مسابقة دكتوراه 2022 — Université Abderrahmane Mira - Béjaïa — الموضوع 01

1.

On modélise $X(t)$ (nombre de machines en panne) par un processus de naissance et de mort à source finie (modèle de réparation de machines) avec $K=3$ machines et un seul réparateur. Chaque machine en marche tombe en panne au taux $\lambda = 1/9$ par heure ; le réparateur répare au taux $\mu = 1/2$ par heure.

Dans l'état $n$ (n machines en panne), il reste $3-n$ machines en marche, d'où les taux :

$\lambda_n = (3-n)\lambda,\quad n=0,1,2,\qquad \mu_n = \mu,\quad n=1,2,3.$

Les équations de balance donnent $\pi_n = \pi_0 \prod_{i=0}^{n-1}\frac{\lambda_i}{\mu_{i+1}}$. Posons $\rho = \lambda/\mu = \frac{1/9}{1/2} = \frac{2}{9}$. Alors

$\pi_1 = 3\rho\,\pi_0,\quad \pi_2 = 3\cdot 2\,\rho^2\pi_0 = 6\rho^2\pi_0,\quad \pi_3 = 6\rho^3\pi_0.$

Numériquement $3\rho = \tfrac{2}{3}$, $6\rho^2 = \tfrac{8}{27}$, $6\rho^3 = \tfrac{16}{243}$. La normalisation $\sum \pi_n = 1$ donne

$\pi_0\left(1 + \tfrac{2}{3} + \tfrac{8}{27} + \tfrac{16}{243}\right) = \pi_0\cdot \tfrac{493}{243} = 1.$

D'où

$\boxed{\ \pi_0 = \tfrac{243}{493}\approx 0{,}493,\quad \pi_1 = \tfrac{162}{493}\approx 0{,}329,\quad \pi_2 = \tfrac{72}{493}\approx 0{,}146,\quad \pi_3 = \tfrac{16}{493}\approx 0{,}032\ }$

Nombre moyen de machines en panne :

$L = \sum_{n=0}^{3} n\,\pi_n = \frac{162 + 2\cdot 72 + 3\cdot 16}{493} = \frac{354}{493} \approx 0{,}718.$

Temps moyen d'oisiveté du réparateur : le réparateur est oisif dans l'état $0$, donc la proportion de temps d'oisiveté est

$\boxed{\ \pi_0 = \tfrac{243}{493}\approx 49{,}3\%\ }$

Temps moyen d'immobilisation d'une machine : par la formule de Little appliquée au sous-système des machines en panne, $L = \lambda_{\text{eff}} W$ avec le taux effectif de pannes

$\lambda_{\text{eff}} = \lambda\,(3 - L) = \tfrac{1}{9}\left(3 - \tfrac{354}{493}\right) = \tfrac{125}{493}\ \text{par heure}.$

Donc

$W = \frac{L}{\lambda_{\text{eff}}} = \frac{354/493}{125/493} = \frac{354}{125} \approx 2{,}83\ \text{heures}.$

Débits absolu et relatif : le débit absolu (nombre de réparations achevées par unité de temps) est $\mu(1-\pi_0) = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{250}{493} = \tfrac{125}{493}\approx 0{,}254$ machine/heure, égal à $\lambda_{\text{eff}}$ (régime stationnaire). Le débit relatif (taux d'occupation du réparateur) est $1-\pi_0 = \tfrac{250}{493}\approx 0{,}507$ : le réparateur travaille $50{,}7\%$ du temps.

Productivité de l'atelier : le nombre moyen de machines en marche est $3 - L = \tfrac{1125}{493}\approx 2{,}28$. Chaque machine produit $n=5$ articles par unité de temps, donc

$\boxed{\ \text{Productivité} = 5\,(3-L) = 5\cdot \tfrac{1125}{493} \approx 11{,}4\ \text{articles/heure}\ }$

soit un rendement de $(3-L)/3 \approx 76\%$ de la capacité maximale.

2.

