Е.С. Вентцель, Л.А. Овчаров - Задачи и упражнения по теории вероятностей (1115276), страница 56
Текст из файла (страница 56)
В случае, если на стоянке нетпассажиров, в очередь становятся автомобили. Число мест для автомобилей на стоянке ограничено (равно га); число мест в очередидля пассажиров также ограничено (равно I). Все потоки событий — простейшие. Посадка производится мгновенно. Построитьграф состояний СМО, найти финальные вероятности состояний,среднюю длину гп очереди пассажиров, среднюю длину гт очередиавтомобилей, среднее время tQ4n пребывания в очереди пассажира, среднее время £очт пребывания в очереди такси и посмотреть,как эти характеристики изменятся при т —> оо, I —> оо.X\St,0X* *^[X,XSc,0X7^-Т** 1,0\Х5м-— •М-X5••—*X•0,050,1Г^-^*! 0,kИ-Sи-^X• *^М-S0:m\Р и с.
1 1.3 J1Р е ш е н и е . Состояния СМО будем нумеровать соответственно числу пассажиров и автомобилей на стоянке двумя индексами:первый — число пассажиров, второй — число автомобилей. Состояние 50 0 означает, что на стоянке нет ни пассажиров, ни автомобилей; состояние sok — нет автомобилей, к пассажиров; состояние 5 с0 — с автомобилей, ни одного пассажира. Граф состоянийСМО показан на рис.
11.38. Граф соответствует схеме гибели иразмножения. Применяя общие формулы (11.0.4) для этой схемыи обозначая X / |л = р, получаем:?м,о==РЛ,О;Ро,о = р'р/,о; •••;л-2,0 = Р 2 Р/,О; •••; рс,о = Р'~ С .Р/,О; •••;Ро* = р / + *л,о;---;Ро,™==р' + т е Р/,о;401p / i 0 ={l + p + p 2 + .
. . V + m r 1(П-38.1)или, суммируя геометрическую прогрессию со знаменателем р,+m+1fti0=(l-p)/(l-p').(11.38.2)Вероятности (11.38.1) образуют геометрическую прогрессию спервым членом р10 и знаменателем р. Если р > 1, наивероятнеишеесостояние системы будет s0 — автомобилей нет, все места в очереди пассажиров заняты; если р < 1 — наивероятнеишее состояниеsl0 — пассажиров нет, все места в очереди автомобилей заняты.При т —>оо,/—>оо финальные вероятности не существуют;при р > 1 очередь пассажиров, а при р < 1 очередь автомобилейимеют тенденцию возрастать неограниченно (эта тенденция сдерживается тем, что как число пассажиров, так и число такси в городе бесконечными быть не могут).11.39*. В столовой самообслуживания имеется один раздаточный пункт, на котором отпускаются как первые, так и вторые блюда.
Поток посетителей столовой — простейший с интенсивностьюX; на отпуск как первого, так и второго блюда идет случайное время, распределенное по показательному закону с одним и тем жепараметром р. Некоторые посетители берут и первое, и второе(доля таких посетителей равна q), другие — только второе (доля1 — q). Найти: 1) условия, при которых существует устойчивый,стационарный режим работы столовой; 2) среднюю длину очередии среднее время пребывания посетителей в столовой, если посетитель съедает одно блюдо в среднем за время т, а два блюда — завремя 2т.Р е ш е н и е .
Время, идущее на обслуживание одного посетителя, представляет собой случайную величину Г, распределенную свероятностью q по закону Эрланга 2-го порядка, со средним значением to6cJl = 2 / р, а с вероятностью (1 - q) — по показательномузакону с параметром р. Найдем математическое ожидание случайной величины Г. Для этого воспользуемся формулой полного математического ожидания с двумя гипотезами: Нх = {посетительберет только второе блюдо}; Н2 = {посетитель берет оба блюда}.Вероятности этих гипотез: Р (Нг) = 1 — q\ Р ( # 2 ) = q.Полное математическое ожидание случайной величины Т равноM[T] = P(H1)M[T\H1} + P(H2)M[T\H2}=(l-q)(l/»)+q(2/\i) = (q + l)/W+значит, столовая может обслуживать в среднем |л / (q + 1) посетителей в единицу времени; если X > |л / (q + 1), то СМ О перегружена, ифинальные вероятности не существуют, если же X < р, / (q + 1), тоони существуют.
