MUSIC, Maximum Likelihood, and Cramer-Rao Bound

摘要——利用窄带传感器阵列寻找多个平面波方向的问题，以及与之相关的在噪声中估计多个叠加指数信号参数的问题，最近引起了广泛的关注。为解决这些问题，已有多种方法被提出，例如 MUSIC 算法和最大似然 (ML) 算法。

本文研究了 MUSIC 和 ML 方法的性能，并分析了它们的统计效率。本文还针对上述估计问题推导了克拉美-罗界 (CRB)，并建立了 CRB 协方差矩阵的一些有用性质。此外，本文也探究了 MUSIC 和 ML 估计器之间的关系。最后，本文包含了一项数值研究，该研究探讨了在使用均匀线性阵列寻找两个平面波方向的问题中，MUSIC 估计器的统计效率。

关于本文研究结果的更精确描述可以在结论部分找到。

I. INTRODUCTION AND PRELIMINAR

信号处理领域的几个重要问题，其中包括使用窄带传感器阵列进行方向探测、在噪声中估计多个叠加指数信号的参数，以及解析重叠回波（参见 [1], [2], [9], [12] 及其参考文献），都可以归结为对以下模型中的参数进行估计：

$$y(t)=A(\theta )x(t)+e(t)t=1,2,\cdots ,N.\text{\hspace{1em}(1.1a)}$$

在 (1.1) 中，$y(t)\in {\mathbb{C}}^{m\times 1}$ 是带噪声的数据向量，$x(t)\in {\mathbb{C}}^{n\times 1}$ 是信号振幅向量，$e(t)\in {\mathbb{C}}^{m\times 1}$ 是加性噪声，而矩阵 $A(\theta )\in C^{m\times n}$ 具有以下特殊结构：

$$A(\theta )=[a({\omega }_1)\cdots a({\omega }_n)]\text{\hspace{1em}(1.1b)}$$

其中 {ωi}\{\omega_i\}{ωi​} 是实数参数，$a({\omega }_i)\in C^{m\times 1}$ 是所谓的传递向量 [在第 i 个信号和 $y(t)$ 之间]，且 $\theta =[{\omega }_1\cdots {\omega }_n{]}^T$。在第二节中，我们将简要讨论模型 (1.1) 如何涵盖上述某些应用中使用的数据模型，并将介绍关于 (1.1) 的基本假设。

II. NOTATION, BASIC ASSUMPTIONS, AND SPECIAL CASES

我们首先列出本文将使用的一些符号约定。

$A^T$ = 矩阵 $A\in {\mathbb{C}}^{k\times p}$ 的转置

$A^{+}$ = $A$ 的共轭

$A^{\ast }$ = $A$ 的共轭转置

$\bar{A}$ = $A$ 的实部

$\tilde{A}$ = $A$ 的虚部

$\text{tr }A$ = 矩阵 $A\in {\mathbb{C}}^{k\times k}$ 的迹

$A_{ij}$ = $A$ 的第 $i,j$ 个元素

$A\odot B$ = $A\in {\mathbb{C}}^{k\times p}$ 和 $B\in {\mathbb{C}}^{k\times p}$ 的哈达玛积 ($[A\odot B{]}_{ij}=A_{ij}{B}_{ij}$)

$A\ge B$ = 差分矩阵 $A-B$ 是半正定的，其中 $A$ 和 $B$ 是埃尔米特半正定矩阵

${\delta }_{k,p}$ = 狄拉克 $\delta$ 函数 (如果 $k=p$ 则 $=1$，否则 $=0$)

$\omega$ = 向量 $\theta$ 的通用元素；为避免符号复杂化，符号 $\omega$ 和 $\theta$ 用于表示真实参数和未知参数

$d(\omega )=da(\omega )/d\omega$

$E$ = 期望算子；对于确定性信号，$E(\cdot )={\lim }_{N\to \infty }(1/N){\sum }_{i=1}^N(\cdot )$

接下来，我们介绍一些关于模型 (1.1) 的基本假设。MUSIC 和 ML 方法基于不同的假设集。然而，一些假设对两种方法是共通的。共通的假设首先列出。

• A1: $m>n$，且对应于 $(n+1)$ 个不同 $\omega$ 值的向量 $a(\omega )$ 是线性无关的。(这是一个弱假设，它保证了 MUSIC 和 ML 估计器的唯一性。)

