Rozdział 2
Teoria strumienia wejściowego
1
2.1. Wejściowy strumień zgłoszeń
2
Niech w pewnych chwilach losowych t1, t2, ... odbywają
się zdarzenia określonego typu (np. przybywają telegramy do
centrum telekomunikacyjnego lub wywołania do centrali tele-
fonicznej, lub ogólnie przybywają zgłoszenia do systemu ob-
sługi), t1 Ł t2 Ł .... Wprowadzmy oznaczenie zk = tk - tk -1
(k = 1, 2, ...; t0 0). Wielkość zk jest oczywiście odstępem
czasu między zdarzeniami o numerach k i k -1 rozważanego
ciągu zdarzeń. Niech (t) będzie liczbą zdarzeń tego ciągu,
odbywających się w przedziale czasowym [0; t).
3
Rozważmy dwie definicje tego samego pojęcia.
Definicja 1. Strumieniem zdarzeń jednego typu nazywamy
proces stochastyczny (t), który przyjmuje wartości całkowi-
te nieujemne, takie że (0) = 0, oraz dla dowolnych t1 i t2,
takich że t1 < t2, zachodzi nierówność (t1) Ł (t2).
Definicja 2. Strumieniem zdarzeń jednego typu nazywamy
ciąg zmiennych losowych nieujemnych zk; k = 1, 2, ....
4
Aatwo udowodnić, że definicje 1 i 2 są równoważne. Wów-
czas strumień (t) zdarzeń jednego typu jest określony, jeżeli
a) dla każdej liczby całkowitej n ł 1 i dowolnych liczb nie-
ujemnych t1, ..., tn jest określony rozkład wektora losowego
((t1), ..., (tn)) (definicja 1), czyli
b) dla każdej liczby całkowitej n ł 1 jest określony rozkład
wektora losowego (z1, ..., zn) (definicja 2).
5
Jeżeli dla każdego n zmienne losowe z1, ..., zn są niezależ-
ne, to strumień nazywamy strumieniem o następstwach
ograniczonych. Dla określenia takiego strumienia wystarczy
określić dystrybuanty Ai (t), gdzie Ai (t) = P{zi < t},
i = 1, 2, ....
6
Strumień o następstwach ograniczonych, dla którego za-
chodzi równość A2(t) = A3(t) = ... = A(t), nazywamy stru-
mieniem rekurencyjnym z opóznieniem A1(t). Odpowiadają-
cy temu strumieniowi proces {ti; i = 1, 2, ...} nazywamy pro-
cesem odnowienia z opóznieniem. W przypadku, gdy dla re-
kurencyjnego z opóznieniem strumienia zachodzi równość
A1(t) = A(t), ten strumień nazywa się rekurencyjnym. Od-
powiadający temu strumieniowi proces {ti; i = 1, 2, ...} na-
zywamy procesem odnowienia.
7
Załóżmy, że A(0+) < 1, co oznacza, że P{zk > 0} > 0 (nie
wszystkie zk są równe zeru dla k = 2, 3, ...). W szczególno-
ści, jeśli A(0+) = A1(0+) = 0, to P{zk > 0} = P{z1 > 0} = 1, tj.
w dowolnej ustalonej chwili czasu z prawdopodobieństwem 1
możliwe jest zajście tylko jednego zdarzenia strumienia. Wy-
znaczmy rozkład (t) liczby zdarzeń strumienia rekurencyj-
nego z opóznieniem, odbywających się w przedziale czaso-
wym [0; t).
8
Wprowadzmy oznaczenia Bk (t) = P{tk < t}, k = 1, 2, ...;
zakładamy, że B0(t) 1 dla t > 0;
Ą
a1(q) = Ee-qz1 =
1
e-qtdA (t);
0
Ą
a(q) = Ee-qzk =
k
e-qtdA (t), k ł 2;
0
Ą
bk (q) = Ee-qtk =
k
e-qtdB (t).
0
9
Ą
Jest oczywiste, że b0(q) =
0
e-qtdB (t) 1. Ponieważ
0
zmienne losowe z1, ..., zk są niezależne oraz
tk = z1 + ... + zk,
to z własności 2 PLS wynika, że
bk (q) = a1(q)[a(q)]k -1, k ł 1. (1)
10
Niech Pk (t) = P{(t) = k} będzie prawdopodobieństwem te-
go, że w przedziale czasowym [0; t) odbędzie się dokładnie k
zdarzeń strumienia (np. do systemu obsługi przybędzie k
zgłoszeń). Naszym celem jest wyznaczenie prawdopodo-
bieństw Pk (t).
Niech
Ą
P(z, t) = Ez(t) =
P (t)zk ;
k
k =0
Ą Ą
p(z, q) =
e-qt P(z, t)dt = e-qtEz(t)dt.
0 0
11
Jest oczywiste, że funkcje Pk (t) są określone jednoznacznie
przez funkcję p(z, q), ponieważ Pk (t) są określone jedno-
znacznie przez FT P(z, t), i między P(z, t) a p(z, q) istnieje
wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość.
12
Wyrazmy funkcję Pk (t) przez funkcje Bk (t):
Pk (t) = P{(t) = k} = P{tk < t Ł tk+1} =
= P{t Ł tk+1} - P{t Ł tk } =
= 1 - P{tk +1 < t} -1 + P{tk < t} = P{tk < t} - P{tk +1 < t} =
= Bk (t) - Bk+1(t).
Ą
Wówczas P(z, t) =
zk[B (t) - Bk (t)], skąd wynika, że
k +1
k =0
Ą
Ą
p(z, q) =
zk[B (t) - Bk (t)]dt.
k +1
e-qt
k =0
0
13
Stąd na mocy zbieżności bezwzględnej szeregu pod zna-
kiem całki mamy
Ą
Ą
Ą ł
p(z, q) =
ę
zk
k +1
e-qt Bk (t)dt - e-qtB (t)dtś.
