Programmation Linéaire - Cours 2

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1 Programmation Linéaire - Cours 2 P. Pesneau Université Bordeaux 1 Bât A33 - Bur 265

2 Sommaire 1 2 3

3 Retournons dans le yaourt! Reprenons l exemple du 1er cours Forme normale : Forme standard : Max 4x A + 5x B 2x A + x B 800 x A + 2x B 700 x B 300 x A, x B 0 Max z = 4x A + 5x B + 0s 1 + 0s 2 + 0s 3 2x A + x B + s 1 = 800 x A + 2x B + s 2 = 700 x B + s 3 = 300 x A, x B, s 1, s 2, s 3 0

4 Initialisation Max z = 4x A + 5x B + 0s 1 + 0s 2 + 0s 3 2x A + x B + s 1 = 800 x A + 2x B + s 2 = 700 x B + s 3 = 300 x A, x B, s 1, s 2, s 3 0 Reformulons ce système linéaire en écrivant les variables d écarts et la variable objectif en fonction des autres variables. z = 0 + 4x A + 5x B s 1 = 800 2x A x B s 2 = 700 x A 2x B s 3 = 300 x B On garde en mémoire le sens d optimisation (maximisation) ainsi que la non-négativité des variables.

5 Remarques z = 0 s 1 = 800 s 2 = 700 s 3 = 300 Posons x A = x B = 0 : intersection des hyperplans associés aux contraintes x A 0 et x B 0 on obtient pour les variables d écarts s 1 = 800, s 2 = 700 et s 3 = 300 l objectif z vaut 0

6 Choix de l arête de déplacement z = 0 + 4x A + 5x B s 1 = 800 2x A x B s 2 = 700 x A 2x B s 3 = 300 x B Se déplacer sur une arête qui améliore l objectif. Ceci revient à augmenter une variable fixée à 0, ici x A ou x B. Quelle variable choisir? On choisit une variable ayant un impact positif sur l objectif. Prenons par exemple x B qui a le plus grand impact positif.

7 Déplacement sur l arête z = 0 + 4x A + 5x B s 1 = 800 2x A x B s 2 = 700 x A 2x B s 3 = 300 x B Jusqu où peut-on augmenter x B? On regarde l impact de l augmentation de x B sur les variables s 1, s 2 et s 3 (aucun impact sur x A qui reste nulle) s 1 = 800 x B 0 x B 800 s 2 = 700 2x B 0 x B 350 s 3 = 300 x B 0 x B 300 x B augmente de 300 afin que toutes les variables restent 0 La variable s 3 va s annuler et on a x A = s 3 = 0 on se trouve à l intersection des hyperplans formés par les contraintes x A 0 et x B 300.

8 Pivotage z = 0 + 4x A + 5x B s 1 = 800 2x A x B s 2 = 700 x A 2x B s 3 = 300 x B Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0. Solution associée? z = x A 5s 3 s 1 = 500 2x A + s 3 s 2 = 100 x A + 2s 3 x B = 300 s 3

9 On continue? z = x A 5s 3 s 1 = 500 2x A + s 3 s 2 = 100 x A + 2s 3 x B = 300 s 3 Peut-on encore améliorer l objectif? Oui car x A a un impact positif sur l objectif Jusqu où peut-on augmenter x A? s 1 = 500 2x A 0 x A 250 s 2 = 100 x A 0 x A 100 x A n a aucun impact sur x B x A augmente de 100 afin que toutes les variables restent 0 La variable s 2 va s annuler et on a s 2 = s 3 = 0 on se trouve à l intersection des hyperplans formés par les contraintes x A +2x B 700 et x B 300.

10 Pivotage z = x A 5s 3 s 1 = 500 2x A + s 3 s 2 = 100 x A + 2s 3 x B = 300 s 3 Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0. Solution associée? z = s 2 + 3s 3 s 1 = s 2 3s 3 x A = 100 s 2 + 2s 3 x B = 300 s 3

11 On continue? z = s 2 + 3s 3 s 1 = s 2 3s 3 x A = 100 s 2 + 2s 3 x B = 300 s 3 Peut-on encore améliorer l objectif? Oui car s 3 a un impact positif sur l objectif Jusqu où peut-on augmenter s 3? s 1 = 300 3s 3 0 s On voit que x A augmente quand s 3 augmente. x A reste positif. x B = 300 s 3 0 s s 3 augmente de 100 afin que toutes les variables restent 0 La variable s 1 va s annuler et on a s 1 = s 2 = 0 on se trouve à l intersection des hyperplans formés par les contraintes 2x A +x b 800 et x A +2x B 700.

