信号检测与估计课后习题
《信号检测与估计》第九章习题解答
T x 2 (t )dt −2 A
0
Tx(t
0
)sin
(ω
0
t
+θ
)dt
+
A
2
T 0
sin
2
(ω
0
t
+θ
)dt
⎟⎞ ⎠
由于 ∫0Tsin 2 (ω0t
+ θ )dt
=
1 2
∫0T(1 − cos 2(ω0t
+ θ ))dt
=
T 2
，得到
( ) ∫ ∫ f
x A,θ
−1
= Fe N0
T x 2 (t )dt 2 A
ω0
ω0
s(t
)
=
⎪ ⎨
A
⎪
⎪ ⎪⎩
A（1
+
cos
ω0t）
− 2mπ < t ≤ 2mπ
ω0 2mπ
<t
≤
(2ωm0 +1)π
ω0
ω0
试证明时延τ
的无偏估计量的方差为
σ
2 τˆ
≥
3 + 4m
(2E / N0 )ω02
。其中 E 为信号能量。
解：略
9.4 接收信号 x(t) = s(t) + n(t)，s(t)的到达有时延τ ，求时延τ 的无偏估计量τˆ 的最小方差。其中 n(t)
⎤ ⎥⎦
∫ ∫ ∫ ∫ [ ] = 4
N
2 0
T / 2 ∂s(t −τ )
−T / 2 ∂τ
T /2
E
−T / 2
n(t )n(u )
∂s(u −τ ) dudt
《信号估值与检测》习题
1． 令观测样本由1(,....)i ix s w i n =+=给出，其中{}i w 是一高斯白噪声，其均值为零，方差为1。
假定s的先验概率密度为22())s f a a =-试用平方和均匀代价函数分别求s 的贝叶斯估计。
解：2()(|))2i i x s p x s -=-，1,...,i n =222111()()1(|)(|))()exp()222n n n ni ii i i i x s x s p s p x s π===--==-=-∑∏x且12221()()exp(2)2p s s s π=-=-（1） 采用平方代价函数，相应贝叶斯估计为最小均方误差估计mse s[|](|)mse sE s sp s ds +∞-∞==⎰x x21222121221222112221112()(|)()111(|)()exp()()exp(2)()()222()11()exp(2)()22(2)11()exp()()22(1)211()exp()exp(()22n ni i n ni i nn ii i nn i i i i x s p s p s p s s p p x s s p xx s s s p x n s x s p πππππ=+=+=+==-==---=---++=-+-=--∑∑∑∑x x x x x x x 221112222211112)2(1)(2)111()exp()exp()()222()(())1111()exp()exp()1()222(1)nnnin ii i nnni i n ii i i x xn s s n p x x x s n n p n ππ+==+===+-+=----++--+∑∑∑∑∑∑x x 分析(|)p s x ，发现其为高斯型的；而mse s为其条件均值，因此可以直接得到 1()1ni mse i x s n ==+∑ （2） 采用均方代价函数，相应贝叶斯估计为最大后验估计map sln((|))|0map p s s ss∂==∂x ，也即满足 ln((|))ln(())[]|0map p s p s ss s∂∂+==∂∂x x 故有1()0nmapmap ii x ss=--=∑ 所以111n map i i s x n ==+∑2． 设观测到的信号为x n =θ+其中n 是方差为2n σ、均值为零的高斯白噪声。
《信号检测与估计》第十章习题解答
《信号检测与估计》第十章习题解答10.1 设线性滤波器的输入信号为()()()t n t s t x +=，其中()[]0E =t s ，()[]0E =t n ，并且已知()ττ-e =S R ，()ττ-2e=N R ，()0=τsn R ，求因果连续维纳滤波器的传递函数。
解：连续维纳滤波器与离散维纳滤波器的形式是相同的，即()()()()+⎦⎤⎢⎣⎡−⋅⋅=s B s P s B s H xs w112opt σ 因此需要求解()t s 的复功率谱和()t x 的时间信号模型。
