通信网性能分析基础答案(精华整理版)

通信网性能分析基础答案 苏 第二章习题答案 2 2 验证验证M M 1的状态变化为一个生灭过程 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 在时间内从状态k转移到k 1 k 0 的概 t tt 率为 为状态的出生率 tot k 当有顾客服务完毕离去时 在时间内从状态k转移到k 1 k 1 的概率为 t tt 为状态的死亡率 tot k 在时间内系统发生跳转的概率为 t tt ot 在时间内系统停留在状态的概率为 t tt k 1tot 故M M 1排队系统的状态变化为生灭过程 2 3 对于一个概率分布对于一个概率分布 令 令 称为分布称为分布 k p 0 2 210 k k kx pxpxppXg 的母函数 的母函数 利用母函数求利用母函数求M M 1队长的均值和方差 队长的均值和方差 k p 解 对于M M 1 1 k k p0 k 1 22 2 12 11 1 1 1 1 1 1 1 z kkz kk g zz z E kg z Var kk pkpg zE kE k 2 4 两个随机变量两个随机变量 X Y 取非负整数值 并且相互独立 令取非负整数值 并且相互独立 令 Z X Y 证明 证明 Z 的的 母函数为母函数为 X Y 母函数之积 根据这个性质重新证明性质母函数之积 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 Y 的分布为 210 ppp 210 qqq 由于 k r rkr k r k r qprkYprXprkYrXpkYXpkZp 000 011001100 2 210 2 210 0 k kkk xqpqpqpxqpqpqpxqxqqxpxpp 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 i 1 2 这两个分布独立 T k i k i e k T Tp 分布列的母函数分别为 1 00 xTTTx k Tk k i k k k iiii eeeex k T xTp 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 xTxTxT eee 所以 合并流为参数的 Poisson 过程 21 2 7 求求 k 1 阶爱尔兰 阶爱尔兰 Erlang 分布 分布的概率密度 的概率密度 1 k E 可以根据归纳法验证 的概率密度为 x 0 1 k E x k e k x 证明 利用两个随机变量的和的概率密度表达式 求的分布 当 X 和 Y 相互独立时 ZXY 且边缘密度函数分别为和 则 X fx Y fy ZXY fzfx fzx dx 阶 Erlang 分布是指个彼此独立的参数为的负指数分布的和 1k 1k 用归纳法 当时 需证 2 阶 Erlang 分布的概率密度为1k 2x xe 22 1 tt t xxtt fteedxedxte 令时成立 即nk k t k t fte k 则当时 1nk 1 21 1 k tt t xx kk kk t tkt x ftfx f tx dxeedx k t ex dxe kk 第三章习题答案 3 1 证明 证明 1 1 asaBs asaB asB 证 11 0 111 000 1 1 1 1 1 1 sss k s k sssss kkk kkk aa a a a k aB sass s B s a aasaB sa aaa sas kkk ss 3 2 证明 证明 1 as asBas assB asC 1 2 asaB asaBas asC 且1 0 1 1 1 1 1 证 1 1 1 1 0 1 0 1 000 1 0 0 asC sa p s a k a sa s a s a k a s a k a s a k a k a as k a s a s asBas assB s s k k s s s k k s k k s s k k s k k s k k s 2 证 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 asC sa p s a k a sa s a s a s a a k a as asaBas s s k ks s s s k k 3 3 在例在例 3 3 中 如果呼叫量分别增加中 如果呼叫量分别增加 10 15 20 请计算呼损增加的 请计算呼损增加的 幅度 幅度 话务量a 21 924 0925 18526 28 s 300 0200 0410 0540 069 增加的幅度103 170 245 话务量a 5 085 5885 8426 096 s 100 0200 0310 0380 046 增加的幅度55 90 130 3 4 有大小有大小 a 10erl 的呼叫量 如果中继线按照顺序使用 请计算前的呼叫量 如果中继线按照顺序使用 请计算前 5 条中继条中继 线每条通过的呼叫量 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 827erl 3 6 对对 M M s 等待制系统 如果等待制系统 如果 s a 等待时间为 等待时间为 w 对任意 对任意 t 0 请证明 请证明 ts easCtwP 证 s a sk kk k kk ptwPptwPtwP 0 sk r ts r k e r ts twP 0 skp s a s a p sk