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2.2 求 M/M/m（n）中，等待时间 w 的概率密度函数。解： M/M/m（n）的概率分布为： p 0 p k r m 1 − = ( ⎡ = ∑ ⎢ ⎣ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ = 0 m ) ρ k ! m m k ! k p 0 p 0 k ρ 0 ( m ) ρ k ! k p 0 + m 1 ( m ) ρ m ! ρ − 1 − ρ mn 1 −− − 1 ⎤ ⎥ ⎦ 0 ≤≤ mk − 1 n km ≤≤ k n > 假定 n>m，n≥0，现在来计算概率 P{w>x}，既等待时间大于 x 的概率。 xwP { } > = n ∑ j = 0 xwPp } j > { • j 其中，Pj{w>x}的概率为： 0 ≤≤ mj − 1 ( xm µµ xm i ! ⋅ i ) jm n 1 −≤≤ n jm ≤≤ { > xwP 0} = j mj − ∑ xwP { } = j i = xwP { 1} = j > > 0 − e 可得： xwP { } > = mj − n 1 − ∑ ∑ P ⋅ j − xm µ e ⋅ mj = m m m ! m m m ! = = 0 n 1 − i = ⎡ ⎢ ⎣ mn 1 −− ∑ mj = i = 0 mj − e ⋅ j ρ ∑ ∑ ( xm µ − = 0 i e ⋅ P 0 P 0 i ) ( xm µ i ! + P n − ⋅ ( xm µ xm µ i ! xm im + ρµ i ! 1 ( ) m i P 0 ⋅ − ρ m ) ρ m ! i ) + n ρ ⎤ ⎥ ⎦ n − ρ − ρ + P n − ( m ) λµ − x e xwP则若n } ∞→ > { = 1 特别的，新到顾客需等待的概率为： ( m ) mρ m ! P 0 ⋅ ρ − WP { }0 = > 1 而 f w x )( = m Pm 0 ) 1(! − ρ m − xm µ e m [ ) λµρ m − ( x ( λ i ! mn −− 2 ∑ i m ) µλ mn − 0 = mn 1 −− )!1 − ] − m n µρ ( ( i ) − m m µρ ( x ( ) λ mn − mn 1 −− )!1 − 第 1 页共 26 页

在n ∞→ f w x )( = m Pm 0 m ) 1(! ρ − m ) − λµλµρ m − e ) ( m − ( x wP注： { = }0 = 1 m ∑− = 0 k P k wP { =∞= } P n 2.4 求M/D/1 排队问题中等待时间W的一、二、三阶矩m1、m2、m3，D表示服务时间为定值 b，到达率为λ。解： sG )( = s 1( ) − ρ SB )( +− λλ s 其中 sB )( ∞ = ∫0 ( δ t − eb ) − st dt = e − sb 从而 sG )( = s 1( ρ) − sbe − +− λλ s 又 sG )( = ∑∞ isg i i = 0 ⎛∴ ⎜ ⎝ ∞ ∑ i = 0 i sg i ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜⎜ ⎝ s λλ ⋅+− ∞ ∑ j = 0 ( − j ) sb j ! ⎞ =⎟⎟ ⎠ s 1( − ) ρ g = 0 1 ρ − b 1 λ − g 1 = b λ − 1(2 2 1( ) − ρ b ) 2 − λ 1( − g 2 = 3 2)( 2 λλρ 1(12 b + b ) − λ 3 4 b ) g 3 = +− 21( b b 1)( λρ λ − b 1(24 ) 4 λ − ) 4 L b ) ( ρλ = m 1 G ′−= )0( −= g 1 = Gm ′′= )0( 2 = g 2 =× 2 m 3 ′′′−= G )0( = g 3 =× 6 2 3 b λ 1(2 ) ρ − b 2( ) λρ + 1(6 ) 2 ρ − b )21( λρ + 1(4 ) 3 ρ − 4 2.5 求 M/B/1，B/M/1 和 B/B/1 排队问题的平均等待时间W ，其中 B 是二阶指数分布： f t )( = e αλ 1 − t λ 1 −+ 1( e λα 2 ) − λ 2 t λλ 2 1 , > 0 0 < α < 1 解：M/B/1 = ∫∞ SB )( 0 f et )( − st dt w 1 B ′−= )0( = w = m λ 2 1( ) − ρ = α λ 1 + 2 λλ 2 1 s = + 1( − λ 2 ) λα 2 s + αλ 1 + λ 1 1 α − = λ 2 [ ] ( ) 1 αλλαλ 2 ) λαλλ − λλλα − 2 2 2 α 2 λ 1 + 1( − B ′′= )0( w 1 2 − 2 2 1 1 2 2 2 + ) 1(2 α − 2 λ 2 = ⎛ ⎜⎜ λλρ ⎝ w 1 = α λ 1 + 1 − λ 2 ⎞ α ⎟⎟ ⎠ 第 2 页共 26 页

