Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 7. Процесс гибели и размножения 71
X
′
Pk(t)Pkj(h) = o(h) ·
k
X
′
Pk(t) = o(h)
k
при h ↓ 0, то
Pj(t + h) = a
j−1hPj−1
(t) + [1 − (aj+ bj)h]Pj(t) + b
j+1hPj+1
(t) + o(h),
откуда
Pj(t + h) − Pj(t)
h
= a
j−1Pj−1
(t) − (aj+ bj)Pj(t) + b
j+1Pj+1
(t) +
o(h)
h
.
Отсюда получаем (если еще t заменить на t − h), что функции Pj(t)
непрерывны и дифференцируемы. При j = 0 рассуждения проводятся аналогично. В точке же t = 0 функции Pj(t) непрерывны и имеют
правостороннюю производную.
2) Так как цепь Маркова ν(t) является сжимающей, то существование указанных пределов следует из предложения 1 § 6. В силу же
неприводимости цепи ν(t) из предложения 3 § 6 следует, что возможен
лишь один из двух случаев:
• либо πk> 0 для всех k > 0;
• либо πk> 0,
ется единственным стационарным распределением.
X
πk= 1 и распределение π = (π0, π1, . . .) на I явля-
k>0
Отсюда следует, что утверждение 4) вытекает из утверждения 3).
3) Из 1)—2) следует, что существуют lim
производная P
′
lim
P
(t) = 0. Но тогда система дифференциальных уравнений из 1)
k
t→∞
′
(t) равномерно ограничена по t. Отсюда следует, что
k
t→∞
′
P
(t) и для каждого k > 0
k
при t → ∞ переходит в систему алгебраических уравнений
0 = −a0π0+ b1π1,
0 = a
k−1πk−1
− (ak+ bk)πk+ b
k+1πk+1
, k > 0.
Полагая zk= a
k−1πk−1
k > 1, т.е. zk= 0 для всех k . Отсюда следует, что πk=
πk= ρkπ0для всех k > 0. Если теперь
4) Осталось показать, что из
− bkπk, k > 1, получим z1= 0, zk− z
X
πk= 1, то
k>0
X
ρk< ∞ следует
k>0
a
X
ρk< ∞.
k>0
X
πk= 1. Для это-
k>0
k+1
k−1
b
k
= 0 для
π
k−1
или
го воспользуемся предельной теоремой для регенерирующих процессов,
см. У3) следствия § 5. Процесс ν(t) является регенерирующим. Моментами регенерации служат моменты попадания в сос тояние 0. Конечно, мы должны быть уверенными, что распределение длины интервала
между соседними мо ментами регенерации является собственным. Это
72 Гл. 1. Регенерирующие процессы
будет верно, если средняя длина такого интервала конечна. Длина же
этого интервала представляется суммой двух независимых случайных
величин: времени пребывания в состоянии «0» и длины ξ интервала,
начинающегося с момента перехода процесса ν(t) в состояние «1» и заканчивающегося моментом перехода процесса в состояние «0». Н о распределение первой случайной величины имеет плотность, поэтому то
же самое верно относительно цикла регенерации. Итак, достаточно
убедиться, что Eξ < ∞.
Для определения Eξ будем считать состояние «0» поглощающим.
Пусть wi— среднее время (возможно, бесконечное) до поглощения при
начальном состоянии i > 1. Покажем, что Eξ = w1= a
следует из
wi= α
−1
i
+ piw
i+1
+ qiw
i−1
, i > 1,
−1
0
X
ρk. Это
k>1
где w0= 0.
Предложение 1. Пусть p0= 1, 0 < pi< 1 для 0 < i < n, pn= 0. То-
гда
′
1) P
(t) = −a0P0(t) + b1P1(t);
0
′
P
k
′
P
n
(t) = a
(t) = a
k−1Pk−1
n−1Pn−1
(t) − (ak+ bk)Pk(t) + b
(t) − bnPn(t).
k+1Pk+1
(t), 0 < k < n;
2) Существуют пределы
lim
Pk(t) = πkдля всех 0 6 k 6 n,
t→∞
не зависящие от начального состояния п роцес са ν(t), 0 6 ν(0) 6 n.
