隔行扫描的Costas阵列不存在

抽象的

我们证明了交错2个更小阶的Costas数组(或等于1或不同于1)所能构造的唯一的Costas数组是2阶的Costas数组，因此，该方法不会产生非平凡的Costas数组。

1.介绍

Costas阵列领域中长期存在的问题[1，2与此同时，是最基本的:所有订单和构建技术的Costas数组的存在[3.- - - - - -5］．努力构建新的Costas数组(这里的“新”指的是尚未通过穷尽搜索发现的数组，也不能通过已知代数技术构建的数组[3.- - - - - -5]），一个人被诱惑应用可能导致Costas阵列的各种经验或半级简易方法。春天考虑到思想的第一个想法是将2个已知的Costas阵列“交错”成一个更大的阵列，希望结果是（新的）Costas阵列。通过“交织”，我们的意思是，新阵列将包含从2个Costas阵列中选择的列，使得所有奇数列来自第一个，即使是从第二个，并且类似地为行（见图1）.它首先看起来这样的技术是有希望的，因为它混合了阵列，同时保留了他们每个人的Costas属性。

很明显,可以尝试交错数组的顺序相同(例如,2 Costas阵列顺序16可以组合成一个数组的顺序32),或不同的订单1(例如,科斯塔斯的订单17和科斯塔斯的订单16可以组合成一个数组的订单33)。事实上，每个新手在这个领域花了几个小时玩这个想法，直到(s)他最终失望，因为没有阵列产生似乎有科斯塔斯的财产。在本研究中，我们证明了两种交错的情况都不能产生Costas数组，除非交错的数组非常小。虽然我们提供的证据是非常基本和直接的，但它们的重要意义在于，它们完全依赖于科斯塔斯的财产，而不是任何额外的假设。实际上，一般来说严格证明Costas数组的结果是出了名的困难，而可用的最严格的结果是关于代数构造的Costas数组[4- - - - - -6］．证明交错无用可以为研究人员节省宝贵的时间。

2.基础知识

出于完整性的考虑，下面给出了关于Costas数组的一些基本定义[3.］．

定义2.1。让，，是一个双射，即整数上的一个排列；它的不同的三角形 被定义为多重集合的集合， 在哪里(习惯上是打电话的th行三角形的)。它对应的数组是,所以 并且习惯于用空白表示1S和0s。矢量集合是距离向量的(或）.

定义2.2。让是一个双射;它会有科斯塔斯房地产如果是多车实际上是集，即，它们都没有包含重复条目，或者，等效地，当距离向量时都是不同的。

定义2.3。让，，是奶酪奶油融合;他们会正交如果是多重品实际上是设置的，或者等效地，当距离向量和距离矢量没有共同的向量。

Costas属性可以根据Costas数组/排列的自相关重新表述。

定义2.4。让，,让；之间的互相关和在被定义为 什么时候，是自相关，局部极大值的和最大的社区一起的这样唯一的局部最大值是在被称为A.叶的．这主瓣对应于全局最大值(注意，在多个相等的全局最大值的情况下，它可能不是唯一的)，而sidelobes.到剩下的最大值。

几何上，互相关系的解释如下:放置数组和，对应和分别，彼此之上，使它们完美重叠，然后滑动通过右边的列和行向下，并设置表示重叠点的对数。

节3.，Costas阵列将被解释为时频平面（水平和垂直方向，RESP。）中的信号表示，并且点将表示时频平面的某个区域中的能量存在;我们假设阵列将平面铺设到相等的区域，并且所有虚线区域都带有相同的能量。在这种情况下，如上所述的互相关基于单独的能量内容（并忽略完全相识信息）。

