台交大随机过程 Lecture 3

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https://www.youtube.com/watch?v=IsQSWVbAKy0&list=PLj6E8qlqmkFvw7Rt63yBqai2HmPKF0V0J

这次回顾第三讲，继续介绍基本概念，对应视频7-8。

半随机电报信号

继续上一讲的泊松过程，这里假设$\lambda(t)=\lambda$，定义：

$\boldsymbol{u}(t)=\left\{\begin{array}{ll} 1, & \text { if } \boldsymbol{n}[0, t) \text { is even } \\ -1, & \text { if } \boldsymbol{n}[0, t) \text { is odd } \end{array}\right.$

计算$\boldsymbol u(t)$的期望以及自相关函数。

解：

$\begin{aligned} E[\boldsymbol{u}(t)] &=1 \cdot \operatorname{Pr}[\boldsymbol{n}[0, t)=0,2,4, \cdots]+(-1) \cdot \operatorname{Pr}[\boldsymbol{n}[0, t)=1,3,5, \cdots] \\ &=1 \cdot e^{-\lambda t}\left[1+\frac{(\lambda t)^{2}}{2 !}+\cdots\right]+(-1) \cdot e^{-\lambda t}\left[\lambda t+\frac{(\lambda t)^{3}}{3 !}+\cdots\right] \\ &=e^{-\lambda t} \cosh (\lambda t)-e^{-\lambda t} \sinh (\lambda t)\\ &=e^{-\lambda t}\left(\frac{e^{\lambda t}+e^{-\lambda t}}{2}\right)-e^{-\lambda t}\left(\frac{e^{\lambda t}-e^{-\lambda t}}{2}\right) \\ &=e^{-2 \lambda t} \end{aligned}$

对于$t_1 \le t_2$，

$\begin{array}{l} E\left[\boldsymbol{u}\left(t_{1}\right) \boldsymbol{u}^{*}\left(t_{2}\right)\right] \\ =\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even} \wedge \boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right]+\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd} \wedge \boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right] \\ \quad-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even} \wedge \boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right]-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd} \wedge \boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right] \\ =\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even} \wedge \boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right]+\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd} \wedge \boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right] \\ \quad-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even} \wedge \boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right]-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd} \wedge \boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right] \\ =\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even}\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right]+\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd}\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right] \\ \quad-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even}\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right]-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd}\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right] \\ =\left(\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{even}]+\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=\operatorname{odd}\right])\left(\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right]-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right]\right)\right.\right. \\ =\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{even}\right]-\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=\operatorname{odd}\right] \\ =e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)} \cosh \left[\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)\right]-e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)} \sinh \left[\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)\right] \\ =e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}\left(\frac{e^{\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}+e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}}{2}\right)-e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}\left(\frac{e^{\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}-e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)}}{2}\right) \\ =e^{-2 \lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)} \end{array}$

同理当$t_1>t_2$时，

$E\left[\boldsymbol{u}\left(t_{1}\right) \boldsymbol{u}^{*}\left(t_{2}\right)\right]=e^{-2 \lambda\left(t_{1}-t_{2}\right)}$

因此

$R_{u u}\left(t_{1}, t_{2}\right)=E\left[\boldsymbol{u}\left(t_{1}\right) \boldsymbol{u}^{*}\left(t_{2}\right)\right]=e^{-2 \lambda \mid t_{1}-t_{2} |}$

