Теория случайных процессов (1042226), страница 23

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 23)

В цехе две взаимозаменяемые технологические линиисборки изделий. Для работы цеха достаточно, чтобы работалахотя бы одна линия. Поток отказов — простейший с интенсивностью λ = 1. При выходе из строя линия начинает мгновенноремонтироваться и через ∆ единиц времени (∆ ∈ Экс (µ = 1))полностью восстанавливается. Какова вероятность, что за времяt цех ни разу не прекратит свою работу?2110122Рис.

92Решение. На рис. 92 представлен РГС моделирующей цепи,где i = 0 — исправны обе линии, i = 1 — исправна одна линия,вторая ремонтируется, i = 2 — ремонтируются обе линии.Система уравнений Колмогорова, дополненная нормировочным условием, имеет видπ̇0 (t) = π1 (t) − 2π0 (t), π1 (0) = 1,π̇2 (t) = π1 (t) − 2π2 (t),π0 (t) + π1 (t) + π2 (t) = 1.Переходим к системе уравнений относительно изображений:§ 6. Финальные вероятности состояний непрерывных цепейxL0 = L1 − 2L0 ,xL2 = L1 − 2L2 , L0 + L1 + L2 = 1x195L1 + 1L0 =,x+22L1=,⇒ L2 =x+2x(x + 2)(x + 4)2 L1 =.x(x + 4)Переходим от изображений к оригиналам:L1 ⇒ hp1 (x) = x + 4 ⇒ a = −4, p′1 (x) = 1, p1 (0) = 4i ⇒1e−4t1⇒ π1 (t) = 2+=1 − e−4t ,4 (−4)12D2L2 =⇒ p2 (x) = x2 + 6x + 8 ⇒ p2 (0) = 8, p∗2 (x) = 2x + 6,xp2 (x)Ea1 = −4, a2 = −2, p∗2 (−4) = −2, p∗2 (−2) = 2 ⇒1e−4te−2t1 11⇒ π2 (t) = 2++= + t−4t − e−2t ⇒8 −4(−2) −2(2)4 42⇒ π0 (t) = 1 − π1 (t) − π2 (t).111, π2 (t) → π2 = , π0 (t) → π0 = .244Вероятность того, что за время t цех ни разу не прекратитсвою работу, равна3 1131 − π0 (t) = − e−4t − e−2t −−−→ .t→∞ 44 42При t → ∞: π1 (t) → π1 =5.12.

Рассмотрите предыдущую задачу при дополнительномпредположении: второе состояние является поглощающим.§ 6. Финальные вероятности состоянийнепрерывных цепейВ задачах этого параграфа требуется найти финальные вероятности состояний по размеченному графу состояний. Для этойцели с помощью мнемонического правила (лекция 13) строитсяи затем решается система линейных алгебраических уравнений7*196Сборник задач(в дальнейшем — просто система уравнений) относительно указанных вероятностей.6.1. См.

рис. 93.1λ1λ33λ1λ2λ22λ3Рис. 93Решение. Составляем систему уравнений для первого и второго состояний и решаем ее:2λ π = λ2 π2 + λ3 π3 , 1 1λi,2λ2 π2 = λ1 π1 + λ2 π2 , ⇒ πi =λ1 + λ2 + λ3 π + pi + π = 11236.2. См. рис. 94.013425Рис. 94Ответ:π0 π1 π2 π3π4π50,2 0,25 0,2 0,15 0,15 0,056.3. См. рис. 95..i = 1, 2, 3.§ 6. Финальные вероятности состояний непрерывных цепей3λ300λ011197λ23λ12λ402λ244Рис. 95Решение. Составляем систему уравнений относительно состояний 0, 1, 3, 4 и решаем ее:λ01 π0 = λ12 π1 , λ12 π1 = (λ23 + λ24 )π2 ,⇒λ30 π3 = λ23 π2 ,λ40 π4 = λ24 π2 ,π0 + π1 + π2 + π3 + π4 = 1λπ1 = 01 π0 ,λ12λ01π2 =π0 ,λ23 + λ24λ01 λ23 π3 =π0 ,λ30 (λ23 + λ24 )⇒λ01 λ24π4 =π0 ,λ(40 λ23 + λ24 )λλ01λ01 λ23π0 = 1 + 01 +++λ12 λ23 + λ24 λ30 (λ23 + λ24 )− 1λλ0123+.λ40 (λ23 + λ24 )6.4.

