Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 1. Неординарный пуассоновский поток 171
приборов бесконечно, то можно их разбить на бесконечное чис ло непересекающихся групп Γ0, Γ1, . . . приборов, каждая из которых состоит
из бесконечного числа их, и вызовы потока Lkобслуживать лишь приборами из группы Γk, k > 0. Если обозначить теперь через νk(t) число
разговоров, ведущихся в момент t в группе Γk, то
X
и
Найдем Ez
ν(t) =
ν(t)
Ez
νk(t)
. Пусть Anозначает событ ие, заключающееся в поступ-
νk(t)
k>0
Y
k>0
Ez
νk(t)
. (1)
=
лении n групп вызовов (по k в каждой группе) потока Lkв промежутке
[0, t). Если событие Anосуществилось, то моменты поступления этих
групп вызовов образуют поток Бернулли.
Если одна из групп вызовов поступила в момент из [u, u + du), u < t
(с вероятностью du/t), то каждый вызов эт ой группы не закончит обслуживаться к моменту t с вероятностью 1 − B(t − u), а значит, производящая функция числа вызовов этой группы, не закончивших обслуживаться к моменту t, равна
{B(t − u) + z[1 − B(t − u)]}k.
Таким образом, если некоторая группа вызовов поступила в [0, t), то
производящая функция числа вызовов этой группы, не закончивших
обслуживаться к моменту t, равна
1
Z
{B(t − u) + z[1 − B(t − u)]}
0
du
k
=
t
t
Z
1
=
{B(u) + z[1 − B(u)]}kdu = p. (2)
t
0
Отсюда следует, что
νk(t)
E[z
/An] = pn,
что дает
Ez
νk(t)
X
=
n>0
P (An) · E[z
νk(t)
/An]=
X
n>0
−akat
e
(akat)
n!
n
· pn=e
aakt(p−1)
. (3)
Теперь предложение следует из (1)—(3).
172 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
Задача. Показать, что среднее число разговоров, ведущихся в момент t, и дисперсия этого числа при условии, что в начальный момент
все линии были свободны, равны соответственно
t
Z
aΦ′′(1)
aΦ′(1)
t
Z
[1 − B(u)]2du + aΦ′(1)
0
[1 − B(u)] du,
0
t
Z
[1 − B(u)] du.
0
§ 2. Определение переходных вероятностей; бесконечное
число приборов, рекуррентный поток, экспоненциальное
обслуживание
В систему обслуживания, состоящую из бесконечного числа обслуживающих приборов, поступае т рекуррентный поток вызовов, определяемый ф.р. A(t), A(+0) < 1. Каждый вызов обслуживается лишь одним прибором. Длительности времени обслуживания всех вызовов есть
независимые случайные величины. Длительность времени обслуживания любого вызова на любом приборе имеет экспоненциальное распределение с параметром 1 (этого всегда можно достичь изменением масштаба времени). Предполагаем, что
∞
Z
a−1=
t dA(t) < +∞.
0
Под состоянием системы понимаем число приборов, занятых обслуживанием. Если в начальный момент t = 0 система находится в состоянии i, то через Pij(t) обоз начим вероятность того, что в момент t
система будет находиться в состоянии j. Мы будем интересоваться нахождением Pij(t).
Положим
X
Pi(z, t) =
B(z, t) = P0(1 + z, t) =
Ясно, что
Bk(t) =
j>0
X
n>k
zjPij(t),
X
k>0
k
C
P0n(t);
n
zkBk(t). (1)
§ 2. Определение переходных вероятностей 173
в частности,
B1(t) =
X
nP0n(t),
n>1
т.е. B1(t) есть среднее число приборов, занятых обслуживанием вызовов
в момент t, если в начальный момент система была свободна от вызовов.
Положим
βk(s) =
∞
Z
−st
e
Bk(t) dt, k > 0.
0
Предложение. a)
Pi(z, t) = (1 − e−t+ ze−t)i· P0(z, t); (2)
t
P0(z, t) = 1 − A(t) +
B(z, t) = 1 − A(t) +
β0(s) =
βk(s) =
1
s
1 − α(s)
=
1 − α(s)
,
α(s)
α(s)
Z
P0(z, t − u)[1 − e
0
t
Z
B(z, t − u)[1 + ze
0
β
(s + 1) =
k−1
α(s + 1)
·
1 − α(s + 1)
−(t−u)
· . . . ·
1 − α(s + k − 1)
−(t−u)
+ ze
−(t−u)
α(s + k − 1)
] dA(u); (3)
] dA(u); (4)
(5)
1
·
;
s + k
б) существуют пределы (если A(t) — нерешет чатое распределение)
lim
Bk(t), lim
t→∞
t→∞
Pij(t),
определяемые соотношениями
lim
Bk(t) =
t→∞
lim
Pi(z, t) = 1 +
t→∞
c0= 1, ck=
a
c
, k > 1; B0(t) ≡ 1;
k−1
k
X
(z − 1)
k>1
α(1)
1 − α(1)
. . .
a
k
c
k
α(k)
1 − α(k)
k−1
;
.
