Révision de l`algorithme du simplexe

Révision
de
l’algorithme du simplexe
Forme standard
• Après avoir transformé les contraintes d’inégalité en égalités, nous
retrouvons le problème sous sa forme standard où certaines variables
peuvent être des variables d’écart:
min
Sujet à
z = c1x1 +c2x2 +... +cnxn
a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
a 21 x1 + a 22 x 2 + ... + a 2 n x n = b 2
.
.
.
.
.
.
.
.
a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n = b m
x1 , x 2 , ..., x n ≥ 0
min z
Sujet à a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n
= b1
a 21 x1 + a 22 x 2 + ... + a 2 n x n
.
.
.
= b2
.
.
.
.
.
a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n
= bm
c1 x1 + c 2 x 2 + ... + c n x n − z = 0
x1 , x 2 , ..., x n ≥ 0
Simplexe –forme avec tableaux
Itération typique
• Décrivons une itération typique pour résoudre le problème général avec le
simplexe – forme avec tableaux
• Le système
+ a 1m +1 x m +1 + ... + a 1s x s + ... + a 1n x n = b1
x1 +
x2 +
.
+ a 2 m +1 x m +1 + ... + a 2 s x s + ... + a 2 n x n = b 2
.
.
.
x r + + a rm +1 x m +1 + ... + a rs x s + ... + a rn x n = b r
.
.
.
.
x m + a mm +1 x m +1 + ... + a ms x s + ... + a mn x n = b m
c m +1 x m +1 + ... + c s x s + ... + c n x n = z − z
Itération typique
peut être représenter dans le tableau suivant
–
Étape 1: Choix de la variable d’entrée
{ }
• En se référant à la dernière ligne du tableau, soit c s = min c j
1≤ j ≤0
Si c s ≥ 0, alors la solution
courante est optimale et
l’algorithme s’arrête
Variable d’entrée
Si c s < 0, alors xs est la
variable d’entrée
–
Étape 2: Choix de la variable de sortie
xi = bi − ais xs ≥ 0
Si a is ≤ 0 ∀ 1 ≤ i ≤ m
le problème n’est pas
borné et l’algo. s’arrête
Variable d’entrée
Si ∃ i tel que a is > 0
alors la sol. demeure réalisable
∀ i tel que a is > 0
xi = b i − a is x s ≥ 0 ⇔ x s ≤
bi
a is
La variable d’entrée xs prend la valeur
 b i