ę0 ś
k =0
0
Z ostatniej równości i z własności 1 PLS wynika, że
Ą
qp(z, q) =
zk[b (q) - bk (q)].
k +1
k =0
14
Uwzględniając wzór (1) mamy
Ą
qp(z, q) = 1 - a1(q) +
zk (a(q))k -1a1(q)[1 - a(q)] =
k =1
1- a(q)
= 1- a1(q) + za1(q) ,
1- za(q)
skąd ostatecznie otrzymujemy
1 - a1(q) + z[a1(q) - a(q)]
p(z, q) = .
q[1 - za(q)]
W przypadku strumienia rekurencyjnego mamy
a1(q) = a(q), skąd wynika, że
1- a(q)
p(z, q) =
. (2)
q[1 - za(q)]
15
FT P(z, t) możemy znalezć za pomocą odwrócenia prze-
kształcenia Laplace a , zatem na mocy własności 1 FT
p(z, q)
(wzór (2)) możemy wyznaczyć prawdopodobieństwa Pk (t).
16
2.2. Strumień najprostszy
17
Definicja 3. Strumień rekurencyjny, dla którego
A(t) = P{zk < t} = 1 - e-a t, t > 0, a > 0, k = 1, 2, ...,
nazywamy strumieniem najprostszym (lub stacjonarnym
strumieniem Poissona) z parametrem a.
PLS a(q) dystrybuanty A(t) w tym przypadku ma postać
Ą Ą
a
a(q) = .
e-q tdA(t) = ae-(q+a)tdt =
a + q
0 0
18
Podstawiając wyznaczone wyrażenie dla funkcji a(q) do
wzoru (2), otrzymujemy p(z, q) = (q + a - az)-1, skąd wyni-
ka, że
Ą
,
P(z, t) = = e-(a-az) t
P (t)zk
k
k =0
gdyż
Ą Ą
p(z, q) = .
e-q tP(z, t) dt = e-(q+a-az) t dt = (q + a - az)-1
0 0
19
Rozwijając funkcję ea z t w szereg potęgowy otrzymujemy
Ą
(at)k
P(z, t) = e-a tea z t = e-a t zk ,
k!
k =0
a stąd wynika, że
(at)k
Pk (t) = P{(t) = k} = e-at ; k = 0,1, .... (3)
k!
Widzimy więc, że liczba losowa zdarzeń strumienia naj-
prostszego odbywających się w przedziale czasowym [0; t)
spełnia rozkład Poissona z parametrem at.
20
Z własności braku pamięci dla rozkładu wykładniczego wy-
nika, że czas oczekiwania na kolejne zdarzenie strumienia
najprostszego nie zależy od tego, ile czasu minęło od chwili
pojawienia się poprzedniego zdarzenia.
Wówczas liczba (t0, t0 + t) = (t0 + t) - (t0) zdarzeń
strumienia najprostszego odbywających się w przedziale cza-
sowym [t0; t0 + t) nie zależy od t0, lecz jedynie od t, tj.
(t0, t0 + t) dla dowolnego t0 ł 0 ma taki sam rozkład jak
(t). Odwrotnie, jeżeli liczba (t) zdarzeń strumienia odby-
wających się w dowolnym przedziale o długości t opisuje się
wzorem (3), to A(t) = P{zk < t} = P{(t) > 0} = 1- P0(t) =
= 1- e-a t, co oznacza, że relacja (3) jest równoważna okre-
śleniu strumienia najprostszego, podanego w definicji 3.
21
Definicja 4. Strumień losowy nazywa się stacjonarnym, je-
żeli dla każdej liczby naturalnej n ł 1, każdego ciągu liczb
rzeczywistych t1, ..., tn, takich że 0 < t1 < ... < tn, i każdego
t0 > 0 rozkład wektora losowego
((t0 + t1) - (t0), ...,(t0 + tn) - (t0))
nie zależy od t0.
W szczególności dla strumienia stacjonarnego prawdopodo-
bieństwo Pk (t) = P{(t0, t0 + t) = k} nie zależy od położenia
przedziału [t0; t0 + t) na osi czasu, natomiast jest funkcją
zmiennych k i t; k = 0, 1, ....
22
Definicja 5. Strumień losowy nazywa się strumieniem bez
następstw (lub z brakiem następstw), jeżeli dla dowolnej
liczby naturalnej n ł 1 i dowolnego ciągu przedziałów roz-
1 n n 1 n n
łącznych [t1; t1), ..., [t0 ; t1 ) ZL (t1, t1), ..., (t0 , t1 ) są nie-
0 0
zależne.
Brak następstw oznacza, że prawdopodobieństwo tego, że w
przedziale czasowym [T; T + t) odbędzie się k zdarzeń stru-
mienia (k = 0, 1, ...) dla dowolnych T ł 0 i t > 0 nie zależy od
tego, ile zdarzeń i w jaki sposób odbyło się przed chwilą T.
23
Niech Pk (T, T + t) oznacza prawdopodobieństwo zajścia k
zdarzeń strumienia w przedziale czasowym [T; T + t) oraz
niech
Ą k -1
pk (T, T + t) =
P (T, T + t) = 1 - P (T, T + t),
i i
i=k i=0
k = 1, 2, ....
Funkcja pk (T , T + t) określa prawdopodobieństwo tego, że
w przedziale [T; T + t) odbędzie się co najmniej k zdarzeń
strumienia. Wprowadzmy oznaczenie pk (t) = pk (0, t). Jest
oczywiste, że w przypadku strumienia stacjonarnego bez na-
stępstw mamy pk (t) = pk (T , T + t) dla dowolnych T > 0.
24
Definicja 6. Strumień losowy nazywa się pojedynczym, je-
żeli dla dowolnego t ł 0 i Dt 0 spełniona jest następująca
własność:
p2(t, t + Dt)
p2(t, t + Dt) = o(Dt) (czyli lim = 0).
Dt0 Dt
Pojedynczość oznacza praktyczną niemożliwość jednocze-
snego pojawienia się dwóch lub większej liczby zdarzeń
strumienia.
Zachodzi następujące twierdzenie.
25
Twierdzenie 1. Strumień losowy jest strumieniem najprost-
szym wtedy i tylko wtedy, gdy posiada własności stacjonar-
ności, pojedynczości i braku następstw.
