Arfken 7판 20.1–20.6절 (적분 변환, 푸리에 변환, 변환의 성질, 합성곱 정리, 파세발 등식, 폭과 불확정성, 전달함수, PDE 풀이, 이산 푸리에 변환)
대칭 정규화입니다. 정변환과 역변환에 $\frac1{\sqrt{2\pi}}$를 하나씩 붙이고, 정변환의 지수는 $+i\omega t$입니다. 이것이 Arfken 7판의 관례로 기억하지만 책과 대조하지 않았습니다(기억 기반, 미검증). 이 레슨의 모든 표·예제·답은 위 관례로 계산했습니다.
표기: $g(\omega)=\mathcal F[f](\omega)$. 계단함수 $\theta(t)$는 $t>0$에서 1, $t<0$에서 0입니다(L20의 $u(t)$와 같음).
다른 관례와 바꾸는 법. 책마다 정규화($\sqrt{2\pi}$를 어디에 두는지)와 지수 부호가 다릅니다. 흔한 것은 아래 A–D 네 가지입니다. "바꾸기"의 식으로 이 레슨의 $g$와 서로 옮길 수 있습니다.
| $f'(t)$의 변환 | $f*h$의 변환 | 파세발 | |
|---|---|---|---|
| A | $-i\omega\,g$ | $\sqrt{2\pi}\,g_fg_h$ | $\int|f|^2dt=\int|g|^2d\omega$ |
| B | $+i\omega F$ | $F_fF_h$ | $\int|f|^2dt=\frac1{2\pi}\int|F|^2d\omega$ |
| C | $+ik\,\phi$ | $\sqrt{2\pi}\,\phi_f\phi_h$ | $\int|f|^2dx=\int|\phi|^2dk$ |
| D | $2\pi i\xi\,\hat f$ | $\hat f\hat h$ | $\int|f|^2dx=\int|\hat f|^2d\xi$ |
실전 규칙: 다른 책의 결과를 옮길 때 ① 정규화 계수를 맞추고 ② 지수 부호가 반대면 $\omega$를 $-\omega$로 바꿉니다. $f$가 우함수이면 ②는 신경 쓰지 않아도 됩니다(결과가 $\omega$의 우함수).
변환표 (이 레슨의 관례, $a>0$)
| $f(t)$ | $g(\omega)$ |
|---|---|
| $e^{-at^2}$ | $\frac{1}{\sqrt{2a}}e^{-\omega^2/4a}$ |
| $e^{-t^2/2}$ | $e^{-\omega^2/2}$ (자기 자신) |
| 사각 펄스: $1$ ($|t|<T$), $0$ (그 밖) | $\sqrt{\frac2\pi}\,\frac{\sin\omega T}{\omega}$ |
| $e^{-a|t|}$ | $\sqrt{\frac2\pi}\,\frac{a}{a^2+\omega^2}$ |
| $e^{-at}\theta(t)$ | $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\frac{1}{a-i\omega}$ |
| $\delta(t)$ | $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ |
| $1$ | $\sqrt{2\pi}\,\delta(\omega)$ |
| $e^{-i\omega_0t}$ | $\sqrt{2\pi}\,\delta(\omega-\omega_0)$ |
| $\cos\omega_0t$ | $\sqrt{\frac\pi2}\,\big[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\big]$ |
성질표 (이 레슨의 관례)
| 이름 | $f(t)$ | $g(\omega)$ |
|---|---|---|
| 선형성 | $\alpha f+\beta h$ | $\alpha g_f+\beta g_h$ |
| 시간 이동 | $f(t-t_0)$ | $e^{i\omega t_0}g(\omega)$ |
| 주파수 이동 | $e^{-i\omega_0t}f(t)$ | $g(\omega-\omega_0)$ |
| 스케일링 | $f(ct)$, $c\ne0$ | $\frac1{|c|}\,g\big(\frac{\omega}{c}\big)$ |
| 미분 | $f'(t)$, $f^{(n)}(t)$ | $-i\omega\,g$, $(-i\omega)^ng$ |
| $t$ 곱하기 | $t\,f(t)$ | $-i\,\frac{dg}{d\omega}$ |
| 합성곱 | $(f*h)(t)=\int_{-\infty}^{\infty}f(\tau)h(t-\tau)d\tau$ | $\sqrt{2\pi}\,g_f(\omega)\,g_h(\omega)$ |
| 곱 | $f(t)h(t)$ | $\frac1{\sqrt{2\pi}}(g_f*g_h)(\omega)$ |
| 파세발 | $\int|f(t)|^2dt=\int|g(\omega)|^2d\omega$ | |
레시피 4의 "복소수 $c$여도 $\int e^{-a(t-c)^2}dt=\sqrt{\pi/a}$"만 보이면 됩니다. 실수 이동은 그냥 치환이므로 $c=i\beta$ (순허수)라고 둡니다.