Предположим, что X < р, / (q + 1).402Для нахождения средней длины очереди г, средних временпребывания заявки в очереди £оч и в системе (столовой) £сист воспользуемся формулой Полячека — Хинчина (11.0.31). Для этогонадо знать коэффициент вариации случайной величины Т — времени обслуживания. Найдем сначала второй начальный моментэтой величины М[Г2]. По формуле полного математического ожидания (с теми же гипотезами Нх и Я2) получимМ[Г 2 ] = ( 1 - ? ) М [ Г 2 | Я 1 ] + ?М[Г 2 |Я 2 ].(11.39.1)При гипотезе Нх случайная величина Т распределена показательно с параметром \х:М[Г 2 |Я 1 ] = 0[Г|Я 1 ] + ( М [ Г | Я 1 ] ) 2 = 1 / ^ + ( 1 / ^ ) 2 = 2 / ц 2 .При гипотезе Н2 вычислим второй начальный момент величины Г по формулеМ[Г 2 |Я 2 ] = 0[Т|Я 2 ]+(М[Г|Я 2 ]) 2 .Но М[Т|Я 2 ] = 2 / М М [ Т | Я 2 ] ) 2 = 4/IJL 2 ; дисперсия D[T|# 2 ]вдвое больше, чем D p T ^ J , как дисперсия суммы двух независимых одинаково распределенных случайных величин Тг и Т2, т.е.D[T\H2} = 2 / (х2.
Следовательно,М[Г 2 |Я 2 ] = 2 / * х 2 + 4 / ц 2 = 6 / ^ ,откуда по (11.39.1)М[Г 2 ] = (1 - q) 2 / [L2 + q6 / \i2 = 2 (1 + 2g) / |л2.Дисперсия случайной величины ТD[T] = М[Т 2 ] - (М[Г])2 = (1 + 2? - g 2 ) / ix2;отсюда коэффициент вариации случайной величины Т^ - V l + 2 4 - g 2 /in + l).Подставляя это выражение и р = Х(д + 1 ) / ц в формулу Полячека—Хинчина (11.0.31), получаем( Х 2 / „ 2 ) ( д + 1)2 1 +Г==2[l-(X/li)(9l + 2g-<(<? + 1)2+ l)]( \ 2 / ^ 2 ) ( 1 + 2д)l-(X/^)(g + l)'Далее*'оч = *УХ; *~сист = *<* + ( ? + !)/»* + (д + 1) Т = im+ (g + 1) ( т + 1/ц).40311.40.
Пример простейшей СМО с отказами и с приоритетом.Имеется двухканальная СМО с отказами, на которую поступаютдва простейших потока заявок: I с интенсивностью \ г и II с интенсивностью Х2 (будем кратко называть их «заявки I» и «заявкиII»). Заявки I имеют перед заявками II приоритет, состоящий вследующем: если заявка I приходит в момент, когда все каналы заняты и хотя бы один из них обслуживает заявку II, то пришедшаязаявка I «вытесняет» из обслуживания заявку II, становится на ееместо, а та покидает СМО необслуженной. Если заявка I приходит в момент, когда все каналы заняты обслуживанием заявок I, тоона получает отказ и покидает СМО.
Заявка II получает отказ,если она приходит в момент, когда заняты оба канала (безразлично какими заявками).Построить размеченный граф состояний СМО, нумеруя состояния двумя индексами (г, j); первый указывает число заявок I,второй — число заявок II, находящихся в СМО. Написать уравнения для финальных вероятностей состояний. Решить их при\ г = \ 2 = |л1 = jji2 = 1. Выразить через р{- (г + j < 2) следующиехарактеристики эффективности СМО:^отк (^тк ) ~~ вероятность отказа в момент поступления для заявки I (II);Аг (А2) — среднее число заявок I (II), обслуживаемое СМО вединицу времени;кх (к2) — среднее число каналов, занятых обслуживанием заявок I (II); _РОТК, А, к — те же характеристики для СМО в целом, безотносительно к виду заявок.Р е ш е н и е .
