fiabilité exercice corrigé.PDF

September 13, 2017 | Author: Mina Oukachbi | Category: Analysis, Physics & Mathematics, Mathematics, Mathematical Analysis, Applied Mathematics
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´ FIABILITE Corrig´es des exercices du polycopi´e 49 La dur´ee de bon fonctionnement d’un compteur ´electrique suit la loi exponentielle, de moyenne 10 mois. Lorsqu’il est en panne, l’ouvrier met un temps exponentiel de moyenne 15 jours avant de s’en apercevoir et alors, la r´eparation, elle aussi exponentielle, dure en moyenne 2 mois. D´eterminer la disponibilit´e `a l’instant t et en r´egime stationnaire. On d´efinit 3 ´etats : 1 le compteur fonctionne , 2 le compteur est en panne et l’ouvrier ne l’a pas vu, 3 le compteur est en r´epartion. Equations de Kolmogorov :  0  p1 (t) = −λp1 (t) + µp3 (t) p0 (t) = −γp2 (t) + λp1 (t) .  20 p3 (t) = −µp3 (t) + γp2 (t) Equations des transform´ees de Laplace :    (s + λ)p1 (s) = µp3 (s) + 1  sp1 (s) − 1 = −λp1 (s) + µp3 (s) sp2 (s) = −γp2 (s) + λp1 (s) (s + γ)p2 (s) = λp1 (s) , soit .   sp3 (s) = −µp3 (s) + γp2 (s) (s + µ)p3 (s) = γp2 (s) On en d´eduit p3 (s) =

γ s+µ p2 (s)

=

λγ p1 (s). (s+γ)(s+µ) h

En reportant dans la premi`ere ´equation: s + λ − p1 (s) =

λγµ (s+γ)(s+µ)

i

p1 (s) = 1, soit

(s + γ)(s + µ) (s + γ)(s + µ) = . 2 (s + λ)(s + γ)(s + µ) − λγµ s(s + (λ + γ + µ)s + λγ + λµ + γµ)

On note s1 et s2 les racines de s2 + (λ + γ + µ)s + λγ + λµ + γµ. B C On a alors p1 (s) = As + s−s + s−s avec : 1 2 A=

Enfin A(t) = p1 (t) =

γµ (s1 + γ)(s1 + µ) (s2 + γ)(s2 + µ) ; B= ; C= . λγ + λµ + γµ s1 (s1 − s2 ) s2 (s2 − s1 )

γµ λγ+λµ+γµ

+

1 s1 −s2

h

(s1 +γ)(s1 +µ) s1 t e s1



(s2 +γ)(s2 +µ) s2 t e s2

i

.

1 = 0, 1, γ1 = 12 donc γ = 2 et µ1 = 2 donc µ = 0, 5, γµ = 1, s1 et s2 sont les racines de A.N. : λ = 10 s2 + 2, 6s + 1, 25. γµ 1 On trouve s1 ≈ −0, 64, s2 ≈ −1, 96 et λγ+λµ+γµ = 1,25 = 0, 8, puis

A(t) = 0, 8 + 0, 22e−0,64t − 0, 02e−1,96t et (A est la disponibilit´e en r´egime stationnaire).

lim A(t) = A = 0, 8

t→+∞

2

DESS ISMAG

50 On dispose de 2 composants : C1 est le composant principal, utilis´e en priorit´e et C2 le moteur de secours, mis en r´eserve. Les dur´ees de fonctionnement et de r´eparation sont exponentielle, les taux de d´efaillance λi et de r´eparation µi . C2 ne tombent pas en panne au repos, mais refuse de d´emarrer avec la probabilit´e γ quand on le lance (son temps de r´eparation est suppos´e le mˆeme s’il est tomb´e en panne durant son service ou au d´emarrage). Il y a un r´eparateur par moteur. Faire le graphe. D´eterminer la disponibilit´e en r´egime stationnaire et la fiabilit´e en r´egime transitoire. A.N. : λ1 = µ2 = 1, λ2 = µ1 = 2 et γ = 12 . On fait le graphe des transitions et on ´ecrit les ´equations de balance en consid´erant les 4 ´etats suivants : (1, 1) : C1 marche, C2 en r´eserve ; (0, 1) : C1 en r´eparation, C2 marche ; (0, 0) : C1 et C2 en r´eparation ; (1, 0) : C1 marche, C2 en r´eparation. On a les ´equations : λ1 p1,1 = µ1 p0,1 + µ2 p1,0 (λ1 + µ2 )p1,0 = µ1 p0,0 . (λ2 + µ1 )p0,1 = λ1 (1 − γ)p1,1 + µ2 p0,0 En rempla¸cant dans la troisi`eme ´equation, on obtient : (λ2 + µ1 )p0,1 = (1 − γ)µ1 p0,1 +

