第十四章 平稳随机过程

第十四章 平稳随机过程

1. 设有随机过程 $ X(t)=A\cos(\omega t+\theta), -\infty

$$ f(a)=\{\begin{aligned}&\frac{a}{\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-a^{2}/(2\sigma^{2})},&a>0,\\ &0,&a\leqslant0,\end{aligned}. $$

⑨是在 $ (0,2\pi) $上服从均匀分布且与A相互独立的随机变量， $ \omega $是一常数，问 $ X(t) $是不是平稳过程？

解 $ X(t)X(t+\tau)=A^{2}\cos(\omega t+\Theta)\cos[\omega(t+\tau)+\Theta] $

$$ \begin{aligned}E(A^{2})&=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{3}}{\sigma^{2}}\mathrm{e}^{-x^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 x^{2}/2\sigma^{2}=u}\int_{0}^{+\infty}2\sigma^{2}u\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u\\&=2\sigma^{2}\Gamma(2)=2\sigma^{2}.\end{aligned} $$

$$ E\left[\cos\left(\omega t+\Theta\right)\right]=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\cos\left(\omega t+\theta\right)\mathrm{d}\theta=0. $$

$$ \begin{aligned}&E\{\cos(\omega t+\Theta)\cos[\omega(t+\tau)+\Theta]\}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\cos(\omega t+\theta)\cos[\omega(t+\tau)+\theta]\mathrm{d}\theta\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}[\cos\omega\tau+\cos(2\omega t+\omega\pi+2\theta)]\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\cos\omega\tau.\\ \end{aligned} $$

由题设 A, ⊝ 相互独立, 所以 A 的函数和 ⊝ 的函数也相互独立(教材第三章 §4 定理), 根据教材第四章 §1 数学期望的性质 4,

$$ \mu_{X}(t)=\mathrm{E}\left[X(t)\right]=\mathrm{E}(A)\mathrm{E}\left[\cos(\omega t+\Theta)\right]=0, $$

$$ \begin{aligned}\mu_{X}(t)=&E[X(t)]-E(A)E[\cos(\omega t+\Theta)]=0,\\R_{X}(t,t+\tau)=&E[X(t)X(t+\tau)]\\=&E(A^{2})E\{\cos(\omega t+\Theta)\cos[\omega(t+\tau)+\Theta]\}\\=&2\sigma^{2}\times\frac{1}{2}\cos\omega\tau=\sigma^{2}\cos\omega\tau.\end{aligned} $$

这说明 $ X(t)=A\cos(\omega t+\theta) $ 的均值为常数，而自相关函数只与时间差 $ \tau $ 有关，按定义 X(t) 是平稳过程.

1. 设 $ X(t) $ 与 $ Y(t) $ 是相互独立的平稳过程. 试证以下随机过程也是平稳过程:

(1) $ Z_{1}(t)=X(t)Y(t) $.

(2) $ Z_{2}(t)=X(t)+Y(t). $

证 因 $ X(t) $, $ Y(t) $ 都是平稳过程, 所以对于任意 $ t, t + \tau \in T $, 有

$$ E[X(t)]=\mu_{X}( 常数 ),\quad E[Y(t)]=\mu_{Y}( 常数 ), $$

$$ E[X(t)X(t+\tau)]=R_{X}(\tau), $$

$$ E\left[Y(t)Y(t+\tau)\right]=R_{Y}(\tau), $$

又因 $ X(t) $, $ Y(t) $ 相互独立, 从而

(1) $ E[Z_1(t)] = E[X(t)]E[Y(t)] = \mu_X \mu_Y $ (常数)，

$$ \begin{aligned}R_{Z_{1}}\left(t,t+\tau\right)&=E[Z_{1}(t)Z_{1}(t+\tau)]\\&=E[X(t)Y(t)X(t+\tau)Y(t+\tau)]\\&=E[X(t)X(t+\tau)]E[Y(t)Y(t+\tau)]\\&=R_{X}(\tau)R_{Y}(\tau)(\tau 的函数 ).\end{aligned} $$

这说明 $ Z_{1}(t) $ 的均值是常数，而自相关函数只与时间差 $ \tau $ 有关，按定义 $ Z_{1}(t) $ 是平稳过程.

(2) $ E[Z_{2}(t)] = E[X(t)] + E[Y(t)] = \mu_{X} + \mu_{Y} $ (常数)，

$$ \begin{aligned}R_{Z_{2}}(t,t+\tau)&=E\{[X(t)+Y(t)][X(t+\tau)+Y(t+\tau)]\}\\&=E[X(t)X(t+\tau)]+E[Y(t)Y(t+\tau)]\\&\quad+E[X(t)Y(t+\tau)]+E[X(t+\tau)Y(t)]\\&=R_{X}(\tau)+R_{Y}(\tau)+2\mu_{X}\mu_{Y}(\tau 的函数 ),\end{aligned} $$

故 $ Z_{2}(t) $ 是平稳过程.

