前言

取一维离散Fourier变换与反变换的公式为
F(u)=c∑n=0N−1f(n)e−j2πunN,u=0,1,⋯,N−1f(n)=d∑u=0N−1F(u)ej2πunN,n=0,1,⋯,N−1cd=1N\begin{matrix} F\left( u \right)=c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{f\left( n \right){{e}^{-j\frac{2\pi un}{N}}}},\text{ }u=0,1,\cdots ,N-1 \\ f\left( n \right)=d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{F\left( u \right){{e}^{j\frac{2\pi un}{N}}}},\text{ }n=0,1,\cdots ,N-1 \\ cd=\frac{1}{N} \\ \end{matrix}F(u)=cn=0∑N−1f(n)e−jN2πun, u=0,1,⋯,N−1f(n)=du=0∑N−1F(u)ejN2πun, n=0,1,⋯,N−1cd=N1
相关文章可参考一维离散傅里叶变换(DFT)和逆变换(IDFT)公式的一种推导

DCT公式初步推导

基于公式
F(u)=c∑n=0N−1f(n)e−j2πunN,u=0,1,⋯,N−1F\left( u \right)=c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{f\left( n \right){{e}^{-j\frac{2\pi un}{N}}}},\text{ }u=0,1,\cdots ,N-1F(u)=cn=0∑N−1f(n)e−jN2πun, u=0,1,⋯,N−1

一般形式

令f(n)=g(n)e−jpπuqN,p,q≠0f\left( n \right)=g\left( n \right){{e}^{-j\frac{p\pi u}{qN}}},\text{ }p,q\ne 0f(n)=g(n)e−jqNpπu, p,q=0其中g(n)g\left( n \right)g(n)通过个数为tN(t∈Z≥1)tN\left( t\in {{\mathbb{Z}}_{\ge 1}} \right)tN(t∈Z≥1)的一个空间域（时域）实数采样序列：
g(0),g(1),⋯,g(N−1),g(N),⋯,g(tN−1),∀n,g(n)∈Rg\left( 0 \right),g\left( 1 \right),\cdots ,g\left( N-1 \right),\text{ }g\left( N \right),\cdots ,g\left( tN-1 \right),\text{ }\forall n,\text{ }g\left( n \right)\in \mathbb{R}g(0),g(1),⋯,g(N−1), g(N),⋯,g(tN−1), ∀n, g(n)∈R
且当t>1t>1t>1时，∀n∈{N,N+1,⋯,tN−1},g(n)=0\forall n\in \left\{ N,N+1,\cdots ,tN-1 \right\},\text{ }g\left( n \right)=0∀n∈{N,N+1,⋯,tN−1}, g(n)=0，即在拥有前NNN个采样点的基础上新增(t−1)N\left( t-1 \right)N(t−1)N个零采样点（无效采样点），则有：
F(u)=c∑n=0tN−1[(g(n)e−jpπuqN)⋅e−j2πuntN]=c∑n=0tN−1[g(n)⋅(e−jpπuqN⋅e−j2πuntN)]=c∑n=0tN−1g(n)e−j(pt+2nq)uπqtN=c∑n=0tN−1g(n)(cos⁡(pt+2nq)uπqtN−isin⁡(pt+2nq)uπqtN)=c∑n=0N−1g(n)(cos⁡(pt+2nq)uπqtN−isin⁡(pt+2nq)uπqtN)\begin{aligned} & F\left( u \right)=c\sum\limits_{n=0}^{tN-1}{\left[ \left( g\left( n \right){{e}^{-j\frac{p\pi u}{qN}}} \right)\centerdot {{e}^{-j\frac{2\pi un}{tN}}} \right]} \\ & =c\sum\limits_{n=0}^{tN-1}{\left[ g\left( n \right)\centerdot \left( {{e}^{-j\frac{p\pi u}{qN}}}\centerdot {{e}^{-j\frac{2\pi un}{tN}}} \right) \right]} \\ & =c\sum\limits_{n=0}^{tN-1}{g\left( n \right){{e}^{-j\frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}}}} \\ & =c\sum\limits_{n=0}^{tN-1}{g\left( n \right)\left( \cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}-i\sin \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN} \right)} \\ & =c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{g\left( n \right)\left( \cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}-i\sin \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN} \right)} \\ \end{aligned}F(u)=cn=0∑tN−1[(g(n)e−jqNpπu)⋅e−jtN2πun]=cn=0∑tN−1[g(n)⋅(e−jqNpπu⋅e−jtN2πun)]=cn=0∑tN−1g(n)e−jqtN(pt+2nq)uπ=cn=0∑tN−1g(n)(cosqtN(pt+2nq)uπ−isinqtN(pt+2nq)uπ)=cn=0∑N−1g(n)(cosqtN(pt+2nq)uπ−isinqtN(pt+2nq)uπ)
对F(u)F\left( u \right)F(u)取实部，得到计算C(u)C\left( u \right)C(u)的DCT公式
C(u)=Re⁡(F(u))=c∑n=0N−1g(n)cos⁡(pt+2nq)uπqtN,u=0,1,⋯,N−1C\left( u \right)=\operatorname{Re}\left( F\left( u \right) \right)=c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{g\left( n \right)\cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}},\text{ }u=0,1,\cdots ,N-1C(u)=Re(F(u))=cn=0∑N−1g(n)cosqtN(pt+2nq)uπ, u=0,1,⋯,N−1

