fiabilite

1 FIABILITE : GENERALITES 1.1

INTRODUCTION

La qualité d’un produit est caractérisée par sa conformité aux spécifications de sa définition. La fiabilité d’un produit est caractérisée par le maintien de sa conformité dans une période donnée correspondant à son utilisation pour une mission. Fiabilité intrinsèque: fiabilité ne dépendant que de la qualité du matériel. Fiabilité extrinsèque: dépend des conditions d’exploitation du système ( production, maintenance...)

1.2

FIABILITE : GENERALITES

La fiabilité est la science des défaillances basée sur l'expérience. Elle est indissociable de la qualité. La fiabilité d'une machine a tendance à diminuer avec le nombre de ses composants. Lorsque les composants sont trop nombreux ou trop complexes il arrive fréquemment un moment où la maîtrise de la fiabilité n'est plus possible et l'hypothèse d'une défaillance très probable. Pour un ensemble, une très haute qualité pour chacun des composants n'implique pas nécessairement une grande fiabilité, après assemblage. Les interactions qui se produisent entre les composants diminuent la capacité de l'ensemble. De même, une grande fiabilité sous certaines conditions n'entraîne pas forcément une grande fiabilité sous d'autres conditions. Par exemple, une huile moteur prévue pour des climats tempérés ne conviendra pas nécessairement sous des climats très froids. La meilleure connaissance de la fiabilité provient de l'analyse des défaillances lorsque les produits sont en service. Il est ainsi possible d'établir des lois statistiques sur une population importante et sur un temps long à partir de données collectées en après- vente. L'expérimentation en laboratoire sur des échantillons est la deuxième voie possible pour faire des analyses de fiabilité, notamment au stade de la conception. Remarque : la non-fiabilité d'un produit ou d'un bien augmente les coûts de l'après-vente (applications des garanties, frais judiciaires, etc.). Construire plus fiable augmente les coûts de conception et de production. Le coût total du produit prend en compte ces deux tendances.

1.3

DEFINITION DE LA FIABILITE (R)

La fiabilité R, c'est la probabilité qu'a un bien (produit ou système) d'accomplir, de manière satisfaisante, une fonction requise, sous des conditions données et pendant une période de temps donné. Remarque : dans la définition proposée de la fiabilité, les quatre points suivants sont à mettre en évidence : "probabilité", "de manière satisfaisante", "en un temps donné" et "sous des conditions données". Probabilité : c'est une quantité indiquant, sous forme de fraction ou de pourcentage, le nombre de fois ou de chances qu'a un événement de se produire sur un nombre total d'essais ou de tentatives. Remarque 1 : R est un nombre compris entre 0 et 1 (0 ≤ R≤ 1). Par exemple, une fiabilité R = 0,92 après 1 000 heures signifie que le produit a 92 chances sur 100 (92% de chances) de fonctionner correctement pendant les 1 000 premières heures. Remarque 2 : pour des produits identiques, fonctionnant dans les mêmes conditions, les défaillances peuvent se produire à des moments différents. La répartition des défaillances au cours du temps est le plus souvent décrite à partir des lois statistiques suivantes : loi normale, loi log normale, loi de Poisson, loi exponentielle, loi de Weibull. "De manière satisfaisante" : cette propriété suppose que des critères précis (fonctions, etc.) et spécifiques soient établis pour définir et décrire ce qui peut être considéré comme satisfaisant.

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"En un temps donné" : dans les études de fiabilité, le temps est la mesure ou la variable de référence permettant d'évaluer les performances et d'estimer les probabilités : probabilité ou chance de survie sans défaillance pendant une période de temps donnée, etc. "Sous des conditions données" : regroupe l'ensemble des paramètres décrivant l'environnement du produit et ses conditions d'utilisation : mode opératoire, procédures de stockage et de transport, lieux géographiques, cycles des températures, humidité, vibrations, chocs, etc.

1.4

INDICATEURS DE FIABILITE λ et MTBF

λ et le MTBF sont les deux principaux indicateurs de la fiabilité utilisés industriellement Dispositif réparable: Possibilité de remplacer un ou plusieurs constituants. la fiabilité est caractérisée par: λ le taux de défaillance t le temps de fonctionnement M.T.B.F. Mean time between failure, moyenne des temps de bon fonctionnement M.T.F.F. Mean time to first failure, moyenne des temps jusqu’à la première défaillance. Dispositif non réparable: La rupture de l’une des pièces entraîne l’échange de l’ensemble du système. la fiabilité est caractérisée par: λ le taux de défaillance t le temps de fonctionnement M.T.B.F. Mean time between failure ==> Paramètre inexistant. M.T.F.F. Mean time to first failure, durée de vie du système. 1.4.1 Taux de défaillance λ Définition : λ représente le taux de défaillance ou le taux d'avarie. Il caractérise la vitesse de variation de la fiabilité au cours du temps. Pour une période de travail donnée, durée totale en service actif :

λ =

nombre total de défaillances pendant le service durée totale de bon fonctionnement

Remarques : la durée de bon fonctionnement est égale à la durée totale en service moins la durée des défaillances. Les unités utilisées sont : le nombre de défaillances par heure, le pourcentage de défaillances pour 1 000 heures, etc. -7 -5 -4 -2 Par exemple, un produit ayant 10 < λ < 10 pour 1 000 heures (ou 10 < λ < 10 par heure) présente un bon niveau commercial de fiabilité.

1.4.2 MTBF ou moyenne des temps de bon fonctionnement Définition : la (le) MTBF (qui vient de l'anglais : Mean Time Between Failure) représente la moyenne des temps de bon fonctionnement entre deux défaillances d'un système réparable ou le temps moyen entre défaillances.

MTBF =

Somme des temps de bon fonctionnement entre les n défaillances nombre des temps de bon fonctionnement

Remarque : si λ est constant le MTBF est égal à 1/λ 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

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Exemple : un compresseur industriel a fonctionné pendant 8 000 heures en service continu avec 5 pannes dont les durées respectives sont : 7 ; 22 ; 8,5 ; 3,5 et 9 heures. Déterminons son MTBF.

MTBF =

8000 - (7 + 22 + 8,5 + 3,5 + 9) 8000 - 50 = = 5 5

7950 = 1590 heures 5

Si λ est supposé constant :

λ=

1 1 = = 0,0006289 = 6,289x10-4 défaillances / heure MTBF 1590

Soit environ 0,0007 défaillance par heure ou 0,7 défaillance pour 1 000 heures.

