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Lois de Composition en Fiabilité
Association de Matériel
Introduction
Les redondances actives
Système série
Exemple
Un dispositif se compose de 4 composants connectés en série
dont les fiabilités sont respectivement de 0,98 ; 0,97 ; 0,95 et
0,99.
Déterminer la fiabilité de l’ensemble
A B C D
E S
Exemple (solution)
Fiabilité 0,98 0,97 0,95 0,99
SYSTÈME 89,40%
A B C D
E S
Système parallèle
On dit qu’un système est un système // d’un point de vue fiabilité si, lorsqu’un ou
plusieurs de ses éléments tombent en panne, le système ne tombe pas en panne.
Pour calculer la fonction fiabilité d’un système // à n éléments, ils est plus aisé de
passer par la fonction défaillance F.
E1
E2
Ei
En
1 1 ( ) ( )
( 1). ( 2).... ( ).... ( ) 1. 2.... ....
(1 1).(1 2)....(1 )....(1 )
1 (1 1).(1 2)....(1 )....(1 )
F R P S P S
F P S P S P Si P Sn F F Fi Fn
F R R Ri Rn
Rs R R Ri Rn
    
 
    
     
Dans un système //, la fiabilité du système est plus grande que la plus grande des
fiabilités des éléments composant le système. On utilise ce fait pour améliorer la
fiabilité ; cela réalise une redondance active.
Si on désire effectuer un calcul en fonction du temps, on doit introduire
Si , alors .
( ) t
R t e 


1
1 (1 )
n
t
i
Rs e 


  

1
1 (1 )
n
i
Rs Ri

  

Exemple
Un dispositif se compose de 4 composants connectés en // dont les fiabilités sont
respectivement de 0,98 ; 0,97 ; 0,95 et 0,99.
Déterminer la fiabilité de l’ensemble
A
B
C
D
E S
Exemple (solution)
Fiabilité R(t)= 0,98; 0,97; 0,95; 0,99
Probabilité de défaillance F(t)= 0,02; 0,03; 0,05; 0,01
R(t) SYSTÈME=99,99997%
A
B
C
D
E S
Système mixte
(série parallèle ou parallèle série)
Dans certains cas, les systèmes en parallèle et les systèmes en série sont mélangés.
Ce type de système est appelé un système mixte comme le montre la figure ci-après.
Exemple 1
(Système mixte)
Le dispositif donné ci-contre a les fiabilités élémentaires suivantes pour 1000 heures :
Ra=0,87 ; Rb=0,85 ; Rc=Rd=0,89 ;Re=0,94 ; Rf=0,96 ; Rg=0,97
Calculer la fiabilité et le taux de défaillance de l’ensemble (en supposant la loi de
fiabilité exponentielle).
A
B
E F
E S
C
D
G
Exemple Système mixte
(Solution)
A
B
E F
E S
C
D
G
Ra 0,87 Rab 98,05% Rb 0,85 Rc 0,89 Rcd 98,79% Rd 0,89 Rabcdef 87,41% Re 0,94
Rf 0,96 Rg 0,97
R système 99,62%
6
ln( ( ))
( ) ln( ( ))
ln(0.9962)
3.81.10 panne/heure
1000
t R t
R t e R t t
t

 
 

      

 
Exemple 2
(Système mixte)
Le dispositif donné ci-contre a les fiabilités élémentaires suivantes pour 1000 heures :
Ra=Rb=Rc=0,73 ; Rd=0,97 ;Re=0,88 ; Rf=0,92 ; Rg=0,88
Calculer la fiabilité et le taux de défaillance de l’ensemble (en supposant la loi de
fiabilité exponentielle).
A
B E F
E S
C
D
G
Exemple 2 Système mixte
(Solution)
A
B E F
E S
C
D
G
Ra 0,73 Rabc 98,03% Rb 0,73 Rc 0,73 Rd 0,97 Re 0,88 Ref 80,96% Rf 0,92 Refg
97,72% Rg 0,88
Rsystème 75,23%
4
ln( ( ))
( ) ln( ( ))
ln(0.7523)
2.85.10 panne/heure
1000
t R t
R t e R t t
t

