Maintenance préventive d'une remplisseuse : Markov ou run-to-failure ?
Une usine d'embouteillage suit l'état de sa remplisseuse chaque matin à 6 h. Les états sont 0 (bon fonctionnement), 1 (dégradé : cadence réduite, pas d'arrêt), 2 (panne : arrêt, réparation dans la journée, remise en service le lendemain). Les données de 18 mois donnent la matrice de transition journalière P suivante, lignes = état du jour, colonnes = état du lendemain : de 0 vers (0,1,2) = (0,85 ; 0,12 ; 0,03) ; de 1 vers (0,1,2) = (0,20 ; 0,65 ; 0,15) ; de 2 vers (0,1,2) = (1 ; 0 ; 0). La direction applique aujourd'hui une politique « run-to-failure » : aucune action en état 1, réparation corrective en état 2, coût 1 500 € par panne. Une intervention préventive en état 1 coûterait 200 € et ramènerait l'état à 0 avec une probabilité 0,9 (sinon l'état reste 1). Le chef de production affirme : « Le préventif coûte plus cher qu'il ne rapporte, puisque les pannes ne représentent que 5 % des jours. »
1. Calculer P(X_3=2 | X_1=0) et P(X_4=2 | X_1=0). Que peut-on conclure sur l'affirmation du chef de production ?
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On note X_n l'état au matin du jour n. La probabilité demandée est la composante (0,2) de P^(n−1).
P^2 = [[0,7765 ; 0,1800 ; 0,0435], [0,4500 ; 0,4465 ; 0,1035], [0,8500 ; 0,1200 ; 0,0300]]. Donc P(X_3=2 | X_1=0)=0,0435, soit 4,35 %.
P^3 = P^2 P ; la composante (0,2) vaut 0,7765×0,03 + 0,18×0,15 + 0,0435×0 = 0,0503, soit 5,03 %.
Le taux de panne n'est donc pas constant : il part de 3 % le lendemain, passe à 4,35 % à deux jours, puis à 5,03 % à trois jours, et tend vers 5,72 % en régime stationnaire. L'affirmation « 5 % des jours » n'est vraie qu'en moyenne de long terme ; elle sous-estime le risque à court terme et ne dit rien sur le coût d'une panne. La décision ne peut pas se réduire à ce pourcentage : il faut comparer les coûts.
2. Déterminer la distribution stationnaire sous la politique actuelle et le coût moyen journalier. Faire de même sous la politique préventive. Conclure.
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Distribution stationnaire actuelle : π = πP et somme 1. Les équations donnent π1 = (0,12/0,35)π0 = 0,3429π0 ; π2 = 0,03π0 + 0,15π1 = 0,0814π0 ; donc π0(1+0,3429+0,0814)=1, soit π0=0,7021, π1=0,2407, π2=0,0572. Coût moyen = 1500×0,0572 = 85,8 €/jour (hors production).
Politique préventive : la matrice devient Q avec, depuis l'état 1, une transition vers 0 de 0,9 et vers 1 de 0,1 (pas de panne directe). Q = [[0,85 ; 0,12 ; 0,03], [0,90 ; 0,10 ; 0], [1 ; 0 ; 0]]. On résout π' = π'Q : π1' = 0,12π0'/0,90 = 0,1333π0' ; π2' = 0,03π0' ; somme : π0'=0,8596, π1'=0,1146, π2'=0,0258. Coût = 200×0,1146 + 1500×0,0258 = 22,9 + 38,7 = 61,6 €/jour. Le préventif réduit le coût d'environ 24 €/jour, soit près de 8 800 €/an, malgré un coût d'intervention plus fréquent.
3. À partir de quel coût d'intervention préventive la politique préventive devient-elle moins intéressante que le run-to-failure ? Discuter la validité de l'hypothèse markovienne dans ce contexte.
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Le coût préventif devient égal au coût actuel lorsque C×0,1146 + 1500×0,0258 = 85,8, soit C = (85,8 − 38,7)/0,1146 ≈ 411 €. Au-delà d'environ 410 € par intervention, la politique préventive n'est plus rentable dans ce modèle. Il faut y ajouter le coût de l'arrêt de production : si une panne immobilise la ligne 2 h à 600 €/h, le coût correctif passe à 2 700 € et le préventif devient très favorable. L'hypothèse markovienne est discutable : la dégradation dépend probablement de l'âge, du nombre de cycles et de la maintenance passée ; une matrice constante suppose une absence de mémoire. Si les taux de transition varient avec l'âge, il faut un modèle semi-markovien ou une analyse de fiabilité par cohorte. Enfin, les données de 18 mois doivent être testées (test du chi², résidus) avant de valider P.