UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE U.F.R. SEGMI Année universitaire Méthodes Numériques

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1 UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE U.F.R. SEGMI Année universitaire Master d économie Cours de M. Desgraupes Méthodes Numériques Document 6 : Corrigé des exercices d optimisation dynamique Méthode de Bellman 1 Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Méthode de Bellman Corrigé ex. 1 : Développement d une zone de stockage On utilise comme variable d état x i la capacité de stockage installée au début de la période i. L état initial et l état final sont imposés comme ceci : x 0 = 3 x 5 = 11 Les contraintes de capacité contenues dans le premier tableau s écrivent : x 1 4 x 2 5 x 3 8 x 4 10 D autre part, on ne construit pas de réservoir de taille supérieure à 5, ce qui signifie que l accroissement de capacité entre une période i et la période suivante i + 1 est nécessairement compris entre 0 et 5. D où le contrainte : 0 x i+1 x i 5 La capacité installée génère des coûts de stockage tandis que toute extension de capacité correspond à des coûts de construction. Il faut trouver le meilleur compromis entre coûts de stockage et coûts de construction. 1

2 Remarque importante : si, à une période donnée, la capacité installée permet de couvrir la capacité requise à la période suivante, on ne construira aucun réservoir. En effet, une construction de réservoir aurait pour effet d augmenter la capacité alors qu on n en a pas besoin et cela déclencherait donc, en plus du coût de la construction, des coûts de stockage superflus. On calcule les ensembles V i+1 (x i ) qui représentent les valeurs possibles de la variable d état x i+1 à partir d une valeur donnée de la variable x i. L état initial est x 0 = 3. On détermine donc l ensemble V 1 (3) qui contient les valeurs possibles de x 1. Comme on a la contrainte x 1 4, on doit obligatoirement étendre la capacité (on ne peut pas la laisser à 3), autrement dit on doit construire un réservoir. Selon le type de réservoir choisi (capacité 1, 2, 3, 4 ou 5), la capacité sera portée respectivement à 4, 5, 6, 7 ou 8. Donc : V 1 (3) = 4, 5, 6, 7, 8 L état x 1 est donc susceptible de valoir 4, 5, 6, 7 ou 8. Pour chacune de ces valeurs, on doit maintenant déterminer l ensemble V 2 correspondant, c est-à-dire les valeurs de x 2 possibles à partir de la valeur de x 1 considérée. Avec le même raisonnement que précédemment on trouve facilement : V 2 (4) = 5, 6, 7, 8, 9 Pour l ensemble V 2 (5), il faut tenir compte de la remarque importante mentionnée précédemment. La contrainte sur x 2 exige que x 2 5, autrement dit, qu à la deuxième période, on ait une capacité d au moins 5. Or si x 1 = 5, cette condition est déjà réalisée dès la première période et il n y a donc aucune extension de capacité nécessaire. Cela se traduit par : V 2 (5) = 5 Ce raisonnement est valable pour les autres valeurs de x 1, et on obtient de même : V 2 (6) = 6 V 2 (7) = 7 V 2 (8) = 8 On voit par ces ensembles V 2 que les valeurs possibles de x 2 sont finalement 5, 6, 7, 8 et 9. Les ensembles suivants sont obtenus par les mêmes raisonnements. Du fait qu on a une contrainte x 3 8, les ensembles V 3 sont : V 3 (5) = 8, 9, 10 V 3 (6) = 8, 9, 10, 11 V 3 (7) = 8, 9, 10, 11 V 3 (8) = 8 V 3 (9) = 9 Noter qu aucune valeur supérieure à 11 n est admise puisque l état final est imposé à cette valeur. 2

