Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 9. Просеивание потока 31
где правая часть означает свертку Стилтьеса k-го порядка, то формулу
(1) можно записать в виде
B(t) =
X
ak[A(t)]
k>0
k+1
. (2)
∗
Если обозначить через β(s) прео бразование Лапласа—Стилтьеса
функции B(t), т.е.
∞
Z
β(s) =
−0
−st
e
dB(t) = Ee
−sτ
1
,
то из (2) получаем
β(s) =
X
k>0
ak[α(s)]
k+1
или
β(s) = α(s)F (α(s)), (3)
где как прежде α(s) — преобразование Лапласа—Стилтьеcа функции
A(t).
Найдем среднюю интенсивность просеянного потока. Обозначим ее
через b. Так как b−1= Eτ1= −β′(0), то из (3) получаем
b−1= −α′(0)F (α(0)) − α(0)F′(α(0))α′(0) = a−1[1 + F′(1)],
т.е.
b =
Мы воспользовались тем, что α(0) = 1, F (1) = 1, α′(0) = −a−1, F′(1) =
X
=
kak.
k>1
Если A(t) = 1 − e
−at
, t > 0, т.е. основной поток в ызовов — пуассонов-
1 +
a
X
k>1
ka
.
k
ский с интенсивностью a, то по индукции пров еряется, что
[A(t)]
k+1
∗
t
Z
=
0
a
(au)
k!
k
−au
e
du =
at
Z
k
x
e−xdx.
k!
0
В этом случае из (2) получаем
at
Z
B(t) =
X
a
k
k>0
0
k
x
−x
e
k!
dx. (4)
32 Гл. 0. Теория входящего потока
Пример 1. Основной поток — пуассоновский с интенсивностью a.
Операция просеивания зада е тся следующим условием: любой поступивший вызов основного потока с вероятностью p «теряется» и с дополнительной вероятностью q = 1 − p остается (независимо от других
вызовов). В этом случае
ak= pkq, F (z) =
X
akzk=
k>0
1 − p
1 − zp
.
Из формулы (4) получаем
B(t) =
at
Z
X
(1 − p)
k>0
0
k
(px)
e−xdx = (1 − p)
k!
at
Z
0
−(1−p)x
e
dx = 1 −e
−qat
.
Таким образом, просеянный поток в этом случае также является пуассоновским, но с интенсивностью qa.
Пример 2. Основной поток — пуассоновский с интенсивностью a,
рекуррентная операция просеивания задается фу нкцией F (z) = zk. Такая операция просеивания означает, что первые k вызовов основного
потока «теряются», (k + 1)-ый вызов остается, затем снова k вызовов
«теряются», следующий 2(k + 1) -ый вызов остается и т.д. В этом случае
согласно (4) имеем
at
Z
k
B(t) =
x
e−xdx.
k!
0
Рекуррентный по ток, определяемый такой ф.р., называется потоком Эрланга k-го порядка. При этом вводится обозначение
at
Z
k
Ek(t) =
x
e−xdx, t > 0.
k!
0
Распределение Ek(t) называется распределением Эрланга k-го порядка.
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной по этому закону, равны соответственно
−1
b
= (k + 1)a−1, Dk= (k + 1)a−2.
k
Если рассмотреть совокупность всех потоков Э рланга, имеющих
одинаковую интенсивность bk= b = const, k > 0, то из последних формул
заключаем, что
Dk=
1
k + 1
b−2→ 0
§ 9. Просеивание потока 33
при k → +∞, т.е. с возрастанием номера k поток Эрланга приближается
к регулярному потоку, имеющему ф.р. длины промежутка между двумя
последовательными моментами поступления вызовов, равную
(
E∞(t) =
0 при t < b−1,
1 при t > b−1.
Предложение 2. Если поток, получаемый из рекуррентного потока с помощью некоторой операции просеивания, снова является рекуррентным, то операция просеивания рекуррентная.