标准形式

在DCT公式一般形式中，令p=1,q=t=2p=1,\text{ }q=t=2p=1, q=t=2则有
C(u)=c∑n=0N−1g(n)cos⁡(2+2×n×2)uπ4N=c∑n=0N−1g(n)cos⁡(2n+1)uπ2N,u=0,1,⋯,N−1\begin{aligned} & C\left( u \right)=c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{g\left( n \right)\cos \frac{\left( 2+2\times n\times 2 \right)u\pi }{4N}} \\ & =c\sum\limits_{n=0}^{N-1}{g\left( n \right)\cos \frac{\left( 2n+1 \right)u\pi }{2N}},\text{ }u=0,1,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned}C(u)=cn=0∑N−1g(n)cos4N(2+2×n×2)uπ=cn=0∑N−1g(n)cos2N(2n+1)uπ, u=0,1,⋯,N−1

IDCT公式初步推导

基于公式
f(n)=d∑u=0N−1F(u)ej2πnuN,n=0,1,⋯,N−1f\left( n \right)=d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{F\left( u \right){{e}^{j\frac{2\pi nu}{N}}}},\text{ }n=0,1,\cdots ,N-1f(n)=du=0∑N−1F(u)ejN2πnu, n=0,1,⋯,N−1

一般形式

令
F(u)=C(u)ejpπuqNF\left( u \right)=C\left( u \right){{e}^{j\frac{p\pi u}{qN}}}F(u)=C(u)ejqNpπu
其中C(u)C\left( u \right)C(u)通过个数为tN(t∈Z≥1)tN\left( t\in {{\mathbb{Z}}_{\ge 1}} \right)tN(t∈Z≥1)的一个频率域实数离散序列：
C(0),C(1),⋯,C(N−1),C(N),⋯,C(tN−1),∀u,C(u)∈RC\left( 0 \right),C\left( 1 \right),\cdots ,C\left( N-1 \right),C\left( N \right),\cdots ,C\left( tN-1 \right),\text{ }\forall u,\text{ }C\left( u \right)\in \mathbb{R}C(0),C(1),⋯,C(N−1),C(N),⋯,C(tN−1), ∀u, C(u)∈R
且当t>1t>1t>1时，∀u∈{N,N+1,⋯,tN−1},C(u)=0\forall u\in \left\{ N,N+1,\text{ }\cdots ,\text{ }tN-1 \right\},C\left( u \right)=0∀u∈{N,N+1, ⋯, tN−1},C(u)=0，相当于在拥有前NNN个离散点的基础上新增(t−1)N\left( t-1 \right)N(t−1)N个无效零函数点，则有：
f(n)=d∑u=0tN−1[(C(u)ejpπuqN)⋅ej2πnutN]=d∑u=0tN−1[C(u)⋅(ejpπuqN⋅ej2πnutN)]=d∑u=0tN−1C(u)ej(pt+2nq)uπqtN=d∑u=0tN−1C(u)(cos⁡(pt+2nq)uπqtN−isin⁡(pt+2nq)uπqtN)=d∑u=0N−1C(u)(cos⁡(pt+2nq)uπqtN−isin⁡(pt+2nq)uπqtN)\begin{aligned} & f\left( n \right)=d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{\left[ \left( C\left( u \right){{e}^{j\frac{p\pi u}{qN}}} \right)\centerdot {{e}^{j\frac{2\pi nu}{tN}}} \right]} \\ & =d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{\left[ C\left( u \right)\centerdot \left( {{e}^{j\frac{p\pi u}{qN}}}\centerdot {{e}^{j\frac{2\pi nu}{tN}}} \right) \right]} \\ & =d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{C\left( u \right){{e}^{j\frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}}}} \\ & =d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{C\left( u \right)\left( \cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}-i\sin \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN} \right)} \\ & =d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{C\left( u \right)\left( \cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}-i\sin \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN} \right)} \\ \end{aligned}f(n)=du=0∑tN−1[(C(u)ejqNpπu)⋅ejtN2πnu]=du=0∑tN−1[C(u)⋅(ejqNpπu⋅ejtN2πnu)]=du=0∑tN−1C(u)ejqtN(pt+2nq)uπ=du=0∑tN−1C(u)(cosqtN(pt+2nq)uπ−isinqtN(pt+2nq)uπ)=du=0∑N−1C(u)(cosqtN(pt+2nq)uπ−isinqtN(pt+2nq)uπ)
对f(n)f\left( n \right)f(n)取实部，得到计算g(n)g\left( n \right)g(n)的IDCT公式
g(n)=Re⁡(f(n))=d∑u=0N−1C(u)cos⁡(pt+2nq)uπqtN,n=0,1,⋯,N−1g\left( n \right)=\operatorname{Re}\left( f\left( n \right) \right)=d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{C\left( u \right)\cos \frac{\left( pt+2nq \right)u\pi }{qtN}},\text{ }n=0,1,\cdots ,N-1g(n)=Re(f(n))=du=0∑N−1C(u)cosqtN(pt+2nq)uπ, n=0,1,⋯,N−1

标准形式

在IDCT公式一般形式中，令p=1,q=t=2p=1,\text{ }q=t=2p=1, q=t=2则有
g(n)=d∑u=0N−1C(u)cos⁡(1×2+2×n×2)uπ2×2×N=d∑u=0N−1C(u)cos⁡(2n+1)uπ2N,n=0,1,⋯,N−1\begin{aligned} & g\left( n \right)=d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{C\left( u \right)\cos \frac{\left( 1\times 2+2\times n\times 2 \right)u\pi }{2\times 2\times N}} \\ & =d\sum\limits_{u=0}^{N-1}{C\left( u \right)\cos \frac{\left( 2n+1 \right)u\pi }{2N}},\text{ }n=0,1,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned}g(n)=du=0∑N−1C(u)cos2×2×N(1×2+2×n×2)uπ=du=0∑N−1C(u)cos2N(2n+1)uπ, n=0,1,⋯,N−1

一点注意

上述推导得到的DCT公式和IDCT公式在严格逻辑上并没有显然成立互逆关系，这是因为

DCT公式的推导来源于一维Fourier变换公式
IDCT公式的推导来源于一维Fourier逆变换公式

若要严格证明这两个公式是互逆的，那么其中一个公式需要在另一个公式的基础上进行推导。比如在 DCT公式的基础上推导 IDCT公式，但事实上这种效果是实现不了的。
f(n)=g(n)e−jpπuqNf(n)=d∑u=0tN−1F(u)ej2πuntN}⇒g(n)e−jpπuqN=d∑u=0tN−1F(u)ej2πuntN\left. \begin{aligned} & f\left( n \right)=g\left( n \right){{e}^{-j\frac{p\pi u}{qN}}} \\ & f\left( n \right)=d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{F\left( u \right){{e}^{j\frac{2\pi un}{tN}}}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow g\left( n \right){{e}^{-j\frac{p\pi u}{qN}}}=d\sum\limits_{u=0}^{tN-1}{F\left( u \right){{e}^{j\frac{2\pi un}{tN}}}}f(n)=g(n)e−jqNpπuf(n)=du=0∑tN−1F(u)ejtN2πun⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫ ⇒g(n)e−jqNpπu=du=0∑tN−1F(u)ejtN2πun
因此有
g(n)=d⋅ejpπuqN⋅∑u=0tN−1F(u)ej2πuntNg\left( n \right)=d\centerdot {{e}^{j\frac{p\pi u}{qN}}}\centerdot \sum\limits_{u=0}^{tN-1}{F\left( u \right){{e}^{j\frac{2\pi un}{tN}}}}g(n)=d⋅ejqNpπu⋅u=0∑tN−1F(u)ejtN2πun
上式左边不含参数uuu，右边含有参数uuu，因此等式本身就不成立。