1.5

FIABILITE D'UN SYSTEME CONSTITUE DE PLUSIEURS COMPOSANTS MONTES EN SERIE

Exemple : pour le circuit électrique proposé, la défaillance de n'importe quel composant (A, B, C, D, E ou F) entraîne la défaillance du système. Les probabilités de défaillance des composants sont indépendantes les unes des autres. Théorème : La fiabilité RS d'un ensemble de n composants A, B,..., N montés ou connectés en série est égal au produit des fiabilités respectives RA, RB,..., RN de chacun des composants. Autrement dit :

R S = (R A ).( R B )...( R N ) Remarque 1 : d'une manière générale, la procédure en série est utilisée lorsque chaque bloc, composant ou sous-système appartenant à un même système doit fonctionner pour que l'ensemble "fonctionne" correctement. Remarque 2 : Si les n composants sont identiques avec une même fiabilité R alors

RS = Rn Remarque 3 : Si, pour les composants précédents, les taux de défaillances sont constants au cours du temps et notés λA, λB, ..., λN alors la fiabilité s'écrit :

R S = (e - λA .t ).(e − λB .t )...(e − λN .t ) avec :

MTBFS =

1 λA + λB + ... + λN

Si de plus les n composants sont identiques λA = λB = ...= λN = λ alors :

RS = e

- n.λ .t

et

MTBFS =

1 n.λ

Exemple 1 : soit un poste de radio constitué de quatre composants connectés en série ; une alimentation RA = 0,95 ; une partie récepteur RB = 0,92 ; un amplificateur RC = 0,97 et un haut-parleur RD = 0,89. Déterminons la fiabilité RS de l'appareil : RS = RA.RB.RC.RD = 0,95.0,92.0,97.0.89 = 0,7545 (soit une fiabilité de 75% environ) Exemple 2 : soit une imprimante constituée de 2 000 composants montés en série supposés tous de même fiabilité, très élevée, R = 0,9999. Déterminons la fiabilité de l'appareil. 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

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n

2000

RS = R = 0,9999 = 0,8187 (soit une fiabilité globale de 82% environ) Si on divise par deux le nombre des composants, la fiabilité devient : RS = 0,99991000 = 0,9048 (environ 90,5%) Si on souhaite obtenir une fiabilité de 90% pour l'ensemble des 2 000 composants montés en série, déterminons la fiabilité R que devrait avoir chaque composant : RS = 0,9000 = R2000 Expression que l'on peut encore écrire, à partir des logarithmes népériens, sous la forme : Ln RS = Ln 0,9 = 2 000.Ln R d'où, R = 0,999945 Exemple 3 : une machine de production, dont la durée totale de fonctionnement est de 1 500 heures, se compose de quatre sous-systèmes A, B, C et D montés en série et ayant les MTBF respectifs suivants : MTBFA = 4 500 heures ; MTBFB = 3 200 heures ; MTBFC = 6 000 heures et MTFD = 10 500 heures. Déterminons les taux de pannes et le MTBF global (MTBFS). a) Taux de panne et fiabilité de l'ensemble λA = 1/MTBFA = 1/4500 = 0,000222 défaillance par heure = 0,222 défaillance pour 1 000 heures. λB = 1/MTBFB = 1/3200 = 0,000313 défaillance par heure = 0,313 défaillance pour 1 000 heures. λC = 1/MTBFC = 1/6000 = 0, 000167 défaillance par heure = 0,167 défaillance pour 1 000 heures. λD = 1/MTBFD = 1/10500 = 0,000095 défaillance par heure = 0,095 défaillance pour 1 000 heures. Taux de défaillance global : λS = λA +λB + λC + λD = 0,000797 (par heure). La fiabilité globale RS de la machine pour les 1 500 heures s'écrit :

R S = e − λS .t RS = e - 0,000797.t = e - 0,000797.(1500) = e - 1,196 = 0,303 (30,3%) Remarque : si on divise par deux la durée de fonctionnement de la machine (750 heures) : RS(750) = e- 0,000797.750 = 0,550 (55%) b) MTBF de l'ensemble MTBFS = 1/λS = 1/ 0,000797 = 1 255 Soit un temps de 1255 heures entre deux défaillances. Quelle est la probabilité pour que le système parvienne sans panne jusqu'à 5 000 heures ? c) RS(5000) = e - 0,000797.5000 = 0,0186 (environ 2%)

1.6

FIABILITE D'UN SYSTEME DE COMPOSANTS MONTES EN PARALLELE

La fiabilité d'un système peut être augmentée en plaçant des composants, identiques ou non, en parallèle. Un dispositif constitué de n composants en parallèle ne peut tomber en panne que si les n composants tombent tous en panne au même moment. Lorsque les composants sont identiques les systèmes sont également dits redondants. D'une manière générale, la procédure en parallèle s'utilise lorsque la défaillance d'un, ou de plusieurs blocs, composants ou sous-systèmes, d'un même système doit rester sans conséquence sur le fonctionnement ou la mission de l'ensemble. Exemples : • structure administrative fonctionnant avec trois micro-ordinateurs travaillant en parallèle. • dispositif de ventilation utilisant quatre ventilateurs identiques qui tournent en permanence alors que deux ventilateurs sont nécessaires pour assurer une ventilation suffisante.


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1.6.1 Cas général : n composants différents en parallèle Soit n composants A, B, ..., N (voir figure) connectés en parallèle, si la probabilité de panne pour chaque composant repéré (i) est notée Fi alors :

Fi = 1 - R i avec Ri la fiabilité associée. La probabilité de pannes FS de l'ensemble des n composants en parallèle est égal au produit des Fi entre eux :

FS = (F1 ).( F2 )...( Fn ) = (1 - R 1 ).(1 - R 2 )...(1 - R n ) La fiabilité RS de l'ensemble est donnée par la relation :

R S = 1 - (1 - R 1 ).(1 - R 2 )...(1 - R n )

1.6.2 Cas de n composants identiques en parallèle Les n composants, identiques, ont tous la même fiabilité R, autrement dit : R = R1 = R2 = ... = Rn L'expression précédente devient :

R S = 1 - (1 - R) n Cas particulier de deux dispositifs en parallèle : si λ est constant, RS est obtenu par :

R S = 1 - (1 - R A ).(1 - R B ) = R A + R B - R A .R B = e -λA .t + e -λB .t - e -( λA + λB ).t Exemple : trois dispositifs A, B et C de même fiabilité RA = RB = RC = 0,75 sont connectés en parallèle. a) Déterminons la fiabilité de l'ensemble. RS = 1 - (1 - 0,75)3 = 1 - (0,25)3 = 1 - 0,0156 = 0,984. 2 Si on réduit à deux le nombre de dispositifs : RS = 1 - (0,25) = 0,9375. 4.

