E(S) = P (Q = 0)E(S Q = 0) + P (Q = 1)E(S Q = 1) E(S) = p 0 E(X) + p 1 0 = bp 0. p 0 + p 1 = 1 p 0 = 1

Transcript

1 Ουρές Αναμονής Παύλος Ζουμπούλογλου 15 Ιανουαρίου Πρόλογος Το έγγραφο αυτό δημιουργήθηκε στα πλαίσια του προπτυχιακού μαθήματος Ουρές Αναμονής όπως διδάχθηκε το Χειμερινό εξάμηνο του ακαδημαϊκού έτους από τον Καθηγητή Α. Οικονόμου, στο τμήμα Μαθηματικών του Εθνικού και Καποδιστριακού Πανεπιστημίου Αθηνών. Αποτελεί μία συλλογή λύσεων για τις ασκήσεις των σημειώσεων του μαθήματος, μερικές από τις οποίες έγιναν στη τάξη και μερικές από τον συγγραφέα. Οι σημειώσεις αυτές δεν έχουν ελεγχθεί και ε- πομένως περιέχουν πολλά λάθη, τόσο ουσιαστικά όσο και μη. Στόχος τους είναι να βοηθήσουν τους φοιτητές στη μελέτη του μαθήματος. Παρατηρήσεις για τη βελτίωση και διόρθωση του παρόντος εγγράφου είναι παραπάνω από καλοδεχούμενες. Οι ενδιαφερόμενοι αναγνώστες, καλούνται να επικοινωνήσουν με τον συγγραφέα στο p.zoubouloglou@gmail.com ή με τον διδάσκοντα του μαθήματος στο aeconom@math.uoa.gr μέχρι το πέρας του εξαμήνου, ενώ στη συνέχεια, την επιμέλεια τους θα αναλάβει αποκλειστικά ο διδάσκων ( Εγινε στο μάθημα) Αρχικά, παραθέτουμε το Ν. του Little, E(Q) = λe(s). Εχουμε όμως μία εξίσωση με 2 αγνώστους, άρα χρειαζόμαστε άλλη μια εξίσωση. Εφόσον πρόκειται για την ουρά M G 1 1, έχουμε δύο ενδεχόμενα ως προς το πλήθος των πελατών στο σύστημα, άρα με το θεώρημα διπλής μέσης τιμής θεωρώντας Q τον αριθμό των πελατών που βλέπει ένας εισερχόμενος πελάτης παίρνουμε: E(S) = P (Q = 0)E(S Q = 0) + P (Q = 1)E(S Q = 1) E(S) = p 0 E(X) + p 1 0 = bp 0 Οι παραπάνω εξισώσεις μας οδηγούν στα εξής: E(Q) = λbp 0 = ρp 0 Οπου λb = ρ. Ομως από τον ορισμό της μέσης τιμής έχουμε E(1) = 0p 0 + 1p 1 = ρp 0 και δηλαδή p 1 = ρp 0. Με την εξίσωση κανονικοποίησης παίρνουμε p 0 + p 1 = 1 p 0 = 1 1+ρ, p 1 = ρ 1+ρ. 1

2 ( Εγινε στο μάθημα) Από το Νόμο του Little, με τετριμμένο τρόπο συμπαιρένουμε πως: E(Q) = ρυθμός άφιξης μέσος χρόνος παραμονής πελάτη E(Q) = b a ( Εγινε στο μάθημα) α) Γνωρίζουμε ότι το σύστημα θα είναι ευσταθές αν και μόνο αν ρ < c < c c > 6.5. β) Το ποσοστό χρόνου απασχολημένου υπηρέτη θα είναι ρ c, άρα θέλουμε ρ c < < c c ( Εγινε στο μάθημα) Αρχικά παρατηρούμε πως οι πελάτες τύπου 1 λειτουργούν ως ουρά M M 1 ανεξάρτητα από τους τύπου 2, αφού έχουν απόλυτη προτεραιότητα, με ρ = λ1 µ. Ακόμα, συνολικά οι τύπου 1 και 2 μαζί λειτουργούν ως αλυσίδα M M 1, με διαφορετικό όμως ρυθμό συνωστισμού ρ = λ1+λ2 µ. Γνωρίζουμε όμως για αυτές τις ουρές ότι: E(Q 1 ) = ρ 1 1 ρ 1 E(Q 1 + Q 2 ) = ρ 1 ρ E(Q 2 ) = E(Q 1 + Q 2 ) E(Q 1 ) = λ 1 + λ 2 µ λ 1 λ 2 λ 1 µ λ ( Εγινε στο μάθημα) Εχουμε μία M M 1 ουρά και ψάχνουμε τα p n, a n, d n. Οπως υποδεικνύει η άσκηση, εφαρμόζουμε το νόμο του Little για την i-οστή θέση του συστήματος, δηλαδή: E( Πλήθος πελατών στη ι-οστή θέση) = Ρυθμός αφίξεων E( χρόνος παραμονής στην ι-οστή θέση) p n = λ n=i n=i 1 a n 1 µ = ρ n=i 1 Με τη τελευταία ισότητα να ισχύει λόγω της P AST A. Η σχέση αυτή ισχύει για όλα τα i 1 και άρα εφαρμόζοντας την για i+1 παίρνουμε n=i+1 p n = ρ n=i p n και τώρα αφαιρώντας αυτή τη σχέση από αυτή που βρήκαμε παραπάνω, έχουμε p n = ρp n 1 p n = ρ n p 0. Τέλος, η εξίσωση κανονικοποίησης μας δίνει ότι p 0 = 1 ρ, p n = ρ n (1 ρ). p n 2

3 Θεωρούμε την ουρά M M c c όπου ο κάθε εισερχόμενος πελάτης, βλέποντας n πελάτες στο σύστημα, θα αποχωρήσει με πιθανότητα n c (δηλαδή θα εισέλθει με πιθανότητα c n c ). Σημειώνουμε το πίνακα μετάβασης: 0 1 exp(λ) n, n = 1,..., c 1 n + 1 exp( c n c λ) n-1 exp(µ) c c-1 exp(µ) Αφού όλοι οι χρόνοι μετάβασης είναι εκθετικοί, η ουρά είναι μ.α.σ.χ Θεωρούμε την ουρά M M 1 όπου ο κάθε πελάτης του οποίου η εξυπηρέτηση τελείωσε, θα την επαναλάβει με πιθανότητα q (δηλαδή θα φύγει με πιθανότητα 1 q). Σημειώνουμε το πίνακα μετάβασης: 0 1 exp(λ) n n + 1 exp(λ) n 1 exp((1 q)µ) Αφού όλοι οι χρόνοι μετάβασης είναι εκθετικοί, η ουρά είναι μ.α.σ.χ Στην ουρά M M 1 1 με χρόνους προθέρμανσης έχουμε τον εξής πίνακα μετάβασης: (0, 0) (1, 0) exp(λ) (1, 0) (1,1) exp(θ) (1, 1) (0, 0) exp(µ) Στην ουρά M M 1 με χρόνους προθέρμανσης έχουμε τον εξής πίνακα μετάβασης: (0, 0) (1, 0) exp(λ) (n, 0), n 1 (1,1) exp(θ) (n + 1, 0) exp(λ) (1, 1) (2, 1) exp(λ) (0, 0) exp(µ) (n, 1), n 2 (n + 1, 1) exp(λ) (n 1, 1) exp(µ) 3

4 Και στις δύο περιπτώσεις έχουμε αποκλειστικά εκθετικούς χρόνους μεταβάσεων, άρα είναι και οι δύο μ.α.σ.χ α) Κατά την είσοδο του πελάτη, όλοι οι υπηρέτες θα είναι απασχολημένοι. Η ε- πόμενη αναχώρηση από το σύστημα θα γίνει όταν ένας οποιοσδήποτε υπηρέτης τελειώσει με την εξυπηρέτηση. Καθώς η εξυπηρέτηση γίνεται με εκθετική κατανομή ρυθμού μ και λόγω της αμνήμονης ιδιότητας, η εξυπηρέτηση μέχρι την πρώτη αναχώρηση θα ακολουθεί exp(cµ). β) Για να ξεκινήσει την εξυπηρέτηση του ο n-οστός πελάτης, όπου n > c, θα πρέπει πρώτα να εξυπηρετηθούν n c στο πλήθος άτομα. Άρα E(S) = E(W )+ 1 µ, όπου ο πρώτος προσθετέος οφείλεται στο χρόνο αναμονής και ο δεύτερος στο χρόνο εξυπηρέτησης του. Τελικά, S (c n)exp(cµ)+exp(µ), το οποίο είναι μία υποεκθετική κατανομή, δηλαδή γενίκευση της Erlang, ως άθροισμα εκθετικών με όχι απαραίτητα τους ίδιους ρυθμούς (Μάθημα 10) 0 1 exp(λ) n n+1 exp(λ) n-1 exp(µ + (n 1)ν) Εφόσον στον πίνκα μεταβάσεων όλοι οι χρόνοι είναι εκθετικοί, πρόκειται για μ.α.ς.χ. Για την ειδική περίπτωση μ = ν έχουμε: B 1 = 1 + i=1 λ n µ(2µ)... (nµ) = λ n n!µ n = eρ όπου ρ = λ µ, το οποίο είναι πάντα ευσταθές, όπως προκύπτει από το κριτήριο λόγου. i=0 { e ρ n = 0 p n = ρ ρn e n! n 1 Δηλαδή για το πλήθος των πελατών έχουμε Q P oisson(ρ) (1) α) 4

