工場統計力学（建設中！）

Ｅ２／Ｍ／１待ち行列の到着時刻状態分布（２）

待ち行列理論

「Ｅ２／Ｍ／１待ち行列の到着時刻状態分布（１）」の続きです。
あるジョブ到着直前にシステムにジョブが $j$ 個あったとします。その次のジョブ到着直前に $k$ 個になる確率を $C(j,k)$ で表すことにします。この間隔の間にジョブは１個到着しますが、処理完了するジョブは最大、全部終了する可能性があります。よってジョブが２個以上増える確率はゼロです。よって

$C(j,k)=0$ 　　ただし $k{\ge}j+2$ ・・・・・（９）

さらに、２番目の到着直前にジョブが１個以上残っている確率は式（８）を用いて

$C(j,k)=B(j+1-k)$ 　ただし $1{\le}k{\le}j+1$ ・・・・・（１０）

２番目の到着直前にジョブが０個残っている確率には（１０）は適用出来ません。というのは元々 $j$ 個しかないので、（到着したジョブも含めて） $j+1$ 個より多くのジョブが処理完了することはないからです。最初の到着の直前に $j$ 個だった場合に、次の到着直前でのジョブ数の全ての可能性の確率を足せば１になるはずですから、

$\Bigsum_{k=0}^{j+1}C(j,k)=1$

よって

$C(j,0)=1-\Bigsum_{k=1}^{j+1}C(j,k)$

ここで（１０）を用いれば

$C(j,0)=1-\Bigsum_{k=1}^{j+1}B(j+1-k)=1-\Bigsum_{m=0}^jB(m)$

よって

$C(j,0)=1-\Bigsum_{m=0}^jB(m)$ ・・・・・（１１）

ところで最初の到着直前にシステム内のジョブ数が $j$ である確率を $p(j)$ とすれば、次の到着直前でジョブ数が $k$ である確率は

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}C(j,k)p(j)$

で表されます。定常状態では、この確率は $p(k)$ に等しいはずですから

$p(k)=\Bigsum_{j=0}^{\infty}C(j,k)p(j)$

になります。これが平衡方程式になります。これを（９）（１０）（１１）を考慮すると
$k{\ge}1$ の時

$p(k)=\Bigsum_{j=0}^{\infty}B(j+1-k)p(j)=\Bigsum_{j=k-1}^{\infty}B(j+1-k)p(j)=\Bigsum_{j=k}^{\infty}B(j-k)p(j-1)$

よって

$p(k)=\Bigsum_{j=k}^{\infty}B(j-k)p(j-1)$ 　　ただし $k{\ge}1$ ・・・・・（１２）

$k=0$ の時

$p(0)=\Bigsum_{j=0}^{\infty}C(j,0)p(j)$ ・・・・・（１３）

ただし $C(j,0)$ は（１１）で与えられる、となります。
さらに全確率の定理から

$\Bigsum_{k=0}^{\infty}p(k)=1$ ・・・・・（１４）

これら（１２）（１３）（１４）を解くことによって $p(k)$ を求めることになります。
これらの式は、「Ｄ／Ｍ／１待ち行列の到着時刻状態分布（２）」の式（８）（９）（１０）（７）とまったく同じです。違うのは、 $B(j)$ の具体的な値だけです。よって「Ｄ／Ｍ／１待ち行列の到着時刻状態分布（２）」の式（１４）と同じように

$p(k)=(1-b)b^k$ ・・・・・（１５）

に置くことが出来ます。式（１２）で $k=1$ を代入して

$p(1)=\Bigsum_{j=1}^{\infty}B(j-1)p(j-1)$ ・・・・・（１６）

式（１６）に式（１５）を代入して

$b(1-b)=\Bigsum_{j=1}^{\infty}B(j-1)b^{j-1}(1-b)$

よって

$b=\Bigsum_{j=1}^{\infty}B(j-1)b^{j-1}$
$b=\Bigsum_{j=0}^{\infty}B(j)b^j$

よって「Ｅ２／Ｍ／１待ち行列の到着時刻状態分布（１）」の式（８）を代入して

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}\frac{4(j+1)u^2}{(1+2u)^{j+2}}b^j=b$ ・・・・・（１７）

「補足」の式（１）から

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}r^j=\frac{1}{1-r}$ ・・・・（１８）

同じく「補足」の式（２）から

$\Bigsum_{j=1}^{\infty}jr^{j-1}=\frac{1}{(1-r)^2}$ ・・・・（１９）

（１７）と（１９）から

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}(j+1)r^j=\Bigsum_{j=0}^{\infty}jr^j+\Bigsum_{j=0}^{\infty}r^j=\frac{r}{(1-r)^2}+\frac{1}{1-r}=\frac{r+1-r}{(1-r)^2}=\frac{1}{(1-r)^2}$

ここで

$r=\frac{b}{1+2u}$ ・・・・・（２０）

を代入すると

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}(j+1)\left(\frac{b}{1+2u}\right)^j=\frac{1}{\left(1-\frac{b}{1+2u}\right)^2}$

よって

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}(j+1)\left(\frac{b}{1+2u}\right)^j=\frac{(1+2u)^2}{(1+2u-b)^2}$

この両辺に

$\frac{4u^2}{(1+2u)^2}$

をかけると

$\Bigsum_{j=0}^{\infty}\frac{4(j+1)u^2}{(1+2u)^{j+2}}b^j=\frac{4u^2}{(1+2u)^2}\frac{(1+2u)^2}{(1+2u-b)^2}=\frac{4u^2}{(1+2u-b)^2}$

この式と式（１７）から

$\frac{4u^2}{(1+2u-b)^2}=b$ ・・・・・（２１）

$b$ の値は（２１）を解いて求めることになります。そうして求まった $b$ を（１５）に代入して $p(k)$ を求めることが出来ます。

「Ｅ２／Ｍ／１待ち行列の平均待ち時間とその近似式」に続きます。