Si on met quatre dispositifs en parallèle : RS = 1 - (0,25) = 0,9961. b) Quel nombre de dispositifs en parallèle faudrait-il mettre pour avoir une fiabilité globale de 0,999 (99,9%) ? RS = 0,999 = 1 - (0,25)n d'où : 0,25n = 1 - 0,999 = 0,001. En utilisant les logarithmes népériens : n.Ln(0,25) = Ln(0,001) n.(-1,386) = (-6,908) n = 4,983. Ce qui implique d'avoir au moins cinq dispositifs en parallèle. c) Si on souhaite obtenir une fiabilité globale de 99% avec trois dispositifs seulement, quelle devrait être la fiabilité R' de chacun de ces dispositifs ? RS = 0,990 = 1 - (1 - R')3 d'où : (1-R')3 = 1 - 0,990 = 0,010 d) Ln(1 - R') = Ln(0,010) = (-4,605) Ln(1 -R') = (-1,535) d'où : (1 -R') = 0,2154 R' = 0,7846 (soit une fiabilité minimale de 78,45%) 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

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1.7 1.7.1

CAS DE SYSTEMES CONNECTES EN PARALLELE ET DITS EN ATTENTE Cas de deux composants en attente

Pour le système proposé, le composant A est en service actif et le composant B en attente. Si A tombe en panne, B est immédiatement activée pour remplacer A. Si on suppose que A et B sont identiques et ont un taux de défaillance λ constant, la fiabilité du système est donnée par l'expression :

R(t) = e

- λ .t

+ λ . t.e

- λ .t

= e

- λ ;t

. [1 + λ . t

2

]

Si A et B ne sont pas identiques la relation devient :

R(t) =

λA λB - λA

(e - λA .t - e - λB .t ) + e - λA .t

1.7.2 Cas de n composants en attente Même démarche que précédemment, si A le composant actif tombe en panne, il est remplacé par B. Si B tombe à son tour en panne, il est automatiquement remplacé par C, etc. Si tous les composants sont identiques avec λ constant, la fiabilité du dispositif est donnée par :

R(t) = e

- λ .t

( ( λ.t ) 2 λ.t )n . 1 + λ.t + + ... + 2!

n!

Exemple avec 3 composants identiques en attente.

1.7.3

Cas où m composants sur les n sont nécessaires au succès du système

Si on suppose que le système se compose de n composants K, tous de même fiabilité R, et qu'il doit y avoir au moins m composants en état de fonctionner, la fiabilité de l'ensemble est donnée par la relation : n

RS =

∑

i=m

n! n-i R i (1 - R ) i!(n - i)!

Exemple 1 : cas avec trois composants K et avec un minimum de deux composants actifs sur les trois disponibles au départ. On tolère pour le système la défaillance d'un seul composant sur les trois. Il doit y avoir au moins deux composants en fonctionnement ou en activité pour accomplir la mission. La relation précédente donne, avec n = 3 et m = 2 :

R S = R 3 + 3R 2 (1 - R) = 3R 2 - 2R 3 Exemple 2 : cas avec quatre composants K en parallèle et avec un minimum de deux composants actifs sur les quatre disponibles au départ. On tolère pour le système la défaillance de deux composants sur les quatre. Il doit y avoir au moins deux composants en fonctionnement ou en activité pour accomplir la mission. A partir de la relation initiale, on obtient avec n=4 et m=2 :

R S = R 4 + 4R 3 (1- R) + 6R 2 (1- R) 2 = 3R 4 - 8R 3 + 6R 2 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

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1.8

COMBINAISONS DE COMPOSANTS EN SERIE ET EN PARALLELE

C'est la combinaison des cas des deux paragraphes précédents 6 et 7. Exemple : la fiabilité des trois composants identiques A, B et C est de 0,65 ; celle de D de 0,96 ; celle de E de 0,92 ; celle de G de 0,87 ; celle de F de 0,89 et celle de H de 1 (100%). La fiabilité globale R est ici exprimée par : 3 R = [1 - (1-0,65) ].[0,96].[1 - (1-0,92.0,87)(1-0,89.1)] = 0,957.0,96.0,978 = 0,8986 (environ 90%) Remarque : si λ est supposé constant pour chaque composant, on obtient un MTBF de 257,2 heures.

2 FIABILITE : LOIS MATHEMATIQUES USUELLES 2.1

INTRODUCTION

Variabilité et probabilité ont un rôle déterminant dans la fiabilité des produits. Dimensions, masses, coefficients de frottements, résistances, contraintes et autres sont des paramètres rarement constants. La variabilité peut aussi résulter du processus de fabrication, de la variation des matériaux, des facteurs humains, des applications, etc. Comprendre les lois, les causes et les effets de cette variabilité est nécessaire à l'élaboration de produits fiables. Les principales lois de probabilité (ou statistiques) régulièrement utilisées en fiabilité sont abordées dans ce chapitre. La loi normale, souvent employée, est supposée parfaitement acquise et ne sera pas développée. De même, pour les mêmes raisons, la loi log-normale, loi telle que le logarithme de la variable temps t suit la loi normale, ne sera pas abordée (cette loi caractérise certaines distributions de durée de vie ou de temps de réparation).

2.2

DEFAILLANCE F(t) ET FIABILITE R(t) FONCTION DU TEMPS T

2.2.1 Relation entre F(t) et R(t) Si F(t) est la probabilité (fonction mathématique du temps t variant entre 0 et 1) qu'a un dispositif d'avoir une défaillance entre les instants 0 et t, alors la fiabilité R(t) est son complément. Autrement dit : R(t) = 1 - F(t) R(t) est appelée la fonction fiabilité, c'est une fonction mathématique du temps t (variant entre 0 et 1) définissant les chances de survie entre les instants 0 et t. 2.2.2 Définitions Soit N0, un nombre total de composants testés en fiabilité entre les instants 0 et t, NS(t) est le nombre de composants encore en marche ou survivants à l'instant t, Nd(t) est le nombre de composants ayant eu une défaillance entre les instants 0 et t, alors on peut définir :

R(t) =

N S (t) N (t) = 1 - d N0 N0

F(t) =

N d (t) N0

2.2.3 Probabilité de défaillance f(t) Soit maintenant f(t) la fonction définissant la probabilité de défaillance à un instant précis t de l'intervalle de temps précédent [0, t]. f(t) indique la probabilité qu'a le produit d'avoir une défaillance entre les instants (t) et (t + dt) ; dt étant un intervalle de temps très petit. f(t) est encore appelée densité de probabilité de défaillance. 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

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Mathématiquement, la relation entre F(t) et f(t) est donnée par : t

F(t) =

∫ f(t).dt 0

Inversement :

f(t) =

dF(t) dR(t) = dt dt ∞

Si le temps devient infini (t = ∞), F(t) devient : F( ∞) =

∫ f(t).dt

= 1.