5 Επεται ότι 0 1 exp( 3λ 4 ) n n+1 exp( λ 4 ) n-1 exp(µ) B 1 = 1 + 3λ n 4 n µ n = ( ρ 4 )n n=1 n=1 η οποία συγκλίνει για ρ 4 < 1 ρ < 4 λ < 4µ και δίνει: B 1 1 = ρ 4 = ρ = 16 ρ 4 ρ ενώ αποκλίνει για λ 4µ β) p n = { 4 ρ 16 ρ n = 0 3(4 ρ) (16 ρ) ( ρ 4 )n n 1 (2) Ομως λόγω (α) της P AST A (που οφείλεται στο γεγονός ότι οι αφικνούμενοι πελάτες φτάνουν με διαδικασία P oisson) και (β) των μεμονωμένων αφίξεων και αναχωρήσεων, έχουμε: p n = a n = d n γ) Γνωρίζουμε πως το ποσοστό των χαμένων πελατών είναι ίσο με τη πιθανότητα ένας πελάτης να μην εισέλθει, λόγω του Θεωρήματος Ολικής Πιθανότητας έχουμε: P (not enter) = P (Q = 0)P (not enter Q = 0)+P (Q 1)P (not enter Q 1) = p (1 p 0) = 3 2p α) 0 1 exp(λ) n n+1 exp(a n λ) n-1 exp(na n µ) B 1 = 1 + n=1 λ n n!a n µ n = ρ n n!a n = e ρ a < Δηλαδή η ουρά είναι πάντα ευσταθής, ενώ για τις πιθανότητες p n παίρνουμε: { e ρ a n = 0 p n = e ρ a ρn n!a n 1 n (3) 5

6 Άρα συμπεραίνουμε ότι p n P oisson( ρ a ) β) Αφού η διαδικασία αφίξεων είναι Poisson και πρόκειται για μεμονωμένες αφίξεις και αναχωρήσεις, έπεται d n = a n = p n P oisson( ρ a ) γ) Αρχικά υπολογίζουμε το ρυθμό διαπέρασης: λ a n λe ρ a ρ n = λ n p n = n!a n = λe ρ a e ρ όμως από το Ν. του Little και αφού το πλήθος των πελατών στο σύστημα ακολουθεί P oisson έπεται πως: E(S) = E(Q) λ έχουμε πως: = ρe ρ ρ a aλ E(I) = 1 λ 0 = 1 λ = e ρ ρ a aµ Για την περίοδο αργίας Ετσι μπορούμε να βρούμε και τη μέση διάρκεια ενός κύκλου, αφού: Και τέλος παίρνουμε ότι: α) B 1 = 1+ ρ a E(I) E(Z) = p 0 E(Z) = e λ E(Y ) = E(Z) E(I) = e ρ a λ 1 λ = e ρ a 1 λ c n=1 0 1 exp(λ) n n+1 exp( c n c λ) n-1 exp(nµ) c c-1 exp(cµ) λ 0 λ 1... λ n 1 µ 1 µ 2... µ n = c (c 1)... (c n)λ n c n 1 n!µ n = επειδή πρόκειται για πολυώνυμο με διονυμικούς συντελεστές. Άρα για τις πιθανότητες p n πάιρνουμε: p n = ( ) c ( ρ c )n n (1 + ρ = c )c ( ) c n ρ c ( 1 + ρ ) n 1 ( c 1 + ρ ) c n = c από το οποίο έπεται πως Q Bin(c, ρ ρ+c ) 6 ( ) c n c ρ ( ρ + c )n (1 ( ) c ( ρ n c )n = (1+ ρ c )c ρ ρ + c )n c

7 β) Το μακροπρόθεσμο ποσοστό των άμεσα αποχωρίσαντων θα είναι ίσο με την πιθανότητα ένας αφικνούμενος πελάτης να μην εισέλθει στο σύστημα, και από το Θεώρημα Ολικής Πιθανότητας προκύπτει: P (πιθανότητα να μην εισέλθει) = c n=o n c p n = E(Q) = np c c = c ρ ρ+c c = ρ ρ + c γ) Λόγω των μεμονομένων αφίξεων, θα ισχύει a n = d n και καταλήγουμε σε μια όχι ιδιαίτερα όμορφη σχέση: a enter n = λ n p n c λ np n = c n c λp n λ c c (c n)p n = (c n)p n c 1 (c n)p = d n, n = 0, 1,..., c n δ) Ενας τελικά εισερχόμενος πελάτης θα εξυπηρετείται αμέσως, αφού οι υπηρέτες είναι σε πλήθος ίσοι με τη χωρητικότητα του συστήματος, άρα E(S ) = 1 µ. Για το μέσο χρόνο παραμονής όλων των αφικνούμενων πελατών, σκεφτόμαστε ως εξής: εφαρμόζουμε δύο φορές το Θεώρημα διπλής μέσης τιμής, μια φορά δεσμεύοντας ως προς το ενδεχόμενο να εισέλθει -ή να μην εισέλθει- ο πελάτης στο σύστημα, και μια δεύτερη ως προς το ενδεχόμενο να βρει ν πελάτες κατά την είσοδο του παίρνουμε: E(S αφικνούμενοι ) = P (enter)e(s enter) + P (no/enter)e(s noenter) = = P (enter a 0 )a 0 E(S enter)+p (enter a 1 )a 1 E(S enter)... P (enter, a n )a n E(S enter) = = 1 µ ( c c n a n ) = 1 c cµ ( c p n (c n)) = 1 µ µe(q) c = 1 µ λ ρ + c Τονίζουμε πως δε χρειάζεται να δεσμεύσουμε τις μέσες τιμές ως προς το πόσα άτομα βλέπει ο αφικνούμενος πελάτης, καθώς θα εξυπηρετηθεί αμέσως ανεξάρτητα από το πόσα θα δει. ε) Εύκολα βρίσκουμε τη μέση περίοδο λειτουργίας, E(I) = λ 0 = λ. Τώρα βρίσκουμε εύκολα τη μέση διάρκεια ενός κύκλου ως εξής: α) E(I) E(Z) = p 0 E(Z) = E(I) = λ λ(ρ + c)c p 0 ( c = ρ+c )c c c 0 1 exp(λ) 1 j r j+1 exp(λ) 0 exp(µ) n r n+1 exp(λ) n-r exp(µ) 7

8 Τώρα καταλήγουμε στις εξής εξισώσεις ισορροπίας: λp 0 = µp µp r = µ( r p i ) (1) i=1 (λ + µ)p n = λp n 1 + µp n+r, για n 1(2) β) για να μπορέσουμε να βρούμε τη συνθήκη ευστάθειας, θα χρησιμοποιήσουμε τη λεγόμενη μέθοδο των πιθανογεννητριών, με βοήθεια από τη μιγαδική ανάλυση (1) + (2)z n n=1 r λ p n z n + µ( p n z n p 0 ) = zλ p n z n + µ( p i ) + µ z r i=1 n=r+1 p n z n Οπου όμως γνωρίζουμε πως P (z) = p nz n και αντικαθιστώντας έχουμε: λp (z) + µ(p (z) p 0 ) = zλp (z) + µ( r p i ) + µ z r (P (z) p 0 p 1 z p r z r ) i=1 P (z) = µ(p 0(z r 1) + p 1 (z r z) + + p r 1 (z r z r 1 ) (λ + µ)z r λz r+1 µ τελικά, θέτοντας ρ = λ µ οδηγούμαστε στην εξής μορφή, όπου ο παρονομαστής είναι πολυώνυμο μεγαλύτερου βαθμού ως προς το z από τον αριθμητή: P (z) = p 0(z r 1) + p 1 (z r z) + + p r 1 (z r z r 1 ) (ρ + 1)(z r ρ ρ+1 zr+1 1 ) = N(z) D(z) ρ+1 Σε αυτό το σημείο θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε το πόρισμα του θεωρήματος Rouche για να εξετάσουμε κατά πόσο αυτή η συνάρτηση αποδίδει πράγματι μάζα πιθανότητας στη κατανομή p n. Ετσι, ορίζουμε μία ακολουθία α(z) = zn, τέτοια ώστε a 0 = 1 ρ+1, a r+1 = ρ ρ+1, a i = 0 για i 0, r + 1 και παρατηρούμε αφενός ότι z n α(z) = A(z) = z r ρ ρ+1 zr+1 1 ρ+1, αφετέρου ότι α n = 1, nα n <, n2 α n <, δηλαδή ισχύουν οι προϋποθέσεις του πορίσματος. Ακόμα, έχουμε ότι α(1) = 1, άρα πρέπει να εξετάσουμε το πολυώνυμο A (z), όπου: A (z) = rz r 1 ρ (r + 1) ρ + 1 zr A (1) = = r ρ ρ + 1 το τελευταίο εργαλείο που χρειαζόμαστε για την ανάλυση σε περιπτώσεις, είναι το k = m.c.d.(j r : a j 0) = mcd( r, 1) = 1 8