br
xs =
= min 
: a is > 0
1
≤
i
≤
m
 a is

a rs
–
Étape 2: Choix de la variable de sortie
Variable d’entrée
Variable de sortie
–
Étape 3: Pivot
L’élément de pivot a rs est à l’intersection de la
ligne de la variable d’entrée xs et de la colonne
de la variable de sortie xr
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
a rs
–
Étape 3: Pivot
Divisons la ligne r par l’élément
de pivot a rs afin d’obtenir la
ligne r résultante
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
a rs
–
Étape 3: Pivot
Divisons la ligne r par l’élément
de pivot a rs afin d’obtenir la
ligne r résultante
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
ars
ar m +1
ars
⋯1⋯
arn
ars
br
ars
–
Étape 3: Pivot
Multiplions la ligne r résultante
par a is pour la soustraire de la
ligne i du tableau. Ceci ramène le
coefficient de la variable d’entrée xs à 0.
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
ars
ar m +1
ars
arn
⋯1⋯
ars
br
ars
–
Étape 3: Pivot
Multiplions la ligne r résultante
par a is pour la soustraire de la
ligne i du tableau. Ceci ramène le
coefficient de la variable d’entrée xs à 0.
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
ars
ar m +1
ars
arn
⋯1⋯
ars
br
ars
–
Étape 3: Pivot
Multiplions la ligne r résultante
par a is pour la soustraire de la
ligne i du tableau. Ceci ramène le
coefficient de la variable d’entrée xs à 0.
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
ars
ar m +1
ars
arn
⋯1⋯
ars
br
ars
–
Étape 3: Pivot
Multiplions la ligne r résultante
par a is pour la soustraire de la
ligne i du tableau. Ceci ramène le
coefficient de la variable d’entrée xs à 0.
Variable d’entrée
a rs
Variable de sortie
1
ars
ar m +1
ars
arn
⋯1⋯
ars
br
ars
–
Tableau résultant
pour
amorcer la prochaine itération
–
Problèmes équivalents
min z = –8x – 6y
Sujet à
=30
5x + 3y + u
2x + 3y
+ p =24
1x + 3y
+ h = 18
x, y, u, p, h ≥ 0
min z
Sujet à
5x + 3y + u
=30
2x + 3y
+ p
=24
1x + 3y
+ h = 18
–8x –6y
–z = 0
x, y, u, p, h ≥ 0
Tableau équivalent au système
min z = –8x – 6y
Sujet à
=30
5x + 3y + u
2x + 3y
+ p =24
1x + 3y
+ h = 18
x, y, u, p, h ≥ 0
u
= 30 – 5x – 3y
p
= 24 – 2x – 3y
h
= 18 – 1x – 3y
z = 0 –8x – 6y
min z
Sujet à
5x + 3y + u
=30
2x + 3y
+ p
=24
1x + 3y
+ h = 18
–8x –6y
–z = 0
x, y, u, p, h ≥ 0
u
= 30 – 5x – 3y
p
= 24 – 2x – 3y
h
= 18 – 1x – 3y
z = 0 –8x – 6y
Étale 1: Critère d’entrée
{ }
c s = min c j
1≤ j ≤ n
Pour déterminer la variable d’entrée,
nous choisissons l’élément le plus
petit de la dernière ligne du tableau
min {–8, –6, 0, 0, 0} = –8.
x est donc la variable d’entrée
u
= 30 – 5x – 3y
p
= 24 – 2x – 3y
h
= 18 – 1x – 3y
z = 0 –8x – 6y
Étape 2: critère de sortie
xs =
br
a rs
 b i

= min 
: a is > 0
1≤i ≤ m  a is


variable d’entrée
Pour identifier la variable de sortie
déterminons le min des quotients des
termes de droite divisés par les
éléments correspondants dans la
colonne de la variable d’entrée
qui sont positifs:
u
= 30 – 5x – 3y
p
= 24 – 2x – 3y
h
= 18 – 1x – 3y
z = 0 –8x – 6y
Étape 2: critère de sortie
xs =
br
a rs
 b i

