Problème — Faut-il remplacer une pièce avant qu'elle ne casse ?

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques complémentaires (terminale), chapitre 18 — Thème 8 — Temps d'attente

Énoncé

Problème — Faut-il remplacer une pièce avant qu'elle ne casse ?

Une pièce d'un équipement industriel coûte $400$ euros à remplacer lors d'une visite programmée, mais $2500$ euros lorsqu'elle casse en service — immobilisation comprise. On envisage une politique de remplacement systématique à l'âge $a$ : la pièce est changée dès qu'elle atteint $a$ années, ou plus tôt si elle casse. On note $S (n) = P (X > n)$ la probabilité qu'une pièce neuve tienne plus de $n$ années.

Justifier que, sur un cycle (de la pose d'une pièce à son remplacement), le coût moyen vaut $400 S (a) + 2500 (1 - S (a))$ et la durée moyenne $S (0) + S (1) + \dots + S (a - 1)$ .
La pièce s'use, avec le taux de panne $p_{n} = 0, 015 n$ . Calculer $S (n)$ pour $n$ de $0$ à $6$ , puis le coût annuel moyen pour $a = 4$ , $a = 5$ et $a = 6$ .
Déterminer l'âge de remplacement optimal, et le comparer au coût de la politique « on attend la panne », qui revient à $\frac{2 500}{E ( X )}$ euros par an avec $E (X) \approx 9, 91$ ans.
Reprendre la question précédente pour une pièce sans mémoire de taux $p_{n} = 0, 10$ , de même durée de vie moyenne $10$ ans. Que constate-t-on ?
Énoncer la règle générale que ces deux calculs suggèrent.

Corrigé

Coût et durée d'un cycle. Un cycle se termine de deux façons : la pièce atteint l'âge $a$ intacte, ce qui arrive avec la probabilité $S (a)$ et coûte $400$ ; ou elle casse avant, avec la probabilité $1 - S (a)$ , et coûte $2500$ . Le coût moyen est la moyenne pondérée annoncée.

Quant à la durée du cycle, c'est le plus petit des deux nombres $X$ et $a$ . Son espérance s'obtient par la formule $E = P (\cdot > 0) + P (\cdot > 1) + \dots$ admise plus haut, appliquée à cette variable : elle vaut $P (min > 0) + P (min > 1) + \dots$ , et $min (X, a) > n$ signifie simplement $X > n$ tant que $n \leq a - 1$ , puis devient impossible. La somme s'arrête donc à $S (a - 1)$ .

La pièce d'usure. Les taux valent $0, 015$ ; $0, 030$ ; $0, 045$ ; $0, 060$ ; $0, 075$ ; $0, 090$ , et le produit des $(1 - p_{n})$ donne

$n S (n) 01 1 0, 985 2 0, 955 3 0, 912 4 0, 858 5 0, 793 6 0, 722$

Pour $a = 5$ :

$co u ˆ t = 400 \times 0, 793 + 2500 \times 0, 207 \approx 833, 9, dur e ˊ e = 1 + 0, 985 + 0, 955 + 0, 912 + 0, 858 \approx 4, 711,$

d'où un coût annuel de $\frac{833 , 9}{4 , 711} \approx 177, 0$ euros. Les mêmes calculs donnent $181, 4$ euros pour $a = 4$ et $178, 8$ euros pour $a = 6$ .

Optimum. Le minimum est atteint en $a = 5$ ans, à $177$ euros par an. Attendre la panne coûterait

$\frac{2 500}{9 , 91} \approx 252 euros par an,$

soit $30 %$ de plus. Le remplacement préventif à cinq ans est donc rentable, et le minimum est plat : de $4$ à $6$ ans le coût varie de moins de $3 %$ , ce qui laisse de la souplesse pour organiser les visites.

La pièce sans mémoire. Ici $S (n) = 0, 9^{n}$ . Le calcul, mené par ordinateur, donne :

$a (ann e ˊ es) co u ˆ t annuel (euros) 5 307, 7 10 271, 4 15 260, 4 20 255, 5 jamais 250$

Le coût décroît avec $a$ sans jamais descendre au-dessous de $250$ euros : la meilleure politique est de ne jamais remplacer préventivement. C'était prévisible : par absence de mémoire, la pièce qu'on jette a exactement la même durée de vie devant elle que la pièce neuve qui la remplace, et l'on paie $400$ euros pour rien.

Règle générale. Le remplacement préventif n'a de sens que si le taux de panne croît avec l'âge. Le premier calcul à faire n'est donc pas un calcul de coût, mais le tracé du taux de panne âge par âge : s'il est plat, aucune politique de maintenance ne fera mieux que d'attendre.

Deux pièces de même durée de vie moyenne, deux politiques opposées et un écart de $75$ euros par pièce et par an : c'est le taux de panne, et lui seul, qui a décidé.

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