9 1η περίπτωση: λ < rµ r > ρ έχουμε ότι α(1) = 1, A (1) > 0, άρα απαραίτητα θα έχουμε N k = r 1 ρίζες μέσα στο μιγαδικό δίσκο (z : z < 1), 1 ρίζα πάνω στο δίσκο (z : z = 1) (μέσα και πάνω στο δίσκο έχει νόημα η πιθανογεννήτρια) και 1 ρίζα εκτός του μοναδιαίου δίσκου. Δηλαδή μπορούμε να γράψουμε D(z) = c 1 (z z 0 )(z z 1 )... (z z r 1 )(z 1) όπου οι r στο πλήθος ρίζες εντός και πάνω στο δίσκο είναι οι z 1,..., z r 1, 1. όμως για να συγκλίνει η P (z) θα πρέπει όλες αυτές οι ρίζες του παρονομαστή που βρίσκονται μέσα και πάνω στο μοναδιαίο κύκλο να είναι και ρίζες του αριθμητή. Δηλαδή N(z) = c 1 (z z 1 )... (z z r 1 )(z 1) Άρα, αυτό που απομένει είναι P (z) = c z z 0 και λόγω της εξίσωσης κανονικοποίησης απαιτούμε να ισχύει P (1) = 1 c = 1 z 0. Τελικά παίρνουμε P (z) = 1 z 0 = z z z 0 z 0 1 z = z 0 1 ( z ) j z 0 1 = zj z 0 z 0 (z 0 ) j+1 όπου μπορέσαμε να χρησιμοποιήσαμε τη γεωμετρική σειρά γιατί η λύση z 0 είναι εκτός του δίσκου και άρα z z 0 < 1. Άρα έχουμε ότι p n = z0 1 = ( 1 z n+1 z 0 0 ) n (1 1 z 0 ), για n 0, δηλαδή έχουμε ότι p n Geo( z0 1 z 0 ), που είναι ευσταθής 2η περίπτωση: παρατηρούμε ότι για λ rµ r ρ από το θεώρημα του Rouche και αφού A (1) 1 θα έχουμε r + 1 στο πλήθος ρίζες πάνω και μέσα στο μοναδιαίο δίσκο για το πολυώνυμο του παρονομαστή, ενώ το πολύ ρ στο πλήθος ρίζας για το πολυώνυμο του αριθμητή. Επομένως η πιθανογεννήτρια θα αποκλίνει και σε αυτές τις περιπτώσεις το σύστημα μας θα είναι ασταθές. Με άλλα λόγια, η συνθήκη που μας δίνεται από την άσκηση είναι ικανή και αναγκαία συνθήκη για την ευστάθεια του συστήματος μας. z 0 j= ( Εγινε στο μάθημα) α) j=0 0 2 exp(λ) n n+2 exp( c n c λ) n-1 exp(µ) όλοι οι παραπάνω χρόνοι μετάβασης είναι εκθετικοί, άρα η Qt) θα είναι μ.α.σ.χ. β) Αρχικά σημειώνουμε τις εξισώσεις ισορροπίας: λp 0 = µp 1 (1) (λ + µ)p 1 = µp 2 (2) (λ + µ)p n = λp n 2 + µp n+1, n 2, (3) 9

10 (1) + (2)z + (3)z n (λ + µ) p n z n µp 0 = µ z (p 1z + p 2 z 2 ) + µ p n+1 z n + λ p n 2 z n n=2 n=2 (λ + µ)zp (z) µzp 0 = µp (z) µp 0 + λz 3 P (z) όπου αντικαταστήσαμε το σχετικό άθροισμα από την πιθανογεννήτρια P (z). Εχουμε ότι: µzp 0 µp 0 P (z) = (λ + µ)z λz 3 µ Δηλαδή καταλήξαμε σε μία έκφραση της πιθανογεννήτριας, η οποία περιλαμβάνει μονάχα τα λ, µ και p 0 γ) μπορεί κανείς να παρατηρήσει ότι στη συγκεκριμένη περίπτωση, το z = 1 είναι προφανώς ρίζα και του αριθμητή και του παρονομαστή. Θα μπορούσαμε λοιπόν να παραγονοτοποιήσουμε το παρονομαστή με αυτή τη ρίζα και μετά να πάρουμε το p 0 : από την απαίτηση P (1) = 1 P (z) = zp 0 p 0 (ρ + 1)(z ρ ρ+1 z3 1 ρ+1 ) = µp 0 λz 2 λz + µ όμως έχουμε P (1) = 1 p 0 = µ 2λ µ = 1 2ρ. Η συνθήκη ευστάθειας τώρα μας δίνει το εξής p 0 > 0 ρ < 1 2. Παρατηρούμε πως πρόεκειται για μία αναμενόμενη συνθήκη ευστάθειας, καθώς η άφιξη με ρυθμό λ ομάδων των 2 πελατών, είναι για το πλήθος των πελατών του συστήματος ισοδύναμη με την άφιξη πελατών με ρυθμό 2λ. δ) Αρχικά κάνουμε τη παρατήρηση ότι αφού οι πελάτες έρχονται σε δυάδες, σε κάθε γκρουπ πελατών, ο καθένας θα καταλαμβάνει οποιαδήποτε από τις δύο θέσεις με πιθανότητα 0.5. Ακόμα, σημειώνουμε πως για να βρεί κάποιος μπροστά του n 1 πελάτες, θα πρέπει να είναι είτε ο πρώτος πελάτης σε ένα γκρουπ που βλέπει n 1 πελάτες, είτε ο δεύτερος σε ένα γκρουπ που βλέπει n 2 πελάτες. Τέλος, λόγω της P AST A έχουμε ότι P (a group n ) = p n. Συνδυάζοντας τα παραπάνω παίρνουμε: n=2 P (a n 1 ) = P (a group n 1, πρώτος στη σειρά) + P (agroup, δεύτερος στη σειρά) n 1 ) = P (agroup 2 n 2 ) + P (agroup 2 n 2 = p n 1 + p n 2 ε) για λ = 1, µ = 6 παίρνουμε ότι p 0 = = 2 3. Αντικαθιστώντας στον τύπου που έχουμε βρει για τη πιθανογεννήτρια και μετά από πράξεις έχουμε: P (z) = 4 z 2 z + 6 = 4 (z + 3)(z 2) = 4 5 ( 1 z z 2 ) = 10

11 Η ιδέα εδώ είναι να προσπαθήσουμε να αντικαταστήσουμε τα δύο αυτά κλάσματα με τη γεωμετρική σειρά. Εφόσον z 1 z z 2, 3 < 1 και άρα κάνουμε το εξής τέχνασμα: P (z) = 4 5 ( z z 2 P (z) = ) = 4 15 ( z 3 )n + 6 ( z 15 2 )n ( 4 15 ( 1 3 )n (1 2 )n )z n και δηλαδή παίρνουμε p n = ( 4 15 ( 1 3 )n ( 1 2 )n ), n N α) 0 j 1 exp(λg j ) n n + j, j 1 exp(pg j λ) n-1 exp(µ) όλοι οι παραπάνω χρόνοι μετάβασης είναι εκθετικοί, άρα η Qt) θα είναι μ.α.σ.χ.. παίρνουμε λοιπόν τις παρακάτων εξισώσεις ισορροπίας: λp 0 = µp 1 (1) (λp + µ)p 1 = µp 2 + λg 1 p 0, (2) n 1 (λp + µ)p n = µp n=1 + λg n p 0 + λg n j pp j, (3) β) Για να υπολογίσουμε τη πιθανογεννήτρια ψάχνουμε το εξής άθροισμα: (λp+µ) (λp+µ) (1) + (2)z + j=1 (3)z n n=2 p n z n +λp 0 = µ z ( p n z n p 0 )+λp 0 n=1 p n z n +λp 0 = µ z ( p n z n p 0 )+λp 0 n=1 n=1 n=1 g n z n +λp g n z n +λp n 1 g n j p j z n n=2 j=1 p j z j j=1 n 1 n=j+1 και τώρα αντικαθιστώντας με τις πιθανογεννήτριες των μέτρων πιθανοτήτων p n, g n, δηλαδή P (z) = p nz n, G(z) = g nz n = n=1 g nz n και κάνοντας πράξεις παίρνουμε παίρνουμε: g n j z n j 11

