频谱感知3：合作频谱检测中的硬合并与软合并

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1、硬合并

  我们先来考虑硬判决的情况。假定我们一共有 $K$个次用户，第 $k$个次用户采用能量检测器得到本地判决
$\tag{1.1} {\rm LD}_k=\left\{\begin{aligned} 0:&\quad H_0\\ 1:&\quad H_1, \end{aligned}\right.$并将其发往融合中心(FC)。FC采用m-out-of-K的方式进行投票，可以得到全局判决为
$\tag{1.2} {\rm GD}=\left\{\begin{aligned} 1;&\quad \sum_{k=1}^{K}{\rm LD}_k\ge m\\ 0;&\quad \sum_{k=1}^{K}{\rm LD}_k< m. \end{aligned}\right.$因此，FC处的检测概率和虚检概率分别为
$\tag{1.3} {\rm Q_d}=\sum_{k=m}^{K}\binom{K}{k}{\rm P}^k_{{\rm d},k}(1-{\rm P}_{{\rm d},k})^{K-k}$以及
$\tag{1.4} {\rm Q_f}=\sum_{k=m}^{K}\binom{K}{k}{\rm P}^k_{{\rm f},k}(1-{\rm P}_{{\rm f},k})^{K-k},$其中
$\tag{1.5} {\rm P}^k_{{\rm d},k}=Q\left[\frac{\eta-{\rm E}(r_k|H_1)}{\sqrt{{\rm Var}(r_k|H_1)}} \right]$为第 $k$个用户的检测概率，
$\tag{1.6} {\rm P}^k_{{\rm f},k}=Q\left[\frac{\eta-{\rm E}(r_k|H_0)}{\sqrt{{\rm Var}(r_k|H_0)}} \right]$为第 $k$个用户的虚检概率， $r_k$为第 $k$个用户的检测变量，且 $r_k$分布如下：
$\tag{1.7}\begin{aligned} r_k\sim {\mathcal N}(N\sigma_k^2,2N\sigma_k^4): & \quad H_0\\ r_k\sim {\mathcal N}\left((N+\mu_k)\sigma_k^2,2(N+2\mu_k)\sigma_k^4\right):&\quad H_1 \end{aligned}$其中 $\mu_k=\frac{2\alpha_k^2 E_{s}}{N_0}$， $\alpha$为瑞利分布。
  在Rayleigh衰落信道条件下的硬判决检测性能如图1所示，这里假定所有用户的衰落与噪声都是独立同分布的。此时 $\gamma=12$dB， $K=10$， $m=6$。图2给出为固定单用户虚检概率 $P_f=0.01$情况下，对于不同节点数 $K$，当 $m$在1~ $K$之间变化时，显然 $Q_f$减少，漏检概率 $Q_m$增大。

图1 瑞利衰落信道条件下检测性能曲线

图2 不同节点数情况下硬合并性能曲线，单用户虚检概率为0.01

2、软合并

  这里我们考虑软合并。融合节点处，收到来自所有 $K$个节点的检测变量 $r_k$， $k=1,2,\ldots,K$，可以表示为
$\tag{2.1} \begin{bmatrix} u_1\\ u_2\\ \vdots \\ u_K \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} r_1\\ r_2\\ \vdots\\ r_K \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} n_1\\ n_2\\ \vdots\\ n_K \end{bmatrix}$即 $\bf u=r+n$。这里 $n_k$为从 $k$用户到融合节点的信道噪声且 $n_k\sim{\mathcal N}(0,\delta_k^2)$。进一步对这些变量进行加权合并，可以得到FC处的检测变量为
$\tag{2.2} y=\sum_{k=1}^{K}{w_ku_k}=\sum_{k=1}^{K}w_k(r_k+n_k)={\bf w}^{\rm T}{\bf u},$其中， ${\bf w}\triangleq[w_1,w_2,\ldots,w_K]^{\rm T}$为权重系数， $w_k\ge 0$； $r_k$分布如（1.7）。
  由于 $y$是本地检测结果的线性组合，显然我们同样可以假定其为正态分布。下面来求它的均值和方差。

