2014年信号检测与估计各章作业参考答案(1~9章)
《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。
信号检测与估计答案1
信号检测与估计答案15-2 若观测方程为i i x s n =+()1,2,,i N =，其中信号()2~0,s s N σ，噪声()()2~0,1,2,,i n n N i N σ=独立同分布，且信号与噪声满足{}0i E sn =。
求s 的最大后验概率估计ˆMAP s。
解：依题意，以信号s 为条件的观测样本的概率密度函数为()()()2112221,,|exp 22N i i N Nnnx s f x x s σπσ=⎡⎤-⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑信号s 的概率密度函数为()222ss f s σ⎛⎫=- ⎪⎝⎭则由上面两式可得()()()()()211222212221ln ,,|ln exp 221ln 22N i i N N nn Ni i N n n x s f x x s ss x s s σπσσπσ==⎧⎫⎡⎤⎧⎫-⎪⎪⎢⎥⎪⎪∂∂⎪⎪⎪⎪⎢⎥=-⎨⎨⎬⎬∂∂⎢⎥⎪⎪⎪⎪⎢⎥⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎣⎦⎩⎭⎡⎤-⎢⎥∂⎢⎥=-∂⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑∑()22222ln ln 22s s s s f s s s s s s⎧⎫⎡⎤⎛⎫∂∂⎪⎪=-⎥⎨⎬ ⎪∂∂⎥⎝⎭⎪⎪⎦⎩⎭⎡⎤∂=-⎢⎥∂⎢⎥⎣⎦=-σσσ最大后验概率准则为()ˆmax |MAP f θθθ=x ，即()ˆ|0MAPf θθθθ=∂⎡⎤=⎢⎥∂⎣⎦x ，又可表示为()()ˆln |ln 0MAPf f θθθθθθ=∂∂⎡⎤+=⎢⎥∂∂⎣⎦x ，将之前结果带入其中可得2221ˆNs MAP ii ns sx N σσσ==+∑ 。
5-4已知观测信号0()cos()()x t A t n t ωθ=++(0)t T ≤≤,式子中()n t 是零均值，功率谱为2N 的高斯白噪声，θ是在[0,2)π上均匀分布的随机变量，求A 的最大似然估计和估计量的均方误差。
解：0()cos()()x t A t n t ωθ=++()x t 的似然函数为：020002220000022000000()cos()()1(|,)exp [()cos()]1exp [()2()cos()cos ()]12exp [()()cos()2TTTTTT x t A t n t f x A F x t A t dt N F x t dt x t A t dt At dt N A A T F x t dt x t t dt N N N ωθθωθωθωθωθ=++⎧⎫=⋅--+⎨⎬⎩⎭⎧⎫=⋅--+++⎨⎬⎩⎭⎧⎫=⋅-++-⎨⎬⎩⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰因为1(),022f θθππ=≤≤ 所以202200000(|)(|,)()12exp{}exp [()()2Tf x A f x A f d A TAq F x t dt I N N N πθθθ=⎧⎫=⋅--⎨⎬⎩⎭⎰⎰ 其中22200002200000()sin ()cos 12ln (|)ln ()ln ()2T TT q x t tdt x t tdt A T Aqf x A F x t dt I N N N ωω⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=--+⎰⎰⎰令000ln (|)20()0f x A AT AqI A N A N ∂∂=⇒-++∂∂ （1）假设SNR,即02Aq N 足够大，则00022()Aq AqI N N ≈0022ˆ(1)0MLAT q q A N