 
 

      

 
Redondance passive
(stand by)
Dans ce cas, un seul élément fonctionne, les autres sont en attente. Ceci a l’avantage de
diminuer ou de supprimer le vieillissement des éléments ne travaillant pas. En
contrepartie, on a l’inconvénient d’être obligé d’avoir un organe de détection des
pannes et de commutation d’un système sur un autre.
Le calcul d’un système à redondance passive ou « stand-by » se fait en
tenant compte de la variable temps. Il faut donc connaître au préalable,
pour chaque composant, son taux de défaillance λ(t) et sa loi de fiabilité
R(t).
Calcul d’un système à redondance
passive à 2 éléments
en //
E1
E2
DC
Hypothèse : le taux de défaillance des éléments E1 et E2 est constant et
est égal à et
Cette hypothèse a pour conséquence que les lois de fiabilité sont de type
exponentiel :
1
e
 2
e

1
e1
R ( ) e t
t e 


2
e 2
R ( ) e t
t e 


Et On fait aussi l’hypothèse que la fiabilité de l’organe DC est égale à 1.
Le système fonctionnera avec E1 ou E2, ces événements étant mutuellement exclusifs
(E1 sans E2 ou E2 sans E1, mais jamais les 2 en même temps).
Si on prend en compte l’élément de détection et de commutation DC, on obtient alors :
2 1
.
. 1 2
( )
1 2
. .
.
e e
DC
t t
t e e
s t
e e
e e
R e
 
  
 
 
 


Calcul d’un système à redondance
passive (stand by)
E1
E2
DC
Remarque : si on considère que tous les éléments ont le même taux de
défaillance λ, on obtient alors l’expression suivante :
. .
( ) . .(1 . )
DC t t
s t
R e e t
 

 
 
Pour n éléments de taux de défaillance identiques montés en //, on trouve :
1
( ).
( )
0
( . )
.
!
DC
i
i n
t
s t
i
t
R e
i
  
 
 

 
  
 

Exemple (carte électronique)
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Une carte électronique est fabriquée à partir des
éléments suivants :
 (1)  Soudures
 (2)-(3)  capacités
 (4)  résistance
 (5)  transistor
 (6)-(7)  circuit intégré
 (8)  diode
 (9) transformateur
 (10)  potentiomètre
 (11)  Alimentation
La structure de la carte est donnée par le graphe ci-dessous :
Exemple (carte électronique)
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Les paramètres de fiabilité sont donnés dans le tableau ci-dessous :
Repère 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Organe
de
commuta
tion
MTBF
(heures)
32 123 123 77 82 115 115 82 185 27 205
MTTR
(heures)
2,5 1,5 1,5 2 2 0,75 0,75 2 1 2,5 2
 3,13E-02 8,13E-03 8,13E-03 1,30E-02 1,22E-02 8,70E-03 8,70E-03 1,22E-02 5,41E-03 3,70E-02 4,88E-03 0
R(5) 0,8553 0,9602 0,9602 0,9371 0,9408 0,9575 0,9575 0,9408 0,9733 0,8310 0,9759 1
R(MTBF) 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e
•Déterminer le taux de défaillance de chaque élément en supposant la loi de
fiabilité de chaque composant comme exponentielle
•Déterminer la fiabilité de chaque élément au bout de 5 heures en supposant la
loi de fiabilité de chaque composant comme exponentielle
•Déterminer la fiabilité de la carte au bout de 5 heures
Exemple (carte électronique)
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Repère 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Commutation
MTBF 32 123 123 77 82 115 115 82 185 27 205
MTTR 2,5 1,5 1,5 2 2 0,75 0,75 2 1 2,5 2
 3,13E-02 8,13E-03 8,13E-03 1,30E-02 1,22E-02 8,70E-03 8,70E-03 1,22E-02 5,41E-03 3,70E-02 4,88E-03 0,00E+00
R(t) 85,53% 96,02% 96,02% 93,71% 94,08% 95,75% 95,75% 94,08% 97,33% 83,10% 97,59% 1
R23(5) 99,84%
R76(5) 99,91%
Rsystème(5)
55,86%
 


 
  
 
 