标准形式下的系数修正

步骤一
在标准形式下，为了得到互逆的DCT和IDCT公式，即为了实现对一个离散时域点列ggg
g(0),g(1),⋯,g(N−1)g\left( 0 \right),g\left( 1 \right),\cdots ,g\left( N-1 \right)g(0),g(1),⋯,g(N−1)
进行DCT得到离散频域点列CCC
C(0),C(1),⋯,C(N−1)C\left( 0 \right),C\left( 1 \right),\cdots ,C\left( N-1 \right)C(0),C(1),⋯,C(N−1)
再对点列CCC进行IDCT后得到完全相同的原点列ggg
g(0),g(1),⋯,g(N−1)g\left( 0 \right),g\left( 1 \right),\cdots ,g\left( N-1 \right)g(0),g(1),⋯,g(N−1)
考虑分别对点列中每个点的变换配上一个系数，即
g→C→gg(i)→ai∑n=0N−1g(n)cos⁡(2n+1)iπ2N=C(i)→bu∑u=0N−1C(u)cos⁡(2i+1)uπ2N=g(i)\begin{matrix} g & \to & C & \to & g \\ g\left( i \right) & \to & {{a}_{i}}\sum\limits_{n=0}^{N-1}{g\left( n \right)\cos \frac{\left( 2n+1 \right)i\pi }{2N}=C\left( i \right)} & \to & {{b}_{u}}\sum\limits_{u=0}^{N-1}{C\left( u \right)\cos \frac{\left( 2i+1 \right)u\pi }{2N}=g\left( i \right)} \\ \end{matrix}gg(i)→→Cain=0∑N−1g(n)cos2N(2n+1)iπ=C(i)→→gbuu=0∑N−1C(u)cos2N(2i+1)uπ=g(i)
其中∀i,∀u,ai,bu≠0\forall i, \forall u,\text{ }{{a}_{i}},\text{ }{{b}_{u}}\ne 0∀i,∀u, ai, bu=0。

