b2

Ответ. m

y

(t) = m[1 – exp{–bt}], D(Y ) =

(e-t - e-bt )(et - e-bt ).

b2

-1

Задача 4.22. На RC –– цепь, схема которой изображена на рис. 4.2.4,

подается

случайное напряжениеX (t) с

математическим

ожиданием

mx (t) = m

и

ковариационной функциейKx (t1,t2 ) = gt1t2 . Сигнал

на выходе

определяется уравнением

dY (t)

¢

1

+ bY (t) = X (t), где b

=

> 0.

dX

RC

Рис. 4.2.4

Найдите математическое ожидание и дисперсию напряжения Y (t) на выходе. (См. пример 4.22, γ –– номер варианта.)

4.3. Процессы «гибели и рождения»

Пусть некоторый объект может в каждый момент времени может находиться в одном из состояний: Е1, Е2 , Е3 ,K, Еn ,K, множество которых

конечно или счетно. (Счетным			называют множество, все элементы
которого могут быть занумерованы с помощью натуральных чисел.) В
случайные	моменты	времени	возможны переходы из состояния в
состояние. Особенность этих переходов состоит в том, что за бесконечно
малый промежуток		времени	возможны	переходы	только в	соседние
состояния.
Формально это означает следующее. Если в момент времени t объект
находится в состоянииЕn, то за малый промежуток времениh объект из
состояния Еn может перейти в состояние Еn +1				с вероятностью lnh + o(h), а
вероятность	перехода	в состояниеЕn-1 равна nnh + o(h).			Напомним,	что

o(h) означает величину бесконечно малую более высокого порядка малости по сравнению с h. Вероятность перехода из Еn в другие состояния

за бесконечно малый промежуток времениh пренебрежимо мала( o(h) ). Отсюда следует, что вероятность за время h сохранить состояние Еn равна

1 – lnh – nn h + o(h).

(4.3.1)

299

Пусть постоянные ln и nn, n = 0,1, 2,3,¼, не зависят от времени t и от способа прихода объекта в состояниеЕn. Эти предположения позволяют нарисовать следующую схему возможных переходов (см. рис. 4.3.1).

			Рис. 4.3.1
Процесс изменения состояний объекта по					приведенной схеме
называется процессом гибели и рождения.
Эти	процессы	могут	служить	математической		моделью	для
популяции живых организмов. В этом				случае под состояниемЕn
понимается наличие в популяции n особей, переход из Еn					в состояние Еn +1
означает рождение нового члена популяции, а переход из Еn в состояние
Еn-1 соответствует гибели одного из ее членов.
В терминах процессов гибели и размножения можно						обсуждать
многие	технические	задачи. Например, для		математической		модели

транспортного предприятия под состоянием можно понимать число автомобилей, которые пригодны для эксплуатации. Тогда выход из стоя

автомобиля означает

переход

в состояние с номером на единицу меньше

(т.е. «гибель»), а

восстановление

машины

после

ремонта–– переход

в

состояние с номером на единицу больше («рождение»).

Обозначим

через Рk (t)

вероятность

того, что

в момент

времениt

объект находится в состоянииЕk

и

выведем уравнения

для

этих

вероятностей. Сначала выведем уравнение

приk =1,2,3,¼ . Для

этого

рассмотрим

отрезок

времени[0,t + h]

и

учтем

возможные

изменения

состояния объекта за малый промежуток времениh. Объект в момент

времени t + h

будет

находиться

в состоянииЕk, вероятность

чего равна

Рk (t + h) , если в момент t он находился в состоянии Еk -1 ,

вероятность чего

равна Рk -1 (t) ,

и за время h произошел переход в состояниеЕk,

вероятность

чего

равна lk -1h + o(h) , или

в моментt он находился

в

состоянииЕk,

вероятность чего равна Рk (t) , и за время h переходов не было, вероятность

чего

равна 1 - lk h + nk h + o(h),

или в моментt он находился

в

состоянии

Еk +1 ,

вероятность

чего равна Рk +1 (t) , и

за

времяh

произошел

переход

в

состояние Еk, вероятность чего равна nk +1h + o(h). Символическая запись этой фразы имеет вид

Рk (t + h=) lk -1hРk -1(t) + (1 – lk h – nk h)Рk (t) + nk +1hРk +1(t) + o(h).

300

Перенесем из			правой	части	в левуюР (t) и	разделим			каждое
слагаемое в равенстве на h:					k
	Pk (t + h) - Pk (t)	= lk -1Рk -1		(t) – (lk	+ nk )Рk (t) + nk +1Рk +1	(t) +	o(h)	.
	h						h
При h ® 0 получаем дифференциальное уравнение
Pk¢(t) = lk -1Рk -1 (t) – (lk + nk )Рk (t) + nk +1Рk +1(t) при k =1,2,3,¼ .									(4.3.2)
Уравнение для k = 0 получается из следующих рассуждений. Объект
в момент времени t + h			будет находиться в состоянииЕ0,			вероятность чего
равна Р0 (t + h) , если в момент t он находился в состоянии Е0, вероятность

чего равна Р0 (t) , и за время h переходов не было,

вероятность чего равна

1 – l0h + o(h) , или

в моментt он находился

в состоянииЕ1,

вероятность

чего

равна Р1 (t) ,

и

за

времяh

произошел переход в

состояниеЕ0,

вероятность чего

равна n1h + o(h) .

