Yanit_2005_Yariyil_Ici - İTÜ ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ...

Info iconThis preview shows page 1. Sign up to view the full content.

View Full Document Right Arrow Icon
This is the end of the preview. Sign up to access the rest of the document.

Unformatted text preview: İTÜ ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ SİSTEM SİMÜLASYONU YARIYIL İÇİ SINAV SORU YANITLARI 29/03/2005 Soru 1. Önce elle simülasyonda kullanacağımız ters dönüşüm denklemlerini bulmamız gerekmektedir. Diğer dağılımlar açık bir şekilde belirtilmişken gerçek süre katsayısının verileri verilmiş ve üçgen dağılıma uyabileceği belirtilmiştir. Verilerin gerçekten üçgen dağılıma uyduğunun kanıtlanması için eşit olasılıklı KiKare testi yapılması istenmektedir. Veri sayısı 20 oluduğuna göre 1+3.3log(20) formülünden 5.29 bulunmaktadır. Bu sonuç her ne kadar 5 ya da 6 sınıf oluşturmamız gerektiğini gösteriyorsa da sınıf sayısını 4’e düşürmek zorundayız. Çünkü 5 sınıf yaptığımızda sınıfların teorik sıklıkları 4 olacaktır. Ki Kare testinde sınıf teorik sıklıkları 5’ten küçük olamayacağına göre sınıfları birleştirmek (serbestlik derecesini düşürmek) zorunda kalırız. Eğer 4 sınıf yapılırsa sınıf teorik sıklıkları istediğimiz gibi 5 olacaktır. Eşit olasılıklı Ki-Kare’de sınıf sınırlarını, sınıf olasılıklarını eşit yapacak şekilde belirleriz. Dört sınıf oluşturmaya karar verdiğimize göre sınıf olasılıkları 0.25 olacaktır. Sınıf sınırlarını belirlemek için birikimli olasılık fonksiyonunu bilmemiz gerekmektedir. Aşağıda üçgen dağılımın birikimli olasılık fonksiyonu verilmiştir. F ( x) = ( x − a) 2 (b − a )(c − a ) a ≤ x ≤ b ve F ( x) = 1 − (c − x ) 2 b≤x≤c (c − b)(c − a ) Yukarıdaki eşitliklerden x ’leri çekersek sınıf sınırlarını bulmak için kullanacağımız eşitlikleri elde ederiz. Elde edeceğimiz bu eşitlikler açıkça görüleceği gibi üçgen dağılımın ters dönüşüm denklemleri ile aynı olacaktır (ters dönüşüm denklemlerinin birikimli olasılık yoğunluk fonksiyonunda F ( x) yerine RS yazarak elde edildiği unutulmamalıdır). b−a c−a b−a F ( x) ≥ c−a F ( x) ≤ x = a + (b − a)(c − a ) F ( x) x = c − (c − b)(c − a)(1 − F ( x)) F ( x) ≤ 0.4 x = 0.8 + 0.1F ( x) F ( x) ≥ 0.4 x = 1.3 − 0.15(1 − F ( x)) Aşağıda hipotezler verilmiştir. H0: Veriler en küçük değeri 0.8, en büyük değeri 1.3 ve en olası değeri 1.0 dakika olan üçgen dağılımdan gelmektedir. H1: Veriler yukarıdaki dağılımdan gelmemektedir. Yukarıdaki formülleri kullanarak Ki-Kare tablosu aşağıdaki gibi oluşturulabilir. Sınıf Sınırları Alt 0.8000 0.9581 1.0261 1.1064 Üst 0.9581 1.0261 1.1064 1.3000 Gözlenen Sıklık 5 3 4 8 0.25 0.25 0.25 0.25 Teorik Olasılık Sıklık 5 5 5 5 Toplam Ki-Kare 0.0 0.8 0.2 1.8 2.8 İlk sınıfın üst sınırı, birikimli olasılık 0.25<0.4 olduğundan ilk denklemden x = 0.8 + denklemden x = 1.3 − 0.1(0.25) = 0.9581 olarak bulunmaktadır. İkinci sınıfın üst sınırı ise birikimli olasılık 0.25 + 0.25 = 0.50 > 0.4 olduğu için ikinci 0.15(1 − 0.5) = 1.0261 bulunur. Sınırlara düşen verileri sayarak gözlenen sıklık değerlerini bulabiliriz. Ki-Kare değerimiz 2.8 olarak bulunmuştur. 