• A2: $Ee(t)=0$，$Ee(t)e^{\ast }(t)=\sigma I$ 且 $Ee(t)e^T(t)=0$。(这是一个更严格的假设，对 MUSIC 算法至关重要；对于 ML 方法，原则上可以放宽 A2，但这会导致相当大的复杂性。)

MUSIC 算法需要以下额外假设。

• AMU: 矩阵
  $$P=Ex(t)x^{\ast }(t)\text{\hspace{1em}(2.1)}$$

是非奇异的（正定的），且 $N>m$；而 MLE 需要以下假设：

• AML: 对于 $t\ne s$，$Ee(t)e^{\ast }(s)=Ee(t)e^T(s)=0$，且 $e(t)$ 是高斯分布的。

假设 AML 似乎比 AMU 更具限制性（同样，AML 原则上可以放宽，但这会引入显著的复杂性）。上文所做的关于 MUSIC 和 MLE 使用的假设之间的区分，对于认识到这两个估计器中哪一个（如果有的话）在特定情况下可用是非常重要的（见下文）。

接下来我们简要描述通用模型 (1.1) 的一些应用。关于 (1.1) 的其他可能应用，我们参考 [9], [12] 及其中的参考文献。

A. Direction Finding with Uniform Linear Sensor Arrays

确定入射到由 $m$ 个传感器组成的线性均匀窄带阵列上的 $n$ 个平面波的方向的问题，可以表述为估计模型 (1.1) 的参数 $\theta$ 的问题，其中 $x(t)$ 是复波幅值向量，$N$ 是“快拍”数，以及

$$a(\omega )=[1e^{i\omega }\cdots e^{i(m-1)\omega }{]}^T.\text{\hspace{1em}(2.2)}$$

请注意，在这种情况下，$A(\theta )$ 是一个范德蒙矩阵，因此假设 A1 得到满足。假设 A2 和 AML 意味着噪声在空间和时间上是不相关的，而假设 AMU 意味着平面波不是“完全相干”的，并且快拍数大于阵列中的传感器数量。所有这些假设看起来都是合理的，并且可以被满足。因此，MUSIC 和 MLE 都可以在这类应用中使用。

IV. THE CRAMER-RAO BOUND

在本节中，我们假设条件 A1, A2 和 AML 成立。在这些条件下，我们推导了任意关于 $\theta$ 和 $\sigma$ 的无偏估计器的协方差矩阵的 CRB。在接下来的章节中，我们将 MUSIC 和 ML 估计器（MLE 在第五节中讨论）的性能与 CRB 对应的最终性能进行比较。当然，下文推导出的 CRB 公式的用处不仅限于本文报告的性能研究。它也可以用来确定文献中提出的其他关于 $\theta$ 和 $\sigma$ 的估计器的相对效率（例如，参见 [15]–[17], [20]）。

本节的第一个结果包含在以下定理中。

定理 4.1: 在所述假设下，$\theta$ 和 $\sigma$ 的 CRB 由下式给出
$$\text{CRB}(\theta )=\frac{\sigma }{2}{\left\{\sum _{t=1}^N\text{Re}\left[{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }\cdot [\mathbf{I}-\mathbf{A}({\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}{)}^{-1}{\mathbf{A}}^{\ast }]\cdot \mathbf{DX}(t)\right]\right\}}^{-1}\text{\hspace{1em}(4.1)}$$
和
$${\text{var}}_{\text{CR}}(\sigma )=\frac{{\sigma }^2}{mN}\text{\hspace{1em}(4.2)}$$
其中
$$\mathbf{X}(t)=\left[\begin{array}{ccc}{x}_1(t)& & 0\\ & \ddots & \\ 0& & x_n(t)\end{array}\right]$$
$$\mathbf{D}=[d({\omega }_1)\cdots d({\omega }_n)]$$
（回想一下，$d(\omega )=da(\omega )/d\omega$）。

证明：见附录 E。

在下文中，为方便记法，我们省略 CRB 对 $\theta$ 的依赖性。我们将转而强调 CRB 对 $m$ 和 $N$ 的依赖性。我们可以预期，当 $m$ 或 $N$ 增加时，CRB 会“减小”。这个直观上预期的结果确实成立，如下一个定理所示。

定理 4.2: CRB 协方差矩阵 (4.1) 满足以下次序关系：
$$\begin{array}{rl}\text{CRB}(N)& \ge \text{CRB}(N+1)\\ \text{CRB}(m)& \ge \text{CRB}(m+1)\end{array}\text{\hspace{1em}(4.3a)(4.3b)}$$

