Recherche opérationnelle Stochastiques

Vincent Boucheny (a.k.a. Mankalas)
Option SCIA
Recherche opérationnelle Stochastiques
Promo 2007
Ce document reprend les prises de notes eectuées durant le cours de Patrick
Siarry et n'est en aucun cas destiné à être diusé à l'extérieur du cadre de
l'EPITA.
Cours SCIA
Promo 2007
Recherche opérationnelle Stochastiques
TABLE DES FIGURES
Ing2
EPITA
Table des matières
1
Probabilités
1.1
1.2
2
3
4
5
Rappels
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.1
Dénombrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.2
Loi de Bernouilli
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Probabilités conditionnelles Théorème de Bayes
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chaînes de Markov
1
2
2.1
Régime transitoire d'une chaîne de Markov
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
2.2
Régime permanent d'une chaîne de Markov
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Processus de Markov
6
Généralités
6
4.1
Ergodicité d'un processus de Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
4.2
Processus de naissance et de mort
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Files d'attentes
5.1
9
Application du service comptable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1
Modélisation
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.2
Exploitation du modèle
9
10
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
Table des gures
1
Exemple de la cage d'animal
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
Graphe de transition de la cage d'animal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
Graphe de transisitions du sous-problème de l'animal dans sa cage
4
4
Graphe de transition du problème du garagiste
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
Schéma du magasin de stockage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
Graphe de transition pour l'exemple du magasin
7
Exemple de coupes dans un graphe de transition simplié
8
Processus de naissance et de mort
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
9
Organisation de la société de comptabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
10
Graphe de transition du problème de la société de comptabilité . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1
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1. Probabilités
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1 Probabilités
1.1 Rappels
1.1.1
Dénombrement
Exemple
:
Soit une main au bridge, soit 13 cartes, extraites parmi 52. Quelle est la probabilité
k
as dans la main
(0 ≤ k ≤ 4) ?
qk
d'avoir exactement
q0 + q1 + q2 + q3 + q4 = 1.
Vérier que
On dénombre les probabilités.
qk =
Dénominateur :
Nombre d'événements favorables
Nombre d'événement possibles
13
C52
=
tirer
tirer
Nombre de mains ayant exactement
k as
Nombre total de mains possibles
52!
13!(52 − 13)!
Nombre de mains de 13 cartes ayant exactement
problème : 13 cartes
=
→k
as +
(13 − k)
k
as. Supposons qu'on ait une main qui réponde au
non-as. Le problème devient :
k cartes parmi un ensemble de 4 cartes (les
(13 − k) carte parmis 48 cartes (les non-as)
C4k .
13−k
= C48
.
as) =
Finalement,
qk =
q0 =
q1
q2
q3
q4
4
X
qk = 1
k=0
13
C40 C48
48! 13!39!
39 × 38 × 37 × 36
=
=
≈ 0, 304
13
C52
13!35! 52!
52 × 51 × 50 × 49
≈ 0, 439.
≈ 0, 213.
≈ 0, 041.
≈ 0, 003.
13−k
C4k C48
,
13
C52
Exemple
:
Quelle est la probabilité d'avoir une main rouge ?
Q=
1.1.2
13
C26
−5
13 ≈ 1, 6.10
C52
Loi de Bernouilli
Exemple
:
Soit un lot de coton. On suppose qu'il y a dans ce lot de coton
75% de bres dont la longueur
