《信号检测与估计》第三章习题解答

2
H1 > <
H0
l0 ，
x2
−
H1
x
> <
H0
2 ln
2 π
l0
当x<0时
l(x) =
f f
(x (x
H1 H0
) )
=
0
即 H0 假设成立 3.8 设观测信号 x 在两种假设下的分布如题图 3.8（a）、（b）所示，求 Bayes 判决公式。
《信号检测与估计》习题解答
f (x | H0)
1
f (x | H1) 1/ 3
( ) Neyman-Pearson 准则进行检验。令 P D1 H0 = 0.05 ，试求
（1）判决门限 β ；
（2）相应的检测概率 P(D1 H1 ) 。
解：（1）根据题意可得
( ) ( ) ( ) ( ) ∑ ∑ f
x H0
=Fra Baidu bibliotek
2
1 π
M
−
xi2
M e i=1 4 ， f
x H0
=
2
1 π
M
−
(xi −2)2
2x−2
= e σ 2 ， l0 =
P H0 P H1
=1
2x−2 H1
H1
e σ2
> <
1， x
> <
1
H0
H0
3.2 在存在加性噪声的情况下，测量只能为 1V 或 0V 的直流电压。设噪声均值为零、均方根电压 为 σ = 2V ，代价函数为 C01 = 2，C10 = 1，C00 = C11 = 0 。信号存在的先验概率 P = 0.2 。试确定 Bayes 准则下的门限值 β ，并计算出相应的平均风险。
《信号检测与估计》习题解答
将 C01 = C10 = 1，C00 = C11 = 0 代入上式，得
R(q0 ) = α (q0 ) = β (q0 )
∫ ∫ ∫ α(q0 ) =
+∞ β
1
− x2
e 2σ 2 dx =
2π σ
+∞ β
1 e−t 2 dt = 1 2
π
2π
2σ
+∞ β 2σ
e−t 2
dt
=
1 2
⎡ ⎢1 − ⎣
erf
⎜⎜⎝⎛
β 2σ
⎟⎟⎠⎞⎥⎦⎤
∫ β (q0 ) =
β −∞
∫ ∫ 1
− (x−1)2 e 2σ 2 dx = 1 −
2π σ
∞ β
1 2π σ
− (x −1)2 e 2σ 2
dx
=1−
1 2
⎜⎛ ⎜⎜⎝
2 π
∞ β −1
2σ
e−t
2
dt
⎟⎞ ⎟⎟⎠
=
1−
1 2
⎡ ⎢1 − ⎣
f x H1 f x H0
=
⎪⎪ ⎪⎨1
3 −
x
H1 > <
H0
l0
⎪ H1
⎪∞ ⎪ ⎪
> <
H0
l0
⎪⎩
−1≤ x ≤ 0 0≤ x ≤1 1≤ x ≤ 2
化简得
⎧1 ⎪ ⎪ 3l0
H1
−1
> <
H0
x
⎪ ⎨x ⎪
H1 >
< H0
1
−
1 3l0
⎪
⎪⎩H
成立
1
−1≤ x ≤ 0 0≤ x ≤1 1≤ x ≤ 2
>
σ
2 0
。
（1）根据观测结果，确定判决区域 D0 和 D1 。 （2）画出似然比接收机的框图。
（3）求两类错误概率 P(D0 | H1) 和 P(D1 | H0 ) ？
解：（1）根据题意可得
f (x H1) =
( ) 1
− x2
e
2σ
2 1
，f
2π σ1
x H0
=
1
− x2
e
2σ
2 0
2π σ 0
解：由题意可得
( ) f x H0 =
1
− x2
e2
2π
N
∑ 根据定理：当 xi ~ N (0,1) ，且 i = 1,2,L, N 之间相互独立时， x = xi2 服从 χ 2 分布，其概率密 i =1
度函数为
fi(x) =
1
2
i 2
Γ
⎜⎛
i
⎟⎞
i −1 − x
x2 e 2
。得到
⎝2⎠
( ) f
l0
，
x
H1 > <
H0
2σ1σ 0
σ
2 1
−
σ
2 0
ln σ1 σ0
l0
=
β