N T⇒-+=⇒=由2220000()sin ()cos T Tq x t tdt x t tdt ωω⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰知22202221()exp(())()242T T TqA T qATf q q I σσσ=-+所以222323240001()2T T qq x x q T q E qf q dq AT e dq e AT x e dx AT σσσ=-+∞+∞+∞-⎛⎫−−−→ ⎪==←−−− ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ 所以221ˆ()()2MLE A E q AT A T T ==⋅= （无偏估计） 200024ˆvar(),var()44T ML N T N T N q A T T σ====5-11. 假定已知信号112()cos cos 2...cos p s t a t a t a p t ωωω=+++212()sin sin 2...sin p s t b t b t b p tωωω=+++观测信号12()()()()x t s t s t n t =++，()n t 是均值为0、均方差为1的高斯白噪声。
信号检测与估计理论(复习题解)
H1)
s2 1k
s1k s0k
k 1
k 1
第3章 信号状态的统计检测理论 例题解答
Var(l |1H1) Var(l | H
)
E
N
k 1
nk
s1k
N k 1
nk
s0k
2
N
2
2
s n
1k
k1
N
s2 0k k 1
信号检测与估计理论
内容提要 例题解答
第1章 信号检测与估计概论 信号的随机性及其统计处理方法。
内容提要
第1章 信号检测与估计概论
略
例题解答
第2章 信号检测与估计理论的基础知识 内容提要
一. 离散随机信号
1. 概率密度函数p(x)及特性： 非负,全域积分等于1,落入[a,b]间的概率。
2. 统计平均量：均值,方差。
解：似然函数为
p(x
|
H0
)
1
2
2 n
N
2
exp
N
k 1
( xk
s0k
2
2 n
)2
p(x
|
H1)
1
2
2 n
N
2
exp
N
k 1
(xk s1k
2
2 n
)2
第3章 信号状态的统计检测理论 例题解答
其中,观测噪声n服从对称三角分布,如图3.1(a)所示。
若似然比检测门限 1,求最佳判决式,图示判决域,计算P(H1 | H0 )。
信号检测估计理论与识别技术习题参考答案
2-1 1[()]2E x t =，1212(,)3X t t R t t = 2-2 略。
2-3111[()]sin cos 333E x t t t=++12112212121111111(,)sin cos sin cos sin()cos()9999999X R t t t t t t t t t t =+++++++-2-4 [()]0E X t =，20(,)cos R t t w τστ+=2-5 [()]0E X t =，20(,)cos 2a R t t w ττ+= 2-6 略。
2-7 [()]0E X t =，10(,)200R t t τττ⎧=⎪+=⎨⎪≠⎩2-8 1210()()()2cos(10)(21)X X X R R R eτττττ-=+=++，2[()](0)5X E X t R ==，2(0)2X X R σ==2-9 11()()cos 22jw jw X X o G w R e d w e d τττττ∞∞---∞-∞==⎰⎰00()()()22X P w w w w w ππδδ=-++2-10 00()(()())2Y X X aG w G w w G w w =-++2-11 ())()X R u ττ=+-3-1 二元信号统计检测的贝叶斯平均代价C 为110000000100100110111111()()=()()()() ()()()()ij i i j j i C c P H P H H