泊松分布的和与差

如果$\boldsymbol{x}_{1}(t) \sim \operatorname{Poisson}\left(\lambda_{1} t\right), \boldsymbol{x}_{2}(t) \sim \operatorname{Poisson}\left(\lambda_{2} t\right)$，并且两个过程独立
那么$z(t)=\boldsymbol{x}_{1}(t)+\boldsymbol{x}_{2}(t)\sim \operatorname{Poisson}\left((\lambda_1+\lambda_{2}) t\right)$
但是$\boldsymbol{y}(t)=\boldsymbol{x}_{1}(t)-\boldsymbol{x}_{2}(t)$不是泊松过程，计算概率可得：
$\begin{aligned} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}(t)=n] &=\sum_{k=\max \{0,-n\}}^{\infty} \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{x}_{1}(t)=n+k\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{x}_{2}(t)=k\right]\\ &=\sum_{k=\max \{0,-n\}}^{\infty} e^{-\lambda_{1} t} \frac{\left(\lambda_{1} t\right)^{n+k}}{(n+k) !} e^{-\lambda_{2} t} \frac{\left(\lambda_{2} t\right)^{k}}{k !}(令\tilde{k}=k-\max \{0,-n\})\\ &= e^{-(\lambda_{1}+\lambda_2) t}\sum_{\tilde k=0}^{\infty} \frac{\left(\lambda_{1} t\right)^{n+\tilde k + \max \{0,-n\}}}{(n+\tilde k + \max \{0,-n\}) !} \frac{\left(\lambda_{2} t\right)^{\tilde k + \max \{0,-n\}}}{(\tilde k + \max \{0,-n\}) !}\\ &= e^{-(\lambda_{1}+\lambda_2) t}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}\right)^{n / 2}\sum_{\tilde k=0}^{\infty} \frac {\left(t \sqrt{\lambda_1\lambda_2}\right)^{n +2 \max \{0,-n\}+2\tilde k}} {(n+\tilde k + \max \{0,-n\}) !(\tilde k + \max \{0,-n\}) !} \\ &= e^{-(\lambda_{1}+\lambda_2) t}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}\right)^{n / 2}\sum_{\tilde k=0}^{\infty} \frac {\left(t \sqrt{\lambda_1\lambda_2}\right)^{|n|+2\tilde k}} {(|n|+\tilde k ) !\tilde k !} \\ &=e^{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) t}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}\right)^{n / 2} I_{|n|}(2 t \sqrt{\lambda_{1} \lambda_{2}})(n=0,\pm 1,\pm 2,\ldots) \end{aligned}$

其中

$I_{n}(x) \triangleq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(x / 2)^{n+2 k}}{k !(n+k) !}$

为$n$阶贝塞尔函数。

泊松点的随机选择

令$\boldsymbol{x}(t) \sim \operatorname{Poisson}(\lambda t)$，生成泊松点列$\left\{t_{1}, t_{2}, t_{3}, \ldots\right\}$，每个$t_i$以概率$p$被独立标记，令$y(t)$为区间$[0, t)$的标记点数，$z(t)$为区间$[0, t)$的未被标记点数，那么

$\boldsymbol{y}(t) \sim \operatorname{Poisson}(p \lambda t), \boldsymbol{z}(t) \sim \operatorname{Poisson}((1-p) \lambda t)$

证明：

(1)首先证明

$\operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}(t)=k]=e^{-p \lambda t} \frac{(p \lambda t)^{k}}{k !}$

原因如下：

$\begin{aligned} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}(t)=k] &=\sum_{n=k}^{\infty} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{x}(t)=n] \operatorname{Pr}[k \text { out of } n \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}(t)=n] \\ &=\sum_{n=k}^{\infty}\left(e^{-\lambda t} \frac{(\lambda t)^{n}}{n !}\right)\left[\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right) p^{k}(1-p)^{n-k}\right] \\ &=e^{-\lambda t} \frac{(p \lambda t)^{k}}{k !} \sum_{n=k}^{\infty} \frac{[(1-p) \lambda t]^{n-k}}{(n-k) !} \\ &=e^{-\lambda t} \frac{(p \lambda t)^{k}}{k !} \sum_{r=0}^{\infty} \frac{[(1-p) \lambda t]^{r}}{(r) !}\\ &=e^{-\lambda t} \frac{(p \lambda t)^{k}}{k !} e^{(1-p) \lambda t} \\ &=e^{-p \lambda t} \frac{(p \lambda t)^{k}}{k !} \end{aligned}$

