2021年信號檢測與估計各章作業(yè)參考答案(1~9章)

第二章隨機信號及其統(tǒng)計描述

1.求在實數(shù)區(qū)間\a,b\內(nèi)均勻分布的隨機變量X均值和方差。

---,a<x<b

b-ci

解：變量X的概率密度p*)=v

0,其他

均值mx=E[x]=^xp(x)dx=~~~~

方差bj=J：(XX)2P(x)dx=SI；)

2.設X是具有概率密度函數(shù)p(x)的隨機變量，令x的函數(shù)為

y=exp(—QX)M>0

試求隨機變量y的概率密度函數(shù)p(y)。

解：反函數(shù)x二-'lny,Q>。

a

雅可比式為j=與=—2

dyay

所以P(J?)=P|-P(--lny)=-/?(--hiy),a>0

aaya

4.隨機過程X(f)為

X(f)=Acos(gf)+Bsin(gf)

式中，g是常數(shù)，A和8是兩個互相獨立的高斯隨機變量，而且仇A]=E[B]=O,

E[A2]=E[B2]=a2,求X。)的均值和自相關函數(shù)。

解：解:由于g為常數(shù),且乩4]=用]=0,得到

f[y(z)]=￡[^cos牡f+Bsin纖=￡[^]cos(爾+￡[s]sin③f=0

由于4和8相互獨立,且“卜米]=射，得到

^(f.r+r)=￡[T(r)x(r+r)]

=E(ACOS+Bsina)Qt\Acosg(r+r)+Bsing(r+r))]

=EA2cosgrcosgk+r)+ABcos例，sing(7+7)

+ABsin如cosg”+力+32sina)Qtsing(/+r)]

二電“cosa)Qtcosg(t+r)+E\ABCOSo\tsiiig(f+r)

+E[j5]sin①Mcos例(1+7)+E\B2sin如sin例(r+r)

=a2(cos00fcosg(r+r)+siii如sing(r+r))

_

=cr_(coscoQtCOS豌7一coscoQtsmgfsin豌r+snr如cosgr+smcoQtcosgfsingr)

=<y-cos6)0r

7.設有狀態(tài)連續(xù)、時間離散的隨機過程X(f)=sin(2;zQf),式中，只能取正整數(shù)，即

f=l,2,3,…，而C為在區(qū)間(0,1)上均勻分布的隨機變量，試討論XQ)的平穩(wěn)性。

解：E[X(/)]=E[siii(2^4f)]=[sin(2^t)t]f(a)(lco=加1(2萬々r(0血=0

Rx(t,t-r)=E[X(/)X(/-r)]=E[sin(2敏)]

=jsin(Imot)sin(2^<y(r-T))f(co)dct)=^sin(Imot)sin(2^o(f-T^CD=j2'°

y°|orw0

因此X1)是平稔隨機過程。

8.平穩(wěn)隨機過程X(f)的自相關函數(shù)為Rx(T)=2eT°「+2cos(107)+l,求XQ)均值、二階

原點矩和方差。

解：可按公式求解，屐=Rx3),E[X2(“=Rx(0),也=Rx(0)-Rx3)

但在求解周期性分量時，不能得出R(oo),為此把自相關函數(shù)分成兩局部：

Rx(r)=/?xl(r)+Rx2⑺=2cosQOr)+Q/s+1)