26
Dowód. Udowodnijmy tylko konieczność. Własność braku
następstw i stacjonarności strumienia najprostszego wynikają
ze wzoru (3) oraz z faktu, że na mocy braku pamięci rozkładu
wykładniczego dla dowolnego t0 > 0 mamy
P{(t0, t0 + t) = k} = P{(t) = k} = Pk (t).
Pojedynczość tego strumienia wynika z faktu, że
p2(t, t + Dt) 1 - P0(Dt) - P1(Dt)
lim = lim =
Dt0 Dt Dt0 Dt
1 - e-aDt - aDte-aDt
lim = 0,
Dt0 Dt
co z kolei wynika z rozwinięcia funkcji e-aD t w szereg Mac-
laurina.
27
Obliczmy teraz wartość oczekiwaną liczby zdarzeń stru-
mienia najprostszego, odbywających się w przedziale czaso-
wym o długości t.
k -1
Ą Ą Ą
E(t) = e-a t = at e-at = at.
kP (t) = k (at)k (at)
k
k! (k -1)!
k =0 k =1 k =1
Parametr a oznacza tu intensywność strumienia, tj. wartość
oczekiwaną liczby zdarzeń zachodzących w jednostce czasu.
Strumień najprostszy ma następujące własności
28
Własność 1. Superpozycja n niezależnych strumieni naj-
prostszych z parametrami a1, ..., an jest strumieniem naj-
prostszym z parametrem a = a1 + ... + an.
29
Dowód. Wystarczy oczywiście przeanalizować przypadek
n = 2. Niech 1(t) i 2(t) są niezależnymi strumieniami naj-
prostszymi z parametrami odpowiednio a1 i a2. Strumień
(t) = 1(t) + 2(t) jest superpozycją 1(t) i 2(t). Wówczas
k
P{(t) = k} =
P{ (t) = i, 2(t) = k - i},
1
i=0
skąd wobec niezależności strumieni 1(t) i 2(t) otrzymuje-
my, że
30
k
P{(t) = k} =
P{ (t) = i}P{2(t) = k - i} =
1
i=0
i
k
= e-a2 t =
(a1t) e-a1t (a2t)k-i
i! (k - i)!
i=0
k
e-(a1+a2 )t k
= = e-(a1+a2 ) t.
ć (a1t)i (a2t)k -i [(a1 + a2)t]k
k! k!
Łi ł
i=0
Wynika stąd, że strumień sumaryczny (t) = 1(t) + 2(t) jest
najprostszy z parametrem a = a1 + a2.
Można także udowodnić to twierdzenie stosując aparat FT.
31
Istotnie, niech P1(z, t) i P2(z, t) będą FT rozkładu liczby
zdarzeń pierwszego i drugiego strumienia odpowiednio od-
bywających się w ciągu czasu t, tj.
k
Ą Ą
P1(z, t) = = zk = e-(1-z)a1t
P{ (t) = k}zk e-a1t (a1t)
1
k!
k =0 k =0
i analogicznie P2(z, t) = e-(1-z)a2t.
32
Wówczas dla strumienia sumarycznego na mocy własności
3 FT mamy
Ą
P(z, t) = = P1(z, t)P2(z, t) = e-(1-z)(a1+a2 )t,
P{(t) = k}zk
k =0
co określa oczywiście FT rozkładu Poissona z parametrem
(a1 + a2)t. Zatem strumień sumaryczny jest najprostszy z pa-
rametrem a = a1 + a2.
33
Własność 2. Załóżmy, że każde zdarzenie strumienia naj-
prostszego z parametrem a może być usunięte z tego stru-
mienia z prawdopodobieństwem p lub zostać w strumieniu z
prawdopodobieństwem 1- p niezależnie od innych zdarzeń.
Wówczas strumień usuniętych zdarzeń jest najprostszy z pa-
rametrem ap.
34
Dowód. Niech (t) jest strumieniem wejściowym z parame-
trem a, 1(t) jest strumieniem usuniętych zdarzeń. Wówczas
P{1(t) = k} =
ćk +1
= P{(t) = k}pk + P{(t) = k +1}pk (1- p) +
k
Ł ł
ćk + 2
+ P{(t) = k + 2}pk (1- p)2 + ... =
k
Ł ł
Ą
ćk + i
= pk P{(t) = k + i}(1- p)i =
k
Ł ł
i=0
Ą
e-at (1- p)i
= pk =
(k + i)!(at)k+i
i!k!(k + i)!
i=0
35
Ą
(apt)k (apt)k
= e-a t = e-a tea t(1- p) =
[at(1- p)]i
k! i! k!
i=0
(apt)k
= e-a p t.
k!
Otrzymany wzór określa rozkład Poissona z parametrem
apt. Strumień wyjściowy jest, więc, najprostszy z parametrem
ap.
36
Własność 3. Niech będzie danych n niezależnych strumie-
ni najprostszych z parametrami a1, ..., an oraz niech ponadto
a = a1 + ... + an. Wtedy prawdopodobieństwo tego, że pierw-
sze po upływie czasu t zdarzenie strumienia sumarycznego
należy do i-tego strumienia (i = 1,n), jest równe ai a.
Własność ta wynika bezpośrednio z własności 3 rozkładu
wykładniczego.
37
2.3. Strumienie stacjonarne
38
Niech (t) będzie, jak poprzednio, liczbą zdarzeń strumie-
nia, odbywających się w przedziale czasowym [0; t),
Ą Ą
p1(t) = P{(t) ł 1} =
P{(t) = k} = P (t).
k
k =1 k =1
Zachodzi następujące twierdzenie, którego dowód pomija-
my.
Twierdzenie 2. Dla dowolnego strumienia stacjonarnego
istnieje skończona lub nieskończona granica
p1(t)
lim = a,0 < a Ł Ą.
t0 t
39
p1(t)
Granicę a = lim nazywamy parametrem strumienia
t0 t
stacjonarnego.
W p. 2.2 wprowadziliśmy pojęcie intensywności strumienia
najprostszego. Oczywiście pojęcie to ma sens również w bar-
dziej ogólnym przypadku strumienia stacjonarnego.
40
Ą Ą
Załóżmy, że
P (t) = P{(t) = k} 1 dla dowolnego
k
k =0 k =0
skończonego t > 0.
