Uma unidade importante consiste de dois componentes colocados em paralelo. A unidade tem um desempenho satisfatório se um dos dois componentes estiver operando. Um componente quebra num dado período de tempo com probabilidade 0.08 . Suponha que o componente somente quebre no final de um período. Quando isto ocorre, o componente paralelo assume a operação, se disponível, continuando no período seguinte. Apenas um técnico de manutenção é designado para consertar cada componente que esteja precisando de reparo, e ele leva dois períodos para
completar o conserto. Faça Xt ser um vetor consistindo de dois elementos U e V. U representa o número de componentes em operação ao final do t-ésimo período. V assumirá o valor 1, se o técnico de manutenção precisar apenas de mais um período para concluir o conserto, se ele estiver ocupado nisso, e zero, no outro caso. Assim o espaço de estado consiste de 1 quatro estados (2,0),(1,0),(0,1) e (1,1). Por exemplo, o estado (1,1) implica que um componente está em operação e que o outro componente precise de um período adicional para reparo antes que se torne operativo. Denote estes estados por 0,1,2 e 3 ,
respectivamente ( \mathrm{Xt}(\mathrm{t}=0,1,2, \ldots) é uma cadeia de Markov). Suponha que XO seja o vetor ( 2,0 ); isto é \mathrm{X} 0=0. a) Determine a matriz de transição para o processo; b) Qual é a probabilidade de que haja uma fila de espera de comprimento 1 (um componente precisando ser consertado, mas ainda não em conserto) ao final do período atual? c) Quais são as probabilidade de equilíbrio? d) Estando a unidade inoperável (ambos os componentes quebrados), tem-se um custo de \mathrm{R} \ 20.000$ por período e zero no caso contrário. Qual será o custo médio esperado (a longo prazo) por período?

Passo 1

  • O sistema: duas unidades em paralelo; a unidade funciona se pelo menos uma componente opera.
  • Probabilidade de quebra de cada componente, no final de um período: \;p=0,08. Denoto q=1-p=0,92.
  • Um técnico faz conserto e leva exatamente dois períodos para concluir um conserto.
  • O vetor-estado X_t=(U,V): U = número de componentes operando ao final do t-ésimo período; V=1 se o técnico está ocupado e falta apenas um período para concluir o conserto, e V=0 caso contrário.
  • Os quatro estados dados (e seus rótulos) são:
    • estado 0: (2,0) — os dois componentes operam, técnico não está em “último período” de conserto;
    • estado 1: (1,0) — um operando, o outro precisa de conserto mas não está na fase com um período restante (veja modelagem abaixo);
    • estado 2: (0,1) — nenhum operando, e há um conserto em sua segunda e última fase (falta um período);
    • estado 3: (1,1) — um operando e o outro está na fase final do conserto (falta um período).
  • Condição inicial: X_0=0 (ou seja, começamos em (2,0)).
  • O que é pedido:
    a) determinar a matriz de transição da cadeia de Markov (X_t);
    b) a probabilidade de que haja uma fila de espera de comprimento 1 (um componente precisando ser consertado, mas ainda não em conserto) ao final do período atual;
    c) achar as probabilidades de equilíbrio (estacionárias);
    d) custo médio a longo prazo por período, sabendo que quando a unidade está inoperável (ambos quebrados) o custo é R\$20\,000 por período e zero caso contrário.

Passo 2

(Observação de modelagem — essencial para montar a matriz)
Para construir a matriz de transição precisamos fixar a ordem dos acontecimentos dentro de um período. Adoto a convention que é a mais usada nestes exercícios e que mantém coerência com a definição dos estados:
  • Consertos que estiverem na sua segunda (última) fase em um período serão concluídos nesse final de período (isto é, se V=1 no início do período, ao fim desse período o técnico finaliza esse conserto); essa conclusão ocorre “antes” dos eventos de quebra considerados para esse mesmo instante (ou seja, o componente consertado fica disponível para sofrer quebra naquele instante).
  • Quebras ocorrem no final do período conforme o enunciado; quando uma quebra ocorre e o técnico está disponível, presume-se que o técnico inicia imediatamente o conserto, que levará dois períodos a contar dali — isso implica que, ao registrar o estado imediatamente após essa quebra, o conserto já foi iniciado e, portanto, no final do próximo período o técnico estará na sua segunda fase (isto faz V assumir o valor 1 no passo seguinte quando um conserto foi iniciado neste instante).
    Essa ordem (conserto finaliza primeiro, depois ocorrem eventuais quebras; quando uma quebra ocorre o conserto é imediatamente iniciado) é a adotada para obter estados coerentes com as quatro combinações indicadas no enunciado.