Символически

эта фраза

может

быть

записана в виде

h)P (t) + n hP (t) + o(h).

Р (t + h) (1=– l

0

0

0

1

1

Перенос слагаемого P0 (t)

в

левую часть, деление правой и

левой

частей

равенства

наh,

предельный

переход

приh ® 0

приводят

к

дифференциальному уравнению

¢

P (t) + n P (t).

(4.3.3)

P (t) = –l

0

0

0

1

1

Уравнения (4.3.2)

и (4.3.3)

называют

системой уравнений гибели

и

рождения. В общем виде решение этой системы получить сложно, но в отдельных частных случаях это вполне обозримая работа.

Обычно с течением времени влияние начального состояния иссякает и процесс входит в стационарный режим, при котором переходы из состояния в состояние продолжаются, но сами вероятности состояний

стабилизируются и перестают зависеть					от времени(от начального
t®¥			Рk .		t®¥
состояния), т.е. Рk (t) ¾¾¾®				Но при этом Pk¢(t) ¾¾¾®0. В результате
система дифференциальных			уравнений(4.3.2)		и (4.3.3) превращается в
систему однородных линейных алгебраических уравнений
–l	P + n P = 0,
	0	0	1	1

l0 Р0 – (l1 + n1 )Р1 + n2 Р2 = 0, l1Р1 - (l2 + n2 )Р2 + n3Р3 = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

lk -1Рk -1 - (lk + nk )Рk + nk +1Рk +1 = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Выбрать единственное решение системы позволяет условие нормировки SРi =1. Для этого выразим все вероятности, например, через

301

Р0. Из первого уравнения P =

1

получаем Р2 = l0l1 P0 . n1n2

Третье уравнение

подобные действия, найдем,

l0 P0 . С учетом этого, из второго уравнения n1

дает		равенствоР =		l0		l1 l2				Р .
		3			n n		2	n	3	0
			l0l1 Klk -1		1
что	Р =				Р .			Тогда
	k		n1n2 Knk		0

Продолжая

по условию

нормировки

Р0 +

l0

P0

+

l0 l1

P0 +

l0 l1 l2

Р0 +K+

l0 l1 l2 . . . lk -1

Р0 +K=1;

n

n n

2

n n

2

n

3

n n

2

n

3

. . . n

k

1

1

1

1

æ

l0

l0l1

l0l1l2

l0l1l2 Klk -1

ö

Р0 ç1

+

+

+

+K+

+K÷ =1;

è

n1

n1n2

n1n2n3

n1n2n3 Knk

ø

æ

l0

l0l1

l0l1l2

l0l1Klk -1

ö-1

Р0 = ç1

+

+

+

+K+

+K÷ .

n1n2 Knk

è

n1

n1n2

n1n2n3

ø

В итоге получаем, что

ö-1

æ

l0

l0l1

l0l1l2

l0l1l2 ...lk -1

Рk

=

l0l1Klk -1

ç1 +

+

+

+K+

+K÷ .

(4.3.4)

n1

n1n2

n1n2 Knk

è

n1n2n3

n1n2n3...nk

ø

Замечание. Если ряд в знаменателе (4.3.4) расходится, то все Рk = 0.

Это

означает «взрыв»

численности, т.е. за конечное

время произойдем

бесконечно много рождений. Сходимость ряда 1 +

l0

+

l0 l1

+K является

n

n n

2

1

1

достаточным

условием

существования

ненулевых

вероятностей

Р0 , Р1 , Р2 ,K . Для сходимости ряда по признаку

Даламбера

требуется,

чтобы

un

ln-1

lim

= lim

<1,

n ®¥ un-1

n ®¥ nn

т.е. начиная

с

некоторого

номераn

интенсивность

гибели

должна

превосходить интенсивность рождений.

Пример 4.23. Система состоит из основного блока,

одного блока в

«горячем» резерве (т.е. работающего одновременно с основным) и одного

блока в «холодном»

резерве (т.е. этот

резервный

блок не работает).

Длительность безотказной работы работающего блока распределена по

показательному закону с параметромl. Вышедший из строя блок

практически

мгновенно

заменяется

блоком

из

холодного

,резерва

302

вышедший из строя блок незамедлительно начинают ремонтировать. Время ремонта распределено по показательному закону с параметромn. Система прекращает свою работу, как только остается всего один работоспособный элемент. Требуется найти вероятность того, что система выйдет из строя до момента времени t.

Решение. 1. Состояния системы будем различать по числу вышедших из строя блоков. Обозначим через Ei –– состояние, в котором i блоков вышли из строя. Тогда граф состояний системы имеет вид, изображенный на рис. 4.3.2.

Рис. 4.3.2

Происходит

переход Ei

® Ei+1,

i =1, 2,

если

один

из

двух

работающих блоков выходит из строя. Интенсивность таких переходов

равна 2l.

При

окончании

ремонта

происходит

переходE

® E

с

E2

i+1

i

интенсивностью

n. Состояние

является «поглощающим»

––

если

система попала в него, то она это состояние не покинет.

