✅@2023-05-12T08:50D90 AM4-2023F-4

有限Fourier変換(1)

現象の解析に用いるFourier変換は、離散的に与えられた観測データに対するものであることを理解する。

連続関数のFourier級数展開との相違を理解する。

前置き

元々は、こういう話だった

$ X:[0,1]\ni t\mapsto \sum_{0\le n}\left(A_n\cos\frac{2\pi n}{T}t+B_n\sin\frac{2\pi n}{T}t\right) (4.1)

問題点

収束性

元の関数をどれだけ再現できるのか

この講義では、無限級数を扱わない。

実際に工学で計算に使うのは、有限個のデジタルデータなので、離散Fourier変換を取り扱う

どのようにFourier係数を計算するのかのprocessを重視する

今までやってきたことをつなげる

とびとびの時刻を$ t_\bullet:[0,N\lbrack\ni k\mapsto k\varDelta t\in\R で表す

$ \varDelta t：時間刻み

$ t\big[[0,N\lbrack\big] は$ N個の計測データとなる

これを用いて、(4.1)を離散化する

ここは✅@2023-04-28T08:50D90 AM4-2023F-3の最後の演習問題だ

こちらに移動しよう

$ \mathcal{X}:t_\bullet\mapsto k\mapsto\sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{T}nt_k+B_n\sin\frac{2\pi}{T}nt_k\right)とする。$ \mathcal{X}(t_\bullet),t_k,kの意味および範囲を考察せよ

$ A_n\cos\frac{2\pi}{T}nt_k+B_n\sin\frac{2\pi}{T}nt_k=\frac12(A_n-iB_n)e^{2\pi\frac nTt_ki}+\frac12(A_n+iB_n)e^{-2\pi\frac nTt_ki}

$ = \Re\left((A_n-iB_n)e^{2\pi\frac nTt_ki}\right)

$ \therefore \mathcal{X}(t_\bullet)_k=\Re\sum_{0\le n\le\frac N2}(A_n-iB_n)e^{2\pi\frac nTt_ki}

$ =\frac12\sum_{0\le n\le\frac N2}{Z_n}^*e^{2\pi\frac n{\frac N2}\frac N{2T}t_ki}+\frac12\sum_{0\le n\le\frac N2}{Z_n}e^{-2\pi\frac n{\frac N2}\frac N{2T}t_ki}

$ =\Re\sum_{0\le n\le\frac N2}(A_n-iB_n)e^{2\pi\frac n{\frac N2}\frac N{2T}t_ki}

$ \frac N2なのは、2項を足しているから？

離散的な時刻でしかデータを取得できないので、飛び飛びの時間を数列$ t_kとして表示しなければならない

係数の数を$ Nに合わせる

このままだと、係数が$ A_\bullet,B_\bullet合わせて$ N+2個も出てしまう

$ T=N\varDelta tと$ t_k=k\varDelta tを入れると、余計な2項が0になることを示せる

$ {\cal X}(t)_k=\sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{N\varDelta t}nk\varDelta t+B_n\sin\frac{2\pi}{N\varDelta t}nk\varDelta t\right)

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk\right)

項にz^n=1の解$ z=e^{\frac{2\pi}{n}ki}\quad\text{for. }\exist k\in\Zが現れた

前回までの講義とつながる所

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_0\sin0+\sum_{0<n<\frac N2}B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk+B_\frac N2\sin\frac{2\pi}{N}\frac N2k

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+0+\sum_{0<n<\frac N2}B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk+0

$ B_0=B_\frac N2=0として問題ないことがわかった

よって、$ \frac N2+1個の$ A_\bulletと$ \frac N2-1個の$ B_\bulletで、ちょうど$ N個のFourier係数になる

次に、$ A_0→\frac12A_0,A_\frac N2\to \frac12A_\frac N2と置き換える

$ {\cal X}(t)_k=\sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk\right)

$ = \frac12A_0\cos0+\sum_{0< n<\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk\right)+\frac12A_\frac N2\cos\pi k

$ = \frac12A_0+\sum_{0< n<\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk\right)+\frac12A_\frac N2(-1)^k

ここから、Eulerの公式で複素数に直す

takker.iconが✅@2023-05-12T08:50D90 AM4-2023F-4#645d82681280f000004c9d69でやったやつだな

一部途中計算は略す

$ {\cal X}(t)_k=\Re\sum_{0<n<\frac N2}(A_n-iB_n)e^{2\pi i\frac nNk}+\frac12(A_0+(-1)^kA_\frac N2)

ちなみに$ (-1)^k=\cos\pi k=e^{i\pi k}

$ \sinの項が0なので、常に$ e^{i\pi k}\in\R

一発でこの変換に気づかなかった

離散Fourier逆変換は$ {\mathcal{F}_N}^{-1}:C_\bullet\mapsto n\mapsto\sum_{0\le k<N}C_ke^{2\pi i\frac kNn}だったから、そのまま入れられるな

のまえに、形を揃えておこう

$ =\Re\sum_{0<n<\frac N2}(A_n-iB_n)e^{2\pi\frac nNk}+\frac12(A_0+(-1)^kA_\frac N2)

$ C_n:=\frac12(A_n-i B_n)とする

あれ？置換$ A_0→\frac12A_0,A_\frac N2\to \frac12A_\frac N2って必要だったか？takker.icon

このあと必要だとわかった

$ A_n\cos\frac{2\pi}{N}nk+B_n\sin\frac{2\pi}{N}nk=\frac12(A_n-iB_n)e^{2\pi i\frac nN k}+\frac12(A_n+iB_n)e^{-2\pi i\frac nN k}