1. 设 $ \{X(t), -\infty < t < +\infty\} $ 是平稳过程， $ R_{X}(\tau) $ 是其自相关函数，a 是常数，试问随机过程

$$ Y(t)=X(t+a)-X(t) $$

是不是平稳过程？为什么？

解 由题设 X(t) 的均值为 $ \mu_{X} $ (常数)，自相关函数为 $ R_{X}(\tau) $，由此，

$$ \begin{aligned}E[Y(t)]&=E[X(t+a)-X(t)]\\&=E[X(t+a)]-E[X(t)]=\mu_{X}-\mu_{X}=0,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}R_{Y}(t,t+\tau)=&E[Y(t)Y(t+\tau)]\\=&E\{[X(t+a)-X(t)][X(t+\tau+a)-X(t+\tau)]\}\\=&E[X(t+a)X(t+\tau+a)]-E[X(t+a)X(t+\tau)]\\&-E[X(t)X(t+\tau+a)]+E[X(t)X(t+\tau)]\\=&2R_{X}(\tau)-R_{X}(\tau-a)-R_{X}(\tau+a).\end{aligned} $$

Y(t)的均值为常数，又因a是常数，自相关函数 $ R_{Y}(t,t+\tau) $仅与时间差 $ \tau $有关，故Y(t)是平稳过程.

1. 设 $ \{N(t), t \geqslant 0\} $ 是强度为 $ \lambda $ 的泊松过程，定义随机过程 $ Y(t) = N(t + L) - N(t) $，其中常数 L > 0。试求 $ Y(t) $ 的均值函数和自相关函数，并向 $ Y(t) $ 是否是平稳

过程？

解 因 $ N(t) $ 是强度为 $ \lambda $ 的泊松过程，所以 $ N(t+L)-N(t)\sim\pi(\lambda L) $，从而

$$ E[Y(t)]=E[N(t+L)-N(t)]=\lambda L, $$

$$ \begin{aligned}R_{Y}(s,t)=&E\{[N(s+L)-N(s)][N(t+L)-N(t)]\}\\=&E[N(s+L)N(t+L)]+E[N(s)N(t)]\\&-E[N(s+L)N(t)]-E[N(s)N(t+L)].\end{aligned} $$

因 $ E[N(s)N(t)] = \lambda^{2}st + \lambda\min\{s,t\}, s, t \geqslant 0 $，故

$$ \begin{aligned}R_{Y}(s,t)=&\lambda^{2}L^{2}+\lambda[\min\{s+L,t+L\}\\&+\min\{s,t\}-\min\{s+L,t\}-\min\{s,t+L\}\}].\end{aligned} $$

记 $ t-s=\tau $，由 $ R_{Y}(s,t)=R_{Y}(t,s) $，即知 $ R_{Y}(s,t) $ 关于 s,t 是对称的，故不妨暂时认为 $ s \leq t $。于是上式右边等于

$$ \begin{aligned}&\lambda^{2}L^{2}+\lambda(s+L)+\lambda s-\lambda\min\{s+L,t\}-\lambda s\\&=\lambda^{2}L^{2}+\lambda(s+L)-\lambda\min\{s+L,t\}\\&=\{\begin{aligned}&\lambda^{2}L^{2}+\lambda(L-t+s),& 若 t\leqslant s+L,\\&\lambda^{2}L^{2},& 若 t>s+L\end{aligned}.\\&=\{\begin{aligned}&\lambda^{2}L^{2}+\lambda(L-\tau),& 若 0\leqslant\tau\leqslant L,\\&\lambda^{2}L^{2},& 若 \tau>L,\end{aligned}.\end{aligned} $$

由 s, t 的对称性, 即知

$$ R_{Y}(s,t)=\{\begin{aligned}&\lambda^{2}L^{2}+\lambda(L-|\tau|),& 若 |\tau|\leqslant L,\\ &\lambda^{2}L^{2},& 若 |\tau|>L,\end{aligned}. $$

且知 $ Y(t) $ 是平稳过程.

上述(A)式也可以由先求出 $ Y(t) $的协方差函数而获得,事实上

$$ \begin{aligned}C_{Y}(t,t+\tau)=&\operatorname{Cov}[Y(t),Y(t+\tau)]\\=&\operatorname{Cov}[N(t+L)-N(t),N(t+\tau+L)-N(t+\tau)]\\=&\operatorname{Cov}[N(t+L),N(t+\tau+L)]-\operatorname{Cov}[N(t),N(t+\tau+L)]\\&-\operatorname{Cov}[N(t+L),N(t+\tau)]+\operatorname{Cov}[N(t),N(t+\tau)]\\=&\lambda\min\{t+L,t+\tau+L\}-\lambda\min\{t,t+\tau+L\}\\&-\lambda\min\{t+L,t+\tau\}+\lambda\min\{t,t+\tau\}.\end{aligned} $$

于是得到自相关函数

$$ R_{Y}(t,t+\tau)=C_{Y}(t,t+\tau)+\mu_{Y}^{2}=C_{Y}(t,t+\tau)+\lambda^{2}L^{2}, $$

此即为(A)式.

1. 设平稳过程 $ \{X(t), -\infty < t < +\infty\} $ 的自相关函数为 $ R_X(\tau) = e^{-a |\tau|} (1 + a |\tau|) $，其中常数 a > 0，而 $ E[X(t)] = 0 $。试问 $ X(t) $ 的均值是否具有各态历经性？为什么？