Wówczas na mocy własności addytywności wartości ocze-
kiwanej dla dowolnego strumienia stacjonarnego istnieje taka
liczba l, 0 Ł l Ł Ą, że
Ą
E(t) =
kP (t) = lt.
k
k =0
Liczbę l nazywamy intensywnością strumienia stacjonar-
nego.
41
Aatwo można dowieść, że dla dowolnego strumienia stacjo-
narnego zachodzi nierówność l ł a, gdzie a jest parametrem
Ą Ą
strumienia. Istotnie, lt =
kP (t) ł P (t) = p1(t), skąd
k k
k =1 k =1
wynika, że
Ą Ą
kP (t) P (t)
k k
p1(t)
k =1 k =1
l = lim ł lim = lim = a.
t0 t t0 t t0 t
Np. dla strumienia najprostszego zachodzi równość a = l,
ponieważ w takim przypadku
p1(Dt) 1 - P0(Dt) 1 - e-aDt
lim = lim = lim = a.
Dt0 Dt Dt0 Dt Dt0 Dt
42
Taki sam wynik dla intensywności strumienia najprostszego
otrzymaliśmy w p. 2.2.
Można udowodnić, że równość a = l zachodzi dla dowol-
nego strumienia stacjonarnego pojedynczego.
Rozważmy dwa szczególne przypadki strumienia stacjonar-
nego.
43
1. Strumień stacjonarny bez następstw
44
Niech
Ą
pk (t) = P{(t) ł k} =
P (t).
i
i=k
Jak wiemy, w przypadku strumienia najprostszego z parame-
p1(t)
trem a istnieje granica lim = a. Udowodniliśmy również
t0 t
p1(t)
istnienie granicy lim dla dowolnego strumienia stacjo-
t0 t
narnego (twierdzenie 2).
45
Okazuje się, że w przypadku strumienia stacjonarnego bez
następstw (który niekoniecznie jest strumieniem pojedyn-
pk (t)
czym) istnieją granice lim dla dowolnych k > 0.
t0 t
Przyjmiemy ten fakt bez dowodu.
46
Ponieważ
Pk (t) Pk (t) pk (t) - pk+1(t)
t t
= = .
p1(t) t p1(t) t p1(t)
Pk (t)
Istnieją, więc, granice gk = lim . Wielkości gk mają
t0 p1(t)
oczywiście następujący sens probabilistyczny: gk jest praw-
dopodobieństwem tego, że w pewnej chwili czasu zajdzie do-
kładnie k zdarzeń strumienia pod warunkiem, że w chwili tej
zajdzie co najmniej jedno zdarzenie.
47
p1(t)
Z określenia parametru strumienia a = lim otrzymu-
t0 t
jemy
P0(Dt) = 1 - p1(Dt) = 1 - aDt + o(Dt), (4)
a dla prawdopodobieństw Pl (Dt), l = 1, 2, ..., mamy
Pl (Dt) p1(Dt) Pl (Dt)
lim = lim = agl,
Dt0 Dt Dt0 Dt p1(Dt)
a więc
Pl (Dt) = aglDt + o(Dt), l ł 1. (5)
48
W dalszych rozważaniach przyjmiemy, że zajście zdarzenia
strumienia oznacza przybycie zgłoszenia do systemu obsługi.
Ze wzoru (5) wynika, że analizowany strumień reprezentuje
strumień najprostszy grup zgłoszeń z parametrem a, przy
czym dowolna grupa niezależnie od innych zawiera l zgłoszeń
Ą
(l ł 1) z prawdopodobieństwem gl ,
g = 1.
l
l=1
49
Ą
Wprowadzmy teraz FT G(z) =
g zk liczby zgłoszeń w
k
k =1
Ą
dowolnej grupie. Niech P(z, t) = będzie FT liczby
P (t)zk
k
k =0
zgłoszeń, przybywających do systemu w przedziale czaso-
wym [0; t) i, wobec stacjonarności, w dowolnym przedziale
czasowym o długości t. Dla naszego strumienia mamy
P(z, t) = exp{-a[1 - G(z)]t}. (6)
50
Równość powyższą można udowodnić stosując metodę zda-
rzeń dodatkowych, bowiem jeżeli z jest liczbą rzeczywistą,
0 Ł z Ł 1, to G(z) oznacza prawdopodobieństwo tego, że
wszystkie zgłoszenia w grupie, która przybyła do systemu, są
czerwone (jeżeli każde zgłoszenie niezależnie od innych bę-
dziemy uważać za czerwone z prawdopodobieństwem z lub
niebieskie z prawdopodobieństwem 1- z).
51
Przybywającą grupę zgłoszeń będziemy nazywać złą, jeżeli
w grupie tej jest co najmniej jedno niebieskie zgłoszenie. Po-
nieważ prawdopodobieństwo takiego zdarzenia wynosi
1- G(z), to wobec własności 2 strumienia najprostszego stru-
mień złych grup jest najprostszy z parametrem a(1- G(z)).
Słuszność wzoru (6) wynika z faktu, że P(z, t) oznacza praw-
dopodobieństwo tego, że w przedziale czasowym [0; t) do
systemu nie przybywa ani jedno niebieskie zgłoszenie, czyli
ani jedna zła grupa zgłoszeń.
W przypadku strumienia pojedynczego mamy oczywiście
G(z) = z.
52
Obliczmy teraz wartość oczekiwaną liczby zgłoszeń przy-
bywających do systemu w ciągu pewnego czasu t.
Z własności FT mamy
ó
E(t) = Pz (z, t) .
z=1
Ze wzoru (6) otrzymujemy więc
ó
E(t) = aG (1)t, (7)
gdzie oczywiście G'(1) jest wartością oczekiwaną liczby zgło-
szeń w przybywającej grupie. Ponieważ E(t) = lt, gdzie l
jest intensywnością strumienia stacjonarnego, to ze wzoru (7)
wynika, że dla analizowanego strumienia zachodzi równość
l = aG'(1).
