Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 0. Определение переходных вероятностей 161
свойствам пуассоновского потока отс юда получаем, что
k
P {ν(t) = k} =
(aT )
−aT
e
k!
.
Остается положить
t
Z
ρ(t) = aT = a min(τ, t) = a
[1 − B(u)] du.
0
2◦. Рассмотрим теперь случай, когда длительность τ обслужива-
ния одного вызова есть сл.в., принимающая конечное число значений
τ1, . . . , τnс вероятностями p1, . . . , pnсоответственно. Разобьем произ-
вольным образом множество Ω всех обслуживающих приборов на непересекающиеся множества Ω1, . . . , Ωn, каждое из которых вновь состоит
из бес конечного числа приборов. Например, если Ω = {1, 2, . . .}, то пусть
Ωi= {kn + i, k = 0, 1, 2, . . .} для i = 1, . . . , n.
Теперь поступивший вызов, требующий время на обслуживание,
равное τi, будем обслуживать на любом приборе из Ωi. Поток таких
вызовов является пуассоновским с интенсивностью api(см. § 9 главы 0).
Таким образом, исходная система распалась на n незав исимых систем того же типа, что и рассмотренные в пункте 1◦.
Длительность обслуживания вызова в системе с номером i распределена согласно
Bi(x) =
(
0, x 6 τi,
1, x > τi.
Ясно, что B(x) = p1B1(x) + . . . + pnBn(x).
Обозначим через νi(t) число вызовов, находящихся в системе с номером i в момент t. Очевидно, что
ν(t) = ν1(t) + . . . + νn(t).
Согласно предыдущему пункту
k
P {νi(t) = k} =
[ρi(t)]
−ρi(t)
e
k!
,
где
t
Z
ρi(t) = ap
[1 − Bi(u)] du.
i
0
Следовательно, ν(t) есть су мма n неза висимых сл.в. ν1(t), . . . , νn(t),
каждая из которых имеет пуассоновское распределение с пара метром
162 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
ρ1(t), . . . , ρn(t) соответственно. Отсюда заключаем, что ν(t) имеет пуассоновское распределение с параметром
ρ(t) =
n
X
i=1
ρi(t) = a
t
Z
n
X
ρi[1 − Bi(u)] du = a
i=1
0
t
Z
[1 − B(u)] du.
0
3◦. Остается заметить, что каждая ф.р. B(t) может быть с любой
степенью точности аппро ксимирована функциями вида
p1B1(t) + . . . + pnBn(t),
где каждая из ф.р. B1(t), . . . , Bn(t) является ступенчато й с одной ступенькой.
Приведем другое доказательство. Если в промежутке [0, t) поступило n вызовов пуассоновского потока, то можно считать, что моменты их поступления образуют поток Бернулли. В частности, можно
считать, что этот поток образуется из вызовов, поступающих от n независимых источников, каждый из которых посылает лишь один вызов
(с вероятностью 1) в промежутке [0, t), причем вероятность появления
вызова в интервале, содержащемся в [0, t) и имеющем длину ∆, равна
∆/t.
Обозначим через Anсобытие, заключающееся в поступлении n вызовов в [0, t). Вероятность того, что разговор, начавшийся поступлением
вызова от одного из n независимых источников (см. выше), не закончится к моменту t, равна
t
Z
[1 − B(t − u)]
0
du
t
t
Z
1
=
[1 − B(u)] du =
t
0
b(t)
t
= p
(вызов поступит в интервале [u, u + du) c вероятностью du/t и за время
t − u разговор с вероятностью 1 − B(t − u ) не закончится). Теперь
P {ν(t) = k/An} = C
k
pk(1 − p)
n
n−k
, 0 6 k 6 n,
откуда
n
E[z
ν(t)
/An] =
X
zkP {ν(t) = k/An} = [pz + (1 − p)]n,
k=0
и, наконец,
X
Ez
ν(t)
=
n>0
ν(t)
E[z
X
=
[pz + 1 − p]n·
n>0
/An] · P (An) =
(at)
n!
n
e
−at
−ρ(t)[1−z]
= e
=Xe
−ρ(t)
[ρ(t)]
k!
k
zk,
§ 0. Определение переходных вероятностей 163
что и требовалось.
