푸리에 변환의 성질

신호를 늦추거나, 늘이거나, 회전을 곱하거나, 미분하면 스펙트럼은 어떻게 바뀔까? 표의 쌍 하나에 이런 조작을 하면 변환에도 정해진 조작이 일어난다.

변환의 성질은 5장의 푸리에 급수 성질과 같은 꼴이다. 표의 쌍과 이 성질을 조합하면 정의식을 다시 적분하지 않고도 많은 변환을 얻는다.

성질	$x(t)$	$X(\omega)$
선형성	$a\,x_1(t)+b\,x_2(t)$	$a\,X_1(\omega)+b\,X_2(\omega)$
시간 이동	$x(t-t_0)$	$e^{-j\omega t_0}X(\omega)$
시간 스케일링	$x(at)$	$\dfrac{1}{\lvert a\rvert}X\!\left(\dfrac{\omega}{a}\right)$
미분	$\dfrac{dx}{dt}$	$j\omega X(\omega)$
컨볼루션	$x(t)*h(t)$	$X(\omega)H(\omega)$
곱	$x(t)h(t)$	$\dfrac{1}{2\pi}X(\omega)*H(\omega)$
쌍대성	$X(t)$	$2\pi\,x(-\omega)$
주파수 이동	$e^{j\omega_0 t}x(t)$	$X(\omega-\omega_0)$
대칭( $x$ 가 실수)	$x(t)=\overline{x(t)}$	$X(-\omega)=\overline{X(\omega)}$

곱 성질은 $h(t)$ 에 역변환식 $h(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}H(\nu)e^{j\nu t}\,d\nu$ 를 넣고 적분 순서를 바꾸면 나온다.

\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}x(t)h(t)e^{-j\omega t}\,dt &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}H(\nu)\left[\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j(\omega-\nu)t}\,dt\right]d\nu\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}H(\nu)X(\omega-\nu)\,d\nu =\frac{1}{2\pi}(X*H)(\omega) \end{aligned}

선형성과 시간 이동

시간 이동은 $s=t-t_0$ 로 치환하면 $\int_{-\infty}^{\infty}x(t-t_0)e^{-j\omega t}\,dt=e^{-j\omega t_0}\int_{-\infty}^{\infty}x(s)e^{-j\omega s}\,ds=e^{-j\omega t_0}X(\omega)$ 이다.

선형성과 시간 이동만으로 변환을 구할 수 있다. 폭 2인 펄스 두 개가 $t=\pm2$ 를 중심으로 놓인 신호를 예로 든다.

x(t)=\operatorname{rect}\!\left(\frac{t-2}{2}\right)+\operatorname{rect}\!\left(\frac{t+2}{2}\right)

각 펄스는 $\operatorname{rect}(t/2)\leftrightarrow2\operatorname{sinc}(\omega/\pi)$ 를 중심만큼 옮긴 것이다. 지연 $t_0$ 는 펄스의 모서리가 아니라 중심의 위치이다.

\begin{aligned} X(\omega)&=2\operatorname{sinc}\!\left(\frac{\omega}{\pi}\right)\left(e^{-j2\omega}+e^{j2\omega}\right)\\ &=4\operatorname{sinc}\!\left(\frac{\omega}{\pi}\right)\cos2\omega =\frac{4\sin\omega\,\cos2\omega}{\omega} \end{aligned}

대칭으로 놓인 지연 쌍 $e^{-j\omega t_0}+e^{j\omega t_0}$ 은 $2\cos\omega t_0$ 로 묶인다. 두 펄스의 부호가 반대라면 $e^{-j\omega t_0}-e^{j\omega t_0}=-2j\sin\omega t_0$ 가 된다. 지연은 $|e^{-j\omega t_0}|=1$ 이라 크기를 바꾸지 않고 위상만 바꾼다.

시간 스케일링은 $a\ne0$ 에서 $s=at$ 로 치환한다. $a<0$ 이면 적분의 양 끝도 뒤집히므로 $dt=ds/a$ 의 부호가 상쇄되어

\int_{-\infty}^{\infty}x(at)e^{-j\omega t}\,dt =\frac{1}{|a|}\int_{-\infty}^{\infty}x(s)e^{-j(\omega/a)s}\,ds =\frac{1}{|a|}X\!\left(\frac{\omega}{a}\right)

이다. 이 성질로 앞의 결과를 다시 확인할 수 있다. $\operatorname{rect}(t)\leftrightarrow\operatorname{sinc}(\omega/2\pi)$ 에 $a=1/\tau$ 를 적용하면 $\operatorname{rect}(t/\tau)\leftrightarrow\tau\operatorname{sinc}(\omega\tau/2\pi)$ 이다. 시간에서 $\tau$ 배 늘이면 주파수에서는 $1/\tau$ 배로 좁아지고 높이는 $\tau$ 배가 된다.