25% de bres dont la longueur
l ≤ 45mm.
l > 45mm.
On a 3 bres tirées au hasard. Quelle est la probabilité d'avoir 2 bres longues et 1 bre courte ?
P (L) = 0, 25 = p. Loi de Bernouilli (binômiale) : 2 possibilités complémentaires.
P (2L, 1C) = ppq + pqp + qpp = 3p2 q .
Pour n tirages succesifs, la probabilité d'obtenir m fois l'événement de probabilité p et d'obtenir (n − m)
fois l'événement de probabilité q est
Cnm pm q n−m
On a
P (C) = 0, 75 = q
et
3 tirages successifs sans remise. Donc
1.2 Probabilités conditionnelles Théorème de Bayes
Exemple
:
Supposons deux urnes
U1
et
U2 . Dans l'urne U1 , on place 4 boules blanches et dans U2 , on place une boule
noire et 3 boules blanches. Un individu choisit au hasard une urne et tire successivement 2 boules dans
cette même urne.
1. On remet la boule après le premier tirage.
1
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2. Chaînes de Markov
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Fig. 1 Exemple de la cage d'animal
(a) Quelle est la probabilité de tirer deux boules blanches ?
(b) Sachant que la première boule était blanche, quelle est la probabilité que la deuxième le soit ?
2. Mêmes tirages, mais sans remise.
1.
(a) Deux cas de gure
Le tirage s'est fait dans l'urne 1 :
Le tirage s'est fait dans l'urne 2 :
Donc
P (2B) =
1
2
×1+
1
2
×
3
4
(b) Est-ce plus facile de calculer
3
4
×
=
P (2B) = 1.
P (2B) = 43 ×
3
4.
25
32 .
P (A/B)
plutôt que
P (A/B) =
P (B/A) ?.
Théorème de Bayes :
P (B/A)P (A)
P (B)
P (U1 /1B) =
P (1B/U1 )P (U1 )
=
P (1B)
P (U2 /1B) =
P (1B/U2 )P (U2 )
=
P (1B)
1
2
1 × 21
4
=
7
× 1 + 12 43
3
4
1
2
× 21
3
=
7
× 1 + 12 43
Au nal,
P (2eme B/1ere B) =
(a)
P (2B) =
1
2
×1+
1
2
×
3
4
× 23 =
3
4
=
33
25
4
×1+
=
7
74
28
24
32
(b)
P (2eme B/1ere B) =
32
24
4
×1+
=
7
73
28
2 Chaînes de Markov
Processus aléatoire sans mémoire, temps discret.
Ingrédients :
1. Un système observé
Exemple Un animal de laboratoire enfermé dans une cage à 5 compartiments (Figure 1) :
2. Ce système peut se trouver dans diérents états. Ce sont les diérentes observations possibles. Dans
l'exemple, on a 5 états
A, B , C , D
et
E
qui correspondent à la présence de l'animal dans l'un de ces
compartiments. Si l'animal est dans la case
C,
on dira que le système est dans l'état
C.
3. On a fait la liste de tous les états possibles (ces états possibles sont en nombre ni ou inni)
4. À un instant quelconque, le système est dans un état, et un seul. Les états s'excluent mutuellement.
5. On suppose que les instants d'observation du système sont discrets, à intervalles de temps généralement réguliers (ex :
τ = 1s). τ
est choisi assez petit pour que l'on ne rate aucune transition.
2
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2. Chaînes de Markov
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Fig. 2 Graphe de transition de la cage d'animal
6. Une chaîne formée pas la succession des états observés. (ex :
(A, A, B, B, B, . . .), (A, C, C, C, D, D, C, . . .)).
7. Transitions entre les états : changements d'état.
Hypothèse : On suppose que, si le système est dans un état donné
Ei
à l'instant d'observation
kτ , on
connaît la probabilité que le système soit dans chacun des états possibles à l'instant d'observation
suivant. Cette probabilité est une probabilité conditionnelle :
nb_états
P (Ej /Ei )j=0
Tout le passé du sytème se résume dans l'état présent. On suppose connue la matrice dite matrice
de transition
M.
C'est une matrice carrée
n × n avec n le nombre ni
Pi,j = P (etatj /etati )
d'états possibles.
M
contient
des probabilités de transition que l'on va noter
Exemple
:

0, 2
 0


M = 0

 0
0
0, 5
1
0
0
0

0, 3 0
0
0
0
0 


0, 3 0, 4 0, 3

0, 3 0, 7 0 
0 0, 4 0, 6
La chaîne des états observés est devenue une chaîne de Markov. À partir de la matrice
M,
on peut dénir
un graphe de transition (Figure 2).
⇐⇒
(i, j) ⇐⇒
sommets
états.
arc
transition de l'état
valuation de l'arc
i
à l'instant
kτ
à l'état
j
à l'instant
(k + 1)τ .
(i, j) ⇐⇒ Pi,j .
2.1 Régime transitoire d'une chaîne de Markov
32τ ? Non, seulement
Π0 = (1, 0, 0, 0, 0). On a
Est-il possible de connaître l'état dans lequel sera le système à l'instant
B
E
Π32 = (ΠA
32 , Π32 , . . . , Π32 ).
Si l'état d'origine est l'état
A,
alors
Πk = Πk−1 M, k ≤ 1
Exemple
:
A
B
E
ΠC
1 = Π0 pA,C + Π0 pB,C + . . . + Π0 pE,C
Si l'on désire calculer directement
Πk
:
3
un vecteur
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2. Chaînes de Markov
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Fig. 3 Graphe de transisitions du sous-problème de l'animal dans sa cage
Πk = Π0 M k
2.2 Régime permanent d'une chaîne de Markov
La chaîne de Markov est ergodique (ou fortement ergodique) si et seulement s'il existe une limite aux
vecteurs
Πk
quand
k→∞
Intérêt de l'ergodicité.
et si cette limite est indépendante de l'état initial
En régime permanent (k
→ ∞),
Π0 .
il y a une sorte de disparition du hasard. Le
processus devient prévisible. On peut dimensionner le système. On constate deux phénomènes : l'agitation
microscopique et la stabilisation macroscopique.
2 interprétations :
1. Interprétation ponctuelle. Si l'on observe le système à un instant
kτ
susamment grand pour que le
∗
régime soit permanent, la probabilité d'observation de chaque état est connu (Π ). Si l'on fait une
observation à un instant
k0 τ
avec
k0 > k,
alors la probabilité de chaque état est la même.
2. Interprétation statistique. Une fois dans le régime permanent, si l'on observe plusieurs fois le système
pendant une certaine durée, la répartition des états est égale. En régime permanent, le système passe
une proportion constante de son temps dans chacun des états.
Quand la chaîne de Markov est-elle ergodique ? Il n'y a pas de condition nécessaire et susante pour
répondre à cette question, il n'y a qu'un jeu de conditions susantes qui portent sur le graphe de transition :
1. Graphe ni (nombre d'états ni).
2. Graphe fortement connexe.
3. Graphe comporte au moins une boucle (arc qui part d'un sommet et qui rejoint ce même sommet).
Comment calculer le vecteur
Π∗ ?
X
Π∗
=
Π∗ .M
(1)
Π∗i
=
1
(2)
i
Exemple Animal dans sa cage :
La chaîne de Markov n'est pas ergodique car le graphe n'est pas fortement connexe (B est un cul-de-sac).
Exemple Sous-problème de l'animal dans sa cage :
On réduit la cage à trois compartiments :
C, D
et
E

(voir Figure 3).

0, 3 0, 4 0, 3
M = 0, 3 0, 7 0 
0, 4 0 0, 6
4
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2. Chaînes de Markov
Ing2
EPITA
Fig. 4 Graphe de transition du problème du garagiste
L'ergodicité est assurée ici. Calculons le vecteur
Π∗
Π∗
Π∗ .
=
(c, d, e)



0, 3 0, 4 0, 3


 (c, d, e)
= (c, d, e) × 0, 3 0, 7 0 

0, 4 0 0, 6


c+d+e = 1
12 16 9
, ,
=
37 37 37
(3)
(4)
(5)
Exemple Garagiste :
Location de camionnettes, parc de 4 camions, demande
>
ore, location minimale au début d'une journée
est de 2 camions. Pour un camion loué, il y a une certaine probabilité de panne
non-panne
q =1−p⇒
p
et une probabilité de
loi binômiale. Le garagiste répare un seul vehicule en soirée.
Étudier le fonctionnement de cette entreprise en la modélisant par une chaîne de Markov.
Ici,
τ
correspond à une journée. Les états sont observés au début de chaque journée. Les états vont
correspondre au nombre de véhicules en état de marche au début d'une journée. Il n'y a que 4 états
possibles (le garagiste répare toujours un véhicule le soir) :
D
A, B , C
et
D (A
= 1 véhicule opérationnel,
= 4 véhicules).
0
p 2
M =
p 3
p4