См. рис. 96.µ0λµ1λ/2Рис. 96λ2198Сборник задачОтвет:π1π23λ3λ2 2µ π0 2µ2 π0π03λ 3λ21++2µ 2µ2!−16.5. См. рис. 97.λ2λ1.3λ4324λРис. 97Решение.Составляем систему уравнений относительно состояний 2, 3,4 и решаем ее:1π2 = π1 ,2 2λπ2 = π1 ,1 π3 = π1 , 3λπ3 = 2λπ2 ,3⇒1,4λπ=3λπ43π4 = π1 ,4π1 + π2 + π3 + π4 = 1 π1 = 12 .256.6.

Рассматривается одноканальная СО. На ее вход поступает простейший поток требований с интенсивностью λ, времяобслуживания — экспоненциальное с параметром µ. Канал время от времени выходит из строя с интенсивностю ν . Ремонтотказавшего канала начинается мгновенно, время ремонта —экспоненциальное с параметром γ .Подсказка: см. РГС на рис. 98.λν0µ12γРис. 982199§ 6.

Финальные вероятности состояний непрерывных цепейОтвет:π1π2λλνπ0µ+νγ(ν + µ)π0λλν1++µ + ν γ(ν + µ)− 1.6.7. В условиях предыдущей задачи допускается, что каналможет выходить из строя в неработающем состоянии с интенсивностью δ .Подсказка: см. РГС на рис. 99.δµ01λν2γРис. 99Ответ:π1π2λλν + µδ + νδπ0p0µ+νγ(ν + µ)π0λλν + µδ + νδ1++µ+νγ(ν + µ)−1.6.8.

Рассматривается одноканальная СО, в которой очередьна обслуживание не превышает двух требований. Канал можетвыходить из строя. Требование, которое обслуживалось в моментотказа, становится в очередь, если очередь меньше двух, в противном случае покидает систему необслуженным.Решение. Введем обозначения:• для интенсивностей потоков: требований — λ, обслуживаний — µ, отказов — ν , восстановлений отказавшего канала — γ ;• для состояний: канал свободен, очереди нет — 00, каналзанят, очереди нет — 10, канал занят, в очереди одно требование — 11, канал отказал, в очереди одно требование — 21, каналотказал, в очереди два требования — 22, канал занят, в очередидва требования — 12.РГС представлен на рис.

100. Система уравнений, составленная для всех состояний, кроме 11, и ее решение имеют вид200Сборник задачµπ10 = λπ00 ,µπ11 + γπ21 + λπ00 = (µ + λ + ν)π10 , λπ11 = (µ + ν)π12 ,⇒νπ=(γ+λ)π,1021λπ21 + ν(π11 + π12 ) = γπ22 ,π00 + π10 + π11 + π21 + π22 + π12 = 1⇒µ00µλ10νµλγ21π00λ = 2,π10µ = 1,π11⇒ν = 0,5,π12γ=1π21π2211γνλλ12ν22Рис. 1006.9. См. рис.

101.713625Рис. 101Матрица интенсивностей имеет вид4= 3/61,= 6/61,= 14/61,= 56/183,= 1/61,= 55/183.§ 7. Непрерывные процессы гибели и размноженияi\j12345674 1/201/30 481/202483244512688761(λ) =201.Ответ:i1234567.πi 0,915 0,077 0,001 0,002 0,004 0,00016 0,0002146.10. См. рис. 102.21124433Рис. 102Ответ:(i1234πi 12/25 6/25 4/25 3/25).§ 7. Непрерывные процессы гибели и размножения —математические модели экономических системВ задачах 7.3–7.12 данного параграфа требуется найти вероятности каждого состояния для всех t > 0, а в задачах 7.13–7.19только финальные вероятности. Цепи могут быть заданы своимиРГС.7.1.

Простейший поток отказов ЭВМ имеет интенсивностьλ = 0,1 мин−1 . Каждый нечетный отказ устраняется первойремонтной бригадой, а каждый четный — второй. Каковавероятность, что каждая из бригад имеет хотя бы ∆ = 5 минна устранение одного отказа?202Сборник задачПодсказка: какой ЗР имеет время между соседними отказами для каждой из бригад?7.2. Смешиваются два простейших потока отказов ЭВМс интенсивностями λ1 = 0,3 мин−1 и λ2 = 0,7 мин−1 соответственно. Какова вероятность, что в течение 2 мин ЭВМ будетфункционировать без отказов?Подсказка: какова интенсивность суммы двух независимыхпростейших потоков?7.3.