0

Ce qui signifie que pour une durée de temps variant entre 0 et ∞ la probabilité d'avoir une défaillance est égale 1, c'est-à-dire 100%. Autrement dit, sur une durée suffisamment longue on est certain de tomber en panne. Il en résulte que : t

∞

R(t) = 1 - ∫ f(t).dt = ∫ f(t).dt 0

2.3 2.3.1

t

TAUX INSTANTANE DE DEFAILLANCE λ(T) FONCTION DU TEMPS T Etude générale

Définition : λ(t) est la probabilité pour qu'un produit en bon état à l'instant t ait une défaillance entre les instants (t) et (t + dt). Si on poursuit le raisonnement abordé au paragraphe précédent, λ(t), en tant que fonction du temps, est défini par :

λ (t) =

f(t) f(t) 1 dR(t) = = 1- F(t) R(t) dt R(t)

= -

dLnR(t) dt

avec LnR(t) le logarithme népérien de R(t). è

Remarque : comme R(t) = 1 - F(t) alors :

dR(t) d(1) d(F(t) d(F(t) d(F(t) = = 0 = = - f(t) dt dt dt dt dt La relation entre λ(t) et R(t) devient : t

t

R(t) = exp - ∫ λ (u)du = e

∫

- λ (u)du 0

0

Il en résulte notamment que : t

f(t) = λ (t).R(t) = λ (t).e 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

∫

- λ (u)du 0

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λ(t) est une fonction du temps et plusieurs modèles statistiques sont utilisables à ce niveau pour la représenter. Dans le cas de la zone 2 (fig.1et 2) le taux de panne λ est constant ou sensiblement constant et les formules - .t précédentes se simplifient. La fiabilité R(t) qui en résulte a alors une forme exponentielle : R(t) = e λ (voir paragraphe 2.7). 2.3.2 Définition Le taux de défaillance a également été défini dans le chapitre précédent "Fiabilité 1" par :

λ =

nombre total de défaillances pendant le service durée totale de bon fonctionnement

La durée de bon fonctionnement est la période de temps pendant laquelle le dispositif, en activité ou en service, est exposé à des défaillances. Exemple 1 : supposons 8 composants identiques testés sur une durée de 550 heures dans les mêmes conditions. Le premier composant tombe en panne, de manière irréparable, après 65 heures de fonctionnement, le deuxième après 115 heures, le troisième après 135 heures, le composant 4 après 340 heures, le composant 5 après 535 heures, les trois autres composants continuent de fonctionner normalement. Alors :

λ =

5 5 = = 0,00176 2840 65 + 115 + 135 + 340 + 535 + 550 + 550 + 550

Exemple 2 : considérons une machine automatisée fonctionnant pendant un cycle opératoire de 155 heures. Pendant cette période le système subit 5 défaillances à des moments différents, suivies d'une réparation puis d'une remise en activité. Les durées respectives des défaillances sont 2,5 heures ; 8,3 heures ; 3,7 heures ; 1,8 heures et 7,5 heures.

λ =

2.3.3

5 5 = = 0,0381 155 - (2,5 + 8,3 + 3,7 + 1,8 + 7,5) 131,2

Allures typiques du graphe λ(t) en fonction du temps t


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En pratique, le taux de pannes λ peut être constant mais aussi croissant ou décroissant au cours du temps, avec changement graduel, sans discontinuités. Pour la majorité des produits industriels, les variations de λ(t) au cours du temps ("courbes dites en baignoire" voir figures 1 et 2) présentent trois zones typiques : Zone 1 : Période de défaillance précoce (ou période de jeunesse) : c'est le début de la vie du produit • et les défaillances sont dites de jeunesse (composants neufs présentant des défauts de fabrication...). Le taux de défaillance λ décroît rapidement au cours du temps. Préventions possibles : déverminage, rodage, contrôles et tests renforcés avant livraison, etc. La loi de Weibull (avec β<1 et t0=0 ; voir paragraphe 2.8) est utilisable pour décrire ce type de défaillance. • Zone 2 : période de défaillance à taux constant (ou sensiblement constant) : c'est la zone de maturité ou de pleine activité du produit pour laquelle le taux de défaillance λ est sensiblement constant. C'est également le domaine des défaillances imprévisibles se produisant de façon aléatoire. En étude de probabilité, la loi de -λ.t fiabilité adaptée à cette zone (λ = λ(t) = constante) est la distribution exponentielle, forme R = e , voir paragraphe 2.6. Le phénomène d'arrivée des pannes dans le temps est dit Poissonien ou encore appelé "Processus de Poisson". • Zone 3 : période de défaillance par vieillissement : c'est la période de fin de vie du produit caractérisée par des défaillances dues à l'âge ou à l'usure des composants. Le taux de défaillances λ croît rapidement avec le temps du fait de la dégradation du matériel (usures mécaniques, phénomènes de fatigue, dérive des composants électroniques...). Les lois de fiabilité adaptées à cette zone sont : les lois normale, Gamma, log-normale ou encore Weibull (avec β>2 et t0>0). Remarque : la courbe "en baignoire" (figure 1) est typique des équipements électroniques. Dans le cas è des équipements mécaniques ou électromécaniques λ(t) est légèrement croissant dans la zone 2 (figure 2).


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2.4

LOI DE SURVIE .

Soit un groupe de 300 matériels identiques, utilisés de la même manière et mis en service à la même date. 2.4.1

Notations :

N(t) : Nombre de survivants à la date t (on fait le compte des éléments encore en service) ∆N(t) : Mortalité absolue à la fin de la période t (nombre d'éléments défaillants depuis le dernier inventaire) N(0) : Nombre de matériels mis en service à la date t=0 (ici, il s'agit de 300) R(t) : Fréquence relative de survivants, probabilité de survie (c'est la proportion d'éléments encore en service par rapport au nombre initial ; peut s'exprimer en pourcent F(t) : Probabilité d'observer une défaillance avant t (c'est le complément de R(t) ) f(t) : Proportion de défaillants dans l'intervalle [(t-1);t] (c'est la proportion d'éléments défaillants depuis le dernier inventaire par rapport au total initial)

R(t ) =

F (t ) = 1 − R (t ) f (t ) =

Z(t) : Taux de défaillance (ou Taux d'avarie) ; (c'est la proportion d'éléments défaillants depuis le dernier inventaire par rapport au total précédent 2.4.2

N (t ) N (0)

∆N (t ) N (t − 1) − N (t ) = N (0) N (0)

Z (t ) =

N (t − 1) − N (t ) N (t − 1)

Calcul des paramètres de fiabilité : période t K 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

survivants N(t) 300 260 235 205 160 115 75 40 15 0


mortalité absolue ∆N(t) 0 40 25 30 45 45 40 35 25 15

mortalité relative f(t) 0.000 0.133 0.083 0.100 0.150 0.150 0.133 0.117 0.083 0.050

probabilité de survie R(t) 1.000 0.867 0.783 0.683 0.533 0.383 0.250 0.133 0.050 0.000

taux d'avarie Z(t) 0.000 0.133 0.096 0.128 0.220 0.281 0.348 0.467 0.625 1.000

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2.4.3

Représentation graphique: ∆N(t)

N(t) 300 50

350 300

40

250 200

30

150

20

100

10

50

N(t) 300

0

0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

f(t)

R(t)

0.160 0.140 0.120 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0.000

Z(t)

1.200

1.200 1.000

1.000 f(t)

0.800 R(t)

0.600 0.400

0.800 0.600 0.400 0.200

0.200

Z(t)

0.000

0.000 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

2.4.4

DN(t)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Calcul de la M.T.B.F.

