LÝ THUYẾT THÔNG TIN bài tập chương 2

Lý THUYẾT THÔNG TIN Bài tập chương 2: Tín hiệu nhiễu Giáo viên : Ngô Tứ Thành 1.Các kiến thức cần ôn lại: 1.1 Phương sai 1.2 Kì vọng 1.3 Xác suất có điều kiện 1.4 Một số phân phối ngẫu nhiên thông dụng 1.5 Hàm tự tương quan 1.6 Biến đổi Laplace, chuỗi Maclaranh 1.1 Kì vọng Kỳ vọng toán học( giá trị trung bình) đại lượng ngẫu nhiênx(t) hàm thời gian xác định sau: -Với biến liên tục: mx (t ) = M [ x(t )] = ∞ ∫ x.W ( x, t )dx −∞ -Với biến rời rạc: ∞ ∞ mmxn ( t( )t )==MM[ x[ x( t( )t]) ]==∑ xxi ppi ∑ i i xn i =1 i =1 1.1Kỳ vọng Tính chất kỳ vọng: M [ X + Y ] = M [ X ] + M [Y ] M [ CX ] = C.M [ X ] 1.2Phương sai Phương sai đại lượng ngẫu nhiên x(t) ký hiệu D(t) xác định sau: -Với biến liên tục: D x (t ) = M [{x(t ) − mx (t )}2 ] = +∞ [{ x ( t ) − m ( t )} ].W1 ( x, t )dx x ∫ −∞ -Với biến rời rạc: Dx n ( t ) = M {[ x ( t ) − mx ( t ) ] } = ∑ [ xi − mx ( i ) ] pi ∞ i =1 Phương sai hàm theo thời gian biểu thị độ lệch thể giá trị trung bình m(t) 1.3 Xác suất có điều kiện Xác suất xảy biến cố A với điều kiện biến cố B xảy xác định: P( A.B ) P( A / B ) = P( B ) Từ công thức ta có công thức nhân xác suất: P(A.B)=P(A).P(B/A)=P(B).P(A/B) 1.4 Một số hàm phân phối xác suất thông dụng Phân phối Poison: Biến ngẫu nhiên x(t) có phân phối Poision với tham số λ hàm xác suất có dạng: λ t ) − λt ( Pn (t ) = e n! n Phân phối đều: Biến ngẫu nhiên X gọi phân bố Đoạn (a,b) có hàm mật độ:   f ( x) =  b − a  x ∈ [ a, b ] x ∉ [ a, b ] 1.5 Hàm tự tương quan Theo định nghĩa hàm tự tương quan tính công thức: ∆ Rx ( t1 , t ) = M { [ x( t1 ) − m( t1 ) ][ x( t ) − m( t ) ]} = M { x( t1 ).x( t )} − m( t1 ).m( t ) Với trình có: m( x ) = M x ( t ) = const → Rx ( t1 , t ) = M { x( t1 ).x ( t ) } − m ( t ) -Với tín hiệu liên tục ta có: Rx ( t1 , t ) = ∞ ∞ ∫ ∫ x( t ).x( t ) p[ x( t ); x( t ) ] dx 2 t1 dxt − m ( t ) − ∞− ∞ -Với tín hiệu rời rạc ta có: n m [ ] Rx ( t1 , t ) = ∑∑ xi ( t1 ).x j ( t ) p xi ( t1 ) ; x j ( t ) − m ( t ) i =1 j =1  Hàm tự tương quan chuẩn hoá ∆ rx ( t1 , t ) = Rx ( t1 , t ) Rx ( t1 , t1 ).Rx ( t , t ) Với trình dừng τ = t − t1 ta có: Rx (τ ) rx (τ ) = Rx (0) Hàm mật độ phổ: rx ( t1 , t ) BÀI 2.4 Đây trình rời rạc x(t) nhận giá trị -a a với xác suất nhau: P( x = + a ) = P( x = −a ) = Do ta có: 1 M [ x( t ) ] = m( t ) = ∑ xi pi = a + ( − a ) = 2 i =1 → R x (τ ) = M [ x ( t ) x ( t + τ ) ] − m ( t ) = M [ x ( t ) x ( t + τ ) ] n → Rx (τ ) = ∑ xi ( t ).xi ( t + τ ) p{ xi ( t ) , xi ( t + τ )} i =1 Các trạng thái có x tai thoi điểm ( t, t + τ ) Được thể bảng sau: i xi (t ) xi (t + τ ) a -a a a a -a -a -a → R(τ ) = a.a p( a, a ) + ( − a ) a p( − a, a ) + a.( − a ) p( a,−a ) + ( − a )( − a ) p( − a,−a ) (*) = a ( p ( a, a ) + p ( − a,− a ) ) − a ( p ( − a , a ) + p ( a,− a ) ) Ta thấy p(a,a) p(-a,-a) xác suất để x(t) nhận giá trị dấu khoảng τ nên khoảng τ phải có số chẵn lần bước nhảy( n=2k): xt +τ = a   p( a, a ) = p( − a,−a ) = P( xt = a).P  x = a t   ( λτ ) −τλ = ∑ e = 0,25 + e − λτ n = k n! n ( ) Tương tự muốn x(t) nhận giá trị trái dấu (a,-a) Trong khoảng τ phải có lẻ lần bước nhảy (n=2k+1) khoảng τ xt +τ = −a   p( a,−a ) = p( − a, a ) = P( xt = a ).P  x = a t   ( λτ ) −λτ = ∑ e n =2 k +1 n! n ( n n ∞ ∞  ( −λτ λτ ) n ( λτ )  = e ∑ − ∑ ( − 1)  2  n =0 n! n =0 n!  ) ( = 0,25e − λτ e λτ − e − λτ = 0,25 − e −2 λτ ) Thay vào (*) ta có: R (τ ) = a p ( a , a ) − a p ( a , − a ) → R(τ ) = 2a 0,25(1 + e 2 −2 λτ ) − 2a 0,25(1 − e ) → R (τ ) = a e −2 λτ −2 λτ Ta có: ∞ ∞ 0 G ( ω ) = 2∫ R(τ ) cos( ωτ ) dτ = ∫ a e − λτ cos( ωτ ) dτ ∞ − st e ∫ x( t ) dt = L{ x( t )} Mặt khác : → G ( ω ) = 2a L{ cos ωτ } 2λ = 2a 4λ + ω 2 s =2λ 4a λ → G(ω ) = 2 4λ + ω BÀI 2.6 Phần a trường hợp riêng phần b với trường hợp ω0 = Do để đảm bảo tính tổng quát ta xét phần b trước Như yêu cầu toán đặt lúc tính Gx2 (ω ) biết: R x2 ( τ ) = σ e −α τ cos ω0 τ ∞ ∫ Áp dụng công thức: G (ω ) = R (τ )cosωτ dτ ∞ G x2 ( ω ) = ∫ Rx2 (τ ) cos ωτ dτ Ta có: ∞ = ∫ σ 2e −α τ cos ωoτ cos ωτ dτ = 2σ ∞ ∫e −α τ cos ωoτ cos ωτ dτ Vì lúc chạy từ Khi đó: → ∞ nên ta có τ = τ σ2 G x2 ( ω ) = 2 ∞ ∞ −ατ  −ατ  ∫ e cos( ω + ωo )τ dτ + ∫ e cos( ω − ωo )τ dτ    Ta có phép biến đổi Laplace: ∞ L[ f ( t ) ] = ∫ e − st f ( t ) dt s L{ cos ωt} = s +ω2 Do ta có: ∞ ∫e ∞ −ατ α cos( ω + ωo )τ dτ = L{ cos( ω + ωo )τ } = α + ( ω + ωo ) −ατ e ∫ cos( ω − ωo )τ dτ = L{ cos( ω − ωo )τ } = α α + ( ω − ωo ) Từ ta có:   1 Gx2 ( ω ) = ασ  + 2 2 α + ( ω + ωo )  α + ( ω − ωo ) Xét hình dạng Gx2 (ω ) G x2 ( x ) = 4ασ ' [ ( ) 2 2 ω − ω − α + ω ω + ω + α ω − α o o o [α + ( ω + ωo ) ] [α 2 + ( ω − ωo ) ] 2 Với điều kiện: ( ωo ≥ 0, α > 0) ] Nhận xét: (1) Gx2 (ω ) → ω → ∞ (2) Khi 3ω02 < α hàm Gx2 (ω ) cực đại hàm giảm đơn điệu theo tăng Gx2 (ω ) 3ω02 < α ω (3) Nếu 3ω02 > α hàm có cực đại điểm: ω = ω1 = ( ) α + ωo2 2ωo − α + ωo2 (4) Nếu 3ω02 >> α hàm Gx (ω ) có cực đại điểm: ω = ω1 ≈ ωo Khi ω0 = R x2 ( τ ) = σ2 e −α τ cos ω0 τ = σ2 e −α τ = R x1 ( τ ) ω0 = vào Gx2 (ω ) ta có: Thay 2α Gx1 ( ω ) = σ 2 α +ω Gx1 ( ω ) 2σ α ω0 = 0 ω0 = BÀI 2.5 Với |S(t)| modun tín hiệu S(t) đường bao tín hiệu S(t) A(t)=|S(t)| (2.50) lại có: hay S(t).S*(t)= |Sa (t)|2 Vậy đường bao tín hiệu biểu diễn bởi: A ( t ) = S a ( t ) S *a ( t ) Những kiến thức cần nhớ sau buổi học :  Các khái niệm công thức quan trọng: phương sai,  Kỳ vọng,hàm tương quan, hàm mật độ…  Cách tính hàm tự tương quan, hàm mật độ phổ…  Các kiến thức học kỳ trước: xác suất thống kê, toán chuyên ngành( biến đổi Laplace, chuỗi Maclaranh…) [...]... cos( 2 f 0τ )} + M { cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ) 2 2 2 2 ∞ A A = cos( 2 f 0τ ) + 2 2 ∫ cos( 4πf t + 2 f τ + 2 ).W (ϕ ).dϕ 0 0 −∞ 2 2 π 2 2 π A A 1 = cos( 2 f 0τ ) + ∫ cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ) .dϕ 2 2 −π 2 A A = cos( 2 f 0τ ) + ∫ cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ).dϕ 2 4π −π 2 A = cos( 2 f 0τ ) + 0 2 Vậy hàm tương quan cần tìm là: 1 2 R(τ ) = A cos( 2 f 0τ ) 2 BÀI 2. 