记
g→=[g(0),g(1),⋯,g(N−1)]TC→=[C(0),C(1),⋯,C(N−1)]T\begin{aligned} & \overrightarrow{g}={{\left[ g\left( 0 \right),g\left( 1 \right),\cdots ,g\left( N-1 \right) \right]}^{T}} \\ & \overrightarrow{C}={{\left[ C\left( 0 \right),C\left( 1 \right),\cdots ,C\left( N-1 \right) \right]}^{T}} \\ \end{aligned}g=[g(0),g(1),⋯,g(N−1)]TC=[C(0),C(1),⋯,C(N−1)]T
则有
C→=Ag→g→=BC→\begin{aligned} & \overrightarrow{C}=A\overrightarrow{g} \\ & \overrightarrow{g}=B\overrightarrow{C} \\ \end{aligned}C=Agg=BC
其中
A=(a0cos⁡(2×0+1)×0×π2Na0cos⁡(2×1+1)×0×π2N⋯a0cos⁡(2×(N−1)+1)×0×π2Na1cos⁡(2×0+1)×1×π2Na1cos⁡(2×1+1)×1×π2N⋯a1cos⁡(2×(N−1)+1)×1×π2N⋮⋮⋱⋮aN−1cos⁡(2×0+1)×(N−1)×π2NaN−1cos⁡(2×1+1)×(N−1)×π2N⋯aN−1cos⁡(2×(N−1)+1)×(N−1)×π2N)B=(b0cos⁡(2×0+1)×0×π2Nb1cos⁡(2×0+1)×1×π2N⋯bN−1cos⁡(2×0+1)×(N−1)×π2Nb0cos⁡(2×1+1)×0×π2Nb1cos⁡(2×1+1)×1×π2N⋯bN−1cos⁡(2×1+1)×(N−1)×π2N⋮⋮⋱⋮b0cos⁡(2×(N−1)+1)×0×π2Nb1cos⁡(2×(N−1)+1)×1×π2N⋯bN−1cos⁡(2×(N−1)+1)×(N−1)×π2N)\begin{aligned} & A=\left( \begin{matrix} {{a}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} & {{a}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} & \cdots & {{a}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} \\ {{a}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} & {{a}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} & \cdots & {{a}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {{a}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} & {{a}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} & \cdots & {{a}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} \\ \end{matrix} \right) \\ \\ & B=\left( \begin{matrix} {{b}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} & {{b}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} & \cdots & {{b}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times 0+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} \\ {{b}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} & {{b}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} & \cdots & {{b}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times 1+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ {{b}_{0}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times 0\times \pi }{2N} & {{b}_{1}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times 1\times \pi }{2N} & \cdots & {{b}_{N-1}}\cos \frac{\left( 2\times \left( N-1 \right)+1 \right)\times \left( N-1 \right)\times \pi }{2N} \\ \end{matrix} \right) \\ \end{aligned}A=⎝⎜⎜⎜⎜⎛a0cos2N(2×0+1)×0×πa1cos2N(2×0+1)×1×π⋮aN−1cos2N(2×0+1)×(N−1)×πa0cos2N(2×1+1)×0×πa1cos2N(2×1+1)×1×π⋮aN−1cos2N(2×1+1)×(N−1)×π⋯⋯⋱⋯a0cos2N(2×(N−1)+1)×0×πa1cos2N(2×(N−1)+1)×1×π⋮aN−1cos2N(2×(N−1)+1)×(N−1)×π⎠⎟⎟⎟⎟⎞B=⎝⎜⎜⎜⎜⎛b0cos2N(2×0+1)×0×πb0cos2N(2×1+1)×0×π⋮b0cos2N(2×(N−1)+1)×0×πb1cos2N(2×0+1)×1×πb1cos2N(2×1+1)×1×π⋮b1cos2N(2×(N−1)+1)×1×π⋯⋯⋱⋯bN−1cos2N(2×0+1)×(N−1)×πbN−1cos2N(2×1+1)×(N−1)×π⋮bN−1cos2N(2×(N−1)+1)×(N−1)×π⎠⎟⎟⎟⎟⎞
有
C→=Ag→=A(BC→)=(AB)C→\overrightarrow{C}=A\overrightarrow{g}=A\left( B\overrightarrow{C} \right)=\left( AB \right)\overrightarrow{C}C=Ag=A(BC)=(AB)C
于是自然地想要令
AB=BA=IN×NAB=BA={{I}_{N\times N}}AB=BA=IN×N
可以列出一系列关于 a0,a1,⋯,aN−1;b0,b1,⋯,bN−1{{a}_{0}},{{a}_{1}},\cdots ,{{a}_{N-1}};{{b}_{0}},{{b}_{1}},\cdots ,{{b}_{N-1}}a0,a1,⋯,aN−1;b0,b1,⋯,bN−1的方程，解方程组得到的解可能有若干套或无穷套方案。在这里我们不去试图找出解的一般表达形式。而是从另一个视角先找出一组解，再代回去验证是否满足可逆性条件。

步骤二
欧几里得空间内的正交变换保持内积不变，因此也保持向量的长度不变，向量的2范数大小不变。对应于DCT变换矩阵AAA和IDCT变换矩阵BBB，若A,BA,BA,B是正交矩阵，意味着正变换前后，逆变换前后的向量的总能量大小不变（即向量的2范数），这是一个很好的性质。

针对DCT变换矩阵AAA，推导出使得AAA为正交阵的值a0,a1,⋯,aN−1{{a}_{0}},{{a}_{1}},\cdots ,{{a}_{N-1}}a0,a1,⋯,aN−1。

