主要参考知乎大神回答：

参考三位知乎大神的回答，自己总结如下：

1.傅里叶变换实际上就是找一组合适的基，对原信号进行一个基变换，即：把原信号表示成几个新的信号现性相加的形式： $x[n]=\sum c_ky^{(k)}[n]$ 。

2.对于寻找的这个基，不唯一，当你表示同一个信号 $x[n]$ ，可以有多组 $y^{(k)}[n]$ 作为基，但是 $y^{(k)}[n]$ 不同就会有不同的 $c_k$ 。而你的目的决定了你怎样选择用怎样的 $y^{(k)}[n]$ 表示。

3.【我的理解】将离散的信号看做是周期函数，对于具有N个采样点的信号，至少需要N个正交基对其进行线性表示。我们选择N个正交的正弦函数作为基，我们只需要求其相应的系数即可。求系数的过程就是求基信号与原信号相关程度的过程。

一.知乎回答1：

作者：肖畅
链接：https://www.zhihu.com/question/21314374/answer/542909849
来源：知乎

对一段有限长的离散信号，找出它含有的各个频率的正弦波分量。（这是句大家都知道的废话）

但如果换个单独针对DFT的解释就会好理解很多：

在长度为N的离散信号中，针对k=(0,1,2...)，分别找出在长度N内振动k次的三角波分量的权值

怎么做呢？举个例子，可以打开MATLAB一起做：

抛开时间抛开采样频率，只看点的个数，我们对某个余弦信号在两个周期内采样了40次：

$x[n]=cos(2\pi\frac{n}{20} ),n=0,1,...,39$

现在我们想通过DFT知道它在40次采样时间内振动了几次（经历了几个周期？），算法是怎么处理的呢？其实很暴力：

事先选取40个长度为40个点的基信号，它们分别长这样：

第一个，40次采样内振动0个周期： $cos(2\pi\frac{0n}{40} )$ ，即常值

第二个，40次采样内振动1个周期 $cos(2\pi\frac{1n}{40} )$ ：

第三个，40次采样内振动2个周期 $cos(2\pi\frac{2n}{40} )$ ：

第四个，40次采样内振动3个周期 $cos(2\pi\frac{3n}{40} )$ ：

第五个，40次采样内振动4个周期 $cos(2\pi\frac{4n}{40} )$ ：

......以此类推一直到40个采样内振动39个周期。

接下来，对于上述40个基信号，判断它们跟原信号的相关程度。代数里判断两个长度相同的离散函数 $x[k],y[k]$ 的相关程度，就是把它们同一点的函数值相乘，再对所有点求和的方法，即下面的公式：

$correlation(x,y)=\sum_kx[k]y[k]$

${\color{Blue} \mathbf{{\color{Magenta} X_{k}=\sum_{n=0}^{N-1}\; cos(2\pi\frac{2n}{40} )cos(2\pi\frac{kn}{40} )=cos(2\pi\frac{2*0}{40} )cos(2\pi\frac{k*0}{40})+cos(2\pi\frac{2*1}{40} )cos(2\pi\frac{k*1}{40})+...+cos(2\pi\frac{2*(N-1)}{40} )cos(2\pi\frac{k*(N-1)}{40})}}}$

这个值越大， $x[k],y[k]$ 长得越像。于是DFT把 $cos(2\pi\frac{0n}{40} )$ 到 $cos(2\pi\frac{39n}{40} )$ 这40个基函数都跟当前函数 $cos(2\pi\frac{2n}{40} )$ 比较了一下，发现 $cos(2\pi\frac{2n}{40} )$ 和 $cos(2\pi\frac{38n}{40} )$ 跟它长得最像！

这很显然，因为 $cos(2\pi\frac{38n}{40} )=cos(2\pi -2\pi\frac{38n}{40} )=cos(2\pi\frac{2n}{40} )$ 。

于是 $X_{2}=X_{38}=\sum_{n=0}^{39}cos(2\pi\frac{2n}{40} )cos(2\pi\frac{2n}{40} )=20$ 。

