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Opérationnelle
Introduction à la méthode du simplexe
Karam ALLALI
FI GE 2009-2010
K. Allali
RO
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RO
Méthode de résolution algébrique : l’algorithme du simplexe
- Pour des modèles linéaires continus dont les variables sont non
négatives et dont les contraintes technologiques sont écrites sous
forme d’équations (i.e. avec un « = » au lieu d’une inégalité du type
« < » ou « > »)
- Remarque : dans le cours, on ne montre pas comment appliquer cette
méthode « à la main ». Il s’agit plutôt de savoir utiliser les résultats
dans le cadre d’une analyse de sensibilité.
Forme générale d’un programme linéaire (PL)
n variables
m contraintes
Max (Min) z = c1x1 + c2x2 + …+ cnxn
Sous les contraintes :
a11x1 + a12x2 + … + a1nxn
 ≤
 
 ≥  b1
 =
 
a21x1 + a22x2 + … + a2nxn
 ≤
 
 ≥  b2
 =
 
.
.
.
am1x1 + am2x2 + … + amnxn
 ≤
 
 ≥  bm
 =
 
x1 , x2 , … , xn > 0
Pour pouvoir utiliser cette méthode lorsque les contraintes comportent des
inégalités, il faut introduire de nouvelles variables non négatives. Ces
nouvelles variables permettront de transformer le modèle linéaire en un
modèle équivalent où toutes les contraintes technologiques sont de type
« = ».
K. Allali
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RO
Transformation d’un modèle (PL) en un modèle (PL=)
Variable d’écart :
Pour transformer une contrainte du type « < » en
une contrainte du type « = ».
Quantité qu’il faut ajouter au coté gauche de la
contrainte pour atteindre l’égalité.
Variable d’excédent : Pour transformer une contrainte du type « > » en
une contrainte du type « = ».
Quantité qu’il faut soustraire au coté gauche de la
contrainte pour atteindre l’égalité.
Exemples :
Contrainte1 :
a11x1 + a12x2
<
b1
Introduction d’une nouvelle variable non négative « e1 » :
Contrainte 1’ : a11x1+ a12x2 + e1 = b1
e1 = b1 – (a11x1+a12x2)
(variable d’écart)
Contrainte2 :
a21x1 + a22x2
>
b2
Introduction d’une nouvelle variable non négative « e2 » :
Contrainte 2’ : a21x1 + a22x2 – e2 = b2
e2 = a21x1 + a22x2 - b2
(variable d’excédent)
K. Allali
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Programme linéaire standard (PLS)
(Toutes les contraintes technologiques sont du type <)
1. Transformation du modèle (PLS) en modèle (PLS=) en ajoutant une
variable d’écart dans chaque contrainte technologique.
2. Obtenir une solution de base admissible initiale.
La plus simple : poser x1 = x2 = ….=xn = 0 (correspond au sommet 0)
Ainsi :
(x1 ; x2 ; … ; xn ; e1 ; e2 ; …. ; em) = (0 ; 0 ; … ; 0 ; b1 ; b2 ; … ; bm)
Cette solution ne sera pas probablement pas optimale. On le vérifie
en examinant la contribution marginale de chaque variable hors base
à la fonction objectif Z (coûts marginaux : cJ - zJ).
- Pour un problème de maximisation, la solution de base est
optimale si tous les coûts marginaux sont < 0.
- Pour un problème de minimisation, la solution de base est
optimale si tous les coûts marginaux sont > 0.
3. Modifier la solution initiale de façon à se rapprocher de l’optimum
(augmenter ou diminuer Z selon qu’on veut maximiser ou minimiser).
L’algorithme du simplexe est un procédé par itérations. Chaque
itération correspond au passage d’un sommet à un autre sommet qui
lui est adjacent.
K. Allali
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Exemple Fonderie Rivière-bleue
Variables de décision :
Objectif :
x1 = quantité de tuyauterie traitée (en tonnes)
x2 = quantité de gueuse traitée (en tonnes)
Maximiser le profit
Max z = 1000x1 + 1200x2
Sous les contraintes :
(1) 10x1 + 5x2
<
200
(ébarbage)
(2) 2x1 + 3x2
<
60
(peinture)
(3) x1
<
34
(demande tuyauterie)
(4) x2
<
14
(demande gueuses)
x1 , x2 > 0
(non négativité)
Notez qu’il s’agit bien d’un programme linéaire standard car toutes les contraintes
technologiques sont du type « < ».
Résolution graphique :
fonderie bleue
(1)
45
(3)
35
x2
25
(2)
15
(4)
5
-4
6
16
26
36
-5
x1
K. Allali
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Résolution algébrique :
(selon méthode du simplexe)