См. рис. 103, p3 (0) = 1.µ3µ2231Рис. 103Решение: Имеем ПЧГ с N = 3 и произвольными значениямиинтенсивности. Согласно лекции 16p3 (t) = e−µ3 t ,p2 (t) = e−µ2 tZtµ3 π3 (τ )e0µ2 τdτ = e−µ2 tZtµ3 e−µ3 τ eµ2 τ dτ =0Zt= e−µ2 τ µ3 e−(µ3 −µ2 )τ dτ =0π1 (t) = 1 − π2 (t) − π3 (t) = 1 − e−µ3 t −µ3e−µ2 t − e−µ3 t ,µ3 − µ2µ3e−µ2 t − e−µ3 t .µ3 − µ2При t → ∞: π3 (t) → π3 = 0, π2 (t) → π2 = 0, π1 (t) → π1 = 1.7.4. См. рис. 104, p1 (0) = 1.λ11λ223Рис.

104Ответ: π1 (t) = e−λ1 t , π2 (t) =λ1e−λ2 − eλ1 .λ1 − λ2§ 7. Непрерывные процессы гибели и размножения2037.5. См. рис. 105, π3 (0) = 1.µµ231Рис. 105Решение: Имеем ПЧГ с N = 3 и равными интенсивностями.Согласно лекции 16π3 (t) = e−µt , π2 (t) = µte−µt ,π1 (t) = 1 − π2 (t) − π3 (t) = 1 − (1 − µt)e−µt ;при t → ∞: π3 (t) → π3 = 0, π2 (t) → π2 = 0, π1 (t) → π1 = 1.7.6. См. рис.

106, π1 (0) = 1.λλ213Рис. 106Ответ: πi (t) =(λt)i −λte , i = 1, 2.i!7.7. См. рис. 107, π3 (0) = 1.2µ3µ213Рис. 107Решение: Имеем ПЧГ с N = 3 и интенсивностями µi = iµ.Согласно лекции 16π3 (t) = e−3µt , π2 (t) = 3e−3µt 1 − e−µt , π1 (t) = 1 − π2 (t) − π3 (t);при t → ∞: π1 (t) → π1 = 1.7.8. См.

рис. 108, π1 (0) = 1.λ12λ23Рис. 108Ответ: π1 (t) = e−λt , π2 (t) = e−λt 1 − e−λt .204Сборник задач7.9. Вычислительный центр состоит из четырех ЭВМ. Бригада из четырех человек проводит их профилактический ремонт.Суммарный поток моментов окончания ремонтов для всей бригады — простейший с интенсивностью 0,5. После окончания ремонта ЭВМ проверяется: с вероятностью p = 0,8 она оказываетсяработоспособной (время проверки равно нулю), а с вероятностью 1 − p ЭВМ оказывается неработоспособной и ее профилактика повторяется. В начальный момент все ЭВМ нуждаютсяв профилактическом ремонте. Дополнительно найти математическое ожидание числа ЭВМ, успешно прошедших профилактикук моменту t = 4.Решение.

Пусть i (i = 0, 1, 2, 3, 4) — число ЭВМ, успешнопрошедших профилактику. Последняя заканчивается с вероятностью p и продолжается с вероятностью 1 − p. Это означает, чтоинтенсивность потока моментов окончания ремонтов сокращается в p раз, следовательно, РГС принимает вид, приведенный нарис. 109. Мы получаем ПЧР с постоянной интенсивностью pλ,для которого (лекция 15)(pλt)i −pλtπi (t) =e, i = 0, 1, 2, 3,i!3Xπ4 (t) = 1 −πi (t).i=0pλ0pλ1pλ2pλ34Рис. 109Требуемое математическое ожидание, очевидно, равно4Xπi (4) = pλ = 2 =i=0" 2 3 #2·42·42·4(−2)4=e1·+2+3+ 4(1 − 0,042) = 3,94.1!2!3!7.10. В условиях предыдущей задачи за каждым членомбригады закреплена своя ЭВМ, которую он ремонтирует.Решение.

Характеристики

Список файлов книги