Ｍ／Ｍ／ｍにおける待ち時間の式の導出（３）

これは「Ｍ／Ｍ／ｍにおける待ち時間の式の導出（２）」の続きです。
Ｍ／Ｍ／ｍにおける待ち時間の式の導出（２）では、定常状態での各状態 $k$ の確率 $p_k$ が求まりました。ここから、待ち行列に並んでいるロットの数の平均、すなわち行列の長さの平均を求めることが出来ます。待ち行列に１個ロットが並んでいる状態はすなわち、 $m$ 台の装置が皆ロットを処理していて、さらに待ち行列に１個ロットが並んでいる状態ですからその確率は $p_{m+1}$ になります。同様に考えて、待ち行列に $k$ 個ロットが並んでいる状態の発生確率は $p_{k+m}$ になります。よって、行列の平均の長さ $L_q$ は

$L_q=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(kp_{k+m})$ ・・・・・・（１５）

で与えられることになります。式（１５）に式（１２）を代入して

$L_q=\Bigsum_{k=1}^{\infty}\left\{k\frac{(mu)^m}{m!}u^kp_0\right\}=\frac{(mu)^m}{m!}p_0\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)$
$L_q=\frac{(mu)^m}{m!}p_0\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)$ ・・・・・・（１６）

ここで

$S=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)$ ・・・・・・（１７）

とおくと

$uS=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^{k+1})=\Bigsum_{k=2}^{\infty}\{(k-1)u^{k}\}$ ・・・・・・（１８）

よって式（１７）の両辺から式（１８）の両辺を引くと

$(1-u)S=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)-\Bigsum_{k=2}^{\infty}\{(k-1)u^{k}\}=\Bigsum_{k=2}^{\infty}\{ku^k-(k-1)u^k\}+u$
$=\Bigsum_{k=2}^{\infty}u^k+u=\Bigsum_{k=1}^{\infty}u^k=\frac{u}{1-u}$