12 Pivotage z = s 2 + 3s 3 s 1 = s 2 3s 3 x A = 100 s 2 + 2s 3 x B = 300 s 3 Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0. Solution associée? z = s 2 s 1 s 3 = s s 1 x A = s s 1 x B = s s 1

13 On continue? z = s 2 s 1 s 3 = s s 1 x A = s s 1 x B = s s 1 Peut-on encore améliorer l objectif? Non car toutes les variables fixées à 0 ont un impact négatif sur l objectif Nous avons la solution optimale x A = 300 et x B = 200 (s 3 = 100 et s 1 = s 2 = 0) pour un objectif de 2200.

14 Problème linéaire sous la forme max j c jx j s.c. j a i,jx j b i x j 0 pour i = 1,..., m pour j = 1,..., n Ajout des variables d écart et d une variable objectif z = n j=1 c jx j x n+i = b i n j=1 a i,jx j pour i = 1,..., m Le problème revient à maximiser z en gardant les variables x j 0 pour j = 1,..., n+m.

15 Dictionnaires A chaque itération, la solution courante est associée à un système d équations qui la définit : z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Ce système s appelle un dictionnaire. Les variables de gauche sont appelées variables de base et notées x B IR m +. L ensemble des variables en base est appelé base. B représente les indices des variables en base. Les variables qui ne sont pas dans la base, sont appelées variables hors-base et notées x N IR n +. N représente l ensemble des indices des variables hors-base.

16 Dictionnaires z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B B et N forment une partition de l ensemble des indices : B N = {1,..., n, n+1,..., n+m} B N = Chaque dictionaire définit une solution de base que l on obtient en posant x N = 0. un dictionnaire est réalisable si la solution de base associée est telle que x B 0. La solution est elle-même réalisable.

17 Dictionnaire initial z = n j=1 c jx j x n+i = b i n j=1 a i,jx j pour i = 1,..., m Initialement : La base initiale est formée des variables d écart x n+1,..., x n+m, c est-à-dire B = {n+1,..., n+m}. Les variables hors-base sont les variables intiales du problème, N = {1,..., n}. Attention, la base initiale peut ne pas être réalisable. On verra plus tard ce qu il faut faire dans ce cas.

18 Solutions de base / itération Solutions de base Toutes les solutions réalisables ne sont pas associées à une base (ou un dictionnaire). Mais chaque point extrême réalisable est représenté par au moins un dictionnaire. Le simplex considère exclusivement les solutions de base réalisables. Un théorème fondamental de la programmation linéaire dit que si le problème admet une solution optimale, alors, il en existe une en un point extrême. Itération A chaque itération de l algorithme du simplex, une variable hors-base va entrer dans la base, tandis qu une variable en base sortira de la base pivotage. Cette opération revient à se déplacer d un point extrême à un point extrême voisin le long d une arête du polyèdre.

19 Choix de la variable entrante z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Les coefficients c j, j N sont appelés les coûts réduits. Ils représentent l impact de l augmentation d une variable sur l objectif. Condition d optimalité : La solution de base est optimale si et seulement si tous les coûts réduits sont négatifs ou nuls : c j 0, pour tout j N.

20 Choix de la variable entrante z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Choix de la variable entrant en base : On choisit une variable dont le coût réduit est positif : choisir x k, k N tel que c k > 0. Règle de pivotage : Il peut y avoir plusieurs variables candidates pour entrer en base. La règle de pivotage permet de choisir, parmi toutes les variables candidates, celle qui va entrer en base. Exemples de règle de pivotage : Choisir la variable de plus grand côut réduit. Choisir la variable d indice le plus petit.

21 Choix de la variable sortante z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Supposons que la variable x k est choisie pour entrer en base. Le vecteur formé par les coefficient ā i,k, i B indique l impact sur les variables en base de l augmentation de la variable x k. Si ā i,k 0, l augmentation de x k entrainera une augmentation de x i. Si ā i,k > 0, l augmentation de x k entrainera une diminution de x i attention à la positivité de x i. x i = b i ā i,k x k 0 x k b i ā i,k

22 Choix de la variable sortante z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Choix de la variable sortante : La variable qui sort de la base est la première variable à s annuler lorsque x k (la variable entrante) augmente : { } b i Choisir s B tel que s = argmin i B : ā i,k > 0 ā i,k Il peut y avoir plusieurs variables candidates pour sortir de la base. Si c est le cas, la base suivante sera dégénérée. Problème non-borné : Si ā i,k 0 pour tout i B, il n y a pas de candidat pour sortir de la base et le problème est non-borné.