由于Rxi?)=2cos(l(k)的對應的隨機過程為

X?)=Acos(10f+e),A為常數(shù)，°是隨機變量

所以E[X]⑹=0

而對于Rx2，）=2eT°「+l，有RX2（8）=1，即屯2（。]=±1

所以E[x（t）]=E[x,（r）]+E[x2（r）]=±l

可理解為0（8）=1

從而有4X2（“=0（0）=5,蟾=Rx（0）—03）=4

因此XQ）的均值、二階原點矩和方差分別為

E[x（r）]=±lE[X2（Z）]=5或=4

9.假設隨機過程X。）的自相關函數(shù)為,求XQ）的功率譜密度。

解:自相關函數(shù)與功率譜密度函數(shù)是一對傅立葉變換對，所以有

00100

jo,r->r

Gx（69）=jRx（T）e~dT=—jcos（6^r）^Jr

—00-00

利用歐拉公式，可得

18?00

ja）QT

Gx（69）=—Jcos（690r）e"Jr=—j（e"%'+e~）e"dT

—oo4—00

[8—-

=；J卜"3-'5+6-"研3°"/丁=]53_4）+563+礫）

11.平穩(wěn)隨機過程X。）具有如下功率譜密度

「/、co14-1

Gx⑷=—一「一7

（1）+569+6

求X。）的相關函數(shù)Rx（r）及平均功率Wo

解：

r（、二丁+i=2_______1

x⑷-CO4+5CO2+6一#+3一#+2

而自相關函數(shù)與功率譜密度是一對傅立葉變換，

0）-+Q

所以有

平均功率為/?x（。）=」-J"Gx=J=-/==--V2

2兀乙J32j23~T

隨機過程通過線性是不變系統(tǒng)的習題

1、設白噪聲的相關函數(shù)為與b?),通過幅頻特性如下列圖所示的理想帶通放大器，求

放大器輸出的總噪聲功率。

IH⑷|

<Q>

-----T-----

----------------------'~——I——-----------------------------------------------------------------------------1------------------------------------------------------------>CD

-a>o0①。

解：由于用,?)=叢3?),所以其功率譜G“(o)=j凡3/3%=強

2±2

線性系統(tǒng)的幅頻特性如下圖，因此輸出端的噪聲功率譜為

與，當g+'或3一/]《弓時

--

0,當。為其它時

00

總噪聲功率為坪=[Gy(o)d0=No。

2、零均值平穩(wěn)隨機過程X(t)加到一線性濾波器,

1)當濾波器的單位沖激響應為

be-h',t>0

力⑺=<

0,t<0

求濾波器的輸出功率譜密度;

2)當濾波器的單位沖激響應為

be-b',O<t<T

h(t)=<

0,else

求濾波器的輸出功率譜密度。

解：

2

9h

1)濾波器的輸出功率譜密度Gy(①)=\H(co)\-Gx(⑼=/：病Gx3)

2)濾波器的輸出功率譜密度

Gy(⑼=.0-2e~bTcos+e-2bTCx(⑼

第三章經(jīng)典檢測理論

1、在二元數(shù)字通信系統(tǒng)中，發(fā)送端等概發(fā)送2V和0V的脈沖信號，信道上疊加的噪聲服從

均值為零、方差為b?的正態(tài)分布，試用最大后驗概率準那么對接收信號進行判決。

解：由于P(Hj=0(Ho)=g,且

(x-2『

/(x|/Z1)=-7=^e

N27ro

X2

鵬)=焉入

根據(jù)最小錯誤概率準則須郊:簫M，得

/(小小一空x22x-2/\

2，_cM]尸(4)_]

/⑺-齊瓦］一e,。一尸陽)

2x-2H1H、

e『”,x”

目。

%

要點：X>1

<

”。

答：略

2、在存在加性噪聲的情況下，測量只能是IV和OV的直流電壓。設噪聲均值為零、均方根

電壓為b=2V,再設代價因子Coi=2、Go=l、Gx)=Gi=O。信號存在的先驗概率

P(s=IV)=0.2。試確定貝葉斯準那么下的門限值并給出判決結(jié)果，同時計算出相應的統(tǒng)

計平均代價。

解：由于P("i)=0.2,得到尸(%)=0.8

.(X-1)2

/(啊)=—兆"°)=壺"

2位

/(""】)乘(Go-小風/)

根據(jù)Bayes準則/(》)=得

/(■V%)總。(Q「GiW("i)

