通信网性能分析基础参考答案

第二章习题答案2-2验证M/M/1的状态变化为一个生灭过程。解：M/M/1排队系统在有顾客到达时，在时间,ttt内从状态k转移到k+1（k=0）的概率为tot，为状态k的出生率；当有顾客服务完毕离去时，在时间,ttt内从状态k转移到k-1（k=1）的概率为tot，为状态k的死亡率；在时间,ttt内系统发生跳转的概率为ot；在时间,ttt内系统停留在状态k的概率为1tot；故M/M/1排队系统的状态变化为生灭过程。2-3对于一个概率分布kp，令02210...kkkxpxpxppXg称为分布kp的母函数。利用母函数求M/M/1队长的均值和方差。解：对于M/M/1)1(kkp0k'122''212111()(1)(1)...(1)1[]()/1[][]()/[]([])1zkkzkkgzzzEkgzVarkkpkpgzEkEk2-4两个随机变量X,Y取非负整数值，并且相互独立，令Z=X+Y，证明：Z的母函数为X,Y母函数之积。根据这个性质重新证明性质2-1。证：设Z(!!!此处应为X???)的分布为：...,,210ppp，Y的分布为：...,,210qqq由于krrkrkrkrqprkYprXprkYrXpkYXpkZp000,...............011001100221022100kkkkxqpqpqpxqpqpqpxqxqqxpxpp所以g(Z)=g(X)g(Y)对于两个独立的Poisson流，取任意一个固定的间隔T，根据Poisson过程性质，到达k个呼叫的概率分别为：TkikiekTTp!)()(i=1,2这两个分布独立分布列的母函数分别为：)1(00!)()(xTTTxkTkkikkkiiiieeeexkTxTp他们母函数之积为合并流分布列的母函数，而母函数之积)1()()1()1(2121xTxTxTeee所以合并流为参数21的Poisson过程。2-7求k+1阶爱尔兰（Erlang）分布1kE的概率密度。可以根据归纳法验证，1kE的概率密度为xkekx!)(x=0证明：利用两个随机变量的和的概率密度表达式：求ZXY的分布，当X和Y相互独立时，且边缘密度函数分别为Xfx和Yfy，则ZXYfzfxfzxdx。1k阶Erlang分布是指1k个彼此独立的参数为的负指数分布的和。用归纳法。当1k时，需证2阶Erlang分布的概率密度为2xxe221tttxxttfteedxedxte令nk时成立，即()!ktktftek则当1nk时，121()!()!1!ktttxxkkkkttktxftfxftxdxeedxktexdxekk第三章习题答案3-1证明：),1(),1(),(asaBsasaBasB证：110111000!(1,)(1)!(1)!!(,)(1,)!!!(1)!(1)!ssskskssssskkkkkkaaaaakaBsasssBsaaasaBsaaaasaskkkss3-2证明：（1）asasBasassBasC,)],(1[),(),(（2）asaBasaBasasC，且1),0()],1()[(11),(1（1）证：),(/11!!)/1(!!!!!!!!!)],(1[),(0101000100asCsapsakasasasakasakasakakaaskasasasBasassBsskkssskkskksskkskkskks（2）证：),(/11!!)/1(!!)!1(!)(11)],1()[(110101101asCsapsakasasasasaakaasasaBassskksssskk3-3在例3.3中，如果呼叫量分别增加10％，15％，20％，请计算呼损增加的幅度。话务量a=21.924.0925.18526.28s=300.0200.0410.0540.069增加的幅度103%170%245%话务量a=5.085.5885.8426.096s=100.0200.0310.0380.046增加的幅度55%90%130%3-4有大小a＝10erl的呼叫量，如果中继线按照顺序使用，请计算前5条中继线每条通过的呼叫量。解：第一条线通过的呼叫量：a1=a[1-B(1,a)]=10×[1-0.9090]=0.910erl第二条线通过的呼叫量：a2=a[B(1,a)-B(2,a)]=10×[0.9090-0.8197]=0.893erl第三条线通过的呼叫量：a3=a[B(2,a)-B(3,a)]=10×[0.8197-0.7321]=0.876erl第四条线通过的呼叫量：a4=a[B(3,a)-B(4,a)]=10×[0.7321-0.6467]=0.854erl第五条线通过的呼叫量：a5=a[B(4,a)-B(5,a)]=10×[0.6467-0.5640]=0.827erl3-6对M/M/s等待制系统，如果sa，等待时间为w，对任意t0。请证明：tseasCtwP)(),(}{。