2. Обозначим через Pi (t)

вероятность того, что в момент времениt

система

будет

находиться

в состоянииEi.

Нас

интересует P2 (t) ––

вероятность того, что в момент времениt система уже вышла из строя.

Выход из строя можно считать «рождением» неполадки, а ее устранение ––

«гибелью». Система уравнений гибели

и размножения(4.3.2) и (4.3.3)

в

нашем случае имеет вид:

¢

+ nP (t);

P (t) = –2lP (t)

0

0

1

¢

(4.3.5)

P (t) = 2lP (t) – (2l + n)P (t);

1

0

1

P (t) = 2lP (t).

2

1

Любое из уравнений системы можно заменить условием нормировки

P (t) + P (t) + P (t) =1.

0

1

2

Пусть система начинает свою работу из состоянияE1, т.е. имеет

начальные условия:

P (0) =1,

P (0)=

P (0)=

0.

0

1

2

3. Перейдем в системе (4.3.5) к преобразованиям Лапласа:

sP (s) – 1 = –2lP (s) + nP (s),

0

0

1

sP (s) = 2lP (s) – (2l + n)P (s),

1

0

1

sP (s) = 2lP (s)

2

1

или

303

(2l + s)P (s) – nP (s) =1,
	0	1
2lP	(s) – (s + 2l + n)P		(s) = 0,	(4.3.6)
0		1
2lP	(s) – sP	(s) = 0.
1	2

Решение системы (4.3.6), например, по формулам Крамера дает:

2l + s

-n

0

D =

2l -(s + 2l + n) = 0

s[s2 + 4ls + 4l2 + ns],

0

2l

-s

2l + s

-n

1

4l2 ;

D =

2l -(s + 2l + n)= 0

2

0

2l

0

P (s) =

D

2

4l2

=

.

(4.3.7)

2

D

s[s2 + 4ls + 4l2 + ns]

Остается

найти

обратное

преобразование

отP2 (s).

Например, при

l =1 и n =1 выражение (4.3.7) принимает вид

A

B

C

P (s) =

=4

=

4

+

+

=

s +

4

2

s[s2 + 5 s + 4] s (s + 4)( s +1)

s

s +1

= A(s + 4)(s +1) + Bs(s +1) + Cs(s + 4) . s (s + 4)( s +1)

(Здесь мы пользуемся методом неопределенных коэффициентов для разложения на простые дроби). Имея две равные дроби с равными знаменателями, приравниваем числители этих дробей

4 = A(s + 4)(s +1) + Bs(s +1) + Cs(s + 4).

Приравнивая в правой и левой частях равенства коэффициенты при

равных степенях s, получим A =1,

B =1 / 3 , C = -4 / 3 . В итоге имеем

P (s) =

1

+

1

-

4

.

2

s

3(s + 4) 3(s +1)

Обращение преобразования Лапласа дает искомую вероятность

P (t) =1 +

1

e-4t -

4

e-t .

2

3

3

1

4

Ответ.

P (t) =1 +

e-4t

-

e-t .

2

3

3

Задача 4.23. Система состоит из одного работающего устройства и

одного устройства

в«холодном» резерве.

Длительность

безотказной

работы работающего устройства распределена по показательному закону с

параметром l. Вышедшее из строя устройство практически мгновенно

заменяется

устройством

из

холодного

резерва

и

незамедлительно

начинается

ремонт.

Вышедшие

из

строя

устройства ремонтируются в

304

порядке их выхода из . строяВремя ремонта распределено по показательному закону с параметромn. Система прекращает свою работу,

как только не останется работоспособных устройств. Требуется найти вероятность того, что система выйдет из строя до времениt. (См. пример 4.23, n = 0, N , где N –– номер варианта, l =2n .)

Пример 4.24. На контактном многоканальном телефоне фирмы работает четыре оператора. Каждый свободный оператор независимо от других на интервале времени[t,t + Dt] может с вероятностью lDt + o(Dt) начать отвечать на звонок. Оператор, отвечающий на звонок, с вероятностью nDt + o(Dt) на интервале времени [t,t + Dt] может завершить ответ и освободиться. Требуется найти предельные вероятности того, что будут заняты k операторов.

Решение. Состояния контактного телефона будем различать по числу занятых операторов. Пусть Ek –– означает, что заняты k из них. Тогда граф состояний имеет вид, изображенный на рис. 4.3.3.

Рис 4.3.3

Составим уравнения для вероятностей Pk (t). Сопоставим значения

этих вероятностей в моменты времени t и t + Dt :

P0 (t + Dt) = P0 (t)(1 - 4lt +o(Dt)) + nDt +o(Dt).

	Перенос слагаемого P0 (t)		в		левую часть, деление правой и левой
частей равенства наDt , предельный переход							приDt ®0		приводят		к
дифференциальному уравнению
		¢			P (t) + nP (t).
		P (t) = -4l		0
		0			0	1
	На контактном телефоне в момент времениt + Dt							будет занят один
оператор, вероятность чего равна Р1 (t + Dt) , если в момент t все операторы
были свободны, вероятность чего					равна Р0 (t) , и		за	времяDt		один	из
операторов включился в работу, вероятность чего равна 4lDt + o(Dt) , или в
момент t был занят только один оператор, вероятность чего равна Р1 (t) , и
за	время Dt	переходов			не	, быловероятность			чего		равна
1 – 3lDt + nDt + o(Dt) ,		или в	моментt			были	заняты		два	оператора,
вероятность чего равнаР2 (t) ,			и		за	времяDt	один		из	операторов
освободился 2nDt + o(Dt) .

