›

Bài giảng Lí thuyết thông tin - Bài tâp chương 2: TÍn hiệu và nhiễu - Ngô Tứ Thành

ppt 37 trang huongle 3000
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Lí thuyết thông tin - Bài tâp chương 2: TÍn hiệu và nhiễu - Ngô Tứ Thành", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptbai_giang_li_thuyet_thong_tin_bai_tap_chuong_2_tin_hieu_va_n.ppt

Nội dung text: Bài giảng Lí thuyết thông tin - Bài tâp chương 2: TÍn hiệu và nhiễu - Ngô Tứ Thành

  1. Lý THUYẾT THÔNG TIN Bài tập chương 2: Tín hiệu và nhiễu Giáo viên : Ngô Tứ Thành
  2. 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
  3. 1.1 Kì vọng ▪Kỳ vọng toán học( giá trị trung bình) của đại lượng ngẫu nhiênx(t) là hàm thời gian được xác định như sau: -Với biến liên tục: mt()== Mxt [()] xWxtdx .(,). x 1 − -Với biến rời rạc: m (t) = M x(t)= x p xn  i i i=1
  4. 1.1Kỳ vọng ▪Tính chất của kỳ vọng: MX +Y= MX+ MY MCX = C.MX  1.2Phương sai Phương sai của đại lượng ngẫu nhiên x(t) được ký hiệu là D(t) được xác định như sau:
  5. -Với biến liên tục: + D()t= Mxtmt [{() − ()}]22 = [{() xtmt − ()}]. Wxtdx (,) x1xx − -Với biến rời rạc: D (t) = M x(t)− m (t)2 = x − m 2 p xn x  i x(i) i i=1 ▪Phương sai là một hàm theo thời gian biểu thị độ lệch của các thể hiện đối với giá trị trung bình m(t)
  6. 1.3 Xác suất có điều kiện ▪Xác suất xảy ra biến cố A với điều kiện biến cố B đã xảy ra được xác định: P(A.B) P(A/ B) = P(B) ▪Từ công thức trên ta có công thức nhân xác suất: P(A.B)=P(A).P(B/A)=P(B).P(A/B)
  7. 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 nếu hàm xác suất của nó có dạng: (t)n P() t= e−t n n! ▪Phân phối đều: Biến ngẫu nhiên X được gọi là phân bố đều trên Đoạn (a,b) nếu nó có hàm mật độ:
  8. 1 x a,b f (x) = b − a 0 x a,b 1.5 Hàm tự tương quan ▪Theo định nghĩa hàm tự tương quan được tính bằng công thức: Rx (t1,t2 )= M x(t1 )− m(t1 )x(t2 )− m(t2 ) = M x(t1 ).x(t2 )− m(t1 ).m(t2 )
  9. ▪Với quá trình có: m(x) = M x (t) = const 2 → Rx (t1,t2 ) = M x(t1 ).x(t2 )− m (t) -Với tín hiệu liên tục ta có: R t ,t = x t .x t .p x t ; x t dx dx − m2 t x ( 1 2 ) ( 1 ) ( 2 )  ( 1 ) ( 2 ) t1 t 2 ( ) − − -Với tín hiệu rời rạc ta có: n m 2 Rx (t1,t2 ) =  xi (t1 ).x j (t2 ).pxi (t1 ); x j (t2 )− m (t) i=1 j=1
  10. ▪ Hàm tự tương quan chuẩn hoá r x (t1,t2 ) Rx (t1,t2 ) rx (t1,t2 )= Rx (t1,t1 ).Rx (t2 ,t2 ) Với quá trình dừng  = t 2 − t 1 ta có: Rx () rx () = Rx (0) ▪Hàm mật độ phổ:
  11. ▪ Thời gian tương quan được tính theo công thức: 11 R () ==|r (  ) | d  |x | d  kx 2− 2 − Rx (0) BÀI 2.2 x(t) 1 0 Hình 2.2
  12. ▪ Thời gian tương quan được tính theo công thức: 11 R () ==|r (  ) | d  |x | d  kx 2− 2 − Rx (0) BÀI 2.2 x(t) 1 0 Hình 2.2