3
. .
( )
0 5 8.70 10 5 3
76
. .(1 . )
. .(1 8.70 10 5)
DC t t
s t
x x x
R e e t
R e e x x
Redondance majoritaire
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Redondance majoritaire :
La redondance majoritaire est telle que la fonction est assurée si au moins la majorité des
éléments est en état de fonctionnement.
Cette redondance concerne surtout des signaux de grande sécurité, et en particulier les
équipements électroniques. Le signal de sortie est celui de la majorité des composants.
Redondance k/n
Redondance majoritaire (exemple)
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
E3
D
E1
E2
Le cas le plus simple comporte 3 éléments.
On considère que l’organe D de décision a une fiabilité égale à 1.
RS=probabilité d’avoir plus de 2 éléments en fonctionnement correct
Si RE1=RE2=RE3=R ==>



   

3
3 2 3
3
2
. .(1 ) 3 2
k
k k k
S
k
R C R R R R
Exemple
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Un processus est représenté par le processus ci-contre :
La fiabilité du système entier est le produit de toutes les fiabilités
élémentaires : Rs = 0,64
On demande d’avoir une fiabilité du système au minimum
de 90%
M1
0,85
M2
0,99
M3
0,99
M4
0,99
M5
0,99
T1
0,8
T2
0,99
T3
0,99
Exemple
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Pour améliorer cette fiabilité, on peut appliquer des redondances sur les systèmes les moins
fiables : M1 et T1.
Une des solutions peut consister à utiliser 3 T1 et 2 M1. Economiquement, il va de soi que
cette solution coûterait trop cher. On se contentera de redonder les éléments faibles des
systèmes M1 et T1
M1
M2
0,99
M3
0,99
M4
0,99
M5
0,99
T1
T2
0,99
T3
0,99
M1 T1
T1
2 4 3 2
1 (1 0,85) 0,99 1 (1 0,8) 0,99 0,91
Rs x x x
   
     
   