/卜耳)=0-然-+看=6*/_(C1Q-C00)P(J/0)_1x0,8

刁兩一"'。一(Coi-Gi爐陽)一2、0.2

2x-l

>2

點2

H。

得到門限值為

尸=41112+1

平均風險為

R=尸(為[孰0匚/(.V\HQ也+C10|7(.r\HQ)dx+P(HX￡f(xHx出+GiJ：/HI"i上

X

=P(H0)C10J/(x\H0)ix+P(Hl)QiJ：f(x|Hi/

/(XT)]

0.80.4

；E+eSdx

_2后2427r-CD

計算得出

R=0.4[l-e//(l.157)1+0.2[l+e爐(0.803)]=0.392

結(jié)果：4=2,/?=41n2+-,x>/3,R=0.392

2Ha

答：略

3、只用一次觀察值X對下面兩個假設作出選擇，“°：樣本X是均值為零、方差為b；的高

斯變量；樣本X是均值為零、方差為b；的高斯變量，且必2＞。＞試用最大似然函數(shù)

準那么答復下述問題：

(1)根據(jù)觀察量值，確定判決域。0和。I。

(2)畫出似然比接收機的框圖。

(3)求兩類錯誤概率1%)和p(Aia)的表達式。

解：(1)由題意得

,1

P（xI%）=I———e

72兀

采用最大似然函數(shù)準那么，/0=1,

似然比與判決規(guī)那么為

*2荷—K）H]

P（x|2才加>,

心)A1

P（x\H0）<T]

*

仆34^包

2,bj1n且三夕

H：A

-

<(CT--CTJ)分%1(076；)外

判決域為，°。：—""X""￡>1：%<―/?或x>0

(2)接收機結(jié)構(gòu)：

(3)兩類錯誤概率

P（￡>（）|Hi）=。p（xI%）4x=2a'dx=/2dt=erf

v乙21CzI

P（￡>i|也）=[：P（xIH°）dx+（p（x|）dx=1-erf

要點（°D^:-13<x<p,D:x<-p^x>（3

](2)見圖

B、

P（D0\Hi）=erf

p（2l“o）=i-時

4、根據(jù)一次觀測，用極大極小準那么對下面兩個假設作出判斷

Ho:x(t)=n(t)

H[:x(t)=1+n(f)

其中〃(。是均值為零、方差為b?的高斯過程，且。01=。|0=1,，)=6尸0。試求判決門

限"以及與之對應的兩種假設的先驗概率。

解：根據(jù)題意得

1(1)2

1--

p{x\Hi)=-/e2,p(x\H0)=.e2b

72兀b

按照極大-極小方程：（%—C0c）+（C°LGI）尸（〃*）一（Go—C0c）2（〃*）=0

代入。=Go=i,C()o=Gi=。得到C(P*)=Z?(P*)

另一方面，由于

Hx

小皿趙2<7?

Ine>In/0

P（X|"o）</0<

Ho

1

2

Xb-

得到判決規(guī)那么為2

&=，；p(x|"。"=Jj短e

2bdx

，(%-1)2y

Jo71一b」

夕=『p{x|H)dx=j°￡e2b2dx=2(T

}-1——edt

-0

°J2乃b

再令'=一%,于是有尸=匚六e?公

按照。（〃*）="〃*）,得到￡卷e21dx』土

,,.1

所以有/。=1一/。即Zo=-

=（G。-c0t,）<（%）i-p*

考慮到0（。-GJP（N）p*

21

而o-ln/0+-=Z0

從而解得％=1,〃*=；

6、假定兩個假設分別為

4:x(f)=〃⑺

&:x(t)=2+n(t)

其中〃（7）的均值為零、方差為2的高斯白噪聲。根據(jù)M個獨立樣本七,i=l,2,…,M,采用

奈曼一皮爾遜準那么進行檢驗。令a=0.05,試求

（1）判決門限4；

（2）相應的檢測概率匕。

解：（1）由題意得

p⑶44fl，何即=1卡）44

M

得到=exp2(玉-1)