$ = \Re\left((A_n-iB_n)e^{2\pi i\frac nN k}\right)

になるから、わざわざ置換するとむしろ統一性がなくなる

もし置換を使わないとすると

$ {\cal X}(t)_k=\Re\sum_{0\le n\le\frac N2}(A_n-iB_n)e^{2\pi i\frac nNk}

$ = \Re\sum_{0\le n\le\frac N2}2C_ne^{2\pi i\frac nNk}

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}C_ne^{2\pi i\frac nNk}+\sum_{0\le n\le\frac N2}{C_n}^*e^{-2\pi i\frac nNk}

ここで、$ C_{N-n}:={C_n}^*と$ C_\bulletの定義域を拡張する

$ e^{-2\pi i\frac nN k}=e^{-2\pi i\frac{N-(N-n)}N k}

$ =e^{-2\pi ik-2\pi i\frac{-(N-n)}N k}

$ =e^{-2\pi i\frac{-(N-n)}N k}

$ =e^{2\pi i\frac{N-n}N k}

$ 0\le n\le \frac N2\iff -\frac N2\le -n\le 0\iff \frac N2\le N-n\le N

これを用いて、２つの$ \sumを一つにする

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}C_ne^{2\pi i\frac nNk}+\sum_{\frac N2\le N-n\le N}C_{N-n}e^{2\pi i\frac {N-n}Nk}

$ = \sum_{0\le n\le\frac N2}C_ne^{2\pi i\frac nNk}+\sum_{\frac N2\le n\le N}C_ne^{2\pi i\frac nNk}

$ = \sum_{0\le n< N}C_ne^{2\pi i\frac nNk}+C_N+C_\frac N2e^{\pi ink}

$ = \sum_{0\le n< N}C_ne^{2\pi i\frac nNk}+\frac12(A_0+(-1)^kA_\frac N2)

$ \because B_\frac N2=B_0=0

あー！なるほど～！半分だけ残ってしまうのかあ～takker.icon

だから置換したんだ

まとめ

$ \mathcal{X}:t_\bullet\mapsto k\mapsto\sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{T}nt_k+B_n\sin\frac{2\pi}{T}nt_k\right)に

$ A'_\bullet:=\frac12A_0,A_1,\cdots,A_{\frac N2-1},\frac12A_{\frac N2}

$ B_\frac N2=B_0=0

$ C_n:=\frac12(A'_n-i B_n)

$ C_{N-n}:={C_n}^*

を導入すると、離散Fourier逆変換$ {\mathcal{F}_N}^{-1}:C_\bullet\mapsto k\mapsto\sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac nNk}で$ {\cal X}を表現できる

$ {\cal X}(t)_k={{\cal F}_N}^{-1}(C)_k

練習問題

1. $ {\cal X}(k)から$ C_\bulletを求める

離散Fourier変換で戻すだけ

$ C_\bullet={\cal F}_N({\cal X}(t))_\bullet=\frac1N\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_ke^{-2\pi i\frac \bullet Nk}

2. 上式から$ A_\bullet,B_\bulletを求める

$ A_\bullet=2\Re C_\bullet=2\Re{\cal F}_N({\cal X}(t))_\bullet

$ = \frac2N\Re\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_ke^{-2\pi i\frac \bullet Nk}

$ \underline{= \frac2N\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_k\cos2\pi\frac\bullet Nk\quad}

$ {\cal X}(t)_k\in\Rだから、$ \Reの外にそのまま

$ {C_n}^*=C_{N-n}だから、$ A_n=C_n+C_{N-n}から解いてもいい

$ B_\bullet=-2\Im C_\bullet=-2\Im{\cal F}_N({\cal X}(t))_\bullet

$ = -\frac2N\Im\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_ke^{-2\pi i\frac \bullet Nk}

$ = -\frac2N\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_k\sin-\pi\frac\bullet Nk

$ \underline{= \frac2N\sum_{0\le k<N}{\cal X}(t)_k\sin\pi\frac\bullet Nk\quad}

Fourier係数$ A_\bullet,B_\bulletは観測データで、実数となる

ホントは有理数

これを構成する複素Fourier係数$ C_\bullet=\frac12(A_\bullet-iB_\bullet)が内部で共役の関係$ {C_n}^*=C_{N-n}を持つことで、打ち消し合って実数になる

$ C_\bulletの性質

$ C_0,C_\frac N2\in\R

$ \because B_\frac N2=B_0=0

$ {C_n}^*=C_{N-n}

$ n=\frac N2-kを代入すれば、真ん中で折り返す形式にできる

$ {C_{\frac N2-k}}^*=C_{\frac N2+k}

講義はここまで

練習問題：周期性を示す

$ X: t\mapsto\sum_{0\le n\le\frac N2}\left(A_n\cos\frac{2\pi}{T}nt+B_n\sin\frac{2\pi}{T}nt\right)とすると、$ X(k)={\cal X}(t)_\frac{k}{\varDelta t}={{\cal F}_N}^{-1}(C)_\frac{k}{\varDelta t} となる

よって、

$ X(T+k\varDelta t)=X((N+k)\varDelta t)

$ ={{\cal F}_N}^{-1}(C)_{N+k}

$ = \sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac nN(N+k)}

$ = \sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi in}e^{2\pi i\frac nNki}

$ = \sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac nNk}

$ ={{\cal F}_N}^{-1}(C)_k

$ \underline{=X(k\varDelta t)\quad}_\blacksquare

#2023-05-19 07:27:43

#2023-05-12 08:53:55