Mer legesség Wettl Ferenc 2015-03-13 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 1 / 40
Tartalom 1 Pszeudoinverz 2 Ortonormált bázis ortogonális mátrix 3 Komplex és véges test feletti terek 4 Diszkrét Fourier-transzformált Fourier-mátrixok Diszkrét Fourier-transzformáció Gyors Fourier-transzformáció Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 2 / 40
Pszeudoinverz A pszeudoinverz fogalma Á A sortér és az oszloptér közt létezik természetes kölcsönösen egyértelm megveleltetés (Ax = b egyetlen sortérbe es megoldása). R n A A + R m S(A) O(A) 0 0 D A R m n pszeudoinverzén vagy MoorePenrose-féle pszeudoinverzén azt az A + -szal jelölt mátrixot értjük, amellyel a sortér minden x vektorára A + (Ax) = x, továbbá az oszloptérre mer leges minden z vektorra A + z = 0. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 3 / 40
Pszeudoinverz Néhány pszeudoinverz Á A + = A 1, ha A invertálható, Á O + m n = O n m, Á [a] + = [ 1 /a], ha a 0, és [0] + = [0], Á (A + ) + = A, Á ha a ii 0 (i = 1, 2,..., r), akkor a 11 0... 0 0 a 22... 0..... 0 0... a rr O. O O + m n 1 a 11 0... 0 1 0 a 22... 0 =..... 1 0 0... a rr O. O O n m Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 4 / 40
Pszeudoinverz A pszeudoinverz kiszámítása T Ha a valós A teljes oszloprangú, akkor A + = (A T A) 1 A T, ha teljes sorrangú, akkor A + = A T (AA T ) 1. Legyen A = BC, ahol B egy teljes oszloprangú, C egy teljes sorrangú mátrix (ld. bázisfelbontás). Ekkor A + = C + B + = C T (CC T ) 1 (B T B) 1 B T = C T (B T AC T ) 1 B T. B Ha A teljes oszloprangú, akkor R n = S(A), és A T A invertálható: (A T A) 1 A T Ax = x. Meg kell még mutatnunk, hogy ha z N (A T ), vagyis A T z = 0, akkor A + z = 0: (A T A) 1 A T z = (A T A) 1 0 = 0. Ha A teljes sorrangú, akkor O(A) = R m : y-ra Ax = y konzisztens. Jelölje ˆx az egyetlen sortérbe es megoldást, így minden más x megoldásra proj S(A) x = ˆx. A + -ra fenn kell álljon A + y = ˆx: ) proj S(A) x = A T (AA T ) 1 Ax = (A T (AA T ) 1 (Ax) = A + y. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 5 / 40
Pszeudoinverz A pszeudoinverz tulajdonságai T MoorePenrose-tétel: A valós A mátrixnak X pontosan akkor pszeudoinverze, ha az alábbi négy feltétel mindegyike fennáll: a) AXA = A, b) XAX = X, c) (AX) T = AX, d) (XA) T = XA. K Tetsz leges A R m n mátrix esetén A + A = proj S(A) és AA + = proj O(A). Tehát A + A az R n teret mer legesen vetíti A sorterére, míg AA + az R m teret mer leges vetíti A oszlopterére. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 6 / 40
Pszeudoinverz A pszeudoinverz és a min. absz. érték opt. megoldás T Legyen A egy valós mátrix. Az Ax = b egyenletrendszernek az ˆx = A + b a minimális abszolút érték optimális megoldása. P Határozzuk meg a minimális abszolút érték optimális megoldását! y + z = 3 x + y + 2z = 2 x + y = 2 M Az egyenletrendszer nem oldható meg: ] [ 0 1 1 3 1 1 2 2 1 1 0 2 [ 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 Ezt felhasználva a minimális abszolút érték optimális megoldás ˆx = A + b = 1 [ ] [ ] [ ] 4 1 5 3 0 5 1 4 2 = 1. 9 1 2 1 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 7 / 40 2 ] 1
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Ortogonális és ortonormált bázis D OR (ortogonális rendszer, lehet köztük zérusvektor), ONR (ortonormált rendszer T Ha a nullvektortól különböz a 1, a 2,..., a k vektorok páronként ortogonálisak, akkor függetlenek is. B Tekintsük a c 1 a 1 + + c k a k = 0 egyenletet. Szorozzuk be az egyenl ség mindkét oldalát a i -vel (i = 1, 2,..., k): (c 1 a 1 + c 2 a 2 + + c k a k ) a i = 0 a i c i a i a i = 0. Mivel a i a i 0, ezért c i = 0, és ez igaz minden i-re. