#Scheduling Algorithms for Multiprogramming in a Hard-Real-Time Environment

Author

• C. L. Liu, Project MAC, Massachusetts Institute of Technology
• Hames W. Layland, Jet Propulsion Laboratory, California Institute of Technology

Article URL

https://www.cs.ru.nl/~hooman/DES/liu-layland.pdf

#Introduction and Background

電腦在工業製程的控制與監測上的應用正快速增加，而且未來只會更普遍。在這類系統裡，電腦常常不是只做一般運算，而是必須負責一些有嚴格時間限制的控制與監控工作。有些應用環境中，電腦同時要處理兩類工作，一類是時間關鍵的控制與監測任務，另一類則是不具時間關鍵性的批次工作；但也有另一類系統，完全沒有非即時性的工作存在，整台電腦都專門用來執行時間關鍵任務。作者把這種後者稱為 pure process control，本文的分析就是以這種環境作為主要研究對象。

本文將探討兩種適用於這類系統的排程演算法，而且兩者都有兩個共同特徵：第一，它們都是 priority-driven，也就是由優先權決定哪個 task 先執行；第二，它們都是 preemptive，也就是只要有更高優先權的 task 到來，正在執行的較低優先權 task 就會立刻被中斷。這兩種演算法中的第一種採用固定優先權指派，作者指出它可以讓處理器使用率達到大約 70% 甚至更高；第二種則採用動態優先權指派，能進一步達到處理器的完全利用。此外，作者也提到，文中還會討論這兩種方法的混合形式。換句話說，Introduction 的重點是在告訴讀者：這篇論文要處理的是純 hard real-time 控制系統中的 task scheduling 問題，並且要比較固定優先權與動態優先權兩種排程思路。

程序控制電腦會執行一個或多個控制與監測功能，例如天線追蹤太空船便是一個典型例子。每一個功能背後都不是單一動作，而是由一組或多組 task 所組成。有些 task 會因為外部設備事件而被觸發，有些則是因為其他 task 中發生的事件而被觸發。不過不管來源是什麼，task 都有一個共同特性，就是不能在觸發事件發生之前先執行，而且每個 task 都必須在某個固定時間限制內完成。作者強調，這種必須保證在期限內完成服務的環境，就是 hard-real-time；它和 soft-real-time 的差異在於，soft real-time 只要求整體反應時間的統計表現可接受，但 hard real-time 則要求每個任務都必須得到明確保證。

hard real-time 系統中的任務具有明確的截止時間，不能只用傳統 multiprogramming 或 time-sharing 的觀點來看待；而既有 real-time 相關文獻又不是假設過於理想化，就是只談管理或框架而缺乏具體演算法，所以需要一套更系統化的理論，來分析在這種環境下 task 是否能被安全排程，以及哪種優先權指派方式才是最合理的。

#Environment

Purpose

為對Hard-Real-Time Scheduling做數學分析，需先為其建立模型。

Basic Assumption

1. 週期性
   • 所有 hard deadline task 的 request 都是 periodic。
   • 相鄰兩次 request 的時間間隔固定不變。
   • 也就是每個 task 都有固定週期。
2. 時限性
   • 每個 task 必須在它的 下一次 request 發生前完成。
   • 也就是 deadline 等於該 task 的 request period。
   • 這裡只考慮 run-ability constraint，不考慮更複雜的 deadline 型態。
3. 獨立性
   • 某個 task 的 request 不依賴其他 task 的初始化或完成。
   • 也就是 task 之間沒有直接的觸發或完成相依關係。
4. 時間不變性
   • 每個 task 的 run-time 對自己而言是固定值，不隨時間改變。
   • 這裡的 run-time 指的是：
     • 在不被中斷情況下
     • 處理器執行完這個 task 所需的時間
5. 非特殊性
   • 系統中的 non-periodic tasks 被視為特殊用途。
   • 例如：
     • 初始化程序
     • 故障恢復程序
   • 它們執行時會暫時排擠 periodic tasks。
   • 但它們自己不具有 hard critical deadlines。

Mathematic Modeling

在上述定義下，每個任務皆可被兩個數字所描述：

• request period： $T_i$
• run-time： $C_i$

也就是說，一個周期性任務可被表示為：

$$\tau_i=(T_i,C_i)$$

Request Rate

Request Rate指的是任務被請求的頻率，也是請求週期的倒數：

$$request\space rate=\frac{1}{T_i}$$

Definition of Scheduling Algorithm

“A scheduling algorithm is a set of rules that determine the task to be executed at a particular moment.”

The feature of Scheduling Alorithm in which this paper study

1. Preemptive：若有更高優先權的 task request 到達
   • 正在執行的 task 會立刻被中斷
   • 新到的高優先權 task 馬上開始執行
2. Priority driven：哪個 task 先執行，由其優先權決定

Three types of priority-based scheduling

1. Static Scheduling
   • 若 task 的 priorities 一次決定後就固定不變，稱為 static scheduling。
   • 這也叫做 fixed priority scheduling。
2. Dynamic Scheduling
   • 若 task 的 priority 可能會隨著不同 request 改變，稱為 dynamic scheduling。
3. Mixed Scheduling
   • 若有些 task 的 priority 固定，但其他 task 的 priority 會變動，稱為 mixed scheduling algorithm。

#A Fixed Priority Scheduling Algorithm

• Purpose：推導能使靜態排程最佳化的優先權分配規則

Noun Explanation

• Deadline：某任務請求的deadline指的是該任務的下次週期性請求的起始時間點。
• Overflow：如果某任務在超過deadline之後仍未被完成，如果deadline時間點為t時，則我們會說在時間t發生overflow。
• Feasible：若一個排程演算法是feasible的，則該演算法不會導致任何overflow發生。
• Response Time：某指定任務從被請求當下到該請求被回應後的結束時間點，兩者之間的時間跨度稱為response time。
• Critical Instant：某任務中具有最大response time的request，該request被送出的當下時間點被稱為critical instant。
• Critical Time Zone：某任務的critical instant到處理完該任務請求之回應的結束時間點，兩者之間的時間區段被稱為Critical time zone。

#Theorem 1

Description

“A critical instant for any task occurs whenever the task is requested simultaneously with requests for al l higher priority tasks.”