考虑到信号与噪声不相关，因此观测数据的功率谱就等于信号的复功率谱加上噪声的复功率谱。
对观测数据的复功率谱进行谱分解，就可以得到()t x 的时间信号模型。
()t s 的复功率谱为()()()20s -10s 1-s --121111e e e e s s s d d d s P S −=−++=+==∫∫∫∞−+∞++∞∞−τττττττ ()t n 的复功率谱为()2s -2-44e es d s P N −==∫+∞∞−τττ因此，观测数据的复功率谱为()()()()()()()()()s s s s ss ss s P s P s P N S X −+−++=−+−=+=2211-226441122 取12=w σ()()()()s s ss B +++=2126()()()()()()()()()s s s s s s s s B s P s B s P N xs +=−==1-2-262-2-1-2612--2令()()()s B s P s F xs -=，()τf 是()s F 的拉普拉斯反变换。
要求()τf 是因果的，可将s 平面右半平面的极点扔掉，()()()[]12e 61,e Re e21-s s +=−==∫τττπτs F s ds s F jf C给()τf 取因果，并做拉普拉斯变换，得到()s d s F +⋅+=⋅⋅+=∫∞++11126e e 1260s --τττ()()()()()()())()()122261112626211112opt +++=+×+×+++×=⎦⎤⎢⎣⎡−⋅⋅=+ss ss s s s B s P s B s H xs wσ10.2 设已知()()()n n n s n x +=，以及()()()z z z G S 4.014.0192.01−−=−，()1=z G N ，()0=z G sn ()n s 和()n n 不相关。
信号检测与估计理论第一章习题讲解
1-9 已知随机变量X 的分布函数为20,0(),011,1X x F x kx x x <⎧⎪=≤≤⎨⎪>⎩求：①系数k ； ②X 落在区间(0.3,0.7)内的概率； ③随机变量X 的概率密度。
解：第①问 利用()X F x 右连续的性质 k ＝1 第②问{}{}{}()()0.30.70.30.70.70.30.7P X P X F P X F =<<=<≤-=-第③问 201()()0X X xx d F x f x elsedx ≤<⎧==⎨⎩1-10已知随机变量X 的概率密度为()()xX f x ke x -=-∞<<+∞（拉普拉斯分布），求：①系数k ②X 落在区间(0,1)内的概率 ③随机变量X 的分布函数 解： 第①问()112f xd x k ∞-∞==⎰ 第②问 {}()()()211221x x P x X xF x F xfx d x<≤=-=⎰ 随机变量X 落在区间12(,]x x 的概率12{}P x X x <≤就是曲线()y f x =下的曲边梯形的面积。
{}{}()()1010101112P X P X f x dxe -<<=<≤==-⎰第③问()102102xx e x f x e x -⎧≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩()00()110022111010222xx xxx x x x F x f x dxe dx x ex e dx e dxx e x -∞-∞---∞=⎧⎧≤≤⎪⎪⎪⎪==⎨⎨⎪⎪+>->⎪⎪⎩⎩⎰⎰⎰⎰1-11 某繁忙的汽车站，每天有大量的汽车进出。