Доказательство. Достаточно показать, что для любого целого
числа n > 0 вероятность
P {ν
= n/ν1= n1, . . . , νk= nk}
k+1
не зависит ни от целого числа k > 0, ни от набора целых неотрицательных чисел n1, . . . , nk(такого, что P {ν1= n1, . . . , νk= nk}> 0). Если это
не верно, то сущ е ствует два целых числа k > 1 и k′> 1 и два набора
неотрицательных чисел
(n1, . . . , nk) и (n
′
1
, . . . , n
′
)
′
k
такие, что не все числа
an= P {ν
′
a
= P {ν
n
= n/ν1= n1, . . . , νk= nk},
k+1
= n/ν1= n
k′+1
′
, . . . , ν
1
′
′
= n
}
′
k
k
равны соответственно между собой. Положим
F (z) =
X
anznи F′(z) =
n>0
X
n>0
′
a
zn,
n
тогда
F (z) 6≡ F′(z), |z| 6 1. (5)
Последние степенные ряды сходятся при |z| 6 1, так как
an> 0, a
′
> 0 при n > 0 и
n
X
n>0
an=
X
n>0
′
a
= 1.
n
Положим N = n1+ . . . + nk+ k. Имеем, что в момент tNпоступил
k-ый вы з ов просеянного потока. Следующий вызов просеянного потока
поступит через промежуток времени длины < t с вероятностью B(t)
(просеянный поток — рекуррентный и B(t) — функция, определяющая
его). С другой стороны, эта вероятность равна
a0P {t
− tN< t} + a1P {t
N+1
− tN< t} + . . . + anP {t
N+2
N+n+1
− tN< t}
34 Гл. 0. Теория входящего потока
или в силу рекуррентности основного потока
a0A(t) + a1[A(t)]
2
+ . . . + an[A(t)]
∗
n+1
∗
+ . . . ,
где
A(t) = P {t1< t}.
Таким образом,
B(t) =
Аналогично показывается, что (положить N′= n
B(t) =Xa
X
n>0
an[A(t)]
′
[A(t)]
n
n+1
∗
n+1
∗
.
.
′
+ . . . + n
1
′
+ k′и т.д.)
′
k
Мы получили равенство
X
an[A(t)]
n>0
n+1
∗
X
′
=
a
n>0
[A(t)]
n
n+1
∗
.
Преобразование Лапласа—Стилтьеса от обеих частей дает
X
an[α(s)]
n>0
n+1
X
′
=
a
n>0
[α(s)]
n
n+1
или
α(s)F (α(s)) = α(s)F′(α(s)). (6)
Если s изменяется от 0 до +∞, то α(s) монотонно убывает от 1 до 0,
поэтому из (6) получаем
F (z) = F′(z) при 0 < z 6 1,
откуда
F (z) ≡ F′(z) при |z| 6 1,
что противоречит (5).
Задача 1 . Операцию просеивания назовем рекуррентной с запаздыванием, если случайные числа ν1, ν2, ν3, . . . независимы в совокупности,
а случайные числа ν2, ν3, . . . одинаково распределены. Показать, что
если основной поток и операция просеивания являются рекуррентными
с запаздыванием, то просеянный поток является тоже рекуррентным
с запаздыванием.
Задача 2. Пусть основной поток является стационарным рекуррентным потоком с запаздыванием, а операция просеивания рекуррентной. Показать, что просеянный поток будет стационарным, если и только если
P {ν1= n} = (1 − p)pn, n = 0, 1, 2, . . . ; 0 6 p 6 1.
§ 9. Просеивание потока 35
Задача 3. Пусть вызовы основного пото ка поступают через интервалы времени длины единицы. Операция просеивания — рекуррентная
с запаздыванием. Показать, что просеянный поток будет стационарным, если и только если
n
X
P {ν1< n} =
1
1 + Eν
P {ν2> k}; Eν2< +∞.
2
k=0
Рекуррентную операцию просеивания с за паздыванием и таким свойством будем называть стационарной рекуррентной операцией с запаздыванием.
Указание. Вызовы просеянного потока поступают через интерва-
лы длительности ν1+ 1, ν2+ 1, . . .. Положим
B1(t) = P {ν1+ 1 < t}, B(t) = P {ν2+ 1 < t}.