B/M/1 ) µσµσ B − = ( λ 1 令 = ρµ 1 λ 2 = ρµ 2 αλ 1 λµσµ + 1 1 < 的根 1 + − < α + ρρ 1 2 − σ = 0 取 σ = w = σ 1( − ) σµ = B/B/1 + − ) λα 2 + λµσµ 2 1( − ) − (1 + ρρ 2 1 2 1 ρρ − + 1 2 1( ρρµ + − 2 + − 1 2 + 21(2 − ρρα 2 − )( 1 ) (1 + (1 + ) ρρ 2 1 ρρ 2 1 − − 2 ) 21(2 − + 21(2 2 + − )( ) ρρα 2 )( ρρα 2 − − 1 1 )) 设到达的概率密度函数为 f t )( = e αλ 1 − t λ 1 −+ 1( e λα 2 ) − λ 2 t 设离去的概率密度函数为 f t )( = e αλ 3 − t λ 3 1( −+ e λα 4 ) − λ 4 t 假设 λλλλααα 4 = = = = 2 3 1 2 1 sA )( = sB )( = sBsA ( 1)( =− − ) + + + 1( ) αλ λα − 1 2 s s λ λ + + 1 2 1( ) ⎛ ⎞ ⎛ αλ λα αλ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 1 2 s s s λ λ λ + − − ⎝ ⎠ ⎝ 2 1 1 [ ] ) ( 2 s 1( ) 2 2 −+ αλλλ λα − + 2 1 1 2 s s s )( ( )( )( λλ − − + + λλ 1 2 2 1 s ts ) ( + s )( s ( )( + + λλ 2 1 t sw )( Φ = s ) − 2 = Φ k s )( + [ sS )( w 取 Φ + s )( = Φ k k = lim s 0 → sS )( w = t其中 = s )( + s λλ 21 s ( )( + λλ 1 2 s ) + 2 2 λλ 2 1 + t ( + = ) λα 2 s + 1 ⎞ −⎟⎟ ⎠ 1( − λ 2 s 4 − s ) = )( s − s ) ( λλ − 1 2 ( λλ 1 2 ts ( − s )( − s ) = 4 st s 22 − s )( − λλ 1 2 )( + s + s ) s ) w −= λλλλ 21 2 ) t ] ' s = 0 = ( + − 1 t λλ 21 2 ) 1 2 − ( αλ 1 −+ 1( λα 2 ) ) 2 = 1( − λλααλααλα 21 1(2 2( − − − + ) ) 2 2 2 2.6 在 D/D/1 排队问题中，顾客到达的时间间隔为 a，服务时间为 b，均为恒定值，且 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a≤b的情况。解：由于是 D/D/1 问题，故子系统运行情况完全确定，第一个顾客到达后，系统无顾客，第 3 页共 26 页

经过 b 后，服务完毕，顾客离去，再经过 a-b 后，下一个顾客到达。此时有： p k = b − a b ) ⎧ ⎪ ⎨ ( ⎪⎩ a a r k = d k = 1 ⎧ ⎨ 0 ⎩ k k k k = 1 = 0 0 0 = ≠ 顾客不等待时 G/G/1 0=w 上界公式 w ≤ ≤∴ w 2 2 σσ + r t t 1(2 ) ρ − 2 2 σσ + t τ t 1(2 ) ρ − p Q )( τδτ − = ( a ) tp )( ( δ = bt − ) =∴ 2 σσ t 2 τ = 0 = 0 =∴ w 0 ab 当 aτ ，将造成呼损， t≤τ 时无呼损。 t = ∫ ∞ ta )( 0 ∫ p c = ∴ tp )( c ∞ b )( ττ 则d ⋅ ∞ b ∫ t dt )( ττ d = t λ − e λ ∞ ∫ ⋅ t )2( e τµ 2 − 2 dt d µτ τ = 4 2 λµλ )2 ( 2 µλ + + ∞ ∫ 0 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： λ1+λ2 λ2 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 1λ， B 队到达率为 2λ，服务率µ，系统稳定时，应有 λρ = µ < 1 1 1 0 0 0 0 1 µ λ1 µ µ λ2 λ1 µ 1 0 1 1 λ1 µ λ1 µ 可得到特征方程如下: 第 4 页共 26 页