Символическая запись этой фразы имеет вид

Р1 (t + D=t) 4lDtР0 (t) + (1 - 3lDt – nDt)Р1(t) + 2nDtР2 (t) + o(Dt).

305

Перенесем из			правой		части в	левуюР (t) и	разделим каждое
слагаемое в равенстве на Dt :						k
	P (t + Dt) - P (t)			= 4lР0	(t) – (3l + n)Р1(t) + 2nР2 (t) +			o(Dt)	.
1		1
	Dt							Dt
При Dt ® 0 получаем дифференциальное уравнение
¢
	P (t) = 4lР (t) – (3l + n)Р (t) + 2nР (t).
1				0	1	2
Аналогично выводятся уравнения
	P2¢(t) = 3lР1 (t) – (2l + 2n)Р2 (t) + 3nР3 (t),
¢						(t) + 4nР4 (t),
	P3 (t) = 2lР2 (t) – (l + 3n)Р3

P4¢(t) = lР3 (t) – 4nР4 (t).

С течением времени вероятности состояний стабилизируются и перестают зависеть от времени (от начального состояния), т.е.

t®¥

Рk (t) ¾¾¾®Рk .

t®¥

В результате система дифференциальных

Но при этом Pk¢(t) ¾¾¾®0.

уравнений превращается в систему однородных линейных алгебраических

уравнений

-4lP + nP = 0,

0

1

4lР0 - (3l + n)Р1 + 2nР2 = 0,

3lР1 - (2l + 2n)Р2 + 3nР3 = 0,

2lР2 – (l + 3n)Р3 + 4nР4 = 0,

lР3 - 4nР4 = 0.

Выбрать

единственное

решение

системы

позволяет

условие

нормировки SРi =1.Для

этого выразим

все

вероятности, например, через

Р0. Из первого уравнения P =

4l

P . С учетом этого, из второго уравнения

1

n

0

6l2

получаем Р =

P .

2

n2 0

Третье уравнение

дает

равенствоР =

4l3

Р . Продолжая подобные

n3

l4

3

0

действия, найдем, что Р =

Р . Тогда по условию нормировки

n4

4

0

P +

4l

P +

6l2

P +

4l3

Р +

l4

Р = 1.

n

n2

n3

n4

0

0

0

0

0

Обозначим l / n через r. Тогда

P0 =

1

=

1

.

1 + 4r + 6r2 + 4r3 + r4

(1 + r)4

Откуда

306

P =

4r

,

Р =

6r2

, Р =

4r3

, Р =

r4

.

+ r)4

(1 + r)4

(1 + r)4

(1 + r)4

1

(1

2

3

4

Ответ.

P =

4r

, Р =

6r2

,

Р =

4r3

,

Р =

r4

.

+ r)4

(1 + r)4

(1 + r)4

(1 + r)4

1

(1

2

3

4

Задача 4.24. К линии электропередач подключены n электромоторов,

которые работают независимо друг от друга. Вероятность того, что

неработающий электромотор в течение малого

времениDt

будет

подключен

к

,сетиравна

aDt + o(Dt).

Вероятность

отключения

работающего

электромотора

в

течение

малого

времениDt

равна

bDt + o(Dt).

Найдите

стационарные

вероятности

числа

электромоторов,

работающих в данный момент.

вариантахn = 5 ,

в четных n = 6 ,

(См. пример

4.24, в

нечетных

a = 0, k, где k –– первая цифра номера варианта, b –– в два раза больше a.)

Пример 4.25.

Система массового обслуживания

состоит из

двух

обслуживающих устройств. В систему поступает простейший поток

требований на обслуживание интенсивностиl. Времена обслуживания

требований независимы и имеют показательный закон распределения с

параметром n (n –– интенсивность обслуживания). Требование, заставшее

все устройства занятыми, может встать в очередь или покинуть систему.

Вероятность

присоединения

к

очереди

пропорциональна

числ

обслуживающих устройств и обратно пропорциональна числу требований в

системе плюс один. Это означает, что интенсивность перехода E2+m ® Em+3

равна 2l / (m + 3).

Требуется

найти

стационарные

вероятности

числа

требований в системе.

Решение. Обозначим черезEk ––

состояние системы, когда в ней

находятся k требований. Если в системе находится 2 + m требований (два

требования обслуживаются иm ожидают в очереди), то вероятность

присоединения к очереди по условию задачи равна 2(2 + m +1)

2 /=(m + 3).

Это означает,

что интенсивность

перехода E2+m ® Em+3

равна 2l / (m + 3).

Граф состояний системы изображен на рис. 4.3.4.