12 P (z) = λp 0zG(z) λpp 0 zg(z) + λpp 0 z + µp 0 z µp 0 λp 0 z zλp + µz µ λpzg(z) Σε αυτό το σημείο, θυμόμαστε πως ισχύει P (1) = G(1) = 1 από τις ιδιότητες των πιθανογεννητριών. Ομως εαν ο αναγνώστης αποπειραθεί να βρει τη τιμή της Ρ στο 1 και να λύσει ως προς p 0, θα παρατηρήσει ότι καταλήγουμε στην απροσδιόριστη μορφή 0 0. Επομένως, εφαρμόζοντας το κανόνα του L Hospital και θέτοντας m = G (z) καταλήγουμε στο εξής: p 0 = 1 = P (1) = λp 0m λpp 0 m + µp 0 µ λpm µ λpm λm λpm + µ = µ λpm µ λm(1 p) όμως το σύστημα θα είναι ευσταθές αν και μόνο αν p 0 > 0, δηλαδή θα πρέπει τα µ λpm και λm λpm + µ να είναι ομόσημα. Ο παρονομαστής είναι πάντοτε μεγαλύτερος από τον αριθμητή, επομένως για να είναι και τα δύο θετικά αρκεί να είναι µ λpm > 0 1 > ρpm ενώ για να είναι και τα δύο αρνητικά αρκεί µ λm(1 p) < 0. Το δεύτερο σετ λύσεων απορρίπτεται γιάτί 0 < p < 1, το οποίο είναι κάτι πολύ λογικό διαισθητικά. γ) Η πιθανότητα ένας πελάτης να βρει μπροστά του n 1 πελάτες ισούται με την πιθανότητα να βρει το γκρουπ του j πελάτες, για 0 j n 1, αυτός να είναι ο n j πελάτης του γκρουπ του και τελικά να εισέλθει. λόγω της P AST A παίρνουμε: n 1 a n 1 = k=0 α group i=n k g n k = p g i 0 i=1 ig i n 1 + p k=1 i=n k p g i k i=1 ig i δ) Στη περίπτωση των μεμονωμένων αφίξεων παίρνουμε g 1 = 1, g i = 0 i 1 και άρα G(z) = z, m = G (z) = g 1 = 1 και άρα βρίσκουμε p 0 = µ λp λ λp + µ αντικαθιστώντας τώρα τα παραπάνω στο τύπο των πιθανογεννητριών και κάνοντας πράξεις παίρνουμε τα εξής: λ(1 p)(z 1)(z + µ λ(1 p) P (z) = p ) 1 p 0 λp(z 1)(z µ λp ) = p 0 p (z + µ λ(1 p) ) 1 λp 1 z λp µ µ = p 0 1 p p λ(1 p) = p 0 (z + µ n=1 µ λ(1 p) ) ( λp µ )n z n ( λp µ )n z n + p 0 ( λp µ )n z n = p 0 + p 0 p ( λp µ )n z n n=1 12

13 το οποίο προκύπτει μετά από βασανιστικές αλγεβρικές πράξεις, καθώς και την παρατήρηση ότι για m = 1 στη κατάσταση ευστάθειας έχουμε ότι > 1 z < 1 και άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το γεωμετρικό άθροισμα. Τελικά, παίρνουμε την εξής κατανομή: λp µ µ λp { p n = p 0 n = 0 p 0 (1 + 1 p ( λp µ )n ) n 1 (4) α) Αρχικά γράφουε τις εξισώσεις ισορροπίας: λp 0 = µp 1 (1) ( 1 2 λ + µ)p 1 = λ 2 p 0 + µp 2 (2) µp 2 = λ 2 (p 0 + p 1 )(3) β) για να υπολογίσουμε τη κατανομή p n, n = 0, 1, 2 αρχικά συμπεραίνουμε από την 1 ότι p 1 = λ µ p 0 ενώ από τη 2 ότι p 2 = λ 2µ p 0(1 + λ µ ) Επομένως από την εξίσωση κανονικοποίησης παίρνουμε p 0 + p 1 + p 2 = 1 p 0 (1 + λ µ + λ 2µ + λ2 2µ 2µ ) p 2 0 = 2 2µ 2 +2λµ+λµ+λ και έτσι βρίσκουμε και τα p 2 1, p 2 γ) Γνωρίζουμε πως το ποσοστό χαμένων πελατών θα είναι = P (να μην εισέλθει ένας πελάτης) = P (γκρουπ των 2, το γκρουπ να βρει έναν πελάτη ήδη στο σύστημα)+p (να βρει το γκρουπ 2 πελάτες) = 1 2 p 1 + p 2, το οποίο ισχύει λόγω P AST A και ανεξαρτησίας των δύο ενδεχομένων. δ) Απαντούμε τα ίδια ερωτήματα στη περίπτωση που ένα αφικνούμενο γκρουπ των 2 ατόμων δε διώχνεται όλο εάν δε χωράει να εισέλθει, αλλά γεμίζει πρώτα το σύστημα και κατόπιν ο δεύτερος πελάτης του γκρουπ αποχωρεί. Σε αυτή τη περίπτωση οι εξισώσεις ισορροπίας είναι τροποποιημένες ως εξής: λp 0 = µp 1 (1) (λ + µ)p 1 = λ 2 p 0 + µp 2 (2) µp 2 = λ 2 p 0 + λp 1 (3) και προτού υπολογίσουμε τις μάζες πιθανότητας παρατηρούμε ότι p 1 = λ µ p 0 και από τη 2η εξίσωση ισορροπίας p 2 = λ µ p 0( λ µ ). Δηλαδή η εξίσωση κανονικοποίησης τώρα δίνει p 0 (1 + λ µ + λ2 µ + λ 2 2µ ) = 1 p 2µ 0 = 2 2µ 2 +2λµ+2λ 2 +λµ, ενώ με τις σχέσεις παραπάνω βρίσκουμε τα p 1, p 2. Παρατηρούμε ότι σε αυτή τη περίπτωση το p 0 είναι μικρότερο από ότι στο ερώτημα β, το οποίο είναι και αναμενόμενο αφού ουσιαστικά αυξήσαμε τους μηχανισμούς με τους οποίους μεταβαίνει το σύστημα στη κατάσταση με 2 πελάτες. Θα περιμέναμε δηλαδή ένα μικρότερο p 0 και ένα μεγαλύτερο p 2 σε σχέση με τα προηγούμενα ερωτήματα. 13

14 Τέλος, το ποσοτό χαμένων πελατών = P (να μην εισέλθει ένας πελάτης) = P (να έρθει γκρουπ των 2, ένας πελάτη ήδη στο σύστημα, είναι ο δεύτερος σε διάταξη πελάτης)+ P (αφικν. γκρουπ να βρει 2 πελάτες) = p 1 + p 2 = 1 4 p 1 + p 2, το οποίο ισχύει λόγω P AST A και ανεξαρτησίας των τριών ενδεχομένων ( Εγινε στο μάθημα) 0 (1, 1) exp( λ 2 ) (1,2) exp( λ 2 ) (1,1) 2 exp(λ) 0 exp(µ 1 ) (1,2) 2 exp(λ) 0 exp(µ 2 ) 2 (1,1) exp(µ 2 ) (1,2) exp(µ 1 ) Παρατηρεί κανείς ότι η τ.μ. Q(t), I(t), με τη δίτιμη τ.μ. Ι(t) να δείχνει ποιος υ- πηρέτης είναι απασχολημένος στη περίπτωση που έχουμε ένα πελάτη στο σύστημα, είναι μ.α.σ.χ. Είναι λογικό να εξετάσουμε την αλυσία ως προς αντιστρεψιμότητα. Πράγματι, παρατηρεί κανείς ότι: λ 2 λµ 1µ 2 = λ 2 λµ 2µ 1 q 0(1,1) q (1,1)2 q 2(1,2) q (1,2)0 = q 0(1,2) q (1,2)2 q 2(1,1) q (1,1)0 και άρα από το κριτήριο του Κολμογορο στο μοναδικό κύκλο του συστήματος παίρνουμε αντιστρεψιμότητα. Η μάζα πιθανότητας της p n τότε βρίσκεται κατά τετριμμένο τρόπο από τις παρακάτω σχέσεις και την εξίσωση κανονικοποίησης: p (1,1) = λ 2µ 1 p 0, p (1,2) = λ 2µ 2 p 0, p 2 = λ2 2µ 1 µ 2 p 0 Και άρα μετά από πράξεις παίρνουμε p 0 + p (1,1) + p (1,2) + p 2 = 1 p 0 = 2µ 1µ 2 2µ 1µ 2+2λµ 2+2λµ 1=λ 2. Το ποσοστό των χαμένων πελατών θα ισούται με τη πιθανότητα να μην εισέλθει ένας πελάτης, άρα λόγω P AST A, = p ( Εγινε στο μάθημα) α) Θέτουμε I(t) τη τυχαία μεταβλητή που παίρνει τη τιμή 1 εάν ο υπηρέτης βρίσκεται σε περίοδο λειτουργείας τη στιγμή t και τη τιμή 0 διαφορετικά. Τότε έχουμε τον εξής πίνακα καταστάσεων για τη διδιάστατη τ.μ. (Q(t), I(t)): 14