= min 
: a is > 0
1≤i ≤ m  a is


variable d’entrée
min {30/5, 24/2, 18} = 30/5 = 6
La variable correspondante u
devient la variable de sortie
u
= 30 – 5x – 3y
p
= 24 – 2x – 3y
h
= 18 – 1x – 3y
z = 0 –8x – 6y
Variable de sortie
Étape 3 : Pivot
Transformation du système ou
du tableau
variable d’entrée
•
variable de sortie
variable d’entrée
Ceci est équivalent à
(5x + 3y + u
=30) / 5 => x + 3/5y + 1/5u
=6
En terme du tableau, ceci est équivalent à diviser la ligne de la variable de
sortie par le coefficient de la variable d’entrée dans cette ligne
Divisons cette ligne par 5
variable de sortie
•
variable d’entrée
Ceci est équivalent à
(5x + 3y + u
=30) / 5 => x + 3/5y + 1/5u
=6
En terme du tableau, ceci est équivalent à diviser la ligne de la variable de
sortie par le coefficient de la variable d’entrée dans cette ligne
Divisons cette ligne par 5
variable de sortie
variable d’entrée
Le tableau qui en résulte est le suivant
x + 3 / 5 y + 1/ 5u = 6
Divisons cette ligne par 5
variable de sortie
variable d’entrée
Le tableau qui en résulte est le suivant
x + 3 / 5 y + 1/ 5u = 6
deuxième ligne
moins
2(la première ligne)
Ceci est équivalent à : p = 24 – 2(6 – 1/5u – 3/5y) +2x – 2x – 3y
2x + 3y + p – 2 (x +3/5y + 1/5u) = 24 – 2(6)
2x + 3y
+ p = 24
– 2 (x +3/5y + 1/5u
= 6)
0x + 9/5y –2/5u + p = 12
deuxième ligne
moins
2(la première ligne)
Le tableau devient
0 x + 9 / 5 y − 2 / 5u + p = 12
deuxième ligne
moins
2(la première ligne)
Le tableau devient
0 x + 9 / 5 y − 2 / 5u + p = 12
En répétant le processus pour les autres lignes du tableau
Méthode du simplexe – notation matricielle
Méthode du simplexe – notation matricielle
• Le problème de programmation linéaire sous la forme standard
min z = c x +c x +... +c x
1 1
2 2
n n
Sujet à
a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
T
min z = c x
Sujet à Ax = b
x≥0
c, x ∈ R n , b ∈ R m
A matrice m × n
a 21 x1 + a 22 x 2 + ... + a 2 n x n = b 2
.
.
.
.
.
.
.
.
a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n = b m
x1 , x 2 , ..., x n ≥ 0
peut aussi s’écrire
Problème du restaurateur:
x y u p h
5 3 1 0 0 


A =  2 3 0 1 0
 1 3 0 0 1


c T = [ −8, −6, 0, 0, 0]
30 
b =  24 
18 
min z = −8 x − 6 y
Sujaet à 5 x + 3 y + u
2x + 3y
1x + 3 y
+ p = 24
+ h = 18
x, y , u , p , h ≥ 0
min z = c T x
Sujet à Ax = b
x≥0
c, x ∈ R 5 , b ∈ R 3
A matrice 3 × 5
= 30
Méthode du simplexe – notation matricielle
min z
Sujet à a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n
a 21 x1 + a 22 x 2 + ... + a 2 n x n
min z
Sujet à
= b1
Ax
=b
cT x − z = 0
x≥0
c, x ∈ R n , b ∈ R m
A matrice m × n
.
.
.
= b2
.
.
.
.
.
a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n
= bm
c1 x1 + c 2 x 2 + ... + c n x n − z = 0
x1 , x 2 , ..., x n ≥ 0
Méthode du simplexe – notation matricielle
• Considérons le problème de programmation linéaire sous sa forme
matricielle
min z
Sujet à
Ax
=b
cT x − z = 0
x≥0
•
Supposons que m ≤ n et que la matrice A est de plein rang (i.e., rang(A) =
m, ou que les lignes de A sont linéairement indépendantes )
• Une sous matrice B de A est une base de A si elle est mxm et non singulière
(i.e, B-1 existe)
Méthode du simplexe – notation matricielle
• Une sous matrice B de A est une base de A si elle est mxm et non singulière
(i.e, B-1 existe)
• Pour faciliter la présentation, supposons que la base B que nous
considérons est composée des m premières colonnes de A, et ainsi
A = [B ⋮ R]
Dénotons également
xB 
x= 
xR 
c B 
c= 
c R 
• Le problème original peut s’écrire
min z
min z
Sujet à
Ax
=b
cT x − z = 0
x≥0
 xB 
Sujet à
[ B⋮ R]  x  = b
 R
 xB 
T
T
 cB ⋮ cR    − z = 0

 x
 R
x≥0
min z
min z
Sujet à
BxB + RxR
=b
cBT xB + cRT xR − z = 0
x B , xR ≥ 0
 xB 
Sujet à
[ B⋮ R]  x  = b
 R
 xB 
T
T
 cB ⋮ c R    − z = 0

