Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория массового обслуживания. Учебное пособие
.pdf
§ 0. Определение переходных вероятностей 81
′
P
(t) = aP
in
(t) − bPin(t),
in−1
Pij(0) = δij.
Решение. После замены u = b t, ρ = a/b получим систему
′
P
(u) = −ρPi0(u) + Pi1(u),
i0
′
P
(u) = ρP
ij
′
P
(u) = ρP
in
(u) − (1 + ρ)Pij(u) + P
ij−1
(u) − Pin(u),
in−1
(u), 0 < j < n,
ij+1
Pij(0) = δij.
Воспользуемся предложением § 7Д. В данном случае
−ρ 1 0 . . . 0 0
A =
ρ −(1 + ρ) 1 . . . 0 0
0 ρ −(1 + ρ) . . . 0 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . −(1 + ρ) 1
0 0 0 . . . ρ −1
M0(s) = 1, M1(s) = s + ρ,
M
(s) = (1 + ρ + s)Mk(s) − ρM
k+1
M
(s) = (1 + s)Mn(s) − ρM
n+1
(s), 0 < k < n ,
k−1
(s).
n−1
Сделаем замену:
1 + ρ + s
2√ρ
= x, Mk(s) = ρ
k
2
Pk(x);
тогда
P0(x) = 1, P1(x) = 2x −
P
(x) = 2xPk(x) − P
k+1
P
(x) = (2x −√ρ)Pn(x) − P
n+1
1
√
,
ρ
(x), 0 < k < n,
k−1
n−1
(x).
Пусть Uk(x), k > 0, — многочлены Чебышева второго рода, т.е.
U0(x) = 1, U1(x) = 2x,
U
(x) = 2xUk(x) − U
k+1
(x), k > 1;
k−1
тогда
Pk(x) = Uk(x) −
1
√
U
(x), 0 6 k 6 n,
k−1
ρ
,
где положено U−1(x) = 0, и
P
(x) = (2x −√ρ)hUn(x) −
n+1
1
√
U
ρ
(x)i−hU
n−1
n−1
(x) −
1
√
U
(x)i=
n−2
ρ
82 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
= 2xUn(x) −√ρUn(x) −
1
√
ρ
=2x −√ρ −
Возвращаясь к Mk(s), мы получаем
Mk(s) = ρ
M
(s) = sρ
n+1
k
2
Uk(x) − ρ
n
2
Un(x).
k−1
2
Так как многочлен Un(x) имеет корни
то многочлен M
xj= cos θj; θj= j
(s) имеет корни
n+1
n + 1
λ0= 0, λj= −[1 + ρ − 2√ρ cos θj];
θj= j
π
, j = 1, . . . , n.
n + 1
Далее,
Ui(xj) =
sin(i + 1)θ
поэтому (см. (2))
i/2
Mi(λj) =
ρ
aij, 1 6 j 6 n, (3)
sin θ
j
где
aij= sin(i + 1)θj− ρ
[2xU
U
π
sin θ
(x) − U
n−1
(x), 0 6 k 6 n,
k−1
, j = 1, . . . , n,
j
,
j
1
−
2
sin iθj.
1
√
n−2
Un(x) =
ρ
(x)] =
)
s
√
Un(x).
ρ
(2)
Так как
(i)
β
= β0β1. . . βi= ρi,
(i)
γ
= γ0γ1. . . γi= 1, 0 6 i 6 n, (4)
то нам осталось найти Ln(λj).
Воспользуемся формулами
sin(2n + 1)θ
2 sin θ
n
X
n
X
k=1
j
sin2kθ =
j
= −
1
2
h
1
−
2
sin(2n + 1)θ
2 sin θ
−
n
2
, sin(n + 1)θj= 0, 1 6 j 6 n,
2 sin(k + 1)θ · sin kθ = (n + 1) cos θ −
k=1
тогда, пользуясь соотношениями (3)—(4), находим
i
1
,
2
sin 2(n + 1)θ
2 sin θ
;
§ 1. Период занятости 83
Ln(λj) =
=
sin2θ
1
=
n
X
k=0
j
sin2θ
n
2
M
(λj)
k
(k)γ(k)
β
(1 + ρ−1)
h
1
(1 + ρ−1)
j
n
X
=
[sin(k + 1)θj− ρ
k=0
n
X
sin2kθj− ρ
k=1
n + 1
2
− ρ
−
1
−
2
sin kθj]
n
X
1
−
2
2 sin(k + 1)θj· sin kθ
k=1
1
2
(n + 1) cos θ
1
2
sin2θ
=
j
o
=
j
i
j
= −
n + 1
2ρ sin2θ
λj. (5)
j
Для λ0= 0
Mk(0) = ρk, 0 6 k 6 n,
Ln(0) =
n
X
k=0
ρk=
1 − ρ
1 − ρ
n+1
. (6)
Теперь из (3)—(6) и предложения § 7Д получаем (1).
