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1、第8章习题解答8.1图8.13为二元对称信道示意图。ε为交叉概率，即信道输入为0(或1)时，输出为1(或0)的概率，而且ε是一个很小的量。设先验概率相等。试求：（1）保证总错误概率最小的判决规则；1（2）ε<时的错误概率。21−ε00εε111−ε图8.13二进制对称信道1解:由题意可知,如果ε<,那么,如果收到”0”应该判”0”,收到”1应该判”1”,总得错误概率2为11PPHPPHPeFM=+=()01()()PDH(
2、)(
3、)01+=PDH10()ε+ε=ε228.2设有两种假设，H0:zvii=
4、i=1,2…,NH1:zvii=+1i=1,2…,N其中vi~N(0,1)，且噪声相互独立，假定P(H0)=P(H1)，求最大后验概率准则的判决表达式，并确定判决性能。解两种假设下的似然函数为N21⎛⎞zifH(
5、)z0=−∏exp⎜⎟2i=12πσ⎝⎠2σN21⎡⎤(1z−)ifH(
6、)z1=−∏exp⎢⎥2i=12πσ⎣⎦2σN21⎡⎤(1z−)i∏exp⎢⎥−22πσ⎣⎦2σ⎡⎛⎞11N⎤i=1NΛ=()zN2=exp⎢2⎜⎟∑zi−⎥1⎛⎞zi⎣σ⎝⎠Ni=12⎦∏exp⎜⎟−2i=12πσ⎝⎠
7、2σ对数似然比为NN⎛⎞11ln()Λ=z2⎜⎟∑zi−σ⎝⎠Ni=12判决表达式为NH1N⎛⎞11>2⎜⎟∑zi−ησ1zlnη+=γ<0N2H0检验统计量z为样本均值，为了确定判决的性能，首先需要确定检验统计量的分布，在H0N1为真时，zH
8、0=∑vi，那么，Ni=121⎛⎞zfzH(
9、)=−exp⎜⎟z022/πσ2N⎝⎠2/σNNN11在H1为真时，zH
10、(1=+∑∑1vii)=1+vNNii==1121(⎛⎞z−1)f
11、zH(
12、)=−exp⎜⎟z122/πσ2N⎝⎠2/σN所以，虚警概率为⎛⎞2⎛⎞γ∞1zNPPzH=>(
13、)γ=exp⎜⎟−dzQ=⎜⎟(8.2.7)F0∫γ2/2N2/σσ2N⎜⎟πσ⎝⎠⎝⎠检测概率为⎛⎞−γ2⎛⎞−∞1(zN1)(1)PP=>(
14、)zHγ=exp⎜⎟−dzQ=⎜⎟(8.2.8)D1∫γ2/2N2/σσ2N⎜⎟πσ⎝⎠⎝⎠当采用最小错误概率准则且P(H1)=P(H0)时，η0=1，判决表达式为H11>z<=γ2H0⎛⎞N⎛⎞⎛⎞NNPQ=⎜⎟,PQ=−⎜⎟⎜⎟=−1QF⎜⎟2σD⎜⎟
15、⎜⎟22σσ⎝⎠⎝⎠⎝⎠总的错误概率为⎛⎞NPPHPPHPQ=+=()()⎜⎟eFM01⎜⎟2σ⎝⎠8.3设信号⎧⎪A相应的先验概率为P()H0st()=⎨⎪⎩−A相应的先验概率为P()H112且PH()()==PH。现以正态噪声N(0,σ)为背景，采用一次观测进行二择一检验。10n2试求最小错误概率准则的判决表达式，并计算其平均错误概率，画出接收机的方框图。解两种假设下的似然函数为N21⎛⎞()zA−ifH(
16、)z0=−∏exp⎜⎟2i=12πσ⎝⎠2σN21⎡⎤()zA+ifH(
17、)z1=−∏exp
18、⎢⎥2i=12πσ⎣⎦2σN21⎡⎤()zA+i∏exp⎢⎥−22πσ⎣⎦2σ⎡21⎛⎞N⎤i=1NAΛ=()zN2=−exp⎢2⎜⎟∑zi⎥1⎛⎞()zAi−⎣σ⎝⎠Ni=1⎦∏exp⎜⎟−2i=12πσ⎝⎠2σ对数似然比为N21NAln()Λ=z−2zz=∑ziσNi=1判决表达式为H2NAz1>−ηln2<0σH0假定A>0,则H02>σz−ηln=γ<02NAH1检验统计量z为样本均值，为了确定判决的性能，首先需要确定检验统计量的分布，22zHNA
19、~(,/)σN，zHNA
20、~(,/)−σN。0
21、1所以，虚警概率为⎛⎞−γ2⎛⎞−γ1(zA)NA()PPzH=<(
22、)γ=exp⎜⎟−dzQ=1−⎜⎟F0∫−∞2/2N2/σσ2N⎜⎟πσ⎝⎠⎝⎠检测概率为⎛⎞+γ2⎛⎞+∞1(zA)NA()PP=>(
23、)zHγ=exp⎜⎟−dzQ=⎜⎟M1∫γ2/2N2/σσ2N⎜⎟πσ⎝⎠⎝⎠当采用最小错误概率准则且P(H1)=P(H0)时，η0=1，γ=0，判决表达式为H0>z024、HPPHPQ=+=()()⎜⎟eFM01⎜⎟2σ⎝⎠8.4在两种假设下观测z的概率密度如图8.14所示。已知先验概率为PH()==0.7,(PH)0.3，试求其判决域及错误概率。10f(
25、)zH0f(
26、)zH11/21/21/2zz-101-101图8.14概率密度示意图111解:fzH(
27、)=z<1fzH(
28、)=δδ(1)z−+(1)z+10222fzH(
29、)⎧∞⎪z<11Λ=()z=⎨fzH(
30、)⎪01z=0⎩很显然,判决规则应该为如果