그래서 완전제곱에서 생긴 허수 이동 $\frac{i\omega}{2a}$는 무시하고 실수 가우스 적분처럼 계산해도 됩니다.
$b=i\omega$로 두고 완전제곱합니다.
$$\begin{aligned}-at^2+i\omega t&=-a\Big(t-\frac{i\omega}{2a}\Big)^2+\frac{(i\omega)^2}{4a}\\&=-a\Big(t-\frac{i\omega}{2a}\Big)^2-\frac{\omega^2}{4a}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}g(\omega)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\omega^2/4a}\\&\quad\times\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(t-i\omega/2a)^2}dt\\&=\frac1{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac\pi a}\,e^{-\omega^2/4a}\\&=\frac1{\sqrt{2a}}\,e^{-\omega^2/4a}\end{aligned}$$특히 $a=\frac12$이면 $e^{-t^2/2}\to e^{-\omega^2/2}$로 모양이 그대로입니다. $t$ 쪽 폭은 $\frac1{\sqrt a}$ 정도, $\omega$ 쪽 폭은 $\sqrt a$ 정도라서 곱이 일정합니다(좁은 펄스 ↔ 넓은 스펙트럼).
검산: $g(0)=\frac{1}{\sqrt{2a}}$, 그리고 $\frac1{\sqrt{2\pi}}\int e^{-at^2}dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac\pi a}=\frac1{\sqrt{2a}}$. 맞습니다.
$\omega=0$에서는 극한으로 $g(0)=\sqrt{\frac2\pi}\,T$입니다. 넓이 $2T$를 $\sqrt{2\pi}$로 나눈 값과 같습니다. 0이 되는 점은 $\omega=\frac{n\pi}{T}$ ($n\ne0$)입니다.
$t<0$에서는 $|t|=-t$라서 $e^{-a|t|}=e^{at}$입니다. 이 부호를 틀리는 일이 많습니다. 결과 $\frac{a}{a^2+\omega^2}$ 꼴을 로런츠형(Lorentzian)이라고 합니다.
모두 정의식에 넣고 치환이나 부분적분을 한 번 하면 나옵니다.
먼저 $h(t)=e^{-at}\theta(t)$의 변환:
$$\begin{aligned}g_h(\omega)&=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty e^{-(a-i\omega)t}dt\\&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{a-i\omega}\end{aligned}$$$e^{-i\omega_0t}$를 곱하면 주파수 이동으로 $\omega\to\omega-\omega_0$:
$$g(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{a-i(\omega-\omega_0)}$$정의로 직접 확인: $\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty e^{-at-i\omega_0t+i\omega t}dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac1{a-i(\omega-\omega_0)}$. 같습니다.
세기 스펙트럼은 $|g|^2=\frac{1}{2\pi}\cdot\frac{1}{a^2+(\omega-\omega_0)^2}$입니다. $\omega_0$에 중심을 둔 로런츠형이고, 높이의 절반이 되는 폭(반폭)은 $a$입니다. 감쇠가 빠를수록($a$가 클수록) 선이 넓어집니다.
(a) $t\,e^{-t^2/2}$. 표에서 $e^{-t^2/2}\to e^{-\omega^2/2}$이고, $t$ 곱하기 규칙으로
$$\begin{aligned}&\mathcal F[t\,e^{-t^2/2}]=-i\frac{d}{d\omega}e^{-\omega^2/2}\\&=-i\cdot(-\omega)e^{-\omega^2/2}=i\omega\,e^{-\omega^2/2}\end{aligned}$$다른 길로 확인합니다. $\frac{d}{dt}e^{-t^2/2}=-t\,e^{-t^2/2}$이므로 미분 규칙으로 $\mathcal F[-te^{-t^2/2}]=-i\omega e^{-\omega^2/2}$. 부호를 바꾸면 같은 답입니다. 두 규칙의 부호가 서로 맞는다는 확인이기도 합니다.