1. Transformation du modèle (PLS) en (PLS=)
Max z = 1000x1 + 1200x2
Sous les contraintes :
(1) 10x1 + 5x2 + e1
(2) 2x1 + 3x2
(3)
+ e2
x1
+ e3
(4)
x2
+ e4
=
200
=
60
=
34
=
14
x1 , x2 , e1 , e2 , e3 , e4 > 0
(Interprétation concrète des variables d’écart dans le contexte….)
2. Déterminer une solution de base admissible initiale et construire le
tableau initial:
Poser x1 = 0 et x2 = 0 ⇒ e1 = 200 ; e2 = 60 ; e3 = 34 ; e4 = 14
Tableau initial du simplexe :
Tableau no. 0
(correspond au sommet (0,0))
1000
BASE
Coeff Variable
e1
e2
e3
e4
0
0
0
0
zJ
1200
0
0
0
0
valeur
x1
x2
e1
e2
e3
e4
10
2
1
0
5
3
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
Coût marginal
cJ - zJ
K. Allali
200
60
34
14
1000
1200
0
0
0
0
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3. Déterminer s’il s’agit d’une solution optimale :
La solution de base admissible initiale n’est pas optimale car z = 0.
On peut aussi constater qu’il existe des coûts marginaux cJ – zJ
positifs.
Par exemple :
- si on augmente x1
variables fixes, cela
de 1000 unités.
- si on augmente x2
variables fixes, cela
de 1200 unités.
d’une unité et qu’on laisse les autres
se traduira par une augmentation de z
d’une unité et qu’on laisse les autres
se traduira par une augmentation de z
Nous n’entrons pas dans les détails de calcul de la méthode du
simplexe dans le cours. Selon cette méthode, une nouvelle variable
doit remplacer une des anciennes variables de la base, à chaque
itération. Le tableau du simplexe sera recalculé à chaque étape. Le
processus continuera jusqu’à l’obtention d’une solution optimale. Tel
que mentionné, chaque itération correspond au passage d’un sommet
de la région admissible à un autre sommet qui lui est adjacent.
Les logiciels spécialisés en programmation linéaire sont programmés
pour effectuer tous les calculs intermédiaires. La solution sera donnée
dans le tableau final du simplexe.
K. Allali
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Voici, à titre indicatif, la séquence des tableaux correspondant à chaque
itération pour l’exemple Fonderie Rivière-Bleue:
Seuls le tableau initial et le tableau final seront étudiés dans le cadre du
cours.
K. Allali
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Reprenons le tableau final : correspond au sommet C : (15 ; 10)
1000 1200
0
0
0
0
BASE
Valeur
Coeff Variable
x1
x2
e1
e2
e3
e4
0
1000
0
1200
e4
x1
e3
x2
0
1
0
0
0
0
0
1
0,10
0,15
-0,15
-0,10
-0,5
-0,25
0,25
0,5
0
0
1
0
1
0
0
0
zJ
1000
1200
30
350
0
0
cJ - zJ
0
0
-30
-350
0
0
4
15
19
10
27000
Solution : (15 ; 10 ; 0 ; 0 ; 19 ; 4)
⇒ z = 27000
Les coûts marginaux des variables hors base e1 et e2 sont négatifs. Toute
augmentation de ces variables résulterait en une diminution de Z. La solution est
donc optimale.
Plan optimal de production:
Profit correspondant :
Contraintes :
(1) e1 = 0
(2) e2 = 0
(3) e3 = 19
(4) e4 = 4
K. Allali
15 tonnes de tuyauterie
10 tonnes de gueuses
27000$
L’atelier d’ébarbage est utilisé à pleine capacité.
L’atelier de peinture est utilisé à pleine capacité.
Il manque 19 tonnes de tuyauterie pour satisfaire la
demande maximale.
Il manque 4 tonnes de gueuses pour satisfaire la
demande maximale.
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Analyse post-optimale : Qu’advient-il de la solution optimale si on
modifie la valeur des coefficients de la fonction objectif ou des contraintes?
Revenons à l’exemple Fonderie Rivière-Bleue et essayons de voir
graphiquement ce qui se passe lorsqu’on modifie les coefficients.
Max z = 1000x1 + 1200x2
sc. (1) 10x1 + 5x2
<
200
(ébarbage)
(2) 2x1 + 3x2
<
60
(peinture)
(3) x1
<
34
(demande tuyauterie)
(4) x2
<
14
(demande gueuses)
x1 , x2 > 0
(non négativité)
fonderie bleue
(1)
45
(3)
35
x2
25
(2)
15
(4)
5
-4
6
16
26
36
-5
x1
K. Allali
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Méthode algébrique :
Modification du coefficient c1 : c1’ = 1000+∆
BASE
1200
0
0
0
0
valeur
Coeff
Var
x1
x2
e1
e2
e3
e4
0
e4
0
0
0,10
-0,5
0
1
4
x1
1
0
0,15
-0,25
0
0
15
0
e3
0
0
-0,15
0,25
1
0
19
1200
x2
0
1
-0,10
0,5
0
0
10
zJ
1000
1200
30