“Critical Instant發生在某任務與比該任務具有更高優先權之任務，兩者同時被請求。”

Proof

假設 $\tau_1,\tau_2,\cdots,\tau_m$表示一組以優先權排列順序的任務，且 $pri(\tau_m)<pri(\tau_i)$，考慮 $\tau_m$某次請求發生於 $t_1$，以及 $\tau_i$在區間 $[t_1,t_1+T_m]$內的多次請求。

由於 $\tau_i$ 具有較高優先權，因此每次request都能搶佔 $\tau_m$ ，並延後其完成時間。若

若將$\tau_i$的第一次 request 時刻 $t_2$ 向前移動，則 $\tau_m$ 的完成時間不會提早，只會維持不變或進一步延後，因此當 $t_2 = t_1$ 時，$\tau_i$ 對 $\tau_m$ 的干擾最大。對所有高優先權 tasks 重複同樣推理，即可得知某 task 的 critical instant 發生在它與所有高優先權 tasks 同時被 request 的時刻。

使用歸納法，對於所有 $\tau_i\space where \space i=2,\cdots,m-1$ 重複同上推理，可證本定理成立。

#Theorem 2

Description

“If a feasible priority assignment exists for some task set, the rate-monotonic priority is feasible for that task set.”

“如果對於某個任務集存在可行的優先權分配方案，則速率單調優先權對於該任務集也是可行的。”

Proof

考慮普遍的排程案例，在此假設有兩任務 $\tau_1, \tau_2$、完成各任務所需時間為 $C_1,C_2$ 。另 $T_1, T_2$ 為兩任務各自的週期，且 $T_1<T_2$ 。先考慮第一個情況 $pri(\tau_1)>pri(\tau_2)$ ，根據Theorem 1，要使排程feasible，必須滿足以下不等式：

根據上圖可以發現：

• $\tau_1$在$\tau_2$單次週期結束前完成最大數量的任務之所需消耗時間：$\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1$
• $\tau_2$在單次周期內完成任務所需時間：$C_2$

因此$\tau_2$完成單次任務所需最大時間 $T_2$ 滿足以下不等式(1)：

$$T_2\geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1 +C_2$$

考慮第二種情況 $pri(\tau_1)<pri(\tau_2)$：

根據上圖可以發現：

• $\tau_1$完成單次任務所需時間：$C_1$
• $\tau_2$搶佔$\tau_1$後優先完成任務所需時間：$C_2$

因此$\tau_1$完成單次任務所需最大時間 $T_1$ 滿足以下不等式(2)：

$$T_1\geq C_1+C_2$$

對不等式(2)等號兩邊同乘 $\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor$ ，可得：

$$\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1\geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1+ \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_2$$

考慮題目條件 $T_2>T_1$ ，因此：

$$T_2\geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1\geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1+ \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_2 \geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1+ C_2$$

上述數學式可簡化為：

$$T_2 \geq \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1+ C_2$$

由於不等式(2)可推導出不等式(1)，這表示兩任務不管誰優先權高，若滿足上述條件，皆可使排程可行。這代表周期較高的任務不一定要被配為最高優先權；週期低的任務也可以是最高優先權。以上優先權分配法被稱為 rate-monotonic priority assignment ，此分配法可以解決其他固定優先權分配法不能排程的任務集。所以，要證明定理2，僅需以下幾段話就能滿足：

假設 $\tau_1,\tau_2,\cdots,\tau_m$ 為某特定固定優先權分配法排程可行、大小為m的任務集。根據優先權排序，對於排序中兩相鄰優先權對應的任務 $\tau_i,\tau_j$ 。在rate-monotonic優先權分配法中，若 $T_i>T_j$ ，則就算對調兩任務的優先權，排程仍維持可行。根據上述方式，讓rate-monotonic優先權分配法對任務集中依優先權排序，將兩兩成對的兩任務交換優先權，皆滿足排程可行，因此定理2得證。

#Achievable Processor Ultilization

#Basic Concept

對於單一任務，假設其完成時間為C、週期為T，則該任務在處理器中的使用率為 $\frac{C}{T}$。若有一由m個任務所組成的任務集，該任務集的使用率為：

$$U=\sum^m_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}$$

若要透過直接調整 $C_i,T_i$ 以提高使用率，則必須先確保調整後的所有任務在critical instant時仍需於deadline前完成。

若要精確地找出使用率最大能調到多少，則必須先定義fully utilize：當某任務集在某優先權分配下，是可行的，且若當增加該任務集中任一任務之完成時間，該優先權分配會變為不可行時，則此任務集會被稱為Fully Utilize。

為了找出最大使用率，且在該使用率下能保證該任務集之優先權分配是可行的，我們必須找出least upper bound：

• 對於 rate-monotonic priority assignment：考慮任務集中所有任務之所有可能的請求周期與完成時間，使用rate-monotonic priority assignment所得的使用率之最大下界，亦即所有可能的最大使用率之最小下界。
• 對於 given fixed priority assignment：所有使得處理器能fully ultilize的所有任務集之所有使用率的最小值。

若使用率在 least upper bound 之內 ⇒ 保證可行 ； 若使用率在 least upper bound 之上 ⇒ 不保證所有任務集可行。

#Theorem 3

Definition

“For a set of two tasks with mixed priority assignment, the least upper bound to the processor utilization factor is $U=2(2^{\frac{1}{2}}-1)$”

Proof

令 $\tau_1,\tau_2$ 為兩個周期分別為 $T_1,T_2$ 、執行時間為 $C_1,C_2$ 的任務。假設 $T_2>T_1$ ，根據 rate-monotonic priority assignment， $pri(\tau_1)>pri(\tau_2)$。在 critical time zone 內調整 $C_2$ 使 fully ultilize 所有處理器可處理時間，則會有兩個case發生：

在case 1 中，以時間點 $T_2$ 為界線，若 $\tau_1$ 在 critical time zome 中最後一個週期之請求有辦法完成，如圖任務一處理時間為 $0 \lt C_1 \lt T_2-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1} \right\rfloor T_1$，亦即 $\tau_1$ 在辦法在第二個 $\tau_2$ 到來前完成的話，則任務二最大可執行時間為：

$$C_2 = T_2- \left\lceil\frac{T_2}{T_1} \right\rceil C_1$$

此時的利用率為：

$$U=\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2} = \frac{C_1}{T_1}+\frac{T_2-\left\lfloor \frac{T_2}{T_1} \right\rfloor C_1}{T_2}$$ $$\therefore U=1+C_1(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\left\lceil \frac{T_2}{T_1}\right\rceil)$$