1/8 Uygunluk testinin sonucuna iki şekilde karar verebiliriz: Hipotez testinde, bulduğumuz göreceli sapma değeri (2.8) ile Ki-Kare dağılımından bulunan kritik değer karşılaştırılırken anlamlılık testinde, bulduğumuz değerden daha büyük sapma değeri çıkma olasılığı anlamlılık (I. tip hata) düzeyi ile karşılaştırılır. İstatistik paketleri daha çok anlamlılık testini kullanır ve p-value ya da significance değerini verirler. Aşağıda iki yöntem de kullanılacaktır. Hipotez Testi Kritik değerin bulunabilmesi için Ki-Kare dağılımının iki parametresini belirlemek gerekmektedir. Birinci parametre serbestlik derecesidir ve sınıf sayısının bir eksiğine eşittir. Sınıf sayısı dört olduğuna göre serbestlik derecesi 3 olacaktır. İkinci parametre ise anlamlılık düzeyidir ve 0.05 alınacaktır. Bu bilgiler ışığında kritik Ki-Kare değeri 7.81 olarak bulunmuştur. χ 2 = 2.8 ve χ 32, 0.95 = 7.81 2.8 ≤ 7.81 olduğu için boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna ulaşırız. χ 2 ≤ χ 32,0.95 Anlamlılık Testi Açıklama: Sınavda bu şekilde çözme olanağınız yoktu. Yalnızca bilgi olsun diye veriyorum. Ki-Kare dağılımda 2.8’den büyük değer çıkma olasılığının bulunması gerekmektedir. Soruda verilen Ki-Kare tablosuna bakıldığında bu olasılığın 0.10’dan daha büyük olduğu görülmektedir (α = 0.10 için tablodaki değer 6.28’e düşüyor. Bu değerin 2.8’e düşmesi için α’nın büyümesi gerekmektedir). Ki-Kare dağılımda 2.8’den büyük olma olasılığını tablodan bulamayacağımız için EXCEL’in CHIDIST() fonksiyonundan yararlanacağız. CHIDIST() fonksiyonu belirli serbestlik derecesi için x değerinden büyük olma olasılığını vermektedir. 1 − Fχ 2 (2.8) = 0.4235 . 0.4235>0.05 olduğuna göre boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna varabiliriz. Elle simülasyonu yapabilmemiz için gereken bütün bilgileri elde ettiğimize göre kullanacağımız ters dönüşüm denklemlerini hazırlayabiliriz. Amaç Günlük talep Dağılım 4 telefon 5 telefon 6 telefon 1 gün sonraya 2 gün sonraya Kabul Ret Büyük Küçük 0.8-1.0-1.3 Üçgen Dağılım Ters Dönüşüm Denklemi 0.000 ≤ RS ≤ 0.266 0.267 ≤ RS ≤ 0.666 0.667 ≤ RS ≤ 0.999 0.000 ≤ RS ≤ 0.599 0.600 ≤ RS ≤ 0.999 0.000 ≤ RS ≤ 0.199 0.200 ≤ RS ≤ 0.999 0.000 ≤ RS ≤ 0.399 0.400 ≤ RS ≤ 0.999 Randevu günü Randevu günü değişimi Arıza tipi Gerçek süre katsayısı RS ≤ 0.4 x = 0.8 + 0.1RS RS ≥ 0.4 x = 1.3 − 0.15(1 − RS ) Elle simülasyonu iki ayrı kısım olarak ele alabiliriz: 1. Randevuların yaratılması (Pazartesi – Cuma) 2. Aracın servise gitmesi (Çarşamba – Cuma) Aşağıda randevuların yaratılması ile ilgili tablo verilmiştir. 