯에 차례로 배치하는 TDM 방식이다.
전송속도 1.544 Mbps: 프레임 길이에 초당 프레임 수를 곱한 값과 일치한다.
프레임당 동기 1비트: 193비트 가운데 채널 데이터를 뺀 나머지 1비트가 동기용이다.
193비트 프레임: 채널당 8비트씩 24 채널에 동기 비트를 더한 길이다.

문제 5

송수신자 간에 데이터를 전달함에 있어, 전송 오류 검출 방식인 순환 중복 검사(CRC) 방식에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1송신측은 주로 16비트나 32비트의 다항식을 이용하여 오류검출 코드를 생성한다.

3CRC 방식은 귀환 시프트 레지스터(feedback shift register)로 쉽게 구현될 수 있다.

4CRC 방식은 오류정정이 불가능하다.

5CRC 방식은 연집 오류(burst error)를 모두 검출해 낼 수 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 연집 오류를 모두 검출한다는 내용이다. CRC가 빠짐없이 검출하는 연집 오류는 길이가 검사 비트 수 이하인 경우로 한정된다.

더 긴 연집 오류는 오류 패턴이 생성 다항식의 배수가 되면 나머지가 0이 되어 놓칠 수 있다. 검출 확률이 매우 높을 뿐 완전하지는 않다.

16·32비트 다항식 사용: CRC-16, CRC-32처럼 널리 쓰이는 방식이다.
수신측 나머지 판단: 같은 다항식으로 나눈 나머지가 0이 아니면 오류로 판정한다.
귀환 시프트 레지스터 구현: 다항식 나눗셈을 시프트 레지스터와 XOR 회로로 간단히 구현한다.
오류정정 불가: CRC는 검출용 부호로, 오류가 발견되면 재전송 등으로 복구한다.

문제 6

두 랜덤변수 X와 Y의 결합 확률 밀도 함수

\mathbf{f_{XY} ( x , y )}

에 대한 성질로 옳지 않은 것은?

1모든 x와 y에 대해

f_{XY} ( x , y ) \ge 0

P \left\{ x_{1} < X < x_{2} , \, y_{1} < Y < y_{2} \right\} = \int_{y_{1}}^{y_{2}} {\int_{x_{1}}^{x_{2}} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dx \,\, dy}}

f_{Y} ( y ) = \int_{- \infty}^{\infty} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dy}

F_{XY} ( x , y ) = \int_{- \infty}^{y} {\int_{- \infty}^{x} {f_{XY} ( a , b ) \,\, da \,\, db}}

\int_{- \infty}^{\infty} {\int_{- \infty}^{\infty} {f_{XY} ( x , y ) \,\, dx \,\, dy = 1}}

정답 및 해설

옳지 않은 식은 주변 밀도 $f_{Y}(y)$ 를 $y$ 로 적분한 식이다. $f_{Y}(y)$ 는 없앨 변수인 $x$ 로 적분해야 한다.

올바른 식은 $f_{Y}(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{XY}(x,y)\,dx$ 이다. $y$ 로 적분하면 $y$ 가 사라지고 $x$ 의 함수 $f_{X}(x)$ 가 되므로 좌변과 맞지 않는다.

$f_{XY}(x,y)\ge 0$ : 확률 밀도는 음이 될 수 없다.
영역 확률의 이중적분: 영역 위에서 결합 밀도를 적분하면 그 영역의 확률이다.
결합 누적분포 $F_{XY}(x,y)$ 의 이중적분: 음의 무한대부터 $(x,y)$ 까지 적분한 정의 그대로다.
전 영역 적분이 1: 전체 확률은 1이다.

문제 7

AM(DSB-LC) 변조에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1AM 변조는 양측파대 반송파억압(DSB-SC) 변조와 비교하여 전력 효율이 좋다.

2AM 변조 신호에 대해 포락선 검파(envelope detection)를 할 때, 변조지수가 1보다 크면 신호의 왜곡이 발생한다.

3AM 변조기로는 비선형소자를 사용하는 제곱 변조기(power law modulator)가 있다.

4AM 변조는 잔류측파대(VSB) 방식에 비해 소요 대역폭이 넓다.

5AM 변조에서 변조지수가 클수록 전력 효율이 좋아진다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 AM이 DSB-SC보다 전력 효율이 좋다는 내용이다. AM은 정보가 없는 반송파에도 전력을 쓰므로 전력 효율이 DSB-SC보다 낮다.