设每辆汽车在一天内出事故的概率为0.0001，若每天有1000辆汽车进出汽车站，问汽车站出事故的次数不小于2的概率是多少？,(01)p q λ→∞→→∞→−−−−−−−−→−−−−−−−−→−−−−−−−−→n=1n ,p 0,np=n 成立，0不成立-分布二项分布泊松分布高斯分布汽车站出事故的次数不小于2的概率()()P(2)101k P k P k ≥=-=-= 答案0.1P(2)1 1.1k e -≥=-100.1n p ≥≤实际计算中，只需满足，二项分布就趋近于泊松分布()np!k e P X k k λλλ-=＝＝1-12 已知随机变量(,)X Y 的概率密度为(34)0,0(,)0x y XY kex y f x y -+⎧>>⎪=⎨⎪⎩,,其它求：①系数k ？②(,)X Y 的分布函数？③{01,02}P X X <≤<≤？第③问 方法一：联合分布函数(,)XY F x y 性质：若任意四个实数1212,,,a a b b ，满足1212,a a b b ≤≤，则121222111221{,}(,)(,)(,)(,)XY XY XY XY P a X a b Y b F a b F a b F a b F a b <≤<≤=+--{01,02}(1,2)(0,0)(1,0)(0,2)XY XY XY XY P X Y F F F F ⇒<≤<≤=+--方法二：利用(){(,)},XY DP x y D f u v dudv∈∈⎰⎰)(210{01,02},XY P X Y f x y dxdy <≤<≤=⎰⎰1-13 已知随机变量(,)X Y 的概率密度为101,(,)0x y xf x y ⎧<<<=⎨⎩,,其它 ①求条件概率密度(|)X f x y 和(|)Y f y x ？②判断X 和Y 是否独立？给出理由。
信号检测与估计第一章课后答案
两边求微分得 =1/2 为判决门限 =
解得 =1/2值时达到极大极小化风险？
（2）根据一次观测的判决区域如何？
解：与上题求解类似得
=
=2/3
，=1/3
1.9 设两种假设为： ： ：
其中n（t）为零均值和功率为2的高斯白噪声。根据M个独 立样本（1，2，……，M），应用纽曼-皮尔逊准则进行检验。 令=0.05，试求：
（1） 最佳判决门限； （2） 相应的检测概率。 解：由（1-43）得似然比
将，n=M代入得
化简得
服从均值为2（下）和0（下），方差为2/M的高斯分布
从中解得 相应的
= =0.05
= 判为 （其中） 化简得到
判为 （1） 即曲线方程为
似然函数为 （k=1，0）
虚警概率
漏报概率
平均风险 =
其中为（1）式确定 1.3只用一次观测x来对下面两个假设作选择，：样本x为零均值、方差
的高斯变量，：样本x为零均值、方差的高斯变量，且>。 根据观测结果x，确定判决区域和。 画出似然比接收机框图。为真而选择了的概率如何？ 解：（1）似然函数
|x|1时似然比为 判为
化简得 = 判为
所以得判决区域为
（2）应用纽曼-皮尔逊准则 所以得判决区域为
1.7 根据一次观测，用极大极小化检验对下面两个假设做判断 ： ：
设n（t）为零均值和功率为的高斯过程，且。试求： （1） 判决门限 （2） 与相应的各假设先验概率。
解：因为采用极大极小化准则，所以要求
（k=1，0） 似然比
判为 化简得
（>） 判为 得 根据选取准则而定 （2）框图
0 判为
<0 判为
x
信号检测与估计试题——答案(不完整版)
一、概念：1. 匹配滤波器。
概念：所谓匹配滤波器是指输出判决时刻信噪比最大的最佳线性滤波器。
应用：在数字信号检测和雷达信号的检测中具有特别重要的意义。
在输出信噪比最大准则下设计一个线性滤波器是具有实际意义的。
2. 卡尔曼滤波工作原理及其基本公式(百度百科)首先，我们先要引入一个离散控制过程的系统。
该系统可用一个线性随机微分方程（Linear Stochastic Difference equation）来描述：X(k)=A X(k-1)+B U(k)+W(k)再加上系统的测量值：Z(k)=H X(k)+V(k)上两式子中，X(k)是k时刻的系统状态，U(k)是k时刻对系统的控制量。
A和B是系统参数，对于多模型系统，他们为矩阵。
Z(k)是k时刻的测量值，H是测量系统的参数，对于多测量系统，H为矩阵。
W(k)和V(k)分别表示过程和测量的噪声。
他们被假设成高斯白噪声(White Gaussian Noise)，他们的covariance 分别是Q，R（这里我们假设他们不随系统状态变化而变化）。
对于满足上面的条件(线性随机微分系统，过程和测量都是高斯白噪声)，卡尔曼滤波器是最优的信息处理器。
下面我们来用他们结合他们的covariances 来估算系统的最优化输出（类似上一节那个温度的例子）。
首先我们要利用系统的过程模型，来预测下一状态的系统。
