Многоканальная система массового обслуживания с отказами

 

Допустим, что система имеет п каналов и работает с отказом. Строим граф состояний (рис. 5.2)

Из графа состояний видно, что перевод системы слева направо осуществляется с плотностью λ, что обусловлено независимостью потока заявок от числа каналов обслуживания. Обратный перевоз системы справа налево осуществляется с суммированной плотностью кμ (суммируются потоки от всех занятых каналов).

 

 

 

Рис. 5.2. Граф состояний многоканальной СМО с отказами

где к - число занятых каналов.

 

Применяя мнемоническое правило «что вытекает, то и втекает» получаем:

для к=0: Р₀ = μР₁; Р₁= Р₀ = λ Р₀ : Р₀ = Р₁

 

для к=1: λ Р₁ + μР₁ = λ Р₀ +2 μР₂; 2 μР₂= λ Р₁ + μР₁ - λ Р₀

 

2 μР₂= λ Р₁ + μР₁ - λ Р₁; Р₂ = Р₁= Р₁= Р₀

 

для к=2: λ Р₂+2 μР₂ = λ Р₁ +3 μР₃; 3 μР₃ =λ Р₂ +2 μР₂ - λ Р₁;

 

3 μР₃ = λ Р₂+ μР₂ - λ Р₂; Р₃ = Р₂ = Р₂ = Р₀

 

Аналогично и для к и п занятых каналов. В общем случае можно записать

Сумма вероятностей всех состояний должна быть = 1 потому

 

. (5.17)

 

Число занятых каналов	Приведенное правило «что вытекает, то и втекает»	Вероятности состояний для многоканальной системы с отказами
к=0	λ Р0 = μР1	Р1= Р0
к=1	λ Р1 = 2μР2	Р2= Р1 = Р0
к=2 : : к - 1 : : п - 1	λ Р2 = 3μР3 : : λ Рк-1 = кμРк : : λ Рп-1 = пμРп	Р3 = Р2 = Р0 : : Рк = Рк-1 = Р0 : : Рп = Рn-1 = Р0

 

Пример: смотри условие предыдущего примера, только п = 2 (λ = 5; μ = 3; п = 2).

Решение:

1. Определяем параметр α, то есть приведенную плотность

 

s w:ascii="Times New Roman" w:h-ansi="Cambria Math"/><wx:font wx:val="Cambria Math"/><w:i/><w:sz w:val="32"/><w:sz-cs w:val="32"/></w:rPr><m:t>в‰…</m:t></m:r></m:oMath></m:oMathPara></w:p><w:sectPr wsp:rsidR="00000000"><w:pgSz w:w="12240" w:h="15840"/><w:pgMar w:top="1134" w:right="850" w:bottom="1134" w:left="1701" w:header="720" w:footer="720" w:gutter="0"/><w:cols w:space="720"/></w:sectPr></w:body></w:wordDocument>"> 1,67

 

2. Определим вероятность состояния х₀, то есть полного простоя станции

 

0,246

 

Следовательно, 24,6% времени станция будет полностью простаивать (в предыдущем примере Р₀ = 0,375)

 

3. Определим вероятность других состояний

 

Р₁ = α Р₀= 1,67·0,246 = 0,41; 0,344

 

Проверка

 

0,246 + 0,41 + 0,344 =1 (верно)

 

4. Вероятность отказа системы

 

Р_отк= Р₂ =0,344

 

То есть, 34,4% получают отказ (в предыдущем примере Р_отк =0,625)

 

5. Относительная пропускная способность

 

q_отн = 1- Р_отк = 1 - 0,344 = 0,656

 

То есть, 65,5% автомобилей будут обслужены (в предыдущем примере 37,5%)

 

6. Определяем абсолютную пропускную способность станции:

 

за 1 ч → Q_абс = λ · q_отн = 5 · 0,656 = 3,28 авт./час

 

за 10 ч → 32,8 авт. (в предыдущем примере ≈ 19 авт.)

 

7. Определяем номинальную (max) пропускную способность станции

 

Q_max = μ·t·n = 3·10·2 = 60 авт.