Доказательство. Перенумеруем все обслуживающие приборы чис-
лами 1, 2, . . .. Если в начальный момент t = 0 i приборов занято обслу-
живанием, т о ничто не мешает нам считать, что при i > 1 в начальный
момент заняты обслуживанием приборы с номерами 1, 2, . . . , i, а по ступающие вызовы посылать на любой свободный прибор с номером
174 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
большим, чем i. Под состоянием системы в некоторый момент будем
понимать число (обслуживающихся) вызовов, находящихся в системе
в этот момент. Любой прибор в каждый момент времени может быть
в одном из состояний — состоянии 0, если в этот момент прибор свободен, или состоянии 1, если в этот момент прибор занят обслуживанием.
Пусть
ζi= ζi(t) — состояние системы в момент t при условии, что в начальный
момент t = 0 система находилась в состоянии i;
ξn= ξn(t) — состояние прибора с номером n в момент t.
Ясно, что
ζi= ξ1+ . . . + ξi+ ζ
0
и так как слагаемые последней суммы — независимые в совокупности
случайные величины, то
Ez
ζ
i
= Ez
ξ
1
. . . Ez
ξ
i
· Ez
ζ
0
,
что равносильно (2).
Обратимся к доказательству формулы (3). Считаем, что в начальный момент t = 0 система свободна от вызо вов. Если за время t в систему не поступит ни одного вызова (вероятность чего есть 1 − A(t)),
то ζ0= ζ0(t) = 0. Если же первый вызов поступит в момент u 6 t, после
чего сразу же начинает обслуживаться на первом приборе, а остальные
вызовы будут обслуживаться на приборах с номером большим, чем 1,
то
ζ0(t) = ξ1(t − u) + ζ0(t − u).
Таким образ ом,
ζ0(t)
Ez
= 1 − A(t) +
что равносильно (3).
Формула (4) следует из (1) и (3).
Полагая
∞
Z
β(z, s) =
−st
e
B(z, t) dt, α(s) =
0
из (4) по лу чаем
β(z, s) = s−1[1 − α(s)] + α(s)[β(z, s) + zβ(z, s + 1)]
или
β(z, s) =
1
s
t
Z
0
+
1 − α(s)
Ez
α(s)
ξ1(t−u)
ζ0(t−u)
· Ez
∞
Z
−st
e
−0
zβ(z, s + 1),
dA(u),
dA(t),
§ 3. Рекуррентный поток, произвольное обслуживание 175
откуда и следует (5 ).
Утверждение б) предложения очевидно. Заметим лишь, что
lim
sβk(s) = lim
s↓0
t→∞
Bk(t).
Задача 1. Показать, что среднее число занятых приборов и дисперсия этого числа в установившемся режиме (т.е. при t → ∞) равны
соответственно
a и
a
1 − α(1)
− a2.
Задача 2. Если моменты поступления вызовов образуют рекуррентный поток с запаздыванием, определяемый ф.р. A1(t) и A(t), причем
A1(t) = a
t
Z
[1 − A(u)] du,
0
а вероятности, соответствующие этому случаю, снабжать знаком bвверху, то
b
Pi(z, t) = (1 − e−t+ ze−t)bP0(z, t),
t
b
P0(z, t) = 1 − A1(t) +
b
B(z, t) = 1 − A1(t) +
Z
P0(z, t − u)[1 − e
0
t
Z
B(z, t − u)[1 + ze
0
−(t−u)
+ ze
−(t−u)
−(t−u)
] dA1(u).
] dA1(u),
Задача 3 (продолжение). Среднее число приборов, занятых о бслуживанием в момент t, при условии, что в начальный момент система
была свободна от вызовов, равно
b
B1(t) = a(1 −e−t).
Задача 4. Показать, что в случае A(t) = 1 −e
Bk(t) =
[a(1 − e−t)]
k!
−at
k
.
§ 3. Рекуррентный поток, произвольное обслуживание,
бесконечное число приборов
Рассмотрим ту же систему обслуживания, что и в предыдущем па-
раграфе, с той лишь разницей, что длительность обслуживания любого
176 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
вызова на любом приборе имеет не экспоненциальное распределение,
а произвольное, определяемое ф.р. B(t). Мы сохраним обозначения
предыдущего параграфа.
