Дифференциальные решения задачи

Для вывода уравнений, определяющих P_k(t) используем (36).Пусть t₁=t,t₂=Dt, тогда (36) можно записать в виде

P_k(t+Dt)=å_i=0ⁿ P_i(t)P_ik(Dt)=P₀(t)P_0k(Dt)+P₁(t)P_1k(Dt)+...+P_n(t)P_nk(Dt) при k=0,1,...n (38)

Вычислим P_ik(Dt). Положив k=0 определим P₀₀(Dt). P₀₀(Dt) есть вероятность того, что в системе через промежуток Dt не будет ни одного требования при условии, что в начальный момент она свободна. Это возможно при двух случаях:1) за время Dt в систему не поступило ни одного требования, 2) поступило одно, но оно покинуло систему раньше, чем истекло время Dt. Так как w(Dt) есть вероятность того, что за время Dt поступит хотя бы одно требование, то 1-w(Dt) -вероятность того, что не поступит ни одного. Эта вероятность равна 1-W(Dt)=1-lDt +o(Dt) (39). Выше мы рассмотрели случай, когда за Dt не поступит ни одного требования. Теперь рассмотрим второй случай, когда оно поступило, но успело обслужиться раньше, чем истекло время Dt. Пусть оно поступило в начальный момент отрезка Dt. Тогда вероятность того, что требование будет обслужено за время меньше Dt, равна F(Dt)=1-e^-bDt . (40)

Разложим ее в ряд по bDt

F(Dt)=1-1+bDt-(bDt)²/2!+(bDt)³/3!-=bDt+o(Dt)

Так как сумма -(bDt)²/2!+(bDt)³/3!+…есть знакопеременный ряд и его сумма по абсолютной величине не превосходит первого члена  -(bDt)²/2!=о(t), то это величина порядка (Dt)²

Если же требование поступит не в начальный момент времени Dt , то вероятность, что оно будет обслужено в этот промежуток еще ниже. Но вероятность поступления хотя бы одного требования за время Dt равна w(Dt)= lDt +o(Dt). А поэтому, вероятность поступления и выхода из системы обслуженного требования соответственно не превосходит w(t)*F(Dt)= [lDt +o(Dt)]*[bDt+o(Dt)]= lb(Dt)² + o(Dt). (41)

Очевидно, что Σ_i=0ⁿP_ki(Dt)=1, ибо это равенство означает, что если в данный момент времени занято к аппаратов, то через некоторое время Dt система либо останется в том же состоянии, либо перейдет в другое возможное состояние. Но из этого равенства вытекает, что

P_kk(Dt)=1-P_k0 (Dt)-P_k1(Dt)-...-P _kk-1 (Dt)- P _kk+1 (Dt)- P _kn (Dt) (42)

Можно показать, что все члены в (42) правой части, кроме) -P _kk-1 (Dt)- P _kk+1 (Dt)- есть величины бесконечно малые более высокого порядка чем Dt. Учитывая это перепишем (42) в виде P_kk(Dt)=1-P _kk-1 (Dt)- P _kk+1 (Dt)+о(Dt) (43)

Здесь P _kk-1 (Dt) есть вероятность того, что из к занятых аппаратов за промежуток Dt освободится хотя бы один, а P _kk+1 (Dt)-с точностью до о(Dt)  равна вероятности того, что за Dt поступит одно требование. Найдем величины  P _kk-1 (Dt) и P _kk+1 (Dt). Из определения ясно, что P _kk+1 (Dt)= lDt +o(Dt). (0<k<n-1).

Для вычисления P _kk-1 (Dt) воспользуемся тем, что вероятность того, что занятый аппарат за промежуток времени Dt не освободится, равна вероятности того, что время обслуживания требования превосходит величину Dt. Но вероятность того, что время обслуживания будет меньше Dt равна F(t), откуда вероятность того, что время обслуживания будет больше Dt равна 1-F(t). Следовательно вероятность того, что занятый аппарат не освободится за Dt равна

1-F(t)=1-[1- e^-bDt]= e^-bDt  (44)

Но если в момент t занято к обслуживающих аппаратов, то вероятность того, что ни один из них не освободится может быть найдена по теореме умножения вероятностей. Равенство (44) означает, что не освободится за промежуток Dt один занятый аппарат. Тогда вероятность того, что за это время не освободится к аппаратов равна

[e^-bDt ] ^k = e^-kbDt

Откуда вероятность того, что за промежуток   Dt освободится хотя бы один из к занятых аппаратов равна

e^-kbDt=kbDt+o(Dt) при Dt->0.

Итак, P _kk-1 (Dt)= kbDt+o(Dt), где 0<k<n.

Теперь подставим значения  P _kk-1 (Dt) и P _kk+1 (Dt) в (13)

P_kk=1-lDt- kbDt+o(Dt), (0<k<n-1) (45)

Так как переход системы из состояния , когда заняты все n аппаратов в состояние с n+1 занятых аппаратов невозможен, то

P _nn+1 (Dt)=0

P _nn (Dt)=1-nbDt+o(Dt), (46)

 Итак мы получили набор формул для переходных вероятностей

P₀₀(Dt)=1-lDt+ o(Dt),

P_kk=1-lDt- kbDt+o(Dt), где 1<=k<=n-1

P _nn (Dt)=1-nbDt+o(Dt),

Pik(Dt)=o(Dt), где (|i-k|>=2)

P _kk-1 (Dt)= kbDt+o(Dt),

P _kk+1 (Dt)= lDt +o(Dt).