  13. 1 Ta có: PP(0)== (1) 2 2 m( t )= xii P( x) = 1. P (1) + 0. P (0) = 0.5 1 Áp dụng công thức hàm tương quan ta có: 2 R( )= M x ( t ). x( t +) − m ( t ) Đặt B( )=+ M x ( t ). x( t ) B( )= x(t).x(t + ).Px(t).x(t + )
  14. Ta có bảng trạng thái của x( t ), x ( t + ) xt() 0 0 1 1 xt()+ 0 1 0 1 Thay vào B (  ) ta có: B( )= 1.1. P ( xt = 1; x t++ = 1) = P ( x t = 1; x t = 1)
  15. x =1 P x=1; x = 1 = P x = 1 . Pt+ = P x = 1 . P ( ) t t+  t x =1 t  n t nk=2 n n n 1() 1 1 ( ) (  ) =.ee−− =  .  +  ( − 1)n . 2n=2 kn ! 2 2 n = 0 n ! n = 0 n ! n x x Chú ý :  = e n=0 n! → B( ) = 0,25.e− (e + e− )= 0,25(1+ e−2 ) → R( ) = B( )− m2 (t) = 0,25.e−2t
  16. Vậy hàm tự tương quan cần tìm là: R( ) = 0,25.e−2t Hàm tự tương quan chuẩn hoá: −2 Rx ( ) 0.25e −2 rx ( ) = = = e Rx (0) 0.25
  17. Thời gian tương quan:  K 1 1 1 0 +  = r  d = e−2 d = e2 d + e−2 d K x ( ) 2 − 2 − 2 − 0 1 → = K 2
  18. BÀI 2.3: M x t= xW() x dx - Kỳ vọng: ( ) 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 () 2 W1() = 0 W1( ) −
  19. Công thức hàm tương quan: Rttx(,)1 2= Mxt () 1 − mt x (){() 1 xt 2 − mt x ()} 2 =−M{ x ( t1 ) x ( t 2 )} m ( t 1 ) m ( t 2 ) Trước tiên ta tính m(t) m(t) = M x(t)= M Acos(2 fot + )= AM cos(2 fot + ) 1 = A cos 2 f t + .W .d = A cos 2 f t + . .d = 0 ( o ) ( o ) − − 2
  20. → R(t1;t2 ) = M x(t1 ).x(t2 ) M(x(t).x(t + )) = M A.cos(2 f0t + ).A.cos(2 f0t + 2 f0 + ) 2 = A .M cos(2 f0t + ).cos(2 f0t + 2 f0 + ) A2 A2 = .M cos(2 f  )+ M cos(4 f t + 2 f  + 2 ) 2 0 2 0 0
  21. A2 A2 = cos 2 f  + cos 4 f t + 2 f  + 2 .W .d ( 0 ) ( 0 0 ) ( ) 2 2 − A2 A2 1 = cos 2 f  + . cos 4 f t + 2 f  + 2 . .d ( 0 ) ( 0 0 ) 2 2 − 2 A2 A2 = cos 2 f  + . cos 4 f t + 2 f  + 2 .d ( 0 ) ( 0 0 ) 2 4 − A2 = cos(2 f  )+ 0 2 0
  22. Vậy hàm tương quan cần tìm là: 1 R( ) = A2 cos(2 f  ) 2 0
  23. BÀI 2.4 Đây là một quá trình rời rạc x(t) nhận các giá trị -a và a với xác suất như nhau: 1 P(x = +a) = P(x = −a) = Do đó ta có: 2 2 1 1 M x(t)= m(t) =  xi pi = a + (− a) = 0 i=1 2 2 2 → Rx ( ) = M x(t).x(t + )− m (t) = M x(t).x(t + ) n → Rx ( ) =  xi (t).xi (t + ).p xi (t), xi (t + ) i=1
  24. Các trạng thái có thể có của x tai thoi điểm (t,t + ) Được thể hiện ơ bảng sau: i xti () xti ()+ 1 a a 2 -a a 3 a -a 4 -a -a → R( )= a.a.p(a,a)+(−a)a.p(−a,a)+ a.(−a)p(a,−a)+(−a)(−a)p(−a,−a) 2 2 = a (p(a,a)+ p(− a,−a))− a (p(− a,a)+ p(a,−a)) (*)
  25. Ta thấy p(a,a) và p(-a,-a) đều là xác suất để x(t) nhận các giá trị cùng dấu trong khoảng  nên trong khoảng phải có số chẵn lần bước nhảy( n=2k): xt+ = a p(a,a) = p(− a,−a) = P(xt = a).P xt = a 1 ( )n =  e− = 0,25(1+ e−2 ) 2 n=2k n!