1
2pq
3p2 q
4p3 q
0
q2
3pq 2
6p2 q 2

0

0

3

q
4pq 3 + q 4
On suppose qu'en début d'année, tous les véhicules sont en état de marche. On suppose également que
p=q=
1
2.
Π0
Π1
Π2
=
(0, 0, 0, 1)
1 4 6 5
, , ,
=
16 16 16 16
33 104 82 37
=
,
,
,
256 256 256 256
.
.
.
Π∗

a



b
 c


d
(7)
(8)
(9)
=
(6)
61 196 88 16
,
,
,
361 361 361 361
1
= 14 b + 18 c + 16
d
2
3
= a + 4b + 8c +
6
= 14 b + 38 c + 16
d
1
5
= 8 c + 16 d
5
4
16 d
(10)
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4. Généralités
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EPITA
Fig. 5 Schéma du magasin de stockage
3 Processus de Markov
4 Généralités
C'est l'extension au cas continu
∀t
du modèle des chaînes de Markov. Il n'y a pas d'instant d'observation
privilégié.
Éléments nécessaires pour fabriquer un processus de Markov :
Un système observé.
Ce système peut occuper diérents états possibles. La liste de ces états est connue à l'avance (liste nie
ou innie).
Les états s'excluent mutuellement.
Transitions entre les états sont de nature stochastique.
Caractère markovien (absence de mémoire) ? Reconstitution d'une sorte de discrétisation du temps ?
⇒
Loi de Poisson : les changements d'état du système sont dûs à des événements (ex : arrivée d'usagers
dans un bureau de poste, arrivées de travaux à traiter dans un ordinateur, etc.). Ces événements sont
régis par des lois de Poisson.
λ.
Propriété particulière de la loi de Poisson de taux
ments pendant un temps
t
:
Pn (t) =
λ
Dénition : probabilité de l'occurence de
n
événe-
(λt)n −λt
e
n!
est une constante connue.
dt : λdt.
(λdt)2 . On peut
temps dt.
Propriété : probabilité d'occurence d'un seul événement pendant un temps petit
Conséquence : la probabilité de 2 événements pendant le même temps
que
2
(λdt) << λdt.
| {z }
dt
:
Il est impossible d'avoir 2 événements pendant le même
donc dire
≈0
Pendant
dt,
il y a deux possibilités : soit il se produit un événement, soit il ne se passe rien. Cela reste
vrai avec plusieurs lois.
Discrétisation du temps : on considère toutes les transitions entre 2 instants voisins :
t
et
t + dt.
2
possibilités seulement : soit il n'y a pas d'événement, soit il y en a un et un seul.
Absence de mémoire : on va considérer que la probabilité de transition d'un état
état
Ej
à l'instant
t + dt
Ei
à l'instant
t à un autre
Ei .
ne dépend que de
Exemple Magasin de stockage :
On considère un magasin de stockage de composants électroniques. On suppose que les composants sont
L1 , L2 et L3 . On
des composants dans des lieux Li . Chaque
loi de Poisson de taux µi .
stockés dans trois lieux :
a deux robots qui se déplacent et qui sont chargés de prendre
prélèvement en un lieu donné
Li , i ∈ {1, 2, 3}
est régi par une
On suppose que ce sont les prélèvements qui prennent du temps vis-à-vis de la dynamique de déplacement
des robots. Le programme suivi de chaque robot :
1. Prélèvement en
L1 .
2. Prélèvement en
L2
3. Retour un
avec la probabilité
p
ou alors le prélèvement se fait en
L1 .
4. Si un robot est déjà présent en
Li ,
le deuxième robot attend son tour.
6
L3
avec la probabilité
q.
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4. Généralités
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Fig. 6 Graphe de transition pour l'exemple du magasin
Modéliser le problème avec un système 3 lieux, 2 robots par un processus de Markov.
La modélisation consiste à faire la liste des états possibles :
présents en
Li .
On construit le graphe de transition entre
transitions de
t
(E1 , E2 , E3 )
avec
Ei
le nombre de robots
Il y a 6 états possibles : (2,0,0), (0,2,0), (0,0,2), (1,1,0), (1,0,1), (0,1,1).
à
t
et
t + dt.
Les sommets vont être les états et les arcs seront les
t + dt.
On trace le graphe de transition simplié
1. On omet les boucles.
2. On value le graphe par des taux de probabilité
proba
dt
.
4.1 Ergodicité d'un processus de Markov
t susant
: on a laissé passé le régime transitoire. Existe-t-il un régime permanent, c'est-à-dire est-ce que
la probabilité d'observer chacun des états devient-elle indépendante du temps ?
Π∗ = (Π∗0 , Π∗1 , . . .). Π∗i correspond à la probabilité d'observer l'état
instant t quelconque. C'est l'interprétation ponctuelle de l'ergodicité.
On associe à chacun des états un vecteur
Ei
si on examine le système à un
Comment savoir si le processus de Markov est ergodique ? S'il est ergodique, comment calculer le vecteur
Π∗ ?
Les conditions susantes pour l'ergodicité sont les mêmes que pour les chaînes de Markov.
Théorème des coupes : Soit une coupe dénie comme étant une ligne fermée entourant un nombre quelconque de sommets du graphe de transition. En régime permanent (si ergodicité), la probabilité de sortie
dt.
1
. Avec
2
ces hypothèses, le problème qui comportait 6 inconnues n'en comporte plus que 4. En eet, il n'y a plus
∗
∗
∗
∗
de diérence entre L2 et L3 . Donc Π020 = Π002 et Π110 = Π101 .
d'une coupe quelconque est égale à la probabilité d'entrée dans cette même coupe pendant le temps
On choisit quelques hypothèses pour simplier le problème. On prend
µ1 = µ2 = µ3
et
p=q=
On connait déjà une relation :
X
Π∗i = 1
i
Il ne manque plus que 3 relations pour établir un système de 4 équations à 4 inconnues.
On prend la coupe
C1
(voir Fig. 7) qui isole 002 :
Proba de sortie
Proba d'entrée
On prend la coupe
C2
: Π∗002 × µ3 dt
: Π∗101 × qµ1 dt
Proba d'entrée
C3
⇒ Π∗002 × µ3 dt = Π∗101 × qµ1 dt ⇒ 2Π∗002 = Π∗101
qui isole 011 :
Proba de sortie
On prend la coupe
: Π∗011 × µ3 dt + Π∗011 × µ2 dt
: Π∗110 × qµ1 dt + Π∗101 × pµ1 dt
qui isole 200 :
7
⇒ 2Π∗011 = Π∗110
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4. Généralités
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Fig. 7 Exemple de coupes dans un graphe de transition simplié
Fig. 8 Processus de naissance et de mort
Proba de sortie
Proba d'entrée
: Π∗200 × qµ1 dt + Π∗200 × pµ1 dt
: Π∗101 × µ3 dt + Π∗110 µ2 dt
⇒ 2Π∗110 = Π∗200
On obtient donc le système :
2Π∗002
Π∗101

