Analisi probabilistica e teoria delle code - prova dicembre 2003

P ( 2000 X 3000

) f (

t ) dt 0

. 58 10

i X i

2000

3) Qual’è la probabilità che il sistema continui ancora a funzionare dopo 3000 ore di vita?

Ricordando che R(t=3000)=0.92, la probabilità che il sistema continui ancora a funzionare

dopo 3000 ore di vita è

3

∑   − [ ]

( )

3 i 2 3 2 3

3 i

 

= = − = − + = − =

R (

t 3000

) R (

t ) 1 R (

t ) 3 R (

t ) 1 R (

t ) R (

t ) 3 R (

t ) 2 R (

t ) 0 .

98

TMR  

i

 

=

i 2

4) Qual’è, invece, la probabilità che dopo le 3000 ore di vita risultino funzionanti non più di

due dei 3 componenti?

La probabilità che funzionino al massimo 2 componenti al tempo t=3000 ore è

2

∑   −

( )

3 i i

3

 

= = − =

R (

t 3000

) R 1 R 0 . 073

 

1

, 2 i

 

=

i 1

5) Quanto vale il “rischio di guasto” del sistema dopo 3000 ore, supponendo che non si sia

verificato neppure un guasto fino a quell' istante?

λ λ

− −

2 t 3 t

= − = − +

F (

t ) 1 R (

t ) 1 3

e 2

X TMR

λ λ

− −

2 t 3 t

λ λ

= −

f (

t ) 6 e 6

X

quindi λ λ

− −

 

2 t 3 t

λ −

 

6 e e − −

 

f (

t ) 5 5

x λ

= = = = = ⋅ = ⋅

h (

t ) ...(

t 3000

, 8 . 3 10 )... 7 . 54 10

λ λ

− −

− 2 t 3 t

X 1 F (

t ) −

x 3

e 2

e 2

6) Quanto vale il “rischio di guasto” del sistema all'istante t =3000 ore, supponendo che si

fosse verificato soltanto il primo guasto all'istante t =2000?

Supposto che si è verificato un guasto al tempo t=2000, si ha che a partire da t=2000 il

sistema è la serie di due componenti ;

λ

−

2 t

= −

F (

t ) 1 e

in questo caso, quindi, X λ

e quindi il tasso di guasto è pari a 2 , rimanendo costante nel tempo per la proprietà di

assenza di memoria.

7) Con una diversa legge di guasto consigliata, ma sempre identica per i tre componenti e

-2

corrispondente ad un tasso di guasto lineare di coefficiente 60 ore , quale sarebbe risultata

l'espressione dell'affidabilità del singolo componente?

= = = ⋅

h ( t ) h (

t ) h ( t ) 60 t

In questo caso 1 2 3 t

− ⋅

∫ 60 u du − ⋅ 2

30 t

= = = =

R (

t ) R (

t ) R (

t ) e e

0

Quindi 1 2 3 3

ESERCIZIO n° 2

Uno sito Web per la vendita on-line di DVD utilizza un sistema automatico per la gestione dei

rapporti con la clientela. Da un monitoraggio del sistema risulta che una popolazione di 200 utenti

accede abitualmente al sito sia per comprare i prodotti pubblicati sul catalogo on-line, sia per

richiedere ulteriori informazioni. Il monitoraggio evidenzia, inoltre, che quella popolazione produce

una richiesta (di acquisto o di informazioni) ogni 4 minuti. La durata media del processo di

evasione della generica richiesta è di circa 120 secondi, al netto dell’eventuale attesa.

1. Proporre un modello a coda adeguato allo scenario applicativo descritto e calcolare le

seguenti prestazioni:

1.1 la percentuale delle richieste che non viene immediatamente evasa;

1.2 la percentuale delle richieste la cui evasione comporta un’attesa superiore al minuto;

1.3 il tempo medio di risposta (attesa + servizio) di una richiesta all’interno del sito Web.

2. Si supponga di duplicare il sottosistema di gestione delle richieste utente e si valuti con un

secondo modello a coda:

2.1 la variazione della percentuale di richieste che non dovrebbe sopportare alcuna attesa;

2.2 la variazione del tempo medio di risposta.

Ritornando al caso di un unico sottosistema di gestione delle richieste utente, si supponga

3. che al più 3 richieste possano essere accettate dal sito (2 nel buffer d’attesa e una sotto

servizio) e si valuti, con un terzo modello a coda:

a variazione del tempo medio di attesa in coda per la generica richiesta accettata;

3.1

3.2 la variazione del tempo medio di risposta.

4. Ritornando al caso del sistema duplicato, ma aggiungendo l’ipotesi di buffer assente e

rigetto degli utenti, calcolare la sola probabilità che una richiesta in arrivo venga rigettata.

SOLUZIONE

1) Proporre un modello a coda adeguato allo scenario applicativo descritto ….

λ 0

.

25

= ⋅ = ⋅ =

p t 1 0

.

00125

Possiamo supporre arrivi poissoniani perché risulta K 200

Inoltre identifichiamo il “processo di evasione al netto dell’attesa” come un “servizio” e

disponendo solo del valore medio della durata del servizio non possiamo che utilizzare la legge

esponenziale, essendo l’unica distribuzione che è completamente definita dal solo valore medio.

Infine, considerando che ci sia un solo servente e il numero dei posti in coda sia illimitato

concludiamo per il modello M/M/1.

