정현파와 위상

정현파를 회전하는 복소수로 쓰면 무엇이 쉬워질까? 그리고 복소수에서 읽어 낸 위상은 왜 하나로 정해지지 않을까?

정현파

정현파(2장)는 진폭, 주파수, 위상으로 쓴다.

진폭 $A$, 주파수 $f$, 각주파수 $\omega=2\pi f$, 위상 $\phi$의 뜻과 단위는 2장과 같다. 위상은 rad 또는 degree로 쓴다(π rad = 180°). Euler 공식으로 쓰면 이 정현파는 회전하는 복소수의 실수부이다.

주파수가 같은 신호끼리 비교할 때는 공통인 $e^{j\omega t}$를 떼어 두고 복소수 $Ae^{j\phi}$(페이저)만 다룬다. 주파수가 같은 두 정현파를 더하면 같은 주파수의 정현파가 되고, 그 진폭과 위상은 두 페이저의 벡터 합으로 정해진다. 실수부는 더한 뒤에 취해도 같기 때문이다. 두 페이저 $P_1$, $P_2$로 쓰면 다음과 같다.

1 Hz 정현파 $A_1\cos(2\pi t)$와 $A_2\cos(2\pi t+\phi)$를 더하면, 두 페이저가 같은 각속도로 돌기 때문에 두 페이저와 그 합이 이루는 삼각형은 모양을 그대로 둔 채 함께 돌고, 합의 실수부도 같은 1 Hz 정현파이다. $\phi$가 바뀌면 삼각형의 모양, 곧 합의 진폭과 위상이 바뀐다.

'벡터 합'은 두 페이저를 머리와 꼬리로 이은 합(초록)이고, 'Re 투영'은 같은 시각의 실수부 세 개이다. 처음 상태는 A₁ = A₂ = 1, φ = 90°이고, 합은 진폭 1.414, 위상 45°이다.

위상의 모호성

위상은 $2\pi$의 정수배만큼 정해지지 않는다. $\phi$와 $\phi+2\pi$는 같은 점, 같은 파형을 준다. 복소수 하나에서 읽어 낸 위상은 실수 전체를 길이 $2\pi$인 구간 하나로 감은 값, 곧 감긴 위상(wrapped phase)이고, 그 구간은 $[0,2\pi)$나 $(-\pi,\pi]$로 정한다.

$x[n]=e^{j2\pi n/8}$은 샘플마다 $2\pi/8$ rad(45°)씩 돈다. 실제로 돈 각, 곧 펼친 위상(unwrapped phase)은 $2\pi n/8$로 직선을 따라 늘어나 $n=31$에서 $7.75\pi$가 된다. 각 샘플에서 읽은 각을 $(-\pi,\pi]$로 나타내면 $n=4$에서 $\pi$에 닿은 뒤 $n=5$에서 $-3\pi/4$로 떨어지고, 이후 8샘플마다 되풀이하는 톱니 모양이 된다. 감긴 위상이 이렇게 떨어지는 자리에서도 펼친 위상은 매끄럽게 이어진다.

그림에서 ▶를 누를 때마다 샘플이 하나 늘어 페이저가 45° 돌고, 그 샘플의 펼친 위상과 감긴 위상이 두 스템 그림에 함께 선다. 페이저가 음의 실수축 위 점선(±π)을 지나는 샘플에서 감긴 위상만 2π 떨어진다.

①의 청록 나선은 지금까지 실제로 돈 각, 보라 호는 페이저 하나에서 (−π, π] 안으로 읽은 각이다. ②와 ③의 붉은 스템이 이번 샘플이고, ③의 짧은 점선은 감긴 위상이 떨어진 자리이다.

감긴 위상에서 펼친 위상을 되찾으려면, 이웃한 두 샘플 사이에서 위상이 $\pi$보다 크게 뛸 때 $2\pi$를 더하거나 뺀다. 이 방법은 실제 위상이 한 샘플 사이에 $\pi$보다 적게 변한다고 가정한다. 한 샘플에 반 바퀴 넘게 도는 신호는 감긴 위상만으로는 도는 방향과 빠르기를 구별할 수 없다. 이 문제는 7장의 샘플링과 aliasing에서 다시 만난다.

LTI 시스템과 복소 지수

3장의 LTI 시스템에 복소 지수 $x(t)=e^{j\omega t}$를 넣으면 무엇이 나올까? 이 질문의 답이 신호를 복소 지수로 나누어 다루는 이유이다.

3장의 컨볼루션을 교환 법칙으로 바꾼 꼴 $y(t)=\int h(\tau)\,x(t-\tau)\,d\tau$에 입력을 넣는다.