在case 2中，若 $\tau_1$ 無法完成在 crtical ttime zone 中的最後一個週期之請求，如圖上灰色區塊的任務一執行時間 $C_2\geq T_2-\left\lfloor \frac{T_2}{T_1} \right\rfloor$，亦即第 $\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil$個 $\tau_1$ 請求與第二個 $\tau_2$ 的請求重疊，則任務二最大可執行時間為：

$$C_2=\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1$$

此時的利用率為：

$$U=\frac{C_1}{T_1}+\frac{\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor C_1}{T_2}$$ $$\therefore U=\frac{T_1}{T_2}\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor + C_1(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2} \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor )$$

可以從下圖觀察到，利用率的極小值發生在以上兩個 case 的交界處：

也就是當：

$$C_1=T_2-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1 \implies C_2 = T_2- \left\lceil\frac{T_2}{T_1} \right\rceil C_1$$

此時利用率為：

$$U=\frac{1}{T_1}(T_2-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor T_1) + \frac{1}{T_2}(T_2- \left\lceil\frac{T_2}{T_1} \right\rceil C_1)$$ $$=\frac{T_2}{T_1}-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor + 1 - \frac{1}{T_2}\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil(T_2-T_1\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor)$$ $$=1-(\frac{T_2}{T_1}+\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor+\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil - \frac{T_1}{T_2}\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil)$$ $$=1-\frac{T_1}{T_2}(\frac{T^2_2}{T^2_1}+\frac{T_2}{T_1}\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor+\frac{T_2}{T_1}\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil - \left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil)$$ $$=1-\frac{T_1}{T_2} (\left\lceil\frac{T_2}{T_1}\right\rceil-\frac{T_2}{T_1})(\frac{T_2}{T_1}-\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor)$$

設 $I=\left\lfloor\frac{T_2}{T_1}\right\rfloor,f=\{\frac{T_2}{T_1}\}$，則利用率可簡化為：

$$U=1-\frac{1}{I+f}(1-f)(f)$$

因設定 $T_2 \geq T_1$ ，所以 $1 \leq I \lt \infin$ ，且 $0 \leq f \lt 1$ 。因為利用率 $U$ 對 $I$ 是 monotonic increasing ，所以最小的 $U$ 必發生在 $I=1$ 時。若要考慮 $U$ 對 $f$ 的最小化，則使：

$$\frac{dU}{df}=\frac{d}{df}(1-f\frac{1-f}{1+f})=0$$ $$\implies -\frac{ (1-2f)(1+f)-(f-f^2) }{(1+f)^2} = 0$$ $$\implies 1+f-2f-2f^2-f+f^2=0$$ $$\implies f^2+2f-1=0$$ $$f=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4*1*(-1)}}{2*1}=-1\pm\sqrt{2}$$

因 $f \geq 0$ ，所以在

$$f=\sqrt{2}-1=2^{\frac{1}{2}}-1$$

時，存在 least upper bound：

$$U=1-\frac{ (\sqrt{2}-1)(1-(\sqrt{2}-1)) }{ 1+(\sqrt{2}-1) }=2(\sqrt{2}-1) \simeq 0.83$$

#Theorem 4

Description

For a set of m tasks with fixed priority order, and the restriction that the ratio between any two request periods is less than 2, the least upper bound to the processor utilization factor is $U=m(2^{\frac{1}{m}}-1)$

Proof

從Theorem 3證明過程中大概可以猜出，若將任務集之任務量擴展至m個，利用率 $U$ 可能會在 $C_1=T_2-T_1$ 時有最小值。本定理首先透過反證法排除 $C_1\lt T_2-T_1$ 與 $C_1\gt T_2-T_1$ 的情況，以證明 $C_1$ 只有收斂至 $C_1=T_2-T_1$ 時， $U$ 才會為所有可能中的最小值；最後帶入條件找出最小值。

令 $\tau_1,\tau_2,\cdots,\tau_m$ 為某一任務集，且各任務的執行時間 $C_1,C_2,\cdots,C_m$ 滿足處理器被 fully utilize 且使利用率 $U$ 為最小值。假設 $T_m\gt T_{m-1}\gt\cdots\gt T_2 \gt T_1$ ，則我們希望以下條件成立：

$$C_1=T_2-T_1$$

首先，考慮存在一變化值 $\Delta\gt0$ 使得 $C_1=T_2-T_1+\Delta$ ，亦即將任務一執行時間增長，這時處理器被 fully ultlize 且存在最小利用率為 $U_{+\Delta}$。可以找出一個重新排程後的時程，使得處理器可以被 fully utlize 且仍然 feasible，如下圖所示：

可以看到，只需改變任務一及任務二的執行時間，使任務一執行時間減少 $\Delta$、任務二執行時間增加$\Delta$，如下所示：

$$Let\space C_1^{'}=T_2-T_1,C_2^{'}=C_2+\Delta,C_i^{'}=C_i\space for\space i=3,\cdots,m$$

則 $C_1^{'},C_2^{'},\cdots,C_{m-1}^{'},C_m^{'}$ 仍能使處理器被 fully ultilize，此時的利用率 $U^{'}$與 $U_{+\Delta}$ 之關係為：

$$U_{+\Delta}-U{'}$$ $$=(\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\frac{C_3}{T_3}+\cdots+\frac{C_m}{T_m})-( \frac{T_2-T_1}{T_1}+ \frac{C_2+\Delta}{T_2}+ \frac{C_3}{T_3}+\cdots+\frac{C_n}{T_n} )$$ $$=\frac{C_1-(C_1-\Delta)}{T_1}+\frac{C_2-(C_2+\Delta)}{T_2}$$ $$=\frac{\Delta}{T_1}-\frac{\Delta}{T_2} \gt0$$ $$\implies U_{+\Delta} > U^{'}$$

因存在一新利用率，使得與原本假設的「 $U_{+\Delta}$ 為所有可能的最小利用率」矛盾，因此「 $C_1>T_2-T_1$ 時有最小利用率」不成立。

再來考慮存在一變化值 $\Delta\gt0$ 使得 $C_1=T_2-T_1-\Delta$ ，亦即將任務一執行時間減少，這時處理器被 fully ultlize 且存在最小利用率為 $U_{-\Delta}$。可以找出一個重新排程後的時程，使得處理器可以被 fully utlize 且仍然 feasible，如下圖所示：

