Leistungsbewertung

Leistungsbewertung (LB)
Vertiefungsrichtung	Alle
Vorlesung
Vorlesender	Schäfer
Link	Vorlesungsseite
Abschluß
Art	k.A.

Klausur mit Telematik 2
Termin
Datum:	09.02.2007
Zeit:	14.30 - 16.00
Ort:	Audimax

Ergebnisse

Klausurergebnisse vom SS2007 gibts hier: Klick mich.

Anmerkungen an den Folien

Foliennummer	Komentar
2	zu Punkt 1.2 siehe ersten Teil zu Punkt 2 siehe Stochastikvorlesung
3	3.4.1 Die Markoveigenschaft - Exponentialverteilung
5	WSS korregiert zu WSN
6	geeignete Komponentenasuwahl für Systeme / Dimensionierung Tuning bisher verwendeter Systeme → Erkennung von Engpässen
7	Durchsatz → ${\frac {Jobs}{Zeit}}$
8	Analystisches Verfahren → Formelausdruck Numerisches Verfahren → Zahlenwerte
9	Softwaremonitore → Beeinträchtigung des zu messenden Systems möglich
10	O → Bedieneinheit →offenes System (Ein- & Ausgänge)
13	Markov-Prozesse → Statistisch unabhängige Prozesse
16	Zugriffsstrategien → z.B. Buszugriff
20-40	in der Vorlesung weggelassen
45	a.) Bediennungssicht b.) Wahrscheinlichkeitssicht c.) zeitliche Sicht
47	PCM-30System → 30 Kanäle
46	$t_{m}$ → mittlere Belegungsdauer c → Anzahl der Zugriffe
50	meist Exponentialfunktionen, unabhängigkeit der Ereignisse
52	Bedienzeit → im Allgemeinen nimmt man den Mittelwert
54	Mindestwertverteilung: $P(T>t)=1-P(T>t)=e^{-\lambda t}$
57	$P(A|B)={\frac {p(A,B)}{p(B)}}$ $p(T>t+s,T>t)$ → Höchstwert $1-p(T\leq t+s)$ → Mindestwert
72	p(0) - leeres System p(1) - 1 Job im System (Bedieneinheit "BE" belegt , L = 0) p(2) - BE belegt, L = 1 ... "Es dürfen im Mittel pro Zeiteinheit nicht mehr Aufträge ankommen als bedient werden können." → Stau in Warteschlange
86	Korrektur: Zustand = (k1,k2) mit k1 = Anzahl der Aufträge in Knoten 1 k2 = Anzahl der Aufträge in Knoten 2
89	Umformung der Gleichung Einsetzen von $\mu _{1}=10s^{-1}$ und $\mu _{2}=20s^{-1}$ (aus Folie 86)
90	Geburtsrate = Ankunftsrate Sterberate = Bedienrate
97	$\lambda ={\frac {1}{T_{A}}}{\mbox{ und }}\mu ={\frac {1}{T_{B}}}$
101	zur 1. Formel: $k=T_{V}\cdot \lambda$ $T_{V}={\frac {k}{\lambda }}={\frac {\rho }{\lambda (1-s)}}={\frac {1}{\mu -\lambda }}$ zur 2. Formel: $T_{W}=T_{V}-T_{B}={\frac {1}{\lambda }}\cdot {\frac {\rho ^{2}}{1-\rho }}$ $T_{W}={\frac {L}{\lambda }}{\mbox{ mit }}L={\frac {\rho ^{2}}{1-\rho }}$
108	m - Anzahl der Kanäle
110	M/M/m Verlustsystem --> keine Warteschlange
111	A - Angebot
112	k = 0 --> leeres System k = 1 --> eine Bedieneinheit belegt ...
122	$k_{ges}=k_{1}+k_{2}$ $\lambda _{ges}=\lambda _{1}+\lambda _{2}$ $T_{Vges}={\frac {k_{ges}}{\lambda _{ges}}}={\frac {\lambda _{1}T_{V1}+\lambda _{2}T_{V2}}{\lambda _{ges}}}$ --> Littlesches Gesetz mehrfach angewendet
138	$E{k_{1}}=...=2,2667$ --> Warteschlange immer belegt
144	für offene Netze: G(K)=1
150	$\rho -Auslastung$
152	$\lambda =\lambda _{04}=\lambda _{30}$ Knoten sind M/M/1-System
158-164	nicht behandelt, gleiches Prinzip wie bei Jackson-Theorem für offene Netze (nur Rechnung komplizierter ;))