(b) $f(t)=1$ ($0<t<2T$), 0 (그 밖). 이것은 예제 1-2의 펄스를 $T$만큼 민 것입니다: $f(t)=p(t-T)$. 시간 이동 규칙으로
$$g(\omega)=e^{i\omega T}\sqrt{\frac2\pi}\,\frac{\sin\omega T}{\omega}$$직접 확인: $\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{2T}e^{i\omega t}dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{e^{2i\omega T}-1}{i\omega}=\frac{e^{i\omega T}}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{e^{i\omega T}-e^{-i\omega T}}{i\omega}$. 같습니다. 이동은 크기 $|g|$를 바꾸지 않고 위상만 바꿉니다.
$\int e^{ikt}dt=2\pi\delta(k)$. 구간을 $(-L,L)$로 잘라 계산합니다.
$$\int_{-L}^{L}e^{ikt}dt=\frac{2\sin kL}{k}$$이것은 $k=0$에서 높이 $2L$, 폭 $\frac\pi L$ 정도인 봉우리입니다. $k$로 적분한 넓이는 $L$과 상관없이 $2\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin u}{u}du=2\pi$입니다. $L\to\infty$이면 넓이 $2\pi$인 무한히 좁은 봉우리, 즉 $2\pi\delta(k)$입니다.
역변환 공식(0절). 역변환식에 $g$의 정의를 넣고 적분 순서를 바꿉니다.
$$\begin{aligned}&\frac1{\sqrt{2\pi}}\int g(\omega)e^{-i\omega t}d\omega\\&=\frac1{2\pi}\int f(t')\Big[\int e^{i\omega(t'-t)}d\omega\Big]dt'\\&=\int f(t')\,\delta(t'-t)\,dt'=f(t)\end{aligned}$$$\frac1{\sqrt{2\pi}}$ 두 개가 곱해진 $\frac1{2\pi}$가 $2\pi\delta$의 $2\pi$를 정확히 지웁니다. 그래서 정변환과 역변환에 $\frac1{\sqrt{2\pi}}$를 하나씩 나눠 줄 수 있습니다. (적분 순서를 바꿔도 되는지는 엄밀하게는 조건이 필요하지만 생략합니다.)
$\delta(t)$: $\ g=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int\delta(t)e^{i\omega t}dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{0}=\frac1{\sqrt{2\pi}}$.
$1$: $\ g=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int e^{i\omega t}dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}\cdot2\pi\delta(\omega)=\sqrt{2\pi}\,\delta(\omega)$.
$\cos\omega_0t$: $\cos\omega_0t=\frac12\big(e^{i\omega_0t}+e^{-i\omega_0t}\big)$이므로
$$\begin{aligned}g&=\frac12\cdot\frac1{\sqrt{2\pi}}\Big[2\pi\delta(\omega+\omega_0)\\&\qquad+2\pi\delta(\omega-\omega_0)\Big]\\&=\sqrt{\frac\pi2}\,\big[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\big]\end{aligned}$$역변환 검산: $\frac1{\sqrt{2\pi}}\int\sqrt{\frac\pi2}\big[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\big]e^{-i\omega t}d\omega=\frac12\big(e^{-i\omega_0t}+e^{i\omega_0t}\big)=\cos\omega_0t$.
그림으로 기억: 뾰족한 $\delta$ ↔ 평평한 상수, 끝없이 이어지는 $\cos$ ↔ 뾰족한 델타 두 개.