证明：见附录 F。

以上结果对于一个通用的传递向量 $a(\omega )$ 是有效的。在下文中，我们为形如 (2.2) 的传递向量提供一些专门化的结果，这种形式出现在若干信号处理应用中（一些例子见第二节）。

APPENDIX E DERIVATION OF THE CRB

数据的似然函数由下式给出

$$L(y(1),\cdots ,y(N))=\frac{1}{(2\pi {)}^{mN}(\sigma /2{)}^{mN}}\exp \left\{-\frac{1}{\sigma }\sum _{t=1}^N[y(t)-Ax(t){]}^{\ast }\cdot [y(t)-Ax(t)]\right\}.$$

因此，对数似然函数为

$$\ln L=\text{const}-mN\ln \sigma -\frac{1}{\sigma }\sum _{t=1}^N[y^{\ast }(t)-x^{\ast }(t)A^{\ast }]\cdot [y(t)-Ax(t)].\text{\hspace{1em}(E.1)}$$

首先，我们计算 (E.1) 关于 $\sigma$，{xˉ(t)≜Re x(t)}\{\bar{x}(t) \triangleq \text{Re } x(t)\}{xˉ(t)≜Re x(t)}，{x~(t)≜Im x(t)}\{\tilde{x}(t) \triangleq \text{Im } x(t)\}{x~(t)≜Im x(t)} 和 $\theta$ 的导数。我们有

$$\frac{\partial \ln L}{\partial \sigma }=-\frac{mN}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{t=1}^N{e}^{\ast }(t)e(t)\text{\hspace{1em}(E.2a)}$$

$$\frac{\partial \ln L}{\partial \bar{x}(k)}=\frac{1}{\sigma }[A^{\ast }e(k)+A^T{e}^{+}(k)]=\frac{2}{\sigma }\text{Re}[A^{\ast }e(k)],k=1,\cdots ,N\text{\hspace{1em}(E.2b)}$$

$$\frac{\partial \ln L}{\partial \tilde{x}(k)}=\frac{1}{\sigma }[-i{A}^{\ast }e(k)+i{A}^T{e}^{+}(k)]=\frac{2}{\sigma }\text{Im}[A^{\ast }e(k)],k=1,\cdots ,N\text{\hspace{1em}(E.2c)}$$

和

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial \ln L}{\partial {\omega }_i}& =\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}\left[x^{\ast }(t)\frac{d{A}^{\ast }}{d{\omega }_i}e(t)\right]\\ & =\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}\left[x_i^{\ast }(t)d^{\ast }({\omega }_i)e(t)\right],i=1,\cdots ,n\end{array}$$

可以更紧凑地写为

$$\frac{\partial \ln L}{\partial \theta }=\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}\left[{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }e(t)\right].\text{\hspace{1em}(E.2d)}$$

为了继续，我们需要一些结果。这些结果在下文中陈述和证明。

R1:
$$E{e}^{\ast }(t)e(t)e^{\ast }(s)e(s)=\{\begin{array}{ll}{m}^2{\sigma }^2& \text{for }t\ne s\\ m(m+1){\sigma }^2& \text{for }t=s\end{array}\text{\hspace{1em}(E.3)}$$

证明：对于 $t\ne s$，
$$E{e}^{\ast }(t)e(t)e^{\ast }(s)e(s)=[E{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t)+E{\tilde{e}}^T(t)\tilde{e}(t){]}^2=m^2{\sigma }^2.$$
对于 $t=s$，
$$\begin{array}{rl}E{e}^{\ast }(t)e(t)e^{\ast }(s)e(s)& =E[{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t)+{\tilde{e}}^T(t)\tilde{e}(t){]}^2\\ & =E[{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t){]}^2+2E[{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t)]E[{\tilde{e}}^T(t)\tilde{e}(t)]\\ & +E[{\tilde{e}}^T(t)\tilde{e}(t){]}^2\\ & =2E[{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t){]}^2+\frac{1}{2}{m}^2{\sigma }^2.\end{array}$$
由于
$$\begin{array}{rl}E[{\bar{e}}^T(t)\bar{e}(t){]}^2& =E\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^m{\bar{e}}_i^2(t){\bar{e}}_j^2(t)=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1,j\ne i}^{m}E{\bar{e}}_i^2(t)E{\bar{e}}_j^2(t)\\ & +\sum _{i=1}^{m}E{\bar{e}}_i^4(t)\\ & =(m-1)m\frac{{\sigma }^2}{4}+3m\frac{{\sigma }^2}{4}=m(m+2)\frac{{\sigma }^2}{4},\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}& 2\left[m(m+2)\frac{{\sigma }^2}{4}\right]+\frac{1}{2}{m}^2{\sigma }^2=m(m+2)\frac{{\sigma }^2}{2}+\frac{m^2{\sigma }^2}{2}\\ =& \frac{\left(m^2+2m+m^2\right){\sigma }^2}{2}=\frac{\left(2m^2+2m\right){\sigma }^2}{2}=m(m+1){\sigma }^2\end{array}$$
证明完毕。