15 (n, 0) (n, 1) exp(ξ) (0,1) (0,0) exp(θ) (1,1) exp(λ) (n, 1) (n, 0) exp(θ) (n + 1, 1) exp(λ) (n 1, 1) exp(µ) και άρα θα πρόκειται για μ.α.σ.χ. β) Αρχικά σημειώνουμε τις εξισώσεις ισορροπίας άρα παίρνουμε από τα παραπάνω ότι: ξp(j, 0) = θp(j, 1), j N µp(j, 1) = λp(j 1, 1) j N p(j, 1) = λ µ p(j 1, 1) = = ξ ρj p(0, 0) θ p(j, 0) = ρ j p(0, 0) j p(j, 0) + j p(j, 1) = 1 ξ θ p(0, 0) ρ j + p(0, 0) ρ j = 1 p(0, 0) = ( ξ θ 1 1 ρ + 1 θ(1 ρ) 1 ρ ) 1 = ξ + θ και το σύστημα θα είναι ευσταθές αν η p(0, 0) > 0, δηλαδή εάν ρ < 1 λ < µ γ) Από τα παραπάνω παίρνουμε ότι p(j, 1) = ξ ξ+θ (1 ρ)ρj και p(j, 0) = θ ξ+θ (1 ρ)ρ j και άρα μπορούμε να βρούμε το ποσοστό ως εξής: P (Q = n) = p n = P (n, 1) + P (n, 0) = ρ n (1 ρ), n 0 δ) Για το μέσο χρόνο παραμονής ενός πελάτη που βρίσκει n πελάτες κατά την είσοδο του, έστω E(S n ) = x n παίρνουμε: E(S n ) = Χρόνος μέχρι αργία ή αποχωρ. + P (αργία) χρόνος + P (αποχ.) χρόνος = 1 µ + θ + θ µ + θ (1 ξ + E(S n)) + µ µ + θ E(S n 1) x n = θ ξµ + 1 µ + x n 1 = (n 1)( θ µξ + 1 µ ).n 0 15

16 α) Αρχικά δείχνουμε αν η Q(t) είναι αντιστρέψιμη τότε και η X A (t) θα είναι επίσης αντιστρέψιμη. Από το κριτήριο του kolmogorov και την αντιστρεψιμότητα της αρχικής αλυσίδας παίρνουμε ότι i 0 i 1 n ισχύει q i0i 1... q ini 0 = q i0i n... q i1i 0. Εφόσον το παραπάνω ισχύει για κάθε κύκλο, θα ισχύει και για όλους τους κύκλους μέσα στην A ιδιαιτέρως, διότι q ij = q Aij για τους κύκλους μέσα στην Α. Άρα, από το κριτήριο του Kolmogorov και η X A (t) θα είναι αντιστρέψιμη. A είναι μη κενό, άρα υπάρχει στοιχείο i 0 A. Η ιδέα είναι να προσπαθήσουμε να εκφράσουμε όλα τα στοιχεία του A συναρτήσει των p Ai0 και p i. Εστω μια άλλη q Ai0 in q = p Ai0 q Aini0 = p i0 in Ai0 το οποίο ισχύει αφενός γιατί οι ρυθμοί μετάβασης εντός του A μένουν κατάσταση i n A, τότε ξέρουμε ότι θα ισχύει p Ain p Ai0 p in p i0 q ini0 = οι ίδιοι, αφετέρου γιατί έχουμε θεωρήσει αντιστρέψιμη μαρκοβιανή αλυσίδα. Εχει γίνει η απαραίτητη προεργασία, οπότε εύκολα παίρνουμε το ζητούμενο: j A p Aj = 1 p Ai0 + p Ai1 = = 1 p Ai0 ( j A p j ) = 1 p Ai0 = p i0 p i0 j A p j β) Θα παραθέσουμε το απλούστερο αντιπαράδειγμα που βρέθηκε. Ενδεχομένως η επιλογή των αριθμών να μην είναι ιδανική και η διεργασία έγινε κυρίως με τη βοήθεια του διαγράμματος. Θεωρούμε την αλυσίδα με τον εξής πίνακα καταστάσεων και S = (0, 1, 2, 3): 0 1 exp(1) 2 exp( 1 3 ) 1 0 exp(1) 2 exp( 2 3 ) 2 3 exp( 1 3 ) 0 exp( 2 3 ) 1 exp( 1 3 ) 3 2 exp( 1 2 ) Στο παραπάνω παράδειγμα, είναι προφανές ότι η αρχική μας αλυσίδα είναι μ.α.σ.χ., αλλά δεν είναι αντιστρέψιμη, αφού αποτυγχάνει το κριτήριο του kolmogorov στο κύκλο καταστάσεων (0,1,2). Πολύ εύκολα μπορεί κάποιος να γράψει τις ε- ξισώσεις ισορροπίας και να καταλήξει στην εξής κατανομή πιθανότητας: p 0 = , p 1 = , p 2 = , p 3 = Θεωρούμε τώρα το γνήσιο, μη κενό υποσύνολο του χώρου καταστάσεων της αρχικής μας αλυσίδας A = (0,1,2). Οι εξισώσεις ισορροπίας θα είναι όμοιες, απλά δε θα υπάρχει το p 3, ενώ η εξίσωση κανονικοποίησης θα δίνει αυτή τη φορά διαφορετική μάζα, με p A0 = 11 50, p A 1 = 10 50, p A 2 = Ομως, εάν τα αποτελέσματα της προηγούμενης άσκησης ίσχυαν και για μη αντιστρέψιμες αλυσίδες, θα αναμέναμε p να πάρουμε p A0 = 0 p 0+p 1+p 1 = και άρα δεν ισχύουν τα προηγούμενα. 16

17 γ) Ως μ.α.σ.χ. τύπου γέννησης-θανάτου, η M M 1 θα είναι αντιστρέψιμη. Περιορίζοντας τον χώρο καταστάσεων στο A = (0, 1,..., k) S, παίρνουμε μία αλυσίδα τύπου M M 1 K. Από τα αποτελέσματα του ερωτήματος (α) συμπεραίνουμε ότι η M M 1 K θα είναι επίσης αντιστρέψιμη και για τη στάσιμη κατανομή της εύκολα παίρνουμε ότι: p Aj = p j k i=0 p = i ρ j k i=0 ρi = ρ j (1 k)(1 ρ k 1 ), j k δ) Η M M ως μ.α.σ.χ. τύπου γέννησης θανάτου (με διαφορετικούς χρόνους αναχωρήσεων φυσικά) θα είναι αντιστρέψιμη. Θεωρούμε τον υπόχωρο καταστάσεων A = (0, 1,..., k) S και ο περιορισμός της αρχικής αλυσίδας γίνεται M M k, που όμως ταυτίζεται με την M M k k, αφού πάντα θα εξυπηρετούν το πολύ κ υ- πηρέτες. όμοια με πάνω, η αλυσίδα αυτή θα είναι μ.α.σ.χ. και για τη στάσιμη κατανομή: p Aj = p j k i=0 p = i ρ j j! k ρ i i=0 i!, j k ε) Θεωρούμε τη διδιάστατη αρχική στοχαστική διαδικασία (Q 1 (t), Q 2 (t)) δύο ανεξάρτητων M M 1 ουρών, χωρίς περιορισμό στη χωρητικότητα. Σημειώνουμε πως λόγω της αμνήμονης ιδιότητας, όλες οι μεταβάσεις στις καταστάσεις της θα ε- ίναι τύπου γέννησης θανάτου και άρα αυτή η αλυσίδα θα είναι αντιστρέψιμη. Σημειώνουμε ακόμα πως p ij = P (Q 1 = i, Q 2 = j) = p i p j = (1 ρ 1 )(1 ρ 2 )ρ i 1ρ j 2, i, j 0 Τώρα θεωρούμε το υποσύνολο των καταστάσεων A = ((0, 0), (i, j), (k+1, 1), (1, k+ 1), i + j k + 1) S και παρατηρούμε πως η (Q 1 (t), Q 2 (t)) A πράγματι μοντελοποιεί την στοχαστική διαδικασία που μας έχει ζητηθεί να μελετήσουμε, ενώ θα είναι αντιστρέψιμη από τα αποτελέσματα του ερωτήματος (α). Ακόμα για τη στάσιμη κατανομή παίρνουμε: p A(ij) = P A (Q 1 = i, Q 2 = j) = p ij (i,j) A p ij ρ i 1ρ j 2 k+1 k+1 i i=0 j=0 ρ i 1 ρj 2 +, (i, j) A ρk+1 1 ρ 2 + ρ 1 ρ k+1 2 p i p j = k+1 k+1 i = i=0 j=0 p ij + p (k+1,1) + p (1,k+1) Εχουμε μια αδιαχώριστη αλυσίδα και μια συνάρτηση πιθανότητας p n (η οποία θα αθροίζει στη μονάδα και άρα ικανοποιεί την εξίσωση κανονικοποίησης). Από το θεμελιώδες εργοδικό θεώρημα μ.α.σ.χ., η (X(t)) θα έχει τη (p j : j S) ως στάσιμη κατανομή εάν p i j i q ij = j i p jq ji. Πράγματι, από τα δεδομένα της άσκησης παίρνουμε: 17