 x
 R
x≥0
• Exprimons xB en fonction de xR en utilisant les contraintes du problème
Bx B + Rx R = b
B −1 ( Bx B + Rx R ) = B −1b
B −1 Bx B + B −1 Rx R = B −1b
Ix B + B −1 Rx R = B −1b
• Ainsi
Ix B = − B −1 Rx R + B −1b
min z
Sujet à
BxB + RxR
=b
cBT xB + cRT xR − z = 0
x B , xR ≥ 0
min z
Sujet à
En remplaçant xB par sa valeur
en fonction de xR dans l’équation
de la fonction économique
Notons que ces deux problèmes sont
équivalents car le deuxième est obtenu
du premier à l’aide d’opérations
élémentaires utilisant une matrice
non singulière B-1
IxB + B −1RxR
= B −1b
cBT (− B −1RxR + B −1b) + cRT xR − z = 0
xB , x R ≥ 0
min z
Sujet à
IxB + B −1RxR
= B −1b
cBT (− B −1RxR + B −1b) + cRT xR − z = 0
xB , xR ≥ 0
En regroupant les coefficients de xR
min z
Sujet à
IxB + B −1RxR
= B −1b
0 xB + (cRT − cBT B −1R) xR − z = −cBT B −1b
xB , xR ≥ 0
min z
Sujet à
Ix B + B −1 Rx R
= B −1b
0 x B + (c TR − c TB B −1 R) x R − z = −c TB B −1b
xB , xR ≥ 0
Le problème se traduit dans le tableau suivant
−
Les variables de xB (dénotées
jusqu’ici variables dépendantes)
qui sont associées aux colonnes
de la base B, sont dénotées
variables de base
Les variables de xR (dénotées
jusqu’ici variables
indépendantes) sont dénotées
variables hors base
Pour obtenir la solution de base associée à la base B,
posons xR = 0
et alors xB = B-1b.
La solution de base est réalisable si xB ≥ 0
Puisque tout tableau du simplexe est associé à une base de A constituée
des colonnes associées aux variables de base (variables dépendantes),
il s’ensuit que dans l’algorithme du simplexe, nous passons d’une
solution de base réalisable à une nouvelle solution de base réalisable
ayant une valeur plus petite ou égale.
Notion de multiplicateurs du simplexe
• Considérons la dernière ligne du tableau du simplexe associé à la base B
qui correspond aux vecteurs des coûts relatifs des variables:
cBT
cRT
cBT = 0 = cBT − cBT = cBT − cBT B −1 B
cRT = cRT − cBT B−1R
c =  cB , cR
T
T
T
 = cBT , cRT  − cBT B −1 [ B ⋮ R ] = c T − cBT B −1 A
Notion de multiplicateurs du simplexe
c T = c T − cBT B −1 A
Dénotons le vecteur
π ∈ R m défini par
π T = cBT B −1
Alors
π est le vecteur des multiplicateurs
du simplexe associé à la base B.
c T = cT − π T A
Ou
[c1 ,… , cn ] = [c1,… , cn ] − π T [ ai1 ,… , ain ]
c j = c j − π T a• j
où a• j dénote la jième colonne de la
matrice de contrainte A
Notion de multiplicateurs du simplexe
c j = c j − π T a• j
• Le vecteur des multiplicateurs du simplexe π permet de calculer
les coûts relatifs c j directement à partir des données originales du
problème.
• Les composantes πi (i=1,2,…,m) du vecteur des multiplicateurs peuvent être
considérés comme des poids associés aux lignes i du tableau (ou aux
contraintes i du problème) tel que la soustraction d’une combinaison
linéaire des lignes avec ces poids de la dernière ligne du tableau permet
d’annuler les coûts relatifs des variables de base.
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
• Les multiplicateurs du simplexe associés à une base optimale permettent de