Die wichtigsten Formeln

Little'sches Gesetz

$k=\lambda \cdot T_{V}$
$L=\lambda \cdot T_{w}$

Die Auslastung

$\rho ={\frac {\lambda }{\mu }}$

Der Durchsatz

$\lambda =\rho \cdot \mu =(1-p(0))\cdot \mu$

Die Verweilzeit

$T_{V}=T_{W}+T_{B}=T_{W}+{\frac {1}{\mu }}={\frac {k}{\lambda }}$

M/M/1 System

Wahrscheinlichkeit $p_{0}$	$p_{0}=1-{\frac {\lambda }{\mu }}=1-\rho$
Wahrscheinlichkeit $P_{k}$	$p_{k}=p_{0}\cdot \left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{k}=(1-\rho )\rho ^{k}$
Anzahl der Aufträge k	$k={\frac {\rho }{1-\rho }}=\lambda \cdot T_{v}$
Warteschlagenlänge L	$L={\frac {\rho ^{2}}{1-\rho }}$
Verweilzeit $T_{V}$	$E\{T_{V}\}={\frac {1}{\lambda }}\cdot {\frac {\rho }{1-\rho }}={\frac {1}{\mu -\lambda }}$
Wartezeit $T_{W}$	$E\{T_{W}\}={\frac {1}{\lambda }}\cdot {\frac {\rho ^{2}}{1-\rho }}$

M/M/m Verlustsystem

Zustandswahrscheinlichkeit	$p_{k}=p_{0}{\frac {1}{k!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{k}={\frac {{\frac {1}{k!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{k}}{\sum _{i=0}^{m}{{\frac {1}{i!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{i}}}}$
Wahrscheinlichkeit für leeres System	$p_{0}=\left[\sum _{i=0}^{m}{\frac {1}{i!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{i}\right]^{-1}$
Blockierwahrscheinlichkeit	$p_{m}={\frac {{\frac {1}{m!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{m}}{\sum _{i=0}^{m}{{\frac {1}{i!}}\left({\frac {\lambda }{\mu }}\right)^{i}}}}$

M/M/m - ${\infty }$ Wartesystem

$\rho ={\frac {\lambda }{m\cdot \mu }}$

Zustandswahrscheinlichkeit	$P_{k}=$	${\frac {p_{0}\cdot (m\cdot \rho )^{k}}{k!}}\ \$ für k=1,2,..,m-1 ${\frac {p_{0}\cdot (m\cdot \rho )^{m}}{m!}}\cdot \rho ^{k-m}\ \ \$ für $k\geq m$
Wahrscheinlichkeit leeres System		$p_{0}=\left[1+\sum _{k=1}^{m-1}{{\frac {(m\cdot \rho )^{k}}{k!}}+{\frac {(m\cdot \rho )^{m}}{m!(1-\rho )}}}\right]^{-1}$
Wahrscheinlichkeit für das Warten auf Beendigung		$p_{W}=p_{0}{\frac {(m\cdot \rho )^{m}}{m!(1-\rho )}}$
Mittlere Anzahl von Aufträgen in der Warteschlange		$E\{L\}=p_{0}{\frac {(m\cdot \rho )^{m}}{m!}}\cdot {\frac {\rho }{(1-\rho )^{2}}}=p_{W}\cdot {\frac {\rho }{(1-\rho )}}$
Mittlere Wartezeit im Bediensystem		$E\{T_{W}\}={\frac {E\{L\}}{\lambda }}={\frac {p_{W}}{\lambda }}\cdot {\frac {\rho }{1-\rho }}$
Mittlere Verweilzeit im System		$E\{T_{v}\}={\frac {p_{W}}{\lambda }}\cdot {\frac {\rho }{1-\rho }}+{\frac {1}{\mu }}$
Mittlere Anzahl von Aufträgen im Bediensystem		$E\{k\}=E\{L\}+E\{B\}=p_{W}\cdot {\frac {\rho }{1-\rho }}+m\cdot \rho =\lambda \cdot T_{V}$