18 p i q ij = p i qˆ ij = j i j i j i p i qˆ ij = p j q ji j i q Για την αντίστροφη αλυσίδα, γνωρίζουμε πως θα ισχύει qˆ ij = p ij j p i, το οποίο όμως είναι καλά ορισμένο από τη στάσιμη πιθανότητα και τους ρυθμούς μετάβασης της αρχικής μας αλυσίδας. Άρα πράγματι αυτοί οι ρυθμοί μετάβασης θα ανήκουν στην αντίστροφη ( Εγινε στο μάθημα) Από το θεώρημα του Burke έχουμε πως για δεδομένη χρονική στιγμη t, τα Q 1, Q 2 είναι ανεξάρτητα, ενώ οι πελάτες θα εισέρχονται στο δεύτερο σύστημα επίσης σύμφωνα με διαδικασία P oisson ρυθμού λ. Άρα: p n1n 2 = P (Q 1 = n 1, Q 2 = n 2 ) = (1 ρ 1 )(1 ρ 2 )ρ n1 ρ n2 όπου ρ 1 = λ µ 1, ρ 2 = λ µ ( Εγινε στο μάθημα) Η σ.δ. (Q(t)) προφανώς δεν είναι μ.α.σ.χ., αφού δεν είναι όλοι οι χρόνοι μετάβασης εκθετικοί. Ορίζουμε I(t) μία τ.μ. πού μας δείχνει το στάδιο j εξυπηρέτησης, j = 0, 1,..., s και για τη διδιάστατη στοχαστική διαδικασία (Q(t), I(t)) έχουμε τον εξής πίνακα μεταβάσεων: 0 (1,1) exp(λ) (1, j), j = 1,..., s 1 (1, j + 1) exp(sµ) (1, s) 0 exp(sµ) και τώρα έχει προκύψει μία μ.α.σ.χ. Σημειώνουμε τις εξισώσεις ισορροπίας του συστήματος: λp 0 = sµp 1,s sµp 1,j = sµp 1,j+1, j = 0, 1,..., s 1 από τις οποίες έπεται ότι p 1,1 = p 1,2 = = p 1,s = λ µ p 0 και άρα από την εξίσωση κανονικοποίησης παίρνουμε p 0 = µ λ+µ και p 1 = s j=1 p λ 1,j = s s(λ+µ) = λ λ+µ 18

19 (έγινε στο μάθημα μερικώς) Θέτουμε (I(t) = το πλήθος των πελατών που βρίσκονται στη 1η φάση της ε- ξυπηρέτησης τους και τότε για τη διδιάστατη σ.δ. (Q(t), I(t)) παίρνουμε πίνακα μετάβασης ως εξής (0,0) (1,1) exp(λ) (1,1) (2,2) exp(λ) (1,0) exp(2µ) (1,0) (2,1) exp(λ) (0,0) exp(2µ) (2,2) (2,1) exp(4µ) (2,1) (1,1) exp(2µ) (2,0) exp(2µ) (2,0) (1,0) exp(4µ) Τώρα προχωρούμε στη καταγραφή των εξισώσεων ισορροπίας αναλυτικά και για τις 6 καταστάσεις: λp 0 = 2µp (1,0), (1) (λ + 2µ)p (1,1) = λp 0 + 2µp (2,1), (2) (λ + 2µ)p (1,0) = 2µp (1,1) + 4µp (2,0), (3) 4µp (2,2) = λp (1,1), (4) 4µp (2,1) = 4µp (2,2) + λp (1,0), (5) 4µp (2,0) = 2µp (2,1), (6) Δυστυχώς η εύρεση της στάσιμης κατανομής είναι μία επίπονη διαδικασία. Αρχικά, προσπαθούμε να εκφράσουμε όλες τις καταστάσεις ως συναρτήσεις της κατάστασης p 0. Συγκεκριμένα, (1) p (1,0) = λ 2µ p 0, (4) p (2,2) = λ 4µ p (1,1), (6) p (2,0) = 1 2 p (2,1) και άρα μένει να εκφράσουμε τις p (2,1), p (1,1) συναρτήσει της p 0. Χρησιμοποιούμε τις εξισώσεις (2), (3) και αφού αντικαταστήσουμε τις σχέσεις που βρήκαμε πιο πάνω, επιλύουμε ένα σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους. Τελικά, παίρνουμε p (1,1) = λ 2µ p 0 και p (2,1) = λ2 4µ p 2 0. τη λύση μας τη δίνει η εξίσωση κανονικοποίησης: p = 1 p0 (1 + λ 2µ + λ 2µ + λ2 8µ 2 + λ2 4µ 2 + λ2 8µ 2 ) = 1 8µ 2 p 0 = 8µ 2 + 8λµ + 4λ 2 = ρ + ρ2 2 Οπου ρ = λ µ. Τώρα η εύρεση των υπολοίπων πιθανοτήτων είναι τετριμμένη, αφού p 1 = p (1,0) + p (1,1) = λ µ p ρ 0 =, ενώ p 2 = p (2,0) + p (2,1) + p (2,2) = 4λ 2 8µ 2 p 0 = ρ 2 2(1+ρ+ ρ2 2 ) 1+ρ+ ρ2 2 19

20 Εστω διδιάστατη στοχαστική διαδικασία (Q(t), I(t)), με τη δεύτερη τ.μ. να μας δείχνει τη φάση στην οποία βρίσκεται ένας πελάτης υπό εξυπηρέτηση. Εχουμε τον εξής πίνακα μεταβάσεων: 0 (1, 1) exp(λ) (n, i), n = 1,... i = 1,..., s 1 (n + 1, i) exp(λ) (n, i + 1) exp(sµ) (n, s) (n + 1, s) exp(λ) (n 1, 1) exp(sµ) Οι εξισώσεις ισορροπίας όμως δε μας είναι ιδιαίτερα χρήσιμες. Για την εύρεση της στάσιμης κατανομής εφαρμόζουμε τη μέθοδο των φάσεων. Συγκεκριμένα, ορίζουμε στοχαστική διαδικασία (N(t)), η οποία μετράει το πλήθος των φάσεων που μένουν στο σύστημα μέχρι να αδειάσει. Η απεικόνιση που έχουμε ορίσει είναι η εξής: (n, i) ns (i 1) και η (N(t)) είναι ουρά ομαδικών αφίξεων, M s M 1. Δεν έχουμε βρει τη στάσιμη κατανομή της ουράς αυτής στη γενική της περίπτωση. Εστω ότι είναι η (p n ), τότε θα εκφράσουμε τη συνάρτηση κατανομής του αριθμού των πελατών στο σύστημα συναρτήσει αυτής της p n. Δηλαδή, P (Q(t) = n) = s i=1 P (Q(t) = n, I(t) = i) = P (N(t) = ns (i 1) = s i=1 p ns (i 1) = (ns i=(n 1)s+1 p i (έγινε στο μάθημα μερικώς) Εστω διδιάστατη στοχαστική διαδικασία (Q(t), I(t)), με τη δεύτερη τ.μ. να μας δείχνει τη φάση στην οποία βρίσκεται ένας ερχόμενος πελάτης. Εχουμε τον εξής πίνακα μεταβάσεων: (0, n) (0, n + 1) exp(kλ) (0, k) (1,1) exp(kλ) (m, n), n = 0, 1,..., k 1 (m, n + 1) exp(kλ) (m 1, n) exp(µ) (m, k) (m + 1, k) exp(kλ) (m 1, k) exp(µ) Εξισώσεις λεπτομερούς ισορροπίας παίρνουμε: kλp (0,1) = µp (1,1), (1) kλp (m,n) = µp (m+1,n) + kλp (m,n 1), n = 0, 1,..., k(2) kλp (m,1) = kλp (m 1,k) + µp (m+1,1), (3) 20

