Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 8. Рекуррентный поток, произвольное время обслуживания 141
Если же w1, имеет распределение W1(t), то
∞
Z
Wr(t) =
Wr(t/x) dW1(x),
0
а по теореме Лебега
lim
r→∞
∞
Z
Wr(t/x) dW1(x) =
0
Z
0
∞
lim
Wr(t/x) dW1(x) =
r→∞
∞
Z
=
W (t) dW1(x) = W (t).
0
Последний результат показывает еще, что при α1> β1уравнение (2)
определяет единственную W(t), равную нулю при t < 0 и являющуюся ф.р. В самом деле, если W (t) еще такая же функция, то, полагая
W1(t) = W(t), из (5) получим, что W
(t) = W (t), т.e. W(t) = W (t).
r+1
Задача 1. Рассмотрим ту же систему обслуживания, которая была
в этом параграфе, но с дополнительным условием: вызов, заставший
систему в момент с воего поступления свободной от вызовов, обслуживается не сразу, а через случайное время с ф.р. D(t) (система «разогревается»). Распространить результат этого параграфа на эту систему
обслуживания.
Указание.
(
w
r+1
wr+ ur, если wr+ ur> 0,
=
θr, если wr+ ur6 0,
где {θr}— последовательность независимых одинаково распределенных
случайных величин с общей ф.р. D(t).
Задача 2. Пусть вызовы поступают группами по n вызовов в каж-
дой группе в моменты, образующие рекуррентный поток, опред е ляе мый
ф.р. A(t). Обозначим через wrдлительность ожидания начала обслуживания r-й г ру ппы (группы вызовов нумеруются в порядке пост упления). Показать, что
lim
P {wr< t} = W (t) =
r→∞
t
Z
W (t − x) dC(x), t > 0,
−∞
142 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
где
+∞
Z
−∞
−st
e
dC(t) = α(−s)[β(s)]n, Re s > 0.
γ(s) =
Задача 3. Пусть w1= 0. Показать, что при Eu1< 0
4nvaru
0 6 Wn(t) − W (t) 6
(Eu1)
1
.
2
Указание. Показать сначала, что
0 6 W
(t) − W (t) 6 P {sup
n+1
Uk> t},
k>n
и для оценки правой части использовать неравенство А. Н. Колмогорова.
Задача 4. Пусть w1= 0 и существует момент сл.в. u1порядка α > 2.
Показать, что существует константа C = Cαтакая, что при Eu1= −µ < 0
µ
C
0 6 Wn(t) − W (t) 6
n
α/2
α
·
,
α
µ
где
µα= E|u1− Eu1|α.
Указание. В силу указания к предыдущей задаче достаточно оценить вероятность
P = P {sup
Uk> t}.
k>n
Пусть
n + 1 = α0< α1< . . . ; αN→ ∞ при N → ∞; Sk= Uk− EUk.
Показать, что
P 6
X
N>0
P { sup
16k<α
|Sk| > αN· µ},
N+ 1
и к каждому слагаемому применить обоб щенное неравенство Колмогорова, см. § 11 Дополнения.
§ 9. Примеры
В этом параграфе будем заниматься решением уравнения
t
Z
W (t) =
W (t − x) dC(x), t > 0,
−∞
0, t 6 0,
(1)
§ 9. Примеры 143
для некоторых частных функций A(t) и B(t). При этом будет использован метод Винера—Хопфа. Напомним, что
∞
Z
C(t) = P {s − z < t}=
B(t + u) dA(u). (2)
0
Будем предполагать, что
A(+0) < 1, B(+0) < 1,
a−1=
∞
Z
t dA(t) < ∞, b−1=
0
∞
Z
t dB(t) < ∞,
0
a < b.
