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  • 傅里叶系数的推导
    2020-12-23 23:48:17

    不客气地说,

    这个公式可以说是像“臭婆娘的裹脚布——又臭又长”,

    而且来历相当蹊跷,

    不知那个傅里叶什么时候灵光乍现,把一个周期函数

    f(t)

    硬生生地写成这么一大堆东西。单看

    那个①式,

    就是把周期函数

    f(t)

    描述成一个常数系数

    a0

    1

    ω

    sin

    cos

    函数、

    2

    ω

    sin

    cos

    函数等、

    n

    ω

    sin

    cos

    函数等一系列式子的和,

    且每项都有不同的系数,

    An

    Bn

    ,至于这些系数,需要用积分来解得,即②③④式,不过为了积分方便,积分区间一

    般设为

    [-

    π

    ,

    π

    ]

    ,也相当一个周期

    T

    的宽度。

    能否从数学的角度推导出此公式,

    以使傅里叶级数来得明白些,

    让我等能了解它的前世今生

    呢?下面来详细解释一下此公式的得出过程:

    1、把一个周期函数表示成三角级数:

    首先,

    周期函数是客观世界中周期运动的数学表述,

    如物体挂在弹簧上作简谐振动、

    单摆振

    动、无线电电子振荡器的电子振荡等,大多可以表述为:

    f(x)=A sin(

    ω

    t+

    ψ

    )

    这里

    t

    表示时间,

    A

    表示振幅,

    ω

    为角频率,

    ψ

    为初相(与考察时设置原点位置有关)。

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    物理意义:把一个比较复杂的周期运动看成是许多不同频率的简谐振动的叠加。

    三角函数系

    cos x, sinx, cos2x, sin2x.…, cosnx, sinnx.…

    正交性

    在[- π \pi π π \pi π]上正交,即其中任意两个不同的函数之积在[- π \pi π π \pi π]上的积分等于0.

    可以证明:

    • ∫ − π π cos ⁡ n x d x = 0 \int_{-\pi}^{\pi} \cos n x d x=0 ππcosnxdx=0
    • ∫ − π π sin ⁡ n x d x = 0 \int_{-\pi}^{\pi} \sin n x d x=0 ππsinnxdx=0
    • ∫ − π π cos ⁡ m x cos ⁡ n x d x = 0 ( m = 1 , 2 , 3 , ⋯   , n = 1 , 2 , 3 , ⋯ m ≠ n ) \begin{array}{c}{\int_{-\pi}^{\pi} \cos m x \cos n x d x=0 \quad(m=1,2,3, \cdots, n=1,2,3, \cdots m \neq n )}\end{array} ππcosmxcosnxdx=0(m=1,2,3,,n=1,2,3,m̸=n)
    • ∫ − π π sin ⁡ m x sin ⁡ n x d x = 0 ( m = 1 , 2 , 3 , ⋯   , n = 1 , 2 , 3 , ⋯ m ≠ n ) \begin{array}{c}{\int_{-\pi}^{\pi} \sin m x \sin n x d x=0 \quad(m=1,2,3, \cdots, n=1,2,3, \cdots m \neq n )}\end{array} ππsinmxsinnxdx=0(m=1,2,3,,n=1,2,3,m̸=n)
    • ∫ − π π sin ⁡ m x cos ⁡ n x d x = 0 ( m = 1 , 2 , 3 , ⋯   , n = 1 , 2 , 3 , ⋯   ) \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} \sin m x \cos n x d x &=0 \quad(m=1,2,3, \cdots, n=1,2,3, \cdots ) \end{aligned} ππsinmxcosnxdx=0(m=1,2,3,,n=1,2,3,)当m=n时
      ∫ − π π 1 ⋅ 1 d x = 2 π ∫ − π π cos ⁡ 2 n x d x = π ∫ − π π sin ⁡ 2 n x d x = π ( n = 1 , 2 , ⋯   ) \begin{array}{l}{\int_{-\pi}^{\pi} 1 \cdot 1 \mathrm{d} x=2 \pi} \\\\ {\int_{-\pi}^{\pi} \cos ^{2} n x d x=\pi} \\\\ {\int_{-\pi}^{\pi} \sin ^{2} n x d x=\pi}\end{array}(n=1,2, \cdots) ππ11dx=2πππcos2nxdx=πππsin2nxdx=π(n=1,2,)
      f ( x ) f(x) f(x)是周期为2 π \pi π的周期函数,且可逐项积分,利用三角级数得
      f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos ⁡ n x + b n sin ⁡ n x ) f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right) f(x)=2a0+n=1(ancosnx+bnsinnx) 想要表达 f ( x ) f(x) f(x)得求出 a 0 , a n , b n a_{0},a_{n},b_{n} a0,an,bn,对两边进行积分得
      ∫ − π π f ( x ) d x = ∫ − π π a 0 2 d x + ∑ n = 1 ∞ [ ∫ − π π a n cos ⁡ n x d x + ∫ − π π b n sin ⁡ n x d x ] \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=& \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_{0}}{2} \mathrm{d} x+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\int_{-\pi}^{\pi} a_{n} \cos n x \mathrm{d} x\right. +\int_{-\pi}^{\pi} b_{n} \sin n x \mathrm{d} x ] \end{aligned} ππf(x)dx=ππ2a0dx+n=1[ππancosnxdx+ππbnsinnxdx]因为 a 0 , a n , b n a_{0}, a_{n}, b_{n} a0,an,bn为常数,利用三角函数的正交性
    • ∫ − π π cos ⁡ n x d x = 0 \int_{-\pi}^{\pi} \cos n x d x=0 ππcosnxdx=0
    • ∫ − π π sin ⁡ n x d x = 0 \int_{-\pi}^{\pi} \sin n x d x=0 ππsinnxdx=0
      得到
      ∫ − π π f ( x ) d x = ∫ − π π a 0 2 d x = π a 0 \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_{0}}{2} \mathrm{d} x=\pi a_{0} ππf(x)dx=ππ2a0dx=πa0
      a 0 = 1 π ∫ − π π f ( x ) d x a_{0}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) d x a0=π1ππf(x)dx
      为了求 a n a_{n} an,在等式两边 cos ⁡ k x \cos k x coskx
      ∫ − π π f ( x ) cos ⁡ k x d x = ∫ − π π a 0 2 cos ⁡ k x d x + ∑ n = 1 ∞ I − π π a n cos ⁡ k x cos ⁡ n x d x + ∫ − π π b n cos ⁡ k x sin ⁡ n x d x ] \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos k x d x &=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_{0}}{2} \cos k x d x \\ &+\sum_{n=1}^{\infty} I_{-\pi}^{\pi} a_{n} \cos k x \cos n x d x \\ &+\int_{-\pi}^{\pi} b_{n} \cos k x \sin n x d x ] \end{aligned} ππf(x)coskxdx=ππ2a0coskxdx+n=1Iππancoskxcosnxdx+ππbncoskxsinnxdx]当k=n时,由三角函数的正交性可知 ∫ − π π a n cos ⁡ k x cos ⁡ n x d x = ∫ − π π a n cos ⁡ 2 n x d x = a n ∫ − π π 1 + cos ⁡ 2 n x 2 d x = a n π \begin{aligned} & \int_{-\pi}^{\pi} a_{n} \cos k x \cos n x d x=\int_{-\pi}^{\pi} a_{n} \cos ^{2} n x d x \\=& a_{n} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1+\cos 2 n x}{2} d x=a_{n} \pi \end{aligned} =ππancoskxcosnxdx=ππancos2nxdxanππ21+cos2nxdx=anπ其余各项均为零.因此 a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos ⁡ n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯   ) a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x d x \quad(n=1,2,3, \cdots) an=π1ππf(x)cosnxdx(n=1,2,3,)同理 b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin ⁡ n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯   ) b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x d x \quad(n=1,2,3, \cdots) bn=π1ππf(x)sinnxdx(n=1,2,3,)
      整理一下得:
      { a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos ⁡ n x d x ( n = 0 , 1 , 2 , ⋯   ) b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin ⁡ n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯   ) \left\{\begin{array}{ll}{a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x d x} & {(n=0,1,2, \cdots)} &\\\\ {b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x d x} & {(n=1,2,3, \cdots)}\end{array}\right. an=π1ππf(x)cosnxdxbn=π1ππf(x)sinnxdx(n=0,1,2,)(n=1,2,3,)
      a n ( 0 开 始 的 ) , b n a_{n}(0开始的),b_{n} an(0)bn称为傅里叶系数。由傅里叶系数组成的三角级数称为傅里叶级数。