另一方面，任取区间$[t_1，t_2)$，我们有

$\begin{aligned} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}([t_1,t_2))=k] &=\sum_{n=k}^{\infty} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{x}([t_1,t_2))=n] \operatorname{Pr}[k \text { out of } n \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}([t_1,t_2))=n] \\ &= \sum_{n=k}^{\infty} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{x}(t_2-t_1)=n] \operatorname{Pr}[k \text { out of } n \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}(t_2-t_1)=n] \\ &=\ldots\\ &=e^{-p \lambda (t_2-t_1)} \frac{(p \lambda (t_2-t_1))^{k}}{k !} \end{aligned}$

(2)其次证明独立性。

假设$[t_1，t_2)$和$[t_3，t_4)$是非重叠区间，那么

$\begin{aligned} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}([t_1, t_2))=k_1,\boldsymbol{y}([t_3, t_4))=k_2] &=\sum_{n_1=k_1}^{\infty}\sum_{n_2=k_2}^{\infty} \operatorname{Pr}[\boldsymbol{x}([t_1, t_2))=n_1, x([t_3, t_4))=n_2]\\ &\times \operatorname{Pr}[k_1 \text { out of } n_1 \text { are tagged },k_2 \text { out of } n_2 \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}([t_1, t_2))=n_1, x([t_3, t_4))=n_2] \\ &=\left( \sum_{n_1=k_1}^{\infty}\operatorname{Pr}[k_1 \text { out of } n_1 \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}([t_1, t_2))=n_1] \text{Pr}(x([t_1, t_2))=n_1) \right)\\ &\times \left(\sum_{n_2=k_2}^{\infty}\operatorname{Pr}[k_2 \text { out of } n_2 \text { are tagged } \mid \boldsymbol{x}([t_3, t_4))=n_2] \text{Pr}(x([t_3, t_4))=n_2) \right)\\ &= \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}([t_1, t_2))=k_1] \operatorname{Pr}[\boldsymbol{y}([t_3, t_4))=k_2] \end{aligned}$

泊松点和二项分布

命题：对于泊松过程$x(t)$以及$t_1<t_2$，事件$\left[\boldsymbol{x}\left(t_{1}\right)=k\text { given } \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)=n\right]$服从二项分布$B\left(n, t_{1} / t_{2}\right)$

证明：

$\begin{aligned} \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{x}\left(t_{1}\right)=k \mid \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)=n\right] &=\frac{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{x}\left(t_{1}\right)=k \wedge \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)=n\right]}{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)=n\right]} \\ &=\frac{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=k \wedge \boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=n-k\right]}{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=n\right]} \\ &=\frac{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{1}\right)=k\right] \operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[t_{1}, t_{2}\right)=n-k\right]}{\operatorname{Pr}\left[\boldsymbol{n}\left[0, t_{2}\right)=n\right]} \\ &=\frac{e^{-\lambda t_{1}} \frac{\left(\lambda t_{1}\right)^{k}}{k !} e^{-\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)} \frac{\left(\lambda\left(t_{2}-t_{1}\right)\right)^{n-k}}{(n-k) !}}{e^{-\lambda t_{2}} \frac{\left(\lambda t_{2}\right)^{n}}{n !}} \\ &=\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right)\left(\frac{t_{1}}{t_{2}}\right)^{k}\left(1-\frac{t_{1}}{t_{2}}\right)^{n-k} \quad \text { for } k=0,1,2, \ldots, n \end{aligned}$

