III.1.1. A hátralévő élettartam paradoxona


Mielőtt nekilátnánk a beágyazott Markov-láncok ismertetésének, meg kell értenünk a még hátralévő kiszolgálási idő néhány tulajdonságát. Azzal az esettel foglalkozunk, amikor a beérkező igény egy részben kiszolgált igényt talál a kiszolgáló csatornában. Egy látszólagos paradoxonnal kezdjük. Tegyük fel, hogy valaki egy tetszőleges pillanatban egy villamosmegállóhoz ér és aztán villamosra vár. Tegyük fel még, hogy ehhez a megállóhoz Poisson-folyamat szerint érkeznek a villamosok, átlagosan percenként $\lambda$ villamos. Átlagosan menny időt kell várnunk a következő villamos érkezésére? Két, egyaránt logikusnak tűnő választ is adhatunk:

Mivel a villamosok beérkezése közötti idő átlagosan $1\over\lambda$ perc, és mivel egy véletlen időpontban érkeztünk, ezért átlagosan $1\over
2\lambda$ percet kell várnunk.

A Poisson-folyamat emlékezetnélkülisége miatt a következő beérkezésig eltelt idő független az előző beérkezés óta eltelt időtől, tehát átlagosan $1\over\lambda$ percet kell várnunk. Ezért az utolsó beérkezéstől addig az időpontig eltelt idő, mikor várni kezdtünk a villamosra, szintén $1\over\lambda$ perc. Így az utolsó és a következő villamos beérkezése közötti idő átlagosan $2\over\lambda$ perc, ami $2$-szer olyan hosszú, mint amilyennek a Poisson folyamat esetében lennie kellene. Tehát látszólag paradoxonnal állunk szemben. A következőkben belátjuk, hogy a második válasz a helyes. Ehhez tetszőleges eloszlású beérkezési időközöket veszünk, és az egyszerűség kedvéért felújításelméleti terminológiát használunk, és felújításelméleti eredményekre is hivatkozunk. Ezekről bővebben olvasható Karlin - Taylor (1985)-ben. Tekintsük az 1. ábrát. $A_k$ jelentse a $k$-adik villamost, $\tau_k$ az érkezési időpontját. Tegyük fel, hogy a $\tau_{k+1}-\tau_k$ időközök független, azonos eloszlású valószínűségi változók, melyek eloszlása és sűrűségfüggvénye:

\begin{displaymath}
F\left(x\right):=P\left(\tau_{k+1}-\tau_k\le x\right)\ \ \hbox{ \'es }\ \
f\left(x\right):={dF\left(x\right)\over dx}.
\end{displaymath}

 

1. ábra

Legyen $T$ egy elég nagy konstans és a $\left[0,T\right]$ szakaszon válasszunk ki egy véletlen $t$ időpontot, ekkor érkezünk a megállóba. Az ábrán $A_{n-1}$ a $t$ időpont előtt utoljára érkezett villamos, és $A_n$ az első amely $t$ után érkezik. Ezt az $A_{n-1} A_n$ beérkezési időközt jelölje $x$, és legyen $Y$ az az idő, amit a következő beérkezésig várnunk kell. A felújításelmélet nyelvén a $\{\tau_k\}$ pontok egy felújítási folyamatot alkotnak, azaz $\{\tau_k\}$ azon felújítási pillanatok sorozata, mikor egy régi alkatrész tönkremegy és azonnal egy újjal pótolják. $X$ az alkatrész élettartama, $Y$ a $t$ időponthoz képest még hátralévő élettartama, $X_0=X-Y$ az alkatrész kora. Keressük az $X$ és $Y$ sűrűségfüggvényét. Feltehetjük, hogy a folyamat régóta tart, mivel csak a határeloszlásokra vagyunk kíváncsiak. A hátralévő élettartam eloszlását jelölje

\begin{displaymath}
\hat{F}\left(x\right):=P\left(Y\le x\right) ,
\end{displaymath}

sűrűségfüggvényét

\begin{displaymath}
\hat{f}\left(x\right):={d\hat{F}\left(x\right)\over dx}.
\end{displaymath}