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 8 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Ortogonális és ortonormált bázis T Legjobb közelítés ONB esetén Adva van a V vektortérben egy {e 1, e 2,..., e k } ortonormált rendszer által kifeszített A altér, valamint egy v vektor. Ekkor a ˆv = (v e 1 )e 1 + (v e 2 )e 2 + + (v e k )e k (1) vektor az A altér v-hez legközelebb fekv pontja, azaz ˆv = proj A v. B Megmutatjuk, hogy az (1) szerinti pont van legközelebb v-hez: ( ) 2 k k (v ˆv) 2 = v (v e i )e i = v 2 (v e i ) 2. i=1 v és az altér egy tetsz leges u vektorának távolságnégyzete: ( ) 2 k k k (v u) 2 = v c i e i = v 2 2 c i (v e i ) + ci 2. i=1 i=1 i=1 i=1 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 9 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Ortogonális és ortonormált bázis A különbségük pozitív, tehát valóban ˆv van v-hez legközelebb: (v u) 2 (v ˆv) 2 ( k = v 2 2 c i (v e i ) + = = i=1 i=1 k i=1 k k ci 2 2 c i (v e i ) + c 2 i i=1 i=1 k (c i v e i ) 2 0. i=1 ) ( k (v e i ) 2 v 2 ) k (v e i ) 2 Ebb l a legjobb közelítés tétele szerint kapjuk, hogy ˆv = proj A v. i=1 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 10 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Ortogonális mátrixok D Egy valós négyzetes mátrix ortogonális, ha oszlopvektorai vagy sorvektorai ONR-t alkotnak. Ha nem kötjük ki, hogy négyzetes legyen, szemiortogonális mátrixról beszélünk. P A forgatás, tükrözés mátrixa, és minden permutációmátrix ortogonális. T Legyen m n és Q R m n. Ekkor Q szemiortogonális Q T Q = I n (m n esetén QQ T = I n ) B sorvektorszor oszlopvektor T Legyen Q R n n. Az alábbi állítások ekvivalensek: Q oszlopvektorai ortonormált rendszert alkotnak. Q T Q = I n. Q 1 = Q T. QQ T = I n. Q sorvektorai ortonormált rendszert alkotnak. Á det(q) = 1, O(n) és SO(n) zárt a szorzásra és invertálásra nézve. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 11 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Ortogonális mátrixok geometriája T Ortogonális mátrixhoz tartozó mátrixleképezés Legyen Q R n n. Az alábbi állítások ekvivalensek: a) Q ortogonális. b) Qx = x minden x R n vektorra. c) Qx Qy = x y minden x, y R n vektorra. B a) b): Ha Q ortogonális, akkor Q T Q = I, így tetsz leges x R n vektorra Qx 2 = Qx Qx = (Qx) T (Qx) = x T Q T Qx = x T x = x 2. b) c): A skalárszorzás abszolút értékkel való kifejezéséb l: Qx Qy = 1 ( Qx + Qy 2 Qx Qy 4 2) = 1 ( Q(x + y) 2 Q(x y) 4 = 1 ( x + y 2 x y 4 2) = x y c) a): A Q mátrix i-edik oszlopa q i = Qe i { 0, ha i j, q i q j = Qe i Qe j = e i e j = 1, ha i = j. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 12 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix A 2- és 3-dimenziós tér ortogonális transzformációi T Minden O(2)-be es ortogonális mátrix vagy egy α szög forgatás, vagy egy α/2 szög egyenesre való tükrözés mátrixa, azaz [ ] [ ] cos α sin α cos α sin α vagy sin α cos α sin α cos α T A harmadrend 1 determinánsú ortogonális transzformációk a forgatások, a 1 determinánsúak, azaz O(3) SO(3) elemei egy tükrözés és egy forgatás egymás utáni alkalmazásával megkaphatók. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 13 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Givens-forgatás D Givens-forgatás: forgatás, mely egy koordinátasík vektorain kívül minden más vektort helyben hagy. Az i-edik és j-edik koordinátákra: G = 1... 0... 0... 0............. 0... cos α... sin α... 0........... 0... sin α... cos α... 0......... 0... 0... 0... 1 M E forgatással elérhet például, hogy egy x vektort egy olyan vektorba forgassunk, melynek j-edik koordinátája 0. Csak az i-edik és j-edik sorokat és oszlopokat kiemelve [ ] [ ] [ cos α sin α a r = r = sin α cos α b 0] a 2 + b 2, cos α = a r, sin α = b r. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 14 / 40.