Passo 3

(Construção da matriz de transição, caso a caso; uso de p e q=1-p.)
Vamos enumerar as probabilidades de transição de cada estado i para cada estado j (ordem de estados: 0,1,2,3 correspondendo a (2,0),(1,0),(0,1),(1,1)).
  1. Transições saindo de 0=(2,0).
  • Não há conserto a terminar; temos dois componentes operando durante o período. No final do período cada componente pode quebrar independentemente com probabilidade p.
  • Probabilidade de nenhum quebrar: q^2. Se nenhum quebrar, permanecemos em (2,0) (estado 0).
  • Probabilidade de exatamente um quebrar: 2pq. Quando exatamente um quebra, imediatamente é iniciado um conserto (técnico livre), portanto, após este evento teremos um componente operando e o conserto iniciado (que terá, após o próximo período, ainda uma última fase) — isto corresponde ao estado (1,1) (estado 3).
  • Probabilidade de ambos quebrarem: p^2. Se ambos quebram, o técnico inicia o conserto em um deles (vai demorar dois períodos), de modo que ao registrar o fim do período ficamos com U=0 e o conserto em andamento (na sua primeira etapa iniciada agora), o que, segundo nossa convenção, implica que no final do próximo período o técnico estará em sua última etapa: representamos este cenário por (0,1) (estado 2).
    Portanto as probabilidades de transição de 0 são:
P_{0,0}=q^2,\quad P_{0,3}=2pq,\quad P_{0,2}=p^2,\quad P_{0,1}=0.
  1. Transições saindo de 1=(1,0).
  • Aqui há um componente operando e não há conserto no seu último período (técnico livre agora). Durante o período:
    • Se o componente em operação não quebra (probabilidade q), ao final continua um operando, e o técnico permanece livre (estado (1,0), ou estado 1).
    • Se o componente em operação quebra (probabilidade p), então ambos ficam quebrados naquele instante; o técnico, livre, inicia imediatamente um conserto, ficando então em situação equivalente a (0,1) (estado 2) no registro do final do período.
      Assim:
P_{1,1}=q,\quad P_{1,2}=p,\quad P_{1,0}=P_{1,3}=0.
  1. Transições saindo de 2=(0,1).
  • Aqui não há componente operando no início do período, e há um conserto na sua segunda (última) fase: ao final deste período esse conserto será concluído (pela convenção adotada) e o componente ficará operacional antes das quebras que ocorrem naquele instante; portanto, imediatamente antes das quebras teremos 1 componente operando. Então aplicamos a probabilidade de quebra a esse único componente:
    • Se o componente recém-consertado não quebra (probabilidade q), ficamos com exatamente um operando e o técnico fica livre (estado (1,0) = estado 1).
    • Se esse componente quebra (probabilidade p), então após o evento temos novamente ambos quebrados, e o técnico, que acabou de concluir um conserto, inicia de imediato outro conserto, levando-nos a (0,1) (estado 2).
      Logo:
P_{2,1}=q,\quad P_{2,2}=p,\quad P_{2,0}=P_{2,3}=0.
  1. Transições saindo de 3=(1,1).
  • Aqui há um operando e o outro está na sua última fase de conserto; ao fim do período esse conserto será concluído (antes das quebras), deixando então dois componentes operando imediatamente antes das quebras. Assim, o caso a caso é idêntico ao do estado 0=(2,0) (dois operando na hora da quebra). Portanto as probabilidades de transição são as mesmas do estado 0:
P_{3,0}=q^2,\quad P_{3,3}=2pq,\quad P_{3,2}=p^2,\quad P_{3,1}=0.

Passo 4

(Escrevendo a matriz de transição P usando p=0{,}08 e q=0{,}92.)
A matriz P=(P_{ij}) com ordem de estados (0,1,2,3) é, em termos de p,q:
P= \begin{pmatrix} q^2 & 0 & p^2 & 2pq\\[4pt] 0 & q & p & 0\\[4pt] 0 & q & p & 0\\[4pt] q^2 & 0 & p^2 & 2pq \end{pmatrix}.
Substituindo p=0{,}08 e q=0{,}92 (valores numéricos):
P= \begin{pmatrix} 0{,}8464 & 0 & 0{,}0064 & 0{,}1472\\[4pt] 0 & 0{,}92 & 0{,}08 & 0\\[4pt] 0 & 0{,}92 & 0{,}08 & 0\\[4pt] 0{,}8464 & 0 & 0{,}0064 & 0{,}1472 \end{pmatrix}.]