Для стационарности просеянного потока необходимо и достаточно,
чтобы
B1(t) = b
t
Z
[1 − B(u)] du, b−1= E(ν2+ 1),
0
см. задачу § 5 или предложение 1 § 8.
Задача 4. Пусть основной поток вызовов — стационарный реку ррентный с запаздыванием; операция просеивания — рекуррентная с запаздыванием. Показать, что для стационарности просеянного потока
необходимо и достаточно, чтобы операция просеивания была стационарной.
Задача 5. Показать, что из рекуррентнос ти просеянного потока
и операции просеивания не следует рекуррентность основного потока.
Задача 6. Каждому рекуррентному потоку вызовов, определяемо-
му ф.р. A(t), A(+0) < 1 , a−1=
∞
Z
t dA(t) < +∞, поставим в соответствие
0
другой рекуррентный поток с помощью следующей операции. Каждый
вызов исходного потока с вероятностью p «теряется», с дополнительной вероятностью q = 1 − p остается (независимо от других вызовов).
Просеянный таким способом поток будет рекуррентным. Изменим масштаб времени просеянного потока таким образом, чтобы средняя длина
интервалов между двумя последовательными поступлениями вызовов
просеянного потока совпала с соответствующей длиной для исходного
потока. Полученный таким способом поток будет снова рекуррентным,
36 Гл. 0. Теория входящего потока
определяемым некоторой ф.р. A1(t). Эту операцию сопоставления потоков будем обозначать через Tp:
A1(t) = TpA(t).
Определим рекуррентно
A
(t) = TpAn(t) = T
n+1
n+1
p
A(t).
Доказать, что при 0 < p < 1
lim
n→+∞
An(t) = 1 − e
−at
, t > 0.
Указание.
− 1i,
− 1i.
1 − p
1 − zp
,
или
или
α
(s) = αn(qs)F (αn(qs)), F (z) =
n+1
q
1
q
1
n
h
αn(qs)
h
α(qns)
α
n+1
1
αn(s)
1
(s)
− 1 =
− 1 =
1
1
Задача 7 (продолжение). Доказать, что при q1. . . qn→ 0, если n →
→ +∞,
lim
n→∞
T
. . . T
p
n
A(t) = 1 −e
p
1
−at
, t > 0;
здесь qk= 1 − pk.
Указание.
или
α
n+1
1
αn(s)
1
(s)
− 1 =
− 1 =
q1. . . q
1
q
n+1
1
n
h
1
αn(q
n+1
h
1
α(q1. . . qns)
i
− 1
s)
− 1i.
Задача 8 (продолжение). Показать, что
lim
TpA(t) = 1 −e
p↑1
−at
, t > 0.
Задача 9. В з адаче 6 для полу чения рекуррентного потока, определяемого функцией TpA(t), применялась частная рекуррентная операция
просеивания, определяемая функцией
F (z) =
1 − p
1 − zp
,
с последующим изменением масштаба времени. Вместо символа Tpбудем употреблять символ TF, если используется рекуррентная операция
§ 10. Наложение потоков 37
X
просеивания, определяемая функцией F(z) =
вия существования предела
n
lim
T
A(t),
F
n→∞
akzk. Выяснить усло-
k>0
являющегося собственной ф.р. Ясно, что если этот предел существует
и равен B(t), то имеет место следующее функциональное уравнение
β(s) = β(λs)F (β(λs)), λ−1= 1 + F′(1).
Отсюда, в частности, следует, что условие
F (z) =
является необходимым и достаточным, чтобы B(t) = 1 − e
1 − µ
1 − zµ
, µ = 1 − λ,
−at
, t > 0.
§ 10. Наложение потоков
В предыдущем параг рафе мы рассмотрели способ получения потоков, заключающийся в про с е ивании основного потока. Теперь мы рассмотрим другой способ получения потоков, заключающийся в наложении (суперпозиции, суммировании) потоков.
А. Рассмотрим n источников, посылающих в некоторые моменты
вызовы. Поток, вызовами которого являются вызовы, поступающие от
источников, назовем суммарным потоком. Будем говорить, что сум-
марный поток получается наложением (суперпозицией) по токов вызовов, посылаемых источниками. Примером суммарного потока может
служить поток вызовов, посылаемых на АТС абонентами. В этом случае источниками вызовов являются абоненты.