_Z=1

乩

M〉>1

xM1n—lnZ+ls/

/。00

Yi=]i~<<M

%H0

又由于元是正態(tài)分布的，且

￡(元|H())=0,E(x\Ht)=2,Var(x\Ho)=Var(x\H=2/M

4MMx24MM(x-2)2

所以有p(x|"o)=而expp(xI"])=r=exp

~1~217r4

即上面

而判決門限4=4=e""of=^VA7(2.34-VA7)

⑵檢測概率

n產(chǎn)VAIM(X-2)2__Ip_21產(chǎn)_2

匕=P(Rld)=C春exp[一-「卜=忑?_2)et出="』etdt

或者

2=g［l-時（1.17-屈）］

要點：（1）/。=搭4=4=6.（3）=?^2.3右國）

（2）

「L專1一歷6一%=如時（1.17-屈）］

7、設觀察信號X在兩種假設下的似然函數(shù)如下列圖所示，求貝葉斯準那么的判決公式。

解：根據(jù)題意可得

1-忖

/(.楓)=<-1<X<1

0其他

/0名)=(§-l<x<2

0其他

設Bayesian門限值為/（）,得到Bayesian判決公式為

o-1<x<0

00<x<l

l<x<2

化簡得

[1%

--1^-l<x<0

3/0凡

0<x<1

區(qū)成立1<,r<2

（G。—C（X,）P（H。）(Go-Go匕

式中貝葉斯門限/（）=

（c0「Gi）p（”j(c°i-Gi)p

附：高斯誤差函數(shù)表

77erf（7）7e%)

0.000.000000.780.730011.560.97263

0.020.022560.800.742101.580.97455

0.040.045110.820.753811.600.97635

0.060.067620.840.765141.620.97804

0.080.090080.860.776101.640.97962

0.100.112460.880.786691.660.98110

0.120.134760.900.796911.680.98249

0.140.156950.920.806771.700.98379

0.160.179010.940.816271.720.98500

0.180.200940.960.825421.740.98613

0.200.222700.980.834231.760.98719

0.220.244301.000.842701.780.98817

0.240.265701.020.850841.800.98909

0.260.286901.040.858651.820.98994

0.280.307881.060.866141.840.99074

0.300.328631.080.873331.860.99147

0.320.349131.100.880201.880.99216

0.340.369361.120.886791.900.99279

0.360.389331.140.893081.920.99338

0.380.409011.160.893101.940.99392

0.400.428391.180.905841.960.99443

0.420.447471.200.910311.980.99489

0.440.466231.220.915532.000.99532

0.460.484661.240.920512.020.99572

0.480.502751.260.925242.040.99609

0.500.520501.280.929732.060.99642

0.520.537901.300.934012.080.99673

0.540.554941.320.938072.100.99702

0.560.571621.340.941912.120.99728

0.580.587921.360.945562.140.99753

0.600.603861.380.949022.160.99775

0.620.619411.400.952292.180.99795

0.640.634591.420.955382.200.99814

0.660.649381.440.958302.220.99831

0.680.663781.460.961052.240.99846

0.700.677801.480.963652.260.99861

0.720.691431.500.966112.280.99874

0.740.704681.520.968412.300.99886

0.760.717541.540.970592.320.99897

7erf(〃)7erf⑺nerf（7）

2.340.999062.440.999442.700.99987

2.360.999152.460.999502.800.99992

2.380.999242.480.999552.900.99996

2.400.999312.500.999593.000.99998

2.420.999382.600.99976□01.00000

2K表摘至冶金傳愉原理，沈顧身，李保衛(wèi),吳懋林著:冶金工業(yè)出版社

第四章確知信號檢測

產(chǎn)(蘇一加)“1

2題、5題、7題/(x)=P(，乩)=A25%；>/-1

p(x|"o)a,<

4.2現(xiàn)有兩個假設

Ho：x(t)=8cos(gf+。)+n(t)

H]:x(t)=Acos的+Bcos(fo2t+。)+n(t)

