Considera un segnale di rumore gaussiano bianco . Se campioniamo questo segnale e calcoliamo la trasformata discreta di Fourier, quali sono le statistiche delle risultanti ampiezze di Fourier?$x \left( t \right)$

Strumenti matematici

Possiamo fare il calcolo usando alcuni elementi di base della teoria della probabilità e dell'analisi di Fourier. Esistono tre elementi (denotiamo la densità di probabilità di una variabile casuale$X$ al valore $x$ come $P_X(x)$):

1. Data una variabile casuale $X$ con distribuzione $P_X(x)$, la distribuzione della variabile in scala $Y = aX$ è $P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$.

2. La distribuzione di probabilità di una somma di due variabili casuali è uguale alla convoluzione delle distribuzioni di probabilità delle somme. In altre parole, se$Z = X + Y$ poi $P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$ dove $\otimes$ indica convoluzione.

3. La trasformata di Fourier della convoluzione di due funzioni è uguale al prodotto delle trasformate di Fourier di queste due funzioni. In altre parole:

$$\int dx \, (f \otimes g)(x) e^{-i k x} = \left( \int dx \, f(x) e^{-ikx} \right) \left( \int dx \, g(x) e^{-ikx} \right) \, .$$

Calcolo

Indica il processo casuale come $x(t)$. Il campionamento discreto produce una sequenza di valori$x_n$che riteniamo statisticamente non correlati. Supponiamo anche che per ciascuno$n$ $x_n$ è gaussiano distribuito con deviazione standard $\sigma$. Indichiamo la funzione gaussiana con deviazione standard$\sigma$ dal simbolo $G_\sigma$ quindi lo diremmo $P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$.

Le ampiezze discrete della trasformata di Fourier sono definite come

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ Concentrandosi per ora solo sulla parte reale che abbiamo $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ Questa è solo una somma, quindi secondo la regola # 2 la distribuzione di probabilità di $\Re X_k$è uguale alla convoluzione multipla delle distribuzioni di probabilità dei termini sommati. Riscriviamo la somma come $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ dove $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ Il fattore coseno è un fattore di scala deterministico. Sappiamo che la distribuzione di$x_n$ è $G_\sigma$ così possiamo usare la regola n. 1 dall'alto per scrivere la distribuzione di $y_n$: $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ dove per brevità di notazione abbiamo definito $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$.

Pertanto, la distribuzione di $\Re X_k$ è la convoluzione multipla sulle funzioni $G_{\sigma c_{n,k}}$:

$$P_{\Re X_k}(x) = \left( G_{\sigma c_{0,k}} \otimes G_{\sigma c_{1,k}} \otimes \cdots \right)(x) \, .$$

Non è ovvio come eseguire la convoluzione multipla, ma usare la regola n. 3 è facile. Indica la trasformata di Fourier di una funzione di$\mathcal{F}$ noi abbiamo

$$\mathcal{F}(P_{\Re X_k}) = \prod_{n=0}^{N-1} \mathcal{F}(G_{\sigma c_{n,k}}) \, .$$

La trasformata di Fourier di un gaussiano con larghezza $\sigma$ è un altro gaussiano con larghezza $1/\sigma$, quindi otteniamo

$$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k})(\nu) &= \prod_{n=0}^{N-1} G_{1/\sigma c_{n,k}}\\ &= \prod_{n=0}^{N-1} \sqrt{\frac{\sigma^2 c_{n,k}^2}{2\pi}} \exp \left[ \frac{-\nu^2}{2 (1 / \sigma^2 c_{n,k}^2)}\right] \\ &= \left( \frac{\sigma^2}{2\pi} \right)^{N/2} \left(\prod_{n=0}^{N-1}c_{n,k} \right) \exp \left[ -\frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \sum_{n=0}^{N-1} \cos(2\pi nk/N)^2 \right] \, . \end{align}$$ Tutte le cose che precedono l'esponenziale sono indipendenti $\nu$e sono quindi fattori di normalizzazione, quindi li ignoriamo. La somma è giusta$N/2$ così otteniamo $$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k}) &\propto \exp \left[ - \frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \frac{N}{2}\right]\\ &= G_{\sqrt{2 / \sigma^2 N}} \end{align}$$ e quindi $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Abbiamo quindi calcolato la distribuzione di probabilità della parte reale del coefficiente di Fourier $X_k$. È gaussiano distribuito con deviazione standard$\sigma \sqrt{N/2}$. Si noti che la distribuzione è indipendente dall'indice di frequenza$k$, che ha senso per il rumore non correlato. Per simmetria la parte immaginaria dovrebbe essere distribuita esattamente allo stesso modo.

Intuitivamente prevediamo che l'aggiunta di una maggiore integrazione dovrebbe ridurre l'ampiezza della distribuzione del rumore risultante. Tuttavia, abbiamo scoperto che la deviazione standard della distribuzione di$X_k$ cresce come$\sqrt{N}$. Ciò è dovuto solo alla nostra scelta di normalizzazione della trasformata discreta di Fourier. Se invece lo avessimo normalizzato così

$$X_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N}$$ allora avremmo trovato $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma / \sqrt{2N}}$$ che concorda con l'intuizione che la distribuzione del rumore si riduce man mano che aggiungiamo più dati. Con questa normalizzazione, un segnale coerente si demodulerebbe in un fasore di ampiezza fissa, quindi recuperiamo la consueta relazione che il rapporto tra segnale e ampiezza del rumore scala come$\sqrt{N}$.