$x(t)\leftrightarrow X(\omega)$ 일 때, 같은 파형을 두 배 빠르게 재생한 $x(2t)$ 의 변환을 고르라.

(가) $2X(2\omega)$
(나) $\tfrac12X(\omega/2)$
(다) $X(\omega/2)$
(라) $\tfrac12X(2\omega)$

풀이

답 (나) $\tfrac12X(\omega/2)$

(가) 시간에서 줄어들면 주파수에서는 넓어진다. $X(2\omega)$ 는 스펙트럼을 절반 폭으로 좁힌 것이다.
(다) 폭은 맞지만 높이 $1/|a|=\tfrac12$ 이 빠졌다. 면적 $X(0)=\int x(2t)\,dt$ 는 절반이 된다.
(라) 높이는 맞지만 폭이 반대로 바뀌었다.

시간 스케일링 성질 $x(at)\leftrightarrow\frac{1}{|a|}X(\omega/a)$ 에 $a=2$ 를 넣는다. 파형이 두 배 빨라지면 모든 주파수 성분이 두 배 높은 주파수로 옮겨 가 스펙트럼 폭이 두 배가 되고, 높이는 절반이 된다.

주파수 이동과 변조

신호에 $e^{j\omega_0 t}$ 를 곱하면 $\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{j\omega_0t}e^{-j\omega t}\,dt=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j(\omega-\omega_0)t}\,dt=X(\omega-\omega_0)$ 이므로 스펙트럼 전체가 $\omega_0$ 만큼 옮겨 간다. 실수 코사인을 곱하면 두 회전의 합이므로 양쪽으로 절반씩 옮겨 간 복사본 둘이 생긴다. 통신에서 높은 주파수의 기준 진동인 반송파(carrier)를 신호에 곱하는 변조가 이 주파수 이동을 쓴다.

\begin{gathered} e^{j\omega_0 t}x(t)\;\longleftrightarrow\;X(\omega-\omega_0)\\ x(t)\cos\omega_0 t\;\longleftrightarrow\;\frac12\left[X(\omega-\omega_0)+X(\omega+\omega_0)\right] \end{gathered}

폭 1 s, 높이 1이며 원점에 중심을 둔 사각 펄스를 $p(t)$ , 그 Hz 변환을 $P(f)$ 라고 하자. 이동 주파수는 $f_{sh}=\omega_0/(2\pi)$ 이고, 회전을 곱한 신호 $z(t)=p(t)e^{j2\pi f_{sh}t}$ 의 Hz 변환을 $Z(f)$ 라고 한다.

회전을 곱하면 스펙트럼은 왜 모양 그대로 옮겨 갈까? 한 주파수 $f$ 에서 $Z(f)=\int p(t)\,e^{j2\pi f_{sh}t}e^{-j2\pi ft}\,dt=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-j2\pi(f-f_{sh})t}\,dt$ 이다. 폭 1 s인 펄스를 16구간으로 나누면 이 적분은 구간마다의 $e^{-j2\pi(f-f_{sh})t}$ 를 페이저로 이어 더한 합이 된다(아래 그림). $f_{sh}=1$ Hz, $f=0$ 이면 이웃 구간 사이의 회전은 $-360^\circ\times(f-f_{sh})/16=22.5^\circ$ 이고 구간 하나의 길이는 약 $1/16$ 이다. 구간을 하나씩 붙이면 누적합이 원을 그리다 16번째 구간에서 원점으로 돌아와 $Z(0)=0$ 이 된다. 원래 피크 자리가 영점이 된 것이다. 보는 주파수가 $f=1$ Hz이면 구간이 돌지 않고 한 줄로 이어져 피크 $Z(1)=1$ 이 된다.

그림은 Hz 단위 이동 주파수 fₛₕ(ω₀ = 2πfₛₕ)를 쓰고, ②의 페이저 그림 줄은 구간마다 e^{−j2π(f−fₛₕ)t}가 가리키는 방향, 페이저 하나의 길이는 그 구간의 적분값이라 끝점은 구간 수와 상관없이 정확히 Z(f)이다. 계산 표는 구간마다 시각 tᵢ, 각, 구간(넷째 자리로 반올림), 누적합(그 값끼리 더한 값)을 적는다. 값은 반올림한 수로 이어서 계산하므로 정확한 값과 끝자리가 조금 다를 수 있다.