最后，我们还应该更正式地定义交错(参见图1，例如，2的交错数组)。

定义2.5。让和排列，让；那么它们的交错排列是， 在哪里
很明显，在数组中对应的距离矢量和仍然存在，尽管达到2倍。如果那么和是非正交的科斯塔排列，不能为Costas，因为它对应的数组将有一对相等距离的向量;如果其中任何一种情况出现，显然也是如此或不能成为科斯塔斯。因此,我们唯一的希望为交错产生Costas阵列开始Costas阵列(1)等于订单或订单不同的。请注意,这种交错Costas阵列的特性将他们点谎言只与坐标位置甚至两个或两个奇数,这听起来可能已经以惊人的速度限制;实际上，正如我们将要展示的那样，这种Costas数组并不存在，除非是在普通情况下。

3.为什么我们对Costas阵列感兴趣？

雷达和声纳通过周期性地发射波形来探测周围目标的距离和速度倾听思考．假设一个理想的无噪音环境，只是一个拷贝，仅衰减，并在频率和时间移动。时间延迟表示目标的距离，而频率偏移通过多普勒效果，表示其速度（我们在此假设频率内容是窄带足够多普勒效应，它是相乘的，可以很好地近似为一个均匀的加性移对所有频率)。

检测到的时间和频率如何？最简单的解决方案是应用匹配的滤波器。是交叉相关的移位版本对于各种时间和频率的移位，以及与最大互相关相对应的那对移位就是所寻求的真正的移位。唉，这个简单的想法在实践中失败了，因为所有的真实媒体都是不连贯的。相位延迟随频率变化，因此波形在介质中传播时趋向于扩展，因此，随着时间的推移到达雷达/声纳，它看起来一点也不像任何更多的。

科斯塔斯的想法2]的方法是丢弃相位信息，因为相位信息是不可靠的，而根据能量含量进行互相关和一个人。考虑表单的波形 在哪里，是脉冲的持续时间，和是两个预定频率，阶段的选择是否合适是连续的（我们可以选择),是一个双射。这是一个瞬时频率为的跳频波形 我们观察到完全由， 鉴于，,被设置。

Costas的思想有效地将​​能量内容探测器放置在匹配过滤器之前，从而重建从，同样的．然后，馈送到匹配滤波器的信号然后每个表示作为2D无限序列，表示时频平面。除了一个外，该序列充满了0s /空白（能量），除了正方形对应于一个排列数组(其1s/点表示能量存在)，正如定义中所描述的2．1．滤波器覆盖两个2D序列，然后通过一些行垂直地向另一行移位一个，并且水平一些列，并计算多点重叠的点数： 在哪里是互相关,两个2D序列，以及，换档参数。在没有噪音，是一模一样的复制品吗，只在时间和频率上移动，所以当互相关等于时，匹配滤波器将找到正确的移位参数．

然而，当噪音存在时，有些’s的点可能不规则地移动，甚至完全消失了。将不再是一模一样的复制品最大的互相关将不再是．除了找到最大互相关之外，滤波器没有其他选择(注意，现在它将不知道先验的最大值是多少)，并返回相应的移位参数;但是这个最大值可能不再是唯一的，或者(以前的)旁瓣可能比主瓣高。两种情况都会导致假目标检测。

应该是什么形式(或相应的数组)是为了将发现虚假信息的概率降至最低?在没有噪声的情况下，互相关只是自关的移位形式所以我们需要做出选择以尽可能地抑制自相关旁瓣相对于主瓣的高度(其高度为)： 选择任何一对点，存在一个移位(它们的距离矢量)，将移动这些点在对方的顶部，所以高度为1的旁瓣将存在，什么也做不了。但是，如果我们规定距离向量是唯一的，则不存在高度大于等于2的副瓣;但这恰恰是Costas的财产(见定义)2．1和2．2）.自相关称为自动征在声纳/雷达社区中，据说与Costas属性的波形有理想的图钉autoambiguity［2，5］．为什么应该是最佳的是一个排列数组，就像我们上面假设的那样(简单而没有任何进一步的解释)?使用两倍的相同频率，或同时使用两个频率，不会提高自相关性吗?科斯塔斯在基本工程原则上辩称，它确实不会2］．

