domingo, 23 de febrero de 2020

SIMULACION

UNIVERSIDAD TÉCNICA LUIS VARGAS TORRES 
Nombre: PIERINA INTRIAGO
Tema: Modelo M/M/S

Este modelo supone llegadas y tiempos de servicio aleatorios para canales de servicio múltiples, teniendo las mismas consideraciones que le modelo de canal único de servicio (M / M / 1), excepto que ahora existe una sola fila de entrada que alimenta los canales múltiples de servicio con iguales tasas de servicio.

El cálculo de las características de la línea de espera para el modelo M / M / S es algo más complicado que los cálculos para el caso de canal único, y dado que primordialmente nos interesa las implicaciones de estas características mas que las formulas necesarias para calcularlos, nos apoyaremos en le uso de tablas elaboradas a partir de estas fórmulas para hacer los cálculos.

Características de operación.
• En el modelo M / M / S, si m es la tasa promedio de servicio para cada uno de los S canales de servicio, entonces ya no se requiere que m > l.
• Sm debe ser mayor que l para evitar una acumulación infinita de líneas de espera.
• En el caso de M / M / S, la característica que se utilizará para hacer los demás cálculos es la probabilidad de que el sistema esté ocupado. En otras palabras, la probabilidad es que haya S o más unidades en el sistema. En este caso todos los canales de servicio se estarán utilizando y por ello se dice que el sistema está ocupado.


El modelo M/M/1

En primer lugar, se describe el modelo:
1.
$M/\cdot/\cdot$: El proceso de llegadas es de Poisson homógeneo con tasa $\lambda >0$.


Sea T la variable aleatoria que representa el tiempo entre dos llegadas consecutivas.

Sea t>0 y representemos por n(t) el número de llegadas al sistema hasta el instante t.
Como los incrementos son independientes:
\begin{displaymath}P(T\leq t) = 1 - P(T\geq t) =1- P(n(t)=0) =1- e^{-\lambda t},\end{displaymath}


luego $T\equiv Exp(\lambda)$. Recíprocamente, se tiene el siguiente resultado:

Si $T_1,T_2 \ldots$ son independientes, siendo Ti  el tiempo transcurrido entre las llegadas (i-1)-ésima e i-ésima, todas ellas con distribución $Exp(\lambda)$, entonces $n(t)\equiv P(\lambda t)$.
Demostración: 
  

\begin{displaymath}P(n(t)\leq n)=P(T_1+T_2+\dots + T_n +T_{n+1}>t)=\int_t^\infty {e^{-\lambda x}\frac{\lambda^{n+1}x^n}{n!}dx}=\end{displaymath}
\begin{displaymath}=\left\vert \begin{array}{ccc}v & = & x-t \\dv & = & d......ty {e^{-\lambda (v+t)} \frac {(v+t)^n \lambda^{n+1}}{n!} dv} = \end{displaymath}
\begin{displaymath}=\int_0^\infty {e^{-\lambda (v+t)}\frac {\lambda^{n+1}}{n!}......mbda (v+t)} \frac {\lambda^{n+1} t^iv^{n-i}}{i!(n-i)!} dv} = \end{displaymath}
\begin{displaymath}=\sum_{i=0}^n \frac {\lambda^{n+1} t^i}{i!(n-i)!}e^{-\lambd...... \\dv & = & \frac {du}{\lambda}\end{array} \right\vert = \end{displaymath}
\begin{displaymath}\sum_{i=0}^n \frac {\lambda^{n+1} t^i}{i!(n-i)!}e^{-\lambda......} du} = \sum_{i=0}^n \frac{\lambda^i t^i}{i!} e^{-\lambda t}.\end{displaymath}


(El último paso se hace considerando la expresión de la función gamma) 

2.
$\cdot /M/ \cdot$: Siempre que el servidor esté ocupado, el proceso de salida es de Poisson homogéneo de tasa $\mu>0$.


Razonando como antes, se tiene que los tiempos de servicio son $Exp(\mu)$.

