EE261 Lecture 9

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这次回顾第九讲，这一讲介绍了卷积。

卷积

傅里叶变可以解释为时域到频域的变换，给定函数$f(t)$和$g(t)$，我们希望在频域内得到

$$\mathcal{F} g(s) \mathcal{F} f(s)$$

应该在时域内如何操作呢？这就引入了卷积的概念：

$$\begin{aligned} \mathcal{F} g(s) \mathcal{F} f(s) &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s t} g(t) d t \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s x} f(x) d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s t} e^{-2 \pi i s x} g(t) f(x) d t d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s(t+x)} g(t) f(x) d t d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s(t+x)} g(t) d t\right) f(x) d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s u} g(u-x) d u\right) f(x) d x & 令t+x=u\\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s u} g(u-x) f(x) d u d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s u}\left(\int_{-\infty}^{\infty} g(u-x) f(x) d x\right) d u \end{aligned}$$

定义

$$h(u)=\int_{-\infty}^{\infty} g(u-x) f(x) d x$$

那么

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s u}\left(\int_{-\infty}^{\infty} g(u-x) f(x) d x\right) d u=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s u} h(u) d u=\mathcal{F} h(s)$$

即

$$\mathcal{F} h(s)=\mathcal{F} g(s) \mathcal{F} f(s)$$

从上述推导过程中引入卷积的定义：

• 定义：$g(t)$和$f(t)$的卷积为

  $$h(t)=\int_{-\infty}^{\infty} g(t-x) f(x) d x$$

  使用符号

  $$(g * f)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} g(t-x) f(x) d x$$

• 卷积定理

  $$\mathcal{F}(g * f)(s)=\mathcal{F} g(s) \mathcal{F} f(s)$$

同理可得

$$\mathcal{F}^{-1}(g * f)=\mathcal{F}^{-1} g \cdot \mathcal{F}^{-1} f$$

此即为频域的卷积。

最后给出如下结论

$$\mathcal{F}(g f)(s)=(\mathcal{F} g * \mathcal{F} f)(s)$$

为了证明上述结论，我们需要如下事实

$$\mathcal{F}(\mathcal{F} f)=f^{-}$$

证明：

记

$$h=\mathcal Ff,k=\mathcal Fg$$

那么需要证明的结论为

$$\mathcal{F}(g f)=k * h$$

注意到

$$\begin{aligned} \mathcal{F}(k * h) &=(\mathcal{F} k)(\mathcal{F} h)\\ &=(\mathcal{F F g})(\mathcal{F F f}) \\ &=g^{-} f^{-}\\ &=(gf)^{-} \end{aligned}$$

利用

$$\mathcal{F} f^{-}=\mathcal{F}^{-1} f=(\mathcal{F} f)^{-}$$

可得

$$gf= \mathcal{F}(k * h)^{-}$$

对两边取傅里叶变换得到

$$\mathcal{F}(g f)=\mathcal{F}\left(\mathcal{F}(k * h)^{-}\right)=k * h=\mathcal{F} g * \mathcal{F} f$$

例子

回顾之前的例子，我们有

$$(\Pi * \Pi)(x)=\Lambda(x)$$

不难验证

$$\mathcal{F} \Lambda(s)=\mathcal{F}(\Pi * \Pi)(s)=\operatorname{sinc} s \cdot \operatorname{sinc} s=\sin c^{2} s$$

性质

$$\begin{aligned} &f * g=g * f \\ &(f * g) * h=f *(g * h) \\ & f *(g+h)=f * g+f * h\\ &((f \cdot g) *(h \cdot k))(t) \rightleftharpoons((F * G) \cdot(H * K))(s) \\ & ((f(t)+g(t)) \cdot(h(t)+k(t)) \rightleftharpoons(((F+G) *(H+K)))(s)\\ &(f(t) \cdot(g * h)(t) \rightleftharpoons(F *(G \cdot H))(s) \end{aligned}$$

（傅里叶变换将卷积变成乘积，将乘积变成卷积）

卷积和滤波

卷积和滤波密切相关，考虑几个经典滤波

Lowpass filters

$$w(t)=(h * v)(t) \rightleftharpoons W(s)=H(s) V(s)$$

我们希望只有低频的信号通过，此处转移函数$H(s)$为

$$H(s)=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {|s|<\nu_{c}} \\ {0} & {|s| \geq \nu_{c}}\end{array}\right.$$

不难看出

$$H(s)=\Pi_{2 \nu_{c}}(s)=\Pi\left(s / 2 \nu_{c}\right)=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {\left|s / 2 \nu_{c}\right|<\frac{1}{2}} \\ {0} & {\left|s / 2 \nu_{c}\right| \geq \frac{1}{2}}\end{array}=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {|s|<\nu_{c}} \\ {0} & {|s| \geq \nu_{c}}\end{array}\right.\right.$$

利用卷积的性质可得

$$h(t)=2 \nu_{c} \operatorname{sinc}\left(2 \nu_{c} t\right)$$

Bandpass filters

此处希望设计一个使得某个范围内的频率通过的滤波器，考虑

$$\begin{aligned} B(s) &=\begin{cases}{1} &{\nu_{0}-\nu_{c}<|s|<\nu_{0}+\nu_{c}} \\ {0} & {\text { otherwise }} \\ \end{cases}\\ & =H\left(s-\nu_{0}\right)+H\left(s+\nu_{0}\right) \end{aligned}$$

图像为

利用傅里叶变换的性质可得

$$\begin{aligned} b(t) &=h(t) e^{2 \pi i \nu_{0} t}+h(t) e^{-2 \pi i \nu_{0} t} \\ &=4 \nu_{c} \cos \left(2 \pi \nu_{0} t\right) \operatorname{sinc}\left(2 \nu_{c} t\right) \end{aligned}$$

