Введение в теорию массового обслуживания с ожиданием

Рефераты, курсовые, дипломные, контрольные (предпросмотр)

Тип: Реферат. Файл: Word (.doc) в архиве zip. Категория: Математика
Адрес этого реферата http://referat-kursovaya.repetitor.info/?essayId=3955 или
Загрузить
В режиме предпросмотра не отображаются таблицы, графики и иллюстрации. Для получения полной версии нажмите кнопку «Загрузить». Рефераты, контрольные, дипломные, курсовые работы предоставляются в ознакомительных целях, не для плагиата.
Страница 1 из 3 [Всего 3 записей]1 2 3 »

Введение

Судьбу требований, которые при поступлении в систему обслуживания застают все приборы занятыми, определяют с помощью задания типа системы обслуживания. Один из типов систем является система с ожиданием.

Системы с ожиданием - возможно ожидание для любого числа требований, которые не могут быть обслужены сразу. Они составляют очередь, и с помощью некоторой дисциплины обслуживания определяются, в каком порядке ожидающие требования выбираются из очереди для обслуживания.

Изобразим данную систему графически (рис. 1). Здесь кружочек 1 - обслуживающий прибор, треугольник - накопитель, кружочек О - источник требований. Требование, возникающее в источнике в момент окончания фиктивной операции "ожидания требований", поступает в накопитель. Если в этот момент прибор 1 свободен, то требование немедленно поступает на обслуживание. Если же прибор занят, то требование остается в накопителе, становясь в конец имеющейся очереди.

Как только прибор 1 заканчивает производимую им операцию, немедленно принимается к обслуживанию требование из очереди т.е. из накопителя, и начинается новая операция обслуживания. Если требований в накопителе нет, то новая операция не начинается, стрелкой а показан поток требований от источника к накопителю, стрелкой b - поток обслуженных требований.

Система массового обслуживания с ожиданием

Постановка задачи.

Мы изучим здесь классическую задачу теории массового обслуживания в тех условиях, в каких она была рассмотрена и решена Эрлангом. На m одинаковых приборов поступает простейший поток требований интенсивности . Если в момент поступления требования имеется хотя бы один свободный прибор, оно немедленно начинает обслуживаться. Если же все приборы заняты, то вновь поступившее требование становится в очередь за всеми теми требованиями, которые поступили раньше и еще не начали обслуживаться. Освободившийся прибор немедленно приступает к обслуживания очередного требования, если только имеется очередь. Каждое требование обслуживается только одним прибором, и каждый прибор обслуживает в каждый момент не более одного требования. Длительность обслуживания представляет собой случайную величину с одним и тем же распределением вероятностей F(x). Предполагается, что при

Эрланг решил эту задачу, имея в виду постановки вопросов возникших к тому времени в телефонном деле.

Выбор распределения (1) для описания деятельности обслуживания произведен не случайно. Дело в том, что в этом предположении задача допускает простое решение, которое с удовлетворительной для практики точности описывает ход интересующего нас процесса. Мы увидим, что распределение (1) играет в теории массового обслуживания исключительную роль, которая в значительной мере вызвана следующим свойством:

При показательном распределении длительности обслуживания распределение деятельности оставшейся части работы по обслуживанию не зависит от того, сколько оно уже продолжалось.

Действительно, пусть fa(t) означает вероятность того, что обслуживание, которое уже продолжается время a, продлится еще не менее чем t. В предположении, что длительность обслуживания распределена показательно, f0(t)=e- t. Далее ясно, что

Требуемое доказано.

Несомненно, что в реальной обстановке показательное время обслуживания является, как правило, лишь грубым приближением к действительности. Так, нередко время обслуживания не может быть меньше чем, чем некоторая определенная величина. Предположение же (1) приводит к тому, что значительная доля требований нуждается лишь в кратковременной операции близкой к 0. Позднее перед нами возникает задача освобождения от излишнего ограничения, накладываемого предположением (1). Необходимость этого была ясна уже самому Эрлангу, и он в ряде работ делал усилия найти иные удачные распределения для длительности обслуживания. В частности, им было предложено так называемое распределение Эрланга, плотность распределения которого дается формулой

Распределение Эрланга представляет собой распределение суммы k независимых слагаемых, каждое из которых имеет распределение (1).