解法(i) 记 $ J=\int_{0}^{2T}\left(1-\frac{\tau}{2T}\right)\left[R_{X}(\tau)-\mu_{X}^{2}\right]\mathrm{d}\tau $，由题设，得

$$ \begin{aligned}J&=\int_{0}^{2T}\Big(1-\frac{\tau}{2T}\Big)[\mathrm{e}^{-a\left|\tau\right|}\left(1+a\left|\tau\right|\right)]\mathrm{d}\tau\\&=\int_{0}^{2T}\Big(1-\frac{\tau}{2T}\Big)[\mathrm{e}^{-a\tau}\left(1+a\tau\right)]\mathrm{d}\tau\\&\xlongequal{ 令 a\tau=t}\int_{0}^{2aT}\Big(1-\frac{t}{2aT}\Big)\left(1+t\right)\mathrm{e}^{-t}\frac{1}{a}\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{a}\int_{0}^{2aT}\Big[1+\Big(1-\frac{1}{2aT}\Big)t-\frac{t^{2}}{2aT}\Big]\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t\\&=\frac{\mathrm{e}^{-t}}{a}\Big[\frac{t^{2}}{2aT}-\Big(1-\frac{3}{2aT}\Big)t-2+\frac{3}{2aT}\Big]\Big|_{0}^{2aT}\\&=\frac{1}{a}\Big[\Big(1+\frac{3}{2aT}\Big)\mathrm{e}^{-2aT}+2-\frac{3}{2aT}\Big].\end{aligned} $$

故

$$ \lim_{T\to+\infty}\frac{1}{T}J=\lim_{T\to+\infty}\frac{1}{a}\left[\left(\frac{1}{T}+\frac{3}{2aT^{2}}\right)e^{-2aT}+\frac{2}{T}-\frac{3}{2aT^{2}}\right]=0. $$

根据教材第十四章 §2 定理一知随机过程 $ X(t) $ 的均值具有各态历经性.

解法(ii) 由于自相关函数当 $ \tau \to +\infty $ 时的极限

$$ \lim_{r\to+\infty}R_{x}(\tau)=\lim_{r\to+\infty}e^{-a|\tau|}(1+a|\tau|)=0=\mu_{x}^{2}, $$

根据教材第十四章 §2 定理一的推论知，随机过程 $ X(t) $ 的均值具有各态历经性.

1. 第1题中的随机过程 $ X(t) = A\cos(\omega t + \theta) $ 是否是各态历经过程？为什么？

解 由第1题知随机过程 $ X(t)=A\cos(\omega t+\theta) $ 的均值 $ \mu_{X}=0 $，自相关函数 $ R_{X}(\tau)=\sigma^{2}\cos\omega\tau $，现在来计算 X(t) 的相应的时间平均：

$$ \begin{aligned}\langle X(t)\rangle=&\lim_{T\to+\infty}\frac{1}{2T}\int_{-T}^{T}A\cos(\omega t+\Theta)\mathrm{d}t\\=&\lim_{T\to+\infty}\frac{A[\sin(\omega T+\Theta)-\sin(-\omega T+\Theta)]}{2\omega T}=0,\\&\langle X(t)X(t+\tau)\rangle\\=&\lim_{T\to+\infty}\frac{1}{2T}\int_{-T}^{T}A^{2}\cos(\omega t+\Theta)\cos(\omega(t+\tau)+\Theta)\mathrm{d}t\\=&\lim_{T\to+\infty}\frac{A^{2}}{4T}\int_{-T}^{T}[\cos\omega\tau+\cos(2(\omega t+\Theta)+\omega\tau)]\mathrm{d}t\\=&\frac{A^{2}}{2}\cos\omega\tau.\end{aligned} $$

由 $ \langle X(t)\rangle=\mu_{X} $，知 $ X(t) $的均值具有各态历经性，但 $ P\{A^{2}=2\sigma^{2}\}\neq1 $，因而 $ \langle X(t)X(t+\tau)\rangle $不可能以概率1等于 $ R_{X}(\tau) $，即自相关函数不具有各态历经性，所以

X(t)不是各态历经过程.

7.（1）设 $ C_{X}(\tau) $是平稳过程 $ X(t) $的协方差函数.试证：若 $ C_{X}(\tau) $绝对可积，即

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\left|C_{x}(\tau)\right|\mathrm{d}\tau<+\infty, $$

则 X(t) 的均值具有各态历经性.

（2）证明第十四章§1例2中的随机相位周期过程 $ X(t)=s(t+\Theta) $是各态历经过程.

（1）由于 $ R_{X}(\tau)-\mu_{X}^{2}=C_{X}(\tau) $，因此

$$ \begin{aligned}0\leqslant&\left|\frac{1}{T}\int_{0}^{2T}(1-\frac{\tau}{2T})[R_{X}(\tau)-\mu_{X}^{2}]\mathrm{d}\tau\right|\\ =&\left|\frac{1}{T}\int_{0}^{2T}(1-\frac{\tau}{2T})C_{X}(\tau)\mathrm{d}\tau\right|\\ \leqslant&\frac{1}{T}\int_{0}^{2T}\left|C_{X}(\tau)\right|\mathrm{d}\tau\leqslant\frac{1}{T}\int_{-\infty}^{+\infty}\left|C_{X}(\tau)\right|\mathrm{d}\tau.\end{aligned} $$

$$ \left\langle{5}\right\rangle $$

按题设 $ C_{X}(\tau) $ 的积分绝对收敛，故当 $ T \to +\infty $ 时上式右方趋于零，从而

$$ \lim_{T\to+\infty}\frac{1}{T}\int_{0}^{2T}(1-\frac{\tau}{2T})\left[R_{x}(\tau)-\mu_{x}^{2}\right]\mathrm{d}\tau=0. $$

所以，由教材第十四章 §2 定理一 $ X(t) $ 的均值是各态历经的。

本题给出了均值具有各态历经性的一个充分条件，即若

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\left|C_{x}(\tau)\right|\mathrm{d}\tau<+\infty, $$

则 X(t) 的均值是各态历经的.