可以看到，只需改變任務一及任務二的執行時間，使任務一執行時間增加 $\Delta$、任務二執行時間減少$2\Delta$，如下所示：

$$Let\space C_1^{''}=T_2-T_1,C_2^{''}=C_2-2\Delta,C_i^{'}=C_i\space for\space i=3,\cdots,m$$

則 $C_1^{''},C_2^{''},\cdots,C_{m-1}^{''},C_m^{''}$ 仍能使處理器被 fully ultilize，此時的利用率 $U^{'}$與 $U_{-\Delta}$ 之關係為：

$$U_{-\Delta}-U{''}$$ $$=(\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\frac{C_3}{T_3}+\cdots+\frac{C_m}{T_m})-( \frac{T_2-T_1}{T_1}+ \frac{C_2-2\Delta}{T_2}+ \frac{C_3}{T_3}+\cdots+\frac{C_n}{T_n} )$$ $$=\frac{C_1-(C_1+\Delta)}{T_1}+\frac{C_2-(C_2-2\Delta)}{T_2}$$ $$=\frac{2\Delta}{T_2}-\frac{\Delta}{T_1} >0\space when\space \frac{T_2}{T_1}\lt0$$ $$\implies U_{-\Delta} > U^{''}$$

因存在一新利用率，使得與原本假設的「 $U_{-\Delta}$ 為所有可能的最小利用率」矛盾，因此「 $C_1\lt T_2-T_1$ 時有最小利用」不成立，但前提是 $\frac{T_2}{T_1}\lt0$ ，此前提已在題目假設成立。

上述透過反證法可得出利用率僅在 $C_1=T_2-T_1$ 時有最小利用率，同理，在

$$C_2=T_3-T_2,C_3=T_4-T_3,\cdots$$

時，此假設也成立。利用歸納法，可以推出廣義形式：

$$C_i=T_{i+1}-T_i\space for\space i=1,2,\cdots,m-1$$

因為 $T_{m+1}$ 未被定義，所以 $C_m$ 不可直接透過此式得出，不過根據下圖就可推敲出 $C_m$ 的樣貌：

可以看出，若要使處理器被 fully ultilize 的話， $C_m$ 必為：

$$C_m=T_m-2\times(C_1+C_2+\cdots+C_{m-1})$$

又因：

$$\begin{aligned} C_1+C_2,\cdots +C_{m-1}&=(-T_1+T_2)+(-T_2+T_3)+\cdots+(-T_{m-1}+T_m)\\&=-T_1+T_m \end{aligned}$$

所以 $C_m$ 也可表達為：

$$C_m=T_m-2(-T_1+T_m)=2T_1-T_m$$

接下來在推導利用率時，會常有類似 $\frac{T_{i+1}}{T_i}$之數項出現，為了簡化數學式且將變數統一表達，在此定義：

$$g_i=\frac{T_m-T_i}{T_i}=\frac{T_m}{T_i}-1,\space\space\space i=1,2,\cdots,m$$ $$\implies T_i=\frac{T_m}{1+g_i}\space \space \space or\space\space\space g_iT_i=T_m-T_i\space \space \space or\space\space\space T_i=T_m-g_iT_i$$

因此：

$$\begin{aligned} C_i&=T_{i+1}-T_i\\&=T_m-g_{i+1}T_{i+1}-(T_m-g_iT_i)\\&=g_iT_i-g_{i+1}T_{i+1},\space\space\space i=1,2,\cdots,m-1 \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} C_m&=2T_1-T_m\\&=2(T_m-g_1T_1)-T_m\\&=T_m-2g_1T_1 \end{aligned}$$

在算出利用率前，要先確定以下數學式：

$$T_1=\frac{T_m}{1+g_1}\implies\frac{T_1}{T_m}=\frac{1}{1+g_1}$$ $$\frac{T_{i+1}}{T_i}=\frac{ \frac{T_m}{1+g_{i+1}} }{ \frac{T_m}{1+g_i} } =\frac{1+g_i}{1+g_{i+1}}$$ $$g_m=\frac{T_m-T_m}{T_m}=0,\space \space g_0\triangleq1$$

最後算出利用率：

$$\begin{aligned} U=\sum^m_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}} &=\frac{T_m-2g_1T_1}{T_m}+\sum^{m-1}_{i=1}{\frac{g_iT_i-g_{i+1}T_{i+1}}{T_i}} \\&=1-2g_1\frac{T_1}{T_m}+\sum^{m-1}_{i=1}(g_i-g_{i+1}\frac{T_{i+1}}{T_i}) \\&=1-\frac{2g_1}{1+g_1}+\sum^{m-1}_{i=1}(g_i-g_{i+1}\frac{1+g_i}{1+g_{i+1}}) \\&=1-\frac{2g_1}{1+g_1}+g_1+\sum^{m}_{i=2}g_i-\sum^{m}_{i=2}g_i\frac{1+g_{i-1}}{1+g_i} \\&=1+\frac{g_1(g_1-1)}{1+g_1}+\sum^{m-1}_{i=2}g_i(1-\frac{1+g_{i-1}}{1+g_i}) \\&=1+\frac{g_1(g_1-1)}{1+g_1}+\sum^{m-1}_{i=2}g_i\frac{g_i-g_{i-1}}{1+g_i} \\&=1+\sum^{m-1}_{i=1}g_i\frac{g_i-g_{i-1}}{1+g_i} \end{aligned}$$

$U$ 為以 $g_j\space where\space j=1,2,\cdots,m-1$為變數的多變數函數，若要求 $U$ 的極小值，須令 $\frac{\partial U}{\partial g_j}=0$，並找出 $g_j$。在 $U$ 的總和項中，只有兩項與 $g_j$ 有關：

$$\sum^{m-1}_{i=1}g_i\frac{g_i-g_{i-1}}{1+g_i}=\cdots + g_j\frac{g_j-g_{j-1}}{1+g_j} + g_{j+1}\frac{g_{j+1}-g_j}{1+g_{j+1}}+\cdots$$

