信號檢測與估計ppt課件-文庫吧資料
2025-05-12 02:22本頁面
【正文】 0}{ 1 )()|()|()(),|()(等效于平均似然比判別。 這個檢驗對任何 先驗分布 均為最佳。 貝葉斯準(zhǔn)則 代價因子： 00c 10c )(11 ?c)(01 ?c平均風(fēng)險 ? ????0 1)|()()|()( 01000000D DdxHxpcHPdxHxpcHPR? ?? 0 }{ 0111 )()(),|()( D dxdcpHxpHP ? ????? ?? 1 }{ 1111 )()(),|()( D dxdcpHxpHP ? ????????}{ 011000)()()()(???? dcpHPcHPRdxdccpHxpHpHxpccHpD }))()(()(),|()()|())(({ 1101}{ 110001001?????? ???? ???R 達(dá)到極小 1)|())(()]()([)(),|()(0001001101}{ 11????HxpccHpdccpHxpHp ??????)()()|()()]()([)(),|(10000101101}{ 1HpHpHxpccdccpHxp???? ??????代價似然比 門限 如果代價函數(shù)同未知參量 ?無關(guān)，則判決規(guī)則為 0110110010001))(())(()|()|()( ???????ccHpccHpHxpHxpx似然比 ???????? dpxHxpdpHxpx ??????}{0}{ 1 )()|()|()(),|()()|()|,()(),|( 1}{ 1}{ 1 HxpdHxpdpHxp ?? ?? ????? ??為平均似然比 紐曼 皮爾遜準(zhǔn)則 選擇判決區(qū)域 D0和 D1：在 P(D1|H0)給定條件下使 平均檢測概率達(dá)到最大 ,亦即平均漏報概率達(dá)到最小。( 21 mtsts ???? ??隨機(jī)參量矢量 ),(21 m???? ??在假設(shè) H1下信號觀測值 x的密度函數(shù) ),|( 1Hxp ?)|( 0Hxp在假設(shè) H0下信號觀測值 x的密度函數(shù) 復(fù)合假設(shè) ：含有隨機(jī)參量的假設(shè)，即解決依賴于 一組參量的一個信號集的存在問題。 在假設(shè) H1下信號 ),。 樣本空間：隨機(jī)實驗所有可能結(jié)果組成的集合。 最大似然準(zhǔn)則 假設(shè)各先驗概率相等，即 P(Hi)=1/m，使 P(Hi|x)的最大， 等效于使似然函數(shù) P(x |Hi)最大 。 若對每種判決指定代價 cij— 即 Hj為真而作 Di判決所 付出的代價 ，則平均風(fēng)險 ? ?? ???mimjjjiji HPHDPcR1 1)()|(貝葉斯準(zhǔn)則 選擇 ???mjjjjii HPHxPc1)()|(?為最小的假設(shè)。假設(shè) H0條件下 ,觀測信號僅是噪聲 x后 ,根據(jù)觀測值 x,做出兩種假設(shè) H1/H0的判斷 . 觀測信號模型為 : H1: x=m+n, H0: x=n, ]2)(e x p [21)|(221 ???mxHxf ???]2e x p [21)|(220 ???xHxf ??解 : 假定先驗概率相等 P(H1)=P(H0)=1/2,采用似然比檢測準(zhǔn)則 : ]22e x p [)|()|()(2201?mmxHxfHxfx????因此判決規(guī)則為 : )()(]22e x p [)(102201HPHPmmxxHH??????兩端取對數(shù) ,化簡得 ])()(ln [22102201HPHPmmxHH????根據(jù)假定先驗概率相等 P(H1)=P(H0)=1/2,則有 201mxHH??例題 2: 已知 f(x|H0)的分布為 N(y0,?2),f(x|H1)的分布為N(y1,?2)Ci,j,P(Hi)均為已知 ,i,j=0,1,求貝葉斯準(zhǔn)則檢測的最佳門限 xT. 解 : 根據(jù)已知條件 ,可以得到 : ))(())((]2)(e x p[21]2)(e x p[21)|()|()(110110010022022101CCHPCCHPyxyxHxfHxfxTTTTT????????????????))(())(()2)(e x p())(e x p())(())((]2)(e x p[]2)(e x p[))(())((]2)(e x p[21]2)(e x p[2111011001002202120111011001002202211101100100220221CCHPCCHPyyyyxCCHPCCHPyxyxCCHPCCHPyxyxTTTTT??????????????????????????????兩邊取對數(shù) : 2)]))(())(([ l n ( 011101100100012 yyCCHPCCHPyyx T???????例題 3: 假設(shè)雷達(dá)發(fā)射幅度為 1伏的周期脈沖信號 S(t),信號傳送到接收端過程中 ,引入一個高斯噪聲干擾信號n(t),高斯噪聲為 N(0,1)這樣在一個周期內(nèi) ,接收的信號只能是下述的一種 : H1: S(t)+n(t), H0: n(t) 根據(jù) NP準(zhǔn)則 ,在限制虛警概率 Pf= 解 : 在虛警概率一定的條件下 ,漏報概率 Pm需要最小 , 由拉格朗日乘子法存在 : fm PPQ ?????fP其中 , ?為 拉格朗日乘子 ???????????????00010)]|()|([])|(1[)|()|()|(010101DDDDDfmdxHxfHxfdxHxfdxHxfdxHxfdxHxfPPQ?????將檢測門限 xT代入 , ? ?? ??? Tx dzHxfHxfQ )]|()|([ 01 ??顯然 ,Q是門限的函數(shù) ,利用偏導(dǎo)數(shù)求極小值 0)|()|(,0/ 001 ????? HxfHxfxQ TTT ?)|(/)|( 010 HxfHxf TT??則有 : THHHHxxxxHxfHxfx???????????)21e x p()()|()|()(00010101??)2e x p (21 2 ??? ? ? dxxPTxf ?門限 xT可以由給定的虛警概率確定 : 查表得 , xT=, 因此 )21e x p (0 ??? Tx?此時的發(fā)現(xiàn)概率為 3 8 )2)1(e x p (21 2 ??????dxxPTxd ?在雷達(dá)應(yīng)用中 ,虛警概率是很小的 .虛警概率 Pf與系統(tǒng)帶寬 B,系統(tǒng)平均虛警時間 Tf存在下面關(guān)系 ff TBP *1?令 :系統(tǒng)帶寬 B=1MHz,系統(tǒng)平均虛警時間 Tf=100秒 , 則虛警概率 Pf=108, 這樣小的虛警概率可由誤差函數(shù)近似展開 ,求得門限 xT nnnxTxfRxnxxxexe r f cxe r f cdzxPT?????????????])2()12...(*3*1)1......()2(3*1211[221)()()2e x p (212222222?????當(dāng) x3時 ,近似有 : 222)( xexxe r f ???當(dāng) x=3, Pf=*106, xT=3*? 當(dāng) x=, Pf=*108, xT=*? 當(dāng) x=, Pf=*1010, xT=*? 二、多元信號檢測及最佳準(zhǔn)則 信號發(fā)
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