Расчет основных параметров в моделях массового обслуживания

Постановка и математические модели задачи

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

F (t)=1-e^-µt, (2).

где — постоянная.

Только что описанная задача представляет значительный прикладной интерес, и результаты, с которыми мы познакомимся, широко используются для практических целей. Реальных ситуаций, в которых возникают подобные вопросы, исключительно много. Эрланг решил эту задачу, имея в виду постановки вопросов, возникших к тому времени в телефонном деле/5, 55 с./.

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

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

Действительно, пусть означает вероятность того, что обслуживание, которое уже продолжается время а, продлится еще не менее чем. В предположении, что длительность обслуживания распределена показательно,.

. Далее ясно, что и. А так как всегда и, и, следовательно,.

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 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.

(2).

где >0, a k — целое положительное число.

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.

(3).

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

Dз=Mз²-(Mз)²=1/µ² (4).

Задача теперь состоит в том, чтобы найти те уравнения, которым удовлетворяют вероятности. Одно из уравнения очевидно, a именно для каждого t.

Найдём сначала вероятность того, что и 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 /6, 264 с./.

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

Вероятность первого из указанных событий равна.

P₀(t)*e^-лh=P₀(t)*(1-л*h+0(h)) (5).

вероятность второго события.

P₁(t)*e^-лh*(1-e ^-µ*h)=P₁(t)*µ*h+0(h)) (6).

Таким образом.

P₀(t+h)=P₀(t)*(1-л*h)+µ*h*P₁(t)+0(h) (7).

Отсюда очевидным образом приходим к уравнению.

Перейдём теперь к составлению уравнений для при 1. Рассмотрим отдельно два различных случая: 1 и. Пусть в начале 1. Перечислим только существенные состояния, из которых можно прийти в состояние в момент t+h. Эти состояния таковы:

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

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

Собрав воедино найденные вероятности, получаем следующее равенство:

Несложные преобразования приводят от этого равенства к такому уравнению для 1;

(8).

Подобные же рассуждения для приводят к уравнению.

(9).

Для определения вероятностей получили бесконечную систему дифференциальных уравнений (4) — (10). Её решение представляет несомненные технические трудности.