단일 톤 변조에서 AM의 효율은 $\eta=\dfrac{\mu^{2}}{2+\mu^{2}}$ 이다. 반송파 전력이 없는 DSB-SC는 송신 전력이 모두 측파대에 실린다.

변조지수 1 초과 시 왜곡: 과변조로 포락선이 메시지 모양을 따르지 못해 포락선 검파 출력이 왜곡된다.
제곱 변조기: 비선형 소자의 제곱 특성으로 반송파와 측파대를 만드는 AM 변조기다.
VSB 대비 넓은 대역폭: AM은 양측파대를 모두 보내고, VSB는 한쪽 측파대 대부분을 제거한다.
변조지수와 전력 효율: 위 식은 $\mu$ 가 커질수록 증가하므로 옳다.

문제 8

디지털 데이터 ′10111′에 대해 주어진 라인 코딩이 옳게 수행되지 않은 것은?

1극형 영비복귀(NRZ)

2극형 영복귀(RZ)

3AMI

4차분 맨체스터 (Alternate Mark Inversion) (Differential Manchester)

5맨체스터(Manchester)

정답 및 해설

옳게 수행되지 않은 것은 차분 맨체스터 파형이다.

극형 NRZ 파형은 1을 +V, 0을 -V로 비트 구간 내내 유지하므로 +V, -V, +V, +V, +V가 되어 옳다.
극형 RZ 파형은 1을 +V, 0을 -V로 보낸 뒤 비트 구간의 절반에서 0으로 복귀하므로 옳다.
AMI 파형은 0을 0 V로 두고 1이 나올 때마다 극성을 바꾸어 +V, 0, -V, +V, -V가 되므로 옳다.
맨체스터 파형은 1을 낮은 레벨에서 높은 레벨로, 0을 높은 레벨에서 낮은 레벨로 바꾸는 비트 중앙 전이를 모든 구간에서 지키므로 옳다.

문제 9

4G LTE-A 기술에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1주파수 묶음(carrier aggregation) 기술은 서로 다른 주파수 대역의 신호를 동시에 전송하는 방식이다.

2MIMO 시스템은 다중경로 신호가 존재하지 않는 경우에도 다중화 이득(용량 증가)을 얻을 수 있다.

3상향 링크에는 SC-FDMA를 사용하고 하향링크에는 OFDMA 다중접속 기법을 사용한다.

4양방향 전송을 위해 FDD와 TDD를 모두 지원한다.

5SC-FDMA 기술은 단말기의 전력 소모를 줄이는 효과가 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 다중경로 신호가 없어도 MIMO가 다중화 이득을 얻는다는 내용이다.

주파수 묶음은 서로 다른 주파수 대역의 반송파를 묶어 동시에 전송하는 기술이므로 옳다.
LTE-A는 상향링크에 SC-FDMA, 하향링크에 OFDMA를 쓰므로 옳다.
LTE-A는 FDD와 TDD 두 양방향 전송 방식을 모두 지원하므로 옳다.
SC-FDMA는 OFDMA보다 PAPR이 낮아 단말기 전력 증폭기의 효율이 높아지므로 전력 소모를 줄인다.

문제 10

망 접속형태의 설명으로 옳지 않은 것은?

1트리(Tree) 방식: 다수의 허브(스위치)를 이용하여 트리형태로 노드들을 연결하는 방식으로 망 확장이 어렵다.

2링(Ring) 방식: 노드를 원과 같은 링 형태로 연결하는 방식으로 이중링으로 구성하면 단선을 우회할 수 있다.

3스타(Star) 방식: 모든 노드들을 중앙제어노드에 연결하는 방식 으로 병목 현상 발생 가능성이 있다.

4버스(Bus) 방식: 하나의 공통배선으로부터 모든 노드가 연결 되는 방식으로 트래픽이 많은 경우 망 효율이 떨어진다.

5메쉬(Mesh) 방식: 모든 노드 간에 점대점 방식으로 직접 연결 하는 방식으로 선로를 구축하는데 비용이 많이 든다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 트리 방식은 망 확장이 어렵다는 내용이다. 트리 방식은 허브나 스위치에 가지를 덧붙이는 구조라 망 확장이 쉽다.

