Analisi probabilistica e teoria delle code - prova luglio 2003

X

Bisogna calcolare la F (t), pertanto la distribuzione della somma di variabili aleatorie indipendenti:

X [ ]

t t λ λ

λ

− − −

∫ ∫

= − = − =

t x t

( )

F (

t ) F (

t x ) f ( x ) dx1 1 e e dx ...

2 1 1

X X X 1 1

2 1 1 1

= =

x x

0 0

1 1

λ λ

− +

 

t

( )

e 1 2

t t

λ λ

λ −

= − = =

t x

... e x e ... 0 . 0725

 

1 2 1

λ

1 1 = =

 

x x

0 0

1 1

2

λ λ

quindi, sostituendo i valori di , e t(=2), si ricava F (2)=0.0725.

1 2 X

Quesito n°3

Una risorsa impiega mediamente 20 min per effettuare un servizio all’utente. Sapendo che con

probabilità 0.6 un utente in arrivo troverà la risorsa occupata e nessuno in coda e con probabilità 0.4

la troverà occupata e con uno in coda, qual è la probabilità che l’utente in arrivo debba attendere il

suo turno per più di 28 min ?

Quesito n°4

Qual è il tempo medio di vita di un sistema parallelo, composto di due componenti con tasso di

-3 -1 -3 -1

guasto costante e pari, rispettivamente, a 4x10 h e 6x10 h ?

Soluzione.

Definiamo la v.a. X = “tempo al guasto del sistema”;

∞

∫

=

E

[ X ] R (

t ) dt (*)

0

dove R(t), l’affidabilità del sistema parallelo, è:

2 ( )

∏

= − −

R (

t ) 1 1 R (

t ) (**)

i

=

i 1

 u

∫

− h ( u ) du −

 1 3

−

= = 4

*

10 u

 R (

t ) e e

0

 1 u

dove  ∫

− h ( u ) du −

2 3

−

= = 6

*

10 u

 R (

t ) e e

0

 2

Sviluppando la produttoria (**) e sostituendola nell’integrale (*) si ottiene

2

∞ ∞ [ ][ ]

∫ ∫

= = − − − =

E

[ X ] R (

t ) dt 1 1 R (

t ) 1 R (

t ) dt ...

1 2

0 0

∞ − − −

− ⋅ − ⋅ −

∫

= + − = = + − =

3 3 2

6 10 4 10 10

... e e e dt ... 166 . 67 250 100 316 .

67

0 =

Quindi E [ X ] 316 . 67

Quesito n°5

Un sistema con riserva e commutazione imperfetta ha il componente attivo con tasso di guasto

-3 -1 -3 -1

costante e pari a 8x10 h e la riserva con tasso pari a 4x10 h . Ipotizzando che la commutazione

riesca nell’80% dei tentativi, quanto vale il tempo medio di vita del sistema?

Soluzione.

Consideriamo le v.a.

X1 =”tempo al guasto del I componente”

X2 =”tempo al guasto del componente di riserva”

Y=”tempo al guasto del sistema”

Ricaviamo le affidabilità dei due componenti:

t

− ∫ h

1

( t ) dt −

− ⋅

= = 3

8 10 t

R

1

(

t ) e e

0 t

− ∫ h 2 ( t ) dt −

− ⋅

= = 3

4 10 t

R 2 (

t ) e e

0 = −

utilizzando la formula otteniamo

R (

t ) 1 F (

t )

X

− −

 

− ⋅ − ⋅

= − = −

3 3

8 10 t 4 10 t

 

F (

t ) 1 e , F (

t ) 1 e ,

 

X 1 X 2

− −

− − ⋅ − − ⋅

= ⋅ = ⋅

3 3

3 8 10 t 3 4 10 t

 

f (

t ) 8 10 e f (

t ) 4 10 e

X 1 X 2

Introduciamo la v.a. X, definita come segue:

X=1 (la commutazione riesce)

X=0 (la commutazione fallisce)

Con il seguente modello bernoulliano

P (1) = p (p=0.8)

X

(0) = 1-p

P X 3

La densità condizionata della Y

t

∫

= −

f (

t ) f (

t v ) f ( v ) dv

=

Y | X 1 X 2 X 1

=

v 0

=

f (

t ) f (

t )

=

Y | X 0 X 1

Grazie alla formula della densità congiunta si ottiene

=

f (

t , x ) f (

t | x ) P ( x )

Y , X Y | X X

pertanto si ha:  t

∫

⋅ − > =

 p f t v f v dv t 0, X 1

( ) ( )

= 

f (

t , x ) X 2 X 1

=

v 0

Y , X  − ⋅ > =

(

1 p ) f (

t ) t 0, X 0

 X 1

La densità marginale della Y è quindi

= + =

( m )

f (

t ) f (

t , 0 ) f (

t ,

1

)

Y , X Y , X

Y t

∫

= − ⋅ + − (1)

(

1 p ) f p f (

t v ) f ( v ) dv

X 1 X 2 X 1

=

v 0

L’affidabilità è t

∫

= − = −

( m ) ( m )

R (

t ) 1 F (

t ) 1 f (

t ) dt (2)

Y Y

0

Dall’affidabilità possiamo ricavare il tempo medio al guasto del sistema

∞

[ ] ∫

=

E Y R (

t ) dt

0

che è la risposta al nostro quesito.

Risolviamo ora la seconda parte (l’integrale di convoluzione) della formula (1):

t t λ

− − λ

λ λ −

∫ ∫

− = =

( t v ) v

f (

t v ) f ( v ) dv e e dv ...

2 1

X X 1 2 1

2

= =

v 0 v 0 ( )

λ λ [ ]

( ) − −

λ λ λ

− − − − − ⋅ − ⋅

= − = = ⋅ −

3 3

1 t 1 t 3 4 10 t 4 10 t

... e e 1 ... 8 10 e 1 e

2 2 2

λ λ

− 1

2 4