Π∗200

 ∗
Π200 + 2Π∗002 + Π∗011 + 2Π∗101




 ∗
Π∗101
Π020 = Π∗002


 ∗
∗
Π110 = Π∗101
2Π011
⇒
∗

Π∗
2Π101

 011
Π∗200
1
=
=
=
=
Interprétation : Quel est le nombre moyen de robot se trouvant en
2
2
4
n1 = 1 × 11
+ 1 × 11
+ 2 × 11
=
1
2
n2 = n3 = 2 × 11 + 1 × 11 + 1 ×
12
11
2
11
=
L1 ?
en
L2 ?
1
11
2
11
1
11
4
11
=
=
=
=
en
L3 ?
5
11
4.2 Processus de naissance et de mort
C'est un processus de Markov particulier, à la base de la théorie des les d'attentes. Caractéristiques
spéciques :
États
E0 , E 1 , . . . , E k
avec
Ek
l'état associé à la présence de
k
usagers dans l'organisme. Par exemple,
le nombre de personnes dans un bureau de poste, le nombre d'appels téléphoniques dans un central, etc.
Les transitions entre états sont associés à des entrées-sorties d'usagers.
Les entrées / sorties sont régies par des lois de Poisson (caractère markovien).
Graphe de transition formé de boucles. Il ne peut y avoir que des transitions de
Ei
à
Ei+1
(voir Fig. 8).
Le graphe est toujours le même, au nombre de boucles prêt.
C'est un processus ergodique (uniquement si le nombre d'états est ni). Les conditions sont susantes
(graphe complet ni, fortement connexe avec au moins une boucle). Donc
Le calcul du vecteur
Π
∗
est fait une fois pour toutes :
8
Π∗ existe en régime permanent.
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5. Files d'attentes
Π∗
=
Π∗1
=
Π∗2
=
Ing2
EPITA
(Π∗0 , Π∗1 , . . . , Π∗n )
λ0 ∗
Π
µ1 0
λ1 ∗
λ1 λ0 ∗
Π =
Π
µ2 1
µ2 µ1 0
(11)
(12)
(13)
.
.
.
Π∗n
(14)
Qn−1
λ
Q0 n i Π∗0
µ
1 j
=
(15)
En rajoutant la relation de normalisation :
n
X
Π∗i = 1
(16)
i=0
Cas particulier :
∀i, λi = λ; ∀j, µj = µ ⇒ ∀Π∗k =
k
λ
Π∗0
µ
5 Files d'attentes
A/B/n/m/discipline.
A : Loi des arrivées.
B : Loi des services (sorties).
n : Nombre de guichets.
m : Capacité maximale de l'organisme.
Notation de Kendall :
Avec
discipline : façon dont les usagers sont servis (ex : FIFO).
Cas particuliers :
n = 1,
⇒∀i, λi = λ et ∀j, µj = µ. Formules connues à l'avance si la capacité maximale m
M/M/1/m(/FIFO).
ouvert : m non ni : M/M/1/∞. On utilise les formules du cas précédent en passant à la
guichet unique
est donnée :
Système
limite. Les conditions susantes d'ergodicité ne sont plus vériées. Condition nécessaire et susante
d'ergodicité

