Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 1. Элементарная теорема восстановления 51
Уравнение (2) носит название уравнения восстановления.
§ 1. Элементарная теорема восстановления
Основные результаты теории процессов восстановления представляются в виде трех теорем: элементарная теорема восстановления (излагаемая в этом параграфе), теорема Блекуэлла (см. § 2) и уз ловая теорема восстановления (см. § 3). Название этих теорем введено В. Смито м
[18].
Предложение (элементарная теорема восстановления).
∞
H1(t)
lim
t→+∞
t
= a, где
(при этом не исключается случай
Z
−1
0
∞
Z
t dA(t) = a
t dA(t) = +∞, в котором счита-
0
ется a = 0).
Доказательство. 1◦. Покажем сначала, что если существует один
из пределов
lim
t→∞
H(t)
t
или lim
t→∞
H1(t)
, (1)
t
то существует другой и
lim
t→∞
H(t)
t
= lim
t→∞
H1(t)
. (2)
t
В самом деле, из (3) § 0 для 0 < ε < 1 имеем
H1(T ) 6 A1(T ) + H(T ),
T −εT
Z
H1(T ) >
A1(T − u) dH(u) > A1(εT )H(T −εT )
−0
или
H(T )
6
T
H(T − εT )
T −εT
A1(T )
+
,
T
(1 − ε)A1(εT ).
H1(T )
T
H1(T )
T
>
В силу произвольности ε > 0 из последних неравенств следует, что
если существует один из пределов (1), то существует и другой и при
этом выполнено (2).
52 Гл. 1. Регенерирующие процессы
∞
Z
2◦. Рассмотрим случай a
альном виде
A1(t) = a
A1(t) есть ф.р., так как a−1=
−1
t dA(t) < +∞ и возьмем A1(t) в специ-
0
t
Z
[1 − A(u)] du, t > 0. (3)
0
∞
Z
[1 − A(u)] du и функция A1(t) не убы-
0
вает, непрерывна, A1(+∞) = 1 (считаем, что A1(t) = 0 для t < 0).
В преобразованиях Лапласа—Стилтьеса (1) § 0 и (3) примут вид
h1(s) = α1(s) + h1(s)α(s),
α1(s) =
откуда
a
[1 − α(s)],
s
h1(s) =
a
,
s
т.е.
H1(t) = at.
Отсюда, используя утверждение пункта 1◦, заключаем, что, во-
первых, lim
H1(t)
lim
t→∞
t
3◦. Нам осталось рассмотреть случай a
H(t)
существует и равен a и, во-вторых, существует
t
t→∞
, равный a, для произвольной ф.р. A1(t).
∞
Z
t dA(t) = +∞. Для произ-
0
вольного ε > 0 рассмотрим ещ е рекуррентный процесс восс тановления
с запаздыванием {z
′
}, полагая
k
(
zk, если zk< ε−1,
′
z
=
k
ε−1, если zk> ε
= min(zk, ε−1).
−1
В этом случае
(
A′(t) =
∞
Z
−1
a
=
ε
t dA′(t) =
0
A(t), если t 6 ε−1,
1, если t > ε−1;
−1
ε
Z
t dA(t) + ε−1[1 − A(ε−1)];
0
§ 2. Теорема Блекуэлла 53
′
H
(t)
1
= aε→ 0 при ε ↓ 0,
t
0 6 lim
t→∞
H1(t)
t
6 lim
t→∞
что и требовалось.
§ 2. Теорема Блекуэлла
Точка x называется точкой роста ф.р. A(t), если для любых чисел
a и b таких, что a < x < b, выполнено A(b) − A(a) > 0. Распределение
A(t) называется арифметическим (или решетчатым), если существует
число λ > 0 такое, что всякая точка роста ф.р. A(t) кратна λ, т.е. имеет
вид nλ, где n — целое число. Если такого числа λ не существует, то распределение A(t) называется неарифметическим. Отметим, что арифметическое распределение соответствует распределению такой сл.в., которая принимает (с вероятностью 1) лишь значения вида nλ; λ > 0, n —
целое число.
Предложение (теорема Блекуэлла). Если A(t) — неарифметиче-
ское распределение, то для всякого числа h при t → +∞
H(t + h) − H (t) → ah. (1)
Доказательство см. в [23], главе 11.