해 보기

$f=f_{sh}=1$ Hz에서 구간을 모두 이은 $Z(1)$ 을 확인하라.
관찰
$f-f_{sh}=0$ 이라 구간이 돌지 않는다. 페이저 16개가 실수축을 따라 한 줄로 이어져 $Z(1)=1$ 이고, 스펙트럼의 피크가 이 자리에 선다.
$f=2.5$ Hz에서 구간을 모두 이은 $Z(2.5)$ 가 스펙트럼의 어디에 해당하는지 확인하라.
관찰
$f-f_{sh}=1.5$ Hz라 구간이 1 s 동안 한 바퀴 반을 돈다. 끝점이 음의 실수축에 와 $Z(2.5)=-0.2122$ 로, 피크 옆의 음의 사이드로브이다.
이동 방향이 반대인 $f_{sh}=-1$ Hz에서, $f=0$ 일 때 구간 0–7을 붙인 누적합이 어디에 있는지 보고, 피크가 어디로 옮겨 가는지 확인하라.
관찰
이번에는 $f-f_{sh}=+1$ Hz라 구간이 앞 구간보다 시계 방향으로 $22.5^\circ$ 더 돌아 붙는다. 구간 0–7을 붙인 반 바퀴에서 누적합은 허수축 위에 있다. 표에는 반올림한 구간끼리 더한 $j0.3182$ 로 적히고, 정확한 값은 $j0.3183$ 이다. 나머지 반을 붙이면 페이저 합이 원점으로 돌아온다. 피크는 구간이 돌지 않는 $-1$ Hz로 옮겨 간다.

이동 주파수를 바꿔, 옮겨 간 스펙트럼 $Z(f)$ 가 $f=0$ 에서 0이 되게 하라.

풀이

답 $f_{sh}=\pm1$ 또는 $\pm2$ Hz.

힌트 $f=0$ 에서 구간은 $f_{sh}$ 의 빠르기로 돈다. 펄스 1 s 동안 정수 바퀴를 돌면 페이저가 제자리로 와 합이 0이다.

$Z(f)=P(f-f_{sh})$ 이므로 $Z(0)=P(-f_{sh})$ 이다. 폭 1 s인 펄스의 $P(f)$ 는 $f=\pm1,\pm2,\ldots$ Hz에서 0이므로 $f_{sh}=\pm1,\pm2$ Hz이면 $Z(0)=0$ 이다. 시간에서 보면 펄스 1 s 동안 회전이 정수 바퀴를 돌아 $\int z(t)\,dt$ 가 0이 된다.

쌍대성

$x(t)\leftrightarrow X(\omega)$ 이면 $X(t)\leftrightarrow2\pi\,x(-\omega)$ 이다. 역변환식의 시간 자리에 $-\omega$ 를 넣고 적분 변수 $\nu$ 를 $t$ 로 바꾸면

2\pi x(-\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}X(\nu)e^{-j\nu\omega}\,d\nu =\int_{-\infty}^{\infty}X(t)e^{-j\omega t}\,dt

가 되어 $X(t)$ 의 변환을 얻는다. 표의 5번에 이 관계를 쓰면 $\tau\operatorname{sinc}(\tau t/(2\pi))\leftrightarrow2\pi\operatorname{rect}(\omega/\tau)$ 이다( $\operatorname{rect}$ 는 짝함수). 여기에 $\tau=2\omega_B$ 를 넣고 양쪽을 $2\pi$ 로 나누면 6번인 $\frac{\omega_B}{\pi}\operatorname{sinc}(\omega_Bt/\pi)\leftrightarrow\operatorname{rect}(\omega/(2\omega_B))$ 가 된다.

시간에서 사각이면 주파수에서 sinc이고, 주파수에서 사각이면 시간에서 sinc이다. 주파수에서 $|\omega|<\omega_B$ 로 잘린 신호는 $\sin(\omega_B t)/(\pi t)$ 꼴이고, 시간 영점은 $t=\pm\pi/\omega_B,\pm2\pi/\omega_B,\ldots$ 에 있다. 통과 대역이 넓을수록 시간 파형은 좁다.

실수 신호의 대칭

$x(t)$ 가 실수이면 음의 주파수 쪽 스펙트럼은 양의 주파수 쪽의 켤레이다. 5장의 $c_{-k}=\overline{c_k}$ 와 같은 대칭이다.

\begin{gathered} X(-\omega)=\overline{X(\omega)}\\ |X(-\omega)|=|X(\omega)|,\qquad \phi(-\omega)=-\phi(\omega) \end{gathered}

크기 스펙트럼은 짝함수이고 위상 스펙트럼은 홀함수이다.

