Betrachten Sie ein weißes Gaußsches Rauschsignal . Wenn wir dieses Signal abtasten und die diskrete Fourier-Transformation berechnen, wie lauten die Statistiken der resultierenden Fourier-Amplituden?$x \left( t \right)$

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Wir können die Berechnung mit einigen Grundelementen der Wahrscheinlichkeitstheorie und der Fourier-Analyse durchführen. Es gibt drei Elemente (wir bezeichnen die Wahrscheinlichkeitsdichte einer Zufallsvariablen beim Wert als ):x P X ( x $X$$x$$P_X(x)$

1. Bei einer Zufallsvariable mit Verteilungs , der Verteilung des skalierten Variable ist .P X ( x ) Y = a X P Y ( y ) = ( 1 / a ) P X ( y / a $X$$P_X(x)$$Y = aX$$P_Y(y) = (1/a)P_X(y/a)$

2. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung einer Summe zweier Zufallsvariablen ist gleich der Faltung der Wahrscheinlichkeitsverteilungen der Summanden. Mit anderen Worten, wenn dann ist wobei die Faltung anzeigt.P Z ( z ) = ( P X ≤ P Y ) ( z ) $Z = X + Y$$P_Z(z) = (P_X \otimes P_Y)(z)$$\otimes$

3. Die Fourier-Transformation der Faltung zweier Funktionen ist gleich dem Produkt der Fourier-Transformationen dieser beiden Funktionen. Mit anderen Worten:

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

Berechnung

Bezeichne den zufälligen Prozess als . Die diskrete Abtastung erzeugt eine Folge von Werten denen wir annehmen, dass sie statistisch nicht korreliert sind. Wir nehmen auch an, dass für jedes eine Gaußsche Verteilung mit Standardabweichung . Wir bezeichnen die Gaußsche Funktion mit Standardabweichung mit dem Symbol also würden wir sagen, dass .x n n x n σ σ G σ P x n ( x ) = G σ ( x $x(t)$$x_n$$n$ $x_n$$\sigma$$\sigma$$G_\sigma$$P_{x_n}(x) = G_{\sigma}(x)$

Die diskreten Fourier-Transformationsamplituden sind definiert als Konzentrieren wir uns nur auf den Realteil, den wir haben: Dies ist nur eine Summe, daher ist nach Regel 2 die Wahrscheinlichkeitsverteilung von gleich der Mehrfachfaltung der Wahrscheinlichkeitsverteilungen der zu summierenden Terme. Wir schreiben die Summe als wobei Der Kosinusfaktor ist ein deterministischer Skalierungsfaktor. Wir wissen , dass die Verteilung der ist , so dass wir oben Regel # 1 von verwenden können , um die Verteilung von schreibenℜ X k = N - 1 ∑ n = 0 x n cos ( 2 π n k / N

$$X_k \equiv \sum_{n=0}^{N-1} x_n e^{-i 2 \pi n k /N} \, .$$ ℜ X k ℜ X k = N - 1 ∑ n = 0 y n y n ≡ x n cos ( 2 π n k / N $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} x_n \cos(2 \pi n k /N) \, .$$ $\Re X_k$ $$\Re X_k = \sum_{n=0}^{N-1} y_n$$ x n G σ y n P y n ( y ) = $$y_n \equiv x_n \cos(2\pi n k / N) \, .$$ $x_n$$G_\sigma$$y_n$: wobei wir der Kürze halber . $$P_{y_n}(y) = \frac{1}{\cos(2 \pi n k / N)}G_\sigma \left( \frac{y}{\cos(2 \pi n k / N)} \right) = G_{\sigma c_{n,k}}(y)$$ $c_{n,k} \equiv \cos(2\pi n k / N)$

Daher ist die Verteilung von die Mehrfachfaltung über die Funktionen : $\Re X_k$$G_{\sigma c_{n,k}}$

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

Es ist nicht offensichtlich, wie die Mehrfachfaltung durchgeführt werden soll, aber mit Regel 3 ist es einfach. Wenn wir die Fourier-Transformation einer Funktion mit , haben wir $\mathcal{F}$