    f ( x ) = { − 1 , − π ≤ x &lt; 0 1 , 0 ≤ x &lt; π f(x)=\left\{\begin{array}{lr}{-1,} &amp; {-\pi \leq x&lt;0} \\ {1,} &amp; {0 \leq x&lt;\pi}\end{array}\right. f(x)={1,1,πx<00x<π
    在这里插入图片描述

    a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos ⁡ n x d x = 1 π ∫ − π 0 ( − 1 ) cos ⁡ n x d x + 1 π ∫ 0 π cos ⁡ n x d x = − 1 π 1 n sin ⁡ n x ] − π 0 + 1 π 1 n sin ⁡ n x ] 0 π = 0 ( n = 0 , 1 , 2 , 3 ⋯ &ThinSpace; ) \begin{aligned} a_{n} &amp;=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x d x \\ &amp;=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0}(-1) \cos n x d x+\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos n x d x \\ &amp;=-\frac{1}{\pi} \frac{1}{n} \sin n x ]_{-\pi}^{0}+\frac{1}{\pi} \frac{1}{n} \sin n x ]_{0}^{\pi}=0 \\ &amp;(n=0,1,2,3 \cdots) \end{aligned} an=π1ππf(x)cosnxdx=π1π0(1)cosnxdx+π10πcosnxdx=π1n1sinnx]π0+π1n1sinnx]0π=0(n=0,1,2,3)
    b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin ⁡ u x d x = 1 π ∫ − π 0 ( − 1 ) sin ⁡ x d x + 1 π ∫ 0 π sin ⁡ x d x = 1 π 1 n cos ⁡ n x ∣ − π 0 − 1 π [ 1 n cos ⁡ n x ] 0 π = 2 n π [ 1 − ( − 1 ) n ] = { 4 n π , n = 1 , 3 , 5 , ⋯ 0 \begin{aligned} b_{n} &amp;=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin u x d x \\ &amp;=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0}(-1) \sin x d x+\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x d x \\ &amp;=\frac{1}{\pi} \frac{1}{n} \cos n\left.x\right|_{-\pi} ^{0}-\frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{n} \cos n x\right]_{0}^{\pi} \\ &amp;=\frac{2}{n \pi}\left[1-(-1)^{n}\right] \\ &amp;=\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{n \pi}, n=1,3,5, \cdots} \\ {0}\end{array}\right. \end{aligned} bn=π1ππf(x)sinuxdx=π1π0(1)sinxdx+π10πsinxdx=π1n1cosnxπ0π1[n1cosnx]0π=nπ2[1(1)n]={nπ4,n=1,3,5,0所以 f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n x = 4 π [ sin ⁡ x + 1 3 sin ⁡ 3 x + ⋯ + 1 2 n − 1 sin ⁡ ( 2 n − 1 ) x + ⋯ &ThinSpace; ] f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n} \sin n x\\=\frac{4}{\pi}\left[\sin x+\frac{1}{3} \sin 3 x+\cdots+\frac{1}{2 n-1} \sin (2 n-1) x+\cdots\right] f(x)=n=1bnsinnx=π4[sinx+31sin3x++2n11sin(2n1)x+]