Проводя т е же рассуждения, которые позволили доказать соотношения (2)—(4) из § 2, можно получить, что и в этом об щем случае справедливы аналогичные соотношения, а именно:
Pi(z, t) = {B(t) + z[1 − B(t)]}i· P0(z, t),
t
Z
P0(z, t) = 1−A(t)+
B(z, t) = 1 − A(t) +
P0(z, t−u){B(t−u)+z[1−B(t−u)]} dA(u),
0
t
Z
B(z, t − u){1 + z[1 − B(t − u)]}dA(t),
0
(1)
откуда
Bn(t) =
t
Z
Bn(t − u) dA(u) +
0
t
Z
B
(t − u)[1 −B(t −u)] dA(u). (2)
n−1
0
Напомним, что
∞
Z
−st
e
Bn(t) dt, n > 0.
0
Bn(t) =
X
k>n
n
C
P0k(t), βn(s) =
k
X
В частности, B1(t) =
kP0k(t). Формула (2) позволяет последователь-
k>1
но находить Bn(t), n > 1. Рассмотрим применение этой формулы.
1◦. Из (2) при n = 1 получаем
sβ1(s) = sβ1(s)α(s) + [1 − β(s)]α(s),
или
sβ1(s) =
1 − β(s)
1 − α(s)
α(s),
откуда, например, следует (учесть (1)), что среднее число вызовов
в установившемся режиме (при t → ∞) не зависит от начального состояния системы и равно
где
lim
t→∞
X
kP0k(t) = lim
∞
Z
a−1=
0
B1(t) = lim
t→∞
t dA(t), b−1=
s↓0
∞
Z
t dB(t).
0
sβ1(s) =
a
, (3)
b
§ 3. Рекуррентный поток, произвольное обслуживание 177
Отметим, что предел (3) существует не всегда, например, если вызовы будут поступать через интервалы времени постоянной длины и обслуживаться постоянное время. Формула (3) верна, если существует
предел lim
B1(t). В общем случае она должна быть заменена форму-
t→∞
лой (см. § 2Д)
T
Z
1
lim
T →∞
B1(t) dt = a/b.
T
0
2◦. Пусть
B(t) =
N
X
i=1
qi(1 − e
−bit
), qi> 0, bi> 0,
N
X
i=1
qi= 1.
Тогда из (2) имеем
N
или
sβn(s) = sβn(s) · α(s) + α(s)
N
X
βn(s)[1 − α(s)] = α(s)
i=1
X
i=1
qiβ
s
q
n−1
(s + bi)β
i
s + b
i
(s + bi), β0(s) = 1/s.
n−1
(s + bi)
В частности,
N
lim
Bn(t) = lim
t→∞
sβn(s) = a
s↓0
X
i=1
qiβ
n−1(bi
),
если первый предел существует.
Задача 1. Показать, что P (t) = P00(t) определяется соот ношением
t
Z
P (t) = 1 − A(t) +
P (t − u)B(t − u) dA(u).
0
Задача 2. Если моменты поступления вызовов образуют квазирекуррентный поток, определяемый функциями A(t) и Φ(z) =
(см. § 6 Гл. 0), то
t
Z
P0(z, t) = 1 − A(t) +
P0(z, t − u)ΦnB(t − u) + z[1 − B(t − u)]odA(u).
0
X
k>0
akz
k
178 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
В частност и, если ν(t) — число вызовов в системе в момент t, то
независимо от ν (0)
T
Z
Указание.
1
lim
T →∞
Eν(t) dt = Φ′(1)
T
0
M(t) = E[ν(t)/ν(0) = 0] =
∞
m(s) =
Z
−st
e
dM(t) =
0
1 − β(s)
1 − α(s)
∂
P0(z, t)
∂z
a
.
b
z=1
Φ′(1)α(s).
,
§ 4. Задача Пальма; пуассоновский поток, экспоненциально е
обслуживание
Рассмотрим систему обслуживания пот ока вызовов n обслуживающими приборами. Предполагаем, что моменты поступления вызовов
образуют пуассоновский поток с параметром a; длительность времени
обслуживания любого вызова на любом приборе имеет экспоненциальное распределение с параметром 1 (этого всегда можно добиться изменением масштаба времени). Поступающий вызов занимает любой прибор
из числа свободных от обслуживания или «теряется», если таких нет.
Задача Пальма заключается в определении потока потерянных вызовов.
Если t1, t2, . . . — последовательные моменты потерь поступающих
вызовов (т.е. моменты поступления вызовов, заставших все приборы занятыми обслуживанием) и zk= tk− t
, k > 1, t0= 0, то сл.в. z1, z2, . . .
k−1
в совокупности независимы, причем сл.в. z2, z3, . . . имеют одинаковое
распределение. Положим
F (t) = P {z1< t}, G(t) = P {zk< t}, k > 2.