3 On voit par ces ensembles V 3 que les valeurs possibles de x 4 sont finalement 8, 9, 10 et 11. Les ensembles V 4 sont : V 4 (8) = 10, 11 V 4 (9) = 10, 11 V 4 (10) = 10 V 4 (11) = 11 Les ensembles V i trduisent les contraintes du programme d optimisation. Calculons maintenant la fonction objectif et pour commencer les fonctions de coût des décisions. La fonction f i (x i, x i+1 ) représente le coût de passage de l état x i à l état x i+1. Il comporte les coûts de stockage égaux à 2 par unité de stockage installée, donc ici 2x i ; les coûts de construction représentés par la fonction c donnée dans le deuxième tableau de l exercice. Si on fait passer la capacité de x i à x i+1, c est que l on construit un réservoir de taille x i+1 x i. Cela correspond à un coût de construction de c(x i+1 x i ). On obtient finalement : f i (x i, x i+1 ) = 2x i + c(x i+1 x i ) (1) Résolution par l algorithme de programmation dynamique On va construire par récurrence les fonctions F j (x j) représentant les coûts des sous-politiques optimales faisant passer de l état initial à l état x j. L état initial étant imposé, la fonction F 1 est simplement : F 1 (x 1 ) = f 0 (x 0, x 1 ) = f 0 (3, x 1 ) = c(x 1 3) On trouve donc, en remplaçant x 1 par ses valeurs possibles et compte-tenu des valeurs de la fonction c : F1 (4) = 26 F1 (5) = 42 F1 (6) = 56 F1 (7) = 69 F1 (8) = 81 La fonction F 2 est définie par la formule de récurrence : F 2 (x 2 ) = min x 1 F 1 (x 1 ) + f 1 (x 1, x 2 ) (2) Ici la minimisation se fait sur toutes les valeurs possibles de x 1. D autre part, les valeurs possibles pour x 2 sont 5, 6, 7, 8 et 9. On doit donc calculer F 2 pour ces valeurs. Par exemple, calculons F 2 (5). On doit déterminer quelles sont les valeurs de x 1 qui sont susceptibles de conduire à la valeur x 2 = 5. Ces valeurs sont lues dans les ensembles V i calculés précédemment. On voit que seules les valeurs x 1 = 4 et x 1 = 5 à 3

4 la première période sont susceptibles de conduire à la valeur x 2 = 5 à la deuxième période. On calcule donc la quantité F 1 (x 1 ) + f 1 (x 1, x 2 ) de la formule de récurrence (2) pour ces deux valeurs. On trouve respectivement : F 1 (4) + f 1 (4, 5) = = 54 F 1 (5) + f 1 (5, 5) = = 52 La formule de récurrence consiste à prendre le minimum de ces quantités. La plus petite valeur est 52 et on obtient donc F2 (5) = 52. On retient que c est la valeur x 1 = 5 qui a conduit à ce minimum. On calcule de la même manière la fonction F2 pour les valeurs 6, 7, 8 et 9. On trouve : F2 (6) = 68 pour x 1 = 6 F2 (7) = 83 pour x 1 = 7 F2 (8) = 97 pour x 1 = 4 ou 8 F2 (9) = 109 pour x 1 = 4 La fonction F 3 est définie par la formule de récurrence : F 3 (x 3 ) = min x 2 F 2 (x 2 ) + f 2 (x 2, x 3 ) (3) En procédant comme à l étape précédente, on trouve : F3 (8) = 112 pour x 2 = 5 F3 (9) = 125 pour x 2 = 5 F3 (10) = 137 pour x 2 = 5 F3 (11) = 155 pour x 2 = 6 Enfin la fonction F 4 est définie par la formule de récurrence : F 4 (x 4 ) = min x 3 F 3 (x 3 ) + f 3 (x 3, x 4 ) (4) On trouve : F4 (10) = 157 pour x 3 = 10 F4 (11) = 177 pour x 3 = 11 L état final étant imposé (x 5 = 11), on doit seulement calculer On trouve : F 5 (11) = min x 4 F 4 (x 4 ) + f 4 (x 4, 11). F 5 (11) = 197 pour x 4 = 10 Tous les calculs sont résumés dans le tableau suivant : 4

5 F 1 F 2 ˆx 1 F 3 ˆx 2 F 4 ˆx 3 F 5 ˆx ou On reconstitue la solution optimale en partant de la dernière valeur trouvée. La politique optimale, c est-à-dire la moins coûteuse, a un coût de 197 qui correspond à x 4 = 10. On regarde alors la valeur F4 (10) : c est le coût de la sous-politique optimale conduisant de l état initial à l état x 4 = 10. Sa valeur est 157 et elle est réalisée pour x 3 = 10. On regarde ensuite la valeur F3 (10) qui est le coût de la sous-politique optimale conduisant de l état initial à l état x 3 = 10. Sa valeur est 137 et elle est réalisée pour x 2 = 5. La valeur F2 (5) = 52 est réalisée pour x 1 = 5. On a donc reconstitué la succession des états optimaux : x 0 = 3 x 1 = 5 x 2 = 5 x 3 = 10 x 4 = 10 x 5 = 11 On construit donc un réservoir de taille 2 por passer de la période 0 à la période 1, puis un réservoir de taille 5 pour passer de la période 2 à la période 3 et enfin un réservoir de taille 1 pour passer de la période 4 à la période 5. 5

