Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 9. Примеры 151
β(s) внутри Γ (каждый полюс считается столько раз, какова его кратность) и P (s) = (s − b1) . . . (s − bn). Тогда функции P (s) и P (s)γ(s)
аналитичны внутри област и, ограниченной Γ, и на самой Γ; кроме того,
на Γ выполнено
|P (s)|> |P (s) · γ(s)|.
По теореме Руше P (s) и P (s)[1 − γ(s)] имеют одинаковое число нулей
(заметим, что biне является нулем функции P (s) − P (s) · γ(s)), что
и требовалось.
Теорема 3. Если:
1) для некоторого R неравенство |γ(s)| < 1 выполнено при |s| > R
и Re s < 0;
2) β(s) имеет конечное число полюсов, то Φ+(s) есть рациональная
функция.
Доказательство. Пусть b1, . . . , bn— полюсы функции β(s); тогда
по теореме 2 функция 1 − γ(s) имеет n нулей в полуплоскости Re s < 0
(считая их кратности), которые обозначим через a1, . . . , an. Так как
особенности функций β(s) и Φ+(s) идентичны, то Φ+(s) имеет только
n полюсов b1, . . . , bnи n нулей a1, . . . , an. Положим
R(s) =
(s − a1) . . . (s − an)
(s − b1) . . . (s − bn)
,
Φ+(s) = θ(s) · R(s);
тогда θ(s) есть целая функция (без нулей). При достаточно малом ε0> 0
нули и полюсы функции R(s) расположены в полуплоскости Re s < −ε0,
поэтому из о г раниченности функций Φ+(s) и R−1(s) в Re s > −ε0следует ограниченность функции θ(s) = Φ+(s) · R−1(s) в полуплоскости
Re s > −ε0. Далее, так как:
1) 1 − γ(s) =
sΦ+(s)
Φ−(s)
,
2) функция 1 − γ(s) ограничена при |s| > R, Re s < 0,
3) функция
Φ−(s)
ограничена в полуплоскости Re s 6 µ,
s − λ
4) R−1(s) огра ничена при |s| > R′, где R′— достаточно большое чис-
ло, то функция
θ(s) =
s − λ
s
[1 − γ(s)] ·
Φ−(s)
s − λ
R−1(s)
ограничена при |s| > max(R, R′), Re s < 0. Слабый вариант теоремы Лиувилля дает в этом случае, что θ(s) = K = const, что и требовалось.
Таким образом,
Φ+(s) = K ·
(s − a1) . . . (s − an)
(s − b1) . . . (s − bn)
. (9)
152 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
Если выполнены условия теоремы 3, то
ω(s) =
1 −
1 −
s
b
1
s
a
1
. . .1 −
. . .1 −
s
b
n
. (10)
s
a
n
Это вытекает из следствия теоремы 1.
Как следствие теоремы 3 сформулируем утверждение, интересное
во многих частных случаях. Обозначим сначала через Snмножество
ф.р., равных нулю при отрицательных значениях аргумента и преобразование Лапласа—Стилт ьеса которых представляется в виде отношения многочленов, причем степень многочлена в знаменателе равна n
(а в числителе — меньше n).
Теорема 4. Если B(t) ∈ Sn, т.е.
β(s) =
P (s)
, (11)
Q(s)
где Q(s) — многочлен степени n, а P (s) — многочлен сте пени < n (и существует такое λ > 0, что функция eλt[1 − A(t)] имеет ограниченную
вариацию в (0, ∞)), то выполнено (10), т.е.
ω(s) =
Q(0)1 −
s
a
1
. . .1 −
, (12)
s
a
n
Q(s)
где a1, . . . , an— нули функции 1 − α(−s)β(s) в левой полуплоскости
Re s < 0.
Заметим, что можно считать, что Q(0) 6= 0, так как в противном случае P (0) = β(0) · Q(0) = 0 и можно было бы сократить дробь P (s)/Q (s)
на некоторую степень s. Отметим, что у Смита [37] эта теорема формулируется для случая P (s) ≡ 1.
Доказательство немедленно следует из теоремы 3. Так как при
достаточно больших |s|, Re s < 0, β(s) ог раничена, а α(−s) произвольно
мало, то существует такое R > 0, что
|α(−s)β(s)| < 1
при |s|> R, Re s < 0.