$\tau$를 고정하고 $t$ 적분에서 $u=t-\tau$로 바꿉니다. $e^{i\omega t}=e^{i\omega\tau}e^{i\omega u}$로 갈라지므로 이중적분이 두 적분의 곱이 됩니다.
$$\begin{aligned}&=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int f(\tau)e^{i\omega\tau}d\tau\int h(u)e^{i\omega u}du\\&=\frac1{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{2\pi}\,g_f\cdot\sqrt{2\pi}\,g_h=\sqrt{2\pi}\,g_fg_h\end{aligned}$$각 적분이 $\sqrt{2\pi}\,g$이므로 $\sqrt{2\pi}$가 하나 남습니다. 곱의 변환 $\frac1{\sqrt{2\pi}}(g_f*g_h)$는 같은 계산을 역변환 쪽에서 한 것입니다.
정리로: $\mathcal F[f*f]=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}e^{-\omega^2/2}=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2}$. 이제 변환이 $e^{-\omega^2}$인 함수를 찾습니다. 예제 1-1에서 $\frac{1}{4a}=1$, 즉 $a=\frac14$로 두면 $e^{-t^2/4}\to\sqrt2\,e^{-\omega^2}$이므로 $e^{-\omega^2}$은 $\frac1{\sqrt2}e^{-t^2/4}$의 변환입니다.
$$f*f=\sqrt{2\pi}\cdot\frac1{\sqrt2}e^{-t^2/4}=\sqrt\pi\,e^{-t^2/4}$$직접: 지수를 정리하면 $-\frac{\tau^2}{2}-\frac{(t-\tau)^2}{2}=-\tau^2+t\tau-\frac{t^2}{2}=-\big(\tau-\frac t2\big)^2-\frac{t^2}{4}$.
$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(\tau-t/2)^2}d\tau\cdot e^{-t^2/4}=\sqrt\pi\,e^{-t^2/4}$$두 답이 같습니다. $\sqrt{2\pi}$를 빠뜨렸다면 $\frac{1}{\sqrt2}e^{-t^2/4}$라는 틀린 답이 나옵니다.
$f$와 $\bar h$를 역변환식으로 쓰고 $t$ 적분을 먼저 합니다. 켤레를 취하면 지수 부호가 바뀌어 $\bar h=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int\overline{g_h(\omega')}e^{+i\omega't}d\omega'$입니다.
$$\begin{aligned}\int f\bar h\,dt&=\frac1{2\pi}\iint g_f(\omega)\overline{g_h(\omega')}\\&\qquad\times\Big[\int e^{-i(\omega-\omega')t}dt\Big]d\omega\,d\omega'\\&=\iint g_f(\omega)\overline{g_h(\omega')}\,\delta(\omega-\omega')\,d\omega\,d\omega'\\&=\int g_f\,\overline{g_h}\,d\omega\end{aligned}$$$h=f$로 두면 플랑셰렐 등식입니다. 대칭 정규화에서는 $\frac1{2\pi}$와 $2\pi\delta$가 정확히 지워져 계수가 남지 않습니다.
예제 1-2에서 $T=1$: $f=1$ ($|t|<1$), $g=\sqrt{\frac2\pi}\frac{\sin\omega}{\omega}$.
좌변: $\int|f|^2dt=\int_{-1}^{1}1\,dt=2$. 우변: $\int|g|^2d\omega=\frac2\pi\int\frac{\sin^2\omega}{\omega^2}d\omega$.
$$\begin{aligned}&2=\frac2\pi\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2\omega}{\omega^2}d\omega\\&\Rightarrow\ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}dx=\pi\end{aligned}$$분모: $\int|f|^2dt=\int e^{-2at^2}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2a}}$.
$\Delta t$: $c=2a$로 두고 $\int t^2e^{-2at^2}dt=\frac{\sqrt\pi}{2(2a)^{3/2}}$.
$$(\Delta t)^2=\frac{\sqrt\pi}{2(2a)^{3/2}}\cdot\sqrt{\frac{2a}{\pi}}=\frac{1}{2\cdot2a}=\frac1{4a}$$$\Delta\omega$: $f'=-2at\,e^{-at^2}$이므로 $\int|f'|^2dt=4a^2\int t^2e^{-2at^2}dt$. 분모로 나누면
$$(\Delta\omega)^2=4a^2\cdot(\Delta t)^2=4a^2\cdot\frac1{4a}=a$$곱: $\Delta t\,\Delta\omega=\frac{1}{2\sqrt a}\cdot\sqrt a=\frac12$. 등호입니다.