平稳族

平稳性：如果随机过程$\boldsymbol{x}(t)$的统计特性对于原点偏移不变，则称为严平稳（SSS）。
联合平稳性：如果两个随机过程的联合统计特性对于原点偏移不变，则它们是联合平稳的。
宽平稳性：如果随机过程$\boldsymbol{x}(t)$的均值和自相关函数对于原点偏移不变，则称为宽平稳（WSS）。
联合宽平稳性：如果两个随机过程$\boldsymbol{x}(t)$和$\boldsymbol{y}(t)$的均值和自相关函数以及它们的互相关函数对于原点偏移均不变，则它们是联合宽平稳的。
协方差平稳性：如果自协方差函数对于原点偏移不变，则过程$x(t)$是协方差平稳的。
$n$阶平稳性：如果任何$n$维统计量都关于原点偏移不变，则过程$x(t)$是$n$阶平稳的。
区间平稳性：如果过程$x(t)$在该某区间内的统计特性对于原点的移动不变，则该过程在该区间中是平稳的。即$\left\{x\left(t_{i}\right)\right\}_{i=1}^{n}$和$\left\{x\left(t_{i}+c\right)\right\}_{i=1}^{n}$具有相同的统计量，只要所有$t_1$和$t_i+c$都属于该区间。
渐近平稳：如果$y(t)=\lim _{c \rightarrow \infty} x(t+c)$是平稳的，则过程$x(t)$是渐近平稳的，前提是存在极限。

重要定理

定理：

过程$\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{a} \cos (\omega t)+\boldsymbol{b} \sin (\omega t)$是SSS，当且仅当$\boldsymbol a, \boldsymbol b$的联合密度$f(a,b)$是圆对称的，即

$f(a, b)=g(r)\text{ for some }g(r)$

其中$r=\sqrt{a^2+b^2}$

证明：

1.$\Rightarrow$：

如果$\boldsymbol x(t)$是SSS，那么$\vec{\boldsymbol{x}}^{T}=[\boldsymbol{x}(0), \boldsymbol{x}(\pi / 2 \omega)]^{T}=[\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}]^{T}$和$\vec{\boldsymbol{y}}^{T}=[\boldsymbol{x}(t), \boldsymbol{x}(t+\pi / 2 \omega)]^{T}$具有相同的概率密度$\boldsymbol f$，注意到

$\vec{y}=g(\vec{x})=\left[\begin{array}{cc} \cos (\omega t) & \sin (\omega t) \\ -\sin (\omega t) & \cos (\omega t) \end{array}\right] \vec{\boldsymbol{x}}$

所以利用变量替换公式可得

$\begin{aligned} f_{\vec{\boldsymbol{y}}}\left(y_{1}, y_{2}\right) &=f_{\vec{\boldsymbol{x}}}\left(\left[\begin{array}{cc} \cos (\omega t)&-\sin (\omega t) \\ \sin (\omega t) & \cos (\omega t) \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} y_{1} \\ y_{2} \end{array}\right]\right) \cdot\left|\begin{array}{l} \cos (\omega t)&-\sin (\omega t) \\ \sin (\omega t) & \cos (\omega t) \end{array}\right| \\ &=f_{\vec{\boldsymbol{x}}}\left(y_{1} \cos (\omega t)-y_{2} \sin (\omega t), y_{1} \sin (\omega t)+y_{2} \cos (\omega t)\right) \end{aligned}$

注意到

$f_{\vec{x}}=f_{\vec{y}}=f$

所以

$f\left(y_{1}, y_{2}\right)=f\left(y_{1} \cos (\omega t)-y_{2} \sin (\omega t), y_{1} \sin (\omega t)+y_{2} \cos (\omega t)\right)$

由于

$(y_{1} \cos (\omega t)-y_{2} \sin (\omega t))^2+( y_{1} \sin (\omega t)+y_{2} \cos (\omega t))^2=y_1^2+y_2^2$

以及$t$的任意性，所以

$f(a, b)=g(r)$

2.$\Leftarrow$：

对于固定的$\tau$，考虑

$\begin{aligned} x_1(t) &=x(t+\tau)\\ &=\boldsymbol{a} \cos (\omega (t+\tau))+\boldsymbol{b} \sin (\omega(t+\tau))\\ &= \boldsymbol{a} \left(\cos(\omega t ) \cos(\omega \tau )- \sin(\omega t ) \sin(\omega \tau )\right)+ \boldsymbol{b} \left(\sin(\omega t ) \cos(\omega \tau )+ \cos(\omega t ) \sin(\omega \tau )\right)\\ &\triangleq \boldsymbol{a}_{1} \cos (\omega t)+\boldsymbol{b}_{1} \sin (\omega t) \end{aligned}$

