Exercices par capacités · BTS
Dernière mise à jour : 21 juin 2026
Un moteur a subi 5 pannes en 8 760 h. Les durées d'intervention furent : 2 h, 4 h, 3 h, 5 h, 6 h. Calculer le MTTR.
\(\text{MTTR} = \dfrac{2+4+3+5+6}{5} = \dfrac{20}{5} = 4\) h.
Pour le moteur précédent (5 pannes, total des réparations 20 h sur 8 760 h), calculer le temps de bon fonctionnement et le MTBF.
Temps de bon fonctionnement = \(8760 - 20 = 8740\) h.
\(\text{MTBF} = \dfrac{8740}{5} = 1748\) h.
Un composant suit une loi à taux de défaillance constant. Son MTBF est de 4 000 h. Calculer son taux de défaillance \(\lambda\) (en h⁻¹).
\(\lambda = \dfrac{1}{\text{MTBF}} = \dfrac{1}{4000} = 2{,}5 \times 10^{-4}\) h⁻¹ (soit 0,25 panne pour 1 000 h).
Sur 8 760 h, un équipement a un MTBF de 2 190 h. Estimer le nombre moyen de pannes par an.
Nombre de pannes \(\approx \dfrac{\text{durée}}{\text{MTBF}} = \dfrac{8760}{2190} = 4\) pannes/an.
Une pompe a un MTBF de 5 000 h (loi exponentielle). Calculer sa fiabilité \(R(1000)\) à 1 000 h.
\(\lambda = \dfrac{1}{5000} = 2\times10^{-4}\) h⁻¹.
\(R(1000) = e^{-\lambda t} = e^{-2\times10^{-4}\times1000} = e^{-0{,}2} \approx 0{,}8187\).
Il y a environ 81,9 % de chances que la pompe fonctionne sans panne pendant 1 000 h.
Pour cette même pompe (\(\lambda = 2\times10^{-4}\) h⁻¹), déterminer la durée \(t\) au bout de laquelle la fiabilité tombe à 90 %.
\(R(t) = 0{,}9 = e^{-\lambda t}\) ⇒ \(-\lambda t = \ln(0{,}9) = -0{,}10536\).
\(t = \dfrac{0{,}10536}{2\times10^{-4}} \approx 527\) h.
Pour garantir 90 % de fiabilité, on programme la maintenance avant 527 h.
Un capteur a \(\lambda = 10^{-4}\) h⁻¹. Calculer \(R(2000)\) et la probabilité de défaillance \(F(2000)\).
\(R(2000) = e^{-10^{-4}\times2000} = e^{-0{,}2} \approx 0{,}8187\).
\(F(2000) = 1 - R(2000) = 1 - 0{,}8187 = 0{,}1813\), soit environ 18,1 % de risque de panne avant 2 000 h.
La propriété « sans mémoire » de la loi exponentielle. Un relais a fonctionné 3 000 h. Avec \(\lambda = 5\times10^{-4}\) h⁻¹, quelle est la probabilité qu'il fonctionne encore 1 000 h ?
Propriété sans mémoire : \(P(T \gt t+s \mid T \gt t) = P(T \gt s) = e^{-\lambda s}\).
\(P = e^{-5\times10^{-4}\times1000} = e^{-0{,}5} \approx 0{,}6065\).
Soit environ 60,7 %, indépendamment des 3 000 h déjà fonctionnées (composant « comme neuf »).
Un roulement suit une loi de Weibull avec \(\beta = 2\) et \(\eta = 3000\) h. Calculer \(R(2000)\).
\(R(t) = \exp\!\left[-\left(\dfrac{t}{\eta}\right)^\beta\right]\).
\(\left(\dfrac{2000}{3000}\right)^2 = (0{,}6667)^2 = 0{,}4444\).
\(R(2000) = e^{-0{,}4444} \approx 0{,}641\), soit environ 64,1 %.
Pour chaque valeur du paramètre de forme \(\beta\), indiquer le comportement du taux de défaillance et la période de vie correspondante.
| \(\beta\) | \(\lambda(t)\) | Période de vie |
|---|---|---|
| \(\beta \lt 1\) | Décroissant | Jeunesse (rodage) |
| \(\beta = 1\) | Constant | Vie utile (loi exponentielle) |
| \(\beta \gt 1\) | Croissant | Vieillissement (usure) |
Montrer que pour \(\beta = 1\) la loi de Weibull se ramène à la loi exponentielle, et préciser le lien entre \(\eta\) et \(\lambda\).
Pour \(\beta = 1\) : \(R(t) = \exp\!\left[-\left(\dfrac{t}{\eta}\right)^1\right] = e^{-t/\eta}\).
C'est exactement la loi exponentielle \(R(t) = e^{-\lambda t}\) avec \(\lambda = \dfrac{1}{\eta}\) (et donc \(\eta = \text{MTBF}\)).
Une pièce mécanique soumise à la fatigue suit Weibull avec \(\beta = 3\), \(\eta = 5000\) h. Calculer \(R(\eta)\), puis vérifier que \(R(\eta) \approx 0{,}368\) quel que soit \(\beta\).
En \(t = \eta\) : \(\left(\dfrac{\eta}{\eta}\right)^\beta = 1^\beta = 1\) pour tout \(\beta\).
\(R(\eta) = e^{-1} \approx 0{,}3679\), soit 36,8 % (et donc 63,2 % des pièces ont défailli à \(t = \eta\)).
Ce résultat est indépendant de \(\beta\) : c'est la signification du paramètre d'échelle \(\eta\).