3.
$\cdot / \cdot / 1 / \infty$: El sistema tiene un único servidor y capacidad infinita.
Se trata de un proceso de nacimiento y muerte con tasa de nacimiento $\lambda_n=\lambda $,$n\geq 0$ y tasa de muerte $\mu_n=\mu$,$n\geq 1$.
Debe observarse que la distribución exponencial tiene ausencia de memoria, es decir, si $T\equiv$ Exp($ \lambda$), entonces
\begin{displaymath}P(T\geq t+s \vert T>s) = P(T\geq t) \ \forall t,s>0.\end{displaymath}



La demostración de esta propiedad es inmediata observando la expresión de la función de distribución asociada.

Ahora se puede proceder a analizar el comportamiento del sistema. Se define la intensidad del tráfico como
\begin{displaymath}\rho = \frac{\lambda}{\mu}.\end{displaymath}



Si $\rho\geq 1$, no se alcanza el estado estacionario, mientras que si $\rho<1$, entonces sí que se llega a este estado.

Sea Pn(t)=P(N(t)=n) la probabilidad de que en el instante t haya n clientes en el sistema. Yendo a las ecuaciones que se obtuvieron para un proceso de nacimiento y muerte, tenenos que
\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{ccc}P_0'(t) & = & -\lambda P_0(t)-\m......{n-1}(t)+\muP_{n+1}(t)\ \forall n\geq 1\end{array}\right. \end{displaymath}



En el estado estacionario (a partir de aquí suponemos ya $\rho<1$) se tiene el siguiente sistema, denominado ecuaciones de equilibrio:

\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{ccc}0 & = & -\lambda P_0+\mu P_1\\......n+\lambda P_{n-1}+\mu P_{n+1}, \n\geq 1\end{array}\right. \end{displaymath}
\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{ccc}0 & = & -\rho P_0+ P_1\\0 & = ......+\rho )P_n+\rho P_{n-1}+P_{n+1}, \ n\geq 1\end{array}\right. \end{displaymath}
\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{ccc} P_1 & = & \rho P_0\\ P_2 & = & \......\\ \vdots\\ P_{n+1} & = & \rho^{n+1} P_0\end{array}\right. \end{displaymath}



Así, como la suma de todas las probabilidades debe ser uno y $\rho<1$, se tiene

\begin{displaymath}1=\sum_{n=0}^{+\infty} P_n = \sum_{n=0}^{+\infty} \rho^n P_0 =\frac {P_0}{1-\rho}\Rightarrow \end{displaymath}
\begin{displaymath}P_0 = 1-\rho.\end{displaymath}



Luego

\begin{displaymath}P_n = (1-\rho)\rho^n\ , \ n\geq0.\end{displaymath}



En consecuencia, la variable N (distribución estacionaria del número de clientes en el sistema) sigue una distribución geométrica $G(1-\rho)$. Se sigue que

\begin{displaymath}E(N)=\frac{\rho}{1-\rho} \quad \quad Var(N)=\frac{\rho}{(1-\rho)^2}.\end{displaymath}



De igual modo, si por L se representa el número de clientes en cola en el estdo estacionario, entonces

\begin{displaymath}\begin{array}{rl} L= & \left\{ \begin{array}{ccc}0 & si & N=0,\ 1\\N-1 & si & N\geq 2.\end{array}\right. \end{array}\end{displaymath}



Las probabilidades asociadas son

\begin{displaymath}P(L=0)=P(N=0)+P(N=1)=P_0 + P_1=1-\rho+(1-\rho)\rho=1-\rho^2.\end{displaymath}
\begin{displaymath}P(L=l)=P(N=l+1)=P_{l+1}=(1-\rho)\rho^{\thinspace l+1}, \l\ge 1.\end{displaymath}



La esperanza de esta variable es

\begin{displaymath}E(L)=\sum_{l=1}^\infty{lP(L=l)}=\sum_{l=1}^\infty{l(1-\rho)......=1}^\infty{l (1-\rho) \rho^l}=\rhoE(N)=\frac{\rho^2}{1-\rho}.\end{displaymath}