 

8. Отношение = = 1,83 (в предыдущем примере -1,6)

 

9. Определим среднее число занятых каналов

 

М(к) = = 1 · 0,41 + 2 · 0,344 = 1,098 каналов.

 

Многоканальные СМО с ожиданием при

Ограниченной очереди

Допустим СМО имеет п каналов обслуживания и m мест в очереди. Как только все места в очереди заняты заявка получает отказ. Построим граф состояний (рис. 5.3)

 

Возникает очередь

Рис. 5.3. Граф состояний многоканальной СМО с ожиданием при ограничении очереди

 

Из графа состояний видно, что поток слева направо характеризуется плотностью λ, а справа налево до возникновения очереди суммарной плотностью кμ, а после возникновения очереди постоянной плотностью пμ.

Пользуясь мнемоническим правилом вычислим вероятности состояний системы:

До возникновения очереди

 

Число занятых каналов, к	Приведенное правило «что втекает, то и вытекает»	Вероятности состояний системы
: : к=п- 1	λ Р0 = μР1 λ Р1 = 2μР2 λ Р2 = 3μР3 : : λ Рк-1 = кμРк	Р1= α Р0 Р2= Р0 Р3 = Р0 : : Рп = Р0

После возникновения очереди

 

Число занятых мест S,	Приведенное правило «что втекает, то и вытекает»	Вероятности состояний системы
: : S : : m	λ Рn = nμРn+1 λ Рn+1 = nμРn+2 λ Рn+2 = nμРn+3   : : λ Рn+S-1 = nμРn+3 : : λ Рn+m-1 = nμРn+m	Рn+1 = Рn = · Р0 Рn+2 = Рn+1 = · Р0 Рn+3 = Рn+2 = · Р0 : : Рn+3 = Рn+S-1 = · Р0 : : Рn+m = Рn+m+1= · Р0

 

Сумма вероятностей всех состояний системы = 1, то есть

 

, (5.18)

 

откуда

. (5.19)

 

Пример: (смотри предыдущий пример) λ = 5; μ = 3; n = 2 и m = 2

 

 

Решение:

1. Строим граф состояний

 

Рис. 5.4. Граф состояний двухканальной СМО с двумя местами в очереди

2. Определим приведенную плотность α

 

α= 1,67

 

3. Вероятность состояния х₀, полного простоя станции

 

=0,16

 

4. Вероятность состояний системы до возникновения очереди

 

Р₁ = α Р₀ = 1,67∙0,16 = 0,27; 0,16 = 0,225

 

5. Вероятность состояний после возникновения очереди

 

Р₃ = Р₀ = 0,16 = 0,186

Р₄ = Р₀ = 0,16 = 0,159

Проверка

0,16 + 0,27 + 0,225 + 0,186 + 0,159 = 1

6. Вероятность отказа Р_отк = Р₄ = 0,159

7. Относительная пропускная способность станции

q_отн =1- Р_отк = 1- 0,159 = 0,841 (в предыдущем примере 0,656)

То есть 84% автомобилей будут обслужены.

8. Абсолютная пропускная способность станции

за 1 ч → Q_абс = λ · q_отн = 5 · 0,841 = 4,205 авт./ч

за 10 ч → 42,05 авт. (в предыдущем примере ≈ 32,8 авт.)

9. Номинальная (max) пропускная способность станции

Q_max = μ·t·n = 3·10·2 = 60 авт.

10. Отношение = 1,42 (в предыдущем примере →1,83)

11. Среднее число занятых каналов

М(к) = + = 1 · 0,27 + 2 · 0,225 + 2(0.186+0159) = 1,728 канала (в предыдущем примере →1,098)

12. Средняя длина очереди

М (S) = = 1· 0,186 + 2· 0,159 = 0,504 автомобиля.

13. Среднее время ожидания в очереди

= = 0.12 часа.

14. Среднее время пребывания автомобиля в системе

= = 0,12 + 0,333 = 0,453 часа.

 

Из рассмотренных примеров наглядно видно, что эффективность системы повышается с увеличением числа каналов обслуживания и при наличии очереди. Однако, при этом повышаются и затраты на содержание системы.