Dans la 3ème colonne du tableau de la page précédente, on remarque que 40 matériels sont morts au terme d'1 période, puis 25 au terme de 2 périodes, puis … La MTBF peut donc s'écrire : MTBF = [(40x1)+(25x2)+(30x3)+(45x4)+(45x5)+(40x6)+(35x7)+(25x8)+(15x9)] /300 MTBF = 4,68 2.4.5

périodes

Remarque : Σ t.f(t) = 4,68 donc :

MTBF =

Σ R(t) = 4,68 ∞ ∞ 1 ∞ ( ) ( ) t . ∆ N t = t . f t = ∑ ∑1 ∑1 R(t ) N (0 ) 1

N (t − ∆t ) − N (t ) f (t ) N (0 ) = N (t ) R (t ) N (0 )

Posons le rapport f(t) / R(t) : Avec N(0) ≠0

On peut dire alors que


Z (t ) =

f (t ) R(t )

quand

∆t → 0 c'est à dire quand la variable est continue.

Pa g e 12 sur 26

période t K

survivants N(t)

mortalité absolue ∆N(t)

calcul de MTBF t x ∆N(t)

période t K

survivants

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

300 260 235 205 160 115 75 40 15 0

300

1 2 3 4 5 6 7 8 9

300 260 235 205 160 115 75 40 15 0

N(t)


mortalité relative f(t)

0 40 25 30 45 45 40 35 25 15

0.00 0.13 0.08 0.10 0.15 0.15 0.13 0.12 0.08 0.05

300

40 25 30 45 45 40 35 25 15 Σ Σ/Ν0

40 appareils sont HS au bout de 1 période temps total = 40 x 1

40 50 90 180 225 240 245 200 135 1405 4.68

Σ

somme des t x f(t) ici t=K 0.00 0.13 0.17 0.30 0.60 0.75 0.80 0.82 0.67 0.45 4.68

Calcul de MTBF

MTBF = (40x1 + 25x2 + 30x3 + 45x4 + 45x5 + 40x6 + 35x7 + 25x8 + 15x9) / 300 MTBF = 4,68 périodes

période t K

survivants N(t)


mortalité relative f(t)

F(t)

0 40 25 30 45 45 40 35 25 15

0.000 0.133 0.083 0.100 0.150 0.150 0.133 0.117 0.083 0.050

0.000 0.133 0.217 0.317 0.467 0.617 0.750 0.867 0.950 1.000

300

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

300 260 235 205 160 115 75 40 15 0


probabilité de survie R(t) 1 - F(t) 1.00 0.87 0.78 0.68 0.53 0.38 0.25 0.13 0.05 0.00 4.68 Σ

Pa g e 13 sur 26

2.5

LOI BINOMIALE :

Soit une "épreuve" dont le résultat se réduit à une alternative (succès, échec), par exemple "casse ou pas" ; Soit une répétition de n épreuves identiques ; Si on appelle X la variable aléatoire "nombre de succès dans n épreuves" ; Si la probabilité de succès p est la même dans toutes les épreuves ; Si les épreuves successives sont indépendantes ; On dit que suit une loi binomiale B (n,p)

Pr[X = k ] = p (k ) = C nk . p k .(1 − p )

n−k

n essais 5 5 5 6 6 6 6 7 7 7 7 8 8 8 8 9 9 9 9 10 10 10 10

k défaillances 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3

p probabilité 0.0500 0.1000 0.2036 0.3281 0.0214 0.0729 0.0011 0.0081 0.7351 0.5314 0.2321 0.3543 0.0305 0.0984 0.0021 0.0146 0.6983 0.4783 0.2573 0.3720 0.0406 0.1240 0.0036 0.0230 0.6634 0.4305 0.2793 0.3826 0.0515 0.1488 0.0054 0.0331 0.6302 0.3874 0.2985 0.3874 0.0629 0.1722 0.0077 0.0446 0.5987 0.3487 0.3151 0.3874 0.0746 0.1937 0.0105 0.0574

0.2000 0.4096 0.2048 0.0512 0.2621 0.3932 0.2458 0.0819 0.2097 0.3670 0.2753 0.1147 0.1678 0.3355 0.2936 0.1468 0.1342 0.3020 0.3020 0.1762 0.1074 0.2684 0.3020 0.2013

0.3000 0.3602 0.3087 0.1323 0.1176 0.3025 0.3241 0.1852 0.0824 0.2471 0.3177 0.2269 0.0576 0.1977 0.2965 0.2541 0.0404 0.1556 0.2668 0.2668 0.0282 0.1211 0.2335 0.2668

0.4000 0.2592 0.3456 0.2304 0.0467 0.1866 0.3110 0.2765 0.0280 0.1306 0.2613 0.2903 0.0168 0.0896 0.2090 0.2787 0.0101 0.0605 0.1612 0.2508 0.0060 0.0403 0.1209 0.2150

Un dispositif a une probabilité de 2 chances sur 10 de défaillance pour chaque démarrage, Quelle est la probabilité d'avoir une défaillance au bout de 5 essais, puis 6, puis 7, puis 8, Quelle est la probabilité d'avoir deux défaillances au bout de 5 essais, puis 6, puis 7, puis 8,


Pa g e 14 sur 26

2.6 2.6.1

LOI DE POISSON Définitions

La loi de Poisson utilise des variables discrètes pour représenter les individus et les populations étudiées. Variable discrète : variable qui ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs (même si ce nombre est très grand). Il est toujours possible de faire la liste de toutes les valeurs (x1, x2,..., xn). Variable continue : variable qui peut prendre n'importe quelle valeur dans un intervalle donné entre une valeur mini et une valeur maxi (xmini ≤ x ≤ xmaxi). La loi exponentielle et la loi de Weibull des paragraphes suivants utilisent des variables continues. 2.6.2 Loi de Poisson L'arrivée de véhicules sur une autoroute, d'avions sur un petit aérodrome, l'explosion d'atomes radioactifs, l'étalement des communications téléphoniques à un standard obéissent "en gros" à la loi de Poisson. En fiabilité, lorsque λ est constant (λ(t) = λ), le processus d'arrivée des pannes est exprimé par la loi de Poisson. La loi détermine la probabilité P(k) de constater k pannes sur un temps ou une durée t par :

P(k) =

(λ t) k - λ .t e k!