Следующая тео рема 2 дает возможность определить переходные вероятности, т.е. вероятности
Pij(T, t) = P {ν(T + t) = j/ν(T ) = i, ν(0) = 0}, i, j > 0, T > 0,
а также предельные переходные вероятности
lim
Pij(T, t).
T →∞
Теорема 2.
E[x
ν(T )
· y
ν(T +t)
] =
= expn(x − 1)ρ(T ) + x(y − 1)[ρ(T + t) − ρ(t)] + (y − 1)ρ(t)o,
где
ρ(t) = a
t
Z
[1 − B(u)] du.
0
Доказательство. Пусть
ξ(T , t) — число раз г оворов, начавшихся в [0, T ) и не закончившихся
к моменту T + t;
η(t) = η(T, t) — число разговоров, начавшихся в промежутке [T, T + t)
и не закончившихся к моменту T + t (в силу стационарности потока η(T, t) не зависит от T ).
Тогда
ν(T + t) = ξ(T, t) + η(t),
ν(T ) = ξ(T, 0).
Так как η(T , t) и ξ(T, t) независимы, то
E = E[x
· y
ν(T +t)
] = Ey
η(t)
· E[x
ξ(T,0)
· y
ξ(T,t)
]. (1)
ν(T )
Далее следует цепочка рассуждений.
1◦. Вероятность того, что разговор, начавшийся в [0, T ), не будет
закончен к моменту T , равна
T
Z
p =
[1 − B(T − u)]
0
du
T
T
Z
1
=
T
0
[1 − B(u)] du =
b(T )
T
.
2◦. Если обозначить через Anсобытие, заключающееся в поступле-
нии n вызовов в [0, T ), то
P {ξ(T, 0) = i/An} = C
i
pi(1 − p)
n
n−i
, i 6 n.
164 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
3◦. Вероятность того, что разговор, начавшийся в [0, T ), не закончится к моменту T + t, равна
T
Z
¯q =
[1 − B(T + t − u)]
0
du
T
T
Z
1
=
[1 − B(t + u)] du.
T
0
4◦. С другой стороны, эта вероятность равна pq, где q — вероятность
того, что разговор, начавшийся в [0 , T ), не закончится к моменту T + t
при условии, что он не закончился к моменту T . Следовательно,
T
q = (pT )
Z
−1
[1 − B(t + u)] du =
0
b(T + t) − b(t)
b(T )
.
5◦. P{ξ(T, t) = j /ξ(T , 0) = i, An} = C
i
6◦. E[y
ξ(T,t)
/ξ(T , 0)=i, An] =
X
j=0
=
7◦. E[x
n
X
=
i=0
8◦. E[x
xiC
ξ(T,0)
=
i
n
ξ(T,0)
ξ(T,t)
n
X
· y
/An] =
xiP {ξ(T, 0) = i/An}· E[y
i=0
· y
n−i
[1 + (y − 1)q]i= {1 + p[x − 1 + x(y − 1)q]}n= αn.
] =
X
E[x
n>0
ξ(T,t)
pi(1 − p)
ξ(T,0)
9◦. Согласно теореме 1
Ey
η(T,t)
= Ey
η(0,t)
j
qj(1 − q)
i
i−j
, j 6 i 6 n.
yjP {ξ(T, t)=j/ξ(T, 0)=i, An} =
i
X
j=0
= Ey
j
yjC
qj(1 − q)
i
ξ(T,t)
/ξ(T , 0) = i, An] =
ξ(T,t)
· y
/An] · P (An) =
X
=
αne
n>0
ν(t)
= e
ρ(t)(y−1)
i−j
= [1 + (y − 1)q]i.
(aT )
−aT
·
n!
.
n
= e
aT (α−1)
.
Теперь теорема 2 следует из (1), 8◦, 9◦.
§ 0. Определение переходных вероятностей 165
Задача 1. Если в начальный момент t = 0 начались ν(0) разговоров ,
то теорема 1 заменяется на
ν(t)
Ez
= {B(t) + z[1 − B(t)]}
ν(0)
ρ(t)[z−1]
· e
.