    展开全文
  • 傅里叶系数推导.pdf

    2019-11-21 10:52:23
    傅里叶系数推导,不错的文档,了解傅里叶,分享一下,谢谢原作者
  • mazonex离散傅立叶变换视频笔记 需要先了解傅里叶变换 周期为2π2\pi2π的函数的复数形式展开(傅里叶级数) 在上一篇文章中part4中提到周期T=2LT=2LT=2L函数的复数形式展开为: f(t)=∑n=−∞∞Cneinωt(1.1) \begin...

    mazonex离散傅立叶变换视频笔记
    需要先了解傅里叶变换推导(FT、IFT)
    本文仅作为笔记,推导思想和图片来自视频

    周期为 2 π 2\pi 2π的函数的复数形式展开(傅里叶级数)

    在上一篇文章中part4中提到周期 T = 2 L T=2L T=2L函数的复数形式展开为:
    f ( t ) = ∑ n = − ∞ ∞ C n e i n ω t (1.1) \begin{aligned} f(t) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty} C_{n} e^{i n \omega t} \end{aligned}\tag{1.1} f(t)=n=Cneinωt(1.1)

    其中,
    C n = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e − i n ω t d t ω = π L = 2 π T \begin{aligned} &C_{n} =\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-i n \omega t} d t\\ &\omega=\frac{\pi}{L}=\frac{2 \pi}{T}\\ \end{aligned} Cn=T10Tf(t)einωtdtω=Lπ=T2π
    周期为 2 π 2\pi 2π ω = 1 \omega=1 ω=1,并且令 k = n k=n k=n
    f ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ c k e i k t (1.2) \begin{aligned} f(t) &=\sum_{k=-\infty}^{\infty} c_{k} e^{i k t} \end{aligned}\tag{1.2} f(t)=k=ckeikt(1.2)

    其中,
    c k = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e − i k t d t \begin{aligned} &c_{k} =\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-i k t} d t\\ \end{aligned} ck=T10Tf(t)eiktdt

    从连续函数到离散函数

    假定 f ( n ) f(n) f(n) f ( x ) f(x) f(x) 在一个周期内的等距离采样,采样N个点:
    [ f 0 , f 1 , ⋯   , f N − 1 ] \left[f_{0}, f_{1}, \cdots, f_{N-1}\right] [f0,f1,,fN1]
    在这里插入图片描述
    注意上面最后一个采样点不包括 2 π 2\pi 2π,因为 2 π 2\pi 2π属于下一个周期。

    假如取 t = 2 π N t=\frac{2 \pi}{N} t=N2π带入式 ( 1.2 ) (1.2) (1.2)中:
    f 1 = f ( 2 π N ) = ∑ k = − ∞ ∞ c k e k 2 π i N = ⋯ + c − 2 e − 2 2 π i N + c − 1 e − 1 2 π i N + c 0 e 0 2 π i N + c 1 e 1 2 π i N + c 2 e 2 2 π i N + ⋯ + c N − 1 e ( N − 1 ) 2 π i N + c N e N 2 π i N + c N + 1 e ( N + 1 ) 2 π i N + ⋯ (1.3) \begin{aligned} f_{1}&=f\left(\frac{2 \pi}{N}\right)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} c_{k} e^{k \frac{2 \pi i}{N}}\\ &=\cdots+c_{-2} e^{-2 \frac{2 \pi i}{N}}+c_{-1} e^{-1 \frac{2 \pi i}{N}}+c_{0} e^{0 \frac{2 \pi i}{N}}+c_{1} e^{1 \frac{2 \pi i}{N}}+c_{2} e^{2 \frac{2 \pi i}{N}}+\cdots\\ &\quad+c_{N-1} e^{(N-1) \frac{2 \pi i}{N}}+c_{N} e^{N \frac{2 \pi i}{N}}+c_{N+1} e^{(N+1) \frac{2 \pi i}{N}}+\cdots \end{aligned}\tag{1.3} f1=f(N2π)=k=ckekN2πi=+c2e2N2πi+c1e1N2πi+c0e0N2πi+c1e1N2πi+c2e2N2πi++cN1e(N1)N2πi+cNeNN2πi+cN+1e(N+1)N2πi+(1.3)


    什么是 e k 2 π i N e^{k \frac{2 \pi i}{N}} ekN2πi
    w = e 2 π i N w=e^{\frac{2 \pi i}{N}} w=eN2πi,则 w k = e k 2 π i N w N = w 0 = 1 w^{k}=e^{k \frac{2 \pi i}{N}} \quad w^{N}=w^{0}=1 wk=ekN2πiwN=w0=1
    在这里插入图片描述