6 Corrigé ex. 2 : Allocation de ressource Cas 1 Note : ce problème a déjà été traité dans le cours de programmation convexe en utilisant les méthodes de Lagrange et de Kuhn-Tucker. Dans le cas où la ressource doit être complètement épuisée, le problème peut être formulé sous la forme : Max ( f 1 (x 1 ) + f 2 (x 2 ) + f 3 (x 3 ) ) x 1 + x 2 + x 3 = d x 1, x 2, x 3 0 On va procéder par récurrence en appliquant le principe de Bellman. La fonction F 1 (X) mesure la coût d une allocation d une quantité X à la première activité. C est en fait ce que mesure la fonction f 1. On a donc F 1 (X) = f 1 (X). Si on dispose d une quantité X de ressource (avec 0 X d), la fonction F 2 (X) mesure le coût de la meilleure politique pour répartir cette quantité entre les activités 1 et 2. Elle est définie par la formule de récurrence : F 2 (X) = max x 2 F 1 (x 1 ) + f 2 (x 2 ) (5) où la maximisation est faite sur toutes les valeurs possibles de x 2 : ce sont les valeurs telles que x 1 + x 2 = X. On peut donc réécrire la fonction F 2 (X) comme ceci : F 2 (X) = max x 2 F 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) (6) En remplaçant F 1 = f 1 et f 2 par leurs définitions, on calcule l expression à maximiser : F 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) = f 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) = 8(X x 2 ) (X x 2 ) 2 + 8x 2 2x 2 2 = 8X X 2 + 2Xx 2 3x 2 2 Il s agit d une expression de degré 2 à maximiser en x 2 (X est considéré comme fixe). On cherche donc où sa dérivée s annule : 2X 6x 2 = 0 ce qui conduit à x 2 = X. On interprète ce résultat en disant que lorsqu on doit répartir 3 une quantité X entre les activités 1 et 2, 1/3 de X est affecté à l activité 2 et donc les 6

7 2/3 restants sont affectés à l activité 1. La valeur F2 (X) est la valeur à l optimum de l expression précédente : F 2 (X) = 8X X 2 + 2X X 3 3 ( X 3 ) 2 = 8X 2 3 X2 On calcule ensuite la fonction F 3 (X) par la formule de récurrence analogue à (6) : F 3 (X) = max x 3 F 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) (7) L expression est à maximiser pour les valeurs possibles de x 3, c est-à-dire les valeurs comprises entre 0 et X. En remplaçant F 2 et f 3 par leurs définitions, on calcule : F 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) = 8(X x 3 ) 2 3 (X x 3) 2 + 8x 3 3x 2 3 = 8X 2 3 X Xx x2 3 Il s agit encore d une expression de degré 2 à maximiser en x 3 (X est considéré comme fixe). On cherche donc où sa dérivée s annule : 4 3 X 22 3 x 3 = 0 ce qui conduit à x 3 = 2 X. On interprète ce résultat en disant que, lorsqu on doit 11 répartir une quantité X entre les diverses activités, 2/11 de X sont affectés à l activité 3. Par conséquent, il reste les 9/11 de X à répartir entre les deux premières activités, et on a déjà vu que, dans ce cas, les 2/3 de la quantité sont affectés à l activité 1 et le tiers restant à l activité 2. Par conséquent : x 1 = X = 6 11 X x 2 = X = 3 11 X x 3 = 2 11 X La valeur F3 (X) est la valeur à l optimum de l expression précédente : F3 (X) = 8X 2 3 X X 2 11 X 11 ( ) X = 8X 6 11 X2 Comme la ressource doit être utilisée intégralement, on a X = d et le calcul est terminé. La solution est : x 1 = 6 11 d x 2 = 3 11 d x 3 = 2 11 d et la valeur à l optimum est 8d 6 11 d2. 7