即判决区域为 D0 : −∞, β ， D1 : β ,+∞ （2）接收机结构形式如图所示。
∫ ( ) ∫ （3） P(D0 | H1) =
β
f
−∞
x H1 dx =
1 2π σ1
β
−
e
x2
2σ
2 1
dx
−∞
x
> 0 H1
< 0 H0
β
∫ ( ) ∫ P(D1 | H0 ) =
+∞
f
β
x H0 dx =
1 2π σ 0
+∞
−
e
x2
2σ
2 0
dx
β
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
H 0 ： x(t) = n(t) H1 ： x(t) = 1+ n(t)
设 n(t ) 为具有零均值和功率 σ 2 的高斯过程，且 C01 = C10 = 1，C00 = C11 = 0 。试求判决门限 β ，以及
解：由于 P(H1) = 0.2 ，得到 P(H0 ) = 0.8
( ) ( ) f
x H1
= 2
1 2π
− (x−1)2 e8
，
f
x H0
= 2
1 2π
− x2
e8
根据 Bayes 准则 l(x) =
f f
(x | (x |
H1 ) H0)
H1 > <
H0
l0
=
(C10 − C00 )P(H0 ) (C01 − C11)P(H1)
=
1 2
3.5 若上题中， C01 = 6，C10 = 3，C00 = C11 = 0
（1）每个假设的先验概率为何值时达到极大极小风险？
（2）根据一次观测的判决区域如何？
解：略
3.6 设两个假设分别为
H 0 ： x(t) = n(t) H1 ： x(t) = 2 + n(t) 其中， n(t) 是均值为零、方差为 2 的高斯白噪声。根据 M 个独立样本 xi (i = 1，2，L，M ) ，应用
-1
（a）
1x
-1
（b）
题图 3.8
解：根据题意可得
f
(x
H0
)
=
⎧1 − ⎨ ⎩0
x
−1≤ x ≤1 其他
f
(x
H1
)
=
⎪⎧ ⎨
1 3
⎪⎩0
−1≤ x ≤ 2 其他
设 Bayesian 门限值为 l0 ，得到 Bayesian 判决公式为
⎧1
⎪ ⎪⎪1
3 +
x
H1 > <
H0
l0
⎪1
(( )) l(x) =
2x
= e 2σ 2
2σ 2 = e 2σ 2
> <
l0
H0
( ) ln l
x
=
2x −1 2σ 2
H1 > <
H0
ln l0
，
H1
x
> <
σ
H0
2
ln l0
+
1 2
=
β
得到
l0
=
(C10 − C00 )P(H0 ) (C01 − C11)P(H1)
=
P(H0 ) P(H1 )
=1
P(H 0
)
=
P(H1 )
i =1
H1 > <
H0
1 M
ln l0
+1=
β
即判决门限为
β
=
1 M
ln l0
+1
（2）
3.7 在二元假设检验问题中，两假设下的接收信号分别为
H1：x(t ) = r12 + r22 H0：x(t) = r1
其中， r1 和 r2 是独立同分布的高斯随机变量，均值为零，方差为 1。求 Bayes 最佳判决公式。
设判决门限为 l0 ，得到其似然比为
( ) ( ) ( ) ( ) l x = f x H1 ( ) f x H0
x2
σ
2 1
−σ
2 0
= σ0 e
2σ
12σ
2 0
σ1
x2
σ
2 1
−σ
2 0
，σ0 e
2σ
12σ
2 0
σ1
H1
> <
l0
H0
x2
H1 > <
H0
2σ12σ
2 0
σ
2 1
−
σ
2 0
ln
σ1 σ0
《信号检测与估计》习题解答
《信号检测与估计》第三章习题解答
3.1 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，信道上迭加的噪声服从均值