350
0
0
cJ - zJ
0
0
-30
-350
0
0
27000
zJ’
cJ’ - zJ’
K. Allali
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Modification du coefficient c2 : c2’ = 1200+∆
BASE
1000
0
0
0
0
valeur
Coeff
Var
x1
x2
e1
e2
e3
e4
0
e4
0
0
0,10
-0,5
0
1
4
1000
x1
1
0
0,15
-0,25
0
0
15
0
e3
0
0
-0,15
0,25
1
0
19
x2
0
1
-0,10
0,5
0
0
10
zJ
1000
1200
30
350
0
0
cJ - zJ
0
0
-30
-350
0
0
27000
zJ’
cJ’ - zJ’
K. Allali
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RO
Modification du coefficient b1 : b1’ = 200 + ∆
Contrainte de forme < et e1 hors base.
BASE
1000 1200
x1
x2
0
e1
0
e2
0
e3
0
e4
valeur
0
0,10
-0,5
0
1
4
1
0
0,15
-0,25
0
0
15
e3
0
0
-0,15
0,25
1
0
19
x2
0
1
-0,10
0,5
0
0
10
30
350
0
0
-30
-350
0
0
Coeff
Var
0
e4
0
1000
x1
0
1200
zJ
cJ - zJ
K. Allali
1000 1200
0
0
∆
27000
14
FI GE 2009-2010
RO
Modification du coefficient b4 : b4’ = 14 + ∆
Contrainte < et e4 dans la base.
BASE
Var
Coeff
1000
x1
1200
x2
0
e1
0
e2
0
e3
0
e4
valeur
0
e4
0
0
0,10
-0,5
0
1
4
1000
x1
1
0
0,15
-0,25
0
0
15
0
e3
0
0
-0,15
0,25
1
0
19
1200
x2
0
1
-0,10
0,5
0
0
10
zJ
1000
1200
30
350
0
0
cJ - zJ
0
0
-30
-350
0
0
K. Allali
∆
27000
15
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CAS GÉNÉRAL :
RO
Effet d’une modification d’un coefficient sur le
tableau final du simplexe.
1. Modification d’un coefficient cj dans la fonction objectif z.
a) Modification du cj d’une variable originale hors base :
- Dans la ligne supérieure du tableau final, remplacer le
coefficient cj par cj’ = cj + ∆.
- La modification apportée au tableau n’affectera qu’une seule
autre entrée, celle du coût marginal de xj. Calculer ce coût
marginal cj’ – zj’.
- S’il s’agit d’un problème de maximisation, la solution admissible
de base restera optimale si cj’ – zj’ < 0.
- S’il s’agit d’un problème de minimisation, la solution admissible
de base restera optimale si cj’ – zj’ > 0.
(remarque : si le coût marginal d’une variable hors base
est nul, il existe une infinité de solutions)
b) Modification du cj d’une variable originale de base :
- Dans la ligne supérieure du tableau final et dans la colonne des
coefficients des variables de base du tableau final, remplacer le
coefficient cj par cj’ = cj + ∆.
- La modification apportée au tableau affectera tous les coûts
marginaux des variables hors base. Calculer les nouveaux zj’ et
les nouveaux coûts marginaux cj’ – zj’.
- S’il s’agit d’un problème de maximisation, la solution admissible
de base restera optimale si cj’ – zj’ < 0.
- S’il s’agit d’un problème de minimisation, la solution admissible
de base restera optimale si cj’ – zj’ > 0.
K. Allali
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RO
2. Modification du coefficient bi d’une contrainte
a) Contrainte de signe « < » : bi’ = bi + ∆
Variable ei hors base :
• Dans le tableau final, ajouter une colonne associée à ∆ à droite
de la colonne « Valeur ». Les entrées de cette colonne sont
identiques à celles de ei.
• Les modifications apportées n’affectent pas les coûts
marginaux. Toutefois, les valeurs de certaines variables de
bases pourraient changer.
• Déduire les équations d’ajustement à partir des lignes du
tableau modifié et recalculer la valeur des variables de base
tout en s’assurant de la non négativité de ces variables (bi’ doit
rester dans un certain intervalle de variation. En dehors de cet
intervalle, il faudrait utiliser un nouveau tableau optimal).
Variable ei dans la base :
• Même principe sauf qu’il n’y aura qu’une seule équation
d’ajustement.
• Si bi demeure dans son intervalle de variation, la base optimale
et sa solution restent inchangées.
b) Contrainte de signe « > » : attention : bi’ = bi - ∆
On a recours au signe « - » de façon à ce que les entrées de la
colonne associée à ∆ dans le tableau final demeurent identiques aux
entrées de la colonne ei.
Pour le reste : mêmes indications que les cas précédents.
K. Allali
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RO
Exercices
S1)
Ecrivez le problème PL suivant sous forme standard avec des M.d.D. non
négatifs:
Max z = 2x1 + 3 x2 + 5 x3
 x1 + x 2 − x 3 ≥ −5