2/8 Program RS 0.602 0.861 0.069 0.756 0.633 0.468 0.905 0.515 0.105 0.587 0.055 0.928 RS=0.716 6 Telefon Kaç Gün Sonraya 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 Kabul Etmez RS 0.914 0.052 0.895 0.385 0.596 0.527 0.924 0.444 0.546 0.386 0.152 Tip 40 80 40 80 40 40 40 40 40 80 80 Gün Salı Çarşamba Perşembe Cuma Dolu Randevu Saat Sayısı 40 240 0 0 1K 2K-2B 0 0 Salı RS=0.565 5 Telefon Pazartesi Salı Çarşamba Perşembe Cuma 440 40 0 5K-3B 1K 0.694 0.336 0.401 0.693 0.943 0.559 0.953 0.521 0.63 0.321 0.488 0.909 0.176 0.404 0.727 0.967 0.211 0.208 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 0.676 0.808 0.21 0.731 0.113 0.423 0.918 0.86 0.634 0.699 0.556 0.52 0.962 0.252 0.614 0.068 0.17 0.318 40 40 80 40 80 40 40 40 40 40 40 40 40 80 40 80 80 80 Çarşamba RS=0.670 6 Telefon Salı Çarşamba Perşembe Cuma 200 160 3K-1B 2K-1B Perşembe RS=0.705 6 Telefon Salı Çarşamba Perşembe Cuma 280 5K-1B RS=0.883 6 Telefon Cuma Salı Çarşamba Perşembe Cuma - - Pazartesi günü telefonla gelen randevu talebi sayısını belirlemek için 0.565 rastsal sayısı kullanılmış ve 5 telefonun geldiği bulunmuştur. Telefon eden müşterinin hangi güne (Salı ya da Çarşamba) randevu talep ettiğinin belirlenmesi amacıyla her talep için ayrı rastsal sayı atılmıştır. Örneğin birinci müşteri, 0.602 rastsal sayısı sonucunda iki gün sonraya randevu istediğini (Çarşamba) belirtmiştir. Filiz Hanım’ın müşteri ile konuşup arızanın tipini belirlediği soruda belirtildiğine göre, müşterinin hangi tip arıza için aradığının belirlenmesi gerekmektedir. Örneğin birinci müşterinin arıza tipini belirlemek için atılan rastsal sayı 0.914’tür ve küçük tip arızadır (planlanan süre 40 dakika). Pazartesi gelen beş telefondan dördü Çarşamba gününe biri ise Salı gününe gelmiştir. Çarşamba gününe gelen dört telefonun ikisi küçük tip arıza ve ikisi büyük tip arızadır. Salı gününe gelen arıza ise küçük tiptir. Araçlar için kullanılacak programda (son üç sütun) bu bilgilere yer verilmiştir. Diğer günlerin talepleri de aynı şekilde hesaplanır. Salı günü gelen altı telefonun beşi Çarşamba gününedir. Çarşamba gününe Pazartesi gününden gelen dört randevunun süresi 240 dakikadır. Salı günü gelen talepleri eklediğimizde ilk dört taleple birlikte 440 dakikaya ulaşılmaktadır. Salı günü, Çarşamba günü için gelen son randevu talebi büyük arıza tipindedir. Planlanan süre olarak 480 – 440 = 40 dakikamız kalmışken talep 80 dakikalık olduğuna göre bu talebi alamayız. Müşterinin Çarşamba yerine Perşembe gününü isteyip istemeyeceğini belirlemek amacıyla 0.928 rastsal sayısı atılmış ve randevudan vazgeçtiğine karar verilmiştir. 