通信网理论基础 课后答案.docx

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通信网理论基础课后答案

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通信网理论基础课后答案

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通信网理论基础

第二章习题

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：

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。

其中，Pj{w>x}的概率为：

可得：

特别的，新到顾客需等待的概率为：

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。

解：

其中

从而又

2.5求M/B/1，B/M/1和B/B/1排队问题的平均等待时间，其中B是二阶指数分布：

解：

M/B/1

B/M/1

B/B/1

设到达的概率密度函数为

设离去的概率密度函数为

假设

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，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：

顾客不等待时

G/G/1上界公式

当a

2.7求M/E2/1即时拒绝系统的呼损，其中E2是二阶爱尔兰分布，

解：

设相邻呼叫到达间隔为t，如果服务时间，将造成呼损，时无呼损。

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，B队到达率为，服务率，系统稳定时，应有

可得到特征方程如下:

由于4是差分方程，不妨设其通解为：

代入有：

由于5是非齐次差分方程：

其特征根为：

假设其通解为：

代入前式得：

解之，得：

代入3式得：

即：

由正则条件：

2.9排队系统中有三个队列,其到达率分别为公用同一出线路，其中a类最优先，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，并计算时，各状态的概率和三类呼叫的呼损。

解：

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。

稳态方程：

归一条件若令

C类呼损为：

B类呼损为：

A类呼损为：

2.10有一个三端网络，端点为，边为及，v1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m的M/M/1问题，当采用即时拒绝的方式时，求：

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：

当时

有下列关系:

又解之得:

呼损而

通过量

线路利用率

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:

稳定条件。

网络的平均时延。

总的通过量。

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：

2l，而服务率为：

c/b的M/M/1系统。

稳定条件为：

2lb/c<1。

网络的平均时延：

对v1v2和v2v3间的业务：

对v1v3间的业务：

系统稳定时，总的通过量为：

3lb/c。

线路的平均利用率h=r=2lb/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l，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：

列出关于dr（顾客离去时的队长）的系统方程

解出个dr.

求平均时延。

求信息包被拒绝的概率。

解：

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：

设

则

平均时延：

拒绝概率：

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c1，c2和c3，和一起排队，和一起排队，和一起排队，均不拒绝，求

各种业务的平均时延。

网络的平均时延。

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：

C1：

到达为。

服务为：

c1/b

C2：

到达为。

服务为：

c2/b

C3：

到达为。

服务为：

c3/b

C1的平均迟延为

C1的平均迟延为

C1的平均迟延为

网络的平均时延为：

各信道利用率为：

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。

解：

r与b的曲线关系如右图，从直观上来看，这也是显然的。

总线上一个包的服务时间秒，

总的呼叫量为：

，

通过量为：

通过率：

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。

解：

r与b的曲线关系如右图，从直观上来看，这也是显然的。

总线上一个包的服务时间秒，

总的呼叫量为：

，

通过量为：

通过率：

习题3.2设在一个纯ALOHA系统中，分组长度ms，总业务到达率pkt/s，试求一个消息成功传输的概率。

解：

由题意，ms，pkt/s，则系统的总业务量为

纯ALOHA系统吞吐量满足，一个消息成功传输的概率为

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，这时消息成功传输的概率为

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：

。

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：

系统的归一化总业务量等于多少？

第一次发送就成功的概率等于多少？

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，=120次/秒，=12.5ms。

（1）。

（2）。

（3）。

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：

若用纯ALOHA系统，每个站最大可能发送分组速率等于多少？

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

pkt/s

（2）对于CSMA/CD系统，信号传输速率为200m/s，对于10km电缆，单程传播时间为

CSMA/CD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：

。

第四章习题答案

例题1：

环上有k个端（3≤k≤n），此k个端的选择方式有种；对于某固定的k端来说，考虑可以生成的环，任指定一个端，下个端的选取方法公有k-1种，再下端的选法有k-2种，等等，注意，这样生成的环可按两种试图顺序取得，故有种，总的环数为

例题2：

某一固定边e确定了两个端，经过e的环数按其过余下端进行分类，若环再过k个端（1≤k≤n-2），有选法种；对于某固定端来说，自然可以生成k!

个环，从而总的环数为个。

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≤k≤n-2），则对于第一个端有（n-2）种选择，第二个端有（n-3）种选择，第k个端有（n-k-1）种选择，共有总的径数为

4.5试求图3-52中图的主树数目，并列举所有的主树。

图3-52

解：

为图的端编号为v1,v2,v3,v4。

取v3为参考点，有：

所得主树见下:

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Kn因为K5是非平面图，而当n>5时K5是Kn的子图，从而Kn（n>5）均不是平面图。

一下是对偶图（注意K4为自对偶图）。

4.7

已知一个图的邻接矩阵如左，画出此图，并求各端之间的最小有向径长。

对所绘制图形的端点进行编号，得邻接矩阵。

解：

首先作出图形：

经计算：

因而有

其余有向径长均为∞，或不存在。

4.8图有六个端，其无向距离矩阵如下：

用P算法，求出最短树。

用K算法，求出最短树。

限制条件为两端间通信的转接次数不超过2的最短树。

解：

P算法求解：

K算法求解：

按最小边长顺序取得：

此结果意味着最短树不唯一。

原图有一个边长全为1的基本子图G1，要求转接次数小于等于2，若选取G1的任何4个连续顶点，,作为基础，然后再按要求增加边，例如以为基础，增加，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：

用D算法求V1到所有其他端的最短径长及其路径。

用F算法求最短径矩阵和路由矩阵，并找到V2至V4和V1至V5的最短径长及路由。

求图的中心和中点。

解：

1、D算法

2、F算法

最短路径矩阵及最短路由阵为W5，R5

有向距离为4，有向距离为2

3、中心为V3或V5

中心为V2

第五章习题答案

5.1求下图中Vs到Vt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：

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找到内部至割中，自然可以增大流量，可以将e34移去，改为：

e41或者e42均可，使总流量增至12＋2＝14。

当vi（i=1,...4）的转接容量限制到4时，等效图为右图，对于3.11中的流量分配，在本题限制下，若将fs2由5改为4即得到一个流量为11的可行流。

但若，则，换句话说就是11已是最大流。

5.3图3.55中的Vs和Vt间要求有总流量fst＝6，求最佳流量分配，图中边旁的两个数字前者为容量，后者为费用。

解：

图1

本题可以任选一个容量为6的可行流，然后采用负价环法，但也可用贪心算法，从Vs出发的两条线路费用一样，但进入Vt的两条路径费用为7和2，故尽可能选用费用为2的线路，得下图1。

再考虑V0，进入V0的两条路径中优先满足费用为3的路径，得：

图2，很容易得到最后一个流量为fst=6的图3，边上的数字为流量安排。

总的费用为

易用负价环验证图4的流量分配为最佳流量分配。