为什么这不等于简单地观察信号1个周期，然后将其粘贴在一起N次呢？

只有满足某些条件才等效。且周期的正弦波。采样率为，采样周期，DFT 长度为。$f_0$$T_0 = 1/f_0$$f_s$$T_s = 1/f_s$$N$

FFT 的输入是

$$x[n] = sin(2\pi \cdot f_0\cdot T_s \cdot n), 0 \leq n < N$$

现在让我们创建两个长度为的信号：一个是长度的两倍，另一个是将两个缓冲区粘贴在一起。 $2N$

$$x_1[n] = sin(2\pi \cdot f_0\cdot T_s \cdot n), 0 \leq n < 2N$$

和

$$x_1[n] = sin(2\pi \cdot f_0\cdot T_s \cdot mod(n,N)), 0 \leq n < 2N$$

唯一的区别是第二个中的模函数，但它很重要。当计数器达到 N 的整数倍时，它基本上会将计数器重置为 0。通常这会在信号中产生不连续性。即使不为零，它也会强制 和的前半部分相同，但后半部分不同。仍然是正弦波，但不再是。$x_2[N] = x_2[0] = 0$$x[N]$$x_1$$x_2$$x_1$$x_2$

粘贴与使信号更长的唯一情况是信号的周期是采样周期的整数倍。在这种情况下，没有不连续性，两种情况是相同的。果然，在这种情况下，DFT 将完美地解析两个不同的频率（只要两者都满足整数倍条件）。

更哲学的解释：使信号更长提供更多信息。粘贴缓冲区只是重复您已有的信息，因此您不会获得任何新信息。

为什么这不等于简单地观察信号1个周期，然后将其粘贴在一起N次呢？

因为该陈述的前提是您已经知道一个周期有多长。如果你这样做 - 问题解决了！如果您不这样做 - 您不符合该声明的先决条件！

一般来说（如果有任何噪声或测量不确定性等），您无法确定您的重复波形是否恰好是一个周期。您的粘贴可能会在您怀疑的完整周期之间添加一个故障，但实际上是比恰好一个周期略短或略长的波形。或者，您怀疑相同的重复周期可能并不完全相同，但包含一些变化的频谱或调制。

收集的周期越多，在每个周期之间添加不连续的机会就越少，与中间的所有连续周期相比，在开始或结束时任何不连续的权重就越小。并且您怀疑相同时期之间的任何差异都会出现。因此，您的 FFT 变得更加丰富。

当然，如果您确切知道原始信号（周期和完整的频谱成分）的构成，没有可能的调制、周期长度误差或噪声，那么您根本不需要进行 FFT。在这种情况下，FFT 不会提供您不知道的任何内容，因此您可以破解您的 FFT（假输入和长度、合成重复等）以产生您想要或知道的结果。（但是，如果您对此有任何误解，那么所有认为该结果有意义的赌注都将被取消。）

总之，较长的信号捕获（馈送到较​​长的 FFT）可能会收集比您已经拥有的更多的信息。或者没有。

对先前提供的其他两个答案没有异议；我们同样可以将较长的信号描述为具有较高的频率分辨率，但如果您只是从较短的段复制并粘贴结果，那么在该分辨率内将没有其他信号可以解析。考虑相反的情况，看看这是怎么回事：

考虑一个 1 Hz 波形和一个低 50 dB 的 1.1 Hz 波形（所以如果不做对数图就看不到）。考虑一个 10 秒长的捕获，然后将其与在同一阶段开始但只有 1 秒长的另一个捕获进行比较，在该捕获中我们重复该捕获 10 次。1.1Hz波形相对于1Hz波形需要10秒才能完成一个周期；每 10 秒后，组合波形的特征将与持续无穷大的波形相同，但对于我们通过复制和粘贴 1 秒捕获的波形组成的波形，情况并非如此；在那种情况下，我们有一个 1.1 Hz 的部分波形，它被截断并以 1 Hz 的速率重复。在这两种情况下，我们具有相同的分辨率，但我们正在解析的波形非常不同。