III.1.1. A hátralévő élettartam paradoxona

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 -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. jelentse a -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

egy elég nagy konstans és a $\left[0,T\right]$ szakaszon válasszunk ki egy véletlen

időpontot, ekkor érkezünk a megállóba. Az ábrán $A_{n-1}$ a

időpont előtt utoljára érkezett villamos, és

az első amely

után érkezik. Ezt az $A_{n-1} A_n$ beérkezési időközt jelölje

, és legyen

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.

az alkatrész élettartama,

időponthoz képest még hátralévő élettartama,

az alkatrész kora. Keressük az

és

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

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

véletlen időpillanat a hosszú intervallumba, mint a rövidbe. Ennek szellemében el kell fogadnunk azt is, hogy annak a valószínűségnek, hogy egy

hosszúságú intervallumot választunk ki, arányosnak kell lennie az

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

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

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

, akkor annak a valószínűsége, hogy az

hátralévő élettartam nem haladja meg az

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

pontot egyenletes eloszlás szerint választottuk. Felírhatjuk tehát az

és

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 $0\le y\le x$ .

szerint integrálva kapjuk az $\hat{f}\left(y\right)$ sűrűségfüggvényt, amely

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

ill. $\hat{f}(x)$ Laplace-transzformáltját. Mivel nemnegatív valószínűségi változókkal dolgozunk, az

-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

az élettartam

-edik momentuma,

pedig a hátralévő élettartam

-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

-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 >>