§ 3. Узловая теорема восстановления
Введем сначала понятие непосредственно интегрируемой по Риману
функции на [0, ∞). Пусть Q — измеримая по Борелю числовая функция,
определенная на [0, ∞). Для числа h > 0 обозначим через mkи Mkнижнюю и верхнюю гра ни ф ункции Q в промежутке (k − 1)h 6 x < kh, k > 1.
Предположим, что ряды
s = h
X
mkи S = h
k>1
X
k>1
M
k
сходятся абсолютно. Скажем, что функция Q непосредственно инте-
грируема по Риману на [0, ∞), если S − s → 0 при h ↓ 0. В этом случае
положим
∞
Z
Q(t) dt = lim
0
h↓0
s = lim
h↓0
S. (1)
Предложение (узловая теорема восстановления). Пусть Q —
непосредственно интегрируемая по Риману функция на [0, ∞). Если
54 Гл. 1. Регенерирующие процессы
A(t) — неарифметическое распределение, то
lim
t→∞
t
Z
Q(t − x) dH(x) = a
0
∞
Z
Q(t) dt (2)
0
(интеграл слева понимается в смысле Лебега—Стилтьеса; он существует, так как Q — ограниченная измеримая по Борелю функция,
а функция H монотонная; интеграл справа есть обычный интеграл
Римана).
Замечание. Это предложение сформулировано В. Смитом [18] для
случая, когда функция Q монотонная (нево з растающая). Случай, когда Q — непосредственно интегрируемая по Риману функция на [0, ∞),
рассмотрен В. Феллером, см. [23] глава II. Напомним, что обычный интеграл Римана на [0, ∞) определяется как предел интеграла Римана на
[0, a] при a → +∞. Для функции Q, равной нулю вне некоторого ко-
нечного отрезка, непосредст венная интегрируемость совпадает с обычной интегрируемостью по Риману. То же самое верно для монотонных
функций Q. Привести пример непрерывной интегрируемой по Риману
функции на [0, ∞), которая не является непосредственно интегрируемой (см. [23] стр. 426). С другой стороны, всякая непос редственно интегрируемая по Риману функция на [0, ∞) является интегрируемой по
Риману в обычном смысле. Это следует из неравенства
a
Z
0
где a > 0, σ = lim
h↓0
Q(t) dt − σ
s и обычной интегрируемости по Риману функции Q
6 |S − s| + |s − σ| + h
X
mk,
kh>a
на всяком конечном от рез ке [0, a].
Доказательство разобьем на пункты.
1◦. Для h > 0 обозначим через wn(t) функцию, принимающую значение 1 при (n − 1)h 6 t < nh и 0 вне этого промежутка. Положим
m(t) =
X
mnwn(t), M (t) =
n>1
X
Mnwn(t).
n>1
Тогда для всех t > 0
m(t) 6 Q(t) 6 M (t)
и, в частности,
t
Z
m(t − u) dH(u) 6
0
t
Z
Q(t − u) dH(u) 6
0
t
Z
M(t − u) dH (u).
0
§ 3. Узловая теорема восстановления 55
Если теперь
то
t
Z
lim
t→∞
0
a · s 6 lim
m(t − u) dH(u) = as, lim
t
Z
t→∞
Q(t − u) dH(u) 6 lim
0
t→∞
t
Z
M(t − u) dH (u) = a · S, (3)
0
t
Z
t→∞
Q(t − u) du 6 a · S,
0
но тогда в силу (1) следует (2).
2◦. Таким образом, нам достаточно доказать (3). Для этого проверим сначала, что существует число C = C(h) такое, что
0 6 H(t + h) − H(t) 6 C (4)
для всех чисел t. С этой целью, записывая формулу (2) § 0 в виде
t
Z
H(t) = A(t) +
A(t − u) dH(u),
0
получим
H(t + h) 6 1 +
+
t+h
Z
A(t + h − u) dH (u) = 1 +
0
t+h
Z
A(t + h −u) dH(u) 6 1 + H(t) + A(h)[H (t + h) − H(t)]
t
t
Z
A(t + h −u) dH(u)+
0
или
[H(t + h) − H (t)][1 − A(h)] 6 1. (5)
Если 1 − A(h) > 0, то в качестве C(h) достаточно взять [1 − A(h)]−1.
Если же 1 −A(h) = 0, то воспользуемся тем, что существует число ε > 0
такое, что 1 − A(ε) > 0. Но тогда для любого целого числа m > 1 в силу (5)
m−1
H(t + mε) − H (t) =
X
[H(t + kε + ε) − H(t + kε)] 6
k=0
m
1 − A(ε)
и, следовательно, при 0 6 h 6 mε
0 6 H(t + h) − H(t) 6 H(t + mε) − H(t) 6
m
1 − A(ε)
= C(h).
