Xét tín hiệu nhiễu Gaussian trắng . Nếu chúng ta lấy mẫu tín hiệu này và tính toán biến đổi Fourier rời rạc, số liệu thống kê của biên độ Fourier kết quả là gì?$x \left( t \right)$

Công cụ toán học

Chúng ta có thể thực hiện tính toán bằng một số yếu tố cơ bản của lý thuyết xác suất và phân tích Fourier. Có ba yếu tố (chúng tôi biểu thị mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên tại giá trị là ):$X$$x$$P_X(x)$

1. Cho một biến ngẫu nhiên có phân phối , phân phối của biến tỷ lệ là .$X$$P_X(x)$$Y = aX$$P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$

2. Phân phối xác suất của một tổng của hai biến ngẫu nhiên bằng với tích chập của các phân phối xác suất của các triệu hồi. Nói cách khác, nếu thì trong đó biểu thị tích chập.$Z = X + Y$$P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$$\otimes$

3. Biến đổi Fourier của tích chập của hai hàm bằng với tích của biến đổi Fourier của hai hàm đó. Nói cách khác:

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

Phép tính

Suy ra quá trình ngẫu nhiên là . Lấy mẫu rời rạc tạo ra một chuỗi các giá trị mà chúng tôi giả sử là không tương quan về mặt thống kê. Chúng tôi cũng giả sử rằng với mỗi là Gaussian được phân phối với độ lệch chuẩn . Chúng tôi biểu thị hàm Gaussian với độ lệch chuẩn bằng ký hiệu vì vậy chúng tôi sẽ nói rằng .$x(t)$$x_n$$n$ $x_n$$\sigma$$\sigma$$G_\sigma$$P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$

Biên độ biến đổi Fourier rời rạc được xác định là Bây giờ chỉ tập trung vào phần thực mà chúng ta có Đây chỉ là một tổng, do đó, theo quy tắc số 2, phân phối xác suất của bằng với tích chập của các phân phối xác suất của các điều khoản được tính tổng. Chúng tôi viết lại tổng dưới dạng trong đó Yếu tố cosin là một yếu tố quy mô xác định. Chúng tôi biết rằng phân phối của là vì vậy chúng tôi có thể sử dụng quy tắc số 1 từ trên để viết phân phối của

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ $\Re X_k$ $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ $x_n$$G_\sigma$$y_n$: trong trường hợp ngắn gọn của ký hiệu, chúng tôi đã xác định . $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$

Do đó, phân phối của là tích chập trên các hàm : $\Re X_k$$G_{\sigma c_{n,k}}$

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

Không rõ ràng làm thế nào để thực hiện nhiều tích chập, nhưng sử dụng quy tắc số 3 thì dễ. Biểu thị biến đổi Fourier của hàm bằng chúng ta có $\mathcal{F}$

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

Biến đổi Fourier của Gaussian có chiều rộng là một Gaussian khác có chiều rộng , vì vậy chúng tôi nhận được Tất cả những thứ trước số mũ đều độc lập với và do đó là các yếu tố chuẩn hóa, vì vậy chúng tôi bỏ qua chúng. Tổng chỉ là nên chúng tôi nhận được $\sigma$$1/\sigma$

$$\begin{align} \mathcal{F}(P_{\Re X_k})(\nu) &= \prod_{n=0}^{N-1} G_{1/\sigma c_{n,k}}\\ &= \prod_{n=0}^{N-1} \sqrt{\frac{\sigma^2 c_{n,k}^2}{2\pi}} \exp \left[ \frac{-\nu^2}{2 (1 / \sigma^2 c_{n,k}^2)}\right] \\ &= \left( \frac{\sigma^2}{2\pi} \right)^{N/2} \left(\prod_{n=0}^{N-1}c_{n,k} \right) \exp \left[ -\frac{\nu^2}{2} \sigma^2 \sum_{n=0}^{N-1} \cos(2\pi nk/N)^2 \right] \, . \end{align}$$ $\nu$$N/2$ $$\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}$$ và do đó $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Do đó, chúng tôi đã tính toán phân phối xác suất của phần thực của hệ số Fourier . Đó là Gaussian được phân phối với độ lệch chuẩn . Lưu ý rằng phân phối độc lập với chỉ số tần số , điều này có ý nghĩa đối với nhiễu không tương thích. Bằng cách đối xứng, phần ảo nên được phân phối chính xác như nhau.$X_k$$\sigma \sqrt{N/2}$$k$