其中

$\boldsymbol{a}_{1}=\boldsymbol{a} \cos (\omega \tau)+\boldsymbol{b} \sin (\omega \tau) \quad \text { and } \quad \boldsymbol{b}_{1}=\boldsymbol{b} \cos (\omega \tau)-\boldsymbol{a} \sin (\omega \tau)$

注意到

$\boldsymbol a_1^2+\boldsymbol b_1^2= \boldsymbol a^2+\boldsymbol b^2$

所以$(\boldsymbol a,\boldsymbol b),(\boldsymbol a_1,\boldsymbol b_1)$的概率分布相同，而$x_1(t)$的统计特性由$(\boldsymbol a_1,\boldsymbol b_1)$完全确定，$x(t)$的统计特性由$(\boldsymbol a,\boldsymbol b)$完全确定，所以$x(t)$和$x(t+\tau)$的统计特性相同。

推论1

如果$\boldsymbol a,\boldsymbol b$不相关，$0$均值，方差相同，那么过程$\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{a} \cos (\omega t)+\boldsymbol{b} \sin (\omega t)$是WSS。

证明：

期望：

$E[\boldsymbol{x}(t)]=E[\boldsymbol{a}] \cos (\omega t)+E[\boldsymbol{b}] \sin (\omega t)=0$

自相关函数：

$\begin{aligned} E\left[\boldsymbol{x}\left(t_{1}\right) \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)\right] &=E\left\{\left[\boldsymbol{a} \cos \left(\omega t_{1}\right)+\boldsymbol{b} \sin \left(\omega t_{1}\right)\right]\left[\boldsymbol{a} \cos \left(\omega t_{2}\right)+\boldsymbol{b} \sin \left(\omega t_{2}\right)\right]\right\} \\ &=E\left[\boldsymbol{a}^{2}\right] \cos \left(\omega t_{1}\right) \cos \left(\omega t_{2}\right)+E\left[\boldsymbol{b}^{2}\right] \sin \left(\omega t_{1}\right) \sin \left(\omega t_{2}\right)\\ &=E\left[\boldsymbol{a}^{2}\right] \cos \left(\omega\left(t_{1}-t_{2}\right)\right) \end{aligned}$

推论2

如果$\varphi$是在$[-\pi,\pi)$的均匀分布，那么过程$\boldsymbol{x}(t)=a \cos (\omega t+\varphi)$是WSS。

证明：

期望：

$E[\boldsymbol{x}(t)]=E[E[a \cos (\omega t+\varphi) \mid \boldsymbol \omega=\omega]]=0$

自相关函数：

$\begin{aligned} E\left[\boldsymbol{x}\left(t_{1}\right) \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right)\right] &=E\left\{a^{2} \cos \left(\boldsymbol{\omega} t_{1}+\boldsymbol{\varphi}\right) \cos \left(\boldsymbol{\omega} t_{2}+\boldsymbol{\varphi}\right)\right\} \\ &=E\left\{a^{2} \frac{\cos \left[\boldsymbol{\omega}\left(t_{1}-t_{2}\right)\right]+\cos \left[\boldsymbol{\omega}\left(t_{1}+t_{2}\right)+2 \varphi\right]}{2}\right\}\\ &=\frac{a^{2}}{2} E\left[\cos \left(\boldsymbol{\omega}\left(t_{1}-t_{2}\right)\right)\right] \end{aligned}$

推论3

如果$\varphi$是在$[-\pi,\pi)$的均匀分布，那么过程$z(t)=a e^{j(\omega t+\varphi)}$是WSS。

证明：

$z(t)=a e^{j(\omega t+\varphi)} =a \left(\cos (\omega t+\varphi)+ j\sin (\omega t+\varphi)\right)$

