Ｍ／Ｍ／１における待ち時間の式の導出（２）

ここでは、Ｍ／Ｍ／ｍ待ち行列での考察をなぞる方法を紹介します。
到着時間の間隔が指数分布であり、処理時間が指数分布であることから、任意の時刻 $t$ から $dt$ の間にロットが到着する確率や、装置の処理が終了する確率は常に一定です（記憶なし特性）。平均処理時間は $t_e$ なので、 $dt$ の間に装置の処理が完了する確率は

$\frac{dt}{t_e}$ ・・・・・・（１）

となります。一方、装置の利用率が１００％（つまり１）の時の装置にやってくるロットの到着間隔の平均は、平均処理時間と等しくなりますから $t_e$ になります。さらに、ロットの到着間隔は装置の利用率 $u$ と反比例しますから

$\frac{t_e}{u}$

となります。よって、 $dt$ の間にロットが到着する確率は

$\frac{udt}{t_e}$ ・・・・・・（２）

次に、システム（待ち行列と装置を合わせた全体）内にあるロットの数が $k$ 個である確率を $p_k$ とします。またシステム内にロットが $k$ 個ある状態を状態 $k$ と呼ぶことにします。定常状態が存在すると仮定して、定常状態の $p_k$ の値をこれから求めます。
まず、 $p_0$ の確率を考えます。任意の時刻 $t$ から $dt$ の間に他の状態から状態0に入る遷移は、状態1から、ロットの処理が終了して状態0になる遷移しかありません。また、任意の時刻 $t$ から $dt$ の間に状態0から他の状態に出ていく遷移は、ロットが到着して状態1に出ていく遷移しかありません。それぞれの遷移の確率は、状態1→状態0が、式（１）から

$p_1\frac{dt}{t_e}$ ・・・・・・（３）

状態0→状態1が、式（２）から

$p_0\frac{udt}{t_e}$ ・・・・・・（４）

定常状態では $p_0$ の増減がないので、（３）と（４）は等しくなければなりません。

よって、

$p_1\frac{dt}{t_e}=p_0\frac{udt}{t_e}$

$p_1=up_0$ ・・・・・・（５）

となります。
今度は、状態1と状態2の関係を考えてみます。同様に式（１）と（２）を用いると下図のような結果になります。

ところが、

$p_1\frac{dt}{t_e}=p_0\frac{udt}{t_e}$

であることが判明していますので、 $p_1$ が一定であるためには今度は

状態2→状態1の遷移確率　と
状態1→状態2の遷移確率

が等しくなければなりません。よって

$p_2\frac{dt}{t_e}=p_1\frac{udt}{t_e}$

$p_2=up_1$ ・・・・・・（６）

以下、同様に考えれば、

$p_{i+1}=up_i$ ・・・・・・（７）

になります。式（７）から

$p_k=u^kp_0$ ・・・・・・（８）

が導かれます。さて、ここで $p_0$ は、装置が空いている確率ですから $p_0=1-u$ になります。よって

$p_k=u^k(1-u)$ ・・・・・・（９）

これで、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、装置がロットを１個処理中であって、待ち行列に１個並んでいる状態ですので、その確率は $p_2$ 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 $p_{k+1}$ になります。
よって、行列の平均の長さ $L_q$ は

$L_q=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(kp_{k+1})$ ・・・・・・（１０）

で与えられることになります。式（１０）に式（９）を代入して

$L_q=\Bigsum_{k=1}^{\infty}\{ku^{k+1}(1-u)\}=u(1-u)\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)$ ・・・・・・（１１）

ここで

$S=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^k)$ ・・・・・・（１２）

とおくと

$uS=\Bigsum_{k=1}^{\infty}(ku^{k+1})=\Bigsum_{k=2}^{\infty}\{(k-1)u^{k}\}$ ・・・・・・（１３）

よって式（１２）の両辺から式（１３）の両辺を引くと

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