Résultat satisfaisant.
Système complexe
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
R(t) = P(S fonctionne sur [0,t] et C3 fonctionne) + P(S fonctionne sur [0,t] et C3 ne
fonctionne pas)= P(S et C3) + P(S et C3)
Système complexe
EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
Système complexe
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  • 1. Lois de Composition en Fiabilité Association de Matériel
  • 5. Exemple Un dispositif se compose de 4 composants connectés en série dont les fiabilités sont respectivement de 0,98 ; 0,97 ; 0,95 et 0,99. Déterminer la fiabilité de l’ensemble A B C D E S
  • 6. Exemple (solution) Fiabilité 0,98 0,97 0,95 0,99 SYSTÈME 89,40% A B C D E S
  • 7. Système parallèle On dit qu’un système est un système // d’un point de vue fiabilité si, lorsqu’un ou plusieurs de ses éléments tombent en panne, le système ne tombe pas en panne. Pour calculer la fonction fiabilité d’un système // à n éléments, ils est plus aisé de passer par la fonction défaillance F. E1 E2 Ei En 1 1 ( ) ( ) ( 1). ( 2).... ( ).... ( ) 1. 2.... .... (1 1).(1 2)....(1 )....(1 ) 1 (1 1).(1 2)....(1 )....(1 ) F R P S P S F P S P S P Si P Sn F F Fi Fn F R R Ri Rn Rs R R Ri Rn                   Dans un système //, la fiabilité du système est plus grande que la plus grande des fiabilités des éléments composant le système. On utilise ce fait pour améliorer la fiabilité ; cela réalise une redondance active. Si on désire effectuer un calcul en fonction du temps, on doit introduire Si , alors . ( ) t R t e    1 1 (1 ) n t i Rs e        1 1 (1 ) n i Rs Ri     
  • 8. Exemple Un dispositif se compose de 4 composants connectés en // dont les fiabilités sont respectivement de 0,98 ; 0,97 ; 0,95 et 0,99. Déterminer la fiabilité de l’ensemble A B C D E S
  • 9. Exemple (solution) Fiabilité R(t)= 0,98; 0,97; 0,95; 0,99 Probabilité de défaillance F(t)= 0,02; 0,03; 0,05; 0,01 R(t) SYSTÈME=99,99997% A B C D E S
  • 10. Système mixte (série parallèle ou parallèle série) Dans certains cas, les systèmes en parallèle et les systèmes en série sont mélangés. Ce type de système est appelé un système mixte comme le montre la figure ci-après.
  • 11. Exemple 1 (Système mixte) Le dispositif donné ci-contre a les fiabilités élémentaires suivantes pour 1000 heures : Ra=0,87 ; Rb=0,85 ; Rc=Rd=0,89 ;Re=0,94 ; Rf=0,96 ; Rg=0,97 Calculer la fiabilité et le taux de défaillance de l’ensemble (en supposant la loi de fiabilité exponentielle). A B E F E S C D G
  • 12. Exemple Système mixte (Solution) A B E F E S C D G Ra 0,87 Rab 98,05% Rb 0,85 Rc 0,89 Rcd 98,79% Rd 0,89 Rabcdef 87,41% Re 0,94 Rf 0,96 Rg 0,97 R système 99,62% 6 ln( ( )) ( ) ln( ( )) ln(0.9962) 3.81.10 panne/heure 1000 t R t R t e R t t t                
  • 13. Exemple 2 (Système mixte) Le dispositif donné ci-contre a les fiabilités élémentaires suivantes pour 1000 heures : Ra=Rb=Rc=0,73 ; Rd=0,97 ;Re=0,88 ; Rf=0,92 ; Rg=0,88 Calculer la fiabilité et le taux de défaillance de l’ensemble (en supposant la loi de fiabilité exponentielle). A B E F E S C D G
  • 14. Exemple 2 Système mixte (Solution) A B E F E S C D G Ra 0,73 Rabc 98,03% Rb 0,73 Rc 0,73 Rd 0,97 Re 0,88 Ref 80,96% Rf 0,92 Refg 97,72% Rg 0,88 Rsystème 75,23% 4 ln( ( )) ( ) ln( ( )) ln(0.7523) 2.85.10 panne/heure 1000 t R t R t e R t t t                
  • 15. Redondance passive (stand by) Dans ce cas, un seul élément fonctionne, les autres sont en attente. Ceci a l’avantage de diminuer ou de supprimer le vieillissement des éléments ne travaillant pas. En contrepartie, on a l’inconvénient d’être obligé d’avoir un organe de détection des pannes et de commutation d’un système sur un autre. Le calcul d’un système à redondance passive ou « stand-by » se fait en tenant compte de la variable temps. Il faut donc connaître au préalable, pour chaque composant, son taux de défaillance λ(t) et sa loi de fiabilité R(t).
  • 16. Calcul d’un système à redondance passive à 2 éléments en // E1 E2 DC Hypothèse : le taux de défaillance des éléments E1 et E2 est constant et est égal à et Cette hypothèse a pour conséquence que les lois de fiabilité sont de type exponentiel : 1 e  2 e  1 e1 R ( ) e t t e    2 e 2 R ( ) e t t e    Et On fait aussi l’hypothèse que la fiabilité de l’organe DC est égale à 1. Le système fonctionnera avec E1 ou E2, ces événements étant mutuellement exclusifs (E1 sans E2 ou E2 sans E1, mais jamais les 2 en même temps). Si on prend en compte l’élément de détection et de commutation DC, on obtient alors : 2 1 . . 1 2 ( ) 1 2 . . . e e DC t t t e e s t e e e e R e             