R2:
$$E{e}^{\ast }(t)e(t)e^T(s)=0\text{for all }t\text{ and }s.\text{\hspace{1em}(E.4)}$$

证明：对于 $t\ne s$，由于 $e(t)$ 和 $e(s)$ 是独立的，结果是显而易见的。对于 $t=s$，该结论可由高斯随机变量的三阶矩等于零这一事实得出。

R3:
$$\begin{array}{rl}\text{Re}(x)\text{Re}(y^T)& =\frac{1}{2}[\text{Re}(x{y}^T)+\text{Re}(x{y}^{\ast })]\\ \text{Im}(x)\text{Im}(y^T)& =-\frac{1}{2}[\text{Re}(x{y}^T)-\text{Re}(x{y}^{\ast })]\\ \text{Re}(x)\text{Im}(y^T)& =\frac{1}{2}[\text{Im}(x{y}^T)-\text{Im}(x{y}^{\ast })].\end{array}\text{\hspace{1em}(E.5)}$$

证明：该结果可由一些直接的计算得出。

R4: 设 $\mathbf{H}$ 是一个非奇异复矩阵，并将其逆记为 $\mathbf{G}\triangleq {\mathbf{H}}^{-1}$。则
$${\left[\begin{array}{cc}\bar{\mathbf{H}}& -\tilde{\mathbf{H}}\\ \tilde{\mathbf{H}}& \bar{\mathbf{H}}\end{array}\right]}^{-1}=\left[\begin{array}{cc}\bar{\mathbf{G}}& -\tilde{\mathbf{G}}\\ \tilde{\mathbf{G}}& \bar{\mathbf{G}}\end{array}\right].\text{\hspace{1em}(E.6)}$$

证明：
$$\left[\begin{array}{cc}\overline{\mathbf{H}}& -\tilde{\mathbf{H}}\\ \tilde{\mathbf{H}}& \overline{\mathbf{H}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\overline{\mathbf{G}}& -\tilde{\mathbf{G}}\\ \tilde{\mathbf{G}}& \overline{\mathbf{G}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{lc}\overline{\mathbf{H}}\overline{\mathbf{G}}-\tilde{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}& -(\overline{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}+\tilde{\mathbf{H}}\overline{\mathbf{G}})\\ \tilde{\mathbf{H}}\overline{\mathbf{G}}+\overline{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}& \overline{\mathbf{H}}\overline{\mathbf{G}}-\tilde{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}\end{array}\right]$$
等式 (E.6) 可以等价地写为
$$\begin{array}{rl}\bar{\mathbf{H}}\bar{\mathbf{G}}-\tilde{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}& =\mathbf{I}\\ \bar{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}+\tilde{\mathbf{H}}\bar{\mathbf{G}}& =0\end{array}$$
这当然必须成立，因为
$$\begin{array}{rl}\mathbf{I}=\mathbf{HG}& =(\bar{\mathbf{H}}+i\tilde{\mathbf{H}})(\bar{\mathbf{G}}+i\tilde{\mathbf{G}})\\ & =(\bar{\mathbf{H}}\bar{\mathbf{G}}-\tilde{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}})+i(\bar{\mathbf{H}}\tilde{\mathbf{G}}+\tilde{\mathbf{H}}\bar{\mathbf{G}}).\end{array}$$

现在转向 CRB 协方差矩阵的评估，它由下式给出

$$\mathbf{\Omega }=(E\mathbf{\Psi }{\mathbf{\Psi }}^T{)}^{-1}\text{\hspace{1em}(E.7a)}$$

其中

$${\mathbf{\Psi }}^T\triangleq \partial \ln L/\partial [\sigma {\bar{\mathbf{x}}}^T(1){\tilde{\mathbf{x}}}^T(1)\cdots {\bar{\mathbf{x}}}^T(N){\tilde{\mathbf{x}}}^T(N){\mathbf{\theta }}^T].\text{\hspace{1em}(E.7b)}$$