В этом случае согласно теореме § 8 уравнение (1) определяет единственную ф.р. W(t). Заметим, что интеграл, стоящий справа в (1),
представляет функцию, не убывающую на всей прямой и стремящ уюся
к 0 или 1 при t → −∞ или t → +∞ соответстве нно. В самом деле, так
как W (t) и C(t) суть ф.р., то для любых t1и t2таких, что t2> t1, имеем
t
2
Z
W (t2− x) dC(x) −
−∞
и
t
Z
W (t − x) dC(x) 6
−∞
Положим
тогда
t
1
Z
W (t1− x) dC(x) =
−∞
t
Z
−∞
W+(t) = W (t),
t
Z
W−(t) =
W (t − x) dC(x), t 6 0,
−∞
0, t > 0;
W−(t) + W+(t) =
∞
Z
=
[W (t2− x) − W (t1− x)] dC(x) > 0
−∞
dC(x) = C(t) → 0 при t → −∞.
t
Z
W+(t − x) dC(x) (3)
−∞
144 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
уже для всех t. Если теперь положить
ω+(s) =
ω−(s) =
Z
−∞
Z
−∞
∞
e
∞
e
γ(s) =
−st
dW+(t) =
−st
dW−(t) =
Z
−∞
∞
∞
Z
−st
e
dW+(t),
0
0
Z
−st
e
dW−(t),
−∞
−st
e
dC(t),
то из (3) следует
ω−(s) + ω+(s) = ω+(s) · γ(s)
или
ω−(s) + ω+(s)[1 − γ(s)] = 0. (4)
Кроме того, из (2) получаем
γ(s) = α(−s) · β(s). (5)
Отметим, что функции ω+(s), ω−(s), α(−s), β(s), γ(s) определены, по
крайней мере, на мнимой оси Re s = 0, и при этом функции ω+(s) и β(s)
аналитичны в правой полуплоскости Re s > 0, а функции ω−(s), α(−s)
аналитичны в левой полуплоскости Re s < 0.
Для применимости метода Винера—Хопфа нам потребуется следующая лемма, в которой приняты обозначения a(t), b(t), c(t) для плотностей функций A(t), B(t), C(t) соот ветственно (если последние абсолютно
непрерывны).
Лемма (Смит [37]). Если для некоторого λ > 0 либо
1) a(t) существует и функции eλta(t) и eλt[1 − B(t)] имеют огра-
ниченное изменение в (0, ∞), либо
2) b(t) существует и функции eλtb(t) и eλt[1 − A(t)] имеют ограни-
ченное изменение в (0, ∞),
то
а) C(t) абсолютно непрерывна, т.е. имеет плотность c(t);
б) функция e
λ|t|
· c(t) имеет ограниченное изме нение в (−∞, +∞);
в) для любого ε, 0 < ε < λ, функция γ(s) аналитична в полосе
−λ + ε 6 Re s 6 λ − ε;
г) γ(s) = O(1/|τ |) при s = σ + iτ, −λ + ε 6 σ 6 λ − ε.
He оговаривая каждый раз, будем предполагать, что условия леммы выполнены. Тогда функции ω+(s), β(s) аналитичны в полуплоскости Re s > −λ, функции ω−(s), α(−s) аналитичны в по лу плоскости
§ 9. Примеры 145
Re s < λ, а функция γ(s) аналитична в полосе −λ < Re s < λ. Для функ-
ций α(−s), β(s), и γ(s) это очевидно; проверим это утверждение лишь
для ω+(s) и ω−(s). Заметим, что
∞
Z
W+(t) =
W−(t) =
но согласно лемме функция e
в (−∞, +∞), поэтому функции e
W+(u)c(t − u) du, t > 0,
0
∞
Z
W+(u)c(t − u) du, t 6 0,
0
λ|t|
c(t) имеет ограниченную вариацию
λ|t|
· W+(t) и e
λ|t|
· W−(t) ог раничены
в (−∞, +∞); например, при t < 0
∞
Z
λ|t|
e
W+(u)c(t − u) du 6
0
Z
6
∞
λ|t|
e
· c(t − u) du 6
0
∞
Z
λ|t−u|
e
c(t − u) du < +∞.
