M/M/1 待ち行列モデル｜オペレーションズマネジメント

🎓 レベル：標準　|　重要度：A（必須）

📎 前提：待ち行列の基礎とリトルの法則（指標 L,Lq,W,Wq・稼働率 ρ・L=λW）　|　確率の土台：確率過程（マルコフ連鎖・ポアソン過程）（連続時間マルコフ・詳細釣り合い）・指数分布・ガンマ分布・ベータ分布（指数の無記憶性）　|　次：M/M/c 待ち行列と窓口設計

要点（BLUF）

M/M/1 はポアソン到着（率 $\lambda$ ）・指数サービス（率 $\mu$ ）・単一窓口。系内数 $n$ を状態とすると、無記憶性のおかげで**隣の状態にしか移らない連続時間マルコフ連鎖（birth-death 過程）**になります。
定常状態では、状態 $n$ と $n+1$ の境界を上り（到着）と下り（サービス完了）で渡る流量が釣り合うので $\lambda P_n=\mu P_{n+1}$ 。これを解くと定常分布 $P_n=(1-\rho)\rho^n$ （公比 $\rho$ の幾何分布）。
安定条件 $\rho<1$ は、 $\sum_n \rho^n$ （幾何級数）が収束して確率の総和を 1 にできる条件そのものです。 $\rho\ge1$ では行列が無限に伸びて定常分布が存在しません。
$P_n$ から指標が一気に出ます—— $L=\dfrac{\rho}{1-\rho}$ 、 $L_q=\dfrac{\rho^2}{1-\rho}$ 、 $W=\dfrac{1}{\mu-\lambda}$ 、 $W_q=\dfrac{\rho}{\mu-\lambda}$ 。待たされる確率（窓口が塞がっている確率）は $P(N\ge n)=\rho^n$ 、とくに $P(N\ge1)=\rho$ 。すべて $\dfrac{1}{1-\rho}$ が効いて $\rho\to1$ で発散します。

1. M/M/1 を birth-death 過程として立てる

M/M/1 の系内数 $N(t)$ （サービス中も含めた人数）を状態とします。M（指数・無記憶）の威力はここで効きます——到着間隔も残りサービス時間も無記憶（指数分布・ガンマ分布・ベータ分布）なので、「いま何人いるか」さえ分かれば、過去の経緯（誰がいつ来たか）を一切知らなくても将来の確率が決まります。つまり $N(t)$ は連続時間マルコフ連鎖です。

しかも微小時間 $dt$ の間に起きうるのは「到着1件（ $n\to n+1$ ）」か「サービス完了1件（ $n\to n-1$ ）」だけで、2件同時はほぼ起きません（ポアソン過程の希少性、確率過程（マルコフ連鎖・ポアソン過程））。状態が隣としか行き来しないこの種の連鎖を birth-death 過程と呼びます。

上りの遷移率（birth・到着）：どの状態 $n$ からも $\lambda$
下りの遷移率（death・サービス完了）：状態 $n\ge1$ から $\mu$ （窓口が1個動いている）

flowchart LR
  S0["0"] -->|"λ"| S1["1"]
  S1 -->|"μ"| S0
  S1 -->|"λ"| S2["2"]
  S2 -->|"μ"| S1
  S2 -->|"λ"| S3["3"]
  S3 -->|"μ"| S2
  S3 -->|"λ"| Sd["…"]
  Sd -->|"μ"| S3

2. 流量の釣り合いから定常分布 $P_n=(1-\rho)\rho^n$ を導く

定常分布 $P_n=\Pr(N=\infty\text{で系内が}n)$ を求めます。birth-death 過程では、隣り合う状態の境界線を横切る流れが、定常では上下で釣り合う（詳細釣り合い／cut balance）。これは確率過程（マルコフ連鎖・ポアソン過程）の詳細釣り合い $\pi_i P_{ij}=\pi_j P_{ji}$ の連続時間版で、状態 $n$ と $n+1$ の間の「カット」を考えると：