Vorrei dare un'altra interpretazione della risposta di @ DanielSank. Per prima cosa supponiamo che$v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$ ed è quindi la sua trasformata discreta di Fourier è quindi:

$$V_{k} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} v_{n} e^{-j 2 \pi \frac{n}{N} k}$$ .

Vogliamo calcolare la distribuzione di $V_{k}$ Per iniziare, notiamo che da allora $v_{n}$è un rumore gaussiano bianco, è circolarmente simmetrico, quindi le parti reali e immaginarie della sua Trasformata di Fourier si distribuiranno allo stesso modo. Pertanto, dobbiamo solo calcolare la distribuzione della parte reale e quindi combinarla con la parte immaginaria.

Quindi ci separiamo $V_{k}$nelle sue parti reali e immaginarie. Abbiamo:

$$V_{k} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} v_{n} e^{-j 2 \pi \frac{n}{N} k}$$ $$V_{k} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} \big( R\{v_{n}\} + j I\{v_{n} \} \big) \cdot \big( cos(2 \pi \frac{n}{N} k) + j sin(2 \pi \frac{n}{N} k) \big)$$ $$V_{k} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2} + jI\{V_{k}\}_{1} + jI\{V_{k}\}_{2}$$ $$V_{k} = R\{V_{k}\} + jI\{V_{k}\}$$

Dove:

$$R\{V_{k}\} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2}$$ $$I\{V_{k}\} = I\{V_{k}\}_{1} + I\{V_{k}\}_{2}$$

E:

$$R\{V_{k}\}_{1} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} R\{ v_{n} \} cos(2 \pi \frac{n}{N} k)$$

$$R\{V_{k}\}_{2} = - \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} I\{ v_{n} \} sin(2 \pi \frac{n}{N} k)$$

$$I \{V_{k}\}_{1} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} R\{ v_{n} \} sin(2 \pi \frac{n}{N} k)$$

$$I\{V_{k}\}_{2} = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} I\{ v_{n} \} cos(2 \pi \frac{n}{N} k)$$

Ora lavoriamo per derivare la distribuzione di $R\{V_{k}\}_{1}$ e $R\{V_{k}\}_{2}$. Come nella risposta di @ DanielSank, definiamo:

$$x_{n,k} = \frac{1}{N} cos(2 \pi \frac{n}{N} k) R\{v_{n}\} = \frac{1}{N} c_{n,k} R\{v_{n}\}$$

Thus we can write:

$$R\{ V_{k} \}_{1} = \sum_{n=0}^{N-1} x_{n,k}$$

This allows us the easily apply the following facts about linear combinations of Gaussian random variables. Namely, we know that:

1. When $x \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$ then $R\{ x \} \sim \mathcal{N}(0, \frac{1}{2} \sigma^{2})$
2. When $x \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^{2})$ then $cx \sim \mathcal{N}(c \mu, c^{2} \sigma^{2})$

Together, these imply that $x_{n,k} \sim \mathcal{N}(0, \frac{c^{2}_{n,k}}{2N^{2}} \sigma^{2})$. Now we work on the sum. We know that:

1. When $x_{n} \sim \mathcal{N}(\mu_{n}, \sigma^{2}_{n})$ then $y = \sum_{n=0}^{N-1} x_{n} \sim \mathcal{N}(\sum_{n=0}^{N-1} \mu_{n}, \sum_{n=0}^{N-1} \sigma^{2}_{n})$
2. $\sum_{n=0}^{N-1} c^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$

These imply that:

$$R\{V_{k}\}_{1} \sim \mathcal{N}(0, \sum_{n=0}^{N-1} \frac{c_{n,k}^{2}}{2N^{2}} \sigma^{2}) = \mathcal{N}(0 , \frac{\frac{N}{2}}{2N^{2}} \sigma^{2} = \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{4N})$$

So we have shown that:

$$R\{V_{k}\}_{1} \sim \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{4N})$$

Now we apply the same argument to $R\{V_{k}\}_{2}$. Abusing our notation, we rewrite:

$$x_{n,k} = \frac{1}{N} sin(2 \pi \frac{n}{N} k) I\{v_{n}\} = \frac{1}{N} s_{n,k} I\{v_{n}\}$$

Repeating the same argument, and noting that the Gaussian is a symmetric distribution (so we can ignore the sign difference), gives us:

$$R\{V_{k}\}_{2} \sim \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{4N})$$

Since $\sum_{n=0}^{N-1} s^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$ as well. So therefore since $R\{V_{k}\} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2}$, we get:

$$R\{V_{k}\} \sim \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{4N} + \frac{\sigma^{2}}{4N}) = \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{2N})$$

So we have shown that:

$$R\{V_{k}\} \sim \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{2N})$$

By circular symmetry, we also know then that:

$$I\{V_{k}\} \sim \mathcal{N}(0, \frac{\sigma^{2}}{2N})$$

So since $V_{k} = R\{V_{k}\} + jI\{V_{k}\}$, we finally arrive at:

$$V_{k} \sim \mathcal{CN}(0, \frac{\sigma^{2}}{N})$$

Therefore taking the DFT divides the variance by the length of the DFT window -- assuming the window is rectangular of course -- which is the same result as in @DanielSank's answer.