Lösungen der Übungsaufgaben

Aufgabe 1

$\lambda =10{\frac {\mathit {Zugriffe}}{\mathit {Minute}}}$
1.
$P(T\leq t)=1-e^{-\lambda t}$
$\lambda ={\frac {10}{60}}{\frac {1}{s}}={\frac {1}{6}}s^{-1}$
$P(T<10s)=P(T\leq 10s)$
${\underline {\underline {P(T<10s)=0,81=81\%}}}$
2.
$P(T\geq 10s)=1-P(T\leq 10s)$
$P(T\geq 10s)=1-0,81$
${\underline {\underline {P(T\geq 10s)=0,19=19\%}}}$
3.
Gedächtnislosigkeit => wie (1)
${\underline {\underline {P=0,81}}}$

Aufgabe 2

$T_{B}=2{\mathit {min}}$
$P(T_{B}\leq t)=1-e^{-\mu t}\ \ \ \ \mu ...{\mathit {Bedienrate}}$
$\mu ={\frac {1}{T_{B}}}={\frac {1}{2}}{\mathit {min}}^{-1}$
1.
$P(T_{B}\leq 1{\mathit {min}})=1-e^{-{\frac {1}{2}}\cdot 1}$
${\underline {\underline {P(T_{B}\leq 1{\mathit {min}})=0,3935=39\%}}}$
Genauigkeit: 4-5 Stellen bei Zwischenergebnissen
2.
eine Einheit belegt:
$P_{1}(T_{B}>t)=e^{-\mu t}$
zweite Einheit belegt:
$P_{2}(T_{B}>t)=e^{-\mu t}$
beide Einheiten belegt:
$P_{G}(T_{B}>t)=P_{1}\cdot P_{2}$
$P_{G}(T_{B}>t)=e^{-\mu t}\cdot e^{-\mu t}$
${\underline {P_{G}(T_{B}>t)=e^{-2\mu t}}}$
eine Einheit frei (oder beide):
$P_{G}(T_{B}\leq t)=1-e^{-2\mu t}$
${\underline {\underline {P_{G}(T_{B}\leq t)=0,6321=63\%}}}$
3.
${\underline {\underline {P_{G}(T_{B}\leq t)=1-e^{-N\mu t}}}}$

Aufgabe 3

1.
$P(T_{A}\leq t)=1-e^{-\lambda t}$
$\lambda ...{\mathit {mittlere}}{\mathit {Ankunftsgrate}}$
$\lambda ={\frac {6}{60s}}=0,1{\frac {1}{s}}$
$P(T_{A}>t)=e^{-\lambda t}=e^{-0,1\cdot 30}=0,0498=4,98\%$
2. Anzahl gegeben: Poisson-Verteilung
$P(k)={\frac {(\lambda \cdot t)^{k}}{k!}}e^{-\lambda \cdot t}\ mit\ k=30;\ t=120s;\lambda =0,1{\frac {1}{s}}$
$P(30)={\frac {12^{30}}{30!}}e^{-12}=5,498\cdot 10^{-6}$
3.
$A=c\cdot t=\lambda \cdot t_{m}=6{\mathit {Min}}^{-1}\cdot 3{\mathit {Min}}=18{\mathit {Erlang}}$
c... Rate mit der die Nachrichten kommen
t... mittlere Belegungszeit
$\Rightarrow 18$ Kanäle werden belegt
4.
$A={\frac {18{\mathit {Erl}}}{120}}=0,15{\mathit {Erl}}$

Aufgabe 4

$\lambda _{G}=\lambda +\lambda _{r}$
$\lambda =P_{E}\cdot \lambda _{G}$

Durchsatz: $D=\lambda \cdot T_{P}$ Erfolgreich übertragene Pakete je Paketzeit

Last im Kanal: $G=\lambda _{G}\cdot T_{p}$
$D=P_{E}\cdot G\ \ \ \ P_{E}\to {\mathit {Poissonverteilt}}$

$P(k)={\frac {(\lambda t)^{k}}{k!}}e^{-\lambda t}\ \ \ t=2T_{p}$
$P(k=0)=e^{-\lambda _{G}2T_{P}}=e^{-2G}=P_{E}\to D=Ge^{-2G}$
bei slotted Aloah ist $t=1T_{P}\ \rightarrow P_{E}$ ist größer / besser

