??靜態 FDM 如此差的性能通過一個簡單的排隊理論計算很容易看得更清楚。我們考慮在一個容量為 C bps 的信道上發送一幀所需要的平均時延為 T。假設，隨機到達幀的平均到達率為 λ 幀/秒，幀的長度可變，其均值為每幀 \(\frac{1}{μ}\)。利用這些參數，可以計算出信道的平均服務率為 μC 幀/秒。標準排隊理論的結果是

$$T=\frac{1}{μC-λ}$$

一、先明確每個參數的物理意義

??公式涉及 4 個核心參數，先理清它們的單位和實際含義：

二、服務率 $\mu C$

??排隊論中，”服務率“指服務臺（這里是信道）每秒能處理的”顧客“（這里是幀）數量。要計算信道的服務率，需結合幀長和信道容量：

• 已知幀的平均長度為 \(\frac{1}{μ}\)（比特/幀），即每幀平均包含 \(\frac{1}{μ}\)比特。

• 信道容量 $C$是 ”每秒能傳輸的比特數“（比特 / 秒）。

??因此，信道每秒能處理的幀數 = 每秒傳輸的比特數 ÷ 每幀平均比特數，即：

$$\text{服務率} = \frac{C\ \text{比特/秒}}{\frac{1}{\mu}\ \text{比特/幀}} = \mu C\ \text{幀/秒}$$

三、排隊論核心：M/M/1模型與平均時延公式

??這里的場景對應排隊論中最簡單的 M/M/1模型：

• 顧客（幀）隨機到達，到達間隔服從指數分布（參數$\lambda$，即每秒到$\lambda$幀）；

• 服務時間（幀的傳輸時間）服從指數分布（參數為服務率$\mu C$）；

• 單服務臺（只有一個信道），隊列長度無限。

??1. 系統穩定的前提

??模型成立的條件是：到達率＜服務率（否則隊列會無限增長，系統崩潰），即：λ < μC

??2. 平均時延公式的來源

??在 M/M/1 模型中，平均時延 T 指幀從到達系統到被完全傳輸（離開系統）的總時間（含排隊等待時間+傳輸時間）。

??（1） 平均傳輸時間

??由幀的平均長度和信道速度決定，與排隊無關

??假設幀的平均長度是 \(\frac{1}{μ}\)比特，信道容量是 $C$比特/秒。那么單幀的傳輸時間（純粹在信道上發送的時間）為：

$$ \text{傳輸時間} = \frac{\text{幀長}}{\text{信道容量}} = \frac{1/\mu}{C} = \frac{1}{\mu C}\ \text{（秒/幀）} $$

??（2）平均等待時間

??等待時間的核心是隊列積壓程度，由系統的利用率$\rho$決定。利用率$\rho$是”到達率“與”服務率“的比值：$ρ = \frac{\lambda}{\mu C}$

???對于一個 M/M/1 隊列來說，在穩態下，系統中的幀數可以看作馬爾可夫鏈：從 n 幀到 n+1 幀或 n?1 幀的概率只與當前狀態有關。

??滿足平穩條件后，幀數的分布趨于穩定：

• 系統空著的概率 P(0) 是 (1?ρ)

• 系統有1幀，就是“系統已經有0幀，再來1幀”，概率乘ρ ? (1?ρ)ρ

• 系統有2幀，就是“系統已經有1幀，再來1幀”，再乘一次ρ ? (1?ρ)ρ

??一直類推。也就是說，每多一幀，就是“再來一幀”，乘一次ρ。

??系統中恰好有 n 幀的穩態概率 ：

$$P(n) = (1-\rho) \rho^n$$

?? 隊列長度是正在排隊的幀，即系統中幀的總數減去正在傳輸的1幀（如果系統非空）。因此：

$$L = \sum_{n=1}^{\infty} (n-1) \cdot P(n)$$

??當系統中有 n 幀時，排隊的幀是 n-1 個，因為1個正在傳輸。

??代入概率公式 $P(n) = (1-\rho)\rho^n$，展開求和：

$$L = \sum_{n=1}^{\infty} (n-1) \cdot (1-\rho)\rho^n = (1-\rho) \sum_{n=1}^{\infty} (n-1) \rho^n$$

??令 $k=n?1$，則：$ \sum_{n=1}^{\infty} (n-1) \rho^n = \sum_{k=0}^{\infty} k \rho^{k+1} = \rho \sum_{k=0}^{\infty} k \rho^k $

??$S_k = \sum_{k=0}^{\infty} \rho^k = 1 + \rho + \rho^2 + ... + \rho^k , | \rho | < 1$

??$\rho S_k = \sum_{k=0}^{\infty} \rho^k = \rho + \rho^2 + \rho^3 + ... + \rho^{k+1} , | \rho | < 1$

??$S_k - \rho S_k = 1 - \rho^{k+1}$

??$S_k ( 1 - \rho ) = 1 - \rho^{k+1}$

??$S_k = \frac{1-\rho^{k+1}}{1-\rho}$

$$k\to \infty$$取極限 $k\to \infty$：

??$\lim_{k \to \infty} S_k = \frac{1 - \rho^{k+1}}{1 - \rho} = \frac{1}{1 - \rho}$

??對其求導（關于 $\rho$）：

??$\fracw0obha2h00{d \rho} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \rho^k \right) = \sum_{k=0}^{\infty} k \rho^{k-1} = \fracw0obha2h00{d \rho} \frac{1}{1 - \rho} = \frac{1}{(1 - \rho)^2} $

注意：$\left( \frac{1}{v} \right)' = - \frac{(v)'}{v^{2}}$

??兩邊乘以ρ，$\sum_{k=0}^{\infty} k \rho^{k} = \frac{\rho}{(1 - \rho)^2}$

因此：$ \sum_{n=1}^{\infty} (n-1) \rho^n = \rho \cdot \frac{\rho}{(1-\rho)^2} = \frac{\rho^2}{(1-\rho)^2}$

將求和結果代入 L?，$$\$L\; =\; \backslash left(\; 1\; -\; \backslash rho\; \backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash rho^2\}\{(1-\backslash rho)^2\}\; =\; \backslash frac\{\backslash rho^2\}\{1-\backslash rho\}\$$$

??如果每秒來 λ 幀，每幀平均等 t 秒，那么隊伍里同時存在的幀的平均數量，就是每秒新來的×每個待多久。

??系統中平均隊列長度 = 到達率 × 平均等待時間，即 $L = \lambda \cdot t$ 。

??因此，平均等待時間可改寫為： $t = \frac{L}{\lambda}$

??$t = \frac{\rho^2}{\lambda (1-\rho)}$，

??因為$\rho = \frac{\lambda}{\mu C}$，所以$\lambda = \rho \cdot \mu C$。

??代入上式，$t = \frac{\rho^2}{(\rho \cdot \mu C) \cdot (1-\rho)} = \frac{\rho}{\mu C (1-\rho)} = \frac{\lambda}{\left( \mu C \right) \left( \mu C - \lambda \right)}$

??（3）平均時延 T

??平均時延 T =排隊等待時間+傳輸時間，即 $T = \frac{\rho}{\mu C \left(1-\rho\right)} + \frac{1}{\mu C}$

??通分合并后，$T = \frac{1}{\mu C - \lambda}$