mesurer l’effet de modifier les termes de droite sur la valeur optimale d’un
problème.
• Considérons le problème original et un autre où les termes de droite sont
modifiés
min z
Sujet à Ax = b
cT x − z = 0
x≥0
min zɶ
Sujet à Axɶ = b + ∆b
c T xɶ − zɶ = 0
xɶ ≥ 0
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
min z
Sujet à Ax = b
cT x − z = 0
x≥0
min zɶ
Sujet à Axɶ = b + ∆b
c T xɶ − zɶ = 0
xɶ ≥ 0
• Dénotons par B* une base optimale du problème original, et la solution de
base optimale correspondante
x*R = 0
x* * = B*−1b = b ≥ 0
B
dont la valeur (optimale pour le problème) est donnée par
z * = c T* x* * + cRT xR* = c T* B*−1b = c T* b
B
B
B
B
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
min z
Sujet à Ax = b
cT x − z = 0
x≥0
min zɶ
Sujet à Axɶ = b + ∆b
c T xɶ − zɶ = 0
xɶ ≥ 0
• Choisissons la valeur de ∆b de telle sorte que
B *−1 (b + ∆b) = B *−1b + B *−1∆b ≥ 0
• Donc B* demeure une base réalisable pour le nouveau problème modifié
puisque la solution de base associée est
~
x R* = 0
~
x B** = B *−1 (b + ∆b) ≥ 0
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
• Donc B* demeure une base réalisable pour le nouveau problème modifié
puisque la solution de base associée est
~
x R* = 0
~
x B** = B *−1 (b + ∆b) ≥ 0
c *T = c T − π *T A
π *T = c T* B*−1
B
• De plus, puisque ni les coûts cj ni la matrice A n’ont été modifiés, alors le
vecteur des multiplicateur π* reste inchangé. Par conséquent les coûts
relatifs c j demeurent inchangés et donc non négatifs pour le nouveau
problème.
Donc B* demeure donc une base optimale pour le nouveau problème.
cj
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
• Une solution optimale pour le nouveau problème est donc:
~
x R* = 0
~
x B** = B *−1 (b + ∆b) ≥ 0
• Évaluons la valeur optimale du nouveau problème:
zɶ* = c T* xɶ* * + cRT xɶ*R
B
B
T
*−1
B*
=c B
(b + ∆b)
= c T* B*−1b + c T* B*−1∆b
B
*
B
*T
= z + π ∆b
m
= z* +
∑
i =1
π i* ∆bi
π *T = cBT* B*−1
z * = c T* B*−1b
B
Sensitivité de la valeur optimale aux
modifications des termes de droite
• Évaluons la valeur optimale du nouveau problème:.
zɶ* = c T* xɶ * * + cRT xɶ R*
B
B
T
*−1
B*
=c B
(b + ∆b)
= c T* B*−1b + c T* B*−1∆b
B
*
B
= z + π *T ∆b
m
= z* +
∑
i =1
π i* ∆bi
Ainsi, π i* indique la taux de variation
unitaire de la valeur optimale de la
fonction économique lorsque le terme
de droite bi de la contrainte i est modifié
d’une quantité ∆bi choisie de telle
sorte que la base demeure réalisable
pour le nouveau problème.
Problème du restaurateur transformé en min
• Transformons les contraintes d’inégalité du problème du restaurateur en
égalité avec les variables d’écart u, p et h:
min z = –8x – 6y
Sujet à
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x, y ≥ 0
min z = –8x – 6y
Sujet à
5x + 3y + u
=30
2x + 3y
+ p =24
1x + 3y
+ h = 18
x, y, u, p, h ≥ 0
x
x 1
y
0
p
0
0
y
0
1
−z 0
0
u
1
4
1
−
4
1
−
12
3
2
p
0
1
0
0
h
1
−
4
3
−
4
5
12
1
2
−z
π *T = c T* B*−1
B
0
3
0
3 π *T
0
3
1
54
 1
 4
 1
= [ −8 0 − 6]  −
 4
 1
 − 12

