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通信网理论基础答案
通信网理论基础
第二章习题
2.2
解:
求M/M/m(n)中,等待时间w的概率密度函数。
M/M/m(n)的概率分布为:
其中,R{w>x}的概率为:
可得:
P{w
x}
Pj
jm
(mxy
i!
Pn
特别的,
m!
P0
mmP0n
jm
mx
e
i0
(m
x)i
i!
mem!
i0
则P{wx}
新到顾客需等待的概率为:
P{W0}
imi
x(mx)
!
1
m
(m)(m)x
e
m!
P。
Po
i!
Pn
(m)m
m!
fw(x)仝
m!
(1
m
(m
(m)(n
nm2(x)i
)i0i!
nm1
m^y?
]
m(X)nm1
(nm1)!
fw(X)
m—
mPo
注:
m
P{w0}
m!
(1
1
Pk
(m
P{w
k0
2.4求M/D/1
排队问题中等待时间w的一、二、三阶矩
b,到达率为
解:
G(s)
s
(1)
从而
2.5求M/B/1
f(t)
解:
M/B/1
B(S)
其中B(s)
90
g3
m2
m3
,B/M/1
1e1t
G(s)
i
giS
0
(12
s(1
)
sb
e
)e(m
Pn
m、mi、
G(s)
sb)j
2
b
(1)
2(1b)2
)b4
24(1b)4
G(0)
G(0)
G(0)
)x
m3,D表示服务时间为定值
b)estdtesb
i
giS
0
s
(1)
b)(1
g1
g22
b2
2
(1)
(2)b3
g36
6(1
92
(12)b4
4
(1)
和B/B/1排队问题的平均等待时间
(1)2e
2t
(1)(2b32b4)
12(1b)3
W,其中B是二阶指数分布:
st
B(S)0f(t)edt
i
(1)2
B(0)
W2
(0)
w—
(1
m2
(1
22
(1)
~22
12
~2
12
B/M/1
B()令11
1
(1)2
12
取01的根
11
2\1(1
2)2
2(1
2)(1
2)
2
\A/
11
2-J
(
12)2
2(12)(12)
VV
(1
)(11
2Z1
(
12)2
2(12)(12))
B/B/1
设到达的概率密度函数为
f(t)
e徒
1C
(1)2e2t
设离去
'的概率密度函数为
f(t)
e3t
3e
(1)4e4t
假设
12
1:
3
24
t2s2
1(1
(s)
lim
sI
(s)
Sw(s)
其中
s)(2
s(ts)
s)(
s)
(ts)
w(s)
s)(1s)(
(s)
Sw(s)
(s)
(1
)2)2
s)
s)(2s)(1s)(2s)
s(ts)
s)(2s)
12t
2)12
2)t
(2
2)22
2(1
a,服务时间为b,均为恒定值,且
2.6在D/D/1排队问题中,顾客到达的时间间隔为
a>b,
求:
稳定状态时系统的队列长度为k的概率pk,顾客到达时队列的长度为k的概率
vk,顾客离去时队列的长度dk,以及平均等待时间,并用G/G/1上界公式求出此时的平均
等待时间,评论计算结果,并讨论awb的情况。
解:
dk
顾客不等待时w
Pc(t)tb()d
2.8在优先级别队列中,A队为优先级,不拒绝,B队为非优先级,只准一人排队等待(不
计在服务中的),且当A队无人时才能被服务,求各状态概率,A队的平均等待时间和B
队的拒绝概率。
解:
说明:
0状态代表系统中无顾客状态;
i,j状态代表系统中正在服务且A队中有i个顾客,B队列中有j个顾客排队的状态。
状态转移图如右,A队到达率为
1,B队到达率为2,服务率,系
(
12)P0p0
1
(
12)R)0
(p)1p0)(1
2)P)
2
(
1)p)12p)0
p1
3
(
12)p,01
PP
n1,0i1,0
i0
4
(
1)R,11p1,1
PP
i1,12i,0
i0
5
22
X。
2.1122122212
由于5是非齐次差分方程:
pi1,1
(1
P1)Pi,1
1pi1,12pi,00
其特征根为:
a1
假设其通解为:
|
pi,1A1
Bx0代入前式得:
BX01
(1
1)BX
B:
1i
1BX02p00X0
0
解之,得:
B
p00
ii
Pi,1A1P00X0
Pi,1p00112X0
i
Pi,0PooX
p0012p0
由正则条件:
P00112X0P00
111X0
Po
2221
65432
122736271451
C类呼损为:
Pc
1
Po
B类呼损为:
Pb
p010
p110p210
A类呼损为:
Pa
P210
P200
,v1
的
2.10有一个三端网络,端点为v1,v2,v3,边为q(v1,v2)及e2(v2,v3)
到v3的业务由v2转接,设所有的端之间的业务到达率为,线路的服务率为
