Considere um sinal de ruído gaussiano branco . Se amostrarmos esse sinal e calcularmos a transformada de Fourier discreta, quais são as estatísticas das amplitudes de Fourier resultantes?$x \left( t \right)$

Ferramentas de matemática

Podemos fazer o cálculo usando alguns elementos básicos da teoria das probabilidades e análise de Fourier. Existem três elementos (denotamos a densidade de probabilidade de uma variável aleatória$X$ no valor $x$ Como $P_X(x)$):

1. Dada uma variável aleatória $X$ com distribuição $P_X(x)$, a distribuição da variável escalada $Y = aX$ é $P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$.

2. A distribuição de probabilidade de uma soma de duas variáveis ​​aleatórias é igual à convolução das distribuições de probabilidade dos summands. Em outras palavras, se$Z = X + Y$ então $P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$ Onde $\otimes$ indica convolução.

3. A transformação de Fourier da convolução de duas funções é igual ao produto das transformadas de Fourier dessas duas funções. Em outras palavras:

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

Cálculo

Denote o processo aleatório como $x(t)$. Amostragem discreta produz uma sequência de valores$x_n$que assumimos ser estatisticamente não correlacionado. Também assumimos que, para cada$n$ $x_n$ é gaussiano distribuído com desvio padrão $\sigma$. Denotamos a função gaussiana com desvio padrão$\sigma$ pelo símbolo $G_\sigma$ então diríamos que $P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$.

As amplitudes discretas de transformada de Fourier são definidas como

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ Por enquanto, focando apenas a parte real que temos $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ Isso é apenas uma soma; portanto, pela regra nº 2, a distribuição de probabilidade de $\Re X_k$é igual à convolução múltipla das distribuições de probabilidade dos termos que estão sendo somados. Reescrevemos a soma como $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ Onde $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ O fator cosseno é um fator determinístico de escala. Sabemos que a distribuição de$x_n$ é $G_\sigma$ para que possamos usar a regra nº 1 acima para escrever a distribuição de $y_n$: $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ onde, por questões de brevidade, definimos $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$.

Portanto, a distribuição de $\Re X_k$ é a convolução múltipla sobre as funções $G_{\sigma c_{n,k}}$:

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

Não é óbvio como fazer a convolução múltipla, mas usar a regra nº 3 é fácil. Denotando a transformada de Fourier de uma função por$\mathcal{F}$ temos

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

A transformada de Fourier de um gaussiano com largura $\sigma$ é outro gaussiano com largura $1/\sigma$, então temos

$$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k})(\nu) &= \prod_{n=0}^{N-1} G_{1/\sigma c_{n,k}}\\ &= \prod_{n=0}^{N-1} \sqrt{\frac{\sigma^2 c_{n,k}^2}{2\pi}} \exp \left[ \frac{-\nu^2}{2 (1 / \sigma^2 c_{n,k}^2)}\right] \\ &= \left( \frac{\sigma^2}{2\pi} \right)^{N/2} \left(\prod_{n=0}^{N-1}c_{n,k} \right) \exp \left[ -\frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \sum_{n=0}^{N-1} \cos(2\pi nk/N)^2 \right] \, . \end{align}$$ Todas as coisas que precedem o exponencial são independentes de $\nu$e, portanto, são fatores de normalização, por isso os ignoramos. A soma é apenas$N/2$ então nós temos $$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k}) &\propto \exp \left[ - \frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \frac{N}{2}\right]\\ &= G_{\sqrt{2 / \sigma^2 N}} \end{align}$$ e portanto $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Calculamos, portanto, a distribuição de probabilidade da parte real do coeficiente de Fourier $X_k$. É gaussiano distribuído com desvio padrão$\sigma \sqrt{N/2}$. Observe que a distribuição é independente do índice de frequência$k$, o que faz sentido para ruído não correlacionado. Por simetria, a parte imaginária deve ser distribuída exatamente da mesma forma.

Intuitivamente, esperamos que adicionar mais integração reduza a largura da distribuição de ruído resultante. No entanto, descobrimos que o desvio padrão da distribuição de$X_k$ cresce como$\sqrt{N}$. Isso se deve apenas à nossa escolha de normalização da transformada de Fourier discreta. Se tivéssemos normalizado assim

$$X_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N}$$ então teríamos encontrado $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma / \sqrt{2N}}$$ which agrees with the intuition that the noise distribution gets smaller as we add more data. With this normalization, a coherent signal would demodulate to a fixed amplitude phasor, so we recover the usual relation that the ratio of the signal to noise amplitudes scales as $\sqrt{N}$.

I would like to give another take on @DanielSank's answer. We first suppose that $v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$ and is i.i.d. Its Discrete Fourier Transform is then:

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

We want to calculate the distribution of $V_{k}$ To start, we note that since $v_{n}$ is white Gaussian noise, it is circularly symmetric, so the real and imaginary parts of its Fourier Transform will distributed the same. Therefore, we only need to calculate the distribution of the real part and then combine it with the imaginary part.

So we separate $V_{k}$ into its real and imaginary parts. We have:

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

Where:

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

And:

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

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

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

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

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.