 Π∗0
λ
<1⇒
 Π∗k
µ
=
=
1− λ
µk
λ
µ
Π∗0
Conclusion
Système fermé
⇒ergodicité ∀λ, µ.
⇒ergodicité ssi µλ < 1.
Système ouvert
5.1 Application du service comptable
soient 5 comptables, 2 terminaux. Chaque comptable a besoin d'accéder à un terminal selon une loi de
Poisson de taux
β=5
accès par heure.
Pour chaque terminal, le service est rendu selon une loi exponentielle de taux
α
: durée des services de loi
exponentielles⇒n des services = sorties d'usagers de loi de Poisson.
Entrées et sorties Poissonieuses.
Durée moyenne d'une transaction : 4 minutes⇒taux moyen de n de service :
heure.
ATTENTION :
β
est pour un comptable,
α
pour un terminal.
La société est structurée comme selon la Figure 9.
9
α=
60
4
= 15 transaction par
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Ing2
EPITA
Fig. 9 Organisation de la société de comptabilité
Fig. 10 Graphe de transition du problème de la société de comptabilité
5.1.1
Modélisation
1. Étapes possibles.
Si
k = 3, il y a 3 comptables dans la salle info. À l'instant t + dt,
t1 se libère avec une probabilité αdt.
t2 se libère avec une probabilité αdt.
b1 veut accéder à un terminal avec une probabilité de βdt.
b2 veut accéder à un terminal avec une probabilité de βdt.
2. Graphe de transition : voir Figure 10.
3. Si ergodicité, calculer
Π
∗
A
α, B
pour
pour
quels sont les états possibles ?
β ..
. Le processus est bien ergodique. On a
5β ∗
Π
α 0
60β 3 ∗
Π
Π∗3 =
4α3 0
120β 5 ∗
Π∗5 =
Π
16α5 0
Π∗1 =
;
;
5β × 4β ∗
Π
α × 2α 0
120β 4 ∗
Π
Π∗4 =
8α4 0
Π∗2 =
Et
5 10 15 15
15
Π∗0 1 + +
+
+
+
=1
3
9
27 81 486
On obtient donc :
10
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162
737
180
Π∗2 =
737
30
Π∗4 =
737
Π∗0 =
5.1.2
;
;
;
Ing2
EPITA
270
737
90
Π∗3 =
737
5
Π∗5 =
737
Π∗1 =
Exploitation du modèle
Quelle et la probabilité d'une attante nulle ?
Ponctuel :
p1 = Π∗0 + Π∗1 = 0, 6
Quel est le nombre moyen de terminaux utilisés ?
Statistique :
p2 = Π∗1 + 2(Π∗2 + Π∗3 + Π∗4 + Π∗5 ) = 1, 19
Quel est le temps moyen total perdu par heure cumulé sur les cinq comptables ?
Nombre
moyen de comptable en attente :
Π∗3 + 2Π∗4 + 3Π∗5 =
165
737
Or, c'est également le temps d'attente en heure. Temps d'attente = temps perdu =
11
165
737 h
≈ 13min.