53
2. Strumień rekurencyjny stacjonarny
54
Wezmy opózniony strumień rekurencyjny, zdefiniowany
przez nas w p. 2.1, który jest określony przez funkcje
A1(t) = P{z1 < t}, A(t) = Ak (t) =P{zk < t}, gdzie k = 2, 3, ....
Jest oczywiste, że strumień ten w przypadku ogólnym nie jest
stacjonarny, gdyż jeżeli przeanalizować zachowanie się stru-
mienia w przedziałach czasu [0; t) i [T; T + t), gdzie T > 0
jest dowolną liczbą, to rozkład liczby zdarzeń zachodzących
w pierwszym przedziale nie musi być identyczny jak w dru-
gim przedziale, ponieważ jeżeli dystrybuanta czasu wystąpie-
nia pierwszego zdarzenia po chwili t = 0 jest równa A1(t), to
dystrybuanta długości czasu po chwili T wystąpienia kolejne-
go zdarzenia nie zawsze będzie równa A1(t).
55
Wynika z tego, że własność stacjonarności dla takich stru-
mieni nie zawsze jest spełniona. Z podanych rozważań wyni-
ka również, że obecność własności stacjonarności takiego
strumienia zależy od związku między dystrybuantami A1(t) i
A(t).
56
Twierdzenie 3. Strumień rekurencyjny opózniony, okre-
ślony przez dystrybuanty A1(t) i A(t), jest stacjonarny wtedy
i tylko wtedy, gdy
t
A1(t) = l
[1 - A(u)]du, (8)
0
-1
ćĄ
gdzie l = .
t dA(t)
Ł ł
0
57
Dowód. My udowodnimy tylko konieczność, tj. ten fakt, że
relacja (8) wynika z własności stacjonarności rekurencyjnego
strumienia z opóznieniem. Zauważmy, że w terminach PLS
l
wzór (8) przyjmuje postać a1(q) = (1- a(q)). Istotnie, jak
q
to wynika ze wzoru (8) i własności 1 PLS,
Ą Ą t
ć
a1(q) =
1
e-qtdA (t) = e-qtdl[1 - A(u)]du =
Ł ł
0 0 0
Ą
l
= l
e-qt[1 - A(t)]dt = (1 - a(q)).
q
0
58
Załóżmy, że dany strumień rekurencyjny opózniony jest
stacjonarny. Wówczas zachodzi równość
Ą
E(t) =
kP (t) = lt,
k
k =0
gdzie (t) jest liczbą zdarzeń strumienia zachodzących w do-
wolnym przedziale czasowym o długości t.
Ą
Wprowadzmy FT P(z, t) = . Na mocy własności
P (t) zk
k
k =0
FT mamy
Ą
E(t) = = lt.
kP (t) = śP(z, t)
k
ś z
k =0
z=1
59
Stosując do tej równości przekształcenie Laplace a, otrzy-
mujemy
Ą Ą
śP(z, t)
dt = l
e-q t te-q tdt,
ś z
z=1
0 0
skąd wynika, że warunkiem koniecznym i dostatecznym dla
istnienia E(t) = lt jest zachodzenie równości
śp(z, q) l
= , (9)
ś z
q2
z=1
gdzie, zgodnie z dowodem przedstawionym w p. 2.1, mamy
Ą
1 - a1(q) + z[a1(q) - a(q)]
.
p(z, q) =
e-q tP(z, t)dt =
q[1 - za(q)]
0
60
Stąd po obliczeniach otrzymujemy
śp(z, q) a1(q)
= .
ś z q(1 - a(q))
z=1
Na mocy wzoru (9) mamy
a1(q) l
= ,
q(1- a(q))
q2
l
skąd wynika relacja a1(q) = (1- a(q)), która jest równo-
q
ważna wzorowi (8), gdzie a1(q), a(q) są PLS dystrybuant
A1(t) i A(t) odpowiednio.
61
Wzór określający wartość l, zapisany w treści twierdzenia,
Ą
wynika z warunku normalizacyjnego
1
dA (t) = 1 oraz ze wzo-
0
ru (8).
62
Zauważmy również, że zachodzi twierdzenie bardziej ogól-
ne.
Twierdzenie 4. Strumień zdarzeń jest stacjonarny pojedyn-
czy o następstwach ograniczonych i skończonej dodatniej in-
tensywności wtedy i tylko wtedy, gdy jest strumieniem reku-
rencyjnym opóznionym, określonym przez dystrybuanty
A1(t) oraz A(t), takie, że
t
A1(t) = l
[1 - A(u)]du.
0
Dowód tego twierdzenia pomijamy.
63
2.4. Czas obsługi
64
Załóżmy, że pewne urządzenie obsługuje przybywające do
niego zgłoszenia. W ogólnym przypadku czas obsługi jest
nieujemną ZL. Ponumerujmy zgłoszenia w kolejności ich
przybycia do UO liczbami 1, 2, ... i oznaczmy przez xk , k ł 1,
czas obsługi zgłoszenia o numerze k. Będziemy zakładać, że
czas obsługi każdego zgłoszenia nie zależy od charakterystyk
strumienia wejściowego zgłoszeń. Załóżmy również, że ob-
sługa jest w pełni określona, jeżeli dla dowolnej liczby cał-
kowitej n ł 1 określony jest rozkład wektora losowego
(x1, ..., xn).
65
Definicja 7. Obsługę nazywamy rekurencyjną, jeżeli dla
dowolnej liczby naturalnej n ł 1 ZL x1, ..., xn są niezależne i
spełniają ten sam rozkład.
Jest oczywiste, że dla określenia obsługi rekurencyjnej wy-
starczy określić dystrybuantę czasu obsługi
B(t) = P{xk < t} = P{x < t}, k ł 1.
Obsługa rekurencyjna, dla której B(t) = 1- e-m t , m > 0, na-
zywa się obsługą wykładniczą z parametrem m.
66
Często również spotykamy się z systemami, w których czas
obsługi każdego zgłoszenia jest wielkością stałą:
x t0 = const > 0. W takim przypadku mamy
0, gdy t Ł t0 ,
B(t) =
1, gdy t > t0 ,
i obsługa taka nazywana jest deterministyczną.