검산: 예제 1-1에서 $|g|^2=\frac1{2a}e^{-\omega^2/2a}$입니다. 이것은 분산이 $a$인 정규분포 모양이므로 $(\Delta\omega)^2=a$. 같습니다. $a$를 바꾸면 $\Delta t$와 $\Delta\omega$가 반대로 움직이고 곱은 그대로입니다.
실수 $f$로 보입니다(복소수도 비슷합니다). $t\to\pm\infty$에서 $tf^2\to0$이라 두고 $\int f^2dt$를 부분적분합니다($1=\frac{d}{dt}t$).
$$\begin{aligned}\int f^2dt&=\big[tf^2\big]_{-\infty}^{\infty}\\&\quad-\int t\cdot2ff'\,dt\\&=-2\int(tf)\,f'\,dt\end{aligned}$$코시-슈바르츠 부등식 $\big|\int uv\big|\le\sqrt{\int u^2}\sqrt{\int v^2}$에 $u=tf$, $v=f'$을 넣습니다.
$$\int f^2\le2\sqrt{\int t^2f^2}\,\sqrt{\int f'^2}$$양변을 $\int f^2$로 나누면 레시피 2의 식으로 $1\le2\,\Delta t\,\Delta\omega$입니다. 등호는 $f'$이 $tf$에 비례할 때, 즉 $f'=-2atf$일 때입니다. 그 해가 $f=Ce^{-at^2}$, 가우스입니다.
변환: $-(-\omega^2Y)+k^2Y=F$이므로 $Y=\dfrac{F(\omega)}{\omega^2+k^2}$.
합성곱으로 쓰기: $Y=\sqrt{2\pi}\,F\cdot H$로 두면 $H=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac1{\omega^2+k^2}$입니다. 표의 $e^{-k|t|}\to\sqrt{\frac2\pi}\frac{k}{k^2+\omega^2}$와 비교하면
$$\begin{aligned}H&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{\frac\pi2}\,\frac1k\cdot\sqrt{\frac2\pi}\frac{k}{k^2+\omega^2}\\&=\frac{1}{2k}\,\mathcal F\big[e^{-k|t|}\big]\end{aligned}$$($\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac\pi2}=\frac12$.) 따라서 $h(t)=\frac{e^{-k|t|}}{2k}$이고
$$\begin{aligned}y(t)&=(f*h)(t)\\&=\frac{1}{2k}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-k|t-\tau|}f(\tau)\,d\tau\\G(t)&=\frac{e^{-k|t|}}{2k}\end{aligned}$$구체적인 입력: $k=2$, $f(t)=e^{-|t|}$. 이번에는 부분분수로 역변환합니다. $F=\sqrt{\frac2\pi}\frac{1}{1+\omega^2}$이므로
$$\begin{aligned}Y&=\sqrt{\frac2\pi}\,\frac{1}{(1+\omega^2)(4+\omega^2)}\\&=\frac13\sqrt{\frac2\pi}\Big[\frac{1}{1+\omega^2}-\frac{1}{4+\omega^2}\Big]\end{aligned}$$표에서 $\sqrt{\frac2\pi}\frac{1}{1+\omega^2}\leftarrow e^{-|t|}$, $\ \sqrt{\frac2\pi}\frac{1}{4+\omega^2}=\frac12\sqrt{\frac2\pi}\frac{2}{4+\omega^2}\leftarrow\frac12e^{-2|t|}$.
$$y(t)=\frac13e^{-|t|}-\frac16e^{-2|t|}$$검산($t>0$): $y''=\frac13e^{-t}-\frac46e^{-2t}$, $\ -y''+4y=-\frac13e^{-t}+\frac23e^{-2t}+\frac43e^{-t}-\frac23e^{-2t}=e^{-t}$. 또 $y'(0^+)=-\frac13+\frac13=0$이라 $t=0$에서 꺾이지 않습니다(입력에 델타가 없으므로 맞음).
전달함수: 변환하면 $(-i\omega+1)Y=F$이므로 $H(\omega)=\dfrac{1}{1-i\omega}$, $\ |H|=\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2}}$. 낮은 진동수는 거의 그대로($|H|\approx1$) 지나가고 높은 진동수는 $\frac1\omega$배로 줄어듭니다. 그래서 저역 통과 필터(low-pass filter)입니다.