为零，方差为σ 2 的正态分布，试用最大后验概率准则对接收信号进行判决。
解：由于
P(H1)
=
P(H 0
)
=
1 2
，且
( ) f x H1 =
1
− (x−2)2 e 2σ 2
∞ β
f
(x
|
H
0
)dx
+
P(H1
)C01
β −∞
f (x | H1)dx
∫ ∫ = 0.8
∞ − x2
e 8 dx +
0.4
β − (x−1)2 e 8 dx
2 2π β
2 2π −∞
3.3
只用一次观测值
x
对下面两个假设作出选择，H
0
：样本
x
为零均值，方差
σ
2 0
的高斯变量；H
1
：
样本
x
为零均值，方差 σ12 的高斯变量，且 σ12
x H1
=
1
2Γ (1)
e
−
x 2
（
x
≥
0
）
f (x H1) = 0 （ x < 0 ）
由于 Γ (1) = 1 ，得到当 x ≥ 0 时
( ) l(x) = f x H1 =
π
e
x2 −x 2
( ) f x H0 2
设 Bayesian 门限值为 l0 ，得到 Bayesian 判决公式为
π
e
x2 −x 2
与 β 相应的各假设先验概率。 解：根据题意可得
( ) ( ) f x H1 =
1
− (x−1)2
e 2σ 2 ， f
2π σ
x H0
=
1
− x2
e 2σ 2
2π σ
由于极大极小风险为
R(q0 ) = c00 + (C10 − C00 )α (q0 ) = c11 + (C01 − C11)β (q0 )
e i=1
M
4
得到
《信号检测与估计》习题解答
M
M
( ) ( ) ∑ ∑ l x
=
f
x H1
(xi −1)
xi −M
= e i=1
= e i=1
( ) f x H0
设判决门限为 l0 ，得
M
∑ xi −M
e i=1
H1 >
<
l0
，
M
∑
xi
H0
i =1
H1
> <
ln l0
H0
+M
，x
=
1 M
M
∑ xi
，得
(( )) l(x) =
f x H1 f x H0
− (x −1)2 + x 2 =e 8 8
=
2x −1
e8
，
l0
=
(C10 − C00 )P(H0 ) (C01 − C11)P(H1)
=
1× 0.8 2 × 0.2
=
2
2 x −1
e8
H1 > <
H0
2
，
x
H1 > <
H0
4 ln
2
+
1 2
得到门限值为
β = 4 ln 2 + 1 2
平均风险为
《信号检测与估计》习题解答
∫ ∫ ∫ ∫ R = P(H0 )⎢⎣⎡C00
β −∞
f (x | H0 )dx + C10
∞ β
f
(x
|
H
0
)dx⎥⎦⎤
+
P(H1
)⎢⎣⎡C01
β −∞
f (x | H1)dx + C11
∞ β
f
(x
|
H1
)dx
⎤ ⎥⎦
∫ ∫ = P(H0 )C10
2π σ
( ) f x H0 =
1
− x2
e 2σ 2
2π σ
(( )) 根据最小错误概率准则 l(x) =
f f
x H1 x H0
H1 > <
H0
P(H0 ) P(H1 )
=
l0
，得
( ) ( ) ( ) l x = f x H1 ( ) ( ) f x H0
− (x−2)2 + x2 = e 2σ 2 2σ 2
erf
⎜⎜⎝⎛
β
−1 2σ
⎟⎟⎠⎞⎥⎦⎤
=
1 2
⎡ ⎢1 + ⎣
erf
⎜⎜⎝⎛
β
−1 2σ
⎟⎟⎠⎞⎥⎦⎤
=
1 2
⎡ ⎢1 − ⎣
erf
⎜⎜⎝⎛
1
−β 2σ
⎟⎟⎠⎞⎥⎦⎤
得到
β =1− β ，β = 1 2
由于
( ) (( )) l x
= f x H1 f x H0
− (x −1)2 + x 2
2 x −1 H1