问题

函数 $f(t)$ 的 Fourier Transform 为

$$\begin{align*} \mathcal{F}(\omega) = \int_{-\infty} ^{\infty} f(t) e^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{d}t \end{align*}$$

假函数 $f(t)$ 它只在 $t \in (0, T)$ 之间有取值, 那么上式就变为

$$\begin{align*} \mathcal{F}(\omega) = \int_{0} ^{T} f(t) e^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{d}t \end{align*}$$

如此做 Fourier Transform , 需要算积分.

DFT (Discreate Fourier Transform)

如果用计算机进行数值上的计算, 会对积分进行离散化, 那么就变成了离散的 Fourier Transform .

假设将积分均匀地分成 $N$ 份, 那么就有

$$\begin{align*} \mathcal{F}(\omega) =& \int_{0} ^{T} f(t) e^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{d}t \\ \approx& \sum_{n=0}^{N-1} f\left( \frac{T}{N}n \right) e^{-\mathrm{i}\omega \frac{T}{N}n} \cdot \frac{T}{N} \\ \end{align*}$$

如果 $e$ 指数上面是 $\mathrm{i}2\pi$ 的形式, 计算将会变得简单. 所以对上式进行如下操作 ( 进行求和近似后 $\mathcal{F}(\omega)$ 记为 $F(\omega)$ )

$$\begin{align*} F(\omega) =& \sum_{n=0}^{N-1} f\left( \frac{T}{N}n \right) e^{-\mathrm{i}\omega \frac{T}{N}n} \cdot \frac{T}{N} \\ =&\frac{T}{N} \sum_{n=0}^{N-1} f\left( \frac{T}{N}n \right) e^{-\mathrm{i}2\pi \frac{1}{2\pi}\omega \frac{T}{N}n} \end{align*}$$

精髓

进行数值计算时, 对应每一个 $\omega$ 都要算一个求和. 我们只能进行有限次数的计算, 因此必须要选取特定的 $\omega$ 进行计算, 也就是 同样要对 $\omega$ 进行离散化.

FFT 将 $\omega$ 同样离散化成 $N$ 个 (这样做的优势以后将会看出) 等间距的 $\omega$ . 起点是 $0$ .然而该如何选取间距呢? 或者说该如何选取最大值呢?

我觉得接下来是 FFT 最关键的一步. 这也是我之前对于 FFT 不明白的地方.

首先假设 $\omega$ 的间距是 $\Delta \omega$ . 那么原式就变为

$$\begin{align*} F(m \Delta\omega) = \frac{T}{N} \sum_{n=0}^{N-1} f\left( \frac{T}{N}n \right) e^{-\mathrm{i}2\pi \frac{1}{2\pi} m\Delta\omega \frac{T}{N}n} \end{align*}$$

其中 $m = 0, 1, 2, \cdots N-1$ . FFT 让

$$\begin{align*} \frac{1}{2\pi} \Delta \omega T =1 \end{align*}$$

这样的话, $\Delta \omega$ 就选定了

$$\begin{align*} \Delta \omega = \frac{2\pi}{T} \end{align*}$$

结论

这样选取 $\Delta\omega$ 的结果就使原式变成了

$$\begin{align*} F(m \Delta\omega) = \frac{T}{N} \sum_{n=0}^{N-1} f\left( \frac{T}{N}n \right) e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N} m n} \end{align*}$$

这实际上就变成了一个矩阵运算

$$\begin{align*} \left( \begin{array}{c} F (0)\\ F (\Delta\omega)\\ F (2\Delta\omega)\\ F (3\Delta\omega)\\ \vdots \\ F ((N-1)\Delta\omega)\\ \end{array} \right) = \frac{T}{N} \left( \begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 2} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 3} & \cdots & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot(N-1)} \\ 1 & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 2} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 2\times 2} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 2\times 3} & \cdots & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 2\times(N-1)} \\ 1 & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 3} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 3\times 2} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 3\times 3} & \cdots & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot 3\times(N-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & e^{\mathrm{-i}\frac{2\pi}{N}\cdot (N-1)} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot (N-1)\times 2} & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot (N-1)\times 3} & \cdots & e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}\cdot (N-1)\times(N-1)} \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} f (0)\\ f \left( \frac{T}{N} \right)\\ f \left( 2\frac{T}{N} \right)\\ f \left( 3\frac{T}{N} \right)\\ \vdots \\ f \left( (N-1)\frac{T}{N} \right)\\ \end{array} \right) \end{align*}$$

可以发现, 对于给定 $N$ ,任何函数的 Fourier Transform 的变换矩阵都是一样的. 这使得 Fourier Transform 的数值计算大大简化.

简的可以手算的例子

我之所以会对这个感兴趣, 是因为我想要用电脑对一些函数做 Fourier Transform ,于是得知有 FFT 这样现成的程序. 但是 FFT 给出的结果 却令我难过. 因为我不知道它给出的是些什么. 一堆复数, 画出来形状也很奇怪. 不知道输出的结果对应的横坐标.