Задача 2.
∞
Z
t dB(t) < +∞,
0
lim
P {ν(t) = k} = e−ρ·
t→+∞
k
ρ
, ρ = a
k!
независимо от ν (0).
Задача 3. Показать, что при T → +∞
ν(T )
E[x
· y
ν(T +t)
] → exp{(x − 1)ρ + x(y − 1)[ρ − ρ(t)] + (y − 1)ρ(t)},
где
ρ(t) = a
t
Z
[1 − B(u)] du, ρ = ρ(+∞) < +∞.
0
Задача 4. Пусть моменты поступления вызовов образу ют поток
Бернулли, характеризуемый числами n и T (см. § 11 Гл. 0). Вызовы обслуживаются n приборами. Длительности обслуживания вызов ов независимы в совокупности и одинаково распределены с общей ф.р. B(t).
Обозначим через ν(t) число занятых приборов в момент t. Показать,
что при t 6 T
t
(z−1)ρ(t)
Z
[1 − B(u)] du;
0
, ρ(t) = a · b(t),
ν(t)
1) Ez
2) при T =
=h1 +
(z − 1)b(t)
n
→ +∞, где a > 0,
a
Ez
i
n
ν(t)
, b(t) =
→ e
T
а поток Бернулли стремится (см. § 1 0 главы 0) к пуассоновскому с параметром a.
Задача 5. Пусть входящий по ток является пуассоновским с ведущей функцией α(t), см. § 4 главы 0. Длительность обслуживания вызова, поступившего в момент t, определяется ф.р. B(x/t). Показать, что
теорема 1 остается в силе, если под ρ(t) понимать
t
Z
ρ(t) =
[1 − B(t − x/x)] dα(x).
0
Указание. Воспользоваться вторым способом доказательства теоремы 1 и задачей 3 § 11 главы 0.
166 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
Задача 6 (продолжение). Пусть
x
Z
ρ(x, y) =
[1 − B(x + y − u/u)] dα(u); x, y > 0.
0
Показать, что
ν(T )
Ez
ν(T +t)
z
1
= exp{(z1−1)ρ(T )+(z2−1)ρ(T + t)+(z1−1)(z2−1)ρ(T, t)}.
2
Задача 7 (продолжение). Показать, что
cov {ν(T ), ν(T + t)} = ρ(T, t);
ρ(t) = ρ(t, 0) = var ν(t).
Задача 8 (продолжение). Пусть
0 6 τ0< τ1< . . . < τ
[τ0, τm) = ∆1+ . . . + ∆m; ∆k= [τ
< τm= +∞;
m−1
k−1
, τk), k = 1, . . . , m.
Обозначим через ξk— число разговоров, начавшихся в ∆1и закончившихся в промежутке ∆k. Показать, что
m
n
X
rk(zk− 1)o, |zk| 6 1,
k=1
− u/u)] dα(u).
k−1
где
Ez
rk=
ξ
ξ
1
m
1
. . . z
Z
= exp
m
τ
1
[B(τk− u/u) − B(τ
τ
0
Указание. Пусть pk— вероятность того, что разговор, начавшийся
в ∆1, закончится в ∆k. Согласно задаче 3 § 11 главы 0
τ
1
pk=
Z
[B(τk−u/u)−B(τ
τ
0
−u/u)] dα(u)/[α(τ1)−α(τ0)] =
k−1
r
k
α(τ1)−α(τ0)
.
Если Pn(∆1) — вероятность того, что в ∆1началось n разговоров, то
Ez
ξ
1
. . . z
1
X
ξ
m
=
m
n>0
Pn(∆1) =
Pn(∆1)
[α(∆1)]
X
n1+...+nm=n
n
−α(∆1)
e
n!
n!
n1! . . . nm!
n
n
1
. . . p
m
· z
m
p
1
, α(∆1) = α(τ1) − α(τ0).
n
n
1
m
. . . z
1
,
m
Задача 9 (продолжение). Пусть n — целое положительное число,
0 < t1< . . . < tn; |z1| 6 1, . . . , |zn| 6 1.