0
e
λ|t|
· W−(t) =
Отметим, что так как функции W+(t) и W−(t) + W+(t) — не убывающие
в (−∞, +∞) и 0 6 W±(t) 6 1, то для всякого ε, 0 < ε < λ, функции ω+(s)
и ω−(s) ограничены в полуплоскостях Re s > −λ + ε и Re s 6 λ − ε со-
ответственно. Положим µ = λ − ε > 0 и сформулируем получившуюся
теперь задачу: пусть функция γ(s) аналитична в полосе −µ < Re s < µ;
требуется определить функции ω+(s) и ω−(s) такие, чтобы:
а) функция ω+(s) была аналитична и ограничена в полуплоскости
Re s > −µ; функция ω−(s) была аналитична и ограничена в полуплоскости Re s < µ;
б) в полосе −µ < Re s < µ выполнялось равенст во
ω−(s) + ω+(s)[1 − γ(s)] = 0;
в) ω+(0) = 1 (= W (+∞)).
Эта за дача будет решаться следующим образом. Допустим, что существует факторизация выражения γ(s) − 1, т.е. такие две функции
K+(s) и K−(s), что:
1) K+(s) аналитична в по лу плоскости Re s > −µ;
2) K−(s) а налитична в полуплоскости Re s < µ и не содержит там
нулей;
3) γ(s) − 1 =
K+(s)
, в полосе −µ < Re s < µ.
K−(s)
146 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
Предположим, кроме того, что
4)
|K+(s)| 6 M1|s|pпри |s|→ +∞ и Re s > −µ,
|K−(s)| 6 M2|s|qпри |s|→ +∞ и Re s < µ ;
тогда
ω−(s) · K−(s) = ω+(s) · K+(s), (6)
причем левая часть аналитична в полуплоскости Re s < µ, а правая в полуплоскости Re s > −µ; тем самым мы можем определит ь целую функцию F (s), полагая ее равной левой части (6) при Re s < µ и правой части
(6) при Re s > −µ. Так как
|F (s)|6 M1· |s|pпри |s| → +∞ и Re s > −µ,
|F (s)|6 M2· |s|qпри |s| → +∞ и Re s < µ ,
то по обобщенной те ореме Лиувилля функция F (s) я вляется многочленом степени не выше целой части min(p, q), так что
ω+(s) · K+(s) = K0+ K1· s + . . . + Kn· sn; (7)
теперь остается найти лишь коэффициенты этого многочлена.
Заметим, что часто функции K+(s) и K−(s) можно просто угадать.
Пример 1. A(t) = 1 −e
α(s) =
α(−s)β(s) − 1 =
−at
, B(t) = 1 − e
a
, β(s) =
a + s
−bt
. В этом случае
b
b + s
s(s + b − a)
(a − s)(b + s)
,
.
В качестве K+(s) и K−(s) можно взять
K+(s) =
s(s + b − a)
b + s
, K−(s) = a −s.
Тогда из (7) имеем
s(s + b − a)
ω(s)
b + s
= K0+ K1s;
так как ω(0) = 1, то
K0= 0, K1= 1 − ρ; ρ = a/b;
ω(s) = (1 − ρ)
откуда
W (t) = 1 − ρe
b + s
s + b − a
= 1 − ρ + ρ ·
−(b−a)t
, t > 0.
b − a
s + b − a
,
§ 9. Примеры 147
Пример 2. A(t) = 1 −e
−at
; в этом случае
α(−s)β(s) − 1 =
aβ(s) − a + s
a − s
.
3a K+(s) и K−(s) можно принять
K+(s) = aβ(s) − a + s, K−(s) = a −s.
Из (7) будем иметь
ω(s)[s − a + aβ(s)] = K0+ K1s,
откуда (ω(0) = 1)
K0= 0, K1= 1 − ρ, ρ = aβ1,
ω(s) =
Пример 3 (поток Эрланга n-го порядка). α(s) =
случае
α(−s)β(s) − 1 =
1 − ρ
1 − β(s)
1 − a
n+1
a
β(s) − (a − s)
s
(a − s)
.
n+1
n+1
a
a + s
.
n+1
. В этом
За K+(s) и K−(s) примем
K+(s) = a
n+1
β(s) − (a − s)
n+1
, K−(s) = (a − s)
n+1
.
