Zadatak 01 - MASINAC.org

Zadatak 02Tehnički sistem se sastoji od tri mašine koje su ispravne na početku rada sistema tj.u t=0. Svaka mašina radi do otkaza, vreme između dva uzastopna otkazaraspodeljeno je po eksponencijalnoj raspodeli sa parametrom λ (intenzitet otkaza).Remontni pogon može da popravlja samo po jednu mašinu. Vreme popravke jeraspodeljeno po eksponencijalnoj raspodeli sa parametrom μ (intenzitetodržavanja). Uvek rade istovremeno dve mašine, dok je treća u rezervi ili napopravci. Sistem staje sa radom kada otkažu dve mašine. Za λ=1 i μ=2 naćiverovatnoću da je sistem u trenutku vremena t otkazao.Tehnički sistem se može modelirati kao homogeni slučajni proces Markov-a sakontinualnim vremenom i diskretnim stanjima. Stanja sistema su sledeća:X=0 – sve tri mašine su ispravne (0 neistravnih),X=1 – jedna mašina je neispravna,X=2 – dve mašine su neispravne.Dijagram promene stanja ovog sistema opsluživanja je sledeći:Prikazani slučajni proces Markov-a nije “nesvodljiv” odnosno “tranzitivan”, jerproces ne može da prelazi iz bilo kog stanja u bilo koje stanje (direktno ili ne).Stanje X=2 je tzv. apsorbujuće stanje. Jednom kada proces dođe u to stanje ostajeu njemu, tj.:lim p 2 (t) →1.t→∞što znači da sistem nije ergodičan tj. ne dostiže stacionarni režim rada odnosnoverovatnoće stanja stalno zavise od vremena. Verovatnoća stanja p 2 (t)predstavljaverovatnoću prestanka rada (otkaza) tehničkog sistema.Sistem diferencijalnih jednačina koji opisuje rad ovog tehničkog sistema(opsluživanja), čijim se rešenjem dobijaju verovatnoće stanja sistema u zavisnostiod vremena, je sledeći:dp 0 (t)= −2⋅ λ ⋅ p0(t)+ μ p1(t)dt⋅dp 1 (t)= 2 ⋅ λ ⋅ p0(t)− (2 ⋅ λ + μ)p1(t)dt⋅ZIV-4

dp2(t)= 2 ⋅ λ ⋅ pdt1(t)Prethodni sistem napisan u matričnoj formi p′ (t) = p(t) ⋅ Q, je oblika:⎡−2 ⋅ λ 2 ⋅ λ[ p′] [ ]⎢0 (t) p1′(t) p′2(t)= p0(t)p1(t)p2(t)⋅ μ − (2 ⋅ λ + μ)⎢⎢⎣0 00 ⎤2 ⋅ λ⎥⎥0 ⎥⎦Početni uslovi za rešavanje sistema diferencijalnih jednačina, za t=0, su:(0) = 1, p (0) = 0, p (0) 0.p0 1 2 =Sistem diferencijalnih jednačina će se rešavati korišćenjem Laplasovihtransformacija, tj.:L{ p′ (t)} = s ⋅ L{ p (t)} − p (0), gde je L{ p (t)} p (s)iii*ii = .Primenjujući Laplasovu transformaciju na sistem diferencijalnih jednačina izamenom početnih uslova dobija se:s ⋅ ps ⋅ p* * *0 (s) −1= −2⋅ λ ⋅ p 0 (s) + μ ⋅ p1**1(s)= 2 ⋅ λ ⋅ p 0 (s) − (2 ⋅ λ + μ)⋅* *2 (s) = 2 ⋅ λ ⋅ p1(s)s ⋅ p.(s)p*1Zamenom numeričkih vrednosti za λ i μ (λ=1, μ=2) i rešavanjem prethodnog* *sistema linearnih jednačina, dobijaju se vrednosti za p 0 (s), p (s), p (s)kao:*0 ⋅*(izraziti p (s) = 0,5 ⋅ (s + 4) p1(s)iz druge jednačine i zameniti u prvu jednačinu)* s + 4 * 2* 4p 0 (s) = ; p21(s)= ; p22 (s) = ,2s + 6 ⋅ s + 4s + 6 ⋅s+ 4s + 6 ⋅ s + 4gde je: s 2 + 6 ⋅ s + 4 = (s + 3 − 5) ⋅ (s + 3 + 5).−1⎧ 1 ⎫ a⋅tPrimenjujući inverznu Laplasovu transformaciju L ⎨ ⎬ = e na prethodne⎩s− a ⎭izraze, verovatnoće stanja p0 (t), p1(t),p2(t)se dobijaju kao:s 41 5 1 5 1 1p * ++−0(s) == ⋅ + ⋅(s + 3 − 5) ⋅ (s + 3 + 5) 2 ⋅ 5 s + 3 − 5 2 ⋅ 5 s + 3 + 5p01+(t) =2 ⋅5⋅ L5−1⎧ 1⎨⎩s+ 3 −(s)⎫ 5 −1⎬ + ⋅ L5 ⎭ 2 ⋅ 5−1⎧ 1⎨⎩s+ 3 +⎫⎬5 ⎭1*2ZIV-5