4.对正交Costas数组的探索

排列的差三角形的项表现出强相关性;事实上，它是如此的强，甚至连底部的3个元素(也就是说，成行和，是排列的顺序)有时足以保证一个(Costas)排列与给定的差三角形不可能存在。引理4.1。让作为函数，让，，；然后（一世）如果或，不能是排列;(2)如果，不可能是排列，除非可能．证明。 意味着和．添加所施加的约束，我们得到两种可能的情况:（一世） ；或(2) 如果或，不能是双射，因为它假设某个值两次;同样,如果， 它遵循，在这种情况下不能成为排列，除非．

我们将在下面重复使用此引理。作为速记，我们将表示功能类别满足雷姆玛的假设．

4．1.等序数组

这种情况已经在[7]，在电气工程的背景下。作者说“增加了主叶/侧倍细比[信号]而不增加频率的数量[它可能是可能的交错Costas信号脉冲的模糊旁瓣模式不重合”，然后继续表明这是不可能的。出于完整性的考虑，我们在这里完整地再现了它，尽管采用了更紧凑和简化的形式。然而，请注意，这种情况本身并不足以排除“交错”(我们称之为交错)作为构建新的Costas数组的策略;第(段)所述的情况4．2）也必须研究。

定理4.2。让和是科斯塔斯的顺序排列，,让和是它们的差三角形;然后,因此,和不是正交的。证明。我们将用反证法来证明。假设该语句为假，并考虑multiset集合在哪里．否定定理的结论意味着这些多集实际上是集合，因为我们有效地假设了这一点；当然，Costas属性的定义意味着所有它们本身是集而不是多集，因为它们不能包含重复的项。
必须包含绝对值为1的项，也必须如此．最后，包含这些值分布在行。现在，没有行可以包含3个或更多这样的值，然后将有2个具有相同的标志，因此相等;和以来,每个必须含有它们中的2个，必然是相反的标志。
对于绝对值2的项，同样的论证可以重复。必须包含绝对值2的条目，所以必须．最后，包含这些值分布在行。同样，没有行可以包含3个或更多这些值，然后将有2个具有相同的标志，因此相等;和以来,每个必须含有它们中的2个，必然是相反的标志。
自从只有2个元素；同样,自只有4个元素，同样地，我们发现．我们现在需要确定哪些条目属于以及科斯塔斯的财产是否适用于每个案件。（一世） ．引理4．1在这里是没有用的;然而，有两种可能或，在这两种情况下应该包含一个，这是不可能的，因为才不是。(2) ．这是案例在引理4．1．(3) ．引理4．1直接没有帮助;然而，应该是A.在这个例子中，就是case在引理4．1．（iv） ．这是案例在引理4．1．(v) ．这是案例在引理4．1， 所以不可能是科斯塔斯，除非什么时候，在这种情况下，直接验证就可以证明是正确的。（vi） ．这是案例在引理4．1．其余的情况也是不可能的，因为它们对应于上面的水平翻转。因此,对于，在所有情况下，我们证明了不可能构建一对同等顺序的正交Costas阵列。

4．2.顺序相差1的数组

定理4.3。让和成为订单的奶酪级和分别与，,让和是它们的差三角形;然后,因此,和不是正交的。证明。我们继续用与定理相同的方法，用反证法来证明4．2．假设语句为假，并考虑multiset集合在哪里，，定理结论的否定意味着这些多集实际上是集合，因为我们实际上是这样假设的；请注意，科斯塔斯财产的定义意味着这一切它们本身是集而不是多集，因为它们不能包含重复的项。
必须包含绝对值为1的项，而必须包含这些价值观。最后，包含这些值分布在行。现在，没有行可以包含3个或更多这样的值，然后将有2个具有相同的标志，因此相等;和以来,每个必须包含它们中的2个，必须是相反的符号，而剩下的一个是的价值:．
对于绝对值2的项，同样的论证可以重复。必须包含绝对值为2的项，而必须包含这些价值观。最后，包含这些值分布在行。同样，没有行可以包含3个或更多这些值，然后将有2个具有相同的标志，因此相等;和以来,每个必须包含它们中的2个，必须是相反的符号，而剩下的一个在，它有3个要素:．用绝对值3重复逐字逐字产生．
现在让我们尝试构建明确基于该信息;不失一般性，让我们假设（否则翻转两者和水平)。以下情况是可能的。（一世） ．这是案例在引理4．1．(2) ．引理4．1在这里是没有用的;然而，有两种可能或，在这两种情况下，应该包含一个，这是不可能的，因为才不是。(3) ．这是案例在引理4．1．（iv） ．这是案例在引理4．1， 所以不可能是科斯塔斯，除非什么时候，在这种情况下，直接验证就可以证明是正确的。(v) ．这是案例在引理4．1．因此,对于，在所有的情况下，我们证明了不可能构造一对顺序相差1的正交Costas数组。注意这个定理中出现的情况也出现在定理1中，证明它们不会导致Costas排列;注意这一点会使证明更简短，但不是独立的。