假设现在的系统状态是k，根据系统的模型，可以基于系统的上一状态而预测出现在状态：X(k|k-1)=A X(k-1|k-1)+B U(k) (1)式(1)中，X(k|k-1)是利用上一状态预测的结果，X(k-1|k-1)是上一状态最优的结果，U(k)为现在状态的控制量，如果没有控制量，它可以为0。
到现在为止，我们的系统结果已经更新了，可是，对应于X(k|k-1)的covariance还没更新。
我们用P表示covariance：P(k|k-1)=A P(k-1|k-1) A’+Q (2)式(2)中，P(k|k-1)是X(k|k-1)对应的covariance，P(k-1|k-1)是X(k-1|k-1)对应的covariance，A’表示A的转置矩阵，Q是系统过程的covariance。
《信号检测与估计》第十二章习题解答
《信号检测与估计》第十二章习题解答12.1 采用下式给出的有偏自相关函数的定义，并加窗，得到BT 谱估计器：()()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧−−−−−=−+=+=∑∗1,,2,11ˆ1,,1,01ˆL L N N m m R N m m n x n x N m R X X ()⎪⎩⎪⎨⎧−≤=其它011N m m W N()()()()∑−−−=−⋅⋅=11e ˆˆN N m m j X N X m R m W G ωω证明该BT 估计器与周期图相同。
解：()()()()()()()()()()()()()()()()()211111111e 1e e 1e e 1e 1e ˆˆωωωωωωωωj N N m n m j nj N N m nj n m j N N m m j N N N m m j X N XX N m n x n x N m n x n x N m n x n x N m W m R m W G =⋅+⋅⋅=⋅⋅+=⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅=⋅⋅=∑∑∑∑∑∑∑−−−=+−−∗−−−=−+−∗−−−=−∗−−−=− 12.2 设自相关函数()3,2,1,0,==m m R m X ρ。
试用Levinson-Durbin 递推法求解AR （3）模型参量。
解： ()()ρ−=−=0111X X R R a 110=a()()221121101ρσ−=⋅−=X R a ()()012211122=+−=σX X R a R a ρ−=⋅+=11221121a a a a ()2212222211ρσσ−=⋅−=a因此模型为一阶 ()()[]()012322222133=⋅+−=σX X X R a R a R a021332232=⋅+=a a a aρ−=⋅+=22332131a a a a()2222332311ρσσ−=⋅−=a 所以模型为()()()n w n x n x +−=1ρ12.3 设5=N 的数据记录为：10=x ，21=x ,32=x ,43=x ,54=x ，AR 模型的阶数3=p 试用Levinson-Durbin 递推法求模型参量。
信号检测习题
E(l | H0 ) E[ xk sk | H0 ] E[ nk sk ] 0
k 1
k 1
N
N
N
V ar(l | H0 ) E[( (xk sk | H0 ) E(l | H0 ))2] E[( nk sk )2]
s
2
k
2 n
k 1
k 1
k 1
在假设 H1，l(x)的均值和方差为
sk
N
xk sk
k 1
判决器
H1成立 H0成立
N
因为检验统计量 l(x) xk sk 是相关运算，所 k 1
以，检测器是一种相关检测器。
信号检测与估计理论——习题讲解
（3）检测性能分析
在两个假设下，检验统计量l (x)都是高斯随机变量。
在假设 H0下，l(x) 的均值和方差分别为
N
N
1
2
2 n
exp[
x12 x22
2
2 n
]
已知两次观测 统计相互独立
信号检测与估计理论——习题讲解
和 p(x | H1) p(x1, x2 | H1) p(x1 | H1) p(x2 | H1)
1( x1
s1)2 (x2