Рис. 4.3.4

Составим систему уравнений гибели и размножения

¢
P (t) = –lP (t) + nP (t),
0	0	1

307

¢

P (t) = lР (t) - (l + n)Р (t) + 2nР (t),

1

0

1

2

P2¢(t) = lР1 (t) - (2l / 3 + 2n)Р2 (t) + 2nР3 (t),

¢

P3 (t) = 2l / 3Р2 (t) - (2l / 4 + 2n)Р3 (t) + 2nР4 (t),

P4¢(t) = 2l / 4Р3 (t) - (2l / 5 + 2n)Р4 (t) + 2nР5 (t),

¢

P5 (t) = 2l / 5Р4 (t) - (2l / 6 + 2n)Р5 (t) + 2nР6 (t),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Для стационарного режима ( P (t) ¾¾¾®P ,

¢

¾¾¾®0 ) получаем

P (t)

n

t®¥

n

n

t®¥

систему однородных линейных алгебраических уравнений

–lP + nP = 0,

0

1

lР0 - (l + n)Р1 + 2nР=2

0,

lР1 - (2l / 3 + 2n)Р2 + 2nР3= 0,

2l / 3Р2 - (2l / 4 + 2n)Р3 + 2nР4= 0,

2l / 4Р3 - (2l / 5 + 2n)Р4 + 2nР5= 0,

2l / 5Р4 - (2l / 6 + 2n)Р5 + 2nР6 = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Эту

систему

естественно

дополнить

условием

нормировки

P + P + Р + ¼ =1.

Из

первого

уравнения

получаем, что

P =

l

P .

n

0

1

2

1

0

Подставляя

этот

результат

во

второе уравнение, находим Р =

l2

P .

Из

2!n2

2

0

третьего

уравнения, с учетом полученных

дляP1 и Р2 выражений,

имеем

Р =

l3

P .

Продолжая

действовать

подобным

,образомполучим

3!n3

3

0

Р =

lk

Р . Обозначим l/n через r. Воспользуемся условием нормировки:

k!nk

k

0

r2

r3

rk

P0 + rP0 +

P0 +

P0 +K+

P0 +K =1,

2!

3!

k!

æ

r2

r3

rk

ö

откуда P0 ç1

+ r +

+

+K+

+K÷ =1 или P0er =1. В итоге

2!

3!

k!

è

r2

ø

rk

P0 = e-r , P1 = re-r

, Р2

=

e-r , K,

Рk = Рk =

e-r , K,

2!

r =l / n, т.е.

k!

где

стационарное

распределение

оказалось

распределением

Пуассона.

Используя

найденные

стационарные

вероятности

можно

вычислить разные характеристики системы. Например,

при l =1 и n =1 / 2

вычислим среднее

число

занятых

обслуживающих

устройств. Поскольку

r = 2 и

P = e-2 ,

P = 2e-2 ,

то

математическое

ожидание

числа

занятых

0

1

приборов равно

308

0 ×e

-2

+1× 2e

-2

+

2(1 - e

-2

-2

2 – 4e

-2

»1,46.

– 2e =)

Вероятность того, что требование поступит на обслуживание без

ожидания в

очереди, равна

P + P

3=e-2 » 0, 41.

Вероятность наличия

очереди в системе равна

0

1

=1 – 5e-2

1 – P - P – Р

» 0,31.

0

1

2

rk

Ответ. Рk =

e-r ,

k =1, 2,3,K .

k!

Задача

4.25.

Система массового

обслуживания состоит nиз

обслуживающих устройств. (Например, прачечная-автомат, где посетители сами стирают белье в одной из n машин.) В систему поступает простейший поток требований на обслуживание интенсивностиl. Времена

обслуживания требований независимы и имеют показательный закон распределения с параметром n (n –– интенсивность обслуживания).

Требование, заставшее все устройства занятыми, может встать в очередь или покинуть систему. Если в системе находится n + m требований

(n –– обслуживаются		и m ––	ожидают в очереди), то вероятность
присоединения	к	очереди	пропорциональна	числу	обслуживающих
устройств и обратно пропорциональна числу требований в системе плюс
один, т.е. равна n / (n + m +1) . Это			означает, что интенсивность перехода
En +m ® En +m+1 равна ln / (n + m +1).			Найдите:

1)стационарные вероятности числа требований находящихся в

системе;

2)среднее число занятых устройств обслуживания;

3)вероятность того, что требование поступит на обслуживание без ожидания в очереди;

4)вероятность того, что в очереди будет находиться не менееk требований.

Ответ на первый пункт найдите в общем виде(для произвольных l и n), ответ на последующие пункты дайте для конкретныхl и n, указанных в исходных данных. (См. пример 4.25 и исходные данные.)

Исходные данные к задаче 4.25.