s k 0 00 0 0 00 0 l l l r r ts s sk sk sk r r ts s sk sk s sk r ts r s a r ts ep s a lsk s a r ts ep s a p s a s a e r ts twP 令 交换次序 得 00 00 0 1 1 1 1 srsr s tls tr rl rr s stst aas taas t P wtp ep e ssrssa sr a p eC s a e sa s 3 12 考虑考虑 Erlang 拒绝系统 或拒绝系统 或 M M s s 系统 系统 a 一个观察者随机观 一个观察者随机观 察系统并且等待到下一个呼叫到来 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 请证明 到来的呼叫被拒绝的概率为 asB sa a p 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 的负指数分布 在 T 内没有呼叫离去的概率为 Ts e 则 as a s dTeeP TTs 0 最后 到来的呼叫被拒绝的概率为 asB as a 第四章习题答案 4 1 解 RRR asBaaa 现 10 10 5 0 sa 令 10 5 010 RRR RRR aBaaF asBaaaF 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 F F F F F aR 总呼叫量 erlaR65 11 总呼损 287 0 65 11 10 BasB R 4 4 解 617 2 20 1 120 0 10 10 12 10 872 1 95 0 132 0 2 7 2 7 9 2 7 AC AC AB AB B B 在 AD 上 溢出呼叫流的特征 489 4 15 2 ACAB ACAB 利用 Rapp 方法 088 2 z 811 10 1 1 11 64 111 1 304 11 1 3 z zs a s z za s zza 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 01 4 5 解 a 10 s 14 1 通过呼叫量 erlBaa44 9 056 0 1 10 10 14 1 根据例 4 3 方查 80 6 056 0 084 0 101 44 9 1 1 asBasBaav 峰值因子72 0 a v z 2 根据 Wilkinson 定理 到达得呼叫量erl56 0 056 0 10 237 2 254 1 1 1 v z as a v 峰值因子 4 7 解 首先 在直达路由时 B 2 1 0 2 B 2 2 0 4 B 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 bb 56 0 64 03 41 053 0 2 网络平均呼损时在 网络平均呼损时在 ba ba 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 是按端来 v V dv 计数 恰好将每条边计数一次 类似 所以有 v V dv v Vv V dvdvm 证性质 5 6 首先 所以 2 v V d vmn A 2m n 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 2m n 5 4 证明 考虑树 1TV EVn En 某个端不妨设为 考虑其余个端 如果悬挂点最多 n v n d vT 1n 121 n v vv 只有个 则 1T 1 1 12 1 1 122 21 n i i d vTTnT TTnTn 但等式左边 矛盾 22n 所以中至少有个悬挂点 T T 5 6 2 1 1 1 1 111100 11110 detdet 11110 n n nnnn n nn t Kn nn 3 2 n n t Kenn 5 7 1 1 1 1 0 1 0 det 0 1 0 n n n m mm n mn m m m t K n n 将第列加到第 1 列 再将第 1 列加回 得 1 2 1nnnm 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 det 010 010 10 0 1 det 010 010 n n n m mnmm n mn m n n mn mnmm n mn m m t K n n m nm n n A 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 依次去掉的边为 2 7 4 5 2 3 5 10 1 用 D 算法 v1v2v3v4v5v6置定端距离路由 0101 9 2 1 1 3 531 11 9 23 5 2 952 93 9 23 5843 51 9 28685 9 229 21 2 用 F 算法 0 0 09 21 13 5100100 1 30 04 71007 2100 2 51000 01001 8100 1001005 30 02 47 5 1006 42 28 90 05 1 7 71002 71002 10 0 W 0 111111 222222 333333 444444 555555 666666 R 6 0 09 21 13 52 98 1 30 02 44 84 29 3 2 58 20 06 01 86 9 7 18 84 60