La fiabilité correspond à la probabilité qu'il n'y ait pas de défaillance au bout du temps t soit :

R(t) = P(0) = e - λ .t

Remarque : cette relation peut se déduire directement de la relation du paragraphe III-1 è dans laquelle on suppose λ constant. La fonction fiabilité est le complément à la fonction répartition des défaillances :

F(t) = 1 - e - λ .t

dont la dérivée, la densité de probabilité de défaillances f(t) est :

f(t) = λ .e - λ .t


Pa g e 15 sur 26

è Remarque : 1/λ=MTBF, on retrouve les propriétés générales de la loi exponentielle du paragraphe 2.7 suivant. Exemple

e − λ . λk Pr ob( X = k ) = k! La MTBF d'un système est de 41,2 jours Le temps requis est de 24 jours par mois, 10 mois par an, 1 / Calcul du taux d'avarie

λ=1/41.2 =

2 / Calcul du temps total requis en jours lambda x t = 5.82524272

0.02427 240

3 / Calcul de p(k) pour n variant de 1 à 10 et tracé des courbes représentatives n

p(k)

P(k) 1.20000

0 0.00295 0.00295 1.00000 1 0.01720 0.02015 0.80000 2 0.05009 0.07024 3 0.09726 0.16750 0.60000 4 0.14164 0.30913 0.40000 5 0.16501 0.47415 6 0.16021 0.63436 0.20000 7 0.13332 0.76767 0.00000 8 0.09708 0.86475 9 0.06283 0.92758 10 0.03660 0.96418 Quelle est la probabilité d'avoir jusqu'a 5 pannes Quelle est la probabilité d'avoir 5 pannes

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11

p(0)+p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5) p(5)

Probabilité d’avoir jusque 5 pannes = p(0)+p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5) = 0,47415 Probabilité d’avoir5 pannes exactement = p(5) = 0,0,16501


Pa g e 16 sur 26

2.7

LOI EXPONENTIELLE

Ce modèle est régulièrement utilisé lorsque le taux de défaillance λ est constant (cas courant des composants électroniques) ou sensiblement constant. Il est à rapprocher de la loi de Poisson du paragraphe précédent en utilisant une variable continue à la place d'une variable discrète. 2.7.1 Distribution exponentielle Reprenons les raisonnements abordés au paragraphe 2.3. Dans le cas de la zone 2 (fig.1et 2), le taux de panne λ est constant ou sensiblement constant, les expressions se simplifient et R(t) prend une forme exponentielle. En remarquant que : t

t

t

t

t ∫0 λ (u)du = ∫0 λ .du = λ . ∫0 du = λ . t = MTBF

Propriétés de la distribution exponentielle Taux de défaillance: Equation générale (t ≥ 0):  -λ.t λ(t) =λ = constante f(t) = λ.e = λ.R(t) (voir allure figure 4) moyenne : µ = 1/λ = MTBF écart type : σ = 1/λ

Figure4

∫

t

- λ (u)du

R(t) = e

0

= exp -

∫ λ (u)du

= e- λ t

0

Fiabilité: -λ.t -t/MTBF R(t) = e = e (voir allure figure 5)

Figure5

Fonction défaillance: -λ.t F(t) = 1 - R(t) = 1 - e (voir allure figure 6)

Figure6

Le MTBF, temps moyen entre défaillances, correspond à une moyenne de vie arithmétique. Exemple 1 : Quelle est la fiabilité d'un dispositif travaillant pendant une période de temps égale au MTBF ? Pour ce cas la probabilité de survie est : R(t)= R(MTBF) = e-MTBF/MTBF = e-1 = 1/e = 1/2,718 = 0,3679 (environ 37%)


Pa g e 17 sur 26

Exemple 2 : un composant électronique de puissance a un taux de panne constant de 0,07 pour 1 000 heures de fonctionnement. a) Quelle est la probabilité pour qu'il survive 5000, 1000 et 2000 heures ? L'unité de temps est 1000 heures. A 5000 heures correspond t = 5 -λ.t

- (0,07).t

- (0,07).(5)

P(t < 5 000) = R(t) = R(5) = e =e =e pour 1 000 heures (t = 1) : R(1) = e- 0,07.1 = 0,932 pour 2 000 heures (t = 2) : R(2) = e- 0,07.2 = 0,869

= 0,705 (environ 70,5%), (93,2%), (86,9%).

b) Quelle est la probabilité pour que le composant dure entre 2 000 et 5 000 heures ? P(2000 ≤ t ≤ 5000) = F(5) - F(2) = R(2) - R(5) = 0,869 - 0,705 = 0,164 (16,4%). c) Quelle est la probabilité pour que le composant dure 1 000 heures de plus après 5 000 heures de fonctionnement ? C'est une probabilité conditionnelle de forme générale : P(t > b / t> a) = P(t > b-a) P(t > 6 / t > 5) = P(t > 6-5) = P(t>1) = R(1) = 0,932 (93,2%) Remarque : lorsque le taux de panne est constant, les chances d'avoir une défaillance restent toujours les mêmes. Que le composant soit neuf ou non, qu'il ait déjà servi longtemps ou non, sa fiabilité reste la même. Exemple 3 : soit quatre composants connectés en série dont les taux de panne pour 1000 heures sont respectivement : 0,052 ; 0,056 ; 0,042 et 0,047. Quelle est la probabilité pour que le dispositif fonctionne sans défaillance jusqu'à 5000 heures ? R(5) = e -(0,052+0,056+0,042+0,047).t = e-0,197.5 = e-0,985 = 0,373. Le taux de panne de l'ensemble est : λ = 0,052+0,056+0,042+0,047 = 0,197. Soit un taux de défaillances de 19,7% pour 1000 heures. Le MTBF de l'ensemble est : MTBF = 1/λ = 1/0,197 = 5,08 Soit un temps moyen entre défaillances d'environ 5000 heures.


Pa g e 18 sur 26

Exemple 4 :

LOI EXPONENTIELLE Un équipement d'atelier de mécanique a subi 10 pannes sur 1 an, Les temps de bon fonctionnement sont les suivants: 55 26 13 80 14 21 124 35 18 26 jours

2 / Calculer la MTBF MOYENNE(55;26;13;80;14;21;124;35;18;26)

1 / Vérifier que la distribution des défaillances est bien exponentielle en traçant la courbe R(t) sur papier semi-logarithmique

41.2 MTBF= lambda = 1/41,2 lamda = 0.02427184

λ=

1 MTBF

R(t ) = e−λ.t

3/ Calcul de R(t) Temps entre avaries R(t) 13 0.72939929 14 0.71190854 18 0.64604042 21 0.60067051 26 0.53202332 26 0.53202332 35 0.42762247 55 0.26317095 80 0.14345304 124 0.04930604

classement Temps entre Temps des pannes avaries cumulés R(t)=N't)/N(o) 1 13 13 9 / 10 0.9 2 14 27 8 / 10 0.8 3 18 45 7 / 10 0.7 4 21 66 6 / 10 0.6 5 26 92 5 / 10 0.5 6 26 118 4 / 10 0.4 7 35 153 3 / 10 0.3 8 55 208 2 / 10 0.2 9 80 288 1 / 10 0.1 10 124 412 0 / 10 0 Les points sont alignés, la distribution est bien exponentielle

R(t)