\underbrace{\lambda P_n}_{n\to n+1\text{ の上り流量}}=\underbrace{\mu P_{n+1}}_{n+1\to n\text{ の下り流量}}\qquad(n=0,1,2,\dots)

なぜ釣り合うか。定常では状態 $n+1$ にいる確率が時間で変わらないので、 $n+1$ への流入と流出が等しい。境界をまたぐ流れは上り $\lambda P_n$ と下り $\mu P_{n+1}$ の2本だけなので、この2本が等しくなります。ここから漸化式が出ます。

P_{n+1}=\frac{\lambda}{\mu}P_n=\rho\,P_n\qquad\Bigl(\rho:=\frac{\lambda}{\mu}\Bigr)

繰り返し適用すると、 $P_1=\rho P_0,\ P_2=\rho P_1=\rho^2 P_0,\dots$ で

P_n=\rho^n P_0

最後に $P_0$ を規格化条件（全部足したら 1）で決めます。確率の総和は公比 $\rho$ の幾何級数です。

\sum_{n=0}^{\infty}P_n=P_0\sum_{n=0}^{\infty}\rho^n=\frac{P_0}{1-\rho}=1 \quad\Longrightarrow\quad P_0=1-\rho

幾何級数 $\sum_{n\ge0}\rho^n=\dfrac{1}{1-\rho}$ が収束するのは $\rho<1$ のときだけ――これが安定条件 $\rho<1$ の正体です。 $\rho\ge1$ なら和が発散し、 $P_0$ を正にとれない（定常分布が存在しない＝行列が無限に伸びる）。こうして M/M/1 の定常分布が出ました。

\boxed{\,P_n=(1-\rho)\,\rho^n\,}\qquad(n=0,1,2,\dots)

これは公比 $\rho$ の幾何分布です。 $P_0=1-\rho$ は「窓口が空いている確率」、 $1-P_0=\rho$ は「窓口が塞がっている＝到着客が待たされる確率」。一般に裾確率は

P(N\ge n)=\sum_{k\ge n}(1-\rho)\rho^k=\rho^n

で、 $P(N\ge1)=\rho$ （待たされる確率）が再確認できます。

3. 定常分布から4つの指標を導く

$P_n$ が幾何分布だと分かれば、平均は機械的に出ます。系内数の期待値 $L$ は

L=\sum_{n=0}^{\infty}n\,P_n=(1-\rho)\sum_{n=0}^{\infty}n\,\rho^n

ここで $\sum_{n\ge0}n\rho^n=\dfrac{\rho}{(1-\rho)^2}$ を使います（これは幾何級数 $\sum\rho^n=\frac{1}{1-\rho}$ を $\rho$ で微分した $\sum n\rho^{n-1}=\frac{1}{(1-\rho)^2}$ に $\rho$ を掛けたもの）。代入して

\boxed{\,L=(1-\rho)\cdot\frac{\rho}{(1-\rho)^2}=\frac{\rho}{1-\rho}\,}

残り3つはリトルの法則と分解（待ち行列の基礎とリトルの法則）で芋づる式に出ます。 $W=L/\lambda$ 、 $W_q=W-1/\mu$ 、 $L_q=\lambda W_q$ を順に当てると：

W=\frac{L}{\lambda}=\frac{\rho}{\lambda(1-\rho)}=\frac{1}{\mu-\lambda},\qquad W_q=W-\frac{1}{\mu}=\frac{1}{\mu-\lambda}-\frac{1}{\mu}=\frac{\rho}{\mu-\lambda}

L_q=\lambda W_q=\frac{\lambda\rho}{\mu-\lambda}=\frac{\rho^2}{1-\rho}

（ $W$ の変形は $\rho=\lambda/\mu$ より $\dfrac{\rho}{\lambda(1-\rho)}=\dfrac{1}{\mu(1-\rho)}=\dfrac{1}{\mu-\lambda}$ 。 $L_q$ は $\lambda=\rho\mu$ を入れて $\dfrac{\rho\mu\cdot\rho}{\mu-\lambda}=\dfrac{\rho^2}{1-\rho}$ 。）4指標が出そろいました。