계층적으로 하위 노드를 추가할 수 있다는 점이 트리 구조의 장점이다. 다만 상위 허브에 장애가 나면 그 아래 노드들이 영향을 받는다.

링 방식: 이중링으로 구성하면 한쪽이 끊겨도 반대 방향으로 우회할 수 있다.
스타 방식: 모든 트래픽이 중앙 노드를 거치므로 병목이 생길 수 있다.
버스 방식: 공통 배선을 공유해 트래픽이 많으면 충돌이 늘고 효율이 떨어진다.
메쉬 방식: 노드 쌍마다 직접 연결하므로 선로 수가 많아 구축비가 크다.

문제 11

어떤 FM 복조기 출력의 잡음 전력 스펙트럼 밀도가 다음과 같을 때, 잡음 전력으로 옳은 것은?

{\mathbf{S_{n_{z}} ( \omega ) = {\begin{cases}\frac{N_{0} \omega^{2}}{A_{c}^{2_{}}} & , \, | \omega \, | \, \le 2 \pi B_{x} \\ 0 & , | \omega \, | \, > 2 \pi B_{x} \,\end{cases}}}}

(여기에서

\mathbf{N_{0}}

는 채널의 배경 잡음 전력 스펙트럼 밀도,

\mathbf{A_{C}}

는 반송파의 진폭,

\mathbf{B_{x}}

는 복조기의 동작 대역폭이다)

\frac{N_{0} B_{x}^{2}}{2 \pi A_{c}^{2_{}}}

\frac{N_{0} B_{x}^{3}}{2 \pi A_{c}^{3_{}}}

\frac{4 \pi^{} N_{0} B_{x}^{2}}{A_{c}^{2_{}}}

\frac{8 \pi^{2} N_{0} B_{x}^{3}}{3 A_{c}^{2_{}}}

\frac{4 \pi^{} N_{0} B_{x}^{2}}{A_{c}^{{}_{}}}

정답 및 해설

잡음 전력은 전력 스펙트럼 밀도를 주파수 전 구간에서 적분한 값으로, 결과는 $\dfrac{8\pi^{2}N_{0}B_{x}^{3}}{3A_{c}^{2}}$ 이다.

$\omega$ 축에서 적분하므로 $\dfrac{1}{2\pi}$ 를 곱한다.
$P_{n}=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-2\pi B_{x}}^{2\pi B_{x}}\dfrac{N_{0}\omega^{2}}{A_{c}^{2}}\,d\omega$

우함수이므로 양의 구간을 두 배 한다.
$P_{n}=\dfrac{1}{2\pi}\cdot\dfrac{N_{0}}{A_{c}^{2}}\cdot 2\cdot\dfrac{(2\pi B_{x})^{3}}{3}$
$=\dfrac{8\pi^{2}N_{0}B_{x}^{3}}{3A_{c}^{2}}$

$\omega^{2}$ 을 적분하므로 결과는 $B_{x}^{3}$ 에 비례하고, $A_{c}$ 는 분모의 제곱 그대로 남는다.

$\dfrac{N_{0}B_{x}^{2}}{2\pi A_{c}^{2}}$ : $B_{x}$ 의 차수가 2로 맞지 않는다.
$\dfrac{N_{0}B_{x}^{3}}{2\pi A_{c}^{3}}$ : $A_{c}$ 의 차수가 3이고 계수도 다르다.
$\dfrac{4\pi N_{0}B_{x}^{2}}{A_{c}^{2}}$ : $B_{x}$ 의 차수가 2로 맞지 않는다.
$\dfrac{4\pi N_{0}B_{x}^{2}}{A_{c}}$ : $B_{x}$ 와 $A_{c}$ 의 차수가 모두 맞지 않는다.

문제 12

직교 주파수 분할 다중화(OFDM) 방식에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1직교하는 다수의 협대역 부반송파를 이용한다.

2다중화 기술이면서 다중 반송파 변조 기술이다.

3N개의 데이터 심벌을 N개의 부반송파로 직렬로 순차적으로 변조 한다.

4CP(Cyclic Prefix)를 첨가하면 심볼 간 간섭(ISI)의 영향을 줄일 수 있다.