Подставив (14) в (9) при k=0,1<=K<=n-1  и k=n, получим следующую системы уравнений

P₀(t+Dt)= P₀(t)(1-lDt)+P₁(t) bDt+ o(Dt);

P_k(t+Dt)= P _k-1(t)lDt+ P _k(t)(1-lDt- kbDt)+ P _k+1(t)(k+1) Dt+ o(Dt), где 1<=k<=n-1;

 Pn(t+Dt)= P n_-1(t)lDt+ Pn(t)(1-nbDt)+o(Dt), (48)

Систему (48) можно свести к системе дифферециальных уравнений. Перенесем в левую часть слагаемые P₀(t),P_k(t) P_n(t)затем поделим на  Dt обе части и перейдем к пределу при Dt ->0. Получим

P’₀(t)=- lP₀(t)+ b P₁(t);

P’_k(t)= lP_{k -1}(t)- (l+bk)P_k(t)+ b(k+1)P _k+1(t) (1<=k<=n-1)

P’_n(t)= lP _n-1(t)-nbP_n(t) (50)

Система (50) есть система n+1 линейных однородных дифференциальных уравнений относительно неизвестных P_k(t), k=0,1,..n- система Эрланга. Неизвестные P_k(t) зависят

От параметров l и b. Для определения произвольной постоянной используют условие

что Σ_k=1ⁿP_k(Dt)=1. Прямое интегрирование системы сложно. Рассуждения и теоремы о наличии предельного решения упрощают поиск решения. Найти предельное решение много проще, чем проинтегрировать систему (50). Помня , что

lim P_ik(t)=P_k при t->oo при k=0,1,...n и переходя к пределу в (50), получим систему 

0=-lP₀+bP₁

0=lP _k-1-(l+bk)P_k+b (k+1)P _k+1

0=lP _n-1-bP_n где 1<=k<=n-1. (51)

Система (51) является линейной однородной системой с неизвестными P₀,P₁,...P_n.Для решения ее воспользуемся заменой переменных P_k на Z_k по соотношениям

Z_k=lP _k-1-kbP_k  (1<=k<=n).Видно , что Z₁=lP₀-bP₁

Легко видеть, что правая часть первого уравнения системы (51) в точности совпадает с Z₁

Теперь заменим переменные P_k новыми переменными Z_k во втором уравнении системы (51)  (P _k-1-bkP_k )–[lPk-b (k+1)P _k+1]=Z_k-Z _k+1

Где 1<=k<=n-1). Из третьего уравнения (51) получается , что Z_n=0.Таким образом система (51) после замены переменных запишется в виде

Z₁=0

Z_k-Z _k+1=0

Z_n=0, (1<=k<=n-1) (53)

Оно имеет единственное решение Z₁=Z₂=Z_k=Z_n=0.

Подставив в (52) вместо Zk его значение, равное нулю, получаем

0=lP _k-1-kbP_k, 1<=k<=n.

Откуда P_k=(l /bk) P _k-1 при k=1,2…n. Если расписать это рекуррентное соотношение при каждом значении k=1,2,..n , то получим следующую систему уравнений

P₁= (l/b)P_0, P₂=(l/2b)P₁ ,   P_n=(l/nb)P _n-1

Ясно, что найдя P₀ , мы получим подстановкой все остальные.

P₂=(l/b)(l/2b)P=(l/b)² (1/2!)P_0, ....Pk=(l/b)^k(1/k!)P₀ (55)

(55) позволяет найти любое P_k для k=1,2,...n, если известно P₀. Но P0 легко найти, использовав, что при t->oo Σ_m=0ⁿP_m=1.Действительно

Σ_m=0ⁿP_m= Σ_m=0ⁿ (P₀/m!)( l/b)^m=P₀ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m=1, откуда

 P₀=(1/ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m). Следовательно, подставляя (56) в (55), получим

 P_k= (1/k!)( l/b)^k/ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m) (57)

Очевидно, что очередному требованию будет отказано в обслуживании в случае, когда все аппараты заняты, т.е. когда k=n. Отсюда легко получаем вероятность отказа

P_n=(1/n!)( l/b)ⁿ/ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m

Математическое же ожидание числа занятых аппаратов равно

M= Σ_k=1ⁿkP_k== Σ_k=1ⁿ(l/b)^k(1/(k-1)!)P₀= Σ_k=1ⁿ(l/b)^k(1/(k-1)!)/( 1/ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m). (58)

Выведенные формулы справедливы не только для задач с показательным временем обслуживания, но и для произвольного времени обслуживания.

Рассмотрим пример: в ОТК работают 3 контролера. Если деталь поступает в ОТК, когда все они заняты обслуживанием предыдущих деталей, то она проходит ОТК необслуженной. Пусть среднее число деталей поступающих в ОТК в течение часа равно 24 и среднее время, затрачиваемое одним контролером на обслуживание одной детали равно 5 минут. Определите вероятность того, что деталь пройдет ОТК необслуженной.

Решение : определим вероятность того, что система откажет очередному поступившему требованию. Мы знаем, что вероятность отказа очередному поступающему требованию равна

P_n=(1/n!)( l/b)ⁿ/ Σ_m=0ⁿ (1/m!)( l/b)^m

ПО условию задачи l=24, n=3. Так как 1/b=есть математическое ожидание времени обслуживания, то оно равно 5 минут или 1/12 часа, откуда b=12. Подставив исходные данные в уравнение, получим  Р₃=0.21. Это значит, что из каждых 100 деталей в среднем 21 деталь пройдет ОТК не обслуженными, а 79 деталей будут проверены.

Аналогичные формулы получены в / 1 / для задач обслуживания в системах с ожиданием и для задач со смешанной системой обслуживания.