  26. Tương tự muốn x(t) nhận các giá trị trái dấu (a,-a) Trong khoảng  thì phải có lẻ lần bước nhảy (n=2k+1) trong khoảng xt+ = −a p(a,−a) = p(− a,a) = P(xt = a).P xt = a n n n 1 ( ) − 1 − 1 ( ) n ( ) =  e = e .  − (−1) . 2 n=2k+1 n! 2 2 n=0 n! n=0 n! = 0,25e− (e −e− )= 0,25(1−e−2 )
  27. Thay vào (*) ta có: R( ) = 2a2 p(a,a)− 2a2 p(a,−a) → R( ) = 2a2.0,25(1+ e−2 )− 2a2.0,25(1−e−2 ) → R( ) = a2e−2
  28. Ta có: G() = 2 R( )cos( )d = 2 a2e−2 cos( )d 0 0 Mặt khác : e−st x(t)dt = L x(t) 0 2 → G() = 2a2 L cos = 2a2. s=2 42 + 2 4a2 → G() = 42 + 2
  29. BÀI 2.6 Phần a chính là trường hợp riêng của phần b với trường hợp 0 = 0 Do đó để đảm bảo tính tổng quát ta xét phần b trước. Như vậy yêu cầu bài toán đặt ra lúc này là tính G () khi biết: x2 R = 2 .e−  .cos   x02 ( )
  30. Áp dụng công thức: G ( )= 2 Rc( ) os  d  0 G () = 2 R ( ).cos.d Ta có: x2 x2 0 2 −  = 2  e .coso.cos.d 0 2 −  = 2 e .coso.cos.d 0 Vì lúc này chạy từ 0 → nên ta có = Khi đó:
  31.  2 G () = 2 e−  .cos( + ).d + e−  .cos( − ).d x2 2 o o 0 0 Ta có phép biến đổi Laplace: s L f t = e−st f t dt và L cost =  ( ) ( )  2 2 0 s + Do đó ta có: e−  .cos( + ).d = L cos( + )= o o 2 2 0 + ( +o ) e−  .cos( − ).d = L cos( − )= o o 2 2 0 + ( −o )
  32. Từ đó ta có: 1 1 G () =  2 + x2 2 2 2 2 + ( −o ) + ( +o ) Xét hình dạng của G () x2 4 2 2 2 4 2 2 4 ' 2 − − 2( +o ) + 3o + 2 o −  G x2 (x) = 4  2 2 2 2 2 2  + ( +o )   + ( −o )  Với điều kiện: (o 0, 0)
  33. Nhận xét: (1) G ( )→ 0 khi x2  → (2) Khi thì hàm sẽ không có cực đại hàm sẽ giảm đơn điệu theo sự tăng của G () x2 22 3 0 0 
  34. 22 (3) Nếu 3  0 hàm sẽ có cực đại ở điểm: 1 2 2 4 2 2  = 1 = ( +o ) 2o − +o (4) Nếu 3  22 thì hàm G ()  sẽ có cực đại 0 x2 ở điểm:  = 1 o Khi  0 = 0 thì R = 22 .e−  .cos   =  .e −  = R  x21( ) 0 x ( )
  35. Thay vào G ()  ta có: 0 = 0 x2 2 G () = 2 x1 2 +2 G  x1 ( ) 2 2 0
  36. BÀI 2.5 Với |S(t)| là modun của tín hiệu S(t) vậy đường bao của tín hiệu S(t) là A(t)=|S(t)| (2.50) lại có: S(t).S*(t)= |Sa (t)|2 hay Vậy đường bao của tín hiệu có thể biểu diễn bởi: * A( t) = Saa( t) .S( t)
  37. Những kiến thức cần nhớ sau buổi học : ▪ Các khái niệm và 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 đã học ở kỳ trước: xác suất thống kê, toán chuyên ngành( biến đổi Laplace, chuỗi Maclaranh )