    观察上图发现:
    k = 0 , N , − N , 2 N , − 2 N . . . k=0,N,-N,2N,-2N... k=0,N,N,2N,2N...时, e k 2 π i N = e 0 2 π i N = w 0 = 1 e^{k \frac{2 \pi i}{N}} = e^{0 \frac{2 \pi i}{N}}=w^0=1 ekN2πi=e0N2πi=w0=1
    k = 1 , N + 1 , − N + 1 , 2 N + 1 , − 2 N + 1... k=1,N+1,-N+1,2N+1,-2N+1... k=1,N+1,N+1,2N+1,2N+1...时, e k 2 π i N = e 1 2 π i N = w 1 e^{k \frac{2 \pi i}{N}} = e^{1 \frac{2 \pi i}{N}}=w^1 ekN2πi=e1N2πi=w1

    k = N − 1 , 2 N − 1 , − 1 , 3 N − 1 , − N − 1... k=N-1,2N-1,-1,3N-1,-N-1... k=N1,2N1,1,3N1,N1...时, e k 2 π i N = e ( N − 1 ) 2 π i N = w N − 1 e^{k \frac{2 \pi i}{N}} = e^{(N-1) \frac{2 \pi i}{N}}=w^{N-1} ekN2πi=e(N1)N2πi=wN1

    所以式 ( 1.3 ) (1.3) (1.3)为:
    f 1 = f ( 2 π N ) = ∑ k = − ∞ ∞ c k e k 2 π i N = ( c 0 + c N + c − N + c 2 N + c − 2 N + ⋯   ) w 0 + ( c 1 + c N + 1 + c 2 N + 1 + c − N + 1 + c − 2 N + 1 ⋯   ) w 1 + ( c 2 + c N + 2 + c 2 N + 2 + c − N + 2 + c − 2 N + 2 ⋯   ) w 2 ⋯ + ( c N − 1 + c 2 N − 1 + c 3 N − 1 + c − 1 + c − N − 1 ⋯   ) w N − 1 (1.3) \begin{aligned} f_{1}&=f\left(\frac{2 \pi}{N}\right)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} c_{k} e^{k \frac{2 \pi i}{N}}\\ &=\left(c_{0}+c_{N}+c_{-N}+c_{2 N}+c_{-2 N}+\cdots\right) w^{0} \\ &\quad+\left(c_{1}+c_{N+1}+c_{2 N+1}+c_{-N+1}+c_{-2 N+1} \cdots\right) w^{1} \\ &\quad+\left(c_{2}+c_{N+2}+c_{2 N+2}+c_{-N+2}+c_{-2 N+2} \cdots\right) w^{2} \\ &\quad\quad \cdots \\ &\quad+\left(c_{N-1}+c_{2 N-1}+c_{3 N-1}+c_{-1}+c_{-N-1} \cdots\right) w^{N-1} \end{aligned}\tag{1.3} f1=f(N2π)=k=ckekN2πi=(c0+cN+cN+c2N+c2N+)w0+(c1+cN+1+c2N+1+cN+1+c2N+1)w1+(c2+cN+2+c2N+2+cN+2+c2N+2)w2+(cN1+c2N1+c3N1+c1+cN1)wN1(1.3)

    结论: f ( 2 π N ) f\left(\frac{2 \pi}{N}\right) f(N2π) 的函数值, 只需要 N N N 个基就能得到,不需要无穷多个基, 只要得
    到这 N N N 个基的 N N N 个系数就可以。

    假如取 t = 2 2 π N t=2\frac{2 \pi}{N} t=2N2π带入式 ( 1.2 ) (1.2) (1.2)中:

    可得:

    f 2 = f ( 2 2 π N ) = ( c 0 + c N + c − N + c 2 N + c − 2 N + ⋯   ) w 0 + ( c 1 + c N + 1 + c 2 N + 1 + c − N + 1 + c − 2 N + 1 ⋯   ) w 2 + ( c 2 + c N + 2 + c 2 N + 2 + c − N + 2 + c − 2 N + 2 ⋯   ) w 4 ⋯ + ( c N − 1 + c 2 N − 1 + c 3 N − 1 + c − 1 + c − N − 1 ⋯   ) w 2 ( N − 1 ) (1.4) \begin{aligned} f_{2}=&f\left(2 \frac{2 \pi}{N}\right)=\left(c_{0}+c_{N}+c_{-N}+c_{2 N}+c_{-2 N}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(c_{1}+c_{N+1}+c_{2 N+1}+c_{-N+1}+c_{-2 N+1} \cdots\right) w^{2} \\ &+\left(c_{2}+c_{N+2}+c_{2 N+2}+c_{-N+2}+c_{-2 N+2} \cdots\right) w^{4} \\ & \cdots \\ &+\left(c_{N-1}+c_{2 N-1}+c_{3 N-1}+c_{-1}+c_{-N-1} \cdots\right) w^{2(N-1)} \end{aligned}\tag{1.4} f2=f(2N2π)=(c0+cN+cN+c2N+c2N+)w0+(c1+cN+1+c2N+1+cN+1+c2N+1)w2+(c2+cN+2+c2N+2+cN+2+c2N+2)w4+(cN1+c2N1+c3N1+c1+cN1)w2(N1)(1.4)
    同理可以求得 x = 0 2 π N , x = 2 2 π N , 3 2 π N . . . ( N − 1 ) 2 π N x=0\frac{2 \pi}{N},x=2\frac{2 \pi}{N},3\frac{2 \pi}{N}...(N-1)\frac{2 \pi}{N} x=0N2π,x=2N2π,3N2π...(N1)N2π f ( x ) f(x) f(x)的展开形式。

