北邮通信网第二章信源模型和MM1排队系统习题答案

第二章 通信信源模型和M/M/1排队系统－习题答案
2-1 验证性质2-4，并且说明性质2-1和性质2-4一致。

解：两个独立的Poisson 过程，参数为 1λ和2λ。

根据定理2－2，两个Poisson 过程
的到达间隔为参数1λ和2λ的负指数分布1T ,2T 。

下面说明混合流的到达间隔，设参数
1λ的Poisson 流为红球，参数为2λ的Poisson 流为黑球。

不妨设这个时刻到达为黑球，则下一个黑球的到达间隔为2T ，而下一个红球到达间隔为1T 的残余分布，由于间隔服从负指数分布，故此残余分布于原始分布一致。

所以，混合流的到达间隔服从),m in(21T T ,也就是参数为21λλ+的负指数分布。

2
T 的原始分布
性质2－4的验证
（1）12min(,)T T T =是一个以21λλ+为参数的负指数分布
{}(){}{}
{}{}()1212121212min ,,t t t
P T t P T T t P T t T t P T t P T t e e e λλλλ---+≥=≥=≥≥=≥≥==
（3）{}11212
|P T T T t λλλ<==
+
{}{}{}
()()()()
()12111212121212010
0112
,|lim 1lim lim
1t t t t t
t
t t t t
t t P t T t t T t P T T T t P t T t t e e e e e e e λλλλλλλλλλλλλ∆→-+∆---∆-+-++∆-+∆∆→∆→≤<+∆><==≤<+∆⎡⎤--⎣⎦
==--=
+
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 λ∆+∆，λ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 μ∆+∆，μ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()()1t o t λμ-+∆+∆； 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{}k p ，令()∑∞
==+++=02
210...k k k x p x p x p p X g 称为分布
{}k p 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
)1(ρρ-=k k p 0≥k
()
'12
2''212
1
1
1()(1)(1)...(1)1[]()/1[][]()/[]([])1z k k z k k g z z z
E k g z Var k k p kp g z E k E k ρρρρρρ
ρ
ρρ=∞
∞===∴=-+-+=--∴==
-=-=+-=
-∑∑
2-4 两个随机变量X,Y 取非负整数值，并且相互独立，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X 的分布为：...,,210p p p ，Y 的分布为：...,,210q q q 由于
{}{}{}{}{}∑∑∑=-===-===-====+==k
r r
k r k r k r q p r k Y p r X p r k Y r X p k Y X p k Z p 0
,
()()()
()...
(01100110022102210)
0++++++++=++++++-k k k k x q p q p q p x q p q p q p x q x q q x p x p p
所以 g(Z)=g(X)g(Y)
对于两个独立的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：
T
k i k i e k T T p λλ-=!
)()( i=1,2 这两个分布独立
分布列的母函数分别为：
)1(0
0!)()(--∞
=-∞
====∑∑x T T Tx k T
k k i k
k k i i i i e e e e x k T x T p λλλλλ 他们母函数之积为合并流分布列的母函数，而母函数之积)1()()
1()1(2121-+--==x T x T x T e e
e λλλλ
所以 合并流为参数21λλ+的 Poisson 过程。

2-5 如果一个连续分布满足无记忆特性，证明它就是负指数分布。

无记忆特性：对于,0t s ∀≥，有{}{}|P x t s x t P x s ≥+≥=≥ 证明：
{}{}{}{}{}
{}{}{}()()()()|t
P x t s x t P x s P x t s P x s P x t P x t s P x s P x t f t s f t f s f t c e λ-≥+≥=≥≥+∴=≥≥∴≥+=≥≥∴+=∴
=⋅ 代入初始值()01f =，则1c =，故{}t
P x t e
λ-≥=
2-7 求k+1阶爱尔兰（Erlang ）分布1+k E 的概率密度。

可以根据归纳法验证，1+k E 的概率密度为x
k e k x μμμ-!
)( x>=0 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 相互独立时，且边缘密度函数分别为()X f x 和()Y f y ，则()()()Z X Y f z f x f z x dx ∞-∞
=-⎰。

1k +阶Erlang 分布是指1k +个彼此独立的参数为μ的负指数分布的和。

用归纳法。

当1k =时，需证2阶Erlang 分布的概率密度为2x
x e
μμ-
()()
221t
t
t x x
t t f t e
e
dx e dx t e μμμμμμμμ------∞
-∞
===⎰⎰
令n k =时成立，即()()!
k t
k t f t e k μμμ-= 则当1n k =+时，
()()()()
()121
()!
()
!1!
k t
t
t x x k k k k t t k t
x f t f x f t x dx e e dx
k t e x dx e k k μμμμμμμμμμ---+-∞-∞++---∞=-===+⎰⎰⎰ 得证。