5부반송파들의 스펙트럼은 중첩되지만 직교성은 유지된다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 데이터 심벌을 직렬로 순차 변조한다는 내용이다. OFDM은 N개의 심벌을 N개의 부반송파에 병렬로 동시에 실어 보낸다.

고속 직렬 데이터를 병렬로 나누면 심벌 길이가 길어져 다중경로 지연의 영향이 줄어든다. 실제 구현은 IFFT로 한 번에 처리한다.

직교 협대역 부반송파: 넓은 대역을 직교하는 여러 협대역 부반송파로 나누어 쓴다.
다중화이자 다중 반송파 변조: 여러 데이터 흐름을 다중화하면서 여러 반송파로 변조한다.
CP 첨가: 심벌 앞에 뒷부분을 복사해 넣어 지연파가 만드는 심볼 간 간섭을 줄인다.
스펙트럼 중첩과 직교성: 한 부반송파의 정점에서 다른 부반송파가 0이 되어 겹쳐도 분리된다.

문제 13

가우시안 랜덤 변수 X의 확률 밀도 함수(pdf)가

\mathbf{f_{X} ( x )}

로, 누적 분포 함수(cdf)를

\mathbf{F_{X} ( x )}

로 표현할 때, 다음 중 옳지 않은 식은? (단, 가우시안 랜덤 변수 X의 평균은 0이고 분산은 1이라고 가정하고, 오차와 관련한 함수는

\mathbf{erf ( z ) \, = \, \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{z} {e^{- t^{2}}} dt}

와

\mathbf{erfc ( z ) \, = \, \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{z}^{\infty} {e^{- t^{2}}} dt}

로 주어진다)

F_{X} ( x ) \, = \, \frac{1}{2} ( 1 - erfc ( \frac{x}{\sqrt{2}} ) )

f_{X} ( x ) \, = \, \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp ( - \frac{x^{2}}{2} )

erf ( - z ) \, = \, - \, erf ( z )

F_{X} ( x ) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} erf ( \frac{x}{\sqrt{2}} )

erfc ( \infty ) \, = 0

정답 및 해설

$x=0$ 을 대입해 확인한다. 평균이 0이므로 $F_{X}(0)=\dfrac{1}{2}$ 이어야 하지만, $\mathrm{erfc}(0)=1$ 이라 해당 식은 0이 되어 모순이다.

표준 가우시안 밀도: 평균 0, 분산 1을 일반식에 넣은 형태로 옳다.
$\mathrm{erf}(-z)=-\mathrm{erf}(z)$ : 피적분함수가 우함수라 erf는 기함수이다.
$F_{X}(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\mathrm{erf}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)$ : 음의 구간 확률 1/2에 0부터 $x$ 까지의 확률을 더하고 $u=t/\sqrt{2}$ 로 치환한 결과다.
$\mathrm{erfc}(\infty)=0$ : 적분 구간이 사라지므로 값이 0이다.

문제 14

아래 그림과 같은 1bit 심볼 전송을 위한 이진 대칭 채널(BSC)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1천이 확률 p = 0 이면 채널 용량은 채널 입력에 의해 완전히 결정되고, 그 값은 1[bit/symbol]이다.

2천이 확률 p가 0에서 0.5로 증가함에 따라 채널 용량은 선형적 으로 증가한다.

3p = 0.1 이고 0을 전송할 확률이 0.4, 1을 전송할 확률이 0.6 이라고 가정하면, 수신기에서 실제 1이 수신된 확률은 0.58 이다.

4X = 1일 확률 P(X = 1) = 0.5 이면 정보원의 엔트로피 H(X)는 1이 된다.

5천이 확률 p = 1 이면 채널 용량은 채널 입력에 의해 완전히 결정되고, 그 값은 1[bit/symbol]이다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 p가 0에서 0.5로 커질수록 채널 용량이 선형적으로 증가한다는 내용이다.

BSC의 채널 용량은 이진 엔트로피로 정해지며, p가 0에서 0.5로 커지면 용량은 1에서 0으로 곡선을 그리며 감소한다.