§ 0. Определение переходных вероятностей 167
Показать, что
Ez
ν(t1)
1
. . . z
ν(tn)
n
= expn−
X
rij(1 − zi. . . zj)o,
16i6j6n
где
t
i
Z
rij=
t
i−1
[B(t
rin=
− u/u) − B(tj− u/u)] dα(u), 1 6 i 6 j < n;
j+1
1 6 i 6 j 6 n с t
t
i
Z
n+1
= +∞;
[1 − B(tn− u/u)] dα(u), 1 6 i 6 n.
t
i−1
Указание. Промежуток [0, ∞) делится точками t1, . . . , tnна n + 1
непересекающихся промежутков
∆k= [t
, tk), k = 1, . . . , n + 1; t0= 0, t
k−1
n+1
= ∞.
Пусть ξij— число разговоров, начавшихся в ∆iи не закончившихся
к моменту tj; тогда
ν(t1) = ξ
ν(t2) = ξ12+ ξ
11
22
. . . . . . . . . . . . . . . .
ν(tn) = ξ1n+ ξ2n+ . . . + ξnn.
Если ηij— число ра з говоров, начавшихся в ∆iи закончившихся в ∆
j+1
то
ξij= ηij+ . . . + ηin.
Случайные векторы
(ξ11, . . . , ξ1n), (ξ22, . . . , ξ2n), . . . , (ξnn)
независимы, поэтому
n
ν(t1)
Ez
. . . z
1
Кроме того,
ν(tn)
n
= E(z
Ez
ξ
11
. . . z
1
ξ
ii
. . . z
i
ξ
ξ
1n
)(z
n
2
ξ
in
= E
n
22
. . . z
Y
j=i
ξ
2n
n
n
(zi. . . zj)
) . . . (z
η
ij
Y
i=1
Ez
ξ
ξ
ii
i
. . . z
in
n
ξ
nn
) =
n
.
Остается воспользоваться результатом предыдущей задачи.
,
.
168 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
Задача 10 (продолжение). Пусть
R =
r11r12. . . r
0 r22. . . r
. . . . . . . . . .
0 0 . . . r
v11v12. . . v
0 v22. . . v
V =
. . . . . . . . . .
0 0 .. . v
1n
2n
nn
, Z =
1n
2n
nn
, C =
z
1
z1z
2
. . . . . . . . . . . . . . . .
0 . . . 0
z
2
z1. . . znz2. . . zn. . . z
1 0 . . . 0 0
−1 1 . . . 0 0
. . . . . . . . . .
0 0 . . . 1 0
0 0 . . . −1 1
. . . 0
,
n
,
vij= cov {ν(ti), ν(tj)}, i 6 j.
Показать, что
Ez
ν(t1)
1
. . . z
ν(tn)
= e tr {−R(I − Z)} = e tr {−V CZC}, I =
n
1 0 0
1 1 0
,
1 1 1
где e tr A = exp{tr A}, tr A — след матрицы A.
Задача 11 (продолжение). Пусть ξ(t) — число вызовов, покинув-
ших систему до момента t. Показать, что если 0 < t1< . . . < tn< ∞,
то
n
E = Ez
ξ(t1)
1
ξ(t2)−ξ(t1)
· z
2
. . . z
ξ(tn)−ξ(t
n
n−1
)
= expn−
X
βk(1 − zk)o,
k=1
где
βk= β(tk) − β(t
t
Z
β(t) =
B(t − u/u) dα(u).
0
), t0= 0,
k−1
Указание. Пусть uij— число разговоров, начавшихся в ∆i=
= [t
, ti) и закончившихся в ∆j; 1 6 i 6 j 6 n. Тогда
i−1
ξ(tk) − ξ(t
) = u1k+ . . . + ukk, k = 1, . . . , n.
k−1
Случайные векторы
(u11, . . . , u1n), (u22, . . . , u2n), . . . , (unn)
независимы, поэтому
n
Y
k=1
Ez
u
k
u
kk
. . . z
n
E = E(z
u
11
. . . z
1
u
u
1n
)(z
n
2
22
. . . z
u
2n
n
) . . . (z
u
nn
) =
n
kn
.
§ 0. Определение переходных вероятностей 169
Далее воспользоваться результатом задачи 8.