ZIV-6t5)(3t5)(30 e5215e5251(t)p⋅+−⋅−−⋅⋅−+⋅⋅+= .53s15153s1515)3(s5)3(s2p * 1(s)++⋅−−+⋅=++⋅−+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧++⋅−⎭⎬⎫⎩⎨⎧−+⋅=−−53s1L5153s1L51(t)p111t5)(3t5)(31 e51e51(t)p⋅+−⋅−−⋅−⋅= .(t)p(t)p1(t)p 102 −−=t )(tp 20,5 0,2131 0,4561,5 0,6282 0,7462,5 0,826

Zadatak 03Preduzeće dostavlja svoje proizvode na kućnu adresu. Porudžbine se prikupljajupreko telefona. Za potrebe prikupljanja porudžbina koristi se jedna telefonska linijai telefonska centrala koja ima mogućnost da dva poziva budu na čekanju. Prosečanintenzitet poziva (porudžbina) je jedan u minutu, dok je prosečno vreme potrebnoda se primi porudžbina 2 minuta i 30 sekundi. Odrediti:a) Koji je srednji broj poziva na čekanju (u redu) i koliko je srednje vreme kojepoziv čeka u redu?b) Kolika je verovatnoća da će poziv čekati u redu duže od 1,5 minuta pre nego štobude uključen?c) Zbog velikog vremena čekanja poziva na uključenje, odlučeno je da se koristedve telefonske linije umesto jedne, ali da se zadrži isti ukupni broj poziva usistemu tj. 3. Kolika su poboljšanja karakteristika sistema prikupljanjaporudžbina razmatranih pod (a) i (b)?d) Koliki uticaj na karakteristike sistema ima povećanje kapaciteta na ukupno četiripoziva u sistemu tj. dve telefonske linije i dva poziva na čekanju?Rešenje:Pod pretpostavkom da se dolazak porudžbina (jedinica) odigrava po Poisson-ovomprocesu sa intenzitetom od 1 porudžbina u minuti i da je vreme potrebno da seporudžbina primi eksponencijalno raspodeljeno sa srednjim vremenom t ops =2,5minuta, sistem prikupljanja porudžbina može se modelirati sa M/M/1/2 sistemomopsluživanja.broj kanala za opsluživanje: c=1,broj mesta u redu:m=2,intenzitet dolaska:λ=1,intenzitet opsluživanja:t ops = 1/μ =1/2,5 → μ=0,4,iskorišćenje kanala za opsluživanje: ρ=λ/μ = 1/0,4 → ρ=2,5.Dijagram promene stanja sistema opsluživanja M/M/1/2 je oblika:Sistem linearnih jednačina iz koga se određuju verovatnoće stanja u stacionarnomrezimu rada sistema je:ZIV-7