Пример 5. B(t) = 1 − e
−bt
, t > 0, b > 0. В этом случае β(s) =
b
s + b
и, согласно теореме 4, n = 1, a1есть единственный корень уравнения
α(−s)
b
b + s
− 1 = 0,
лежащий в лево й полуплоскости Re s < 0. Полагая a1= bρ −b, получим
α(b − bρ) = ρ.
§ 9. Примеры 153
Заметим, что по следнее уравнение имеет единственный действительный
корень в интервале (0, 1) (учесть a < b). Поэтому из (12) имеем
ω(s) =
откуда
Пример 6. α(s) = e
(b + s)a
b(a1− s)
1
= (1 − ρ)
W (t) = 1 − ρe
−1
−sa
, β(s) =
b + s
s + b − bρ
−b(1−ρ)t
b
b + s
= 1 − ρ + ρ
.
n
, т.е. вызовы поступают че-
b − bρ
s + b − bρ
,
рез постоянный интервал длины a−1, а длительность времени обслуживания имеет распределение Эрланга (n − 1)-го порядка. В этом случае
согласно теореме 4
n
(b + s)
ω(s) =
n
b
1 −
s
a
1
. . .1 −
,
s
a
n
где a1, . . . , an— корни уравнения
b
b + s
b
(1−z)
a
n
− 1 = 0,
= zn.
b + s
b
; тогда
−1
sa
e
лежащие в левой полуплоскости Re s < 0. Положим z =
−
e
По теореме Руше находим, что последнее уравнение имеет n корней
в круге |z| < 1.
Задача 1. При сохранении условий леммы
−µ+i∞
ln ω(s) = −
s
2πi
Z
z(z − s)
−µ−i∞
n
1
ln
z − λ
[1 − γ(z)]odz.
z
Указание. ω(s) = Φ+(0)/Φ+(s), откуда ln ω(s) = ln Φ+(0) −ln Φ+(s);
1
далее воспользоваться формулой теоремы 1 и соотношением
−s
=
z(z − s)
.
1
−
z
z − s
Задача 2 . Показать, что среднее время ожидания (при сохранении
условий леммы) равно
−µ+i∞
Z
1
ω1=
2πi
−µ−i∞
Указание. ω1= −ω′(0) = −[ln ω(s)]
n
1
z − λ
ln
2
z
[1 − γ(z)]odz.
z
′
; воспользоваться результа-
s=0
том задачи 1.
=
154 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
Задача 3. Пусть:
1) β(s) имеет конечное число полюсо в,
2) для некоторого R неравенство |γ(s)| < 1 выполнено при |s| > R
и Re s < 0;
тогда среднее время ожидания (в установившемся режиме) равно
ω1= b
−1
+ . . . + b
1
−1
n
− (a
−1
+ . . . + a
1
−1
n
),
где b1, . . . , bn— полюсы функции β(s); a1, . . ., an— нули функции 1 −γ(s)
в левой полуплоскости Re s < 0 (их столько же, сколько и полюсов
у функции β(s)). Показать также, что вероятность застать систему
в свободном состоянии равна
a1. . . a
n
b1. . . b
.
n
Указание. См. (10).
Задача 4. Пусть R > ε > 0 и Γ — граница области
{s: |s| 6 R, Re s > 0} ∪ {s : |s| 6 ε, Re s 6 0}.
Если для точек Γ выполнено условие |γ(s)| < 1, то число нулей функции
1 −γ(s) внутри Γ совпадает с числом полюсов функции α(−s) внутри Γ.
Указание. Доказывается так же, как теорема 2.
Задача 5. Пусть α(s) и β (s) — рациональ ные функции; показать,
что
ω1=
где a1, . . . , a
α2− 2α1β1+ β
2(α1− β1)
— нули функции 1 − γ(s) в полуплоскости Re s > 0;
N−1
2
+ a
−1
+ . . . + a
1
−1
N−1
− (b
−1
+ . . . + b
1
−1
N
),
b1, . . . , bN— полюсы функции α(−s) в полуплоскости Re s > 0.
Указание. Воспользоваться формулой задачи 2.
Задача 6. Показать, что дисперсия времени ожидания начала об-
служивания в установившемся режиме равна
−µ+i∞
σ2= −
1
πi
−µ−i∞
Указание. σ2= [ln ω(s)]
Z
′′
s=0
n
1
z − λ
ln
3
z
[1 − γ(z)]odz.
z
.
Задача 7. Рассмотрим систему обслуживания, описанную в задаче 1 предыдущего параграфа. Функции α(s), β(s), δ(s) предполагаются
дробно-рациональными. Пусть a
+
b
1
, . . . , b
+
есть нули и полюсы функции 1 − γ(s). Знаки «−» и «+» озна-
m
−
, . . . , a
1
−
n
, 0, a
+
, . . . , a
1
+
m−1
и b
−
, . . . , b
1
−
n
чают, что соответствующий нуль или полюс находятся в левой (правой)
,
§ 10. Инверсионный порядок обслуживания ненадежным прибором 155
комплексной полуплоскости. Пусть далее d
1 − δ(s)
ции
. Функция
s
1 − δ(s)
s
·
(s − a
(s − b
+
) . . . (s −b
1
+
) . . . (s −a
1
−
1
+
m−1
, . . . , d
+
)
m
)
−
— полюсы функ-
k
однозначно представляется в виде
(s − d
P (s)
−
) . . . (s − d
1
+
−
)
(s − a
k
Q(s)
+
) . . . (s −a
1
+
m−1
+ const,
)
где степени многочленов P (s) и Q(s) числителей ниже, чем степени
многочленов соответствующих знаменателей. Показать, что
где
ω(s) =
(s − b
(s − a
λ =
−
) . . . (s −b
1
−
) . . . (s −a
1
−
a
. . . a
1
−
b
. . . b
1
−
n
+ (−1)
−
n
n
−
)
n
−
)
(s − d
n
k+1
P (s)
−
) . . . (s −d
1
P (0)
·
−
d
. . . d
1
+ λo,
−
)
k
.
−
k
Указание. Воспользоваться предложением 0 § 5 Дополнения.
§ 10. Инверсионный порядок обслуживания ненадежным
прибором
Рассмотрим систему обслуживания, описанную в § 3, но с условием,
что вызовы обслуживаются не в порядке их поступления, а в инверсионном порядке, т.е. среди вызовов, ожидающих начала обслуживания,
первым обс лу живается тот, который поступил по з же остальных. Для
такой системы определим предельные распределения времени ожидания начала обслуживания и времени пребывания вызова в системе. Затем, так же как это было сделано в § 5, полученный результат будет
применен к обслуживанию с преимуществом для случая, когда вызовы
одного приоритета обслуживаются в инверсионном порядке.
Обозначим через w(t) время, которое потребовалось бы вызову ожидать начала обслуживания, если бы он поступил в момент t. Через u(t)
обозначим время пребывания вызова в системе, если бы он поступил
в момент t. Предположим, что B(+0) = E(+0) = F (+0) = 0.
Теорема 1. Существуют пределы
lim
t→+∞
Ee
−sw(t)
= ω(s), lim
t→+∞
Ee
−su(t)
= v(s),
определяемые соотношениями
ω(s) = p1+ p
1 − π(s)
2
h1· [s + a − aπ(s)]
1 − ϕ(s + a − aπ(s))
+ p
3
ϕ1· [s + a − aπ(s)]
,
156 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
π(s) = h(s + a − aπ(s)),
∞
Z
h(s) =
∞
Z
e
0
p1= p0a
−st
−st
e
0
P (t, z) dt =
h
1
−1
e(a)
P (t, δ(s)) dB(t),
1 − γ(s)
1
·
s
1 − zγ(s)
− 1i,
,
p2= 1 − p1− p3,
p3= p0ϕ1,
i
p0= (1 − ah1)hh1+
e1− h
e(a)
1
+ ϕ
−1
,
1
v(s) = ω(s) · h(s).
При этом предполагается, что ah1< 1.
Первые два момента времени ожидания и времени пребывания в системе даются формулами
ω1=
ω2=
1
2(1 − ah1)
1
(1 − ah1)
n
h
2
p
+ p
2
h
1
n
h
h
3
p
2
2
3h
1
o
ϕ
2
,
3
ϕ
1
i
h
h
2
+
ah
2
2h
1
+ p
ϕ
3
+
3
3ϕ
2ϕ
1
io
ϕ
2
ah
,
2
1
v1= ω1+ h1,
v2= ω2+ 2ω1h1+ h2.
Теперь рассмотрим систему обслуживания с преимуществом, описанную в § 5, но при этом будем предполагать, что вызовы одного приоритета обслуживаются в инверсионном порядке. Мы разберем лишь
три схемы обслуживания с прерыванием.