问题,当采用即时拒绝的方式时,求:
1)各个端的业务呼损。
2)网络的总通过量。
3)线路的利用率。
解:
令:
00表示e1,e2均空闲。
10表示e1忙,e2闲(即e1由v1,v2间业务占用)。
01表示e1闲,e2忙(即e2由v2,v3间业务占用)。
11表示e1,e2均忙,且分别由v1v2,v2v3间业务占用。
★表示e1,e2均忙,且由v1,v3间业务占用。
状态转移图如右:
P*poiP10
poo
2
piipoo
这里
poo
Pl31
p00
P23P121P00
P01
通过量T(1P12)
(1P13)
32
(1P23)k
线路利用率
p11(p10
p01)/2
2.11上题中的网若用于传送数据包,到达率仍为
每秒,平均包长为
b比特,边的容
量为c比特/秒,采用不拒绝的方式,并设各端的存储容量足够大,求:
1)稳定条件。
2)网络的平均时延。
3)总的通过量。
4)线路的平均利用率。
解:
这是一个无损但有时延的系统。
两条线路上到达率为:
2,而服务率为:
c/b的M/M/1系统。
1)稳定条件为:
2b/c<1。
2)网络的平均时延:
2
对v1v3间的业务:
w22w1
Cb2
3)系统稳定时,总的通过量为:
3b/c。
4)线路的平均利用率
==2b/c。
般来说,通过率与利用率均有增加,这是以稳定性和时延为代价换来的。
对v1v2和v2v3间的业务:
Wi
2.12在分组交换系统中,设信息包以泊松率到达,平均到达率为,但信息包的长度为固
定b比特,信道容量为c比特/秒。
由于端内存储量的限制,设除了在传送的包外,只允许有两个信息包等待传送,试:
1)列出关于dr(顾客离去时的队长)的系统方程
2)解出个dr.
3)求平均时延。
4)求信息包被拒绝的概率。
3个顾客的残余寿命中无顾客到达的概
解:
do
doqo
dq
d1
d°q1
dg
d?
qo
d2
d°q2
dq
d?
q1
d3Po
d3
3
d°q3
dQ
d?
q2
d3(1Po)
di1
i0
其中p0是第4个顾客被拒绝离去之后,第
率。
b/CCt“/bcc
这里到达是随机的,可知:
poobedt1eb
q1b
e
b
d
e
2
2
q2c
e
b
de
o
2
2
1
q
0・
■2丄
d1
。
d
o
d2e1
edo
q
o
e31
2
22e
2
edo
d3
2
1d°
e1
e1
di
1
3e
12
22e2
4
2
2
e
平均时延:
swbc
mvd
d1
mv
d2
bc
32
e2
3
e
1bd
2m1
2m^
c
2
2
2c
拒绝概率:
Pcd3
2.13有四个端三条边组成的数据网,如图所示。
端间的信息包分别为和每秒,信息包长度
为负指数分布,平均包长为k比特,各信道容量分别为ci,C2和C3,和一起排队,和一起
排队,和一起排队,均不拒绝,求
1)各种业务的平均时延。
2)网络的平均时延。
3)各信道的平均利用率。
解:
由于均不拒绝且到达和离去均随
机,故3个信道均等效于3个M/M/1系
统,其中:
C:
到达为1213。
服务为:
Ci/b
C2:
到达为1242。
服务为:
C2/b
C1的平均迟延为一
1(11)c1
■—1213
b
各信道利用率为:
C1
1
12
13
b/q
c2
2
12
42
b/c2
c3
3
13
43
b/C3
2.14总线上有4个用户v1,v2,v3和v4,它们之间以Alopha方式互相通信,信包到达率均为每秒,信息包的长度为b比特;总线上的传输速率为c比特/秒,试求通过率r,并大致
画出r与b的曲线关系。
第3章习题
习题3.1总线上有4个用户v1,v2,v3和v4,它们之间以Alopha方式互相通信,信包到达率均为每秒,信息包的长度为b比特;总线上的传输速率为c比特/秒,试求通过率r,并
大致画出r与b的曲线关系。
习题3.2设在一个纯ALOHA系统中,分组长度20ms总业务到达率t10
pkt/s,试求一个消息成功传输的概率。
解:
由题意,20mst10pkt/s,则系统的总业务量为
Pt10201030.2
纯ALOHAS统吞吐量满足pPe2P,—个消息成功传输的概率为
PspPe2Pe20.2e0.40.67
若系统改为S-ALOHA系统,试求这时消息成功传输的概率。
解:
S-ALOHA系统的吞吐量满足pPeP,这时消息成功传输的概率为
PspPePe0.20.82
在S-ALOHA系统中,试求一个消息分组传输时和另一个分组碰撞的概率。
解:
其概率为:
1Ps10.820.18
习题3.3设在一个S-ALOHA系统中每秒共发送120次,其中包括原始发送和重发。
每次发送需占用一个12.5ms的时隙。
试问:
(1)系统的归一化总业务量等于多少?
