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+Δ内从状态k转移到k+1（k=0）的概率为()totlΔ+Δ，l为状态k的出生率；当有顾客服务完毕离去时，在时间(),ttt+Δ内从状态k转移到k-1（k=1）的概率为()totmΔ+Δ，m为状态k的死亡率；在时间(),ttt+Δ内系统发生跳转的概率为()otΔ；在时间(),ttt+Δ内系统停留在状态k的概率为()()1totlm-+Δ+Δ；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(rr-=kkp0≥k()'122''212111()(1)(1)...(1)1[]()/1[][]()/[]([])1zkkzkkgzzzEkgzVarkkpkpgzEkEkrrrrrrrrr=∞∞===∴=-+-+=--∴==-=-=+-=-∑∑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,PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion()()()()...............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：TkikiekTTpll-=!)()(i=1,2这两个分布独立分布列的母函数分别为：)1(00!)()(--∞=-∞====∑∑xTTTxkTkkikkkiiiieeeexkTxTplllll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-+--==xTxTxTeeellll所以合并流为参数21ll+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xkekxmmm-!)(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m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2xxemm-()()221tttxxttfteedxedxtemmmmmmmm------∞-∞===∫∫令nk=时成立，即()()!ktktftekmmm-=则当1nk=+时，PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion()()()()()121()!()!1!ktttxxkkkkttktxftfxftxdxeedxktexdxekkmmmmmmmmmm---+-∞-∞++---∞=-===+∫∫∫PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion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。PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion=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)(),(}{lm--=。证：sa∑∑∞=∞===skkkkkkptwPptwPtwP}{}{}{0∑-=-=skrtsrkertstwP0!)(}{mm，skpsasapsksk≥=-0)(!])(!)([!])(!)([!)(!.!)(}{0000000∑∑∑∑∑∑∞==-∞=--=-∞=--=-==-==lllrrtssskskskrrtsssksksskrtsrsartsepsalsksartsepsapsasaertstwPmmmmmm令交换次序，得：PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion()()0()1(){}[()][()]!!!1/!1(,)!1/srsrstlstrrlrrsststaastaastPwtpepessrssasrapeCsaesasmmmlmlmm∞∞∞--===----=-==-∑∑∑＝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：Tsem-，则：asasdTeePTTs+=+==∫∞--mllllm0最后，到来的呼叫被拒绝的概率为：),(asBasa+PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion解：),(RRRasBaaar+=现10,10,5.0===sar令),10(5.010)(),()(RRRRRRaBaaFasBaaaF+=∴+=r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========ACACABABBBgaga在AD上，溢出呼叫流的特征489.415.2=+==+=ACABACABgggaaa利用Rapp方法：088.2==agz[]811.10)1)(1]([,1164.1111)(304.11)1(3=+++++===---++==-+=zzsaszzaszzaaaaaaag则向下取整故等效系统为：a＝10.811erl,而s＝11PDFcreatedwithpdfFactorytrialversion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==a237.2254.1)11(===-+++-=aaaavzasav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babaPDFcreatedwithpdfFactorytrialversion(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()2vVdvmnd∈=≥∑g，所以2mnd≤。一定存在某个端，它的度为d，则与该端关联的边构成一个大小为d的割边集，所以bd≤。考虑一个大小为b的割边集，将每条边换成它的邻端，这是一个大小最多为b的割端集，所以ab≤。综上，2mnabd≤≤≤。5.4.证明：考虑树(,),||,||1TVEVnEn===-。某个端不妨设为nv，()()ndvT=Δ。考虑其余1n-个端121,,,nvvv-L，如果悬挂点最多只有()1TΔ-个，则：1()()(()1)12[(1)(()1)]()()122()21niidvTTnTTTnTn=≥Δ+Δ-×+×--Δ-=Δ+Δ-+-Δ=-∑但等式左边22n=-，矛盾。所以T中至少有()TΔ个悬挂点。5.6.2(1)(1)(1)(1)11110011110