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Householder-tükrözés D Householder-tükrözés: Egy adott a 0 vektorra mer leges hipersíkra való tükrözést Householder-tükrözésnek nevezzük. Mátrixa H = I 2 a T a aat T Ha a és b két különböz, de azonos hosszúságú vektor R n -ben, akkor az (a b) hipersíkra való H-tükrözés a-t és b-t fölcseréli. B Megmutatjuk, hogy Ha = b és Hb = a, ahol 2 H = I (a b) T (a b) (a b)(a b)t. (a b) T (a b) = a T a a T b b T a+b T b = 2(a T a b T a) = 2(a b) T a. 2 Ha = a (a b) T (a b) (a b)(a b)t a 1 = a (a b) T a (a b)t a(a b) = a (a b) = b. Mivel H 1 = H, ezért Hb = H 1 b = a. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 15 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix GramSchmidt-ortogonalizáció T GramSchmidt-ortogonalizáció Ha A = {a 1, a 2,..., a k } egy független vektorrendszer, akkor létezik olyan ortogonális V = {v 1, v 2,..., v k } vektorrendszer, hogy minden i = 1, 2,..., k esetén span(a 1, a 2,..., a i ) = span(v 1, v 2,..., v i ). (2) Az ortogonális V rendszerb l a vektorok normálásával kapott { } v1 v 1, v 2 v 2,..., v k v k rendszer ortonormált. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 16 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix GramSchmidt-ortogonalizáció B v 1 = a 1 span(a 1 ) = span(v 1 ). A span(a 1, a 2 ) = span(v 1, v 2 ) teljesüléséhez: ( ) v1 v 2 = a 2 a 2 v 1 v 1 v 1 = a 2 a 2 v 1 v 1 v 1 v 1 E vektor nem 0-vektor, hisz v 2 = 0 esetén a 2 = a 2 v1 v1 v1 v 1 = a 2 v1 v1 v1 a 1 lenne, azaz a 1 és a 2 nem lenne független. span(a 1, a 2 ) = span(v 1, v 2 )... kiszámoljuk az a i+1 vektornak a span( v 1 v1, v 2 v2,..., v i v i ) altérre mer leges összetev jét, ez lesz v i+1 v i+1 = a i+1 a i+1 v 1 v 1 a i+1 v 2 v 2 a i+1 v i v i v 1 v 1 v 2 v 2 v i v i v i+1 0, különben A nem volna független. v i+1 kifejezhet az a 1, a 2,..., a i+1 vektorok lineáris kombinációjaként, és a i+1 kifejezhet az v 1, v 2,..., v i+1 vektorok lineáris kombinációjaként. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 17 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix GramSchmidt-ortogonalizáció P Keressünk ortonormált bázist az (1, 1, 1, 1), (3, 1, 3, 1), (6, 2, 2, 2) vektorok által kifeszített altérben. M El ször keressünk egy ortogonális bázist: v 1 = (1, 1, 1, 1) (3, 1, 3, 1) (1, 1, 1, 1) v 2 = (3, 1, 3, 1) (1, 1, 1, 1) = (2, 2, 2, 2) (1, 1, 1, 1) (1, 1, 1, 1) (6, 2, 2, 2) (1, 