	№	n	l	n	k		№	n	l	n	k		№	n	l	n	k
	1	3	1	1	2		11	4	3	3/4	3		21	6	2	1/2	2
2		4	2	1/2	3	12		5	3	2/3	2	22		3	2	3/4	3
3		5	4	1	2	13		3	1	4/5	3	23		4	2,5	1	2
4		3	1	1/2	3	14		4	4	1	2	24		6	3	2/3	2
5		4	3	1	2	15		5	3	0,8	3	25		3	1	0,4	3
6		5	4	1,2	3	16		3	1	1/3	4	26		4	3,5	1	3
7		3	1	2/3	4	17		4	4	1,5	3	27		6	4	1	2
8		4	3	4/5	3	18		6	5	1	2	28		3	1	0,5	4

309

9	5	3	1/2	2	19	3	2	1	2	29		4		4		5/4	2
10	3	1	3/4	2	20	4	5	1,5	2	30		6		4		3/4	2
	Пример 4.26. Система массового обслуживания состоит из одного
обслуживающего				прибора		и	одного		прибора				в		холодном . резерве

Интенсивность выхода из строя работающего прибора равна l. При выходе

из строя работающего прибора его практически мгновенно заменяют

резервным,	а	вышедший из	строя прибор начинают ремонтировать.
Вышедшие	из	строя приборы	ремонтируются с интенсивностьюn

порядке очереди. После отказа устройства ремонт продолжается с прежней интенсивностью. При наличии в системе годного к работе прибора система возобновляет свою работу.

Требуется найти долю времени простоя системы из-за выхода из строя приборов. Найти наработку на отказ, т.е. среднее время работы системы между пребываниями в отказных состояниях.

Решение. Состояния системы будем различать по числу вышедших из строя приборов. Обозначим через Ei состояние системы, в котором i элементов системы находятся в нерабочем состоянии. Тогда состояние E2 можно назвать отказным состоянием, поскольку оба элемента вышли из строя. Граф состояний системы изображен на рис. 4.3.5.

Рис. 4.3.5

Если считать выход из строя прибора рождением непол, адки завершение ремонта ее гибелью, то система уравнений гибели и размножения по формулам (4.3.2), (4.3.3) для нашего случая принимает вид

¢		(t) + nP (t),
P	(t) = -lP
0	0	1
¢				(4.3.8)
P (t) = lP (t) - (l + n)P (t) + nP (t),
1	0	1	2
¢
P (t) = lP (t) - nP (t).
2	1	2

Это система линейных однородных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. Любое уравнение системы можно заменить условием нормировки:

P (t) + P (t) + P (t) =1.
0	1	2		¢
	t® ¥		и при		t® ¥
С учетом того, что Рi (t) ¾¾¾® Рi				этомPi (t) ¾¾¾®0, для

стационарных вероятностей состояний получаем систему однородных линейных алгебраических уравнений

310

состояниеE

2

-lP

+ nP = 0,

0

1

lP

- (l + n)P

+ nP= 0,

0

1

2

lP

- nP = 0.

Эта

система

1

2

много

.решенийДля

выбора

имеет

бесконечно

приемлемого для нас решения одно из

уравне, напримерий,

второе

заменим условием нормировки P + P + P =1.

0

1

2

n

Из

первого уравнения

имеемP =

P ,

а

из

третьего

уравнения

l

0

n

l

1

l

P =

P. Тогда по условию нормировки

P + P +

P =1,

откуда

2

n 1

l

1

1

n

1

P

=

ln

=

r

,

n2 + ln + l2

+ r + r2

где r = l / n. Тогда

1

1

P0 =

n2

1

P2 =

l2

r2

=

,

=

.

n2 + ln + l2

1 + r + r2

n2 + ln + l2

1 + r + r2

Стационарную вероятность P2

можно понимать как долю времени, в

течение которой система находится в нерабочем состоянии(оба прибора вышли из строя).

Для вычисления наработки на отказ сделаем поглощающим, т.е. исключим переход E2 ® E1. Тогда граф состояний будет иметь вид, изображенный на рис. 4.3.6.

Рис. 4.3.6

Этому графу состояний соответствует система уравнений

		¢
		P	(t) = -lP (t) + nP (t),
		0	0	1
		¢			(4.3.9)
		P (t) = lP (t) - (l + n)P (t),
		1	0	1
		¢
		P (t) = lP (t).
		2	1		P0 (0) =1,
	Зададим	начальное	состояние. Пусть, например,
P (0) = P (0) = 0.		Обозначим через P (s)		преобразование Лапласа от P (t) и
1	2		i		i
запишем систему (4.3.9) в преобразованиях Лапласа:
		sP (s) – 1 = nP (s) – lP (s),
		0	1	0
		sP (s) = lP (s) – (l + n)P (s),
		1	0	1
		sP (s) = lP (s)
		2	1

или

311

(l + s)P

(s) – nP (s) =1,

0

1

–lP

(s) + (s + l + n)=P (s)

0,

(4.3.10)

0

1

lP

(s) – sP (s) = 0.

1

2

Найдем P2 (s) , например,

по правилу Крамера. Вычислим определитель

системы (4.3.10):

s + l

-n

0

–s(s2 + 2sl + l2 + ns)

D =

-l s + l + n = 0

0

l

-s

s + l

-n

1

–l2 .

и

D =

-l

s + l + n = 0

Поэтому

P (s) = D

2

/ D =

2

2

0

l

0

= l2 / s(s2 + 2sl + l2 + ns).

Обозначим

через F (t) =1 – P2 (t)

–– вероятность безотказной работы

¥

¥

системы

до моментаt, а

через Á(s)

òe=-st F (t) dt=

òe-st [1 - P2 (t)] dt

–– ее

преобразование Лапласа. Тогда

0

0

Á(s) 1 / s

– P (s)

1

-=

l2

==

s + 2l + n

.