L=\frac{\rho}{1-\rho},\quad L_q=\frac{\rho^2}{1-\rho},\quad W=\frac{1}{\mu-\lambda},\quad W_q=\frac{\rho}{\mu-\lambda}

4つすべてに $\dfrac{1}{1-\rho}$ が共通因子として効いている（ $L,L_q$ は露わに、 $W,W_q$ は $\mu-\lambda=\mu(1-\rho)$ の形で）ことに注目してください。これが「 $\rho\to1$ で全指標が発散する」数理的な理由です。

4. 閉形式 vs シミュレーション：定常分布まで一致する（コード）

導いた式を信じる前に、独立な離散事象シミュレーションで裏を取ります。Lindley 再帰でサービス開始・退去時刻を求め、平均だけでなく定常分布 $P_n$ そのもの（各人数 $n$ に滞在した時間の割合）が $(1-\rho)\rho^n$ に一致するかまで見ます。平均が合うだけなら偶然もありえますが、分布全体が重なれば導出が正しい何よりの証拠です。 $\rho=0.75$ （ $\lambda=0.75,\mu=1$ ）で回します。

import numpy as np
import pandas as pd

rng = np.random.default_rng(20260627)

lam = 0.75   # 到着率（人/分）
mu = 1.0     # サービス率（人/分）
rho = lam / mu

# --- 閉形式の M/M/1 ---
L_th = rho / (1 - rho)
Lq_th = rho**2 / (1 - rho)
W_th = 1 / (mu - lam)
Wq_th = rho / (mu - lam)
P_busy = rho            # 待たされる確率 = サーバが塞がっている確率 = 1 - P_0
print(f"rho = lambda/mu = {rho:.4f}")
print(f"L  = rho/(1-rho)        = {L_th:.4f}")
print(f"Lq = rho^2/(1-rho)      = {Lq_th:.4f}")
print(f"W  = 1/(mu-lambda)      = {W_th:.4f}")
print(f"Wq = rho/(mu-lambda)    = {Wq_th:.4f}")
print(f"待たされる確率 P(N>=1)  = rho = {P_busy:.4f}")
print()

# --- 離散事象シミュレーション（Lindley 再帰）---
N = 3_000_000
inter = rng.exponential(1.0 / lam, N)
arrivals = np.cumsum(inter)
service = rng.exponential(1.0 / mu, N)
cumS = np.cumsum(service)
dep = cumS + np.maximum.accumulate(arrivals - (cumS - service))  # 退去時刻
start = dep - service
wait_q = start - arrivals
sojourn = dep - arrivals
Wq_sim, W_sim = wait_q.mean(), sojourn.mean()

# 系内数 n(t) の時間平均 L と、各 n に滞在した時間割合（定常分布 P_n の実測）
t = np.concatenate([arrivals, dep])
sgn = np.concatenate([np.ones(N), -np.ones(N)])
order = np.argsort(t, kind="mergesort")
t, sgn = t[order], sgn[order]
level = np.cumsum(sgn).astype(int)        # 各イベント直後の系内数
dt = np.diff(t)
lv = level[:-1]                            # 区間 [t_k, t_{k+1}] の系内数
horizon = t[-1] - t[0]
L_sim = float(np.sum(lv * dt) / horizon)
time_at = np.bincount(lv, weights=dt)      # n ごとの滞在時間
P_emp = time_at / time_at.sum()            # 実測 P_n

print(f"シミュ（N={N}）：L={L_sim:.4f}（理論{L_th:.3f}） "
      f"Wq={Wq_sim:.4f}（理論{Wq_th:.3f}） W={W_sim:.4f}（理論{W_th:.3f}）")
print()
print("定常分布 P_n = (1-rho)*rho^n の検証（n=0..6）")
print(" n    理論P_n     実測P_n")
for n in range(7):
    P_th = (1 - rho) * rho**n
    print(f"{n:2d}   {P_th:8.5f}   {P_emp[n]:8.5f}")