既然这样, 只要知道了 FFT 的原理, 就一定能够得出我想要的答案. 答案就是它的输出, 是上式等号左边那一个列向量的数值然后把 $\frac{T}{N}$ 除掉, 也就是 $F(m\Delta\omega)\frac{N}{T}$

参考书上的例子, 拿一个 $N = 4$ 的例子, 进行手算, 然后与程序给出的结果对比, 便能够验证上面的猜想

$N = 4$ 的例子: 假设函数 $f(t)$ 离散化之后的四个数值为 $\{1, 1, 0, 0\}$ , 也就是说

$$\begin{align*} f\left(\frac{0T}{4}\right) = 1 \\ f\left(\frac{T}{4}\right) = 1\\ f\left(\frac{2T}{4}\right) = 0\\ f\left(\frac{3T}{4}\right) = 0 \end{align*}$$

那么

$$\begin{align*} \frac{4}{T}F(0\cdot\Delta\omega) &= 1\cdot f\left(\frac{0T}{4}\right) + 1\cdot f\left(\frac{T}{4}\right) + 1\cdot f\left(\frac{2T}{4}\right) + 1\cdot f\left(\frac{3T}{4}\right) \\ &= 1\cdot 1 + 1\cdot 1 +1 \cdot 0 + 1\cdot 0\\ &= 2\\ \frac{4}{T}F(1\cdot\Delta\omega) &= 1\cdot f\left(\frac{0T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}}\cdot f\left(\frac{T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 2}\cdot f\left(\frac{2T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 3}\cdot f\left(\frac{3T}{4}\right) \\ & = 1\cdot 1 + (-\mathrm{i})\cdot 1 +(-1) \cdot 0 + (\mathrm{i})\cdot 0\\ &= 1 - \mathrm{i}\\ \frac{4}{T}F(2\cdot\Delta\omega) &= 1\cdot f\left(\frac{0T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 2}\cdot f\left(\frac{T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 2\times 2}\cdot f\left(\frac{2T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 2\times 3}\cdot f\left(\frac{3T}{4}\right) \\ & = 1\cdot 1 + (-1)\cdot 1 +1 \cdot 0 + (-1)\cdot 0\\ &= 0\\ \frac{4}{T}F(3\cdot\Delta\omega) &= 1\cdot f\left(\frac{0T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 3}\cdot f\left(\frac{T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 3\times 2}\cdot f\left(\frac{2T}{4}\right) + e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{4}\cdot 3\times 3}\cdot f\left(\frac{3T}{4}\right)\\ & = 1\cdot 1 + (\mathrm{i})\cdot 1 +( - 1) \cdot 0 + (-\mathrm{i})\cdot 0\\ &= 1 + \mathrm{i} \end{align*}$$

也就是

$$\begin{align*} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1-i \\ 0 \\ 1+i \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccc} 1&1&1&1 \\ 1&-\mathrm{i}&-1&\mathrm{i}\\ 1&-1&1&-1 \\ 1&\mathrm{i}&-1&-\mathrm{i} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)\end{align*}$$

然后用 Numpy 中的 numpy.fft.fft() 函数计算

import numpy as np
f = ([1,1,0,0])
F = np.fft.fft(f)
print(F)

输出结果为

: [2.+0.j 1.-1.j 0.+0.j 1.+1.j]

验证了前面对于 FFT 的原理理解.

输出结果分析

输出的对称性

变换矩阵中的元素

$$\begin{align*} e^{-\mathrm{i}\frac{2\pi}{N}mn} \end{align*}$$

当 $n$ 给定的时候, 有

$$\begin{align*} e^{-\mathrm{i}n \frac{2\pi}{N}(N-m)} = e^{-\mathrm{i}n 2\pi}e^{-\mathrm{i}n \frac{2\pi}{N}(-m)} = e^{\mathrm{i}n \frac{2\pi}{N}m} = \left( e^{-\mathrm{i}n \frac{2\pi}{N}m} \right)^{* } \end{align*}$$

也就是说同一列中, $m$ 的元素和 $N-m$ 的元素是互为复共轭的. 那么就可以得出

$$\begin{align*} F(m\Delta\omega) = F^{* }\left((N-m)\Delta\omega\right) \\ \mid F(m\Delta\omega)\mid = \mid F\left((N-m)\Delta\omega\right)\mid \end{align*}$$

很明显, 手算的例子符合这一结论.

三角函数和 $e$ 指数形式的 Fourier Transform 之间的联系

在我的印象中, Fourier Transform 的结果应该是一个实函数, 比如一个高斯函数的 Fourier Transform 的 结果还是一个高斯函数. 但这里给出的例子结果是复的.

我发现这里的变换有所不同. 我印象中的变换一般是一个在正负无穷之间的变换. 而这里是在特定区间上的变换. 我想 这就是原因. 根本原因我还没有想清楚.