  • 17. Calcul d’un système à redondance passive (stand by) E1 E2 DC Remarque : si on considère que tous les éléments ont le même taux de défaillance λ, on obtient alors l’expression suivante : . . ( ) . .(1 . ) DC t t s t R e e t        Pour n éléments de taux de défaillance identiques montés en //, on trouve : 1 ( ). ( ) 0 ( . ) . ! DC i i n t s t i t R e i                
  • 18. Exemple (carte électronique) EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Une carte électronique est fabriquée à partir des éléments suivants :  (1)  Soudures  (2)-(3)  capacités  (4)  résistance  (5)  transistor  (6)-(7)  circuit intégré  (8)  diode  (9) transformateur  (10)  potentiomètre  (11)  Alimentation La structure de la carte est donnée par le graphe ci-dessous :
  • 19. Exemple (carte électronique) EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Les paramètres de fiabilité sont donnés dans le tableau ci-dessous : Repère 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Organe de commuta tion MTBF (heures) 32 123 123 77 82 115 115 82 185 27 205 MTTR (heures) 2,5 1,5 1,5 2 2 0,75 0,75 2 1 2,5 2  3,13E-02 8,13E-03 8,13E-03 1,30E-02 1,22E-02 8,70E-03 8,70E-03 1,22E-02 5,41E-03 3,70E-02 4,88E-03 0 R(5) 0,8553 0,9602 0,9602 0,9371 0,9408 0,9575 0,9575 0,9408 0,9733 0,8310 0,9759 1 R(MTBF) 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e 1/e •Déterminer le taux de défaillance de chaque élément en supposant la loi de fiabilité de chaque composant comme exponentielle •Déterminer la fiabilité de chaque élément au bout de 5 heures en supposant la loi de fiabilité de chaque composant comme exponentielle •Déterminer la fiabilité de la carte au bout de 5 heures
  • 20. Exemple (carte électronique) EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Repère 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Commutation MTBF 32 123 123 77 82 115 115 82 185 27 205 MTTR 2,5 1,5 1,5 2 2 0,75 0,75 2 1 2,5 2  3,13E-02 8,13E-03 8,13E-03 1,30E-02 1,22E-02 8,70E-03 8,70E-03 1,22E-02 5,41E-03 3,70E-02 4,88E-03 0,00E+00 R(t) 85,53% 96,02% 96,02% 93,71% 94,08% 95,75% 95,75% 94,08% 97,33% 83,10% 97,59% 1 R23(5) 99,84% R76(5) 99,91% Rsystème(5) 55,86%              3 . . ( ) 0 5 8.70 10 5 3 76 . .(1 . ) . .(1 8.70 10 5) DC t t s t x x x R e e t R e e x x
  • 21. Redondance majoritaire EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Redondance majoritaire : La redondance majoritaire est telle que la fonction est assurée si au moins la majorité des éléments est en état de fonctionnement. Cette redondance concerne surtout des signaux de grande sécurité, et en particulier les équipements électroniques. Le signal de sortie est celui de la majorité des composants.
  • 23. Redondance majoritaire (exemple) EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : E3 D E1 E2 Le cas le plus simple comporte 3 éléments. On considère que l’organe D de décision a une fiabilité égale à 1. RS=probabilité d’avoir plus de 2 éléments en fonctionnement correct Si RE1=RE2=RE3=R ==>         3 3 2 3 3 2 . .(1 ) 3 2 k k k k S k R C R R R R
  • 24. Exemple EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Un processus est représenté par le processus ci-contre : La fiabilité du système entier est le produit de toutes les fiabilités élémentaires : Rs = 0,64 On demande d’avoir une fiabilité du système au minimum de 90% M1 0,85 M2 0,99 M3 0,99 M4 0,99 M5 0,99 T1 0,8 T2 0,99 T3 0,99
  • 25. Exemple EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : Pour améliorer cette fiabilité, on peut appliquer des redondances sur les systèmes les moins fiables : M1 et T1. Une des solutions peut consister à utiliser 3 T1 et 2 M1. Economiquement, il va de soi que cette solution coûterait trop cher. On se contentera de redonder les éléments faibles des systèmes M1 et T1 M1 M2 0,99 M3 0,99 M4 0,99 M5 0,99 T1 T2 0,99 T3 0,99 M1 T1 T1 2 4 3 2 1 (1 0,85) 0,99 1 (1 0,8) 0,99 0,91 Rs x x x               Résultat satisfaisant.
  • 26. Système complexe EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE : R(t) = P(S fonctionne sur [0,t] et C3 fonctionne) + P(S fonctionne sur [0,t] et C3 ne fonctionne pas)= P(S et C3) + P(S et C3)
  • 27. Système complexe EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :
  • 28. Système complexe EXERCICE 1 : ÉTUDE D’UNE CARTE ÉLECTRONIQUE :