TCP传输过程中误码率研究

TCP 传输过程中误码率研究
假设TCP 传输过程中比特误码发生的概率为m E 。

假设一个IP 数据包包含的码元个数为N 。

可以计算出数据包正确传输的概率为
()()
m m m
NE N E E m N
m ok e E E P -⨯≈-=-=1
11，错误传输的概率则为m NE c e E --=1。

TCP 传输机制
TCP 发送方传输多个数据块，在一定时间ack wait T _内等待ACK ；如果收到后面数据块的ACK 则认为前面的数据块接收方已经收到。

假设发送方在ack wait T _时间内发送M 个数据块，码元个数为i N ，i 从1到M ；ACK 码元个数为ack N 。

接收方收到第i 个数据块正确的概率为i
ok P ，在正确接收后发送ACK 给发送方；发送方收到ACK 正确的概率为ack ok
i ok P P ⨯。

注：考虑到传输时延，如果第i 个数据块的发送时刻+时延超过ack wait T _，该数据块的ACK 接收概率为0；后续包不再考虑，M 实际取i-1。

因此第一个数据块确认收到的概率为：接收方收到第一个数据块后发送方收到其中正确ACK 的个数概率P 。

)...1()...(2121M ok ok ack ok ok ack ok M ok ack ok ok ack ok ok P P P P P P P P P P P +++⨯=⨯++⨯+=
若避免重传，要求1≥P 。

为简化计算，假设M 个数据块大小一样，是ACK 码元个数的2倍；则
2)(ack ok M ok i ok P P P ==。

便于表示，ack
ok
P X =。

1
))1(1()
...1()...(2
32121≥-+=+++⨯=⨯++⨯+=X M X P P P P P P P P P P P P M
ok ok ack ok ok ack ok M ok ack ok ok ack ok ok
M = 1, X = 1.000000, NE = 0.000000 M = 2, X = 0.837620, NE = 0.177191 M = 3, X = 0.770398, NE = 0.260848 M = 4, X = 0.728125, NE = 0.317283 M = 5, X = 0.697549, NE = 0.360183 M = 6, X = 0.673749, NE = 0.394898 M = 7, X = 0.654356, NE = 0.424104 M = 8, X = 0.638051, NE = 0.449337 M = 9, X = 0.624024, NE = 0.471566 M = 10, X = 0.611744, NE = 0.491441
结合实际，ACK 包为40字节，基于蓝色部分，则要求
93750.000991508
*40317283.0=<m E
假设：握手包/数据包分别为ACK 大小的2/3倍，则计算结果：
1
)2)12(1(1)2)12(
1()
...1()...(2
3423
2312121≥+-+=≥+-+=+++⨯=⨯++⨯+=X M X M X P X M X M X P P P P P P P P P P P P M
ok ok ack ok ok ack ok M ok ack ok ok ack ok ok
基于第一式计算：
M = 2, X = 0.851800, NE = 0.160404 M = 4, X = 0.747509, NE = 0.291008 M = 6, X = 0.695284, NE = 0.363435 M = 8, X = 0.660862, NE = 0.414210 M = 10, X = 0.635419, NE = 0.453471 基于第二式计算：
M = 2, X = 0.868837, NE = 0.140600 M = 4, X = 0.780546, NE = 0.247762 M = 6, X = 0.735445, NE = 0.307279 M = 8, X = 0.705264, NE = 0.349183 M = 10, X = 0.682706, NE = 0.381690
在E1_ATM 传输IPOA 环境，ACK 包恰好为1个ATM 信元，握手包/数据包分别
为2/3个信元；X 代表信元正确率，此时N 为53字节。

则要求
4-5.84344e 8
*530.247762
=<
m E
MX迭代计算程序
#include "stdafx.h"
#include "math.h"
int main(int argc, char* argv[])
{
double X = 1;
double NE;
for (int M = 1; M <= 10; M++)
{
for (int i = 0; i < 30; i++)
{
X = 1 + X * X * (M - 1);
NE = log(X) / 3;
X = exp(-NE);
}
printf("M = %2d, X = %f, NE = %f\n", M, X, NE);
}
return 0;
}
下行拥塞分析
如果发生下行拥塞，则所有上行的数据包ACK消息滞留中间环节，主控20秒超时检测：
BTS累计发出原始IP报文<18个握手、18个公共测量报告>，超时报文3个（3秒/8秒/18秒）；BSC累计发出39个BTS应答报文，18个握手报文，超时报文3个；拥塞环节滞留60个IP报文/200ms；当拥塞消失后，这些报文立即发送到BTS，BTS会向BSC返回60个RST报
文。

链路重新建立连接，则需要1.4秒？
M个载频，BTS->BSC则18+18M+3，BSC->BTS则18+18M+3+18+3；当M=6时，。