假设我在 = 1024Hz 捕获了一个 4 秒的信号，它提供了 4,096 个数据数组。这两种 FFT 方法有什么不同（MATLAB 代码）
[1] 用 4096 点 FFT 对整个输入进行 FFT
N = length(input);
Y = fft(input)/N;
[2] 将输入分成 8 段（每段 4096/8=512 个数据点），将每段送入 512 点 FFT，然后平均输出：
N = length(input);
Y = zeros(1,512);
for i = 1:8
segment = input(512*(i-0)+1 : 512*i);
Y = Y + abs(fft(segment,512))/512/8;
end
问题 #1：这两种方法是否等效？
问题 #2：两种方法的频率分辨率是否等于 = 0.25Hz per bin？
问题 #1：这两种方法是否等效？
不，方法 #1 对整个序列进行 FFT，从而导致频率区间宽度为 fs/N = 1024/4096 = 0.25 Hz。方法 #2 以 1024/512 = 2.0 Hz 的频率分辨率（bin 宽度）对较短的 FFT 求和。对于#2，如果在对它们求和后除以 FFT 的数量，那么就是对它们进行平均。这通常用于减少结果的方差。
问题 #2：这两种方法的频率分辨率是否等于每个 bin 0.25Hz？
不，它们是 0.25 和 2.0 Hz。FFT 的分辨率或 bin 宽度为 fs/N。
你是绝对正确的，频率分辨率（或 bin 宽度）应根据 FFT 的长度计算，（IE)，而不是原始捕获信号的长度.
我相信那里的大多数期刊/书籍只是假设（) 在他们的样本计算中，并使用在他们的书籍/论文中。但当与方法#2一样，然后可能会导致新手（比如我自己）的困惑。所以更安全的方法是使用反而。
为了证明这一点，下面是 5Hz + 30Hz 正弦曲线的输出（=1024Hz，持续时间=4s，4096个数据点），分别用FFT-512和FFT-4096输出。您可以看到 FFT-512 输出（第 3 个图）的频率分辨率（或 bin 宽度）比 FFT-4096（第 2 个图）宽，因为.
DFT 操作的频率分辨率完全取决于样本数 (）只要。取大于长度 DFT 隐式使用 matlab 中的零填充。这不会增加频率分辨率（尽管当您看到图表时可能会出现这种情况），而是利用在没有零填充的情况下获得的频谱内插到增加的 DFT 长度样本值。此操作有助于平滑光谱的外观并解决峰之间的潜在模糊性。
在您的情况下，您将信号分成帧，因此每帧的 DFT 将具有较低的基本分辨率（取决于您现在使用的样本数 512）。您看到了良好的分辨率（尽管第二种情况的分辨率比第一种差），因为采样频率远高于信号内容频率，因此您在两种情况下都捕获了足够数量的组成组件周期。
将信号分成帧然后对得到的频谱^2（频域中的能量）进行平均的方法用于随机（确定性（正弦波）+噪声）信号的功率谱密度计算，其中可用样本的数量总是一个限制，因此从平均 PSD 推断解释比单个 PSD 估计值更合适。