zɶ* = z * + π *T ∆b
 ∆b 
1 1 
3
1
 3
= −54 +  − 0 −  ∆b2 = −54 − ∆b1 + 0∆b2 − ∆b3
2   ∆b 
2
2
 2
 3
3
∆b1 < 0 ⇒ − ∆b1 > 0 ⇒ zɶ* > z *
2
0
1
0
1
4
3
−
4
5
12
−


  3
1
 =  − 0 − 
2
  2



Méthode de résolution graphique
• Méthodes pour problème ne comportant que deux variables
• Revenons au problème du restaurateur après l’avoir
transformer en un problème de min:
min z = –8x – 6y
Sujet à
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x,y≥0
Domaine réalisable
• Traçons la droite
5x + 3y = 30
L’ensemble des points qui
satisfont la contrainte
5x + 3y ≤ 30
sont sous cette droite car l’origine
satisfait cette relation
Domaine réalisable
• Traçons la droite
2x + 3y = 24
L’ensemble des points qui
satisfont la contrainte
2x + 3y ≤ 24
sont sous cette droite car l’origine
satisfait cette relation
Domaine réalisable
• Traçons la droite
1x + 3y = 18
L’ensemble des points qui
satisfont la contrainte
1x + 3y ≤ 18
sont sous cette droite car l’origine
satisfait cette relation
Domaine réalisable
• L’ensemble des points réalisables
pour le système
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x,y≥0
Résolution
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• Plus on s’éloigne de l’origine,
plus la valeur diminue:
x = 0 et y = 0 => z = 0
8
z
y = − x−
6
6
8
droites de pente −
6
Résolution
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• Plus on s’éloigne de l’origine,
plus la valeur diminue:
x = 0 et y = 0 => z = 0
x = 0 et y = 6 => z = – 36
x + 3 y = 18 x = 0
⇒
x
= 0  y = 6
x + 3 y = 18
Résolution
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• Plus on s’éloigne de l’origine,
plus la valeur diminue:
x = 0 et y = 0 => z = 0
x = 0 et y = 6 => z = – 36
x = 6 et y = 0 => z = – 48
5 x + 3 y = 30 x = 6
⇒
y = 0  y = 0
5 x + 3 y = 30
Résolution
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• Plus on s’éloigne de l’origine,
plus la valeur diminue:
x = 0 et y = 0 => z = 0
x = 0 et y = 6 => z = – 36
x = 6 et y = 0 => z = – 48
x = 3 et y = 5 => z = – 54.
• Impossible d’aller plus loin sans
sortir du domaine réalisable.
5 x + 3 y = 30 
 x = 3
 x = 3
x + 3 y = 18  ⇒ 
 ⇒ y = 5
3
+
3
y
=
18
 
4x
= 12  
Solution optimale:
x = 3 et y = 5
Valeur optimale:
z = – 54
x + 3 y = 18
5 x + 3 y = 30
x
x 1
y
0
p
0
0
y
0
1
−z 0
0
u
1
4
1
−
4
1
−
12
3
2
p
0
1
0
0
h
1
−
4
3
−
4
5
12
1
2
−z
π *T = c T* B*−1
B
0
3
0
3 π *T
0
3
1
54
 1
 4
 1
= [ −8 0 − 6]  −
 4
 1
 − 12

zɶ* = z * + π *T ∆b
 ∆b 
1 1 
3
1
 3
= −54 +  − 0 −  ∆b2 = −54 − ∆b1 + 0∆b2 − ∆b3
2   ∆b 
2
2
 2
 3
3
∆b1 < 0 ⇒ − ∆b1 > 0 ⇒ zɶ* > z *
2
0
1
0
1
4
3
−
4
5
12
−