c P H P H H c P H P H H c P H P H H c P H P H H ===+++∑∑ 利用01()1()P H P H =-1101()1()P H H P H H =- 0010()1()P H H P H H =-得平均代价C 为[][]0011010110011011110100101110111000111011000101()1()1()() ()()()1() ()() ()()()()()()C c P H P H H c P H P H H c P H P H H c P H P H H c c c P H H P H c c c c P H H c c P H H =-⎡-⎤+-+⎣⎦+⎡-⎤⎣⎦=+-+⎡-+---⎤⎣⎦3-2 1）由于各假设j H 的先验概率()(0,1,2)j P H j =相等，所以采用最大似然准则。
信号检测与估计作业第一二三八章答案
时间：6月16日（星期一）晚上6：30－8：30 地点：六教104室（上课教室）试卷共8题，其中4题属于教材第一章内容，其余4题分别的其他章节。
请同学们对匹配滤波器，离散卡尔曼滤波，离散维纳滤波，高斯白噪声下确知信号的检测，K －L 展开，高斯白噪声信道中的单参量信号估计等内容重点关注。
1.1 （付柏成 20060150）在例1.2中，设噪声均方差电压值为σ＝2v ，代价为f c ＝2，m c ＝1。
信号存在的先验概率P ＝0.2。
试确定贝叶斯意义下最佳门限β，并计算出相应的平均风险。
解：根据式（1-15），可以算出00.8280.21f mQc Pc ⨯Λ===⨯ 而判决门限2201ln 0.52ln 88.822βσ=+Λ=+= 根据式（1-21）可知平均风险1010Pr 0.2r 0.8R Qr r =+=+01100.2(|)0.8(|)m f c P D H c P D H =+ 而011(|)(|)D P D H p x H dx =⎰1100(|)(|)D P D H p x Hdx =⎰而2121(1)(|)exp[]22x p x H σπσ-=- 2021(|)exp[]22x p x H σπσ=-所以201121(1)(|)(|)exp[]22D D x P D H p x H dx dx σπσ-==-⎰⎰221(1)e x p []22x dx βσπσ-∞-=-⎰＝17.82()()(3.91)22β-Φ=Φ=Φ 同理11210021(|)(|)exp[]22D D x P D H p x Hdx dx σπσ==-⎰⎰221e x p ()22x dx βσπσ∞=-⎰8.821()1()1(4.41)22β=-Φ=-Φ=-Φ 所以0.21(3.91)0.82[1(4.41)]R =⨯⨯Φ+⨯⨯-Φ 1．2 (关瑞东 20060155)假定加性噪声()n t 服从均值为零，方差为的正态分布。
《信号检测与估计》第二章习题解答
E[x]
=
0
，
R(t, t
+τ
)
=
R(τ
)
=
a2 2
cos ω0τ
即数学期望与时间无关，自相关函数仅与时间间隔有关，故 X (t) 为广义平稳随机过程
2.7 设有状态连续，时间离散的随机过程 X (t) = sin(2πAt)，式中， t 只能取正整数，即 t = 1,2,3,L ，
A 为在区间 (0,1) 上均匀分布的随机变量，试讨论 X (t)的平稳性。
cos
t2
+
1 9
sin
t2
cos t1
=
1 9
+
1 9
sin
t1
+
1 9
cos
t1
+
1 9
sin
t2
+
1 9
cos t2
+
1 9
cos(t1
-
t2
)+
1 9
sin(t1
+
t2
)
2.4 随机过程 X (t)为 X (t) = A cosω0t + B sin ω0t
[ ] [ ] 式中，ω0 是常数，A 和 B 是两个相互独立的高斯随机变量，而且 E[A] = E[B] = 0 ，E A2 = E B2 = σ 2 。
1 ↔ e−aτ u(τ )
jω + a
所以