单独考虑A(i+1,:)⋅A(:,i+1)=∑k=0N−1ai2cos⁡2(2k+1)iπ2N=1,i=0,1,...,N−1A\left( i+1\text{ },\text{ }: \right)\centerdot A\left( :\text{ },\text{ }i+1 \right)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{a}_{i}}^{2}{{\cos }^{2}}\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{2N}}=1,\text{ }i=0,1,...,N-1A(i+1 , :)⋅A(: , i+1)=k=0∑N−1ai2cos22N(2k+1)iπ=1, i=0,1,...,N−1
1. 当i=0i=0i=0，有
  A(1,:)⋅A(:,1)=∑k=0N−1a02⋅12=Na02=1⇒a0=±1NA\left( 1,\text{ }: \right)\centerdot A\left( :\text{ },\text{ }1 \right)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{a}_{0}}^{2}\centerdot {{1}^{2}}}=N{{a}_{0}}^{2}=1\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{0}}=\pm \sqrt[{}]{\frac{1}{N}}A(1, :)⋅A(: , 1)=k=0∑N−1a02⋅12=Na02=1 ⇒ a0=±N1
2. i∈{1,2,⋯,N−1}i\in \left\{ 1,2,\cdots ,N-1 \right\}i∈{1,2,⋯,N−1}时，
  A(i+1,:)⋅A(:,i+1)=∑k=0N−1ai2(ej(2k+1)iπ2N+e−j(2k+1)iπ2N2)2=ai24∑k=0N−1(ej(2k+1)iπN+2+e−j(2k+1)iπN)=ai24∑k=0N−12+ai24∑k=0N−1(ej(2k+1)iπN+e−j(2k+1)iπN)=ai24⋅2N+ai24(ejiπN(1−ej⋅2iπ)1−ej2iπN+e−jiπN(1−e−j⋅2iπ)1−e−j2iπN)=ai2N2+0=ai2N2=1⇒ai=±2N,i=1,2,⋯,N−1\begin{aligned} & A\left( i+1,\text{ }: \right)\centerdot A\left( :,\text{ }i+1 \right)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{a}_{i}}^{2}{{\left( \frac{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{2N}}}+{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{2N}}}}{2} \right)}^{2}}} \\ & =\frac{{{a}_{i}}^{2}}{4}\sum\limits_{k=0}^{N-1}{\left( {{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{N}}}+2+{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{N}}} \right)} \\ & =\frac{{{a}_{i}}^{2}}{4}\sum\limits_{k=0}^{N-1}{2}+\frac{{{a}_{i}}^{2}}{4}\sum\limits_{k=0}^{N-1}{\left( {{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{N}}}+{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)i\pi }{N}}} \right)} \\ & =\frac{{{a}_{i}}^{2}}{4}\centerdot 2N+\frac{{{a}_{i}}^{2}}{4}\left( \frac{{{e}^{j\frac{i\pi }{N}}}\left( 1-{{e}^{j\centerdot 2i\pi }} \right)}{1-{{e}^{j\frac{2i\pi }{N}}}}+\frac{{{e}^{-j\frac{i\pi }{N}}}\left( 1-{{e}^{-j\centerdot 2i\pi }} \right)}{1-{{e}^{-j\frac{2i\pi }{N}}}} \right) \\ & =\frac{{{a}_{i}}^{2}N}{2}+0 \\ & =\frac{{{a}_{i}}^{2}N}{2}=1 \\ & \Rightarrow {{a}_{i}}=\pm \sqrt[{}]{\frac{2}{N}},\text{ }i=1,2,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned}A(i+1, :)⋅A(:, i+1)=k=0∑N−1ai2(2ej2N(2k+1)iπ+e−j2N(2k+1)iπ)2=4ai2k=0∑N−1(ejN(2k+1)iπ+2+e−jN(2k+1)iπ)=4ai2k=0∑N−12+4ai2k=0∑N−1(ejN(2k+1)iπ+e−jN(2k+1)iπ)=4ai2⋅2N+4ai2(1−ejN2iπejNiπ(1−ej⋅2iπ)+1−e−jN2iπe−jNiπ(1−e−j⋅2iπ))=2ai2N+0=2ai2N=1⇒ai=±N2, i=1,2,⋯,N−1