A kiválasztott $X$ élettartam sűrűségfüggvénye legyen $f_X\left(x\right)$, eloszlásfüggvénye

\begin{displaymath}
F_X\left(x\right):=P\left(X\le x\right).
\end{displaymath}

Vegyük észre, hogy ha két felújí< tási pont között hosszú idő telik el, akkor az az időtengely hosszabb szakaszát foglalja el, mint egy rövidebb időtartam, és nagyobb valószínűséggel esik a $t$ véletlen időpillanat a hosszú intervallumba, mint a rövidbe. Ennek szellemében el kell fogadnunk azt is, hogy annak a valószínűségnek, hogy egy $x$ hosszúságú intervallumot választunk ki, arányosnak kell lennie az $x$ hosszal, és az ilyen hosszúságú intervallumok relatív gyakoriságával, amit $f\left(x\right)dx$ ad meg. Így a kiválasztott intervallumra felírhatjuk, hogy

\begin{displaymath}
f_X\left(x\right)dx=Kxf\left(x\right)dx ,
\end{displaymath}

ahol a bal oldal $P\left(x<X<x+dx\right)$, a jobb oldal pedig tazt jelenti, hogy ez arányos az intervallum hosszával. A $K$ konstanst úgy választjuk, hogy helyesen normalizálja a sűrűségfüggvényt. Mindkét oldalt integrálva $K={1\over
m_1}$-et kapunk, ahol

\begin{displaymath}
m_1:=E\left(\tau_k-\tau_{k-1}\right) ,
\end{displaymath}

a felújítások közötti idő várható értéke. Tehát

\begin{displaymath}
f_X\left(x\right)={xf\left(x\right)\over m_1}.
\end{displaymath}

Ez azt jelenti, hogy az $X$ nem $F\left(x\right)$ eloszlású! A korábbi példa szavaival élve ez azt jelenti, hogy az az intervallum, amit azáltal választunk ki, hogy a villamosmegállóhoz érünk, nem egy tipikus intervallum! Itt rejlik a paradoxon megoldása: valószínűbb, hogy egy hosszabb intervallumot fogunk ki, mint egy rövidebbet. Látni fogjuk, hogy Poisson-folyamat esetében ez azt jelenti, hogy a kiválasztott intervallum kétszer olyan hosszú, mint egy tipikus intervallum. Keressük most meg a hátralévő idő $\hat{f}\left(x\right)$ sűrűségfüggvényét. Ha feltesszük, hogy $X=x$, akkor annak a valószínűsége, hogy az $Y$ hátralévő élettartam nem haladja meg az $y$ értéket,

\begin{displaymath}
P\left(Y\le y \ \vert\ X=x\right)={y\over x} ,
\end{displaymath}

ha $0\le y\le x$. Ez azért igaz, mert az $y$ pontot egyenletes eloszlás szerint választottuk. Felírhatjuk tehát az $X$ és $Y$ együttes eloszlásfüggvényét:

\begin{displaymath}
P\left(y<Y\le y+dy, x<X\le x+dx\right)=\left({dy\over x}\ri...
...x\right)dx\over
m_1}\right)={f\left(x\right)dydx\over m_1} ,
\end{displaymath}

ahol $0\le y\le x$. $x$ szerint integrálva kapjuk az $\hat{f}\left(y\right)$ sűrűségfüggvényt, amely $Y$ feltétel nélküli sűrűségfüggvénye, azaz

\begin{displaymath}
\hat{f}\left(y\right)dy=\int\limits_{x=y}^\infty{f\left(x\right)dydx\over m_1} ,
\end{displaymath}

innen

\begin{displaymath}
\hat{f}\left(y\right)={1-F\left(y\right)\over m_1}.\leqno(1)
\end{displaymath}

Ez megadja a hátralévő élettartam sűrűségfüggvényét a beérkezési időközök eloszlásfüggvénye és várható értéke segítségével. Jelölje $F^*\left(s\right)$ ill. $\hat{F}^*\left(s\right)$ az $f(x)$ ill. $\hat{f}(x)$ Laplace-transzformáltját. Mivel nemnegatív valószínűségi változókkal dolgozunk, az $(1)$-et egyszerűen transzformálhatjuk a függelékbeli táblázataink segítségével. Látható, hogy az

\begin{displaymath}
\hat{f}\left(x\right)={1-F\left(x\right)\over m_1}={1-\int\limits_{-\infty}^xf\left(x\right)dx\over
m_1}
\end{displaymath}