（2）

$$ \begin{aligned}\langle X(t)\rangle&=\lim_{G\to+\infty}\frac{1}{2G}\int_{-G}^{G}X(t)\mathrm{d}t\\&=\lim_{G\to+\infty}\frac{1}{2G}\int_{-G}^{G}s\left(t+\Theta\right)\mathrm{d}t.\end{aligned} $$

因对于任意正数 G，总存在正整数 n，使 $ nT \leqslant G < (n+1)T $，故

$$ \frac{1}{2G}\int_{-G}^{G}s(t+\Theta)dt=\frac{1}{2nT}\frac{nT}{G}\left[\int_{-nT}^{nT}+\int_{-G}^{-nT}+\int_{nT}^{G}s(t+\Theta)dt\right] $$

注意到

$$ \lim_{n\to+\infty}\frac{nT}{G}=1;\quad\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2nT}\int_{-G}^{-nT}s(t+\Theta)dt=0; $$

$$ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2nT}\int_{nT}^{G}s(t+\Theta)dt=0, $$

得到

$$ \langle X(t)\rangle=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2nT}\int_{-nT}^{nT}s(t+\varTheta)dt=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2nT}\sum_{i=-n}^{n-1}\int_{iT}^{(i+1)T}s(t+\varTheta)dt $$

$$ \frac{1}{T}\int_{0}^{T}s(t+\Theta)dt=\frac{1}{T}\int_{\Theta}^{\Theta+T}s(u)du=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}s(u)du $$

在第十四章§1例2中已知 $ E[X(t)]=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}s(u)du $，故有

$$ \langle X(t)\rangle=E[X(t)]. $$

同样可证

$$ \langle X(t)X(t+\tau)\rangle=E[X(t)X(t+\tau)]=R_{X}(\tau), $$

因此 X(t) 的均值和自相关函数都具有各态历经性，从而得 X(t) 是各态历经过程。

1. 设 $ X(t) $ 是随机相位周期过程，题 14.8 图表示它的一个样本函数 $ x(t) $，其中周期 T 和波幅 A 都是常数，而相位 $ t_{0} $ 是在 $ (0,T) $ 上服从均匀分布的随机变量.

(1) 求 $ \mu_{X}, \Psi_{X}^{2} $

(2) 求 $ X(t) $ 和 $ X^{2}(t) $.

解 依照随机相位周期过程的定义，在此

$$ X(t)=s(t+t_{0}), $$

其中

$$ s(t)=\{\begin{aligned}&\frac{8A}{T},&0\leqslant&t\leqslant\frac{T}{8},\\ &-\frac{8A}{T}(t-\frac{T}{4}),&\frac{T}{8}

且 $ s(t+T)=s(t) $

（1）依照教材第十四章§1例2的结果

$$ \mu_{X}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}s(t)\mathrm{d}t=\frac{A}{8}, $$

同意书

$$ \Psi^{2}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}s^{2}(t)dt=\frac{A^{2}}{12}. $$

（2）参见本章习题第7（2），利用各态历经性有

$$ \langle X(t)\rangle=E[X(t)]=\mu_{X}=\frac{A}{8}; $$

$$ \langle X^{2}(t)\rangle=E[X^{2}(t)]=\Psi^{2}=\frac{A^{2}}{12}. $$

1. 设平稳过程 $ X(t) $ 的自相关函数为 $ R_{X}(\tau) $，证明：

$$ P\{\mid X(t+\tau)-X(t)\mid\geqslant a\}\leqslant2[R_{X}(0)-R_{X}(\tau)]/a^{2},\quad a>0. $$

证 命题似与切比雪夫不等式相关联. 因 $ X(t) $ 是平稳过程, 故有

$$ E[X(t)]=\mu_{X}\ ( 常数 ), $$

$$ E[X(t)X(t+\tau)]=R_{X}(\tau), $$

$$ E\left[X^{2}(t)\right]=E\left[X^{2}(t+\tau)\right]=R_{X}(0). $$

记 $ Y(t)=X(t+\tau)-X(t) $，即有

$$ \begin{aligned}E[Y(t)]=&E[X(t+\tau)]-E[X(t)]=\mu_{X}-\mu_{X}=0,\\D[Y(t)]=&E[Y^{2}(t)]=E\{[X(t+\tau)-X(t)]^{2}\}\\=&E[X^{2}(t+\tau)]-2E[X(t)X(t+\tau)]+E[X^{2}(t)]\\=&2[R_{X}(0)-R_{X}(\tau)].\end{aligned} $$

对 $ Y(t)=X(t+\tau)-X(t) $ 引用切比雪夫不等式，即有

$$ P\{\mid X(t+\tau)-X(t)\mid\geqslant a\}\leqslant2[R_{X}(0)-R_{X}(\tau)]/a^{2},a>0. $$

1. 设 X(t) 为平稳过程，其自相关函数 $ R_{X}(\tau) $ 是以 $ T_{0} $ 为周期的函数。证明：X(t) 是周期为 $ T_{0} $ 的平稳过程。

证 记 $ Y(t)=X(t+T_{0})-X(t) $，由于 $ X(t) $ 是平稳过程，故 $ Y(t) $ 也是平稳过程（见本章第3题），且

$$ \begin{align*}E[Y(t)]&=E[X(t+T_{0})]-E[X(t)]=\mu_{X}-\mu_{X}=0,\\D[Y(t)]&=E[Y^{2}(t)]=2[R_{X}(0)-R_{X}(T_{0})]\end{align*} $$

（运算过程见上题），又，按题设 $ R_{x}(\tau) $ 具有周期 $ T_{0} $，故 $ R_{x}(0)=R_{x}(T_{0}) $，即有 $ D[Y(t)]=0 $，由教材第四章 §2 方差性质 4° 知，对于任意 t，有 $ P\{Y(t)=0\}=1 $，或即

$$ P\{X(t+T_{0})=X(t)\}=1, $$

即在概率1的意义下， $ X(t) $是以 $ T_{0} $为周期的平稳过程.