§ 1. Период занятости
В систему обслуживания, состоящую из одного обслуживающего
прибора, поступает рекуррентный поток вызовов, определяемый ф.р.
A(t). Обслуживание предполагается рекуррентным, задаваемым ф.р.
B(t). Вызов, заставший в момент своего поступления прибор занятым
обслуживанием, становится в очередь и ожидает начала обслуживания.
Длину промежутка в ремени, начинающегося с момента поступления
вызова, заставшего прибор свободным от обслуживания, до следующего непосредственно момента освобождения с истемы от вызов ов назовем
периодом занятости системы. Функцию распределения периода занятости обозначим через Π(t).
Предложение 1. Если A(t) = 1 − e
−at
, то
π(s) = β(s + a − aπ(s)), (1)
причем это функциональное уравнение определяет единственную
функцию π(s), аналитическую в полуплоскости Re s > 0, в которой
|π(s)| < 1, и представимую в виде π(s) =
∞
Z
−st
e
dΠ(t), где Π(t) — неубы-
0
вающая функция. При этом
(
Π(+∞) =
1, если aβ16 1,
ρ, если aβ1> 1;
(2)
здесь ρ (в случае aβ1> 1) есть единственный корень уравнения
ρ = β(a −aρ),
84 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
лежащий в (0, 1). Кроме того,
∞
Z
π1=
t dΠ(t) =
0
Предложение 2. Если B(t) = 1 − e
π(s) =
β
1
1 − aβ
+∞, если aβ1> 1.
b[1 − γ(s)]
s + b[1 − γ (s)]
, если aβ1< 1,
1
−bt
, b > 0, то
, (3)
γ(s) = α(s + b − bγ(s)), (4)
причем эти условия определяют единственную пару функций γ(s)
и π(s), аналитических в полуплоскости Re s > 0, в которой |γ(s) < 1|
и |π(s)| < 1;
π(s) =
∞
Z
−st
e
dΠ(t),
0
где Π(t) — неубывающая функция. При этом
Кроме того,
Π(+0) = 0,
Π(+∞) = min(1, α1b).
−1
b
π1=
, если α1b > 1,
1 − σ
+∞, если α1b 6 1,
(5)
где σ (в случае α1b > 1) — единственный корень уравнения σ = α(b − bσ)
лежащий в (0, 1).
Замечание. Случай Π(+∞) < 1 означает, что период занятости мо-
жет принимать и бесконечное значение (система никогда не освобождается), вероятность чего равна 1 − Π(+∞).
Для доказательства предложения 1 заметим, что справедлива формула
t
Π(t) =
X
n>0
Πn(t) = [Π(t)]
Z
n
(au)
−au
e
n!
0
n
,
∗
Πn(t − u) dB(u),
(6)
которая по лу чается из следующих соображений. Будем считать, что
порядок обс лу живания инверсионный. Это значит, что среди ожидающих в ы з овов на обслуживание выбирается тот вызов, который поступил
позже остальных. Ясно, что такой порядок обслуживания не влияет на
§ 1. Период занятости 85
период занятости системы. В начале периода занятости в системе находится один вызов, который и начал обслуживаться. Предположим,
что время обслуживания его равно u(6 t). За это время в систему мо-
жет поступить n вызовов с вероятностью
(au)
n!
n
−au
e
. Оставшееся время
занятости системы равно сумме n периодов занятости (и должно не превосходить t − u).
В преобразованиях Лапласа—Стилтьеса формула (6) принимает вид
π(s) = s
∞
Z
−st
e
0
= s
Z
=
0
= s
∞
dt
∞
Z
0
X
n>0
∞
Z
0
Z
X
n>0
t
X
n>0
0
dB(u)
(au)
n!
(au)
n!
n
n
(au)
n!
∞
Z
u
n
e
−(a+s)u
e
−au
e
Πn(t − u) dB(u) =
(au)
n!
· e
−su
n
e
dB(u)
X
n>0
−au
· [π(s)]ndB(u) =
−au
Πn(t − u)e
−st
dt =
∞
Z
−sv
e
Πn(v) dv =
0
∞
Z
−(s+a−aπ(s))u
e
0
dB(u),
откуда и следует (1 ).
Пусть теперь комплексное число s такое, что Re s > 0. Рассмотрим
уравнение
z = β(s + a − az). (7)
Левая и правая части (7) аналитичны по z в некоторой области, содержащей круг |z| 6 1 (например, в области Re (s + a − az) > 0, т.е.