3) πk= ρkπ0> 0 для всех k = 0, 1, . . . , n и
n
X
k=0
πk= 1.
Доказательство. Система дифференциальных уравнений выводится так же, как в предложении 0. Остальные утверждения получаются из предложения 0 § 6, см. также задачу в § 6.
Задача 1 (линейный рост популяции с иммиграцией). Пусть
ak= ka + c, bk= kb, a > 0, b > 0, c > 0;
µ1(t) = Eν(t), µ2(t) = E[ν(t)]2.
Отметим, что k · a можно интерпретироват ь как интенсивность прироста популяции размера k; c — интенсивность роста популяции за счет
внешнего источника (иммиграции); kb — интенсивность гибели в популяции размера k. Показать, что
′
µ
(t) = (a − b)µ1(t) + c,
1
§ 8. Эргодическая теорема для регенерирующих процессов 73
′
µ
(t) = 2(a −b)µ2(t) + (a + b + 2c)µ1(t) + c,
2
µ1(0) = i, µ2(0) = i2, если ν (0) = i.
§ 8. Эргодическая теорема для регенерирующих процессов
Пусть ξ(t) — регенерирующий процесс со значениями при каждом
t > 0 в некотором измеримом пространстве (X, B); t1, t2, . . . — последо-
вательные моменты регенерации процесса: zk= tk− t
, k > 1, t0= 0.
k−1
Тогда последовательность сл.в. {zk, k > 1} образует рекуррентный про-
цесс восстановления с запаздыванием. Положим A1(x) = P {z1< x},
A(x) = P {zk< x} для k > 1. Предположим, что
∞
Z
0 < a−1= Ezk=
x dA(x) < ∞, k > 1.
0
Для некоторого множества B ∈ B положим
p1(t) = P {ξ(t) ∈ B, z1> t}, p(t) = P {ξ(tk+ t) ∈B, z
> t}, k > 1, t > 0.
k+1
Наконец, через x(t) обозначим индикатор события {ξ(t) ∈ B}.
Предложение. Если каждая траектория процесса x(t) и функция
p1(t) измеримы по Лебегу, а функция p(t) измерима по Борелю, то
функция P (t) = P {ξ(t) ∈ B} измерима по Лебегу и для любого числа
λ > 0 при T → ∞
T
Z
1
T
Z
1
T
0
Замечание. ¯x(T ) =
E
P (t) dt − p
T
x(t) dt − p
T
0
→ 0, p = a
T
Z
1
x(t) dt есть доля времени пребыв ания про-
0
цесса ξ(t) в множестве B за время T . Если существует lim
λ
→ 0; (1)
∞
Z
p(t) dt. (2)
0
P {ξ(t) ∈
t→∞
∈ B} = p, то предложение, в частности, утверждает, что оценка ¯x(T )
для p является состоятельной.
Доказательство. 1◦. Относительно утверждения (2) см. задачу
2 § 5. Утверждение же (1) достаточно проверить для λ = 2, так как
74 Гл. 1. Регенерирующие процессы
0 6 ¯x(T) 6 1, 0 6 p 6 1, поэтому |¯x(T ) − p| 6 1 и
E|¯x(T ) − p|λ6
(
E|¯x(T ) − p|
λ/2
E
|¯x(T ) −p|2при 0 < λ 6 2.
2
при λ > 2;
2◦. При λ = 2 левая часть (1) записывается в виде
E[¯x(T ) − p]2= E ¯x2(T ) − p2− 2p[E ¯x(T ) − p].
Согласно (2) при T → ∞
T
Z
E¯x(T ) − p =
1
P (t) dt − p → 0.