2

s s(s2 + 2sl + l2 + sn) s2 + 2sl + l2 + sn

¥

Заметим, что Á(0)

ò[1=- P2 (t)]dt = M (T ),

где T –– время достижения

0

отказного состояния, т.е. время безотказной работы системы.

Последний вывод основан на следующих соображениях. Пусть X –– неотрицательная случайная величина с функцией распределенияF (x) . Интегрируя по частям, вычислим

¥

¢

ò[1 - F (x)] dx

ìu =1 - F= (x), du -F= (x) dx - f (x) dx,ü

í

=

ý

0

îdv = dx, v = x

þ

¥

= x[1 - F (x)]

0¥ + òx f (x) dx = M ( X ).

0

2l + n 2

n

В нашем случаеM (T ) = Á(0)=

.

=

+

Первое слагаемое

l

l2

l2

равно наработке на отказ за счет

холодного

резервирования, второе

слагаемое возникло за счет ремонта.

Ответ. M (T ) =

2

+

n

.

l

l2

312

Задача 4.26. Система многопозиционной радиолокации состоит изn
работающих радиолокационных станций иm станций в холодном резерве
(для нечетных вариантов) или горячем резерве(для четных вариантов)
Интенсивность выхода из строя каждой работающей станции равнаl.
Каждая вышедшая из строя станция					ремонтируется		с интенсивностьюn
(для нечетных вариантов). Для четных вариантов вышедшие из строя
станции ремонтируются с интенсивностью n в порядке их выхода из строя.
Система		отказывает, если		остается толькоk			работоспособных
станций.	После	отказа	системы		ремонт	продолжается			с	прежней
интенсивностью. При наличии в				системеk +1 годных			к	работе	станций
система возобновляет свою работу.
1. Построить граф состояний системы.
2.	Составить		систему		дифференциальных			уравнений			для
вероятностей состояний системы в момент времени t.
3. Найти стационарные вероятности состояний системы. Найти долю
времени простоя системы.			Вычислить эти характеристики при1 / l = a ч.,
1 / n = b ч.

4.Найти среднюю наработку на отказ. Вычислить ее при указанных l

иn. Сравнить со средней наработкой при отсутствии ремонта.

(См. пример 4.26 и исходные данные.)

Исходные данные к задаче 4.26.

№	n	m	k	a	b	№	n	m	k	a	b	№	n	m	k	a	b
1	2	2	1	100	2	11	4	2	3	80	4	21	2	2	1	80	2
2	3	2	2	80	4	12	1	2	0	100	4	22	2	2	1	100	2
3	3	1	1	80	2	13	5	1	3	100	5	23	3	1	1	100	2
4	2	1	0	100	4	14	6	1	4	50	1	24	3	1	1	80	2
5	4	1	2	50	1	15	5	2	4	80	2	25	4	1	2	200	4
6	3	1	1	100	2	16	4	2	3	80	4	26	4	1	2	50	1
7	2	1	0	200	4	17	6	1	4	50	1	27	2	1	0	100	4
8	2	2	1	80	2	18	5	2	4	80	2	28	2	1	0	200	4
9	3	2	2	100	4	19	1	2	0	100	4	29	3	2	2	80	4
10	2	1	0	100	4	20	5	1	3	100	5	30	3	2	2	100	4

Рассмотрим систему массового обслуживания, в которую поступает простейший поток требований интенсивностиl. Время обслуживания распределено показательно с параметромn. Каждое требование при поступлении в систему начинает обслуживаться немедленно, если есть хотя бы один свободный прибор. Если требование застает всеn приборов обслуживания занятыми, то оно получает отказ и теряется. Такую систему называют системой с потерями. Примером такой системы может служить телефонный узел.

313

Замечание.

Пусть

время

обслуживания

имеет

показательное

распределение

с

функцией

распределенияF (x) =1 – exp{-nx}

и

пусть

обслуживание уже продолжалось времях.

Из

характеристического

свойства показательного распределения следует, что оставшаяся часть

времени обслуживания имеет то же самое распределение. Поэтому

вероятность того, что обслуживание завершится за последующее время Dх

равна

F (D=x) – F (0)

1 – exp{–nD=x} – [1 – exp{0}]

1 – exp{–nD=x}

=1 – (1 – nDx + (nDx)2 / 2!-=K) nDx + o(Dx).

Под

состоянием Еk

можно

полагать

то состояние системы, при

котором в ней находится(обслуживается) k требований. Тогда система

может находиться только в состоянияхЕ0 , Е1, Е2 ,K, Еn . Вероятность

перехода из состоянияЕk

в состояние Еk +1

при

k < n

равна lDх + o(Dx).

Если в системе находитсяk требований, то интенсивность обслуживания

равна kn и

вероятность

перехода изЕk в Еk -1

за малое времяDx равна

knDx + о(Dx).

Мы

имеем

дело с

процессом

гибели и размножения, для

которого lk= l при k < n и lk

= 0 при k ³ n,

nk

= kn при 1 £ k £ n и nk = 0

при k > n.

Если

ввести

обозначениеr

=l / n,

то

формула(4.3.4)

дает

вероятности состояний системы при 0 £ k £ n :

1

rk

Рk

=

k !