+ P P ( ) = λλ µ ⎧ 1 2 0 00 ⎪ P P ) ( ( + = + λλµ µ ⎪⎪ 01 00 1 2 P P P ( ) + = + µλ λµ ⎨ 11 00 01 2 1 ⎪ P P ( ) + = + + λλµ λ i i 0, 1 2 1 0,1 ⎪ − P P P ( ) + + = λµ λ µ ⎪ ⎩ i i i 1 1 1,1 − + 1, P 10 ) + ( λλ 1 2 + ) P 0 P µ i 0,1 + P + λ i 2 i i > > 0 0 0, 1,1 + 1 L 2 L 3 L 4 L 5 L 由于 4 是差分方程，不妨设其通解为： p 0 = i i xp 00 代入有： 1( + ρρ 2 1 + ) i xp 00 = 0 << x 1 Q =∴ x 0 ρ 1 1 i 1 − + xp 00 ρρ + 2 1 + xp 00 − i 1 + 1 + 2 + +−⇒ x 2 ρρρρρρ 1 2 ρρρ 1 1 2 2 ) 2 2 1( 2 + + − + = + 0 x 1 2 1 2 2 由于 5 是非齐次差分方程： p i 1,1 + +− 1( pp ) i 1 1, + ρ 1 p i 1,1 − + ρ 2 p i 0, = 0 其特征根为： 1ρ=a 假设其通解为： p i 1, i = ρ 1 A + Bx i 0 代入前式得： xB i 1 + ⋅ 0 +− 1( ) ρ 1 xB i ⋅ 0 + ρ 1 xB i 1 − ⋅ 0 + ρ 2 p 00 ⋅ x i 0 = 0 解之，得： B −= p 00 p i 1, = A i ρ 1 − xp 00 0 i Q ρ 2 p 00 + p 11 即： x 0 ) i ρ 1 − i x ] + ρ 1 ( 1 p 00 ) p = 01 ) x ρρ + + − 0 2 1 [ ( 1 ρρ + − + 1 2 xp p i = i 0 00 ， ( ρρ = + 1 2 代入 3 式得：( 1 pA = 00 ⎧ p = i 1 ， ⎪ ⎨ ⎪ p ⎩ 00 由正则条件： ) p 0 p 0 + ( ρρ 2 + 1 ) p 0 ( 1 + ρρ 2 + 1 − x 0 ∞ ) ∑ i = 0 i ρ 1 = 1 ∴ ∴ p 0 = w A = 1 1 ( + + 1 − ρ 1 )( 1 1 ρρρ + − 2 1 ∞ ( ∑ r µ r ( p 1 ρρ + + 2 ( )2 1 ρµ 1 )[ 1 1 − − + + p p r 0 ， x 00 = 0 = 0 r 1 ， 1 + 1 µ ρρ 2 ∞ ] ∑ ) = = 0 r − ( r x 0 ) ) 1 p + 00 ( 1 + ρρ 2 + 1 − x 0 r ) ρ 1 第 5 页共 26 页

P CB = ∞ ∑ 0 p = r p 00 r 1 ， ( 1 = ∞ 00 p = [ ( ∑ 1 r 0 = + ρρ + 1 2 ( ) 1 ρ − 1 + − 1 + ρρ 2 ) 0 x − p − b , 公用同一出线路，其中a类最优先， 1 2.9 排队系统中有三个队列,其到达率分别为 a λλλ , c 即线路有空闲就发送；b类次之，即a无排队时可以发送，c类最低，即a，b类均无排队时可以发送，不计正在传送的业务，各个队列的截至队长为na＝2，nb=1，nc＝0，试列出稳定状态下的状态方程，并计算 λλλ c = = b a 时，各状态的概率和三类呼叫的呼损。 − x 0 r ) ρ 1 − x r 0 ] 00 x 0 0 λa+λb+λc µ 0 0 0 λb µ 0 1 0 λa µ λa µ λa 1 0 0 2 0 0 λb µ λa λb 1 1 0 2 1 0 µ r，s，k 分别表示 a，b，c 三队中等待的呼叫数，状态以（r，s，k）表示。 b b 解：稳态方程： p p ) ( = + λλλ µ c a 0 000 p p p ( ) ( + = µλλ µ + a 000 010 100 p p p ) ( + = λµ µλλ + b a a 100 000 200 p p ( ) = µλ λ b a 200 100 p p ) ( = µλ λ a b 010 000 p p p λ µ = λ + a b 210 110 200 p p ( ) µλ λ + = + a b 110 100 + + + + + p µ 110 p 010 λ a + + ) p µ 210 + ( λλλ a c + + b ) p 0 归一条件 p 0 p 000 = p 3 ρ 0 p 100 = p 200 = 2 3 3 3 ρρ + 2 2 2 ρρ + + 3 3 ρ 2 + 2 ρρ + 2 + ∑ kjip , , = 1 若 λλλ c = = b a λρ a= 令 p 010 = p 110 = p 210 = p 0 p 0 1 1 12 3 9 2 3 4 ρ ρρ + + 2 1 2 2 ρρ + + 6 15 12 3 4 + ρρ + 2 1 2 2 ρρ + + 6 15 12 4 5 + + ρ ρ 2 2 1 2 ρρ + + 5 ρ 6 ρ µ p 0 p 0 p 0 12 6 ρ + 27 5 ρ + 2 1 2 2 ρρ + + 27 36 4 3 ρ + ρ + p 0 = 14 2 ρρ + + 5 1 C 类呼损为： pc −= 1 p 0 L= B 类呼损为： p B = p 010 + p 110 + p 210 第 6 页共 26 页

