バッチ装置の待ち行列の解析（５） - 工場統計力学（建設中！）

「バッチ装置の待ち行列の解析（４）」で平衡方程式

$2up(0)=p(1)$ ・・・・(17)
$p(1)(1+2u)=2up(0)+p(2)+p(3)$ ・・・・(18)
$p(k)(1+2u)=2up(k-1)+p(k+2)$ 　　 $(k{\ge}2)$ ・・・・(19)

を得ることが出来ました。では、これを解くことを考えます。まず、(17)を(18)の右辺に代入すると

$p(1)(1+2u)=p(1)+p(2)+p(3)$

よって

$2up(1)=p(2)+p(3)$ ・・・・(20)

となります。式(19)で $k=2$ とすると

$p(2)(1+2u)=2up(1)+p(4)$ ・・・・(21)

となりますが、この右辺に式(20)を代入すると

$p(2)(1+2u)=p(2)+p(3)+p(4)$

よって

$2up(2)=p(3)+p(4)$ ・・・・(22)

となります。どうもこれを繰り返していけば

$2up(k)=p(k+1)+p(k+2)$ 　 $k{\ge}1$ ・・・・(23)

が成り立ちそうです。これを数学的帰納法で証明しておきます。
$k=1$ の時に式(23)が成り立つのは、式(20)から明らかです。 $k=n{\ge}1$ の時に式(23)が成り立つと仮定して、 $k=n+1$ の時に式(23)が成り立つことを証明します。 $k=n$ の時に式(23)が成り立つので

$2up(n)=p(n+1)+p(n+2)$ ・・・・(24)

また、式(19)に $k=n+1$ を代入すると（この時 $k{\ge}2$ となるので式(19)を適用出来る）、

$p(n+1)(1+2u)=2up(n)+p(n+3)$ ・・・・(25)

式(25)の右辺に式(24)を代入して

$p(n+1)(1+2u)=p(n+1)+p(n+2)+p(n+3)$

よって

$2up(n+1)=p(n+2)+p(n+3)$

よって $k=n+1$ の時に式(23)が成り立つことが証明されました。よって $k{\ge}1$ の時に式(23)が成り立ちます。

このようにして平衡方程式は

$2up(0)=p(1)$ ・・・・(17)
$2up(k)=p(k+1)+p(k+2)$ 　 $k{\ge}1$ ・・・・(23)

と変形されました。これらを解いて各状態 $k$ の定常状態確率 $p(k)$ を求めたいですが、解き方がなかなか分かりませんでした。 $p(k)$ にはもうひとつ満たさなければならない式があります。それは全ての状態確率を足すと１になるというものです。よって次の式も一緒に考慮しなければなりません。

$\Bigsum_{k=0}^{\infty}p(k)=1$ ・・・・(26)

解き方をいろいろ試行錯誤して最後に思いついたのは、 $u$ がゼロに近い時には装置はほとんど常に１ジョブで処理するので、定常状態確率の分布は $w=t_a/t_e$ とした場合の稼働率 $w$ のＭ／Ｍ／１待ち行列とほぼ同じ分布になるのではないか、ということです。稼働率 $w$ のＭ／Ｍ／１待ち行列の場合、

$p(k+1)=wp(k)$ ・・・・(27)

となります。そこでこれを式(23)に代入すると左辺は（ $w=2u$ であることに注意すれば）

$2up(k)=wp(k)$ ・・・・(28)

となり、右辺は

$p(k+1)+p(k+2)=wp(k)+w^2p(k)$ ・・・・(29)

となりますが、 $w$ が０に近い値なので $w^2$ は無視してもよいと考えれば式(28)と(29)は等しくなります。逆に $u$ が１に近い時には装置はほとんど常に２ジョブで処理するので稼働率 $u$ のＭ／Ｍ／１待ち行列とほぼ同じ分布いなるのではないか、と考えました。しかし、これはあまり根拠がありません。Ｍ／Ｍ／１待ち行列と異なるのは、到着は１ジョブずつ発生するのに、処理は２ジョブまとめて行う点です。このようにあまり根拠はないのですが、