Nombre de pannes successives dans le cas d'une loi géométrique
Un premier composant est mis en service à l'instant
0
et, quand il tombe en panne, est remplacé instantanément par un
composant identique qui sera remplacé à son tour à l'instant de
sa première panne dans les mêmes conditions, et ainsi de suite.
On suppose à nouveau, dans cette partie, que
p
est un réel de l'intervalle
]
0
,
1
[
et que
T
suit la loi géométrique de paramètre
p
et que, pour tout entier strictement positif
i
,
la durée de vie du
i
-ème
composant est une variable aléatoire
T
i
définie sur
(
Ω
,
ℬ
,
P
)
,
de même loi que
T
.
Les variables aléatoires
T
i
sont supposées mutuellement indépendantes et, pour tout entier
naturel
k
non nul, on pose :
S
k
=
∑
i
=
1
k
T
i
.
(
S
k
désigne donc l'instant où se produit la
k
-ième
panne et le
k
-ième
remplacement.)
-
Pour
n
=
m
on a :
∑
j
=
m
m
C
j
m
=
C
m
m
=
1
=
C
m
+
1
m
+
1
.
Soit
n
≥
m
tel que
∑
j
=
m
n
C
j
m
=
C
n
+
1
m
+
1
.
Alors
∑
j
=
m
n
+
1
C
j
m
=
∑
j
=
m
n
C
j
m
+
C
n
+
1
m
=
C
n
+
1
m
+
1
+
C
n
+
1
m
.
=
⁢
C
n
+
2
m
+
1
.
Donc la propriuété est vraie pour tout entier
n
≥
m
:
∑
j
=
m
n
C
j
m
=
C
n
+
1
m
+
1
-
-
On a
S
2
⁡
(
Ω
)
=
[
[
2
,
+
∞
[
[
et pour tout
n
∈
[
[
2
,
+
∞
[
[
:
(
S
=
n
)
=
⋃
k
=
1
n
−
1
(
T
1
=
k
∩
T
2
=
n
−
k
)
les bornes étant imposées pour que
k
≥
1
et
n
−
k
≥
1
p
⁣
(
S
2
=
n
)
=
p
⁢
(
⋃
k
=
1
n
−
1
(
T
1
=
k
∩
T
2
=
n
−
k
)
)
incompatibles
=
∑
k
=
1
n
−
1
p
⁣
(
T
1
=
k
∩
T
2
=
n
−
k
)
=
∑
k
=
1
n
−
1
p
⁣
(
T
1
=
k
)
p
⁣
(
T
2
=
n
−
k
)
indépendants
=
∑
k
=
1
n
−
1
(
(
1
−
p
)
k
−
1
⁢
p
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
−
1
⁢
p
)
=
p
2
⁢
(
1
−
p
)
n
−
3
⁢
∑
k
=
1
n
−
1
1
=
(
n
−
1
)
⁢
p
2
⁢
(
1
−
p
)
n
−
2
-
-
Pour
k
=
1
,
la loi de
S
1
est celle de
T
1
donc une loi géométrique de paramètre
p
.
Donc pour tout entier
n
≥
1
,
p
⁣
(
S
1
=
n
)
=
(
1
−
p
)
n
−
1
⁢
p
=
C
n
−
1
0
⁢
(
1
−
p
)
n
−
1
⁢
p
1
-
Soit
k
≥
1
tel que
∀
n
⩾
k
,
p
⁣
(
S
k
=
n
)
=
C
n
−
1
k
−
1
⁢
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
On a alors
S
k
+
1
=
∑
i
=
1
k
+
1
T
i
=
S
k
+
T
n
+
1
; donc comme
T
≥
1
on a
S
k
+
1
⁡
(
Ω
)
=
[
[
k
+
1
,
+
∞
[
[
et pour tout
n
≥
k
+
1
:
avec
S
k
≥
k
et
T
k
+
1
≥
1
p
⁣
(
S
k
+
1
=
n
)
=
p
⁢
(
⋃
i
=
k
n
−
1
(
S
k
=
i
∩
T
k
+
1
=
n
−
i
)
)
incompatibles
=
∑
i
=
k
n
−
1
p
⁣
(
S
k
=
i
∩
T
k
+
1
=
n
−
i
)
indépendants
=
∑
i
=
k
n
−
1
p
⁣
(
S
k
=
i
)
p
⁣
(
T
k
+
1
=
n
−
i
)
=
∑
i
=
k
n
−
1
C
i
−
1
k
−
1
⁢
p
k
⁢
(
1
−
p
)
i
−
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
i
−
1
⁢
p
=
p
k
+
1
⁢
(
1
−
p
)
n
−
1
−
k
⁢
∑
i
=
k
n
−
1
C
i
−
1
k
−
1
réindexé
j
=
i
−
1
=
p
k
+
1
⁢
(
1
−
p
)
n
−
1
−
k
⁢
∑
i
=
k
−
1
n
−
2
C
j
k
−
1
et d'après la question précédente en substituant
k
−
1
à
m
et
n
−
2
à
n
p
⁣
(
S
k
+
1
=
n
)
=
p
k
+
1
⁢
(
1
−
p
)
n
−
1
−
k
⁢
C
n
−
2
+
1
k
−
1
+
1
=
C
n
−
1
k
+
1
−
1
⁢
p
k
+
1
⁢
(
1
−
p
)
n
−
(
k
+
1
)
-
Donc la propriété est vraie pour tout entier
k
≥
1.