出力：

rho = lambda/mu = 0.7500
L  = rho/(1-rho)        = 3.0000
Lq = rho^2/(1-rho)      = 2.2500
W  = 1/(mu-lambda)      = 4.0000
Wq = rho/(mu-lambda)    = 3.0000
待たされる確率 P(N>=1)  = rho = 0.7500

シミュ（N=3000000）：L=3.0140（理論3.000） Wq=3.0164（理論3.000） W=4.0177（理論4.000）

定常分布 P_n = (1-rho)*rho^n の検証（n=0..6）
 n    理論P_n     実測P_n
 0    0.25000    0.24886
 1    0.18750    0.18739
 2    0.14062    0.14042
 3    0.10547    0.10558
 4    0.07910    0.07917
 5    0.05933    0.05932
 6    0.04449    0.04459

出力の意味：閉形式は $\rho=0.75$ で $L=3,\ L_q=2.25,\ W=4,\ W_q=3$ 、待たされる確率 $\rho=0.75$ 。シミュレーションの平均は $L=3.014,\ W_q=3.016,\ W=4.018$ で理論と小数第2位まで一致しました。決め手は下の表で、各人数に滞在した時間割合（実測 $P_n$ ）が、幾何分布 $(1-\rho)\rho^n$ （理論 $P_n$ ）と $n=0$ から $6$ まで小数第3位までぴたり重なっています（ $P_0=0.249$ vs $0.250$ 、 $P_3=0.1056$ vs $0.1055$ …）。平均だけでなく分布の形まで一致したことで、「流量の釣り合い → $P_n=(1-\rho)\rho^n$ 」という導出が机上の空論でないと確認できました。 $P_0\approx0.25$ 、すなわち窓口は約25%の時間が空き・75%が稼働で、 $P(N\ge1)=\rho=0.75$ の待たされる確率とも整合します。

5. $1/(1-\rho)$ の爆発と「余力を作る」効果（コード）

第3節で4指標すべてに $1/(1-\rho)$ が効くと分かりました。これが実務にどう響くかを2つの角度で見ます。(A) 到着 $\lambda=9$ 件/時を固定し、サービス率 $\mu$ を上げて余力を作ると待ちがどれだけ減るか。(B) $L=\rho/(1-\rho)$ が $\rho\to1$ で発散する様子。

import numpy as np
import pandas as pd
import matplotlib.pyplot as plt
import japanize_matplotlib

# (A) 数値例：到着 lambda=9 件/時 を固定し、サービス率 mu を上げて「余力」を作る
# rho=lambda/mu が下がると Wq=rho/(mu-lambda) が激減することを表で示す
lam = 9.0  # 件/時
rows = []
for mu in [9.5, 10.0, 11.0, 12.0, 15.0]:
    rho = lam / mu
    Wq_hr = rho / (mu - lam)        # 平均待ち時間（時）
    L = rho / (1 - rho)
    rows.append({"mu(件/時)": mu, "rho": rho, "Wq(分)": Wq_hr * 60, "L(系内数)": L})
df = pd.DataFrame(rows)
print(f"到着 lambda = {lam} 件/時（固定）。サービス率 mu を上げて余力を作る：")
print(df.to_string(index=False, float_format=lambda x: f"{x:.3f}"))
print()

# rho=0.8 -> 0.9 -> 0.95 で L がどう増えるか（倍々）
for rho in [0.80, 0.90, 0.95]:
    print(f"rho={rho:.2f}: L=rho/(1-rho)={rho / (1 - rho):.2f}")

