Considere una señal de ruido gaussiana blanca . Si tomamos muestras de esta señal y calculamos la transformada discreta de Fourier, ¿cuáles son las estadísticas de las amplitudes de Fourier resultantes?$x \left( t \right)$

Herramientas matemáticas

Podemos hacer el cálculo utilizando algunos elementos básicos de la teoría de probabilidad y el análisis de Fourier. Hay tres elementos (denotamos la densidad de probabilidad de una variable aleatoria$X$ al valor $x$ como $P_X(x)$):

1. Dada una variable aleatoria $X$ con distribución $P_X(x)$, la distribución de la variable escalada $Y = aX$ es $P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$.

2. La distribución de probabilidad de una suma de dos variables aleatorias es igual a la convolución de las distribuciones de probabilidad de los sumandos. En otras palabras, si$Z = X + Y$ entonces $P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$ dónde $\otimes$ indica convolución.

3. La transformada de Fourier de la convolución de dos funciones es igual al producto de las transformadas de Fourier de esas dos funciones. En otras palabras:

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

Cálculo

Denota el proceso aleatorio como $x(t)$. El muestreo discreto produce una secuencia de valores.$x_n$que suponemos no estar estadísticamente correlacionados. También asumimos que para cada$n$ $x_n$ es gaussiano distribuido con desviación estándar $\sigma$. Denotamos la función gaussiana con desviación estándar$\sigma$ por el símbolo $G_\sigma$ entonces diríamos que $P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$.

Las amplitudes discretas de transformadas de Fourier se definen como

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ Centrándonos por ahora en la parte real que tenemos $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ Esto es solo una suma, así que según la regla # 2, la distribución de probabilidad de $\Re X_k$es igual a la convolución múltiple de las distribuciones de probabilidad de los términos que se suman. Reescribimos la suma como $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ dónde $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ El factor coseno es un factor de escala determinista. Sabemos que la distribución de$x_n$ es $G_\sigma$ entonces podemos usar la regla # 1 de arriba para escribir la distribución de $y_n$: $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ donde por brevedad de notación hemos definido $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$.

Por lo tanto, la distribución de $\Re X_k$ es la convolución múltiple sobre las funciones $G_{\sigma c_{n,k}}$:

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

No es obvio cómo hacer la convolución múltiple, pero usar la regla # 3 es fácil. Denotando la transformada de Fourier de una función por$\mathcal{F}$ tenemos

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

La transformada de Fourier de un gaussiano con ancho $\sigma$ es otro gaussiano con ancho $1/\sigma$, entonces obtenemos

$$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k})(\nu) &= \prod_{n=0}^{N-1} G_{1/\sigma c_{n,k}}\\ &= \prod_{n=0}^{N-1} \sqrt{\frac{\sigma^2 c_{n,k}^2}{2\pi}} \exp \left[ \frac{-\nu^2}{2 (1 / \sigma^2 c_{n,k}^2)}\right] \\ &= \left( \frac{\sigma^2}{2\pi} \right)^{N/2} \left(\prod_{n=0}^{N-1}c_{n,k} \right) \exp \left[ -\frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \sum_{n=0}^{N-1} \cos(2\pi nk/N)^2 \right] \, . \end{align}$$ Todas las cosas que preceden al exponencial son independientes de $\nu$y, por lo tanto, son factores de normalización, por lo que los ignoramos. La suma es justa$N/2$ entonces obtenemos $$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k}) &\propto \exp \left[ - \frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \frac{N}{2}\right]\\ &= G_{\sqrt{2 / \sigma^2 N}} \end{align}$$ y por lo tanto $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Por lo tanto, hemos calculado la distribución de probabilidad de la parte real del coeficiente de Fourier $X_k$. Es gaussiano distribuido con desviación estándar$\sigma \sqrt{N/2}$. Tenga en cuenta que la distribución es independiente del índice de frecuencia$k$, lo que tiene sentido para el ruido no correlacionado. Por simetría, la parte imaginaria debe distribuirse exactamente igual.

Intuitivamente, esperamos que agregar más integración reduzca el ancho de la distribución de ruido resultante. Sin embargo, encontramos que la desviación estándar de la distribución de$X_k$ crece como$\sqrt{N}$. Esto se debe solo a nuestra elección de la normalización de la transformada discreta de Fourier. Si en cambio lo hubiéramos normalizado así

$$X_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N}$$ entonces hubiéramos encontrado $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma / \sqrt{2N}}$$ lo que concuerda con la intuición de que la distribución del ruido se reduce a medida que agregamos más datos. Con esta normalización, una señal coherente se demodularía a un fasor de amplitud fija, por lo que recuperamos la relación habitual de que la relación de la señal a las amplitudes de ruido se escala como$\sqrt{N}$.

Me gustaría dar otra opinión sobre la respuesta de @ DanielSank. Primero suponemos que$v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$ y es iid Su discreta transformada de Fourier es entonces:

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

Queremos calcular la distribución de $V_{k}$ Para empezar, notamos que desde $v_{n}$es ruido gaussiano blanco, es simétrico circularmente, por lo que las partes real e imaginaria de su Transformada de Fourier se distribuirán de la misma manera. Por lo tanto, solo necesitamos calcular la distribución de la parte real y luego combinarla con la parte imaginaria.

Entonces nos separamos $V_{k}$en sus partes reales e imaginarias. Tenemos:

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

Dónde:

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

Y:

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

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

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

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

Now we work on deriving the distribution of $R\{V_{k}\}_{1}$ and $R\{V_{k}\}_{2}$. As in @DanielSank's answer, we define:

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

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.