W przypadku obsługi wykładniczej z parametrem m wiel-
kość mDt + o(Dt) określa prawdopodobieństwo zakończenia
obsługi w przedziale czasowym [t; t + Dt) pod warunkiem, że
obsługa trwała w chwili t. Wielkość 1- mDt +o(Dt) jest praw-
dopodobieństwem tego, że obsługa nie zakończy się w prze-
dziale czasowym [t; t + Dt) również pod warunkiem, że trwała
w chwili t.
67
Rozpatrzmy teraz przypadek tzw. obsługi wieloetapowej,
czyli takiej, w której czas obsługi x dowolnego zgłoszenia
można zapisać w postaci x = x1 + ... + xn (w tym przypadku
obsługa składa się z n etapów). Załużmy, że ZL x1, ..., xn są
niezależne i każda z nich ma rozkład wykładniczy z parame-
trem m. W takim przypadku ZL x spełnia tzw. rozkład Erlan-
ga n-tego rzędu z parametrem m. Można dowieść, że dystry-
buanta zmiennej losowej x ma postać
i
n-1
B(t) = 1- e-m t ,
(mt)
i!
i=0
m(mt)n-1
a jej gęstość to b(t) = e-m t.
(n -1)!
68
Taką obsługę rekurencyjną nazywamy obsługą Erlanga.
Obsługa rekurencyjna, dla której dystrybuanta B(t) ma po-
stać
n
B(t) =
g Bk (t),
k
k =1
n
gdzie gk > 0, k = 1, n i
g = 1, a Bk (t) są dystrybuantami
k
k =1
rozkładu wykładniczego Bk (t) =1- e-mkt, mk > 0, k = 1, n,
nazywa się obsługą hiperwykładniczą n-tego rzędu z parame-
trami g1, ..., gn; m1, ..., mn (rozkład charakteryzowany dystry-
buantą B(t) nazywa się hiperwykładniczym).
69
Oczywiście B(t) w tym przypadku można przedstawić w
postaci
n
B(t) = 1 - . (10)
g e-mkt
k
k =1
Gęstość b(t) czasu obsługi o rozkładzie hiperwykładniczym
ma postać
n
b(t) = gkmke-mkt .
k =1
70
Określimy teraz pojęcie intensywności dla obsługi rekuren-
cyjnej. Niech dystrybuanta B(t) czasu obsługi x ma pochodną
w punkcie t = t0, taką że b(t0) = B'(t0). Niech ponadto
P(t0, t0 + Dt) będzie prawdopodobieństwem zakończenia ob-
sługi w przedziale czasowym [t0; t0 + Dt), jeśli wiadomo, że
obsługa trwała w chwili czasu t0 i jej długość przed tą chwilą
była równa t0 jednostek czasu (x ł t0).
71
Intensywnością obsługi w punkcie t0 nazywamy liczbę
P(t0, t0 + Dt)
m(t0) = lim =
Dt0 Dt
P{x ł t0, x < t0 + Dt} P{t0 Ł x < t0 + Dt}
= lim = lim =
Dt0 Dt P{x ł t0} Dt0 Dt P{x ł t0}
B(t0 + Dt) - B(t0) b(t0)
= lim = . (11)
Dt0 Dt(1 - B(t0)) 1 - B(t0)
72
Wynika stąd, że jeżeli dystrybuanta B(t) jest absolutnie cią-
gła i różniczkowalna dla dowolnego t ł 0, to intensywność
obsługi jest określona także dla dowolnego t ł 0. Wówczas ze
wzoru (11) wynika, że dla dowolnego t ł 0 zachodzi równość
P(t, t + Dt) = m(t)Dt + o(Dt). (12)
Zauważmy, że jeśli czas obsługi ma rozkład wykładniczy z
parametrem m, to intensywność obsługi jest równa m dla każ-
dego t ł 0.
73
2.5. Zadania
74
2.1. Wykazać, że dla strumienia najprostszego prawdopodo-
bieństwo tego, że w przedziale czasowym o długości
Dt (Dt 0) do systemu przybywa co najmniej jedno zgło-
szenie, jest równe prawdopodobieństwu przybycia w tym cza-
sie dokładnie jednego zgłoszenia.
75
2.2. Niech (t) będzie strumieniem stacjonarnym bez na-
stępstw charakteryzowanym parametrem 0 i prawdopodo-
bieństwem gk tego, że w przybywającej do systemu grupie
znajduje się k zgłoszeń, k = 1, 2, .... Niech G(z) będzie funk-
cją tworzącą liczby zgłoszeń w grupie. Znalezć prawdopodo-
bieństwo tego, że dowolne przybywające zgłoszenie znajduje
się w grupie składającej się z k zgłoszeń.
76
Rozwiązanie. Ponieważ wartość oczekiwana liczby zgło-
szeń znajdujących się w dowolnej grupie jest, jak wiadomo,
ó
równa G (1), to wartość przeciętna liczby zgłoszeń przybywa-
ó
jących do systemu w ciągu czasu t jest aG (1)t. Jest oczywi-
ste, że akgkt jest średnią liczbą zgłoszeń przybywających w
ciągu czasu t w grupach składających się dokładnie z k zgło-
szeń. Wówczas szukane prawdopodobieństwo jest równe sto-
ó ó
sunkowi akgkt (aG (1)t) = kgk G (1).
77
2.3. Załóżmy, że pierwsze k -1 zgłoszeń strumienia naj-
prostszego z parametrem a opuszcza strumień, k-te zgłoszenie
pozostaje w strumieniu, natomiast kolejne k -1 zgłoszeń
znowu opuszcza strumień itd. Udowodnić, że strumień zgło-
szeń, które pozostają, jest rekurencyjny (nazywa się strumie-
niem Erlanga k-tego rzędu z parametrem a) i jest określony
przez dystrybuantę odstępów czasu między sąsiednimi chwi-
lami przybycia zgłoszeń, mającą postać
at
i
k -1
xk -1
A(t) = .
(at)
(k -1)!e-xdx = 1 - e-at
i!
i=0
0
Znalezć PLS a(q) dystrybuanty A(t) i wartość oczekiwaną
a1 odstępu czasu między sąsiednimi chwilami przybycia
zgłoszeń w tak określonym strumieniu.