56 Гл. 1. Регенерирующие процессы
3◦. Теперь мы в состоянии доказать (3). Так как
t
Z
wn(t − u) dH(u) = H (t − nh + h) − H (t − nh),
0
то
t
Z
m(t − u) dH(u) =
0
X
mn[H(t −nh + h) − H(t − nh)].
n>1
Полагая
t
w(t) =
Z
m(t − u) dH(u), JN(t) =
0
N
X
mn[H(t −nh + h) − H(t − nh)],
n=1
получим с учетом (4)
JN(t) − C
X
|mn| 6 w(t) 6 JN(t) + C
n>N
X
|mn|.
n>N
В силу теоремы Блекуэлла (§ 2)
N
lim
t→∞
JN(t) = ah
X
mn,
n=1
поэтому
ah
N
X
n=1
mn−C
X
|mn| 6 lim
n>N
t→∞
w(t) 6 lim
t→∞
w(t) 6 ah
N
X
n=1
mn+ C
X
|mn|.
n>N
X
А так как ряд
mnсходится абсолютно и число N > 1 может быть
n>1
выбрано произвольным, то о тсюда следует первая часть формулы (3).
Аналогично доказывается и вторая часть.
Следствие. Пусть
1) Q — непосредственно интегрируемая по Риману функция на
[0, ∞);
2) A — неарифметическое распределение на [0, ∞);
3) W — решение уравнения
тогда
W = Q + A ∗ W ; (6)
∞
Z
lim
t→∞
W (t) = a
Q(x) dx, (7)
0
§ 3. Узловая теорема восстановления 57
где
a−1=
∞
Z
x dA(x) =
0
∞
Z
[1 − A(x)] dx.
0
Доказательство следует из представления
W = Q + Q ∗ A + Q ∗ A2∗+ . . . = Q + Q ∗ H
с учетом формулы (2) и
lim
Q(t) = 0.
t→∞
Задача 1. Пусть Q — измеримая по Борелю и интегрируемая по
Лебегу функция на [0, ∞). Показать, что
T
lim
T →∞
t
Z
Z
n
1
T
Q(t − u) dH1(u)odt = a
0
0
∞
Z
0
Q(t) dt.
Указание. Изменением порядка интегрирования убедиться, что
T
|εT| 6
Z
1
T
0
H1(T )
t
Z
Q(t − u) dH1(u) dt =
0
∞
Z
T −u
|Q(v)|dv +
0
T
H1(T )
H1(u0)
T
T
Z
0
∞
Z
Q(v) dv + εT,
T
|Q(v)|dv, 0 6 u06 T .
0
Задача 2. Доказать, что для h > 0
T
Z
1
lim
T →∞
[H1(t + h) −H1(t)] dt = ah.
T
0
Указание. В предыдущей задаче положить
(
Q(t) =
1 при 0 6 t < h,
0 при t > h.
Задача 3. Пусть Q — непо с редственно интегрируемая по Риману
функция на [0, ∞); A — неарифметическое распределение, тогда
lim
t→∞
t
Z
Q(t − u) dH1(u) = a
0
∞
Z
Q(t) dt.
0
58 Гл. 1. Регенерирующие процессы
Указание. В силу (1) § 0
Q ∗ H1= W = Q ∗ A1+ A ∗ W.
Далее воспользоваться следствием, учитывая, что
∞
Z
(Q ∗ A1)(t) dt =
0
∞
∞
Z
Z
n
Q(t − u) dtodA1(u) =
u
0
=
∞
Z
dA1(u) ·
0
∞
Z
Q(t) dt =
0
∞
Z
Q(t) dt.
0
Задача 4. Если A — неарифметическое распределение, то
H1(t + h) −H1(t) → ah при t → +∞.
Указание. См. указание к задаче 2.
Задача 5. Если A — неарифметическое распределение, то при t →
→ +∞
H(t) −at →
a2µ
2
2
− 1, µ2=
∞
Z
x2dA(x.)
0
Указание. Полагая W (t) = H(t) + 1 − at при t > 0 и нуль при t 6 0,
получить (6), где
Q(t) = a
∞
Z
[1 − A(u)] du,
t
и затем воспользоваться (7) и
µ2=
∞
Z
x2dA(x) =
0
∞
Z
[1 − A(x)] dx2.