其中A、B、電、%、0均為確知常數(shù)，〃(。是功率譜密度為No/2的高斯白噪聲，試設

計一個似然比接收機。

解：令s0(r)=Bcos((y2/+0),S|(r)=Acosty]+Bcos(?y2f+。)

那么接收信號的似然函數(shù)

1ex"/，：卜⑺-%。)]2力,

P(狗“0)=

3、

、No,

1

—C[x(f)—Bcos@.+dt>

No,

1

P(x|HJexp<

I2

7---------------J；\x(t)-Acos69,r-Bcos((o2t+^)]dt>

(后bjINoJ

似然比

P(XIM)=exp-⑺_S；Q)]_2X⑺LQ)_%(3｝力,

P(尤l“0)

由于

-TT-Jo(“一2x(“S]⑺一5°(3｝力

N。

=——《｛Acos卯[Acos卯+2Bcos@2，+0)]-2AMf)cos卯｝df

N。

=%2cos2如+2A8COS卯€：0502/+0),+看[；X(E)COS69/力

假定門限值為4，那么有

r]、一2A—"

22

/(x)=exp<------J^[ACOS+2ABcos^tcos(a)2t+>-exp——x(t)cosco^dt>I。

I$I%」％

所以判決規(guī)那么(似然比接收機)為：

Hi

Cx?)coss3：黑。)卜

n02A

還應當求出不等式右端的積分值.

4.5二元通信系統(tǒng)中，在每種假設下傳送的信號為

/：x(f)=Asin卬+必)(0</<7)

乩:x(t)=Asin2coot+n(t)

假設兩種信號是等概發(fā)送的，并且A、4為確知常數(shù)，〃(。是均值為零、功率譜密度為

N0/2的高斯白噪聲，試用最小總錯誤概率準那么確定最正確接收機形式，并計算平均錯誤

概率。

解：由于

Sj(f)=Asin2gf,s(,(7)=Asingf

按照高斯白噪聲下二元確知信號的判決規(guī)那么

foxQ)S](t)dt-CMf)So⑺力：/0

H。

可得

x(r)Asinco^?(2cos690r-l)dtZo

Ho

這里

A2TA2

士(4Tg—sin44T)E()=f『⑺力==q(27/_sin2@oT)

84)J。4g)

,。+，；卜：(/)一5；(。卜/=:^111/()+；(耳一￡。)

=—InZo+-^-sin2gT?(l-cos24T)

28g

選用最大后驗概率準那么時

K”o)/p(d)=i

2

,A7\

Z=---sin2G07(l-cos2^yr)

o%o

Asin如(2cosgf—1)

題4.5圖最正確接收機結(jié)構(gòu)

下面考慮平均錯誤概率

令檢驗統(tǒng)計量為

I=(t)dt-^x(t)sG(t)dt=Asinco^?(2cos4f—V)dt

Hi

判決規(guī)那么為I其

Ho

A2,A2

「嬴(4T—/)EQ—---(2760^—sin20a)

4Go

7?=C%?)$](t)dt=---(3sinco?-sin3gT)

6%

兩種錯誤概率為P(R|“o)=『P(/I“o)d/P(AHi)=「pUIHJdl

J，0J-00

平均錯誤概率為

8=P("o)P(R|Ho)+P(Hi)P(A|HJ=g[P(/|"O)R+；￡p(I\H,)dI

由于

E(1|"°)=R-E(-「R

Var(HH0)=Var(l\Hi)=^(Ei+E0-2R)=a]

定義兩信號的平均能量為E=(g+Eo)/2，

R1T

兩信號的時間相關系數(shù)為r=-=±Cs0(f)S|(t)dt

EE

有Var(I\H0)=Var(I|H,)=a；=^OE(1-r)

故兩種假設下檢驗統(tǒng)計量的條件概率密度為

1

p(/|〃o)=而exp『

2cr；

所以

,f/-(7?-￡)]2

0\dl

expi—一^r~

2

e"du

2

￡(1-廠)

2N。

同理

￡(l-r)