    小结:
    w k w^{k} wk 对任何整数 k k k,都对应 w 0 , w 1 , ⋯   , w N − 1 w^{0}, w^{1}, \cdots, w^{N-1} w0,w1,,wN1 中的一个
    在这里插入图片描述
    所以上图中离散采样的8个点,都可以只用 w 0 , w 1 , ⋯   , w N − 1 w^{0}, w^{1}, \cdots, w^{N-1} w0,w1,,wN1 这8个基来表示。
    f 0 , f 1 , ⋯   , f N − 1 f_{0}, f_{1}, \cdots, f_{N-1} f0,f1,,fN1 w 0 , w 1 , ⋯   , w N − 1 w^{0}, w^{1}, \cdots, w^{N-1} w0,w1,,wN1是已知,把括号中当做未知数,那么8个方程可以解得8个未知数。

    此外假设傅里叶变换展开系数只包含 c 0 , c 1 , ⋯   , c N − 1 c_{0}, c_{1}, \cdots, c_{N-1} c0,c1,,cN1,那么就有结合式 ( 1.2 ) (1.2) (1.2)
    f ( x ) = c 0 + c 1 e i x + c 2 e i 2 x + ⋯ + c N − 1 e i ( N − 1 ) x f ( 0 2 π N ) = c 0 + c 1 + c 2 + ⋯ + c N − 1 f ( 1 2 π N ) = c 0 + c 1 w + c 2 w 2 + ⋯ + c N − 1 w N − 1 f ( 2 2 π N ) = c 0 + c 1 w 2 + c 2 w 4 + ⋯ + c N − 1 w 2 ( N − 1 ) f ( 3 2 π N ) = c 0 + c 1 w 3 + c 2 w 6 + ⋯ + c N − 1 w 3 ( N − 1 ) ⋯ f ( ( N − 1 ) 2 π N ) = c 0 + c 1 w N − 1 + c 2 w 2 ( N − 1 ) + ⋯ + c N − 1 w ( N − 1 ) 2 (1.5) \begin{aligned} &f(x)=c_{0}+c_{1} e^{i x}+c_{2} e^{i 2 x}+\cdots+c_{N-1} e^{i(N-1) x} \\ &f\left(0 \frac{2 \pi}{N}\right)=c_{0}+c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{N-1} \\ &f\left(1 \frac{2 \pi}{N}\right)=c_{0}+c_{1} w+c_{2} w^{2}+\cdots+c_{N-1} w^{N-1} \\ &f\left(2 \frac{2 \pi}{N}\right)=c_{0}+c_{1} w^{2}+c_{2} w^{4}+\cdots+c_{N-1} w^{2(N-1)} \\ &f\left(3 \frac{2 \pi}{N}\right)=c_{0}+c_{1} w^{3}+c_{2} w^{6}+\cdots+c_{N-1} w^{3(N-1)} \\ &\cdots \\ &f\left((N-1) \frac{2 \pi}{N}\right)=c_{0}+c_{1} w^{N-1}+c_{2} w^{2(N-1)}+\cdots+c_{N-1} w^{(N-1)^{2}} \end{aligned}\tag{1.5} f(x)=c0+c1eix+c2ei2x++cN1ei(N1)xf(0N2π)=c0+c1+c2++cN1f(1N2π)=c0+c1w+c2w2++cN1wN1f(2N2π)=c0+c1w2+c2w4++cN1w2(N1)f(3N2π)=c0+c1w3+c2w6++cN1w3(N1)f((N1)N2π)=c0+c1wN1+c2w2(N1)++cN1w(N1)2(1.5)

    注意此时 w = e i x w=e^{ix} w=eix,与 x x x取值有关。

    于是有下面矩阵关系:
    [ f 0 f 1 f 2 f 3 ⋮ f N − 1 ] = [ 1 1 1 1 ⋯ 1 1 w w 2 w 3 ⋯ w N − 1 1 w 2 w 4 w 6 ⋯ w 2 ( N − 1 ) 1 w 3 w 6 w 9 ⋯ w 3 ( N − 1 ) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 1 w N − 1 w 2 ( N − 1 ) w 3 ( N − 1 ) ⋯ w ( N − 1 ) 2 ] [ c 0 c 1 c 2 c 3 ⋮ c N − 1 ] (1.6) \left[\begin{array}{c} f_{0} \\ f_{1} \\ f_{2} \\ f_{3} \\ \vdots \\ f_{N-1} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & w & w^{2} & w^{3} & \cdots & w^{N-1} \\ 1 & w^{2} & w^{4} & w^{6} & \cdots & w^{2(N-1)} \\ 1 & w^{3} & w^{6} & w^{9} & \cdots & w^{3(N-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & w^{N-1} & w^{2(N-1)} & w^{3(N-1)} & \cdots & w^{(N-1)^{2}} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} c_{0} \\ c_{1} \\ c_{2} \\ c_{3} \\ \vdots \\ c_{N-1} \end{array}\right]\tag{1.6} f0f1f2f3fN1=111111ww2w3wN11w2w4w6w2(N1)1w3w6w9w3(N1)1wN1w2(N1)w3(N1)w(N1)2c0c1c2c3cN1(1.6)

    f = F N c f=F_N c f=FNc


    F N F N ∗ = N [ 1 0 0 0 ⋱ 0 0 0 1 ] F N − 1 = 1 N F N ∗ F_{N} F_{N}^{*}=N\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \quad \quad \quad \quad \quad \quad F_{N}^{-1}=\frac{1}{N} F_{N}^{*} FNFN=N10000001FN1=N1FN