0: 0 = −p0 + 0,4 ⋅ p11: 0 = p0 −1,4⋅ p1+ 0,4 ⋅ p22: 0 = p1 −1,4⋅ p2+ 0,4 ⋅ p33: 0 =p2 − 0,4 ⋅ p3Prethodni sistem napisan u matričnoj formi:⎡−1⎢0,40 = p·Q, tj. → 0 = [ p] ⋅ ⎢0 p1p2p3⎢ 0⎢⎣ 01−1,40,4001−1,40,4−0 ⎤0⎥⎥1 ⎥⎥0,4⎦zajedno sa normirajućim uslovom (zbir svih verovatnoća stanja jednak jedinici):p0 + p1+ p2+ p3= 1,je dovoljan za određivanje verovatnoća stanja sistema.Verovatnoće stanja sistema takođe mogu da se odrede iz izraza (29):i 1− ρ i 1−2,5P(X = i) = ρ ⋅ = 2,5 ⋅ , i=0,1,2,3.m+241− ρ 1−2,5Verovatnoće stanja sistema imaju sledeće vrednosti:p0 = 0,03941; p1= 0,09852; p2= 0,24631; p3= 0,61576 .Odgovori:a) Srednji broj poziva na čekanju (u redu) dobija se iz izraza (39) kao:m22 1− ρ ⋅[ m ⋅ (1 − ρ)+ 1] 2 1−2,5 ⋅[ 2 ⋅ (1 − 2,5) + 1]Nw= ρ ⋅= 2,5 ⋅m+24(1 − ρ)⋅ (1 − ρ )(1 − 2,5) ⋅ (1 − 2,5 )N w = 1,4778 poziva.Srednje vreme koje “poziv” provede u redu dobija se primenom Little – oveformule:N 1,4778t ww = = = 3,8461 min.λ 0,3842λ =2∑k=0λ ⋅p k= 1⋅(0,03941+0,09852 + 0,24631) = 0,3842.ZIV-8

) Verovatnoća da će “poziv” čekati u redu više od 1,5 minuta P(T r ≥1,5) preuključivanja (prihvatanja na opsluživanje) je:P(T r

0: 0 = −p0 + 0,4 ⋅ p11: 0 = p0 −1,4⋅ p1+ 0,8 ⋅ p22: 0 = p1 −1,8⋅ p2+ 0,8 ⋅ p33: 0 =p2 − 0,8 ⋅ p3Prethodni sistem napisan u matričnoj formi:⎡−1⎢0,40 = p·Q, tj. → 0 = [ p] ⋅ ⎢0 p1p2p3⎢ 0⎢⎣ 01−1,40,8001−1,80,8−0 ⎤0⎥⎥1 ⎥⎥0,8⎦zajedno sa normirajućim uslovom (zbir svih verovatnoća stanja jednak jedinici):+ p + p + p 1,p0 1 2 3 =je dovoljan za određivanje verovatnoća stanja sistema.Verovatnoća stanja sistema p 0 može se odrediti iz izraza (96):11p 0 ==;c k c m⋅ρ ⋅ρ − ρ 2 k21(c ) (c ) 1(2 ⋅1,25)(2 ⋅1,25)1−1,25∑ + ⋅ρ ⋅ ∑ + ⋅1,25⋅k! c! 1− ρ k! 2! 1 1,25k= 0k=0−p 0 = 0,09495Verovatnoće stanja sistema p 1 i p 2 određuju se iz izraza:k1 ⎛ λ ⎞ 1 kpk= ⎜ ⎟ ⋅ p0= ( 2,5) ⋅ 0, 09495, k=1,2k! ⎝ μ ⎠ k!p 1 = 0,23739p 2 = p c = 0,29674dok se verovatnoća stanja sistema p 3 određuje iz izraza:pr⎛ λ ⎞c+ r = ⎜ ⎟ ⋅ pc; r=1⎝ c ⋅ μ ⎠13 ⋅⎛ 1 ⎞p = ⎜ ⎟⎝ 2 ⋅ 0,4 ⎠p 3 = 0,370920,29674ZIV-10

Srednji broj poziva na čekanju (u redu) dobija se iz izraza (103) kao:m1− ρ ⋅[m⋅ (1 − ρ)+ 1]1−1,25⋅[1⋅ (1 −1,25)+ 1]Nw= ρ ⋅ pc⋅= 1,25⋅0,29674 ⋅22(1 − ρ)(1 −1,25)N w = 0,3709 poziva.Srednje vreme koje “poziv” provede u redu dobija se primenom Little – oveformule:N 0,3709t ww = = = 0,5896 min.λ 0,6291λ =2∑k=0λ ⋅p k= 1⋅(0,09496 + 0,23739 + 0,29674) = 0,6291.Verovatnoća da će “poziv” čekati u redu više od 1,5 minuta P(T r ≥1,5) preuključivanja (prihvatanja na opsluživanje) je:P(T r