Для всех трех схем 1.1—1.3 обозначим через wk(t) время, которое
потребовалось бы вызову приоритета k ожидать начала обслуживания,
если бы он поступил в момент t. Через uk(t) обозначим время пребывания в системе вызова приоритета k, если бы он поступил в момент t.
Из теоремы 1, так же как и в § 5, следует
Теорема 2. Существуют пределы
lim
t→+∞
Ee
−swk(t)
= ωk(s), lim
t→+∞
Ee
−suk(t)
= vk(s),
где ωk(s) = ω(s), vk(s) = v(s), a ω(s) и v(s) определяются теоремой 1,
в которой должно быть
σ
a = ak, e(s) =
k−1
s + σ
k−1
,
§ 10. Инверсионный порядок обслуживания ненадежным прибором 157
При этом hk(s) и π
h(s) = hk(s), ϕ(s) = π
(s) определяются следующим образом.
k−1
k−1
(s).
Для схемы 1.1
k
σkπk(s) =
X
aiβi(s + σk− σkπk(s)), k = 1, . . . , r;
i=1
π0(s) = 1,
hk(s) = βk(s + σ
Для схем 1.2 и 1.3 функции hk(s) и π
k−1
− σ
k−1πk−1
(s)), σ0= 0.
(s) даются теоремами 4 и 5
k−1
§ 1 соответственно.
Мы не будем приводить детального доказательства теоремы 1, укажем лишь на основные этапы.
А. Так же как в § 3, задача немедленно сводится к случаю, когда
система не выходит из строя во время обслуживания. При этом за ф.р.
длительности обслуживания следует взять функцию H(t), определяемую соотношениями
∞
Z
h(s) =
∞
Z
−st
e
0
−st
e
P (t, δ(s)) dB(t),
0
P (t, z) dt =
1 − γ(s)
1
s
1 − zγ(s)
.
Б. Случайный процесс. Положим
ν(t) — число вызовов, находящихся в системе в момент t;
σ(t) — сл.в., принимающая значения 0 и 1 и показывающая, в каком
состоянии (исправном состоянии или состоянии восстановления)
находится система в момент t:
если σ(t) = 0, то это означает, что в момент t обслуживающий при-
бор находится в исправном состоянии; если σ(t) = 1, то это
означает, что в момент t прибор восстанавлива е тся; ξ(t) имеет различный смысл в зависимости от ν(t) и σ(t);
если ν(t) > 0 и σ(t) = 0, то ξ(t) есть длина промежутка времени,
начинающегося с момента t, до момента, когда прибор освободится от вызова, находящегося на обслуживании в момент
t; образно говоря, ξ(t) в этом случае есть остаток времени
обслуживания;
если ν(t) = 0 и σ(t) = 0, то ξ(t) есть остаток времени «жизни» при-
бора или, более точно, длина промежутка времени, начинаю-
158 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
щегося с момента t до момента, когда приб ор выйдет из строя
(если бы поток вызовов прекратился);
если σ(t) = 1, то ξ(t) есть остаток времени восстановления или, бо-
лее точно, длина промежутка времени, начинающегося с момента t, до момента, когда прибор восстановится.
Рассмотрим, далее, случайный процесс
ζ(t) = {ν(t), σ(t), ξ(t)}.
ζ(t) есть однородный марковский процесс. Положим
Fki(x, t) = P {ν(t) = k, σ(t) = i, ξ(t) < x}.
В. Составляя дифференциальные уравнения этого процесса, полагая
( lim
Fki(x, t) существуют, см. §§ 1, 3 и 5 Гл. 1)
t→+∞
Fki(x) = lim
Fki(x, t), Φi(z, s) =
t→+∞
X
k>0
∞
Z
k
−sx
z
e
dFki(x),
0
и решая получаемую при этом систему уравнений, найдем окончательно, что
(s − a + az)Φ1(z, s) = M (0) · [ϕ(a − az) − ϕ(s)],
(s − a + az)Φ0(z, s) = M (z) − M(0) ·
−h(s)nM(0) · [ϕ(a − az) − ϕ(a)] +
e(s)
e(a)
−
1
[M(z) −M (0) − zM′(0)]o,
2
где
i
M(0) = (1 − ah1)hh1+
M(z) =M(0)[z − h(a − az)]−1×
n
z
×
· [e(a − az) − h(a − az)] + h(a − az)[zϕ(a − az) −1]o.
e(a)
e1− h
e(a)
1
+ ϕ
−1
,
1
Г. П роизвольно выбранный вызов в момент своего поступления может застать систему в одном из трех состояний:
(a) — система исправна и свободна от вызовов;
(b) — прибор занят о бслуживанием вызова;
(c) — прибор восстанавливается.