    1 N [ 1 1 1 1 ⋯ 1 1 w ˉ w ˉ 2 w ˉ 3 ⋯ w ˉ N − 1 1 w ˉ 2 w ˉ 4 w ˉ 6 ⋯ w ˉ 2 ( N − 1 ) 1 w 3 w 6 w 9 ⋯ w 3 ( N − 1 ) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 1 w ˉ N − 1 w ˉ 2 ( N − 1 ) w ˉ 3 ( N − 1 ) ⋯ w ˉ ( N − 1 ) 2 ] [ f 0 f 1 f 2 f 3 ⋮ f N − 1 ] = [ c 0 c 1 c 2 c 3 ⋮ c N − 1 ] (1.7) \frac{1}{N}\left[\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & \bar{w} & \bar{w}^{2} & \bar{w}^{3} & \cdots & \bar{w}^{N-1} \\ 1 & \bar{w}^{2} & \bar{w}^{4} & \bar{w}^{6} & \cdots & \bar{w}^{2(N-1)} \\ 1 & w^{3} & w^{6} & w^{9} & \cdots & w^{3(N-1)} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & \bar{w}^{N-1} & \bar{w}^{2(N-1)} & \bar{w}^{3(N-1)} & \cdots & \bar{w}^{(N-1)^{2}} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} f_{0} \\ f_{1} \\ f_{2} \\ f_{3} \\ \vdots \\ f_{N-1} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} c_{0} \\ c_{1} \\ c_{2} \\ c_{3} \\ \vdots \\ c_{N-1} \end{array}\right]\tag{1.7} N1111111wˉwˉ2w3wˉN11wˉ2wˉ4w6wˉ2(N1)1wˉ3wˉ6w9wˉ3(N1)1wˉN1wˉ2(N1)w3(N1)wˉ(N1)2f0f1f2f3fN1=c0c1c2c3cN1(1.7)

    F N − 1 f = c F_N^{-1}f=c FN1f=c
    其中, F N F_N FN就是傅里叶矩阵, F N − 1 f = c F_N^{-1}f=c FN1f=c就是离散傅里叶变换(DFT), F N c = f F_Nc=f FNc=f就是离散傅里叶逆变换(IDFT)。

    书上的DFT公式:
    X [ k ] = ∑ n = 0 N − 1 x [ n ] e − k 2 π n i N \quad X[k]=\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-k \frac{2 \pi n i}{N}} X[k]=n=0N1x[n]ekN2πni

    和矩阵形式对比有以下对应关系:
    [ x [ 0 ] x [ 1 ] x [ 2 ] x [ 3 ] ⋮ x [ N − 1 ] ] = [ f 0 f 1 f 2 f 3 ⋮ f N − 1 ] \left[\begin{array}{c} x[0] \\ x[1] \\ x[2] \\ x[3] \\ \vdots \\ x[N-1] \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} f_{0} \\ f_{1} \\ f_{2} \\ f_{3} \\ \vdots \\ f_{N-1} \end{array}\right] x[0]x[1]x[2]x[3]x[N1]=f0f1f2f3fN1

    [ X [ 0 ] X [ 1 ] X [ 2 ] X [ 3 ] ⋮ X [ N − 1 ] ] = N [ c 0 c 1 c 2 c 3 ⋮ c N − 1 ] \left[\begin{array}{c} X[0] \\ X[1] \\ X[2] \\ X[3] \\ \vdots \\ X[N-1] \end{array}\right]=N\left[\begin{array}{c} c_{0} \\ c_{1} \\ c_{2} \\ c_{3} \\ \vdots \\ c_{N-1} \end{array}\right] X[0]X[1]X[2]X[3]X[N1]=Nc0c1c2c3cN1

    注意在式 ( 1.7 ) (1.7) (1.7)中, w ˉ = e − k 2 π i N \bar{w}=e^{-k \frac{2 \pi i}{N}} wˉ=ekN2πi

    例1(复数函数)

    对下列函数进行DFT:
    f ( x ) = 1 + e i x + e i 2 x + e i 3 x (1.8) f(x)=1+e^{i x}+e^{i 2 x}+e^{i 3 x}\tag{1.8} f(x)=1+eix+ei2x+ei3x(1.8)
    N=4时:
    f ( 0 ) = 4 f ( 1 2 π 4 ) = f ( 2 2 π 4 ) = f ( 3 2 π 4 ) = 0 f(0)=4 \quad f\left(1 \frac{2 \pi}{4}\right)=f\left(2 \frac{2 \pi}{4}\right)=f\left(3 \frac{2 \pi}{4}\right)=0 f(0)=4f(142π)=f(242π)=f(342π)=0
    于是:
    w = e 2 π i 4 = i w=e^{\frac{2 \pi i}{4}}=i w=e42πi=i

    [ 1 1 1 1 1 w w 2 w 3 1 w 2 w 4 w 6 1 w 3 w 6 w 9 ] − 1 [ 4 0 0 0 ] = [ 1 1 1 1 ] \left[\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & w & w^{2} & w^{3} \\ 1 & w^{2} & w^{4} & w^{6} \\ 1 & w^{3} & w^{6} & w^{9} \end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}{l} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right] 11111ww2w31w2w4w61w3w6w914000=1111