1.00 0

50

100

150

200

250

300

350

400

450 0.8 0.7 0.6 0.5

0.10

0.4

R(t)

0.3 0.2 0.1 0 0.01


0

20

40

60

80

100

120

140

Pa g e 19 sur 26

2.8

LOI DE WEIBULL

Pour un grand nombre de composants (mécaniques et électromécaniques notamment) λ n'est pas constant dans la zone 2 figure.2, même remarque pour les zones 1 et 3 des figures 1 et 2. La distribution exponentielle précédente n'est pas applicable. La manière la plus pratique est de considérer que la défaillance est distribuée d'après la loi de Weibull. Cette loi est en effet bien adaptée à l'étude statistique des défaillances, en particulier de jeunesse et d'usure. La distribution de Weibull est une sorte de loi caméléon, très souple, qui, grâce à ses trois paramètres (tö, β, T), peut s'ajuster à un grand nombre de données statistiques. Elle peut suivre une distribution non symétrique, faire l'approximation de la loi normale, devenir une distribution exponentielle, etc. Elle est également utilisée pour décrire des phénomènes de fatigue, des durées de vie (roulements...), des probabilités de rupture sous charge, etc. 2.8.1

Loi de Weibull à trois paramètres

2.8.1.1 Définitions et propriétés Propriétés de la loi de Weibull à trois paramètres Ecart type: équation générale: t ≥ t0 ≥ 0 (densité de probabilité)

β f(t) = T

t - t0 β - 1 e T

-

t - t0 β T

σ = T.

1 2 Γ + 1 - Γ2 +1 β β

1/2

Γ est la fonction gamma, fonction tabulée, voir tableau ci dessous

voir allure générale fig.7

Paramètres: t0 (ou γ): paramètre de position (0 ≤ t0 ≤ ∞) T (ou η): paramètre d'échelle (T > 0) ou vie caractéristique. β : paramètre de forme (β > 0), sans unités

Valeur moyenne:

µ = t 0 + T. Γ

Principales valeurs de la fonction Γ(t) t 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 Γ(t) 1,000 0,951 0,918 0,897 0,887 0,886 0,893 t 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 Γ(t) 1,000 1,046 1,101 1,166 1,242 1,329 1,429 Si k est un nombre entier (k = 1, 2,..., N) alors (avec k ≥ 1): Γ(k) = (k - 1)!

1 + 1 β

1,7 0,908 2,7 1,544

1,8 0,931 2,8 1,676

1,9 0,961 2,9 1,827

2,0 3,0 2,00

Figure 7 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

Pa g e 20 sur 26

è Remarques : le premier paramètre β (dit paramètre de forme) donne la forme générale de la courbe f(t), le deuxième paramètre T (paramètre d'échelle), encore appelé η , permet "d'étaler" plus ou moins le graphe selon l'abscisse des temps t, le troisième paramètre t0 (paramètre de position), encore appelé γ, positif (t0 < 0 n'a pas de sens physique), correspond à une apparition retardée des défaillances, autrement dit entre 0 et t0 il n'y a pas de défaillance du dispositif.

2.8.1.2 Distribution cumulative F(t) C'est sous cette forme que la loi de Weibull est la plus utilisée. F(t) la fonction défaillance, ou fonction de répartition, est définie par : β

t - t0 F(t) = 1 - exp T

= 1 - e

-

t - t0 T

β

2.8.1.3 Fiabilité R(t) Celle-ci est donnée par la relation :

R(t) = 1 - F(t) = exp -

t - t0 T

β

= e

-

t - t0 T

β

avec : t : durée de temps jusqu'à la défaillance t0 : instant pour lequel f(t) = 0

2.8.1.4 Taux de défaillance λ(t) :

f(t) β λ (t) = = T R(t)

t - t0 T

β-1

Figure 8

On constate, figure 8, que les défauts de jeunesse indiqués figure 1 correspondent à l'allure β<1 et que les défaillances dues à l'usure à β>2.


Pa g e 21 sur 26

2.8.1.5 Remarques • • • • •

Lorsque t0 = 0 et β = 1 on retrouve la distribution exponentielle du paragraphe précédent avec : T = µ = (MTBF - t0). Lorsque β = 3,2 la distribution de Weibull devient une bonne approximation de la loi normale. Lorsque β < 1 alors λ(t) décroît lorsque t croît. Lorsque 1 < β < 2 alors λ(t) croît lorsque t croît.

2.8.1.6 exemples Exemple : un composant mécanique possède une durée de vie qui suit la loi de Weibull avec : t0 = 0 ; β = 0,25 et T = 120 heures. Déterminons le temps moyen entre défaillances : MTBF = µ = t0 +T.Γ(1/β + 1) = 0 + 120. Γ(1/0,25 + 1) = 120. Γ(4+1) = 120.(4!) = 2880 heures Quelle est la probabilité que le composant tombe en panne avant 36000 heures ?

F(t) = F(3600) = 1 - e

-

3600 120

0,25

= 1 - e -2,34 = 1 - 0,0963 = 0,9037 (90,37%)

2.8.2 Loi de Weibull à deux paramètres C'est la loi précédente avec t0 = 0, on est dans le cas où l'origine est connue. Les relations et les expressions du paragraphe 2.8.1.1 se simplifient et deviennent : Fonction défaillance :

t F(t) = 1 - exp T è

β

= 1 - e

-

t T

β

Remarque : si t = α, F(t) = 0,632 Propriétés de la loi de Weibull à deux paramètres

Equation générale t ≥ 0: f(t) =

β T

t β-1 e T

-

t T

β

Paramètres: T : paramètre d'échelle (T > 0) β est le paramètre de forme (β > 0), sans unités Fiabilité:

R(t) = 1 - F(t) = exp -


t T

β

= e

-

t T

β

Pa g e 22 sur 26

2.8.3 Méthode pour vérifier qu'un ensemble de données suit la loi de Weibull La méthode, basée sur des résolutions graphiques (à partir du graphe ou papier de Weibull), permet de déterminer en même temps les paramètres β , t0 et T.

