B( )
1 1 (1 )2 1 2 令 取 0 1的根
1
2
2
1 1 2 1 ( 1 2 ) 2 2(1 2 )( 1 2 ) 2 w
解： 设相邻呼叫到达间隔为 t，如果服务时间 t ，将造成呼损， t 时无呼损。
pc (t ) b( )d
t 0 t

则
t 0
pc a (t ) b( )d dt e
(2 ) e
2 t

2
2 4 d dt ( 2 )2
可得：
n 1
0 j m 1 ( mx ) i!
i
j m i 0
m j n 1 m jn
P{w x} Pj e mx
j m i 0
j m
( mx ) i Pn i!
m m n 1 j j m mx ( mx ) i P0 e n m! j m i! i 0 m i m i n n m 1 m ( mx ) P0 e mx Pn m! i! 1 i 0
'

1
取
(s)
s(t s) ( 1 s )( 2 s ) w(s)
s(t s ) ( 1 s )( 2 s )
k lim
s 0
(s) t s 1 2 k ( 1 s )( 2 s ) (t s ) t
1 1 2
m 2 1 1 2 2 2 w (1 ) 1 2 2 2 1 2 2 (1 )1 2 2
B/M/1


1
2

2(1 )
2
2
w1
1

1 2
m n
( m ) n m 1 ] ( n m 1)!
在n 注：
m m P0 f w ( x) m ( m ) e ( m ) x m! (1 )
m 1 k 0
P{w 0} Pk
P{w } Pn
2.4 求M/D/1 排队问题中等待时间W的一、二、三阶矩m 1 、m 2 、m 3 ，D表示服务时间为定值b， 到达率为 。 解：
m1 G(0) g1
b 2 2(1 )
( 2 ) b 3 6(1 )2 (1 2 )b4 4(1 )3
m2 G(0) g 2 2
m3 G(0) g3 6
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：
2
1 (1 ) 2 A( s ) B ( s ) 1 s s 2 1

2 1
2 1 (1 ) 2 s 2 s 4 t2s2 s4 2 ( 1 s )( 2 s )( 1 s )( 2 s ) ( 1 s )( 2 s )( 1 s )( 2 s ) (s) k (s)


由正则条件：
p 0 1 2 p 0 1 1 2 x 0 1i 1
i 0


p0 wA
1 1 1 1 1 2 1 1 2 x 0 1

1 r 1 p r， r 1 p 00 1 1 2 x 0 1 r 0 p r， 1 p 00 1 1 2 x 0
3
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p k ，顾客到达时队列的长度为k的概率v k ，顾 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， 客离去时队列的长度d k ， 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：
s(1 )
g 0
1 1 b
(1 )( 2b 3 2 b 4 ) b 2 (1 ) g2 g1 12(1 b) 3 2(1 b) 2
( b )
g3
(1 2b)(1 )b4 24(1 b)4
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：
m1 ( m ) k ( m ) m 1 n m1 p0 p0 m! 1 r 0 k!
( m ) k k! p 0 pk m m k k! p 0 0
t 0
2 2
2 t 2 w 0 ,以恒定的速率增加顾客，即每隔 1。
ab 时间后，系统队列长度增长 ab
2.7 求M/E 2 /1 即时拒绝系统的呼损，其中E2 是二阶爱尔兰分布， b( )
( 2 ) 2 e 2
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。
4
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 ，系统稳定 时，应有 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 1
(1 )

1 1 2 1 ( 1 2 ) 2 2(1 2 )( 1 2 )
(1 1 2 1 ( 1 2 ) 2 2(1 2 )( 1 2 ) )
由于 4 是差分方程，不妨设其通解为： p i 0 p 00 x
i
1 2 3 4 5
代入有：
(1 1 2 ) p00 x i 1 p00 x i 1 p00 x i 1 x 2 (1 1 2 ) x 1 0 0 x 1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 x0 2
Sw (s)
w S w ( s ) s 0
1 2 ( 1 2 ) t 1 2 t
(1 2 ) 1 ( 2 2 ) 2 2 (1 ) 1 2
2 2
其中
1 2 2 2 ( 1 (1 ) 2 ) 2
f (t ) 1e 1t (1 )2e 2t
f (t ) 3e 3t (1 )4 e 4t
2 4
2
1 3
A( s ) B ( s )
(1 ) 2 1 2 s 1 s 1 (1 ) 2 s s 2 1
G ( s)
s(1 ) s B ( S )
其中
B( s ) (t b)e st dt e sb
0

从而
s(1 ) G(s) s e sb
又
G( s) g i s i
i 0

( sb) j i g i s s j! j 0 i 0
若n 则
P0 ( m ) m ( m ) x P{w x} e m! 1
特别的，新到顾客需等待的概率为：
P0 ( m) m P{W 0} 1 m!
1
而
f w ( x)
nm2 m m P0 ( x ) i ( x ) n m 1 e m x [ m ( m ) m m ( n m 1)! m! (1 ) i! i 0
解之，得： B 代入 3 式得：
p00
1 1 p01 2 p00 p11
pi ,1 A1i p00 x0
即：
i
5
A p00 1 1 2 x0
i i pi， 1 p00 1 1 2 x0 1 x i pi， 0 p00 x p00 1 2 p0
2 2
由于 5 是非齐次差分方程：
pi 1,1 (1 p1 ) pi ,1 1 pi 1,1 2 pi , 0 0
假设其通解为：
其特征根为： a
1
pi ,1 A1 Bx0
i
i
代入前式得：
i 1 i i 1 i B x0 (1 1 ) B x0 1B x0 2 p00 x0 0
n
1
0 k m 1 mk n 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。
P{w x} p j Pj {w x}
j 0
其中，P j {w>x}的概率为：
Pj {w x} 0 Pj {w x} e mx Pj {w x} 1
b a p k (a b ) a 1 rk d k 0
顾客不等待时 w 0
k 1 k0 k0 k0
w