Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 5. Предельная теорема для регенерирующего процесса 61
У3) для некоторого целого числа n > 1 функция A
(n)
, определяемая
равенствами
t
(1)
A
= A, A
(k+1)
является абсолютно непрерывной и
Тогда
lim
P {ξ(t) ∈B} = a
t→∞
(t) =
Z
(k)
A
(t − x) dA(x), k > 1,
0
∞
Z
x dA(x) < +∞.
0
∞
Z
0
µB(x) dx.
Доказательство. 1◦. Из условия У1 следует, что функция µ
непосредственно интегрируема по Риману на [0, ∞), поэтому применимо
доказанное выше предложение.
2◦. То же самое следует и из условия У2. В самом деле, в этом
случае функция Q = µBудовлетворяет условиям
1) Q — измеримая по Борелю функция;
2) Q интегрируема по Риману в обычном смысле на [0, ∞);
3) 0 6 Q(t) 6 G(t) = 1 −A(t), где функция G(t) непосредственно интегрируема по Риману на [0, ∞).
Из этих же условий следует, что функция Q непосредственно инте-
грируема по Риману (показать!).
3◦. Пусть теперь выполнено условие У3. Положим
t
Q(t) =
Z
µB(t − x) dA
0
(n)
(x), t > 0.
Ниже будет показано, что функция Q непрерывна. Кроме того,
t
0 6 Q(t) 6
Z
[1 − A(t −x)] dA
0
(n)
(x) = A
(n)
(t) − A
(n+1)
(t) = G(t)
и функция G непосредственно интегрируема по Риману на [0, ∞), так
как
∞
Z
0
G(t) = [1 −A
(k)
[1 − A
(t)] dt =
(n+1)
∞
Z
0
t dA
(t)] − [1 − A
(k)
(t) = k
(n)
(t)],
∞
Z
t dA(t) < +∞
0
B
62 Гл. 1. Регенерирующие процессы
и каждая из функций 1 − A
(k)
(t) монотонна. Поэтому выполнены условия 1)—3) предыдущего пункта. Следовательно, функция Q непосредственно интегрируема по Риману на [0, ∞). Остается применить доказанное выше предложение.
Для доказательства же непрерывности функции Q воспользуемся
теоремами Радона и Лузина. Обозначим через P вероятностную меру,
порожденную распределением A
(n)
. Так как мера P абсолютно непрерывна (относительно линейной меры Лебега на прямой), то существует
интегрируемая функция p на [0, ∞) такая, что
Z
P (M) =
p(x) dx
M
для всякого измеримого множества M ⊂ [0, ∞). Имеем
t
Z
Q(t) −
µB(t − x)p(x) dx.
0
Так как при h > 0
Q(t + h) =
t+h
Z
µB(t + h −x)p(x) dx =
0
t
Z
µB(t − u)p(u + h) du,
−h
то
Q(t + h) −Q(t) =
0
Z
µB(t −u)p(u + h) du +
−h
t
Z
µB(t −u)[p(u + h) −p(u)] du,
0
откуда в силу 0 6 µB(t) 6 1
t
|Q(t + h) − Q(t)| 6 A
(n)
(h) +
Z
|p(u + h) −p(u)|du
0
Аналогично
t
Z
Так как A
|Q(t − h) − Q(t)| 6
(n)
(h) → 0 при h ↓ 0, то нам достаточно доказать, что
t
Z
|p(u − h) −p(u)|du.
0
|p(u + h) −p(u)|du → 0 при h → 0
0
§ 5. Предельная теорема для регенерирующего процесса 63
или
t
Z
|pn(u + h) − p(u)| du → 0 при h → 0, (1)
0
где
pn(u) = min{n, p(u)}.
Это связано с тем, что для любого t > 0 при n → +∞
t
Z
|p(u) − pn(u)|du =
0
t
Z
p(u) du −
0
t
Z
pn(u) du → 0.