-
On dispose en PASCAL de la fonction RANDOM qui retourne un nombre de
type REAL choisi au hasard dans l'intervalle
[
0
,
1
[
.
Ainsi, si
p
est la probabilité de panne du composant à un instant donné, en
faisant appel à la fonction RANDOM , on obtient une simulation
informatique de cette panne dans le cas où le nombre retourné par
cette fonction est strictement inférieur à
p
.
-
FUNCTION NbP(p:REAL; n:INTEGER): INTEGER;
Var i,c:integer;
Begin
c:=0;
for
i:=1 to n do
begin
if random < p then c:=c+1 end;
NbP:=c
end;
La variable c
compte le nombre de panne (d'où
l'initialisation à 0) et i mesure
le temps
-
PROCEDURE Arret(p:REAL; r:INTEGER);
var c,n:integer;
begin
c:=0;n:=0;
repeat
n:=n+1;
if
random < p then c:=c+1;
until
c=r;
writeln(r,'
pannes au bout de ',n);
end;
-
Soit
n
un entier strictement positif. On note
U
n
la variable aléatoire désignant le nombre de pannes (et donc de
remplacements) survenues jusqu'à l'instant
n
inclus.
-
(
U
n
=
0
)
signifie qu'il n'y a pas eu de panne jusqu'à l'instant
n
donc
(
U
n
=
0
)
=
(
T
1
>
n
)
et donc
p
⁣
(
U
n
=
0
)
=
p
⁣
(
T
1
>
n
)
=
D
⁡
(
n
)
=
(
1
−
p
)
n
(
U
n
=
n
)
.
signifie qu'il y a eu autant de panne que d'instant, donc ne panne à
chaque instant. La durée de vie de chaque composant est donc de 1.
Donc
(
U
n
=
n
)
=
⋂
k
=
1
n
(
T
k
=
1
)
et comme les
T
i
sont indépendants,
p
⁣
(
U
n
=
n
)
=
∏
k
=
1
n
p
⁣
(
T
k
=
1
)
=
∏
k
=
1
n
[
(
1
−
p
)
0
⁢
p
]
=
p
n
-
(
U
n
⩾
k
)
signifie qu'à l'instant
n
il y a eu au au moins
k
panne.
Donc la
k
i
⁢
e
`
⁢
m
⁢
e
panne à eu lieu au plus tard à l'instant
n
.
Donc que
(
S
k
≤
n
)
-
Les valeurs possibles de
U
n
pour tout entier
n
sont
[
[
0
,
n
]
]
Une première idée pour calculer la probabilité est de
décomposer :
p
⁣
(
U
n
=
k
)
=
p
⁣
(
U
n
≥
k
)
−
p
⁣
(
U
n
≥
k
+
1
)
=
p
⁣
(
S
k
≤
n
)
−
p
⁣
(
S
k
+
1
≤
n
)
avec
p
⁣
(
S
k
≤
n
)
=
p
⁣
(
⋃
i
=
k
n
S
k
=
i
)
Mais celà aboutit à des sommes incalculables
\dots
On va procèder par récurrence et pour celà mette en place une
relation ente
U
n
+
1
et
U
n
(
U
n
+
1
≥
k
)
=
(
S
k
≤
n
+
1
)
=
(
S
k
≤
n
)
∪
(
S
k
=
n
+
1
)
=
(
U
n
≥
k
)
∪
(
S
k
=
n
+
1
)
événements incompatibles donc
p
⁣
(
U
n
+
1
≥
k
)
=
p
⁣
(
U
n
≥
k
)
+
p
⁣
(
S
k
=
n
+
1
)
Et comme
p
⁣
(
U
n
=
k
)
=
p
⁣
(
U
n
≥
k
)
−
p
⁣
(
U
n
≥
k
+
1
)
on a aussi
p
⁣
(
U
n
+
1
=
k
)
=
p
⁣
(
U
n
+
1
≥
k
)
−
p
⁣
(
U
n
+
1
≥
k
+
1
)
=
p
⁣
(
U
n
≥
k
)
+
p
⁣
(
S
k
=
n
+
1
)
−
[
p
⁣
(
U
n
≥
k
+
1
)
+
p
⁣
(
S
k
+
1
=
n
+
1
)
]
=
p
⁣
(
U
n
=
k
)
+
p
⁣
(
S
k
=
n
+
1
)
−
p
⁣
(
S
k
+
1
=
n
+
1
)
On démonte alors par récurrence que pour tout entier
n
≥
1
,
U
n
suit une loi binômiale de paramètre
p
.
