Considérons un signal de bruit blanc gaussien . Si nous échantillonnons ce signal et calculons la transformée de Fourier discrète, quelles sont les statistiques des amplitudes de Fourier résultantes?$x \left( t \right)$

Outils mathématiques

Nous pouvons faire le calcul en utilisant certains éléments de base de la théorie des probabilités et de l'analyse de Fourier. Il y a trois éléments (nous désignons la densité de probabilité d'une variable aléatoire$X$ à valeur $x$ comme $P_X(x)$):

1. Étant donné une variable aléatoire $X$ avec distribution $P_X(x)$, la distribution de la variable mise à l'échelle $Y = aX$ est $P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$.

2. La distribution de probabilité d'une somme de deux variables aléatoires est égale à la convolution des distributions de probabilité des sommets. En d'autres termes, si$Z = X + Y$ puis $P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$ où $\otimes$ indique une convolution.

3. La transformée de Fourier de la convolution de deux fonctions est égale au produit des transformées de Fourier de ces deux fonctions. En d'autres termes:

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

Calcul

Désigner le processus aléatoire comme $x(t)$. L'échantillonnage discret produit une séquence de valeurs$x_n$que nous supposons être statistiquement non corrélés. Nous supposons également que pour chaque$n$ $x_n$ est gaussien distribué avec un écart-type $\sigma$. On note la fonction gaussienne avec écart type$\sigma$ par le symbole $G_\sigma$ nous dirions donc que $P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$.

Les amplitudes de transformée de Fourier discrètes sont définies comme

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ En se concentrant pour l'instant sur la partie réelle que nous avons $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ Ceci est juste une somme, donc selon la règle # 2 la distribution de probabilité de $\Re X_k$est égal à la convolution multiple des distributions de probabilité des termes à additionner. Nous réécrivons la somme comme $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ où $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ Le facteur cosinus est un facteur d'échelle déterministe. Nous savons que la distribution des$x_n$ est $G_\sigma$ afin que nous puissions utiliser la règle n ° 1 ci-dessus pour écrire la distribution de $y_n$: $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ où pour la brièveté de la notation, nous avons défini $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$.

Par conséquent, la répartition des $\Re X_k$ est la convolution multiple sur les fonctions $G_{\sigma c_{n,k}}$:

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

Il n'est pas évident de faire la convolution multiple, mais en utilisant la règle # 3, c'est facile. Désignant la transformée de Fourier d'une fonction par$\mathcal{F}$ on a

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

La transformée de Fourier d'une gaussienne de largeur $\sigma$ est un autre gaussien de largeur $1/\sigma$, donc nous obtenons

$$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k})(\nu) &= \prod_{n=0}^{N-1} G_{1/\sigma c_{n,k}}\\ &= \prod_{n=0}^{N-1} \sqrt{\frac{\sigma^2 c_{n,k}^2}{2\pi}} \exp \left[ \frac{-\nu^2}{2 (1 / \sigma^2 c_{n,k}^2)}\right] \\ &= \left( \frac{\sigma^2}{2\pi} \right)^{N/2} \left(\prod_{n=0}^{N-1}c_{n,k} \right) \exp \left[ -\frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \sum_{n=0}^{N-1} \cos(2\pi nk/N)^2 \right] \, . \end{align}$$ Tous les éléments précédant l'exponentielle sont indépendants de $\nu$et sont donc des facteurs de normalisation, nous les ignorons donc. La somme est juste$N/2$ nous obtenons donc $$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k}) &\propto \exp \left[ - \frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \frac{N}{2}\right]\\ &= G_{\sqrt{2 / \sigma^2 N}} \end{align}$$ et donc $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Nous avons donc calculé la distribution de probabilité de la partie réelle du coefficient de Fourier $X_k$. Il est gaussien distribué avec un écart-type$\sigma \sqrt{N/2}$. Notez que la distribution est indépendante de l'indice de fréquence$k$, ce qui est logique pour le bruit non corrélé. Par symétrie, la partie imaginaire doit être distribuée exactement de la même manière.

Intuitivement, nous nous attendons à ce que l'ajout de plus d'intégration réduise la largeur de la distribution du bruit qui en résulte. Cependant, nous avons constaté que l’écart type de la distribution des$X_k$ grandit à mesure que$\sqrt{N}$. Ceci est simplement dû à notre choix de normalisation de la transformée de Fourier discrète. Si nous l'avions plutôt normalisé comme ça

$$X_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N}$$ alors nous aurions trouvé $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma / \sqrt{2N}}$$ ce qui correspond à l'intuition selon laquelle la distribution du bruit diminue à mesure que nous ajoutons plus de données. Avec cette normalisation, un signal cohérent se démodulerait en un phaseur d'amplitude fixe, donc nous retrouvons la relation habituelle selon laquelle le rapport du signal aux amplitudes de bruit évolue comme$\sqrt{N}$.

Je voudrais donner un autre point de vue sur la réponse de @ DanielSank. Nous supposons d'abord que$v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$ et est iid Sa transformée de Fourier discrète est alors:

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

Nous voulons calculer la distribution de $V_{k}$ Pour commencer, on note que depuis $v_{n}$est un bruit blanc gaussien, il est symétrique de façon circulaire, donc les parties réelle et imaginaire de sa transformée de Fourier seront distribuées de la même manière. Il suffit donc de calculer la distribution de la partie réelle puis de la combiner avec la partie imaginaire.

Nous séparons donc $V_{k}$dans ses parties réelles et imaginaires. On a:

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

Où:

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

Et:

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

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

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

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

Maintenant, nous travaillons à dériver la distribution de $R\{V_{k}\}_{1}$ et $R\{V_{k}\}_{2}$. Comme dans la réponse de @ DanielSank, nous définissons:

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

On peut ainsi écrire:

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

Cela nous permet d'appliquer facilement les faits suivants sur les combinaisons linéaires de variables aléatoires gaussiennes. À savoir, nous savons que:

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

Ensemble, cela implique que $x_{n,k} \sim \mathcal{N}(0, \frac{c^{2}_{n,k}}{2N^{2}} \sigma^{2})$. Maintenant, nous travaillons sur la somme. Nous savons que:

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

Cela implique que:

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

Nous avons donc montré que:

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

Maintenant, nous appliquons le même argument à $R\{V_{k}\}_{2}$. En abusant de notre notation, nous réécrivons:

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

Répéter le même argument et noter que la gaussienne est une distribution symétrique (afin que nous puissions ignorer la différence de signe), nous donne:

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

Depuis $\sum_{n=0}^{N-1} s^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$ainsi que. Donc donc depuis$R\{V_{k}\} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2}$, on a:

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

Nous avons donc montré que:

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

Par symétrie circulaire, on sait alors aussi que:

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

Donc depuis $V_{k} = R\{V_{k}\} + jI\{V_{k}\}$, on arrive enfin à:

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

Par conséquent, prendre la DFT divise la variance par la longueur de la fenêtre DFT - en supposant que la fenêtre est rectangulaire bien sûr - ce qui est le même résultat que dans la réponse de @ DanielSank.