Il rumore a bassa frequenza

Elettronica · Strumentazione elettronica Articolo 22 settembre 2026

Percorso: Strumentazione elettronica · 14 di 17

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Indice

Quando mediare non serve

Tutti i filtri visti finora fanno una media, e la media funziona se il rumore cambia più in fretta di quanto duri la media stessa. Il rumore $1/f$ , le derive termiche, l’offset di un amplificatore fanno il contrario: cambiano lentamente, e hanno un tempo di correlazione più lungo di qualunque misura. Mediare campioni che si somigliano non riduce nulla. Con un filtro qualsiasi, di funzione di trasferimento $W(f)$ , un rumore $1/f$ di densità $K/f$ dà all’uscita circa

\sigma^2 \simeq K\,|W(0)|^2\ln\frac{f_H}{f_L} ,

dove $f_H$ è la banda del filtro e $f_L$ è l’inverso del tempo per cui il filtro lavora: il calcolo è quello dell’articolo sul rumore flicker, con $|W|^2$ approssimato da un rettangolo alto $|W(0)|^2$ fino a $f_H$ . Più a lungo si misura, più rumore si raccoglie, perché si aggiungono decadi in basso.

Il rimedio è opposto alla media. Se il rumore resta quasi uguale per un tempo lungo, lo si può misurare quando il segnale non c’è e sottrarlo da ciò che si misura quando il segnale c’è. In termini di funzione peso vuol dire avere una parte negativa, di area uguale a quella positiva, in modo che $W(0) = \int w\,d\tau = 0$ : il filtro non vede un offset costante, e il termine $|W(0)|^2$ che moltiplicava il logaritmo sparisce. Il prezzo è che anche un segnale costante sparisce. Queste tecniche servono per i segnali veloci, gli impulsi, su un fondo che cambia lentamente; il caso di un segnale lento nel rumore lento è quello dell’articolo successivo.

Il filtro passa-alto

Il filtro più semplice con $W(0) = 0$ è il passa-alto CR, con il segnale preso ai capi del resistore. La sua risposta a un gradino salta subito al valore del gradino, perché il condensatore scarico si comporta come un corto circuito, e poi si scarica con costante di tempo $T = RC$ ; la risposta all’impulso è la derivata:

h(t) = \delta(t) - \frac{1}{T}\,e^{-t/T}\,u(t) , \qquad H(s) = \frac{sT}{1 + sT} = 1 - \frac{1}{1 + sT} .

Letta come funzione peso, l’uscita è l’ingresso attuale meno la sua media esponenziale sul passato, quella memorizzata sul condensatore.

Proposizione (rumore all'uscita di un filtro passa-alto)

Il filtro passa-alto con costante di tempo $T$ ha autocorrelazione della risposta all’impulso

k_{hh}(\tau) = \delta(\tau) - \frac{e^{-|\tau|/T}}{2T} ,

e con un rumore stazionario all’ingresso

\sigma_y^2 = R_{xx}(0) - \frac{1}{2T}\int R_{xx}(\tau)\,e^{-|\tau|/T}\,d\tau .

Dimostrazione.

Si calcola $\int h(t)\,h(t + \tau)\,dt$ per $\tau > 0$ . Il prodotto dei due impulsi dà un contributo solo in $\tau = 0$ , e vale $\delta(\tau)$ . L’impulso della prima copia, in $t = 0$ , campiona la seconda copia in $\tau$ , dove vale $-e^{-\tau/T}/T$ . L’impulso della seconda copia, in $t = -\tau$ , cade dove la prima è nulla. Resta il prodotto delle due esponenziali:

\int_0^\infty\frac{e^{-t/T}}{T}\,\frac{e^{-(t + \tau)/T}}{T}\,dt = \frac{e^{-\tau/T}}{2T} .