RX (τ ) = ⎜⎜⎝⎛
1 e− 3
3τ −
1e 3
3τ + 1 e− 22
2τ − 1 e 22
2τ ⎟⎟⎠⎞u(τ )
平均功率
信号检测与估计理论
第2章 信号检测与估计理论的基础知识 内容提要
三. 离散随机信号的函数
1.一维雅可比特变别换是, 简单线性 的函 变数 。 换时 2. N维雅可比变换。
四. 连续随机信号
1任 .tk 时 意刻采 x (tk) 样 (x k ； tk)所 k ( 1 ,2 , 得 ,N )的 样 概 本 率 函数描述。
平均似然 广 比 义 检 似 验 然 ,比-检 皮验 尔和 逊奈 检曼 验的基
和方法。
第3章 信号状态的统计检测理论 例题解答
例3.1 设二元信号检测的模信型号为
H 0： x1n H1： x2n
其中 观,测n噪 服声 从对称三 如3 角 图 .1(a)分 所布 。 示,
若似然 1 ,求 比最 检 图 佳 测 示 判 门 计 判 P ( 决 H 限 算 1|H 0 决 )。 式域
也相互统计独立。
七. 信号模型及统计特性
确知信号 (未和 )知 参随 量机 ； 信 随号 机参量信性 号描 的述 统
第2章 信号检测与估计理论的基础知识 例题解答
例 2.1设离散x随 服机 从信 对号 称 其 三 概 角 率 分 密 布 度 , 函
p(x)
11|x| a a2
axa (a0)
0
其他
第3章 信号状态的统计检测理论 内容提要
一.信号状态统计检测 的理 基论 本概念
信号状态观 的测 假信 设号 , 的数 概合 ,率理 密判 判 度决 决 函,结果 与判决概最 率佳 , 判决的概 。念
二.二元信号状态统计 的检 三测 个准则
贝叶斯最 检小 测平 准均 则准 错 , 奈 则 误 曼 , 皮 概尔 率逊 检 测准则的概 检 念 验 、 判 似 决 然 为 式 比 最 、简 化判 简决 能 式
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8.平稳随机过程 的自相关函数为 ，求 均值、二阶原点矩和方差。
解：可按公式求解பைடு நூலகம்。
但在求解周期性分量时，不能得出 ，为此把自相关函数分成两部分：
由于 的对应的随机过程为
所以
而对于 ，有 ，即
要点：
答：略
2、在存在加性噪声的情况下，测量只能是1V和0V的直流电压。设噪声均值为零、均方根电压为 ，再设代价因子 。信号存在的先验概率 。试确定贝叶斯准则下的门限值并给出判决结果，同时计算出相应的统计平均代价。
计算得出
结果：
答：略
3、只用一次观察值 对下面两个假设作出选择， 样本 是均值为零、方差为 的高斯变量； 样本 是均值为零、方差为 的高斯变量，且 。试用最大似然函数准则回答下述问题：
解：由于
按照高斯白噪声下二元确知信号的判决规则
可得
这里
选用最大后验概率准则时
接收机的结构为
下面考虑平均错误概率
令检验统计量为
判决规则为
两种错误概率为
平均错误概率为
由于
定义两信号的平均能量为 ，
两信号的时间相关系数为
有
故两种假设下检验统计量的条件概率密度为
所以
同理
所以可得
7.设矩形包络的单个脉冲信号为
其中 为矩形函数，即
信号 的波形如图4.14所示。（1）求信号 的匹配滤波器的系统传输函数 和单位冲激响应 。（2）若匹配滤波器输入噪声 是均值为0、功率谱密度为 的白噪声，求匹配滤波器输出信噪比 。
解：（1）信号 的频谱函数
白噪声下匹配滤波器的系统函数为
匹配滤波器的单位冲激响应 为
（2）匹配滤波器的输出信噪比
适用场合:简单假设检验是解决单个确知信号的存在问题，而复合假设检验则是解决依赖于一组未知参量或随机参量的信号存在问题。
第二章随机信号及其统计描述
1．求在实数区间 内均匀分布的随机变量 均值和方差。
解：变量 的概率密度
均值
方差
2．设 是具有概率密度函数 的随机变量，令 的函数为
试求随机变量 的概率密度函数 。
解：反函数
雅可比式为
所以
4.随机过程 为
式中， 是常数， 和 是两个互相独立的高斯随机变量，而且 ， 。求 的均值和自相关函数。