4 Đây là một quá trình rời rạc x(t)... = 2 s + 2 Do đó ta có: ∞ ∫e 0 ∞ −ατ α cos( ω + ωo )τ dτ = L{ cos( ω + ωo )τ } = 2 α + ( ω + ωo ) 2 −ατ e ∫ cos( ω − ωo )τ dτ = L{ cos( ω − ωo )τ } = 0 α α 2 + ( ω − ωo ) 2 Từ đó ta có:   1 1 Gx2 ( ω ) = ασ  2 + 2 2 2 α + ( ω + ωo )  α + ( ω − ωo ) 2 Xét hình dạng của Gx2 (ω ) G x2 ( x ) = 4ασ ' [ ( ) 4 2 2 2 4 2 2 4 ω − ω − 2 α + ω ω + 3 ω + 2 α ω − α 2 o o o [α 2 + ( ω + ωo ) ] [α 2 2 2. .. − ωo ) ] 2 2 Với điều kiện: ( ωo ≥ 0, α > 0) ] Nhận xét: (1) Gx2 (ω ) → 0 khi ω → ∞ (2) Khi 3ω 02 < α 2 thì hàm Gx2 (ω ) sẽ không có cực đại hàm sẽ giảm đơn điệu theo sự tăng của Gx2 (ω ) 3ω 02 < α 2 0 ω (3) Nếu 3ω 02 > α 2 hàm sẽ có cực đại ở điểm: ω = ω1 = ( ) 1 α 2 + ωo2 4 2 o − α 2 + ωo2 (4) Nếu 3ω 02 >> α 2 thì hàm Gx (ω ) sẽ có cực đại 2 ở điểm: ω = ω1 ≈ ωo Khi ω0 = 0 thì R x2 ( τ ) = 2 e −α τ cos... 2 → R (τ ) = a e 2 2 λτ 2 λτ Ta có: ∞ ∞ 0 0 G ( ω ) = 2 R(τ ) cos( ωτ ) dτ = 2 ∫ a 2 e − 2 λτ cos( ωτ ) dτ ∞ − st e ∫ x( t ) dt = L{ x( t )} Mặt khác : 0 → G ( ω ) = 2a L{ cos ωτ } 2 2λ = 2a 2 4λ + ω 2 2 s =2 4a λ → G(ω ) = 2 2 4λ + ω 2 BÀI 2. 6 Phần a chính là trường hợp riêng của phần b với trường hợp ω0 = 0 Do đó để đảm bảo tính tổng quát ta xét phần b trước Như vậy yêu cầu bài toán đặt ra lúc... nhảy (n=2k+1) trong khoảng τ xt +τ = −a   p( a,−a ) = p( − a, a ) = P( xt = a ).P  x = a t   ( 1 λτ ) −λτ = ∑ e 2 n =2 k +1 n! n ( n n ∞ ∞  ( 1 −λτ 1 λτ ) n ( λτ )  = e ∑ − ∑ ( − 1)  2 2  n =0 n! n =0 n!  ) ( = 0 ,25 e − λτ e λτ − e − λτ = 0 ,25 1 − e 2 λτ ) Thay vào (*) ta có: R (τ ) = 2 a p ( a , a ) − 2 a p ( a , − a ) 2 → R(τ ) = 2a 0 ,25 (1 + e 2 2 2 λτ ) − 2a 0 ,25 (1 − e ) 2 → R (τ... ) x(t2 )} − m(t1 )m(t2 ) Trước tiên ta tính m(t) m( t ) = M { x( t )} = M { A cos( 2 f ot + ϕ )} = AM { cos( 2 f ot + ϕ )} ∞ π 1 = A ∫ cos( 2 f ot + ϕ ).Wϕ dϕ = A ∫ cos( 2 f ot + ϕ ) .dϕ = 0 2 −∞ −π → R ( t1 ; t 2 ) = M { x( t1 ).x( t 2 ) } M ( x ( t ).x ( t + τ ) ) = M { A cos( 2 f 0t + ϕ ) A cos( 2 f 0t + 2 f 0τ + ϕ )} = A2 M { cos( 2 f 0t + ϕ ) cos( 2 f 0t + 2 f 0τ + ϕ )} A2 A2 = M { cos( 2 f 0τ... k = ∫ | rx (τ ) |dτ = ∫ | |dτ 2 −∞ 2 −∞ Rx (0) BÀI 2. 2 x(t) 1 0 Hình 2. 2  Thời gian tương quan được tính theo công thức: ∞ ∞ Rx (τ ) 1 1 τ k = ∫ | rx (τ ) |dτ = ∫ | |dτ 2 −∞ 2 −∞ Rx (0) BÀI 2. 2 x(t) 1 0 Hình 2. 