In tutto $-e^{-\tau/T}/T + e^{-\tau/T}/2T = -e^{-\tau/T}/2T$ , più l’impulso in zero, e per $\tau < 0$ vale lo stesso perché l’autocorrelazione è pari. Il rumore all’uscita è $\int R_{xx}\,k_{hh}\,d\tau$ .

Fine della dimostrazione.

La parte negativa di $k_{hh}$ ha area $-1$ , uguale e opposta all’impulso: è la condizione $H(0) = 0$ . Un rumore con tempo di correlazione lungo rispetto a $T$ ha $R_{xx}(\tau) \simeq R_{xx}(0)$ dove l’esponenziale conta, e i due termini si cancellano; un rumore con tempo di correlazione breve passa quasi intatto. Con un’autocorrelazione rettangolare, alta $\sigma_x^2$ per $|\tau| < T_n$ e nulla oltre, il conto dà esattamente $\sigma_y^2 = \sigma_x^2\,e^{-T_n/T}$ . Per il rumore $1/f$ il passa-alto, seguito come sempre da un polo alto a $f_H$ , è il passa-banda dell’articolo sul rumore nei circuiti, con varianza circa $K\ln(f_H/f_p)$ , dove $f_p = 1/2\pi T$ : il limite in basso non è più la durata della misura, ma il filtro.

Un rumore $1/f$ , sopra, e lo stesso rumore dopo un filtro passa-alto, sotto. Le escursioni lente spariscono; resta un rumore che cambia sui tempi della costante del filtro, ancora correlato ma senza deriva.

Il filtro passa-alto, però, tocca anche il segnale. Un impulso rettangolare di ampiezza $A$ e durata $T_P$ esce con il fronte di salita intatto, poi cala come $A\,e^{-t/T}$ ; alla fine dell’impulso il fronte di discesa porta l’uscita sotto zero, a $-A(1 - e^{-T_P/T})$ , e da lì l’uscita torna a zero con la costante di tempo $T$ . L’area totale è nulla, perché $H(0) = 0$ : la coda negativa compensa l’impulso. Con $T \gg T_P$ la deformazione dell’impulso è piccola, ma la coda è lunga, e se l’impulso successivo arriva prima che si sia spenta parte da una linea di base più bassa. È l’accumulo, o pile-up.

Proposizione (spostamento della linea di base)

Una sequenza periodica di impulsi di ampiezza $A$ , durata $T_P$ e periodo $T_R$ , all’uscita di un filtro passa-alto, ha a regime valore medio nullo. Se la costante di tempo è molto più lunga del periodo, la forma degli impulsi si conserva e la linea di base scende a

-A\,\frac{T_P}{T_R} .

Dimostrazione.

A regime l’uscita è periodica, e la sua componente continua è quella dell’ingresso moltiplicata per $H(0) = 0$ . Con $T \gg T_R$ il filtro, durante un periodo, sottrae all’ingresso una media esponenziale che cambia di poco, e l’uscita è l’ingresso meno una costante; perché la media sia nulla la costante è la media dell’ingresso, $AT_P/T_R$ .

Fine della dimostrazione.

Un filtro passa-alto su un impulso isolato, sopra, con il calo durante l’impulso e la sottoelongazione alla fine, e su una sequenza di impulsi, sotto, con la linea di base che scende finché la media dell’uscita non è nulla. Tratteggiati gli ingressi.

Chi misura l’ampiezza degli impulsi a partire da zero sbaglia della frazione $T_P/T_R$ , che dipende dalla frequenza degli impulsi: in un rivelatore di radiazione vuol dire che l’energia misurata cambia con l’intensità della sorgente. Il compromesso sulla costante di tempo è stretto: deve essere lunga rispetto all’impulso, per non deformarlo, e corta rispetto alla distanza tra gli impulsi, per non accumulare code. Quando le due condizioni non si possono soddisfare insieme serve un filtro tempo-variante.

