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=

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