1, 1, 1) v 3 = (6, 2, 2, 2) (1, 1, 1, 1) (1, 1, 1, 1) (1, 1, 1, 1) (6, 2, 2, 2) (2, 2, 2, 2) (2, 2, 2, 2) = (2, 2, 2, 2) (2, 2, 2, 2) (2, 2, 2, 2) Végül az ortonormált bázis: {( 1 2, 1 2, 1 2 2), 1 ( 1, 2, 1 2, 1 ( 1 2 2), 1, 2, 1 2, 1 2 2)}, 1 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 18 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix A QR-felbontás D Legyen A egy teljes oszloprangú mátrix. Az A = QR felbontást QR-felbontásnak vagy redukált QR-felbontásnak nevezzük, ha Q az A-val azonos méret szemiortogonális mátrix, és R négyzetes fels háromszögmátrix, f átlójában pozitív elemekkel. T Teljes oszloprangú valós mátrix QR-felbontása létezik és egyértelm. A Q mátrixot ortonormált oszlopvektorok hozzávételével kiegészíthetjük egy ortogonális mátrixszá, az R mátrixot pedig zérussorok hozzávételével egy m n-es fels háromszögmátrixszá, akkor e mátrixok szorzata is A, ugyanis A = [ ] [ ] R Q ˆQ = QR + ˆQO = QR O Ezt nevezzük teljes QR-felbontásnak. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 19 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix A QR létezése a GramSchmidt-ortogonalizációs eljárásból: A = [a 1 a 2... a k ] R n k teljes oszloprangú (k n), a q-vektorokra: span(a 1,..., a i ) = span(q 1,..., q i ) minden i = 1, 2,..., k értékre, ezért léteznek olyan r ij skalárok, hogy a 1 = r 11 q 1 a 2 = r 12 q 1 + r 22 q 2. a k = r 1k q 1 + r 2k q 2 + + r kk q k. Ezt mátrixszorzat-alakba írva épp a kívánt felbontást kapjuk: r 11 r 12... r 1k 0 r A = [a 1 a 2... a k ] = [q 1 q 2... q k ] 22... r 2k = QR......... 0 0... r kk A GramSchmidt-eljárásból az is látható, hogy r ii = v i, tehát r ii > 0. R kiszámítása: Q T A = Q T QR = I k R = R, tehát R = Q T A. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 20 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix QR-felbontás primitív ortogonális transzformációkkal 4 5 8 P QR-felbontását Givens-forgatásokkal: A = 3 10 6 0 12 13 M a = 4, b = 3, tehát r = 3 2 + 4 2 = 5, cos α = 4 /5, sin α = 3 /5 ] ] Q 1 = [ 4 /5 3/5 0 3 /5 4/5 0 0 0 1 Q 1 A = [ 5 10 10 0 5 0 0 12 13 Következ lépésben a Q 1 A mátrix harmadik sorának második elemét elimináljuk: ] ] Q 2 = [ 1 0 0 0 5/13 12/13. R = Q 2 Q 1 A = 0 12 /13 5/13 0 0 5. [ 5 10 10 0 13 12 és innen [ 4 ] /5 3 /13 36/65 Q = (Q 2 Q 1 ) 1 = Q T 1 QT 2 = 3/5 4/13 48 /65, 0 12/13 5/13 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 21 / 40.