Il baseline restorer

L’idea è separare i due momenti che il passa-alto confonde: misurare la linea di base quando il segnale non c’è, e sottrarla quando c’è. Il baseline restorer lo fa aggiungendo al passa-alto un interruttore $S$ tra il resistore e massa. Con $S$ chiuso il circuito è un passa-alto, e il condensatore si carica alla linea di base, cioè al valore lento dell’ingresso. Quando arriva l’impulso, $S$ si apre: il condensatore non ha più una via per scaricarsi e tiene la tensione raggiunta, e l’uscita è l’ingresso meno la linea di base memorizzata. L’impulso passa intatto, senza calo e senza coda.

Il baseline restorer. A sinistra lo schema; a destra la funzione peso all’istante $t$ : l’ingresso passa com’è, l’impulso positivo, meno la media esponenziale della linea di base fino all’apertura dell’interruttore, un tempo $t_0$ prima.

La funzione peso lo dice in forma precisa. Un impulso che arriva a interruttore aperto passa all’uscita, e dà l’impulso positivo in $\tau = t$ . Uno che arriva a interruttore chiuso carica il condensatore, e la tensione memorizzata all’apertura è la media esponenziale dell’ingresso fino a quell’istante, con costante di tempo $T = RC$ ; con il segno meno, perché viene sottratta. Le due parti hanno area opposta, e $W(0) = 0$ come nel passa-alto; ma tra la memorizzazione e la lettura passa un tempo $t_0$ in cui il filtro non guarda, e il segnale non si mescola alla linea di base. Il filtro funziona se il rumore resta correlato per almeno $t_0$ : se cambia tra la memorizzazione e la lettura, sottrarre significa sommare due rumori indipendenti, e la varianza cresce invece di diminuire.

Il doppio campionamento correlato

La forma più essenziale della stessa idea è il doppio campionamento correlato, già incontrato tra i filtri a tempo discreto: due campioni distanti $t_s$ , uno con il segnale e uno senza, e la loro differenza. La funzione peso è $\delta(\tau - t) - \delta(\tau - t + t_s)$ , e in frequenza

\begin{aligned} |W(f)|^2 &= |1 - e^{-j2\pi ft_s}|^2 = 2\left[1 - \cos(2\pi ft_s)\right] \\[0.5em] &\simeq (2\pi ft_s)^2 \quad \text{per } f \ll 1/t_s : \end{aligned}

a bassa frequenza si comporta come un passa-alto. Un campionatore vero è preceduto da un filtro passa-basso, e con un filtro RC di costante di tempo $T_F$ il conto si fa esattamente.

Proposizione (doppio campionamento dopo un filtro passa-basso)

Due campioni distanti $t_s$ dell’uscita di un filtro RC con costante di tempo $T_F$ , sottratti, danno con un rumore bianco di densità unilatera $S$ la varianza

\sigma^2 = \frac{S}{2T_F}\left(1 - e^{-t_s/T_F}\right) ,

e con un rumore $1/f$ di densità $K/f$ la varianza

\sigma^2 = 2K\int_0^\infty\frac{1 - \cos(\omega t_s)}{\omega\left(1 + \omega^2T_F^2\right)}\,d\omega ,

che non dipende dalla durata della misura.

Dimostrazione.

La funzione peso è $h(t - \tau) - h(t - t_s - \tau)$ , con $h$ la risposta all’impulso del filtro RC. Per il rumore bianco

\int w^2\,d\tau = \frac{1}{2T_F} + \frac{1}{2T_F} - 2k_{hh}(t_s) = \frac{1 - e^{-t_s/T_F}}{T_F} ,

con $k_{hh}(t_s) = e^{-t_s/T_F}/2T_F$ , e la varianza è $(S/2)\int w^2$ . Per il rumore $1/f$ si lavora in frequenza: il quadrato del modulo della funzione di trasferimento è quello del filtro RC, $1/(1 + \omega^2T_F^2)$ , per quello della differenza, $2(1 - \cos\omega t_s)$ , e con $df/f = d\omega/\omega$ si ha l’integrale dell’enunciato. Vicino a $\omega = 0$ l’integrando vale circa $\omega t_s^2/2$ , e l’integrale converge senza bisogno di un limite inferiore.