Highpass filters

最后考虑高频滤波器，其图像为

函数为

$$\operatorname{High}(s)=1-\Pi_{2 \nu_{c}}(s)$$

Notch filters

Notch滤波器为

$$\operatorname{Notch}(s)=1-B(s)=1-\left(H\left(s-\nu_{0}\right)+H\left(s+\nu_{0}\right)\right)$$

应用

傅里叶变换有一个非常有用的性质：

$$\left(\mathcal{F} f^{(n)}\right)(s)=(2 \pi i s)^{n} \mathcal{F} f(s)$$

即可以将微分运算转化为乘法运算。

考虑微分算子：

$$P\left(\frac{d}{d x}\right)=a_{n}\left(\frac{d}{d x}\right)^{n}+a_{n-1}\left(\frac{d}{d x}\right)^{n-1}+\cdots+a_{1} \frac{d}{d x}+a_{0}$$

该算子作用在$f(x)$上的结果为

$$a_{n} f^{(n)}+a_{n-1} f^{(n-1)}+\cdots+a_{1} f^{\prime}+a_{0} f$$

现在对上式做傅里叶变换，利用上述结论得到

$$\begin{aligned}\left(\mathcal{F}\left(P\left(\frac{d}{d x}\right) f\right)\right)(s) &=P(2 \pi i s) \mathcal{F} f(s) \\ &=\left(a_{n}(2 \pi i s)^{n}+a_{n-1}(2 \pi i s)^{n-1}+\cdots+a_{1}(2 \pi i s)+a_{0}\right) \mathcal{F} f(s) \end{aligned}$$

微分方程

来看一个具体例子：

$$u^{\prime \prime}-u=-f$$

取傅里叶变换得到

$$\begin{aligned} (2 \pi i s)^{2} \mathcal{F} u-\mathcal{F} u &=-\mathcal{F} f \\ -4 \pi^{2} s^{2} \mathcal{F} u-\mathcal{F} u &=-\mathcal{F} f \\ \left(1+4 \pi^{2} s^{2}\right) \mathcal{F} u &=\mathcal{F} f\\ \mathcal{F} u&=\frac{1}{1+4 \pi^{2} s^{2}} \mathcal{F} f \end{aligned}$$

注意到

$$\mathcal F \left(\frac 1 2 e^{-|t|}\right) =\frac{1}{1+4 \pi^{2} s^{2}}$$

所以

$$\mathcal{F} u=\mathcal{F}\left(\frac{1}{2} e^{-|t|}\right) \cdot \mathcal{F} f$$

利用卷积定理可得

$$u(t)=\frac{1}{2} e^{-|t|} * f(t)=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|t-\tau|} f(\tau) d \tau$$

偏微分方程

考虑热方程：

$$u_{t}=\frac{1}{2} u_{x x}$$

边界条件为

$$u(x, 0)=f(x)$$

现在对方程两边关于$x$做傅里叶变换，首先对右边做傅里叶变换得到

$$\frac{1}{2} \mathcal{F} u_{x x}(s, t)=\frac{1}{2}(2 \pi i s)^{2} \mathcal{F} u(s, t)=-2 \pi^{2} s^{2} \mathcal{F} u(s, t)$$

其次对左边做傅里叶变换得到

$$\begin{aligned} \mathcal{F} u_{t}(s, t) &=\int_{-\infty}^{\infty} u_{t}(x, t) e^{-2 \pi i s x} d x \quad \text { (Fourier transform in } x ) \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial t} u(x, t) e^{-2 \pi i s x} d x \\ &=\frac{\partial}{\partial t} \int_{-\infty}^{\infty} u(x, t) e^{-2 \pi i s x} d x\\ &=\frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(s, t) \end{aligned}$$

所以原方程可以化为

$$\frac{\partial \mathcal{F} u(s, t)}{\partial t}=-2 \pi^{2} s^{2} \mathcal{F} u(s, t)$$

因此

$$\mathcal{F} u(s, t)=\mathcal{F} u(s, 0) e^{-2 \pi^{2} s^{2} t}$$

最后计算初值$\mathcal{F} u(s, 0)$：

$$\begin{aligned} \mathcal{F} u(s, 0) &=\int_{-\infty}^{\infty} u(x, 0) e^{-2 \pi i s x} d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2 \pi i s x} d x\\ &=\mathcal{F} f(s) \end{aligned}$$

最后我们得到

$$\mathcal{F} u(s, t)=\mathcal{F} f(s) e^{-2 \pi^{2} s^{2} t}$$

设

$$h(x)= e^{-\pi x^2}$$

回顾之前的结论，我们有

$$\mathcal F h(s) = h(s)$$

接着回顾高斯函数

$$g(x, t)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} e^{-x^{2} / 2 t} = \frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} h\left(\frac x{\sqrt{2\pi t}}\right)$$

从而

$$\begin{aligned} \mathcal{F} g(s, t) & =\mathcal{F} \frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} h\left(\frac x{\sqrt{2\pi t}}\right)\\ &= e^{-\pi (2\pi t) s^2}\\ &= e^{-2 \pi^{2} s^{2} t} \end{aligned}$$

因此

$$\mathcal{F} u(s, t)=\mathcal{F} g(s, t) \mathcal{F} f(s)$$

从而由卷积定理可得

$$u(x, t)=g(x, t) * f(x)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi t}} e^{-(x-y)^{2} / 2 t} f(y) d y$$