-
Pour
n
=
1
,
on connait d'après un=0,
p
⁣
(
U
1
=
0
)
=
(
1
−
p
)
1
=
C
1
0
⁢
p
0
⁢
(
1
−
p
)
1
et
p
⁣
(
U
1
=
1
)
=
p
1
=
C
1
1
⁢
p
1
⁢
(
1
−
p
)
0
donc
U
1
sui t bien une loi binômiale de paramètres 1 et
p
.
-
Soit
n
≥
1
tel que
U
n
↪
ℬ
⁡
(
n
,
p
)
alors pour tout
k
∈
[
[
0
,
n
]
]
,
p
⁣
(
U
n
+
1
=
k
)
=
p
⁣
(
U
n
=
k
)
+
p
⁣
(
S
k
=
n
+
1
)
−
p
⁣
(
S
k
+
1
=
n
+
1
)
=
C
n
k
⁢
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
+
C
n
k
−
1
⁢
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
+
1
−
k
−
C
n
k
+
1
−
1
⁢
p
k
+
1
⁢
(
1
−
p
)
n
+
1
−
k
−
1
=
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
[
C
n
k
+
C
n
k
−
1
⁢
(
1
−
p
)
−
C
n
k
⁢
p
]
=
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
[
C
n
k
⁢
(
1
−
p
)
+
C
n
k
−
1
⁢
(
1
−
p
)
]
=
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
−
k
⁢
(
1
−
p
)
[
C
n
k
+
C
n
k
−
1
]
=
C
n
+
1
k
⁢
p
k
⁢
(
1
−
p
)
n
+
1
−
k
D'après un=0 on a
p
⁣
(
U
n
+
1
=
n
+
1
)
=
p
n
+
1
=
C
n
+
1
n
+
1
⁢
(
1
−
p
)
0
⁢
p
n
+
1
Donc
U
n
+
1
suit bien une loi binômiale de paramèrtes
n
+
1
et
p
.
-
Donc pour tout entier
n
≥
1
,
U
n
suit bien une loi binômiale de paramètres
n
et
p
.
-
Dans cette question, le nombre
p
est égal à
1
200
.
On considère alors un appareillage électronique utilisant
simultanément
1000
composants identiques fonctionnant indépendamment les uns des autres et
dont la durée de vie suit la même loi que
T
.
À chaque instant, les composants en panne sont remplacés par des
composants identiques comme précédemment.
-
Pour chacun des composants, le nombre de rempalcement suit une loi
binômiale de paramètres 100 et
p
.
(le même
p
pour tous) Ces composants sont indépendants donc
U
qui est la somme de ces nombres suit une loi binômiale de paramêtres
1000
⋅
100
=
100000
et
p
-
On approche la loi de
U
par une loi normale de même espérance :
m
=
100000
⋅
p
=
100000
/
200
=
500
et variance :
100000
⋅
p
⋅
(
1
−
p
)
=
995
/
2
soit un écart type de
σ
=
995
2
≃
22
,
3.
Pour que le stock
S
de pièces de rechange soit suffisant il faut (et il suffit) que
U
≤
S
et donc on veut que
p
⁣
(
U
≤
S
)
=
0
,
95
soit, avec
F
la fonction de répartition de
U
:
F
⁡
(
S
)
=
0
,
95.
Or
F
⁡
(
S
)
=
Φ
⁢
(
(
S
−
m
)
/
σ
)
Donc
F
⁡
(
S
)
=
0
,
95
pour
(
S
−
m
)
/
σ
=
1
,
65
⇔
S
=
σ
⋅
1
,
65
+
m
=
22
,
3
⋅
1
,
65
+
500
⁢
#
⁢
537
Le stock doit donc être de 537 pièces.