Avec un parc infini, le processus de pannes devient poissonien de taux constant $\lambda' = 3/9 = 1/3$ par heure ; on obtient une file $M/M/1$ avec $\mu = 1/2$. Le facteur d'utilisation est

$\rho = \frac{\lambda'}{\mu} = \frac{1/3}{1/2} = \frac{2}{3}.$

Alors $P_0 = 1-\rho = \tfrac{1}{3}$ et

$L = \frac{\rho}{1-\rho} = 2,\qquad W = \frac{1}{\mu-\lambda'} = \frac{1}{1/2-1/3} = 6\ \text{heures}.$

Comparaison : l'approximation à source infinie donne $L=2$ (contre $0{,}718$) et $W=6$ h (contre $2{,}83$ h) : elle surestime nettement la congestion. La raison est que dans le modèle fini le taux de pannes décroît quand des machines sont déjà en panne (moins de machines en marche), alors que la source infinie maintient un taux d'arrivée constant. L'approximation est donc pessimiste.

$\boxed{\ L_{\text{fini}}\approx 0{,}72 \ \lt\ L_{\infty}=2,\qquad W_{\text{fini}}\approx 2{,}83\ \text{h}\ \lt\ W_{\infty}=6\ \text{h}\ }$

3.

Avec $s$ réparateurs on a une file $M/M/s$, $\lambda' = 1/3$, $\mu = 1/2$, charge offerte $a = \lambda'/\mu = 2/3$. Le coût total horaire est

$C(s) = C_1\,s + C_2\,L(s) = 10\,s + 20\,L(s).$

$s=1$ : $L=2$, donc $C(1) = 10 + 40 = 50$ DA/h.

$s=2$ : $\rho = a/2 = 1/3$,

$P_0 = \left(1 + a + \frac{a^2}{2!(1-\rho)}\right)^{-1} = \left(1 + \tfrac{2}{3} + \tfrac{1}{3}\right)^{-1} = \tfrac{1}{2},$

$L_q = \frac{P_0\,a^{2}\rho}{2!(1-\rho)^2} = \frac{\tfrac12\cdot\tfrac49\cdot\tfrac13}{2\cdot(2/3)^2} = \tfrac{1}{12},\qquad L = L_q + a = \tfrac{1}{12} + \tfrac{2}{3} = \tfrac{3}{4}.$

Donc $C(2) = 20 + 20\cdot 0{,}75 = 35$ DA/h.

$s=3$ : $\rho = 2/9$, un calcul analogue donne $P_0 = \tfrac{21}{41}$, $L_q \approx 0{,}009$, $L \approx 0{,}676$, d'où $C(3) = 30 + 20\cdot 0{,}676 \approx 43{,}5$ DA/h.

Le coût est minimal pour $s=2$.

$\boxed{\ \text{Nombre optimal de réparateurs} = 2\quad (C_{\min} = 35\ \text{DA/h})\ }$

Partie (I) — 1.

L'état $2$ est absorbant (ligne $(0,1,0)$). Posons $a=\sqrt{\alpha}$. Sur les états transitoires $\{1,3\}$ la sous-matrice est triangulaire :

$T = \begin{pmatrix} a & 0 \\\\ 2/3 & 1/6 \end{pmatrix}.$

De $1$ on ne peut aller qu'en $1$ ou $2$ ; de $3$ on va en $1,2,3$. Comme $T$ est triangulaire inférieure de valeurs propres $a$ et $1/6$,

$(T^n)_{11} = a^n,\quad (T^n)_{33} = 6^{-n},\quad (T^n)_{31} = \tfrac{2}{3}\,\frac{a^n - 6^{-n}}{a - 1/6} = \frac{4\,(a^n - 6^{-n})}{6a - 1}.$

En complétant chaque ligne pour que la somme vaille $1$ (le reste part vers l'état absorbant $2$), et avec $a^n = \alpha^{n/2}$ :

$Q^n = \begin{pmatrix} \alpha^{n/2} & 1-\alpha^{n/2} & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ \dfrac{4(\alpha^{n/2}-6^{-n})}{6\sqrt{\alpha}-1} & 1 - \dfrac{4(\alpha^{n/2}-6^{-n})}{6\sqrt{\alpha}-1} - 6^{-n} & 6^{-n} \end{pmatrix}$

(valable pour $\alpha\ne 1/36$ ; sinon on prend la limite $(T^n)_{31}=n\,6^{-(n-1)}\cdot\tfrac23$).

