信号检测理论的部分作业

p( x | H 0 ) = 1 2π 1 N 2 exp − ∑ xi , x = [ x1 , x2 ,L, xN ]T 2 i =1
(
)
N
1 N p( x | H1 ) = N exp − ∑ xi , x = [ x1 , x2 ,L, xN ]T 2 i =1
得到对数似然比 得到对数似然比 因此判决准则 判决准则为 因此判决准则为 即
x2
2 p( x | H1 ) x 2 (σ 12 − σ 0 ) σ ln[λ ( x )] = ln = − ln 1 2 2σ 0 σ 12 σ0 p( x | H 0 )
x
H1 H0
2
H1 H0
因此判决准则 判决准则为 因此判决准则为
H1 H0
sT s s x σ ln(λ0 ) + 2 H0
T
H1
2
即
x
δ
其中
s δ= ln λ0 + Ns 2
σ2
最佳接收机结构为 最佳接收机结构为
x=[x1, x2,…,xN]T >0 H 1 计算平均 − ≤0 H0
δ
输入空间划分为 输入空间划分为
R 0 = {x : x ≤ δ }, R 1 = {x : x > δ }
dx = s )
1 2π
∫
δ −s σ
−∞
e dt
−
t2 2
1 2π
∫
σuα − s σ
−∞
e dt = 1 − erfc (uα −
−
t2 2
σ
观测对二元假设 【作业1.4】用一次观测对二元假设 作业1.4】 1.4
2 H 0 : x ~ N (0, σ 0 ) 2 H1 : x ~ N (0, σ 12 ), σ 12 > σ 0
得到对数似然比 得到对数似然比
p ( x | H1 ) 1 σ 12 x2 x2 ln[λ ( x )] = ln = 2σ 2 − 2(σ 2 + σ 2 ) − 2 ln1 + σ 2 p( x | H 0 ) 0 0 1 0
因此判决准则 判决准则为 因此判决准则为
2 0
输入空间划分为 输入空间划分为
x2 δ 2 R 0 = x : x ≤ δ = x : χ1 = 2 ≤ δ1 , δ1 = 2 σ 0 + σ 02 σ 0 + σ 12 δ x2 2 2 R 1 = x : x > δ = x : χ 0 = 2 > δ 0 , δ 0 = 2 σ0 σ0
p ( x | H1 ) 1 N 2 N N 2 得到对数似然比 得到对数似然比 ln[λ ( x )] = ln = ∑ xi − ∑ xi − ln 2 π i =1 p( x | H 0 ) 2 i =1
因此判决准则 判决准则为 因此判决准则为 即
l
H1 H0
∑ (x
x2 1 p( x | H 0 ) = exp − 2 2π 1 p( x | H1 ) = exp(− x ) 2
（1）建立似然比检验，并对不同的判决门限确定判决区域； ）建立似然比检验，并对不同的判决门限确定判决区域； 损失， （2）对0—1损失，若P1=0.75，求Bayes检验的α和Pd； ） 损失 求 检验的 建立Neyman-Pearson检验。 检验。 （3）设α=0.2，建立 ） 建立 检验 【解】由条件转移概率密度
其中s为常数， 观测对上述假设作 其中 为常数，v(t)~N(0,σ2）。用一次观测对上述假设作 为常数 。 Neyman-Pearson判决，并计算检测性能。 判决， 判决 并计算检测性能。 【解】由条件转移概率密度
x2 1 exp − 2 p( x | H 0 ) = 2π σ 2σ ( x − s )2 1 exp − p( x | H1 ) = 2σ 2 2π σ
p( x | H 0 ) = p( x | H1 ) =
( (
1 2π σ 1 2π σ
) )
N
xT x exp − 2σ 2 ( x − s)T ( x − s) exp − 2σ 2
N
得到对数似然比 得到对数似然比
p( x | H1 ) x T x ( x − s)T ( x − s) sT x sT s ln[λ ( x )] = ln = 2 − 2 = 2σ 2 − 2 2σ σ 2σ p( x | H 0 )
x2 2σ 2 t2 2
α = ∫ p ( x | H 0 )dx =