# (B) 図：L=rho/(1-rho) の 1/(1-rho) 爆発
rr = np.linspace(0.01, 0.97, 400)
L_curve = rr / (1 - rr)
plt.figure(figsize=(9, 5.5))
plt.plot(rr, L_curve, color="#1f77b4", lw=2, label=r"$L=\rho/(1-\rho)$")
for rho in [0.80, 0.90, 0.95]:
    L = rho / (1 - rho)
    plt.scatter([rho], [L], color="#d62728", zorder=5)
    plt.annotate(f"ρ={rho:.2f}\nL={L:.0f}", (rho, L),
                 textcoords="offset points", xytext=(-38, -4), fontsize=9, color="#d62728")
plt.axvline(1.0, color="gray", ls="--", label=r"$\rho\to1$ で発散")
plt.xlabel("稼働率 ρ"); plt.ylabel("系内の平均人数 L")
plt.title(r"M/M/1：$L=\rho/(1-\rho)$ — 稼働率が1に近づくと待ちが発散する")
plt.ylim(0, 25); plt.legend(); plt.tight_layout()
plt.show()

出力：

到着 lambda = 9.0 件/時（固定）。サービス率 mu を上げて余力を作る：
 mu(件/時)   rho   Wq(分)  L(系内数)
   9.500 0.947 113.684  18.000
  10.000 0.900  54.000   9.000
  11.000 0.818  24.545   4.500
  12.000 0.750  15.000   3.000
  15.000 0.600   6.000   1.500

rho=0.80: L=rho/(1-rho)=4.00
rho=0.90: L=rho/(1-rho)=9.00
rho=0.95: L=rho/(1-rho)=19.00

出力の意味：到着 9 件/時に対し、サービス能力が $\mu=9.5$ 件/時しかないと稼働率 0.947・待ち時間は約114分。ここで $\mu$ を上げて余力を作ると劇的に効きます—— $\mu=10$ で 54 分、 $\mu=12$ で 15 分。能力をたった $9.5\to12$ （約26%増）に増やすだけで、待ち時間は 114分→15分（約8分の1） に縮みました。これは線形の改善ではありません。 $\mu$ を上げると分母の $\mu-\lambda$ が大きくなると同時に $\rho$ も下がるので、 $1/(1-\rho)$ の効果が二重に効くからです。下段の $L$ も $\rho=0.8\to0.9\to0.95$ で $4\to9\to19$ と倍々で増えており、図の青い曲線が $\rho=1$ で天井知らずに跳ね上がる通りです。「混んできたら能力に少し余力を足す」だけで待ちが激減する――待ち行列設計の最も実用的な教訓です。

⚠️ よくある誤解

「平均待ち時間だけ見ればよい」ではない：M/M/1 の系内数は幾何分布 $(1-\rho)\rho^n$ で裾を引きます。 $\rho=0.9$ なら $P(N\ge10)=0.9^{10}\approx0.35$ もあり、「平均は9人でも、たまに非常に混む」。SLA は平均でなく**裾（95パーセンタイル待ち）**で切られることが多く、平均だけの設計は危険です。
「 $\rho$ が少し違っても待ちは少ししか変わらない」ではない： $1/(1-\rho)$ が効くので、 $\rho$ のわずかな差が待ちを大きく動かします（ $0.90\to0.95$ で待ち倍増）。需要予測や処理時間の見積もりが数%ずれただけで、待ち時間の予測は大きく外れます。高稼働域ほど見積もり精度がシビアです。
「M/M/1 はどんな窓口にも当てはまる」ではない：M/M/1 は無限母集団・FIFO・指数サービス・割り込みなし・1窓口という理想化です。サービス時間が指数でない（ばらつきが小さい）なら、同じ $\rho$ でも待ちは M/M/1 より短くなります（一般には Pollaczek–Khinchine 公式で $W_q$ がサービス時間の変動係数に依存。要最新確認）。M/M/1 は「指数という最も暴れるサービス」での上限の目安と捉えるのが安全です。
「窓口を増やすのと能力を上げるのは同じ」ではない： $\mu$ を上げる（1窓口を速くする）のと、窓口数 $c$ を増やすのは別の設計で、待ちへの効き方も違います。複数窓口（M/M/c）と要員設計は次章 M/M/c 待ち行列と窓口設計で扱います。