Re z < 1 + a−1Re s). Кроме того, при |z| = 1
Re (s + a −az) = Re s + a(1 − Re z) > 0,
поэтому
|β(s + a − az)| 6 β(Re (s + a −az)) < 1 = |z|,
отсюда согласно теореме Руше следует, что функции по z
z и z − β(s + a − az)
имеют одинаковое число нулей в |z| 6 1, т.е. лишь по одному нулю.
Таким образом, уравнение (7) для каждого s такого, что Re s > 0, определяет единственным образом z = π(s) такое, что |π(s)| 6 1. По теореме
о неявной функции проверяется, что π(s) есть аналитическая функция
в полуплоскости Re s > 0.
86 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
По теореме Бохнера—Хинчина (см. § 1Д.) проверяется, что π(s)
представима в виде преобразования Лапласа—Стилтьеса от некоторой
неубывающей функции Π(t). Так как существует
lim
Π(t),
t↓0
то (см. § 2Д.)
Π(+0) = π(+∞)
или в силу (1), |π(s)| 6 1, β(+∞) = B(+0) имеем
Π(+0) = B(+0).
Аналогично, так как существует конечный или бесконечный предел
lim
Π(t) = Π(+∞),
t→∞
то
Π(+∞) = π(+0) (8)
и при этом
π(+0) = β(a − aπ(+0)); (9)
здесь π(+0 ) — действительное число (см. (8)) такое, что 0 6 π(+0) 6 1,
так как 0 6 π(+0) = lim
π(s) и π(s) 6 1 в полуплоскости Re s > 0.
s↓0
Покажем, что уравнение
x = β(a − ax) (10)
при aβ16 1 имеет единственное решение в [0, 1], равное x1= 1, а при
aβ1> 1 имеет два решения в [0, 1], равные x0= ρ, x1= 1, 0 < ρ < 1.
Представим графически левую
β(a − ax)
(1, 1)
и правую части (10) (рис. 3). В силу тог о, что β(a − ax) выпукла вниз, вопрос о существовании
корня в интервале (0, 1) сводится
к выяснению поведения функции
β(a)
β(a − ax) в точке x = 1 − 0. Про-
изводная в этой точке равна aβ1.
0
ρ
Если aβ1> 1, существует (един-
x
ственный) корень уравнения (10)
в (0, 1); если aβ16 1, то в интер-
Рис. 3.
вале (0, 1) уравнение (10) неразре-
шимо. Заметим еще, что в замкнутом круге |x| 6 1 (на комплексной плоскости) уравнение имеет лишь
действительные решения (см. задачу 6) и, значит, совпадающие с найденными.
§ 1. Период занятости 87
Итак, при aβ16 1 имеем π(+0) = 1. В случае aβ1> 1 для π(+0)
имеются две возможности: π(+0) = 1 и π(+0) = ρ < 1. На самом деле
π(+0) = ρ. Это следует из того, что для всякого ε > 0 π(ε) есть един-
ственное (как было показано выше) решение уравнения
π(ε) = β(ε + a − aπ(ε))
такое, что |π(ε)| < 1.
Для завершения доказательства теоремы заметим, что
∞
Z
π1=
t dΠ(t) = −π′(+0).
0
Доказательство предложения 2. Обозначим через ζkдлину
промежутка времени, начинающегося с момента поступления некоторого выз ова, заставшего в системе k вызовов, до следующего непосредственно мо мента освобождения системы от вызовов, k > 0. В силу того
что длительность обслуживания имеет экспоненциальное рас пределение, сл.в. ζkпри k > 1 не зависит от того, сколько времени уже обслуживался вызов, находящийся на обслуживании в начале этого промежутка. Ясно, что ζ0есть период занятости системы. Назовем условно
величину ζkпериодом занятости типа k, k > 0. Положим
Πk(t) = P {ζk< t}, Πk(t) = 1 − Πk(t), k > 0.
Соотношения
Πk(t) = [1 − A(t)] ·he
t
Z
h
+
e
0
−bt
−bu
+
Π
k+1
bt
−bt
e
1!
(t − u) +
. . . +
+ . . . +
(bu)
k!
(bt)
−bt
e
k!
bu
−bu
e
1!
k
−bu
e
Π1(t − u)idA(u), k > 0, (11 )
+
Πk(t − u) + . . .
i
k
могут быть получены из следующих соображений. Для того чтобы период занятости типа k превосходил t, необходимо и достаточно, чтобы
либо за время t не было поступлений вызовов и за это время обслужилось не более k вызовов, либо первое поступление было через время
длительности u < t, за которое прибор обслужил i вызово в, i = 0, 1 . . . , k,
и по сле которого начинающийся период занятости типа k + 1 − i был
больше t − u.