78
Rozwiązanie. Wprowadzmy oznaczenie A(t) = Ak (t), gdzie
Ak (t) jest dystrybuantą sumy k niezależnych ZL o rozkładzie
wykładniczym z parametrem a, k = 1, 2, .... Stosując indukcję
matematyczną, w przypadku k = 1 otrzymujemy
A1(t) = 1- e-at, czyli podany wzór. Przypuśćmy, że wzór ten
zachodzi dla k = n, n = 1, 2, ....
79
Wówczas
t
An+1(t) = An (t - u)dA1(u) =
0
t
n-1
ł
= d(1- e-au ) =
ę (a(t - u))i ś
1- e-a(t-u)
i!
i=0
0
i
n-1t n
(a(t - u))i
= 1 - e-a t - ae-a t du = 1 - e-a t ,
(at)
i! i!
i=00 i=0
co oznacza, że podany wzór zachodzi także dla k = n + 1.
80
Wzór na A(t) można również udowodnić w sposób następu-
jący.
Mamy A(t) = P{x1 + ... + xk < t}, gdzie ZL x1, ..., xk są nie-
zależne i mają taki sam rozkład wykładniczy z parametrem a,
skąd wynika, że A(t) = pk (t), gdzie
Ą k -1
pk (t) =
P (t) = 1 - P (t)
i i
i=k i=0
jest prawdopodobieństwem tego, że w przedziale czasowym
[0; t) odbędzie się nie mniej niż k zdarzeń analizowanego
strumienia najprostszego.
81
(at)i
Ponieważ, jak wiadomo, Pi (t) = e-at, to z tego wynika,
i!
że
i
k -1
A(t) = 1 - e-at .
(at)
i!
i=0
Dla PLS dystrybuanty A(t) mamy
ak
.
a(q) =
(a + q)k
Pierwszy moment odstępu czasu między sąsiednimi zdarze-
niami jest równy a1 = -a'(0) = k a.
82
2.4. Niech (t) będzie liczbą zgłoszeń strumienia najprost-
szego, przybywających w przedziale czasowym [0; t). Udo-
wodnić, że przy t Ł T , k Ł n zachodzi równość
k n-k
t t
ćn
P{(t) = k | (T ) = n} = - .
ć ć1
T T
Ł ł Ł ł
Łk ł
83
Rozwiązanie.
P{(t) = k,(T ) = n}
P{(t) = k | (T ) = n} = =
P{(T ) = n}
P{(t) = k,(T - t) = n - k} P{(t) = k}P{(T - t) = n - k}
= = =
P{(T ) = n} P{(T ) = n}
(at)k e-at (a(T - t))n-k e-a(T -t)n! ćntk (T - t)n-k
= =
n
k!(n - k)!(aT )n e-aT T
Łk ł
k n-k
ćnć t t
= .
ć1-
T
ł
Łk łŁT ł Ł
84
2.5. Udowodnić, że strumień stacjonarny rekurencyjny
opózniony jest strumieniem rekurencyjnym wtedy i tylko
wtedy, gdy jest on strumieniem najprostszym.
85
Rozwiązanie. Niech strumień rekurencyjny opózniony sta-
cjonarny będzie określony przez dystrybuanty A1(t) i A(t) i
niech będzie spełniona równość
t
A1(t) = l
[1 - A(u)]du.
0
Oczywiście strumień ten jest rekurencyjny wtedy i tylko wte-
t
dy, gdy A1(t) = A(t), czyli l
[1 - A(u)]du = A(t), skąd róż-
0
niczkując względem t otrzymujemy
l[1 - A(t)] = A'(t).
86
Rozwiązanie otrzymanego równania różniczkowego zapi-
szemy w postaci
A(t) = 1- Ce-lt.
Na mocy pojedynczości strumienia mamy A(0+) = 0, skąd
wynika, że C = 1. Wówczas A(t) = 1- e-lt, więc w naszym
przypadku równość A1(t) = A(t) zachodzi tylko dla strumie-
nia najprostszego.
87
Podamy także inne rozwiązanie tego zadania.
Będziemy korzystać z aparatu PLS. Jak wiemy, wzór (8) w
l
terminach PLS przyjmuje postać a1(q) = (1- a(q)) (patrz
q
dowód twierdzenia 3). Wtedy w danym przypadku ma być
l
spełniona równość a1(q) = a(q), czyli a(q) = (1 - a(q)) ,
q
l
skąd wynika relacja a(q) = , określająca PLS dystrybu-
l + q
anty A(t) = 1- e-lt.
88
2.6. Przypuśćmy, że każde z n niezależnych zródeł w prze-
dziale czasowym [0; T ), T > 0, generuje dokładnie jeden im-
puls, przy czym dla każdego ze zródeł prawdopodobieństwo
pojawienia się impulsu w dowolnym przedziale czasowym o
długości D należącym do [0; T ) jest równe D T . Superpozycja
n takich strumieni (t) (każdy strumień składa się z jednego
zdarzenia) nazywa się strumieniem Bernoulliego. Dowieść, że
dla dowolnych 0 Ł t Ł T , 0 Ł k Ł n zachodzi równość
k n-k
t t
ćn
Pk (t) = P{(t) = k} = - .
ć ć1
T T
Ł ł Ł ł
Łk ł
89
2.7. Niech w chwili czasu t działa n niezależnych urządzeń
obsługi wykładniczej z parametrem m. Wykazać, że: a) praw-
dopodobieństwo tego, że do chwili t + Dt nie zakończy się
obsługa ani jednego ze zgłoszeń, jest równe 1- nmDt + o(Dt);
b) prawdopodobieństwo tego, że do wskazanej chwili będzie
obsłużone dokładnie jedno zgłoszenie, jest równe
nmDt + o(Dt); c) prawdopodobieństwo tego, że do chwili
t + Dt będą obsłużone dwa lub więcej zgłoszeń, jest równe
o(Dt).