dok intenzitet dolaska poziva i intenzitet opsluživanja poziva ostaje nepromenjen.Dijagram promene stanja sistema opsluživanja M/M/2/2 je oblika:Sistem linearnih jednačina iz koga se određuju verovatnoće stanja u stacionarnomrezimu rada sistema je:0: 0 = −p0 + 0,4 ⋅ p11: 0 = p0 −1,4⋅ p1+ 0,8 ⋅ p22: 0 = p1 −1,8⋅ p2+ 0,8 ⋅ p33: 0 =p2 −1,8⋅ p3+ 0,8 ⋅ p44: 0 =p3 − 0,8 ⋅ p4Prethodni sistem napisan u matričnoj formi:⎡−1⎢0,4⎢0 = p·Q, tj. → 0 = [ p0p1p2p3p4] ⋅ ⎢ 0⎢⎢0⎢⎣01−1,40,80001−1,80,80001−1,80,80 ⎤0⎥⎥0 ⎥⎥1⎥− 0,8⎥⎦zajedno sa normirajućim uslovom (zbir svih verovatnoća stanja jednak jedinici):+ p + p + p + p 1,p0 1 2 3 4 =je dovoljan za određivanje verovatnoća stanja sistema.Verovatnoće stanja sistema i zahtevane karakteristike sistema prikupljanjaporudžbina (opsluživanja) određuju se na isti način ako i u slučaju sistemaM/M/2/1 i imaju sledeće vrednosti.p 0 = 0,06487 p 1 = 0,16219 p 2 = 0,20274p 3 = 0,25342 p 4 = 0,31678N w = 0,8870 poziva. t w = 1, 2982 min.P(T r ≥1,5) = 0,54576.ZIV-12

Zadatak 04U vreme izdavanja, u magacin rezervnih delova, sa zahtevom za izdavanjerezervnih delova dolazi prosečno 5 radnika (korisnika) na 30 minuta. Na izdavanjurezervnih delova angažovan je jedan radnik, kome je potrebno prosečno 4,5 minutada izda jedan rezervni deo. Odrediti:a) Koliko se dugo čeka na podizanje delova u magacinu.b) Kolika je verovatnoća da se u redu nađe više od 5 radnika.c) Kolika je verovatnoća da magacioner radi.d) Ako se srednje vreme izdavanja delova smanji na 4 minuta, koliko dugo će sesada čekati u redu i kolika je verovatnoća da se na izdavanje delova čeka više od10 minuta.Rešenje:Pod pretpostavkom da je dolazni proces – Poisson-ov proces sa intenzitetom 5radnika (klijenata) na 30 minuta i da su vremena potrebna za izdavanje rezervnihdelova eksponencijalno raspodeljena sa srednjim vremenom opsluživanja t ops =4,5minuta, proces izdavanja rezervnih delova u magacinu se može modelirati kaojednokanalni sistem opsluživanja sa beskonačnim redom tj. M/M/1/∞ (beskonačanred jer u tekstu zadatka nije određena veličina reda).broj kanala za opsluživanje:broj mesta u redu:intenzitet dolaska:intenzitet opsluživanja:iskorišćenje kanala za opsluživanje:c=1,m=∞,λ=5/30→ λ=1/6,μ=1/t ops =1/4,5 → μ=2/9,λ 1/ 6 1 9 3ρ = = = ⋅ → ρ = .μ 2 / 9 6 2 4Odgovori:a) Prosečno vreme čekanja na izdavanje rezervnih delova predstavlja srednjevreme koje jedinica provede u redu (t w ) i u slučaju sistema opsluživanja M/M/1/∞može se odrediti pomoću izraza (85) kao:1t λ 6w = =13,5 minμ ⋅ ( μ − λ)2 ⎛ 2 1 ⎞=⋅⎜− ⎟9 ⎝ 9 6 ⎠ZIV-13

