Pozdrav svima,

Recimo da se radi o sistemu [inlmath]M/M/k/r[/inlmath]. Neka je [inlmath]k=3[/inlmath] (sistem ima [inlmath]3[/inlmath] mesta za usluzivanje) i neka je [inlmath]r=0[/inlmath] (ne postoji red cekanja ukoliko su sva mesta za usluzivanje zauzeta). Neka je prosecan broj zahteva u jedinici vremena [inlmath]\lambda=4[/inlmath] i neka je prosecan broj usluga u jedinici vremena [inlmath]\mu=6[/inlmath]. Kako izracunati finalne verovatnoce? Trazio sam formule za izracunavanje ali deluju mi previse komplikovano a i nisam siguran da li se iste koriste za nalazenje finalnih verovatnoca.

Hvala unapred

Pozdrav i tebi,

Ovo baš i ne spada u samu matematiku, to je više neka primena verovatnoće u tehnici. Međutim, sasvim slučajno sam se sa ovime susretao u okviru jednog predmeta na faksu (Telekomunikacione mreže na ETF-u, da li možda i ti sad spremaš taj predmet?) pa se ponečega sećam. Samo, molim te, sve ovo što ću napisati uzmi s deeebelom rezervom i sve to i sâm dobro proveri, jer sam ipak dosta toga i pozaboravljao...

Graf sistema [inlmath]M/M/3/0[/inlmath] izgledao bi ovako:


Na osnovu osobine da kroz bilo koju konturu ulazni protok mora biti jednak izlaznom, pišemo jednačine:
[dispmath]\begin{array}{lll}
\lambda p_0=\mu p_1 & \quad\Rightarrow\quad & p_1=\frac{\lambda}{\mu}p_0=\frac{4}{6}p_0=\frac{2}{3}p_0 \\
\lambda p_1=2\mu p_2 & \quad\Rightarrow\quad & p_2=\frac{\lambda}{2\mu}p_1=\frac{4}{2\cdot 6}p_1=\frac{4}{2\cdot 6}\cdot\frac{2}{3}p_0=\frac{2}{9}p_0 \\
\lambda p_2=3\mu p_3 & \quad\Rightarrow\quad & p_3=\frac{\lambda}{3\mu}p_2=\frac{4}{3\cdot 6}p_2=\frac{4}{3\cdot 6}\cdot\frac{2}{9}p_0=\frac{4}{81}p_0
\end{array}[/dispmath]
Treba još da odredimo koliko je [inlmath]p_0[/inlmath]. Njega određujemo na osnovu činjenice da sistem mora biti u nekom od ova četiri stanja ([inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] ili [inlmath]3[/inlmath]), tj.
[dispmath]\sum_{n=0}^3 p_n=1[/dispmath]
[dispmath]p_0+p_1+p_2+p_3=1[/dispmath]
[dispmath]p_0+\frac{2}{3}p_0+\frac{2}{9}p_0+\frac{4}{81}p_0=1[/dispmath]
[dispmath]p_0=\frac{1}{1+\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\frac{4}{81}}=\cdots[/dispmath]
...i kad odrediš [inlmath]p_0[/inlmath], nađeš i [inlmath]p_1[/inlmath], [inlmath]p_2[/inlmath] i [inlmath]p_3[/inlmath]...

Hvala na pomoci. Spremam ispit iz slucajnih procesa i jedan deo je posvecen sistemima masovnog usluzivanja.
Kakva je situacija ako se radi o [inlmath]M/M/k/\infty[/inlmath] sistemu? Da li koristim iste pocetne jednacine ([inlmath]\lambda p_0=\mu p_1[/inlmath], itd.) ili postoji razlika? Hvala jos jednom.

Proverio sam rezultat za [inlmath]M/M/k/r[/inlmath] sistem i izgleda da je u redu. Resavam [inlmath]m/m/k/\infty[/inlmath].

Sistem je [inlmath]M/M/3/\infty[/inlmath].

[inlmath]k=3[/inlmath] i neka je [inlmath]\lambda=2[/inlmath] i [inlmath]\mu=1[/inlmath].

Verovatnocu [inlmath]p(0)[/inlmath] mozemo izracunati kao [inlmath]\frac{1}{A}[/inlmath] gde je [inlmath]A[/inlmath]:
[dispmath]p\left(0\right)=\frac{1}{A}[/dispmath]
[dispmath]A=\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1}\cdot\frac{\mu}{\left(k\mu-\lambda\right)\cdot k!}[/dispmath]
Moze mala pomoc kako da izracunam [inlmath]A[/inlmath], neko uputstvo, bilo kakva pomoc je dobrodosla?

