通信网性能分析基础参

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t,tt内从状态k转移到k+1（k>=0）的概率为tot，为状态k的出生率；

当有顾客服务完毕离去时，在时间t,tt内从状态k转移到k-1（k>=1）的概率为

tot，为状态k的死亡率；

在时间t,tt内系统发生跳转的概率为ot；

在时间t,tt内系统停留在状态k的概率为1tot； 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pk，令gXp0p1xp2x...pkxk 称为分布

2k0pk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

pkk(1) k0

g(z)(1)(1)z...(1)E[k]g'(z)/z1211z

1k1Var[k]kpk[kpk]2g''(z)/z1E[k](E[k])2k121

2-4 两个随机变量X,Y取非负整数值，并且相互，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：p0,p1,p2...，Y的分布为：q0,q1,q2... 由于

pZkpXYkpXr,YkrpXrpYkrprqkrr0r0r0kkkp0p1xp2x2...q0q1xq2x2...p0q0p0q1p1q0x...p0qkp1qk1...pkq0xk...所以 g(Z)=g(X)g(Y)

对于两个的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：

(iT)kiTpk(T)e i=1,2 这两个分布

k!分布列的母函数分别为：

(iT)kkiTpk(T)xxeeiTxeiTeiT(x1) k!k0k0k他们母函数之积为合并流分布列的母函数，而母函数之积e所以 合并流为参数12的 Poisson过程。

1T(x1)2T(x1)ee(12)T(x1)

2-7 求k+1阶爱尔兰（Erlang）分布Ek1的概率密度。

(x)kxe x>=0 可以根据归纳法验证，Ek1的概率密度为k!证明：

利用两个随机变量的和的概率密度表达式：求ZXY的分布，当X和Y相互时，且边缘密度函数分别为fXx和fYy，则fZzfXxfYzxdx。

k1阶Erlang分布是指k1个彼此的参数为的负指数分布的和。

用归纳法。

当k1时，需证2阶Erlang分布的概率密度为xe2x

f1tetxetxdx2etdxt2et

t(t)kte 令nk时成立，即fktk!则当nk1时，

(x)kxtxfk1tfkxftxdxeedxk! k2k1t(t)etxkdxetk!k1!tt第三章习题答案

3-1 证明：B(s,a)aB(s1,a)

saB(s1,a)s1kas1asasaaaB(s1,a)(s1)!k0k!(s1)!证：ss!B(s,a) s1ss1s1kkkaasaB(s1,a)aaasask!(s1)!k0k!(s1)!k0k!k0

3-2 证明：（1）C(s,a)sB(s,a),sa[1B(s,a)]sa

（2）C(s,a)（1）证：

11(sa)[aB(s1,a)]1B(0,a)1，且sa

ask!sB(s,a)s!k0ss1ss1kkkkasa[1B(s,a)]aaasaak!k!k!k!sk0k0k0k0kaasss!sas

s!s1kas(1a/s)ak!s!k0as1p0C(s,a)s!1a/s（2）证：

111(sa)[aB(s1,a)]11(sa)kak0s1ask!ass!s!s1kk0(1a/s)ak!as1a(s1)!

as1p0C(s,a)s!1a/s

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 s=30 增加的幅度

话务量 s=10 增加的幅度

a=21.9 0.020 24.09 0.041 103% 25.185 0.054 170% 26.28 0.069 245% a=5.08 0.020 5.588 0.031 55% 5.842 0.038 90% 6.096 0.046 130% 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]=0.3erl 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×[0.7321-0.67]=0.854erl 第五条线通过的呼叫量：a5=a[B(4,a)-B(5,a)]=10×[0.67-0.50]=0.827erl

3-6 对M/M/s等待制系统，如果s>a，等待时间为w，对任意t>0。 请证明：P{wt}C(s,a)e证：s>a

P{wt}Pk{wt}pkPk{wt}pk

k0ks(s)t。

(st)rstasaksPk{wt}e ， pk()p0s!sr!r0ksks

ks(st)rstasaksas(st)raksstP{wt}e.()p0p0e[()]r!s!ss!r!sksr0ksr0kslas(st)ralstp0e[()]s!r!sl0r0令ksl交换次序，得：

asal(st)rasar1(st)rststP{wt}＝p0e[()]p0e[()]s!r!s!1a/sr!r0lrsr0s

a1p0e(s)tC(s,a)e(s)ts!1a/ss

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：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λ的负指数分布，在T内没有呼叫离去的概率为：esT，

