סטוכסטיים מודלים - ביצועים לחקר מבוא

קלע עופר פרופ' הרצאות על מבוסס

(52531) סטוכסטיים" מודלים - ביצועים לחקר "מבוא בקורס

5־2014 א' סמסטר העברית, האוניברסיטה

nachi.avraham@gmail.com להערות:

נחי

1

עניינים תוכן

4 המלאי תורת I4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מיוחדות תוחלות מבוא: 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מלאי בעיות 2

בודד; מכירות יום ראשונית; כמות אין לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד ביקוש

ראשונית; כמות בלי קנייה; עלות ללא לביקוש; ביחס דינמית קנייה 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד ביקוש בודד; מכירות יום

בודד; מכירות יום ראשונית; כמות עם לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.310 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד ביקוש

ראשונית; כמות עם קנייה; עלות עם לביקוש; ביחס דינמית קנייה 2.410 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד ביקוש בודד; מכירות יום11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (s, S) מדיניות 2.4.1

ראשונית; כמות עם קנייה; עלות עם לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.511 . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד ביקוש מרובים; מכירות ימי

ראשונית; כמות בלי קנייה; עלות בלי לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.612 . . . . . . . . . . . . . . . . . מרובים ביקושים בודד; מכירות יום14 . . . . . . . . . . . . . . . מעריכית התפלגות דוגמה: 2.6.116 . . . . . . . . . . . . . . . . אחידה התפלגות דוגמה: 2.6.2

17 EOQ - Economic Order Quantity II

20 מרקוביות החלטה ובעיות דינמי תכנון III20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחיד מוצר של ומכירה קנייה 323 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . השקעה 423 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . לוגריתמית תועלת 4.125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קמורה תועלת 4.226 . . . . . . . . . . . . . . . . . . בן־זוג?) למצוא איך (או: המזכירה בעיית 531 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מרקובית החלטה בעיית של מבנה 631 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . סופי אופק עם בעיה 6.132 . . . . . . . . . . . . . . . . . בזמן מהוונת סופי, אופק עם בעיה 6.232 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אינסופי אופק עם בעיה 6.333 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ε־אופטימלי פתרון 6.3.134 . . . . . . . . . . . . . . מלא פתרון של ויחידות קיום 6.3.237 . . . . . . . . . . . . . Howard של השיפור אלגוריתם 6.3.339 . . . . . . . . . . . בנך של השבת נקודת משפט נספח: 6.3.4

40 פואסון ותהליכי מעריכית התפלגות IV40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . זיכרון חוסר ותכונת מעריכית התפלגות 744 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . דיריכלה התפלגות 846 . . . . . . . . . . . . מעריכית בהתפלגות ומינימום מקסימום של התפלגות 9

2

49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פואסון תהליכי 1052 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פואסון תהליכי של תכונות 10.152 . . . . . . . . . . . . . . . . . אסימפטוטית נורמליות 10.1.153 . . . . . . . . . המופעים זמני של המשותפת הצפיפות 10.1.255 . . . . . . . . . . . . שונים זמנים של מותנית התפלגות 10.1.356 . . . . . . . . . . . . . . . . פואסון תהליכי של צירוף 10.1.456 . . . . . . . . . . . . . . . . פואסון תהליכי של פיצול 10.1.556 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הומוגני לא פואסון תהליך 10.257 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מעריכיים מ"מ של טור סופיות 1159 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הנותר" "הזמן התפלגות 12

63 התורים תורת V63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . בודד שרת עם תור 1365 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מרקוב לשרשראות מבוא 1470 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ומוות לידה תהליכי 1570 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . טהור לידה תהליך 15.174 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מוות עם לידה תהליך 15.276 . . . ומוות לידה בתהליכי שימושיות נוסחאות של סיכום 15.2.177 . . . . . . M |M | 1 תור ומוות: לידה לתהליך דוגמה 15.2.281 . . . . . . M |M | c תור ומוות: לידה לתהליך דוגמה 15.2.3

3

I חלק

המלאי תורת

מיוחדות תוחלות מבוא: 1

שלו התוחלת ,fX צפיפות ובעל אי־שלילי1 מקרי משתנה X ∼ FX (x) = P (X ≤ x) אם.E (X) =

´∞0xfX (x) dx להיות מוגדרת

כאשר גם אי־שלילי, X מקרי משתנה של תוחלת להציג נוספת דרך נראה הקורס לצורכיצפיפות: פונקציית לו אין

E (X) = E

X

0

dx =

X

0

�{X>x} dx = E

∞

0

�{X>x} dx =

=

∞

0

E �{X>x} dx =

∞

0

P (X > x) dx =

∞

0

(1− FX (x)) dx

נובע השלישי השוויון זהותי, הוא השני השוויון ,X =´X

0dx כי נובע הראשון השוויון כאשר

בתנאים המאפשר פוביני ממשפט נובע הרביעי השוויון ,´∞X

�{X>x} dx = 0 שמתקיים מכךאינדיקטור של שתוחלת מכך נובע החמישי השוויון האינטגרציה, סדר של החלפה מסוימים

ההתפלגות. פונקציית של מההגדרה נובע השישי והשוויון ההתפלגות,2 היא מ"מ עללא. אם ובין סופית היא אם בין מוגדרת, התוחלת עוד כל נכון זה ששוויון לב נשים

היא: שלילי X מקרי משתנה של שהתוחלת להראות ניתן דומה בדרך

E (X) = −0ˆ

∞

FX (x) dx

סימון:

a ∨ b := max {a, b}a ∧ b := min {a, b}

a+ := a ∨ 0a− := a ∧ 0

הבאים: הכללים מתקיימים אלה שבסימונים לב נשים

a+ + a− = aa+ − a− = |a|−a− = (−a)

+

.P (X ≥ 0) = 1 1כלומר

התוחלת: מהגדרת ולכן ,�{X>x} (x) =

{1 X ≥ x0 X < x

היא שלנו המציין פונקציית 2כי

E (X) = 1 · P (X ≥ x) + 0 · (1− P (X ≥ x)) = P (X ≥ x)

4

משתנים של לתוחלת נוסחאות כמה למצוא כדי לעיל שמצאנו התוחלת של בביטוי נשתמשמעניינים: מקריים

אז: ,E (X−) <∞ או E (X+) <∞ שבו במקרה .1

E (X) = E(X+ +X−

)= E

(X+)

+ E(X−)

כי: לב ונשים

E(X+)

=

∞

0

P(X+ > t

)dt =

∞

0

P (X > t) dt =

∞

0

(1− FX (t)) dt

E(X−)

= ... = −0ˆ

−∞

FX (t) dt

ידי: על צפיפות, פונקציית ללא גם תוחלת להגדיר ניתן לכן

E (X) = −0ˆ

−∞

FX (t) dt+

∞

0

(1− FX (t)) dt

:s = a+ t משתנה חילוף באמצעות א"ש, מ"מ X − a עבור .2

E (X − a)+

=

∞

0

P(

(X − a)+> t)dt =

∞

0

P (X − a > t) dt

=

∞

0

P (X > a+ t) dt=

∞

a

P (X > s) ds =

∞

a

(1− FX (s)) ds

:s = a− t משתנה חילוף באמצעות א"ש, מ"מ a−X עבור .3

E (a−X)+

=

∞

0

P(

(a−X)+> t)dt =

=

∞

0

P (a−X > t) dt =

∞

0

P (X < a− t) dt =

= −−∞ˆ

a

P (X < s) ds =

aˆ

−∞

FX (s) ds

5

א"ש: מ"מ X עבור .4

E (X ∧ a) = E(X − (X − a)

+)

=

∞

0

1−FX (t) dt−∞

a

1−FX (t) dt =

aˆ

0

1−FX (t) dt

השוויונים: שני מתקיימים לעיל, שהזכרנו לתכונות בהתאם .5

(X + a)+

+ (a−X)+

= (X − a)+ − (X − a)

−= |X − a|

(X + a)+ − (a−X)

+= (X − a)

++ (X − a)

−= X − a

השוויונים: שני נובעים מכאן

E (X + a)+

+ E (a−X)+

= E |X − a|

E (X + a)+ − E (a−X)

+= EX − a

E (X − a)2 הביטוי את למינימום שמביא הערך אז ,E (X) <∞ המקיים מ"מ X אם טענה:

.a = E (X) הוא

ונחשב: µ = E (X) נסמן הוכחה:

E (X − a)2

= E (X − µ+ µ− a)2

=

= E (X − µ)2

+ 2E (X − µ)︸ ︷︷ ︸=0

(µ− a) + (µ− a)2

=

= E (X − µ)2

+ (µ− a)2 ≥ E (X − µ)

2

� .a = µ אם ורק אם שוויון מתקבל האחרון השוויון שבאי לראות וקל

.FX (t) = 1− FX (t) כללי באופן נסמן מקרי. משתנה X ∼ FX יהי הגדרה:

הבאים: התנאים שני מתקיימים אם ,FX של חציון הוא m כי אומרים

P (X ≤ m) = FX (m) ≥ 12 .1

P (X ≥ m−) = FX (m−) ≥ 12 .2

הביטוי את למינימום שמביא הערך אז ,E (X−) , E (X+) <∞ המקיים מ"מ X אם טענה:חציון. הוא E |X − a|

שבטענה. מההנחה סופי זה וביטוי ,E |X| = E (X+)−E (X−) כי לב נשים תחילה הוכחה:

לעיל: שראינו לנוסחאות בהתאם ונחשב ,m = 0 כי תחילה נניח

E |X − a| − E |X| = E (X − a)+

+ E (a−X)+ −

[E(X+)

+ E (−X)+]

=

=

∞

a

(1− FX (t)) dt+

aˆ

−∞

FX (t) dt−∞

0

(1− FX (t)) dt−0ˆ

−∞

FX (t) dt

6

:0 < a עבור תחילה נדון

E |X − a| − E |X| =aˆ

0

FX (t) dt−aˆ

0

(1− FX (t)) dt =

= 2

aˆ

0

(FX (t)− 1

2

)dt ≥ 2

aˆ

0

(FX (0)− 1

2

)dt = 2

(FX (0)− 1

2

)a ≥ 0

.FX (0)− 12 ≥ 0 נובע ממנה ,m = 0 מההנחה נובע האחרון האי־שוויון כאשר

:a < 0 וכאשר

E |X − a| − E |X| =0ˆ

a

(1− FX (t)) dt−0ˆ

a

FX (t) dt =

= 2

0ˆ

a

(1

2− FX (t)

)dt ≥ 2

0ˆ

a

(1− FX (0)) dt = 2

(FX (0)− 1

2

)|a| ≥ 0

.E |X − a| ≥ E |X| מתקיים a לכל אז חציון, m = 0 אם ולכן

.E |X −m| ≤ E |X − a| מתקיים m חציון שלכל להראות יש כעת

הוא FY של החציון כי מתקיים Y = X−m מ"מ עבור אז ,FX של כלשהו mחציון יהיE |X −m− a| ≥ E |X −m| כלומר ,E |Y − a| ≥ E |Y | שמצאנו כפי ולכן 3,0

.a לכל

� .E |X − b| ≥ E |X −m| ונקבל a = b−m נבחר כלשהו, b בהינתן כעת

הפונקציה את למינימום שיביאו ערכים כמה ייתכנו ולכן יחיד, בהכרח אינו חציון הערה:חציון. הוא הזו הפונקציה את למינימום שמביא ערך כל זאת, עם .E |X − a|

לעיל. שהזכרנו חציון מהגדרת לראות 3קל

7

מלאי בעיות 2

בודד; מכירות יום ראשונית; כמות אין לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.1יחיד ביקוש

c של במחיר רציף), או (בדיד מסוים ממוצר a כמות קונים אנו היום שבתחילת נניח בעיה:.c < r כמובן ונניח ,r במחיר היום אותו במהלך מוכרים אנו מוצר יחידת כל ליחידה.הרווח? תוחלת מהי יום. אותו במהלך למוצר הביקוש את המתאר מ"מ D כי נניח

אותה? למקסם ניתן כיצד

לבעיה. המתאים המודל את נתאר תחילה פתרון:

,r ·a∧D הם המכירות יום בסוף הרווחים המוצר. עבור ca משלמים אנו היום בתחילתהרווח לכן .(D) הביקוש ידי על והן (a) ההיצע ידי על הן חסומה המכירות כמות שכן

.−ca+ r · a ∧D הוא

לעיל: 4 שבסעיף הנוסחה לפי ,a של כפונקציה התוחלת את נחשב

L (a) := E (−ca+ r · a ∧D) = −ca+ rE (a ∧D) = −ca+ r

aˆ

0

FD (t) dt =

= −caˆ

0

1dt+ r

aˆ

0

(1− FD (t)) dt =

aˆ

0

(r (1− FD (t))− c) dt =

= r

aˆ

0

(1− c

r− FD (t)

)dt

ולכן שלילי האינטגרנד ,0 ≤ t לכל 1− cr ≤ FD (0) ≤ FD (t) בו שבמקרה לב נשים

ולכן הפונקציה את ממקסם a = 0 הערך כזה במקרה עולה. אינה L (a) הפונקציהדבר. לקנות כדאי לא

הבאים: התנאים שני תחת מעניינת הבעיה כן אם

הקנייה) ממחיר גבוה במחיר מוצר יחידת כל מוכרים (כלומר c < r .1

חיובית). תהיה שהתוחלת (כדי FD (0) < 1− cr .2

ערכים: שני תחילה נגדיר פתרון, להגדיר כדי

x∗l := sup{x|FD (x) < 1− c

r

}= inf

{x|FD (x) ≥ 1− c

r

}x∗u := sup

{x|FD (x) ≤ 1− c

r

}= inf

{x|FD (x) > 1− c

r

}חזק\חלש). באי־שוויון הוא הללו הערכים שני בין (ההבדל

כוללת הפתרונות קבוצת לעתים .{x|x∗l ≤ x ≤ x∗u} הקבוצה הם שלנו הפתרונות.(x∗l < x∗u (כאשר שלם קטע ולעתים (x∗l = x∗u (כאשר יחיד איבר

8

יום ראשונית; כמות בלי קנייה; עלות ללא לביקוש; ביחס דינמית קנייה 2.2יחיד ביקוש בודד; מכירות

היום, במהלך גדל D והביקוש שבמידה ההנחה את הקודמת הבעיה להנחות נוסיף בעיה:היום, בתחילת שקונים היחידות a את מהמוצר. עוד לקנות היום במהלך להחליט ניתןמהי .p במחיר קונים היום במהלך שייקנו היחידות את אולם ,c במחיר קונים כאמור,

אותה? למקסם ניתן כיצד הרווח? תוחלת

קל כן, כמו דבר. לקנות סיבה אין אחרת שכן ,c, p < r כי להניח יש מקרה בכל פתרון:לביקוש בהתאם רק אלא היום, בתחילת דבר שום לקנות לא כדאי p < c שאם לראות

.c < p גם נניח לכן היום. במהלך

במקרה היום. במהלך שיהיה הביקוש כל את לספק מוכרחים אנחנו שבו במקרה נדוןהיחידות כמות שכן ,r · D + p · (D − a)

+ הם המכירות יום בסוף הרווחים כזההמתפתח הביקוש עם יחד (D) היום בתחילת הידוע לביקוש בהתאם נקבע הנמכרות

.−ca+ r ·D − p · (D − a)+ הוא הרווח לכן .((D − a)

+) היום במהלך

:a של כפונקציה התוחלת את נחשב

L (a) := −ca+ rE (D)− pE (D − a)+

= −ca+ rE (D)− p∞

a

FD (t) dt

נובע: ולכן ,´∞aFD (t) dt = E (D)−

´ a0FD (t) dt כי לב נשים

L (a) = −ca+ (r − p)E (D) + p

aˆ

0

FD (t) dt =

= (r − p)E (D) +

aˆ

0

(pFD (t)− c

)dt =

= (r − p)E (D) + p

aˆ

0

(1− c

p− FD (t)

)dt

כמו בדיוק ,FD (x∗−) ≤ 1 − cp ≤ FD (x∗) המקיים x∗ כל הוא הפתרון לפיכך

הקודמת. הבעיה של הפתרון

מחיר אם כלומר .1 בבעיה לתוחלת שווה 2 בבעיה התוחלת ,r = p שאם לב נשים הערה:הבעיות לשתי היום, בתחילת למחירם שווה היום במהלך ידינו על שנקנים המוצרים

משותף. פתרון יש

כאשר רק ביטוי לידי בא הבעיות שתי בין שההבדל היא משותף, שהפתרון לכך הסיבהלא שלנו ההתנהגות (אחרת היום בתחילת מהצפוי יותר גדל אכן היום במהלך הביקושזה במחיר לקנות בין הבדל אין p = rש־ מכיוון כזה, ובמקרה היום). במהלך משתנה

דבר. לעשות לא לבין מחיר, באותו בדיוק ולמכור

9

בודד; מכירות יום ראשונית; כמות עם לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.3יחיד ביקוש

מהי הקודם. מהיום מוצר יחידות x0 בידינו שנותרו ההנחה את 1 בעיה להנחות נוסיף בעיה:אותה? למקסם ניתן כיצד הרווח? תוחלת

פתרון הוא x∗ כי נניח כלומר, התוחלת. מקסום על כלל משפיעה לא זו שהנחה נראה פתרון:לא אז x∗ ≤ x0 ואם ,x∗ ונמכור x∗ − x0 נקנה אז x0 < x∗ אם הקודמת, הבעיה

.x∗ שוב ונמכור דבר נקנה

הפתרון: שזה להראות כדי המודל את נרשום

cx0 − ca+ r · E (D ∧ a) = cx0 + r

aˆ

0

(1− c

r− FD (t)

)dt =

cx0 + r

x0ˆ

0

(1− c

r− FD (t)

)dt+ r

aˆ

x0

(1− c

r− FD (t)

)dt

x∗ − x0 עוד נקנה x0 < x∗ אם לכן .aב־ תלוי האחרון הנסכם שרק לב נשיםהוא האחרון הנסכם אז x∗ ≤ x0 ואם האחרון, הנסכם את למקסם כדי מוצר יחידות

כלום. עוד נקנה לא כלומר ,x0ב־ מתקבל המקסימום ולכן ,aב־ יורדת פונקציה

.x∗d = sup{x|FD (x) < 1− c

r

}הוא שהפתרון הראינו .c = 2, r = 3, D ∼ exp (1) דוגמה:

,{x|x < − ln 2

3

}הוא הפתרונות אוסף .1−e−x < 1

3 משוואה ונקבל הערכים את נציב.sup

{x|x < ln 3

2

}= ln 3

2 הוא הפתרון לכן .{x|x < ln 3

2

}שקול ובאופן

בעיית מכונה שתיארנו הבעיה ואי־שליליים, שלמים ערכים המקבל מ"מ D כאשר הערה:העיתונים. מחלק

יום ראשונית; כמות עם קנייה; עלות עם לביקוש; ביחס דינמית קנייה 2.4יחיד ביקוש בודד; מכירות

בעלות כרוכה המוצר של נוספת שהזמנה ההנחה את הקודמת הבעיה להנחות נוסיף בעיה:ניתן כיצד הרווח? תוחלת מהי הנקנית. בכמות תלויה שאינה ,K בגובה קבועה

אותה? למקסם

כלום, יותר לקנות לא ונחליט במידה ולכן מוצר, יחידות x0 בידינו יש שכבר לב נשים פתרון:x − x0 > 0 עוד לקנות כן ונחליט במידה זאת לעומת .r · E (D ∧ x0) יהיה הרווח

r · E (D ∧ x)−K − c (x− x0) תהיה הרווח תוחלת מוצר, יחידות

r · E (D ∧ x) − כזה במקרה שכן עוד, לקנות צורך אין x∗ ≤ x0 שאם לב נשיםr · E (D ∧ x)− c (x− x0)−K ≤ גם בפרט ולכן ,c (x− x0) ≤ r · E (D ∧ x0)

.r · E (D ∧ x0)

האופטימלי שהערך מצאנו כזה, במקרה .x0 < x∗ שבו במקרה רק לדון טעם יש לכןדבר. משנה ואינו קבוע K כי ,x = x∗ הוא r · E (D ∧ x)− c (x− x0)−K של

10

(s, S) מדיניות 2.4.1

FD (S−) ≤ 1 − cr ≤ כלומר אופטימלי, ערך S כי ובהנחה שתיארנו הבעיה בתנאי טענה:.C (s) = −K + C (S) המקיים יחיד 0 < s < S קיים ,FD (S)

כאשר לכן ומונוטונית. קעורה C (x) שהפונקציה מכך נובע הדבר כלליים, בקווים הוכחה:שקיים נובע הביניים ערך ממשפט ,K הקבוע את C (S) המקסימלי מערכה מפחיתים

.C (s) = −K + C (S) שעבורו יחיד s ערך

.S − a0 קונים a0 < s ואם דבר קונים לא s < a0 אם כזה, במקרה מסקנה:

ימי ראשונית; כמות עם קנייה; עלות עם לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.5יחיד ביקוש מרובים; מכירות

במחיר מסוים ממוצר a כמות קונים אנו 1 יום שבתחילת נניח .1, 2 ימים בשני נדון בעיה:,(c < r (מניחים r במחיר 1 יום במהלך מוכרים אנו מוצר יחידת כל ליחידה. c של

.2 ביום להימכר יכול 1 ביום נמכר שלא ומה

מהי .iה־ היום במהלך למוצר הביקוש את המתאר מ"מ הוא Di ∼ FD כי נניחהרווח? תוחלת

שלה. אופטימיזציה נראה ולא התוחלת את נמצא מלא. באופן זו בעיה נפתור לא פתרון:

בעיה זו מהמוצר. יחידות x2 השני ביום נותרו הראשון, היום מכירות שלאחר נניחFD(S−2)≤ המקיים כזה S2 הוא התוחלת את שממקסם שהערך ומצאנו שפתרנו

ואם השני, ביום מהמוצר עוד לקנות טעם אין S2 ≤ x2 אם לכן .1− cr ≤ FD (S2)

מוצר. יחידות S2 − x2 עוד השני ביום נקנה S2 < x2

C2 (a) = מוצר יחידות a של ומכירה מקנייה הרווח תוחלת את שהגדרנו נזכורלביטוי: ניתנת 2 ביום הרווח תוחלת כך אם .−ca+ rE (D ∧ a){

cx2 + C (S2) x2 ≤ S2

cx2 + C (x2) S2 ≤ x2

כמה נמצא .1 מיום נותר כמה שידוע בהינתן 2 ביום הרווח תוחלת מהי מצאנו כך אם.1 ביום נותר אכן

בסוף בידינו ונותר D ∧ x1 מכרנו זה במקרה .1 ביום מוצר יחידות x1 שהזמנו נניח.x2 = (x1 −D1)

+ היום

הבא: באופן לבטא ניתן הימים שני של הכולל הרווח תוחלת שאת מכאן

E[c · (x1 −D1)

++ C (S2)

]�{(x1−D1)+<S2} +

+E[c · (x1 −D1)

++ C

((x1 −D1)

+)]

�{(x1−D1)+≥S2}

קונים ולכן (x1 −D1)+< S2 כאשר התוחלת את מבטא הראשון הנסכם כאשר

כאשר התוחלת את מבטא השני והנסכם מהמוצר, S2 − (x1 −D1)+ עוד 2 ביום

דבר. 2 ביום קונים לא ולכן (x1 −D1)+ ≥ S2

11

יום ראשונית; כמות בלי קנייה; עלות בלי לביקוש; ביחס קשיחה קנייה 2.6מרובים ביקושים בודד; מכירות

c של במחיר רציף), או (בדיד מסוים ממוצר a כמות קונים אנו היום שבתחילת נניח בעיה:במהלך i בסניף מוכרים אנו מוצר יחידת וכל סניפים, n לנו שיש עוד נניח ליחידה.את המתאר מ"מ Di ∼ Fi כי נניח .(c < r (מניחים r גלובלי במחיר היום אותוועולה רציפה פונקציה Fi כי עוד נניח .iה־ בסניף יום אותו במהלך למוצר הביקושקבועה). הפונקציה בהם החלקים את הצורך במקרה לקטום (ניתן [li, ui] קטע על ממש

אותה? למקסם ניתן כיצד הרווח? תוחלת מהי

מהצורה הפוכה פונקציה לה שיש נובע ממש, עולה Fi : [li, ui]→ (0, 1) כי מההנחה פתרון:ממש. עולה היא שגם F−1

i : (0, 1)→ [li, ui]

התוחלת את שממקסם שהערך ומצאנו שפתרנו בעיה זו ,j סניף כל שעבור לב נשיםעולה פונקציה Fj כי והנחנו היות .Fj

(S−j)≤ 1− c

r ≤ Fj (Sj) המקיים כזה Sj הואבמונחי .Fj

(S−j)

= Fj (Sj) = 1 − cr ולכן יחיד פתרון שקיים להסיק ניתן ממש,

של האופטימלית הרווח תוחלת לפיכך .Sj = F−1j

(1− c

r

)נקבל ההפוכה הפונקציה

.Cj (Sj) = r´ Sj

0

(1− c

r − Fj (t))dt היא jה־ הסניף

על מתקבל האופטימלי הפתרון מוגבלת, אינה שלנו הכסף שכמות שבמקרה לב נשיםהסניפים. כל עבור jה־ לסניף יחידות Sj הזמנת ידי

,c ·∑ni=1 Si ≤ A שמתקיים שבמקרה לב נשים .Aב־ שלנו הכסף כמות את נסמן

.jה־ בסניף יחידות Sj ולמכור מוצר יחידות∑ni=1 Si לקנות הוא האופטימלי הפתרון

.A/c <∑ni=1 Si כלומר ,A < c ·

∑ni=1 Si כי נניח לכן

שעבורו j סניף קיים האם .iה־ בסניף ai ומוכרים∑ni=1 ai שקונים נניח .1

?Sj < aj

במקום Sj רק הזה לסניף ולתת הכללית הקנייה את להקטין ניתן כי שלא, ודאימקיימת: התוחלת ולכן C (aj) ≤ C (Sj) שכן התוחלת, את להגדיל ובכך aj

n∑i=1

Ci (ai) ≤n∑

i = 1i 6= j

Ci (ai) + Cj (aj) ≤n∑

i = 1i 6= j

Ci (ai) + Cj (Sj)

לראות קל כי ,A/c <∑ni=1 Si התנאי את סותר אינו זה שחישוב לב נשים.∑n

i = 1i 6= j

ai + Sj <∑ni=1 ai ≤ A/c שמתקיים

.ai ≤ Si מתקיים i לכל האופטימלי בפתרון לכן

אופטימלי, זה שפתרון ייתכן האם .iה־ בסניף ai ומוכרים∑ni=1 ai שקונים נניח .2

?∑ni=1 ai <

A/c ועדיין

לנו אין ולכן A/c <∑ni=1 Si הנחנו כי ,i לכל ai = Si ייתכן שלא לב נשים

.aj < Sj שעבורו j קיים לכן .∑ni=1 Si לקנות כדי כסף מספיק

שני ולכן ,aj < A/c −∑n

i = 1i 6= j

ai באילוץ נקבל אגפים שבהעברת לב נשים

12

.aj < min

Sj , A/c−∑n

i = 1i 6= j

ai

:= aj קובעים יחד האילוצים

את מגדילה aj לחסם עד aj של הגדלה כל התוחלת, את ממקסם Sjו־ מאחרשכן: התוחלת,

n∑i = 1i 6= j

ai + aj ≤n∑

i = 1i 6= j

ai +

A/c−n∑

i = 1i 6= j

ai

= A/c

להשתמש עלינו כלומר .∑ni=1 ai = A/c להתקיים צריך אופטימלי בפתרון לכן

לרשותנו. שעומד הכסף בכל

A < cSi שמתקיים ייתכן האם .iה־ בסניף ai ומוכרים∑ni=1 ai שקונים נניח .3

אחד? מסניף ביותר מוכרים ועדיין ,i לכל

i בסניף הכל למכור ,A לנו שיש הכסף בכל Si לקנות ניתן זה שבמצב לב נשים.j לאיזה Sj < A/c כי נניח לכן התוחלת. את למקסם ובכך כלשהו

אזי אופטימלי, זה פתרון אם .iה־ בסניף ai ומוכרים∑ni=1 ai שקונים נניח טענה:

.F1 (a1) = F2 (a2) = ... = Fn (an) בהכרח

,∑ni=1 ai = A/c לקיים צריך שהוא ראינו כנ"ל. פתרון הוא a1, ..., an כי נניח הוכחה:

l, j אינדקסים זוג קיימים Sj < A/c מההנחה .i לכל 0 ≤ ai ≤ Si כאשרלהגיע ניתן לא j בסניף שכן ,0 < aj < Sj וכן 0 < al מתקיים שעבורם

חיובית. כמות נמכרת אחר l בסניף ולכן לאופטימום

כלומר .ε כדי עד משתמרים הללו שהאי־שוויונים כך קטן, מספיק 0 < ε נבחרמשפיע ε בגודל הקנייה של שינוי כיצד נחשב .0 < al− ε וגם 0 < aj + ε < Sj

התוחלת: על

[Cl (al − ε) + Cj (aj + ε)]− [Cl (al) + Cj (aj)] =

=[´ al−ε

0

(1− c

r − Fl (t))dt+

´ aj+ε0

(1− c

r − Fj (t))dt]−

−[´ al

0

(1− c

r − Fl (t))dt+

´ aj0

(1− c

r − Fj (t))dt]

=

=´ aj+ε

0

(1− c

r − Fj (t))dt−

´ alal−ε

(1− c

r − Fl (t))dt =

= −´ aj+εaj

Fj (t) dt+´ alal−ε Fl (t) dt =

משתנה והחלפת הראשון, באינטגרל ds = dt ,t = aj +s משתנה החלפת נבצע

13

ונקבל: השני, באינטגרל ds = −dt ,t = al − s

= −´ ε

0Fj (aj + s) ds−

´ 0

−ε Fl (al − s) ds =

= −´ ε

0Fj (aj + s) ds+

´ ε0Fl (al − s) ds =

=´ ε

0(Fl (al − s)− Fj (aj − s)) ds

ההקצאה את (ε) במעט משנים כאשר בתוחלת לשינוי מפורש ביטוי קיבלנו כך אםבהקצאה קטן שינוי מתי כלומר חיובי? זה ביטוי 0 < ε איזה עבור .j, l בסניפים

הרווח? בתוחלת לעלייה מביאסביבות יש אז Fj (aj) < Fl (al) שאם נובע ,Fi הפונקציות שמרציפות לב נשים0 < ε קיים כלומר הזה. השוויון אי בהן שמתקיים aj , al הנקודות של שלמותכלומר .Fl (al + s) − Fj (aj − s) > 0 מתקיים 0 ≤ s ≤ ε לכל שעבורו

גם: מתקיים כזה במקרה

εˆ

0

(Fl (al − s)− Fj (aj − s)) ds > 0

הנתון הפתרון כלומר הזה, ε בגודל שינוי ידי על התוחלת את לשפר ניתן כן ועל� שבטענה. להנחה בסתירה אופטימלי, אינו

במונחי .F1 (a1) = F2 (a2) = ... = Fn (an) := λ שיתקיים לטענה בהתאם נדרוש כן אםλ למצוא נרצה כך אם .ai = F−1

i (λ) יתקיים i שלכל אומר זה ההפוכות, הפונקציותהתוחלת. את שימקסם

בתחילת הראינו כן כמו .∑ni=1 F

−1i (λ) =

∑ni=1 ai = A/c כי נובע 2 שמתנאי לב נשים

,(0, 1) על i לכל ורציפה ממש עולה פונקציה F−1i : (0, 1)→ [li, ui] כי שמתקיים הפתרון

לכן .(0, 1) על ורציפה ממש עולה פונקציה g (u) =∑ni=1 F

−1i (u) הפונקציה גם ולכן.g−1 הפוכה פונקציה קיימת

הוא: התוחלת את שממקסם λה־ ערך כי נסיק כעת

g (λ) =∑ni=1 F

−1i (λ) = A/c⇓

λ = g−1 (A/c)

ולכן: ai = F−1i (λ) שכן ,a1, ..., an האופטימלי לפתרון נוסחה נקבל כעת

ai = F−1i (λ) = F−1

i

(g−1 (A/c)

)= F−1

i

( n∑i=1

F−1i (A/c)

)−1

מעריכית התפלגות דוגמה: 2.6.1

כי נניח כן כמו .iה־ בסניף ai ממנו למכור כדי מסוים מוצר∑ni=1 ai קונים אנו כי נניח

Fi (t) = היא iה־ ההתפלגות פונקציית כלומר ,Di ∼ exp (µi) הוא iה־ בסניף הביקוש

.

{1− e−µit 0 ≤ t

0 t < 0

14

הקודם, הפרק בסוף שמצאנו הנוסחה באמצעות a1, ..., an הפתרון את תחילה למצוא נרצההפתרון. של התוחלת את למצוא נרצה מכן ולאחר

:Fi של ההפוכה הפונקציה את נמצא תחילה הפתרון, את למצוא כדי

u = Fi (t) = 1− e−µit =⇒ log (1− u) = −µit =⇒ t = − log(1−u)µi

נובע: מכאן .F−1i (u) = − log(1−u)

µiכלומר

g (u) =

n∑i=1

F−1i (u) = − log (1− u)

n∑i=1

1

µi=− log (1− u)

1/∑

1µi

g של שהצורה לב נשים .g =∑ni=1 F

−1i של ההפוכה הפונקציה את למצוא נרצה כעת

שלה ההפוכה אופן באותו לכן .1/∑ 1µi

מופיע µi במקום כאשר ,F−1i של הצורה בדיוק היא

.g−1 (t) = 1− e

(−1∑i

1µi

)·tתהיה

.aj = F−1j

(g−1 (A/c)

)הקודם, בפרק שמצאנו לנוסחה בהתאם הפתרון את לחשב נוכל כעת

הפנימי: הביטוי את נחשב תחילה

g−1 (A/c) = 1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

= 1− e−µj ·

(1/µj∑i

1µi

)·Ac

= Fj

(1/µj∑i

1µi

· Ac

)⇓

aj = F−1j

(g−1 (A/c)

)= F−1

j

(Fj

(1/µj∑i

1µi

· Ac

))=

1/µj∑i

1µi

· Ac =EDj∑EDi· Ac

יתקיים: גם שבפרט לב נשים

n∑j=1

aj =

n∑j=1

EDj∑ni=1EDl

· Ac

=

∑nj=1EDj∑ni=1EDl

· Ac

=A

c

שלו. התוחלת את לחשב נרצה הפתרון, את מצאנו כך אםמתקיים: שלנו ובמקרה ,E (D ∧ x) =

´ x0

(1− FD (t)) dt כי נזכור

E (Dj ∧ aj) =

ajˆ

0

e−µjtdt =1− e−µjaj

µj=

1− e−µj

(1/µj∑i

1µi

·Ac

)

µj=

1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

µj

נסיק: מכאן

Cj (aj) = −caj + r · E (D ∧ aj) = −c ·(

1/µj∑i

1µi

)· Ac + r

µj·

1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

=

= − 1µj·

( 1∑i

1µi

)·A+ r ·

1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

15

היא: הכולל הרווח שתוחלת נובע ומכאן

n∑i=1

Ci (ai) = −n∑i=1

1

µi·

( 1∑i

1µi

)·A+ r ·

1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

= −A−r·

1− e

(−1∑i

1µi

)·Ac

אחידה התפלגות דוגמה: 2.6.2

כי נניח כן כמו .iה־ בסניף ai ממנו למכור כדי מסוים מוצר∑ni=1 ai קונים אנו כי נניח

.Di ∼ U (0, di) הוא iה־ בסניף הביקוש

.Fi (t) =

0 t < 0tdj

0 ≤ t ≤ di1 1 < di

היא iה־ ההתפלגות פונקציית כלומר

הקודם. הפרק בסוף שמצאנו הנוסחה באמצעות a1, ..., an הפתרון את תחילה למצוא נרצה.F−1j (u) = udj היא Fj של ההפוכה שהפונקציה נבחין הפתרון, את למצוא כדי

כעת .ai = diλ כלומר ,i לכל aidi

= Fi (ai) = λ לקיים חייב שפתרון לעיל שמצאנו נזכורנקבל:

djλ = aj = F−1j

((∑ni=1 F

−1i (A/c)

)−1)

=(∑n

i=1 F−1i (A/c)

)−1 · dj⇓

λ =(∑n

i=1 F−1i (A/c)

)−1=(∑n

i=1 di ·Ac

)−1

⇓λ = A

c ·1∑i di

שהזכרנו: האילוץ את נציב

A

c· 1∑

i di= λ =

ajdj

הקודם: בפרק שמצאנו המעריכית לצורה זהה צורה נקבל ובסיכום

aj =dj∑i di· Ac

=dj/2∑i di/2

· Ac

=EDj∑iEDi

· Ac

16

II חלק

EOQ - Economic Order Quantity

ביצועים. בחקר נפוץ הוא אבל סטוכסטי, אינו EOQ המודל

נניח כן כמו ורציף. קבוע הוא d הביקוש שבו בשוק מסוים מוצר מוכרים אנו כי נניח בעיה:נניח לצרכנים. מוצר יחידת מחיר הוא r וכי עבורנו, מוצר יחידת של המחיר הוא c כי

.K קבוע מחיר עולה מהמוצר כמות כל של הזמנה כי

p כי נניח כן וכמו זמן, ליחידת חיובית מלאי יחידת להחזקת h עלות שיש עוד נניחהלוואה). לקיחת ידי על (למשל זמן ליחידת שלילית מלאי יחידת החזקת עלות היא

בתגובה אותה למכור ולהתחיל מהמוצר מסוימת כמות לקנות היא שלנו המדיניותלהיכנס מוכנים אלא נגמר, הוא כאשר מיד המלאי את מחדשים לא אנו .d לביקוש.Qב־ פעם בכל קונים אנו שאותה הכמות את נסמן .s גובה עד שלילי מלאי של למצבשבסימונים לב נשים זהה. נוספת כמות קונים אנו Q כמות שנמכרת פעם בכל כלומר,

השלילי. המלאי גודל הוא sו־ החיובי, המלאי גודל הוא Q− s אלה,

הרווח? את למקסם כדי s וגודל Q כמות לבחור ניתן כיצד

העלות את C ידי על נסמן להזמנה. הזמנה שבין הזמן כמות את T ידי על נסמן פתרון:.CT להיות זמן ליחידת העלות את נגדיר לפיכך, שלנו. הכוללת

יותר: פורמלי באופן אותה נצדיק אך טבעית, נראית אמנם זמן ליחידת העלות של ההגדרה.nT ≤ t < (n+ 1)T שמתקיים ונקבל n =

⌊tT

⌋נסמן כלשהי. t זמן נקודת ניקח

.(n+ 1)C היא (n+ 1)T לזמן העלות אופן ובאותו ,nC היא nT לזמן שהעלות לראות קל.C (t) ידי על t בזמן העלות את נסמן

נובע: ולכן ,nC ≤ C (t) < (n+ 1)C כי ברור

nC ≤ C (t) < (n+ 1)C⇓

nC(n+1)T ≤

C(t)t < (n+1)C

nT

⇓C (t) −→

n=b tT c→∞CT

כלומר .Q כמות נמכרת שבו להזמנה, הזמנה שבין הזמן משך הוא T כי לב נשים •.T = Q

d ומכאן ,Q− dT = 0 להתקיים צריך

.C = K + cQ+ (Q−s)22d h+ s2

2dp היא שלנו הכוללת שהעלות נראה •(Q−s)2

2d h האיבר כי נראה הבעיה. מהגדרת ישירות נובעים K, cQ האיברים

החזקת עלות את משקף s2

2dp האיבר וכי החיובי, המלאי החזקת עלות את משקףהשלילי. המלאי

שממנו הגודל להיות s את הגדרנו (כי T = Q−sd בזמן מתאפס שהמלאי לב נשים

החיובי המלאי החזקת עלות את להכפיל יש כך אם שלילי). להיות מתחיל המלאיהנוספת וצלעו Q − s היא האחת שצלעו המשולש שטח של בגודל ליחידה) h)

המלאי החזקת עלות את להכפיל יש כן, כמו .(Q−sd )(Q−s)

2d h כלומר .Q−sd היא

17

הנוספת וצלעו s היא האחת שצלעו המשולש שטח של בגודל ליחידה) p) השלילי. s

2

2d בשטח p את להכפיל כלומר . sd היא

היא: ,CT כלומר זמן, ליחידת שהעלות נובע הקודמות הזהויות משתי •

C

T= C· d

Q=

[K + cQ+

(Q− s)2

2th+

s2

2dp

]· dQ

=Kd

Q+dc+

(Q−s)22 h+ s2

2 · pQ

הן זמן ליחידת המכירות ולכן ,rQ הן הזמנה מחזור בכל שהמכירות לראות קל •באורך הזמנה, של אחד במחזור המכירות כמות את (חילקנו rQ

T = rQQ/d = rd

ההזמנה). של המחזור

העלות את למזער נרצה כלומר האופטימליים. s,Q הערכים את למצוא נרצה כעתשאינם C

T של הנ"ל בסכום מהאיברים נתעלם .s,Q המשתנים לפי CT הכוללת

g (s,Q) = KdQ + הפונקציה את למזער שמספיק ונקבל ,s,Q במשתנים תלויים

.(Q−s)2

2 h+ s2

2 ·pQ

ניתן כלומר משנה. אינו המזעור סדר משתנים, בשני פונקציה של במזעור כללי, באופן:s לפי g (s,Q) הפונקציה את ל־0 ונשווה נגזור .Q לפי ואז s לפי קודם למזער

g′

s (s,Q) =

(KdQ +

(Q−s)22 h+ s2

2 ·pQ

)′= − (Q− s) · h+ sp = 0

⇓

s = hh+p ·Q =

1/p1/p+1/h ·Q

את שממזער Q נמצא אם לכן מינימום. נקודת שזו תראה נוספת פעם g של גזירה

.(

1/p1/p+1/h ·Q,Q

)הוא g הפונקציה את שממזער שהזוג האחרון מהשוויון נקבל ,g (s,Q)

ונקבל: נציב

g(

1/p1/p+1/h ·Q,Q

)= Kd

Q +

(Q−

1/p1/p+1/h

·Q)2

2 h+

(1/p

1/p+1/h·Q)2

2 ·pQ =

= KdQ +

(1/h

1/p+1/h·Q)2

2 h+

(1/p

1/p+1/h·Q)2

2 ·pQ = Kd

Q + Q2 ·[(

1/h1/p+1/h

)2

h+(

1/p1/p+1/h

)2

· p]

עזר: חישוב )נבצע1/h

1/p+1/h

)2

h+(

1/p1/p+1/h

)2

· p =1/h

(1/p+1/h)2+

1/p

(1/p+1/h)2= 1

1/p+1/h

נובע: מכאן

g

(1/p

1/p + 1/h·Q,Q

)=Kd

Q+

Q

2 (1/p + 1/h)

18

:Q לפי שקיבלנו הפונקציה את ל־0 ונשווה נגזור כעת

g′

Q

(1/p

1/p+1/h ·Q,Q)

= −KdQ2 + 1

2(1/p+1/h) = 0

⇓

Q =√

2Kd (1/p + 1/h)

שמצאנו: הממזער Q ערך את ונציב הממזער s לערך נחזור כעת

s =1/p

1/p + 1/h·Q =

1/p1/p + 1/h

·√

2Kd (1/p + 1/h) =1

p·

√2Kd

1/p + 1/h

.(s,Q) =(

1p ·√

2Kd1/p+1/h ,

√2Kd (1/p + 1/h)

)הוא למודל שהפתרון קיבלנו כך אם

לרווח: לביטוי הפתרון את נתרגם

נקבל: הממזערים s,Q הערכים שעבור לב נשים •

Q− s =1

h·√

2Kd1p + 1

h

הממזערים הערכים את נציב .KdQ + Q2(1/p+1/h) הייתה הכוללת העלות כי נזכור •

ונקבל:

Kd

Q+

Q

2 (1/p + 1/h)=

Kd√2Kd (1/p + 1/h)

+

√2Kd (1/p + 1/h)

2 (1/p + 1/h)=

√2Kd

(1/p + 1/h)

והמכירות: העלות של כהפרש זמן, ליחידת האופטימלי הרווח את נקבל כעת •

(r − c) d−

√2Kd

(1/p + 1/h)

19

III חלק

מרקוביות החלטה ובעיות דינמי תכנון

יחיד מוצר של ומכירה קנייה 3

אותו מוכרים ואנו c היא המוצר עלות עבורנו בלבד. אחד מוצר מוכרים שאנו נניח בעיה:ונכשלים p בהסתברות למכור מצליחים אנו נתון, ביום .c < r כמובן נניח .r בעלות

.q := 1− p בהסתברות בכך

במכירת נכשלנו אם אחד. ממוצר יותר של מלאי לצבור ניתן לא נתון זמן שבכל נניחעומדת אותו למכור הצלחנו ואם הבא, ביום אותו למכור האפשרות נותרת המוצרכמו הבא. ביום למכירה ולהעמידה ממנו נוספת יחידה לקנות האפשרות לבחירתנושתמקסם המדיניות מהי תלויים. בלתי הם השונים בימים למוצר שהביקושים נניח כן

הרווח? תוחלת את

מכירה, ימי n לנו נותרו כאשר האופטימלית הרווח תוחלת להיות Vn (1) נגדיר הגדרה:בידינו. המוצר הנוכחית התקופה ובתחילת

מכירה, ימי n לנו נותרו כאשר האופטימלית הרווח תוחלת להיות Vn (0) גם נגדירבידינו. אינו המוצר הנוכחית התקופה ובתחילת

V0 (1) = V0 (0) = נגדיר נוחות לצורכי .n = 0 עבור מוגדרת אינה Vn (i) הפונקציה סימון:.0

השוויונות: מתקיימים טבעי n לכל טענה:

Vn (1) = pr + p · Vn−1 (0) + q · Vn−1 (1) (1)

Vn (0) = max {Vn−1 (0) ,−c+ Vn (1)} (2)

.n = 1 במקרה נטפל תחילה הוכחה:

מתקיים: שאכן לב נשים •

V1 (1) = p · r + q · 0 = p · r = p · r + p · 0 + q · 0

והנסכם ,(p (הסתברות ממכירה (r) הרווח את מייצג הראשון הנסכם כאשר.(q (הסתברות מכירה מאי (0) הרווח את מייצג השני

מתקיים: שאכן לב נשים עוד •

V1 (0) = max {0,−c+ V1 (1)}

המוצר, את לקנות לא החלטנו שבו המקרה את מייצג ,0 הראשון, האיבר כאשרהמוצר. את לקנות החלטנו שבו המקרה את מייצג ,−c+ V1 (1) השני, והאיבר

כללי. nב־ נטפל כעת .n = 1 עבור נכונות הנוסחאות כך אם

20

שמתקיים: לב נשים •

Vn (1) = p · (r + Vn−1 (0)) + q · Vn−1 (1) = p · r + p · Vn−1 (0) + q · Vn−1 (1)

(בהסתברות שנמכור המקרה את מייצג ,p של הכפולה כלומר הראשון, האיברהימים בשאר הרווח תוחלת בצירוף ,(r) המוצר של השוק מחיר את ונרוויח (p

.(Vn−1 (0)) בידינו מוצר בלי אותם מתחילים אנו כאשר שנותרו(בהסתברות נמכור שלא המקרה את מייצג ,q של הכפולה כלומר השני, האיברבשאר הרווח תוחלת בצירוף ,(t) המוצר של השוק מחיר את נרוויח לא ולכן (q

.(Vn−1 (1)) בידינו מוצר עם אותם מתחילים אנו כאשר שנותרו הימים

שמתקיים: לב נשים עוד •

Vn (0) = max {Vn−1 (0) ,−c+ Vn (1)}

את לקנות לא החלטנו שבו המקרה את מייצג ,Vn−1 (0) הראשון, האיבר כאשראת לקנות החלטנו שבו המקרה את מייצג ,−c+ Vn (1) השני, והאיבר המוצר,מבין למקסימלית שווה זה אופטימלית, כתוחלת Vn את שהגדרנו מכיוון המוצר.

� האפשרויות. שתי

יורדת. לא {Vn (0)}∞n=1 הסדרה מסקנה:

שמתקיים מידית נובע Vn (0) = max {Vn−1 (0) ,−c+ Vn (1)} שמהנוסחה לב נשים הוכחה:� .n לכל Vn−1 (0) ≤ Vn (0)

ממש. עולה {Vn (1)}∞n=1 הסדרה מסקנה:

.V0 (1) = 0 < pr = V1 (1) מתקיים n = 1 עבור באינדוקציה. הוכחה:

מהנחת אזי .Vn−2 (1) < Vn−1 (1) כלומר כללי, 1 ≤ n עבור נכונה שהטענה נניחשמתקיים: נובע הקודמת הטענה ובצירוף האינדוקציה

p · Vn−2 (0) + q · Vn−2 (1) < p · Vn−1 (0) + q · Vn−1 (1)⇓

Vn−1 (1) = pr + p · Vn−2 (0) + q · Vn−2 (1) < pr + p · Vn−1 (0) + q · Vn−1 (1) = Vn

� ממש. עולה {Vn}∞n=1 כלומר

נותרו. ימים בכמה תלות ללא מהמוצר, לקנות כדאי תמיד c < pr אם טענה:

הסדרה מהיות .0 < Vn (0) = max {Vn−1 (0) ,−c+ Vn (1)} כי להראות צריך הוכחה:כאשר הוא לקנות שווה לא בו היחיד שהמקרה נובע יורדת לא סדרה {Vn (0)}∞n=1

תמיד מתקיים c < pr ההנחה שתחת להראות צריך לכן .Vn (0) = Vn−1 (0)באינדוקציה. זאת נראה .Vn (0) = −c+ Vn (1) > 0

V1 (1) = pr כי לב נשים .V1 (0) = max {0,−c+ V1 (1)} מתקיים n = 1 עבורמהמוצר. לקנות וכדאי 0 < −c+ V1 (1) ולכן

אזי .Vn−1 (0) = −c + Vn−1 (1) כלומר כללי, 1 ≤ n עבור נכונה שהטענה נניחמתקיים:

Vn (0) = max {Vn−1 (0) ,−c+ Vn (1)} =

= max {−c+ Vn−1 (1) ,−c+ Vn (1)} = −c+ Vn (1) > 0

21

הסדרה מהיות נובע השלישי השוויון האינדוקציה, מהנחת נובע השני השוויון כאשרVn (1) = pr שמתקיים מכך נובע שבסוף והאי־שוויון ממש, עולה סדרה {Vn (1)}∞n=1

� .c < pr ההנחה עם יחד

N < n ולכל לקנות, כדאי לא 0 ≤ n ≤ N שלכל כך טבעי, N קיים אז pr < c אם טענה:לקנות. כדאי

V1 (1) = pr, V1 (0) = max

0,−c+ pr︸ ︷︷ ︸<0

= שמתקיים נובע pr < c מההנחה הוכחה:

מהמוצר. לקנות כדאי לא ולכן ,0

השוויונות: מתקיימים pr < c שכאשר לב נשים כעת

V2 (1) = pr + pV1 (0) + qV1 (1) = pr + 0 + qpr = pr (1 + q) = r (1− q) (1 + q) = r(1− q2

)V2 (0) = max {V1 (0) ,−c+ V2 (1)} = max

{0,−c+ r

(1− q2

)}:pr < c כאשר כללי שבאופן ומכאן

Vn (1) = r (1− qn) , Vn (0) = max {0,−c+ r (1− qn)}

.r(1− qN+1

)≥ c כלומר ,r

(1− qN

)< c שמקיים המקסימלי המספר N יהי כעת

שתי להראות יש כך ולשם בטענה, המבוקש המספר הוא שהגדרנו זה N כי נראהטענות:

הראינו n = 1 עבור לקנות. כדאי לא 0 ≤ n ≤ N שעבור באינדוקציה נראה •ההוכחה. בראשית זאת

וכן Vn (1) = r (1− qn) כלומר כלשהו, n < N עבור לקנות כדאי שלא נניחשמתקיים: נקבל .Vn (0) = 0

Vn+1 (1) = pr + pVn (0) + qVn (1) = pr + q (1− qn) r = r(p+ q − qn+1

)= r

(1− qn+1

)Vn+1 (0) = max

{Vn (0) ,−c+ r

(1− qn+1

)}= Vn (0) = 0

.r(1− qN

)< c מההנחה נובע האחרון השוויון כאשר

Vn (0) = מתקיים 0 ≤ n ≤ N כל שעבור באינדוקציה מצאנו כך אם.0, Vn (1) = r (1− qn)

שמתקיים: לב נשים .N < n כל עבור לקנות שכדאי נראה •

VN+1 (1) = r(1− qN+1

)≥ c

VN+1 (0) = max {VN (0) ,−c+ VN+1 (1)} = −c+ VN+1 (1) > 0

כדאי אם כללי שבאופן לראות קל מהמוצר. עוד לקנות כדאי N + 1 עבור ולכןכדאי N < n לכל כלומר ,k < m כל עבור לקנות כדאי גם אז k עבור לקנות

� לקנות.