- $y$的均值
$\tag{2.3} \begin{aligned} {\rm E}[y]&=\sum_{k=1}^{K}{w_k{\rm E}[u_k]}=\sum_{k=1}^{K}w_k({\rm E}[r_k]+{\rm E}[n_k]) \end{aligned}$
首先考虑 $H_0$，可以得到
$\tag{2.4} m_{y0}={\rm E}[y|H_0]=\sum_{k=1}^{K}w_k\sigma^2_k=N{\bm \sigma}^{\rm T}{\bf w}$其中， ${\bm \sigma}=[\sigma_1^2,\sigma_2^2,\ldots,\sigma_K^2]^{\rm T}$。对于 $H_1$则有
$\tag{2.5} {\rm E}[y|H_1]=\sum_{k=1}^{K}w_k(N+\mu_k)\sigma_k^2,$由于 $\mu_k=\frac{2\alpha_k^2E_s}{N_0}=\frac{\alpha_k^2E_s}{\sigma_k^2}$，(2.5)可以重写成
$\tag{2.6} m_{y1}={\rm E}[y|H_1]=\sum_{k=1}^{K}w_k(N\sigma_k^2+\alpha^2_kE_s)=(N{\bm \sigma}+{\bm \alpha}E_s)^{\rm T}{\bf w},$其中 ${\bm \alpha}=[\alpha_1^2,\alpha_2^2,\ldots,\alpha_K^2]^{\rm T}$。

- $y$的方差
  下面来看 $y$的方差，有
$\tag{2.7} \begin{aligned} {\rm Var}[y]&={\rm E}(y-m_y)^2\\ &={\bf w}^{\rm T}{\rm E}[({\bf u}-{\bf m}_u)({\bf u}-{\bf m}_u)^{\rm T}]{\bf w}\\ &=\sum_{k=1}^{K}\left({\rm Var}[r_k]+{\rm Var}[n_k]\right)w_k^2, \end{aligned}$对于不同假设可以分别得到方差为 $\tag{2.8}\begin{aligned} {\rm Var}(y|H_0)&=\sum_{k=1}^{K}(2N\sigma_k^4+\delta_k^2)w_k^2\\ &={\bf w}^{\rm T}{\bm \Sigma}_{H_0}{\bf w} \end{aligned}$以及
$\tag{2.9} \begin{aligned} {\rm Var}(y|H_1)&=\sum_{k=1}^{K}(2N\sigma_k^4+4\mu_k\sigma_k^4+\delta_k^2)w_k^2\\ &=\sum_{k=1}^{K}(2N\sigma_k^4+4\alpha^2_k\sigma_k^2+\delta_k^2)w_k^2\\ &={\bf w}^{\rm T}{\bm \Sigma}_{H_1}{\bf w}, \end{aligned}$其中 ${\bm \Sigma}_{H_0}=2N{\rm diag}^2({\bm \sigma})+{\rm diag}({\bm \delta})$， ${\bm \Sigma}_{H_1}=2N{\rm diag}^2({\bm \sigma})+{\rm diag}({\bm \delta})+4E_s{\rm diag}({\bm \alpha}){\rm diag}({\bm \sigma})$。由此，我们可以得到 $y$的分布为
$\tag{2.10}\begin{aligned} &H_0:y\sim {\mathcal N}(N{\bm \sigma}^{\rm T}{\bf w},{\bf w}^{\rm T}{\bm \Sigma}_{H_0}{\bf w})\\ &H_1: y\sim {\mathcal N}\left([N{\bm \sigma}+{\bm \alpha}E_s]^{\rm T}{\bf w},{\bf w}^{\rm T}{\bm \Sigma}_{H_1}{\bf w}\right). \end{aligned}$
  因此，若FC处的判决门限为 $\eta_{\rm FC}$，我们可以得到软合并时的检测概率为
$\tag{2.11} {\rm Q}_{{\rm d,sc}}=Q\left[\frac{\eta_{\rm FC}-{\rm E}(y|H_1)}{\sqrt{{\rm Var}(y|H_1)}} \right],$虚检概率为
$\tag{1.6} {\rm Q}_{{\rm f,sc}}=Q\left[\frac{\eta_{\rm FC}-{\rm E}(y|H_0)}{\sqrt{{\rm Var}(y|H_0)}} \right].$

  下面我们来比较软硬合并性能，假定合并后的虚检概率 $P_f=0.1$，可以得到漏检率如图3所示。显然软合并性能更好。

图3 不同合并方式、用户数情况下漏检概率与信噪比关系