使用 R1，我们得到

$$\begin{array}{rl}E{\left|\frac{\partial \ln L}{\partial \sigma }\right|}^2& =\frac{m^2{N}^2}{{\sigma }^2}-2\frac{mN}{{\sigma }^3}\sum _{t=1}^{N}E{e}^{\ast }(t)e(t)\\ & +\frac{1}{{\sigma }^4}\sum _{t=1}^N\sum _{s=1}^{N}E{e}^{\ast }(t)e(t)e^{\ast }(s)e(s)\\ & =\frac{m^2{N}^2}{{\sigma }^2}-2\frac{m^2{N}^2}{{\sigma }^2}\\ & +\frac{Nm}{{\sigma }^2}[(N-1)m+(m+1)]\\ & =\frac{mN}{{\sigma }^2}.\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8a)}$$

使用 R2，我们注意到 $\partial \ln L/\partial \sigma$ 与 (E.2) 中的任何其他导数都不相关。

接下来，我们使用 R3 以及 $Ee(t)e^T(s)=0$ 这一事实
$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \bar{\mathbf{x}}(k)}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \bar{\mathbf{x}}(p)}\right]}^T& =\frac{4}{{\sigma }^2}\frac{1}{2}\text{Re}[E{\mathbf{A}}^{\ast }e(k)e^{\ast }(p)\mathbf{A}]\\ & =\frac{2}{\sigma }\text{Re}[{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}]{\delta }_{k,p}\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8b)}$$

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \bar{\mathbf{x}}(k)}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \tilde{\mathbf{x}}(p)}\right]}^T& =-\frac{4}{{\sigma }^2}\frac{1}{2}\text{Im}[E{\mathbf{A}}^{\ast }e(k)e^{\ast }(p)\mathbf{A}]\\ & =-\frac{2}{\sigma }\text{Im}[{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}]{\delta }_{k,p}\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8c)}$$

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \bar{\mathbf{x}}(k)}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \mathbf{\theta }}\right]}^T& =\frac{4}{{\sigma }^2}\sum _{t=1}^N\frac{1}{2}\cdot \text{Re}[E{\mathbf{A}}^{\ast }e(k)e^{\ast }(t)\mathbf{DX}(t)]\\ & =\frac{2}{\sigma }\text{Re}[{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{DX}(k)]\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8d)}$$

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \tilde{\mathbf{x}}(k)}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \tilde{\mathbf{x}}(p)}\right]}^T& =\frac{4}{{\sigma }^2}\frac{1}{2}\text{Re}[E{\mathbf{A}}^{\ast }e(k)e^{\ast }(p)\mathbf{A}]\\ & =\frac{2}{\sigma }\text{Re}[{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}]{\delta }_{k,p}\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8e)}$$

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \tilde{\mathbf{x}}(k)}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \mathbf{\theta }}\right]}^T& =\frac{4}{{\sigma }^2}\sum _{t=1}^N\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot \text{Im}[E{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }e(t)e^{\ast }(k)\mathbf{A}{]}^T\\ & =-\frac{2}{\sigma }\text{Im}[{\mathbf{X}}^{\ast }(k){\mathbf{D}}^{\ast }\mathbf{A}{]}^T\\ & =\frac{2}{\sigma }\text{Im}[{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{DX}(k)]\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8f)}$$

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \mathbf{\theta }}\right]{\left[\frac{\partial \ln L}{\partial \mathbf{\theta }}\right]}^T& =\frac{4}{{\sigma }^2}\frac{1}{2}\sum _{t=1}^N\sum _{s=1}^N\text{Re}[E{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }e(t)e^{\ast }(s)\mathbf{DX}(s)]\\ & =\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}[{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }\mathbf{DX}(t)]\triangleq \mathbf{\Gamma }.\end{array}\text{\hspace{1em}(E.8g)}$$

引入以下记法：

$${\text{var}}_{\text{CR}}(\sigma )={\sigma }^2/mN$$

$$\mathbf{H}=\frac{2}{\sigma }{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}$$

$$\mathbf{G}={\mathbf{H}}^{-1}$$

$${\mathbf{\Delta }}_k=\frac{2}{\sigma }{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{DX}(k).$$