0
Для доказательства (1) воспользуемся теоремой Лузина. Согласно
этой теореме для выбранного T > 0 и любого ε > 0 существует непрерывная функция ϕ на [0, T ] такая, что мера Лебега множества
M = {x ∈ [0, T ]: pn(x) 6= ϕ(x)}
меньше ε и |ϕ(x)| 6 n. Пусть T > t + h. Теперь
t
Z
|pn(u + h) − pn(u)|du 6
0
t
Z
+
|ϕ(u) − p(u)|du +
0
t
Z
6
|ϕ(u + h) − ϕ(u)| du + 2
0
t
Z
|ϕ(u + h) − ϕ(u)| du+
0
t
Z
|ϕ(u + h) − p(u + h)|du 6
0
Z
|ϕ(u) − p(u)|du 6
M
Z
6
0
t
|ϕ(u + h) − ϕ(u)| du + 4nε.
Значение же последнего интеграла, в силу равномерной непрерывности функции ϕ на [0, T ], стремится к нулю при h → 0.
Задача 1. Пусть
1) A — неарифметическое распределение;
2) существует целое число n > 0 такое, что функция
t
Z
Q(t) =
µB(t − x) dAn(x)
0
является непосредств енно интег рируемой по Риману на [0, ∞).
64 Гл. 1. Регенерирующие процессы
Показать, что
lim
P {ξ(t) ∈B} = a
t→∞
∞
Z
µB(x) dx.
0
Задача 2. Пусть
∞
Z
1) a−1=
′
2) µ
B
x dA(x) < +∞;
0
(t) — измеримая по Лебегу функция;
3) µB(t) — измеримая по Борелю функция (и, значит, интегрируемая по Лебегу ф ункция на [0, ∞), так как 0 6 µB(t) 6 1 − A(t),
∞
Z
[1 − A(t)] dt = a−1< +∞)
тогда
0
1) P {ξ(t) ∈ B} есть функция, интегрируемая по Лебегу на любом
отрезке [0, T ];
2) существует
T
Z
1
3) PB= a
∞
Z
µB(t) dt.
0
lim
T →+∞
P {ξ(t) ∈B}dt = PB;
T
0
Указание. См. задачу 1 § 3 и формулу (2) § 4.
Задача 3. Пусть автобусы прибывают на некоторую остановку
в мо менты, образующие рекуррентный поток, определяемый ф.р. A(t).
Через ξ(t) обозначим время ожидания прибытия автобуса, начиная с момента t. В предположении, что A — неарифметическое распределение,
показать, что
x
Z
lim
P {ξ(t) < x} = a
t→∞
Z
a−1=
[1 − A(u)] du, x > 0;
0
∞
u dA(u) 6 +∞.
0
В частности,
lim
t→∞
Eξ(t) =
1
a−1+
2
1
aσ2.
2
§ 5. Предельная теорема для регенерирующего процесса 65
∞
Z
Здесь σ2=
1
=
a−1].
2
(x − a−1)2dA(x) [хотя может показаться, что lim
0
t→∞
Eξ(t) =
Указание. ξ(t) — регенерирующий процесс; моменты прибытия ав-
тобусов tk= z1+ . . . + zk, k > 1 являются моментами регенерации. Гра-
фик реализации процесса ξ(t) представлен на рис. 1.
B = [0, x);
µB(τ) = P {ξ(τ ) < x, z1> τ }= P {z1− τ < x, z1> τ }=
= P {τ < z1< x + τ } = A(x + τ ) − A(τ + 0);
∞
Z
a
µB(τ) dτ = a
0
∞
Z
[A(x + τ ) − A(τ + 0)] dτ = a
0
x
Z
[1 − A(u)] du.
0
ξ(t)
0
t1t
2
t
3
η(t)
t
0
t1t
2
t
3
t
Рис. 1. Рис. 2.
Задача 4 (продолжение). Пусть η(t) — время отсутствия автобуса
к моменту t или, более точно, длина промежутка времени, начинающегося с момента прибытия последнего из автобусов, прибывших раньше t,
до момента t. Показать, что
x
Z
lim
P {η(t) < x} = a
t→∞
[1 − A(u)] du.
