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SOLUTIONS
Solutions
et P([T > t]) = e
−L(t) = e
−mt . On a donc
F(t) = 1 − e
−mt .
Comme lim
t→+∞
F(t) = 1, lim
t→+∞
e
−mt = 0 et donc m est strictement positif. Donc T suit une
loi exponentielle de paramètre m. La variable aléatoire T a un taux de panne constant si et
seulement si elle suit une loi exponentielle.
4. Soit F 1 et F 2 les fonctions de répartition de T 1 et T 2 . Les variables T 1 , T 2 et T sont
positives et, pour tout t 0,
F(t) = P([T t]) = P([sup(T 1 , T 2 ) t])
= P([T 1 t] ∩ [T 2 t]) = P([T 1 t])P([T 2 t])
= (1 − e
−l1t )(1 − e
−l2t )
= 1 − e
−l1t
− e
−l2t + e
−(l1+l2)t .
On en déduit que, pour t > 0,
f (t) = F
(t) = l 1 e
−l1t + l 2 e
−l2t
− (l 1 + l 2 )e
−(l1+l2)t
et donc
h(t) =
f (t)
1 − F(t)
=
l 1 e
−l1t + l 2 e
−l2t
− (l 1 + l 2 )e
−(l1+l2)t
e −l1t + e −l2t − e −(l1+l2)t
=
l 1 e
l2t + l 2 e
l1t
− (l 1 + l 2 )
e l2t + e l1t − 1
,
ce qui se simplifie en
h(t) = (l 1 + l 2 ) −
l 1 e
l1t + l 2 e
l2t
e l2t + e l1t − 1
·
La fonction h est dérivable sur R
∗
+ et
h
(t) =
−(l
2
1 e
l1t + l
2
2 e
l2t )(e
l2t + e
l1t
− 1) + (l 1 e
l1t + l 2 e
l2t )
2
(e l2t + e l1t − 1) 2
=
l
2
1 e
l1t + l
2
2 e
l2t + e
(l1+l2)t (2l 1 l 2 − l
2
1 − l
2
2 )
(e l2t + e l1t − 1) 2
=
e
(l1+l2)t
l
2
1 e
−l2t + l
2
2 e
−l1t
− (l 1 − l 2 )
2
(e l2t + e l1t − 1) 2
·
Le signe de h
(t) est celui de g(t) = l
2
1 e
−l2t + l
2
2 e
−l1t
− (l 1 − l 2 )
2 .
Si l 1 = l 2 , on a, pour tout t > 0, g(t) > 0 et h
(t) > 0 : la fonction h est croissante. Il y a
usure.
Si l 1 = l 2 , la fonction g est strictement décroissante ; de plus, lim
0
g = 2l 1 l 2 > 0 et
lim
+∞
g = −(l 1 − l 2 )
2 < 0. La fonction s’annule une seule fois sur ]0, +∞[ en t 0 , g(t) > 0 si
t ∈ ]0, t 0 ] et g(t) < 0 si t > t 0 . On en déduit que h croît sur ]0, t 0 ] et décroît sur [t 0 , +∞[.
Il y donc d’abord usure puis rodage.
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