1. 设 $ X(t) $ 是雷达的发射信号，遇目标后返回接收机的微弱信号是 $ aX(t-\tau_1) $， $ a \ll 1 $， $ \tau_1 $ 是信号返回时间，由于接收到的信号总是伴有噪声的，记噪声为 $ N(t) $，于是接收到的全信号为

$$ Y(t)=aX(t-\tau_{1})+N(t). $$

（1）若 $ X(t) $和 $ N(t) $是平稳相关，证明 $ X(t) $和 $ Y(t) $也平稳相关.

(2) 在(1)的条件下，假设 $ N(t) $ 的均值为零且与 $ X(t) $ 是相互独立的，求 $ R_{XY}(\tau) $ （这是利用互相关函数从全信号中检测小信号的相关接收法）.

解（1）

$$ \begin{aligned}R_{XY}&(t,t+\tau)=E\big[X(t)Y(t+\tau)\big]\\&=E\{X(t)\big[aX(t+\tau-\tau_{1})+N(t+\tau)\big]\}\\&=aR_{X}(\tau-\tau_{1})+R_{XN}(\tau),\end{aligned} $$

因而知 $ R_{XY}(t,t+\tau) $ 与 t 无关，故

$ X(t) $与 $ Y(t) $平稳相关.

（2）由题设 $ \mu_{N}=0 $，且 $ X(t) $与 $ N(t) $相互独立，即有

$$ R_{X N}\left(\tau\right)=E\left[X(t)N(t+\tau)\right]=E\left[X(t)\right]E\left[N(t+\tau)\right]=\mu_{X}\mu_{N}=0. $$

由(1)得

$$ R_{XY}(\tau)=aR_{X}(\tau-\tau_{1}). $$

因 $ R_{X}(0)\geqslant R_{X}(\tau) $，即 $ R_{X}(\tau) $ 在 $ \tau=0 $ 时取到最大值，故当调整 $ \tau $ 使 $ R_{XY}(\tau) $ 的测量值为最大时，就有 $ \tau=\tau_{1} $，由此可推算得目标的距离。

1. 平稳过程 $ \{X(t), -\infty < t < +\infty\} $ 的自相关函数为

$$ R_{x}(\tau)=4e^{-|\tau|}\cos\pi\tau+\cos3\pi\tau, $$

求: (1) $ X(t) $ 的均方值. (2) $ X(t) $ 的谱密度.

解 （1）由题设 $ R_{X}(\tau)=4e^{-|\tau|}\cos\pi\tau+\cos3\pi\tau $ ，即得 X(t) 的均方值为

$$ \Psi_{x}^{2}=R_{x}(0)=4+1=5. $$

（2）由教材第十四章§4 维纳-辛钦公式（4.15）， $ X(t) $ 的谱密度可用傅里叶变换表示为

$$ \begin{aligned}\mathsf{S}_{X}(\omega)=&\mathcal{F}\left[\mathsf{R}_{X}(\tau)\right]=\mathcal{F}\left[4\mathrm{e}^{-|\tau|}\cos\pi\tau+\cos3\pi\tau\right]\\ =&4\mathcal{F}\left[\mathrm{e}^{-|\tau|}\cos\pi\tau\right]+\mathcal{F}\left[\cos3\pi\tau\right].\end{aligned} $$

由教材第十四章§4例1及表14.1第3、7栏得到

$$ \begin{align*}\mathcal{F}\left[\mathrm{e}^{-|\tau|}\cos\pi\tau\right]=&\frac{1}{1+(\omega-\pi)^{2}}+\frac{1}{1+(\omega+\pi)^{2}},\\\mathcal{F}\left[\cos3\pi\tau\right]=&\pi[\delta(\omega+3\pi)+\delta(\omega-3\pi)].\end{align*} $$

所以

$$ \begin{aligned}S_{X}(\omega)=&4\Big[\frac{1}{1+(\omega-\pi)^{2}}+\frac{1}{1+(\omega+\pi)^{2}}\Big]\\&+\pi[\delta(\omega+3\pi)+\delta(\omega-3\pi)].\end{aligned} $$

1. 已知平稳过程 $ X(t) $ 的谱密度为

$$ S_{X}(\omega)=\frac{\omega^{2}}{\omega^{4}+3\omega^{2}+2}, $$

求 $ X(t) $ 的均方值.