下面，如果我们把这40次每次比较的correlation值记下来，就得到了原信号在每个频率上的分量大小，比如，我要看它跟40次采样中振动8次的那个基信号相似程度，就是：

把这40个correlation值记下来，就得到了原信号的频域X：

可以看到， $X_{2}=X_{38}=20$ 其他值都是0

如果写成一般形式，用 $x[n]$ 替换原信号，就是：

${\color{Emerald} \mathbf{\mathbf{{\color{Magenta}X_{k}=\sum_{n=0}^{39}x[n]cos(2\pi\frac{kn}{40} )}}}}$

问题来了，虽然貌似联系很紧密，但这怎么跟DFT的公式长得不一样。。。DFT的公式应该是这样的：

$X_{k}=\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-2\pi j \frac{kn}{N}})$

就算用欧拉公式展开，我们得到的是:

$X_{k}=\sum_{n=0}^{39}x[n]cos(2\pi\frac{kn}{40} )-j\sum_{n=0}^{39}x[n]sin(2\pi\frac{kn}{40} )$

这又是为什么？

这是因为，对于一个信号，如果只跟余弦函数比较，会损失一些信息，比如相位。

如果我们的原信号有一些相位偏移， $x=cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4})$ 。

如果对这个函数同样按照上面的方法计算频域，结果会有一些不一样：

虽然对应频率还是筛选出来了，但是权值大小不一样了，如果计算一下得知

$X_{2}=X_{38}=\sum_{n=0}^{39}cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4} )cos(2\pi\frac{2n}{40} )=10\sqrt{2}$

在相位偏移前，这个值是20，我们没法通过频域信息知道原信号到底是什么。

解决方法是另选一组以正弦函数为基准的“基信号”，即 $sin(2\pi\frac{0n}{40} )$ 到 $sin(2\pi\frac{39n}{40} )$ ，计算另一组原信号与正弦基的相关系数，这两组系数一起作为DFT的最终结果。而复数只是一个工具，用来方便地同时存储两组计算结果。当然它还有一个好处就是能够比较直观地表现出模和相位。如果一个信号跟某频率余弦和正弦的相关系数分别为a，b，那么代表这个信号差不多型如

$acos(\frac{kn}{N})+bsin(\frac{kn}{N})$

根据高中数学可以求得其模为 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ ，相位为 $arctan\frac{b}{a}$ ，这与复数 $a+bi$ 的模和相位是相同的，因此DFT的公式

$X_{k}=\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-2\pi j \frac{kn}{N}})$

相当于同时把 $x[n]$ 做了跟N个余弦基、N个正弦基的比对，结果用N个复数存储。如果想要看某个频率的相位和模，就看对应复数的相位和模。

我们再来看看上面有相位偏移的那个例子：

原信号： $x[n]=cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4})$

与余弦比对： $X_{2}=\sum_{n=0}^{39}cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4} )cos(2\pi\frac{2n}{40} )=10\sqrt{2}$

与正弦比对： $X_{2}=\sum_{n=0}^{39}cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4} )sin(-2\pi\frac{2n}{40} )=10\sqrt{2}$

在40个点内振动两个周期这个频率上，其DFT的结果为 $10\sqrt{2}+10\sqrt{2}j$

其模为20，与相位偏移前相同。

其相位为 $\frac{\pi }{4}$ ，也没有问题。

如果将原信号变为 $x[n]=cos(2\pi\frac{2n}{40} +\frac{\pi }{4})$ ，会求得该频率DFT结果为 $10\sqrt{2}+10\sqrt{2}j$ ，求得其相位为 $\frac{\pi }{4}$ 。因此，根据DFT结果求得的相位是相对余弦信号的相位。

对于实际信号

上面做的分析没有考虑时间和采样频率，但只要给定一个采样频率，时域的横轴就可以换算成时间，频域的横轴就可以换算成频率。

DFT所做的只是选取了在给定长度内振动了整数个（k个）周期的正弦和余弦波作为基。

上面的信号是40个采样，如果给一个采样频率是100Hz，那么信号长度就是0.4s，原信号在40个采样内振动了两个周期，可以算出其频率为5Hz。

对于频域，每个“在40个采样内振动了k个周期”的基信号的实际频率为 $\frac{100}{40}k=2.5k$ ，也就是说频域图中的每一个点代表2.5Hz，这个系统的频域分辨率是2.5Hz，所以我们从 $X_{2}=20$ 得知原信号的实际频率为 $2\times 2.5=5Hz$ 。