 −6x1 + 7 x 2 − 9 x 3 ≤ 4
s. c.  x1 + x 2 + 4 x 3 = 10

x1 , x 2 ≥ 0

 x3 sans restriction
(1)
( 2)
(3)
Formulez son dual.
S2)
Considérons l’ensemble de contraintes suivant:
x1 + 7 x2 + 3x3 + 7 x4 ≤ 46
3 x1 - x2 + x3 + 2 x4 ≤ 8
2 x1 + 3 x2 - x3 + x4 ≤ 10
Résolvez par la méthode du simplexe le problème obtenu lorsque la fonction
objectif est donnée par:
a)
b)
c)
d)
e)
S3)
max z
max z
max z
min z
min z
=
=
=
=
=
2x1
- 2x1
3x1
5x1
3x1
+ x2
+ 6x2
- x2
- 4x2
+ 6x2
- 3x3
+ 3x3
+ 3x3
+ 6x3
- 2x3
+ 5x4
- 2x4
+ 4x4
+ 8x4
+4x4
Résolvez le problème suivant par la méthode du simplexe
max z = 5x1 + 4x2 + 3x3
s.c.
K. Allali
2 x1 + 3 x2 + x3 ≤ 5
4 x1 + x2 + 2 x3 ≤ 11
3 x1 + 4 x2 + 2 x3 ≤ 8
x1, x2, x3 ≥ 0
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S4)
RO
Résolvez le problème suivant par simple inspection, puis par la méthode du
simplexe
max z = 5 x1 - 6 x2 + 3 x3 - 5 x4 + 12 x5
s.c.
 x1 + 3x 2 + 5x 3 + 6x 4 + 3x5 ≤ 90

 xj ≥ 0
S5)
Résolvez le problème suivant par la méthode du simplexe :
On doit organiser un pont aérien pour transporter 1600 personnes et 90 tonnes
de bagages. Les avions disponibles sont de deux types: 12 du type A et 9 du type
B. Le type A peut transporter, à pleine charge, 200 personnes et 6 tonnes de
bagages. Le type B, 100 personnes et 6 tonnes de bagages. La location d’un
avion du type A coûte 800.000 F; la location d’un avion du type B coûte 200.000
F.
S6)
Les dictionnaires ci-dessous ont été obtenus après exécution de quelques
itérations de la méthode du simplexe sur différents problèmes. Quelles
conclusions pouvez-vous tirer sur base de l’information contenue dans ces
dictionnaires?
Les conclusions possibles sont par exemple:
. la solution courante est optimale, et vaut ...;
. le problème est non borné parce que ...;
. le problème est non réalisable parce que ...;
. la solution courante n’est pas optimale; dans ce cas, calculez la solution
optimale.
a)
min z
 z − x1
− 5x5
= 12