 1 1 1 + (1−γ)µ p0,0 et p1,0 = λ1µ+µ p0,0 , λ1 +µ2 2   i h (1−γ)µ1 µ2 µ1 µ2 1 + + p0,0 . = λ1 (λµ21+γµ ) λ +µ λ (λ +µ ) 1 1 2 1 1 2

d’o` u p0,1 = puis p1,1

(1 − γ)µ1 µ2 p0,0 + µ2 p0,0 λ1 + µ 2

µ2 λ2 +γµ1



On obtient alors p0,0 en ´ecrivant p0,0 + p0,1 + p1,0 + p1,1 = 1, soit  −1  µ1 (1 − γ)µ1 µ2 (λ1 + µ1 ) 1+ p0,0 1 + + = 1. λ1 λ1 (λ2 + γµ1 ) λ1 + µ 2 Avec λ1 = µ2 = 1, λ2 = µ1 = 2 et γ = 12 , on obtient p0,0 = p1,0 = 29 , p0,1 =

1 9

et p1,1 =

4 9

.

Pour d´eterminer la fiabilit´e, on rend l’´etat (0, 0) absorbant (plus de fl`eches sortantes et donc l’´etat (1, 0) n’est plus ` a consid´erer). Cette fois-ci, on ´ecrit les ´equations de Kolmororoff en r´egime transitoire, soit  0  p1,1 (t) = −λ1 p1,1 (t) + µ1 p0,1 (t) p0 (t) = −(λ2 + µ1 )p0,1 (t) + λ1 (1 − γ)p1,1 (t)  0,1 p00,0 (t) = λ2 p0,1 (t) + λ1 γp1,1 (t) et par transform´ee de Laplace,   sp1,1 − 1 = −λ1 p1,1 + µ1 p0,1 sp = −(λ2 + µ1 )p0,1 + λ1 (1 − γ)p1,1 .  0,1 sp0,0 = λ2 p0,1 + λ1 γp1,1 2 +µ1 cant dans la premi`ere, on obtient De la deuxi`eme ´equation, on tire p1,1 = s+λ λ1 (1−γ) p0,1 , puis en rempla¸   (s + λ1 )(s + λ2 + µ1 ) − µ1 = 1 p0,1 λ1 (1 − γ)

Fiabilit´e

3

et avec les valeurs num´eriques, p0,1 [2(s + 1)(s + 4) − 2] = 1, soit p0,1 = p1,1 + p0,1 =

1 2(s2 +5s+3)

et

  1 2s1 + 9 2s2 + 9 2s + 9 = − 2(s2 + 5s + 3) 2(s1 − s2 ) s − s1 s − s2

√ o` u s1 et s2 sont les racines de s2 +5s+3 = 0, soit si = 12 (−5± 13) et la fiabilit´e est R(t) = p1,1 (t)+p0,1 (t). √ √ On a 2(s1 − s2 ) = 2 13 et 2si + 9 = 4 ± 13, donc

R(t) =

√1 2 13

h i √ √ √ √ t t (4 + 13)e− 2 (5− 13) − (4 − 13)e− 2 (5+ 13) .