单独考虑∀p≠q,A(p+1,:)⋅A(:,q+1)=0\forall p\ne q,\text{ }A\left( p+1,\text{ }: \right)\centerdot A\left( :,\text{ }q+1 \right)=0∀p=q, A(p+1, :)⋅A(:, q+1)=0，即有
∑k=0N−1[(apcos⁡(2k+1)pπ2N)(aqcos⁡(2k+1)qπ2N)]=apaq∑k=0N−1cos⁡(2k+1)pπ2Ncos⁡(2k+1)qπ2N=apaq∑k=0N−1(ej(2k+1)pπ2N+e−j(2k+1)pπ2N2⋅ej(2k+1)qπ2N+e−j(2k+1)qπ2N2)=apaq4[∑k=0N−1ej(2k+1)(p+q)π2N+∑k=0N−1e−j(2k+1)(p+q)π2N+∑k=0N−1ej(2k+1)(p−q)π2N+∑k=0N−1ej(2k+1)(q−p)π2N]=apaq4(0+0+0+0)=0\begin{aligned} & \sum\limits_{k=0}^{N-1}{\left[ \left( {{a}_{p}}\cos \frac{\left( 2k+1 \right)p\pi }{2N} \right)\left( {{a}_{q}}\cos \frac{\left( 2k+1 \right)q\pi }{2N} \right) \right]} \\ & ={{a}_{p}}{{a}_{q}}\sum\limits_{k=0}^{N-1}{\cos \frac{\left( 2k+1 \right)p\pi }{2N}\cos \frac{\left( 2k+1 \right)q\pi }{2N}} \\ & ={{a}_{p}}{{a}_{q}}\sum\limits_{k=0}^{N-1}{\left( \frac{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)p\pi }{2N}}}+{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)p\pi }{2N}}}}{2}\centerdot \frac{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)q\pi }{2N}}}+{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)q\pi }{2N}}}}{2} \right)} \\ & =\frac{{{a}_{p}}{{a}_{q}}}{4}\left[ \sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)\left( p+q \right)\pi }{2N}}}}+\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{e}^{-j\frac{\left( 2k+1 \right)\left( p+q \right)\pi }{2N}}}}+\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)\left( p-q \right)\pi }{2N}}}}+\sum\limits_{k=0}^{N-1}{{{e}^{j\frac{\left( 2k+1 \right)\left( q-p \right)\pi }{2N}}}} \right] \\ & =\frac{{{a}_{p}}{{a}_{q}}}{4}\left( 0+0+0+0 \right) \\ & =0 \\ \end{aligned}k=0∑N−1[(apcos2N(2k+1)pπ)(aqcos2N(2k+1)qπ)]=apaqk=0∑N−1cos2N(2k+1)pπcos2N(2k+1)qπ=apaqk=0∑N−1(2ej2N(2k+1)pπ+e−j2N(2k+1)pπ⋅2ej2N(2k+1)qπ+e−j2N(2k+1)qπ)=4apaq[k=0∑N−1ej2N(2k+1)(p+q)π+k=0∑N−1e−j2N(2k+1)(p+q)π+k=0∑N−1ej2N(2k+1)(p−q)π+k=0∑N−1ej2N(2k+1)(q−p)π]=4apaq(0+0+0+0)=0
因此a0,a1,⋯,aN−1{{a}_{0}},{{a}_{1}},\cdots ,{{a}_{N-1}}a0,a1,⋯,aN−1取值无限制。