8 Cas 2 On considère maintenant que la ressource n est pas toujours utilisée intégralement et que le reliquat est revendu à un prix p. Le problème se formule de la manière suivante : Max ( ) f 1 (x 1 ) + f 2 (x 2 ) + f 3 (x 3 ) + p x 4 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = d x 1, x 2, x 3, x 4 0 La variable x 4 représente le reliquat, c est-à-dire la quantité de ressource qui n est pas affectée aux trois activités. Tous les calculs précédents restent valables et on considère simplement qu on a ajouté une activité supplémentaire qui est la revente de l excédent éventuel. On ajoute donc une étape à l algorithme de programmation dynamique en calculant maintenant F 4 (X) par la formule de récurrence : F 4 (X) = max x 4 F 3 (X x 4 ) + p x 4 (8) En remplaçant F 3 par son expression, on calcule : F 3 (X x 4 ) + p x 4 = 8(X x 4 ) 6 11 (X x 4) 2 + p x 4 Pour maximiser cette expression, on annule sa dérivée par rapport à x 4 : ce qui conduit finalement à (X x 4) + p = 0 x 4 = X 11 (8 p). 12 La fonction F4 (X) est la valeur à l optimum. On calcule F 4 (X) = (8 p)2 + px Sachant que X = d, on reconstitue la solution. On a x 4 = d 11 (8 p) 12 donc d x 4 = 11 (8 p) est la quantité à répartir entre les trois premières activités. 12 On a vu au cas précédent quelle était la meilleure façon de faire cette répartition : 6/11 sur l activité 1, 3/11 sur l activité 2 et 2/11 sur l activité 3. On obtient donc : x 1 = (8 p) = 1 (8 p) 2 x 2 = (8 p) = 1 (8 p) 4 x 3 = (8 p) = 1 (8 p) 6 Discussion Pour que la solution trouvée soit acceptable, il faut vérifier que les valeurs trouvées pour x 1, x 2, x 3, x 4 sont bien positives. Cela impose des conditions sur p. On se reportera à la résolution de cet exercice dans le corrigé des exercices de programmation convexe. On y trouvera aussi la comparaison des deux stratégies. 8

9 Corrigé ex. 3 : Répartition d investissement On calcule les tables des fonctions Fi représentant les coûts des sous-politiques optimales. On a au départ : F1 (X) = f 1 (X). Ensuite les fonctions F 2, F 3, F 4 sont définies par les formules de récurrence : F2 (X) = max 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) 0 x 2 X F3 (X) = max 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) 0 x 3 X F4 (X) = max 3 (X x 4 ) + f 4 (x 4 ) 0 x 4 X Par exemple, calculons F2 (2). Les valeurs de x 2 possibles sont 0, 1 et 2 puisque 0 x 2 X = 2. On doit donc calculer la quantité (F1 (2 x 2 ) + f 2 (x 2 ) pour ces trois valeurs et trouver celle que est maximale. On a : pour x 2 = 0 f1 (2 0) + f 2 (0) = = 0.9 pour x 2 = 1 f1 (2 1) + f 2 (1) = = 1.15 pour x 2 = 2 f1 (2 2) + f 2 (2) = = 0.75 La valeur optimale est 1.15 et est obtenue pour x 2 = 1. Donc F 2 (2) = On procède de la même manière pour toutes les autres valeurs. Les résultats sont indiqués dans le tableau suivant : f 1 f 2 F2 ˆx 2 f 3 F3 ˆx 3 f 4 F4 ˆx ,6 0,55 0,6 0 0,4 0,6 0 0,45 0, ,9 0,75 1,15 1 0,5 1,15 0 0,95 1, ,3 1,2 1,45 1 0,9 1,55 1 1,2 1, ,6 1,4 1,85 1 1,1 1,85 0,1 1,6 2,1 2 On reconstruit la solution à partir de la dernière valeur du tableau : ˆx 4 = 2. Sur un total de 4 millions, il reste 4 2 = 2 pour les autres variables. On regarde F3 (2) qui correspond à ˆx 3 = 0. Donc rien n est affecté au troisième type d investissement et il reste toujours 2 0 = 2 millions pour les investissements 1 et 2. On regarde F2 (2) qui correspond à ˆx 2 = 1 et par conséquent ˆx 1 = 1. La solution est finalement x 1 = 1 x 2 = 1 x 3 = 0 x 4 = 2 f = 2, 1 9

