《信号检测与估计》第十章习题解答10.1 设线性滤波器的输入信号为()()()t n t s t x +=，其中()[]0E =t s ，()[]0E =t n ，并且已知()ττ-e =S R ，()ττ-2e=N R ，()0=τsn R ，求因果连续维纳滤波器的传递函数。

解：连续维纳滤波器与离散维纳滤波器的形式是相同的，即()()()()+⎦⎤⎢⎣⎡−⋅⋅=s B s P s B s H xs w112opt σ 因此需要求解()t s 的复功率谱和()t x 的时间信号模型。

考虑到信号与噪声不相关，因此观测数据的功率谱就等于信号的复功率谱加上噪声的复功率谱。

对观测数据的复功率谱进行谱分解，就可以得到()t x 的时间信号模型。

()t s 的复功率谱为()()()20s -10s 1-s --121111e e e e s s s d d d s P S −=−++=+==∫∫∫∞−+∞++∞∞−τττττττ ()t n 的复功率谱为()2s -2-44e es d s P N −==∫+∞∞−τττ因此，观测数据的复功率谱为()()()()()()()()()s s s s ss ss s P s P s P N S X −+−++=−+−=+=2211-226441122 取12=w σ()()()()s s ss B +++=2126()()()()()()()()()s s s s s s s s B s P s B s P N xs +=−==1-2-262-2-1-2612--2令()()()s B s P s F xs -=，()τf 是()s F 的拉普拉斯反变换。

要求()τf 是因果的，可将s 平面右半平面的极点扔掉，()()()[]12e 61,e Re e21-s s +=−==∫τττπτs F s ds s F jf C给()τf 取因果，并做拉普拉斯变换，得到()s d s F +⋅+=⋅⋅+=∫∞++11126e e 1260s --τττ()()()()()()())()()122261112626211112opt +++=+×+×+++×=⎦⎤⎢⎣⎡−⋅⋅=+ss ss s s s B s P s B s H xs wσ10.2 设已知()()()n n n s n x +=，以及()()()z z z G S 4.014.0192.01−−=−，()1=z G N ，()0=z G sn ()n s 和()n n 不相关。

()n s 代表所希望得到的信号，()n n 代表加性白噪声。

求其物理可实现的因果维纳滤波器的()z H opt 及()[]min 2E n e ，非因果情况的结果如何？试作比较。

解：首先考虑因果解，维纳滤波器的最佳解为()()()()+−⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅=1211z B z G z B z H xs wopt σ 由于信号与噪声不相关，因此()()z G z G S xs =()()()z G z G z G N S X +=根据()n x 的复功率谱进行谱分解，可以求出()z B 和2w σ()()()()()()()()()()()()z z z z z z z z z z z G z G z G N S X 4.014.012.012.0124.014.014.008.2142.0142.0192.01-1-1-1-1-−−−−=−−+−=+−−=+= 取22=wσ，得到 ()1-1-4.012.01z z z B −−=令()()()1−=z B z G z F xs ，由于信号与噪声不相关，()()z G z G S xs =，因此 ()()()()()()()()()11114.012.0192.04.012.014.014.0192.0−−−−−−=−−−−===z z zz z z z B z G z B z G z F S xs 设()n f 是()z F 的Z 反变换，考虑到要对()n f 取因果，因此不考虑单位圆外的极点，应用留数定理求解：()()()[]n n Cn z z F dz zz F jn f 4.04.0,Res 2111=⋅=⋅=−−∫π对()n f 取因果有()()()()n u n u n f n f n 4.0==+ ()n f +的Z 变换记为()z F +，得到()14.0114.0−+∞=−+−=⋅=∑zz z F n n n因此因果维纳滤波器的最佳解为()()()111122.015.04.0112.014.012111−−−−+−=−×−−×=⋅⋅=z z z z z F z B z H w opt σ()[]()()()[]()()()()()()()()()()()()5.02.0,2.04.0146.0Res 2.04.0146.0212.012.05.04.014.0192.0214.014.0192.02.015.04.014.0192.021211111111min 2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=−−=⋅−−⋅−−=⎦⎤⎢⎣⎡−−×−−−−=−=∫∫∫∫−−−−−−−z z dzz z jz dzz z z z j z dz z z z z z jzdz z G z Hz G j n e E C C C Cxsopt Sππππ 非因果情况下，()()()()()()()()()()()()()11112.012.0146.04.014.012.012.0124.014.0192.0−−−−−−=−−−−×−−===z z z z z z z z z G z G z G z G z H X S X xs opt ()[]()()()[]()()()()()()()()()()48232.0,12.012.0146.0Res 2.012.0146.0214.014.0192.02.012.0146.04.014.0192.02121111111min 2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅−−=⋅−−=⎦⎤⎢⎣⎡−−×−−−−−=−=−−−−−−∫∫∫z z z z dz z z j z dz z z z z z z jzdzz G z Hz G j n e E C C Cxs optSπππ 10.3 已知一维平稳随机信号()n x 的状态方程和量测方程分别为()()()115.0−+−=k w k x k x 和()()()k n k x k y +=，其中，()k w 、()k n 为白噪声，且()[]1E 2=k w ，()[]1E 2=k n ，以及对于任意k 、l 有()()[]0E =l n k w 和()()[]0E =l n k x 。

（1）列出并化简相应的卡尔曼滤波公式。

（2）分析当∞→k 时，()k P 的极限形式。

解：（1）由状态方程和量测方程可知， 5.01=−k A ，11=−k Γ，1=k C由题可知()[]1E 2==k w k Q ，()[]1E 2==k n k R ，[][]0E E ˆ00===k X X X ()()()zzz z z z G X 5.01325.01345.015.01111−+−=−−=−− 所以()[]15.0134−+−=z z G X()()[]34lim 0==+∞→z G R X z X 所以[][]()3402200====X k R X E X E P 因为滤波增益：[]1T1T 1−−−+=kk k k k k k k k R C P C C P H滤波误差方差：()1−−=k k k k k k P C H I P由预测误差方差T 111T 1111−−−−−−−+=k k k k k k k k ΓQ ΓA P A P 可得225.0111+−=−k k P P由最优预测估计可知11ˆ5.0ˆ−−=k k k X X 由最优滤波估计公式[][][]k k k k k k k k k k k k k k k k k Y P X P Y H X P X C Y H X X +−=+−=−+=−−−−1111ˆ15.0ˆ1ˆˆˆ 于是卡尔曼滤波可简化为如下形式初始条件：()00ˆ=X ，34=P L ,3,2,1=k 滤波误差方差：225.0111+−=−k k P P最优滤波估计：()[]()()k y k x k xk k P P +−−=1ˆ15.0ˆ （2）当∞→k 时，卡尔曼滤波进入稳定状态，这时∞−∞→∞→==P P P 1lim lim k k k k因而可得225.011+−=∞∞P P解之得53.0=∞P因此()[]()()()()k y k x k y k x k xk k 53.01ˆ235.01ˆ15.0ˆ+−=+−−=P P。