✅@2023-05-26T08:50D90 AM4-2023F-6
有限Fourier変換(3)
Fourierスペクトル、ナイキスト振動数など、現象の解析に必要となる概念を理解する。
これまでのまとめ
1. $ X_k=\frac12 A_0+\sum_{1\le n< \frac12N}\left(A_n\cos2\pi\frac{nk}{N}+B_n\sin2\pi\frac{nk}{N}\right)+\frac12 A_{\frac12N}\cos2\pi\frac12N\frac{k}{N}を$ X_k=\sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{kn}{N}}に変形せよ
解答
Eulerの公式を使うだけ
$ A_n\cos2\pi\frac{nk}{N}+B_n\sin2\pi\frac{nk}{N}=A_n\Re e^{2\pi i\frac{nk}{N}}+B_n\Im e^{2\pi i\frac{nk}{N}}
$ =\frac12(A_n-iB_n)e^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\frac12(A_n+iB_n)e^{-2\pi i\frac{nk}{N}}
$ = 2\Re\left(C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}\right)
ここで、$ C_n:=\begin{dcases}\frac12(A_n-iB_n)&\text{if }n\le\frac12N\\{C_{N-n}}^*&\text{otherwise}\end{dcases}とした
次に、共役部分を$ \frac12N\le n<Nに写像する
$ e^{-2\pi i\frac{nk}{N}}=e^{-2\pi i\frac{(n-N)k}{N}}=e^{2\pi i\frac{(N-n)k}{N}}
これと$ C_{N-n}={C_n}^*を組み合わせれば
$ {C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}}^*=C_{N-n}e^{2\pi i\frac{(N-n)k}{N}}
となる
以上を代入するだけ
$ X_k=\frac12 A_0+\sum_{1\le n< \frac12N}\left(A_n\cos2\pi\frac{nk}{N}+B_n\sin2\pi\frac{nk}{N}\right)+\frac12 A_{\frac12N}\cos2\pi\frac12N\frac{k}{N}
$ = \frac12A_0+\sum_{1\le n<\frac12N}2\Re\left(C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}\right)+\frac12 A_{\frac12N}(-1)^k
$ = \frac12A_0+\sum_{1\le n<\frac12N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\sum_{1\le n<\frac12N}\left(C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}\right)^*+\frac12 A_{\frac12N}(-1)^k
$ = \frac12A_0+\sum_{1\le n<\frac12N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\sum_{1\le n<\frac12N}C_{N-n}e^{2\pi i\frac{(N-n)k}{N}}+\frac12 A_{\frac12N}(-1)^k
共役部分を先の式で$ N-nに写した
$ = \frac12A_0+\sum_{1\le n<\frac12N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\sum_{\frac12N<n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\frac12 A_{\frac12N}(-1)^k
$ 1\le n<\frac12N\iff 1-N\le n-N<-\frac12N\iff \frac12N<N-n<N\quad(\because N-n\in\Z)を使った
$ = \sum_{1\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}-C_{\frac12N}e^{2\pi i\frac{\frac12Nk}{N}}+\frac12A_0+\frac12 A_{\frac12N}(-1)^k
$ = \sum_{1\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}+\frac12A_0
$ C_{\frac12N}e^{2\pi i\frac{\frac12Nk}{N}}=\frac12A_{\frac12N}(-1)^k\quad(\because B_{\frac12N}=0)を使った
$ -\frac12iB_{\frac12N}\cos2\pi\frac{\frac12Nk}{N}という項があるので、$ B_{\frac12N}=0が必要
$ B_{\frac12N}\sin\pi\frac{\frac12Nk}{N}だけなら$ B_{\frac12N}がどんな数値でも$ 0にある
$ \frac12A_0が残っちゃった。どうしたら消える？takker.icon
あ、そっか。和分範囲は$ 0からでした
$ = \sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}-C_0e^{2\pi\frac{0k}{N}}+\frac12A_0
$ = \sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}
$ C_0e^{2\pi\frac{0k}{N}}=C_0=\frac12A_0\quad(\because B_0=0)を使った
$ \underline{\therefore X_k=\sum_{0\le n<N}C_ne^{2\pi i\frac{nk}{N}}\quad}_\blacksquare
このとき$ X_nは未知函数なので、展開せずそのまま使う
$ {\cal F}_N(X)_n={\cal F}_N\circ{\cal F}^{-1}_N(C)_n=C_nより
$ A_n=2\Re C_n=2\Re{\cal F}_N(X)_n=2\Re\frac12\frac1N\sum_{0\le k<N}X_ke^{-2\pi i\frac{nk}{N}}=\frac1N\sum_{0\le k<N}X_k\cos2\pi\frac{nk}{N}\quad(\because \forall\theta.\cos(-\theta)=\cos\theta)
$ B_n=-2\Im C_n=-2\Im{\cal F}_N(X)_n=-2\Im\frac12\frac1N\sum_{0\le k<N}X_ke^{-2\pi i\frac{nk}{N}}=-\frac1N\sum_{0\le k<N}X_k\sin\left(-2\pi\frac{nk}{N}\right)=\frac1N\sum_{0\le k<N}X_k\sin2\pi\frac{nk}{N}
解答
$ \sum_{0\le n<N}|C_n|^2=\sum_{0\le n<N}|C_n|^2
$ =\sum_{0\le n<N}|{\cal F}_N(X)_n|^2
$ =\sum_{0\le n<N}{\cal F}_N(X)_n{{\cal F}_N(X)_n}^*
$ =\frac{1}{N^2}\sum_{0\le n<N}\left(\sum_{0\le k<N}X_ke^{-2\pi i\frac{nk}{N}}\right)\left(\sum_{0\le k<N}X_ke^{2\pi i\frac{nk}{N}}\right)
$ =\frac{1}{N^2}\sum_{0\le n<N}\sum_{(k,l)\in[0,N\lbrack^2}X_kX_le^{-2\pi i\frac{nk}{N}}e^{2\pi i\frac{nl}{N}}
$ =\frac{1}{N^2}\sum_{0\le n<N}\sum_{(k,l)\in[0,N\lbrack^2}X_kX_le^{2\pi i\frac{n(l-k)}{N}}
ここで、被和分項は$ k=lなら$ {X_k}^2になる
このあと展開しようがないような……
$ k\neq lのとき、
$ =\frac{1}{N^2}\sum_{0\le n<N}\sum_{(k,l)\in[0,N\lbrack^2}X_kX_l\varDelta\left(\frac{1}{e^{2\pi i\frac{l-k}{N}-1}}e^{2\pi i\frac{n(l-k)}{N}}\right)\llbracket k\neq l\rrbracket+\frac1N\sum_{0\le k<N}{X_k}^2
$ =\frac{1}{N^2}\sum_{(k,l)\in[0,N\lbrack^2}X_kX_l\frac{e^{2\pi i\frac{N(l-k)}{N}}-1}{e^{2\pi i\frac{l-k}{N}-1}}\llbracket k\neq l\rrbracket+\frac1N\sum_{0\le k<N}{X_k}^2
$ = \frac1N\sum_{0\le k<N}{X_k}^2
つまり、$ C_\bulletのノルムの2乗のN倍が、$ X_\bulletのノルムの2乗と等しくなる