P(卬%)=[：

忌L-2b；

所以可得

Pe=g<1-時E(l—r)

7.設矩形包絡的單個脈沖信號為

s(t)=cos69(/

1,|x<r/2

其中rect（。為矩形函數(shù)，即rect（x）=<

0,\x>T/2

信號s?）的波形如下圖。（1）求信號s（f）的匹配濾波器的系統(tǒng)傳輸函數(shù)”（。）和單位沖激

響應以。。（2）假設匹配濾波器輸入噪聲〃（。是均值為0、功率譜密度為N。/2的白噪聲,

求匹配濾波器輸出信噪比SNR。

解：（1）信號s（f）的頻譜函數(shù)

.(co-coA.((y+g)

smTsinr

I2兒I2J

S((y)=J：s(t)e-jMdt=-^

(

I2Jk2J

白噪聲下匹配濾波器的系統(tǒng)函數(shù)為

H(M=cS*(<y)e-w。

匹配濾波器的單位沖激響應h⑴為

h(t)=cs(tQ-/)=cAreelCOS690(r0-t)

、T

（2）匹配濾波器的輸出信噪比

輸入信號s"）的能量為E=D⑺力=EA2cos2coQtdt=占

~22

匹配濾波器輸出最大的信噪比

,2EA2T

（3）可以求出匹配濾波器的輸出有用信號

簡寫成

當H"非。sg”》卜了

0,其它

(4)選取觀察時間點f()=三，可畫出單個矩形中頻脈沖信號的各個波形:

2

(d)

第五章隨機參量信號的檢測

思考題1.什么是復合假設和簡單假設？有何區(qū)別？復合假設檢驗和簡單假設檢驗各適用于

何種場合？

答：在概率密度函數(shù)中含有未知參量的假設，稱為復合假設。而在概率密度函數(shù)中不

含有未知參量的假設，稱為簡單假設。

例如：如果

:x(t)=st(t,0)+n(/),(0</<7")

“o：x(7)=Soa)+加)，(0<r<T)

其中S44）是含有未知參量或隨機參量的信號，而So⑺是確知信號，"（/）是加性噪聲。

這樣"i假設下的條件概率密度函數(shù)（即條件似然函數(shù)）為涉及到參量G：

而“°假設下的條件概率密度函數(shù)（即條件似然函數(shù)）為P（目”（＞），不涉及任何未知參量，

所以凡是復合假設，"°是簡單假設。

簡單假設和復合假設的區(qū)別是，簡單假設中的有用信號是確知信號，在給定噪聲統(tǒng)計

特性后，其似然函數(shù)只是觀察數(shù)據(jù)的函數(shù)；而復合假設中的有用信號是含有位置參量或隨機

參量的信號，在給定噪聲統(tǒng)計特性后，其似然函數(shù)既是觀察數(shù)據(jù)的函數(shù)，又與信號中的未知

參量或隨機參量有關，需要通過統(tǒng)計平均的方法來消除參量對似然函數(shù)（甚至似然比）的影

響。

適用場合：簡單假設檢驗是解決單個確知信號的存在問題，而復合假設檢驗那么是解決

依賴于一組未知參量或隨機參量的信號存在問題。

思考題2.什么是隨機參量信號？其似然比檢驗的核心是什么？

答：把含有隨機參量或未知參量的信號稱為隨機參量信號。例如s?,5）中，假設占是未

知參量或隨機參量，那么該信號就是隨機參量信號。

針對與復合假設檢驗，貝葉斯準那么給出的判決規(guī)那么為

/(A)-(元|@,”o)p(砧GolC-Cool。*。4P(H1)

式子說明，檢驗的核心是：對用代價因子加權后的含有隨機參量的條件概率密度函數(shù)進行統(tǒng)

計平均后得到似然比，再用似然比與門限值比擬，從而作出判決。

特別是當代價因子與隨機參量無關時，上式等效為

⑴。M)p@的飛尸(4)

/（X）=￡p(元10,"o)p(0)d01P(H|)匕1-G1.