) Verovatnoća da je 5 ili više radnika u redu znači da se sistem nalazi u stanjima7, 8, ..... (jednom radniku se izdaju delovi dok ostali radnici čekaju u redu), štoznači da treba sabrati verovatnoće stanja sistema: p 7 , p 8 , ..., p ∞ .P (Xw> 5) = p7+ p8+ p9+ ..... = 1−6∑ pkk=0Verovatnoće stanja sistema za sistem opsluživanja M/M/1/∞ su definisane izrazomk(77) tj. P(X = k) = ρ ⋅(1− ρ);k = 0,1,2 ,..., ∞ .P (X66kkw > 5) = 1−∑ρ⋅ (1 − ρ)= 1−(1 − ρ)⋅ ∑ρk=0k=071− ρ 7 3 7w > 5) = 1−(1 − ρ)⋅1⋅= ρ ( )P (X1− ρ=P(Xw > 5) = 0,133.4c) Verovatnoća da magacioner radi (P m ) je jednaka sumi svih verovatnoća stanjasistema osim verovatnoće da je sistem prazan.P = p + p + p + ..... = 1−pm1230Verovatnoća da je sistem prazan (p 0 ), izračunata iz izraza (77) je: p 0 = (1 − ρ), štodaje:P m = 1−(1 − ρ)= ρ = 0,75.d) Pošto se srednje vreme potrebno za izdavanje rezervnih delova redukuje na 4minuta tj. prosečan intenzitet opsluživanja se povećava i iskorišćenje kanala zaopsluživanje (sistema) se menja, dok intenzitet dolaska radnika u magacin ostajeisti.intenzitet dolaska:intenzitet opsluživanja:iskorišćenje kanala za opsluživanje:λ=5/30→ λ=1/6,μ=1/t ops =1/4 → μ=1/4,λ 1/ 6 1 4 2ρ = = = ⋅ → ρ = .μ 1/ 4 6 1 3Verovatnoća da će čekanje na izdavanje rezervnih delova biti duže od 10 minuta,za novu konfiguraciju sistema, može da se odredi koristeći izraz:P(T r

Verovatnoća P(T r

Zadatak 05Servis za pranje vozila ima jedno mesto za pranje (opsluživanje) vozila i dva mestamesta na parkingu (red) gde vozila čekaju na pranje. U proseku jedno vozilo dođeu servis na svakih 8 minuta. Prosečno vreme pranja vozila (opsluživanja) je 4minuta. Vremena između dolazaka vozila u servis i vremena pranja su raspodeljenapo eksponencijalnoj raspodeli. Odrediti:a) Verovatnoću da u servisu za pranje nema vozila.b) Procenat odbijenih vozila.c) Ako je nedeljni zakup jednog parking mesta C pm =10 NJ, odrediti da li jeisplatljivo zakupiti još jedno parking mesto. Servis za pranje vozila radi T rv =12sati na dan dok pranje jednog vozila košta C pv =0,5 NJ.Rešenje:Pošto su vremena između dolazaka vozila u servis kao i vremena pranja vozilaeksponencijano, servis za pranje vozila se može modelirati kao jednokanalni sistemopsluživanja sa dva mesta u redu, tj. sistem opsluživanja M/M/1/2.broj kanala za opsluživanje:broj mesta u redu:intenzitet dolaska:intenzitet opsluživanja:iskorišćenje kanala za opsluživanje:c=1,m=2,λ=1/t dol → λ=1/8 vozila u minuti iliλ=7,5 vozila na sat,μ=1/t ops =1/4 → μ=1/4 vozila u minuti iliμ=15 vozila na sat,λ 1/8 1 4 1ρ = = = ⋅ → ρ = .μ 1/ 4 8 1 2Odgovori:a) Verovatnoća da je servis za pranje prazan, znači da nema vozila u njemu. Takvostanje sistema definisano je sa verovatnoćom p 0 , i određuje se iz izraza (29) za i=0i m=2 kao:1− ρ 1−0,5p 0 = =0,533m+2 2+21− ρ 1−0,5= .b) Vozilo se ne prihvata u sistem (odbija se) ukoliko je sistem pun tj. ako su uservisu već tri vozila (jedno vozilo na pranju i dva na parkingu). Ovo stanjeZIV-16