3x1 + x 2
+ 5x 4
=3

s. c. 
x1
+ x 3 + x 4 − 4 x5
=6
 − 4x
− x5 + x 6 = 4
1

 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x5 , x 6 ≥ 0
K. Allali
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b)
RO
max z
 z + x1

3x1 + x 2

s. c. 
x1
+ x3
 − 4x
1

 x1 , x 2 , x 3 , x 4 ,
c)
− x 4 − 2 x5
= 20
− 5x 4
=3
+ 2 x 4 − x5
=6
− 2 x5 + x 6 = 4
x5 , x 6
≥ 0
max z
z
− 5x 2
+ 3x5 = 12

2 x2 + x3
− 2 x5 = 4

s.c.  x1
− x2
− 3x5 = 2

x2
+ x 4 − x5 = 3

 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x5 ≥ 0
K. Allali
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RO
Dualité & Sensibilité
DS1) Suite de l’exercice S6a).
Quel est le coût réduit de chacune des variables du problème?
DS2) Suite de l’exercice S3).
a) Si le coefficient de la variable x2 dans la fonction objectif augmentait de 2
unités, quel serait l’effet produit sur la solution optimale et la valeur optimale du
problème? Et si cette augmentation était de 4 unités?
b) Quel est le coût réduit de chacune des variables du problème?
c) Quel est le prix dual de chacune des contraintes d’inégalité du problème?
DS3) Considérons le programme linéaire suivant, exprimé sous forme standard:
min z = 2x1 + x2
 3x1 + x 2 − x 3
=3
4 x + 3x
− x4
=6
1
2
s.c. 
+ x5 = 3
 x1 + 2 x 2
 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x5 ≥ 0
a) Calculer le dictionnaire associé à la base B définie par les variables de base
x1, x2, x5 .
 3 / 5 −1 / 5 0 


B =  −4 / 5 3 / 5 0 


−1 1 
 1
−1
b) La solution de base associée à B est-elle réalisable et optimale?
DS4) Soit le problème (P):
max z = 2x1 + 4x2 + 4x3 - 3x4
K. Allali
21
FI GE 2009-2010
RO
 x1 + x 2 + x 3

s. c.  x1 + 4 x 2
+ x4
 x ,x , x , x
 1 2 3 4 ≥ 0
=4
=8
La base optimale de (P) est
 1 1
B=

 4 0
et son inverse
0 1 / 4 
B−1 = 

 1 −1 / 4 
a)
Formulez le problème dual de (P).
b)
Sur base des informations fournies (et donc, sans utiliser la méthode du
simplexe ni la méthode graphique), calculez la solution optimale de (P) et celle de
son dual. Expliquez la méthode que vous utilisez.
c)
Si la fonction objectif de (P) est remplacée par
max z = 3x1 + 4x2 + 4x3 - 3x4 ,
la base B donnée ci-dessus reste-t-elle optimale? Justifiez votre réponse.
DS5) Soit le problème suivant (P):
max z = 100x1 + 50x2 + 25 x3
 5x1 + x 2

 x1 + 2 x 2
s. c.  x1 + x 2

x + x2
 1
 x, s ≥ 0
+
x3
+
x3
+
x3
+ 5x 3
+ s1
= 25
+
s2
+ s3
+ s4
(1)
= 25
( 2)
= 10
(3)
= 50
( 4)
La base optimale de (P) est
K. Allali
22
FI GE 2009-2010
5
1
B=
1

1
RO
1
2
1
1
0
1
0
0
0
0

0

1
 1

1 −1
avec B−1 = 
4  1

 0
0 −1
0 5
4 −9
0 −4
0
0

0

4
a) Ecrivez le dual de (P)
b) Quelle est la solution optimale du programme (P) et celle de son dual?
c) Dans quel intervalle peut varier le membre de droite de la contrainte (2) sans
affecter l’optimalité de B ?
DS6) Soit le problème de programmation linéaire
max z = 60x1 + 30x2 + 20x3
 8 x1 + 6 x 2 +
x3
 4 x
+ 2 x 2 + 1,5x 3
1
s. c. 
 2 x1 + 1,5x 2 + 0,5x 3
 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0
≤ 48
≤ 20
≤ 8
(1)
(2 )
(3)
La résolution de ce problème par la méthode du simplexe permet de calculer la
base optimale
 8 1 1