T
0
Остается показать, что
lim
E¯x2(T ) 6 p2. (3)
T →∞
3◦. Отметим, что
T
T
Z
E¯x2(T ) =
Z
1
2
T
Ex(s)x(τ ) ds dτ =
0
0
ZZ
2
=
2
T
s+t6T
ZZ
2
T
Ex(s)x(s + t) ds dt =
2
s+t6T
P {ξ(s) ∈ B, ξ(s + t) ∈ B } ds dt, (4)
где s > 0, t > 0. При s > 0, t > 0 событие {ξ(s) ∈ B, ξ(s + t) ∈ B} содержится в объединении следующих событий:
E1— точки s и s + t попадают в один цикл регенерации;
E2— точка s попадает в первый цикл регенерации;
E0— точки s и s + t попадают в разные циклы регенерации, отлич-
ные от первого, и ξ(s) ∈ B, ξ(s + t) ∈ B.
Следовательно,
P {ξ(s) ∈B, ξ(s + t) ∈ B} 6 P (E1) + P (E2) + P (E0). (5)
4◦. Имеем
P (E1) =
X
P {tk< s, t
k>0
= 1 − A1(s + t) +
> s + t} =
k+1
X
k>1
X
P {s + t − z
k>0
s
Z
6 tk< s} =
k+1
[1 − A(s + t − x)] dAk(x) =
0
§ 8. Эргодическая теорема для регенерирующих процессов 75
s
Z
= 1 − A1(s + t) +
[1 − A(s + t − x)] dH1(x), (6)
0
X
где Ak(x) = P {tk< x}, H1(x) =
Ak(x);
k>1
P (E2) = P {z1> s} = 1 − A1(s); (7)
P (E0) =
n>1Xk>1
=
где H (x) =
P {ξ(s) ∈ B, tn< s;
t
> s; ξ(s + t) ∈ B, t
n+1
s
X
Z
p(s − u) dAn(u)
n>1Xk>1
0
=
X
k
∗
A
(x), A
k>1
n+k
s
Z
p(s − u) dH1(u)
0
k
∗
— k-ая свертка Стилтьеса ф.р. A. Здесь ис-
пользовалось, что при tn= u имеем
X
A
(v) = P {t
n+k
< v/tn=u}= P {z
n+k
5◦. Покажем, что
ZZ
1
I2=
I1=
1
2
T
T
ZZ
s+t6T
[1 − A1(s + t)] ds dt =
2
s+t6T
s
Z
ds dt
[1 − A(s+t−x)] dH1(x) 6
0
ZZ
1
I3=
T
[1 − A1(s)] ds dt =
2
s+t6T
T
Z
1
=
[1 − A1(s)] ds −
T
0
< s + t, t
s+t
Z
p(s + t − v ) dA
s
s+t
Z
s
+ . . . +z
n+1
H1(T )
6
T
> s + t} =
n+k+1
(v) =
n+k
p(s + t − v) dvH(v − u), (8)
k
< v −u} = A
n+k
T
Z
1
u[1 − A1(u)] du; (9)
2
T
0
T
Z
1
·
u[1 − A(u)] du;
T
0
T
Z
1
s[1 − A1(s)] ds;
2
T
0
∗
(v − u).
(10)
(11)
76 Гл. 1. Регенерирующие процессы
I4=
1
2
T
ZZ
s+t6T
ds dt
6
s
Z
p(s − u) dH1(u)
0
∞
Z
h
i
p(x) dx
0
2
·
n
s+t
Z
p(s + t − v ) dvH(v − u) 6
s
T
H(T )
2
T
Z
1
+
H(T − x) dH(x)o.
2
T
0
(12)
В самом деле, равенства (9),(11) очевидны; неравенство (10) получается после замены переменных интегрирования (s, t, x) 7→ (u, t, x),
u = s + t − x, и образа области интегрирования на большую область
{(u, t, x): 0 6 t 6 u 6 T, 0 6 x 6 T }. Проверим неравенство (12). После
замены переменных интегрирования (u, v, s, t) 7→ (u, w, x, y) по формулам s − u = x, s + t − v = y, v − u = w и образа области интегрирования
на большую о бласть
0 6 u + w 6 T, u > 0, w > 0; x > 0, y > 0
получим
I46
∞
Z
0
p(x) dx
∞
Z
0
p(y) dy
T
Z
1
dH(w)
2
T
0
T −w
Z
dH1(u) =
0
∞
Z
h
=
p(x) dx
0
T
Z
i
2
1
H1(T − w) dH(w).