解法(i) 将有理谱密度分解成两个部分分式之和

$$ S_{X}(\omega)=\frac{\omega^{2}}{\omega^{4}+3\omega^{2}+2}=\frac{2}{\omega^{2}+2}-\frac{1}{\omega^{2}+1} $$

代入教材第十四章维纳-辛钦公式(4.16)，并令 $ \tau=0 $，得到

$$ \Psi_{x}^{2}=R_{x}(0)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}S_{x}(\omega)\mathrm{d}\omega=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{2}{\omega^{2}+2}-\frac{1}{\omega^{2}+1}\right)\mathrm{d}\omega $$

$$ \frac{1}{\pi}\left(\sqrt{2}\arctan\frac{\omega}{\sqrt{2}}\bigg|_{0}^{+\infty}-\arctan\omega\bigg|_{0}^{+\infty}\right)=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2}-1\right) $$

解法(ii) 主要是借此题展示求与有理谱密度相对应的自相关函数的方法，注意到教材第十四章公式(4.16)就是对 $ S_{x}(\omega) $ 求逆傅里叶变换，即有

$$ \begin{aligned}R_{X}(\tau)=&\mathcal{F}^{-1}\big[S_{X}(\omega)\big]=\mathcal{F}^{-1}\Big(\frac{2}{\omega^{2}+2}-\frac{1}{\omega^{2}+1}\Big)\\=&\mathcal{F}^{-1}\Big(\frac{2}{\omega^{2}+2}\Big)-\mathcal{F}^{-1}\Big(\frac{1}{\omega^{2}+1}\Big).\end{aligned} $$

查表14.1第1栏得

$$ \mathcal{F}^{-1}\left(\frac{2}{\omega^{2}+2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathcal{F}^{-1}\left(\frac{2\sqrt{2}}{\omega^{2}+(\sqrt{2})^{2}}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\sqrt{2}|\tau|}, $$

$$ \mathcal{F}^{-1}\left(\frac{1}{\omega^{2}+1}\right)=\frac{1}{2}\mathcal{F}^{-1}\left(\frac{2}{\omega^{2}+1}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-|\tau|}, $$

所以 $ X(t) $ 的自相关函数为

$$ R_{x}(\tau)=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\sqrt{2}\left|\tau\right|}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-\left|\tau\right|}. $$

由此， $ X(t) $ 的均方值为

$$ \Psi_{x}^{2}=R_{x}(0)=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1). $$

1. 已知平稳过程 X(t) 的自相关函数为

$$ R_{x}(\tau)=\{\begin{aligned}&1-\frac{|\tau|}{T},&|\tau|\leqslant T,\\ &0,&|\tau|>T,\end{aligned}. $$

求谱密度 $ S_{X}(\omega) $

解 引用教材第十四章公式（4.18），得

$$ \begin{aligned}S_{X}(\omega)&=2\int_{0}^{+\infty}R_{X}(\tau)\cos\omega\tau\mathrm{d}\tau=2\int_{0}^{T}(1-\frac{\tau}{T})\cos\omega\tau\mathrm{d}\tau\\&=2(1-\frac{\tau}{T})\left.\frac{\sin\omega\tau}{\omega}\right|_{0}^{T}+\frac{2}{\omega T}\int_{0}^{T}\sin\omega\tau\mathrm{d}\tau\\&=\frac{2}{\omega^{2}T}(1-\cos\omega T)=\frac{4}{\omega^{2}T}\sin^{2}\frac{\omega T}{2}.\end{aligned} $$

1. 已知平稳过程 $ X(t) $ 的谱密度为

$$ S_{X}(\omega)=\{\begin{aligned}&8\delta(\omega)+20(1-\frac{|\omega|}{10}),&|\omega|<10,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

求 $ X(t) $ 的自相关函数.

解 引用公式(4.16)(教材第十四章§4)得

$$ \begin{array}{l}R_{x}(\tau)=\frac{1}{2\pi}\int_{-10}^{10}\left[8\delta(\omega)+20(1-\frac{|\omega|}{10})\right]\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega\\=\frac{4}{\pi}\int_{-10}^{10}\delta(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega+\frac{10}{\pi}\int_{-10}^{10}(1-\frac{|\omega|}{10})\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega.\end{array} $$

因当 $ \omega \neq 0 $ 时， $ \delta(\omega) = 0 $，故

$$ \frac{4}{\pi}\int_{-10}^{10}\delta(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\pi}\mathrm{d}\omega=\frac{4}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\pi}\mathrm{d}\omega=\frac{4}{\pi}, $$

$$ \begin{aligned}\frac{10}{\pi}&\int_{-10}^{10}\Big(1-\frac{\left|\omega\right|}{10}\Big)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\omega\\&=\frac{10}{\pi}\int_{-10}^{10}\Big(1-\frac{\left|\omega\right|}{10}\Big)(\cos\omega\tau+\mathrm{i}\sin\omega\tau)\mathrm{d}\omega\\&=\frac{20}{\pi}\int_{0}^{10}\Big(1-\frac{\omega}{10}\Big)\cos\omega\tau\mathrm{d}\omega\\&=\frac{20}{\pi}\Big[\Big(1-\frac{\omega}{10}\Big)\frac{\sin\omega\tau}{\tau}\Big|_{0}^{10}+\frac{1}{10\tau}\int_{0}^{10}\sin\omega\tau\mathrm{d}\omega\Big]\\&=\frac{20}{\pi}\cdot\frac{1}{10\tau^{2}}(1-\cos10\tau)=\frac{4}{\pi}\frac{\sin^{2}5\tau}{\tau^{2}},\end{aligned} $$