둘째 줄에서 $e^{j\omega(t-\tau)}=e^{j\omega t}e^{-j\omega\tau}$로 나누고, 적분변수 $\tau$와 관계없는 $e^{j\omega t}$를 적분 밖으로 꺼냈다. 남은 적분은 $t$에 따라 변하지 않는 복소수 하나이고, $h$와 $\omega$만으로 정해진다. 이 복소수 $H(\omega)$를 시스템의 주파수 응답(frequency response)이라고 한다. 적분이 과거의 모든 $\tau$에 걸치므로 이것은 입력이 아주 오래전부터 이어진 정상 상태일 때의 결과이다. 입력을 유한한 시각에 켜면 그때부터 과도 응답이 더해지고, 이 식에는 그 부분이 들어 있지 않다. 3장의 BIBO 안정 조건 $\int|h(\tau)|\,d\tau<\infty$이 성립하면 $|e^{-j\omega\tau}|=1$이라 이 적분이 존재한다.

이 결과에서 세 가지가 나온다.

• 출력은 입력과 주파수가 같은 복소 지수이다. 크기는 $|H(\omega)|$배가 되고 각은 $\angle H(\omega)$만큼 돈다. LTI 시스템은 입력에 없는 주파수를 만들지 않는다.
• $h$가 실수이면 실수부를 취하는 일과 시스템을 거치는 일의 순서를 바꿀 수 있다. 그래서 $\cos(\omega t+\phi)=\operatorname{Re}\{e^{j\phi}e^{j\omega t}\}$를 넣은 출력은 $\operatorname{Re}\{H(\omega)e^{j\phi}e^{j\omega t}\}=|H(\omega)|\cos\big(\omega t+\phi+\angle H(\omega)\big)$이고, 정현파를 넣으면 같은 주파수의 정현파가 나온다. 회로를 페이저로 푸는 근거도 이것이다. $\frac{d}{dt}e^{j\omega t}=j\omega e^{j\omega t}$이므로 미분이 $j\omega$를 곱하는 일로 바뀌고, 인덕터와 커패시터가 복소 임피던스 $j\omega L$과 $1/(j\omega C)$가 된다.
• 5장은 주기 신호를 $e^{jk\omega_0t}$들의 합으로, 6장은 신호를 모든 $\omega$의 $e^{j\omega t}$로 나눈다. 성분마다 $H(\omega)$를 곱하면 출력이 되므로, 시간에서의 컨볼루션이 주파수마다의 곱셈이 된다.

예를 들어 3장의 RC 회로 $h(t)=\frac1{RC}e^{-t/RC}u(t)$는 $H(\omega)=\int_0^\infty\frac1{RC}e^{-\tau/RC}e^{-j\omega\tau}\,d\tau=\dfrac{1}{1+j\omega RC}$이다. $\omega=1/RC$이면 $|H|=1/\sqrt2\approx0.707$, $\angle H=-45^\circ$이다.

이 적분은 구간의 합으로 나타낼 수 있다. $h$를 폭 $\Delta\tau$인 구간으로 나누면(임펄스의 열이면 임펄스마다 하나) 구간 하나는 $\tau_i$ 전의 입력 $e^{j\omega(t-\tau_i)}$에 가중치 $h(\tau_i)\Delta\tau$를 곱한 화살표이다. 이 화살표들을 머리와 꼬리로 이으면 끝이 출력 $y(t)$이다. 구간 하나를 만들려면 입력 $e^{j\omega t}$를 $\omega\tau_i$만큼 뒤로 돌려 $\tau_i$ 전의 입력으로 만들고, 가중치를 곱해 줄인다. $t$가 흐르면 페이저 합은 모양을 그대로 둔 채 입력과 함께 돌고, 출력 $y$는 입력 $x$와 같은 주파수로 움직인다.

아래 그림의 처음 상태인 4탭 평균에 $f=0.5$ Hz를 넣으면 탭마다 입력이 0.25 s씩 늦어 $\omega\tau$가 45°씩 커진다. 그래서 길이 ¼인 네 화살표가 45°씩 뒤로 돌아 이어지고, 끝은 $|H|=0.653$, $\angle H=-67.5^\circ$이다. 그림에서 h를 RC로 고르면 0부터 $6RC$까지를 구간 8개로 나눈 합을 그리므로 화살표 하나하나가 보이는 대신 공식과 조금 다르다. 0–2 Hz에서 그 차이는 가장 클 때 크기 7.0 %, 각 5.6°이고, 구간을 16개, 48개로 늘리면 1.6 %·1.4°, 0.3 %·0.3°로 준다.

처음 상태는 4탭 평균 h(t) = ¼[δ(t) + δ(t − 0.25) + δ(t − 0.5) + δ(t − 0.75)]에 f = 0.5 Hz, t = 0이고, 위쪽 막대는 지연 τᵢ마다의 가중치 h(τᵢ)Δτ, 주황 화살표는 지금 만드는 구간, 흐린 화살표는 이어 붙인 구간, 초록은 누적합과 출력 y(t)이다. 값은 반올림한 수로 이어서 계산하므로 정확한 값과 끝자리가 조금 다를 수 있다.