We first observe that B = 0 for the

We first observe that B = 0 for the level-n active period, i.e. the lowest priority task is never blocked. Next, we distinguish two complementary cases, a first case with ϕi(ts)=0 for all i and a second case where this does not hold. We prove the lemma by considering both cases separately. For the first case, we prove that for B = 0 and ϕi(ts)=0 for all i the value x = lcm(T1,...,Tn) is a solution of (26). For these values of B and ϕi(ts), equation (26) simplifies to x = ∑ j≤nx TjCj. Becauselcm(T1,...,Tn) Tj Cj = lcm(T1,...,Tn)Cj Tj and ∑ j≤n Cj Tj = U = 1, we immediately see that lcm(T1,...,Tn) is a (positive) solution. For the second case, we prove that the condition U = 1 and lcm of the periods of T exists is sufficient by means of Lemma 15. Let f be defined as f(x)=∑ j≤n
x−ϕj(ts) Tj +·Cj. We choose a = minj≤nCj/2. Similar to the proof of Lemma 2, we find f(a) > a. In order to choose an appropriate b, we make the following derivation. f(x)≤∑ j≤nx TjCj We now consider two disjunct cases for x = lcm(T1,...,Tn). Iff(x) < ∑j≤nx TjCj, we choose b = lcm(T1,...,Tn), andtherefore get b > f(b). Now the conditions for Lemma 15 hold, i.e. the function f(x) is defined and strictly non-decreasing in an interval [a,b] with f(a)> a and f(b)< b. Hence, there exists an x∈(min j≤n Cj 2 ,lcm(T1,...,Tn)) such that x = f(x). If f(x)=∑j≤ix TjCj, we found a (positive) solution and we are also done.
Appendix B.1 presents an example consisting of two tasks withU =1 and the least common multiple of the periods does not exist, where the level-n active period does not end.

Kết quả (Việt) 1:

Chúng tôi quan sát chính đó B = 0 trong thời gian hoạt động cấp-n, tức là nhiệm vụ ưu tiên thấp nhất không bao giờ bị chặn. Tiếp theo, chúng ta phân biệt hai trường hợp bổ sung, một trường hợp vòng với ϕi (ts) = 0 cho tất cả các i và một lần thứ hai trường hợp nơi đây không giữ. Chúng ta chứng minh bổ đề bằng cách xem xét cả hai trường hợp riêng biệt. Đối với trường hợp chính, chúng tôi chứng minh rằng với B = 0 và ϕi (ts) = 0 cho tất cả tôi có giá trị x = lcm(T1,...,Tn) là một giải pháp (26). Đối với những giá trị của B và ϕi(ts), phương trình (26) simplifies x = ∑ j≤n x Tj Cj. Bởi vì lcm(T1,...,Tn) Tj Cj = lcm (T1,..., Tn) Cj Tj và ∑ j≤n Cj Tj = U = 1, chúng tôi ngay lập tức xem lcm(T1,...,Tn) đó là một giải pháp (tích cực). Đối với trường hợp thứ hai, chúng tôi chứng minh rằng tình trạng U = 1 và BCNN của các giai đoạn của T tồn tại là sufficient bằng phương tiện của bổ đề 15. Cho f là defined f (x) = ∑ j≤n x−ϕj(ts) Tj + ·Cj. Chúng tôi chọn một = minj≤nCj/2. Tương tự như chứng minh bổ đề 2, chúng tôi nhiều f(a) > một. Để chọn một b thích hợp, chúng tôi thực hiện các derivation sau. f (x) ≤∑ j≤n x Tj Cj chúng tôi bây giờ hãy xem xét hai trường hợp rời rạc x = lcm(T1,...,Tn). IFF(x) < ∑j≤n x Tj Cj, chúng tôi chọn b = lcm(T1,...,Tn), andtherefore nhận được b > f(b). Bây giờ điều kiện cho bổ đề 15 tổ chức, ví dụ hàm f (x) là defined và nghiêm ngặt không-giảm trong một khoảng thời gian [a, b] với f(a) > một và f(b) < sinh do đó, có tồn tại một x∈ (min j≤n Cj 2, lcm(T1,...,Tn)) như vậy rằng x = f (x). Nếu f (x) = ∑j≤i x Tj Cj, chúng tôi tìm thấy một giải pháp (tích cực) và chúng tôi cũng đã làm xong. Phụ lục B.1 trình bày một ví dụ bao gồm hai nhiệm vụ withU = 1 và bội chung nhỏ nhất trong những giai đoạn không tồn tại, nơi mà thời gian hoạt động cấp-n không kết thúc.

Kết quả (Việt) 2:

Chúng tôi fi đầu tiên quan sát rằng B = 0 cho giai cấp n hoạt động, tức là nhiệm vụ ưu tiên thấp nhất là không bao giờ bị chặn. Tiếp theo, chúng ta phân biệt hai trường hợp bổ sung, một trường hợp đầu tiên kinh với φi (ts) = 0 với mọi i và một trường hợp thứ hai, nơi này không giữ. Chúng tôi chứng minh bổ đề bằng cách xem xét cả hai trường hợp riêng biệt. Đối với trường hợp đầu tiên kinh, chúng tôi chứng minh cho B = 0 và φi (ts) = 0 với mọi i giá trị x = lcm (T1, ..., Tn) là một giải pháp (26). Đối với các giá trị của B và φi (ts), phương trình (26) fi Simpli es để x = Σ j≤n? X Tj? Cj. Bởi vì? Lcm (T1, ..., Tn) Tj? Cj = lcm (T1, ..., Tn) Cj Tj và Σ j≤n Cj Tj = U = 1, chúng ta thấy ngay rằng lcm (T1, .. ., Tn) là một (tích cực), giải pháp. Đối với trường hợp thứ hai, chúng tôi chứng minh rằng các điều kiện U = 1 và lcm của các giai đoạn của T tồn tại là h.tố fi cient bằng phương tiện của bổ đề 15. Hãy f được định nghĩa là f (x) = Σ j≤n ?? x-φj (ts ) Tj ?? + · Cj. Chúng tôi chọn một = minj≤nCj / 2. Tương tự như các bằng chứng của bổ đề 2, chúng tôi fi f (a)> a. Để chọn một b thích hợp, chúng tôi làm cho nguồn gốc sau. f (x) ≤Σ j≤n? x Tj? Cj Bây giờ chúng ta xem xét hai trường hợp bậc hở cho x = lcm (T1, ..., Tn). Khi và chỉ khi (x) <Σj≤n? X Cj Tj?, Chúng ta chọn b = lcm (T1, ..., Tn), andtherefore được b> f (b). Bây giờ các điều kiện để bổ đề 15 giữ, tức là hàm f (x) là de fi ned và nghiêm chỉnh không giảm trong một khoảng [a, b] với f (a)> a và f (b) <b. Do đó, có tồn tại một x∈ (min j≤n Cj 2, lcm (T1, ..., Tn)) sao cho x = f (x). Nếu f (x) = Σj≤i? X Cj Tj?, Chúng tôi tìm thấy một (tích cực), giải pháp và chúng tôi cũng đã làm xong. ? B.1 Phụ lục trình bày một ví dụ bao gồm hai nhiệm vụ withU = 1 và bội số chung nhỏ nhất của các giai đoạn không tồn tại, đó giai đoạn cấp n hoạt động không chấm dứt.