¿Cuánto necesito para conducir a encontrar un estacionamiento vacío irregular?

Question

Un estacionamiento consta de una infinita fila de bahías. Los coches llegan a intervalos aleatorios (media intervalo de $T_a$) y permanecer por un tiempo aleatorio (estancia media $T_s$). Los intervalos de tiempo son memoryless negativos (distribución exponencial). La llegada de los aparcamientos en la bahía de $n$, que es la primera a la bahía. ¿Cuál es la distribución de $n$?

La pregunta está motivada por las siguientes molestias: ¿por qué es que, cuando me encuentro con alguien en el aeropuerto, siempre me terminan de conducción hasta el final de la lot?

Aquí es un poco más de información, basados en la simulación. La relación de las veces, en lugar de sus valores reales, determina el comportamiento. Por lo tanto, podemos escribir la $k=T_s/T_a$ y el uso de $k$ como el único parámetro. Si $k=1$, el estacionamiento puede ser pequeño (dos bahías son suficientes), y la distribución es interesante sólo para grandes valores de $k$. E. g., los coches llegan todos los $2$ minutos y la estancia para $2$ horas.

La primera de la bahía es la más probable para ser libre (!). Sin embargo, para un gran $k$, la distribución es casi plana, cayendo rápidamente después de $k$ bahías y, por tanto, con una media de $k/2$. De hecho, suponemos que $\mu \rightarrow k/2$$k \rightarrow \infty$.

Gracias, Pedro.

Answer 1

Supongamos que los coches están llegando con frecuencia a $\lambda$ y cada coche sale con tasa de $\mu$. Deje $\rho=\lambda / \mu$.

Ahora miremos sólo el primer espacio de estacionamiento. Deje que la probabilidad de que se está vacía ser $P_{1,0}$ y la probabilidad de que se llena a ser $P_{1,1}$. No nos importa lo que sucede a cualquiera de los coches que terminan en cualquier otro espacio de estacionamiento. Sabemos que la tasa de carros que salen el primer espacio es el mismo que el de la tasa de entrar en el primer espacio, por lo que tenemos que $P_{1,0}\lambda=P_{1,1}\mu.$ Ya que esos son los únicos dos estados que sabemos que $P_{1,0}+P_{1,1}=1$. Podemos resolver esto y conseguir que la probabilidad de que el primer espacio está abierto: $$P_{1,0}=\frac{\mu}{\lambda+\mu}=\frac{1}{1+\rho}.$$

Veamos ahora los dos primeros espacios, pero sólo se preocupe acerca de cómo muchos de los coches están aparcados. Hay tres estados correspondientes a 0, 1, o 2 coches estacionados. Vamos a pasar de 0 automóviles para 1 coche, o 1 coche para 2 coches en la tasa de $\lambda$, y a partir del 1 de coche 0 automóviles en la tasa de $\mu$ y de 2 coches para un coche en la tasa de $2\mu$. Denota la probabilidad de que los tres estados por $P_{2,0}$, $P_{2,1}$, y $P_{2,2}$, y problemas como el anterior, obtenemos que $$P_{2,2}=\frac{\rho^2}{2+2\rho+\rho^2}$$ como la probabilidad de que los dos primeros puntos están llenos. Ahora la probabilidad de que el segundo lugar es el primero disponible es simplemente la probabilidad de que el primer lugar está lleno, menos la probabilidad de que los dos primeros puntos están llenos, o $$\text{P[second space is first avail]}=\frac{\rho}{1+\rho}-\frac{\rho^2}{2+2\rho+\rho^2}.$$

En general nos encontramos con que la probabilidad de que la primera $k$ lugares son ocupados es $$P_{k,k}=\frac{\rho^k}{k!\sum_{i=0}^k \frac{1}{i!}\rho^i}.$$ La probabilidad de que el $k$'th spot es el primer abierto es sólo $P_{k-1,k-1}-P_{k,k}$

$$\text{P[$n$'th space is first avail]}=\frac{\rho^{k-1}}{(k-1)!\sum_{i=0}^{k-1} \frac{1}{i!}\rho^i}-\frac{\rho^k}{k!\sum_{i=0}^k \frac{1}{i!}\rho^i}.$$

Por desgracia, no veo cómo obtener la media de esta distribución.

Tenga en cuenta que el primer lugar no es el más probable para ser libres (de hecho es la que menos probabilidades de ser gratis) pero es la más probable para ser el primer espacio de estacionamiento disponible.

Editar: Echar un vistazo a este nuevo, después de arreglar el álgebra de error, la suma por el número esperado de la plaza de aparcamiento telescopios para dar $$E[n] = \sum_{i=0}^\infty \frac{\rho^i}{i!\sum_{j=0}^i\frac{\rho^j}{j!}}$$ y esto no aparece la convergencia a $\rho/2$$\rho\to\infty$, pero no veo por qué no.

Añadió: La convergencia de la suma se explica aquí. Así que, sí, se espera que para llegar a parque en la ubicación de $\rho/2$.

Answer 2

En el momento en $t_0$ suponga que un coche se ha estacionado y el siguiente lugar disponible es la ranura $m$. Deje $Z\in \{1,2,\dots,m\}$ ser el primer lugar disponible a partir de la llegada de la siguiente coche.

El siguiente coche llega a tiempo $t_0+X$ $X=exp(\lambda)$ $f_X(t)=\lambda e^{-\lambda t}$

La cantidad de tiempo después de la $t_0$ que el coche en la ranura $k$ se lleva a salir de es $Y_k=exp(\mu)$, por lo que la probabilidad de que la primera ranura abierta es $n$ $n<m$ será: $P(Z=n|X=t)=P(Y_1,Y_2,\dots, Y_{n-1}\ge t, Y_n\le t)=e^{-\mu (n-1)t} (1-e^{-\mu t})$ $P(Z=N|X=t)=P(Y_1,Y_2,\dots,Y_{N-1}\ge t)=e^{-\mu(m-1)t}$

$P(Z=n)=\int_0^\infty P(Z=n|X=t)f_X(t)dt=\frac{\lambda}{\lambda+(n-1)\mu}-\frac{\lambda}{\lambda+n\mu}$ y $P(Z=N)= \frac{\lambda}{\lambda+(m-1)\mu}$

Dejando $\rho=\frac{\mu}{\lambda}$ esto se puede escribir:

$P(Z=n)=(1+(n-1)\rho)^{-1}-(1+n\rho)^{-1}$ $n<N$ $P(Z=m)=(1+(m-1)\rho)^{-1}$

si $E[X]=\lambda^{-1}=T_a$$E[Y_k]=\mu^{-1}=T_s$, $k=\frac{T_s}{T_a}=\frac{\lambda}{\mu}=\rho^{-1}$

si $k$ es muy grande, $\rho$ es muy pequeña y su intuición es correcta:

$P(Z=1)\ge P(Z=n)$ para cualquier otro $n<m$

$E[X]=\sum_{n=1}^m nP(Z=n)=\sum_{n=1}^{m-1} \left[\frac{n}{1+(n-1)\rho}-\frac{n}{1+n\rho}\right]+\frac{m}{1+(m-1)\rho}=\sum_{n=1}^{m-1} \frac{1}{1+(n-1)\rho}$

Durante un largo período de tiempo, debemos promedio sobre esto $m$, que parece un tanto complicada situación. Su conjetura de $E[X]\to\frac{1}{2\rho}$ parece posible.. pero tal vez este es un comienzo?