ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 57
Текст из файла (страница 57)
4.6.2 изображен граф состояний и возможныхпереходов частицы при случайном блуждании. На графе указаны и336интенсивности переходов для соответствующих пар вершин. Например, λ5 ––интенсивность переходов E1 ® E5 и E5 ® E1 (вероятность любого из этихпереходов за малый промежуток времени Dt равна l 5Dt + о(Dt ) ).
Запишитесистему уравнений Колмогорова (4.6.1) и найдите стационарныевероятности положений частицы. (См. пример 4.34 и исходные данные.)Рис. 4.6.2№12345678910Исходные данные к задаче 4.34.λ1 λ2 λ3 λ4 λ5 № λ1 λ21 1 2 1 1 11 1 11 1 1 2 2 12 2 12 1 2 2 1 13 1 11 2 1 1 1 14 2 22 1 2 1 1 15 1 11 2 2 2 1 16 1 11 2 2 1 1 17 1 11 1 2 2 2 18 2 21 1 1 1 3 19 2 22 1 1 1 1 20 2 1λ31121221121λ41121212112λ52212231112№21222324252627282930λ11211221211λ22122212131λ31111121111λ42221211111λ52112123321Пример 4.35. В некотором механизме могут происходить отказыдвух типов. Пусть вероятность отказа первого типа в интервале времени(t , t + h) равна l1h + o(h) , а вероятность отказа второго типа в том жеинтервале равна l 2 h + o(h) .
В состоянии отказа производится ремонт,длительность которого имеет экспоненциальное распределение спараметром, зависящим от типа отказа. Пусть m1 и m2 –– значения этихпараметров. Требуется найти долю времени, в течение которой механизмбудет работать безотказно.Решение. Обозначим через E0 –– рабочее состояние механизма, черезEi –– состояние i-го отказа.
Тогда граф состояний механизма имеет вид,изображенный на рис. 4.6.3.337Рис. 4.6.3Система уравнений (4.6.1) для этого случая имеет видР0¢ (t ) = –(l1 + l 2 ) Р0 (t ) + n1 P1 (t ) + n 2 P2 (t ),Р1¢(t ) = l1 Р0 (t ) - n1 P1 (t ),Р2¢ (t ) = l 2 Р0 (t ) - n 2 P2 (t ).Условия существования стационарных вероятностей марковскогопроцесса выполнены. Поэтому при t ® ¥ вероятности Рi (t ) ® Рi ––постоянные величины, а Рi¢(t ) ® 0 . Для стационарных вероятностейполучаем систему–(l1 + l 2 ) Р0 + n1P1 + n 2=P2 0,l1Р0 - n1P1 = 0,l 2 Р0 - n 2 P2 = 0.lИз второго и третьего уравнений находим соответственно Р1 = 1 P0 иn1lР2 = 2 P0 .
Вместо первого уравнения используем условие нормировки:n2Р0 + Р1 + Р2 = Р0 +l1lP0 + 2 =P0n1n2æ l l öР0 ç1 + 1 + 2 =÷ 1.nn12 øèОткуда-1æ l l ön1n 2Р0 = ç1 + 1 + 2 ÷ =.nnnn+ln+lnè12 ø1 21 22 1n1n 2Ответ. P ( E0 ) =.n1n 2 + l1n 2 + l 2n1Задача 4.35. В некотором механизме могут происходить отказы трехтипов. Пусть вероятность отказа i-го типа в интервале времени (t , t + h)равна li h + o(h), i = 1,2,3. В состоянии отказа производится ремонт,длительность которого имеет экспоненциальное распределение спараметром, зависящим от типа отказа.