然后利用推论2的证明过程即可。

推论4

如果过程$\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{a} \cos (\omega t)+\boldsymbol{b} \sin (\omega t)$是SSS，且$\boldsymbol a,\boldsymbol b$独立，那么$\boldsymbol x(t)$是正态过程。

证明：

第一部分，证明$\boldsymbol a,\boldsymbol b$服从正态分布。

首先由定理可得$\boldsymbol a, \boldsymbol b$的联合密度$f(a,b)=g(r)$是圆对称的，其中$r=\sqrt{a^2+b^2}$。
其次由$\boldsymbol a,\boldsymbol b$的独立性可得$g(r)=f_{\boldsymbol{a}}(a) f_{\boldsymbol{b}}(b)$。
求导可得：
$\begin{aligned} \frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} &=\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} \frac{(\partial r / \partial a)}{(\partial r / \partial a)} \\ &=\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial a)}{g(r)} \frac{1}{(\partial r / \partial a)} \\ &=\frac{1}{r} \frac{\left(\partial\left[f_{a}(a) f_{b}(b)\right] / \partial a\right)}{\left[f_{a}(a) f_{b}(b)\right]}\frac 1 {(a / r)} \\ &=\frac{1}{a} \frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)} \end{aligned}$

下面证明：

$\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)}=\frac{1}{a} \frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}=\text { constant }\left(=-\frac{1}{\sigma^{2}}\right)$

利用反证法，如果存在某个$\alpha\neq \beta$，使得

$\left.\frac{1}{a} \frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}\right|_{a=\alpha} \neq\left.\frac{1}{a} \frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}\right|_{a=\beta}$

考虑$(a,b)=(\alpha,\beta)$和$(a,b)=(\beta,\alpha)$，我们有

$\begin{aligned} \left.\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} \right |_{(a,b)=(\alpha,\beta)}&=\frac{1}{a} \left.\frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}\right |_{a=\alpha}\\ \left.\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} \right |_{(a,b)=(\beta,\alpha)}&=\frac{1}{a} \left.\frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}\right |_{a=\beta}\\ \left.\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} \right |_{(a,b)=(\alpha,\beta)}&\neq \left.\frac{1}{r} \frac{(\partial g(r) / \partial r)}{g(r)} \right |_{(a,b)=(\beta,\alpha)} \end{aligned}$

但是$(\alpha,\beta)$和$(\beta,\alpha)$对应的模长相同，这就与上述事实矛盾。

对
$\frac{1}{a} \frac{\left(\partial f_{a}(a) / \partial a\right)}{f_{a}(a)}=\text { constant }\left(=-\frac{1}{\sigma^{2}}\right)$
积分可得
$f_a(a)= ce^{-a^2 / 2\sigma^2}$
由对称性得到
$f_b(b)= ce^{-b^2 / 2\sigma^2}$
利用
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{a}(a) f_{b}(b) d a d b=1$
可得
$\left.g(r)\right|_{r=\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=f_{a}(a) f_{b}(b)=\frac{1}{2 \pi \sigma^{2}} e^{-\left(a^{2}+b^{2}\right) /\left(2 \sigma^{2}\right)}$
总结：圆对称和独立性可以推出高斯。

第二部分，证明$\boldsymbol x(t)$是正态过程。

只要证明任意有限维服从联合正态分布即可，可以利用如下事实得到：

$\left[\begin{array}{llll} \boldsymbol{x}\left(t_{1}\right) & \boldsymbol{x}\left(t_{2}\right) & \cdots & \boldsymbol{x}\left(t_{k}\right) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll} \boldsymbol{a} & \boldsymbol{b} \end{array}\right]\left[\begin{array}{lll} \cos \left(\omega t_{1}\right) & \cos \left(\omega t_{2}\right) & \cdots & \cos \left(\omega t_{k}\right) \\ \sin \left(\omega t_{1}\right) & \sin \left(\omega t_{2}\right) & \cdots & \sin \left(\omega t_{k}\right) \end{array}\right]$