二.知乎回答2：

作者：智穎
链接：https://www.zhihu.com/question/21314374/answer/588436102
来源：知乎

1.信号的表示

一个很重要的概念就是信号的表示（signal representation），一个信号可以表示为如下的样子：

$x[n]=\sum c_ky^{(k)}[n]$

其中， $x[n]$ 就是我们想要表示的信号。我们的目的就是为了把这个信号表示成几个新的信号 $y^{(k)}[n]$ 的linear combination。 $c_k$ 是一个是实数，每个新的信号 $y^{(k)}[n]$ 对应一个 $c_{k}$ 。

注意，我们现在说的不是DFS这一种信号表示，这个一个非常一般性的表达式：

$x[n], y[n]$ 可以是任何信号。
这个linear combination可以是有限项相加，也可以是无限项相加。
对于某一个信号 $x[n]$ ，你总可以选出一组信号 $\{y^{(1)}[n],y^{(2)}[n],y^{(3)}[n],...,y^{(k)}[n],...\}$ 来表示它
当你表示同一个 $x[n]$ ，你选的 $y^{(k)}[n]$ 不同就会有不同的 $c_k$

对于第1点和第2点，我只想强调我现在讨论的是比Discrete Fourier Transform更一般性的概念， $x[k], y[k]$ 完全没有必要是periodic的。

对于第3点，你有没有发现，如果我有创造了一组 $y^{(1)}[n],y^{(2)}[n],y^{(3)}[n],...,y^{(k)}[n],...$ 能够分别表示 $x_1[n],x_2[n],x_3[n],...,x_m[n]$ ，那么我只用记住 $y^{(1)}[n],y^{(2)}[n],y^{(3)}[n],...,y^{(k)}[n],...$ 这些signal一次，对于 $x_1[n],x_2[n],x_3[n],...,x_m[n]$ ，我知道了每个 $x_i[n]$ 所对应的一组 $c$ 值，我就知道了每一个信号的所有信息。

【类似于空间中一个点的表示， $y^{(1)}[n],y^{(2)}[n],y^{(3)}[n],...,y^{(k)}[n],...$ 相当于是基，对应的一组 $c$ 值相当于坐标值。所以知道基，再知道对应的 $c$ 值， $x[n]$ 就确定了。】

有没有一种线性代数里change of basis的感觉?

因为每一个signal都一定有的表示方式就是：

$x[n]=\sum x[k]\delta[n-k]$

那么所做的无非就是把basis从 $\{...,\delta[n+k+1],\delta[n+k],...,\delta[-1],\delta[0],\delta[1],...,\delta[n-k],\delta[n-k-1],...\}$ 变成了 $\{y^{(k)},y^{(k)},...,,y^{(k)},...\}$

第4点，说明了你的目的决定了你怎样选择用怎样的 $y^{(k)}[n]$ 表示 $x[n]$ 。举个例子：比如你想压缩信号，那么你就想选择一组 $y^{(k)}[n]$ 使得最后得到的一组 $c_k$ 会很多是0，很少是非0。

同理，我现在想选择一组 $y^{(k)}[n]$ 来表示periodic signals，理由很简单因为periodic signals 有很多很nice的性质，所以就开始了Discrete time Fourier Series (DFS或DTFS)