$C=1-H(p)=1+p\log_{2}p+(1-p)\log_{2}(1-p)$

p = 0이면 오류가 없어 출력이 입력을 그대로 따르므로 용량은 1 bit/symbol이다.
수신 확률은 두 경로의 합으로 구하며 $P(Y=1)=0.4\times 0.1+0.6\times 0.9=0.58$ 이므로 옳다.
$P(X=1)=0.5$ 이면 두 심볼이 같은 확률이므로 엔트로피는 최댓값 1이다.
p = 1이면 모든 비트가 반드시 뒤집혀 수신 측에서 그대로 복원할 수 있으므로 용량은 1 bit/symbol이다.

문제 15

통신망의 OSI-7 계층 모델에 대해 각 계층별 역할을 설명한 것으로 옳지 않은 것은?

1물리(Physical) 계층: 물리적인 전송 매체를 통한 비트 전송에 관여한다.

2데이터 링크(Data link) 계층: 노드와 노드 간에 프레임(frame) 단위로 데이터 전달에 관여한다.

3네트워크(Network) 계층: 발신지로부터 최종 목적지까지 패킷(packet)의 전달에 관여한다.

4세션(Session) 계층: 포트 주소를 참고로 프로세스와 프로세스간의 메시지 전달에 관여한다.

5표현(Presentation) 계층: 데이터 압축, 암호화 수행에 관여한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 세션 계층이다. 포트 주소로 프로세스 간 메시지를 전달하는 일은 전송(Transport) 계층의 역할이다.

세션 계층은 통신 당사자 사이의 대화 설정·유지·종료와 동기화를 담당한다. 포트 번호는 TCP·UDP 같은 전송 계층 프로토콜이 쓰는 주소다.

물리 계층: 전송 매체를 통해 비트를 전달한다.
데이터 링크 계층: 인접 노드 사이에서 프레임을 전달한다.
네트워크 계층: 라우팅을 통해 발신지에서 최종 목적지까지 패킷을 전달한다.
표현 계층: 데이터 형식 변환, 압축, 암호화를 맡는다.

문제 16

부호 분할 다중 접속(CDMA) 기술에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

12, 3세대 이동통신 시스템에 적용된 기술이다.

2사용되는 직교코드 중에 Walsh 코드가 있다.

3동기식 IS-95 시스템에서 short PN 코드는 하향 링크에서 기지국을 구분하는 용도로 사용된다.

4동기식 IS-95 시스템에서 long PN 코드는 상향 링크에서 단말기를 구분하는 용도로 사용된다.

5W-CDMA에서 하향 링크의 각 채널(사용자)을 구분하기 위해 스크램블링(scrambling) 코드를 사용한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 W-CDMA 하향 링크에서 스크램블링 코드로 채널을 구분한다는 내용이다. 하향 링크의 채널 구분은 OVSF 채널화 코드가 맡는다.

W-CDMA 하향 링크의 스크램블링 코드는 기지국(셀)을 구분하는 데 쓰인다. 코드의 역할이 서로 바뀐 것이 이 문항의 함정이다.

2·3세대 적용: IS-95가 2세대, W-CDMA와 CDMA2000이 3세대에 해당한다.
Walsh 코드: 서로 직교하는 대표적인 코드로 IS-95의 하향 채널 구분에 쓰인다.
short PN 코드: 하향 링크에서 기지국별 위상 오프셋으로 기지국을 구분한다.
long PN 코드: 상향 링크에서 단말기를 구분한다.

문제 17

이동통신 환경의 페이딩(fading)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1빠른 속도로 움직이는 이동체가 느린 속도의 이동체보다 도플러 효과에 의한 주파수 천이가 더 크다.

2반사, 산란 등으로 신호 전파가 여러 경로를 거쳐 수신되어 수신레벨이 급격히 변동되는 것을 다중 경로 페이딩이라 한다.

3CDMA 시스템에서는 레이크(rake) 수신기를 사용하여 다중 경로 페이딩 신호를 결합하여 수신 신호대 잡음비를 개선한다.

4주파수 선택적 페이딩은 다중 경로 지연 확산으로 인한 것으로 신호 왜곡이 발생한다.

5이동 단말에서 도플러 확산이 신호의 대역폭보다 매우 작은 경우는 신호 왜곡이 발생한다.

정답 및 해설

왜곡은 반대로 도플러 확산이 대역폭에 견줄 만큼 커지는 빠른 페이딩에서 생긴다. 채널이 한 심벌 안에서 크게 변하기 때문이다.