  3
1
 =  − 0 − 
2
  2



Domaine réalisable
• L’ensemble des points réalisables
pour le système
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x,y≥0
Résolution graphique
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• La solution optimale:
x = 3 et y = 5 => z = – 54.
• Vecteur des multiplicateurs
optimaux:
πT = [ – 3/2, 0, – 1/2]
• Si b1 = 30 devient b1+∆b1 avec
∆b1<0
domaine réalisable diminue
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x
x 1
y
0
p
0
0
y
0
1
−z 0
0
u
1
4
1
−
4
1
−
12
3
2
p
0
1
0
0
h
1
−
4
3
−
4
5
12
1
2
−z
0
π *T = c T* B*−1
B
3
0
3
0
3
1
54
π *T
 1
 4
 1
= [ −8 0 − 6]  −
 4
 1
 − 12

zɶ* = z * + π *T ∆b
 ∆b 
1 1 
3
1
 3
= −54 +  − 0 −  ∆b2 = −54 − ∆b1 + 0∆b2 − ∆b3
2   ∆b 
2
2
 2
 3
3
∆b1 > 0 ⇒ − ∆b1 < 0 ⇒ zɶ * < z*
2
0
1
0
1
4
3
−
4
5
12
−


  3
1
 =  − 0 − 
2
  2



Résolution graphique
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• La solution optimale:
x = 3 et y = 5 => z = – 54.
• Vecteur des multiplicateurs
optimaux:
πT = [ – 3/2, 0, – 1/2]
•
Si b1 = 30 devient b1+∆b1 avec
∆b1>0
domaine réalisable augmente
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x
x 1
y
0
p
0
0
y
0
1
−z 0
0
u
1
4
1
−
4
1
−
12
3
2
p
0
1
0
0
h
1
−
4
3
−
4
5
12
1
2
−z
π *T = c T* B*−1
B
0
3
0
3 π *T
0
3
1
54
 1
 4
 1
= [ −8 0 − 6]  −
 4
 1
 − 12

zɶ* = z * + π *T ∆b
 ∆b 
1 1 
3
1
 3
= −54 +  − 0 −  ∆b2 = −54 − ∆b1 + 0∆b2 − ∆b3
2   ∆b 
2
2
 2
 3
1
∆b3 < 0 ⇒ − ∆b3 > 0 ⇒ zɶ* > z*
2
0
1
0
1
4
3
−
4
5
12
−


  3
1
 =  − 0 − 
2
  2



Résolution graphique
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• La solution optimale:
x = 3 et y = 5 => z = – 54.
• Vecteur des multiplicateurs
optimaux:
πT = [ – 3/2, 0, – 1/2]
• Si b3 = 18 devient b3+∆b3 avec
∆b3<0
domaine réalisable diminue
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18
x
x 1
y
0
p
0
0
y
0
1
−z 0
0
u
1
4
1
−
4
1
−
12
3
2
p
0
1
0
0
h
1
−
4
3
−
4
5
12
1
2
−z
π *T = c T* B*−1
B
0
3
0
3 π *T
0
3
1
54
 1
 4
 1
= [ −8 0 − 6]  −
 4
 1
 − 12

zɶ* = z * + π *T ∆b
 ∆b 
1 1 
3
1
 3
= −54 +  − 0 −  ∆b2 = −54 − ∆b1 + 0∆b2 − ∆b3
2   ∆b 
2
2
 2
 3
∆b2 < 0 ⇒ 0∆b2 = 0 ⇒ zɶ* = z *
0
1
0
1
4
3
−
4
5
12
−


  3
1
 =  − 0 − 
2
  2



Résolution graphique
• Considérons la fonction
économique :
z = –8x – 6y.
• La solution optimale:
x = 3 et y = 5 => z = – 54.
• Vecteur des multiplicateurs
optimaux:
πT = [ – 3/2, 0, – 1/2]
• Si b2 = 24 devient b2+∆b2 avec
∆b2<0
domaine réalisable ne change pas
5x + 3y ≤ 30
2x + 3y ≤ 24
1x + 3y ≤ 18