1. 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 λ∆t + o ( ∆t ) , 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
µ∆t + o ( ∆t ) , 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 1 − ( λ + µ ) ∆t + o ( ∆t ) ;
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 { pk } ,令 g ( X ) = p0 + p1 x + p2 x + ... = ∑ pk x
2 k
称为分布
k =0
{ pk } 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
pk = ρ k (1 − ρ ) k ≥0
2. 1
∴ g ( z ) = (1 − ρ ) + (1 − ρ ) ρ z + ... = (1 − ρ )
1− ρz
ρ
∴ E [k ] = g ' ( z ) / z =1 =
1− ρ
∞ ∞
ρ
Var[k ] = ∑ k 2 pk − [∑ kpk ]2 = g '' ( z ) / z =1 + E[k ] − ( E [k ])2 =
(1− ρ)
2
k =1 k =1
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 Z(!!!此处应为 X ???)的分布为: p0 , p1 , p2 ... ,Y 的分布为: q0 , q1 , q2 ...
由于
k k k
p{ Z = k } = p{ X + Y = k } = ∑ p{ X = r , Y = k − r} = ∑ p{ X = r} p{Y = k − r} = ∑ p r q k − r
r =0 r =0 r =0
(p 0 )( ) ( )
+ p1 x + p 2 x 2 + ... q 0 + q1 x + q 2 x 2 + ... = p 0 q 0 + p 0 q1 + p1 q 0 x + ... + ( p 0 q k + p1 q k −1 + ... + p k q 0 ) x k + ...
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:
(λiT ) k −λiT
pk (T ) = e i=1,2 这两个分布独立
k!
分布列的母函数分别为:
∞ ∞
(λiT ) k k −λiT
∑ pk (T )x k = ∑
k =0 k =0 k!
x e = e λiTx e −λiT = e λiT ( x −1)
λ1T ( x −1) λ2T ( x −1)
他们母函数之积为合并流分布列的母函数,而母函数之积 = e e = e ( λ1 +λ2 )T ( x −1)
3. 所以 合并流为参数 λ1 + λ2 的 Poisson 过程。
2-7 求 k+1 阶爱尔兰( Erlang)分布 Ek +1 的概率密度。
( µx) k − µx
可以根据归纳法验证, Ek +1 的概率密度为 µe x>=0
k!
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 f X ( x ) 和 fY ( y ) ,则 f Z ( z ) = ∫
−∞
f X ( x ) fY ( z − x ) dx 。
k + 1 阶 Erlang 分布是指 k + 1 个彼此独立的参数为 µ 的负指数分布的和。
用归纳法。
2 −µx
当 k = 1 时,需证 2 阶 Erlang 分布的概率密度为 x µ e
t t
f1 ( t ) = ∫ µ e − µ x µ e − µ ( t − x ) dx = ∫ µ 2e − µt dx = t µ 2e − µt
−∞ −∞
( µt ) k − µt
令 n = k 时成立,即 f k ( t ) = µe
k!
则当 n = k + 1 时,
t t ( µ x )k − µ x − µ ( t − x )
f k +1 ( t ) = ∫ f k ( x ) f ( t − x ) dx = ∫ µe µe dx
−∞ −∞ k!
µ k +2 − µt t k ( µ t ) k +1 − µ t
= e ∫ x dx = µe
k! −∞
( k + 1) !
aB ( s − 1, a )
3-1 证明: B ( s, a) = s + aB ( s − 1, a)
4. a s −1 s −1
as
aB ( s − 1, a )
a ∑ ak
( s − 1)! k = 0 k ! ( s − 1)!
as
证: s + aB ( s − 1, a ) = s −1 s −1
= s −1 s
= s s ! = B( s, a )
a a
∑ a k ! s∑ a k ! + (s − 1)! ∑ a k !
k k k
s+a
( s − 1)! k =0 k =0 k =0
sB ( s, a)
3-2 证明:( 1) C ( s, a ) = s − a[1 − B ( s, a)] , s>a
1
( 2) C ( s, a ) = 1 + ( s − a)[aB ( s − 1, a )] −1 B (0, a ) = 1,且s > a
(1)证:
as s
as
∑a
k
s
sB ( s, a ) s! k! s!
= s −1
k =0
= s s −1
s − a[1 − B ( s, a )] s
a k − a ∑a k
s − a ∑a
k! ∑ k! ∑ k! s k =0 k!
k
ak
k =0 k =0 k =0
as
s! as 1
= = p0 = C ( s, a )
as s −1
s! 1− a / s
+ (1 − a / s )∑ a
k
s! k =0
k!
(2)证:
as
1 1 s!
= =
1 + ( s − a )[aB ( s − 1, a )] −1 s −1 s −1
∑a + (1 − a / s )∑ a
k s k
a
k! s! k!
1 + ( s − a) k =0 k =0
a s −1
a
( s − 1)!
as 1
= p0 = C ( s, a )
s! 1− a / s
6. −( sµ−λ) t
请证明: P{w > t} = C ( s, a )e 。
证:s>a
∞ ∞
P{w > t} = ∑ Pk {w > t} pk = ∑ Pk {w > t} pk
k =0 k =s
( sµt ) r − sµt
k −s
a s a k −s
Pk {w > t} = ∑ e , pk = ( ) p0 k≥s
r =0 r! s! s
( sµt ) r − sµt a s a k − s
∞ k −s
as ∞ k −s
( sµt ) r a k − s
P{w > t} = ∑∑ e . ( ) p0 = p 0 e [∑∑
− sµt
( ) ] 令k − s = l
k = s r =0 r! s! s s! k = s r =0 r! s
as ∞ l
( sµt ) r a l
= p 0 e [∑∑
− sµt
( ) ]
s! l =0 r = 0 r! s
交换次序,得:
as ∞ ∞
a ( sµ t )r as ∞
a 1 (sµ t )r
P{w > t}= p0 e − sµ t [∑∑ ( )l ]= p0e − sµ t [∑ ( ) r ]
s! r =0 l =r s r! s! r =0 s 1− a / s r!
as 1
= p0e − ( sµ −λ )t = C ( s , a )e − ( s µ − λ ) t
s! 1− a / s
3-12 考虑 Erlang 拒绝系统,或 M/M/s( s)系统, a= λ/μ。一个观察者随机
观察系统并且等待到下一个呼叫到来。
a
请证明:到来的呼叫被拒绝的概率为: p = a + s ⋅ B ( s, a ) 。
证:
随机观察系统,下一个到来的呼叫被拒绝的必要条件为系统在随机观察时处于
状态 s,其概率为 B(s,a)。
7. 其次,下一个到来的呼叫被拒绝必须在到达间隔 T 内,正在服务得 s 个呼叫没
有离去,这个事件的概率为 P。
− sµT
T 服从参数为 λ 的负指数分布,在 T 内没有呼叫离去的概率为: e ,
∞ λ a
则: P = ∫ e
− sµT
λe −λT dT = =
0 λ + sµ s + a
a
最后,到来的呼叫被拒绝的概率为: B ( s, a)
s+a