22

הרווח. תוחלת את לחשב נוכל Vn (i) הפונקציה את שאיפיינו לאחר פתרון:

מתקיים: 2 ≤ k לכל הקודמת, בטענה שמצאנו N עבור

VN+k (1) = pr + pVN+k−1 (0) + qVN+k−1 (1) =

= pr + p (VN+k−1 (1)− c) + qVN+k−1 (1) = p (r − c) + VN+k−1 (1)

⇓

VN+k (1)− VN+k−1 (1) = p (r − c)

מתקיים: m לכל שגם ולראות להכליל קל

VN+m (1)− VN+1 (1) = (m− 1) p (r − c)⇓

VN+m (1) = r(1− qN+1

)+ (m− 1) p (r − c)

גם: וכן

VN+m (0) = −c+ VN+m (1)

לתנאי ביחס המקסימלי N כי למצוא ניתן ,r(1− qN

)< c שמתקיים במקרה לכן

המבוקש. Nה־ הוא N <log(1− cr )

log(q)

השקעה 4

לוגריתמית תועלת 4.1

של שיעור להשקיע לנו מותר יום בכל ימים. n של זמן ואופק x כסף סכום בידינו בעיה:שהשקענו הסכום את נכפיל היום שבסוף לכך בתמורה שלנו, מהכסף 0 ≤ α ≤ 1

.q = 1− p בהסתברות כולו את שנפסיד או p בהסתברות

כלומר, לבחור? כדאי α איזה .ln y היא y מסכום עבורנו האפריורית שהתועלת נניחלהשקיע? כדאי כמה

לנו נותרו כאשר כסף, x של התועלת של האופטימלית התוחלת להיות Vk (x) נגדיר פתרון:אפשרות כל לנו אין כלומר .V0 (x) = lnx כי נובע התועלת מההגדרת ימים. k

.lnx גם היא התוחלת ולכן ,lnxל־ ושווה קבועה והתועלת להשקיע,

בידינו יישאר כי לב נשים ממנו. α להשקיע והחלטנו אחד, יום לנו שנותר נניח כעתבידינו יישאר וכי ,(p (בהסתברות נכפיל אם כסף 2αx + (1− α)x = (1 + α)x

היא: התועלת תוחלת לכן .(q (בהסתברות נפסיד אם כסף 0 + (1− α)x

p · ln [(1 + α)x] + q · ln [(1− α)x] = p · V0 ((1 + α)x) + q · V0 ((1− α)x)

כלומר: התועלת, את שממקסם זה הוא לבחור שכדאי αה־

V1 (x) = sup0≤α≤1

{p · V0 ((1 + α)x) + q · V0 ((1− α)x)}

23

מתקיים: אינדוקטיבי ובאופן

Vk (x) = sup0≤α≤1

{p · Vk−1 ((1 + α)x) + q · Vk−1 ((1− α)x)}

עבורה: שמתקיים לב נשים התועלת. של התוחלת את נחשב כעת

p · ln ((1 + α)x) + q · ln ((1− α)x) =

= p · ln (1 + α) + q · ln (1− α) + lnx

מהאיבר נתעלם אז .x שבידינו הכסף בכמות תלויה אינה אופטימלי α בחירת כי מכאן:α לפי הראשונים האיברים שני את ל־0 ונשווה ונגזור האחרון

p1+α + q

1−α = 0

⇓

p (1− α) + q (1 + α) = 0

⇓

α = p− qונקבל: האופטימלי הערך את נציב

p · ln [1 + p− q] + q · ln [1− p+ q] = ln 2 + p ln p+ q ln q

שלילית: התועלת תוחלת אז 0 ≤ p < 12 שאם לב נשים

ln 2 + p ln p+ q ln q < ln 2 +1

2ln

1

2+

1

2ln

1

2= ln 2 + ln 1− ln 2 = 0

האופטימלי. הוא α = 0 כזה במקרה כלומר

הנוחות: לצורך נסמן

C =

{0 0 ≤ p < 1

2

ln 2 + p ln p+ q ln q 12 ≤ p ≤ 1

היא: אופטימלי α בחירת עבור התועלת שתוחלת ונקבל

V1 (x) =

{lnx 0 ≤ p < 1

2

C + lnx 12 ≤ p ≤ 1

לתוחלת גם אינדוקטיבית נוסחה שקיימת לנו שרומז מה ,V0 (x) = lnx כי לב נשיםהתועלת: של האינדוקטיבית לנוסחה בהתאם הלאה נחשב התועלת. של

V2 (x) = sup0≤α≤1

{p · V1 ((1 + α)x) + q · V1 ((1− α)x)} =

= sup0≤α≤1

{p · (C + V0 ((1 + α)x)) + q · (C + V0 ((1− α)x))} =

= (p+ q)︸ ︷︷ ︸=1

· C + sup0≤α≤1

{p · V0 ((1 + α)x) + q · V0 ((1− α)x)}

24

ולכן: מצאנו, כבר האחרון האיבר שאת לב נשים אבל

V2 (x) = C + (C + V0 (x)) = 2C + V0 (x) = 2C + lnx

הנוסחה: שמתקיימת אינדוקטיבית לראות קל

Vk (x) = kC + V0 (x) = kC + lnx

כלומר ,x שבידינו מהכסף אופטימלי α שיעור משקיעים שלב בכל שאם מצאנו כלומר,

היא ימים k לנו נותרו אם התועלת של התוחלת אז ,α =

{0 0 ≤ p < 1

2

p− q 12 ≤ p ≤ 1

.Vk (x) = kC + lnx

קמורה תועלת 4.2

שהתועלת נניח ,ln היא האפריורית התועלת כי להניח במקום הקודמת, הבעיה בתיאור בעיה:α איזה יורדת. ולא קעורה פונקציה U (x) כאשר ,U (x) היא x מסכום האפריורית

להשקיע? כדאי כמה כלומר, לבחור? כדאי

נכליל הפעם בפתרון כזאת. פונקציה של פרטי מקרה היא ln שהפונקציה לב נשים הערה:.ln עבור לעיל שמצאנו הפתרון את

U (λx+ (1− λ) y) ≥ מתקיים 0 ≤ λ ≤ 1 שלכל היא קעורה פונקציה של ההגדרה פתרון:ההגדרה. בתחום x, y לכל ,λU (x) + (1− λ)U (y)

התועלת: של התוחלת את נחשב כעת

p · U ((1 + α)x) + q · U ((1− α)x) ≤ U (p (1 + α)x+ q (1− α)x) =

= U (1− α (q − p)x) ≤ U (x)

והאי־שוויון זהותי, שאחריו השוויון ,U של מהקעירות נובע הראשון האי־שוויון כאשרפונקציה U ומהיות 1−α (q − p) = 1−α (1− 2p) < 1 שמתקיים מכך נובע לבסוף

יורדת. לא

את נגדיר אופן באותו ימים. k− 1 נשארו כאשר להשקיע שלא שאופטימלי נניח כעתכללי: k ועבור ,V1 (x) = U (x) האופטימלית התוחלת

Vk (x) = sup0≤α≤1

{p · Vn−1 ((1 + α)x) + q · Vn−1 ((1− α)x)} =

= sup0≤α≤1

{p · U ((1 + α)x) + q · U ((1− α)x)}

הביטוי כלומר .Vk (x) ≤ U (x) היא להשקיע כדאי שלא ההנחה של משמעותהU מהיות אבל .p · U ((1 + α)x) + q · U ((1− α)x) ≤ U (x) מקיים שקיבלנואכן כלומר בשוויון, מדובר בהכרח ולכן חזק, אי־שוויון ייתכן שלא נובע קעורה

.α = 0

25

בן־זוג?) למצוא איך (או: המזכירה בעיית 5

אנחנו .a1 < a2 < ... < an טיבם לפי מדורגים שהם ונניח מועמדים, {ai}ni=1 בפנינו בעיה:את מראיינים אנחנו כך לשם .an את כלומר טוב, הכי המועמד את למצוא מעונייניםהכללי, דירוגו את יודעים איננו מועמד בפנינו שכשמגיע כך אקראי, בסדר המועמדיםלקבוע מסוגלים אנחנו כלומר לפניו. שהתראיינו לאלה ביחס דירוגו את רק אלאמודיעים אנו ראיון בכל שלא. או לו הקודמים מכל יותר גבוה מדורג הוא האם רקהסתיימו, הראיונות אותו קיבלנו אם לא; או התקבל הוא האם במקום בו למועמדשנדחה. המועמד את להחזיר דרך כל לנו ואין ממשיכים הראיונות - אותו דחינו ואם

כי אותו, נקבל לא אנחנו לו שקדמו מאלה טוב פחות נמצא מרואיין שאם לראות קלנמצא מרואיין כאשר לנקוט אסטרטגיה באיזו היא השאלה .an אינו בוודאות הוא

לו. שקדמו אלה מכל יותר טוב

בוודאות. נצליח ובכך בו לבחור פשוט עלינו יחיד, מועמד שקיים כלומר ,n = 1 עבור פתרון:

נבחר, מהם מי משנה שלא להיווכח ניתן כלשהו. מועמד לבחור עלינו ,n = 2 עבור. 12 היא ביותר הטוב את לבחור להצליח ההסתברות

הטוב המועמד את לבחור ההסתברות את שתמקסם אסטרטגיה למצוא תהיה מטרתנובפנינו שיתראיינו ככל כלומר יותר, גדול nש־ שככל נדמה לכאורה כללי. n עבור ביותרנראה טעות. זו אולם טוב. הכי המועמד את למצוא יותר קשה יהיה מועמדים, יותרלבחור להצליח ההסתברות שבמסגרתה אופטימלית אסטרטגיה שקיימת מפתיע באופן

.e−1 למספר שואפת ביותר הטוב המועמד את

המועמד את מראיינים אנו כאשר האופטימלית ההצלחה תוחלת להיות Vk (0) נגדיראותו דוחים כמובן אנו כי להחליט, מה אין זה במצב ביותר. הטוב אינו והוא kה־

הלאה. וממשיכים

המועמד את מראיינים אנו כאשר האופטימלית ההצלחה תוחלת להיות Vk (1) נגדירלו. שקדמו מאלה ביותר הטוב והוא kה־

שמתקיים: לב נשים

Vk (0) = kk+1 · Vk+1 (0) + 1

k+1 · Vk+1 (1)

Vk (1) = max{Vk (0) , kn

}- ביותר הטוב אינו והוא kה־ המרואיין בפנינו עומד כאשר הראשון: הביטוי את נסבירהמועמד את למצוא שנצליח להסתברות ביחס מחושבת ההצלחה תוחלת אותו. דוחיםאינו k+ ה־1 המועמד כאשר לתוחלת שווה זו תוחלת הראיונות. בהמשך ביותר הטובk+1ה־ המועמד כאשר התוחלת ועוד ( k

k+1 ·Vk+1 (0)) לו שקדמו מאלה ביותר הטוב.( 1k+1 · Vk+1 (1)) לו שקדמו מאלה ביותר הטוב הוא

מאלה ביותר הטוב והוא kה־ המרואיין בפנינו עומד כאשר השני: הביטוי את נסבירדחייה של במקרה אותו. לדחות או אותו לקבל האם להחליט עלינו - לו שקדמוהתוחלת זו - ביותר הטוב אינו הוא שבו במקרה כמו כי ,Vk (0) היא ההצלחה תוחלתההסתברות זו כי , kn היא ההצלחה תוחלת קבלה של במקרה לדחות. כשמחליטים

26

לפי לו, שקדמו מאלה ביותר הטוב שהוא בהינתן ביותר הטוב הוא kה־ שהמרואייןבייס.4 נוסחת

נשים תחילה אך ,Vk (i) עבור אינדוקטיבית נוסחה שמצאנו בנוסחאות לראות נרצהראיינו לא שבו מצב מתאר V0 (0) כי מוגדרים, לא V0 (0) , V1 (0) שהביטויים לבביותר הטוב אינו והוא יחיד מועמד ראיינו שבו מצב מתאר V1 ו־(0) מועמדים, כללוכן V0 (0) = V1 (1) מלאכותי באופן נגדיר ייתכן. שלא מה - לו שקדמו מאלה

טבעי. k לכל תקפות הללו שהנוסחאות ונקבל ,V1 (0) = 12V2 (0) + 1

2V2 (1)

:Vk (i) של יסודיות תכונות

כמקסימום. מהגדרתה שנובע כפי ,Vk (1) ≥ Vk (0) •הקודמת לתכונה בהתאם שכן חלש, יורדת סדרה היא {Vk (0)}n−1

k=0 הסדרה •נובע:

Vk (0) =k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1Vk+1 (1) ≥ k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1Vk+1 (0) = Vk+1 (0)

הבאים: השוויונים שמתקיימים כך ,0 ≤ kn ≤ n קיים טענה:

Vk (0) =

knn ·(

1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)0 ≤ k ≤ kn

kn ·(

1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)kn < k ≤ n

Vk (1) =

{knn ·(

1kn

+ 1kn+1 + ...+ 1

n−1

)0 ≤ k ≤ kn

kn kn < k ≤ n

דוחים, הראשון המועמד את הבאה: האסטרטגיה לפי לפעול שניתן לב נשים הוכחה:אותו. נקבל לו, הקודמים מכל יותר טוב שהוא מועמד שנמצא פעם ובכלהטוב הוא שמרואיין ההסתברות שכן ,Vk (0) = k

n כי מתקיים זו באסטרטגיהחישבנו. שכבר כפי , kn היא לו שקדמו מאלה ביותר הטוב שהוא בהינתן ביותר

.Vk (0) ≥ kn כי מתקיים בהכרח האופטימלית באסטרטגיה לפיכך

הנדרשים. השוויונים שני את ונראה ,kn = arg max{k|Vk (0) ≥ k

n

}נגדיר

שמתקיים: לב נשים הראשון. השוויון את נראה .1

V0 (0) ≥ V1 (0) ≥ . . . ≥ Vkn (0) ≥ Vkn+1 (0) ≥ . . . ≥ Vn (0)∨ ∨ . . . ∨ p ∧ . . . ∧0n ≤ 1

n ≤ . . . ≤ knn ≤ kn+1

n ≤ . . . ≤ nn

שקדמו מאלה ביותר הטוב הוא kה־ ="המועמד B כללי", באופן ביותר הטוב הוא kה־ ="המועמד A 4נסמן

נחשב: לו".

P (A|B) =P (B|A)P (A)

P (B)=

1 · 1n

1k

=k

n

27

סדרה {Vk (0)}nk=1 מהיות נובעים העליונה שבשורה השוויונים אי כאשרברורים. התחתונה שבשורה השוויונים ואי יורדת,

בחרנו כלומר .kn מהגדרת נובעות הללו הסדרות שתי שבין השוויונים אילכל ולכן ,knn ≤ Vkn (0) מתקיים שעבורו המקסימלי האיבר להיות kn את

.Vm (0) < mn מתקיים kn < m

הבא: השוויון את נקבל כעת

Vk (1) = max

{Vk (0) ,

k

n

}=

{Vk (0) 0 ≤ k ≤ knkn kn < k ≤ n

,Vk (0) = knn ·(

1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)מתקיים 0 ≤ k ≤ kn שעבור נראה הבא בסעיף

בטענה. הראשון השוויון את נקבל ובזאתמתקיים: 0 ≤ k ≤ kn שעבור לב נשים השני. השוויון את נראה .2

Vk (0) =k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1Vk+1 (1) =

k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1Vk+1 (0) = Vk+1 (0)

.V1 (0) = V2 (0) = ... = Vkn (0) מתקיים באינדוקציה ולכןמתקיים: kn < k ≤ n שעבור עוד לב נשים

Vk (0) =k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1Vk+1 (1) =

k

k + 1Vk+1 (0)+

1

k + 1·k + 1

n=

k

k + 1Vk+1 (0)+

1

n

1kVk (0)− 1

k+1Vk+1 (0) = השוויון מתקבל אגפים ומעבירים kב־ מחלקים אם. 1nk

ונקבל: 1nVn (0) = 0 את גם נוסיף ולבסוף איברים ונחסיר נוסיף

1kVk (0) =

[1kVk (0)− 1

k+1Vk+1 (0)]

+[

1k+1Vk+1 (0)− 1

k+2Vk+2 (0)]

+ ...+

+...+[

1n−1Vn−1 (0)− 1

nVn (0)]

+ 1nVn (0)

נובע: ולכן ,[

1kVk (0)− 1

k+1Vk+1 (0)]

= 1nk כי ראינו אבל

1kVk (0) = 1

nk + 1n(k+1) + ...+ 1

n(n−1) = 1n

(1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)⇓

Vk (0) = kn

(1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)V1 (0) = V2 (0) = ... = כי נקבל ולכן Vkn (0) = kn

n (...) מתקיים בפרט

� .Vkn (0) = knn

(1k + 1

k+1 + ...+ 1n−1

)ה־ המועמד עד המועמדים כל את לדחות יש האופטימלית באסטרטגיה מסקנה:Vk (1) = מתקיים kn מהגדרת שראינו כפי 0 ≤ k ≤ kn עבור כי ,kn

.max{Vk (0) , kn

}= Vk (0)

28

נראה המועמדים. כל את לדחות כדאי kn = arg max{k|Vk (0) ≥ k

n

}שעד ראינו

.kn את למצוא אפשר כיצד

1kn+1 + ... + 1

n−1 ≤ 1 ≤ 1kn

+ השוויונים אי את שמקיים המספר הוא kn טענה:....+ 1

n−1

הבאים: לאי־שוויונים שקול שבטענה שהאי־השוויון לב נשים הוכחה:

1kn+1 + ...+ 1

n−1 ≤ 1 ≤ 1kn

+ ...+ 1n−1

mknn ·(

1kn+1 + ...+ 1

n−1

)≤ kn

n ≤knn ·(

1kn

+ ...+ 1n−1

)m

Vkn+1 (0) ≤ knn ≤ Vkn (0)

� .kn = arg max{Vk (0) ≥ k

n

}מההגדרה נובע האחרון והאי־שוויון

.kn את למצוא אלגוריתמית דרך מספקת האחרונה הטענה מסקנה:שעוברים עד 1

n−1 ,1

n−1 + 1n−2 ,

1n−1 + 1

n−2 + 1n−3 , ... האיברים כל את נחשב

כי מתקיים , 1n−1 + 1

n−2 + ... + 1n−m ≥ 1 שמקיים הראשון m עבור .1 את

.kn = n−mקטנים: n־ים עבור דוגמאות נראה

הראשון במחובר 1 את עוברים .{

12−1

}האיברים את לנו יש n = 2 עבור •

.kn = 2− 1 = 1 ולכן

1 את עוברים .{

13−1 ,

13−1 + 1

3−2

}האיברים את לנו יש n = 3 עבור •

.kn = 3− 2 = 1 ולכן 13−2 }במחובר

14−1 ,

14−1 + 1

4−2 ,1

4−1 + 14−2 + 1

4−3

}האיברים את לנו יש n = 4 עבור •

.kn = 4− 3 = 1 ולכן 14−3 במחובר 1 את עוברים

האיברים: את לנו יש n = 5 עבור •{1

5− 1,

1

5− 1+

1

5− 2,

1

5− 1+

1

5− 2+

1

5− 3,

1

5− 1+

1

5− 2+

1

5− 3+

1

5− 4

}.kn = 5− 3 = 2 ולכן 1

5−3 במחובר 1 את עוברים

.kn של פשוט קירוב שקיים נראה למדי. מסורבלת דרך שזו ברור דיי

.⌊ne−1

⌋≤ kn ≤

⌈(n− 1) e−1

⌉מתקיים טענה:

מתקיים: k ≥ 2 שלכל לב נשים הוכחה:

1

k=

kˆ

k−1

1

kdx <

kˆ

k−1

1

xdx = ln (k)− ln (k − 1)

. 1k ≤1x מתקיים k − 1 ≤ x ≤ k שעבור מכך נובע האי־שוויון כאשר

29

נסיק: ולכן ,1 ≤ 1kn

+ ...+ 1n−1 כי נזכור

1 ≤ 1kn

+ 1kn+1 + ...+ 1

n−1 <

< [ln (kn)− ln (kn − 1)] + [ln (kn + 1)− ln (kn)] ...+ [ln (n− 1)− ln (n− 2)] =

= − ln (kn − 1) + ln (n− 1) = ln(n−1kn−1

).kn < 1 + (n− 1) e−1 כי נובע 1 < ln

(n−1kn−1

)שהתקבל מהאילוץ

לא cו־ שלם m כאשר m < c אם כללי ובאופן שלם, מספר kn כי לב נשיםנסיק: לכן .m ≤ bcc גם אז שלם,

kn ≤ 1 +⌊(n− 1) e−1

⌋=⌈(n− 1) e−1

⌉באמצעות לגמרי, סימטרי באופן להוכיח ניתן

⌊ne−1

⌋≤ kn האי־השוויון את

� . 1kn+1 + ...+ 1

n−1 ≤ 1 ≤ 1kn

+ ...+ 1n−1 האי־שוויון של השני הצד

.Vn (0) −→n→∞

e−1 אז האופטימלית, במדיניות משתמשים אם מסקנה:

כי: לב נשים הוכחה:

1

kn + 1+ ...+

1

n− 1≤ 1 ≤ 1

kn+

1

kn + 1+ ...+

1

n− 1︸ ︷︷ ︸≤1

≤ 1

kn+ 1

, 1kn

+ 1 −→n→∞

1 כי מכאן .kn −→n→∞

∞ ולכן⌊ne−1

⌋≤ kn כי עוד לב נשים

. 1kn

+ 1kn+1 + ...+ 1

n−1 −→n→∞ 1 גם הסנדביץ ומכלל

כי: נובע⌊ne−1

⌋≤ kn ≤

⌈(n− 1) e−1

⌉מהאי־שוויון כן, כמו

e−1 ←−∞←n

⌊ne−1

⌋n

≤ knn≤⌈(n− 1) e−1

⌉n

−→n→∞

e−1

כי: נסיק זאת מכל

limn→∞

Vn (0) = limn→∞

knn

(1

kn+

1

kn + 1+ ...+

1

n− 1

)=

= limn→∞

knn︸ ︷︷ ︸

=e−1

· limn→∞

(1

kn+

1

kn + 1+ ...+

1

n− 1

)︸ ︷︷ ︸

=1

= e−1

�

30

מרקובית החלטה בעיית של מבנה 6

סופי אופק עם בעיה 6.1

מצבים. של סופית קבוצה נתונה לפנינו. זמן יחידות של {1, ..., n} סופי מספר נתון הגדרה:

נגדיר: .i ובמצב k ∈ {1, ..., n} זמן ביחידת שאנחנו נניח

.i במצב האפשריות הפעולות אוסף Ai יהי •במצב הרווח הוא r (i, a) כלומר הרווח. פונקציית r (·, ·) : X ×Ai → R תהי •

.a ∈ Ai בפעולה שנקטנו לאחר ,i

Pij (a) כלומר .j למצב לעבור ההסתברות פונקציית Pij (·) : Ai → R תהי •בפעולה שנקטנו לאחר ,i במצב אנחנו כאשר j למצב לעבור ההסתברות היא

.a ∈ Ai

התכונה (זו בהיסטוריה תלוי בלתי באופן התהליך את ממשיכים הבאה הזמן ביחידתהמרקובית).

באף נקטנו לא עוד 0 בזמן כי ,a הפעולה בפרמטר צורך (אין V0 (i) = r (0, i) נגדיר בעיה:היא: זמן יחידות n של לאופק האופטימלית הרווח תוחלת פעולה).

Vn (i) = maxa∈Ai

r (i, a) +∑j

Pij (a) · Vn−1 (j)

יחידות n במשך שנקבל הרווח תוחלת את מתאר ,max לוקחים שעליו הביטוי כלומר,הנוכחית, הזמן ביחידת שמרוויחים מה את מתאר r (i, a) הביטוי שנותרו. הזמן

העתידית. הרווח תוחלת את מתאר השני והנסכם

במצב שבחרנו הפעולה היא π (i) ∈ Ai כלומר הפעולות. על התפלגות היא π כי נניח:πל־ ביחס התוחלת את נסמן פעולה. מדיניות מגדירה π ולכן ,i

V πn (i) = Eπi

[r (i, a) +

n−1∑k=0

r (xk, Ak)

]המצב הוא xk וכן ,k במצב הננקטת הפעולה של מקרי משתנה הוא Ak כאשר

.Pixk (Ak) בהסתברות המתקבל

ביחס הרווח את בתוחלת הממקסם ביטוי זהו כלומר .Vn (i) = supπ {V πn (i)} נגדירבוחרים. שאנו (π) הפעולות לאסטרטגיית

גם ולכן ,V πn (i) = r (i, a) קבוע הוא הרווח πל־ ביחס אז זמן נשאר לא אם פתרון:.V0 (x) = r (i, a)

היא: הרווח תוחלת אז אחד יום נשאר אם

V π1 (i) = Eπi

r (i, a) +∑j

Pij (Ak) · V π0 (j)

≤

≤ maxa∈An−1

i

r (i, a) +∑j

Pij (Ak) · V π0 (j)

31

הפיתרון וזה הביטוי את שממקסם a ∈ An−1i את נבחר מתקבל, המקסימום אם ולכן

האופטימלי.

הרווח את בתוחלת שתמקסם π אסטרטגיה ולהגדיר באינדוקציה, להמשיך קל מכאןאת שממקסים a בצעד נוקטים i במצב אנחנו אם צעד, בכל כאשר צעד, אחר צעד

הנ"ל. הביטוי

בזמן מהוונת סופי, אופק עם בעיה 6.2

קל .0 ≤ β < 1 איזה עבור מחר, βX לנו שווה היום, X בשווי כסף כמות כי נניח בעיה:.βkX לנו שווה תהיה X בשווי כסף כמות זמן, תקופות k שלאחר לראות

הוא: למקסם שנרצה הרווח ביטוי הקודמת, הבעיה בתיאור

n−1∑k=0

βk · r (xk, Ak) + βnr (i, a) := r (a) +

n−1∑k=0

r (xk, Ak)

מהותי באופן שונה לא זה ביטוי של אופטימיזציה מדוע ממחיש r = βk · r של הסימוןהקודמת. הבעיה של מהאופטימיזציה

ההיוון: קבוע את שכוללות הרווח תוחלות את נסמן פתרון:

Vk (x) = βn−kr (i, a) +∑j

Pij (a) · Vk−1 (j)

וכן: ,V0 (i) = r (i, a) מתקיים הבעיה בהנחות

Vk (i) = maxa∈Ai

r (i, a) +∑j

Pij (a) · Vk−1 (j)

ונקבל: βn−kב־ הצדדים שני את נחלק

1

βn−kVk (x) = max

a ∈ Ai

1

βn−kr (i, a) + β ·

∑j

Pij (a) · 1

βn−k−1· Vk−1 (j)

כי: ˜נקבל לסימון ובהתאם

Vk (x) = maxa∈Ai

r (i, a) + β ·∑j

Pij (a) · Vk−1 (j)

לעיל. שראינו כפי פתירה בעיה וזו סופי, אופק עם סטנדרטית בעיה קיבלנו ושוב

אינסופי אופק עם בעיה 6.3

אוסף i מצב לכל ונניח מניה, בן הוא המצבים אוסף כי נניח הקודמת, הבעיה בתנאי בעיה:ידי על חסום הרווח כלומר ,|r (i, a)| ≤ r0 כי נניח כן כמו סופי. הוא Ai הפעולות

.r0 ∈ R קבוע

אין כאשר התוחלת כלומר ,Eπ[∑∞

k=0 βkr (xk, Ak)

]התוחלת את למקסם נרצה

זמן. מגבלת

32

היות שכן .r (xk, Ak) ≥ 0 כי הכלליות הגבלת ללא להניח שניתן לב נשים תחילה הערה:מתקיים: 0 ≤ β < 1 ∣∣∣∣∣והנחנו

∞∑k=0

βkr (xk, Ak)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑k=0

βk |r (xk, Ak)| ≤∞∑k=0

βk · r0 =r0

1− β

כי: נובע ומכאן

∞∑k=0

βkr (xk, ak) +r

1− β=

∞∑k=0

[βkr (xk, Ak) + r0

]נובע: לכן .βkr (xk, ak) + r0 ≥ 0 כי נובע |r (xk, ak)| ≤ r0 שמההנחה לב נשים

Eπ

[ ∞∑k=0

βkr (xk, Ak)

]+

r0

1− β= Eπ

[ ∞∑k=0

βkr (xk, Ak) +r0

1− β

]= Eπ

[ ∞∑k=0

[βkr (xk, Ak) + r0

]]את ולחשב r0

1−β הקבוע את להוסיף היה ניתן r (xk, Ak) < 0 היה אילו גם כלומר.r (xk, Ak) ≥ 0 כי הכלליות הגבלת ללא נניח לכן חיובי. ביטוי עבור התוחלת

ε־אופטימלי פתרון 6.3.1

N של הרווח תוחלת שעבורו N קיים 0 < ε שלכל כלומר ε־אופטימלי. פתרון שקיים נראהפתרון נראה הבא בשלב .ε כדי עד האופטימלית הרווח לתוחלת קרובה הראשונים השלבים

מלא.מתקיים: טבעי n שלכל לב נשים

n−1∑k=0

βkr (xkAk) ≤∞∑k=0

βkr (xk, Ak) ≤

≤n−1∑k=0

βkr (xk, Ak) +

∞∑k=0

βk · r0 =

n−1∑k=0

βkr (xk, Ak) +βn

1− β· r0

נסמן:

Vn (i) = supπEπi

[n−1∑k=0

βkr (xk, Ak)

]

V (i) = supπEπi

[ ∞∑k=0

βkr (xk, Ak)

]נובע: הפתרון בתחילת שהראינו ומהאי־שוויון

Vn (i) ≤ V (i) ≤ Vn (i) + βn

1−β · r0

⇓V (i)− βn

1−β · r0 ≤ Vn (i) ≤ V (i)

⇓Vn (i) −→

n→∞V (i)

33

כי: קיבלנו כלומר

V (i) = limn→∞

Vn (i) = maxa∈Ai

r (i, a) + β ·∑j

Pij (a)V (j)

את הצבנו שממוקסם, הביטוי שבתוך Vn−1 (j) שבמקום מכך נובע האחרון השוויון כאשר

רציפה. פונקציה היא maxx∈X {x} הפונקציה שכן ,V (j) הגבולV (i) ≤ Vn (i)+ כי ראינו ε־אופטימלי: לפתרון נוסחה לנו מספקות אלו שמשוואות לב נשיםנקבל , β

n

1−β ≤ ε מהתנאי לחלץ שקל גדול, מספיק n נבחר אם 0 < ε שלכל ברור ולכן , βn

1−βכנדרש. ,V (i) ≤ Vn (i) + ε

מלא פתרון של ויחידות קיום 6.3.2

f (i) = arg max{r (i, a) + β ·

∑j Pij (a)V (j)

}אופטימלי פתרון קיים Vn (i) , V (i) שלמשוואות נניח

הפעולה את לנו נותנת f הפונקציה ,i מצב לכל כלומר יחיד). הוא האם יודעים לא עוד (כרגעבמשוואות: נציב .a = f (i) האופטימלית

V (i) = r (i, f (i)) + β∑j

Pij (f (i))V (j) = maxa∈Ai

r (i, a) + β∑j

Pij (a)V (j)