于是

$$ R_{x}(\tau)=\frac{4}{\pi}\left(1+\frac{\sin^{2}5\tau}{\tau^{2}}\right). $$

1. 记随机过程

$$ Y(t)=X(t)\cos\left(\omega_{0}t+\Theta\right),\quad-\infty

其中 $ X(t) $ 是平稳过程， $ \Theta $ 为在区间 $ (0,2\pi) $ 上均匀分布的随机变量， $ \omega_{0} $ 为常数，且 $ X(t) $ 与 $ \Theta $ 相互独立。记 $ X(t) $ 的自相关函数为 $ R_{X}(\tau) $，功率谱密度为 $ S_{X}(\omega) $。试证：

(1) $ Y(t) $ 是平稳过程，且它的自相关函数

$$ R_{Y}(\tau)=\frac{1}{2}R_{X}(\tau)\cos\omega_{0}\tau. $$

(2) $ Y(t) $的功率谱密度为

$$ S_{Y}(\omega)=\frac{1}{4}\left[S_{X}(\omega-\omega_{0})+S_{X}(\omega+\omega_{0})\right]. $$

证（1）

$$ \begin{aligned}\mu_{Y}&=E[Y(t)]=E[X(t)\cos(\omega_{0}t+\varTheta)]\\&=E[X(t)]E[\cos(\omega_{0}t+\varTheta)]\\&=\mu_{X}\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\cos(\omega_{0}t+\theta)\mathrm{d}\theta=\mu_{X}\cdot0=0,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}R_{Y}&\left(t,t+\tau\right) 跗其 \\&=E[Y(t)Y(t+\tau)]\\&=E[X(t)\cos\left(\omega_{0}t+\varTheta\right)\cdot X(t+\tau)\cos\left(\omega_{0}\left(t+\tau\right)+\varTheta\right)]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=E[X(t)X(t+\tau)]E[\cos(\omega_{0}t+\Theta)\cos(\omega_{0}t+\omega_{0}\tau+\Theta)]\\&=R_{x}(\tau)\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}[\cos\omega_{0}\tau+\cos(2\omega_{0}t+\omega_{0}\tau+2\theta)]d\theta\\&=R_{x}(\tau)\cdot\frac{1}{2}\cos\omega_{0}\tau( 是 \tau 的函数 ),\end{aligned} $$

故 $ Y(t) $ 是平稳过程，并且它的自相关函数为

$$ R_{Y}(\tau)=\frac{1}{2}R_{X}(\tau)\cos\omega_{0}\tau. $$

(2)

$$ \begin{align*}S_{Y}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{Y}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2}R_{X}(\tau)\cos\omega_{0}\tau\cdot\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau)\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{0}\tau}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{0}\tau}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\&=\frac{1}{4}\Big[\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})\tau}\mathrm{d}\tau+\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})\tau}\mathrm{d}\tau\Big]\\&=\frac{1}{4}\big[S_{X}(\omega-\omega_{0})+S_{X}(\omega+\omega_{0})\big].\end{align*} $$

1. 设平稳过程 $ X(t) $ 的谱密度为 $ S_{X}(\omega) $，证明： $ Y(t)=X(t)+X(t-T) $ 的谱密度是

$$ S_{Y}(\omega)=2S_{X}(\omega)(1+\cos\omega T). $$

证

$$ \begin{aligned}&R_{Y}(t,t+\tau)\\=&E[\{X(t)+X(t-T)\}\{X(t+\tau)+X(t+\tau-T)\}]\\=&E[X(t)X(t+\tau)]+E[X(t-T)X(t-T+\tau)]\\&+E[X(t-T)X(t+\tau)]+E[X(t)X(t+\tau-T)]\\=&2R_{X}(\tau)+R_{X}(\tau+T)+R_{X}(\tau-T).\end{aligned} $$

即有 $ R_{Y}(\tau)=2R_{X}(\tau)+R_{X}(\tau+T)+R_{X}(\tau-T) $

由题设 $ \int_{-\infty}^{+\infty}R_{x}(\tau)e^{-i\omega\tau}d\tau=S_{x}(\omega) $，即有

$$ \begin{aligned}S_{Y}(\omega)=&\int_{-\infty}^{+\infty}R_{Y}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\=&\int_{-\infty}^{+\infty}[2R_{X}(\tau)+R_{X}(\tau+T)+R_{X}(\tau-T)]\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\=&2S_{X}(\omega)+\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega T}\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau+T)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega(\tau+T)}\mathrm{d}\tau\\&+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega T}\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau-T)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega(\tau-T)}\mathrm{d}\tau\end{aligned} $$

$$ \begin{array}{l}&=2S_{X}(\omega)+e^{\mathrm{i}\omega T}S_{X}(\omega)+e^{-\mathrm{i}\omega T}S_{X}(\omega)\\&=2S_{X}(\omega)\left(1+\frac{e^{\mathrm{i}\omega T}+e^{-\mathrm{i}\omega T}}{2}\right)\\&=2S_{X}(\omega)(1+\cos\omega T).\end{array} $$

1. 设 $ X(t) $ 和 $ Y(t) $ 是两个平稳相关的过程，证明

$$ \mathrm{R e}S_{Y X}(\omega)=\mathrm{R e}S_{X Y}(\omega),\quad\mathrm{I m}S_{Y X}(\omega)=-\mathrm{I m}S_{X Y}(\omega). $$

证

$$ S_{XY}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XY}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau. $$

$$ \begin{align*}S_{YX}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{YX}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{YX}(-\tau)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XY}(\tau)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\end{align*} $$