0
Указание. η(t) — регенерирующий процесс с моментами регенера-
ции t1, t2, . . . График реализа ции процесса η(t) представлен на рис. 2.
µB(τ) = P {η(τ ) < x, z1> τ }= P {τ < x, z1> τ } =
(
1 − A(τ + 0), если τ < x,
=
0, если τ > x.
66 Гл. 1. Регенерирующие процессы
Задача 5. Распространить утверждения задач 3 и 4 на случай рекуррентного потока с запаздыванием.
Задача 6. Пусть периоды работы некоторого устройства чередуются с периодами его восстановления. Обозначим через {uk}
k>1
последовательность периодов работы устройства. Соответствующую последовательность периодов восстановления обозначим через {vk}
положим, что сл.в. {uk}
k>1
, {vk}
независимы, а внутри каждой по-
k>1
k>1
. Пред-
следовательности одинаково распределены. Пусть σ(t) = 0, если в момент t устройство восстанавливается, и σ(t) = 1 в противном случае.
Предполагая Eu1+ Ev1< ∞, а распределение A(x) = P {u1+ v1< x}
неарифметическим, показать, что
Eu
lim
P {σ(t) = 1} =
t→∞
1
Eu1+ Ev
.
1
Указание. σ(t) — регенерирующий процесс с моментами регенера-
ции t1, t2, . . ., где
tk= z1+ . . . + zk, zk= uk+ vk;
µB(t) = P {σ(t) = 1, z1> t} = P {u1> t, u1+ v1> t} = P {u1> t};
∞
Z
µB(t) dt =
0
∞
Z
P {u1> t} dt = Eu1.
0
§ 6. Цепи Маркова с непрерывным и дискретным временем
Рассмотрим однородную цепь Маркова с множеством сост ояний I =
= {0, 1, 2, . . .}. Пусть p
Здесь T = {1, 2, . . .} или T = (0, ∞). Распределение π = (π0, π1, . . .) на I
(т.е. набор чисел π0, π1, . . . таких, что πi> 0 и
стационарным, если
t
— вероятность перехода из i в j за время t ∈ T .
ij
X
πi= 1) называется
i>0
X
πj=
i>0
t
πip
для всех j > 0 и t ∈ T .
ij
Цепь Маркова назовем сжимающей, если для любой пары состояний i
и i2существует сост ояние j и время t ∈ T такие, что p
t
i1j
> 0 и p
t
i2j
> 0.
Предложение 1. Пусть цепь Маркова является сжимающей. То-
гда для любых i и j из I существует lim
1◦. Если не существует стационарного распределения, то lim
t→∞
t
p
; при этом
ij
t→∞
p
для всех состоянии i и j.
1
t
ij
§ 6. Цепи Маркова с непрерывным и дискретным временем 67
2◦. Если существует стационарное распределение π = (π0, π1, . . .),
то оно единственное и lim
t→∞
t
p
= λiπiдля любых i и j; где число λ
ij
возможно зависит от i и 0 < λi6 1.
Отметим, что из 2◦и существования стационарного распределения
следует сжимаемость цепи Маркова.
Конечно, в 2◦не обязательно λi= 1. Например, если T = {1, 2, . . .},
−u
p00= 1, p
= 1 − pi0= e
i,i+1
то цепь является сжимающей и p
i
для i > 1, ui> 0 и
t
→ λ1πj, где 0 < λ1= 1 − e−u< 1
1j
X
ui= u < +∞,
i>1
и π = (1, 0, 0, . . .) — стационарное распределение.
Предложение 2. Пусть существует стационарное распределение
π = (π0, π1, . . .). Тогда следующие два утверждения равносильны
t→∞
t
p
= πjдля любых i и j.
ij
1◦. lim
2◦. Цепь является сжимающей и всякое ограниченное решение си-
стемы уравнений
X
t
p
xj= xi, i > 0, t ∈ T ,
ij
j>0
имеет вид x = (x0, x1, . . .) = c(1, 1, . . .).