Ortonormált bázis ortogonális mátrix QR-felbontás primitív ortogonális transzformációkkal A = Q 1A = 0 0 Q 2Q1A = 0 0 0 Q 3Q2Q1A = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 Q1 = H1 Q2 = 0 0 H2 Q3 = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 H3 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 22 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix 1 0 1 P QR-felbontását Householder-módszerrel: A = 2 2 3 2 5 7 M (1, 2, 2) (3, 0, 0) trafóhoz a = (1, 2, 2) (3, 0, 0) = ( 2, 2, 2) Q 1 = I 3 2aaT a T a = 1 0 0 0 1 0 1 6 0 0 1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 = 1 3 1 2 2 2 1 2 2 2 1, Q 1 A = (4, 3) (5, 0) transzformációh a = (4, 3) (5, 0) = ( 1, 3) H 2 = I 2 2 Q 2 = a T a aat = 1 0 0 0 4/5 3/5 0 3/5 4 /5 [ 1 0 0 1 Q = (Q 2 Q 1 ) 1 = Q T 1 QT 2 = 1 ] 1 5 [ 1 3 3 9, R = Q 2 Q 1 A = 15 ] = 1 5 5 2 14 10 10 5 10 11 2 [ 4 3 3 4 3 2 3 0 5 7 0 0 1. ] 3 2 3 0 4 5 0 3 5 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 23 / 40
Ortonormált bázis ortogonális mátrix Egyenletrendszer optimális megoldása QR-felbontással T Legyen A egy teljes oszloprangú m n-es valós mátrix, A = QR egy QR-felbontása, és b egy R m -beli vektor. Ekkor az Ax = b egyenletrendszer egyetlen optimális megoldása ˆx = R 1 Q T b, ami megkapható az Rˆx = Q T b egyenletrendszerb l egyszer visszahelyettesítéssel is. B Optimális megoldás a normálegyenletb l: A T Aˆx = A T b A = QR behelyettesítése után (QR) T QRˆx = (QR) T b R T Q T QRˆx = R T Q T b R T Rˆx = R T Q T b Rˆx = Q T b. Q T Q = I balról szorzás az (R T ) 1 mátrixszal Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 24 / 40
Komplex és véges test feletti terek Komplex vektorok skaláris szorzata? komplex számok skaláris szorzata D lehet ségek: (1, i) (1, i)? = 1 1 = 0 (i, i) (i, i)? = 1 1 = 2 z w = z 1 w 1 + z 2 w 2 + + z n w n, vagy z w = z 1 w 1 + z 2 w 2 + + z n w n. D Az A komplex mátrix adjungáltján (vagy Hermite-féle transzponáltján) elemenkénti konjugáltjának transzponáltját értjük. Az A adjungáltját A, vagy Hermite neve után A H jelöli, tehát A H = A T. D z w = z 1 w 1 + z 2 w 2 + + z n w n = z H w. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 25 / 40
Komplex és véges test feletti terek Adjungált és a skaláris szorzás tulajdonságai T Legyenek A és B komplex mátrixok, c komplex szám. Ekkor (A H ) H = A, (A + B) H = A H + B H, (ca) H = ca H (AB) H = B H A H. T Legyen u, v, w C n, és legyen c C. Ekkor u v = v u u (v + w) = u v + u w, (cu) v = c(u v) és u (cv) = c(u v), u u > 0, ha u 0, és u u = 0, ha u = 0. D A komplex skaláris szorzás segítségével a valós esethez hasonlóan deniálható a komplex vektorok távolsága és szöge, és így a mer legessége is. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 26 / 40
Komplex és véges test feletti terek Önadjungált Hermite-féle mátrixok D A önadjungált, ha A H = A. P Melyik önadjungált? 1 i 1 + i i 2 2 3i, 1 i 2 + 3i 3 az els kett [ ] 1 2, 2 3 [ ] i 1 + i, 1 i 1 [ 1 ] 1 + i 1 + i 2 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 27 / 40