입력 $\cos t$ ($\omega_0=1$): $H(1)=\frac{1}{1-i}=\frac{1+i}{2}$, $\ |H|=\frac1{\sqrt2}$, $\ \arg H=\frac\pi4$.
$$\begin{aligned}y&=\mathrm{Re}\Big[\frac{1+i}{2}(\cos t-i\sin t)\Big]\\&=\frac{\cos t+\sin t}{2}=\frac1{\sqrt2}\cos\Big(t-\frac\pi4\Big)\end{aligned}$$검산: $y'+y=\frac{-\sin t+\cos t}{2}+\frac{\cos t+\sin t}{2}=\cos t$. 입력이 $\cos10t$이면 $|H(10)|=\frac1{\sqrt{101}}\approx0.0995$로 약 10분의 1이 됩니다. (일반해에는 $Ce^{-t}$가 더 붙지만 시간이 지나면 사라집니다. 푸리에 방법은 남는 정상 상태만 줍니다.)
① 초기값의 변환: 표($a=1$)에서 $U_0=\frac1{\sqrt2}e^{-\omega^2/4}$.
② 시간 발전: $U=\frac1{\sqrt2}e^{-\omega^2/4}e^{-\omega^2t}=\frac1{\sqrt2}e^{-\omega^2(1+4t)/4}$.
③ 역변환: 표의 $e^{-bx^2}\to\frac1{\sqrt{2b}}e^{-\omega^2/4b}$와 맞추려면 $\frac1{4b}=\frac{1+4t}{4}$, 즉 $b=\frac{1}{1+4t}$입니다. 그러면 $e^{-\omega^2(1+4t)/4}=\sqrt{2b}\,\mathcal F[e^{-bx^2}]$이므로
$$\begin{aligned}U&=\frac1{\sqrt2}\sqrt{2b}\,\mathcal F[e^{-bx^2}]=\sqrt b\,\mathcal F[e^{-bx^2}]\\u(x,t)&=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}\,e^{-x^2/(1+4t)}\end{aligned}$$검산: $t=0$이면 $e^{-x^2}$. 전체 열 $\int u\,dx=\sqrt b\cdot\sqrt{\pi/b}=\sqrt\pi$로 일정합니다. $s=1+4t$로 두면 $u=s^{-1/2}e^{-x^2/s}$이고
$$\begin{aligned}u_t&=4\,\partial_su=\big(-2s^{-3/2}+4x^2s^{-5/2}\big)e^{-x^2/s}\\u_{xx}&=\big(-2s^{-3/2}+4x^2s^{-5/2}\big)e^{-x^2/s}\end{aligned}$$같습니다. 봉우리 높이는 $\frac1{\sqrt{1+4t}}$로 낮아지고 폭은 $\sqrt{1+4t}$로 넓어집니다.
$e^{-D\omega^2t}$는 $\omega$의 가우스입니다. 예제 1-1에서 $a=\frac1{4Dt}$로 두면 $\mathcal F\big[e^{-x^2/4Dt}\big]=\sqrt{2Dt}\,e^{-D\omega^2t}$입니다. 그래서
$$\begin{aligned}U_0\,e^{-D\omega^2t}&=\sqrt{2\pi}\,U_0\cdot\frac{e^{-D\omega^2t}}{\sqrt{2\pi}}\\&=\sqrt{2\pi}\,U_0\cdot\mathcal F\Big[\frac{e^{-x^2/4Dt}}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2Dt}}\Big]\end{aligned}$$합성곱 정리(4절)를 거꾸로 읽으면 $u=u_0*K$이고 $K=\frac{e^{-x^2/4Dt}}{\sqrt{4\pi Dt}}$입니다. $t\to0^+$이면 $K$는 넓이 1을 유지한 채 좁아져 $\delta(x)$가 되므로 초기조건도 맞습니다. 폭 $\sqrt{2Dt}$가 $\sqrt t$로 커지는 것이 확산의 특징입니다.