23 Pivotage z = z+ j N c jx j x i = b i j N āi,jx j pour tout i B Il reste à reconstruire le système d équation ci-dessus pour la nouvelle base. C est le pivotage. Si on considère que B et N n ont pas encore été remis à jour, le nouveau système s obtient par : z = x k = z + c k b s ā s,k b s ā s,k + j N\{k} ( c j c k ā s,j ā s,k )x j c k 1 ā s,k x s j N\{k} ā s,j ā s,k x j 1 ā s,k x s x i = b i ā i,k bs ā s,k j N\{k} (ā i,j ā i,k ā s,j ā s,k )x j +ā i,k 1 ā s,k x s i B \{s}

24 Sommaire Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples 1 2 Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples 3

25 Phase I du simplex Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples Cette phase permet de trouver une solution de base réalisable initiale lorsque la base donnée par les variables d écart n est pas réalisable. D où vient le problème? j a i,jx j b i avec b i < 0. Après ajout de la variable d écart et écriture sous forme de dictionnaire, on obtient : x n+i = b i j a i,jx j. Comme b i < 0 la solution de base n est pas réalisable.

26 Que faire? Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples 1 Pour chaque contrainte telle que b i < 0, on ajoute une variable artificielle x n+i avec un coefficient de 1 en plus de la variable d écart : j a i,jx j +x n+i x n+i = b i 2 Remplacer l objectif initial par minimiser i:b i <0 x n+i. 3 Eliminer les variables en base de l objectif en les remplaçant par l expression donnée par le dictionnaire. 4 La base initiale est donnée par les variables artificielles des contraintes avec b i < 0 et les variables d écarts des contraintes avec b i 0.

27 Résultat : Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples A la fin de cette résolution : S il existe au moins un i tel que x n+i > 0, alors les variables artificielles sont nécessaires pour avoir une solution réalisable. Alors, il n existe pas de solution réalisable au problème initial. Le problème initial est irréalisable. Si x n+i = 0 pour tout i tel que b i < 0, toutes les variables artificielles sont hors-base. On a une solution de base réalisable pour le problème initial donnée par la base optimale de la Phase I. 1 Supprimer les variables artificielles. 2 Reprendre l objectif initial. 3 Eliminer les variables en base de l objectif en les remplaçant par leur expression donnée par le dictionnaire. 4 Reprendre la résolution normale du simplex.

28 Bases dégénérées Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples Quand plusieurs variables sont candidates pour sortir de la base, la nouvelle solution de base aura une (ou plusieurs) variables de base prenant la valeur 0. On dit alors que la solution de base est dégénérée. Exemple : z = 0 + 2x 1 1x 2 + 8x 3 x 4 = 1 + 0x 1 + 0x 2 2x 3 x 5 = 3 2x 1 + 4x 2 6x 3 x 6 = 2 + 1x 1 3x 2 4x 3 Solution : (0,0,0,1,3,2) et z = 0. On fait entrer x 3 en base. x 4, x 5 et x 6 sont candidates pour sortir de la base. Choisissons x 4.

29 Bases dégénérées Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples z = 4 + 2x 1 1x 2 4x 4 x 3 = x 1 + 0x x 4 x 5 = 0 2x 1 + 4x 2 + 3x 4 x 6 = 0 + 1x 1 3x 2 + 2x 4 Solution : (0,0, 1 2,0,0,0) et z = 4. x 1 entre en base et x 5 sort. z = 4 1x 5 + 3x 2 1x 4 x 3 = x 5 + 0x x 4 x 1 = x 5 + 2x x 4 x 6 = x 5 1x x 4 Solution : (0,0, 1 2,0,0,0) et z = 4. x 2 entre en base et x 6 sort.

