maximiser 100 sous les contraintes Remarque : en toute

RCP101 – Recherche Opérationnelle et Aide à la Décision
Examen du 9 février 2013
Corrigé indicatif1
Exercice I (2,5 pts)
maximiser
100
+ 70 1,2 + . 7/tempsdetravail
tempsdetravailH
3 20 /productionminimale
productionminimaletéléviseursHA
souslescontraintes 3 10 /productionminimale
productionminimalemachinesH A
120 + 60 . 6500/budget max piècesdétachéesH
piècesdétachées
, 3 0
Remarque : en toute rigueur, il faudrait
faudr imposer aux variables x1 et x2 d’être entières (produire un nombre
fractionnaire de téléviseur n’a pas de sens). On aboutirait alors non pas à un programme
linéaire, mais un PLNE (programme linéaire en nombres entiers).
Exercice II (9 pts)
1) Le PL n’a que des contraintes du type ≤. On introduit donc des variables d’écart qui vont former
naturellement une base de départ réalisable pour (P).
( ). Il n’y a donc pas de phase 1 : il n’est pas
nécessaire d’écrire ni de résoudre un programme auxiliaire. Avec les variables
variables d’écart, (P)
( devient :
maximiser
6 + 10 2 + 4 + 80 A
;
s.c. = 3 + 5 + 110 A
, , , 3 0
Le premier tableau du simplexe s’écrit alors :
←
B
BC
0
2
4
1
0
80
0
3
5
0
1
110
Δ
6
10
0
0
6
10
↑
0
0
Z=0
D
D
DE
2) La base n’est pas optimale car Δ n’est pas . 0.. On effectue une itération de l’algorithme du simplexe :
• !" entre en base (plus grand coût réduit)
•
Min $ ' ,
%&
)
&
*
%&
,
'
obtenu pour la ligne de
: !G sort de la base.
On pivote alors autour de l’élément
élément 4 du tableau (ligne 1, colonne2), c’est--à-dire qu’on effectue les
combinaisons linéaires qui permettent que la nouvelle colonne de
corresponde à l’ancienne
colonne de .
D’où le deuxième tableau du simplexe :
1
Pour toute question concernant ce corrigé : [email protected]
RCP101 – Examen Février 2013(Corrigé)
1
B
3) a)
b)
c)
BC
10
1/2
1
1/4
0
20
0
1/2
0
-5/4
1
10
Δ
6
10
0
0
1
0
-5/2
0
DR
'
D
D
D K 5/4D
R
-200
DR
(Z=200) E
DE K
&
D
'
La base est optimale car Δ . 0 (dans le tableau obtenu après plusieurs itérations).
itérations) La solution de
base associée est donc la solution optimale du problème. L’optimum du PL de départ est donc
∗
!∗ /"J, GJH. ∗ 20,, ∗ 10, ∗
0H.La valeur optimale est U∗ ""J.
Il existe une variable hors-base
hors
de coût réduit nul : Δ
0.. Par conséquent la solution optimale
n’est pas unique (on dit qu’il s’adit d’une solution dual-dégénérée)
dual
: si
entre en base, x2 en
sortira et Z restera à la valeur
vale 220.
On doit recalculer les coûts réduits des variables hors-base
hors base avec la nouvelle valeur de c2. S’ils
restent négatifs ou nuls, la solution reste optimale.
EE
E
6 K5//2
Or Δ
0 K $ *L
S 15 K
K .J
3/2
2
GG
6
2
Et Δ
0 K $ * $ * K12 + 11 K1 . J
GG K1
Les coûts réduitss restent négatifs ou nuls, par conséquent la solution de la question (a) reste
optimale.
4) Le problème dual (D) de (P)) est :
/ ;
/TH
80Q + 110Q 2Q + 3Q 3 6
A
s.c. =4Q + 5Q 3 10A
Q , Q 3 0
minimiser
R
hors-basedans/OH ⇒ Q enbasedans/TH
enbasedans
5)
hors-basedans/OH ⇒ Q enbasedans/TH
enbasedans
Q
-80
Q
1
Q
0
Q
5/2
Q
-3/2
BC
-110
0
1
-2
1
2
Δ
-80
-110
0
0
0
0
-20
-10
B
Q
6) Recalculons les coûts réduits duaux. Attention, les coûts initiaux
80 pour c1 et -100
100 (au lieu de -110) pour c2.
Δ
K80 5/2
0K$
*$
*
KGJJ K2
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0 + 200 K 200
0
-Z’=-220
220
(Z’=220)
sont ceux de la fonction –Z’ donc -
0.J
2
K80 K3/2
0K$
*$
*
KGJJ
1
Δ
K120 + 100
K20 . J
Les coûts réduits duaux restent négatifs ou nuls. La solution duale reste optimale et la base primale
prim
reste également optimale. Par conséquent la solution optimale du primal reste inchangée :
∗
/20, 10H,, de valeur 220.
Exercice III (4,5 pts)
1) M/M/2/3
2) Il y a 4 états possibles correspondant au fait que 0, 1, 2 ou 3 personnes sont présentent dans le
système d’attente.
V& W
V X soit : V
Y
V
Z &
3) En appliquant le théorème des coupes, on obtient successivement :
•
•
•
•
4) W
V W
V W
V [ 2X soit : V
VE [ 2X soit : VE
Et de façon générale : V\
12arrivées/h et X
∑\`& _ [ V
Or V& K
a 0,30, V
pour ] 3 1.
10 services/h. Donc Z
a) V& + V + V + VE
b) ]C
Y²
V
Z² &
c
Y
d Z c V&
Ye
efg Z e V& ,
Y
1.. On en déduit V& :
V&
V& h1 +
1,2.
W
W²
WE
+
+
i
X 2X² 2 X E
1
K
a 0,30
1 + 1,2 + 0,5 [ 1,2² + 0,25 [ 1,2E
0 [ V& + 1 [ V + 2 [ V + 3 [ VE
Y
V K
a 0,36,
Z &
V
Y²
V K
a 0,21,
Z² &
et VE
Ainsi, le nombre moyen de clients dans l’organisme est : ]C
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1
Yc
a 0,13
13.
d Z c V& K
∑\`& _ [ V K
a 1,17.
3
Exercice IV (4 pts)
1) et 2) a) Graphe PERT :
•
•
•
2) a)
b)
La tâche fictive j est nécessaire pour matérialiser l’attente de 2 jours après la fin de a et b avant de
commencer d.
j est nécessaire car E1 a plusieurs successeurs et j sert à représenter le fait que b doit être
terminée avant le début de d (après l’attente de 2 jours).
jE est nécessaire car E1 a plusieurs successeurs et jE sert à représenter le fait que b précède e.
C.f. graphe PERT. Durée minimale du projet : 14 jours
jours (date au plus tôt de l’évènement fin).
∗
Marge totale de la tâche (i,j)
( :k,
l Km Kl
Tâche
Marge totale
c)
a
0
b
3
c
3
d
0
e
3
Les tâches critiques sont a et d (de marge totale nulle). Remarque : la tâche fictive j est
également critique.
RCP101 – Examen Février 2013(Corrigé)
4