B = 4 1,5 0


2 0,5 0
0 −0,5 1,5


et son inverse B−1 = 0 2
−4 


−8 
1 2
a) Calculez la solution optimale et la valeur optimale du problème.
b) Calculez et interprétez le prix dual de la contrainte (2).
DS7) Soit le problème de programmation linéaire
max z = 30 x1 + 20x2
K. Allali
23
FI GE 2009-2010
 5x1 + 4 x 2
 x
1
s. c. 
x2

 x1 , x 2 , ≥ 0
RO
≤ 400
≤ 60
≤ 75
(1)
(2 )
(3)
a) Résolvez le problème graphiquement.
b) Sur base de a), déterminez la base optimale B.
c) Pourrait-on déduire les prix duaux sur base de cette information?
DS8) Soit le problème de programmation linéaire (P):
min z = 500x1 + 500x2 + 500x3 + 300x4 + 425x5
 x1 + x 2
+ x4

2x2 + 4x3 + x4
s. c. 
 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0

≥ 150
+ 3x5 ≥ 80
A l’optimum de (P), on a x1 = x2 = x3 = x5 = 0
a) Trouvez la solution optimale et la matrice de base optimale pour (P).
b) A partir de la matrice de base, calculez la valeur optimale des variables
duales.
c) Ecrivez le problème dual de (P).
DS9) Soit le problème de programmation linéaire
max z = 4x1 + 5x2 + 6x3
 3x1 + 4 x 2 + 5x 3

s. c.  x1 , x 2 , x 3 ≥ 0


≤ 11
a) Formulez le dual et résolvez-le (par inspection)
b) Utilisez a) et le théorème de dualité forte pour résoudre le primal.
DS10) Soit le problème de programmation linéaire:
K. Allali
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FI GE 2009-2010
RO
min z = 2x1 + 3x2
 2 x1 + 3x 2 ≤ 30

 x1 + 2 x 2 ≥ 10
s. c.  x1 − x 2 ≥ 0
 x, x , ≥ 0
2
 1

K. Allali
25
FI GE 2009-2010
RO
Son dual s’écrit
max w = 30y1 + 10y2
 2 y1 +
y2 + y 3 ≤ 2

 3y1 + 2 y2 − y3 ≤ 3
s. c.  y1
≤ 0
 y , y ≥ 0
3
 2

Déterminez si les solutions suivantes sont réalisables et optimales:
a)
b)
c)
( x1 = 10, x2 = 10/3; y1 = 0, y2 = 1, y3 = 1)
(x1 = 20, x2 = 10; y1 = 1, y2 = 4, y3 = 0)
(x1 = 10/3, x2 = 10/3; y1 = 0, y2 = 5/3, y3 = 1/3)
DS11) Considérons le programme linéaire suivant
max z = 5x1 + 2x2 + 3x3
 x1 + 5x 2 + 2 x 3 = 30
 x
− 5x 2 − 6x 3 ≤ 40
1
s. c. 
x1 , x 2 , x 3 ≥ 0


La solution optimale est donnée par le dictionnaire final
max z
+
 z

x1 +

s.c. 
−
 x, s ≥


23 x2
+ 7 x3
= 150
5 x2
+ 2 x3
= 30
10 x2
− 8 x3
+ s2
= 10
0
a) Ecrivez le problème dual associé.
b) Déterminez la matrice de base optimale B. Déduisez-en la solution optimale
du dual.
c) Dans quel intervalle peut varier c1 (idem c2, c3) sans affecter l’optimalité de la
solution?
K. Allali
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RO
d) Dans quel intervalle peut varier b1 (idem b2) sans affecter l’optimalité de la
base B?
e) Déterminez les prix duaux.
DS12) Considérons le problème de l’exercice DS11.
a) Supposons que le M. de D. des contraintes devienne (30 + θ, 40 - θ), où θ est
un paramètre non négatif. Déterminez les valeurs de θ pour lesquelles la
base B reste optimale.
b) Pour chacune des fonctions objectif suivantes, trouvez la nouvelle solution
optimale en utilisant la procédure d’analyse de sensibilité.
i) max z = 12x1 + 5x2 + 2x3
ii) min z = 2x2 - 5x3
DS13) Voici la formulation d’un petit problème de transport impliquant 3 entrepôts et 2
clients:
min z = 3x11 + 2x12 + 4x21 + x22 + 2x31 + 3x32
 x 11 + x 12 ≤ 60
 x + x ≤ 50
22
 21
 x 31 + x 32 ≤ 50
s. c 
 x 11 + x 21 + x 31 = 90
 x 12 + x 22 + x 32 = 60