Theo trực giác, chúng tôi hy vọng việc tích hợp nhiều hơn sẽ làm giảm độ rộng của phân phối tiếng ồn. Tuy nhiên, chúng tôi thấy rằng độ lệch chuẩn của phân phối tăng lên khi . Điều này chỉ là do sự lựa chọn của chúng tôi về việc chuẩn hóa biến đổi Fourier rời rạc. Thay vào đó, nếu chúng ta đã bình thường hóa nó như thế này thì chúng ta sẽ tìm thấy đồng ý với trực giác rằng phân phối tiếng ồn sẽ nhỏ hơn khi chúng ta thêm nhiều dữ liệu. Với sự chuẩn hóa này, tín hiệu kết hợp sẽ giải điều chế thành một phasor biên độ cố định, vì vậy chúng tôi phục hồi mối quan hệ thông thường là tỷ lệ của tín hiệu so với biên độ nhiễu như$X_k$ $\sqrt{N}$

$$X_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N}$$ $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma / \sqrt{2N}}$$ $\sqrt{N}$ .

Tôi muốn đưa ra một câu trả lời khác cho câu trả lời của @ DanielSank. Trước tiên, chúng tôi giả sử rằng và sau đó biến đổi Fourier rời rạc của nó là:$v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$

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

Chúng tôi muốn tính toán phân phối của Để bắt đầu, chúng tôi lưu ý rằng vì là nhiễu Gaussian trắng, nên nó là đối xứng tròn, do đó các phần thực và ảo của Biến đổi Fourier của nó sẽ phân phối giống nhau. Do đó, chúng ta chỉ cần tính toán phân phối của phần thực và sau đó kết hợp nó với phần ảo.$V_{k}$$v_{n}$

Vì vậy, chúng tôi tách thành các phần thực và ảo của nó. Chúng ta có:$V_{k}$

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

Ở đâu:

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

Và:

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

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

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

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

Bây giờ chúng tôi làm việc để tạo ra phân phối của và . Như trong câu trả lời của @ DanielSank, chúng tôi xác định:$R\{V_{k}\}_{1}$$R\{V_{k}\}_{2}$

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

Do đó chúng ta có thể viết:

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

Điều này cho phép chúng ta dễ dàng áp dụng các sự kiện sau đây về sự kết hợp tuyến tính của các biến ngẫu nhiên Gaussian. Cụ thể, chúng tôi biết rằng:

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

Cùng nhau, những điều này ngụ ý rằng . Bây giờ chúng tôi làm việc trên tổng. Chúng ta biết rằng:$x_{n,k} \sim \mathcal{N}(0, \frac{c^{2}_{n,k}}{2N^{2}} \sigma^{2})$

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

Những điều này ngụ ý rằng:

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

Vì vậy, chúng tôi đã chỉ ra rằng:

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

Bây giờ chúng tôi áp dụng cùng một đối số cho . Lạm dụng ký hiệu của chúng tôi, chúng tôi viết lại:$R\{V_{k}\}_{2}$

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

Lặp lại cùng một lập luận và lưu ý rằng Gaussian là phân phối đối xứng (vì vậy chúng ta có thể bỏ qua sự khác biệt về dấu hiệu), cho chúng ta:

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

Vì . Vì vậy, vì , chúng tôi nhận được:$\sum_{n=0}^{N-1} s^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$$R\{V_{k}\} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2}$

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

Vì vậy, chúng tôi đã chỉ ra rằng:

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

Bằng cách đối xứng tròn, chúng ta cũng biết rằng:

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

Vì vậy, vì , cuối cùng chúng tôi cũng đến:$V_{k} = R\{V_{k}\} + jI\{V_{k}\}$

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

Do đó, việc lấy DFT chia phương sai cho độ dài của cửa sổ DFT - tất nhiên giả sử cửa sổ là hình chữ nhật - đó là kết quả tương tự như trong câu trả lời của @ DanielSank.