证：saskkkkkkptwPptwPtwP}{}{}{0skrtsrkertstwP0!)(}{，skpsasapsksk0)(!])(!)([!])(!)([!)(!.!)(}{0000000lllrrtssskskskrrtsssksksskrtsrsartsepsalsksartsepsapsasaertstwP令交换次序，得：0000()()0()1(){}[()][()]!!!1/!1(,)!1/srsrstlstrrlrrsststaastaastPwtpepessrssasrapeCsaesas＝3-12考虑Erlang拒绝系统，或M/M/s（s）系统，a＝λ/μ。一个观察者随机观察系统并且等待到下一个呼叫到来。请证明：到来的呼叫被拒绝的概率为：),(asBsaap。证：随机观察系统，下一个到来的呼叫被拒绝的必要条件为系统在随机观察时处于状态s，其概率为B(s,a)。其次，下一个到来的呼叫被拒绝必须在到达间隔T内，正在服务得s个呼叫没有离去，这个事件的概率为P。T服从参数为λ的负指数分布，在T内没有呼叫离去的概率为：Tse，则：asasdTeePTTs0最后，到来的呼叫被拒绝的概率为：),(asBasa第四章习题答案4.1解：),(RRRasBaaa现10,10,5.0sa令),10(5.010)(),()(RRRRRRaBaaFasBaaaF迭代起点67.11287.0*65.11*5.010)65.11(65.11285.0*61.11*5.010)61.11(61.11281.0*51.11*5.010)51.11(51.11270.0*25.11*5.010)25.11(25.112373.0*5.10*5.010)5.10(5.10FFFFFaR总呼叫量erlaR65.11总呼损287.0)65.11,10(),(BasBR4.4解：617.220.1120.0*10)10,12(*10872.195.0132.0*2.7)2.7,9(*2.7ACACABABBB在AD上，溢出呼叫流的特征489.415.2ACABACAB利用Rapp方法：088.2z811.10)1)(1]([,1164.1111)(304.11)1(3zzsaszzaszza则向下取整故等效系统为：a＝10.811erl,而s＝11查表得，在AD中继线为8时，B（11+8，10.811）0.014.5解：a＝10，s＝14(1)通过呼叫量erlBaa44.9)056.01(*10))10,14(1(*'根据例4.3方查80.6)056.0084.0(101*44.9),(),1(1''asBasBaav峰值因子72.0''avz（2）根据Wilkinson定理到达得呼叫量erl56.0056.0*10237.2254.1)11(vzasav峰值因子4.7解：首先，在直达路由时B（2，1）＝0.2B(2,2)=0.4B(2,3)=0.53所以，在a＝1，2，3erl时，网络平均呼损分别为0.2，0.4，0.53在由迂回路由时，由于对称关系，假定边阻塞率为b，边上到达的呼叫量为A，则A=a+2b(1-b).a考虑方程：b=B(s,A)=B(2.A)在a=1时，迭代求解为b=0.28网络平均呼损13.0])1(1[2bb56.064.0341.053.02网络平均呼损时在网络平均呼损时在baba第五章习题答案5.2.证性质5.1(2)：对于有向图，每条边有两个端，它们和边的关系不同。()vVdv是按端来计数，恰好将每条边计数一次。()vVdv类似。所以有()()vVvVdvdvm。证性质5.6：首先()2vVdvmn，所以2mn。一定存在某个端，它的度为，则与该端关联的边构成一个大小为的割边集，所以。考虑一个大小为的割边集，将每条边换成它的邻端，这是一个大小最多为的割端集，所以。综上，2mn。5.4.证明：考虑树(,),||,||1TVEVnEn。某个端不妨设为nv，()()ndvT。考虑其余1n个端121,,,nvvv，如果悬挂点最多只有()1T个，则：1()()(()1)12[(1)(()1)]()()122()21niidvTTnTTTnTn但等式左边22n，矛盾。所以T中至少有()T个悬挂点。5.6.2(1)(1)(1)(1)11110011110()detdet11110nnnnnnnnntKnnn3()(2)nntKenn5.7(),(1)(1)(1)(1)010()det010nnnmmmnmnmmmtKnn将第1,2,,1nnnm列加到第1列，再将第1列加回，得：(),(1)(1)(1)(1)(1)()1(1)(1)(1)(1)(1)1011()det0100101001det010010nnnmmnmmnmnmnnmnmnmmnmnmmtKnnmnmnn15.8.用Kruskal算法：依次选的边为：(3,6)，(1,3)，(6,7)，(1,2)，(5,6)，(1,4)用破圈法：依次去掉