 x 11 , x 121 , x 21 , x 22 , x 31 , x 32 ≥ 0
(remarquez que le problème est non équilibré).
Ce problème a été mis sous forme standard en introduisant des variables d’écart
s1 , s2 et s3 dans les trois premières contraintes, puis résolu par un logiciel
utilisant la méthode du simplexe. Voici quelques informations sur la solution
optimale:
•
•
•
les variables en base à l’optimum sont x11, x12, x22, x31 et s1;
le coût réduit de x21 et celui de x32 sont égaux à 2;
les prix duaux des contraintes sont donnés par (y1, y2, y3, y4, y5) = (0, -1, -1,
3, 2).
a) Mettez le problème sous forme standard (comme suggéré ci-dessus) et
formulez son problème dual.
b) Utilisez l’information donnée plus haut pour calculer la solution optimale du
problème et le coût de transport correspondant.
K. Allali
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FI GE 2009-2010
RO
c) Si le coût unitaire de transport entre l’entrepôt 2 et le client 1 diminuait de 1
unité (passant ainsi de 4 à 3), quelle serait l’incidence de ce changement sur
la solution optimale et la valeur optimale calculées précédemment?
d) Le gestionnaire du troisième entrepôt s’aperçoit qu’il a commis une erreur en
évaluant ses stocks: il possède en fait 55 unités en stock. En supposant que
la base optimale ne soit pas affectée, quel sera l’effet de cette correction sur
le coût de transport optimal?
K. Allali
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FI GE 2009-2010
RO
Solutions des exercices
S2)
S3)
S4)
S5)
S6)
d) Solution optimale: (z*, x*, s*)=(-40/3, 0, 10/3, 0, 0, 68/3, 34/3, 0).
Solution optimale: (z*, x*, s*)=(13, 2, 0, 1, 0, 1, 0).
Solution optimale: (z*, x*, s*)=(450, 90, 0, 0, 0, 0, 0).
Solution optimale: (z*, x*, s*)=(4600, 7/2, 9, 0, 22, 17/2, 0).
a) Il existe une infinité de solutions optimales; b) Dictionnaire non
optimal; c) Dictionnaire non optimal.
DS1) Coût réduit de x1=1, de x5=5; les autres sont nuls.
DS2) a) i)Pas de changement; ii) x2 peut entrer en base. Nouvelle solution optimale:
(z*, x*, s*)=(14, 0, 1, 2, 0, 6, 0); b) Coût réduit de x2=3; c) Prix duaux=1, 0, 1 resp.
DS3) b) Oui.
DS4) b) x*=(0, 2, 2, 0), y*=(4, 0); c) Oui.
DS5) b) (x*, s*)=(15/4, 25/4, 0, 0, 35/4, 0, 40), y*=(25/2, 0, 75/2, 0); c) [65/4, +∞[.
DS6) a) (z*, x*)=(280, 2, 0, 8, 24, 0, 0); b) y2*=10.
DS7) b) xB=(x1, x2, s3); c) y*=(5, 5, 0).
DS8) a) x4*=150, s1*=0, s2*=0; b) y*=(300,0).
DS9) a) y*=4/3; b) x1*=11/3.
DS10) a) Réalisables; b) Pas réalisables; c) Réalisables et optimales.
DS11) b) y*=(5, 0); c) c1∈[3/2, +∞[, c2∈]-∞, 25], c3∈]-∞,10]; d) b1∈[0, 40], b2∈[30, +∞[.
DS12) a) θ∈[0,5]; b) i) La solution optimale est inchangée; ii) Faire entrer x3 en base.
DS13) b) z*=290, xB*=(40, 10, 50, 50, 10); c) Pas de changement; d) Valeur optimale:
285.
K. Allali
29