…. e calcolare le seguenti prestazioni:

1.1) la percentuale delle richieste che non viene immediatamente evasa;

La distribuzione del tempo di attesa in coda è

µ ρ

ρ − −

= − ⋅ (

1 ) t

F ( t ) 1 e

W 4

Nel nostro caso, dai dati forniti nel testo dell’esercizio, risulta:

1 − −

λ 1 1

= =

min 0 . 25 min

4

1 1

− − −

µ 1 1 1

= = =

sec min 0 . 5 min

120 2

λ 0 .

25

ρ = = = 0

. 5

µ 0

. 5

quindi, sostituendo questi valori e calcolando F (t) per t=0 (attesa = 0 prima del servizio) si

W

ha: − − ⋅

0 . 5 (

1 0 . 5 ) 0

> = − = − ⋅ = − ⋅

Pr( 0 ) 1 ( 0 ) 1 0 . 5 1 0 . 5 1

attesa F e

W

ρ

= ≡

0 . 5

(che è la risposta al quesito 1.1)

1.2) la percentuale delle richieste la cui evasione comporta un’attesa superiore al minuto;

Calcoliamo la probabilità con cui una richiesta attende più di 1 minuto:

= ≤ = − > ⇒

F (

t ) P (

W t ) 1 P (

W t )

W µ ρ µ ρ

− − − −

(

1 )

t (

1 )

t

ρ ρ

> = − ≤ = − + ⋅ = ⋅

P (

W t ) 1 P (

W t ) 1 1 e e

− − ⋅

0

.

5

(

1 0

. 5

) 1

> = ⋅ =

P (

W 1

) 0

.

5 e 0

. 39

quindi, che è la risposta al quesito 2.2).

(

1.3) il tempo medio di soggiorno (attesa + servizio) di una richiesta all’interno del sito Web.

Calcoliamo il tempo medio di risposta (attesa + servizio):

ρ

− − −

[ ] [ ] 0

. 5

1 1 1

µ µ

= + = + = + =

E D E W 0

. 5 4

µ ρ

− −

(

1 ) 0 .

5

(

1 0 .

5

)

dove E[D] e E[W] indicano il valore atteso del tempo speso in stazione ed il tempo speso in

coda.

2) Si supponga di duplicare il sottosistema di gestione delle richieste utente e si valuti, con un

secondo modello a coda:

2.1) la variazione della percentuale di richieste che non dovrebbe sopportare alcuna attesa:

Avendo un secondo sottosistema IDENTICO al primo per gestire le richieste degli utenti,

ovvero si passa al cosiddetto modello M/M/m con m=2 :

5

=

m 2 −

µ 1

= 0 . 5 min −

λ 1

= 0 . 25 min

λ

ρ = = 0 . 25

µ

2

La percentuale di richieste che non dovrebbe sopportare alcuna attesa è 1-PB,

dove PB = prob. che un utente debba attendere prima di essere servito.

m

λ

 

1 1

− = − 



1 PB 1 P

 

µ ρ

− 0

 

m

! 1

Calcoliamo P :

0 −

1

 

1

∑ i m

 

λ λ

   

1 1 1

 

= + =

   

P 0 . 6

0    

µ µ ρ

−

 

! ! 1

i m

   

 

=

 

0

i

− = =

1 PB ... 0 .

9

Quindi

2.2) la variazione del tempo medio di risposta

Il tempo medio di risposta è:  −

 

m 1

[ ] ∑

 



[ ] [ ]

E S

  

= + −

E W E L 1 P

n

 



m

  

=

 

n 0

 [ ]

 1

= =

 E S 2 min

µ



[ ] [ ] − 

µ 1

= + m

λ ρ

 

E D E W [ ]

, dove 1

  

= =

E L P 0 . 025

0

 

 µ ρ

−

m

! 1

 







Calcoliamo quindi E[W]:

[ ]

[ ] 2

= + − − =

E W 0 . 025 1 P P 0 . 125

0 1

2 λ

 

1

= = =

 

P P ... 0

. 3

1 0

 

µ

dove P è stato calcolato precedentemente e 1

!  

0

quindi −

[ ] [ ] 1

µ

= + =

E D E W 2 .

125 6

3) Ritornando al caso di un unico sottosistema di gestione delle richieste utente, si supponga che

al più 3 richieste possano essere accettate dal sito (2 nel buffer d’attesa e una sotto servizio) e si

valuti, con un terzo modello a coda:

3.1) la variazione del tempo medio di attesa in coda per la generica richiesta accettata;

Siamo nel caso del sistema M/M/1/B con un solo servente e lo spazio di accumulo del buffer

limitato a 2 richieste, quindi la probabilità che siano presenti ”i” utenti nella stazione

(supposto che al massimo ne possono stare k =3, compresa quella sotto servizio) è

ρ

−

1 ρ

= =

i

P i 0,..., k

≤ ρ +

−

i |

i k k 1

1

λ

ρ = = 0 . 25

µ

dove

A questo punto, calcoliamo le probabilità P , P , P e P :

0 1 2 3

−

1 0 . 16

= =

P 0.848

−

0 4

1 0 . 16

−

1 0 . 16

= ⋅ =

P 0 . 16 0.13

−

1 4

1 0 . 16

−

1 0 . 16

= ⋅ =

2

P 0 .