Situacija kod beskonačnog kapaciteta reda čekanja ti je sledeća:


Dok mesta za usluživanje nisu popunjena, tj. dok je broj korisnika koji se obrađuju manji od [inlmath]k[/inlmath], tada je prosečan broj usluženih korisnika u jedinici vremena jednak [inlmath]i\mu[/inlmath], gde je [inlmath]i[/inlmath] broj korisnika u sistemu [inlmath]\left(i\le k\right)[/inlmath].
Kada su sva mesta za usluživanje popunjena (stanja od [inlmath]k[/inlmath] pa nadalje) tada je, nezavisno od broja zahteva u sistemu, prosečan broj usluženih korisnika u jedinici vremena jednak [inlmath]k\mu[/inlmath].
I, tada će jednačine biti:
[dispmath]\begin{array}{lll}
\lambda p_0=\mu p_1 & \quad\Rightarrow\quad & p_1=\frac{\lambda}{\mu}p_0 \\
\lambda p_1=2\mu p_2 & \quad\Rightarrow\quad & p_2=\frac{\lambda}{2\mu}p_1=\frac{1}{2!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^2 p_0 \\
\lambda p_2=3\mu p_3 & \quad\Rightarrow\quad & p_3=\frac{\lambda}{3\mu}p_2=\frac{1}{3!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^3 p_0 \\
\vdots \\
\lambda p_{k-1}=k\mu p_k & \quad\Rightarrow\quad & p_k=\frac{\lambda}{k\mu}p_{k-1}=\frac{1}{k!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^k p_0 \\
\lambda p_k=k\mu p_{k+1} & \quad\Rightarrow\quad & p_{k+1}=\frac{\lambda}{k\mu}p_k=\frac{1}{k!\cdot k}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1} p_0 \\
\lambda p_{k+1}=k\mu p_{k+2} & \quad\Rightarrow\quad & p_{k+2}=\frac{\lambda}{k\mu}p_{k+1}=\frac{1}{k!\cdot k^2}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+2} p_0 \\
\vdots \\
\lambda p_{n-1}=k\mu p_n & \quad\Rightarrow\quad & p_n=\frac{\lambda}{k\mu}p_{n-1}=\frac{1}{k!\cdot k^{n-k}}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^n p_0 \\
\end{array}[/dispmath]
[inlmath]p_0[/inlmath] određujemo na sličan način kao i u prethodnom slučaju – sistem se mora naći u nekom od stanja, tj. zbir verovatnoća svih stanja sistema mora biti jednak jedinici. Jedina je razlika to što je u ovom slučaju, zbog beskonačnog kapaciteta reda čekanja, broj stanja sistema beskonačan:
[dispmath]\sum_{i=0}^\infty p_i=1[/dispmath]
[dispmath]\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^ip_0+\sum_{i=k+1}^\infty\frac{1}{k!\cdot k^{i-k}}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^ip_0=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\sum_{i=k+1}^\infty\frac{1}{k!\cdot k^{i-k}}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i\right]=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\sum_{i=k+1}^\infty\frac{k^k}{k!}\left(\frac{\lambda}{k\mu}\right)^i\right]=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\frac{k^k}{k!}\sum_{i=k+1}^\infty\left(\frac{\lambda}{k\mu}\right)^i\right]=1[/dispmath]
U drugom sabirku uočavamo geometrijsku progresiju:
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\frac{k^k}{k!}\left(\frac{\lambda}{k\mu}\right)^{k+1}\frac{1}{1-\frac{\lambda}{k\mu}}\right]=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\frac{1}{k!\cdot k}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1}\frac{1}{1-\frac{\lambda}{k\mu}}\right]=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\frac{1}{k!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1}\frac{1}{k-\frac{\lambda}{\mu}}\right]=1[/dispmath]
[dispmath]p_0\left[\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1}\frac{\mu}{\left(k\mu-\lambda\right)\cdot k!}\right]=1[/dispmath]
i onda uvedemo da je
[dispmath]\sum_{i=0}^k\frac{1}{i!}\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^i+\left(\frac{\lambda}{\mu}\right)^{k+1}\frac{\mu}{\left(k\mu-\lambda\right)\cdot k!}=A[/dispmath]
pa je
[dispmath]p_0\cdot A=1[/dispmath]
tj.
[dispmath]p_0=\frac{1}{A}[/dispmath]

I ova tema je stvarno dosta stara, ali prosto ne mogu da se ne uključim, makar jednim komentarom.
Pre svega, formulacija "beskonačni kapacitet reda" je sjajna. Mnogi autori govore o nekakvim beskonačnim redovima, što svakako nije adekvatan termin.
Naime, nikada i nema beskonačno mnogo klijenata u redu. Može se na tu temu filozofirati, ali SMO (sistemi masovnog opsluživanja) su deo Operacionih istraživanja i kao takva oblast predstavlja deo primenjene, da kažem inženjerske matematike čija je osnovna svrha proučavanje realnih, životvornih procesa kod ispitivanja pojava vezanih za opslugu mase klijenata, uz korišćenje matematičkog aparata teorije verovatnoće.
Dalje, sve što je ovde Daniel izveo apsolutno je korektno, uz neke pretpostavke:
a) Ulazni potok klijenata je Poasonov, sa parametrom [inlmath]\lambda[/inlmath] ili, što se svodi na isto, vreme između uzastopnih nailazaka klijenata ima eksponencijalnu raspodelu verovatnoća sa istim parametrom.
b) Opsluga je takođe eksponencijalna, intenziteta [inlmath]\mu[/inlmath]
c) Za slučaj s beskonačnim kapacitetom reda neophodan je uslov [inlmath]\lambda<k\mu[/inlmath] najpre stoga što bi u suprotnom došlo do nagomilavanja klijenata, tj do zagušenja SMO-a, a i matematički ne bi bilo korektno (geometrijski red).
Za SMO-e sa drugim raspodelama verovatnoća ne može se ovako egzaktno, analitički, doći do rezultata. Tu se najčešće koriste razne simulacione metode.