A 类呼损为： pA = p 210 + p 200 2.10 有一个三端网络，端点为 vvv , 1 , 2 ，边为 3 vve , 2 1 ( 1 ) 及 vve , 2 ( 2 ) ，v1 到 v3 的业务由 3 v2 转接，设所有的端之间的业务到达率为 λ，线路的服务率为µ的 M|M|1(1)问题，当采用即时拒绝的方式时，求： 1) 2) 3) 各个端的业务呼损。网络的总通过量。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： λ13 当 λλλλ 12 = = = 23 13 时有下列关系: p pt = λµ ⎧ 00 ⎪ ( p p p 3 + + = µλ ⎪⎪ * 01 00 ( ) p p p + = µλ µλ ⎨ 00 11 10 ⎪ ) ( p p p + = µλ µλ ⎪ 00 11 01 ) ( p p 2 ⎪ + = λµ ⎩ 01 11 p 10 + + p 10 ) 又 1=∑ p 解之得: ⎧ ⎨ ⎩ p * p p = 01 2 ρ = 11 ★ 0 0 µ λ12 µ 1 0 = p p 10 = p ρ 00 00 p这里 = 00 λ23 λ23 µ λ23 µ 0 1 λ12 µ 1 1 1 2 ρρ + 31 + 呼损 p 13 −= 1 p 00 = 3 2 ρρ 31 + + + 2 ρρ 而 p 23 = p 12 −= 1 p 00 − p 01 = 2 2 ρρ 31 + + + 2 ρρ 通过量 T = 1( ρ − p ) + 1( ρ − p 13 ) + 1( ρ − p ) = 23 12 3 2 ρρ + 31 2 ρρ + 2 + 线路利用率 η = p * + p 11 + ( p 10 + p 01 2/) = 2 2 ρρ 31 + + + 2 ρρ 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。第 7 页共 26 页

(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： 2　b/c<1。 (2)网络的平均时延：对 v1v2 和 v2v3 间的业务： w 1 = 1 1( − ) ρµ = 1 − 2 λ c b 对 v1v3 间的业务： w 2 = w 2 1 = 2 − λ2 c b (3)系统稳定时，总的通过量为：3　b/c。 (4)线路的平均利用率　=　=2　b/c。一般来说，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。 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。解： ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ qd = 00 qd + 10 qd + 20 qd + 30 id 1 = pd 3 0 d 1 − ）（ 3 qd 02 qd 12 qd 22 qd 01 + + + + qd 11 qd 21 qd 31 0 = = = 3 ∑ d d d + + p 0 d = 0 2 3 1 i 其中 p0 是第 4 个顾客被拒绝离去之后，第 3 个顾客的残余寿命中无顾客到达的概率。这里到达是随机的，可知： p 0 = 设 b ρλ =c cb / ∫ 0 c b ⋅ e t λ − dt = b λ − c e ⎛ − 1 ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ c b λ 0 = 则 ∫ q ∫ ∫ q 1 = = q b 0 2 ∞ ∞ − e 0 ∞ b λτ = ( ) d ττ ( ) e d ρττ ∞ − ∫ e 0 = b − λτ − ρ 2 e b − λτ ( ) d ττ = ∴ d 1 = 0 d 0 d 2 = e λτ ( ) λτ 2 − q 1 0 q λτ ( τδ b − ) dc τ − ρ = e 2 ρ 2 [ e 2 ρ − ρ e ( 1 +− ] 0 ) de ρ ρ 第 8 页共 26 页

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