3/8 Aracın servise çıkması ile ilgili tablo ise aşağıdadır. RS 0.936 0.630 Çarşamba (8 Servis) 0.909 0.090 0.763 0.725 0.379 0.759 Perşembe (4 Servis) 0.244 0.648 0.956 0.584 0.238 Cuma (6 Servis) 0.142 0.236 0.745 0.671 0.122 Çarpan 1.20 1.06 1.18 0.89 1.11 1.10 0.99 1.11 0.96 1.07 1.22 1.05 0.95 0.92 0.95 1.10 1.08 0.91 Planlanan Süre 40 80 80 40 40 40 40 80 40 40 80 40 40 40 80 40 40 40 Gerçek Süre 48.0 84.8 94.4 35.6 44.4 44.0 39.6 88.8 42.8 97.6 42.0 38.0 36.8 76.0 44.0 43.2 36.4 220.8 + 5*10 = 270.8 274.4 + 7*10 = 344.4 38.4 479.6 + 9*10 = 569.6 Toplam Süre Bir önceki tabloda Çarşamba günü için beş küçük ve üç büyük olmak üzere sekiz randevu alındığı bulunmuştu. Servis için gerçekleşen süreleri hesaplamak amacıyla söz konusu sekiz randevu için gerçek süre katsayılarının rastsal olarak belirlenmesi gerekmektedir. Örneğin Çarşamba gününün ilk randevusu küçük arıza tipindedir ve 40 dakika olarak planlanmıştır. Gerçek süre bunun bir katı kadar olacaktır. Çarpanı bulmak için rastsal sayı 0.936 olarak bulunmuş ve ilgili üçgen dağılımdan çarpan değeri 1.20 olarak elde edilmiştir. Böylece gerçek süre 40 x 1.20 = 48 dakika olur. Diğer servis ve günler de benzer şekilde elde edilebilir. Sonuç olarak, a) Salı günü bir müşteri kaçırılmıştır b) Çarşamba günü yapılan servis 569.6 dakika sürmüştür. 569.6 – 480 = 89.6 dakika fazla mesai yapılmıştır. Tek servis aracı ve üç günlük koşum düşünülürse servis aracı başına günlük 29.87 dakikalık fazla mesai süresi vardır (89.6 / 3 dakika) Soru 2. Elle simülasyona geçmeden önce müşterinin yanlış operatörü tuşlaması ile ilgili olarak verilen verilerin koşum ve uygunluk testini yapmak gerekmektedir. Verilerin kullanılabilmesi, bağımsızlığın kanıtlanmasına bağlı olduğuna göre önce koşum testi yapılmalıdır (soruda tek koşum testi istendiği halde burada ikisi de yapılacaktır). 1. Dönüm Noktası Testi Bu test için verilerdeki artış ve azalışlardaki değişimin sayılması gereklidir. Aşağıdaki şekilde, verilerdeki artış + (bir değerden sonra gelen değer daha büyükse), azalış ise – (bir değerden sonra gelen değer daha küçükse) işaretleri ile gösterilmiştir. 4/8 0.02 + 0.25 + 0.48 - 0.26 - 0.15 + 1.09 - 0.58 + 1.17 1 2 3 4 Şekilde görüldüğü gibi 4 dönüm noktası bulunmuştur. Eğer veri sayısı yeterince yüksekse (20’den büyükse ama sınavda olduğunuzu unutmamak gerekir. Veri sayısı yeterince yüksek diye düşüneceğiz.) bu değer aşağıdaki parametrelere sahip normal dağılıma uyar. 2 N − 1 (2)(8) − 1 = =5 3 3 (16)(8) − 29 16 N − 29 σa = = = 1.05 90 90 µa = Hipotez Testi Bulduğumuz 4 değeri yukarıdaki normal dağılıma uyduğuna göre krtitik bir değerle karşılaştırarak bağımsızlığı test edebiliriz. Çift kuyruklu test kullanacağımıza göre α = 0.05 için standart normal dağılım tablosunda 0.975’e denk gelen z değerini bulmalıyız. Bu değer 1.96’dır. z= x−µ σ = 4−5 = −0.95 bulunur. 