    因此: c 0 = 1 , c 1 = 1 , c 2 = 1 , c 3 = 1 c_0=1,c_1=1,c_2=1,c_3=1 c0=1,c1=1,c2=1,c3=1
    即:
    f ( x ) = 1 + e i x + e i 2 x + e i 3 x f(x)=1+e^{i x}+e^{i 2 x}+e^{i 3 x} f(x)=1+eix+ei2x+ei3x
    注意:式 ( 1.5 ) (1.5) (1.5) f ( x ) f(x) f(x)在每个采样点展开形式不一样( w 0 , w 1 , ⋯   , w N − 1 w^{0}, w^{1}, \cdots, w^{N-1} w0,w1,,wN1),但是系数是一样的。也就可以确定函数的展开式 f ( x ) = c 0 + c 1 e i x + c 2 e i 2 x + ⋯ + c N − 1 e i ( N − 1 ) x f(x)=c_{0}+c_{1} e^{i x}+c_{2} e^{i 2 x}+\cdots+c_{N-1} e^{i(N-1) x} f(x)=c0+c1eix+c2ei2x++cN1ei(N1)x系数。


    N=3时:
    f ( 0 ) = 4 f ( 2 π 3 ) = 1 f ( 2 2 π 3 ) = 1 f(0)=4 \quad f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=1 \quad f\left(2 \frac{2 \pi}{3}\right)=1 f(0)=4f(32π)=1f(232π)=1
    于是:
    w = e 2 π i 3 = − 1 2 + 3 2 i w=e^{\frac{2 \pi i}{3}}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i w=e32πi=21+23 i

    [ 1 1 1 1 w w 2 1 w 2 w 4 ] − 1 [ 4 1 1 ] = [ 2 1 1 ] \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & w & w^{2} \\ 1 & w^{2} & w^{4} \end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}{l} 4 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 2 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right] 1111ww21w2w41411=211
    因此: c 0 = 2 , c 1 = 1 , c 2 = 1 c_0=2,c_1=1,c_2=1 c0=2,c1=1,c2=1
    即:
    f ( x ) = 2 + e i x + e i 2 x f(x)=2+e^{i x}+e^{i 2 x} f(x)=2+eix+ei2x
    而实际上 c 0 + c 3 = 2 , c 1 = 1 , c 2 = 1 c_0+c_3=2,c_1=1,c_2=1 c0+c3=2,c1=1,c2=1假设傅里叶变换展开系数只包含 c 0 , c 1 , ⋯   , c N − 1 c_{0}, c_{1}, \cdots, c_{N-1} c0,c1,,cN1就只能解得合并的结果。


    N=6时:
    f ( 0 ) = 4 f ( 1 2 π 6 ) = 3 i f ( 2 2 π 6 ) = 1 f ( 3 2 π 6 ) = 0 f ( 4 2 π 6 ) = 1 f ( 4 2 π 6 ) = − 3 i \begin{aligned} &f(0)=4 \quad f\left(1 \frac{2 \pi}{6}\right)=\sqrt{3} i \quad f\left(2 \frac{2 \pi}{6}\right)=1 \\ &f\left(3 \frac{2 \pi}{6}\right)=0 \quad f\left(4 \frac{2 \pi}{6}\right)=1 \quad f\left(4 \frac{2 \pi}{6}\right)=-\sqrt{3} i \end{aligned} f(0)=4f(162π)=3 if(262π)=1f(362π)=0f(462π)=1f(462π)=3 i

    于是:
    w = e 2 π i 6 = 1 2 + 3 2 i w=e^{\frac{2 \pi i}{6}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i w=e62πi=21+23 i

    W 6 − 1 [ 4 3 i 1 0 1 − 3 i ] = [ 1 1 1 1 0 0 ] W_{6}^{-1}\left[\begin{array}{c} 4 \\ \sqrt{3} i \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ -\sqrt{3} i \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right] W6143 i1013 i=111100

    因此, c 0 = 1 , c 1 = 1 , c 2 = 1 , c 3 = 1 , c 4 = 0 , c 5 = 0 c_0=1,c_1=1,c_2=1,c_3=1,c_4=0,c_5=0 c0=1,c1=1,c2=1,c3=1,c4=0,c5=0
    即:
    f ( x ) = 1 + e i x + e i 2 x + e i 3 x + 0 e i 4 x + 0 e i 5 x f(x)=1+e^{i x}+e^{i 2 x}+e^{i 3 x}+0e^{i 4 x}+0e^{i 5 x} f(x)=1+eix+ei2x+ei3x+0ei4x+0ei5x

    例2(实值函数)

    对下列函数进行DFT:
    f ( x ) = 1 + cos ⁡ ( x ) + cos ⁡ ( 2 x ) (1.9) f(x)=1+\cos (x)+\cos (2 x)\tag{1.9} f(x)=1+cos(x)+cos(2x)(1.9)

    欧拉公式可知:
    cos ⁡ θ = 1 2 ( e i θ + e − i θ ) sin ⁡ θ = − 1 2 i ( e i θ − e − i θ ) \begin{aligned} &\cos \theta=\frac{1}{2}\left(e^{i \theta}+e^{-i \theta}\right) \\ &\sin \theta=-\frac{1}{2} i\left(e^{i \theta}-e^{-i \theta}\right) \end{aligned} cosθ=21(eiθ+eiθ)sinθ=21i(eiθeiθ)
    所以式 ( 1.9 ) (1.9) (1.9)可转为:
    f ( x ) = 1 2 e − i 2 x + 1 2 e − i x + 1 + 1 2 e i x + 1 2 e i 2 x f(x)=\frac{1}{2} e^{-i 2 x}+\frac{1}{2} e^{-i x}+1+\frac{1}{2} e^{i x}+\frac{1}{2} e^{i 2 x} f(x)=21ei2x+21eix+1+21eix+21ei2x
    后面的DFT和例1一样。