Цепь Маркова называется неприводимой, если для любой пары со-
стояний i и j существует t ∈ T такое, что p
t
ij
> 0.
Предложение 3. Пусть существует стационарное распределение
π = (π0, π1, . . .). Тогда следующие два утверждения равносильны
t→∞
t
p
= πj> 0 для всех i и j .
ij
1◦. lim
2◦. Цепь является сжимающей и неприв одимой.
Доказательство предложений 1—3 приведено в приложении.
Отметим, что следующие утверждения равносильны:
1◦. Цепь является сжимающей и неприводимой.
2◦. Для любой пары состояний i и j существует время τ = τ(i, j) ∈ T
такое, что p
t
> 0 для всех t > τ .
ij
Если T = {1, 2, . . .}, то каждое из эт их утверждений равносильно следующему:
3◦. Цепь является неприводимой и непериодической.
Напомним, что неприводимая цепь Маркова называется непериодической, если для любой пары состояний i и j наибольший общ ий делитель
чисел {k : p
k
> 0} равен единице.
ij
Следствие. Для т ого, чтобы однородная сжимающая неприво-
димая цепь Маркова имела стационарное распределение, достаточно
i
68 Гл. 1. Регенерирующие процессы
существования τ ∈T, ε > 0, натурального числа i0и набора неотрицательных чисел x0, x1, . . . таких, что
X
τ
p
xj6 xi− ε для i > i0,
ij
j>0
X
τ
p
xj6 +∞ для i 6 i0.
ij
j>0
Доказательство. Без ограничения общности можно считать, что
τ = 1, p
τ
= pij. Положим
ij
(n+1)
x
i
(1)
x
= xi, i > 0,
pijx
i
(n)
j
X
=
n
p
xj, n > 1, i > 0;
ij
j>0
X
=
j>0
тогда
i
(n+1)
x
i
X
j>0
p
n−1
ij
6 x
x
(2)
i
=
(2)
j
= x
0
X
(n)
i
X
j=0
j=0
i
0
n−1
p
ij
i
0
X
+
p
j=0
1
(p
+ p
ij
6
+
(2)
x
j
n−1
ij
2
ij
X
+
p
j>i
0
(2)
[x
− xj+ ε] − ε 6
j
+ . . . + p
n−1
(xj− ε) =
ij
n−1
)(x
ij
(2)
− xj+ ε) − (n − 1)ε
j
или
0 6
(n+1)
x
i
n − 1
6
(2)
x
i
n − 1
i
0
1
X
p
+ . . . + p
+
ij
j=0
n − 1
n−1
ij
(2)
(x
− xj+ ε) − ε,
j
откуда, учитывая, что существуют пределы
lim
n→∞
1
p
+ . . . + p
ij
n − 1
n−1
ij
= lim
k→∞
k
p
= πj> 0,
ij
находим
i
0
X
0 6
j=0
πj(x
(2)
− xj+ ε) − ε.
j
Отсюда видно, что одно из чисел πj, j = 0, . . . , i0, отлично от нуля. Для
завершения доказательства осталось воспользоваться предложениями
1 и 3.
Задача. Рассмотрим однородную цепь Маркова с конечным мно-
жеством состояний; p
t
— вероятность перехода из i в j за время t ∈ T ;
ij
§ 7. Процесс гибели и размножения 69
T = {1, 2, . . .} или (0, ∞). Показать, что следующие два утверждения
равносильны:
1◦. Для любой пары состояний i и j существует предел lim
X
не зависящий от i; при этом
ным стационарным распределением.
πj= 1 и {πj} является единствен-
j
t→∞
t
p
= πj,
ij
2◦. Цепь является сжимающей.
Указание. Воспользоваться предложением 0.