1.05 − 1.96 ≤ −0.95 ≤ 1.96 olduğuna göre verilerin bağımsız olduğuna yönelik boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna ulaşabiliriz. Anlamlılık Testi Anlamlılık testi için 4’ten küçük değer elde etme olasılığını bulmamız gerekmektedir. İlgili z değerimiz yukarıda -0.95 bulunmuştu. Standart normal dağılım tablosundan -0.95’den küçük değer çıkma olasılığını bulabiliriz. Bu değer 0.171’dir. Çift kuyruklu test yaptığımıza göre 0.95’den büyük çıkma olasılığını da bu değere eklememiz gerekir. Normal dağılım simetrik olduğundan 2 x 0.171 = 0.342 elde edilir. Anlamlılık düzeyi α = 0.05 için, 0.342 ≥ 0.05 olduğundan, verilerin bağımsız olduğu yönündeki boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna ulaşırız. 2. Medyan Testi Medyan testinde ise medyanın üstünde ve altında kalan değerlerin değişimi incelenmektedir. Verilerimizin medyanı, veriler küçükten büyüğe sıralandığında dört ve beşinci değerlerin ortalaması olan 0.37 değeridir. Medyanın üstünde kalan değerler +, altında kalan değerler – ile işaretlenerek aşağıdaki şekil elde edilebilir. 0.02 1 0.25 0.48 + 2 0.26 3 0.15 1.09 + 0.58 + 4 1.17 + Şekilde görüldüğü gibi yine dört grup ortaya çıkmıştır. Eğer medyanın altında ve üstünde kalan değerlerin sayısı yeterince büyükse (10’dan büyük olması isteniyor ama yine sınav süresi nedeniyle verimiz az olsa da normal dağılıma uyduğunu kabul edeceğiz) grup sayısı aşağıda parametreleri verilen normal dağılıma uyacaktır. 5/8 µb = σb = 2n1n2 (2)(4)(4) +1 = +1 = 5 n1 + n2 4+4 2n1n2 (2n1n2 − n1 − n2 ) (2)(4)(4)[(2)(4)(4) − 4 − 4] = = 1.3093 2 ( n1 + n2 ) (n1 + n2 − 1) (4 + 4) 2 (4 + 4 − 1) Hipotez Testi Bulduğumuz 4 değeri yukarıdaki normal dağılıma uyduğuna göre yine krtitik değerle karşılaştırarak bağımsızlığı test edebiliriz. z= x−µ σ = 4−5 = −0.76 bulunur. 1.31 − 1.96 ≤ −0.76 ≤ 1.96 olduğuna göre verilerin bağımsız olduğuna yönelik boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna ulaşabiliriz. Anlamlılık Testi Standart normal dağılım tablosundan -0.76 dan küçük olma olasılığı 0.2236’dır. Çift kuyruklu test yaptığımıza anlamlılık değeri 2 x 0.2236 = 0.4472 elde edilir. Anlamlılık düzeyi α = 0.05 için, 0.4472 ≥ 0.05 olduğundan, verilerin bağımsız olduğu yönündeki boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna ulaşırız. Verilerin bağımsızlığını kanıtladığımıza göre simülasyonda kullanabiliriz. Soruda söz konusu verilerin üstel dağılıma uyabileceği belirtilmektedir. Veri sayımız az olduğuna göre Ki-Kare uygunluk testini kullanmamız olanaksızdır (zaten birinci soruda kullanmıştık, aynı sorudan iki tane olmaz). Uygun testlerden biri Kolmogorov-Smirnov testidir (hem soruda tablosu da verilmiş). Üstel dağılıma uyduğunun test edilmesi istendiğine göre üstel dağılımın ortalamasını bulmalıyız: µ= 0.02 + 0.25 + 0.48 + 0.26 + 0.15 + 1.09 + 0.58 + 1.17 = 0.5 elde edilir. 