Пусть mi –– значения этихпараметров. Найдите долю времени, в течение которой механизм будетнаходиться в ремонте. (См. пример 4.35 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 4.35.№ λ1 λ2 λ3 m1 m2 m3 № λ1 λ2 λ3 m1 m2 m33381234567891011121314150,10,10,20,10,20,10,10,10,10,20,10,20,10,20,10,10,20,10,20,10,20,20,10,30,10,20,10,10,20,10,20,10,20,10,20,20,20,20,10,10,10,10,20,10,21221121211112122211112231121221132344322233431617181920212223242526272829300,10,20,20,20,20,10,20,10,10,20,20,10,20,30,10,10,10,20,10,10,20,10,20,20,20,10,20,10,20,30,20,10,10,20,10,10,10,10,10,10,20,10,10,10,11211222212111113131221121233212222113234312224.7.
Модели управления запасамиВ этом разделе мы рассмотрим простейшие математические моделифункционирования систем, которые можно назвать хранилищем илискладом. На рис. 4.7.1 изображена общая схема такой системы.Рис. 4.7.1И поступление продукции и ее расход могут быть случайными и вовремени и по объему.Простым примером может служить водохранилище, уровень воды вкотором зависит от притока (определяемого случайно выпадающимиосадками) и расхода воды на разные нужды.Представляют, например, интерес:1) стационарное распределение запаса и условия его существования;2) оптимальная политика пополнения и расхода запаса;3) распределение периода нулевого уровня и т.д.Для определенности будем говорить о модели водохранилища.Рассмотрим простейшую модель с дискретным временем, в которойуровень рассматривается в моменты t = 1,2,3,K (например, каждый деньутром в определенный час).1.
Приток. Пусть Xk –– количество воды, поступившее вводохранилище за единицу времени (год, сутки, час и т.д.) от k до (k + 1)339моментов. Величины X 1 , X 2 , X 3 ,K полагаем независимыми и одинаковораспределенными.2. Сток. Пусть объем водохранилища равен K. Обозначим через Znразмер запаса в момент t = n , т.е. количество воды перед поступлением вхранилище Xn. Если Z n + X n > K , то водохранилище переполняется иизбыток Z n + X n - K теряется. Поэтому в водохранилище запас будетравен min( K , Z n + X n ).3. Правило расхода воды. В момент времени t = n + 1 из водохранилищавыпускают количество воды, равное m ( m < K ), если m £ Z n + X n .
Если жеZ n + X n < m , то расходуют весь имеющийся запас Z n + X n . Так чтовеличина расхода равна Yn = min(m, Z n + X n ) . Из этих допущений можносделать вывод, что размер запаса удовлетворяет рекуррентномусоотношению:Z n +1= min( K , Z n + X n ) – min(m, Z n + X n ), n= 1,2,3,K .Последовательность {Z n } образует однородную цепь Маркова.Упростим задачу еще, полагая приток дискретным.
Пусть= K.P( X n = i) g i ,= i 1, 2,3,В этом случае цепь Маркова имеет конечное число состояний {1,2,3,K, К – m}.Обозначим вероятности переходов из начального состояния за n шаговчерезPij (n) = P( Z n = j / Z 0 = i ), n ³ 1, i, j = 0,1,2,K, К – m .Найдем стационарное распределение размера запаса.
Для простотыбудем считать, что количество воды, расходуемой в момент t = n + 1, равноm = 1.Обозначим производящую функцию распределения вероятностей{g i } через¥G ( z ) = å g i z i , | z |< 1.i =0Тогда средний приток в единицу времени равенr G¢(1)=¥å ig= .i =1iМатрица переходных вероятностей для цепи Маркова {Z n } имеет вид:0123LK -2K -10g 0 + g1g2g3g4g k –1 hk = g k + g k +1 + KL1g0g1g2g3g k –2 hk -1 = g k -1 + g k + KL20g0g1g2g k –3 hk -2 = g k -2 + g k -1 + KL300g0g1g k –4 hk -3 = g k -3 + g k -2 + KLLLLLLLLL340К -1000L0g0h1 = g1 + g 2 + g 3 + KЕсли все g i > 0 , то цепь неприводимая и непериодическая.