Figure 9

2.8.3.1 Principe Réaliser la linéarisation de F(t) en utilisant les logarithmes népériens (Ln) puis faire la vérification graphiquement à partir d'un graphe ou papier de Weibull. Soit au départ :

t F(t) = 1 - exp T

β

= 1 - e

-

t T

β

on en déduit :

1 = e 1 - F(t)

t T

β

Linéarisons l'expression en appliquant deux fois de suite les logarithmes népériens :

Ln Ln

1 1 - F(t)

= β .[ Ln(t) - Ln(T)]

On se ramène ainsi à l'équation, d'une droite de la forme (y = ax + b). En posant :

1

X = Ln(t) et Y = Ln Ln 1 - F(t) Pour vérifier que l'ensemble de données collectées suit la loi de Weibull, il suffit de tracer celles-ci sur un papier graphique adapté (appelé papier ou graphe de Weibull). Après tracé, l'ensemble des données doit s'aligner, ou être très proche, d'une droite de pente b. Si c'est le cas, les paramètres β et T peuvent être mesurés directement sur le graphe. 211 - fia b ilite 1 et 2 .DOC

Pa g e 23 sur 26

2.8.3.2 Caractéristiques générales du "graphe de Weibull" En abscisse : le graphe est gradué en échelle logarithmique X = Ln(t). Le graphe comporte deux graduations afin de simplifier les tracés : une graduation linéaire pour X située au-dessus de la bordure supérieure (chiffres de -2,0 à 4,0) et une graduation pour t sous la bordure inférieure (chiffres de 0,1 à 100). Par correspondance on retrouve Ln1=0 et Ln20≈3. t devra être choisi dans une échelle judicieusement choisie pour figurer sur le graphe. En ordonnée : le graphe est gradué en échelle

Y = Ln Ln

1 1 - F(t) .

La graduation de F(t) est indiquée en pourcentage (chiffres de 0,1 à 99,9). Une graduation linéaire en Y, en fait en (-Y) ; chiffres 0, 1,...,6 ; est indiquée dans le graphe au droit de X= -1. Point particulier : la droite horizontale parallèle à l'axe des t et passant par F(t)=0,632 correspond à [1 - F(t) = e = 0,368] et à Y=0.

-1

-1

Si, dans l'expression de Weibull, on remplace t par T : F(t) = 1 -e = 0,632. Le paramètre T correspond à l'abscisse du point d'intersection entre la droite de Weibull et la ligne horizontale de probabilité 63,32% (0,6322).

2.8.3.3 Exemple Les défaillances d'un lot de roulements testés sous charge donne les résultats suivants : t /heures F(t) %

65 80 100 140 190 260 310 400 500 660 820 1040 1250 1600 1,5 2,1 3 5 8 13 17 24 33 46 58 72 82 92

Déterminons T et β de la distribution. Etapes de résolution En abscisse, choix d'une échelle des temps t : à 1 correspond t=100 ; à 10 correspond t=1000. • • Tracer les 14 points de la distribution sur un graphe ou papier de Weibull (fig.8). Vérifier le bon alignement de l'ensemble des points. Si c'est le cas tracer la droite de Weibull • correspondante. Déterminer graphiquement la valeur de T ; T est égal à la valeur de l'abscisse du point situé à l'intersection • de la droite de Weibull et de l'horizontale passant par 63,2%. • Résultat : T=890 heures. • Tracer une parallèle à la droite de Weibull passant par un point de coordonnées [t=1(ou 100), Y=63,2]. • Déterminer graphiquement la pente de la droite : lire celle-ci sur l'échelle de mesure verticale indiquée. Résultat : β=1,6.

En définitive la distribution suit la loi : F(t) = 1 - e


-

t 890

1,6

Pa g e 24 sur 26

Figure 10

Remarque : dans le cas d'une équation de Weibull à trois paramètres, il est judicieux de remplacer T par è (T' - t0), autrement dit de faire un changement de paramètre. Le travail suivant consistera à déterminer t0 graphiquement. Une fois t0 connue on se ramène au cas précédent.


Pa g e 25 sur 26

3 EXERCICES Exercice 1 : un dispositif se compose de cinq composants montés en série dont les MTBF respectifs sont de 9540, 15220, 85000, 11200 et 2600heures. Calculer la probabilité de survie de l'ensemble pour une durée de 1000 heures. Exercice 2 : reprendre l'exercice 1 avec quatre composants et 8540, 11450, 5650 et 7300 heures. Exercice 3 : le système de réservation d'une agence de voyage se compose de trois micro-ordinateurs connectés en parallèles. Quelle doit être la fiabilité de chaque appareil si l'on souhaite obtenir une fiabilité globale de 0,999 (99,9%) pour l'ensemble du système. Exercice 4 : une photocopieuse se compose de 3000 composants, connectés en série et ayant tous la même fiabilité, très élevée, de 0,9998 (99,98%). Calculer la fiabilité de l'appareil. Que devient cette fiabilité si le nombre des composants est divisé par 2 ? Exercice 5 : un système de production se compose de 4 machines connectées en série et dont les taux de défaillances, pour 1 000 heures, sont respectivement : 0,052 ; 0,059 ; 0,044 et 0,048. Quelle est la probabilité pour que le système arrive sans défaillance à 4000 heures. Déterminer le MTBF du système. Exercice 6 : reprendre l'exercice 5 avec 0,051 ; 0,058 ; 0,043 ; 0,048. Réponse : R(4) = 0,449 : MTBF = 5 (5 000 heures) Exercice 7 : reprendre l'exercice 5 avec quatre machines connectées en parallèle. Exercice 8 : soit un système de n composants identiques montés en parallèle et ayant tous le même taux de défaillances de 0,05 pour 1000 heures. Calculer le MTBF du système lorsque n varie de 1 à 8. Conclusions ? Exercice 9 : un composant électronique de puissance à un taux de panne constant de 0,333 pour 1000 heures de fonctionnement (une défaillance chaque 3000 heures). a) Quelle est la probabilité pour qu'un composant survive après 3000 heures ? b) Quelle est la probabilité que le composant dure entre 1000 et 3000 heures ? c)Quelle est la probabilité que le composant dure 1000 heures de plus après 3000 heures de fonctionnement ? Réponse : 0,368 ; 0,349 ; 0,7168 Exercice 10 : reprendre l'exercice 9 avec λ = 0,25 et 4000 heures. Exercice 11 : soit quatre composants connectés en série dont les taux de panne pour 1 000 heures sont respectivement : 0,042 ; 0,046 ; 0,052 et 0,057. Quelle est la probabilité pour que le dispositif fonctionne sans défaillance jusqu'à 4 000 heures ? Déterminer le MTBF de l'ensemble. Exercice 12 : un composant électronique a une durée de vie qui suit la loi de Weibull avec t0=0 ; T=150 heures et β=1/3. Déterminer le MTBF et la probabilité que le composant tombe en panne avant 1500 heures. Réponse : MTBF=900 heures ; F(1500)=0,882 Exercice 13 : les défaillances d'usure d'un composant mécanique suivent la distribution suivante : t en heures 200 280 370 490 580 670 760 850 940 1050 1300 F(t)en % 2 5 10 20 30 40 50 60 70 80 95 Vérifier si la distribution suit la loi de Weibull. Si c'est le cas déterminer les paramètres de la distribution. Réponse : oui, T=870 heures, β=2,6 Exercice14 : reprendre l'exercice 13 avec un lot de 100 composants testé pendant 250 heures. Huit composants subissent une défaillance aux instants : 11, 32, 61, 91, 101, 141, 190 et 245 heures. Réponse: oui, β =0,9 ; T=3605 heures ; MTBF=3791 heures.


Pa g e 26 sur 26

fiabilite

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