    例3

    例1和例2都是已知函数,对其采样,进行DFT。
    例3未知函数,在给出采样点情况下求DFT。
    现在,不假设傅里叶变换展开系数只包含 c 0 , c 1 , ⋯   , c N − 1 c_{0}, c_{1}, \cdots, c_{N-1} c0,c1,,cN1

    已知周期( T = 2 π T=2\pi T=2π函数的4个采样点值:
    [ 4 0 0 0 ] \left[\begin{array}{l} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right] 4000

    则:
    w = e 2 π i 4 = i w=e^{\frac{2 \pi i}{4}}=i w=e42πi=i

    f ( x ) : { f ( 0 2 π 4 ) = 4 f ( 1 2 π 4 ) = 0 f ( 2 2 π 4 ) = 0 f ( 3 2 π 4 ) = 0 \begin{array}{r} f(x):\left\{\begin{aligned} f\left(0 \frac{2 \pi}{4}\right)=4 \\ f\left(1 \frac{2 \pi}{4}\right)=0 \\ f\left(2 \frac{2 \pi}{4}\right)=0 \\ f\left(3 \frac{2 \pi}{4}\right)=0 \end{aligned}\right. \end{array} f(x):f(042π)=4f(142π)=0f(242π)=0f(342π)=0

    类似式 ( 1.3 ) (1.3) (1.3) ( 1.4 ) (1.4) (1.4)的求法:

    f ( x ) = ∑ k = − ∞ ∞ c k e i k x f(x)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} c_{k} e^{i k x} f(x)=k=ckeikx

    f ( 0 2 π 4 ) = ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) w 0 \begin{aligned} f\left(0 \frac{2 \pi}{4}\right) &=\left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) w^{0} \end{aligned} f(042π)=(+c4+c0+c4+)w0+(+c3+c1+c5+)w0+(+c2+c2+c6+)w0+(+c1+c3+c7+)w0

    f ( 1 2 π 4 ) = ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) w 1 + ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) w 2 + ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) w 3 \begin{aligned} f\left(1 \frac{2 \pi}{4}\right)=&\left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) w^{0} \\ +&\left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) w^{1} \\ &+\left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) w^{2} \\ &+\left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) w^{3} \end{aligned} f(142π)=+(+c4+c0+c4+)w0(+c3+c1+c5+)w1+(+c2+c2+c6+)w2+(+c1+c3+c7+)w3

    f ( 2 2 π 4 ) = ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) w 2 + ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) w 4 + ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) w 6 \begin{aligned} f\left(2 \frac{2 \pi}{4}\right) &=\left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) w^{2} \\ &+\left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) w^{4} \\ &+\left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) w^{6} \end{aligned} f(242π)=(+c4+c0+c4+)w0+(+c3+c1+c5+)w2+(+c2+c2+c6+)w4+(+c1+c3+c7+)w6

    f ( 3 2 π 4 ) = ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) w 0 + ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) w 3 + ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) w 6 + ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) w 9 \begin{aligned} f\left(3 \frac{2 \pi}{4}\right)=&\left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) w^{0} \\ &+\left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) w^{3} \\ &+\left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) w^{6} \\ &+\left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) w^{9} \end{aligned} f(342π)=(+c4+c0+c4+)w0+(+c3+c1+c5+)w3+(+c2+c2+c6+)w6+(+c1+c3+c7+)w9

    类似式 ( 1.6 ) (1.6) (1.6),但是不假设傅里叶变换展开系数只包含 c 0 , c 1 , ⋯   , c N − 1 c_{0}, c_{1}, \cdots, c_{N-1} c0,c1,,cN1,于是有:
    [ f ( 0 2 π 4 ) f ( 1 2 π 4 ) f ( 2 2 π 4 ) f ( 3 2 π 4 ) ] = [ 1 1 1 1 1 w w 2 w 3 1 w 2 w 4 w 6 1 w 3 w 6 w 9 ] [ ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) ] \left[\begin{array}{c} f\left(0 \frac{2 \pi}{4}\right) \\ f\left(1 \frac{2 \pi}{4}\right) \\ f\left(2 \frac{2 \pi}{4}\right) \\ f\left(3 \frac{2 \pi}{4}\right) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & w & w^{2} & w^{3} \\ 1 & w^{2} & w^{4} & w^{6} \\ 1 & w^{3} & w^{6} & w^{9} \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} \left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) \end{array}\right] f(042π)f(142π)f(242π)f(342π)=11111ww2w31w2w4w61w3w6w9(+c4+c0+c4+)(+c3+c1+c5+)(+c2+c2+c6+)(+c1+c3+c7+)

    可以发现 c c c是按模4取得。
    求解上式可得:
    c = [ 1 1 1 1 ] = [ ( ⋯ + c − 4 + c 0 + c 4 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 3 + c 1 + c 5 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 2 + c 2 + c 6 + ⋯   ) ( ⋯ + c − 1 + c 3 + c 7 + ⋯   ) ] c=\left[\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} \left(\cdots+c_{-4}+c_{0}+c_{4}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-3}+c_{1}+c_{5}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-2}+c_{2}+c_{6}+\cdots\right) \\ \left(\cdots+c_{-1}+c_{3}+c_{7}+\cdots\right) \end{array}\right] c=