90
2.8. Niech A(t) będzie dystrybuantą warunkową czasu ob-
sługi zgłoszenia pod warunkiem, że urządzenie jest zajęte je-
go obsługą, a B(t) dystrybuantą bezwarunkową czasu ob-
sługi x zgłoszenia (B(t) = P{x < t}). Wykazać, że
Ą
1
dA(t) = tdB(t), gdzie b1 =
tdB(t). Obliczyć momenty dys-
b1
0
trybuanty A(t). Wyznaczyć dystrybuantę A(t) w przypadku
rozkładu wykładniczego ZL x oraz w przypadku obsługi de-
terministycznej.
91
Rozwiązanie. Prawdopodobieństwo tego, że urządzenie jest
zajęte obsługiwaniem zgłoszenia, którego czas obsługi jest
znany (równy E), pod warunkiem, że jest ono w ogóle zajęte,
zależy oczywiście nie tylko od prawdopodobieństwa pojawie-
nia się zgłoszenia o takim czasie obsługi, ale również bezpo-
średnio od wielkości E tego czasu.
92
Niech, na przykład, czas obsługi dowolnego zgłoszenia w
pewnym systemie przyjmuje wartość 1 z prawdopodobień-
stwem 1 2 i wartość 2 również z prawdopodobieństwem 1 2.
Jest oczywiste, że czas, w którego ciągu urządzenie jest zajęte
obsługiwaniem zgłoszeń, mających czas obsługi równy 2, jest
mniej więcej dwukrotnie większy niż czas obsługiwania zgło-
szeń o czasie obsługi równym 1, ponieważ ze zgłoszeniami
obu typów spotykamy się jednakowo często. Dlatego w da-
nym przypadku szukane prawdopodobieństwo dla krót-
szych zgłoszeń okazuje się równe 1 3, a dla dłuższych wy-
nosi 2 3.
93
Oznaczmy przez g czas obsługi zgłoszenia, zajmującego
urządzenie pod warunkiem, że w danej chwili czasu jest ono
zajęte. Szukane prawdopodobieństwo
dA(t) = P{g [t; t + dt)}
jest oczywiście proporcjonalne do prawdopodobieństwa
dB(t) = P{x [t; t + dt)} pojawienia się zgłoszeń mających
dany czas obsługi, a także do wielkości t tego czasu. Dlatego
możemy zapisać dA(t) = ctdB(t), gdzie c > 0 jest współczyn-
nikiem proporcjonalności, który możemy znalezć korzystając
z warunków normalizacyjnych
Ą Ą
dA(t) = 1 = ct dB(t),
0 0
skąd wynika, że
94
Ą
1
c = , gdzie b1 =
t dB(t).
b1
0
Momenty zmiennej losowej g:
bi+1
ai = , i = 1, 2, ...,
b1
gdzie bi są momentami rzędu i czasu obsługi x.
95
W przypadku B(t) = 1- e-m t mamy
dA(t) = mt dB(t) = m2te-m tdt,
skąd wynika
t
A(t) = m2 xe-m xdx = 1 - e-m t (1 + mt).
0
Jest to dystrybuanta rozkładu Erlanga drugiego rzędu.
W przypadku obsługi deterministycznej x t0 mamy
0, gdy t Ł t0,
A(t) = B(t) =
1, gdy t > t0.
96
2.9. Załóżmy, że w dowolnej chwili czasu t trwa obsługa
zgłoszenia, B(t) jest dystrybuantą czasu obsługi x. Dowieść,
że dystrybuanta długości czasu od chwili t do chwili zakoń-
czenia obsługi zgłoszenia ma postać
t
1
F(t) =
[1- B(u)]du,
b1 0
Ą
gdzie b1 =
t dB(t). Obliczyć momenty tego rozkładu. Prze-
0
analizować przypadki B(t) = 1- e-m t i x t0 = const.
97
Rozwiązanie. Oznaczmy przez g resztę czasu obsługi zgło-
szenia obsługiwanego w chwili czasu t. Cały czas obsługi te-
go zgłoszenia oznaczmy przez c i załóżmy, że c = y. Wów-
czas
dx
P{g [x; x + dx) | c = y} = ,
y
ponieważ, jak wiemy, punkt losowy trafia na przedział o dłu-
gości D, który jest częścią przedziału o długości y, z prawdo-
podobieństwem D y.
98
Obliczmy teraz prawdopodobieństwo łączne
P{g [x; x + dx), c [ y; y + dy)} =
= P{g [x; x + dx) c = y}P{c [y; y + dy)} =
dx dx y dB( y)
= P{c [ y; y + dy)} =
y y b1
(patrz rozwiązanie zadania 2.8). Mamy więc
dB(y) dx
P{g [x; x + dx), c[y; y + dy)} = ,
b1
gdzie 0 Ł x Ł y.
99
Wówczas
Ą
dx (1 - B(x))dx
dF(x) = P{g [x; x + dx)} =
dB(y) =
b1 x b1
i odpowiednio
t
1
F(t) =
[1- B(u)]du.
b1 0
PLS dystrybuanty F(t) ma postać
Ą
1 - b(q)
f (q) = .
e-q tdF(t) =
qb1
0
100
Momenty dystrybuanty F(t) można obliczyć ze wzoru na
bi+1
jej PLS: fi = , gdzie bi jest momentem rzędu i czasu
(i +1)b1
obsługi, i = 1, 2, ....
Dla B(t) = 1- e-m t mamy F(t) = B(t), co wynika także z
własności braku pamięci rozkładu wykładniczego.
Dla x t0 = b1 oraz 0 Ł x Ł t0 mamy dF(x) = dx t0 ,
F(x) = x t0.
101
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
07 Strumienie, operacje wejścia wyjściapawlikowski, fizyka, szczególna teoria względnościTeoria i metodologia nauki o informacjiteoria produkcjiow wejscieCuberbiller Kreacjonizm a teoria inteligentnego projektu (2007)Teoria B 2ATeoria osobowości H J Eysenckaglajcar opracowane pytania z wejścióweksilnik pradu stalego teoria(1)Rachunek prawdopodobieństwa teoriaRozdział 15 Pozostałe urządzenia wejściaTeoria konsumenta1 2niweleta obliczenia rzednych luku pionowego teoria zadania1Teoria wielkiego podrywu S06E09 HDTV XviD AFGwięcej podobnych podstron