Состояния СМО: s00 — в СМО нет заявок; s10 — вСМО одна заявка I и ни одной заявки II; s01 — в СМО ни однойзаявки I и одна заявка II; s20 — в СМО две заявки I и ни одной заявки II; sn — в СМО по одной заявке I и II; s02 — в СМО ни однойзаявки I и две заявки П. Размеченный граф состояний СМО данна рис. 11.40.Уравнения для финальных вероятностей состояний:(\ + Х 2 ) р00 = \ixp10 + [i2p01; (\+ Х2 + \1г) р10 = \рт+ 2щ х2(\хр2о + М»2Ри 5 ^ 2 о = \Рю + \Рп 5+ Х2 + \i2) х р01 = \2р00 + \1гри + 2\i2pQ2;+М-1 +V2)Pll=X2Pl0+\P0l(\+ \P02'> ( X l + 2H<2)P02 = X2P0i;Poo + Рю + Р20 + Poi + Pn + P02 =Решая их при \ г = Х2 = §JLX = \i2 = 1, получаем404LVp 00 =0,20; р10 =0,25; р20 =0,20;Рог =0,15; р2 =0,15; р 02 =0,005;Х2Рсй=Р20=0А)VNV0 40^ii =P20+Pll+P02= i ;i 4 1 = X 1 ( l - P W ) = 0,8.2м..Величину А2 вычислим, учитывая то,что некоторые заявки II, принятые к обслуживанию, вытесняются заявками I ипокидаютСМОнеобслуженными.Среднее число таких заявок в единицуХ и (рп + р02), следовательно,А2 = Х 2 I1 - (^20 + ^11 + Р02 )] К ~ ^1 / Ml'Xрис ц^овремениравноl (Pll + Р02 ) = °А^2 ~ ^2 / М2 *Вероятность Р отк того, что произвольно выбранная заявка, поступившая в СМО, получит отказ, найдем по формуле полной вероятности с гипотезами: Нг = {пришла заявка I}; Н2 = {пришла заявка И}.
Вероятности этих гипотезР(Я1) = Х 1 / ( Х 1 + Х 2 ) ;Р(Я2) = Х 2 / ( Х 1 + Х 2 ) .Следовательно,РX,=•\.p(i)+.+Х2X,-Р<2=О,З.(Х1+Х2)Заметим, что все характеристики для заявок I можно было быполучить, совершенно игнорируя заявки II и рассматривая задачутак, как если бы на двухканальную СМО с отказами поступалитолько заявки I. Предоставляем читателю убедиться в этом, подсчитав все характеристики для двухканальной СМО с отказами,на которую поступает только поток заявок I.11.41. Условия предыдущей задачи изменены так, что количество каналов СМО с отказами равно п = 3. Построить граф состояний СМО.
Написать уравнения для финальных вероятностейPij (i + J < 3), где г — число заявок I, j — число заявок И, находящихся в СМО. Считая эти уравнения уже решенными, выразитьчерез р{- те же характеристики эффективности, что и в предыдущей задаче.Р е ш е н и е . Граф состояний показан на рис. 11.41.Уравнения для финальных вероятностей состояний:(\+ Х 2 ) рт = \1гр10 + \х,2р01;4051Х1хГ -- ,io1 *п* L1 А М-1 Т50015201 Х'-5(Хх + Х 2 + ц г ) р 1 0 = X iP 0 0 ++2(1,^20 + ц 2 р и ;301 1М'2 Мf 1т I 1 x i Д5s011 5 211 И I2ц^1А22Ц2/у J5021 * Г *12 12(\+\2+2\i1)p20 =3= \PlO + ^lP30 +М-2Р2П(Xx + X 2 +м, 2 )р 0 1 == x 2 p 0 0 +И-2Р11 +2^2^02;4i т 'i(Xx +X 2 +ц х + ц 2 ) Pn = XiPoi ++ x 2 Pio + 2 ^ i P 2 i + 2M.2P12;(Xx +p, 2 + 2p,x) p21 = XX(pn ++ Pl2) + X2P20;(Xx + X 2 +2м, 2 )р 0 2 =г*34 Т ^ J—Рис.
11.41:X2P01 +1^1^12+3^2^03 ;( X 1+^1 + 2 ^ 2 )Pl2=Xl(P02+РОЗ )+ X 2Pll!( X l +3(X2)Po3 = X 2P02;Poo + P10 + P20 + Рзо + P01 + Pn + P21 + P02 + P12 + Роз = 1;"•откA = M1=Р з О ' "cms. = Рзо "+• P21 "I" Pl2 "+" Po3>- Рзо); ^2 = M 1 - (Рзо + P2i + P12 + Роз)] ~ X i ( P o 3 + P12 + P 0 3 ) ;rC-j —=TX-II |X-i 5rC == rC-iЛп ^^ Л п / |Х« 5X,xx + x 2p(l)X,+ x + x -Px2"T~(2)/ьо j.11.42.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