Если слагаемые пото ки независимы между собой и каждый представляет собой пуассоновский поток, то нетрудно проверить, что суммарный поток будет тоже пуассоновским с параметром, равным сумме
параметров слагаемых потоков, т.е. пуассоновский поток является самопроизводящим при операции наложения потоков.
Потоки, встречающиеся на практике, в большом числе случаев оказываются близкими к пуассоновскому. Этот замечательный факт до
некоторой степени может быть объяснен приводимыми ниже предельными теоремами (см. также задачи 6—8 § 9).
Сначала введем понятие сходимости потоков.
Пусть задана последовательность потоков L0, L1, L2, . . . ; t
— последовательные моменты поступления вызовов потока Ln; z
(n)
= t
(n)
− t
k
, k > 1, t
k−1
(n)
= 0. Поток Ln, n > 0, задан, если для любого
0
(n)
1
, t
(n)
2
, . . .
(n)
k
=
38 Гл. 0. Теория входящего потока
k > 1 и любого набора чисел τ1> 0, . . . , τk> 0 задана вероятность
pn(τ1, . . . , τk) = P {z
(n)
< τ1, . . . , z
1
(n)
k
< τk}
и эти вероятности согласованны.
Скажем, что последовательность потоков L1, L2, . . . сходится к потоку L0, и будем обозначать этот факт через Ln→ L0, если для любо г о
k > 1 и любого набора чисел τ1> 0, . . . τk> 0 при n → ∞
pn(τ1, . . . , τk) → p0(τ1, . . . , τk).
Скажем далее, что последовательность потоков L1, L2, . . . равномерно сходится к потоку L0, и будем обозначать этот факт через Ln⇒ L0,
если для всякого ε > 0, любого целого числа k > 1 и любого набора чисел
◦
τ
> 0, . . . , τ
1
◦
существует такое число N , что
k
|pn(τ1, . . . , τk) − p0(τ1, . . . , τk)| 6 ε
для всякого набора чисел τ1, . . . , τk, удовлетворяющего неравенствам
0 6 τ16 τ
◦
, . . . , 0 6 τk6 τ
1
◦
, и всякого n > N .
k
Б. Рассмотрим сначала частный случай, когда каждый источник
(с вероятностью 1) посылает лишь один вызов. Для каждого n > 1 рассмотрим суммарный поток вызовов, получающийся наложением независимых между собой n потоков, причем k-ый поток, k = 1, . . . , n, состоит
лишь из одного вызова, поступающего в случайный момент t
ложим Ak(t) = P {t
(k)
< t}. Заметим, что каждая из функций A1(t), . . .
1
(k)
1
. По-
. . . , An(t) зависит еще от n; мы опускаем индекс, указывающий эту за-
висимость.
Обозначим через
обозначать пуассоновский поток с параметром a.
X
суммарный поток вызовов. Через P (a) будем
n
Предложение 1. Если при каждом фиксированном t и n → +∞
выполнено
max
{Ak(t)} → 0, (1)
16k6n
X
то для
⇒ P (a) необходимо и достаточно, чт обы
n
n
X
Ak(t) → at (2)
k=1
равномерно в каждом промежутке [0, T ], T > 0.
Замечание. Если выполнено условие (1), то условие (2) равносильно условию
n
Y
[1 − Ak(t)] → e
k=1
−at
(3)
§ 10. Наложение потоков 39
равномерно в каждом промежутке [0, T ], T > 0. Это следует из соотношений
ln
n
Y
k=1
[1 − Ak(t)] =
X
k=1
X
k=1
n
[Ak(t)]26
n
ln[1 − Ak(t)] =
n
X
= −
k=1
n
X
Ak(t) · max
k=1
Ak(t) +
X
θ
2
k=1
16k6n
n
[Ak(t)]2, 0 6 θ 6 1;
{Ak(t)}.