Aufgabe 5

1.
$k=\lambda \cdot T_{\mathit {verweil}}$
$T_{V}=100{\mathit {ms}}\lambda =200{\frac {1}{s}}\to k=20$
$T_{V}=T_{B}+T_{W}$
$K_{\mathit {inwarteschlange}}=L=$Warteschlangenlänge
$L=\lambda \cdot T_{W}$
$L=\lambda (T_{V}-T_{B})=\lambda \left({\frac {k}{\lambda }}-T_{B}\right)=k-T_{B}\lambda$

Aufgabe 6

1.
$T_{V}={\frac {k}{\lambda }}={\frac {120}{1500}}{\mathit {Min}}=4,8{\mathit {sec}}$
2.
${\frac {k_{1}}{T_{\mathit {V1}}}}={\frac {k_{2}}{T_{\mathit {V2}}}}\to T_{\mathit {V2}}={\frac {K_{2}}{K_{1}}}T_{\mathit {V1}}={\frac {80}{120}}T_{\mathit {V1}}={\frac {2}{3}}T_{\mathit {V1}}$

Aufgabe 7

1.
ges. $T_{B},T_{W}$
$T_{V}=T_{B}+T_{W}=20min$
$T_{A}=5min\rightarrow \lambda ={\frac {1}{5}}min$
$T_{v}={\frac {1}{\mu -\lambda }}{\rightarrow }\mu ={\frac {1}{T_{v}}}+\lambda =({\frac {1}{20}}+{\frac {1}{5}})min^{-1}={\underline {{\frac {1}{4}}\ min^{-1}}}$
${\underline {\underline {T_{B}={\frac {1}{\mu }}=4min}}}$
2.
$\rho ={\frac {\lambda }{\mu }}={\frac {1}{5}}\cdot {\frac {1}{4}}={\frac {4}{5}}={\underline {\underline {0.8}}}$
3.
$h={\frac {\rho }{1-\rho }}={\underline {\underline {4}}}$
4.
3 in Warteschlange + 1 in Bedieneinheit => 4 Jobs
$p_{4}=(1-\rho )\rho ^{4}={\underline {\underline {0,08192}}}=8,2\%$
5.
$p_{0}=1-\rho ={\underline {\underline {0,2}}}=20$

Aufgabe 8

1.

• es gilt mehrere Kanäle/Bedieneinheiten → m
• eintreffende Gespräche sind Markov-verteilt → M
  

=> Statistisch unabhängig
→ M|M|m-System ist ein gutes Modell

2. Berechnung des Angebotes
A=0,05 Erl * 80 Stationen
A=4 Erl
→ im Mittel sind 4 Kanäle belegt

Blockierungswahrscheinlichkeit:

m=8 -- Anzahl der Bedieneinheiten
${\frac {\lambda }{\mu }}=Angebot=4Erl$
$P_{8}={\frac {{\frac {1}{8!}}A^{8}}{\sum _{i=0}^{8}{A^{i}\cdot {\frac {1}{i!}}}}}={\frac {{\frac {1}{8!}}\cdot 4^{8}}{(1+4+8+10,667+10,667+8,533+5,648+3,25+1,625)}}={\frac {1,625}{53,43}}$
$P_{8}=0,0304=3\%$ Blockierwahrscheinlichkeit

Aufgabe 9

1.
$\mu ={\frac {1}{15min}}\ \ \lambda ={\frac {10}{60\min }}m=4$
$\rho ={\frac {\lambda }{m\cdot \mu }}={\frac {15}{6\cdot 4}}={\frac {5}{8}}$
$A={\frac {\lambda }{\mu }}={\frac {15}{6}}=2,5Erl$
→ im Mittel sind 2,5 Terminals belegt
2.
$P_{w}=p_{0}\cdot {\frac {(m\cdot \rho )^{m}}{m!(1-\rho )}}$ Wartewahrscheinlichkeit
$P_{0}=0,0737$ → Formel siehe Folie 120
${\underline {\underline {p_{w}=0,32}}}$
3.
$E\{L\}={\frac {P_{w}\cdot \rho }{1-\rho }}={\frac {P_{w}\cdot {\frac {5}{8}}}{1-{\frac {5}{8}}}}=0,533$ → Warteschlangenlänge
4.
$E\{h\}=E\{L\}+E\{B\}=3,033$
mit $E\{B\}=m\cdot \rho$
5.
$E\{T_{w}\}={\frac {E\{L\}}{\lambda }}={\frac {0,533}{{\frac {1}{6}}min^{-1}}}=3,198min$

Aufgabe 10

M/M/1 - System
$\mu _{1}=12,5{\frac {\mathit {Jobs}}{s}}\ \ \mu _{2}=10{\frac {\mathit {Jobs}}{s}}$
1.