(2)第一次发送就成功的概率等于多少?
(3)在一次成功发送前,刚好有两次碰撞的概率等于多少?
解:
由题意,t=120次/秒,=12.5ms。
1)Pt12012.51031.5
2)P0ete1.50.223。
3)p31eP2eP10.22320.2230.135
习题3.4设一条长度为10km的同轴电缆上,接有1000个站,信号在电缆上传输速度为200m/us,信号发送速率为10Mb/s,分组长度为5000b。
试问:
(1)若用纯ALOHA系统,每个站最大可能发送分组速率等于多少?
(2)若用CSMA/CD系统,每个站最大可能发送分组速率等于多少?
解:
(1)纯ALOHA中,发送分组不用等待。
理想情况下,各站一个接一个发送分组,互不干扰,发送分组的最大速率为
10M/500010002pkt/s
(2)对于CSMA/C系统,信号传输速率为200m/s,对于10km电缆,单程传播时间为t10103/20050s
CSMA/C[系统发送一个分组必须等待的时间为:
2t=100us=0.1ms。
故每个站的最大可能发送分组速率为:
10M0.1ms/50000.2pkt/s。
第四章习题答案
k
例题1:
环上有k个端(3 (k1)! 种,总的环数 2 k-2种,等等,注意,这样生成的环可按两种试图顺序取得,故有 个端(Kk 2种;对于某固定端来说,自然可以生成k! 个环,从而总 n k 的环数为Cn2k! 个。 k3 例题3: 两个固定端之间的径按其经过端数分类,其中有一条不经过其他端的径,若经过k 个端,(1 ki(nk2)! 4.5试求图3-52中图的主树数目,并列举所有的主树。 4.6试证明端数n大于4的连接图都是非平面图,并求n=2,3,4的全连接图为对偶图。 证明: 设有n个端的全联接图为K.因为K5是非平面图,而当n>5时Ks是K,的子图,从而K.(n>5)均不是平面图。 一下是对偶图(注意K4为自对偶图)。 解: 首先作出图形: 经计算: 0 0 1 0 0 00 1 0 0 0 1 0 00 0 C2 C3 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 因而有 d(Vi,V 2) 1 d(Vi,V3) 2 d(Vi V4)i d(V2,V 3) 1 d(V2,V4) 2 d(V3,V4)1 其余有向径长均为8,或不存在。 4.8图有六个端,其无向距离矩阵如下: Vi V2 V3 V4 V5 V6 i. 用P算法,求出最短树。 Vi 0 1 2 3 2 1 2. 用K算法,求出最短树。 V2 1 0 1 2 3 2 3. 限制条件为两端间通信的转接次数不超过 2的 V3 2 1 0 1 2 3 最短树。 V4 3 2 1 0 1 2 V5 2 3 2 1 0 1 V6 1 2 3 1 2 0 解: 1.P算法求解: Vi,V2,V3,V6665Vi,V2,V3,V6,V5 el2e23 ViVi,V2Vi,V2,V3 04 Vi,V2,V3,V6,V5,V4 2.K算法求解: 按最小边长顺序取得: ei2e? 3634645656i此纟口果意味着最短树不唯。 3.原图有一个边长全为i的基本子图G,要求转接次数小于等于2,若选取G的任何4 个连续顶点,vivi1Vi2vi3,作为基础,然后再按要求增加边,例如以 ViV2V3V4为基础,增加V5V6,得到一个树长为7转接次数小于等于2的树T1,事 实上,以任何4个连续顶点均可得到树长为7的转接次数小于等于2的树 4.9图有六个端,端点之间的有向距离矩阵如下: Vi V2 V3 V4 V5 V6 1. 用D算法求V1到所有其他端的最短径长及其路径。 Vi 0 9 1 3 2. 