В. Для каждого n > 1 рассмотрим суммарный поток вызовов, получающийся наложением n независимых потоков, причем k-ый поток
(k)
состоит не обязательно из одного вызова. Обозначим через t
(k)
и t
1
2
моменты поступления 1-го и 2-го вызовов k-го потока. Положим Ak(t) =
(k)
= P {t
< t}, Bk(t) = P {t
1
Ak(t) и Bk(t), вообще гов оря, зависят о т n. Мы опускаем индекс, указывающий эту зависимость. Через
вызовов.
(k)
< t}, k = 1, . . . , n. Отметим, что функции
2
X
обозначим суммарный поток
n
Предложение 2. Пусть
1) при каждом фиксированном t и n → +∞
n
max
{Ak(t)} → 0,
16k6n
n
X
2)
Ak(t) → at равномерно в каждом промежутке [0, T ], T > 0.
k=1
X
Тогда
⇒ P (a).
n
X
Bk(t) → 0;
k=1
Доказательство предложения 1. Достаточность. Пусть t1,
t2, . . . — последовательные моменты поступления вызовов суммарного
потока
X
; zk= tk− t
n
, k > 1, t0= 0. Достаточно доказать, что
k−1
P {z1> t} → e
−at
(4)
равномерно в каждом промежутке [0, T ], T > 0, и что для всякого ε > 0,
любого целог о числа k > 1 и любого набора чисел τ
0
> 0, . . . , τ
1
0
> 0, t0> 0
k
существует число N такое, что
P {z
> t/z1< τ1, . . . , zk< τk} − e
k+1
−at
6 ε (5)
для любого набора чисел τ1, . . . , τk, t, удовлетворяющих нерав е нствам
0 6 τ16 τ
0
, . . . , 0 6 τk6 τ
1
0
, 0 6 t 6 t0,
k
40 Гл. 0. Теория входящего потока
и всякого n > N . Сходимость (4) следует из (3), так как
n
P {z1> t} =
Y
[1 − Ak(t)]. (6)
k=1
Неравенство же (5) следует из (1), (3) и соотношений
P {z1< τ1, . . . , zk< τk, z
P {z1< τ1, . . . , zk< τk} =
Y
[1 − Ai(t)] =
здесь C
i6=i1,...,i
k
— множество наборов (i1, . . . , ik) по k чисел ряда 1, 2, . . . , n та-
n
k
k+1
. . .
> t} =
x
k−1+τk
Z
x
k−1
X
k
C
n
. . .
X
C
dA
τ
1
Z
dA
i
0
x
k−1+τk
Z
x
k−1
n
Y
[1 − Ai(t)] ·
i=1
k
n
i
(x1)
1
dA
Z
0
k
τ
1
dA
(xk)
i
k
i6=i1,...,i
x1+τ
Z
x
1
(xk)
(x1)
i
1
Y
2
i6=i1,...,i
k
Y
s=1
x1+τ
2
Z
dA
x
1
[1 − Ai(xk+ t)];
k
dA
(x2) . . .
i
2
Y
[1 − Ai(xk)];
k
[1 − A
(t)]−1;
i
s
(x2) . . .
i
2
(7)
(8)
ких, что is6= ilдля s 6= l.
Необходимость следует из (6) и определения равномерной сходимости потоков.
Доказательство предложения 2. Будем по льзоваться теми же
обозначениями, которые использовались при доказательстве предложения 1. И опять нам достаточно доказать лишь (4)—(5). Сходимость (4)
следует из (3) и (6).
Чтобы определить вероятность P {z1< τ1, . . . , zk< τk, z
> t}, рас-
k+1
смотрим следующие события:
A: z1< τ1, . . . , zk< τk, z
> t и первые k вызовов суммарного пото-
k+1
ка поступили от разных слагаемых потоков (считаем n > k);
В: z1< τ1, . . . , zk< τk, z
> t и среди первых k вызовов суммарного
k+1
потока есть, по крайней мере, два таких, которые поступили от
одного слагаемого потока.
При k = 1 событие B невозможное, т.е. в этом случае P (B) = 0. Тогда
P {z1< τ1, . . . , zk< τk, z
> t} = P (A) + P (B). (9)
k+1
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]