对于满足周期为 $T$ ,即 $f(t+T) = f(t)$ 的函数 $f(t)$ ,展开成三角函数的形式为

$$\begin{align*} f(t) = \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}\left[ a_n \cos (n\omega t) +b_n \sin(n\omega t) \right] \end{align*}$$

其中 $\omega=\frac{2\pi}{T}$ . 由于三角函数正交且归一到半个周期上, 所以展开系数为

$$\begin{align*} a_n = \frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t)\cos (n\omega t) \mathrm{d} t \\ b_n = \frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t)\sin (n\omega t) \mathrm{d} t \end{align*}$$

如果把三角函数用 $e$ 指数代换

$$\begin{align*} f(t) =& \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}\left[ a_n \frac{e^{\mathrm{i}n\omega t} + e^{-\mathrm{i}n\omega t}}{2} +b_n \frac{e^{\mathrm{i}n\omega t} - e^{-\mathrm{i}n\omega t}}{2\mathrm{i}} \right] \\ =& \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}\left[ e^{\mathrm{i}n\omega t} \frac{a_n-\mathrm{i}b_n}{2} +e^{-\mathrm{i}n\omega t} \frac{a_n +\mathrm{i}b_n}{2} \right] \\ =& \sum_{n =-\infty}^{\infty}e^{\mathrm{i}n\omega t} \frac{a_n -\mathrm{i}b_n}{2} \end{align*}$$

最后一个等号利用了 $a_n = a_{-n}, b_n = -b_{-n}, b_0 = 0$ . 而

$$\begin{align*} \frac{a_n -\mathrm{i}b_n}{2} =& \frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t)\frac{\cos (n\omega t) - \mathrm{i}\sin(n\omega t)}{2} \mathrm{d} t \\ =& \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-\mathrm{i}n\omega t} \mathrm{d} t \end{align*}$$

若令

$$\begin{align*} \frac{a_n - \mathrm{i}b_n}{2}T = \mathcal{F}_n \end{align*}$$

则有

$$\begin{align*} \mathcal{F}_n = & \int_{0} ^{T} f(t) e^{-\mathrm{i} n \omega t} \mathrm{d}t \\ f(t) = & \frac{1}{T} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \mathcal{F}_n e^{\mathrm{i}n\omega t} \end{align*}$$

这也和之前 Fourier Transform 总结中的一致.

输出结果中有价值的部分

输出结果的实部和虚部对应同一频率的振幅, 只不过实部是正弦部分, 虚部是余弦部分. 所以用其模长来刻画 Fourier Transform 的结果.

而且输出的结果具有对称性, 所以只取前　$\frac{N}{2}+1$ 个结果即可得到变换的全部信息.

Python 程序示例

三角函数的例子

用 Numpy 中的 numpy.fft.fft() 函数计算三角函数

$$\begin{align*} f(t) = \sin(17t) +3 \sin (57t) + 2 \sin(97t) \end{align*}$$

的 Fourier Transform

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
N = 1024  #离散化成N个点
T =8*np.pi #输入T的值
t = np.linspace(0,T,N) #离散化t
f = np.sin(17*t) + 3*np.sin(57*t) + 2*np.sin(97*t) #f(t)的表达式
F = np.fft.fft(f) #进行FFT
tf = np.linspace(0,N*np.pi/T,N//2 + 1) #设置 \omega 坐标轴,
plt.plot(tf, np.abs(F[:N//2+1])) #以 \omega 为横轴, 以 F 为纵轴画图. 由于对称性只取前(N/2+1 个点)
plt.xlabel("$\omega$")
plt.ylabel("$F(\omega)$")
plt.title("The Results of FFT")
plt.show()

结果

figalt

正如预期, 分别在频率为 $17, 57, 97$ 出现峰. $57$ 的峰最高, $97$ 次之, $17$ 最低.

高斯函数的例子

用 Numpy 中的 numpy.fft.fft() 函数高斯函数

$$\begin{align*} f_1(t) = e^{-t^{2}} \end{align*}$$

和

$$\begin{align*} f_2(t) = e^{-10t^{2}} \end{align*}$$

的 Fourier Transform

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
N = 512  #离散化成N个点
T =30 #输入T的值
t = np.linspace(0,T,N) #离散化t
f1 = np.exp(-t**2) #f(t)的表达式
f2 = np.exp(-10*t**2)
F1 = np.fft.fft(f1) #进行FFT
F2 = np.fft.fft(f2) #进行FFT
tf = np.linspace(0,N*np.pi/T,N//2 + 1) #设置 \omega 坐标轴,

plt.subplot(211) #两行一列, 第一个图
plt.plot(tf, np.abs(F1[:N//2+1])) #以 \omega 为横轴, 以 F1 为纵轴画图. 由于对称性只取前(N/2+1 个点)
plt.ylabel("$F_1(\omega)$")
plt.subplot(212) #两行一列, 第二个图
plt.plot(tf, np.abs(F2[:N//2+1])) #
plt.xlabel("$\omega$")
plt.ylabel("$F_2(\omega)$")
plt.suptitle("The Results of FFT")
plt.show()

结果为

figalt

这也符合预期, 原来更尖的高斯函数, 变换之后变得更平.

致谢与参考书

苏变萍, 陈东立 编 复变函数与积分变换(第二版)

感谢 Fan Yang 师兄的讨论