二.DFS

Discrete time Fourier Series (DFS或DTFS) 是一种表示periodic signal的一种方法。

如果我想表示一个periodic signal，用这种形式，

$x[n]=\sum c_ky^{(k)}[n]$

那么 $y^{(k)}[n]$ 应该有什么特点呢？

$x[n]$ 已经是periodic的了，假设它的period为 $N$ , 那么 $y^{(k)}[n]$ 的period也为 $N$ 。

那么我们完全可以用一个period来表示 $x[n]$ ，即

$x[n]=\sum_{i=0}^{N-1} c_ky^{(k)}[n]$

我们都知道period signal可以用Euler's Identity表示，那么因为 $x[n]=e^{i\frac{2\pi}{N}n}$ ，我们就可以让 $y^{(k)}[n]=e^{i\frac{2\pi p}{N}n}$ 。注意 $p=\{0,1,...,N-1\}$ ，因为 $e^{i\frac{2\pi (p+N)}{N}n} = e^{i\frac{2\pi p}{N}n} e^{i\frac{2\pi N}{N}n} = e^{i\frac{2\pi p}{N}n} e^{i2\pi n}= e^{i\frac{2\pi p}{N}n}$ 。

同时注意 $k=\{0,1,...,N-1\}$ ，所以，without loss of generality， $y^{(k)}[n]=e^{i\frac{2\pi p}{N}n}$

那么，我们就有了

$x[n]=\sum_{i=0}^{N-1} c_ke^{i\frac{2\pi k}{N}n}$

最后一个问题，如何求 $c_k$ ?

注意， $\{e^{i\frac{2\pi}{N}n}, ..., e^{i\frac{2\pi k}{N}n},...,e^{i\frac{2\pi (N-1)}{N}n}\}$ 是orthogonal basis（标准正交基），因为

$\langle e^{i\frac{2\pi k_1}{N}n}, e^{i\frac{2\pi k_2}{N}n} \rangle = \sum_{i=0}^{N-1}{e^{i\frac{2\pi k_1}{N}n} \left( e^{i\frac{2\pi k_2}{N}n} \right)^*} = \sum_{i=0}^{N-1}{e^{i\frac{2\pi k_1}{N}n} e^{-i\frac{2\pi k_2}{N}n} } = \sum_{i=0}^{N-1}{e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2)}{N}n}}$

当 $k_1=k_2$ ， $\langle e^{i\frac{2\pi k_1}{N}n}, e^{i\frac{2\pi k_2}{N}n} \rangle=1$

当 $k_1\neq k_2$ ，

$\langle e^{i\frac{2\pi k_1}{N}n}, e^{i\frac{2\pi k_2}{N}n} \rangle = \sum_{i=0}^{N-1}{e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2)}{N}n}} = \sum_{i=0}^{N-1}{ \left( e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2)}{N}} \right)^n} = \frac{1-\left(e^{i2\pi \frac{(k_1-k_2)}{N}} \right)^N}{1-e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2)}{N}} }$

$=\frac{1-e^{i2\pi (k_1-k_2) n} }{1-e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2) n}{N}} } = \frac{1-1 }{1-e^{i\frac{2\pi (k_1-k_2) n}{N}} } =0$

所以 $\{e^{i\frac{2\pi}{N}n}, ..., e^{i\frac{2\pi k}{N}n},...,e^{i\frac{2\pi (N-1)}{N}n}\}$ 是orthogonal basis，那么求 $c_k$ 就很直接了：

$c_k = \frac{\langle x[n], e^{i\frac{2\pi k}{N}n}\rangle}{\langle e^{i\frac{2\pi k}{N}n}, e^{i\frac{2\pi k}{N}n}\rangle} = \frac{\sum_{n=0}^{N-1}{x[n]e^{i\frac{2\pi k}{N}n}}}{N}$

所以，

$x[n]=\sum_{i=0}^{N-1} c_ke^{i\frac{2\pi k}{N}n}$

$c_k = \frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}{x[n]e^{i\frac{2\pi k}{N}n}}$

这就是DFS。

三.知乎回答3:

作者：杨宇翔
链接：https://www.zhihu.com/question/21314374/answer/25295545
来源：知乎

DFT可以这样推导：
1.标准正交基
向量空间 $V$ （ $\mathbb{R}^N$ 或 $\mathbb{C}^N$ ）的标准正交基 $\left\{b_k\right\}_{k=0}^{N-1}$ 满足以下两个条件：
$\left<b_k,b_l\right>=0,k \ne l$
$\|b_k\|_2=1$
我们可以得到一个 $N \times N$ 的标准正交基矩阵：
$\mathbf{B}=\left[b_0|b_1|\cdots|b_{N-1}\right]$
再把每一个标准正交基对应的系数 $\alpha_k$ 写成一个列向量：
$a=\left[\begin{array}{c} \alpha_0 \\ \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_{N-1} \end{array}\right]$
则信号 $x$ 的标准正交基表示：
$x=\alpha_0b_0+\alpha_1b_1+\cdots+\alpha_{N-1}b_{N-1}=\sum_{k=0}^{N-1}{\alpha_kb_k} =\left[b_0|b_1|\cdots|b_{N-1}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha_0 \\ \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_{N-1} \end{array}\right]=\mathbf{B}a$
那么 $a=\mathbf{B}^{-1}x=\mathbf{B}^{H}x$ （这里， $\mathbf{B}^H$ 是指 $\mathbf{B}$ 的共轭转置矩阵，不难证明 $\mathbf{B}^{-1}=\mathbf{B}^H$ ）

关键结论：
对于一组标准正交基 $\left\{b_k\right\}_{k=0}^{N-1}$ 和标准正交基矩阵 $\mathbf{B}$ ，对于任意的信号 $x$ ，我们有以下的表达：

综合式： $x=\mathbf{B}a=\sum_{k=0}^{N-1}{\alpha_kb_k}$

分析式： $a=\mathbf{B}^Hx$ 或 $\alpha_k=\left<x, b_k\right>$

综合式表明信号 $x$ 可以表示成标准正交基的线性组合。
分析式给出了计算标准正交基对应系数 $\alpha_k$ 的方法， $\alpha_k$ 的大小表征了信号 $x$ 与标准正交基向量 $b_k$
之间的相似度。

2.特征向量与特征值
结论：LTI系统的特征向量是复正弦谐波（证明略）：
$s_k\left[n\right]=\frac{e^{j{\frac{2\pi}{N}kn}}}{\sqrt[]{N}},0\le n,k\le N-1$
可以看出复正弦谐波是一组标准正交基。

3.标准化的DFT（Normalized DFT）
对于标准正交基 $\left\{s_k\right\}_{k=0}^{N-1}$ 和标准正交基矩阵 $\mathbf{S}$ ，我们定义长度为 $N$ 的有限长信号 $x$ 的标准化DFT为：
综合式(IDFT)： $x=\mathbf{S}X$

$x\left[n\right]=\sum_{k=0}^{N-1}{X\left[k\right]\frac{e^{j{\frac{2\pi}{N}kn}}}{\sqrt[]{N}}}$

分析式(DFT)： $X=\mathbf{S}^Hx$

$X\left[k\right]=\left<x,s_k\right>=\sum_{n=0}^{N-1}{x\left[n\right]\frac{e^{-j{\frac{2\pi}{N}kn}}}{\sqrt[]{N}}}$
通过标准正交基得到的DFT一种表达，也是比较容易被人理解的一种形式。但这并不是我们通常能够见到的DFT表达。

4.未标准化的DFT（Unnormalized DFT）
未标准化的DFT是通过正交基而非标准正交基得到的一种DFT表达，这也是我们常见的一种形式。这种形式可以避免计算上的复杂性，对于计算机来说，这是一种比较优雅的形式。由于传统，在书本、文献中一般统一采用这种DFT表达。
综合式(IDFT)：

$x\left[n\right]=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}{X_u\left[k\right]e^{j{\frac{2\pi}{N}kn}}}$

分析式(DFT)：

$X_u\left[k\right]=\sum_{n=0}^{N-1}{x\left[n\right]e^{-j{\frac{2\pi}{N}}kn}}$

简单来说，DFT就是有限长信号的一种基变换，以复正弦谐波作为变换域的基是因为复正弦谐波是LTI系统的特征函数。这样，对于有限长信号，DFT就很自然成为分析LTI系统的工具了。
我的理解就是这样了，好像也不是很通俗。

注：本文整理网上资料，包括知乎、博客等，如有侵权立刻删除。

【五】离散傅里叶变换——1

一.知乎回答1：

二.知乎回答2：

1.信号的表示

二.DFS

三.知乎回答3:

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