Задача 12 (продолжение). Выходящий поток является пуассоновским с ведущей функцией β(t). В частности, если α(t) = at и B(x|t) =
= B(x), то мгновенная интенсивность выходящего потока в момент t
равна aB(t).
Указание. Из предыдущей задачи следует, что для любых 0 <
< t1< . . . < tnслучайные величины
ξ(t1), ξ(t2) − ξ(t1), . . . , ξ(tn) − ξ(t
n−1
)
независимы. Следовательно, выходящий поток ξ(t), t > 0, является потоком без последействия.
Задача 13. Рассмотрим n + 1 систем обслуживания, занумерован-
ных числами 1, . . . , n + 1. Каждая из систем сост оит из неограниченного
числа обслуживающих приборов. Длительность обслуживания вызова
в k-ой системе имеет ф.р. Bk(t). Входящий поток вызовов для первой
системы является пуассоновским с ведущей функцией α(t). Выходящий
поток вызовов из некоторой системы является входящим для последующей системы. Пусть ν(t) есть число за нятых приборов в момент t
для последней системы. Показать, что для каждого t сл.в. ν(t) имеет
пуассоновское распределение с параметром
ρ(t) = α ∗B1∗ . . . ∗ Bn∗ (1 − B
n+1
)(t),
где ∗ означает свертку Лапласа—Стилтьеса.
Указание. Из предыдущей задачи следует, что выходящий поток
из n-ой системы является пуассоновским с ведущей функцией αn(t), где
αk= Bk∗ α
, k > 1, α0= α.
k−1
Далее см. задачу 5.
Задача 14. Рассмотрим две независимые системы, состоящие из
неограниченного числа приборов. Входящий поток для i-о й системы
является пуассоновским с ведущей функцией αi(t); i = 1, 2. Длительность обслуживания вызов а, поступившего в i-ую систему в момент t,
имеет ф.р. Bi(x/t). Пусть νi(t)-число вызовов, находящихся в момент
t в i-ой системе. Показать, что процесс ы {ν1(t), t > 0} и {ν2(t), t > 0}
эквивалентны, если и толь ко если
для любых x > 0, y > 0, где
ρi(x, y) =
ρ1(x, y) = ρ2(x, y)
x
Z
[1 − Bi(x + y − u/u)] dαi(u).
0
170 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
Указание. См. задачу 9.
Задача 15 (продолжение). Пусть
∞
Z
x dB(x),
0
α1(t) = at, B1(x/t) = B(x), B2(x/t) = 1 − e
α2(t) =
t
Z
a(τ) dτ, a(t) = anb
0
t
Z
[1 − B(u)] du + [1 −B(t)]o.
0
−bx
, b−1=
Показать, что для каждого t > 0 ра спределения сл. величин ν1(t) и ν2(t)
совпадают.
Указание. См. задачу 5; проверить, что ρ1(x, 0) = ρ2(x, 0).
§ 1. Неординарный пуассоновский поток, бесконечное число
приборов, произвольное обслуживание
Рассмотрим такую же систему обслуживания, как в предыдущем
параграфе, но теперь будем предполагать, что вызовы могут поступать лишь в «вызывающие моменты», образующие пуассоновский поток
с параметром a, причем в каждый «вызывающий момент» поступает
k вызовов с вероятность ю akнезависимо от числа поступлений вызовов
в другие «вызывающие моменты», k > 0. Положим
X
Φ(z) =
akzk, Φ(1) = 1.
k>0
Как и прежде, обозначим через ν(t) число разговоров, ведущихся
в момент t. Предполагаем ν(0) = 0.
Предложение.
t
Z
[Φ(γ(u)) − 1] duo,
0
Ez
ν(t)
= expna
где γ(u) = B(u) + z[1 − B(u)].
Доказательство. Отметим, что поток «вызывающих моментов»,
в которые поступает ровно k > 0 вызовов, является пуассоновским с параметром aak. Поэтому поток вызовов можно представить наложением
независимых потоков L0, L1, . . . таких, что вызовы потока Lkпоступают группами из k вызовов в моменты, образующие пуассоновский
поток с параметром aak, k > 0. Далее, так как число обслуживающих
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]