Fine della dimostrazione.

Con il rumore bianco, per $t_s \gg T_F$ , la varianza è il doppio di quella del filtro RC da solo: i due campioni sono indipendenti e le varianze si sommano. È il prezzo. Con il rumore $1/f$ l’integrale si calcola numericamente, e per $t_s \gg T_F$ vale $\ln(t_s/T_F) + \gamma$ , con $\gamma = 0{,}577$ la costante di Eulero e Mascheroni. Il significato è semplice: $|W|^2$ vale circa $2$ tra $1/2\pi t_s$ e $1/2\pi T_F$ e scende fuori, e il rumore $1/f$ conta le decadi di quell’intervallo. Il limite in basso lo fissa la distanza tra i due campioni, non più il tempo per cui si misura: ore o secondi, è lo stesso.

L’applicazione più diffusa è nei sensori di immagine. Il condensatore di un pixel viene azzerato prima di ogni esposizione, e l’interruttore di azzeramento, aprendosi, lascia sul condensatore una tensione casuale con valore efficace $\sqrt{kT/C}$ , il rumore kT/C. Quella tensione resta poi ferma per tutta l’esposizione: è un rumore perfettamente correlato tra l’inizio e la fine. Leggendo il pixel subito dopo l’azzeramento e alla fine dell’esposizione, e sottraendo, il rumore di azzeramento scompare del tutto, insieme all’offset del circuito di lettura e al suo rumore lento.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Impulsi rettangolari di durata $1$ μs passano per un filtro passa-alto con $T = 20$ μs. Di quanto calano durante l’impulso? Se arrivano $100\,000$ volte al secondo, di quanto si sposta la linea di base?

Soluzione. Alla fine dell’impulso l’uscita vale $A\,e^{-1/20} = 0{,}951\,A$ : cala del $4{,}9\%$ , e dopo il fronte di discesa scende a $-0{,}049\,A$ . Con un periodo di $10$ μs, la metà della costante di tempo, la coda non fa in tempo a spegnersi, e a regime la linea di base scende a $-A\,T_P/T_R = -0{,}1\,A$ .

Commento. Un errore del $10\%$ che dipende dal ritmo degli impulsi. Per ridurlo si dovrebbe accorciare $T$ sotto il periodo, ma allora l’impulso si deformerebbe; con impulsi fitti il compromesso non c’è, ed è il caso del baseline restorer.

Esercizio 2. Un amplificatore ha rumore $1/f$ con $K = e_w^2f_c = 10^{-13}$ V², cioè $10$ nV/√Hz e frequenza d’angolo di $1$ kHz, ed è seguito da un filtro con banda di $10$ kHz. Quanto rumore $1/f$ si raccoglie in un’ora di misura? E con un passa-alto a $100$ Hz?

Soluzione. Senza passa-alto $f_L = 1/3600$ Hz e $\sigma^2 \simeq K\ln(10^4\cdot3600) = 17{,}4\,K = 1{,}74\times10^{-12}$ V², cioè $1{,}32$ μV. Con il passa-alto a $100$ Hz, $\sigma^2 \simeq K\ln(100) = 4{,}6\,K$ , cioè $0{,}68$ μV.

Commento. Solo un fattore due, perché il rumore $1/f$ vive su un logaritmo: ogni decade tolta vale $K\ln10$ , come ogni decade lasciata. Il vantaggio vero del passa-alto non è questo, ma che il risultato non cresce più con la durata della misura, e che offset e derive, per i quali la stima logaritmica vale poco, spariscono del tutto.

Esercizio 3. Un segnale a impulsi è letto con un filtro RC con $T_F = 100$ ns seguito da un doppio campionamento con $t_s = 700$ ns. Il rumore ha una parte bianca di $10$ nV/√Hz e una parte $1/f$ con $K = 10^{-13}$ V². Quanto vale il rumore all’uscita?