這兩項對 $g_j$ 的導數為：

$$\begin{aligned}\frac{\partial}{\partial g_j}(g_j\frac{g_j-g_{j-1}}{1+g_j}) &= \frac{ (2g_j-g_{j-1})(1+g_j) - (g_j^2-g_jg_{j-1}) }{(1+g_j)^2} \\&=\frac{g_j^2+2g_j-g_{j-1}}{(1+g_j)^2} \end{aligned}$$ $$\frac{\partial}{\partial g_j}(g_{j+1}\frac{g_{j+1}-g_j}{1+g_{j+1}})=-\frac{g_{j+1}}{1+g_{j+1}}$$

結合以上結果，對利用率取偏微：

$$\begin{aligned} \frac{\partial U}{\partial g_j} &=\frac{\partial}{\partial g_j}(1-\sum^{m-1}_{i=1}g_i\frac{g_i-g_{i-1}}{1+g_i}) \\&=-[\frac{g_j^2+2g_j-g_{j-1}}{(1+g_j)^2}+(-\frac{g_{j+1}}{1+g_{j+1}})]=0 \end{aligned}$$

化簡：

$$\begin{aligned}\implies &\frac{(g_j+1)^2-(g_{j-1}+1)}{(g_j+1)^2}=\frac{g_{j+1}}{g_{j+1}+1} \\\implies&1-\frac{g_{j-1}+1}{(g_j+1)^2}=1-\frac{1}{g_{j+1}+1} \\\implies&\frac{g_{j-1}+1}{(g_j+1)^2}=\frac{1}{g_{j+1}+1} \end{aligned}$$

令 $h_i=g_i+1$，則：

$$h_j^2=h_{j-1}h_{j+1}$$

可以發現 $h_i$ 是等比級數的中間項，若 $r$ 為此等比級數的公比、 $A$ 為常數，則可將 $h_i$ 表示為：

$$h_i=Ar^i\implies g_i=Ar^i-1$$

考慮 $g_m=0$ 的情況，找出 $A$ ：

$$\begin{aligned} g_m=0\implies& Ar^m-1=0 \\\implies& A=r^{-m} \\\implies& g_i=r^{-m}r^i-1 \end{aligned}$$

令 $s=r^{-m}$ ，以簡化數學式：

$$\begin{aligned} s=r^{-m}\implies&r=s^{-\frac{1}{m}} \\\implies&g_i=s\cdot s^{-\frac{i}{m}}-1=s^{\frac{m-i}{m}}-1 \end{aligned}$$

考慮 $g_0=1$ ，找出 $s$ ：

$$\begin{aligned} g_0=1\implies&s^{\frac{m-0}{m}}-1=1 \\\implies&s=2 \\\implies&g_i=2^{\frac{m-i}{m}}-1 \end{aligned}$$

因此，在 $g_i=2^{\frac{m-i}{m}}-1$ 時，可以保證 $U$ 為最小值。把 $g_i$ 代入 $U$ ，但先從 $U$ 的這項拆開計算：

$$\begin{aligned} g_i-g_{i-1}&=2^{\frac{m-i}{m}}-1-(2^{\frac{m-i-1}{m}}-1) \\&=2^{\frac{m-i}{m}}-2^{\frac{m-i}{m}}2^{\frac{-1}{m}} \\&=2^{\frac{m-i}{m}}(1-2^{\frac{-1}{m}}) \end{aligned}$$

所以：

$$\begin{aligned} U&=1+\sum^{m-1}_{i=1}{g_i\frac{2^{\frac{m-i}{m}}(1-2^{\frac{-1}{m}})}{2^{\frac{m-i}{m}}}} \\&=1+(1-2^{\frac{-1}{m}})\sum^{m-1}_{i=1}{g_i} \end{aligned}$$

找出 $\sum^{m-1}_{i=1}{g_i}$：

$$\begin{aligned} \sum^{m-1}_{i=1}{g_i}&=\sum^{m-1}_{i=1}{(2^{\frac{m-i}{m}}-1)} \\&=\sum^{m-1}_{i=1}{2*2^{\frac{-i}{m}}}-\sum^{m-1}_{i=1}{1} \\&=2\sum^{m-1}_{i=1}{2^{\frac{-i}{m}}}-(m-1) \end{aligned}$$

找出 $\sum^{m-1}_{i=1}{2^{\frac{-i}{m}}}$：

$$\begin{aligned} S&\triangleq2^{\frac{-1}{m}}+2^{\frac{-2}{m}}+\cdots+2^{-\frac{m-2}{m}}+2^{-\frac{m-1}{m}} \\\implies& 2^{\frac{1}{m}}S=1+2^{\frac{-1}{m}}+2^{\frac{-2}{m}}+\cdots+2^{-\frac{m-2}{m}} \\\implies& (1-2^{\frac{-1}{m}})S=2^{-\frac{m-1}{m}}-1=\frac{2^{\frac{1}{m}}-2}{2} \\\implies& S=\frac{2^{\frac{1}{m}}-2}{2(1-2^{\frac{-1}{m}})} \end{aligned}$$

代回利用率：

$$\begin{aligned} U&=1+(1-2^{\frac{-1}{m}})[2\times \frac{2^{\frac{1}{m}}-2}{2(1-2^{\frac{-1}{m}})}-(m-1)] \\&=1+2^{\frac{1}{m}}-2-(1-2^{\frac{-1}{m}})(m-1) \\&=2^{\frac{1}{m}}-1-(m-1-m2^{\frac{1}{m}}+2^{\frac{1}{m}}) \\&=m2^{\frac{1}{m}}-m \\&=m(2^{\frac{1}{m}}-1) \end{aligned}$$

證畢。

#Theorem 5

Theorem 4是先從「滿足於 $\frac{T_{i+1}}{T_i}<2$ 的所有任務集」的條件下求出 bound，是 restricted case；Theorem 5 則是想證明在所有 fixed-priority tasks set的集合的條件下求出的 bound 與 Theorem 4 求出的 bound 相等，是 general case。

Definition

For a set of m tasks with mixed priority order, the least upper bound to processor utilization is $U=m(2^{\frac{1}{m}}-1)$

Proof

令 $\tau_1,\tau_2,\cdots,\tau_i,\cdots,\tau_m$ 為使處理器被 fully ultilize 的任務集、 $U$ 為對應的利用率，且對於某些 $i$ 使得 $\left\lfloor\frac{T_i}{T_m}\right\rfloor\gt1$ 。為了更加明確，將 $T_m$ 表達為 $T_m=qT_i+r,q>1\space and\space r \geq 0$ 。如下圖，此時可以重新分配 $T_i,C_i,C_m$ 至 $T_i^{'},C_i^{'},C_m^{'}$ 使得處理器仍能被 fully ultilize。