2
2 n
s2 )2
]
于是似然比检验为
信号检测与估计理论——习题讲解
信号检测与估计理论（习题课） 指导老师：张烨
信号检测与估计理论——习题讲解
3.4 考虑二元确知信号的检测问题。若两个 假设下的观测信号分别为
H0 : xk nk , k 1, 2 H1 : x1 s1 n1
x2 s2 n2
其已测中 知 相， 观 互s测 统1和噪 计s声独2为立n确k；~知设N信似号(然0，,比且门2 )满限足，为且s1两。次0, s观2 0;
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三、（15分）在二元信号的检测中，若两个假设下的观测信号分别为：
012
2
11
2
::H x r H x r r ==+
其中，1r 和2r 是独立同分布的高斯随机变量，均值为零，方差为1。
若似然比检测门限为η，求贝叶斯判决表示式。
解 假设0H 下，观测信号x 的概率密度函数为
1/2
201(|)exp 22x p x H π⎛⎫⎛⎫
=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
假设1H 下，22
12x r r =+，而1
2
(0,1),(0,1)r N r N ，且相互统计独立。
大家知道，
若(0,1)k r N ，且(1,2,
,)k r k N =之间相互统计独立，则
2
1N
k k x x ==∑
是具有N 个自由度的2
χ分布。
现在2N =，所以假设1H 下，观测信号x 的概率密度函数为
22/21
12/22
1(|)exp()
2(2/2)2
1exp(),022
x p x H x x
x -=-Γ=-≥
当0x <时，1(|)0p x H =。
于是，似然比函数为
1/2210exp ,0
(|)()222(|)0,
0x x x p x H x p x H x πλ⎧⎛⎫
⎛⎫-≥⎪ ⎪ ⎪==⎨⎝⎭⎝⎭⎪
<⎩ 当似然比检测门限为η时，判决表达式为
1
1/22
0exp ,0
222,
0H H
x x x H x πη⎧⎛⎫>⎛⎫⎪-≥⎪ ⎪ ⎪<⎝⎭⎨⎝⎭⎪⎪<⎩成立 对0x ≥的情况，化简整理得判决表达式为
1
1/22
22ln H H
x x ηπ⎡⎤
>
⎛⎫-⎢⎥ ⎪<⎝⎭⎢⎥⎣⎦
四、（15分）已知被估计参量θ的后验概率密度函数为
2(|)()exp[()],0p x x x θλθλθθ=+-+≥
（1）求θ的最小均方误差估计量^
mse θ 。
（2）求θ 的最大后验估计量^
map θ 。
解 （1）参量θ的最小均方误差估计量^
mse θ是θ的条件均值，即
^
0220
221
(|)()[()]1()()2
,mse p x d x exp x d x x x x θθθθ
λθλθθ
λλλλ
∞
∞
+==+-+=++=
≥-+⎰⎰
^
0,mse x θλ=<-
（2）由最大后验方程
^ln (|)
|0map p x θθθθ
=∂=∂ 得
^2[ln()ln ()]1
()|0
map
x x x θθλθλθθ
λθ
=∂
++-+∂=-+=
解得
^
^
1
,0,
map map x x x θλλθλ
=
≥-+=<-
七、（15分）若对未知参量θ进行了六次测量，测量方程和结果如下：
182222202384404384n θ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
设初始估计值和估计量的均方误差分别为：^
2
000,θε==∞ 试用递推估计求
θ的线性最小二乘估计量^^
1def s k θθ=和估计量的均方误差
^
12
2(1,2,
,6)s
def
k k θε
ε==；并将最终结果与非递推估计的结果进行比较。
解 我们知道，线性最小二乘估计量的构造公式为
^
1s θ=H H H x T -1T ()
而单参量θ的线性最小二乘递推估计的公式为
22121
12^^
^
11[()]()
k k k k k k
k k k k k k h K h K x h εεεθθθ-----=+==+-
这样，能够算出1,2,,6k =的非递推估计结果和递推估计结果，如下表所示。