Soluzione. La parte bianca dà $(S/2T_F)(1 - e^{-7}) = 10^{-16}/(2\times10^{-7}) = 5{,}0\times10^{-10}$ V², cioè $22{,}4$ μV, contro i $15{,}8$ μV del filtro RC da solo. La parte $1/f$ dà $2K$ per l’integrale della proposizione, che con $t_s/T_F = 7$ vale $2{,}50$ (la formula $\ln7 + \gamma$ dà $2{,}52$ ): $5{,}0\times10^{-13}$ V², cioè $0{,}71$ μV.

Commento. Con il doppio campionamento il rumore $1/f$ diventa trascurabile, e si paga $\sqrt2$ sul bianco. Senza, e con una misura di un’ora, la parte $1/f$ sarebbe $K\ln(f_H/f_L)$ con $f_H = 1/4T_F = 2{,}5$ MHz: $\sqrt{22{,}9\,K} = 1{,}5$ μV, ancora piccola, ma a questa andrebbero aggiunti l’offset e la deriva dell’amplificatore, che il doppio campionamento toglie del tutto. Il ritardo $t_s = 7T_F$ serve perché il filtro RC abbia dimenticato il primo campione quando si prende il secondo.

Esercizio 4. Il pixel di un sensore di immagine ha una capacità di $10$ fF. Quanto vale il rumore di azzeramento a $300$ K, in tensione e in elettroni? Che cosa rimane con il doppio campionamento correlato?

Soluzione. $\sqrt{kT/C} = \sqrt{4{,}14\times10^{-21}/10^{-14}} = 643$ μV, e la carica corrispondente è $\sqrt{kTC} = 6{,}4\times10^{-18}$ C, cioè $40$ elettroni. Con il doppio campionamento questa tensione, uguale nei due campioni, si cancella; restano il rumore del circuito di lettura nei due campioni, che si somma in quadratura, e il rumore shot della carica raccolta.

Commento. Quaranta elettroni sono molti, per un pixel che al buio ne raccoglie poche decine: senza il doppio campionamento le immagini in poca luce sarebbero dominate dal rumore di azzeramento. I sensori migliori arrivano a un rumore di lettura di un paio di elettroni.

Esercizio 5. Un impulso semisinusoidale di $1$ μs è letto con la finestra migliore per il rumore bianco, lunga $0{,}74$ μs e normalizzata a guadagno $1$ . Il rumore bianco ha densità unilatera $2\times10^{-12}$ V²/Hz e frequenza d’angolo del rumore $1/f$ di $10$ kHz. Quanto pesa il rumore $1/f$ se l’apparato lavora per otto ore?

Soluzione. La parte bianca dà $(S/2)/T_G = 10^{-12}/0{,}742\times10^{-6} = 1{,}35\times10^{-6}$ V². Per la parte $1/f$ , $K = 2\times10^{-12}\cdot10^4 = 2\times10^{-8}$ V², $f_H \simeq 1/2T_G = 674$ kHz e $f_L = 1/8\ \text{h} = 35$ μHz, e $\sigma^2 \simeq K\ln(1{,}95\times10^{10}) = 23{,}7\,K = 4{,}7\times10^{-7}$ V². È il $35\%$ del rumore bianco, e il rapporto segnale-rumore peggiora del $16\%$ .

Commento. La frequenza d’angolo è sessanta volte più bassa della banda del filtro, eppure il rumore $1/f$ conta, perché tra $35$ μHz e $674$ kHz ci sono più di dieci decadi, e ognuna vale $K\ln10$ . Misurando la linea di base subito prima di ogni impulso, con un baseline restorer o un doppio campionamento, il limite in basso diventerebbe dell’ordine dell’inverso della distanza tra le due misure, qualche microsecondo, e il contributo $1/f$ scenderebbe a pochi per cento.

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