.

(4.3.11)

1

1

1 + r +

r2 +

r3 + . . .

1

rn

2!

3!

n!

Формулы (4.3.11) называют формулами Эрланга, который их впервые

вывел

в 1917

г. В

последующем

оказалось, что

для

систем

с потерями

формулы Эрланга сохраняют свою структуру при любом распределении

длительности обслуживания, лишь бы

среднее

время

обслуживания

равнялось 1 / n.

При k = n формула (4.3.11) дает вероятность того, что все приборы

заняты

обслуживанием ,и следовательно, поступившее

в такой

момент

требование получит отказ. Поэтому вероятность потери требования равна

1

rn

Рn =

n!

.

(4.3.12)

1 + r +

1

+ ... +

1

rn

2!

n!

Пример 4.27. В систему массового обслуживания, состоящую из четырех каналов обслуживания, поступает простейший поток требований интенсивности l =1. Времена обслуживания требований независимы и каждое имеет распределение с функцией плотности вероятности

314

ìx exp(-x) при x ³ 0, f (x) = í

î0 при x < 0.

Требование, заставшее все каналы обслуживания занятыми, теряется. Необходимо найти вероятность потери требования и среднее число занятых обслуживанием каналов.

Решение. Пусть V –– время обслуживания требования. Вычислим среднее время обслуживания

¥

M (V ) = òx × xe-x =dx {=x2 u=, du =2xdx=, dv e-xdx, v -e-x} =

0

¥¥

= -xe-x |¥0 +2òxe-xdx =2 òxe-xdx =

0	0
	¥

= {x u, du= dx, dv= e-xdx, =v -e-x} = 2{-=xe-x ¥0 + òe-xdx} = 2.

0

В формулах Эрланга r =l / n . Заменяя 1 / n на M (V ) = 2 , получаем r lM (=V ) = 2. По формуле (4.3.11) имеем:

Р =

1

= 3 / 21;

Р = Р

2

=

6 / 21;

=

0

1 + 2 +

22

+

23

+

24

1 2

1 + 2 +

22

+

23

+

24

2!

3!

4!

2!

3!

4!

Р3 = 4 / 21 и Р4 = 2 / 21. Вероятность застать все

каналы

занятыми

равна

Р4 = 2 / 21. Это и есть вероятность потери требования.

Среднее число занятых каналов равно

0 ×6 / 21 +1× 6 / 21 + 2 ×6 / 21 + 3 ×4 / 21 + 4 ×2 /=21

38 / 21 »1,81.

Ответ. 2/21; 38 / 21 »1,81.

Задача 4.27.

В систему

массового

обслуживания, состоящую

из n

каналов	обслуживания, поступает			простейший	поток	требований
интенсивности l. Времена обслуживания требований независимы и каждое
имеет распределение		при x £1,
	ì0
	ï
		(x -1) / b		при 1 < x £ b +1,
	F (x) = í
	ï	при b +1 £ x.
	î1

Требование, заставшее все каналы обслуживания занятыми, теряется.

Найдите вероятность потери требования и среднее число занятых обслуживанием каналов. (См. пример 4.27, b –– номер варианта, в нечетных вариантах n = 5 , в четных вариантах n = 6 , l –– сумма цифр варианта.)

315

Пример 4.28. На многоканальный контактный телефон фирмы поступает простейший поток звонков интенсивности пять звонков в .час Время разговора с каждым клиентом в среднем занимает 10 минут. Звонки, заставшие все каналы занятыми, теряются. Сколько должно быть каналов для того, чтобы терялось не более 10% звонков?

Решение. Формулы Эрланга сохраняют свою структуру при любом

распределении времени

обслуживания

и

зависят

только

от среднего

значения длительности обслуживания. В

нашем

случаеl = 5,

среднее

время обслуживания

равно1/6

ч.

Поэтому

r = 5 / 6.

Явно решить

неравенство

1

rn

n!

< 0,1,

1 + r +

1

+ . . . +

1

rn

2!

n!

даже при известном значенииr, едва ли возможно. Поэтому естественно

найти n простым перебором его

значений. Начнем

с n = 2 . По

формуле

(4.3.12) при n = 2

1 æ 5 ö2

ç

÷

Р2 =

2!è

6 ø

25 / 157 » 0,16 > 0,1.

5

=

1 æ 5

ö2

1 +

+

ç

÷

6

2!è 6

ø

По той же формуле при n = 3

1 æ 5 ö3

ç

÷

3!

Р3 =

è 6

ø

» 0,05.

1 +

5

+

1

æ

5 ö2

+

1

æ

5 ö3

ç

÷

ç

÷

6

2!

3!

è

6 ø

è

6 ø

Вычисления показали, что при двух каналах теряется около16% звонков, а уже при трех каналах потери составят около 5% звонков.

Ответ. Достаточно трех каналов.

Задача 4.28. В отдел заказов торгового центра поступает на многоканальный телефон простейший поток заявок интенсивностиl

заявок в час. Времена обслуживания заявок независимы и имеют функцию распределения

ì0 при x £1 / b,

ï

F (x) = íln bx при 1 / b < x £ e / b,

ïî1 при e / b < x.

316