המטריצה של בתכונות כעת נדון .Pij (f) = Pij (f (i)) ונסמן ri (f) = r (i, f (i)) נסמן

.P (f) = (Pij (f))ij

aij ≥ 0 וכן∑i,j aij = 1 אם סטוכסטית, מטריצה נקראת A = (aij)ij מטריצה הגדרה:

.i, j לכל

.∑Pn (f) = 1 גם וכן סטוכסטית, מטריצה היא P (f) המטריצה טענה:

Pij (f) ≥ 0 וגם∑j Pij (f) = 1 כי הסתברות פונקציית מהגדרת ברור הוכחה:

כי: נובע באינדוקציה כעת .ij ∑לכלPn (f) =

∑j

∑i1,i2,...,in−1

P (f)i,i1 · Pi1,i2 (f) · ... · Pin−2,in−1(f) · Pin−1,j (f) =

=∑

i1,i2,...,in−1

P (f)i,i1 · Pi1,i2 (f) · ... · Pin−2,in−1 (f)

︸ ︷︷ ︸=1

·∑j Pin−1,j (f)

שגם וברור האינדוקציה, מהנחת 1 ·∑j Pin−1,j (f) הוא האחרון הביטוי כאשר

� סטוכסטית. מטריצה זו כי∑j Pin−1,j (f) = 1

רכיב־רכיב.5 An −→n→∞

0 כי ונניח ,m×m בגודל ריבועית מטריצה A תהי טענה:

.(I −A)−1

=∑∞k=0A

k הנוסחה ומתקיימת הפיכה, I −A המטריצה אזי

.i, j לכל anij −→n→∞ 0 אז ,1 ≤ i, j ≤ m כאשר A = (aij)ij אם 5כלומר

34

מטריצה עבור שכן הנדסי. טור של הסכום לנוסחת הכללה שזו לב נשים הערה:1

1−a = הידועה לנוסחה מיתרגמת הטענה ,a ממשי מספר כלומר ,1× 1 מגודל

.(1− a)−1

=∑∞k=0 a

k

כלשהו: טבעי n עבור נחשב הוכחה:

(I −A)

n−1∑k=0

Ak =

∞∑k=1

(I −A)Ak =

∞∑k=0

(Ak −Ak+1

)= A0−An = I−An −→

n→∞I

השוויון מטריצות, מכפלת של מלינאריות הם הראשוניים השוויונים שני כאשר,A0 := I הגדרה הוא האחרון והשוויון טלסקופי, הסכום מהיות הוא השלישי

.An −→n→∞

0 כי בטענה שהנחנו מכך נובעת בסוף והשאיפה

המטריצה, איברי של וסכומים כפולות היא הדטרמיננטה שפונקציית לב נשיםהיא הדטרמיננטה ולכן המטריצה, איברי הם שמשתניו פולינום למעשה היא ולכן

לכן: אלו. במשתנים רציפה פונקציה

limn→∞

det (I −An) = det (I) = 1 6= 0

ולכן det(I −AN

)6= 0 כי מתקיים גדול, מספיק N איזשהו עבור כלומר

נקבל: הדטרמיננטה ומכפליות מכך הפיכה. מטריצה I −AN

0 6= det(I −AN

)= det

((I −A)

n−1∑k=0

Ak

)= det (I −A)·det

(n−1∑k=0

Ak

)

הפיכה. I−A המטריצה שאכן מצאנו כלומר ,det (I −A) 6= 0 גם בהכרח ולכןבשוויון הצדדים שני את נכפיל שלה, ההופכית למטריצה הנוסחה את לקבל כדי

ונקבל: I −A של בהופכית ההוכחה שבראשית

N−1∑k=0

Ak = (I −A)−1 (

I −AN)−→N→∞

(I −A)−1

(I − 0) = (I −A)−1

רציפה. היא ולכן ,A של לינארית בפונקציה שמדובר מכך נובעת השאיפה כאשרהמבוקש: הביטוי בדיוק שזה לב נשים וכעת

∞∑k=0

Ak = limN→∞

N−1∑k=0

Ak = (I −A)−1

� אינסופי. טור של לסכום ההגדרה הוא הראשון השוויון כאשר

שלכל ברור כן כמו .β ∈ R כי (βP (f))n

= βnPn (f) שמתקיים לב נשים מסקנה:(βP (f))

n= −→n→∞

ולכן ,0 ≤ β < 1 כי ונזכור ,0 ≤ P (f)ij ≤ 1 מתקיים i, j

.0ומתקיים: הפיכה, I − βP (f) שהמטריצה נובע מהטענה כך אם

(I − βP (f))−1

=

∞∑k=0

βkPk (f)

35

V (i) = ri (f) + ידי על i במצב האופטימלית התוחלת את שסימנו נזכורV = r (f) + האופטימליות התוחלות ווקטור את נסמן .β

∑j Pij (f)V (j)

כי: ונסיק ,(V (i) הוא V של iה־ (הרכיב βP (f)V

(I − βP (f))V = r (f)

⇓

V = (I − βP (f))−1r (f) =

∞∑k=0

βkPk (f) r (f)

האופטימלית. לתוחלת מפורש פתרון מצאנו כך אם

האופטימלי. היחיד הוא שמצאנו V =∑∞k=0 β

kPk (f) r (f) הפתרון כי נראה הפתרון: יחידות

.(Tx)i = maxa∈Ai

{r (i, a) + β

∑j Pij (a)xj

}ע"י T = ((Tx)1 , ..., (Tx)n) : Rn → Rn נגדיר

.‖u‖∞ = max1≤k≤n {|uk|} נסמן כלשהו, u = (u1, ..., un) ווקטור בהינתן

מתקיים x, y ∈ Rn לכל כלומר .β הפרמטר עם מכווצת פונקציה היא T טענה:.‖Tx− Ty‖∞ ≤ β ‖x− y‖∞

y בהינתן .(Tz)i הרכיב את למקסימום מביא a (z, i) הערך ,z שלכל נניח הוכחה:מתקיים: x לכל כלשהו,

(Ty)i = maxa∈Ai

{r (i, a) + β

∑j Pij (a) yj

}= r (i, a (y, i)) + β

∑j Pij (a (y, i)) yj ≥

≥ r (i, a (x, i)) + β∑j Pij (a (x, i)) yj

a (y, i) = כי מההנחה הוא השני השוויון ,T מהגדרת הוא הראשון השוויון כאשרהסיבה. מאותה נובע שבסוף שוויון והאי ,arg max {Ty}

הבא: האי־שוויון את זה מאי־שוויון נקבל כעת

(Ty)i − (Tx)i =

=[r (i, a (y, i)) + β

∑j Pij (a (y, i)) yj

]−[r (i, a (x, i)) + β

∑j Pij (a (x, i))xj

]≥

≥[r (i, a (x, i)) + β

∑j Pij (a (x, i)) yj

]−[r (i, a (x, i)) + β

∑j Pij (a (x, i))xj

]=

= β∑j Pij (a (x, i)) (yj − xj)

האי־שוויון: את נקבל ומכאן

(Ty)i−(Tx)i ≤ β∑j

Pij (a (x, i)) |yj − xj | ≤ β∑j

Pij (a (x, i)) maxk{|yk − xk|}

האי־שוויון: את גם נקבל סימטרי באופן

(Tx)i − (Ty)i ≤ β∑j

Pij (a (x, i)) maxk{|yk − xk|}

36

נקבל: ב־1− נכפיל ואם

(Ty)i − (Tx)i ≤ −β∑j

Pij (a (x, i)) maxk{|yk − xk|}

השוויון: אי את זה בסימון ונקבל ,‖y − x‖∞ = maxk {|yk − xk|} נסמן

∀i |(Ty)i − (Tx)i| ≤ β ‖y − x‖∞

ולכן: ה־i־ים, כל על למקסימום גם נכון שזה נובע ,i לכל נכון שזה מכיוון

‖Ty − Tx‖∞ ≤ β ‖y − x‖∞

� מכווצת. פונקציה T כלומר

שעבורו יחיד V ∈ Rn קיים כלומר יחידה. שבת נקודת בעלת היא T מסקנה:האופטימלית, התוחלת הוא V הווקטור ,T מהגדרת כי לב נשים .TV = V

הבעיה. של הפתרון הוא כלומר

מכאן .TV = V, TU = U כלומר ,T של שבת נקודות זוג הן V,U כי נניח הוכחה:נובע:

‖U − V ‖∞ = ‖TV − TU‖∞ ≤ β ‖U − V ‖∞

‖U − V ‖∞ ≤ β ‖U − V ‖∞ האי־שוויון של היחיד הפתרון ולכן 0 < β < 1 אבל� .U = V כלומר ,‖U − V ‖∞ = 0 הוא

Howard של השיפור אלגוריתם 6.3.3

TV = V = המקיים V הווקטור שהוא האופטימלית, לתוחלת הפתרון ויחיד שקיים ראינו.(I − βP (f))

−1r (f)

האופטימלית הפונקציה את למצוא מספיק V את למצוא שכדי נובע זו שמנוסחה לב נשים.(f (i) הוא האופטימלי הצעד i מצב בכל (כלומר a = f (i)

אנו כאשר אינסופי באופק המהוון התשלום תוחלת את ונסמן כלשהי, g פונקציה ניקח אם.V g (i) = r (i, g (i)) + β

∑j Pij (g (i))V g (j) מתקיים אז ,V g (i) ידי על i במצב

.V g = (I − βP (g))−1r (g) מקיים האופטימליות התוחלות שווקטור מכך נובע כיצד ראינו

הצעדים שאר ובכל ,f לפונקציה בהתאם מדיניות הראשונים הצעדים mב־ נוקטים שאנו נניחידי על זה במקרה הרווח תוחלת את נסמן .g לפונקציה בהתאם מדיניות נוקטים (אינסוף)

.V fm,g∞

מתקיים: m = 1 עבור

V f,g∞

= r (f) + βP (f)V g∞

מתקיים: m = 2 עבור

V f2,g∞ = r (f) + βP (f)V f,g

∞= r (f) + βP (f)

[r (f) + βP (f)V g

∞]=

= r (f) + βP (f) r (f) + β2P2 (f)V g∞

37

מתקיים: כללי m עבור שבאינדוקציה לראות וקל

V fm,g∞ = r (f) + βP (f) r (f) + ...+ βm−1Pm−1 (f) r (f) + βmPm (f)V g

∞=

=∑m−1k=0 r (f)βkPk (f) + βmPm (f)V g

∞

נסיק: ולכן לאפס, שואף האחרון הגורם m→∞ שכאשר לב נשים

limm→∞

V fm,g∞ = lim

m→∞

[m−1∑k=0

r (f)βkPk (f) + βmPm (f)V g∞

]=

∞∑k=0

r (f)βkPk (f)

המבוקש: האלגוריתם את נגדיר כעת

כלשהי. g בוחרים (0).V g את כלומר ,g של מדיניות תחת אינסופי באופק המהוונת התוחלת את מחשבים (1)

זה שבתנאי לב נשים .f (i) = arg maxa

{r (i, a) + β

∑j Pij (a)V g (j)

}את נמצא (2)

שמתקיים: נובע

r (i, a) + β∑j

Pij (a)V g (j) ≥ r (i, g (i)) + β∑j

Pij (g (i))V g (j) = V g (i)

ההתחלתית. gב־ קבוע לשימוש ביחס התוחלת, את לשפר רק יכולה זה באופן f בחירת כלומרתמיד ואז fב־ הראשון בצעד שימוש ולכן ,V g

∞ ≤ V f,g∞ מתקיים לעיל, שהראינו בסימונים.gב־ רק תמיד שימוש פני על עדיף ,gב־

:TmV g = V fm,g∞ כי לב ונשים מקרים, בשני נדון

של שבת נקודת מצאנו אז ,TV g = V f,g∞

= V g∞

כלומר ,V g∞

= V f,g∞

בו במקרה *אופטימלית. היא g ולכן אופטימלית, תוחלת היא V g ולכן ,T

g אז ממש, אי־שוויון יש שבו אחד רכיב לפחות קיים כלומר ,V g∞< V f,g

∞בו במקרה *

.(1) לשלב ונשוב g := f נקבע זה במקרה אופטימלית. אינה

ומתקיים היות .Tfx = r (f) + βP (f)x נסמן סכמתי, באופן האלגוריתם את להציג כדייורדת. לא מונוטונית Tf כלומר ,TfV g ≥ V g כי כי נובע βP (f) ≥ 0

Tmf Vg = כי נזכור .Tmf V

g = Tm−1f V g ≥ ... ≥ TfV g ≥ V g כי לראות קל באינדוקציה

.V gm,f∞ ≥ V g∞ = V g ולכן ,V f

m,g∞

את נציג כעת .V g ≥ V f בהכרח ולכן ,V gm,f∞ −→

m→∞V g∞

= V g כי הראינו כן כמוהבא: באופן הסכמה

38

choose random g

��

(0)

compute V g = (I − βP (g))−1r (g)

��

(1)

�nd f such that TfVg = TV g

��

(2)

g is optimal! is TfVg = V g ?

yesoo no // set g := f and go to (1)

gg

בנך של השבת נקודת משפט נספח: 6.3.4

בזמן מהוונת אופטימלית לתוחלת הפתרון ויחידות קיום הוכחת במהלך השתמשנו מבוא:למעשה מכווצת. כפונקציה שלה ובתכונה ,T בפונקציה שימוש באמצעות אינסופי,

כעת. אותו נציג קשה). (ולא יותר כללי משפט של פרטי במקרה מדובר

מטריקה, נקראת d : A × A → [0,∞) שפונקציה אומרים כלשהי. קבוצה A תהי הגדרה:הבאות: התכונות שלוש את מקיימת היא אם

שווה y לבין x בין המרחק (כלומר: d (x, y) = d (y, x) מתקיים x, y ∈ A לכל .1.(x לבין y בין למרחק

יש שונות נקודות זוג לכל (כלומר: x = y אם ורק אם d (x, y) = 0 מתקיים .2.(0 הוא מעצמה נקודה של והמרחק חיובי, מרחק

המשולש). (אי־שוויון d (x, y) + d (y, z) ≤ d (x, z) מתקיים x, y, z ∈ A לכל .3

מטרי. מרחב מהווה (A, d) שהזוג אומרים ,d מטריקה עם A קבוצה בהינתן

{an}∞n=1 כי אומרים כלשהי. סדרה {an}∞n=1 ⊂ A ותהי מטרי, מרחב (A, d) יהי הגדרה:d (an, am) < מתקיים N < n,m שלכל כך ,N קיים 0 < ε לכל אם קושי, סדרת היא

.ε

סדרת לכל אם שלם, מטרי מרחב הוא זה מרחב כי אומרים מטרי. מרחב (A, d) יהי הגדרה:כך כלשהו, a ∈ A קיים אז קושי, סדרת היא {an}∞n=1 אם כלומר גבול. יש קושי

.d (an, a) −→n→∞

0 שמתקיים

שלכל כך פונקציה, T : A → A ותהי שלם מטרי מרחב (A, d) יהי השבת: נקודת משפטכלשהו. 0 < β < 1 עבור d (Tx, Ty) ≤ βd (x, y) מתקיים x, y ∈ A

x0 מזו, ויתרה .Tx0 = x0 שעבורו כלומר שבת, נקודת שמהווה x0 ∈ A קיים אזייחיד. הוא

לקורס. נוגעת לא היא כי כאן אותה נביא לא אולם קשה, לא המשפט של ההוכחה

39

IV חלק

פואסון ותהליכי מעריכית התפלגות

זיכרון חוסר ותכונת מעריכית התפלגות 7

ההתפלגות פונקציית אם ,0 < λ < 1 איזה עבור exp (λ) מפולג X שמ"מ אומרים תזכורת:.FX (t) =

(1− e−λt

)· �[0,∞) (t) היא שלו המצטברת

.fX (t) = λe−λt· �(0,∞) (t) היא X של הצפיפות כזה במקרה

המקיים 0 ≤ s לכל אם זיכרון, חסר הוא X כי אומרים אי־שלילי. מ"מ X יהי הגדרה:מתקיים: 0 ≤ t ולכל ,P (X > s) > 0

P (X − s > t|X > s) = P (X > t)

לנוסחת בהתאם שקול, באופן לביטוי ניתן זיכרון חוסר של שהתנאי לב נשים הערה:המותנית: ההסתברות

P (X − s > t|X > s) = P (X > t)m

P (X>s+t,X>s)P (X>s) = P (X > t)

mP (X>s+t)P (X>s) = P (X > t)

mP (X > s+ t) = P (X > s)P (X > t)

היא השנייה השקילות המותנית, ההסתברות מנוסחת היא הראשונה השקילות כאשרהאחרונה והשקילות ,P (X > s+ t, X > s) = P (X > s+ t) כי שברור מכך

טריוויאלית.

נוכל הזיכרון, חוסר תכונת של כהגדרה שקיבלנו האחרונה בנוסחה נשתמש אםמתקיים P (X > s) = 0 במקרה שכן ,P (X > s) > 0 של התנאי על לוותרלראות קל לכן .P (X > s+ t) = 0 כלומר ,0 = P (X > s) ≥ P (X > s+ t)

זה. במקרה גם תקפה האחרונה שהנוסחה

הבאות: האפשרויות משלוש אחת בדיוק תיתכן אז זיכרון, וחסר אי־שלילי מ"מ X אם משפט:

P (X = 0) = 1 .1

P (X =∞) = 1 .2

0 < λ <∞ איזשהו עבור X ∼ exp (λ) .3

.X ∼ exp (λ) אז ,P (0 < X <∞) > 0 אם בפרט, הערה:

זיכרון". "חסרות כלליות פונקציות של תכונות כמה נראה המשפט הוכחת לצורך

40

.0 ≤ s, t לכל g (s+ t) = g (s) · g (t) ונניח ,g : [0,∞)→ R תהי טענה:

הבאות: התכונות מתקיימות אזי

.g (0) = 1 או g (0) = 0 .1

,g (0) (1− g (0)) = 0 ולכן g (0) = g (0 + 0) = g (0)2 שמתקיים לב נשים

.g (0) ∈ {0, 1} כלומראי־שלילית. פונקציה g .2

מתקיים: x שלכל לב נשים

g (x) = g(x

2+x

2

)= g

(x2

)2

≥ 0

.g (nx) = g (x)n מתקיים טבעי n לכל .3

שמתקיים: לב נשים

g (nx) = g (x (n− 1) + x) = g (x (n− 1)) g (x)

.g (nx) = g (x)n כי להסיק ניתן ובאינדוקציה

.g(xn

)= g (x)

1/n מתקיים טבעי n לכל .4

.g(xn

)n= g (x) מתקיים 3 לתכונה שבהתאם לב נשים

.g (q) = g (1)q בפרט .g (qx) = g (x)

q מתקיים רציונלי 0 ≤ q לכל .5נובע: הקודמות התכונות משתי ,q = m

k נכתוב שאם לב נשים

g(mkx)

= g(xk

)m= g (x)

m/k= g (x)

q

או ומונוטונית, בודדת בנקודה רציפה לחילופין או רציפה, פונקציה g כי ידוע אם מסקנה:.g (x) = g (1)

x בהכרח אז בורל, מדידה לחילופין או סופי, קטע על חסומה לחילופין

מתקיים: x שלכל לב נשים מונוטונית. g עבור נוכיח המסקנה: הוכחת

bnxcn ≤ x ≤ dnxen

⇓x = nx

n ≤dnxen ≤ nx+1

n −→n→∞

x

⇓dnxen −→

n→∞x

. bnxcn −→n→∞

x כי להסיק ניתן אופן ובאותו

מתקיים: אזי עולה, לא מונוטונית g כי הכלליות הגבלת ללא נניח

g(dnxen

)≤ g (x) ≤ g

(bnxcn

)⇓

g (1)dnxen ≤ g (x) ≤ g (1)

bnxcn

� .g (x) = g (1)x כי מהסנדביץ' ונקבל n→∞ נשאיף

41

מתקיימת אז g (s+ t) = g (s) g (t) ומקיימת ,tב־ עולה לא פונקציה היא g אם מסקנה:הבאות: מהאפשרויות אחת בדיוק

g (t) = 0 .1

g (t) = 1 .2

λ = − ln g (1) כאשר g (t) = e−λt .3

:g (1) לערכי האפשרויות כל את נבדוק המסקנה: הוכחת

g (1) = 0 =⇒ g (t) = g (1)t

= 0t = 0

g (1) = 1 =⇒ g (t) = g (1)t

= 1t = 1

g (1) 6= 0, 1 =⇒ g (t) = g (1)t

= e− ln g(1)t

� 6.g (1) = e− ln g(1) שמתקיים מכך נובע האחרון השוויון כאשר

g (t) = נגדיר .X של המצטברת ההתפלגות פונציית P (X < t) תהי המשפט: הוכחתg (s+ t) = g (s) g (t) כי נובע זיכרון חסר X כי שמההנחה לב ונשים ,P (X > t)

הפרק). בראשית בהערה שהראינו כפי הזיכרון, חוסר תכונת את כך לבטא (ניתן

בדיוק מתקיים אז זיכרון חוסר תכונת מתקיימת שאם קודמת במסקנה הראינוλ = עבור g (t) = e−tλ או g (t) = 0 או g (t) = 1 הבאים: מהמקרים אחד

מהמקרים: אחד כל נבחן .− lnP (X > 1)

n לכל P (X > n) = 1 מתקיים כאשר בפרט מתקבל g (t) = 1 שבו המקרה .1מתקיים: כלומר טבעי.

1 = limn→∞

P (X > n) = P

( ∞⋂n=1

{X > n}

)= P (X =∞)

בעלי מרחבים על מידה פונקציות של יסודית תכונה הוא האמצעי השוויון כאשרהסתברות. למידת ובפרט סופית, מידה

מתקיים: 0 < t לכל כאשר מתקבל ,g (t) = 0 שבו המקרה .2

1− P (X < t) = P (X > t) = 0⇓

P (X < t) = 1⇓

1 = limt↓0

P (X < t) = P (X ≤ 0) = P (X = 0) + P (X < 0) = P (X = 0)

ההתפלגות. של מימין מרציפות נובע השני השוויון האחרונה, בשורה כאשר

כאשר: מתקבל ,λ = − ln g (1) עבור g (t) = e−tλ שבו המקרה .3

FX (t) = P (X < t) = 1− P (X ≥ t) = 1− e−tλ

� המעריכית. ההתפלגות זו כלומר

למקרה וחזרנו ,ln g (1) = 0 אז g (1) = 1 ואם מוגדר, אינו − ln g (1) הביטוי g (1) = 0 שאם לב 6נשים

.g (t) = 1 של הקודם

42

כלשהו. כמ"מ שמתפקד s עבור גם הזיכרון חוסר תכונת את נכליל הכללה:

אזי ,P (0 ≤ Y <∞) > 0 כי נניח .X ∼ exp (λ) כי ונניח ב"ת, מ"מ X,Y יהיו טענה:מתקיים:

P (X − Y > t|X > Y, Y ≥ 0) = P (X > t) = e−tλ

ידי: על זאת לראות ניתן .P (A) = E [P (A|X)] הכללית לנוסחה לב נשים הערה:

P (A) = E [�A] = E [E [�A |X]] = E [P (A|X)]

שמתקיים: לב נשים הוכחה:

P (X − Y > t, Y ≥ 0) = E [P (X > Y + t, Y ≥ 0|Y )] =

= E[P (X > Y + t|Y ) · �{Y≥0}

]= E

[e−λ(Y+t)· �{Y≥0}

]=

= e−λt · E[e−λY · �{Y≥0}

]ברורים. השוויונים ושאר שהזכרנו, מהנוסחה נובע הראשון השוויון כאשר

מתקיים: t = 0 עבור בפרט

P (X > Y, Y ≥ 0) = P (X − Y > 0, Y ≥ 0) = E[e−λY · �{Y≥0}

]⇓

P (X − Y > t, Y ≥ 0) = e−λt · P (X > Y, Y ≥ 0)

כי: בטענה, הנדרש את נקבל אז ,P (X > Y, Y ≥ 0) > 0 כי להראות נצליח אם

P (X − Y > t|X > Y, Y ≥ 0) =P (X − Y > t, X > Y, Y ≥ 0)

P (X > Y, Y ≥ 0)=

=P (X − Y > t, Y ≥ 0)

P (X > Y, Y ≥ 0)=e−λt · P (X > Y, Y ≥ 0)

P (X > Y, Y ≥ 0)= e−λt

.P (X − Y > t, X > Y, Y ≥ 0) > 0 מתקיים הטענה בתנאי למה:

כי: לעיל ראינו הלמה: הוכחת

P (X > Y, Y ≥ 0) = E[e−λt· �{Y≥0}

]משני אחד בדיוק מתקיים לכן .E

[e−λt· �{Y≥0}

]= 0 שמתקיים בשלילה נניח

.(Y < 0 (כלומר �{Y≥0}= 0 או (Y =∞ (כלומר e−λY = 0 זרים: מאורעותנובע: מכאן

P[e−λY · �{Y≥0}= 0

]= P (Y =∞) + P (Y < 0) = 1⇓

P (0 ≤ Y <∞) = 1− P (Y =∞)− P (Y < 0) = 0

� .P (0 ≤ Y <∞) > 0 כי בטענה להנחה סתירה זו אבל

43

דיריכלה התפלגות 8

היא: שלו הצפיפות פונקציית אם ,0 ≤ α, β עבור X ∼ Γ (α, β) תזכורת:

fX (t) =1

Γ (α)e−t · tα−β · �(0,∞) (t)

.βX ∼ Γ (α, 1) אז X ∼ Γ (α, β) אם כי להראות ניתן

ונסמן V =∑ni=1Xi נגדיר 7.Xi ∼ Γ (αi, 1) המפולגים ב"ת מ"מ {Xi}ni=1 יהיו הגדרה:

.1 ≤ i ≤ n ,Ui = XiV

V = hn (X1, ..., Xn) = כלומר ,X1, ..., Xn של פונקציות כאל V,Ui אל נתייחס.Xi = UiV כי ונקבל ,Ui = hi (X1, ..., Xn) = Xi

hn(X1,...,Xn) וכן∑ni=1Xi

נובע: משתנה שינוי מנוסחת ,h (Xi) = Ui ידי על משתנה שינוי נבצע אם לכן

fU (u1, ...un) = fX (u1v, ..., unv) ·∣∣J (h−1

)∣∣ = fX (x1, ..., xn) ·∣∣J (h−1

)∣∣היעקוביאן. את לחשב נותר

J =

v u1

v u2

. . ....

v un−1

−v −v . . . −v 1−∑n−1i=1 ui

נקבל: האחרונה, לשורה 1, ..., n− 1 השורות כל את נוסיף אם

v u1

v u2

. . ....

v un−1

0 0 . . . 0 1

,iה־ בשורה האחרון האיבר את לאפס נוכל uiב־ האחרונה השורה של כפל באמצעות

נקבל: הכל ובסךv 0

v 0. . .