注意到由于矩阵 $\mathbf{H}$ 是埃尔米特矩阵，其虚部必须是斜对称的，即 ${\tilde{\mathbf{H}}}^T=-\tilde{\mathbf{H}}$。将 (E.8) 代入 (E.7) 并使用上述记法，我们得到

$$\mathbf{\Omega }={\left[\begin{array}{ccccc}{\text{var}}_{\text{CR}}^{-1}(\sigma )& 0& & & \\ & \begin{array}{cc}\bar{\mathbf{H}}& -\tilde{\mathbf{H}}\\ \tilde{\mathbf{H}}& \bar{\mathbf{H}}\end{array}& 0& & \begin{array}{c}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_1\\ {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_1\end{array}\\ 0& 0& \ddots & & ⋮\\ & & & \begin{array}{cc}\bar{\mathbf{H}}& -\tilde{\mathbf{H}}\\ \tilde{\mathbf{H}}& \bar{\mathbf{H}}\end{array}& \begin{array}{c}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_N\\ {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_N\end{array}\\ & \begin{array}{cc}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_1^T& {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_1^T\end{array}& \cdots & \begin{array}{cc}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_N^T& {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_N^T\end{array}& \mathbf{\Gamma }\end{array}\right]}^{-1}\text{\hspace{1em}(E.9)}$$

因此，关于 ${\text{var}}_{\text{CR}}(\sigma )$ 的表达式 (4.2) 得证。为证明关于 $\text{CRB}(\theta )$ 的表达式 (4.1)，我们注意到 (E.9)，一个关于分块矩阵求逆的标准结果，以及 R4 给出了

$${\text{CRB}}^{-1}(\theta )=\mathbf{\Gamma }-\left[\begin{array}{ccccc}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_1^T& {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_1^T& \cdots & {\bar{\mathbf{\Delta }}}_N^T& {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_N^T\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}\begin{array}{cc}\bar{\mathbf{G}}& -\tilde{\mathbf{G}}\\ \tilde{\mathbf{G}}& \bar{\mathbf{G}}\end{array}& & 0\\ & \ddots & \\ 0& & \begin{array}{cc}\bar{\mathbf{G}}& -\tilde{\mathbf{G}}\\ \tilde{\mathbf{G}}& \bar{\mathbf{G}}\end{array}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\bar{\mathbf{\Delta }}}_1\\ {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_1\\ ⋮\\ {\bar{\mathbf{\Delta }}}_N\\ {\tilde{\mathbf{\Delta }}}_N\end{array}\right]\text{\hspace{1em}(E.10)}$$

接下来，观察到

$$\left[\begin{array}{cc}\bar{\mathbf{G}}& -\tilde{\mathbf{G}}\\ \tilde{\mathbf{G}}& \bar{\mathbf{G}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\bar{\mathbf{\Delta }}\\ \tilde{\mathbf{\Delta }}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\bar{\mathbf{G}}\bar{\mathbf{\Delta }}-\tilde{\mathbf{G}}\tilde{\mathbf{\Delta }}\\ \tilde{\mathbf{G}}\bar{\mathbf{\Delta }}+\bar{\mathbf{G}}\tilde{\mathbf{\Delta }}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\overline{\mathbf{G}\mathbf{\Delta }}\\ \widetilde{\mathbf{G}\mathbf{\Delta }}\end{array}\right]\text{\hspace{1em}(E.11a)}$$

并且

$$\left[\begin{array}{cc}{\bar{\mathbf{\Delta }}}^T& {\tilde{\mathbf{\Delta }}}^T\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\overline{\mathbf{G}\mathbf{\Delta }}\\ \widetilde{\mathbf{G}\mathbf{\Delta }}\end{array}\right]=\text{Re}[{\mathbf{\Delta }}^{\ast }\mathbf{G}\mathbf{\Delta }].\text{\hspace{1em}(E.11b)}$$

由 (E.10) 和 (E.11) 可得

$$\begin{array}{rl}{\text{CRB}}^{-1}(\theta )& =\mathbf{\Gamma }-\sum _{t=1}^N\text{Re}[{\mathbf{\Delta }}_t^{\ast }\mathbf{G}{\mathbf{\Delta }}_t]=\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}[{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }\mathbf{DX}(t)\\ & -{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }\mathbf{A}({\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}{)}^{-1}{\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{DX}(t)]\\ & =\frac{2}{\sigma }\sum _{t=1}^N\text{Re}\left\{{\mathbf{X}}^{\ast }(t){\mathbf{D}}^{\ast }[\mathbf{I}-\mathbf{A}({\mathbf{A}}^{\ast }\mathbf{A}{)}^{-1}{\mathbf{A}}^{\ast }]\mathbf{DX}(t)\right\}\end{array}$$

证明完毕。