JTransform 的 FFT 大小与 MATLAB 相比

Question

我目前正在使用 JTransforms 库来计算 FS 为 44100 Hz 的一秒信号的 DFT。代码非常简单：

DoubleFFT_1D fft = new DoubleFFT_1D(SIZE);
fft.complexForward(signal);                 // signal: 44100 length array with audio bytes.

请参阅此页面以获取 JTransform 的 DoubleFFT_1D 类的文档。 http://incanter.org/docs/parallelcolt /api/edu/emory/mathcs/jtransforms/fft/DoubleFFT_1D.html

问题是：什么是SIZE 应该是？我知道这可能是窗口大小，但似乎无法让它与我遇到的最常见的值一起工作，例如 1024 和 2048。

目前我正在通过生成一个信号来测试这个函数1kHz 正弦波。然而，当我使用上面的代码并将结果与​​ MATLAB 的 fft 函数进行比较时，它们的大小似乎完全不同。例如，MATLAB 给出的结果如 0.0004 - 0.0922i，而上述代码的结果如 -1.7785E-11 + 6.8533E-11i，SIZE 设置为 2048。然而，信号数组的内容是相同的。

SIZE 的哪个值会产生与 MATLAB 内置 fft 类似的 FFT 函数？

Answer 1

根据文档，SIZE 看起来应该是 signal 中的样本数。如果它确实是 44.1 kHz 的 1 s 信号，那么您应该使用 SIZE = 44100。由于您使用的是复杂数据，signal 应该是一个两倍大小的数组（按顺序实数/虚数）。

如果您不使用 SIZE = 44100，您的结果将与 Matlab 提供的结果不匹配。这是因为 Matlab（可能还有 JTransforms）根据输入的长度缩放 fft 和 ifft 函数 - 不要担心幅度不会变化匹配。默认情况下，Matlab 使用完整信号计算 FFT。您可以向 fft（在 Matlab 中）提供第二个参数来计算 N 点 FFT，它应该与您的 JTransforms 结果匹配。

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从您的评论来看，您似乎正在尝试创建频谱图。为此，您必须权衡以下因素：光谱分辨率、时间分辨率和计算时间。这是我的 1 秒频谱图（Matlab）代码，针对 1 秒信号的每个 512 个样本块进行计算。

fs = 44100; % Hz
w = 1; % s

t = linspace(0, w, w*fs);
k = linspace(-fs/2, fs/2, w*fs);

% simulate the signal - time-dependent frequency
f = 10000*t; % Hz
x = cos(2*pi*f.*t);

m = 512; % SIZE
S = zeros(m, floor(w*fs/m));
for i = 0:(w*fs/m)-1
    s = x((i*m+1):((i+1)*m));
    S(:,i+1) = fftshift(fft(s));
end

对于此图像，我们沿频率轴（y 轴）有 512 个样本，范围从 [-22050 Hz 22050 Hz]。沿时间轴（x 轴）有 86 个样本，覆盖约 1 秒。

对于此图像，我们现在沿频率轴（y 轴）有 4096 个样本，范围从 [-22050 Hz 22050 Hz]。时间轴（x 轴）再次覆盖约 1 秒，但这次只有 10 个块。

快速时间分辨率（512 个样本块）还是高光谱分辨率（4096 个样本块）更重要将取决于您正在处理的信号类型。您必须决定在时间/光谱分辨率方面您想要什么，以及在合理的计算时间内可以实现什么。例如，如果您使用 SIZE = 4096，您将能够计算大约 10x/s 的频谱（基于您的采样率），但 FFT 可能不够快，无法跟上。如果您使用SIZE = 512，您的光谱分辨率会较差，但 FFT 的计算速度会快得多，您可以计算出大约 86x/s 的光谱。如果 FFT 仍然不够快，您可以开始跳过块（例如使用 SIZE=512 但仅计算每个其他块，每 1s 信号给出约 43 个频谱）。希望这是有道理的。