Поэтомусуществует стационарное распределение вероятностейU i = lim P=( Z n i ),= i 1,2,3,K,n®¥которые являются единственным решением уравненийk -1U j = åU i Pij(4.7.1)i =1при условии, что U 0 + U1 + U 2 + K + U k -1 = 1. Для этих вероятностей имеетместо следующая теорема.Теорема Морана (Moran P.). 1. Если U i ( K ), i = 1,2,K, K – 1 ––стационарное распределение запаса воды в хранилище емкости K, тоотношенияVi = U i ( K ) / U 0 ( K ), i = 1,2,K, K – 1(4.7.2)не зависят от K.2. Значения Vi можно найти как коэффициенты при zi в разложениипо степеням функцииV ( z) =g0 (1 - z ).G( z) - z(4.7.3)Доказательство. Для доказательства первой части теоремыдостаточно записать уравнения для финальных вероятностейìU 0 = ( g 0 + g1 )U 0 + g 0U1 ,ïU = g U + g U + g U ,2 01 10 2ïï 1í ........................ïU = g U + g U + K + g U ,k -1 0k -2 10 k -1ï k -2ïîU k -1 = hkU 0 + hk -1U1 + K + hU1 k -1.Решая последовательно эти уравнения, получим из первого уравнения:1 - g0 - g11 - g0 - g1U1 =U 0 Þ V1 =.(4.7.4)g0g0Из второго уравнения получим:1 - g1gU 2 1 - g1 U 1 g 2U2 =U1 - 2 U 0 Þ V2=-= .g0g0U0g0 U 0 g 0Продолжение этого процесса завершает доказательство первой части.Для доказательства второй части рассмотрим функцию V ( z ) и покажем,что при | z |< 1 она разлагается в ряд по степеням z, коэффициенты которогосовпадают с (4.7.4).
Для этого преобразуем функцию V ( z ) :341g 0 (1 - z )g 0 (1 - z )=1 - z + G ( z ) - 1 (1 - z )[1 - (1 - G ( z )) / (1 - z )]g0=.1 - (1 - G ( z )) / (1 - z )Можно показать, чтоV (z) =g 0 (1 - z )G( z) - z¥1 – (1 – G( z )) / (1 – z ) = å zn =0 =В самом деле,¥¥n= 0=i n +1n=¥åg.i n +1iå z n å gi = g1 + g 2 + g3 + g 4 + g5 + K ++ zg 2 + zg 3 + zg 4 + zg 5 + K ++ z 2 g3 + z 2 g 4 + z 2 g5 + K == (1 – g0 ) + z (1 – g0 – g1 ) + z 2 (1 – g0 – g1 – g 2 ) + K == (1 + z + z 2 + z 3 + ¼) – g 0 (1 + z + z 2 + z 3 + ¼) – zg1 (1 + z + z 2 + z 3 + ¼) –– z 2 g 2 (1 + z + z 2 + z 3 + K) – K 1 / (1 – z ) – g 0 / (1 – z ) – zg1 / (1=– z ) – K= (1 – G( z )) / (1– z ).Отсюда при | z |< 1¥¥1 - G( z)£=åå gi1- zn= 0 i n+1==g1 + 2 g 2 + 3g 3 + K=¥å igi =1ir £ 1.Здесь величина r равна среднему притоку.Итак, V ( z ) представляет из себя сумму бесконечной геометрическойпрогрессии со знаменателем (1 – G ( z )) / (1 – z ) , который тоже разложим постепеням z.
Разложим V ( z ) в степенной ряд:V ( z ) = g0 (1 =– z ) / (G ( z ) – z ) v0 + v1 z + v2 z 2 +K .Коэффициенты vi определяются из равенства¥g0 (1 – z ) = (G ( z ) – z )å vi z i ,(4.7.5)i=0если приравнять коэффициенты при одинаковых степенях z в его правой илевой частях. Величины этих коэффициентов совпадают с их значениямипо формулам (4.7.4). Этим и завершается доказательство теоремы.Пример 4.36.