2 Ta có: P (0) = P (1) = 1 2 2 m(t ) = ∑ xi P ( xi ) = 1.P (1) + 0.P (0) = 0.5 1 Áp dụng công thức hàm tương quan ta có: R (τ ) = M  x(t ).x ( t + τ )  − m 2 (t ) Đặt B (τ ) = M  x(t ).x... =1 t t n =2 k n n n ∞ ∞   1 ( λτ ) −τλ 1 −τλ 1 ( λτ ) n ( λτ ) = ∑ e = e ∑ + ∑ (−1)  2 n =2 k n ! 2 2  n=0 n ! n=0 n!  n ∞ Chú ý : → B(τ ) = 0 ,25 .e xn x =e ∑ n=0 n ! − λτ (e λτ +e − λτ ) = 0 ,25 (1 + e ) → R(τ ) = B(τ ) − m ( t ) = 0 ,25 .e 2 2 λτ 2 λt Vậy hàm tự tương quan cần tìm là: R(τ ) = 0 ,25 .e 2 λt Hàm tự tương quan chuẩn hoá: Rx (τ ) 0 .25 e 2 τ rx (τ ) = = = e − 2 λτ Rx ( 0 ) 0 .25 Thời... trước Như vậy yêu cầu bài toán đặt ra lúc này là tính Gx2 (ω ) khi biết: R x2 ( τ ) = σ e 2 −α τ cos ω0 τ ∞ ∫ Áp dụng công thức: G (ω ) = 2 R (τ )cosωτ dτ 0 ∞ G x2 ( ω ) = 2 ∫ Rx2 (τ ) cos ωτ dτ Ta có: 0 ∞ = 2 ∫ σ 2e −α τ cos ωoτ cos ωτ dτ 0 = 2 2 ∞ ∫e −α τ cos ωoτ cos ωτ dτ 0 Vì lúc này chạy từ Khi đó: 0 → ∞ nên ta có τ = τ 2 G x2 ( ω ) = 2 2 ∞ ∞ −ατ  −ατ  ∫ e cos( ω + ωo )τ dτ + ∫ e cos(... 1 − 2 τ 1  2 τ − 2 λτ τ K = ∫ rx (τ ) dτ = ∫ e dτ =  ∫ e dτ + ∫ e dτ  2 −∞ 2 −∞ 2  −∞ 0  1 →τK = 2 BÀI 2. 3: - Kỳ vọng: M { x ( t )} = ∞ ∫ xW ( x)dx 1 −∞ Φ là đại lượng ngẫu nhiên có phân bố đều trong khoảng (-π,π) nên có hàm phân bố Mật độ xác suất là:  1 W1 (ϕ ) =  2  0 ( ϕ ≤π ) ϕ >π W1 ( ϕ ) −π π ϕ Công thức hàm tương quan: Rx (t1 , t2 ) = M { x(t1 ) − mx (t1 )} {x(t2 ) − mx (t 2 )} ... cos( 2 f 0t + 2 f 0τ + ϕ )} = A2 M { cos( 2 f 0t + ϕ ) cos( 2 f 0t + 2 f 0τ + ϕ )} A2 A2 = M { cos( 2 f 0τ )} + M { cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ) 2 2 ∞ A A = cos( 2 f 0τ ) + 2 ∫ cos( 4πf t + 2 f... 4πf t + 2 f τ + 2 ).W (ϕ ).dϕ 0 −∞ 2 π 2 π A A = cos( 2 f 0τ ) + ∫ cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ) .dϕ 2 −π 2 A A = cos( 2 f 0τ ) + ∫ cos( 4πf 0t + 2 f 0τ + 2 ).dϕ 4π −π A = cos( 2 f 0τ ) + Vậy... −∞ Rx (0) BÀI 2. 2 x(t) Hình 2. 2  Thời gian tương quan tính theo công thức: ∞ ∞ Rx (τ ) 1 τ k = ∫ | rx (τ ) |dτ = ∫ | |dτ −∞ −∞ Rx (0) BÀI 2. 2 x(t) Hình 2. 2 Ta có: P (0) = P (1) = 2 m(t ) = ∑