8 Hipotezlerimiz aşağıdaki gibi olacaktır: H0: Veriler ortalaması 0.5 dakika olan üstel dağılımdan gelmektedir. H1: Veriler yukarıdaki dağılımdan gelmemektedir. Aşağıda Kolmogorov-Smirnov testinin tablosu verilmiştir. Gözlenen Birikimli Olasılık Limitleri Alt Üst 0.000 0.125 0.250 0.375 0.500 0.625 0.750 0.875 0.125 0.250 0.375 0.500 0.625 0.750 0.875 1.000 No 1 2 3 4 5 6 7 8 Veriler 0.02 0.15 0.25 0.26 0.48 0.58 1.09 1.17 Teorik Birikimili Olasılık 0.039 0.259 0.393 0.405 0.617 0.687 0.887 0.904 Sapma Alt Üst 0.039 0.134 0.143 0.030 0.117 0.062 0.137 0.029 0.086 0.009 0.018 0.095 0.008 0.063 0.012 0.096 Gözlenen birikimli olasılık ile teorik birikimli olasılık arasındaki en büyük sapma D8 = 0.143 olarak bulunmuştur. Dikkat edilirse, soruda verilen Kolmogorov-Smirnov kritik değerleri tablosu, gözlem sayısından 6/8 (serbestlik derecesinden) bağımsızdır. Bu bağımsızlığı sağlayabilmek için bulduğumuz değerin ikinci sütunda verilen düzeltme katsayısı ile çarpılması gerekmektedir. 0.2 0.5 D = D8 − = 0.385 8 + 0.26 + 8 8 Anlamlılık düzeyi α = 0.05 için tablodan 0.95 sütunu ve üstel dağılım satırının kesiştiği yerdeki kritik değer 1.094 olarak bulunur. 0.385 ≤ 1.094 olduğuna göre boş hipotezi ret edecek yeterli veri olmadığı sonucuna varabiliriz. Elle simülasyonda kullanılacak ters dönüşüm denklemleri aşağıdaki tabloda verilmiştir. Amaç Müşteri gelişler arası süresi İşlem Tipi Dağılım Ortalaması 2 dakika olan üstel dağılım Müşteri İşlemleri Bankacılık Hizmetleri 0.25 dakika ile 0.50 dakika arasında düzgün dağılım Ortalaması 2 dakika standart sapması 0.8 dakika normal dağılım Ortalaması 4 dakika standart sapması 1 dakika normal dağılım Evet Hayır 0.5 dakika ortalamalı üstel dağılım x = −2 ln( RS ) Ters Dönüşüm Denklemi 0.000 ≤ RS ≤ 0.349 0.350 ≤ RS ≤ 0.999 Müşterinin yanıt verme süresi Müşteri işlemleri süresi x = 0.25 + 0.25 RS x = 2 + 0.8 RNS x = 4 + RNS 0.000 ≤ RS ≤ 0.299 0.300 ≤ RS ≤ 0.999 Bankacılık hizmetleri süresi Yanlış hizmet seçilmiş mi? Yanlış hizmetin belirlenme süresi x = −0.5 ln( RS ) Elle simülasyon tablosunu iki kısımda oluşturabiliriz: 1) Merkez operatöre müşteri gelişleri, operatörün çalışması ve yapılacak işlemin seçimi 2) Müşteri İşlemleri ve Bankacılık Hizmetleri operatörlerin çalışması Aşağıda gelen beş müşteri için birinci kısmın elle simülasyon tablosu verilmiştir. Merkez RS 0.959 0.304 0.487 0.835 0.212 GAS 0.08 2.38 1.44 0.36 3.10 GZ 0.08 2.46 3.90 4.26 7.36 Başlama 0.00 0.26 2.46 3.90 4.26 7.36 RS 0.044 0.553 0.311 0.296 0.193 0.195 İşlem Süresi 0.26 0.39 0.33 0.32 0.30 0.30 Bitiş 0.26 0.65 2.79 4.22 4.56 7.66 Bekleme 0.00 0.18 0.00 0.00 0.00 0.00 RS 0.172 0.141 0.771 0.159 0.665 0.505 İşlem Tipi Mİ Mİ BH Mİ BH BH 7/8 Başlangıç anında Merkez operatörün işlediği bir müşteri bulunmaktadır. 