新的排程 $\tau^{'}_1,\tau^{'}_2,\cdots,\tau^{'}_i,\cdots,\tau^{'}_m$ 之利用率為 $U^{'}$，此時 $T_i^{'},C_i^{'}$ 為：

$$T^{'}_i=qT_i,\space\space C^{'}_i=C_i$$

則 $C_m^{'}$ 最大可擴展至：

$$C_m^{'}=C_i(q-1)+C_m$$

$U^{'}$ 的最大預估上界：

$$\begin{aligned} U^{'}\leq&U+\frac{(q-1)C_i}{T_m}+\frac{C_i}{T^{'}_i}-\frac{C_i}{T_i} \\=&U+\frac{(q-1)C_i}{qT_i+r}+\frac{C_i}{qT_i}-\frac{C_i}{T_i} \\=&U+\frac{(q-1)C_i}{qT_i+r}-\frac{(q-1)C_i}{qT_i} \\=&U+C_i(q-1)(\frac{1}{qT_i+r}-\frac{1}{qT_i}) \end{aligned}$$

因為：

$$\begin{aligned} q>1\implies& q-1>0 \\qT_i+r>qT_i\implies&\frac{1}{qT_i+r}-\frac{1}{qT_i}\le0 \end{aligned}$$

所以：

$$U^{'}\leq U$$

證畢。

#Relaxing the Ultilization Bound

前面章節提到，在固定優先權分配下，若任務量極大時，理論利用率最多只能為 $\ln2\simeq0.693$；但在實際情況需要考量到切換任務時的 costs，可用的空間又會變得更少。因此，必須尋找其他替代方案，使最壞利用率上升。

• Method 1：調整每個任務的週期，使得 $\{\frac{T_m}{T_i}\}=0\space for \space i=1,2,\cdots,m-1$。
  • Pros：若 task 的週期關係夠理想，固定優先權系統可能可以把 ultilization bound 拉到 1。
  • Cons：現實中這情況不一定總是做得到。
• Method 2：將 $\tau_m$ 與其他較低優先權的任務放入緩衝，並 Relax 它們的 hard dealines，不再要求所以任務都依定嚴格遵守 hard real-time。對部分低優先權任務，可以允許他們延遲一點，只要有 buffer 暫存資料即可。
  • 如果整個 task set 的週期行為是有限且規律的，而且被 buffer 的 tasks 依照某種合理方式執行，例如 first come first served (FCFS) 在本文的假設下，就可以算出最大延遲時間與需要多大的 buffer。
• *Method 3：不要把 priority 固定死，而是讓 task 的優先權可以動態改變。
  • 接下來要介紹的一種 dynamic priority assignment method ，如果某一組 task 可以被「某種 priority assignment」排得動，那它也一定可以被這個方法排得動。
  • 對 schedulability 來說，這是最佳的。
  • 用這種最佳的動態優先權方法時，processor utilization 的保證上界可以到 100%

#The Deadline Driven Scheduling Algorithm

#Basic Concept

此章節要研究 Dynami scheduling algorithm 其中的一種演算法叫做 deadline driven scheduling algorithm，簡稱 EDF ( Earliest-Deadline-First )。此演算法會根據各任務的 deadline 來分配優先權，且最大優先權會分配給目前 deadline 最先發生的請求；最小優先權會分配給目前 dealine 最後發生的請求。本章節目的為建立必要滿足條件使得 deadline driven scheduling algorithm 可行。

#Theorem 6

Description

When the deadline driven scheduling algorithm is used to schedule a set of tasks on a processor, there is no processor idle time prior to an overflow.

意旨就算deadline driven scheduling algorithm發生overflow，在這之前仍沒有idle time。

Proof

假設在 overflow 發生之前必存在 processor idle time。

如下圖所示，令整體系統起點為 $t=0$ 時，且 $t_3$ 為 overflow發生點、 $t_1,t_2$ 為 idle period 的起點與終點，並規定在 $t_2$ 與 $t_3$ 之間無任何 idle time。在 idle period $[t_1,t_2]$ 之後各任務的第一個請求分別以 $a,b,\cdots,m$ 來表示。

往前平移 $a,b,\cdots,m$ 使它們的發生點貼合於 $t=t_2$ 上，此時新系統起點會落在 $t=t_2$。既然舊系統在 $t_3$ 已經 overflow，表示處理器到 $t_3$ 前的累積需求超過了可提供服務。那新系統因為所有任務皆被提前挪動了，代表新系統在 $t_3$ 前的需求只會更多或與舊系統相等，不可能更少，所以 overflow 一定發生在 $t\leq t_3$ 。而新系統在 $t_2\leq t\leq t_3$ 之間又假設無任何 idle time，因此與「在 overflow 發生之前必存在 processor idle time」的假設發生矛盾。所以「就算deadline driven scheduling algorithm發生overflow，在這之前仍沒有idle time」之命題成立。

#Theorem 7

Description

For a given set of m tasks, the deadline driven scheduling algorithm is feasible if and only if：

$$\sum^{m}_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}\leq1$$

Proof

令「對於一組由m個任務組成的集合，deadline driven scheduling algorithm是可行的」為命題 $P$、「 $\sum^{m}_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}\leq1$ 」為命題 $Q$ 。

首先證明必要性，亦即 $P\rightarrow Q$ ，考慮 $\neg{Q}\rightarrow\neg{P}$ ：

從 $t=0$ 到 $t=T_1T_2\cdots T_m$ 之間，對於執行所有任務的時間需求為：

$$\frac{T_1T_2\cdots T_m}{T_1}C_1+ \frac{T_1T_2\cdots T_m}{T_2}C_2+\cdots+\frac{T_1T_2\cdots T_m}{T_m}C_m \\=(T_2T_3\cdots T_m)C_1+(T_1T_3\cdots T_m)C_2+\cdots+ (T_1T_2\cdots T_{m-1})C_m$$

假設此需求大於處理器可供時間：

$$(T_2T_3\cdots T_m)C_1+(T_1T_3\cdots T_m)C_2+\cdots+ (T_1T_2\cdots T_{m-1})C_m>T_1T_2\cdots T_m \\\implies\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\cdots+\frac{C_m}{T_m}\gt1$$