Komplex és véges test feletti terek Unitér mátrixok D Egy komplex négyzetes U mátrix unitér, ha U H U = I. Á Az alábbiak ekvivalensek: UU H = I, U 1 = U H, U oszlopvektorai ortonormált bázist alkotnak a komplex skalárszorzásra nézve, U sorvektorai ortonormált bázist alkotnak a komplex skalárszorzásra nézve, Ux = x minden x C n vektorra, Ux Uy = x y. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 28 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Fourier-mátrixok M A Fourier-sorok komplex alakja, és részletösszegei (diszkrét Fourier-összeg): n= c n e nit g(t) = N 1 n=0 c n e nit = c 0 +c 1 e it +c 1 e 2it + +c N 1 e (N 1)it Á A (c 0, c 1,..., c N 1 ) (g(0), g( 2π 2(N 1)π ),..., )) leképezés lineáris, N N 2πi és mátrixa mn [e N ] (0 m, n < N). Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 29 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Fourier-mátrixok P A ε = e 2πi 3 jelöléssel y 0 = c 0 + c 1 e i0 + c 2 e 2i0 = c 0 + c 1 + c 2 y 1 = c 0 + c 1 e 2πi 3 + c 2 e 4πi 3 = c 0 + c 1 ε + c 2 ε 2 y 2 = c 0 + c 1 e 4πi 3 + c 2 e 8πi 3 = c 0 + c 1 ε 2 + c 2 ε 4 a (c 0, c 1, c 2 ) (y 0, y 1, y 2 ) leképezés lineáris, mátrixszorzatos alakja: y 0 1 1 1 c 0 y 1 = 1 ε ε 2 c 1 y 2 1 ε 2 ε 4 c 2 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 30 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Fourier-mátrixok Általánosan: y 0 = c 0 + c 1 e i0 + c 2 e 2i0 + + c N 1 e (N 1)i0 = c 0 + c 1 + + c N 1 y 1 = c 0 + c 1 e 2πi N. y N 1 = c 0 + c 1 e 2πi(N 1) N + c 2 e 4πi N + + c N 1 e 2(N 1)πi N + c 2 e 4πi(N 1) N + + c N 1 e 2πi(N 1)2 N Az ε = /N e2πi jelöléssel mátrixszorzat-alakban y 0 y 1. =. y N 1 1 1 1 1 1 1 ε ε 2 ε 3 ε N 1 1 ε 2 ε 4 ε 6 ε 2(N 1) 1 ε 3 ε 6 ε 9 ε 3(N 1)......... 1 ε N 1 ε 2(N 1) ε 3(N 1) ε (N 1)2. c 0 c 1. c N 1 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 31 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Fourier-mátrixok D Fourier-mátrixok: az ε = /N e2πi, ω = ε = 2πi /N e jelölésekkel: 1 1... 1 1 ε... ε N 1 Φ N,ε = V N (1, ε, ε 2,..., ε N 1 ) =....... 1 ε N 1... ε (N 1)2 1 1... 1 1 ω... ω N 1 Φ N,ω = V N (1, ω,..., ω N 1 ) =........... 1 ω N 1... ω (N 1)2 T A Fourier-mátrixok tulajdonságai: Bármelyik Fourier-mátrix k-adik és N k-adik sora egymás konjugáltja, páros N esetén pedig az N /2-edik sorvektor (1, 1, 1, 1,... ). Φ N,ω = Φ N,ε = Φ H N,ε és Φ N,ε = Φ N,ω = Φ H N,ω Φ N,ε Φ N,ω = NI N, így Φ N,ε és Φ N,ω invertálható, továbbá 1 N Φ N,ε és Φ 1 N,ε = 1 N Φ N,ω, Φ 1 N,ω = 1 N Φ N,ε, 1 N Φ N,ω unitér. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 32 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Diszkrét Fourier-transzformáció M A továbbiakban f (t) = 1 N N 1 n=0 c n e nit függvényb l indulunk ki, a megadott helyek a [0, 2π] intervallumot N részre osztó 2kπ /N (k = 0, 1,..., N 1) pontok. A F N : (c 0, c 1,..., c N 1 ) (y 0, y 1,..., y N 1 ) F N = Φ N,ω, amelyre a továbbiakban az D Diszkrét Fourier-transzformáció (DFT) Az F N : C N C N : x X = F N x Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 33 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Diszkrét Fourier-transzformáció P Az F 1, F 2, F 4 és F 8 mátrixok: [ ] 1 1 1 1 1 1 F 1 = [1], F 2 =, F 1 1 4 = 1 i 1 i 1 1 1 1, 1 i 1 i 1 1 1 1 1 1 1 1 1 i 1 i 1+i 1+i 1 i 1 i 2 2 2 2 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1+i 1+i 1 i 1 i F 8 = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1+i 