51 On reprend le podium de l’exercice 46 avec N = 2 et λ = 1 et on s’int´eresse maintenant `a sa fiabilit´e. Pour cela, on note T l’instant de premier effondrement, et F sa fonction de r´epartition. En rendant l’´etat C absorbant, v´erifier que F (t) = pC (t). a) Montrer que F v´erifie l’´equation diff´erentielle F 00 +(2 + µ)F 0 + F = 1 et r´esoudre cette ´equation lorsque µ = 1/2. D´eterminer la loi de T et la dur´ee moyenne avant le premier effondrement. b) Retrouver le r´esultat pr´ec´edent `a l’aide des transform´ees de Laplace. On rend l’´etat C absorbant en supprimant la r´eparation du podium car on s’int´eresse au premier effondrement. On ´ecrit les ´equations en r´egime transitoire, avec λ = 1 :  0  p0 (t) = µp1 (t) − p0 (t) p0 (t) = p0 (t) − (1 + µ)p1 (t)  10 pC (t) = p1 (t) Si T est l’instant du premier effondrement, P ([T ≤ t]) = P ([Xt = C]), soit F (t) = pC (t) . a) On a alors F 0 (t) = p1 (t) et F 00 (t) = p01 (t) = p0 (t) − (1 + µ)p1 (t) avec p0 (t) = 1 − p1 (t) − pC (t), d’o` u F 00 (t) = 1 − (2 + µ)p1 (t) − pC (t) et on a bien F 00 + (2 + µ)F 0 + F = 1 . Cette ´equation a pour solution particuli`ere 1 et pour ´equation caract´eristique associ´ee r2 + (2 + µ)r + 1 = (r + 2)(r + 1/2) = 0 si µ = 1/2. On a alors F (t) = 1 + α1 e−2t + α2 e−t/2 . L’´etat initial ´etant 0, on a pC (0) = F (0) = 0 et p1 (0) = F 0 (0) = 0, ce qui donne α1 + α2 = −1 et 2α1 + 12 α2 = 0, soit α2 = −4α1 et −3α1 = −1, d’o` u α1 =

1 3

et α2 = − 34 , et finalement F (t) = 1 + 13 e−2t − 43 e−t/2 , et fT (t) = 23 e−t/2 − 23 e−2t (pour t > 0).

On a alors E(T ) = = =

Z

Z Z 2 +∞ −t/2 2 +∞ −2t t fT (t) dt = te dt − te dt 3 0 3 0 Z Z 2 +∞ v −v 2 +∞ e dv 4ue−u du − 3 0 3 0 4 15 5 8 1 − = = = 2, 5 3 6 6 2

en posant u = t/2 dans la premi`ere int´egrale et v = 2t dans la deuxi`eme. b) Avec les transform´ees de Laplace, on a :

4

DESS ISMAG

  p0 − 1 = µ¯ p1 = p¯0 p1 − p¯0  s¯  (s + 1 + µ)¯ s¯ p1 = p¯0 − (1 + µ)¯ p1 , soit (s + 1)¯ p0 = µ¯ p1 + 1 = (s + 1)(s + 1 + µ)¯ p1 , d’o` u   s¯ pC = p¯1 s¯ pC = p¯1 p¯C =

1 1 1 1 p¯1 = = . 2 s s ((s + 1)(s + 1 + µ) − µ) s(s + (2 + µ)s + 1)

1 b c 1 1 Avec µ = 12 , p¯C = s(s+2)(s+1/2) = as + s+2 + s+1/2 o` u a = 1/2×2 = 1, b = −2(−2+1/2) = 13 et 1 1 1 c = −1/2(−1/2+2) = − 43 , donc p¯C = 1 + 13 s+2 − 43 s+1/2 et, par unicit´e de la transform´ee de Laplace, on

obtient pC (t) = 1 + 13 e−2t − 43 e−t/2 : on retrouve le mˆeme r´esultat qu’au a).