Найдем сначала G(t). Если в системе в некоторый момент находится i вызовов (которые обслуживаются), то будем говорить, что система
в этот момент находится в состоянии i, i = 0, 1, . . . , n. Через Pij(t) обозначим вероятность перехода из состояния i в состояние j за время
длительности t; i, j = 0, 1, . . . , n. Введем, кроме того, «поглощающее»
состояние n + 1. Этим самым мы допускаем, что если поступивший
вызов застает систему в состоянии n, то система переходит в состояние
n + 1, из которого она не может перейти в состояние 0, 1, . . . , n. Оче-
видно,
G(t) = P
n n+1
(t).
§ 4. Задача Пальма; пуассоновский поток 179
Положим Pk(t) = Pnk(t), k = 0, 1, . . . , n + 1; тогда обычной процедурой получаем систему уравнений
′
P
(t) = −aP0(t) + P1(t),
0
′
P
(t) = aP
k
′
P
n
′
P
n+1
с условием
(t) = aP
(t) = aPn(t)
(t) − (a + k)Pk(t) + (k + 1)P
k−1
(t) − (a + n)Pn(t),
n−1
(
(t), 0 < k < n,
k+1
(1)
Pk(0) = 0, если k 6= n ;
1, если k = n.
В преобразованиях Лапласа
∞
Z
πk= πk(s) =
−st
e
Pk(t) dt
0
эта система принимает вид
−(s + a)π0+ π1= 0,
aπ
− (a + s + k)πk+ (k + 1)π
k−1
aπ
− (a + s + n)πn= −1,
n−1
aπn− sπ
= 0, 0 < k < n,
k+1
= 0,
n+1
(2)
откуда, имея в виду (5) § 8Д (см. добавление), получаем
πn(s) =
qn(s)
q
n+1
(s)
,
а из последнего уравнения системы (2)
(s) =
a
s
q
n+1
(s)
.
π
n+1
qn(s)
Отметим еще формулу, которая следует из (1) § 8 Дополнения
∞
¯g(s) =
Z
−st
e
0
[1 − G(t)] dt =
1
− π
n+1
s
(s) =
q
(s) − aqn(s)
n+1
sq
n+1
(s)
qn(s + 1)
=
q
n+1
(s)
.
Средняя длина интервала между двумя последовательными моментами
потерь вызовов равна (см. (4) из § 8 Дополнения)
¯g(0) = a
−(n+1)
qn(1) =
a ·
1 +
a
+ . . . +
1!
n
a
n!
−1
.
n
a
n!
180 Гл. 3. Системы обслуживания многими приборами
Для определения F(t) нужно знать начальное состояние систе мы.
Мы не будем здесь з аниматься нахождением функции F (t), так как
она в следующем параграфе будет определена в более общем случае
(когда моменты поступления вызовов образуют рекуррентный поток).
Этот параграф выделен, чтобы проиллюстрировать один из методов
решения задачи Пальма в этом простейшем виде.
Задача. Показать, что G(t) представляется в виде
n
где pi> 0,
гочлена q
X
n
X
G(t) =
pi(1 − e
i=0
pi= 1, a (−λi) — корни (действительные и различные) мно-
i=0
(s).
n+1
−λit
),
§ 5. Задача Пальма; рекуррентный поток, экспоненциальное
обслуживание
Опять рассмотрим ту же систему обслуживания, что и в предыдущем параграфе, но поток вызовов будем т е перь предполагать рекуррентным, определяемым ф.р. A(t), A(+0) < 1. Относительно этой системы ставится та же задача Пальма об определении потока потерянных
вызовов.
Если t1, t2, . . . — последовательные моменты поступления тех вызовов, которые застали все приборы занятыми обслуживанием, а zk=
= tk− t
, k > 1, t0= 0, то сл.в. z1, z2, . . . в совоку пности независимы,
k−1
причем сл.в. z2, z3, . . . имеют одинаковое распределение. Положим
F (t) = P {z1< t}, G(t) = P {zk< t}, k > 2.
Под состоянием системы будем понимать число приборов, занятых обслуживанием. Снова в ведем «поглощающее» состояние n + 1, условившись, что если поступающий вызов застает систему в состоянии n, то
система переходит в состояние n + 1, из которого она не может перейти
в состояния 0, 1, . . . , n.
Обозначим через ∆ijдлину промежутка времени, за который система переходит из состояния i в состояние j > i при условии, что промежуток времени начинается или с момента t = 0, или с момента поступления вызова (ясно, что этот промежуток и заканчивается моментом
поступления вызова). Положим
P {∆ij< t} = Bij(t), B
(t) = Bi(t), i = 0, 1, . . . , n.
i i+1
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]