1+i 1 i 1 i 1 i 1 i 2 2 2 2 1 i 1 i 1 i 1 i 1+i 1 i 1 i 2 1+i 2 1 i 2 1 i 2 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 34 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Diszkrét Fourier-transzformáció T A DFT tulajdonságai Konstans vektor képe impulzusvektor (melynek a nulladikat kivéve mindegyik koordinátája 0), és fordítva, konkrétan F N (c, c,..., c) = (Nc, 0,..., 0), ahol c C tetsz leges konstans. Ha x valós vektor, akkor X N k = X k. F N (c, 0,..., 0) = (c, c,..., c). Az F N transzformáció invertálható, inverze (IDFT) többféle felírásban: x = F 1 N X = 1 N Φ N,εX, x k = 1 N N 1 n=0 X n ε kn = 1 N N 1 n=0 X n e 2πi N kn. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 35 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Gyors Fourier-transzformáció M DFT kiszámításához N 2 m velet M két fele akkora méret Fourier-transzformációból megkapható: X k = = = = N 1 n=0 N/2 1 n=0 N/2 1 n=0 N/2 1 n=0 x n e N 1 2πi kn N = x 2n e x 2n e n=0 x n ω kn N N/2 1 2πi 2nk N + n=0 2πi N/2 nk 2πi + e N N/2 1 x 2n ω nk + N/2 ωk N n=0 x 2n+1 e N/2 1 k n=0 2πi (2n+1)k N x 2n+1 e 2πi N/2 nk x 2n+1 ω nk N/2 = E k + ω k N O k. E k és O k N/2 szerint periodikusak E k+n/2 = E k, O k+n/2 = O k Innen k < N/2 esetén X k = E k + ωn k O k, X k+n/2 = E k ωn k O k. A m veletigény 3 N log N. 2 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 36 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Gyors Fourier-transzformáció function FFT(x) N dim(x) X legyen N-dimenziós vektor if N = 1 then X 0 x 0 else y x páros index elemei z x páratlan index elemei Y FFT(y) Z FFT(z) for k 0 to N/2 1 do E Y k 2πi k N Z k O e X k E + O X k+n/2 E O return X Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 37 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Gyors Fourier-transzformáció M FFT mátrixszorzat-alakja F N = N [ FN/2 O O F N/2 ] Π N, Π N az a permutációs mátrix, mely el re veszi a páros index elemeket, N a fél transzformáltakat összeadó, és a páratlan index eket egy ω-hatvánnyal beszorzó mátrix. 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Π 4 = 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 Π 0 0 0 0 0 0 1 0 8 = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 [ ] 4 = 0 1 0 i 1 0 1 0 = I2 D 2 I 2 D 2 0 1 0 i 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 8 = [ I4 D 4 I 4 D 4 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 38 / 40 ]
Diszkrét Fourier-transzformált Gyors Fourier-transzformáció A mátrixokban szerepl diagonális mátrixok az egységmátrixok, és az ω hatványait tartalmazó D mátrixok, ahol D k = diag(1, ω, ω 2,..., ω k 1 ). Pl. [ ] F4 O F 8 = 8 O F 4 Π 8 [ ] 4 O = 8 O 4 F 2 O O O O F 2 O O O O F 2 O O O O F 2 [ Π4 O O Π 4 ] Π 8. Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 39 / 40
Diszkrét Fourier-transzformált Gyors Fourier-transzformáció 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111 0000 0010 0100 0110 1000 1010 1100 1110 0001 0011 0101 0111 1001 1011 1101 1111 0000 0000 0100 1000 1000 0100 1100 1100 0010 0010 0110 1010 1010 0110 1110 1110 0001 0001 0101 1001 1001 0101 1101 1101 0011 0011 0111 1011 1011 0111 1111 1111 Wettl Ferenc Mer legesség 2015-03-13 40 / 40