직접 유도해 보기. 정의식의 켤레를 취해 이 대칭을 보여라.

풀이

정의식의 켤레를 취하면 $\overline{X(\omega)}=\int \overline{x(t)}\,e^{j\omega t}\,dt$ 이다. $x$ 가 실수이면 $\overline{x(t)}=x(t)$ 이므로

\overline{X(\omega)}=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\,e^{-j(-\omega)t}\,dt=X(-\omega)

이 성질은 $x$ 가 실수일 때만 성립한다. 복소 지수 $e^{j\omega_0 t}\leftrightarrow2\pi\delta(\omega-\omega_0)$ 는 $+\omega_0$ 에만 선이 있어 $-\omega_0$ 쪽과 대칭이 아니다. 3 MHz 실수 정현파에 잡음을 섞어 스펙트럼을 그리면 $\pm3$ MHz에 피크가 둘 서고, 3 MHz 복소 지수는 $+3$ MHz에만 피크가 선다. 이런 그림의 세로축은 흔히 dB이므로 음수 눈금이 나올 수 있다. 크기 $|X|$ 자체는 음수가 아니다.

실수 신호는 음의 주파수 쪽에 새 정보가 없다. 그래서 스펙트럼은 흔히 양의 주파수만 그린다. 복소 신호에서는 이렇게 줄이면 정보를 잃는다.

다음 문장이 참인지 거짓인지 고르라. "실수 신호의 위상 스펙트럼 $\phi(\omega)$ 는 짝함수이다."

참
거짓

풀이

답 거짓

참 짝함수인 것은 크기 스펙트럼 $|X(\omega)|$ 이다. 켤레를 취하면 위상의 부호가 바뀐다.

실수 신호에서는 $X(-\omega)=\overline{X(\omega)}$ 이다. 켤레는 크기를 그대로 두고 위상의 부호만 바꾸므로 $|X(-\omega)|=|X(\omega)|$ (짝), $\phi(-\omega)=-\phi(\omega)$ (홀)이다.

실수 신호가 짝함수나 홀함수이면 스펙트럼이 더 단순해진다. $e^{-j\omega t}=\cos\omega t-j\sin\omega t$ 로 나누면

X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\cos\omega t\,dt-j\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\sin\omega t\,dt

이다. $x$ 가 짝함수이면 둘째 적분의 피적분 함수가 홀함수라 0이 되고, $X$ 는 실수 짝함수이다. $x$ 가 홀함수이면 첫째 적분이 0이 되어 $X$ 는 순허수 홀함수이다. 사각 펄스(실수 짝) ↔ 실수 sinc, $\operatorname{sgn}t$ (실수 홀) ↔ $2/(j\omega)$ (순허수 홀)가 그 예이다.

미분

\begin{gathered} \frac{dx(t)}{dt}\;\longleftrightarrow\;j\omega X(\omega)\\ \frac{d^n x(t)}{dt^n}\;\longleftrightarrow\;(j\omega)^n X(\omega) \end{gathered}

역변환식 $x(t)=\frac{1}{2\pi}\int X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega$ 를 $t$ 로 미분하면 적분 안에서 $e^{j\omega t}$ 만 미분되어 $j\omega$ 가 곱해진다. 미분은 각 성분의 크기에 $|\omega|$ 를 곱하고 위상을 90° 앞당긴다. 높은 주파수일수록 크게 키우므로, 날카로운 모서리를 가진 신호는 미분하면 고주파 성분이 두드러진다.

사각 펄스로 확인한다. $\operatorname{rect}(t/\tau)$ 를 미분하면 양 끝에 부호가 반대인 임펄스 두 개가 남는다.

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\operatorname{rect}\!\left(\frac{t}{\tau}\right)&=\delta\!\left(t+\frac{\tau}{2}\right)-\delta\!\left(t-\frac{\tau}{2}\right)\\ &\;\longleftrightarrow\;e^{j\omega\tau/2}-e^{-j\omega\tau/2}\\ &=2j\sin\frac{\omega\tau}{2}=j\omega\cdot\frac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega} \end{aligned}

오른쪽 끝은 $j\omega$ 에 사각 펄스의 변환을 곱한 것과 같다. 이 성질은 $x(t)$ 가 $t\to\pm\infty$ 에서 0으로 갈 때 그대로 쓴다. 단위 계단처럼 끝에서 0이 아닌 신호는 $\omega=0$ 의 임펄스 항을 따로 더해야 한다(표의 2번).