用F算法求最短径矩阵和路由矩阵,并找到V2至 V2 1 0 4 7 V4和V1至V5的最短径长及路由。 V3 2 0 1 3. 求图的中心和中点。 V4 5 0 2 7 V5 6 2 8 0 5 V6 7 2 2 0 解: 1、D算法 V V2 V3 V4 V V 指定 最短径长 0 OO OO OO OO OO V w=0 9 丄 3 OO OO V3 W3=0 9 3 _2 OO V5 W5=0 8 3 7 V4 W4=0 8 7 V3 W6=0 8 V2 W2=0 2、F算法 最短路径矩阵及最短路由阵为V5,R5 V2ViV4有向距离为4,ViV3V5有向距离为2 0 9 1 3 0 2 3 4 0 0 1 0 4 7 1 0 3 0 5 0 2 0 1 1 0 0 0 5 0 W0 R0 5 0 2 7 00 0 3 0 5 6 6 2 8 0 5 0 2 3 4 0 6 7 2 2 0 1 0 3 4 5 0 0 9 1 3 0 2 3 4 0 0 1 0 2 4 7 1 0 1 1 5 0 2 11 0 5 1 1 1 0 1 5 0 W1 R1 5 0 2 7 10 0 3 0 5 6 6 2 8 0 5 0 2 3 4 0 6 7 16 2 10 2 0 1 1 3 1 5 0 0 9 1 3 16 0 2 3 4 2 0 1 0 2 4 7 1 0 1 1 5 0 2 11 0 5 1 1 1 0 1 5 0 W2 R2 5 0 2 7 20 0 3 0 5 6 7 6 2 8 0 5 2 2 3 4 0 6 7 16 2 10 2 0 1 1 3 1 5 0 0 9 1 3 2 0 2 3 4 3 0 1 0 2 4 3 1 0 1 1 3 0 2 11 0 5 1 1 1 0 1 5 0 W3 R3 37 16 5 0 2 7 33 3 3 0 5 6 4 6 2 8 0 5 3 2 3 3 0 6 4 13 2 7 2 0 3 1 3 3 5 0 0 9 1 3 2 10 0 2 3 4 3 4 1 0 2 4 3 11 1 0 1 1 3 4 2 11 0 5 1 12 1 1 0 1 5 4 W4 R4 47 16 5 0 2 7 43 3 3 0 5 6 4 6 2 7 0 5 3 2 3 3 0 6 4 13 2 7 2 0 3 1 3 3 5 0 0 8 1 3 2 7 1 0 2 4 3 8 2 7 0 5 1 6 W5 56 8 4 0 2 7 4 6 2 7 0 5 4 8 2 7 2 0 0 5 3 4 3 5 1 0 1 1 3 5 1 5 0 1 5 5 R5 55 5 5 0 5 6 3 2 3 3 0 6 3 5 3 3 5 0 中心为V3或V5 3、MajxWij5(8,8,7,8,7,8) Wij5(21,18,21,27,24,23)中心为V2 j 第五章习题答案 5.1求下图中Vs到V的最大流量fst,图中编上的数字是该边的容量。 解: 本题可以利用M算法,也可以使用最大流-最小割简单计算可知: XVs,V3,V4 XVi,V2,Vt CX,X351312 可知: 最大流为12,可以安排为fs1= 3,,fs2=5,f12=1,f2t=4, f1t=4,fs3=1,fs4=3,f3t=1, f4t=3。 5.2试移动3.54图中的一条边,保持其容量不变,是否能增大 fst? 如果可以,求此时的 最大值,但若所有转接端v1v2v3和V4的转接容量限制在4,则情况将如何? 解: 依然按照最大流-最小割定 理,若能依一边从X找到X内部至割 (X,X)中,自然可以增大流量,可以 将e34移去,改为: e41或者e42均 可
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