30 Bases dégénérées Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples z = x 5 3x x 4 x 3 = x 5 + 0x 6 2 x 4 x 1 = x 5 2x x 4 x 2 = x 7 5 1x x 4 Solution : (0,0, 1 2,0,0,0) et z = 4. x 4 entre en base et x 3 sort. z = x 5 3x 6 19x 3 x 4 = 1 + 0x 5 + 0x 6 2x 3 x 1 = x 5 2x 6 17x 3 x 2 = x 5 1x 6 7x 3 Solution optimale : ( 17 2, 7 2,0,1,0,0) et z = 27 2.

31 Solutions optimales multiples Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples Il peut arriver que dans le dictionnaire optimal, des variables hors-bases possèdent des coûts réduits nuls : c i = 0,pour i N En effectuant une itération suplémentaire du simplexe en faisant entrer en base une variable x i telle que c i = 0, on obtient une nouvelle solution optimale de base (avec le même objectif). Si x1 et x 2 sont deux solutions optimales, alors toutes solutions obtenues par une combinaison convexe de x1 et x 2 est également une solution optimale : x = αx1 +(1 α)x 2, α [0,1] est une solution optimale.

32 Terminaison Phase I du simplex Bases dégénérées Solutions optimales multiples Le nombre de dictionnaires possibles est ( ) m n+m En cas de dégénérescence, l algorithme peut revenir sur une solution de base déjà visitée ( cycle). En pratique néanmoins, cela se passe rarement. Il existe des règles de pivotage limitant les risques de cycle : règle de plus petit indice. perturbation des données : ajouter au membres de droites des contraintes des 0 < ǫ << coefficients.

33 Sommaire 1 2 3

34 Notations matricielles En forme standard : avec Max cx s.c. Ax = b x 0 c = (c 1 c 2... c n ) a 1,1 a 1,2... a 1,n 1 b 1 A = a 2,1 a 2,2... a 2,n 1 b = b a m,1 a m,2... a m,n 1 b m x t = (x 1 x 2... x n x n+1... x n+m )

35 Partitionnement des variables On peut partitionner les variables en deux sous-ensemble : Les variables en base : B Les variables hors-base : N Cette partition peut-être efectuée dans chacune des contraintes : n+m j=1 a i,jx j = j B a i,jx j + j N a i,jx j = b i pour i = 1,..., n. D un point de vue matriciel, ce partitionnement revient à partitionner les colonnes de A et les composantes des vecteurs c et x t : ( c O 0 ) = c ( c B c N ) ( A O I ) = A ( A B A N ) = ( B N ) ( x O x E ) = x ( x B x N ) où O = {1,..., n} et E = {n+1,..., n+m}.

36 Dictionnaire au format matriciel Exprimons les variables en base en fonction des variables hors-base : Ax = b A B x B +A N x N = b Bx B +Nx N = b x B = B 1 b B 1 Nx N On remarque que cette réécriture n est possible que si B est une matrice inversible. Maintenant, en remplaçant x B dans l objectif, on a : z = cx = c B x B +c N x N = c B (B 1 b B 1 Nx N )+c N x N = c B B 1 b +(c N c B B 1 N)x N On a : Max z = c B B 1 b +(c N c B B 1 N)x N s.c. x B = B 1 b B 1 Nx N x B, x N 0

37 Solutions de base Toute sous-matrice carrée m m de A inversible (les m colonnes/lignes de B sont linéairement indépendantes et forment une base de IR m ) est appelée matrice de base. A chaque matrice de base B est associé une solution de base définie par un dictionnaire. Max z = c B B 1 b +(c N c B B 1 N)x N s.c. x B = B 1 b B 1 Nx N x B, x N 0 Solution de base : x B = B 1 b z = c B B 1 b Condition de réalisabilité : B 1 b 0 Condition d optimalité : c N c B B 1 N 0

38 matriciel On commence avec une solution de base réalisable donnée par un dictionnaire : Max z = c B B 1 b +(c N c B B 1 N)x N s.c. x B = B 1 b B 1 Nx N x B, x N 0 1 Si c N = c N c B B 1 N 0, alors cette solution est optimale, STOP. 2 choisir une variable entrante k N telle que ( c N ) k > 0. 3 Si (ā i,k ) i=1,...,m = (B 1 N) k 0, le problème est non borné, STOP. 4 Choisir une variable sortante s B telle que { } b s = argmin j j B : ā j,k > 0 ā j,k = B 1 j,. b B 1 j,. N.,k 5 Pivoter : B = (B \{s}) {k} et N = (N \{k}) {s} et retourner en 1.

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