21 Οι εξισώσεις αυτές όμως δε μας είναι ιδιαίτερα χρήσιμες. Για την εύρεση της στάσιμης κατανομής λοιπόν θα εφαρμόσουμε τη μέθοδο των φάσεων. Συγκεκριμένα, ορίζουμε στοχαστική διαδικασία (N(t)), η οποία μετράει το πλήθος των φάσεων που έχει το σύστημα (αυτών που έχουν ήδη φτάσει στο σύστημα και όσων έχουν ολοκληρωθεί για τον ερχόμενο πελάτη). Η απεικόνιση που έχουμε ορίσει είναι η εξής: (n, i) nk +(i 1) και η (N(t)) είναι ουρά ομαδικών αποχωρήσεων, M M k 1. Στη παράγραφο 6.3 των σημειώσεων έχουμε βρει τη συνάρτηση πιθανότητας μίας τέτοιας ουράς: P (N(t) = n) = min(n,k 1) 1 i=0 k (1 z 1 0 )zn k 0, όπου z 0 είναι η αντίστροφη της μοναδικής ρίζας του πολυωνύμου f(z) = z 1 1+ρ zr+1 ρ ρ+1, εκτός του μοναδιαίου δίσκου, με ρ = rλ µ. Επεται πως P (Q(t) = n) = k i=1 P (Q(t) = n, I(t) = i) = P (N(t) = nk + (i 1) = k i=1 p nk+(i 1) = (n+1)k 1 i=nk p i = k min(n,k 1) 1 i=1 j=0 k (1 z 1 0 )zn k Η μοντελοποίηση του προβλήματος αυτού παρουσιάζει ενδιαφέρον. Πρέπει να είναι προφανές στον αναγνώστη ότι η σ.δ. του πλήθους των πελατών (Q(t)) μόνο του δε θα επαρκεί για να δημιουργήσει μία μ.α.σ.χ. Σε ένα σύμπαν πλήρους πληροφόρησης, υπάρχουν τρία ακόμα χαρακτηριστικά της αλυσίδας τα οποία θα προσέφεραν ενδιαφέρουσα πληροφορία: (α) το πλήθος των πελατών στο σύστημα O 1, (β) το πλήθος των πελατών στο σύστημα O 1 και (γ), η κατάσταση του πελάτη που βρίσκεται στο σύστημα O 2, δηλαδή κατά πόσο έχει τελειώσει την εξυπηρέτηση του. Παρατηρεί κανείς ότι η πληροφορία που μας δίνει το (Q(t)), συνδυαστικά με τη πληροφορία του (α) ή του (β), καθορίζουν μονοσήμαντα το άλλο (αντίστοιχα το (β) ή το (α) ). Παρατηρούμε ακόμα, πως δε μπορούμε να μειώσουμε άλλο τη πληροφορία που απαιτείται για να δημιουργήσουμε μία μ.α.σ.χ. Επομένως ορίζουμε (Ι(t)) τη τυχαία μεταβλητή που για δοσμένη χρονική στιγμή t, μας επιστρέφει τη τιμή 1 εάν υπάρχει ένας πελάτης στο O 1 και τη στιγμή 0 διαφορετικά. Ορίζουμε ακόμα τη τ.μ. (R(t)) που μας επιστρέφει τη τιμή 1 εάν ο πελάτης του O 1 έχει τελειώσει την εξυπηρέτηση του και αναμένει να αδειάσει το O 2 ώστε να μεταβεί ακαριαία και 0, εάν δεν έχει ακόμα τελειώσει την εξυπηρέτηση του. Η στοχαστική διαδικασία (Q(t), I(t), R(t)) θα είναι πράγματι μ.α.σ.χ. όπως φαίνεται από το πίνακα μεταβάσεων: (0, 0, 0) (1, 1, 0) exp(λ) (1, 1, 0) (1,0,0) exp(µ 1 ) (1, 0, 0) (2, 1, 0) exp(λ) (0, 0, 0) exp(µ 2 ) ((2, 1, 0) (2, 1, 1) exp(µ 1 ) (1, 1, 0) exp(µ 2 ) (2, 1, 1) (1, 0, 0) exp(µ 2 ) 21

22 Αξίζει να παρατηρήσει κανείς ότι το διάγραμμα ρυθμών μετάβασης (το οποίο δε παρατίθεται εδώ) παρουσιάζει ομοιότητες με ένα σύστημα M M 3 1 5, με ομαδικές αναχωρήσεις των 3 ατόμων (χωρίς να γίνεται εξυπηρέτηση όταν το σύστημα έχει λιγότερα από 3 άτομα), όπου υπάρχει μία αντιστοιχία μεταξύ των 5 καταστάσεων. Δε ζητούνται οι εξισώσεις ισορροπίας, αλλά εύκολα μπορεί κάποιος να τις καταγράψει. Η επίλυση τους ωστόσο δεν είναι τόσο εύκολη Παρατηρούμε ότι πρόκειται για δίκτυο Jackson, με Ν=2, ρυθμούς εξωτερικών αφίξεων λ 1, λ 2, ρυθμούς εξυπηρετήσεων µ 1, µ 2 και p 12 = p 1, p 21 = p 2. Επομένως από το θεώρημα Jackson το σύστημα θα είναι ευσταθές αν και μόνο άν οι ακόλουθες δύο συνθήκες ισχύουν: B 1 1 = B 1 2 = Λ n 1 µ n 1 Λ n 2 µ n 2 < Λ 1 µ 1 < 1 < Λ 2 µ 2 < 1 όπου τα Λ 1, Λ 2 υπολογίζονται από τις κάτωθι εξισώσεις: που μας δίνουν τελικά Λ 1 Λ 1 = λ 1 + Λ 2 p 2 Λ 2 = λ 2 + Λ 1 p 1 = λ1+λ2p2 1 p 1p 1, Λ 2 = λ2+λ1p1 1 p 1p 2. Τώρα εάν ορίσουμε ρ 1 = Λ1 µ 1, ρ 2 = Λ2 µ 2 οι περιθώριες στάσιμες κατανομές θα είναι p 1,n1 = B 1 ( Λ1 µ 1 ) n1 = (1 ρ 1 )ρ n1 1 και p 2,n2 = B 2 ( Λ2 µ 2 ) n2 = (1 ρ 2 )ρ n2 2, αφού το καθένα από αυτά τα συστήματα λειτουργεί ως ουρά M M 1 με ρυθμό άφιξης των αντίστοιχο ρυθμό διαπέρασης. Το θεώρημα Jackson λοιπόν μας λύνει την άσκηση, αφού: p(n) = p 1 (n 1 )p 2 (n 2 ) = (1 ρ 1 )(1 ρ 2 )ρ n1 1 ρn2 2 α) Παρατηρούμε ότι πρόκειται για δίκτυο Jackson, με Ν=5, ρυθμούς εξωτερικών αφίξεων λ 1 = λ, λ 2 = 2λ, λ 3 = 3λ, λ 4 = 4λ, λ 5 = 0, ρυθμούς εξυπηρετήσεων µ 1, µ 2, µ 3, µ 4, µ 5 και p 12 = 1, p 23 = 1 2, p 22 = 1 2, p 34 = 1 3, p 33 = 2 3, p 45 = 1 4, p 44 = 3 4, p 50 = 1. Αρχικά υπολογίζουμε τους ρυθμούς διαπέρασης του δικτύου. Εχουμε το εξής σύστημα εξισώσεων: Λ 1 = λ 1 = λ Λ 2 = λ 2 + Λ 1 p 12 + Λ 2 p 22 Λ 2 = 5λ 22

23 Λ 3 = λ 3 + Λ 2 p 23 + Λ 3 p 33 Λ 3 = 16, 5λ Λ 4 = λ 4 + Λ 3 p 34 + Λ 4 p 44 Λ 4 = 38λ Λ 5 = Λ 4 p 45 = 9.5λ Το σύστημα 0 5 έχει άπειρους υπηρέτες και άρα θα είναι πάντα ευσταθές. Ε- πομένως η ευστάθεια του δικτύου είναι ισοδύναμη της ευστάθειας των υπόλοιπων 4 συστημάτων. Οι συνθήκες αντιστοίχως είναι: B 1 1 = B 1 2 = B 1 3 = B 1 4 = Λ n 1 µ n 1 Λ n 2 µ n 2 Λ n 3 µ n 3 Λ n 4 µ n 4 < Λ 1 µ 1 < 1 λ µ 1 < 1 < Λ 2 µ 2 < 1 5λ µ 2 < 1 < Λ 3 µ 1 < λ µ 3 < 1 < Λ 4 µ 2 < 1 38λ µ 4 < 1 β) Για τη στάσιμη κατανομή του πλήθους των πελατών, θυμόμαστε πως σε μία ρ ρj M M ουρά έχουμε στάσιμη κατανομή p(n) = e j!, όπου ρ = λ µ. Επομένως εδώ θέτουμε ρ 1 = λ µ 1, ρ 2 = Λ2 µ 2 = 5λ µ 2, ρ 3 = Λ3 µ 3 = 16.5λ µ 3, ρ 4 = Λ4 µ 4 = 38λ µ 4, ρ 5 = Λ5 µ 5 = 9.5λ µ 5 και παίρνουμε για τη στάσιμη κατανομή του δικτύου: p(n) = p 1 (n 1 )p 2 (n 2 )p 3 (n 3 )p 4 (n 4 )p 5 (n 5 ) = (1 ρ 1 )(1 ρ 2 )(1 ρ 3 )(1 ρ 4 )ρ n1 1 ρn2 2 ρn3 γ) Ο μέσος συνολικός αριθμός των πελατών στο σύστημα θα είναι το άθροισμα του μέσου αριθμού πελατών σε καθένα από τα πέντε συστήματα. Εστω Q i η τ.μ. που μας δίνει το πλήθος στο σύστημα O i, i = 1, 2, 3, 4, 5. Τότε: E(Q 1 ) = ρ 1 1 ρ 1 = λ µ 1 λ E(Q 2 ) = ρ 2 1 ρ 2 = 5λ µ 2 5λ E(Q 3 ) = ρ 3 1 ρ 3 = 16.5λ µ λ E(Q 4 ) = ρ 4 1 ρ 4 = 38λ µ 4 38λ E(Q 5 ) = ρ 5 = 9.5λ µ 5 E(Q) = E(Q 1 ) + E(Q 2 ) + E(Q 3 ) + E(Q 4 ) + E(Q 5 ) 3 ρn4 4 ρn5 5 eρ5 n 5! 23