10 Corrigé ex. 4 : Plan de fabrication On calcule les tables des fonctions Fi représentant les coûts des sous-politiques optimales. On a au départ : F1 (X) = f 1 (X). Ensuite les fonctions F 2, F 3 sont définies par les formules de récurrence : F2 (X) = max 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) 0 x 2 X F3 (X) = max 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) 0 x 3 X Les résultats sont indiqués dans le tableau suivant : f 1 f 2 F2 ˆx 2 f 3 F3 ˆx , , ,2 On a intérêt à fabriquer 5 séries de machines. On reconstruit donc la solution à partir de la dernière valeur du tableau qui correspond à F3 (5) : elle est réalisée pour ˆx 3 = 1 ou ˆx 3 = 2. Dans le cas où ˆx 3 = 1. On fabriquera une série de type C et il reste 4 séries pour les autres types. On regarde F2 (4) qui correspond à ˆx 2 = 2. On fabriquera 2 séries de type B et par conséquent il reste ˆx 1 = 2. On procède de la même manière à partir de ˆx 3 = 2. On fabriquera dans ce cas deux séries de type C et il reste 3 séries pour les autres types. On regarde F2 (3) qui correspond à ˆx 2 = 1 ou ˆx 2 = 2. On fabriquera 1 ou 2 séries de type B et par conséquent il reste ˆx 1 = 2 ou ˆx 1 = 1 respectivement. On trouve en définitive trois solutions : S1 = (2, 2, 1) S2 = (2, 1, 2) S3 = (1, 2, 2) La valeur à l optimum pour ces solutions est f =

11 Corrigé ex. 5 : Programmation en avenir incertain On note v j le nombre de pièces de rechange de type j qui seront nécessaires pendant la durée de la mission et x j le nombre de pièces qui seront emportées au départ. Ce problème contient une unique contrainte de capacité qui exprime le fait que le sous-marin dispose d un volume limité b pour stocker les pièces. Chaque pièce de type j occupe un volume a j et la contrainte s écrit : 3 a j x j b j=1 Le nombre v j de pièces de rechange de type j qui seront nécessaires est une variable aléatoire qui suit une loi de Poisson de paramètre λ j. La probabilité d utiliser v j pièces s écrit donc : λvj λj j p j (v j ) = e v j!. Le paramètre λ j représente à la fois l espérance et la variance de la variable v j (c est une propriété de la loi de Poisson). On va prendre comme fonction objectif l espérance du coût d acheminement de pièces supplémentaires. Si le nombre de pièces nécessaires v j est supérieur au nombre de pièces embarquées au départ, il y a, pour chaque pièce supplémentaire, un coût d acheminement π j. On obtient un coût total d acheminement pour les pièces de type j égal à π j (v j x j ). Mais v j est une variable aléatoire dont on ne connaît pas par avance la valeur : on doit donc calculer l espérance du coût. Celle-ci s écrit : v j=x j+1 π j (v j x j ) p j (v j ) Cette somme commence à l indice v j = x j +1 puisqu il n y a de coût d acheminement que si v j excède x j. Finalement la fonction objectif est la somme des espérances correspondant à chacun des trois types de pièces détachées : 3 f = π j (v j x j ) p j (v j ) (9) j=1 Calcul de la fonction objectif v j=x j+1 On va calculer explicitement la somme infinie qui figure dans l équation (9). Pour commencer, on remarque que : λvj λj j v j p j (v j ) = v j e v j! = λ je λj v λ j 1 j (v j 1)! = λ jp j (v j 1) (10) 11

12 On obtient donc : (v j x j ) p j (v j ) = v j p j (v j ) x j p j (v j ) v j=x j v j=x j v j=x j Posons G j (x j ) = = λ j p j (v j 1) x j p j (v j ) v j=x j v j=x j = λ j p j (v j 1) x j p j (v j ) v j=x j v j=x j v j=x j p j (v j ). L équation (11) s écrit alors simplement : (11) v j=x j (v j x j ) p j (v j ) = λ j G j (x j 1) x j G j (x j ) (12) La fonction de coût pour les pièces de type j est donc : f j (x j ) = π j [λ j G j (x j 1) x j G j (x j )] (13) En remplaçant dans l équation (9), on obtient la fonction objectif : f = 3 f j (x j ) = j=1 3 π j [λ j G j (x j 1) x j G j (x j )] (14) j=1 Les fonctions G j sont faciles à calculer car elles sont la somme des probabilités depuis l indice x j jusqu à l infini. Or la somme totale des probabilités est égale à 1. On obtient donc : x j 1 G j (x j ) = 1 p j (v j ) = 1 R j (x j 1) (15) v j=0 où R j désigne la fonction de répartition de la distribution de Poisson de paramètre λ j. Résolution par programmation dynamique Le programme d optimisation est 3 Min f j (x j ) j=1 3 a j x j b j=1 x j 0 C est une exemple typique de problème qui se résout par programmation dynamique puisque le fonction objectif est une somme de fonctions de coûts qui peuvent être interprétées comme des coûts de décisions. Les fonctions Fk de coût des sous-politiques sont définies par : F k (X) = Min k π j [λ j G j (x j 1) x j G j (x j )]. j=1 12