（这是因为 $ R_{YX}(-\tau)=E[Y(t)X(t-\tau)]=E[X(t-\tau)Y(t-\tau+\tau)]=R_{XY}(\tau) $）。由（A）、（B）两式得

$$ \mathrm{Re}S_{YX}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XY}(\tau)\cos\omega\tau\mathrm{d}\tau=\mathrm{Re}S_{XY}(\omega), $$

$$ \mathrm{I m}S_{Y X}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X Y}(\tau)\sin\omega\tau\mathrm{d}\tau=-\mathrm{I m}S_{X Y}(\omega). $$

1. 设两个平稳过程

$$ X(t)=a\cos\left(\omega_{0}t+\Theta\right),\quad Y(t)=b\sin\left(\omega_{0}t+\Theta\right),\quad-\infty

其中 a, b, $ \omega_{0} $ 均为常数，而 $ \Theta $ 是 $ (0, 2\pi) $ 上均匀分布的随机变量，试求互相关函数 $ R_{XY}(\tau) $, $ R_{YX}(\tau) $ 和互谱密度 $ S_{XY}(\omega) $, $ S_{YX}(\omega) $.

解

$$ \begin{aligned}R_{XY}(t,t+\tau)&=E[X(t)Y(t+\tau)]\\&=abE[\cos(\omega_{0}t+\Theta)\sin(\omega_{0}t+\omega_{0}\tau+\Theta)]\\&=ab\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}[\sin(2\omega_{0}t+\omega_{0}\tau+2\theta)+\sin(\omega_{0}\tau)]\mathrm{d}\theta\\&=\frac{ab}{2}\sin\omega_{0}\tau,\\ \end{aligned} $$

因而 X(t) 与 Y(t) 的互相关函数 $ R_{XY}(t,t+\tau) $ 只与 $ \tau $ 有关，故 X(t) 与 Y(t) 平稳相关，同时

$$ \begin{aligned}R_{YX}(\tau)&=R[Y(t)X(t+\tau)]=R[X(t+\tau)Y(t+\tau-\tau)]\\&=R_{XY}(-\tau)=-\frac{ab}{2}\sin\omega_{0}\tau=-R_{XY}(\tau).\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{XY}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XY}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{ab}{2}(\sin\omega_{0}\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\&=\frac{ab}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2\mathrm{i}}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{0}\tau}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{0}\tau})\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\frac{ab}{4}\int_{-\infty}^{+\infty}[\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})\tau}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})\tau}]\mathrm{d}\tau\end{aligned} $$

$$ =\frac{\pi a b}{2}\mathrm{i}\left[\delta(\omega+\omega_{0})-\delta(\omega-\omega_{0})\right]. $$

同时有

$$ S_{YX}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{YX}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\int_{-\infty}^{+\infty}-R_{XY}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=-S_{XY}(\omega). $$

1. 设 X(t) 和 Y(t) 是两个相互独立的平稳过程，均值 $ \mu_{X} $ 和 $ \mu_{Y} $ 都不为零，定义

$$ Z(t)=X(t)+Y(t). $$

试计算 $ S_{XY}(\omega) $ 和 $ S_{XZ}(\omega) $.

解 由独立条件

$$ R_{XY}(t,t+\tau)=E[X(t)Y(t+\tau)]=E[X(t)]E[Y(t+\tau)]=\mu_{X}\mu_{Y}, $$

即有

$$ R_{XY}(\tau)=\mu_{X}\mu_{Y}, $$

故曰星纳的群“件来示表”以，“中击未此为2击读”件事示表M以

$$ S_{XY}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XY}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\mu_{X}\mu_{Y}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=2\pi\mu_{X}\mu_{Y}\delta(\omega) $$

$$ \begin{aligned}R_{XZ}(t,t+\tau)=&E[X(t)Z(t+\tau)]=E\{X(t)[X(t+\tau)+Y(t+\tau)]\}\\=&R_{X}(\tau)+\mu_{X}\mu_{Y},\\ \end{aligned} $$

即有

$$ R_{x z}(\tau)=R_{x}(\tau)+\mu_{x}\mu_{Y}, $$

故

$$ \begin{aligned}S_{XZ}\left(\omega\right)=&\int_{-\infty}^{+\infty}R_{XZ}\left(\tau\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\ =&\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}\left(\tau\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau+\int_{-\infty}^{+\infty}\mu_{X}\mu_{Y}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\\ =&S_{X}\left(\omega\right)+2\pi\mu_{X}\mu_{Y}\delta\left(\omega\right).\end{aligned} $$

$ S_{XY}^{-}(\omega) $, $ S_{XZ}(\omega) $ 也可由傅里叶变换式得到：.

$$ S_{XY}(\omega)=\mathcal{F}\left[R_{XY}(\tau)\right]=\mathcal{F}\left[\mu_{X}\mu_{Y}\right]=2\pi\mu_{X}\mu_{Y}\delta(\omega), $$

$$ S_{x z}\left(\omega\right)=\mathcal{F}\left[R_{x z}(\tau)\right]=\mathcal{F}\left[R_{x}(\tau)+\mu_{x}\mu_{Y}\right] $$

表示素根位O.B.A.则 $ S_{x}(\omega)+2\pi\mu_{x}\mu_{y}\delta(\omega) $

品二聚聚朱O.B.A.

$$ (1)\mathbf{b}(\mathbb{C})=\frac{8}{11} $$

品姪一个(琳B,A.相反，品姪二咥艰未C既与，(CBA)来要需最德(S)，品姪二个C至个1咥A需只，品姪二咥艰B，A而，最公暗全品姪二个E昨