Laplace-transzformáltja

\begin{displaymath}
{{1\over s}-{F^*\left(s\right)\over s}\over m_1}={1-F^*\left(s\right)\over
sm_1}=\hat{F}^*\left(s\right).
\end{displaymath}

Ezek után könnyen kifejezhetjük a hátralévő élettartam momentumait az élettartam momentumaival. Legyen $m_n$ az élettartam $n$-edik momentuma, $r_n$ pedig a hátralévő élettartam $n$-edik momentuma, azaz $m_n:=E\left({\left(\tau_k-\tau_{k-1}\right)}^n\right), r_n:=E\left(Y^n\right)$. Alakítsuk az $m_n$-et.

\begin{displaymath}
\int\limits_0^\infty x^ndF\left(x\right)=\int\limits_0^y x^ndF\left(x\right)+\int\limits_y^\infty x^ndF\left(x\right) ,
\end{displaymath}

így

\begin{displaymath}
\int\limits_y^\infty x^ndF\left(x\right)=\int\limits_0^\infty x^ndF\left(x\right)-\int\limits_0^y x^ndF\left(x\right).
\end{displaymath}

Mivel

\begin{displaymath}
\int\limits_y^\infty x^ndF\left(x\right)\ge y^n\int\limits_y^\infty dF\left(x\right)=y^n\left(1-F\left(y\right)\right) ,
\end{displaymath}

ezért

\begin{displaymath}
0\le y^n\left(1-F\left(y\right)\right)\le \int\limits_0^\infty x^ndF\left(x\right)-\int\limits_0^y x^ndF\left(x\right) ,
\end{displaymath}

melyből

\begin{displaymath}
0\le \lim_{y\to\infty}y^n\left(1-F\left(y\right)\right)\le\...
...ght)-\lim_{y\to\infty}
\int\limits_0^y x^ndF\left(x\right) ,
\end{displaymath}

azaz

\begin{displaymath}
\lim_{y\to\infty}y^n\left(1-F\left(y\right)\right)=0.
\end{displaymath}

Ezek után parciális integrálással


\begin{displaymath}
\eqalign{\int\limits_0^\infty x^ndF\left(x\right)=&-\int\li...
...imits_0^\infty nx^{an-1}\left(1-F\left(x\right)\right)dx.\cr}
\end{displaymath}

Tehát

\begin{displaymath}
m_n=n\int\limits_0^\infty x^{n-1}\left(1-F\left(x\right)\right)dx.
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
r_n=\int\limits_0^\infty y^n\hat{f}\left(y\right)dy=\int\limits_0^\infty{y^n\left(1-F\left(y\right)\right)\over m_1}dy=
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
={\left(n+1\right)\over m_1}\int\limits_0^\infty{y^n\left(1...
...er \left(n+1\right)}dy={m_{n+1}\over m_1
\left(n+1\right)} ,
\end{displaymath}

azaz

\begin{displaymath}
r_n={m_{n+1}\over m_1\left(n+1\right)}.
\end{displaymath}

Speciális esetként kapjuk a várható értéket:

\begin{displaymath}
r_1={m_2\over 2m_1}={m_1\over 2}+{\sigma^2\over 2m_1} ,
\end{displaymath}

ahol $\sigma^2=m_2-m_1^2$. Emiatt nyilvánvaló, hogy a korábbi paradoxonra a helyes válasz csak akkor ${m_1\over 2}$, azaz a beérkezési időköz várható értékének a fele, ha $\sigma^2=0$, vagyis állandó beérkezési időközök esetén. Poisson-típusú beérkezési folyamatnál $m_1={1\over\lambda}, \sigma^2=
{1\over\lambda^2}$, így $r_1={1\over\lambda}=m_1$, azaz korábban valóban jó megoldást adtunk a paradoxonra. Jegyezzük még meg, hogy ${m_1\over 2}\le r_1$, és $r_1\to\infty$, ha $\sigma^2
\to\infty$ !

Nyitólap    Tartalomjegyzék    Fejezetek ( B I II III IV F )    Letöltések
FRAME-mel FRAME nélkül
<<   Előző Következő  >>