sistema je definisano verovatnoćom stanja p 3 , i određuje se iz izraza (29) za i=3 im=2 kao:(m=2) 3 1− ρ 3 1−0,5 3Potk= p3= ρ ⋅ = 0,5 ⋅ = 0,5 ⋅ 0,533 = 0,067 ,m+22+21− ρ1−0,5što znači da će 6,7% vozila biti odbijeno, odnosno broj odbijenih vozila je:N(m=2)otk= λ ⋅ P(m=2)otk= 7,5 ⋅ 0,067 = 0,5025 vozila na sat.c) U slučaju da se zakupi još jedno parking mesto, tada se servis za pranje možemodelirati kao jednokanalni sistem opsluživanja sa tri mesta u redu, tj. sistemopsluživanja M/M/1/3. U ovom slučaju servis za pranje je pun, tj. vozilo će bitiodbijeno, ako su u servisu već četiri vozila (jedno vozilo na pranju i tri naparkingu). Ovo stanje sistema je definisano verovatnoćom stanja p 4 , i određuje seiz izraza (29) za i=4 i m=3 kao:(m=3) 4 1− ρ 4 1−0,5 4Potk= p4= ρ ⋅ = 0,5 ⋅ = 0,5 ⋅ 0,516 = 0,032m+23+21− ρ1−0,5što znači da će 3,2% vozila biti odbijeno, odnosno broj odbijenih vozila je:(m=3) (m=3)N = λ ⋅ P = 7,5 ⋅ 0,032 = 0,24 vozila na sat.otkotkUkupno povećanje broja opranih vozila ∆N ov nedeljno je:(m=2) (m=3)ΔNov= [Notk− Notk] ⋅ Trv⋅ 7 == (0,5025 − 0,24) ⋅12⋅ 7 = 22,05 vozila nedeljno.Nedeljno povećanje profita ∆C np , ako se zakupi još jedno parking mesto, može seizračunati kao:Δ Cnp = ΔNov⋅ Cpv= 22,05⋅0,5 = 11,025 NJ .Kako je:Δ C > C →11,025 NJ 10 NJ ,np pm>isplati se zakupiti još jedno parking mesto.ZIV-17

Zadatak 06Prosečan intanzitet dolaska jedinica u sistem opluživanja je 5 jedinica na sat.Prosečno vreme trajanja opsluživanja je 10 minuta po jedinici. Sistem opsluživanjamože da opslužuje jednovremeno samo jednu jedinicu. Vremena između dolazakajedinica u sistem opsluživanja i vremena opsluživanja su raspodeljena poeksponencijalnoj raspodeli. Odrediti:a) Srednji broj jedinica u redu i u sistemu opsluživanja, kao i srednja vremena kojejedinica provede u redu odnosno sistemu opsluživanja.b) Troškove opsluživanja ako se usvoji da:– srednji broj jedinica koji čeka na opsluživanje u redu je 3 (tri),– cena usluge koja traje 10 i više minuta je 25 NJ, i– svako smanjenje trajanja opsluživanja za jednu minutu povećava troškoveopsluživanja za 2 NJ.c) Troškove opsluživanja po jedinici ako se usvoji da je verovatnoća da u sistemuopsluživanja ima najmanje 4 jedinice ne bude veća od 0,2.d) Potreban broj mesta u redu da bi se obezbedilo prihvatanje 80% jedinica kojedolaze u sistem.Rešenje:Sistem opsluživanja može da jednovremeno opslužuje samo jednu jedinicu.Veličina reda u tekstu nije određena, što vodi do pretpostavke da je redbeskonačan. Vremena između dolazaka vozila u servis i vremena pranja suraspodeljena po eksponencijalnoj raspodeli, tako da se dati sistem opsluživanjamože modelirati kao jednokanalni sistem opsluživanja sa beskonačnim redom tj.sistem opsluživanja M/M/1/∞.broj kanala za opsluživanje: c=1,broj mesta u redu:m=∞,intenzitet dolaska:λ=5 jedinica na sat,intenzitet opsluživanja:μ=1/t ops =1/10 → μ=1/10 jedinica u min. iliμ=6 jedinica na sat,iskorišćenje kanala za opsluživanje:λ 5ρ = = → ρ = 0, 8333.μ 6Odgovori:a) Srednji broj jedinica u redu, za sistem opsluživanja M/M/1/∞, određuje se izizraza (81) kao:ZIV-18