输入信号 的能量为
匹配滤波器输出最大的信噪比
（3）可以求出匹配滤波器的输出有用信号
选取观察时间点 ，按照 可以求出匹配滤波器的输出为
简写成
（4）选取观察时间点 ，可画出单个矩形中频脉冲信号的各个波形：
第五章随机参量信号的检测
思考题1.什么是复合假设和简单假设？有何区别？复合假设检验和简单假设检验各适用于何种场合？
答：在概率密度函数中含有未知参量的假设，称为复合假设。而在概率密度函数中不含有未知参量的假设，称为简单假设。
例如：如果
其中 是含有未知参量或随机参量的信号，而 是确知信号， 是加性噪声。
这样 假设下的条件概率密度函数(即条件似然函数)为 ，涉及到参量 ；
而 假设下的条件概率密度函数(即条件似然函数)为 ，不涉及任何未知参量，所以 是复合假设， 是简单假设。
得到
又由于 是正态分布的，且
所以有
于是
即
而判决门限
（2）检测概率
或者
要点：（1）
（2）
7、设观察信号 在两种假设下的似然函数如下图所示，求贝叶斯准则的判决公式。
式中贝叶斯门限
附：高斯误差函数表
第四章确知信号检测
2题、5题、7题
4.2现有两个假设
其中 均为确知常数， 是功率谱密度为 的高斯白噪声，试设计一个似然比接收机。
解:根据题意得
按照极大-极小方程:
代入 ,得到
另一方面，由于
得到判决规则为
再令 ，于是有
按照 ，得到
所以有 即
考虑到
而
从而解得 ，
6、假定两个假设分别为
其中 的均值为零、方差为2的高斯白噪声。根据M个独立样本 ，采用奈曼—皮尔逊准则进行检验。令 ，试求
（1）判决门限 ；
（2）相应的检测概率 。
解：（1）由题意得
（1）根据观察量值，确定判决域 和 。
（2）画出似然比接收机的框图。
（3）求两类错误概率 和 的表达式。
解：（1）由题意得
采用最大似然函数准则， ，
似然比与判决规则为
判决域为，
(2)接收机结构：
（3）两类错误概率
要点：（1） （2）见图
（3）
4、根据一次观测，用极大极小准则对下面两个假设作出判断
其中 是均值为零、方差为 的高斯过程，且 。试求判决门限 以及与之对应的两种假设的先验概率。
所以
可理解为
从而有 ， =4
因此 的均值、二阶原点矩和方差分别为
9.若随机过程 的自相关函数为 ，求 的功率谱密度。
解:自相关函数与功率谱密度函数是一对傅立叶变换对，所以有
利用欧拉公式，可得
11.已知平稳随机过程 具有如下功率谱密度
求 的相关函数 及平均功率 。
解：
而自相关函数 与功率谱密度 是一对傅立叶变换，
求滤波器的输出功率谱密度；
2）当滤波器的单位冲激响应为
求滤波器的输出功率谱密度。
解：
1）滤波器的输出功率谱密度
2）滤波器的输出功率谱密度
第三章经典检测理论
1、在二元数字通信系统中，发送端等概发送2V和0V的脉冲信号，信道上叠加的噪声服从均值为零、方差为 的正态分布，试用最大后验概率准则对接收信号进行判决。
所以有
总功率为
平均功率为
随机过程通过线性是不变系统的习题
1、设白噪声的相关函数为 ，通过幅频特性如下图所示的理想带通放大器，求放大器输出的总噪声功率。
解:由于 ，所以其功率谱
线性系统的幅频特性如图所示，因此输出端的噪声功率谱为
总噪声功率为
2、零均值平稳随机过程 加到一线性滤波器，
1）当滤波器的单位冲激响应为
解：令
则接收信号的似然函数
似然比
由于
假定门限值为 ，则有
所以判决规则（似然比接收机）为：
还应当求出不等式右端的积分值.
4.5二元通信系统中，在每种假设下传送的信号为
假设两种信号是等概发送的，并且 为确知常数， 是均值为零、功率谱密度为 的高斯白噪声，试用最小总错误概率准则确定最佳接收机形式，并计算平均错误概率。
简单假设和复合假设的区别是，简单假设中的有用信号是确知信号，在给定噪声统计特性后，其似然函数只是观察数据的函数；而复合假设中的有用信号是含有位置参量或随机参量的信号，在给定噪声统计特性后，其似然函数既是观察数据的函数，又与信号中的未知参量或随机参量有关，需要通过统计平均的办法来消除参量对似然函数（甚至似然比）的影响。