由此可以看出，復合假設檢驗的核心是用統(tǒng)計平均的方法去除隨機參量對似然函數(shù)的影

響，或去除對似然比的影響，接著再用似然比和門限值比擬得出判決結(jié)果。

習題1.考慮檢測問題：

Ho:x(t)-Bcon(a)2t+(/>)+n(t),(0</<T)

“i：x(7)=Acos卯+BCOS@2，+0)+〃?)，(0<r<T)

其中A、B、色、牡是常數(shù)，。是Q2蘇上均勻分布的隨機參量；〃⑺是高斯白噪聲。

（a）求判決公式及最正確接收機結(jié)構(gòu)形式。

（b）如果/cos0j-cosg/力=Icos3]f-singfdr=0,證明最正確接收機可用

￡x（f）cos6y/df作為檢驗統(tǒng)計量，并對此加以討論。

解：（a）設〃（。是均值為0、功率譜密度為N0/2的正態(tài)白噪聲，那么有

----6)-Bcos(4>)f+a)]~dr

p3Ho,*=FeN"

----Jo[x(r)-Acosfty-6cos(怯1+0)]2由

p(元陽M=Fe'。

/+/

cos(y1/[2x(/)-i4cos<y|/-2^cos(<y2^)P

l(xI。)=e'。

x")cos0Mcos%1“一:"￡；cos<y[lcos(@2，+。)山

=e“。eN°eN°

由于

l/2zr,0?。W2%

〃（。）=<

0,其它

所以

2

2ArAtri2ABr

廣8—6x(r)cos<Vi，dr-----Jocos'a\tdtr2乃1------{)cos@/cos(?2，+e)M

/(X)=f/(元10)p3)d。=e"。e&f——ejV°d(j)

j-8Jo27

按照貝葉斯準那么

Hi

(Go-Q)o)〃("o)_i

/⑴：

(C°「GJP(W)一°

或者

2A，7.A""■>.

)

—fcx(rcos幼5--Jocos-(oxtdt神燈COS。］/COS（02，+。）力

eN°e飛d《1°

'027r

券?X(，)COS?MCOS23M產(chǎn)%

譚C。叱+板

d（/）：2兀I。

I。

兩邊取對數(shù)得到

2AB

J；M，)cosGM/：^ln(2Ro)+^J；cos?紳力—券InCOS幼tCOS((t)2l+</>)dt

時=/

100

最正確接收及結(jié)構(gòu)為:

(b)不管是否有條件]:cosrcosco2tdt=cosG/-singMf=0,

都可選［M＞）cosqf力作為檢驗統(tǒng)計量。

當，cosG/?cosgfd，=[cos助/Ting/%=0時，由于

￡cos69/cos(ty2r+0)=[cos69/[cosa)2tcos(/)一sin692rsin(/}]dt=0

/。=M1nGa)coV?dt-*]n27r

Z/I乙NXi

N(1/入[、ATA.c_N(、、八

=—In(2雙))H------1------sin2助T------In27r

2A4869J2A

=^ln/0+—+—sin2^,7

2A048<y,'

所以判決規(guī)那么為

乩

x?)cosG]4

第六章多重信號檢測

思考題1:為何要進行多重信號的檢測？

答：利用多重信號檢測的優(yōu)勢是可以增加檢測系統(tǒng)的信噪比，從而增強系統(tǒng)的檢測性

能。

思考題3:何謂隨機相位相干脈沖串信號和隨機相位非相干脈沖串信號？

答：通常把多個脈沖信號組成的一串信號稱為脈沖串信號，各個脈沖叫做子脈沖，整個信號

叫做脈沖串信號。如果脈沖串信號的初相隨機，但各個子脈沖信號的相位一致，那么稱之為

隨機相位相干脈沖串信號。如果各子脈沖信號的相位都是隨機變化的，且彼此獨立變化，那

么稱之為隨機相位非相干脈沖串信號。

習題L考慮如下檢測問題，其假設是

“0