§ 7. Процесс гибели и размножения
Рассмотрим случайный процесс ν(t), t > 0, со значениями в I =
= {0, 1, 2, . . .}, удовлетворяющий условиям
1) время пребывания в состоянии i ∈ I подчинено экспоненциальному распределению 1 − e
−αix
, x > 0, с параметром αi> 0, не зави-
сящим от траектории процесса до попадания в это сост ояние;
2) из состояния i ∈ I процесс переходит в состояние i + 1 или
(i − 1)+= max(0, i − 1) с вероятностями piи qi= 1 − piсоответ-
ственно.
Случайный процесс ν(t), t > 0, с такими свойствами называется про-
цессом гибели и размножения. Если pi= 1 для всех i, то говорят
о процессе чистого размножения. Например, таким процессом является пуассоновский поток. Если же pi= 0 для всех i, то процесс ν(t)
называют процессом чи стой гибели.
Положим
Pk(t) = P {ν(t) = k}, t > 0, k > 0.
Предложение 0. Пусть p0= 1 и 0 < pi< 1 для всех i > 1. Тогда
′
1) P
(t) = −a0P0(t) + b1P1(t),
0
′
P
(t) = a
k
k−1Pk−1
(t) − (ak+ bk)Pk(t) + b
k+1
(t)P
(t), k > 1,
k+1
где ai= αipi, bi= αiqiдля i > 0.
2) Существуют пределы
lim
Pk(t) = πkдля всех k > 0,
t→∞
не зависящие от начального состояния п роцес са ν(t).
3) Сходимость ряда
X
k > 0,
πk= 1, πk= ρkπ0. Здесь ρ0= 1, ρk=
k>0
X
ρkравносильна тому, что πk> 0 для всех
k>0
a0. . . a
b1. . . b
k−1
k
для k > 0.
70 Гл. 1. Регенерирующие процессы
X
4) Расходимость ряда
ρkравносильна тому, что πk= 0 для всех
k>0
k > 0.
Замечание. Обычно процесс гибели и размножения определяют
следующим образом. Пусть ν(t), t > 0, — марковский процесс со значениями в I = {0, 1, . . .} и
Pij(t) = P {ν(t + s) = j/ν(s) = i}
не зависит от s > 0 для любых i, j, t. Предположим, что функции Pij(t)
удовлетворяют условиям
(0)
(1) P
(2) P
X
Pij(t) = 1, Pij(t + s) =
j>0
(h) = aih + 0(h) при h ↓ 0, i > 0.
i,i+1
(h) = bih + 0(h) при h ↓ 0, i > 1.
i,i−1
X
Pik(t)Pkj(s).
k>0
(3) Pii(h) = 1 − (ai+ bi)h + 0(h) при h ↓ 0, i > 0.
(4) b0= 0, a0> 0, ai> 0, bi> 0 при i > 1.
(5) Pij(0) = δij.
Процесс ν(t) с такими свойствами называют процессом гибели и размножения. Определенный в начале параграф а процесс гибели и размножения удовлетворяет условиям (0)—(5). Это следует из основного
свойства экспоненциального распределения, см. лемму § 2 главы 0. Обратное же утверждение неверно, так как в общем случае может существовать несколько марковских процессов, удовлетворяющих (0)—(5).
Достаточным условием, при котором сущес твует единственный однородный марковский процесс с условиями (0)—(5), является
X
n>0
n
X
k=0
akρ
1
= +∞.
k
ρ
n
Доказательство предложения 0. 1) Из (0)—(3) при j > 0 имеем
X
Pj(t + h) =
Pk(t)Pkj(h) = P
k>0
j−1
(t)P
+ P
(h) + Pj(t)Pjj(h)+
j−1,j
(t)P
j+1
j+1,j
(h) +
X
′
Pk(t)Pkj(h),
k
где последняя сумма берется по всем k 6= j − 1, j, j + 1. Так как
P
j−1,j
(h) = a
h + o(h),
j−1
Pjj(h) = 1 − (aj+ bj)h + o(h),
P
j+1,j
(h) = b
h + o(h),
j+1
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]