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

Die Fourier-Transformation eines Gaußschen mit der Breite ist ein weiterer Gaußscher mit der Breite , so dass wir Alle Dinge, die dem Exponential vorausgehen, sind unabhängig von und daher Normalisierungsfaktoren, daher ignorieren wir sie. Die Summe ist nur also bekommen wir $\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}$$ und daher $$P_{\Re X_k} = G_{\sigma \sqrt{N/2}} \, .$$

Wir haben daher die Wahrscheinlichkeitsverteilung des Realteils des Fourier-Koeffizienten . Es ist Gaußsch verteilt mit Standardabweichung . Es ist zu beachten, dass die Verteilung unabhängig vom Frequenzindex , was für unkorreliertes Rauschen sinnvoll ist. Aus Symmetriegründen sollte der Imaginärteil genau gleich verteilt sein.$X_k$$\sigma \sqrt{N/2}$$k$

Intuitiv erwarten wir, dass durch Hinzufügen einer stärkeren Integration die Breite der resultierenden Rauschverteilung verringert wird. Allerdings fanden wir , dass die Standardabweichung der Verteilung der wächst als . Dies ist nur auf unsere Wahl der Normalisierung der diskreten Fourier-Transformation zurückzuführen. Wenn wir es stattdessen so normalisiert hätten dann hätten wir gefunden was mit der Intuition übereinstimmt, dass die Rauschverteilung kleiner wird, wenn wir mehr Daten hinzufügen. Mit dieser Normalisierung würde ein kohärentes Signal zu einem Zeiger mit fester Amplitude demodulieren, so dass wir die übliche Beziehung wiederherstellen, dass das Verhältnis des Signals zu den Rauschamplituden wie folgt skaliert$X_k$ $\sqrt{N}$

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

Ich möchte die Antwort von @ DanielSank noch einmal aufgreifen. Wir nehmen zunächst an, dass und seine diskrete Fourier-Transformation dann ist:$v_{n} \sim \mathcal{CN}(0, \sigma^{2})$

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

Wir wollen die Verteilung von berechnen. wir fest, dass , da es sich um weißes Gaußsches Rauschen handelt, kreisförmig symmetrisch ist, sodass der Real- und Imaginärteil seiner Fourier-Transformation gleich verteilt sind. Daher müssen wir nur die Verteilung des Realteils berechnen und dann mit dem Imaginärteil kombinieren.$V_{k}$$v_{n}$

Also trennen wir in seine Real- und Imaginärteile. Wir haben:$V_{k}$

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

Wo:

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

Und:

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

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

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

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

Nun arbeiten wir daran, die Verteilung von und abzuleiten . Wie in der Antwort von @ DanielSank definieren wir:$R\{V_{k}\}_{1}$$R\{V_{k}\}_{2}$

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

So können wir schreiben:

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

Dies ermöglicht es uns, die folgenden Fakten über lineare Kombinationen von Gaußschen Zufallsvariablen einfach anzuwenden. Wir wissen nämlich, dass:

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

Zusammen implizieren diese, dass . Jetzt arbeiten wir an der Summe. Wir wissen das:$x_{n,k} \sim \mathcal{N}(0, \frac{c^{2}_{n,k}}{2N^{2}} \sigma^{2})$

1. Wenn dann ist$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. $\sum_{n=0}^{N-1} c^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$

Diese implizieren, dass:

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

Also haben wir gezeigt, dass:

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

Jetzt wenden wir dasselbe Argument auf . Wir missbrauchen unsere Notation und schreiben Folgendes um:$R\{V_{k}\}_{2}$

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

Wenn wir dasselbe Argument wiederholen und feststellen, dass der Gaußsche Wert eine symmetrische Verteilung ist (damit wir den Vorzeichenunterschied ignorieren können), erhalten wir:

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

Da ebenfalls. Da also , erhalten wir:$\sum_{n=0}^{N-1} s^{2}_{n,k} = \frac{N}{2}$$R\{V_{k}\} = R\{V_{k}\}_{1} + R\{V_{k}\}_{2}$

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

Also haben wir gezeigt, dass:

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

Durch Kreissymmetrie wissen wir dann auch:

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

Da also , kommen wir endlich zu:$V_{k} = R\{V_{k}\} + jI\{V_{k}\}$

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

Daher dividiert die DFT die Varianz durch die Länge des DFT-Fensters - vorausgesetzt, das Fenster ist natürlich rechteckig -, was das gleiche Ergebnis wie in der Antwort von @ DanielSank ist.