Пусть в хранилище объема K поступление запаса имеетраспределениеg j = P( X=n j ) = pq j ,= j 0,1,2,¼, 0 < p < 1, q = 1 – p.При переполнении хранилища излишки теряются. Каждую единицувремени из хранилища потребляют единицу запаса. Требуется найтивероятность того, что к моменту очередного расхода запаса хранилищеокажется пустым.342Решение. Воспользуемся теоремой Морана. Для этого сначаланайдем производящую функцию для распределения случайной величиныX.¥pp (1 - z )Имеем G ( z ) = å pq i z i =при | q z |< 1 и V ( z ) ==pqz1i= 0-z1 - qz=p (1 - z ) (1 - qz ) p (1 - z ) (1 - qz ) 1 - qzq==при r = .2( z - 1) (qz - p) 1 - r zqz - z + ppЕсли r z < 1 , то 1 / (1 – rz ) можно считать суммой бесконечнойубывающей прогрессии. ПоэтомуV ( z ) = (1 – qz )(1 + rz + r2 z 2 + r3 z 3 + K + rn z n + K=)= 1 + (r – q) z + (r 2 - qr) z 2 + (r3 - qr2 ) z 3 + K + (rn - qr n -1 ) z n + ¼ .Из этой записи следует, чтоv0 = 1,= v1 r =– q, v2 r(r - =q), v3 r2 (r – q),¼,=vn rn -1 (r - q),¼ .Эти коэффициенты можно преобразовать к виду:æqöæ1- p övn = r n-1 (r - =q ) rn -1 ç - =q ÷ rn=-1q çrn q.÷èpøè p øТогда в соответствии с формулами (4.7.2) имеемu1 = rqu= 0 , u2 r2=qu0 , u3 r3=qu0 ,K, un rn qu0 ,K .
(4.7.6)Если объем хранилища неограничен, то из условия нормировки:ææ 1 - rp ö1 ö= ) u0 ç1 + rq= = ÷ u0 çu0 (1 + rq + r2 q + r3q + ¼ + rn q + K÷ 1.1- r øèè 1- r øТогда u0 = (1 – r) / (1 - rq ) и un = rn q(1 – r) / (1 – rq), n = 1,2,3,¼ .Если же объем хранилища равен К, то согласно теореме Моранасоотношения (4.7.6) остаются в силе, но условие нормировки имеет видk -1k -1æöuuq=1=1+ri ÷ .åå0çii=0i =1èøk -1æöПоэтому u0 = ç1 + q å ri ÷i =1èø-1–– вероятность того, что к моменту очередного-1k -1æöрасхода запаса хранилище окажется пустым, а un = r q ç1 + q å ri ÷ ,i= 1èøn = 1,2,¼, k – 1.n-1k -1æöОтвет. u0 = ç1 + q å ri ÷ .i= 1èø343Задача 4.36. На склад объемом K единиц продукции (например,контейнеров, автофургонов и т.д.) ежедневно поступает продукция вслучайном количестве X.
Величины X независимы для разных дней иимеют распределение ( q = 1 - p ):X0122P2pqp2q(Например, продукция доставляется двумя автофургонами, а p –– длякаждого автофургона вероятность благополучно доставить продукцию насклад.) Продукция, не принятая на склад, теряется. Со склада каждое утронеобходимо поставлять в розничную сеть один автофургон продукции.Какова вероятность того, что к моменту очередной отгрузкипродукции склад окажется пустым? (См. пример 4.36, p = 0,4 + 0, b , где b ––номер варианта.)Пример 4.37. Хранилище имеет емкость шести единиц хранения(например, шесть контейнеров, шесть вагонов и т.д.).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