Partie (I) — 2.

Comme $0\lt\alpha\lt 1$, on a $\alpha^{n/2}\to 0$ et $6^{-n}\to 0$, donc chaque ligne tend vers $(0,1,0)$ :

$\lim_{n\to\infty} Q^n = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.$

Toute la masse est absorbée dans l'état $2$.

$\boxed{\ \lim_{n\to\infty} Q^n = \mathbf{1}\,(0,1,0)\ }$

Partie (I) — 3.

Une distribution stationnaire $\pi$ vérifie $\pi Q = \pi$ et est portée par les états récurrents. Le seul état récurrent est $2$ (absorbant), les états $1,3$ étant transitoires. Donc

$\boxed{\ \pi = (0,1,0)\ \text{(unique distribution stationnaire)}\ }$

Partie (I) — 4.

Partant de $1$, à chaque étape on reste en $1$ avec probabilité $a=\sqrt{\alpha}$ ou on saute en $2$ avec probabilité $1-a$ (jamais vers $3$). Le premier passage en $2$ en exactement $n$ pas est « rester $n-1$ fois en $1$ puis sauter en $2$ » :

$f_{12}^{(n)} = \alpha^{(n-1)/2}\,(1-\sqrt{\alpha}),\qquad n\ge 1.$

De plus $f_{12} = \sum_{n\ge 1} f_{12}^{(n)} = (1-\sqrt\alpha)\sum_{n\ge1}\alpha^{(n-1)/2} = \dfrac{1-\sqrt\alpha}{1-\sqrt\alpha}=1$ : depuis $1$ on atteint $2$ presque sûrement. Comme $2$ est absorbant et que depuis $1$ on n'atteint jamais $3$,

$\boxed{\ f_{13} = 0\ }$

Partie (I) — 5.

$f_{12}^{(2)} = \sqrt{\alpha}\,(1-\sqrt{\alpha}) = \tfrac{2}{9}$. En posant $u=\sqrt\alpha$ :

$u - u^2 = \tfrac{2}{9}\ \Longrightarrow\ u^2 - u + \tfrac{2}{9} = 0\ \Longrightarrow\ u = \frac{1\pm 1/3}{2}\in\left\{\tfrac{2}{3},\ \tfrac{1}{3}\right\}.$

D'où

$\boxed{\ \alpha = \tfrac{4}{9}\quad\text{ou}\quad \alpha = \tfrac{1}{9}\ }$

Partie (II) — 1.

Soit $V$ fermée, $i\in V$ et $i\leftrightarrow j$. Comme $i\to j$, il existe un chemin $i=i_0\to i_1\to\cdots\to i_k=j$ avec $p_{i_{r}i_{r+1}}>0$. Par récurrence : $i_0\in V$ ; si $i_r\in V$ alors, $V$ étant fermée, on ne peut sortir de $V$ (probabilité nulle vers l'extérieur), donc $p_{i_r i_{r+1}}>0$ force $i_{r+1}\in V$. Ainsi $i_k=j\in V$. $\blacksquare$

Partie (II) — 2.

Une classe récurrente est toujours fermée ; donc $C_1,C_2,C_3$ sont fermées. Par la question 1, toute partie fermée qui rencontre une classe la contient entièrement : les parties fermées sont exactement les unions de classes. Comme il n'y a pas d'état transitoire (les 3 classes recouvrent $S$ et sont récurrentes), toute union de classes est fermée. Les parties fermées non vides sont donc

$\boxed{\ C_1,\ C_2,\ C_3,\ C_1\cup C_2,\ C_1\cup C_3,\ C_2\cup C_3,\ C_1\cup C_2\cup C_3 = S\ }$

soit $2^3-1 = 7$ parties fermées non vides, les classes $C_1,C_2,C_3$ étant les parties fermées minimales.