2
T
0
Теперь (12) получается из неравенства (см. (3) § 0)
H1(x) 6 A1(x) + H(x) 6 1 + H(x).
6◦. Из (4)—(8) следует, что
E¯x2(T ) 6 2[I1+ I2+ I3+ I4].
Так как при T → ∞
T
H1(T )
T
→ a,
H(T )
T
→ a,
Z
1
[1 − A1(x)] dx → 0,
T
0
то для проверки неравенства (3) в силу (9)—(12) достаточно убедиться,
что
T
Z
1
u[1 − A(u)] du → 0 (13)
T
0
§ 8. Эргодическая теорема для регенерирующих процессов 77
и
lim
T →∞
T
Z
1
H(T − x) dH(x) 6
2
T
0
2
a
. (14)
2
7◦. Утверждение (13) следует из T [1 −A(T )] →0, что в свою очередь
вытекает из
T [1 − A(T )] =
T
Z
[1 − A(u)] du ↑
0
T
Z
[1 − A(u)] du −
0
∞
Z
[1 − A(u)] du =
0
T
Z
T
Z
[A(T ) − A(u)] du,
0
∞
Z
u dA(u) = a−1< ∞,
0
[A(T ) − A(u)] du ↑ a−1.
0
8◦. Проверим (14). Пусть ε ∈ (0, 1). Положим
T
Z
H(T − x) dH(x) = I + I0, I0=
0
T
Z
H(T − x) dH(x).
T −εT
Так как функция H(x) не убывает, то
T
Z
I06
H(εT ) dH(x) 6 H(εT )H(T ). (15)
T −εT
Далее выберем число T0такое, чтобы
H(x)
x
− a
6 ε при εx > T0.
Тогда при εT > T0имеем
T −εT
Z
0
H(T −x)
T −x
(T − x) dH (x) 6 (a + ε)
T
Z
6 (a + ε)
(T − x) dH(x) = (a + ε)
0
I =
T −εT
Z
(T − x) dH(x) 6
0
T
Z
H(x) dx. (16)
0
78 Гл. 1. Регенерирующие процессы
Кроме того,
T
Z
H(x) dx =
0
Теперь из (15 )—(1 7) имеем при εT > T
T
Z
1
H(T − x) dH(x) 6 ε ·
2
T
0
εT
Z
H(x) dx +
0
εT
T
Z
H(x)
· x dx 6 H(εT ) · εT + (a + ε)
x
6 H (εT)εT + (a + ε)
0
H(εT )
εT
H(T )
·
+ (a + ε)nε
T
H(εT )
2
εT
εT
+
T
Z
2
T
2
a + ε
x dx 6
. (17)
o
2
,
откуда при T → ∞ получим
T
lim
Z
1
H(T − x) dH(x) 6 a2ε + (a + ε)ε2a +
2
T
0
(a + ε)
2
2
,
а в силу произвольности ε из (0, 1) это дает (14).
Задача. Пусть ν(t), t > 0, — процесс гибели и размножения, опреде-
ляемый интенсивностями {ai> 0}
X
ρk< +∞, ρk=
k>1
и {bi> 0}
i>0
a0. . . a
b1. . . b
k−1
k
. Предположим, что
i>1
, k > 1.
Для целого числа n > 0 обозначим через xn(T ) долю времени пребывания процесса ν(t) в состоянии n до момента T . Показать, что xn(T ) при
T → ∞ сходится по вероятности к πn= lim
t→∞
{ν (t) = n}.