역변환이 맞는 이유는 1의 거듭제곱근의 합입니다. $W^N=1$이므로 등비급수로
$$\sum_{p=0}^{N-1}W^{mp}=\begin{cases}N&m\equiv0\pmod N\\[2pt]\dfrac{1-W^{mN}}{1-W^m}=0&\text{그 밖}\end{cases}$$역변환식에 $X_p=\sum_jx_jW^{pj}$를 넣으면 $\frac1N\sum_jx_j\sum_pW^{p(j-k)}=\frac1N\cdot Nx_k=x_k$입니다. 연속 변환의 $\int e^{ikt}dt=2\pi\delta(k)$ 자리에 여기서는 $\sum_pW^{mp}=N\delta_{m0}$이 들어갑니다. 그래서 역변환에 $\frac1N$이 붙습니다.
각 행과 $x$를 곱합니다.
검산: $X_3=\overline{X_1}$ (실수 데이터). 파세발: $\sum|x_k|^2=1+4+0+1=6$, $\ \frac14\sum|X_p|^2=\frac14(4+10+0+10)=6$.
역변환으로 $x_1$ 되찾기: $W^{-1}=i$, $W^{-2}=-1$, $W^{-3}=-i$이므로
$$\begin{aligned}x_1&=\frac14\big[2+(1-3i)(i)\\&\qquad+0+(1+3i)(-i)\big]\\&=\frac14\big[2+(3+i)+(3-i)\big]=2\end{aligned}$$종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 이 레슨의 관례로 SymPy/mpmath 검산했습니다. $a>0$, $\omega_0>0$입니다.
A1. $f(t)=e^{-t^2}$
A2. $f(t)=1$ ($0<t<1$), $0$ (그 밖)
A3. $f(t)=e^{-at}\theta(t)$
A4. $f(t)=\dfrac{1}{1+t^2}$
A5. 삼각 펄스 $f(t)=1-|t|$ ($|t|<1$), $0$ (그 밖)
B1. $f(t)=e^{-(t-3)^2/2}$
B2. $e^{-|t|}$의 변환에서 스케일링으로 $e^{-2|t|}$의 변환을 구하세요.
B3. $f(t)=e^{-a|t|}\cos\omega_0t$
B4. $f(t)=t^2e^{-t^2/2}$
B5. $f(t)=t\,e^{-at}\theta(t)$
B6. $f(t)=e^{-at}\sin(\omega_0t)\,\theta(t)$
C1. $f(t)=\delta(t-t_0)$
C2. $f(t)=\sin\omega_0t$
C3. 예제 1-2의 펄스 $p$에 대해 $p*p$를 구하고, 그 변환을 직접 적분과 합성곱 정리 두 방법으로 구하세요.
C4. $e^{-|t|}*e^{-|t|}$를 직접 계산하고, 그 변환이 $\sqrt{2\pi}\,g^2$와 같은지 확인하세요.
D1. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{(a^2+\omega^2)^2}$
D2. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2 3x}{x^2}dx$
D3. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^4x}{x^4}dx$ (A5를 쓰세요)
D4. $f(t)=e^{-a|t|}$의 $\Delta t$, $\Delta\omega$와 곱 $\Delta t\,\Delta\omega$를 구하세요.
D5. 삼각 펄스(A5) $f=1-|t|$ ($|t|<1$)의 $\Delta t\,\Delta\omega$를 구하세요.
E1. $-y''+y=\delta(t-2)$ ($t\to\pm\infty$에서 $y\to0$)
E2. $-y''+y=e^{-2|t|}$
E3. $y'+ay=f(t)$의 해를 합성곱으로 쓰세요.
E4. $y'+2y=\cos2t$의 정상 상태 해를 전달함수로 구하세요. 증폭률과 위상 지연은?
E5. $u_t=u_{xx}$, $u(x,0)=\delta(x)$를 푸세요. 전체 열 $\int u\,dx$는 얼마입니까?
E6. 파동방정식 $u_{tt}=c^2u_{xx}$, $u(x,0)=f(x)$, $u_t(x,0)=0$을 푸리에 변환으로 풀어 달랑베르 해를 얻으세요.
F1. $x=(1,0,0,0)$
F2. $x=(1,1,1,1)$
F3. $x=(0,1,0,-1)$
F4. $X=(0,2,0,2)$의 역 DFT