FIABILIT´ E Corrig´ es des exercices du polycopi´ e 49 La dur´ ee de bon foncti

FIABILIT´ E 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 :    p′ 1(t) = −λp1(t) + µp3(t) p′ 2(t) = −γp2(t) + λp1(t) p′ 3(t) = −µp3(t) + γp2(t) . Equations des transform´ ees de Laplace :    sp1(s) −1 = −λp1(s) + µp3(s) sp2(s) = −γp2(s) + λp1(s) sp3(s) = −µp3(s) + γp2(s) , soit    (s + λ)p1(s) = µp3(s) + 1 (s + γ)p2(s) = λp1(s) (s + µ)p3(s) = γp2(s) . On en d´ eduit p3(s) = γ s+µp2(s) = λγ (s+γ)(s+µ)p1(s). En reportant dans la premi` ere ´ equation: h s + λ − λγµ (s+γ)(s+µ) i p1(s) = 1, soit p1(s) = (s + γ)(s + µ) (s + λ)(s + γ)(s + µ) −λγµ = (s + γ)(s + µ) s(s2 + (λ + γ + µ)s + λγ + λµ + γµ). On note s1 et s2 les racines de s2 + (λ + γ + µ)s + λγ + λµ + γµ. On a alors p1(s) = A s + B s−s1 + C s−s2 avec : A = γµ λγ + λµ + γµ ; B = (s1 + γ)(s1 + µ) s1(s1 −s2) ; C = (s2 + γ)(s2 + µ) s2(s2 −s1) . Enfin A(t) = p1(t) = γµ λγ+λµ+γµ + 1 s1−s2 h (s1+γ)(s1+µ) s1 es1t −(s2+γ)(s2+µ) s2 es2ti . A.N. : λ = 1 10 = 0, 1, 1 γ = 1 2 donc γ = 2 et 1 µ = 2 donc µ = 0, 5, γµ = 1, s1 et s2 sont les racines de s2 + 2, 6s + 1, 25. On trouve s1 ≈−0, 64, s2 ≈−1, 96 et γµ λγ+λµ+γµ = 1 1,25 = 0, 8, puis A(t) = 0, 8 + 0, 22e−0,64t −0, 02e−1,96t et lim t→+∞A(t) = A = 0, 8 (A est la disponibilit´ e en r´ egime stationnaire). 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 mˆ eme 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 = 1 2. 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 : λ1p1,1 = µ1p0,1 + µ2p1,0 (λ1 + µ2)p1,0 = µ1p0,0 (λ2 + µ1)p0,1 = λ1(1 −γ)p1,1 + µ2p0,0 . En rempla¸ cant dans la troisi` eme ´ equation, on obtient : (λ2 + µ1)p0,1 = (1 −γ)µ1p0,1 + (1 −γ)µ1µ2 λ1 + µ2 p0,0 + µ2p0,0 d’o` u p0,1 = µ2 λ2+γµ1  1 + (1−γ)µ1 λ1+µ2  p0,0 et p1,0 = µ1 λ1+µ2 p0,0 , puis p1,1 = h µ1µ2 λ1(λ2+γµ1)  1 + (1−γ)µ1 λ1+µ2  + µ1µ2 λ1(λ1+µ2) i p0,0 . On obtient alors p0,0 en ´ ecrivant p0,0 + p0,1 + p1,0 + p1,1 = 1, soit p0,0  1 + µ1 λ1 + µ2(λ1 + µ1) λ1(λ2 + γµ1)  1 + (1 −γ)µ1 λ1 + µ2 −1 = 1. Avec λ1 = µ2 = 1, λ2 = µ1 = 2 et γ = 1 2, on obtient p0,0 = p1,0 = 2 9, 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 Kolmororoffen r´ egime transitoire, soit    p′ 1,1(t) = −λ1p1,1(t) + µ1p0,1(t) p′ 0,1(t) = −(λ2 + µ1)p0,1(t) + λ1(1 −γ)p1,1(t) p′ 0,0(t) = λ2p0,1(t) + λ1γp1,1(t) et par transform´ ee de Laplace,    sp1,1 −1 = −λ1p1,1 + µ1p0,1 sp0,1 = −(λ2 + µ1)p0,1 + λ1(1 −γ)p1,1 sp0,0 = λ2p0,1 + λ1γp1,1 . De la deuxi` eme ´ equation, on tire p1,1 = s+λ2+µ1 λ1(1−γ) p0,1, puis en rempla¸ cant dans la premi` ere, on obtient p0,1 (s + λ1)(s + λ2 + µ1) λ1(1 −γ) −µ1  = 1 Fiabilit´ e 3 et avec les valeurs num´ eriques, p0,1[2(s + 1)(s + 4) −2] = 1, soit p0,1 = 1 2(s2+5s+3) et p1,1 + p0,1 = 2s + 9 2(s2 + 5s + 3) = 1 2(s1 −s2) 2s1 + 9 s −s1 −2s2 + 9 s −s2  o` u s1 et s2 sont les racines de s2+5s+3 = 0, soit si = 1 2(−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 (4 + √ 13)e−t 2 (5− √ 13) −(4 − √ 13)e−t 2 (5+ √ 13)i . 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 ′′ +(2+µ)F ′+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 :    p′ 0(t) = µp1(t) −p0(t) p′ 1(t) = p0(t) −(1 + µ)p1(t) p′ C(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 ′(t) = p1(t) et F ′′(t) = p′ 1(t) = p0(t) −(1 + µ)p1(t) avec p0(t) = 1 −p1(t) −pC(t), d’o` u F ′′(t) = 1 −(2 + µ)p1(t) −pC(t) et on a bien F ′′ + (2 + µ)F ′ + 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 + α1e−2t + α2e−t/2. L’´ etat initial ´ etant 0, on a pC(0) = F(0) = 0 et p1(0) = F ′(0) = 0, ce qui donne α1 + α2 = −1 et 2α1 + 1 2α2 = 0, soit α2 = −4α1 et −3α1 = −1, d’o` u α1 = 1 3 et α2 = −4 3, et finalement F(t) = 1 + 1 3e−2t −4 3e−t/2 , et fT (t) = 2 3e−t/2 −2 3e−2t (pour t > 0). On a alors E(T) = Z t fT (t) dt = 2 3 Z +∞ 0 te−t/2 dt −2 3 Z +∞ 0 te−2t dt = 2 3 Z +∞ 0 4ue−u du −2 3 Z +∞ 0 v 4e−v dv = 8 3 −1 6 = 15 6 = 5 2 = 2, 5 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    s¯ p0 −1 = µ¯ p1 −¯ p0 s¯ p1 = ¯ p0 −(1 uploads/s1/ fiabilite-exercice-corrige-pdf 1 .pdf

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• Publié le Nov 19, 2021
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• Langue French
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