Corrigé HEC maths II 2002 par Pierre Veuillez

On appelle loi de survie du composant la fonction D définie sur + par: t + ,

D ( t ) = 1 F ( t ) = 1 p ( T t ) = p ( T > t ) probabilité que le composant tombe en panne après l'instant t .



Partie I: Cas discret

On suppose dans cette partie que T est une variable al\eatoire à valeurs dans * qui v\erifie, pour tout entier \break naturel n , D ( n ) \not?? = 0 .

  1. Coefficient d'avarie

    On appelle coefficient d'avarie à l'instant n du composant, la probabilité qu'il tombe en panne à l'instant n , sachant qu'il fonctionne encore à l'instant n 1 , c'est-à-dire le nombre π n défini par l'égalité : π n = P ( [ T = n ] / [ T > n 1 ] )

    1. Comme D ( n ) = p ( T > n ) et que T ne prend que des vaeurs entières, on a : ( T > n 1 ) = ( T = n ) ( T > n ) .

      Ces événements étant disjoints (incompatibles) p ( T > n 1 ) = p ( T = n ) + p ( T > n )

      et donc p ( T = n ) = p ( T > n 1 ) p ( T > n ) = D ( n 1 ) D ( n )

      On a alors (puisque l'on ne peut pas déduire p ( T = n / T > n 1 ) d'une interprétation du conditionnement) π n = p ( T = n T > n 1 ) p ( T > n 1 ) = p ( T = n ) p ( T > n 1 ) = D ( n 1 ) D ( n ) D ( n 1 )

      car ( T = n T > n 1 ) = ( T = n ) puisque si ( T = n ) alors ( T > n 1 )

    2. On suppose que p est un réel de l'intervalle ] 0 , 1 [ et que T suit la loi géométrique de paramètre p .

      1. L'espérance de T est alors 1 / p

      2. On a calculé précédemment T = n en fonction de D . Il faut à présent faire l'inverse : on connait p ( T = k ) et on cherche p ( T n )

        On décompose pour celà l'événement : (pour n * ) ( T n ) = k = 1 n ( T = k )  incompatibles donc  p ( T n ) = k = 1 n p ( T = k ) = k = 1 n ( 1 p ) k 1 p  réindexe  j = k 1 = p j = 0 n 1 ( 1 p ) j = p ( 1 p ) n 1 ( 1 p ) 1  et on obtient  D ( n ) = 1 p ( P n ) = 1 p ( 1 p ) n 1 p = ( 1 p ) n qui est sencore valable pour n = 0 puisque le composant entre en fonction à l'instant 0 iln'est pas encore en panne.

        Celà est cohérent avec la signification de T : c'est le rang de la première panne dans uns suite d'expérience (indépendante si on contiue après la première panne) de probabilité de panne p . ( T > n ) sign,ifie que la panne intervient arpès le rang n donc que l'on n'a pas de panne pendnat les n instants de 1 à n avec pour probabilité ( 1 p ) a ` chaque instant

      3. On a alors pour tout entier n : π n = D ( n 1 ) D ( n ) D ( n 1 ) = ( 1 p ) n 1 ( 1 p ) n ( 1 p ) n 1 = ( 1 p ) n 1 ( 1 ( 1 p ) ) ( 1 p ) n 1 = 1 ( 1 p ) = p

    3. Réciproquement, on suppose dans cette question qu'il existe un réel strictement positif α tel que l'on a : n * , π n = α .

      1. Comme on a alors π n = D ( n 1 ) D ( n ) D ( n 1 ) = α  on a donc  α D ( n 1 ) = D ( n 1 ) D ( n )  et  D ( n ) = ( 1 α ) . D ( n 1 ) .

      2. ( D ( n ) ) n est alors une suite géométrique de raison α donc pour tout entier n : D ( n ) = ( 1 α ) n D ( 0 ) = ( 1 α ) n et donc pour tout entier n non nul :

        p ( T = n ) = D ( n 1 ) D ( n ) = ( 1 α ) n 1 ( 1 α ) n = ( 1 α ) n 1 ( 1 α ( 1 α ) ) et T suit une loi géométrique de paramètre α

  2. 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 , , 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.)

    1. 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

      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.

    2. 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 .

      1. 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

      2. 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;

    3. 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.

      1. ( 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

      2. ( 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 )

      3. 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 ( 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 .

    4. 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.

      1. 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

      2. 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.