0.08 dakikasında gelen müşteri 0.26 anına kadar işlemin bitişini beklemiştir. Bunun dışında bir bekleme olmamıştır. Müşteri İşlemleri ve Bankacılık Hizmetleri operatörlerinin çalışması ile ilgili tablolar aşağıda verilmiştir. Müşteri İşlemleri Geliş Yanlış Aktarma Zamanı Başlama RS Operatör RS Zamanı 0 0 0.534 Hayır 0.26 Kaçtı 0.65 Kaçtı 4.22 4.22 0.245 Evet 0.144 0.97 4.70 5.19 RNS 0.24 İşlem Süresi 2.19 Bitiş 2.19 Bekleme Süresi 0.00 1.00 1.00 0.00 0.49 1.16 2.93 5.19 8.12 Başlangıç anında operatörde bir müşteri bulunmaktadır. Bu müşterinin yanlış bağlanmadığı 0.534 rastsal sayısıyla belirlenmiş ve işlem bitiş zamanı 2.19 olarak bulunmuştur. Bu nedenle 0.26 ve 0.65 dakikalarında gelen müşteriler bir dakikadan fazla bekleyip kaçmışlardır. 4.22 anında gelen müşterinin yanlış operatörü tuşlayıp tuşlamadığını belirlemek amacıyla atılan rastsal sayı 0.245 gelmiş ve yanlış bağlandığı bulunmuştur. Yanlışlığın anlaşılması için geçen süre ortalaması 0.5 dakika olan üstel dağılıma uymaktadır. 0.144 rastsal sayısından bu süre 0.97 dakika olarak bulunmuştur. İşleme başlanılan 4.22 anından 0.97 dakika sonra müşteri, Bankacılık Hizmetleri operatörünün kuyruğuna aktarılmıştır. Bankacılık Hizmetleri Geliş Başlama Zamanı 0 2.79 4.56 5.19 7.66 0 Kaçtı 4.56 5.19 Kaçtı RS 0.876 0.185 Yanlış Operatör Hayır Evet RS 0.756 Aktarma Zamanı 0.14 0.14 4.14 RNS 0.25 İşlem Süresi 4.25 Bitiş 4.25 4.70 9.33 Bekleme Süresi 0.00 1.00 0.00 0.00 1.00 Başlangıç anındaki müşterinin yanlış bağlanmadığı belirlenmiş (0.876) ve operatördeki işlem süresi 4.25 olarak bulunmuştur. İlk müşteri 4.25 anında sistemden çıkana kadar 2.79’da gelen müşteri bir dakikadan fazla beklediğinden kaçmıştır. 4.56 anında gelen müşterinin yanlış bağlandığı (0.185 < 0.300) anlaşılmış ve bu müşteri 0.14 dakika sonra Müşteri İşlemleri operatörüne aktarılmıştır. Müşteri aktarıldığı için yanlış operatöre bağlanma olasılığı kalmamıştır. Müşteri İşlemleri operatörü için hazırlanan tablonun son satırında görüldüğü gibi müşteri 0.49 dakika bekledikten sonra işlem görmüştür. Müşteri İşlemleri operatörünün aktardığı müşteri, 5.19 anında Bankacılık Hizmetleri operatörüne ulaştığında operatör boştur ve hemen işleme başlar. Bu müşteri de aktarıldığı için yanlışlığın belirlenmesi amacıyla rastsal sayı atılmamıştır. Sonuç olarak, a) Merkez kuyruğunda ortalama bekleme süresi 0.18 / 6 = 0.03 dakika, Müşteri İşlemleri kuyruğunda bekleme süresi 2.49 / 5 = 0.498 dakika ve Bankacılık Hizmetleri kuyruğunda bekleme süresi 2 / 5 = 0.4 dakika bulunmuştur. b) İkisi Müşteri İşlemlerini beklerken, diğer ikisi Bankacılık İşlemlerini beklerken olmak üzere dört müşteri vazgeçmiştir. 8/8 ...
View Full Document

This note was uploaded on 11/10/2009 for the course SIMULATION 20091 taught by Professor Erhanbozdag during the Spring '09 term at Istanbul Technical University.

Ask a homework question - tutors are online