24 δ) Από το νόμο του Little παίρνουμε για τη μέση παραμονή E(S) = E(Q) 70λ = E(Q) Λ 1+Λ 2+Λ 3+Λ 4+Λ 5. ε) Εστω X i η τυχαία μεταβλητή που μας δείχνει πόσες επισκέψεις έκανε ένας πελάτης στο i σύστημα. Τότε, για το πρώτο έχουμε ότι P (X 1 = 0) = 0.9, P (X 1 = 1) = 0.1, επειδή η πιθανότητα ο πελάτης να εισέλθει στο δίκτυο μέσω του πρώτου συστήματος είναι 0.1 (αφού = λ 1 5 i=1 λi και εάν μπει, δε γίνεται να επαναλάβει την εξυπηρέτηση του (προχωράει με πιθανότητα 1). Άρα πρόκειται για κατανομή Bernoulli με πιθανότητα επιτυχίας 0.1. Για το δεύτερο σύστημα, παίρνουμε μία μίξη κατανομής Bernoulli και γεωμετρικής, αφού P (X 2 = 0) = 0.7, P (X 2 = n) = 3 10 ( 1 2 )n, n = 1,.... Ομοια, Για το τρίτο σύστημα, παίρνουμε μία μίξη κατανομής Bernoulli και γεωμετρικής με διαφορετικές πιθανότητες, αφού P (X 3 = 0) = 0.4, P (X 3 = n) = 6 10 ( 2 3 )n 1 1 3, n = 1,.... Το 4ο σύστημα θα ακολουθεί γεωμετρική κατανομή, P (X 4 = n) = ( 3 4 )n 1 1 4, δηλαδή X 4 Geo( 1 4 ), επειδή ένας πελάτης του δικτύου θα εξυπηρετηθεί υποχρεωτικά από αυτό, ανεξαρτήτως του συστήματος εισόδου. Τέλος, ένας πελάτης που επισκέπτεται το δίκτυο θα επισκεφτεί ντετερμινιστικά ακριβώς μία φορά το σύστημα α) Παρατηρούμε ότι πρόκειται για δίκτυο Jackson, με Ν=3, ρυθμούς εξωτερικών αφίξεων λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3, ρυθμούς εξυπηρετήσεων µ 1, µ 2, µ 3 και p 12 = 1 2, p 23 = 1 3, p 31 = 1 4, αφού οι αντίστοιχοι ρυθμοί αποχώρησης από το δίκτυο είναι = i i+1. Αρχικά υπολογίζουμε τους ρυθμούς διαπέρασης του δικτύου. Εχουμε το εξής σύστημα εξισώσεων: Λ 1 = λ 1 + Λ 3 p 31 Λ 2 = λ 2 + Λ 1 p 12 Λ 3 = λ 3 + Λ 2 p 23 Το σύστημα αυτό είναι ιδιαίτερα απλό ως προς την επίλυση του και μας δίνει Λ 1 = 2, Λ 2 = 3, Λ 3 = 4. Επομένως από το θεώρημα Jackson το σύστημα θα είναι ευσταθές αν και μόνο άν οι ακόλουθες τρεις συνθήκες ισχύουν: B 1 1 = B 1 2 = B 1 3 = Λ n 1 µ n 1 Λ n 2 µ n 2 Λ n 3 µ n 3 < Λ 1 µ 1 < 1 µ 1 > 2 < Λ 2 µ 2 < 1 µ 2 > 3 < Λ 2 µ 2 < 1 µ 3 > 4 24

25 β) Ορίζουμε ρ 1 = 2 µ 1, ρ 2 = 3 µ 2, ρ 3 = 4 µ 3 και πάλι θα πρόκειται για 3 M M 1, των οποίων οι περιθώριες συναρτήσεις κατανομών πελατών θα είναι γεωμετρικές κατανομές. Το θεώρημα Jackson μας δίνει: p(n) = p 1 (n 1 )p 2 (n 2 )p 3 (n 3 ) = (1 ρ 1 )(1 ρ 2 )(1 ρ 3 )ρ n1 1 ρn2 2 ρn3 3 γ) Εστω Χ η τυχαία μεταβλητή που μας δείχνει πόσες επισκέψεις κάνει ένας πελάτης στο σταθμό 2. Εφόσον ξεκινάει από αυτό το σταθμό, η μεταβλητή δε θα μπορεί να πάρει τη τιμή 0 (τουλάχιστον μία επίσκεψη). Εστω ότι εξετάζουμε το ενδεχόμενο (X = n), n 1, δηλαδή να έχει κάνει n στο πλήθος επισκέψεις. Τότε, θα έχει κάνει n 1 κύκλους. Κάθε κύκλος θα πραγματοποιείται με πιθανότητα p 23 p 31 p 12 = 1 24, και άρα P (X = n) = ( )n 1 24, n 1, το οποίο είναι η συνάρτηση μάζας πιθανότητας μίας γεωμετρικής κατανομής, δηλαδή X Geo( ). Εφόσον αυτή η γεωμετρική κατανομή ξεκινάει από k = 1, για το μέσο πλήθος επισκέψεων έχουμε E(X) = 1 p = α) Παρατηρούμε ότι πρόκειται για δίκτυο Jackson, με Ν=3, ρυθμούς εξωτερικών αφίξεων στο O 1, λ, ρυθμούς εξυπηρετήσεων µ και p 12 = 1 3, p 13 = 2 3, p 22 = 1 2, p 33 = 1 2. Αρχικά υπολογίζουμε τους ρυθμούς διαπέρασης του δικτύου. Εχουμε το εξής σύστημα εξισώσεων: 23. Λ 1 = λ Λ 2 = Λ 1 p 12 + Λ 2 p 22 Λ 3 = Λ 1 p 13 + Λ 3 p 33 Το οποίο μας δίνει Λ 2 = 2 3 λ, Λ 3 = 4 3 λ Σημειώνουμε πως αφού τα συστήματα O 2, O 3 έχουν άπειρους υπηρέτες θα είναι πάντα ευσταθή. Η ευστάθεια του δικτύου άρα ανάγεται στην ευστάθεια του συστήματος O 1. Η συνθήκη ευστάθειας είναι η εξής: B 1 1 = Λ n 1 µ n 1 < λ µ < 1 β) Για τη στάσιμη κατανομή του πλήθους των πελατών, θυμόμαστε πως σε μία ρ ρj M M ουρά έχουμε στάσιμη κατανομή p(n) = e j!, όπου ρ = λ µ. Επομένως εδώ θέτουμε ρ 1 = λ µ, ρ 2 = Λ2 µ = 2λ 3µ, ρ 3 = Λ3 µ = 4λ 3µ και παίρνουμε για τη στάσιμη κατανομή του δικτύου: p(n) = p 1 (n 1 )p 2 (n 2 )p 3 (n 3 ) = (1 ρ 1 )ρ n1 1 ρn2 2 ρn3 3 eρ2+ρ3 n 2!n 3! γ) Ο μέσος συνολικός αριθμός των πελατών στο σύστημα θα είναι το άθροισμα του μέσου αριθμού πελατών σε καθένα από τα τρία συστήματα. Εστω Q i η τ.μ. που μας δίνει το πλήθος στο σύστημα O i, i = 1, 2, 3. Τότε: 25

26 E(Q 1 ) = ρ 1 1 ρ 1 = λ µ λ E(Q 2 ) = ρ 2 = 2λ 3µ E(Q 3 ) = ρ 3 = 4λ 3µ E(Q) = E(Q 1 ) + E(Q 2 ) + E(Q 3 ) δ) έστω Χ το πλήθος εξυπηρετήσεων που θα λάβει ένας πελάτης πριν αναχωρήσει, αναζητούμε το E(X). Εχουμε E(X) = E(X 0 2)+ 2 3 E(X 0 3), το οποίο προκύπτει από τη βέβαια εξυπηρέτηση που θα λάβει ο πελάτης από το O 1 και από ένα θεώρημα διπλής μέσης τιμής. Ομως E(X 0 2 ) = 1 + E(X 02) 2 E(X 0 2 ) = 2, ενώ E(X 0 3 ) = 1 + E(X 03) 2 E(X 0 3 ) = 2. Άρα, παίρνουμε συνολικά: E(X) = = 3 ε) Εστω S ο χρόνος παραμονής ενός πελάτη στο δίκτυο. Τότε θα έχουμε E(S) = E(S O1 ) E(S 0 2 ) E(S O 3 ). Ομως αφού τα συστήματα O 2, O 3 έχουν άπειρους υπηρέτες, ο πελάτης θα αρχίσει να εξυπηρετείται αμέσως. άρα E(S O3 ) = 1 µ E(S O 3 ) E(S O2 ) = E(S O3 ) = 2 µ ενώ E(S 0 1 ) = (E(Q 1 ) + 1) 1 µ = 1 µ λ, λόγω της αμνήμονης ιδιότητας της εξυπηρέτησης με εκθετικούς χρόνους. Συνολικά: E(S) = 2 µ + 1 µ λ 26