表示當 $\sum^{m}_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}\gt1$ 時，需求大於處理器可供時間，則 scheduling algorithm 不可行，因此證畢 $\neg{Q}\rightarrow\neg{P}$ ， $P\rightarrow Q$ 成立。

最後證明充分性，首先假設 $\neg(Q\rightarrow P)$成立，並找出所有與假設矛盾的案例，使得 $Q\rightarrow P$ 成立。因此，假設在：

$$\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\cdots+\frac{C_m}{T_m}\leq1$$

的前提下， scheduling algorithm 是不可行的。也就是說有 overflow 發生在 $0\leq t \leq T_1T_2\cdots T_m$，且根據定理六可以得出存在一個時間 $t=T(0\leq T \leq T_1T_2\cdots T_m)$，使得在 $t=0$ 到 $t=T$之間有 overflow 且不具有 idle time。

假設 $a_1,a_2,\cdots,b_1,b_2,\cdots$ 為 $m$ 個任務在 $T$ 之前的請求時間，且 $a_1,a_2,\cdots$ 之請求時間的deadline在 $T$上、$b_1,b_2,\cdots$之請求時間的deadline在 $T$之後。 $a_1,a_2,\cdots$ 不會使排程演算法發生 overflow；但 $b_1,b_2,\cdots$ 有可能會使排程演算法發生 overflow，所以對於 $b_1,b_2,\cdots$ ，有兩種可能情況會發生。

Case 1：在 $T$之前，沒有一個請求 $b_1,b_2,\cdots$ 已被執行完成。

在這個案例中，從 0 到 $T$ 之間執行所有請求的時間需求為：

$$\left\lfloor\frac{T}{T_1}\right\rfloor C_1+ \left\lfloor\frac{T}{T_2}\right\rfloor C_2+\cdots+ \left\lfloor\frac{T}{T_m}\right\rfloor C_m$$

因為沒有 processor idle period，且 scheduling algorithm 是不可行的，所以：

$$\left\lfloor\frac{T}{T_1}\right\rfloor C_1+ \left\lfloor\frac{T}{T_2}\right\rfloor C_2+\cdots+ \left\lfloor\frac{T}{T_m}\right\rfloor C_m \gt T$$

然後，因為 $x\geq\left\lfloor{x}\right\rfloor\forall{x}$，所以：

$$\begin{aligned} \frac{T}{T_1}C_1&+\frac{T}{T_2}C_2+\cdots+\frac{T}{T_m}C_m\gt{T} \\\implies&\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\cdots+\frac{C_m}{T_m}\gt{1} \\\implies&\sum^{m}_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}\gt{1} \end{aligned}$$

此推論結果為 $\neg Q$ ，與假設的 $Q\land\neg{P}$ 矛盾。

Case 2：在 $T$之前，有部分請求 $b_1,b_2,\cdots$ 已被執行完成。

因為在時間 $T$ 發生 overflow，所以存在一個時間點 $T^{'}$使得沒有任何請求$b_1,b_2,\cdots$在 $T^{'}\leq t\leq T$之間被執行完成，而且會有一個或以上的請求 $b_i$ 的 deadline 發生在時間點 $T$ 或 $T$ 之前，且這些任務在 $T^{'}$之前會被完成。因此，在 $T^{'}\leq t\leq T$ 內執行請求的處理時間需求小於等於：

$$\left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_1}\right\rfloor{C_1}+\left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_2}\right\rfloor{C_2}+\cdots+\left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_m}\right\rfloor{C_m}$$

有 overflow 發生於 $T$ 代表：

$$\begin{aligned} \left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_1}\right\rfloor&{C_1}+\left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_2}\right\rfloor{C_2}+\cdots+\left\lfloor\frac{T-T^{'}}{T_m}\right\rfloor{C_m}\gt{T-T^{'}} \\\implies&\frac{T-T^{'}}{T_1}C_1+\frac{T-T^{'}}{T_2}C_2+\cdots+\frac{T-T^{'}}{T_m}C_m\gt T-T^{'} \\\implies&\frac{C_1}{T_1}+\frac{C_2}{T_2}+\cdots+\frac{C_m}{T_m}\gt1 \\\implies&\sum^m_{i=1}{\frac{C_i}{T_i}}\gt1 \end{aligned}$$

此推論結果為 $\neg Q$ ，與假設的 $Q\land\neg{P}$ 矛盾。

因為所有案例的結果皆與假設的 $\neg(Q\rightarrow P)$ 矛盾，因此 $Q\rightarrow P$ 成立，充分性證畢。且：

$$\because (P\rightarrow Q)\land (Q\rightarrow P)\therefore P\leftrightarrow Q$$

得，定理七證畢。

#A Mixed Scheduling Algorithm

本章節研究的排程演算法類別為 rate-monotonic scheduling algorithm 與 deadlin driven scheduling algorithm 的組合，此類別被稱為 mixed scheduling algorithm。

此類別存在的意義：

• 因為硬體中斷的需求無法相容動態排程 ⇒ 只能使用 fixed priority scheduler
• 對於較慢步驟的任務，使用 deadline driven 的軟體實作代價比起固定排程有更少顯著的上升 ⇒ 建議使用 deadline driven scheduler

為方便之後的推導，在此令任務 $1,2,\cdots,k$ 表示為前 k 個具有最短周期的任務，這些任務將用 fixed priority scheduling algorithm 排程；剩下的任務，如果處理器沒被任務 $1,2,\cdots,k$占用的話，任務 $k+1,k+2,\cdots,m$會使用 deadline driven scheduling algorithm 來排程。

接下來，定義 availability function 為在時間從 $0$ 到 $t$ 時，對於一任務集，所有處理器可以被使用的時間的加總，表示為 $a(t)$。而 $a_k(t)$ 被定義為對於任務 $k+1,k+2,\cdots,m$ 的 availability function。因為時間不為負，所以累加時間只會越長越大或不再增長 ⇒ $a(t)$ 為 nondecreasing function。

令 $W_k(t)$ 為前 k 個 fixed-priority tasks 在 $[0,t]$ 內的累積處理器需求，則 $a_k(t)$ 可表達為 $a_k(t)=t-W_k(t)$。所以

$$\begin{aligned} a_k&(t+T)-a_k(t) \\=&(t+T)-W_k(t+T)-(t-W_k(t)) \\=&T-[W_k(t+T)-W_k(t)] \end{aligned}$$