则：PaB(s,a)。 as0esTeTdTsa sa最后，到来的呼叫被拒绝的概率为：

aB(s,a) sa第四章习题答案

4.1 解：aRaaRB(s,aR) 现 0.5,a10,s10 令

F(aR)aaRB(s,aR)F(aR)100.5aRB(10,aR)

迭代起点

aR10.5F(10.5)100.5*10.5*0.237311.25F(11.25)100.5*11.25*0.27011.51

F(11.51)100.5*11.51*0.28111.61F(11.61)100.5*11.61*0.28511.65F(11.65)100.5*11.65*0.28711.67总呼叫量 aR11.65erl

总呼损 B(s,aR)B(10,11.65)0.287 4.4 解：

AB7.2*B(9,7.2)7.2*0.1320.95AB1.872 AC10*B(12,10)10*0.1201.20AC2.617在AD上，溢出呼叫流的特征

ABAC2.15

ABAC4.4利用Rapp方法：za3z(z1)11.3042.088 a(z)111.z1向下取整s11,则sa

([s]1)(z1)10.811z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 a'a*(1B(14,10))10*(10.056)9.44erl 根据例4.3

方查v'a'1aB(s1,a)B(s,a)9.44*110(0.0840.056)6.80

v'峰值因子z'0.72

a（2）根据Wilkinson定理 到达得呼叫量10*0.0560.56erl

a)1.254s1a

v峰值因子z2.237v(1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b[1(1b)2]0.13

在a2时b0.53网络平均呼损0.41在a3时b0.网络平均呼损0.56

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。数，恰好将每条边计数一次。

证性质5.6：首先

dvV(v)是按端来计

dvV(v)类似。所以有d(v)d(v)m。

vVvVd(v)2mn，所以vV2m。 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， 5.4.

证明：考虑树T(V,E),|V|n,|E|n1。

某个端不妨设为vn，d(vn)(T)。考虑其余n1个端v1,v2,有(T)1个，则：

2m。 n,vn1，如果悬挂点最多只

d(v)(T)((T)1)12[(n1)((T)1)]

ii1n(T)(T)12n2(T)2n1但等式左边2n2，矛盾。 所以T中至少有(T)个悬挂点。 5.6.

n111n1t(Kn)det11t(Kne)(n2)nn3

1111detn1(n1)(n1)10n000nn2 n(n1)(n1)m05.7 t(Kn,m)det将第n1,n2,0m(nn)n101 0n(m1)(m1)(nm1)(nm1),nm1列加到第1列，再将第1列加回，得：

11t(Kn,m)det0011det000m(nn)10m(nn)11(m1)nn010n(m1)(m1)(nm1)(nm1)n01(m1)n0nm1mn10n(m1)(m1)(nm1)(nm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：

v1 v2 v3 v4 v5 v6 置定端 距离 0 1 0 9.2 1.1 3.5 3 1.1 9.2 3.5 2.9 5 2.9 9.2 3.5 8 4 3.5 9.2 8 6 8 9.2 2 9.2

路由 1 1 3 1 5 1

（2）

用F算法：

W(0)0.01.32.51001007.79.20.01.14.71000.01005.36.42.21002.73.51001001111112222221007.21003333331001.8100(0)，R

0.02.47.54444445555558.90.05.11002.10.06666660.09.21.13.52.98111.30.02.44.84.29.3W(6)2.58.20.06.01.86.911221135317.18.84.60.02.47.5，R(6)35544.76.42.28.20.05.135515.28.52.78.72.10.03561

v2到v4：v2到v1到v4，距离为4.8 v1到v5：v1到v3到v5，距离为2.9

（3）

ti9.2,9.3,8.2,8.8,8.2,8.7，图的中心为v3/v5 si24.7,22,25.4,30.4,26.6,27.2，图的中点为v2

（4）

若端有权，则将端的权值除以2加到其各边的权上，再用F算法。

35353544

5566