使用排队理论（M/M/1模型）分析静态的 FDM

  静态 FDM 如此差的性能通过一个简单的排队理论计算很容易看得更清楚。我们考虑在一个容量为 C bps 的信道上发送一帧所需要的平均时延为 T。假设，随机到达帧的平均到达率为 λ 帧/秒，帧的长度可变，其均值为每帧 \(\frac{1}{μ}\)。利用这些参数，可以计算出信道的平均服务率为 μC 帧/秒。标准排队理论的结果是

$$T=\frac{1}{μC-λ}$$

一、先明确每个参数的物理意义

  公式涉及 4 个核心参数，先理清它们的单位和实际含义：

参数	单位	物理意义
$C$	比特 / 秒（bps）	信道总容量，即信道每秒能传输的最大比特数
$\lambda$	帧 / 秒	帧的平均到达率，即每秒随机到达的帧数
$\mu$	帧 / 比特	帧长的 “反比参数”（由帧长均值推导）
$T$	秒	帧从到达信道到被完全传输的平均时延（含等待时间 + 传输时间）

二、服务率 $\mu C$

  排队论中，”服务率“指服务台（这里是信道）每秒能处理的”顾客“（这里是帧）数量。要计算信道的服务率，需结合帧长和信道容量：

• 已知帧的平均长度为 \(\frac{1}{μ}\)（比特/帧），即每帧平均包含 \(\frac{1}{μ}\)比特。

• 信道容量 $C$是 ”每秒能传输的比特数“（比特 / 秒）。

  因此，信道每秒能处理的帧数 = 每秒传输的比特数 ÷ 每帧平均比特数，即：

$$\text{服务率} = \frac{C\ \text{比特/秒}}{\frac{1}{\mu}\ \text{比特/帧}} = \mu C\ \text{帧/秒}$$

三、排队论核心：M/M/1模型与平均时延公式

  这里的场景对应排队论中最简单的 M/M/1模型：

• 顾客（帧）随机到达，到达间隔服从指数分布（参数$\lambda$，即每秒到$\lambda$帧）；

• 服务时间（帧的传输时间）服从指数分布（参数为服务率$\mu C$）；

• 单服务台（只有一个信道），队列长度无限。

  1. 系统稳定的前提

  模型成立的条件是：到达率＜服务率（否则队列会无限增长，系统崩溃），即：λ < μC

  2. 平均时延公式的来源

  在 M/M/1 模型中，平均时延 T 指帧从到达系统到被完全传输（离开系统）的总时间（含排队等待时间+传输时间）。

  （1） 平均传输时间

  由帧的平均长度和信道速度决定，与排队无关

  假设帧的平均长度是 \(\frac{1}{μ}\)比特，信道容量是 $C$比特/秒。那么单帧的传输时间（纯粹在信道上发送的时间）为：

$$ \text{传输时间} = \frac{\text{帧长}}{\text{信道容量}} = \frac{1/\mu}{C} = \frac{1}{\mu C}\ \text{（秒/帧）} $$

  （2）平均等待时间

  等待时间的核心是队列积压程度，由系统的利用率$\rho$决定。利用率$\rho$是”到达率“与”服务率“的比值：$ρ = \frac{\lambda}{\mu C}$

​  对于一个 M/M/1 队列来说，在稳态下，系统中的帧数可以看作马尔可夫链：从 n 帧到 n+1 帧或 n−1 帧的概率只与当前状态有关。

  满足平稳条件后，帧数的分布趋于稳定：

• 系统空着的概率 P(0) 是 (1−ρ)

• 系统有1帧，就是“系统已经有0帧，再来1帧”，概率乘ρ ⇒ (1−ρ)ρ

• 系统有2帧，就是“系统已经有1帧，再来1帧”，再乘一次ρ ⇒ (1−ρ)ρ

  一直类推。也就是说，每多一帧，就是“再来一帧”，乘一次ρ。

  系统中恰好有 n 帧的稳态概率 ：

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

   队列长度是正在排队的帧，即系统中帧的总数减去正在传输的1帧（如果系统非空）。因此：

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

  当系统中有 n 帧时，排队的帧是 n-1 个，因为1个正在传输。

  代入概率公式 $P(n) = (1-\rho)\rho^n$，展开求和：

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

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

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

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

  $S_k - \rho S_k = 1 - \rho^{k+1}$

  $S_k ( 1 - \rho ) = 1 - \rho^{k+1}$

  $S_k = \frac{1-\rho^{k+1}}{1-\rho}$

$$k\to \infty$$取极限 $k\to \infty$：

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

  对其求导（关于 $\rho$）：

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

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

  两边乘以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}$

将求和结果代入 L​，$$\$L\; =\; \backslash left(\; 1\; -\; \backslash rho\; \backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash rho^2\}\{(1-\backslash rho)^2\}\; =\; \backslash frac\{\backslash rho^2\}\{1-\backslash rho\}\$$$

  如果每秒来 λ 帧，每帧平均等 t 秒，那么队伍里同时存在的帧的平均数量，就是每秒新来的×每个待多久。

  系统中平均队列长度 = 到达率 × 平均等待时间，即 $L = \lambda \cdot t$ 。

  因此，平均等待时间可改写为： $t = \frac{L}{\lambda}$

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

  因为$\rho = \frac{\lambda}{\mu C}$，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）平均时延 T

  平均时延 T =排队等待时间+传输时间，即 $T = \frac{\rho}{\mu C \left(1-\rho\right)} + \frac{1}{\mu C}$

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