Passo 5

(Resposta da parte b — probabilidade de fila de espera de comprimento 1 ao final do período atual, dado X_0=(2,0).)
  • “Fila de comprimento 1” significa: existe um componente precisando ser consertado e que ainda não está na fase de um período restante — isto é exatamente o estado 1=(1,0).
  • Começando em X_0=0, a probabilidade de acabar o primeiro período com essa fila é P(X_1=1\mid X_0=0)=P_{0,1}. Pela matriz acima P_{0,1}=0.
    Portanto a probabilidade pedida é 0.

Passo 6

(Cálculo das probabilidades de equilíbrio — distribuição estacionária \pi\) tal que \(\pi=\pi P\).) Denotando \(\pi=(\pi_0,\pi_1,\pi_2,\pi_3)\), as equações \(\pi=\pi P\) tornam-se (usando as entradas da matriz): \[\begin{cases} \pi_0 = \pi_0 q^2 + \pi_3 q^2,\\[4pt] \pi_1 = \pi_1 q + \pi_2 q,\\[4pt] \pi_2 = \pi_0 p^2 + \pi_1 p + \pi_2 p + \pi_3 p^2,\\[4pt] \pi_3 = \pi_0 2pq + \pi_3 2pq,\\[4pt] \pi_0+\pi_1+\pi_2+\pi_3=1. \end{cases}
Da segunda equação:
\pi_1(1-q)=\pi_2 q \quad\Rightarrow\quad \pi_1=\frac{q}{1-q}\,\pi_2.
Como 1-q=p\], isso é \(\pi_1=\dfrac{q}{p}\pi_2. Com q=0{,}92 e p=0{,}08 obtemos \pi_1=11{,}5\,\pi_2.
Observando as equações para \pi_0 e \pi_3: elas implicam relações que, ao serem manipuladas, mostram que a única solução viável (não-negativa e somando 1) é \pi_0=\pi_3=0 (detalhes algébricos: substituindo e resolvendo as duas primeiras igualdades leva a contradição a menos que \pi_0=\pi_3=0). Assim toda a massa está nos estados 1 e 2. Usando normalização:
\pi_1+\pi_2=1,\qquad \pi_1=\frac{q}{p}\pi_2.
Logo
\left(\frac{q}{p}+1\right)\pi_2=1 \quad\Rightarrow\quad \pi_2=\frac{1}{1+q/p}=\frac{p}{p+q}=\;p,
porque p+q=1. Portanto \pi_2=p e \pi_1=q. Numericamente, com p=0{,}08 e q=0{,}92:
\pi=(\pi_0,\pi_1,\pi_2,\pi_3)=(0,\;0{,}92,\;0{,}08,\;0).
Interpretação curta: no longo prazo a cadeia permanece apenas nos estados 1 e 2, com probabilidades q e p, respectivamente.]

Passo 7

(Cálculo do custo médio esperado a longo prazo — parte d.)
  • Custo por período é R\$20\,000 somente quando a unidade está inoperável, isto é, quando ambos os componentes estão quebrados; esse cenário corresponde ao estado 2=(0,1).
  • O custo médio a longo prazo por período é então R\$20\,000 multiplicado pela probabilidade estacionária de estar no estado 2: \pi_2. Com \pi_2=0{,}08,
\text{Custo médio} = 20\,000\times 0{,}08 = 1\,600.é
Portanto o custo médio esperado a longo prazo é R\$1\,600 por período.

Resposta

a) P= \begin{pmatrix} q^2 & 0 & p^2 & 2pq\\[4pt] 0 & q & p & 0\\[4pt] 0 & q & p & 0\\[4pt] q^2 & 0 & p^2 & 2pq \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}8464 & 0 & 0{,}0064 & 0{,}1472\\[4pt] 0 & 0{,}92 & 0{,}08 & 0\\[4pt] 0 & 0{,}92 & 0{,}08 & 0\\[4pt] 0{,}8464 & 0 & 0{,}0064 & 0{,}1472 \end{pmatrix}.
b) 0.
c) Distribuição de equilíbrio:
\pi=(\pi_0,\pi_1,\pi_2,\pi_3)=(0,\;0{,}92,\;0{,}08,\;0).
d) Custo médio esperado por período (longo prazo):
20\,000\times \pi_2 = 20\,000\times 0{,}08 = R\$1\,600.]

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