N22w =ρ 0,8333= =4,17 jedinica,1− ρ 1−0,8333dok se srednje vreme koje jedinica provede u redu određuje primenom Little-oveformule kao:1 1t w = ⋅ Nw= ⋅ 4,17 = 0,834 h → 50 minuta.λ 5Srednji broj jedinica u sistemu, za sistem opsluživanja M/M/1/∞, određuje se izizraza (82) kao:ρ 0,8333N ws = = = 5 jedinica,1− ρ 1−0,8333dok se srednje vreme koje jedinica provede u sistemu određuje primenom Littleoveformule kao:1 1t ws = ⋅ Nws= ⋅ 5 = 1 h → 60 minuta.λ 5b) Uvođenjem ograničenja da je N w 1 = 3, iz izraza (81) novo optrerećenje sistemamože se odrediti kao:2ρ 1 2= 3 → ρ1+ 3⋅ρ1−101− ρ=1Rešenja prethodne kvadratne jednačine su:1. ρ 1 = −3, 791;2. ρ 1 = 0, 791.Prvo rešenje se odbacuje jer je manje od nule, što nije dozvoljena vrednost zaiskorišćenje sistema, tako da je novo iskorišćenje sistema ρ 1 = 0, 791.Novo prosečno vreme opsluživanja je:λ 5ρ 1 = 0,791 → μ1= = = 6,321 jedinica na sat,ρ10,79111tops 1 = → tops1= = 9,492 minuta.μ16,321Očekivani troškovi opsluživanja E(TO), u NJ, po jedinici mogu se definisati kao:⎧ 25 ako tops≥ 10 minE(TO) = ⎨⎩25 + 2 ⋅ (10 − tops) ako tops< 10 minZIV-19

Novi očekivani troškovi opsluživanja, sračunati koristeći prethodnu funkcijutroškova, su:E(TO) = 25+2·(10 – 9,492) = 26,016 NJ po jedinici.c) Verovatnoća da u sistemu opsluživanja ima najmanje 4 jedinice, za sistemopsluživanja M/M/1/∞ određuje se iz zbira verovatnoća:∑ ∞ pkk=4= 1−p0−p1− p2− p3.Ova verovatnoća treba da bude manja ili jednaka 0,2 tj.:∑ ∞ pk= 1−p0−p1− p2− p3k=4≤ 0,2i koristeći izraz za verovatnoće stanja sistema opsluživanja M/M/1/∞ (77)prethodni izraz može da se napiše kao:∞23∑ pk= 1−(1 − ρ2)−ρ 2 ⋅ (1 − ρ2)− ρ2⋅ (1 − ρ2)− ρ 2 ⋅ (1 − ρ2)≤ 0,2k=4∞2 3∑ pk= 1−(1 − ρ2)⋅ (1 +ρ 2 + ρ2+ ρ 2 ) ≤ 0,2k=4∞41− ρp 1 (1 ) 2∑ k = − − ρ2⋅ ≤ 0,2k=41− ρ2∞4∑ pk= ρ2≤ 0,2k=4Iz prethodne jednačine određuje se novo iskorišćenje sistema ρ 2 = 0, 669, odakleje moguće odrediti novo prosečno vreme opsluživanja kao:λ 5ρ 2 = 0,669 → μ2= = = 7,474 jedinica na sat,ρ20,66911tops 2 = → tops2= = 8,028 minuta.μ27,474Novi očekivani troškovi opsluživanja izračunavaju se iz funkcije troškova kao:E(TO) = 25+2·(10 – 8,028) = 28,944 NJ po jedinici.d) Verovatnoća da 80% jedinica koje zahtevaju opsluživanje budu prihvaćene usistem definiše se kao:p0 + p1+ p2+ ... + pn≥ 0,8 .ZIV-20

Koristeći izraz za verovatnoće stanja sistema za M/M/1/∞ sistem opsluživanja (77)prethodni izraz se može napisati u sledećem obliku:2n(1 − ρ)+ ρ ⋅ (1 − ρ)+ ρ ⋅ (1 − ρ)+ .... + ρ ⋅ (1 − ρ)≥ 0,82 n(1 − ρ)⋅ (1 + ρ + ρ + .... + ρ ) ≥ 0,8n+1 n+11− ρ ≥ 0,8 → ρ ≤ 0,2( n + 1) ⋅ lnρ≤ ln 0,2ln 0,2 −1,609n ≥ −1→ n ≥ −1lnρ− 0,182n ≥ 7,74 ≈ 8 .Prethodni izraz znači da ukupan broj mesta u sistemu, da bi se u sistem prihvatilo80% jedinica koje zahtevaju opsluživanje, treba da bude 8, tako da je potreban brojmesta u redu 7 tj. m=7.ZIV-21