Обозначим для случая распределения (1) через время обслуживания требования. Тогда средняя длительность обслуживания равна

Это равенство дает нам способ оценки параметра по опытным данным. Как легко вычислить, дисперсия длительности обслуживания равна

Составление уравнений.

система с ожиданием в случае простейшего потока и показательного времени обслуживания представляют собой случайный процесс Маркова.

Найдём те уравнения, которым удовлетворяют вероятности Pk(t). Одно из уравнений очевидно, а именно для каждого t

Найдем сначала вероятность того, что в момент t+h все приборы свободны. Это может произойти следующими способами:

в момент t все приборы были свободны и за время h новых требований не поступало;

в момент t один прибор был занят обслуживанием требования, все остальные приборы свободны; за время h обслуживание требования было завершено и новых требований не поступило.

Остальные возможности, как-то: были заняты два или три прибора и за время h работа на них была закончена - имеют вероятность o(h), как легко в этом убедится.

Вероятность первого из указанных событий равна

вероятность второго события

Таким образом,

Отсюда очевидным образом приходим к уравнению

(3)

Перейдем теперь к составлению уравнений для Pk(t) при k 1. Рассмотрим отдельно два различных случая: 1 k m и k m. Пусть вначале 1 k m. Перечислим только существенные состояния, из которых можно прийти в состояние Ek в момент t+h. Эти состояния таковы:

В момент t система находилась в состоянии Ek, за время h новых требований не поступило и ни один прибор не окончил обслуживания. Вероятность этого события равна

В момент t система находилась в состоянии Ek-1, за время h поступило новое требование, но ни одно ранее находившееся требование не было закончено обслуживанием. Вероятность этого события равна

В момент t система находилась в состоянии Ek+1 , за время h новых требований не поступило, но одно требование было обслужено. Вероятность этого равна

Все остальные мыслимые возможности перехода в состояние Ek за промежуток времени h имеют вероятность, равную 0(h).

Собрав воедино найденные вероятности, получаем следующее равенство:

Несложные преобразования приводят нас к такому уравнению для 1 k m:

(4)

Подобные же рассуждения для k m приводят к уравнению

` (5)

Для определения вероятностей Pk(t) мы получили бесконечную систему дифференциальных уравнений (2)-(5). Ее решение представляет несомненные технические трудности.

Определение стационарного решения.

В теории массового обслуживания обычно изучают лишь установившееся решение для t . Существование таких решений устанавливается так называемыми эргодическими теоремами, некоторые из них позднее будут нами установлены. В рассматриваемой задаче оказывается, что предельные или, как говорят обычно, стационарные вероятности существуют. Введем для них обозначения Pk . Заметим дополнительно, (этого мы также сейчас не станем доказывать), что при t .

Сказанное позволяет заключить, что уравнения (3), (4) и (5) для стационарных вероятностей принимают следующий вид:

К этим уравнениям добавляется нормирующее условие

(9)

Для решения полученной бесконечной алгебраической системы введем обозначения:

Система уравнений (6)-(8) в этих обозначениях принемает такой вид:

Уравнение (10) позволяет заключить, что при 1 k m

(12)

При k m из уравнения (11) находим, что

и следовательно, при k m

(13)

Остается найти P0. Для этого в (9) подставляем выражения Pk из (12) и (13). В результате

Так бесконечная сумма, стоящая в квадратных скобках, находится только при условии, что

m (14)

то при этом положении находим равенство

(15)

Если условие (14) не выполнено, т.е. если m, то ряд, стоящий в квадратной скобке уравнения для определения P0 , расходится и, значит, P0 должно быть равно 0. Но при этом, как следует из (12) и (13), при всех k 1 оказывается Pk =0.

RSSСтраница 1 из 3 [Всего 3 записей]1 2 3 »


При любом использовании материалов сайта обязательна гиперссылка на сайт «Репетитор».
Разработка и Дизайн компании Awelan
www.megastock.ru
Проверить аттестат