...v 0

0 0 . . . 0 1

.det (J) = vn−1 ולכן

.β = 1 במקרה נדון ולכן ,Xiβ

חילוק ידי על ,1 במקום כללי β של למקרה לעבור 7קל

44

הטרנספורמציה: בנוסחת נשתמש

f (u1, ..., un−1, v) = fX1,...,Xn

(h−1 (u1, ..., un−1, v)

)· det (J) =

=∏n−1i=1 fXi (uiv) · fXn

((1−

∑n−1i=1 ui

)v)· vn−1 =

=∏n−1i=1

1Γ(αi)

e−uiv · (uiv)αi−1 · 1

Γ(αn)e−(1−

∑n−1i=1 ui)v ·

(1−

∑n−1i=1 ui

)αn−1

· vn−1 =

= 1∏ni=1 Γ(αi)

· e−∑n−1i=1 uiv−(1−

∑n−1i=1 ui)v · v

∑ni=1(αi−1)+n−1 =

= 1∏ni=1 Γ(αi)

·[uα1−1

1 · ... · uαn−1−1n−1 ·

(1−

∑n−1i=1

)αn−1]· e−v · v

∑n−1i=1 αi−1

ונקבל: Γ (∑ni=1 αi) בביטוי ונחלק נכפיל

fU1,...,Un−1,V (u1, ..., un−1, v) =Γ (∑ni=1 αi)∏n

i=1 Γ (αi)·

uα1−11 · ... · uαn−1−1

n−1 ·

(1−

n−1∑i=1

)αn−1·e−v · v∑n−1

i=1 αi−1

Γ (∑ni=1 αi)

מבצעים שכאשר נובע ולכן ,Γ (∑ni=1 αi) =

´∞0e−v ·v

∑ni=1 αi−1dv כי לב נשים כעת

מקבלים: dv אינטגרציה

fU1,...,Un−1(u1, ..., un−1) =

Γ(∑ni=1 αi)∏n

i=1 Γ(αi)·[uα1−1

1 · ... · uαn−1−1n−1 ·

(1−

∑n−1i=1

)αn−1]

.1 היא ולכן ,V מ"מ של צפיפות פונקציית זו שכן

הצפיפות על´ 1

0

´ u1

0

´ u2

0...´ un−2

0...du1du2...dun−1 אינטגרציה נבצע אם כן, כמו

כי: נקבל ,fU1,...,Un−1,V

fV (v) =e−v · v

∑n−1i=1 αi−1

Γ (∑ni=1 αi)

∼ Γ

(n∑i=1

αi, 1

)

.⋃ki=1Ai = {1, ..., n} כי ונניח זרות, מספרים קבוצות A1, ..., Ak יהיו הכללה:

.UAi =∑j∈Ai Uj וכן XAi =

∑j∈Ai Xj וכן αAi =

∑j∈Ai αj נסמן

מתקיים:

k∑j=1

XAi =

k∑i=1

∑j∈Ai

xj =

n∑j=1

xj

כי: ונקבל

(UA1 , ..., UAk) =

∑j∈A1

xj∑ni=1 xi

, ...,∑j∈Ak

xj∑ni=1 xi

∼ Dir (k, αA1 , ..., αAk)

לעיל. שראינו כפי XAi ∼ Γ (αAi , β) וכן ב"ת, מ"מ XA1, ..., XAk כאשר

45

זרות מספרים קבוצות A1, ..., Ak עבור ,U1, ..., Un ∼ Dir (n, α1, ..., αn) כי נניח מסקנה:.{1, ..., n} הוא שאיחודן

.(UA1, ..., UAk) ∼ Dir (k, αA1

, ..., αAk) אזי ,αAi =∑j∈Ai αj וכן UAi =

∑nj=1 Uj נסמן

אז ,Ac = {1, ..., n} \Aש־ כך A = {i1, ..., ij} נסמן הקודמת, המסקנה בתנאים מסקנה:היא: הצפיפות ופונקציית ,(UA, UAc) ∼ Dir (2, αA, αAc) כי נקבל

fUA (u) =1

D (αA, αAc)uα1−1·(1− u)

α2−1=

1

B (αA, αAc)uαA−1·(1− α)

αAc−1

כי: לב נשים מסקנה:

D (α, β) =Γ (α) Γ (β)

Γ (α+ β)= B (α, β)

.Beta פונקציית היא B כאשר

,U = (U1, U2) ∼ Dir (2, α1, α2) עבור ,i = 1, ל־2 Xi ∼ Γ (αi, 1) שנתון במקרההיא: הצפיפות

fU (u) =1

B (α1, α2)uα1−1 · (1− u1)

α2−1 ∼ Beta (α1α2)

מההרצאה). חלק חסר (כאן

מעריכית בהתפלגות ומינימום מקסימום של התפלגות 9

,(X(1), ..., X(n)

)להיות הסדר סטטיסטי את נגדיר וש"ה. ב"ת מ"מ X1, ..., Xn יהיו הגדרה:

.X(1) ≤ X(2) ≤ ... ≤ X(n) כאשר

היא: המשותפת הצפיפות וכי מספיק, סטטיסטי תמיד הוא הסדר סטטיסטי כי ידוע

f(X(1),...,X(n)) (x1, ..., xn) = n! ·n∏i=1

λe−λxi

הם X(1), X(1) −X(2), ..., X(n) −X(n−1) המ"מ אז ,X1, ..., Xn ∼ exp (λ) אם טענה:.X(j) −X(j−1) ∼ exp (λ (n− j + 1)) מתקיים 1 ≤ j ≤ n לכל וכן ב"ת,

מ"מ שאלו ברור .Y1 = X(1), Y2 = X(2)−X(1), ..., Yn = X(n)−X(n−1) נסמן הוכחה:ידי: על הסדר סטטיסטי את באמצעותם להציג וניתן אי־שליליים,

Y1

Y2

Y3

...Yn

=

1−1 1

−1 1. . .

. . .

−1 1

X(1)

X(2)

X(3)

...X(n)

46

ההפוכה שהמטריצה לראות קל ולכן ,Y1 + ... + Yk = X(k) להציג שניתן לב נשיםהיא:

11 11 1 1...

......

. . .

1 1 1 . . . 1

.1 היא ההפוכה המטריצה של הדטרמיננטה כי לראות וניתן

fY (z) = fX(h−1 (z)

)· אז ,z = h (x) אם כי קובעת משתנה שינוי נוסחת כללי באופן

.h−1 של היעקוביאן של הדטרמיננטה הוא J(h−1

)כאשר ,

∣∣J (h−1)∣∣

במקרה∣∣J (h−1

)∣∣ = 1 כי נזכור ,Y1 + ...+Yk = X(k) המשתנה בשינוי נשתמש כעתכי: ונקבל שלנו,

fY1,...,Yn (x1, ..., xn) = fX(1),...,X(n)(x1, x1 + x2, ..., x1 + x2 + ...+ xn)

כי: נובע מכאן

fY1,...,Yn (x1, ..., xn) = n! ·∏ni=1 λe

−λ∑ij=1 xj =

= λnn!e−λ∑ni=1

∑ij=1 xj = λnn!e−λ

∑nj=1

∑ni=j xj =

= λnn!e−λ∑nj=1(n−j+1)xj = λnn!

∏nj=1 e

−λ(n−j+1)xj =

=∏nj=1 λ (n− j + 1) e−λ(n−j+1)xj ∼

∏nj=1 exp (λ (n− j + 1))

חישוב הוא השני השוויון שהראינו, משתנה שינוי מנוסחת נובע הראשון השוויון כאשראינו xj שכל מכך נובע הרביעי השוויון מחודש,8 אינדוקס היא השלישי השוויון פשוט,

� פשוטים. חישובים הם והשישי החמישי השוויונים ,iב־ תלוי

המ"מ עבור אזי ,Xi ∼ exp (λi) המפולגים וש"ה ב"ת מ"מ X1, ..., Xn אם תזכורת:מתקיים: min1≤i≤n {Xi}

1− Fmin{Xi} (t) = P (min {Xi} ≥ t) = P (X1 ≥ t, ...,Xn ≥ t) =

=∏ni=1 P (Xi ≥ t) =

∏ni=1 e

−λit = e−(∑ni=1 λi)t

ולכן:

Fmin{Xi} =

{1− e−(

∑ni=1 λi)t 0 < t

0 otherwise

.min {Xi} ∼ exp (∑ni=1 λi) כלומר

בצורה i לפי קודם לסכום ניתן ולכן {i, j|1 ≤ i, j ≤ n} האינדקסים קבוצת על סוכמים שאנו לב 8נשים

.∑nj=1

∑ni=j בצורה j לפי קודם או

∑ni=1

∑ij=1

47

ואנו ,X1, ..., Xn חיים אורכי בעלות נורות n לנו יש בו במקרה שמדובר למשל נניחזה תישרף. הראשונה שהנורה עד שתעבור הזמן כמות מתפלגת איך לבדוק מעונייניםלכולם), λ אותו יש (כלומר Xi ∼ exp (λ) בו נורות של ובמקרה ,min {Xi} למעשה

.min {Xi} ∼ exp (nλ) אז

,exp ((n− 1)λ) מפולגת תישרף השנייה שהנורה עד שתעבור הזמן כמות אופן, באותו.exp ((n− j + 1)λ) היא תישרף jה־ שהנורה עד הזמן משך התפלגות כללי, ובאופן

המ"מ עבור אזי ,Xi ∼ exp (λi) המפולגים וש"ה ב"ת מ"מ X1, ..., Xn אם תזכורת:מתקיים: max1≤i≤n {Xi}

Emax{Xi} (t) = P (max {Xi} ≤ t) = P (X1 ≤ t, ...,Xn ≤ t) =

P (X1 ≤ t) · ... · P (Xn ≤ t) =∏ni=1

(1− e−λit

).max {Xi} ∼

(1− e−λt

)nכי יתקיים לכולם, λ אותו יש בו נורות, של במקרה

E [max {Xi}] = אזי ,Xi ∼ exp (λ) המפולגים וש"ה ב"ת מ"מ X1, ..., Xn אם טענה:.V ar (max {Xi}) = 1

λ2

∑ni=1

1i2 וכן 1

λ

∑ni=1

1i

נוכל ולכן ,max {Xi} = X(n) מתקיים הסדר סטטיסטי לסימוני שבהתאם לב נשים הוכחה:התוחלת: את לחשב

E [max {Xi}] = E[X(n)

]= E

[X(1) +

(X(2) −X(1)

)+ ...+

(X(n) −X(n−1)

)]=

= E[X(1)

]+ E

[X(2) −X(1)

]+ ...+ E

[X(n) −X(n−1)

]=∑nj=1

1λ(n−j+1) = 1

λ

∑ni=1

1i

,X(j) −X(j−1) ∼ exp (λ (n− j + 1)) כי שראינו מכך נובע הרביעי השוויון כאשר.i = n− j מהסימון נובע האחרון והשוויון

השונות: את נחשב כעת

V ar (max {Xi}) = V ar(X(n)

)= V ar

(X(1) +

(X(2) −X(1)

)+ ...+

(X(n) −X(n−1)

))= V ar

(X(1)

)+ V ar

(X(2) −X(1)

)+ ...+ V ar

(X(n) −X(n−1)

)=

=∑nj=1

1(λ(n−j+1))2

= 1λ2

∑ni=1

1i2

limn→∞X(n)− מתקיים אזי .Xi ∼ exp (λ) המפולגים מ"מ של סדרה X1, X2, ... יהיו טענה:

.f (x) = ee−λx

היא Gumble התפלגות של הצפיפות כאשר , lnnλ ∼ Gumble (λ)

נחשב: הוכחה:

FX(n)− lnnλ

(x) = P(X(n) − lnn

λ ≤ x)

= P(X(n) ≤ x+ lnn

λ

)= FX(n)

(x+ lnn

λ

)=

=(

1− e−λ(x+ lnnλ ))n

=(1− e−λxe− lnn

)n=(

1− e−λx

n

)n−→n→∞

ee−λx

שהראינו מכך נובע הרביעי השוויון ברורים, הראשונים השוויונים שלושת כאשר,elnn = n מהשוויון נובע השישי השוויון ברור, החמישי השוויון ,X(n) ∼

(1− e−λt

)n� .limn→∞

(1 + x

n

)n= ex הידוע מהגבול נובעת בסוף וההתכנסות

48

מפורשות. יחסית ושונות תוחלת יש X(n) − lnnλ המ"מ של לגבול כי נראה מסקנה:

מתקיים: ולכן ,V ar(X(n)

)= 1

λ2

∑ni=1

1i2 כי ראינו השונות. את נראה תחילה

V ar

(X(n) −

lnn

λ

)= V ar

(X(n)

)=

1

λ2

n∑i=1

1

i2−→n→∞

1

λ2· π

2

6

.∑∞i=1

1i2 = π2

6 הידועה העובדה על נסמכת בסוף ההתכנסות כאשר

כי: לב נשים התוחלת. את נראה כעת

´ ii+1

1xdx ≤

1i ≤´ ii−1

1xdx

⇓ln (n+ 1) ≤

∑ni=1

1i ≤ 1 + lnn

⇓0 ≤ ln

(1 + 1

n

)≤∑ni=1

1i − lnn ≤ 1

היא E[X(n) − lnn

λ

]= 1

λ

∑ni=1

1i −

lnnλ ולכן ,E

[X(n)

]= 1

λ

∑ni=1

1i כי ראינו

זה גבול גבול. לה יש ולכן מונוטונית זו סדרה כי להראות גם ניתן חסומה. סדרה.limn→∞

(∑ni=1

1i −

lnnλ

)= γ אותו לסמן ונהוג אוילר, של הקבוע מכונה

פואסון תהליכי 10

הבאים: התנאים שלושת מתקיימים אם מניה, תהליך הוא {N (t) |t ≥ 0} כי אומרים הגדרה:

ואי־שליליים. שלמים ערכים מקבלת N (t) .1

.tב־ יורדת לא N (t) .2

מימין. רציפה N (t) .3

N (t) − אם פשוט, תהליך הוא כי אומרים מניה. תהליך {N (t) |t ≥ 0} יהי הגדרה:משמאל). התקרבות מסמן t− (כאשר 0 ≤ t לכל N (t−) ≤ 1

תוספות הן בתהליך התוספות כי אומרים פשוט. מניה תהליך {N (t) |t ≥ 0} יהי הגדרה:.N (t+ s)−N (t) ∼ N (s) מתקיים 0 ≤ t, s לכל אם סטציונריות,

תוספות הן בתהליך התוספות כי אומרים פשוט. מניה תהליך {N (t) |t ≥ 0} יהי הגדרה:{N (ti)−N (ti−1)}ni=1 כי מתקיים 0 ≤ t0 < t1 < ... < tn לכל אם בלתי־תלויות,

בלתי־תלויים. מ"מ של אוסף הוא

מתקיים אם מסודר, תהליך הוא כי אומרים מניה. תהליך {N (t) |t ≥ 0} יהי הגדרה:. 1tP (N (t) ≥ 2) −→

t↓00

התנאים שלושת מתקיימים אם פואסון, תהליך הוא {N (t) |t ≥ 0} כי אומרים הגדרה:הבאים:

מניה תהליך זה .1

סטציונריות התוספות .2

49

תלויות בלתי התוספות .3

שקולים: הבאים התנאים ארבעת אז פואסון, תהליך הוא {N (t) ≥ 0} אם משפט:

פשוט התהליך .1

מסודר התהליך .2

לכך הסיבה (וזו N (t) ∼ Poisson (λt) שמתקיים כך 0 < λ < ∞ קיים .3"פואסון"). לתהליך שקוראים

,exp (λ) מפולגים X1, X2, ... ב"ת מ"מ של סדרה וקיימת 0 < λ < ∞ קיים .4.Sn =

∑ni=1Xi מסמנים כאשר ,N (t) = max {n|Sn ≤ t} שמתקיים כך

יסודית דוגמה

נסמן .exp (λ) מפולגות שכולן נורות של החיים אורך של מ"מ סדרת X1, X2, ... כי נניח.Sn =

∑ni=1Xi

הנורות מספר זהו כלומר ,N (t) = max {n|Sn ≤ t} ונגדיר זמן, כמשתנה tב־ נתבונןפואסון. תהליך אכן שזה נראה .t זמן עד שנשרפו

N (t) ∼ Poisson (λt) טענה:

N (t) > n ⇐⇒ כי לב נשים .N (t) של ההתפלגות את נחשב הראשון בשלב הוכחה:ולכן: ,Sn ≤ t

P (N (t) = n) = P (Sn ≤ t < Sn+1) = P (Sn ≤ t, t− Sn < Xn+1) =

= E[�{Sn≤t} · �{t−Sn<Xn+1}

]= E

[E[�{Sn≤t} · �{t−Sn<Xn+1} |Sn

]]=

= E[�{Sn≤t}

]· P (t− Sn < Xn+1) = E

[�{Sn≤t}

]· e−λ(t−Sn) =

=´∞−∞ �{Sn≤t} ·e−λ(t−x) · fSn (x) dx =

´ t0e−λ(t−x) · λn

(n−1)!e−λx · xn−1dx =

= e−λt · λn

(n−1)! ·´ t

0xn−1dx = e−λt · (λt)n

n! ∼ Poisson (λt)

Sn+1 ש־= מכך נובע השני השוויון שהזכרנו, מהשקילות נובע הראשון השוויון כאשרמכך נובע החמישי ידועות, נוסחאות הם והרביעי השלישי השוויונים ,Sn + Xn+1

השביעי השוויון ,Xn+1 ∼ exp (λ)ש־ מכך נובע השישי השוויון ,Snב־ היא שההתניהexp (λ) מפולגים מ"מ n של שסכום מכך הוא השמיני השוויון התוחלת, מהגדרת הוא

� פשוטים. והעשירי התשיעי השוויונים 9,Gamma (λ, n) מפולג מ"מ הוא

.1 בהסתברות N (t) −→t→∞

∞ טענה:

.1 בהסתברות n לכל סופי Sn כי מההגדרה ברור הוכחה:

.N (t) > n ⇐⇒ Sn ≤ t שכן ,P (Sn ≤ t) = P (N (t) ≥ n) כי גם לב נשים

מתקיים T < t לכל ולכן ,Sn ≤ T שעבורו ממשי T קיים n שלכל נובע מהסופיות� .1 בהסתברות N (t) −→

t→∞∞ הגבול של ההגדרה בדיוק וזו ,N (t) ≥ n

exp (λ) ∼ כי ידוע .∑iXi ∼ Gamma

(∑i αi, β

)אז Xi ∼ Gamma (αiβ) אם כי לעיל 9הראינו

.Gamma (nλ, 1) ∼ exp (nλ) מפולג כאלה n של סכום ולכן ,Gamma (λ, 1)

50

.1 בהסתברות Sn −→n→∞

∞ אזי ,P (Xi > 0) > 0 מתקיים אם טענה:

כמו .1 בהסתברות Snn −→n→∞ E [X1] כי נובע הגדולים המספרים של החלש מהחוק הוכחה:

חייבת היא קיים יהיה הנ"ל שהגבול כדי ולכן יורדת, לא מונוטונית היא Sn הסדרה כן� לאינסוף. לשאוף

סדרה לכל נכונות והן מעריכית, התפלגות הנחנו לא האחרונות הטענות בשתי הערה:.P (Xi > 0) > 0 המקיימת וש"ה ב"ת מ"מ של X1, X2, ...

.0 יהיה זה גבול E [X1] =∞ עבור כאשר .1 בהסתברות N(t)t −→

t→∞1

E[X1] טענה:

שמתקיים: לב נשים הוכחה:

SN(t) ≤ t < SN(t)+1

⇓E [Xi] ←−∞←t

SN(t)

N(t) ≤t

N(t) <SN(t)+1

N(t)+1 ·N(t)+1N(t) −→

t→∞E [Xi] · 1 = E [Xi]

⇓N(t)t −→

t→∞1

E[Xi]

tN(t) −→t→∞ ∞ כי להסיק ניתן האמצעית בשורה ,E [Xi] = ∞ בו במקרה כן, כמו

� .N(t)t −→

t→∞0 ולכן

N (t) ∼ כי ראינו זה במקרה .N(t)t −→

t→∞λ אז ,Xi ∼ exp (λ) אם בפרט מסקנה:

.E[N(t)t

]= λt

t = λ וכן ,V ar (N (t)) = E [N (t)] = λt ולכן ,Poisson (λt)

SN(t)+1 − t|N (t) = n ∼ exp (λ) טענה:

נחשב: הוכחה:

P(SN(t)+1 − t > x|N (t) = n

)= P (Sn+1 − t > x|N (t) = n) =

= P (Sn+1 − t > x|Sn ≤ t < Sn+1) = P (Sn+1−t>x, Sn≤t, Sn+1>t)P (Sn≤t<Sn+1) =

= P (Xn+1 − (t− Sn) > x|t− Sn ≥ 0) = P (Xn+1 ≥ x) = e−λx

N (t) = n ⇐⇒ שמתקיים מכך השני השוויון מההתניה, הוא הראשון השוויון כאשרהרביעי השוויון המותנית, ההסתברות נוסחת הוא השלישי השוויון ,Sn ≤ t < Sn+1

נוסף שימוש ועם Sn+1 − t > x בתנאי מוכל Sn+1 > t שהתנאי מכך נובעהזיכרון חוסר תכונת של מההכללה הוא החמישי השוויון המותנית, ההסתברות בנוסחת

� ברור. השישי והשוויון לעיל, שהראינו

סדרה ,N (t) = n בהינתן .SN(t)+1 − t,XN(t)+2, XN(t)+3, ... הסדרה תהי טענה:(כלומר .X1, X2, ... הסדרה כמו מעריכית מפולגת והיא ,N (t)ב־ בלתי־תלויה זו

סטציונריות). התוספות

יקרה מה ומסתכלים נורות N (t) = n נשרפו בו לזמן הגענו אם אחרות, במילים.N (t+ s)−N (t) ∼ N (s) כלומר זיכרון, חוסר של סוג מתקיים אז בעתיד,

51

נחשב: הוכחה:

P(SN(t)+1 − t > x1, XN(t)+2 > x2, ..., XN(t)+k > xk|N (t) = n

)=

= P (Sn+1 − t > x1, Xn+2 > x2, ..., Xn+k > xk|Sn ≤ t < Sn+1) =

= P (Sn+1 > t+ x1|Sn < t < Sn+1)︸ ︷︷ ︸=e−λx1

·∏kj=2 P (Xn+j > xj)︸ ︷︷ ︸ =

=e−λxi

∏kj=1 e

−λxj

N (t) = n ⇐⇒ Sn ≤ t < ומהשקילות מההתניה הוא הראשון השוויון כאשרעל מבוסס האחרון והשוויון המשותפת, הצפיפות של פיצול הוא השני השוויון ,Sn+1

� בטענה. ההנחות ועל הקודמת הטענה

מסודר). תהליך זהו (כלומר 1tP (N (t) ≥ 2) −→

t↓00 טענה:

נחשב: הוכחה:

P (N (t) ≥ 2) = 1− P (N (t) < 2) =

= 1− P (N (t) = 0)− P (N (t) = 1) = 1− e−λt − λte−λt

.N (t) ∼ Poisson (λt) כי שהראינו מכך הוא האחרון השוויון כאשר

לופיטל: כלל באמצעות המבוקש הגבול את נחשב

(1−e−λt−λte−λt)′

(t)′ =

λe−λt−λ[e−λt−λte−λt]1 =

= λe−λt − λe−λt + λ2te−λt = λ2te−λt −→t↓0

0

�

פואסון תהליכי של תכונות 10.1

ניתן .N (0) = 0 המקיים {N (t) |t ≥ 0} פואסון בתהליך הכלליות הגבלת ללא נדון הערה:ולקבל ,N (t) = N (t)−N (0) להגדיר ניתן המצב, לא וזה במקרה כי זאת לעשות

הנ"ל. התכונה את שמקיים חדש פואסון תהליך

אסימפטוטית נורמליות 10.1.1

.N(m)−mλ√mλ

d−→m→∞

N (0, 1) אז פואסון, תהליך {N (t) |t ≥ 0} אם טענה:

תוחלת עם וש"ה ב"ת מ"מ של סדרה X1, ..., Xn שאם קובע המרכזי הגבול משפט הוכחה:

נכפיל .X−µ√σ2

d−→m→∞

N (0, 1) מתקיים Xn = 1n

∑ni=1Xi עבור אזי ,σ2 ושונות µ

.∑ni=1Xi−nµ√

nσ2

d−→m→∞

N (0, 1) כי ונקבל nב־ הכל

ומהתכונה ,N (m) = N (1)+(N (2)−N (1))+ ...+(N (m)−N (m− 1)) נציגסכום הוא N (m) ולכן ,N (i)−N (i− 1) ∼ N (1) כי נובע סטציונריות תוספות של

וש"ה. ב"ת מ"מ m של

52

אופן באותו וכן ,E [N (t)] = E [N (1)] = E [Poisson (λt)] = λt כי לב נשיםV ar (N (m)) = E [N (m)] = כלומר ,t = 1 ולכן mשלם אבל .V ar (N (t)) = λt

.λ

� .N(t)−mλ√mλ

d−→m→∞

כי נובע המרכזי הגבול ממשפט כך, אם

המופעים זמני של המשותפת הצפיפות 10.1.2

מ"מ של סדרה שקיימת לעיל ראינו פואסון, תהליך {N (t) |t ≥ 0} אם (חזרה) תזכורת:עבור ,N (t) = max {n|Sn ≤ t} שמתקיים כך ,exp (λ) מפולגים X1, X2, ... ב"ת

.nה־ המופיע התקבל שבו הראשון הזמן הוא Sn כי לב נשים .Sn =∑ni=1Xi

היא: S1, ..., Sn|N (t) = n של המשותפת הצפיפות טענה:

fS1,...,Sn|N(t)=n (t1, ..., tn) =

{n!tn 0 < t1 < t2 < ... < tn < t

0 otherwise

יקרה השני המופע ,t1 זמן עד יקרה הראשון "המופע למאורע: ההסתברות זוהי כלומר,."tn זמן לבין tn−1 זמן בין יקרה nה־ המופע , ... ,t2 זמן לבין t1 זמן בין

כי ייתכן לא אז ,0 < t1 < t2 < ... < tn < t מתקיים לא שאם לב נשים הוכחה:אחד שמתקבלים מופעים n בדיוק שיש נובע N (t) = n מההתניה שכן ,N (t) = n

.tn לבין tn−1 זמן בין הוא שבהם והאחרון אחד

נשים .0 < t1 < t2 < ... < tn < t המקרה עבור הנ"ל הצפיפות את נחשב כך אםכי: לב

P (t1 < S1 ≤ t1 + h1, ..., tn < Sn ≤ tn + hn, N (t) = n) 1∏ni=1 hi

−→∏ni=1 hi→0

−→∏ni=1 hi→0

fS1,...,Sn|N(t)=n (t1, ..., tn)

עזר: חישוב תחילה נחשב הזאת. המותנית ההסתברות את נחשב אז

P (t1 < S1 ≤ t1 + h1, ..., tn < Sn ≤ tn + hn, N (t) = n) =

= P

N (t1) = 0, N (t1 + h1)−N (t1) = 1, N (t2)−N (t1 + h1) = 0, ...

, ..., N (tn)−N (tn−1 + hn−1) = 0N (tn + hn)−N (tn) = 1, N (t)−N (tn + hn) = 0

זו ולכן תלויים, בלתי הפנימיים המאורעות כל פואסון תהליך שמתכונות לב ונשים

אותה. לבטא אפשר כיצד נראה ההסתברויות. מכפלת

היא: החלוקה שכן קטעים, 2n+ 1 שיש לב ונשים ,iה־ הקטע אורך הוא Ii כי נניח

0 < t1 < t1 + h1 < t2 < t2 + h2 < ... < tn < tn + hn < t

בעל קטע שבכל לב ונשים ,N (ti + hi) − N (ti) ∼ Poisson (λt) כי לב נשיםהמופעים מספר אחד) של בדילוגים (0, t1)מ־ החל הקטעים כל (כלומר אי־זוגי אינדקס

53

הנ"ל ההסתברות לכן .1 הוא המופעים מספר זוגי אינדקס בעל קטע ובכל ,0 הואהיא:

e−λI1 · e−λI2 · λI2 · e−λI3 · e−λI4 · λI4 · ... · e−λI2n−1 · e−λI2n · λI2n · e−λI2n+1 =

= e−λ∑2n+1i=1 Ii ·

∏ni=1 λhi = e−λt · λn ·

∏ni=1 hi

.∑2n+1i=1 Ii = |(0, t)| = t שמתקיים מכך נובע האחרון המעבר כאשר

שההסתברות נקבל ולכן ,P (N (t) = n) = e−λt · (λt)n

n! שמתקיים לב נשים כן כמוהיא: המותנית

e−λt · λn ·∏ni=1 hi

e−λt · (λt)n

n!

=

∏ni=1 hitn

n!

