Теория случайных процессов (1042226), страница 24

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

Текст из файла (страница 24)

Поток моментов окончания профилактики для каждого члена бригады уже имеет интенсивность pλ/4, а интенсивности ПЧР числа отремонтированных ЭВМ становятся равными205§ 7. Непрерывные процессы гибели и размноженияλi = (1 − i/4) pλ, i = 0, 1, 2, 3, так как в каждом i-м состоянии(i ЭВМ прошли профилактику) они сокращаются на (i/4)pλ, i == 0, 1, 2, 3 (рис. 110). В остальном процедура решения аналогична, но вероятности состояний вычисляются по формуламZ1− λ0 t−λi tλi−1 πi−1 (τ )eλi τ dτ ,π0 (t) = e, πi (t) = e0i = 0, 1, 2, ... , N − 1.pλ0(3/4)pλ1(2/4)pλ2(1/4)pλ34Рис. 1107.11.

Рассматривается процесс накопления информации в базах данных, хранимых в ЭВМ. Поступающий поток единицинформации — простейший с интенсивностью λ = 1.Решение. Имеем ПЧР числа накопленных единиц информации с постоянной интенсивностью, т. е. имеем согласно лекции15 пуассоновский процесс ξ(t) с параметром λt, тогда M ξ(t) == Dξ(t) = λt = t.7.12. В условиях предыдущей задачи информация не тольконакапливается, но и расходуется по законам простейшего потокас интенсивностью µi = iµ = 2i.Решение. Имеем ПГР с N = ∞, согласно примеру 3 изρiλлекции 17 при t → ∞: πi = e−ρ , ρ = , i = 0, 1, ...

⇒ M ξ(t) =i!µλ= Dξ(t) = = 0,5.µ7.13. Рассматривается ремонтная мастерская, которая можетодновременно ремонтировать не более m = 5 автомашин. Шестаяавтомашина, прибывшая в мастерскую, покинет ее без ремонта.Входящий поток — простейший с интенсивностью λ = 1, времяремонта одной автомашины — экспоненциальное с параметромµ = 0,5.Решение. Математической моделью этой системы являетсяПГР с параметрами(λ, i < m,λi =µi = iµ, i = 1, 2, ...

, m.0, i > m,206Сборник задачρiСогласно примеру 7 из лекции 17 ρ = λ/µ = 2 ⇒ πi = π0=i! 0− 1i152222= π0 , где π0 =++ ... += 0,1376.i!0!1!5!7.14. Рассматривается одноканальная система обслуживанияс экспоненциальным временем обслуживания (µ = 1) и переполняющим входящим потоком требований1, i = 0, 1, ... , N = ∞.λi =i+1Решение.= π0Согласнопримеру2(1/µ)i !/i!= π0 /i!, i = 0, 1, ... ,1, i = 0, 1, ... .⇒ πi =e i!изгделекцииπ0 =17e−1/µ=πi−e 1=⇒7.15. Рассматривается трехканальная система с неограниченным входящим потоком, λ/µ = 0,5 и λ = 1 (рис.

111).2466543210111116Рис. 111Решение. Согласно примеру 4 из лекции 17ρiλπ0 π0 i! = ρ = µ = 0,5 = 2i i! , i 6 3,πi =⇒ρiπ04,5 π0= i= i π0 , i > 3µ!µi−m62 3! 3i−3⇒ π0 =3∞XX14,51++i2 i!6ii=1i=4!−1= 0,6.7.16. Рассматривается одноканальнаяСО с ограниченным(3 − i, 0 6 i 6 3,входным потоком требований λi =и экс0,i>3поненциальным временем обслуживания (µ = 2) (рис. 112).§ 7. Непрерывные процессы гибели и размножения0123223212072Рис. 112Подсказка: см. пример4/19, 6/19,Ответ: πi =6/19,3/19,5 из лекции 17.i = 0,i = 1,i = 2,i = 3.7.17.

Рассматривается трехканальная СО с потерями, λ =1, i 6 3,=µ = 2i (рис. 113).0, i > 3,2Подсказка: см. пример0,75, 0,375,Ответ: πi =0,094,0,62,32101114Рис. 11367 из лекции 17.i = 0,i = 1,i = 2,i = 3.7.18. Рассматривается трехканальная СО с потерями, ρ == λ/µ = 0,5.Подсказка: см. пример 7 из лекции 17.Ответ: π0 = 0,61, π1 = 0,305, π2 = 0,076, π3 = 0,013.7.19.

Бригада из трех рабочих обслуживает пять станков.Каждый рабочий в каждый момент времени может обслуживатьне более одного станка, и каждый станок может обслуживатьсяне более чем одним рабочим. Один станок выходит из строяи восстанавливается под воздействием простейших потоков событий с интенсивностями λ = 1 и µ = 2 соответственно.Подсказка: см. пример 11 из лекции 17..

Характеристики

Список файлов книги