88 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
Положим
¯
R(z, t) =
R(z, t) =
¯r(z, s) =
r(z, s) =
умножим левую и правую части (11) на z
X
zkΠk(t);
k>0
X
zkΠk(t) = (1 −z)−1−¯R(z, t);
k>0
∞
Z
−st
e
0
∞
Z
e
0
¯
d
R(z, t);
t
−st
dtR(z, t)=(1−z)−1−¯r(z, s);
k+1
до +∞, полу чим
z
z¯R(z, t) = [1 − A(t)]
1 − z
−bt(1−z)
e
+
∞
Z
0
+
−bu(1−z)
e
[¯R(z, t − u) −¯R(0, t − u)] dA(u),
или в преобразованиях Лапласа—Стилтьеса
z¯r(z, s) =
z
1 − z
s
·
s + b − bz
[1 − α(s + b − bz)]+
+ α(s + b − bz)[¯r(z, s) − ¯r(0, s)],
(12)
и просуммируем по k от 0
или
¯r(z, s)[z − α(s + b − bz)] =
=
z
1 − z
s
·
s + b − bz
[1 − α(s + b − bz)] − α(s + b − bz)¯r(0, s). (13)
Так же как при доказательстве предложения 1, получим, что функциональное уравнение
γ(s) = α(s + b −bγ(s))
имеет единственное решение γ(s), представимое в виде
∞
Z
γ(s) =
−st
e
dC(t),
0
где C(t) — неубывающая функция, при этом
C(+0) = γ(+∞) = A(+0);
§ 1. Период занятости 89
(
C(+∞) = γ(+0) =
1, если α1b 6 1;
σ, если α1b > 1,
где σ (в случае α1b > 1) есть единственный корень уравнения
σ = α(b − bσ),
лежащий в (0, 1).
При z = γ(s) из (13), находим
¯r(0, s) =
s
s + b − bγ (s)
, (14)
откуда
π(s) = r(0, s) = 1 − ¯r(0, s) =
b[1 − γ(s)]
s + b[1 − γ (s)]
.
To, что π(s) представимо в виде
∞
Z
π(s) =
−st
e
dΠ(t),
0
где Π(t) неубывающая функция, следует из того, что
b
[1 − γ (s)]
1 +
s
b
[1 − γ (s)]
s
,
а функция
π(s) =
b
[1 − γ(s)] является преобразованием Лапласа—Стилтьеса
s
(неубывающей) функции
t
Z
b
[1 − C(u)] du.
0
Остальные утверждения теоремы 2 проверяются обычным образом (как
при доказательстве предложения 1).
На самом деле мы получили несколько больше, а именно из
(13)—(14) следует, что
¯r(z, s) = [z − α(s + b − bz)]−1×
o
s
. (15)
×nz ·
1 − α(s + b − bz)
1 − z
s
·
s + b − bz
− α(s + b − bz)
s + b − bγ (s)
Эта формула нам пригодится позже.
90 Гл. 2. Системы обслуживания одним прибором
∞
Z
Рассмотрим примеры (ниже предполагается, что
∞
Z
<
t dA(t) < +∞).
0
Пример 1. A(t) = 1 − e
−at
, a > 0. Выпишем первые два момента
t dB(t) <
0
периода занятости (см. (1)):
β
1
1 − aβ
(1 − aβ1)
, B(t) = 1 − e
s + b + a − aπ(s)
,
1
β
2
.
3
−bt
b
. Из (1) получаем
,
Пример 2. A(t) = 1 −e
π(s) =
π1=
π2=
−at
откуда
π(s) =
1
(s + a + b −p(s + a + b)2− 4ab)
2a
(взят знак −, ибо |π(s)| 6 1). Обращением преобра з ования Лапласа—
Стилтьеса получаем
Π′(t) =
1
I1(2t√ab)e
t√ρ
−(a+b)t
, ρ = a/b;
здесь I1(t) — функция Бесселя первого рода.
Для моментов получаем
π1= (b − a)−1,
π2= 2b(b − a)−3,
π3= 6b(a + b)(b − a)−5,
π4= 24b(a2+ 3ab + b2)(b − a)−7;
дисперсия периода занятости равна
2
π2− π
Пример 3. A(t) = 1 − e
= (a + b)(b − a)−3.
1
−at
, время обслуживания постоянно и равно
b−1. При этом
(
B(t) =
0, t 6 b−1,
1, t > b−1,
β(s) = e
−sb
−1
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]