=n!

tn·n∏i=1

hi

שמתקיים: נקבל מכאן

fS1,...,Sn|N(t)=n (t1, ..., tn) = lim∏ni=1 hi→0

1

6∏ni=1 hi

·n!

tn· 6

n∏i=1

hi = lim∏ni=1 hi→0

n!

tn=n!

tn

�

S1, ..., Sn|N (t) = n ∼ U(1), ..., U(n) מתקיים ,U1, ..., Un ∼ U (0, t) עבור טענה:הסדר). סטטיסטי הוא U(1), ..., U(n) (כאשר

היא: הסדר סטטיסטי של הצפיפות כללי שבאופן ראינו הוכחה:

fU(1),...,U(n)(t1, ..., tn) =

{n!∏ni=1 fU1

(ti) 0 < t1 < ... < tn < t

0 otherwise

נקבל: ולכן ,fU1 (ti) =

{1t 0 < t < ti

0 otherwiseולכן U (0, t) התפלגות זו אבל

fU(1),...,U(n)(t1, ..., tn) =

{n!tn 0 < t1 < ... < tn < t

0 otherwise

� הקודמת. בטענה שמצאנו S1, ..., Sn|N (t) = n של הצפיפות בדיוק וזו

הבא: באופן לבצע ניתן פואסון תהליך של סימולציה מסקנה:

ב"ת מ"מ n מגרילים N (t) = n עבור ואז ,N (t) ∼ Poisson (λ) מ"מ מגריליםמפולג U(1), ..., U(n) כי מקבלים ואז הגודל, לפי אותם מסדרים ,U (0, t) מפולגים

.t לזמן עד התהליך של המופעים זמני כמו

אחידה בהתפלגות אותם לפזר ניתן אז מופעים, n התקבלו t זמן שעד ידוע אם כלומר,התהליך של המופעים זמני של ההתפלגות את ולקבל הגודל, לפי לסדר ,[0, t] הקטע על

.t זמן עד

54

שונים זמנים של מותנית התפלגות 10.1.3

.N (s) |N (t) = n ∼ Bin(n, st

)אזי .N (t) = n שנתון ונניח ,0 < s < t כי נניח טענה:

נחשב: הוכחה:

P (N (s) = k|N (t) = n) =P (N (s) = k, N (t) = n)

P (N (t) = n)=

=P (N (s) = k, N (t)−N (s) = n− k)

P (N (t) = n)=P (N (s) = k) · P (N (t)−N (s) = n− k)

P (N (t) = n)=

=

e−λs(λs)k

k! · e−λ(t−s)(λ(t−s))n−k

(n−k)!

e−λt(λt)n

n!

=n!

k! (n− k)!

sk (t− s)n−k

tn=

=

(n

k

)(st

)k ( t− st

)n−k=

(n

k

)(st

)k (1− s

t

)n−k∼ Bin

(n,s

t

)�

N (t1) , N (t2)−N (t1) , ..., N (tm)− של ההתפלגות ,0 < t1 < t2 < ... < tm עבור הכללה:

.MN(n, t1tm ,

t2−t1tm

, ..., tm−tm−1

tm

)מהצורה מולטינומית היא N (tm−1) |N (tm) = n

אזי ,Y1, ..., Ym|X = n ∼ MN (n, p1, ..., pm) וכן X ∼ Poisson (λ) אם טענה:.Yi ∼ Poisson (λpi) וכן ב"ת, מ"מ הם Y1, ..., Yn

היא: Y1, ..., Ym|X של ההתפלגות הוכחה:

P (Y1 = k1, ..., Ym = km|X = n) =

{n!

k1!·...·km! · pk11 · ... · pkmm ki ≥ 0 and

∑mi=1 ki = n

0 otherwise

עזר: חישוב נבצע ותחילה לה, המפורש הביטוי את נמצא

P (Y1 = k1, ..., Ym = km, X = n) =

{6n!

k1!·...·km! · pk11 · ... · pkmm · e−λ λ

n

6n! ki ≥ 0 and∑mi=1 ki = n

0 otherwise

מתקיים: ,∑ni=1 ki = n וכן ki ≥ 0 בו במקרה

1k1!·...·km! · p

k11 · ... · pkmm · e−λλn =

= 1k1!·...·km! · p

k11 · ... · pkmm · e−λp1 · ... · e−λpm︸ ︷︷ ︸

=e−λ∑mi=1

pi=e−λ

· λk1 · ... · λkm︸ ︷︷ ︸=λn

=

= e−λp1 · (λp1)k1

k1! · ... · e−λpm · (λpm)km

km! =∏ni=1 e

−λpi · (λpi)ki

ki!

ההתניה ולכן אפס, היא הצפיפות ,∑mi=1 ki שאינו טבעי מספר שלכל לב נשים כעת

אפס. אינה הצפיפות בו היחיד המקרה זה כי מיותרת, X = n =∑mi=1 kiב־

ב"ת Y1, ..., Ym ולכן פואסון, מפולגים מ"מ m של משותפת צפיפות קיבלנו כך אם� .Yi ∼ Poisson (λpi) פואסון ומפולגים

55

פואסון תהליכי של צירוף 10.1.4

סכום שהוא קצב בעל פואסון תהליך הוא תלויים בלתי פואסון תהליכי של צירוף טענה:בלתי פואסון תהליכי זוג {N1 (t) |t ≥ 0} , {N2 (t) |t ≥ 0} אם כלומר, הקצבים.10תהליך הוא N (t) = N1 (t) + N2 (t) אזי בהתאמה, λ1, λ2 קצבים בעלי תלויים

.λ1 + λ2 קצב בעל פואסון

עבור ולכן הפרמטרים, סכום עם פואסון מתפלג פואסוניים מ"מ זוג של שסכום ידוע הוכחה:מתקיים: 0 < t1 < ... < tn זמנים חלוקת

.Poisson ((λ1 + λ2) t1) מפולג התהליכים שני סכום (0, t1) הקטע על

.Poisson ((λ1 + λ2) (t2 − t1)) מפולג התהליכים שני סכום (t1, t2) הקטע על

...

.Poisson ((λ1 + λ2) (tn − tn−1)) מפולג התהליכים שני סכום (tn−1, tn) הקטע על

ב"ת, X2, Y2 וגם ב"ת X1, Y1 שהזוג כך מ"מ, X1, X2, Y1, Y2 אם כי נזכור כן כמוב"ת. מ"מ X1 + Y1, X2 + Y2 גם אזי

המפולגים ב"ת, מ"מ {N1 (ti) +N2 (ti)−N1 (ti−1)−N2 (ti−1)}ni=1 כי נובע מכאן� .λ1 + λ2 קצב עם פואסון תהליך N (t) ולכן ,Poisson ((λ1 + λ2) (ti − ti−1))

פואסון תהליכי של פיצול 10.1.5

תלויים אינם הם כי ונניח ,1 ≤ i ≤ m ,(Ii1, ..., Iim) ∼MN (1, p1, ..., pm) כי נניח טענה:.λ קצב בעל {N (t) |t ≥ 0} פואסון תהליך באיזה

{Ni (t) |t ≥ 0}mi=1 של האוסף אזי .Ni (t) :=∑N(t)j=1 Iij נגדיר 1 ≤ i ≤ m לכל

בהתאמה. {λpi}mi=1 קצבים בעלי ב"ת, פואסון תהליכי של אוסף הוא

תור. לאיזשהו אדם כל מגרילים ואנו אנשים שמגיעים ונניח תורים, m לנו שיש נניח הסבר:.iה־ בתור שנמצאים האנשים מספר את סופר Ni (t) המ"מ

הומוגני לא פואסון תהליך 10.2

N (t) ∼ Poisson (λt) מתקיים אם הומוגני נקרא {N (t) |t ≥ 0} פואסון תהליך הגדרה:לעיל). דנו אלו (בתהליכים קבוע. 0 < λ <∞ עבור

,N (t) ∼ Poisson (λ (t)) מתקיים אם הומוגני, לא נקרא {N (t) |t ≥ 0} פואסון תהליךכי אומרים כזה במקרה מימין. ורציפה יורדת לא אי־שלילית, קצב פונקציית λ כאשר

.Λ (t) =´ t

0λ (u) du הוא המצטבר הקצב

שמגיע מי וכל כלל, המתנה זמני בו שאין תור כלומר שרתים. ∞ עם בתור נדון דוגמה:.X ∼ F ויהי ,F התפלגות ובעלי ב"ת השירות מת שזמני נניח מיד. שירות מקבל

שעוזבים הצרכנים כמות של המ"מ מתפלג איך כלומר ?t זמן עד עוזבים צרכנים כמה?t זמן עד

צרכן של שהסיכוי נניח .N (t) = n שידוע ונניח 0 < t1 < ... < tm < t כי נניח.tm אחרי לעזוב הסיכוי pm+1 וכן pi הוא (ti−1, ti) בקטע לעזוב

תהליכים. בין אי־תלות של הפורמלית להגדרה 10נניח

56

מספר עם יחד (0, t1) בקטע שעזבו הצרכנים מספר וכן∑m+1i=1 pi = 1 כי לב נשים

,(tm, t) בקטע שעזבו הצרכנים מספר עם יחד , ... ,(t1, t2) בקטע שעזבו הצרכנים.nל־ מסתכם

בעלת מהתפלגות שלקוח הסדר סטטיסטי כמו מתפלגים צרכן עזיבת של המופע זמניפואסון תהליך של במקרה שהוכחנו אופן באותו זאת להוכיח ניתן .λ(s)

Λ(t) · �[0,t] צפיפותאחידה. התפלגות של הסדר סטטיסטי כמו מתפלגים המופע זמני כי הומוגני

:ti זמן עד עוזב שצרכן הסיכוי את נחשב כעת

P (Y +X ≤ ti) = P (Y ≤ ti −X) = E [P (Y ≤ ti −X|X)] =EΛ (ti −X)

Λ (tm)

משך את המתאר מ"מ X ועבור הצרכן הגעת את המתאר מ"מ Y עבור כי לב נשיםהשוויון .ti זמן לפני עוזב שצרכן ההסתברות היא P (X + Y ≤ ti) השירות, מתןהפרופורציה זו שכן ,P (Y ≤ ti −X) = Λ(ti−X)

Λ(tm) שמתקיים מכך נובע האחרוןהקטע. כל מתוך ti עד העזיבה של האחידה

pm+1 = וכן ,1 ≤ i ≤ m עבור pi = EΛ(ti−X)−EΛ(ti−1−X)Λ(tm) כך אם נסמן

.1− EΛ(tm−X)Λ(tm) = Λ(tm)−EΛ(tm−X)

Λ(tm)

מספר הוא Q (t) וכי ,t זמן עד שעזבו הצרכנים מספר הוא D (t) כי נניח כעתכי: מצאנו אזי .t בזמן שנמצאים הצרכנים

D (t1) , D (t2)−D (t1) , ..., D (tm)−D (tm−1) |N (t) = n ∼MN (m+ 1, p1, ..., pm+1)

הם D (t1) , D (t2)−D (t1) , ..., D (tm)−D (tm−1) , Q (tm) כי מתקיים כן כמומתקיים: 1 ≤ i ≤ m עבור כאשר ב"ת, מ"מ

D (ti)−D (ti−1) ∼ Poisson(

Λ (tm) · EΛ(ti−X)−EΛ(ti−1−X)Λ(tm)

)=

= Poisson (EΛ (ti −X)− EΛ (ti−1 −X))

מתקיים: וכן

Q (tm) ∼ Poisson (Λ (tm)− EΛ (tm −X))

קצב פונקציית עם הומוגני, לא פואסון תהליך הוא {D (t) |t ≥ 0} כי מצאנו כך אם.EΛ (t−X) מצטבר

תלוי אינו t זמן עד העזיבות מספר כלומר ב"ת. הם D (t) , Q (t) כי מצאנו כן כמו.(!) t בזמן הנמצאים הצרכנים במספר

מעריכיים מ"מ של טור סופיות 11

בהמשך. אותנו שישמשו טענות שתי נזכיר

.E [∑∞k=1Xk] =

∑∞k=1E [Xk] מתקיים א"ש, מ"מ של {Xk}∞k=1 סדרה לכל טענה:

מתקדם בקורס שיוכח המונוטונית, ההתכנסות ממשפט מידית מסקנה היא זו [טענהבהסתברות.]

57

השוויון: אי מתקיים טבעי n לכל אזי אי־שליליים. מספרים של סדרה {ai}∞i=1 יהיו טענה:

1 +

n∑i=1

ai ≤n∏i=1

(1 + ai) ≤ e∑ni=1 ai

האינסופי. למקרה גם מתקיים זה אי־שוויון כי ולהסיק n→∞ גבול לקחת ניתן

השוויון. אי של ימין צד את תחילה נראה הוכחה:

מתקיים: 0 ≤ y שלכל נובע לכן .ex ≥ 1 מתקיים 0 ≤ x לכל

y =´ y

01dx ≤

´ y0exdx = ey − 1

⇓

1 + y ≤ ey

.∏ni=1 (1 + ai) ≤

∏ni=1 e

ai = e∑ni=1 ai ולכן 1 + ai ≤ eai שלנו במקרה כלומר,

באינדוקציה. השוויון, אי של השמאלי הצד את נראה כעת

מתקיים n − 1 שעבור נניח .1 + a1 ≤ 1 + a1 טריוויאלי באופן n = 1 עבורכי: ונסיק ,1 +

∑n−1i=1 ai ≤

∏n−1i=1 (1 + ai)∏n

i=1 (1 + ai) = (1 + an)∏n−1i=1 (1 + ai) ≥ (1 + an)

(1 +

∑n−1i=1 ai

)=

= 1 +∑n−1i=1 ai + an + an ·

∑n−1i=1 ai = 1 +

∑ni=1 ai + an ·

n−1∑i=1

ai︸ ︷︷ ︸≥0

≥ 1 +∑ni=1 ai

�

עצמנו את נשאל .exp (λi) מפולג iה־ הנורה של החיים שאורך נורות n שנתונות נניח רקע:.t זמן עד נשרפו נורות כמה

החיים אורך כלומר ,exp(i2)מפולג iה־ הנורה של החיים אורך למשל שאם נראה

בזמן יישרפו הנורות כל אז מהיר, מספיק בקצב ( 1i2 היא (התוחלת וקטן הולך

סופי. אסימפטוטי

אזי: בהתאמה. exp (λn) המפולגים ב"ת מ"מ של סדרה {Tn}n יהיו טענה:

.P (∑∞n=1 Tn <∞) = 1 אז

∑∞n=1

1λn

<∞ אם •

.P (∑∞n=1 Tn <∞) = 0 אז

∑∞n=1

1λn

=∞ אם •

הוכחה:

כי: נובע זה בפרק שהזכרנו הראשונה מהטענה אז .∑∞n=1

1λn

<∞ כי נניח •

E

[ ∞∑n=1

Tn

]=

∞∑n=1

E [Tn] =

∞∑n=1

1

λn<∞

58

בהסתברות אינסופי להיות יכול אינו סופית, שתוחלתו א"ש מ"מ כללי ובאופן.1 בהסתברות סופי הוא כלומר חיובית,

מתקיים: X ∼ exp (λ)′ עבור כללי שבאופן לב נשים .

∑∞n=1

1λn

=∞ כי נניח •

E[e−αX

]=

∞

0

e−αxλe−λxdx =λ

λ+ α

∞

0

(λ+ α) e−(λ+α)λdx

︸ ︷︷ ︸=´∞0 fX∼exp(λ+α)(x)dx=1

=λ

λ+ α=

1

1 + α/λ

.E[e−X

]= 1

1+1/λ מתקיים α = 1 עבור בפרט

קיים אם ,Xל־ בהסתברות המתכנסים {Xn}n מ"מ של סדרה לכל [הערה:מתקיים: אז ,|Xn| ≤ Y שחוסם סופית תוחלת בעל Y מ"מ

limn→∞

E [Xn] = E[

limn→∞

Xn

]= E [X]

מתקדם בקורס שיוכח החסומה, ההתכנסות ממשפט מידית מסקנה היא זו טענהבהסתברות.]

ונסיק: ,[0, 1] הקטע בתוך חסום e−∑mn=1 Tn שהמ"מ בכך נשתמש כעת

E[e−∑mn=1 Tn

]= E

[m∏n=1

e−Tn

]=

m∏n=1

E[e−Tn

]=

m∏n=1

1

1 + 1/λn=

1m∏n=1

(1 + 1/λn)

ולכן ,1 +∑∞i=1 ai ≤

∏∞i=1 (1 + ai) שהראינו הכללי השוויון אי את נזכור

.∏∞n=1 (1 + λn) =∞ כי נובע

∑∞n=1

1λn

=∞ מההנחה

מ"מ הוא e−∑∞n=1 Tn כי לב נשים אבל .E

[e−∑∞n=1 Tn

]= 0 כי קיבלנו כלומר

,1 בהסתברות אפס עצמו הוא אם ורק אם אפס היא שלו התוחלת ולכן א"ש,.P(e−∑∞n=1 Tn = 0

)= 1 כלומר

,∑ni=1 ai ≤ e

∑ni=1 ai כי ממנו ונסיק שהראינו הכללי השוויון אי את שוב נזכור

� .P (∑∞n=1 Tn = 0) = 1 גם ולכן

הנותר" "הזמן התפלגות 12

ונסמן Sn =∑ni=1Xi נסמן וש"ה. ב"ת א"ש מ"מ של סדרה {Xi}i כי נניח תזכורת:

.N (t) = max {n|Sn ≤ t}

שעבר הזמן את ;αt = SN(t)+1 − t להיות הנותר הזמן את נגדיר נתון, t עבור הגדרה:כלומר שלהם, הסכום להיות הכולל הזמן ואת ;βt = t − SN(t) להיות הגיל או

.XN(t)+1 = SN(t)+1 − SN(t)

הנותר. הזמן התפלגות את להגדיר כדי בו נשתמש מכן ולאחר כללי, משפט תחילה נוכיח

59

.E[´X1

0|h (αs, βs)| ds

]<∞ נניח אי־שלילית. כלשהי פונקציה h : R2 → R תהי משפט:

מתקיים: 1 בהסתברות אזי

limt→∞

1

t

tˆ

0

h (αs, βs) ds =1

E [X1]· E

X1ˆ

0

h (X1 − s, s) ds

.0 יהיה זה גבול E [X1] =∞ עבור כאשר

מתקיים: טבעי n לכל כללי, שבאופן לב נשים הוכחה:

Snˆ

0

h (αs, βs) ds =

n∑k=1

Skˆ

Sk−1

h (αs, βs) ds =

n∑k=1

Xkˆ

0

h (Xk − u, u) du

נשים אלה ובמונחים ,u = s − Sk−1 = Xk מההצבה נובע האחרון השוויון כאשרכלומר ,αs = SN(s)+1 − s = Sk−1+1 − s = Sk − s = Xk − (s− Sk−1) כי לב

.βs = s− SN(s) = s− Sk−1 = u כן וכמו ,αu = Xk − uכי:11 נובע הגדולים המספרים של החזק מהחוק לכן

limn→∞

1

n

n∑k=1

h (αs, βs) ds = limn→∞

1

n

n∑k=1

Xkˆ

0

h (Xk − u, u) du = E

X1ˆ

0

h (X1 − u, u)

כדי בסנדביץ' נשתמש .n→∞ טבעיים של גבול עבור תקפה שהטענה מצאנו כך אם

.t→∞ ממשיים של לגבול ההוכחה את להשלים

נובע: ומכאן ,SN(t) ≤ t ≤ SN(t)+1 מתקיים

´ SN(t)

0h (αs, βs) ds ≤

´ t0h (αs, β2) ds ≤

´ SN(t)+1

0h (αs, βs) ds

⇓ multuplying each part with 1 ⇓

N(t)t ·

1

N (t)·

SN(t)ˆ

0

h (αs, βs) ds︸ ︷︷ ︸−→t→∞

E[´X1

0 h(X1−u,u)du]≤ 1

t

´ t0h (αs, β2) ds ≤ N(t)+1

t · 1

N (t) + 1·

SN(t)+1ˆ

0

h (αs, βs) ds︸ ︷︷ ︸−→t→∞

E[´X1

0 h(X1−u,u)du]

וזה לעיל, פואסון תהליכי עבור שהראינו limt→∞N(t)t = 1

E[X1] הגבול את נזכור� ההוכחה. את מסיים

כי: מתקיים h (αt, βt) = αt הפונקציה עבור מסקנה:

X1ˆ

0

h (X1 − s, s) ds =

X1ˆ

0

(X1 − s) ds =

X1ˆ

0

uds =X2

1

2

בהסתברות limn→∞1n

∑nk=1Xk = E [X1] אז סופית, תוחלת עם ש"ה ב"ת מ"מ {Xk}k אם 11תזכורת:

.1

60

.u = X1 − s מההצבה נובע השני השוויון כאשר

כי נסיק ואז ,E[X2

1

]< ∞ להניח נצטרך במשפט להשתמש כדי זה במקרה לכן,

:1 בהסתברות

limt→∞

1

t

tˆ

0

αsds =1

E [X1]· E[X2

1

2

]=E[X2

1

]2E [X1]

כי: לב נשים

E[X2

1

]2E [X1]

=V ar (X1) + E2 [X1]

2E [X1]=V ar (X1) + E2 [X1]

2E2 [X1]·E [X1] =

E [X1]

2·[1 +

V ar (X1)

E2 [X1]

]הריבועית. ההשתנות מקדם מכונה 1 + V ar(X1)

E2[X1] האיבר

מתקבל אגפים בהעברת .E[X2

1 ]2E[X1] ≥

E[X1]2 ולכן ל־1, שווה או גדול זה שאיבר לב נשים

,V ar (X1) = 0 אם ורק אם מתקבל ששוויון לראות קל ולכן ,E[X2

1

]≥ E2 [X1]

.1 בהסתברות קבוע מ"מ X1 כלומר

בהסתברות קבועים אינם המופעים זמני עוד שכל אומרE[X2

1 ]2E[X1] ≥

E[X1]2 האי־שוויון

למופע. מופע שבין הזמן מחצי יותר היא הבא המופע עד הזמן משך תוחלת ,1

כלומר הנותר, בזמן רק מתעניינים ואנו היות הנותר. הזמן התפלגות את כעת נגדיר הגדרה:.h (αs, βs) = g (αs) נסמן .αs של רק פונקציה להיות h את נבחר ,αsב־ רק

בפרט: מהמשפט נקבל זה מקרה עבור

limt→∞

1

t

tˆ

0

g (αs) ds =1

E [X1]· E

X1ˆ

0

g (u) du

נקבל: g (αs) =�[0,z] (αs) עבור כך אם

limt→∞

1

t

tˆ

0

�[0,z] (αs) ds =1

E [X1]· E

X1ˆ

0

�[0,z] (u) du

נובע: ולכן ,0 היא הפונקציה [0, z] לקטע שמחוץ לב נשים

X1ˆ

0

�[0,z] (u) du =

min{X1,z}ˆ

0

1du = min {X1, z}

נקבל: ולכן

limt→∞

1

t

tˆ

0

�[0,z] (αs) ds =E [min {X1, z}]

E [X1]

61

זו כי לראות קל כן כמו .E[min{X1,z}]E[Z1] → 1 מתקיים z → ∞ שכאשר לב נשיםהתפלגות. פונקציית זו ולכן ,zב־ יורדת לא פונקציה

,E [min {X, z}] =´ z

0(1− F (t)) dt מתקיים X ∼ F שעבור הראינו הקורס בראשית

הנותר הזמן התפלגות פונקציית להיות (expected) Fe את להגדיר שנוכל נובע ולכןידי: על

Fe (z) :=E [min {X1, z}]

E [X1]=

´ z0

(1− F (t)) dt

E [X1]

היא: זו התפלגות של שהצפיפות לראות קל

fe (z) =1− F (z)

E [X1]

.E[X2

1 ]2E[X1] היא זו התפלגות של התוחלת כי לראות ניתן וכן

.E[X1·�[0,z]]E[X1] היא הכולל הזמן התפלגות טענה:

של הנותר הזמן כמו המפולג מ"מ הוא Xe כלומר ,Xe ∼ Fe ונסמן ,X ∼ F יהי הוכחה:ונחשב: fe (z) = 1−F (z)

E[X] היא הצפיפות כי נזכור .X

E [g (Xe)] =´∞

0g (z) 1−F (z)

E[X] dz = 1E[x] ·

´∞0g (z) · E

[�{X>z}

]dz =

= 1E[X] · E

´∞0g (z) · �{X>z} dz = 1

E[X] ·´ x

0g (z) dz

E[�{X>x}

]= P (X > x) = כללי באופן שמתקיים מכך נובע השני השוויון כאשר

.1− FX (x)

XN(t)+1 = כלומר שנותר, הזמן ועוד שעבר הזמן הוא הכולל שהזמן לב נשים כעתזה במקרה .h (αs, βs) = g (αs + βs) מהצורה h בפונקציה נתעניין ולכן ,αs + βs

כי: מהמשפט נובע

E[´X1

0g (αs + βs) ds

]E [X1]

=E[´X1

0X1ds

]E [X1]

=E[X2

1

]E [X1]

בפונקציה מתעניינים כלומר כלשהו, zמ־ קטן הכולל שהזמן ההסתברות כך אם

� .E[X1·�[0,z]]E[X1] שהיא נקבל ,g (αs + βs) =�[0,z] (αs + βs) מהצורה

62

V חלק

התורים תורת

בודד שרת עם תור 13

זמן ההתפלגות היא G כאשר בודד, שרת בעלת תור מערכת M | G | 1 נסמן הגדרה:המופע, בזמני וגם בזה זה גם ב"ת והם ש"ה, הם השירות וזמני השרת, של השירותבעל פואסון תהליך הוא השרת בפני לקוחות של המופע תהליך כללי באופן כאשר

סופי. חיובי קצב

(כלומר FCFS - First Come First Served היא השירות מתן של שהמדיניות גם נניחראשון). שירות מקבל ראשון שמגיע לקוח

.iה־ הלקוח של ההגעה זמן את aiב־ נסמן

.iה־ הלקוח של השירות משך את biב־ נסמן

.iה־ הלקוח של ההמתנה זמן את Wiב־ נסמן12.Wi = (Wi−1 + bi−1 − ai)+ וכי W0 = 0 כי ברור

.Sn =∑ni=1Xi וכן Xi = bi−1 − ai עוד נסמן

Wn = max0≤k≤n

{Sn − Sk} = Sn − min0≤k≤n

{Sk} טענה:

השוויון את נוכיח ומינימום. מקסימום של מההגדרה בקלות נובע השני השוויון הוכחה:באינדוקציה. הראשון

כלומר: ,n− 1 עבור השוויון את נניח .0 = 0 הוא זה שוויון n = 0 עבור

Wn−1 = max0≤k≤n−1

{Sn − Sk}

מתקיים: ובפרט

Wn−1+Xn = max0≤k≤n−1

{Sn−1 − Sk}+Xn = max0≤k≤n−1

{Sn−1 − Sk +Xn} = max0≤k≤n−1

{Sn − Sk}

נקבל: כעת .Sn−1 +Xn = Sn שמתקיים מכך נובע האחרון השוויון כאשר

Wn = (Wn−1 +Xn)+

= max {Wn−1 +Xn, 0} =

= max

{max

0≤k≤n−1{Sn − Sk} , 0

}= max

{Sn − min

0≤k≤n−1{Sk} , Sn − Sn

}=

= Sn −min

{min

0≤k≤n−1{Sk} , Sn

}= Sn − min

0≤k≤n{Sk} = max

0≤k≤n{Sn − Sk}

�

.u+ = max {u, 0} 12תזכורת:

63

מתקיים אזי .Sn =∑ni=1Xi נסמן וש"ה, ב"ת מ"מ של סדרה {Xi}i אם טענה:

הווקטורים לשני כלומר .(Sn, Sn−1, ..., S0) ∼ (Sn − S0, Sn − S1, ..., Sn − Sn)התפלגות. אותה הללו

מתקיים: Sn שמהגדרת לב נשים הוכחה:

(Sn − S0, Sn − S1, ..., Sn − Sn−1, Sn − Sn) = (X1 + ...+Xn, X2 + ...+Xn, ..., Xn, 0)

(Sn, Sn−1, ..., S1, S0) = (X1 + ...+Xn, X1 + ...+Xn−1, ..., X1, 0)

אותה הוא השני והביטוי g (X1, ..., Xn) מהצורה פונקציה הוא הראשון הביטוי לפיכך.g (Xn, ..., X1) - המשתנים סדר של בהיפוך פונקציה

וש"ה, ב"ת הם סדר בכל כמובן אז וש"ה, ב"ת כולם X1, ..., Xn והמ"מ היות אבל.g (X1, ..., Xn) ∼ g (Xn, ..., X1) כלומר

איברים על המקסימומים שגם נובע התפלגות, אותה בעלי הנ"ל הווקטורים ושני היות מסקנה:.Wn = max

0≤k≤n{Sn − Sk} ∼ max

0≤k≤n{Sk} כלומר התפלגות. אותה בעלי הם

.Wn ∼Mn כלומר ,Mn = max0≤k≤n

{Sk} לפיכך נסמן

שנובע לב נשים .1 בהסתברות Snn −→

n→∞E [X1] אז E [X1] < ∞ אם כי ידוע תזכורת:

.Sn −→n→∞

−∞ אז ,E [X1] < 0 שאם מכך

חסומה כלשהי סדרה תת {Sn}n לסדרה שיש אומר זה שלא בשלילה נניח אם [כי

limkSnknk

= שבפרט נובע limnSnn = E [X1] הגבול שקיים מההנחה אבל 13.{Snk}k

בסתירה וזאת אפס, להיות חייב זה גבול ולכן חסומה {Snk}k אחד מצד .E [X1][.E [X1] < 0 להנחה

Wn ∼ אבל .1 בהסתברות limn→∞

Mn := M∞ = maxk∈N{Sk} <∞ שמתקיים מכאן מסקנה:

.Wnd−→

n→∞M∞ גם ולכן Mn

אם לכן וש"ה. ב"ת bn−1, an תור מהגדרת כאשר Xn = bn−1 − an כי נזכורהם bi כל וכן ai (כל E [b0] < ∞ וכן E [b0] < E [a1] אם כלומר ,E [Xn] < 0

גבולית. התפלגות קיימת אז ש"ה),

שמתאר פואסון תהליך את {A (t) |t ≥ 0} נסמן אם כי לב נשים .ρ := E[b0]E[a1] נסמן

הכולל השירות זמן כלומר .∑A(t)i=1 bi = A(t)

t ·1

A(t) ·∑A(t)i=1 bi אז הלקוחות, מופעי את

כפול ( 1A(t) ·

∑A(t)i=1 bi הביטוי (שזה t לזמן עד העבודה ממוצע הוא t זמן נקודת עד

לתהליכי כללי באופן שהראינו (כפי 1E[a1] שווה אסימפטוטי בזמן שהוא A(t)

t הביטויפואסון).