Из (7) имеем
n+1
ω(s)[a
β(s) − (a − s)
Так как ω(0) = β(0) = 1, то K0= 0. Остальные константы K1, . . . , K
n+1
] = K0+ K1s + . . . + K
n+1
s
n+1
.
n+1
могут быть определены следующим образом. Положим s = a − az; тогда
n+1
a
ω(a − az)[β(a − az) − z
n+1
] =
= K1a(1 − z) + . . . + K
n+1
a
n+1
(1 − z)
n+1
Покажем, что функция
β(a − az) − z
n+1
.
имеет, по крайней мере, (n + 1) корней (считая их кратности) в круге
|z| 6 1. В самом деле, для всякого ε > 0 при |z| = 1 имеем
Re (ε + a − az) > 0,
|β(ε + a − az)| < 1 = |z
n+1
|,
а поэтому, согласно теореме Руше, функции
n+1
z
− β(ε + a − az) и z
n+1
148 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
имеют одинаковое число нулей в |z| < 1, т.е. (n + 1) нулей. При ε ↓ 0
получаем нужное утверждение. Теперь коэффициенты K1, . . . , K
определяются через нули функции β(a −az) − z
n+1
в |z| 6 1. Отметим,
n+1
что
K1= an[n + 1 − aβ1].
Пример 4. Пусть α(s) = P (s)/Q(s), где P (s) и Q (s) — многочле-
ны степени k и n соответственно. Можно считать, что Q(0) 6= 0, так
как в противном случае P (0) = α(0)Q(0) = 0 и дробь P (s)/Q(s) можно
сократить на степень s. Отметим еще, что корни многочлена Q(s) лежат в левой полуплоскости Re s < 0 , так как функция α(s) аналитична
в правой полуплоскости Re s > 0. Кроме того,
α(−s)β(s) − 1 =
P (−s)β(s) − Q(−s)
Q(−s)
.
В качестве K+(s) и K−(s) можно взять
K+(s) = P (−s)β(s) − Q(−s), K−(s) = Q(−s).
Из (7) получаем
ω(s)[P (−s)β(s) − Q(−s)] = K0+ K1s + . . . + Knsn,
и нам осталось определить коэффициенты K0, K1, . . . , Kn. Отметим,
что K0= 0, так как ω(0) = β(0) = 1, P (0) = Q(0). Остальные коэффициенты определяются через нули функции P (−s)β (s) − Q(−s).
Прежде чем переходить к рассмотрению других примеров, докажем
несколько утверждений.
Теорема 1. Для некоторого µ, 0 < µ < λ, существует предста-
вление
1 − γ(s) =
sΦ+(s)
Φ−(s)
такое, что Φ+(s) аналитична в полуплоскости Re s > −µ, где она огра-
ничена и не содержит нулей,
1
Φ−(s) аналитична в полуплоскости
s − λ
Re s < µ, где она ограничена и не содержит нулей. При этом за функ-
ции Φ+(s) и Φ−(s) могут быть взяты, нап ример, функции, определяемые следующими соотношениями:
ln Φ+(s) =
ln Φ−(s) = −
1
2πi
−µ+i∞
−µ−i∞
1
2πi
Z
µ+i∞
Z
µ−i∞
n
z − λ
ln
ln
n
z
z − λ
z
[1 − γ (z)]
z − s
[1 − γ(z)]
z − s
o
dz,
o
dz.
§ 9. Примеры 149
Доказательство. А. Та к как одна из функций A(t) или B(t) абсо-
лютно непрерывна, то (s = σ + iτ)
|γ(iπ)| < 1 при i 6= 0 и γ(0) = 1.