(I) $\lambda _{1}=p_{11}\cdot \lambda _{1}+p_{21}\cdot \lambda _{2}+p\cdot \lambda$

(II)$\lambda _{2}=p_{21}\cdot \lambda _{1}+(1-p)\lambda$

nach einsetzen der Gleichung (II) in die Gleichung (I) ergibt sich

$\lambda _{1}=0,4\lambda _{1}+0,5(1-p)\lambda +0,2\lambda _{1}+p\lambda$
$\lambda _{1}={\frac {0,5\lambda +0,5p\lambda }{0,4}}$
${\underline {\underline {\lambda _{1}={\frac {5}{4}}\lambda (1+p)}}}$

Für $\lambda _{2}$ erhält man dann

$\lambda _{2}=(1-p)\lambda +{\frac {0,4\cdot 5}{4}}\lambda (1+p)$
$\lambda _{2}=\lambda -p\lambda +{\frac {1}{2}}\lambda +{\frac {1}{2}}p\lambda$
${\underline {\underline {\lambda _{2}={\frac {\lambda }{2}}(3-p)}}}$

Für $\rho _{1}$ und $\rho _{2}$ gilt:

$\rho _{1}={\frac {\lambda _{1}}{\mu _{1}}}={\frac {1}{12,5}}\cdot {\frac {5}{4}}\cdot \lambda (1+p)$
$\rho _{2}={\frac {\lambda _{2}}{\mu _{2}}}={\frac {1}{10}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \lambda (3-p)$

und es soll gelten $\rho _{1}=\rho _{2}$

${\frac {1}{12,5}}\cdot {\frac {5}{4}}\cdot \lambda (1+p)={\frac {1}{10}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \lambda (3-p)$

$2(1+p^{\text{*}})=3-p^{\text{*}}$

$p^{\text{*}}={\frac {1}{3}}$

Damit das System stabil ist muss gelten:

$\rho _{1}^{\text{*}}={\frac {1}{12,5}}\cdot {{\frac {5}{4}}\lambda }\cdot {\frac {4}{5}}<1$

daraus folgt dann

$\lambda <7,5$

2. $T_{A}=0,15s{\rightarrow }\lambda ={\frac {1}{0,15s}}$
$p=0,2$
Für $\rho _{1}$ und $\rho _{2}$ ergibt sich nach einsetzen und ausrechnen

$\rho _{1}=0,8<1$ → stabil

$\rho _{2}=0,933<1$ → stabil

→ die Stabilitätsbedingungen sind erfüllt

ges. $T_{V}$

1. Möglichkeit

$k_{i}=\lambda _{i}\cdot T_{\mathit {vi}}$
$k_{1}={\frac {\rho _{1}}{1-\rho _{1}}}=4$
$k_{2}={\frac {\rho _{2}}{1-\rho _{2}}}=14$
$k_{\mathit {ges}}=k_{1}+k_{2}=18$
$T_{V}={\frac {k_{\mathit {ges}}}{\lambda }}=18\cdot 0,15s={\underline {\underline {2,7s}}}$

2. Möglichkeit

$T_{\mathit {V1}}={\frac {1}{\mu _{1}-\lambda _{1}}}={\frac {1}{\mu _{1}-\rho _{1}\mu _{1}}}={\frac {1}{{\mathit {my}}_{1}(1-\rho _{1})}}={\frac {1}{2,5s}}=0,4s$

$T_{\mathit {V2}}={\frac {1}{\mu _{2}-\lambda _{2}}}=1,5s$

Dann die einzelnen Aufträger in den beiden Systemen berechnen und weiter wie bei 1.

Wahrscheinlichkeit für ein leeres System

$p_{01}=1-\rho _{1}=0,2$

$p_{02}=1-\rho _{2}=0,06{\overline {6}}$

$p_{0}G=p_{01}\cdot p_{02}=0,013{\overline {3}}=1,33\%$