התפלגות יש ρ < 1 שבו ובמקרה לשרת, מגיעה עבודה שבו הקצב הוא ρ כך אם

.P (M∞ <∞) = 1 וכן ,Wnd−→

n→∞M∞ גבולית

הקטעים בכל נתבונן הוכחה: חסומה. סדרה תת יש אינסופי, לגבול מתכנסת שאינה {xn}n סדרה לכל 13למה:

הסדרה אז כלשהו, ממקום החל הסדרה מאיברי מתרוקן הזו מהצורה קטע כל שאם לראות קל .{[−n, n]}nתת יש כלומר פעם, אף הסדרה מאיברי מתרוקן שאינו [−N,N ] קטע איזשהו יש לכן אינסופי. לגבול מתכנסת

� זה. קטע בתוך שחסומה סדרה

64

ולכן פואסון, תהליך הם הלקוחות מופעי כי הגדרנו M | G | 1 בתור כי לב נשים מסקנה:.ρ = E[b0]

E[a1] = λE [b0] ולכן E [a1] = 1λ כלומר .0 < λ <∞ לאיזה a1 ∼ exp (λ)

כאשר ,E[e−sM∞

]= 1−ρ

1−ρE[e−sbe ]כי מתקיים E [b0] < ∞ בו שבמקרה מכאן

.Fe (z) =´ z0

(1−Fb(u))du

E[b0] הנותר הזמן התפלגות בעלת הוא be כלומר ,be ∼ Fe

ולכן: ,E [g (Xe)] = 1E[x]E

[´X0g (u) du

]כי לעיל הראינו

E[e−sXe

]=

1

E [X]E

X

0

e−sudu

=1

E [X]·1− E

[e−sX

]s

=1− E

[e−sX

]sE [X]

מרקוב לשרשראות מבוא 14

X(1), N המ"מ כי הראינו .Xi ∼ exp (λi) המפולגים ב"ת מ"מ X1, ..., Xn כי נניח תזכורת:כאשר: ב"ת, הם

X(1) := min1≤i≤n

{Xi} ∼ exp

(n∑i=1

λi

)

N = arg min {X1, ..., Xn} =

n∑i=1

i· �{Xi = X(1)

}∼ P (N = j) =

λj∑ni=1 λi

ומעוניינים i במצב שאנו נניח .i, j ∈ X מצבים נסמן מצבים. של בדיד אוסף X יהי הגדרה:.i 6= j כלשהו, j למצב לעבור האפשרות את לבחון

מ"מ נגדיר k ∈ Aij לכל .j למצב i ממצב להגיע האפשרויות אוסף הוא Aij כי נניח.j למצב המעבר עד i במצב השהייה זמן משך את המתאר מ"מ Xijk ∼ exp (qijk)

שאנו הזמן כמות להיות ביניהם המינימלי את נקבע {Xijk}k∈Aij המ"מ כל מתוך.j למצב שעוברים עד i במצב שוהים בפועל

תת־ A ⊂ {1, ..., n} תהי .Xi ∼ exp (λi) המקיימים ב"ת מ"מ X1, ..., Xn יהיו הערה:אזי: אינדקסים. של קבוצה

P

(mini∈A{Xi} = min

1≤i≤n{Xi}

)= P

(mini∈A{Xi} = min

{mini∈A{Xi} , min

i∈{1,...,n}\A{Xi}

})=

=

∑i∈A

λi∑i∈A

λi +∑

i∈{1,...,n}\A

λi=

∑i∈A

λi

n∑i=1

λi

65

,{1, ..., n} = A∪({1, ..., n} \A) האינדקסים קבוצת של פיצול הוא הראשון השוויון כאשר

mini∈A{Xi} ∼ exp

(∑i∈A

λi

)מתקיים שהראינו לתזכורת שבהתאם מכך נובע השני השוויון

הוא גם נובע האחרון והשוויון , mini∈{1,...,n}\A

{Xi} ∼ exp

∑i∈{1,...,n}\A

λi

וכן

הנ"ל. מהפיצול

לעבור הסיכוי את pijב־ נסמן .qi =∑j 6=i qij ונסמן qij =

∑k∈Aij qijk נסמן מסקנה:

מתקיים: האחרונה להערה בהתאם אזי . j למצב i ממצב

pij = P

(min

j 6=i, k∈Aij{Xijk} = min

1≤i≤n{Xijk}

)=qijqi

הוא j 6= i לכל j למצב לעבור והסיכוי exp (qi) מפולג i במצב השהייה זמן בפרט,ב"ת. מ"מ הם עוברים שאליו החדש והמצב i במצב השהייה זמן כן כמו . qijqi

הבינמופעיים (הזמנים λ בקצב פואסוניים המופעים כלומר ,M |M | 1 תור ניקח :1 דוגמהבודד. שרת ויש ,exp (µ) ומפולגים ב"ת השירות זמני ,(exp (λ) מפולגים

כלומר נתון. בזמן במערכת הלקוחות מספר להיות X המצבים אוסף את נגדיר.X = {0, 1, 2, 3, ...}

מקבל לא אחד אף i = 0 אם במערכת. לקוחות i יש כלומר ,i במצב שאנו נניחבודד). שרת יש (כי שירות מקבל אחד לקוח בדיוק i ≥ 1 ולכל שירות,

יש בו למצב מעבר (1) אפשריים: מצבים שני בדיוק יש i במצב אנו כאשר כך אםi − 1 יש שבו למצב מעבר (2) ,Xi,i+1 ∼ exp (λ) הוא במערכת לקוחות i + 1

.Xi,i−1 ∼ exp (µ) הוא במערכת לקוחות

נקבל: זה במקרה

∀i≥1 qij =

0 |j − i| ≥ 2

λ j = i+ 1

µ j = i− 1

q0j =

{λ j = 1

0 otherwise

pi,i+1 =qi,i+1

qi= λ

λ+µ מתקיים i ≥ 1 עבור ולכן ,qi =

{λ i = 0

λ+ µ i ≥ 1לכן

. q01q0 = λλ = 1 מתקיים i = 0 ועבור ,pi,i−1 =

qi,i−1

qi= µ

λ+µ וכן

s יש שהפעם אלא הקודמת, בדוגמה כמו תור כלומר ,M | M | s תור ניקח :2 דוגמהשרתים.

הוא שירות שמקבלים הלקוחות מספר במערכת, לקוחות i יש שבו שבמצב לב נשים.min {i, s}

.(i− s)+ הוא במערכת שירות לקבלת שממתינים הלקוחות מספר

שאף מבלי נוסף לקוח להגעת ההסתברות (כלומר qi,i+1 = λ כי נקבל זה במקרהשמקבל ההסתברות (כלומר qi,i−1,k = µ כן כמו שירות). לקבל סיים שירות מקבל

66

שירות). לקבל סיים בשרתים השירות מקבלי min {i, s} מתוך kה־ בשרת השירות

.qi,i−1 =∑min{i,s}k=1 µ = µ ·min {i, s} כי מכאן

וכן pi,i+1 =qi,i+1

qi= λ

λ+µ·min{i,s} מתקיים ולכן ,qi = λ + µ · min {i, s} לכן

.pi,i−1 = µ·min{i,s}λ+µ·min{i,s}

קובע הראשון שעונים: שני חיידק לכל כאשר חיידקים, i נתונים פטרי): (צלחת 3 דוגמהומפולג ימות החיידק מתי קובע השני ,exp (λ) ומפולג לשניים מתפצל החיידק מתי.exp (θ) ומפולג לצלחת מבחוץ חדש חיידק יגיע מתי קובע נוסף שעון .exp (µ)(1) אפשרויות: שתי בדיוק יש i במצב כאן וגם ,X = {0, 1, 2, 3, ...} הם המצביםכתוצאה חיידק גריעת (2) חיצונית, הגירה או מהתפצלות כתוצאה חיידק תוספת

ממוות.

qi,i+1,k = וכן ,(exp (µ) ∼ חיידק שייעלם לכך ההסתברות (כי qi,i−1 = µ כי מתקיים

ומהגירה exp (λ) ∼ מפיצול חיידק להתווספות ההסתברות (כי

{λ 1 ≤ k ≤ iθ k = 0

.(exp (θ) ∼ חיצונית

אפשרויות i ועוד מבחוץ חיידק שיתווסף אחת (אפשרות qi,i+1 = θ+ iλ מתקיים לכןכי מכאן ימות). שחיידק אפשרויות i (יש qi,i−1 = iµ וכן מהצלחת) חיידק שיתפצל

.qi = θ + i (λ+ µ)

כאן, אותה הצגנו שוב מהאופן שונה רציף בזמן מרקוב שרשרת של המקורית ההגדרה הערה:שרשראות מאפיינות שהזכרנו התכונות מסוימים תנאים שתחת להראות ניתן אולם

מרקוב.

Xijk ∼ (כאשר Q = (qij) מטריצה נגדיר רציף, בזמן מרקוב שרשרת בהינן הגדרה:שכן ,0 הוא שורה כל של הסכום כי לב נשים .qii := −qi כאשר ,(exp (qij)

.∑j qij =

∑j 6=i qij + qii = 0

pi (t) = p (t|X (0) = i) עוד נסמן .t בזמן נמצאים בו המצב את X (t)ב־ נסמן

.(pij (0) =

{0 i = j

1 i 6= jמתקיים t = 0 (עבור pij (t) = pi (X (t) = j) ונסמן

P (t+ s) = P (t) · מתקיים .P = (pij (t)) מטריצה נגדיר קולמוגורוב): (נוסחת טענה.P (s)

נחשב: הוכחה:

pij (t+ s) = pi (X (t+ s) = j) =∑k pi (X (s) = k, X (s+ i) = j) =

=∑k pi (X (s) = k) · p (X (s+ t) = j | X (0) = i, X (s) = k)︸ ︷︷ ︸

=pk(X(t)=j)

=

=∑k pi (X (s) = k) · pk (X (t) = j) =

∑k pik (s) · pkj (t)

ההסתברות מנוסחת הוא השני השוויון ,pij מהגדרת הוא הראשון השוויון כאשרX (0) = i ההתניה ולכן משנה לא שההיסטוריה מכך הוא השלישי השוויון השלמה,

בזמן. ההומוגניות ובגלל משנה לא

67

במטריצה iה־ השורה מכפלת הוא P (t+ s) במטריצה ijה־ האיבר ,i, j שלכל קיבלנו� כנדרש. ,P (s) המטריצה של jה־ בשורה P (t)

זו: במסגרת נוכיח שלא עובדות כמה נזכיר

pij(t)−pij(0)t −→

t↓0qij מתקיים •

.t ≥ 0 לכל פעמים אינסוף ברציפות גזירות pij (t) הפונקציות •

P (t)−It −→

t↓0Q כי מתקיים •

P (t+ s) − וכן P (t+ s) − P (s) = (P (t)− I)P (s) שמתקיים נובע מהטענה •.P (t) (P (s)− I) = (P (t)− I)P (s) ולכן P (t) = P (t) (P (s)− I)

ששוויון לב נשים .P′(t) = P (t)Q = QP (t) כי ונקבל tב־ הנ"ל הביטוי את נחלק

כי: אומר זה

p′

ij (t) =∑k

qikpkj (t) =∑k

pik (t) qks

p′

ij (t) −→t→∞

מתקיים וכן ,pij (t) −→t→∞

Πj גבולית התפלגות קיימת מסוימים בתנאים •.0 =

∑k qikΠj =

∑k Πkqkj בגבול כי לקבל ניתן ולכן ,0

לאיברים כלומר .a ∼ b שנסמן כלשהו יחס A על נגדיר כלשהי. קבוצה A תהי הגדרה:לא. אולי אחרים ולאיברים a ∼ b מתקיים A מתוך מסוימים

למשל כך "חלוקה". באמצעות יחס להגדיר ניתן השלמים המספרים קבוצת על (למשלולכן 9 את מחלק לא 7 אבל ,5 ∼ 10 לסמן נוכל החלוקה ביחס ולכן ,10 את מחלק 5

יחס). עליהם שאין איברים אלו

תנאים: שלושה מתקיימים אם שקילות, יחס הוא A על ∼ שיחס אומרים

.a ∼ a מתקיים a ∈ A לכל רפלקסיביות: .1

.b ∼ a גם מתקיים a ∼ b שמקיימים a, b ∈ A לכל סימטריות: .2

.a ∼ c אז b ∼ c וגם a ∼ b גם אם ,a, b, c ∈ A לכל טרנזיטיביות: .3

היא a ∈ A איבר של שקילות מחלקת ,∼ עליה שקילות יחס עם A קבוצה בהינתן הגדרה:.E (a) = {b ∈ A|a ∼ b} כלומר .a עם ביחס שעומדים A איברי אוסףכל

j" כי ונאמר i→ j נסמן ,X מצבים קבוצת עם רציף, בזמן מרקוב שרשרת בהינתן הגדרה:.pij (t) > 0 שמתקיים כך t ≥ 0 קיים אם ,"iמ־ נגיש

כך t ≥ 0 שקיים (כלומר i → j לתכונה שקולים תנאים שני שקיימים מתברר הערה::(pij (t) > ש־0

Pij (t) > 0 כי t ≥ 0 לכל .1

שמתקיים כך ,i0 = i, in = j המקיימים i0, ..., in ∈ X וקיימים n קיים .2.qi0i1 , qi1,i2 , ..., qin−1,in > 0

68

.i→ j אם i ∼ j כי נאמר כלומר .X על יחס היא i→ j התכונה למעשה הערה:

שקילות: יחס זהו כי מתברר מזו, יתרה

.i→ i ולכן pii (0) = 1 > 0 מתקיים t = 0 עבור כי מתקיימת רפלקסיביות

0 < pij (t) = כי אומר זה קולמוגורוב מנוסחת ,i → j אם כי מתקיימת סימטריותגם כלומר ,0 < pji (t) גם ולכן משנה לא ij של הסדר כלומר ,

∑k pik (s) · pkj (t)

.j → i

.pil ≥ pij · pjl > 0 אז i→ j → l אם כי בבירור מתקיימת טרנזיטיביות

פריקה. בלתי לה נקרא אחת שקילות מחלקת ורק אך יש מרקוב בשרשרת אם הגדרה:

או .j ∈ X לכל i ∈ X מכל להגיע ניתן אם פריקה בלתי היא שרשרת אחרות, במילים.i→ j מתקיים i, j ∈ X לכל שלנו, בסימון

i במצב מבקרים אנו שבהם הפעמים סכום זהו .´∞

0�{X(t)=i} dt בביטוי נתבונן הגדרה:

אינסופי. זמן במשך

אינסופי הוא זה ביטוי ואם חולף, מצב iל־ נקרא 1 בהסתברות סופי הוא זה ביטוי אםנשנה. מצב iל־ נקרא 1 בהסתברות

אך זו במסגרת אותן נוכיח לא פריקות. בלתי מרקוב שרשראות על טענות של רשימה נראהבהמשך. בהן נשתמש

נשנה. או חולף או הוא מצב כל פריקה, בלתי מרקוב בשרשרת טענה:

מחלקת לאותה השייכים i, j לכל כלומר מחלקתיות. תכונות הן ונשנות חולפות טענה:נשנים. ששניהם או חולפים ששניהם או (i→ j (כלומר שקילות

גם אז ,i→ j וגם נשנה i אם כלומר .i→ j היחס תחת סגורות הן נשנות מחלקות טענה:נשנה. j

זה ביטוי .τ = inf {t|X (t) = X (0) , ∃0<s<tX (s) 6= X (t)} בביטוי נתבונן הגדרה:אחת. פעם לפחות ממנו שיצאנו אחרי X (0) למצב שחזרנו הראשונה הפעם הוא

אם נשנה מצב הוא i וכן ,pi (τ <∞) < 1 אם ורק אם חולף מצב הוא X (t) = i טענה:.pi (τ <∞) = 1 אם ורק

קבוע ולא חסום פתרון קיים אם ורק אם חולפת, היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת טענה:כלשהו. i 6= i0 לכל ,

∑j qijyj = 0 המערכת של {yi}i

זה ולכן נשנית, כולה או חולפת כולה או היא פריקה בלתי מרקוב ששרשרת לב נשיםשרשרת. של לנשנות גם ומספיק הכרחי תנאי למעשה

המעברים מספר ,i מצב לכל (כלומר מתפוצצת אינה מרקוב שרשרת :(Reuter (תנאי טענההמערכת של היחיד החסום הפתרון אם ורק אם ,(1 בהסתברות סופי הוא סופי זמן בכל

.i לכל yi = 0 הוא yi =∑j qijyj

החזרה זמן תוחלת אם חיובית, נשנה נקרא i מצב פריקה בלתי מרקוב בשרשרת הגדרה:כלומר אינסופית. היא החזרה זמן תוחלת אם סופית, נשנה נקרא i מצב סופית. היא

בהתאמה. ,E [τ ] =∞ או E [τ ] <∞ אם

69

חיובית נשנים האיברים שכל לב (נשים חיובית נשנית היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת טענה:הבא: התנאי מתקיים אם ורק אם יחד) גם סופית נשנים ∑או

i Πi = כאשר∑j Πjqij = 0 למערכת פתרון קיים וגם מתפוצצת, אינה השרשרת

.Πi ≥ 0 ,1

הבאים: הדברים קורים מתקיים, שזה במקרה

1 בהסתברות limt→∞

pij (t) = Πj .1

1 בהסתברות limt→∞

1t

´ t0�{X(s)=j} ds = Πj .2∑

i Πi · P (X (t) = j | X (0) = i) = Πj .3

("סטציונריות") (X (t1) , ..., X (tn)) ∼ (X (t+ t1) , ..., X (t+ tn)) .4

ומוות לידה תהליכי 15

טהור לידה תהליך 15.1

טהור, לידה בתהליך לדון נתחיל מרקוב. שרשרת של סוג הם ומוות לידה תהליכי רקע:ומוות. לידה בתהליך נדון מכן ולאחר

או זה במצב להישאר ניתן i שלב בכל שבה מרקוב, שרשרת הוא טהור לידה תהליך הגדרה:.exp (λi) שמפולג i+ 1 לשלב i משלב המעבר זמן משך כאשר ,i+ 1 למצב לעבור

,qij =

λi j = i+ 1

−λi j = i

0 otherwise

כאשר ,Q = (qij)ij המטריצה את נסמן לעיל, שעשינו כמו הערה:

.qi =∑j 6=i qij ונסמן

pi,i+1 =qi,i+1

qi= היא i + 1 למצב i ממצב מתישהו לעבור ההסתברות כך אם

14. qi,i+1∑j 6=i qij

= λiλ1

= 1

pij (t) = מתקיים i ≤ j לכל רקורסיבי, ובאופן pii (t) = e−λit מתקיים i לכל טענה:.λj−1

´ t0e−λi(t−s)pi,j−1 (s) ds

כאשר ,P′(t) = QP (t) = P (t)Q כי קבעו קולמוגורוב משוואות כי נזכור הוכחה:

האחרונה. בהערה שהזכרנו המטריצה היא Q וכן P (t) = (pij (t))ij

נחשב:

p′

ii (t) =∑j

pij (t) qji = pi,i−1 (t)λi−1 − pii (t)λi = −pii (t)λi

ניתן i שממצב מכך הוא השני השוויון קולמוגורוב, נוסחת הוא הראשון השוויון כאשרשאינו j לכל qij = 0 מתקיים Q במטריצה ולכן i+1 למצב לעבור או בו להישאר רק.pi,i−1 (t) = 0 מתקיים טהור לידה שבתהליך מכך הוא האחרון והשוויון ,i+ 1 או i

או בו להישאר או ניתן i ממצב (שכן i+ 1 או i שאינו j לכל qij = 0 שמתקיים מכך נובע השלישי 14השוויון

.qi,i+1 = λi מתקיים שעבורו j = i+ עה־1 הנסכם רק ונותר ,(i+ ל־1 לעבור

70

eλitב־ אותה נכפיל .p′

ii (t) + pii (t)λi = 0 דיפרנציאלית משוואה קיבלנו כך אםונסיק:

eλit(p′

ii (t) + pii (t)λi

)= 0

⇓(eλitpii (t)

)′= 0

⇓´ t0

(eλispii (s)

)′ds = 0

⇓eλitpii (t)− eλi·0pii (0)︸ ︷︷ ︸

=1

= 0

⇓pii (t) = e−λit

שמתקיים: לב נשים ,i < j עבור כעת

p′

ij (t) = λj−1pi,j−1 (t)− λjpij (t)

למצב להגיע או ,jל־ ולעבור j−1 למצב להגיע היא j למצב להגיע היחידה הדרך שכןבו. ולהישאר j

נסיק: כך אם

p′

ij (t) + λjpij (t) = λj−1pi,j−1 (t)

שמתקיים: מכך )נסיקpij (t) eλjt

)′= p

′

ij (t) eλjt + λjpij (t) eλjt =

= eλjt(p′

ij (t) + λjpij (t))

= eλjt (λj−1pi,j−1 (t))

מהזהות הוא האחרון והשוויון סטנדרטית, גזירה הם הראשונים השוויונים שני כאשרשמצאנו.

ונקבל: אינטגרציה נבצע

pij (t) eλjt − pij (0)︸ ︷︷ ︸=0

eλj ·0 =

tˆ

0

(pij (s) eλjs

)′ds =

tˆ

0

eλjs (λj−1pi,j−1 (s)) ds

מהשוויון הוא השני והשוויון החדו"א, של היסודי מהמשפט הוא הראשון השוויון כאשרשמצאנו. האחרון

� שבטענה. השוויון את ונקבל אגפים, ונעביר מהאינטגרל λj−1 את נוציא כעת

וכן: eλtpii (t) = 1 אזי .i לכל קבוע λi = λ כי נניח דוגמה:

eλtpij (t) = λ

tˆ

0

eλspi,j−1 (s) ds

71

.pi,i+n (t) = e−λt · λntn

n! מתקיים כללי שבאופן נראה

נקבל: j = i+ 1 עבור

eλtpi,i+1 (t) = λ

tˆ

0

eλspii (s) ds = λ

tˆ

0

eλse−λs︸ ︷︷ ︸=1

ds = λt

נקבל: j = i+ 2 עבור

eλtpi,i+2 (t) = λ

tˆ

0

eλspi,i+1 (s) ds = λ

tˆ

0

λsds =λ2t2

2

נקבל: j = i+ n עבור ובאינדוקציה,

eλtpi,i+n (t) = λ

tˆ

0

eλspi,i+n−1 (s) ds = λ

tˆ

0

λn−1tn−1

(n− 1)!ds =

λntn

n!

כלומר .λ > 0 ולאיזה θ = µ = 0 המקיימת פטרי בצלחת נדון (Yule (תהליך דוגמה:חיידקים ואין למות, יכול אינו אך exp (λ) מפולג זמן משך בתוך להתפצל יכול חיידקאחד חיידק עם מתחילים כלומר ,X (0) = 1 בו במקרה נדון מבחוץ. שנכנסים

בצלחת.

