Ｍ／Ｍ／ｍの出発過程はポアソン過程（１）

待ち行列理論

「Ｍ／Ｍ／２の出発過程はポアソン過程」の続きです。
ここまでくれば、Ｍ／Ｍ／ｍの出発過程もポアソン過程であることが推測されます。それを証明してみましょう。「Ｍ／Ｍ／２の出発過程はポアソン過程」での下図

に対応する図を描けば下図のようになります。

ここから以下の連立微分方程式が導かれます。

  • \frac{dp(0,t)}{dt}=-\frac{mu}{t_e}p(0,t)・・・・・（１）
  • 1{\le}k{\le}mの時
    • \frac{dp(k,t)}{dt}=\frac{mu}{t_e}p(k-1,t)-\frac{k+mu}{t_e}p(k,t)・・・・・（２）
  • \frac{dp({\ge}m,t)}{dt}=\frac{mu}{t_e}p(m-1,t)-\frac{m}{t_e}p(m,t)・・・・・（３）

「Ｍ／Ｍ／２の出発過程はポアソン過程」の類推で、これらの連立微分方程式の解が

  • [tex:k
    • p(k,t)=\frac{(mu)^k}{k!}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（４）
  • k=mの時
    • p({\ge}m,t)=p_b\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（５）

であると仮定します。ただし、p_0はステーション内の装置が全て空いている確率であり、「Ｍ／Ｍ／ｍにおける待ち時間の式の導出（２）」の式（１４）から

  • p_0=\frac{1}{\Bigsum_{k=0}^{m-1}\frac{(mu)^k}{k!}+\frac{(mu)^m}{m!(1-u)}}・・・・・（６）

です。一方、p_bはステーション内の装置が全て処理中である確率を表します。（４）と（５）を実際に（１）、（２）、（３）に代入してこれらが解であることを確かめます。
その前にp_bがどのように表されるか計算します。p_bはm台の装置が全て処理中である確率ですから、ステーション内にジョブがm個以上ある確率です。「Ｍ／Ｍ／ｍにおける待ち時間の式の導出（２）」の式（１２）からk{\ge}mであるとしてステーション内にジョブがk個ある確率p_kは

  • p_k=\frac{(mu)^m}{m!}u^{k-m}p_0・・・・・（７）

です。よって、ステーション内にジョブがm個以上ある確率p_bは

  • p_b=\Bigsum_{k=m}^{\infty}p_k=\Bigsum_{k=m}^{\infty}\frac{(mu)^m}{m!}u^{k-m}p_0
    • =\frac{(mu)^m}{m!}p_0\Bigsum_{k=m}^{\infty}u^{k-m}=\frac{(mu)^m}{m!}p_0\frac{1}{1-u}
    • =\frac{(mu)^m}{m!(1-u)}p_0

よって

  • p_b=\frac{(mu)^m}{m!(1-u)}p_0・・・・・（８）

です。


では、（４）を（１）に代入してみます。この場合、k=0ですから式（４）は

  • p(0,t)=p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（９）

になります。（９）を（１）の左辺に代入すると

  • \frac{dp(0,t)}{dt}=-\frac{mu}{t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（１０）

次に（９）を（１）の右辺に代入すると

  • -\frac{mu}{t_e}p(0,t)=-\frac{mu}{t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（１１）

よって（１）の左辺と右辺が等しいことが確かめられました。よって（９）が（１）の解であることが確かめられました。


次に、（４）を（２）に代入して確かめてみます。（２）の左辺は

  • \frac{dp(k,t)}{dt}=-\frac{(mu)^{k+1}}{k!t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（１２）

になります。（２）の右辺は

  • \frac{mu}{t_e}p(k-1,t)-\frac{k+mu}{t_e}p(k,t)
    • =\frac{mu}{t_e}\frac{(mu)^{k-1}}{(k-1)!}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)-\frac{k+mu}{t_e}\frac{(mu)^k}{k!}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[\frac{mu}{t_e}\frac{(mu)^{k-1}}{(k-1)!}-\frac{k+mu}{t_e}\frac{(mu)^k}{k!}\right]p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[\frac{(mu)^k}{(k-1)!t_e}-k\frac{(mu)^k}{k!t_e}-mu\frac{(mu)^k}{k!t_e}\right]p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[\frac{(mu)^k}{(k-1)!t_e}-\frac{(mu)^k}{(k-1)!t_e}-\frac{(mu)^{k+1}}{k!t_e}\right]p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =-\frac{(mu)^{k+1}}{k!t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（１３）

となり、（１２）と一致します。よって（４）が（２）を満たすことが分かります。


最後に、（４）（５）を（３）に代入して確かめます。（３）の左辺は

  • \frac{p({\ge}m,t)}{dt}=-\frac{mu}{t_e}p_b\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)

ここで（８）を代入すれば

  • \frac{p({\ge}m,t)}{dt}=-\frac{mu}{t_e}\frac{(mu)^m}{m!(1-u)}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)=-\frac{(mu)^{m+1}}{m!(1-u)t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)・・・・・（１４）

（３）の右辺は

  • \frac{mu}{t_e}p(m-1,t)-\frac{m}{t_e}p({\ge}m,t)=\frac{mu}{t_e}\frac{(mu)^{m-1}}{(m-1)!}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)-\frac{m}{t_e}p_b\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[\frac{(mu)^m}{(m-1)!t_e}p_0-\frac{m}{t_e}p_b\right]\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)

ここで（８）を代入すれば

  • \frac{mu}{t_e}p(m-1,t)-\frac{m}{t_e}p(m,t)=\left[\frac{(mu)^m}{(m-1)!t_e}p_0-\frac{m}{t_e}\frac{(mu)^m}{m!(1-u)}p_0\right]\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[\frac{1}{(m-1)!}-\frac{m}{m!(1-u)}\right]\frac{(mu)^m}{t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =\left[1-\frac{1}{(1-u)}\right]\frac{m(mu)^m}{m!t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =-\frac{u}{(1-u)}\frac{m(mu)^m}{m!t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)
    • =-\frac{(mu)^{m+1}}{m!(1-u)t_e}p_0\exp\left(-\frac{mu}{t_e}t\right)

となり、（１４）と一致します。よって（４）（５）が（３）を満たすことが分かります。


以上から連立微分方程式（１）（２）（３）の解は（４）（５）であることが分かりました。


「Ｍ／Ｍ／ｍの出発過程はポアソン過程（２）」に続きます。