이동 속도와 도플러 천이: 도플러 천이는 이동 속도에 비례한다.
다중 경로 페이딩: 경로별 수신파가 간섭해 수신 레벨이 급변하는 현상이다.
레이크 수신기: 경로별 신호를 분리해 결합하므로 수신 신호대 잡음비가 좋아진다.
주파수 선택적 페이딩: 지연 확산이 심벌 길이에 비해 커서 대역 내 주파수 성분이 다르게 감쇠되어 왜곡된다.

문제 18

초고속 광통신의 전송매체인 광섬유에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1광섬유는 주위 전자파에 의한 간섭의 영향이 크다.

2광섬유의 재료는 SiO₂즉, 유리 성분이므로 구리선에 비해 전송량 대비 가격이 저렴하다.

3전송 용량을 높이기 위하여 파장분할 다중화(WDM) 방법을 사용할 수 있다.

4광섬유 내에서 빛을 가이드하기 위하여 매질의 굴절률 차이를 이용한다.

5감쇠된 광신호를 증폭하기 위하여 광전/전광 변환없이 광섬유 증폭기의 사용이 가능하다.

정답 및 해설

구리선과 달리 금속 도체로 전류를 흘리지 않아 외부 전자파가 신호에 유도되지 않는다. 이 전자기 간섭 내성이 광섬유의 대표적 장점이다.

유리 재료와 경제성: 실리카 유리 기반이라 전송량에 견주면 구리선보다 저렴하다.
파장분할 다중화: 파장이 다른 여러 광신호를 한 가닥에 실어 용량을 늘린다.
굴절률 차이: 코어와 클래딩의 굴절률 차이에 따른 전반사로 빛을 가둔다.
광섬유 증폭기: 전기 신호로 바꾸지 않고 빛 상태 그대로 증폭할 수 있다.

문제 19

신호

{\mathbf{x ( t ) = e^{- at} u ( t )}}

(여기서

\mathbf{u ( t )}

는 단위 계단 함수이고,

\mathbf{a} > 0

)의 에너지로 옳은 것은?

\frac{1}{a}

\frac{1}{2 a}

\frac{1}{a^{2}}

\frac{2}{a^{2}}

\frac{2}{a}

정답 및 해설

신호 에너지는 크기 제곱을 전 구간 적분한 값으로, 결과는 $\dfrac{1}{2a}$ 이다.

공식에 대입한다.
$E=\int_{-\infty}^{\infty}|x(t)|^{2}\,dt=\int_{0}^{\infty}e^{-2at}\,dt$
적분한다.
$E=\left[-\dfrac{1}{2a}e^{-2at}\right]_{0}^{\infty}=\dfrac{1}{2a}$

제곱하면 지수의 계수가 $a$ 에서 $2a$ 로 바뀌는 점이 핵심이다.

$\dfrac{1}{a}$ : 제곱을 빼고 $x(t)$ 를 그대로 적분한 값이다.
$\dfrac{1}{a^{2}}$ : 스펙트럼 크기 제곱의 $\omega=0$ 값 $|X(0)|^{2}$ 과 혼동한 값이다.
$\dfrac{2}{a^{2}}$ : $a$ 의 차수가 2라 적분 결과와 맞지 않는다.
$\dfrac{2}{a}$ : 계수 2를 분모가 아닌 분자에 둔 값이다.

문제 20

위성통신에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1인공위성의 고도가 낮을수록 지구 주위를 빠르게 회전한다.

2위성통신 주파수 대역에서 Ku 밴드의 주파수가 C 밴드보다높다.

3정지궤도 위성의 공전 주기는 24시간이다.

4정지궤도 위성의 경사각(inclination angle)은 45도이다.

5일반적으로 극궤도 위성은 저궤도를 사용한다.

정답 및 해설

옳지 않은 설명은 정지궤도 위성의 경사각이 45도라는 내용이다. 정지궤도는 적도 상공의 원궤도이므로 경사각이 0도이다.

고도와 공전 속도: 고도가 낮을수록 중력이 커서 더 빠르게 돌아야 궤도를 유지한다.
Ku 밴드와 C 밴드: Ku 밴드가 C 밴드보다 높은 주파수 대역이다.
정지궤도 공전 주기: 지구 자전 주기에 맞추어 약 24시간이다.
극궤도 위성: 지구 관측 등에 쓰이는 극궤도는 일반적으로 저궤도를 사용한다.