Zadatak 07Automatska telefonska centrala (bez mogućnosti poziva na čekanju) ima 5telefonskih linija. Prosečan intenzitet poziva je 2 poziva u minutu. Prosečnotrajanje razgovora je 1 minut. Vremena između poziva kao i vreme trajanjarazgovora u eksponencijalno raspodeljena.a) Oceniti rad telefonske centrale.b) Odrediti potreban broj telefonskih linija u telefonskoj centrali za kojeverovatnoća da će dolazni poziv biti odbijen neće premašiti 0,01 ako jeprosečan intenzitet poziva 0,5 poziva u minutu i prosečno trajanje razgovora 2minuta.Rešenje:Telefonska centrala ima 5 linija (kanala) i pošto pozivi ne mogu da čekaju znači danema reda. Kako su vremena između poziva kao i vremena trajanja razgovoraraspodeljena po eksponencijalnoj raspodeli, telefonska centrala se može modeliratikao višekanalni sistem opsluživanja bez reda, tj. sistem opsluživanja M/M/5/0.broj kanala za opsluživanje:broj mesta u redu:intenzitet dolaska:intenzitet opsluživanja:iskorišćenje kanala za opsluživanje:c=5,m=0,λ=2 poziva u minutu,μ=1/t ops =1/1 → μ=1 razgovor u minuti,λ 2 2ρ = = → ρ = .c ⋅ μ 5 ⋅15Odgovori:a) Verovatnoće stanja sistema određuju se iz izraza (96) i (97), kada se zaparametar m (broj mesta u redu) uzme vrednost nula tj. m=0, kao:11p0 === 0,1376c k(c ) 5 k⋅ ρ (5 ⋅ 2 / 5)∑ ∑k=0 k! k=0 k!ii(c ⋅ ρ)(5 ⋅ 2 / 5)pi= ⋅ p0= ⋅ 0,1367, i=1,2,3,4,5.i!i!p1 = 0,2752; p2= 0,2752; p3= 0,1835; p4= 0,0917; p5= 0,0367;Verovatnoća opsluživanja – dolazni poziv će biti prihvaćen ako ima makar jednatelefonska linija slobodna, određuje se iz izraza (98) za m=0 kao:ZIV-22

Pops = 1−pc= 1−p5= 1−0,0367 = 0,9633,dok je verovatnoća odbijanja poziva:Pop = pc= p5= 0,0367.Srednji broj zauzetih linija (kanala) – određuje se iz izraza (99) za m=0 kao:cc k(c )5k⋅ ρ(5 ⋅ 2 / 5)cz = ∑ k ⋅ pk= p0⋅ ∑ k ⋅ = 0,1376 ⋅ ∑ k ⋅ = 1,9266.k=0k= 0 k!k=0 k!Srednji koeficijent zauzetosti telefonskih linija (kanala) (c z /c) je:c z 1,9266= = 0,3853 .c 5Prosečan broj slobodnih linija izračunava se kao:ck(c )5k⋅ ρ(5 ⋅ 2 / 5)cil = p0⋅ ∑ (c − k) ⋅ = 0,1376 ⋅ ∑ (5 − k) ⋅ = 3,0734.k= 0 k!k=0 k!Verovatnoća da je proizvoljni kanal slobodan:c il 3,0734= = 0,6147 .c 5b) Dolazni poziv će biti odbijen ako je svih c telefonskih linija zauzeto.Verovatnoća tog događaja je p c i ta verovatnoća treba da bude manja od 0,01 tj.Pop = pc< 0,01.Novi parametri sistema su:broj kanala za opsluživanje:broj mesta u redu:intenzitet dolaska:intenzitet opsluživanja:iskorišćenje kanala za opsluživanje:c=?,m=0,λ=0,5 poziva na minut,μ=1/t ops =1/2 → μ=0,5 razgovora u minuti,λ 0,5 1ρ = = → ρ = .c ⋅ μ 5 ⋅ 0,5 5Potrebne verovatnoće stanja sistema se izračunavaju iz sledećih izraza:11p 0 ==, za c=1,2,3,4,....c k⋅ ρ c k(c ) (c ⋅1/ 5)∑ ∑k=0 k! k=0 k!c(c ⋅ρ)pc= ⋅ p0, za c=1,2,3,4,.....c!ZIV-23

c 1 2 3 4 5 6p c 0,2 0,0625 0,0154 0,0031 0,0005Potreban broj telefonskih linija u telefonskoj centrali, pod uslovom da verovatnoćada će dolazni poziv biti odbijen bude manja od 0,01, je c=5.ZIV-24