Trois composants en série ont pour fiabilités \(R_1 = 0{,}95\), \(R_2 = 0{,}90\), \(R_3 = 0{,}98\). Calculer la fiabilité du système.
En série : \(R_s = R_1 \times R_2 \times R_3 = 0{,}95 \times 0{,}90 \times 0{,}98\).
\(0{,}95 \times 0{,}90 = 0{,}855\) ; \(0{,}855 \times 0{,}98 = 0{,}8379\).
\(R_s \approx 0{,}838\) : plus faible que chacun des composants (le maillon le plus faible \(R_2\) limite l'ensemble).
Deux composants identiques de fiabilité \(R = 0{,}90\) sont montés en parallèle (redondance active). Calculer \(R_p\).
En parallèle : \(R_p = 1 - (1-R)^2 = 1 - (1-0{,}90)^2 = 1 - 0{,}10^2 = 1 - 0{,}01 = 0{,}99\).
La redondance fait passer la fiabilité de 0,90 à 0,99 : \(R_p \gt R\).
Un circuit hydraulique comprend : deux pompes en parallèle (\(R_1 = R_2 = 0{,}90\)), un filtre en série (\(R_3 = 0{,}95\)), puis deux vannes en parallèle (\(R_4 = R_5 = 0{,}98\)). Calculer la fiabilité globale.
Groupe pompes : \(R_{12} = 1 - (1-0{,}90)^2 = 1 - 0{,}01 = 0{,}99\).
Groupe vannes : \(R_{45} = 1 - (1-0{,}98)^2 = 1 - 0{,}0004 = 0{,}9996\).
Système (série) : \(R_s = R_{12} \times R_3 \times R_{45} = 0{,}99 \times 0{,}95 \times 0{,}9996\).
\(0{,}99 \times 0{,}95 = 0{,}9405\) ; \(0{,}9405 \times 0{,}9996 \approx 0{,}940\). \(R_s \approx 0{,}940\) : le filtre (0,95) est le maillon limitant.
Un arbre de défaillances comporte deux branches reliées par une porte OU : branche mécanique (porte ET, \(P_1 = 0{,}02\), \(P_2 = 0{,}03\)) et branche électrique (porte OU, \(P_3 = 0{,}01\), \(P_4 = 0{,}015\)). Calculer la probabilité de l'événement sommet.
Branche mécanique (porte ET) : \(P_{ET} = P_1 \times P_2 = 0{,}02 \times 0{,}03 = 6\times10^{-4}\).
Branche électrique (porte OU) : \(P_{OU} = 1 - (1-0{,}01)(1-0{,}015) = 1 - 0{,}99\times0{,}985 = 1 - 0{,}97515 = 0{,}02485\).
Sommet (porte OU) : \(P = 1 - (1-6\times10^{-4})(1-0{,}02485) \approx 0{,}0254\), soit environ 2,54 %.
(Approximation usuelle pour faibles probabilités : \(P \approx 6\times10^{-4} + 0{,}0249 \approx 0{,}0255\).)
Un compresseur a un MTBF de 2 185 h et un MTTR de 4,5 h. Calculer sa disponibilité \(D\).
\(D = \dfrac{\text{MTBF}}{\text{MTBF} + \text{MTTR}} = \dfrac{2185}{2185 + 4{,}5} = \dfrac{2185}{2189{,}5} \approx 0{,}99794\).
Disponibilité ≈ 99,79 % (soit environ 18 h d'indisponibilité par an).
Un équipement a un MTBF de 1 000 h et un MTTR de 50 h. Calculer la disponibilité \(D\) et l'indisponibilité \(U\).
\(D = \dfrac{1000}{1000+50} = \dfrac{1000}{1050} \approx 0{,}952\), soit 95,2 %.
\(U = 1 - D = \dfrac{\text{MTTR}}{\text{MTBF}+\text{MTTR}} = \dfrac{50}{1050} \approx 0{,}0476\), soit 4,8 %.
Calculer la criticité AMDEC \(C = G \times F \times D\) pour chaque composant et indiquer ceux qui dépassent le seuil d'alerte \(C \ge 12\).
| Composant | G | F | D |
|---|---|---|---|
| Compresseur | 4 | 2 | 2 |
| Ventilateur | 3 | 3 | 2 |
| Sonde de température | 2 | 2 | 3 |
| Échangeur | 4 | 1 | 2 |
Compresseur : \(C = 4\times2\times2 = 16\) → ≥ 12 (alerte).
Ventilateur : \(C = 3\times3\times2 = 18\) → ≥ 12 (alerte).
Sonde : \(C = 2\times2\times3 = 12\) → ≥ 12 (alerte, à la limite).
Échangeur : \(C = 4\times1\times2 = 8\) → en dessous du seuil.
Prioritaires : ventilateur (18), compresseur (16), sonde (12).
Calculer la maintenabilité \(M(t)\) d'une réparation effectuée en moins de 8 h, avec MTTR = 4,5 h (taux de réparation \(\mu = 1/\text{MTTR}\)).
\(\mu = \dfrac{1}{4{,}5} \approx 0{,}2222\) h⁻¹.
\(M(8) = 1 - e^{-\mu t} = 1 - e^{-8/4{,}5} = 1 - e^{-1{,}7778}\).
\(e^{-1{,}7778} \approx 0{,}169\), donc \(M(8) \approx 1 - 0{,}169 = 0{,}831\), soit 83,1 % de chances de réparer en moins de 8 h.