Comment feriez-vous pour modéliser cela comme une chaîne de Markov?

Question

Il y a deux machines qui tombent en panne à des taux différents, µ$_A$pour machine A et µ$_B$pour la machine B. Lorsqu'elles tombent en panne, une machine peut être réparée par l'un des deux réparateurs. Supposons que deux réparateurs, X et Y, ont des capacités différentes, et qu'ils réparent dans des temps aléatoires exponentiels avec des paramètres λ$_X$et λ$_Y$, respectivement. (Mais le taux ne dépend pas de la machine qu'ils réparent.)

Comment feriez-vous pour modéliser cela comme une chaîne de Markov ?.

Answer 1

Supposons que si les deux machines fonctionnent quand l'une d'entre elles tombe en panne, les réparateurs ont une probabilité égale d'être choisis pour réparer la machine. L'espace d'états est $$ S=\{(1,1), (0_X,1), (0_Y,1), (1,0_X), (1,0_Y), (0_X,0_Y), (0_Y,0_X) \}. $$ Les taux de transition sont donnés par $$ q_{(i,j),(i',j')} = \begin{cases} \frac{\mu_A}2,& (i,j)=(1,1)\text{ and } (i',j') \in \{(0_X,1),(0_Y,1)\}\\ \frac{\mu_B}2,& (i,j)=(1,1)\text{ and } (i',j') \in \{(1,0_X),(1,0_Y)\}\\ \lambda_X,& (i,j) \in \{(0_X,1),(1,0_X)\} \text{ and } (i',j') = (1,1)\\ \lambda_Y,& (i,j) \in \{(0_Y,1),(1,0_Y)\} \text{ and } (i',j') = (1,1)\\ \mu_A,& (i,j) = (1,0_X)\text{ and } (i',j') = (0_Y,0_X)\\ \mu_A,& (i,j) = (1,0_Y)\text{ and } (i',j') = (0_X,0_Y)\\ \mu_B,& (i,j) = (0_X,1)\text{ and } (i',j') = (0_X,0_Y)\\ \mu_B,& (i,j) = (0_Y,1)\text{ and } (i',j') = (0_Y,0_X)\\ \lambda_X,& (i,j) = (0_X,0_Y)\text{ and } (i',j') = (1,0_Y)\\ \lambda_X,& (i,j) = (0_Y,0_X)\text{ and } (i',j') = (0_Y,1)\\ \lambda_Y,& (i,j) = (0_X,0_Y)\text{ and } (i',j') = (0_X,1)\\ \lambda_Y,& (i,j) = (0_Y,0_X)\text{ and } (i',j') = (1,0_X)\\ 0,& \text{otherwise.} \end{cases} $$ Laisser $Z(t)$ être l'état du système au moment $t$, puis $\{Z(t):t\geqslant 0\}$ est une chaîne de Markov en temps continu avec matrice génératrice $$ Q = \small\left( \begin{array}{ccccccc} -\left(\mu _A+\mu _B\right) & \frac{\mu _A}{2} & \frac{\mu _B}{2} & \frac{\mu _A}{2} & \frac{\mu _B}{2} & 0 & 0 \\ \lambda _X & -\left(\mu _B+\lambda _X\right) & 0 & 0 & 0 & \mu _B & 0 \\ \lambda _Y & 0 & -\left(\mu _B+\lambda _Y\right) & 0 & 0 & 0 & \mu _B \\ \lambda _X & 0 & 0 & -\left(\mu _A+\lambda _X\right) & 0 & 0 & \mu _A \\ \lambda _Y & 0 & 0 & 0 & -\left(\mu _B+\lambda _Y\right) & \mu _B & 0 \\ 0 & \lambda _Y & 0 & 0 & \lambda _X & -\left(\lambda _X+\lambda _Y\right) & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _X & \lambda _Y & 0 & 0 & -\left(\lambda _X+\lambda _Y\right) \\ \end{array} \right). $$ Le processus a une distribution stationnaire unique $\pi$ qui satisfait $$ \pi_{(i,j)} = \lim_{t\to\infty} \mathbb P(Z_t = (i,j)) $$ (indépendamment de la distribution de $Z_0$). Nous pouvons trouver$\pi$ en calculant la matrice exponentielle $e^{Qt}$ (qui est la solution unique à l'équation arrière de Kolmogorov $P'(t)=QP(t)$, $P'(0)=Q$) et en prenant l'une des rangées de $\lim_{t\to\infty} e^{Qt}$. Plus concrètement,$\pi$ satisfait le système d'équations linéaires $\pi Q=0$. Notez que$Q$ est singulier (ie $\det Q=0$) car ses lignes sont toutes égales à zéro, nous devons donc remplacer l'une des équations par $\sum_{(i,j)\in S} \pi_{(i,j)}=1$. Cependant, en raison de la taille de cette matrice et du nombre de paramètres, la solution de forme fermée est un peu lourde. Par exemple, j'ai trouvé que $$ \pi_{(1,1)} = \tiny\frac{2 \lambda _X \lambda _Y \left(2 \mu _B+\lambda _X+\lambda _Y\right) \left(\mu _A+\mu _B+\lambda _X+\lambda _Y\right)}{\lambda _X^2 \left(\mu _B \left(3 \mu _A+10 \lambda _Y\right)+\left(\mu _A+2 \lambda _Y\right){}^2+6 \mu _B^2\right)+\lambda _X \left(\mu _B \left(7 \mu _A \mu _B+4 \mu _A^2+5 \mu _B^2\right)+\lambda _Y^2 \left(6 \mu _A+8 \mu _B\right)+\lambda _Y \left(\mu _A+3 \mu _B\right) \left(3 \mu _A+4 \mu _B\right)+2 \lambda _Y^3\right)+\left(\mu _B \left(3 \mu _A+4 \lambda _Y\right)+2 \lambda _Y \left(\mu _A+\lambda _Y\right)+\mu _B^2\right) \left(\mu _B \left(\mu _A+\mu _B\right)+\mu _A \lambda _Y\right)+2 \lambda _X^3 \left(\mu _B+\lambda _Y\right)} $$ (le dénominateur est divisé en deux lignes pour éviter l'étirement de la page).