综上，取
a0=1Nai=2N,i=1,2,⋯,N−1\begin{aligned} & {{a}_{0}}=\sqrt[{}]{\frac{1}{N}} \\ & {{a}_{i}}=\sqrt[{}]{\frac{2}{N}},\text{ }i=1,2,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned}a0=N1ai=N2, i=1,2,⋯,N−1
则有
AAT=IN×NA{{A}^{T}}={{I}_{N\times N}}AAT=IN×N

步骤三
针对IDCT变换矩阵BBB，推导出使得BBB为正交阵的值b0,b1,⋯,bN−1{{b}_{0}},{{b}_{1}},\cdots ,{{b}_{N-1}}b0,b1,⋯,bN−1。注意到BT{{B}^{T}}BT的形式与AAA是一模一样的（这也是为什么要给逆变换IDCT的矩阵这样子配系数），仿步骤二，得到使得BT{{B}^{T}}BT为正交阵（等价于BBB是正交阵）的值
b0=1Nbu=2N,u=1,2,⋯,N−1\begin{aligned} & {{b}_{0}}=\sqrt[{}]{\frac{1}{N}} \\ & {{b}_{u}}=\sqrt[{}]{\frac{2}{N}},\text{ }u=1,2,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned}b0=N1bu=N2, u=1,2,⋯,N−1
此时有
BT(BT)T=BTB=IN×N⇒BT=B−1⇒IN×N=BB−1=BBT{{B}^{T}}{{\left( {{B}^{T}} \right)}^{T}}={{B}^{T}}B={{I}_{N\times N}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{B}^{T}}={{B}^{-1}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{I}_{N\times N}}=B{{B}^{-1}}=B{{B}^{T}}BT(BT)T=BTB=IN×N ⇒ BT=B−1 ⇒ IN×N=BB−1=BBT

步骤四
最后验证当
{a0=b0=1Na1=a2=⋯=aN−1=2Nb1=b2=⋯=bN−1=2N\left\{ \begin{aligned} & {{a}_{0}}={{b}_{0}}=\sqrt[{}]{\frac{1}{N}} \\ & {{a}_{1}}={{a}_{2}}=\cdots ={{a}_{N-1}}=\sqrt[{}]{\frac{2}{N}} \\ & {{b}_{1}}={{b}_{2}}=\cdots ={{b}_{N-1}}=\sqrt[{}]{\frac{2}{N}} \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧a0=b0=N1a1=a2=⋯=aN−1=N2b1=b2=⋯=bN−1=N2
时有
AB=BA=IN×NAB=BA={{I}_{N\times N}}AB=BA=IN×N
显然地，有
A是正交阵⇒AAT=IN×NBT=A⇒B=AT}⇒AB=IN×N\left. \begin{aligned} & A是正交阵\text{ }\Rightarrow \text{ }A{{A}^{T}}={{I}_{N\times N}} \\ & {{B}^{T}}=A\text{ }\Rightarrow \text{ }B={{A}^{T}} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }AB={{I}_{N\times N}}A是正交阵 ⇒ AAT=IN×NBT=A ⇒ B=AT} ⇒ AB=IN×N
证毕。

最终的标准形式DCT和IDCT公式

DCT:C(u)=a(u)∑x=0N−1f(x)cos⁡(2x+1)uπ2N,u=0,1,⋯,N−1IDCT:f(x)=∑u=0N−1a(u)C(u)cos⁡(2x+1)uπ2N,x=0,1,⋯,N−1a(u)={1/N,u=02/N,u=1,2,⋯,N−1\begin{matrix} DCT:C\left( u \right)=a\left( u \right)\sum\limits_{x=0}^{N-1}{f\left( x \right)\cos \frac{\left( 2x+1 \right)u\pi }{2N}},\text{ }u=0,1,\cdots ,N-1 \\ IDCT:f\left( x \right)=\sum\limits_{u=0}^{N-1}{a\left( u \right)C\left( u \right)\cos \frac{\left( 2x+1 \right)u\pi }{2N}},\text{ }x=0,1,\cdots ,N-1 \\ a\left( u \right)=\left\{ \begin{aligned} & \sqrt[{}]{{}^{1}/{}_{N}},\text{ }u=0 \\ & \sqrt[{}]{{}^{2}/{}_{N}},\text{ }u=1,2,\cdots ,N-1 \\ \end{aligned} \right. \\ \end{matrix}DCT:C(u)=a(u)x=0∑N−1f(x)cos2N(2x+1)uπ, u=0,1,⋯,N−1IDCT:f(x)=u=0∑N−1a(u)C(u)cos2N(2x+1)uπ, x=0,1,⋯,N−1a(u)={1/N, u=02/N, u=1,2,⋯,N−1

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一维离散余弦变换（DCT)及其反变换（IDCT）公式的一种推导

索引

前言

DCT公式初步推导

一般形式

标准形式

IDCT公式初步推导

一般形式

标准形式

一点注意

标准形式下的系数修正

最终的标准形式DCT和IDCT公式

一维离散余弦变换（DCT)及其反变换（IDCT）公式的一种推导相关推荐

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