Согласно лемме γ(s) → 0 при |τ| → +∞ и −λ + ε 6 σ 6 λ − ε, поэтому
функция 1 − γ(s) может иметь в полосе −λ + ε 6 σ 6 λ − ε лишь конечное число нулей. Взяв µ достаточно малым и положительным, 0 < µ < λ,
можно добиться, чтобы 1 − γ(s) имела в полосе −µ 6 σ 6 µ лишь один
нуль s = 0. Отметим, что
d
[1 − γ(s)]
ds
= b−1−a−16= 0, поэтому нуль
s=0
s = 0 функции 1 − γ(s) является простым. Тогда функция
s − λ
[1 − γ(s)] (8)
s
ограничена и свободна от нулей в полосе −µ 6 σ 6 µ и при этом равна
1 + O(1/|τ |) (см. у тверждение г) леммы).
Б. Из того, что
|γ(iτ )| < 1, τ 6= 0,
s − λ
[1 − γ(s)] = λ(a−1− b−1) + O(s), |s| → 0,
s
|γ(iτ )| → 0 при |τ| → +∞,
следует, что полное изменение
arg
n
s − λ
s
[1 − γ(s)]
o
вдоль мнимой оси равно нулю. Кроме того, функция не имеет особенностей и нулей в полосе −µ 6 σ 6 µ. Поэт ому
ln
n
s − λ
s
[1 − γ(s)]
o
есть однозначная аналитическая функция в полосе −µ 6 σ 6 µ и при
этом
n
s − λ
ln
[1 − γ(s)]
s
o
6 M |τ|−1.
В. Нам осталось применить теорему 2 § 3Д и получить требуемое.
Следствие.
ω(s) =
В самом деле, в данном случае
K+(s) = sΦ+(s), K−(s) = −Φ−(s).
Φ+(0)
Φ+(s)
.
150 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
ε
R
Γ
Из (7) имеем
ω+(s)K+(s) = K0+ K1s,
и так как ω(0) = 1, то K0= 0, K1= Φ+(0).
Ясно, что особенности функции 1 − γ(s) в левой полуплоскости могут возникнуть только из-за особенностей β (s), так как α(−s) там аналитична. Воз можно, что некоторые нули α(−s) могут совпадать с полюсами β(s). Предполагаем, что этого не происходит. Тогда особенности
функций Φ+(s) и β(s) идентичны.
Покажем, что на некоторой малой дуге s = reiθ,
r = ε,
π
2
6 θ 6
3π
, выполнено
2
|γ(s)| < 1.
Для концов этой дуги неравенство вытекает из того, что |γ(iτ )|< 1 при τ 6= 0. Для малых |s|
γ(s) = α(−s)β(s) = 1 + s(a−1− b−1) + o(|s|),
или, полагая s = reiθ, ε1= r(a−1− b−1), получим
γ(s) = 1 + ε1eiθ+ o(|s|),
Рис. 5.
откуда
|γ(s)|2= (1 + ε1cos θ)2+ (ε1sin θ)2+ o(|s|)
или
|γ(s)|2= 1 + 2ε1cos θ + o(|s|),
поэтому при cos θ < 0, т.е. при
π
2
< θ <
3π
,
2
|γ(s)|2= 1 − 2ε1|cos θ| + o(|s|),
что и требовалось.
Пусть теперь R > ε > 0. Обозначим через Γ замкнутую кривую,
состоящую из двух полуокружностей с центрами в начале координат,
лежащих в левой полуплоскости, радиусов ε и R соответственно, и двух
отрезков мнимой оси, находящихся по разные стороны от начала координат и соединяющих концы указанных полуокружностей (рис. 5).
Теорема 2. Если β(s) — мероморфная функция и неравенство
|γ(s)| < 1 выполнено на Γ, то число нулей функции 1 − γ(s) внутри Γ
совпадает с числом полюсов β(s) внутри Γ.
Доказательство. Выше было сделано предположение, что полюсы
β(s) не совпадают с нулями α(−s). Пусть b1, . . . , bn— полюсы функции
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]