R1
1 2π σ
∫δ
∞
e
−
dx =
1 2π
∫δ σe
∞
−
dt
⇒ δ = σuα
其中u 分位点。 其中 α为标准正态分布的上α分位点。漏报概率为
β=
=
∫ p ( x | H 1 ) dx =
R0
1 2π σ
∫
δ
−∞
e
−
( x − s )2 2σ 2
α = ∫ p ( x | H 0 )dx = ∫ p ( x | H 0 )dx
2 R1 ∞ 2
2 x 2 =σ 0 χ 2
R 1 = {x : x 2 > δ }
δ
H0
δ
=
∫σδ
∞
2 0
p ( χ | H 0 ) dχ =
2 2
1 2π
∫σδ t
2 0
∞
−
1 t − 2 2
e dt
【作业1.5】考察一假设检验问题，其转移概率为 作业1.5】考察一假设检验问题， 1.5
N i =1
2 i
− 2 xi + 1)
N
H1 H0
2 ln(λ0 ) + N + N ln
2
2
π
2
δ
其中
l = ∑ ( xi − 1)
i =1
δ = 2 ln λ0 + N + N ln
π
（1）判决区域为
R 0 = {x : l ≤ δ }
R 1 = {x : l > δ }
（2）对0—1损失和 1=0.75 损失和P 损失和
1 R0
δ
−∞
p ( x | H1 )dx
t2 2
=
tσ +s N
1 2π
∫
(δ − s ) N / σ
−∞
e dt = 1 − erfc (
−
(δ − s ) N
σ
)
【作业1.2】（加性高斯噪声中随机变量信号的检测问题） 作业1.2】 加性高斯噪声中随机变量信号的检测问题） 1.2 对二元假设
H 0 : x (t ) = v (t ) H1 : x (t ) = s + v ( t )
判决。 作Bayes判决。 判决 （1）画出接收机的结构； ）画出接收机的结构； （2）确定判决域 0和R1； ）确定判决域R （3）求α=P(H1|H0)。 ） 。 【解】由条件转移概率密度
x2 1 p( x | H 0 ) = exp − 2 2σ 0 2π σ 0 x2 1 p( x | H1 ) = exp − 2 2π σ 1 2σ 1
虚警概率为 虚警概率为
∞ x= R1
α = ∫ p ( x | H 0 ) dx = ∫ p ( x | H 0 ) dx =
δ
tσ N
σ
N ∫δ
∞ N /σ
p (t | H 0 )dt
=
1 2π
∫δ
∞ N /σ
e dt = erfc (
−
t2 2
δ N ) σ
漏报概率为 漏报概率为
β=
x=
∫ p( x | H )dx = ∫
x
H1 σ 2 H0
s
ln(λ0 ) +
s 2
δ
其中
δ=
σ2
s
ln λ0 +
s 2
R 0 = {x : x ≤ δ }
R 1 = {x : x > δ }
给定虚警概率α后，判决门限δ由
∫δ p( x | H
确定。 确定。
∞
0
)dx = α
由于 所以
H 0 : x ~ N (0, σ 2 ), H1 : x ~ N ( s, σ 2 )
{

}
{
}
虚警概率为 虚警概率为
α = ∫ p ( x | H 0 )dx = ∫
R1 ∞ 1 t ∞ − − 1 2 2 p ( χ 0 | H 0 ) dχ 0 = t 2 e 2 dt = 2 Γ(1 / 2) ∫δ 0
δ0
1 2π
∫δ t
0
∞ −
1 t − 2 2
e dt
漏报概率为 漏报概率为
β=
∫ p ( x | H ) dx = ∫
1 R0
δ1
0
p( χ | H1 )dx =
2 1
1 2π
∫
δ1 −
0
t e dt
t 1 − 2 2
【作业1.3】（加性高斯噪声中常量信号的检测问题） 作业1.3】 加性高斯噪声中常量信号的检测问题） 1.3 对二元假设
H 0 : x (t ) = v (t ) H1 : x (t ) = s + v (t )
得到对数似然比 得到对数似然比
p( x | H1 ) x 2 ( x − s )2 sx s2 ln[λ ( x )] = ln = − = 2− 2 p( x | H 0 ) 2σ 2 2σ 2 σ 2σ