Finalmente, consideremos la variable V, tiempo de espera virtual en estdo estacionario. Se trata de una variable mixta:

\begin{displaymath}\begin{array}{rl}V = &\left\{ \begin {array}{ccccc}0 & ......+ S_n & si & N & = & n\geq 1.\end{array} \right.\end{array}\end{displaymath}



S'1 es el tiempo de servicio restante del cliente que está en el servidor. Haciendo uso de la propiedad de pérdida de memoria de la variable exponencial (pues $S_1 \equiv Exp(\mu)$) se tiene

\begin{displaymath}P(S'_1\ge t) = P(S_1\geq s+t \vert S_1\geq s)= P(S_1\geq t), \end{displaymath}



por lo que $S'_1\equiv Exp(\mu)$ y es indistinto considerar la variable S1 o la variable S'1 a efectos de calcular probabilidades.

Ahora ya podemos calcular la función de distribución FV  asociada a la variable V.
Si v=0 entonces
\begin{displaymath}F_V(0)=P(N=0)=1-\rho.\end{displaymath}



Si v>0, haciendo uso del teorema de la probabilidad compuesta (pues el valor n asociado a v es aleatorio) y del hecho de que

\begin{displaymath}S_1+\dots+S_n \equiv \Gamma(n,\mu),\end{displaymath}



se tiene

\begin{displaymath}F_V(v) = P(V\leq v) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(V\leq v \vert N=n) P(N=n)=\end{displaymath}
\begin{displaymath}= P(V\leq v \vert N=0) P(N=0) + \sum_{n=1}^{+\infty} P(V \leqv \vert N=n) P(N=n) = \end{displaymath}
\begin{displaymath}=1 \cdot (1-\rho) + \sum_{n=1}^{+\infty}P(S_1 + \dots + S_n \leq v) (1-\rho) \rho^n = \end{displaymath}
\begin{displaymath}=1 - \rho + \sum_{n=1}^{+\infty} (1-\rho) \rho^n \int_0^v e^{......)} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac {\lambda ^n t^{n-1}}{(n-1)!} dt =\end{displaymath}
\begin{displaymath}= (1-\rho) + (1-\rho)\lambda \int_0^v e^{-\mu t} e^{\lambda t......}{\lambda - \mu} \right] _0^v = 1 - \rho e^{(\lambda - \mu) v}.\end{displaymath}



Luego

\begin{displaymath}F_V(v) = 1-\rho e^{(\lambda - \mu) v} \ , \ v\geq 0.\end{displaymath}
Análisis de los ciclos de ocupación y desocupación
Sea T0= la longitud de un ciclo de desocupación y sea T1= la longitud de un ciclo de ocupación. La longitud (media) de un ciclo de ocupación y desocupación (en estado estacionario) será E(T0+T1). Como, por la propiedad de pérdida de memoria, se tiene que $T_0 \equiv Exp(\lambda)$, entonces $E(T_0)=\frac{1}{\lambda}$. Por otra parte, como P0representa la proporción de tiempo que el servidor está desocupado (o lo que es lo mismo, el sistema está vacío) en estado estacionario, entonces
\begin{displaymath}\frac{E(T_0)}{E(T_0+T_1)} = P_0 = 1-\rho\Rightarrow \end{displaymath}
\begin{displaymath}E(T_0+T_1)=\frac {\frac{1}{\lambda}}{1-\rho} = \frac {1}{\lambda(1-\rho)} = \frac {1}{\rho (\mu - \lambda)}.\end{displaymath}
Diagrama de flujos para M/M/1
Definimos un grafo como sigue:
  • cada nodo representa un estado,
  • cada arco representa una transición entre estados,
  • en los arcos se indica la tasa de cambio.
mm1

Publicado por en

No hay comentarios:

Publicar un comentario

Suscribirse a: Enviar comentarios (Atom)