4.3。可能的例外

定理4．2和4．3允许特殊交错结构的Costas阵列在小订单．这样的阵列实际存在吗？显然，令人舞场2的哥斯达达达州阵列史上又间交错（AS 2 COSTAS 1阵列1）。我们详尽地检查了所有哥斯兰花卉阵列完全解决这些订单的问题，定理不容易申请。没有发现这些阵列都被隔行界限。与2个上述定理一起，这一事实证明了定理4.4。交错排列的Costas顺序不存在。

5.摘要和结论

我们已经证明，除非可能是非常小的订单，否则互通的CoStas阵列不可能存在，因为任何2肋斯加斯加阵列大于3的订单阵列，也必须具有共同的距离向量，并且交错将载体扩张为2倍，但是不扭曲它们。进一步的详尽搜索实际上表明，唯一的交错卡斯加斯加斯阵列是顺序2。因此，虽然隔行扫描可能最初似乎是一个整洁的技巧和一个有趣的思想，但是对所有感兴趣的令人失败失败。结果是Costas属性的直接后果，因此对所有Costas阵列有效，这是一个罕见的案例，凭借通常公布的那些人的整个哥斯达卢阵列，而不是仅用于（Subfamiliesof）代数构造的costas阵列。

作为未来可能的研究方向，我们建议调查任意顺序的任意2个Costas数组是否有一个公共向量和/或找到这种情况发生的条件。

致谢

作者感谢匿名审稿人给予的良好反馈和宝贵的建议，这有助于提高本文的呈现和内容。本材料基于爱尔兰科学基金会在批准号下支持的作品。05 /移/ I677。

参考

1. J. P. Costas，“声纳设计和性能的介质约束”，技术代表1级代表R65EMH33，通用电气，锡拉库兹，纽约，美国，1965。视图:谷歌学术
2. J. P. Costas，“一类具有接近理想距离-多普勒模糊特性的探测波形的研究”，IEEE学报，卷。72，没有。8，pp。996-1009,1984。视图:出版商的网站|谷歌学术
3. k·德拉卡基斯的《科斯塔斯阵列的回顾》应用数学学报，卷。2006年，第26385号，32页，2006年。视图:谷歌学术|Mathscinet.
4. S. W. Golomb，《Costas数组的代数构造》，组合理论学报，A辑，卷。37，不。1，pp。13-21,1984。视图:出版商的网站|谷歌学术|Zentralblatt数学|Mathscinet.
5. S. W. Golomb和H. Taylor，“Costas阵列的构造和性质”，IEEE学报，卷。72，没有。9，pp。1143-1163，1984。视图:出版商的网站|谷歌学术
6. K. Drakakis, R. Gow, S. Rickard，“由有限域定义的Costas数组的奇偶性”，通讯数学进展，卷。1，不。3，pp。321-330,2007。视图:谷歌学术|Mathscinet.
7. A. Freedman和N.Levanon，“任何两个$N\times N$Costas信号必须至少有一个共同模糊副瓣$N>3.$——证明。”IEEE学报，卷。73，没有。10，pp。1530-1531,1985。视图:出版商的网站|谷歌学术

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