0
§ 4. Определение регенерирующего процесса
Циклом длительности z назовем упорядоченную пару (z, ξ(t)), в ко-
торой z — неотрицательное действительное (случайное) число, ξ(t) —
случайная функция, определенная на 0 6 t < z и принимающая значения в измеримом пространстве (X, B). Всегда будет предполагаться,
что
P {z = 0} < 1, P {z < +∞} = 1.
Рассмотрим последоват ельность {(zk, ξk(t))}
циклов и предполо-
k>1
жим, что циклы этой последовательности стохастически независимы
§ 4. Определение регенерирующего процесса 59
(каждый цикл рассматривается как совокупность случайных величин),
а все циклы начиная со второго стохастически эквивалентны. В частности, последовательность {zk}
случайных чисел образует рекуррент-
k>1
ный процесс восстановления с запаздыванием, для которого положим
A1(x) = P {z1< x}, A(x) = P {zk< x}, k > 2.
Построим процесс ξ(t), 0 6 t < +∞, со значениями в (X, B), полагая
ξ1(t) при 0 6 t < z1,
ξ2(t − z1) при z16 t < z1+ z2,
ξ(t) =
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ξk(t − t
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k−1
) при t
k−1
6 t < tk,
где положено
t0= 0, tk= z1+ . . . + zk, k > 1.
Так определенный процесс ξ(t) называется регенерирующим процессом, при этом моменты t1, t2, . . . называются моментами регенерации.
Пусть B ∈ B. Основная цель теории регенерирующих процессов —
указать условия существования предела
lim
P {ξ(t) ∈ B} (1)
t→∞
и способ его вычисления.
Положим
′
µ
(t) = P {ξ1(t) ∈ B, z1> t} = P {ξ(t) ∈ B, z1> t},
B
µB(t) = P {ξk(t) ∈ B, zk> t} = P {ξ(t
+ t) ∈ B, zk> t}, k > 2.
k−1
Основной способ вычисления предела (1) основан на соотношении
t
Z
(t) +
′
(t) +
B
X
µB(t − x) dAk(x)
k>1
0
t
Z
µB(t − x) dH1(x), (2)
0
или
P {ξ(t) ∈B} = µ
P {ξ(t) ∈ B} = µ
′
B
которое получается из формулы полной вероятности. Здесь
X
Ak(x) = P {tk< x}, H1(x) =
функция восстановления для процесса восстановления {zk}
k>1
Ak(x) —
k>1
.
60 Гл. 1. Регенерирующие процессы
В следующем параграфе мы увидим, как узловая теорема восстановления (а точнее: задача 3 § 3) позволит с помощь ю соотношения (2)
вычислить (1).
§ 5. Предельная теорема для регенерирующего процесса
Предложение. Пусть
1) A — неарифметическое распределение;
2) существует целое число n > 0 такое, что функция
t
Q(t) =
Z
µB(t − x) dF (x), t > 0, где F(x) = A
0
∗
n
(x)
является непосредственно интегрируемой по Риману на [0, ∞).
Тогда
lim
P {ξ(t) ∈ B} = a
t→∞
∞
Z
µB(x) dx, a−1=
0
∞
Z
x dA(x).
0
Доказательство. Если n = 0, то Q(t) = µB(t) и утверждение следует из узловой теоремы восстановления (см. за дачу 3 § 3) и
′
0 6 µ
(t) 6 1 − A1(t) → 0 при t → +∞.
B
Эти же рассуждения применимы и при n > 1, так как в этом случае из
(2) § 4 следует
P {ξ(t) ∈B} = µ
′
(t) +
B
t
Z
n
X
µB(t − x) dAk(x) +
k=1
0
t
Z
Q(t − x) dH1(x)
0
и, кроме того, при t → +∞
t
Z
0 6
µB(t − x) dAk(x) 6
0
t
Z
[1 − A(t −x)] dAk(x) =
0
= Ak(t) − A
k+1
(t) → 0.
Следствие (теорема В. Смита). Пусть A — неарифметическое рас-
пределение и выполнено хотя бы одно из следующих условий
У1) функция µB(t) не возрастает и интегрируема;
У2) функция µB(t) имеет ограниченную вариацию на любом конеч-
ном интервале времени и a−1=
∞
Z
x dA(x) < +∞;
0
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]