Вероятности каждого из этих случаев равны соответственно
P (a) = Φ0(0, 0) = p1;
P (b) = Φ0(1, 0) − Φ0(0, 0) = p2;
§ 10. Инверсионный порядок обслуживания ненадежным прибором 159
P (c) = Φ1(1, 0) = p3.
Если вызов застает с истему в состоянии (a), то он сразу начинает
обслуживаться; в этом случае время ожидания начала обслуживания
равно нулю.
Если вызов застает систему в состоянии (b), то о с таток времени обслуживания вызова, находящегося на приборе, имеет ф.р. H1(t), преобразование Лапласа—Стилтьеса которой есть
h1(s) =
Φ0(1, s) − Φ0(0, s)
P (b)
=
1
[1 − h(s)].
sh
1
Отсюда следует, что если через Π(t) обозначить ф.р. периода занято с ти
прибора обслуживанием вызовов, то время ожидания начала обслуживания в этом случае имеет ф.р., преобразование Лапласа—Стилтьеса
которой есть
h1(s + a − aπ(s)) = h
−1
· [s + a − aπ(s)]−1· [1 − π(s)],
1
так как (см. § 1)
π(s) = h(s + a − aπ(s)).
Если вызов застает систему в состоянии (c), то остаток восстановления прибора имеет ф.р. F1(t), преобразование Лапласа—Стилтьеса
которой есть
ϕ1(s) =
Φ1(1, s)
P (c)
=
1
[1 − ϕ(s)],
sϕ
1
а время ожидания начала обслуживания в этом случае имеет ф.р., преобразование Лапласа—Стилтьеса которой есть
ϕ1(s + a − aπ(s)) = ϕ
−1
· [s + a − aπ(s)]−1· [1 − ϕ(s + a −aπ(s))].
1
Для определения ω(s) мы имеем, таким образом, следующее соотношение
ω(s) = P (a) + P (b) · h1(s + a − aπ(s))+
+ P (c) ·ϕ1(s + a − aπ(s)).
Глава 3
СИСТЕМЫ ОБСЛУЖИВАНИЯ МНОГИМИ
ПРИБОРАМИ
§ 0. Определение переходных вероятностей; бесконечное
число приборов, пуассоновский поток, произвольное время
обслуживания
Рассмотрим систему обслуживания, состоящую из бесконечного числа обслуживающих приборов (линий). Вызовы, поступающие в систему и предъявляющие требование к обслуживанию, образуют пуассоновский поток с параметром a. Каждый вызов обслуживается лишь
на одной линии. Длительность обслуживания (разговора, если использовать терминологию телефонии) любого вызова на любой линии есть
сл.в. (независимая от длите льностей обслуживания других вызовов и от
потока) с произвольной ф.р. B(t).
Обозначим через ν(t) число разговоров, ведущихся в момент t.
Предполагаем, что ν(0) = 0.
Следующая теорема 1 указывает рас пределение случайного числа
ν(t) разговоров, ведущихся в момент t.
Теорема 1.
k
P {ν(t) = k} =
ρ(t) = a
[ρ(t)]
t
Z
0
−ρ(t)
e
k!
, k > 0,
[1 − B(u)] du.
Доказательство. 1◦. Рассмотрим сначала случай, когда длитель-
ность обслуживания каждого вызова равна постоянному числу τ , т.е.
(
B(x) =
0, x 6 τ,
1, x > τ.
Если t 6 τ , то число ν(t) вызовов, находящихся в системе в момент t,
равно числу в ызовов, поступивших в систему за время t. Если же t > τ,
то число вызовов ν(t), находящихся в системе в момент t, равно числу
вызовов, поступивших в систему в промежутке от t − τ до t.
Таким о бразом, в любом случае число ν(t) вызовов, находящихся
в системе в момент t, равно числу вызовов, поступивших в систему
за определенный промежуток времени длины min(τ, t) = T . Согласно
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]