מתחילים כאשר כלומר .p1,j (t) = e−jλt(eλt − 1

)j−1הנוסחה שמתקיימת נראה

החיידקים מספר אחרות, במילים .P (X (t) = j) = e−jλt(eλt − 1

)j−1מתקיים מ־1,

.X (t) ∼ Geo(e−λt

)הוא t בזמן בצלחת

דרכים: בשתי זאת נראה

באינדוקציה. זאת נראה תחילה •.p11 (t) = e−λt מתקיים j = 1 עבור

מתקיים: j = 2 עבור

e2λtp12 (t) = λ

tˆ

0

e2λse−λsds = λ

tˆ

0

eλsds =λ

λ

(eλt − 1

)= eλt − 1

מתקיים: j = 3 עבור

e3λtp13 (t) = 2λ

tˆ

0

e3λs(eλs − 1

)e−2λsds = 2λ

tˆ

0

e−2λs − eλsds =

= 2λ

(e−2λt − 1

2λ− e−λt − 1

λ

)= e−2λt − 1− 2e−λt + 2 =

(e−λt − 1

)2

72

נקבל: j עבור ובאינדוקציה,

e(j+1)λtp1,j+1 (t) = jλ

tˆ

0

e(j+1)λs(1− e−λs

)j−1e−λsds =

=´ t

0

[(eλs − 1

)j]′ds =

(eλt − 1

)j − (eλ·0 − 1)j

=(eλt − 1

)j�

מקסימום. התפלגות באמצעות נוספת, בדרך זאת נראה •Fmax{x1,..,xj} (t) = מתקיים אז ב"ת, X1, X2, ... ∼ exp (λ) אם כי נזכור

.(FX1(t))

j=(1− e−λt

)jX(n) (כלומר X(1), X(2), ..., X(n) הסדר סטטיסטי עבור כי ראינו כן כמוב"ת, גם X(1), X(2) −X(1), ..., X(n) −X(n−1) כי מתקיים המקסימום) הוא

.X(k) −X(k−1) ∼ exp (λ (n− k + 1)) ומקיימיםX(n) ∼ exp (λ) + ולכן הללו, המ"מ של טלסקופי סכום הוא X(n) כי לב נשים

.exp (2λ) + ...+ exp (nλ)

מתקיים: Xi ∼ exp (iλ) שעבור נסיק כעת

p1j = P (X1 + ...+Xj−1 < t < X1 + ...+Xj−1 +Xj) =

= FX1+...+Xj−1+Xj (t)− FX1+...+Xj−1(t) = FX(j−1)(t) − FX(j)

=

=(1− e−λt

)j−1 −(1− e−λt

)j=(1− e−λt

)j−1e−λt

�

של התוחלת של לנוסחה בהתאם כלומר ,E1 [X (t)] = 1e−λt

= eλt כי נובע כך אםמ־1. מתחילים כאשר X (t) של התוחלת זו גאומטרית, התפלגות

.V ar1 (X (t)) = 1−e−λt(e−λt)2

= eλt(eλt − 1

)נובע גאומטרית התפלגות של משונות

שלילית בינומית התפלגות

פונקציית אם ,X ∼ NB (m, p) ומסמנים שלילית בינומית מפולג X שמ"מ אומרים הגדרה:מ"מ כלומר .m ≤ k כל עבור P (X = k) =

(n−1m−1

)pm (1− p)k−m היא שלו ההתפלגות

הצלחות. k מתקבלות צעדים m לאחר האם בודק זה.V ar (X) = m q

p2 ומתקיים E [X] = mp מתקיים X ∼ NB (m, p) עבור תזכורת:

.∑ni=1Xi ∼ NB (n, p) אזי ב"ת, X1, ..., Xn ∼ Geo (p) כי נניח תזכורת:

מ"מ של כסכום לכך להתייחס ניתן בצלחת, חיידקים i יש כאשר מתחילים שאם לב נשיםשלילית. בינומית מפולג הוא שכידוע גאומטריים,

חיידקים (i ≤ j (עבור j שיהיו ההסתברות בצלחת, חיידקים i עם כשמתחילים כך, אםהיא: t בזמן בצלחת

pij (t) =

(j − 1

i− 1

)(e−λt

)i (1− e−λt

)j−i

73

מוות עם לידה תהליך 15.2

בלתי היא מרקוב שרשרת כי נזכור פריקות. בלתי מרקוב בשרשראות לדון נשוב הדיון לצורךלמצב i ממצב המעבר זמן משך (כאשר λi > 0 כי מתקיים i מצב לכל אם ורק אם פריקהמפולג i− 1 למצב i ממצב המעבר זמן משך (כאשר µi > 0 כי וגם (exp (λi) מפולג i+ 1

.(exp (µi)בשרשראות ומדובר שהיות נזכור אולם מסוימים, מצבים של אפשריות תכונות כמה לעיל הזכרנונזכיר מהם. אחד לאף לא או יחד, גם המצבים לכל משותפות הללו התכונות פריקות בלתי

הללו: התכונות את

חולפת, השרשרת כי נאמר 1 בהסתברות´∞

0�{X(t)=i} dt <∞ אם חולפות\נשנות: .1

נשנית. השרשרת כי נאמר 1 בהסתברות אינסופי זה ביטוי ואם

ולא חסום פתרון קיים אם ורק אם חולפת, היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת טענה:כלשהו. i 6= i0 לכל ,

∑j qijyj = 0 המערכת של {yi}i קבוע

.τ = inf {t|X (t) = X (0) , ∃0<s<tX (s) 6= X (t)} נסמן חיובית\שלילית: נשנות .2השרשרת כי נאמר E [τ ] =∞ ואם חיובית, נשנית השרשרת כי נאמר E [τ ] <∞ אם

סופית. נשנית

אינה השרשרת אם ורק אם חיובית נשנית היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת טענה:.∑i Πi = 1 כאשר

∑j Πjqij = 0 למערכת פתרון קיים וגם מתפוצצת,

הוא סופי זמן בכל המעברים מספר אם מתפוצצת, לא השרשרת כי נאמר התפוצצות: .3.1 בהסתברות סופי

כעת נראה אך כאן, גם אותן נוכיח לא אותן. הוכחנו ולא לעיל הזכרנו הללו הטענות אתהשרשרת: של התכונות את בקלות יחסית לקבוע כדי בהן להשתמש ניתן כיצד

שהזכרנו. בטענה ונשתמש חולפת או נשנית שרשרת מתי נבדוק .1

הנוחות). לצורך 0 ובחרנו ,i0 כל לבחור (מותר i0 = 0 ונבחר כנ"ל, פתרון שקיים נניחנחשב:

0 =∑j qijyj = qi,i−1yi−1 + qiiyi + qi,i+1yi+1 =

= µiyi−1 − (λi + µi) yi + λiyi+1 = λi (yi+1 − yi)− µi (yi − yi−1)

i או i+ 1 או i− 1 למצב רק לעבור אפשר i שממצב מכך נובע השני השוויון כאשרמצב). באותו (להישאר

כי: אגפים בהעברת נובע מכאן

yi+1 − yi =µiλi

(yi − yi−1)

שמתקיים: רקורסיבית ונסיק

yi+1−yi =µiλi

(yi − yi−1) =µiλi·µi−1

λi−1(yi−1 − yi−2) = ... =

µiλi·µi−1

λi−1·...·µ1

λ1(y1 − y0)

אז קיים הוא אם ,{yi}i הפתרון כי ונקבל ,ηi =

{1 i = 0

µiλi· ... · µ1

λ1i ≥ 1

נסמן

.yi+1 − yi = ηi (y1 − y0) ומקיים יחיד הוא

74

נחשב: קבוע. ולא חסום הפתרון מתי לוודא נותר

yj − y0 =

j−1∑i=0

(yi+1 − yi) = (y1 − y0)

j−1∑i=0

ηi

⇓

yj = y0 + (y1 − y0)

j−1∑i=0

ηi

נדרוש קבוע לא פתרון לקבל כדי כלומר .y1 = y0 אם ורק אם קבוע הפתרון ולכן.∑∞i=0 ηi <∞ אם ורק אם חסום הפתרון כי לראות גם קל כן כמו .y1 6= y0

והיא∑∞i=0 ηi = ∞ אם ורק אם נשנית היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת מסקנה:

� .∑∞i=0 ηi <∞ אם ורק אם חולפת

שלילית או חיובית נשנית היא האם נבדוק נשנית. שרשרת מתי שקובע תנאי מצאנו .2שהזכרנו. בטענה ונשתמש

.Πi ≥ 0 וכן∑i Πi = 1 כאשר

∑i Πiqij = 0 המערכת את לפתור עלינו

מתקיים: j = 0 עבור

0 =∑i

Πiqi0 = Π0q00 + Π1q10 = Π0 (−λ0) + Π1µ1

מתקיים: j = 1 עבור

0 =∑i

Πiqi0 = Π0q01 + Π1q11 + Π2q21 = Π0λ0 −Π1 (λ1 −+µ1) + Π2µ2

ונקבל: שקיבלנו, המשוואות שתי את נחבר

0 = Π0 (−λ0) + Π1µ1 + Π0λ0 −Π1 (λ1 + µ1) + Π2µ2 = Π1 (−λ1) + Π2µ2

.Π1λ1 = Π2µ2 כלומר

הבאה שהמשוואה מתקיים 0 = Πi−1 (−λi−1)+Πiµi המשוואה עבור ובאינדוקציה,היא:

0 = λi−1Πi−1 −Πi (λi + µi) + Πi+1µi+1

הוא: המשוואות שתי סכום כי נקבל אז

0 = −λiΠi + µi+1Πi+1

הרקורסיבית: הנוסחה את נקבל אגפים ובהעברת ,λiΠi = µi+1Πi+1 כלומר

Πi+1 =λiµi+1

Πi =λiµi+1

· λi−1

µiΠi−1 = ... =

λiµi+1

· λi−1

µi· ... · λ0

µ1Π0

אז קיים הוא אם ,{Πi}i הפתרון כי ונקבל ξi =

{1 i = 0

λiµi+1· ... · λ0

µ1i ≥ 1

נסמן

.Πi = ξiΠ0 ומקיים יחיד הוא

75

ורק אם Πi ≥ 0 כי ברור מהנוסחה אבל .Πi ≥ 0 וכן∑i Πi = 1 מתי לוודא נותר

.Π0 ≥ 0 אם

Π0 = נבחר ,∑∞i=0 ξi < ∞ אם .

∑i Πi = 1 שעבורו כזה Π0 לבחור נרצה כעת

.∑∞i=0

ξi∑∞i=0 ξi

= 1 כי ונקבל ,Πi = ξi∑∞i=0 ξi

הוא שהפתרון כך 1∑∞i=0 ξi

טוב לא הפתרון Π0 = 0 אם פתרון: אין מקרה בכל ,∑∞i=0 ξi =∞ אם זאת לעומת

אינסופי. יוצא בבירור הוא כי טוב לא גם הפתרון אז Π0 > 0 ואם ,∑i Πi = 0 אז כי

היא ,(∑∞i=0 ηi = ∞ (כלומר נשנית שהיא פריקה בלתי מרקוב שרשרת מסקנה:

� .∑∞i=0 ξi <∞ אם ורק אם חיובית נשנית

אינה השרשת כי מתקיים מקודם לסימונים בהתאם אולם נוכיח, לא התפוצצות לגבי .3

� .∑∞i=0

(ηi ·∑ij=0 ξj

)=∞ אם ורק אם מתפוצצת

מסקנות:

מתפוצצת. אינה היא אז נשנית, היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת אם .1

היא אז ,∑∞i=0 ξi < ∞ וגם חולפת היא פריקה בלתי מרקוב שרשרת אם .2

מתפוצצת.

השוויון: לאי לב נשים הוכחה:

∞∑i=0

ηi ≤∞∑i=0

ηi · i∑j=0

ξi

≤ ( ∞∑i=0

ηi

)·

∞∑j=0

ξi

גם בהכרח אז אינסופי, השוויון אי של השמאלי החלק כלומר נשנית, השרשרת אם

מתפוצצת. אינה השרשרת כלומר אינסופי, השוויון אי של האמצעי החלק

,∑∞i=0 ξi < ∞ וגם סופי, השוויון אי של הימני החלק כלומר חולפת, השרשרת אם� מתפוצצת. השרשרת כלומר סופי, השוויון אי של האמצעי החלק גם בהכרח אז

ומוות לידה בתהליכי שימושיות נוסחאות של סיכום 15.2.1

exp (λi) מפולג i+ 1 למצב i ממצב המעבר זמן שמשך פריקה, בלתי מרקוב שרשרת עבור.(∀i µi > 0) exp (µi) מפולג i− 1 למצב i ממצב המעבר זמן ומשך (∀i λi > 0)

מסמנים:

ξi =

{1 i = 0

λ0·...λi−1

µ1·...·µi i ≥ 1ηi =

{1 i = 0

µ1·...·µiλ1·...·λi i ≥ 1

שימושי: שוויון אי מתקבל ומכך ,ξi = λ0

λiηiמתקיים אלה שבסימונים לב נשים

∞∑i=0

λ0

λi=

∞∑i=0

ηiξi ≤∞∑i=0

ηi ·i∑

j=0

ξi

הבאות: התכונות מתקיימות

76

.∑∞i=0 ηi

∑ij=0 ξi <∞ אם ורק אם מתפוצצת השרשרת •

.∑∞i=0 ηi =∞ אם ורק אם נשנית השרשרת •

.∑∞i=0 ξi <∞ וגם נשנית היא אם ורק אם חיובית נשנית השרשרת •

(סימנו∑i Πiqij = 0 המשוואות למערכת חיובית, נשנית שהשרשרת במקרה –

∑i Πi = המקיים {Πi}i אי־שלילי פתרון קיים (qij=

λi j = i+ 1

−λi j = i

0 otherwise

.Πi = ξi∑∞j=0 ξi

מהצורה ,1

M |M | 1 תור ומוות: לידה לתהליך דוגמה 15.2.2

וזמני exp (µ) ומפולגים ב"ת השירות זמני בודד, שרת יש כלומר ,M | M | 1 בתור נתבונן

.ξi = λληi

=(λµ

)iוכן ηi =

(µλ

)iזה במקרה כלומר .λ קצב עם פואסוניים המופעים

הבאות: התכונות את ונראה ,ρ = λµ נסמן

מתפוצץ. לא פעם אף התור .1

שמתקיים: להראות צריך הוכחה:

∞∑i=0

ηi

i∑j=0

ξi =

∞∑i=0

1

ρi

i∑j=0

ρi =∞

אז: ρ ≤ 1 אם

∞∑i=0

1

ρi

i∑j=0

ρi ≥

( ∞∑i=0

1

) i∑j=0

ρi

= ”∞ ·

i∑j=0

ρi

” =∞

אז: ρ > 1 אם

∞∑i=0

1

ρi

i∑j=0

ρi =

∞∑i=0

1

ρi

(ρi+1 − 1

ρ− 1

)=

∞∑i=0

ρ−(

1ρ

)iρ− 1

=∞

מתפוצצת. לא השרשרת מקרה בכל ולכן

הכללי: מהאי־השוויון יותר, מהר זאת להסיק שניתן לב נשים

∞∑i=0

λ0

λi=

∞∑i=0

ηiξi ≤∞∑i=0

ηi ·i∑

j=0

ξi

� אינסופי. שהכל ברור ולכן λ0 = λi = λ שלנו במקרה שכן

.ρ > 1 אם ורק אם חולפת השרשרת .2

� .∑∞i=0 ηi =

∑∞i=0

1ρi <∞ ואכן ,

∑∞i=0 ηi <∞ כי להראות צריך הוכחה:

77

.ρ < 1 אם ורק אם חיובית ונשנית ρ = 1 אם ורק אם אפסית נשנית השרשרת .3

די לכן .ρ ≤ 1 אם ורק אם נשנית השרשרת כי נובע הקודמת מהתכונה הוכחה:אז ρ = 1 אם ואכן .ρ = 1 אם ורק אם אפסית נשנית השרשרת אם כי להראות

� .∑∞i=0 ξi =

∑∞i=0 ρ

i =∑∞i=0 1 =∞

.Πi = (1− ρ) ρi הוא {Πi}i הפתרון אז ρ < 1 אם .4

Πi = ξi∑∞j=0 ξi

= כי נובע ולכן ,∑∞j=0 ξi =

∑∞j=0 ρ

i = 11−ρ כי לב נשים הוכחה:

� . ρi

1/(1−ρ) = (1− ρ) ρi

בתור הצרכנים מספר תכונות

במערכת. הכולל הצרכנים ובמספר שירות לקבלת הממתינים הצרכנים במספר נתבונןשבו הזמן ואחוז Π0 = 1 − ρ הוא שירות ממתן בטל השרת שבו הזמן אחוז כי לב נשים

.1−Π0 = ρ הוא שירות במתן עסוק השרתP (L = i) = כלומר ,L ∼ Πi אז במערכת. הכולל הצרכנים מספר של המ"מ את Lב־ נסמן

.Πi = (1− ρ) ρiהיא:15 L של התוחלת

E [L] =

∞∑i=0

i·Πi =

∞∑i=0

i·(1− ρ) ρi = (1− ρ)

∞∑i=0

i·ρi = (1− ρ)1− (1− ρ)

(1− ρ)2 =

ρ

1− ρ

.V ar (L) = ρ(1−ρ)2 כן ומו

היא: Lq של ההתפלגות אז שירות, לקבלת הממתינים הצרכנים מספר את Lqב־ נסמן

P (Lq = i) =

{Π0 + Π1 i = 0

Πi+1 i ≥ 1

שלא היא Lq = 0 כי ההסתברות אז במערכת, כלל צרכנים ואין i = 0 שבו במקרה כאשרבתור אחד אף יהיה לא ולכן שירות יקבל שמיד בודד צרכן שיהיה או (Π0) צרכן אף יהיהצרכנים i בדיוק שיהיו ההסתברות היא Lq = i כי ההסתברות i ≥ 1 בו ובמקרה .(Π1)

צרכנים. i+ 1 הכל סך - שירות שמקבל אחד צרכן ועוד שירות לקבלת שמחכיםשמתקיים: לב נשים ,Lq של והשונות התוחלת את לחשב כדי

Lq = (L− 1) �{L≥1}= L· �{L≥1} − �{L≥1}= L− �{L≥1}

היא: Lq של שהתוחלת מכאן 16

E [Lq] = E[L− �{L≥1}

]= E [L]− P (L ≥ 1) =

ρ

1− ρ− ρ =

ρ2

1− ρ

.∑∞i=0 i · ti =

t(t−1)2

מתקיים |t| < 1 לכל כללי שבאופן 15נזכור

הוא הממתינים הצרכנים מספר אז L ≥ 1 ואם Lq = 0 אז L = 0 שאם מכך נובע הראשון השוויון 16כאשר

אם כי הוא השלישי והשוויון טריוויאלי, השני השוויון שירות, שמקבל אחד אדם פחות במערכת הצרכנים מספר.L· �{L≥1}= L מקרה בכל ולכן �{L≥1}= 1 אז L ≥ 1 ואם �{L≥1}= 0 אז L = 0

78

כי: לב נשים Lq של השונות את לחשב כדי

Cov(L, �{L≥1}

)= Cov

(L, 1− �{L=0}

)= −Cov

(L, �{L=0}

)=

= −

E[L· �{L=0}]︸ ︷︷ ︸

=0

− E [L] · E[�{L=0}

] = ρ1−ρ · (1− ρ) = ρ

נקבל: מכאן

V ar (Lq) = V ar(L− �{L≥1}

)=

= V ar (L)− 2Cov(L, �{L≥1}

)+ V ar

(�{L≥1}

)=

= ρ(1−ρ)2 − 2ρ+ ρ (1− ρ) = ρ

(1−ρ)2 − ρ− ρ2

בתור ההמתנה זמן משך תכונות

נסמן שירות. לקבלת עד השהייה זמן ובמשך במערכת צרכן של ההמתנה זמן במשך נתבונןבהתאמה. Wqו־ W אותם

המפולג מ"מ הוא החדש הצרכן של W השהייה זמן במערכת, צרכנים i יש מופע בזמן אם.W ∼ Gamma (i+ 1, µ) מתקיים שלפיכך וידוע ,exp (µ) המפולגים מ"מ i+ 1 כמו

מתקיים: .W של הצפיפות את נחשב

fW |L=i (w) =µi+1

Γ (i+ 1)e−µww(i+1)−1 =

µi+1

i!e−µwwi

נקבל: השלמה ההסתברות ומנוסחת

fW (w) =∑∞i=0 fW |L=i (w) · P (L = i) =

=∑∞i=0

µi+1

i! e−µwwi (1− ρ) ρi = e−µwµ (1− ρ)∑∞i=0

(µwρ)i

i! =

= e−µwµ (1− ρ) eµwρ = µ (1− ρ) e(1−ρ)µw

.ex =∑∞i=0

xi

i! לטור האקספוננט פונקציית של מפיתוח נובע האחרון שלפני השוויון כאשרמכאן .W ∼ exp (µ− λ) ולכן ρ = λ

µ כי נזכור .W ∼ exp (µ (1− ρ)) כי נובע כך אם

.E [W ] = 1µ−λ כי גם

קבלת זמן משך שכן ,Wq = W − exp (µ) כי לב נשים ,Wq של ההתפלגות את שנחשב לפני.E [Wq] = E [W ]− 1

µ = 1µ−λ −

1µ כי נובע לכן .exp (µ) מפולג השירות

:Wq של ההתפלגות את נחשב

fWq|L=i (w) =µi

(i− 1)!e−µwwi−1

79

נקבל: לכן .fWq|L=0 (w) = 1 אז כי צפיפות, קיימת לא i = 0 שעבור לב נשים

fW |L≥1 (w)P (L ≥ 1) =∑∞i=1 fWq|L=i (w)P (L ≥ 1) =

=∑∞i=1

µi

(i−1)!e−µwwi−1 (1− ρ) ρi = ρ

∑∞i=0

µi+1

i! e−µwwiρi =

= ρ (µ− λ) e−(µ−λ)w

הכפלה ידי על ותיקון מ־1, במקום מ־0 לרוץ האינדקס של שינוי הוא השלישי השוויון כאשר.W עבור שעשינו לזה דומה מחישוב נובע הרביעי והשוויון ,ρב־

נובע: לכן .Wq | (L = 0) = 0 וכי Wq | L ≥ 1 ∼ exp (µ− λ) כי נובע מכאן

FWq|L≥1 (w) = 1− e−(µ−λ)w· �{w≥0}

FWq|L=0 (w) = 1· �{w≥0}

נקבל: הכל ובסך

FWq (w) = (1− ρ) · 1 + ρ(

1− e−(µ−λ)w)

= 1− ρe−(µ−λ)w

מההתפלגות: ישירות הפעם ,Wq של התוחלת את שוב נחשב

E [Wq] = (1− ρ) · 0 + ρ · 1

µ− λ=

ρ

µ− λ=

1

µ− λ− 1

µ

ולכן: ,V ar (W ) = 1(µ−λ)2

כי ידוע השונות: את נחשב

V ar (Wq) = E[V ar

(Wq |�{L≥1}

)]+ V ar

(E[Wq |�{L≥1}

])הראשון: הנסכם את נחשב

V ar(Wq |�{L≥1}= 1

)= V ar (Wq | L ≥ 1) = 1

(µ−λ)2

V ar(Wq |�{L=0}= 0

)= V ar (Wq | L = 0) = 0

ולכן:

E[V ar

(Wq |�{L≥1}

)]= (1− ρ) · 0 + ρ

1

(µ− λ)2 =

ρ

(µ− λ)2

השני: הנסכם את נחשב

E[Wq |�{L≥1}= 1

]= E [Wq | L ≥ 1] = 1

µ−λ

E[Wq |�{L≥1}= 0

]= E [Wq | L = 0] = 0

ולכן:

V ar(E[Wq |�{L≥1}

])=ρ (1− ρ)

(µ− λ)2

V ar (X) = אז ,P (X = 0) = 1 − ρ וכן P (X = 1) = ρ המקיים מ"מ X אם כי

וכן P(

1µ−λX = 1

)= ρ המקיים 1

µ−λX המ"מ עבור לכן ברנולי). (התפלגות ρ (1− ρ)

.V ar(

1µ−λX

)= ρ(1−ρ)

(µ−λ)2שמתקיים נקבל P

(1

µ−λX = 0)

= (1− ρ)

80

M |M | c תור ומוות: לידה לתהליך דוגמה 15.2.3

exp (µ) ומפולגים ב"ת שרת בכל השירות זמני שרתים, c יש כלומר ,M |M | c בתור נתבונן.λ קצב עם פואסוניים המופעים וזמני

נקבל: כך אם .µi = µ (i ∧ c) זה שבמקרה לב נשים

ξi =

λ·...·λ

µ·2µ·...·iµ = i ≤ c− 1λ·...·λ

µ·2µ·...·cµ · ... · cµ︸ ︷︷ ︸×(i−c)

i ≥ c =

(λµ

)i· 1i! i ≤ c− 1(

λµ

)c·(λcµ

)i−c· 1c! i ≥ c

כי: נובע ומכאן

∞∑i=0

ξi =

c−1∑i=0

(λ/µ)i

i!+

(λ

µ

)c· 1

c!·∞∑i=c

(λ

cµ

)i−c=

=

c−1∑i=0

(λ/µ)i

i!+

(λ

µ

)c· 1

c!· 1

1− λ/cµ:=

1

Π0

שמתקיים כאן ולכן ,Πi = ξi∑∞j=0 ξi

כללי באופן כי שראינו מכך הוא האחרון השוויון כאשר

.Π0 = 1∑∞j=0 ξi

כי נובע ξ0 = 1

התכונות את לקבל ניתן הקודמת, בדוגמה הראינו שבו אופן שבאותו לב ונשים ,ρ = λcµ נסמןהבאות:

מתפוצץ. לא פעם אף התור .1

.ρ > 1 אם ורק אם חולפת השרשרת .2

.ρ < 1 אם ורק אם חיובית ונשנית ρ = 1 אם ורק אם אפסית נשנית השרשרת .3

כי: נקבל אז ρ < 1 אם .4

Π0 =1∑∞i=0 ξi

=1∑c−1

i=0(cρ)i

i! + (cρ)c · 1

c! ·1

1−ρ

שמתקיים: נקבל Πi = ξiΠ0 הכללית ומהנוסחה

Πi =

{(cρ)i

i! ·Π0 i ≤ c− 1(cρ)c

c! · ρi−c ·Π0 i ≥ c

העסוקים השרתים מספר תכונות

.∑c−1i=0 i ·Πi+

∑∞i=c c ·Πi היא העסוקים השרתים מספר של התוחלת ,ρ < 1 ההנחה תחת

ובמקרה ,λi−1Πi−1 = µiΠi כי ראינו חיובית נשנית מרקוב בשרשרת כללי שבאופן נזכור.µiΠi = λΠi−1 כי נקבל ,µi = µ (c ∧ i) וכן λi = λ שלנו

81

(ואז i ≥ c ועבור i · Πi = λµΠi−1 מתקיים (µi = µi (ואז i ≤ c − 1 שעבור נקבל מכאן

ונקבל: שווים, הנסכמים האיברים מקרה בכל לכן .c ·Πi = λµΠi−1 מתקיים (µi = µc

c−1∑i=0

i ·Πi +

∞∑i=c

c ·Πi =

∞∑i=0

λ

µΠi =

λ

µ

cב־ תלויה אינה העסוקים השרתים מספר תוחלת ,ρ < 1 כי ההנחה שתחת קיבלנו כלומר.(!)

:(ρ = λcµ בסימון (נשתמש עסוקים השרתים c שכל הסיכוי את נחשב

pc :=

∞∑i=c

Πi =

∞∑i=0

ξiΠi =(cρ)c/c!(1−ρ)∑∞

i=0(cρ)i

i! + (cρ)c

c!(1−ρ)

=1

c! (1− ρ)∑∞i=0

1i!(cρ)c−i

+ 1

.c!(1−ρ)/(cρ)c בביטוי והמכנה המונה של מהכפלה נובע האחרון השוויון כאשר

עסוקים השרתים שכל בהינתן בתור ההמתנה זמן משך תכונות

היעילות ,c השרתים מספר את משנים אם גם כלומר .cב־ כתלות קבוע ρ = λcµ כי נניח

זמן תוחלת את לבדוק נרצה קבוע. ρ את שמשאיר באופן משתנה µ שלהם השירות זמן של.Wq ההמתנה

זמן משך עם M |M | 1 תור עבור לכן .Xc ∼ exp (cµ) אז X ∼ exp (µ) אם כי לב נשים.E [Wq] = ρ

µc−λ כי מתקיים exp (cµ) מפולג המתנהM | M | c התור עבור כי גם להסיק ניתן ,M | M | 1 תור עבור שמצאנו אופן באותו

כי: ומכאן ,Wq | L ≥ c ∼ exp (cµ− λ) כי מתקיים

E [Wq] = (1− pc) · 0 + pc · E [Wq | L ≥ c] =pc

cµ− λ

ההמתנה זמן מתוחלת קטנה M | M | c בתור ההמתנה זמן תוחלת אז ,pc < ρ אם לכןיותר. מהיר בו שהשרת למרות ,M |M | 1 בתור

נסמן .λc מופע וקצב µ שירות קצב בעלי וב"ת, נפרדים M |M | 1 תורים c על כעת נחשובהיא: מהתורים אחד בכל ההמתה זמן תוחלת כי ונקבל ,ρ = λ

cµ כאן גם

ρ

µ− λ/c=

cρ

cµ− λ>

ρ

cµ− λ>

pccµ− λ

ביותר. הגרוע הוא זה במקרה ההמתנה זמן משך תוחלת כלומר

הכולל השהייה זמן משך תכונות

השהייה (זמן ρcµ−λ + 1

cµ היא השהייה זמן משך תוחלת מהיר, שרת עם M | M | 1 בתורהשירות). זמן עם יחד

. pccµ−λ + 1

µ היא השהייה זמן משך תוחלת איטיים, שרתים עם M |M | c בתורתוחלת כלומר , ρ

cµ−λ + 1cµ <

pccµ−λ + 1

µ ולכן 1 < pc+ c− cρ מתקיים שתמיד לראות ניתן.M |M | c בתור השהייה זמן מתוחלת קטנה מהיר שרת עם M |M | 1 בתור השהייה זמן

82

הארוכה היא השהייה זמן תוחלת וב"ת, נפרדים M | M | 1 תורים c עבור זאת לעומתביותר:

ρ

µ− λ/c+

1

µ= c ·

(ρ

cµ− λ+

1

cµ

)

סיכום

השירות זמן (תוחלת מהיר אחד שרת בעל M | M | 1 תור (1) תורים: סוגי שלושה ראינו,(µ היא שרת כל של השירות זמן תוחלת (עם שרתים c בעל M |M | c תור (2) ,(cµ היאתור בכל השירות זמן (תוחלת נפרדים M |M | 1 תורי c כלומר ,M |M | 1× c תור (3)

.(µ היאהיא התורים בין היעילות השוואת שירות, לקבלת עד בתור ההמתנה זמן משך מבחינת

.3 < 1 < 2.3 < 2 < 1 היא התורים בין היעילות השוואת במערכת, הכולל השהייה זמן משך מבחינת

83