Глава 2
СИСТЕМЫ ОБСЛУЖИВАНИЯ ОДНИМ
ПРИБОРОМ
§ 0. Определение переходных вероятностей для системы
обслуживания с ограниченной очередью; пуассоновский
поток, экспоненциальное обслуживание
Описание системы, постановка задачи. В систе му обслуживания,
состоящую из одного обслуживающего прибора, поступает поток вызовов. Моменты поступления вызовов образуют пуассоновский поток
с параметром a, длит е льность обслуживания вызова подчинена экспоненциальному распределению с параметром b. Вызов, заставший в момент своего поступления прибор свободным от обслуживания, сразу
же начинает обслуживаться; в противном случае становится в очередь.
Предположим, что максимальное число вызовов, которые могут одновременно находиться в системе, равно n > 1. Это означает, что если
вызов застает в системе в момент своего поступления n вызовов, то
он «теряется», т.е. к обслуживанию не принимается и на дальнейший
поток вызовов влияния не оказывает.
Если в некоторый момент времени в системе находится k вызовов,
0 6 k 6 n, то будем говорить, что система находится в состоянии k.
Обозначим через ν(t) состояние системы в момент t. В силу основного
свойства экспоненциального распределения (см. § 2 главы 0) ν(t) есть
процесс гибели и размножения, определяемый интенсивностями
(
ak=
a, если 0 6 k < n;
0, если k > n;
bk= b для 1 6 k 6 n.
Положим для t > 0
Pij(t) = P {ν(t) = j/ν(0) = i}.
Цель этого параграфа — найти Pij(t), 0 6 i, j 6 n.
Формулировка результата.
n
X
Pij(t) = ρ
j
1 − ρ
1 − ρ
n+1
+
2
n + 1
j−i
1+
2
ρ
k=1
где
ρ = a/b; ak= 1 + ρ − 2√ρ cos θk;
1
−
aik= sin(i + 1)θk− ρ
2
· sin iθk, 1 6 i 6 n;
aika
a
jk
−akbt
e
k
, (1)
80 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
θk= k ·
π
n + 1
, 1 6 k 6 n.
В частности, при t → ∞ из (1) следует
lim Pij(t) = pj=
1 − ρ
1 − ρ
n+1
ρj.
Замечание. Полагая
1
−
a(θ) = 1 + ρ − 2√ρ cos θ, ai(θ) = sin(i + 1)θ −ρ
fij(θ) =
ai(θ)aj(θ)
a(θ)
, h =
π
n + 1
2
· sin iθ,
,
запишем формулу (1) в виде
n
Pij(t) = ρ
j
1 − ρ
1 − ρ
n+1
+ ρ
1+
j−i
X
2
2
·
π
k=1
fij(kh) · h.
Отсюда следует, что если число мест для ожидания не ограничивается,
то (n → ∞)
Pij(t) = (1 −ρ)ρj+ ρ
1+
j−i
2
·
Z
2
π
π
fij(θ) dθ
0
или
j−i
2
Pij(t) = (1 − ρ)ρj+ ρ
π
Z
[√ρ sin(i + 1)θ − sin iθ][√ρ sin(j + 1)θ − sin jθ]
×
0
2
·
×
π
1 + ρ − 2√ρ cos θ
−(1+ρ−2√ρ cos θ)bt
e
dθ,
где первое слагаемое следует исключить, если ρ > 1. В частности, если
ρ < 1 и
mi(t) = E{ν(t)/ν(0) = i},
то
mi(t) =
ρ
1 − ρ
− ρ
i
2
−
2
·
×
π
π
Z
√
×
ρ sin(i + 1)θ − sin iθ
(1 + ρ − 2√ρ cos θ)
0
·√ρ sin θ ·e
2
−(1+ρ−2√ρ cos θ)bt
Дифференциальные уравнения задачи. Так как ν(t) есть процесс ги-
бели и размножения, то (см. § 7 главы 1)
′
P
(t) = −aPi0(t) + bPi1(t),
i0
′
P
(t) = aP
ij
(t) − (a + b)Pij(t) + bP
ij−1
(t), 0 < j < n,
ij+1
dθ.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]