又

$$a_k(T)=T-W_k(T)$$

根據 critical time zone argument，對 fixed-priority 任務集合而言，最壞情況的處理器需求發生在所有相關高優先權 requests 同時出現的 critical instant，因此從 0 開始的長度 T 區間所包含的高優先權工作量，不小於任何平移後同長度區間中的高優先權工作量。故有

$$\begin{aligned} &W_k(T)\gt W_k(t+T)-W_k(t) \\\implies&-W_k(T)\leq -[W_k(t+T)-W_k(t)] \\\implies&T-W_k(T)\leq T-[W_k(t+T)-W_k(t)] \end{aligned}$$

得

$$a_k(T)\leq a_k(t+T)-a_k(t)$$

若對於任務 $k+1,k+2,\cdots,m$ 的 availability function 具有 $a_k(T)\leq a_k(t+T)-a_k(t)$ 的性質，則對於所有任務的 availability function 同樣具有 $a(T)\leq a(t+T)-a(t)$ 性質，又因 $a(t)$ 為 nondecreasing function，故 $a(t)$ 為 sublinear。

#Theorem 8

Description

If a set of tasks are scheduled by the deadline driven scheduling algorithm on a processor whose availability function is sublinear, then there is no processor idle period to an overflow.

Proof

與 Theorem 6 類似。

#Theorem 9

Description

A necessary and sufficient condition for the feasibility of the deadline driven scheduling algorithm with respect to a processor with availability function $a_k(t)$ is

$$\left\lfloor\frac{t}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{t}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{t}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}}\leq{a_k(t)}$$

for all t’s which are multiples of $T_{k+1},\space or\space T_{k+2},\cdots,\space or\space T_m$ .

Proof

本證明與 Theorem 7 的證明十分相似，首先證明滿足必要性。假設對於任何時間點，處理請求的總時間需求超過所有處理器可供的運行時間：

$$\left\lfloor\frac{t}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{t}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{t}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}}\gt{a_k(t)}$$

可以發現這會導致排程不可行。因此，若處理請求的總時間需求為所有處理器可供的運行時間或時間以內，則：

$$\left\lfloor\frac{t}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{t}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{t}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}}\leq{a_k(t)}$$

會使排程保證可行，必要性證畢。

再來證明充足性。對於 case 1，假設排程滿足定理，但在時間點 $T$ 發生 overflow，則：

$$\left\lfloor\frac{T}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{T}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{T}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}}\gt{a_k(T)}$$

此與假設矛盾，且 $T$ 為 $T_{k+1},\space or\space T_{k+2},\cdots,\space or\space T_m$ 其中之一的倍數。

對於 case 2，假設排程滿足定理，但在時間點 $T$ 發生 overflow，則：

$$\left\lfloor\frac{T-T'}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{T-T'}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{T-T'}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}}\gt{a_k(T-T')}$$

為滿足定理要求「for all t’s which are multiples of $T_{k+1},\space or\space T_{k+2},\cdots,\space or\space T_m$ 」，令 $\epsilon$ 為最小正數使得 $T-T'-\epsilon$ 為 $T_{k+1},\space or\space T_{k+2},\cdots,\space or\space T_m$ 的倍數，所以：

$$\left\lfloor\frac{T-T'-\epsilon}{T_{k+j}}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{T-T'}{T_{k+j}}\right\rfloor\space for\space each\space j=1,2,\cdots,m-k$$

因此：

$$\begin{aligned} &\left\lfloor\frac{T-T'-\epsilon}{T_{k+1}}\right\rfloor{C_{k+1}}+\left\lfloor\frac{T-T'-\epsilon}{T_{k+2}}\right\rfloor{C_{k+2}}+\cdots+\left\lfloor\frac{T-T'-\epsilon}{T_{m}}\right\rfloor{C_{m}} \\&\gt{a_k(T-T')} \\&\geq{a_k(T-T'-\epsilon)} \end{aligned}$$

此與假設矛盾。

對於所有可能的 case 都與假設矛盾，因此充分性證畢。

#Comparison and Comment

mixed scheduling 的 utilization bound 雖然還不到純 deadline-driven scheduling 的 100%，但已經明顯比固定優先權 RM 排程寬鬆許多。作者最後也坦白說，對 mixed scheduling 而言，還沒有找到像 RM 或 EDF 那樣漂亮的 closed-form least upper bound；不過從這個例子可以看出，它的限制遠比 fixed-priority scheduling 小，因此在實務上是一種很有吸引力的折衷方案。

#Conclusion

前面的分析是建立在五個假設之上，其中最重要、但也最容易被質疑的，是 (A1) 任務請求具有週期性 與 (A4) 任務執行時間固定。如果這兩個假設不成立，那麼前面用來分析最壞情況的 critical time zone 就必須重新定義，不再只是簡單地由週期與固定 execution time 來描述，而必須改成在任務 request 與 deadline 之間，考慮所有高優先權任務可能造成的最大干擾量。若系統缺乏對 request pattern 與 run-time 的精確資訊，就只能用較保守的方式來估計，例如把 period 當成最短 request interval、把 run-time 當成最大 execution time。作者認為，在這種情況下，前面許多分析結果將不再能直接成立，而且由於任務的不規則性，processor utilization bound 可能會被大幅壓低。如果實際 deadline 比前面假設得更緊，則固定優先權的排序規則也應改成依據 request 與 deadline 之間最短間隔來決定，而不是單純依週期長短。不過若只有少數高優先權任務的 deadline 較緊，對整體 utilization 的影響不會太大。整體而言，作者認為週期性請求與固定執行時間雖然是理想化假設，但它們的分析價值很大，應該被視為 real-time system 設計上的重要目標。

本文探討的是 hard-real-time multiprogramming 在 process control 與 monitoring 環境中的排程問題。在這個架構下，作者得到三個最主要的結論：

1. 對於 固定優先權排程，若優先權按照 request rate 單調分配，也就是較短週期任務給較高優先權，則此規則在所有 fixed-priority scheduling algorithms 中是最佳的；然而這類方法對大 task sets 的 processor utilization least upper bound 只有大約 70%。
2. 對於 動態 deadline-driven scheduling，作者證明它在可行性上是全域最佳的，而且可以達到 100% processor utilization。
3. 作者也討論了將這兩種方法結合的 mixed scheduling algorithm，指出這種混合方式大致能保有 deadline-driven scheduling 的大部分好處，同時又較容易在現有電腦系統中實作。