52 Un appareil fonctionne avec une batterie, de dur´ee de charge exponentielle, de moyenne λ1 = 30 mn. La batterie d´echarg´ee doit ˆetre recharg´ee sur secteur pendant un temps exponentiel de moyenne µ1 = 1 h. Pour minimiser l’indisponibilit´e de l’appareil, on dispose de 3 batteries identiques, pouvant ´eventuellement ˆetre recharg´ees simultan´ement. a) D´eterminer la disponibilit´e en r´egime stationnaire. b) On suppose maintenant que, si l’appareil se retrouve sans batterie, il perd toutes ses donn´ees et ne vaut plus rien. En utilisant les transform´ees de Laplace, d´eterminer la probabilit´e qu’il soit encore valable a` l’instant t. A.N. : t = 1 h. a) Ici, un ´etat d´esigne le nombre de batteries ` a plat. On fait le graphe pour la disponibilit´e et on d´etermine les probabilit´es en r´egime stationnaire.  λp0 = µp1    λp1 = 2µp2 λp2 = 3µp3    p0 + p1 + p2 + p3 = 1  λp1 = ρp0   2  i h 2 3 −1 λp2 = ρ2 p0 soit, avec ρ = λµ , et, comme A = 1 − p3 , on a , d’o` u p0 = 1 + ρ + ρ2 + ρ6 3 ρ    λp3 = 6 3p0 p0 + p1 + p2 + p3 = 1 2

donc A =

1+ρ+ ρ2 2 1+ρ+ ρ2

3

+ ρ6

.

Avec λ = 2 et µ = 1, soit ρ = 2, on obtient A =

1+2+2 1+2+2+ 43

=

15 19 ,

soit A ≈ 0, 79 .

b) Pour la fiabilit´e, on rend maintenant l’´etat 3 absorbant et on ´ecrit les ´equations de Kolmogorov.  0 p = −λp0 + µp1    00 p1 = −(λ + µ)p1 + λp0 + 2µp1 ; p0 = −(λ + 2µ)p2 + λp1    20 p3 = λp2 et pour r´esoudre ces ´equations, on passe par les transform´ees de Laplace :  (s + λ)p  0 − 1 = µp1   (s + λ + µ)p1 = λp0 + 2µp2 qui donne p3 = λs p2 ; p1 = s+λ+2µ p2 puis, en reportant dans la deuxi`eme λ (s + λ + 2µ)p = λp  2 1   sp3 = λp2 λ(s+λ+2µ) λ2 p0 puis p1 = s2 +(2λ+3µ)s+λ ere ´equation, p2 = (s+λ+µ)(s+λ+2µ)−2λµ 2 +λµ+2µ2 et par la premi`   λµ(s + λ + 2µ) s+λ− 2 p = 1, s + (2λ + 3µ)s + λ2 + λµ + 2µ2 0

Fiabilit´e

soit p0 =

5

s2 +(2λ+3µ)s+λ2 +λµ+2µ2 s3 +3(λ+µ)s2 +(3λ2 +3λµ+2µ2 )s+λ3

et finalement p3 =

Avec λ = 2 et µ = 1, ceci donne p3 = calculatrice).

λ3 s(s3 +3(λ+µ)s2 +(3λ2 +3λµ+2µ2 )s+λ3 )

8 s(s3 +9s2 +20s+8)



1 s



1,35 s+0,51

+

0,44 s+2,71



.

0,09 s+5,78

(avec la

On en en d´eduit R(t) = 1 − p3 (t) ≈ 1, 35e−0,51t − 0, 44e−2,71t + 0, 09e−5,78t . En particulier, R(1) ≈ 0, 78.

53 Comparer la fiabilit´e `a un instant t quelconque des 2 dispositifs suivants, constitu´es `a l’aide de 2n composants identiques : 1. en s´erie, n syst`emes form´es de 2 composants en parall`ele ; 2. en parall`ele, 2 syst`emes form´es de n composants en s´erie. (On pourra poser u = 1 − R(t), o` u R(t) d´esigne la fiabilit´e d’un composant ` a l’instant t). Pour le montage en s´erie, on a R1 = [1 − (1 − R(t))2 ]n = (1 − u2 )n . Pour le montage en parall`ele, on a R2 = 1 − [1 − R(t)n]2 = 2(1 − u)n − (1 − u)2n . R1 − R2

(1 − u)n [(1 + u)n − 2 + (1 − u)n ] " n # n X X Cnk uk − 2 + Cnk (−1)k uk = (1 − u)n

=

=

(1 − u)

n

"

k=0 n X

k=0

Cnk (1

k=1

car u ∈]0, 1[ et 1 + (−1)k ∈ {0, 2}. Ainsi, le syst`eme 1 est plus fiable que le syst`eme 2.

k

+ (−1) )u

k

#

≥0

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