13 Calcul de la fonction F 1 On a par définition : F 1 (X) = Min π 1 [λ 1 G 1 (x 1 1) x 1 G 1 (x 1 )]. La minimisation porte sur les x 1 possibles. Si on dispose d un volume X pour les pièces de type 1 qui occupent un volume unitaire de a 1, on a 0 x 1 X a 1. Pour minimiser les coûts d acheminement, il faut embarquer le plus de pièces possible au départ. Il faut donc que x 1 soit maximal et par conséquent x 1 = X a 1. Numériquement, a 1 = 1, π 1 = 800 et λ 1 = 4. On obtient donc : F 1 (X) = 800 [4G 1 (X 1) XG 1 (X)] avec x 1 = X. La table suivante donne les valeurs de la fonction de répartition R 1 de la loi de Poisson (avec λ 1 = 4), de la fonction G 1 et de la fonction F 1 pour les valeurs de X variant de 0 à 10 (volume total). X R 1 G 1 F1 ˆx 1 0 0, ,0915 0, , ,2381 0, , ,4334 0, , ,6288 0, , ,7851 0, , ,8893 0, , ,9488 0, , ,9786 0, , ,9918 0,0213 9, ,9971 0,0081 3, Calcul de la fonction F 2 La relation de récurrence résultant du principe de Bellman s écrit : F 2 (X) = min x 2 F 1 (X a 2 x 2 ) + f 2 (x 2 ) (16) où la minimisation se fait parmi toutes les valeurs possibles de x 2. Or, si on dispose d un volume X et que les pièces de type 2 occupent un volume unitaire a 2, on a la contrainte a 2 x 2 X. Donc les valeurs possibles de x 2 sont : 0 x 2 X a 2. L espace restant X a 2 x 2 sera consacré aux pièces de type 1 : a 1 x 1 = X a 2 x 2. 13

14 En remplaçant f 2 par sa définition, on obtient : F2 (X) = min F 0 x 2 X 1 (X a 2 x 2 ) + π 2 [λ 2 G 2 (x 2 1) x 2 G 2 (x 2 )] a 2 (17) Numériquement, a 2 = 2, π 2 = 600 et λ 2 = 2. On trouve donc : F2 (X) = min 0 x 2 X 2 F1 (X 2x 2 ) [2G 2 (x 2 1) x 2 G 2 (x 2 )] Il faut faire le calcul pour toutes les valeurs de X de 0 à 10. Montrons, à titre d exemple, comment calculer F2 (8). Si X = 8, x 2 peut prendre les valeurs de 0 à 4. On doit donc estimer la quantité entre accolades dans l équation précédente pour chacune des ces valeurs de x 2 et ensuite déterminer laquelle est la plus petite : si x 2 = 0, F1 (8) = = si x 2 = 1, F1 (6) [2G 2 (0) 1G 2 (1)] = = si x 2 = 2, F1 (4) [2G 2 (1) 2G 2 (2)] = = si x 2 = 3, F1 (2) [2G 2 (2) 3G 2 (3)] = = si x 2 = 4, F1 (0) [2G 2 (3) 4G 2 (4)] = = La valeur minimale est et elle est obtenue pour x 2 = 1. Les autres calculs se font de manière analogue. La table suivante donne les valeurs de la fonction de répartition R 2 de la loi de Poisson (avec λ 2 = 2), de la fonction G 2 et de la fonction F 2 pour les valeurs de X variant de 0 à 10. X R 2 G 2 F2 ˆx 2 0 0, ,4060 0, ,6766 0, , ,8571 0, ,9473 0, , ,9834 0, ,9954 0, , ,9989 0, ,9997 0, , ,9999 0, ,15 2 (18) Calcul de la fonction F 3 La relation de récurrence résultant du principe de Bellman s écrit : F 3 (X) = min x 3 F 2 (X a 3 x 3 ) + f 3 (x 3 ) (19) où la minimisation se fait parmi toutes les valeurs possibles de x 3. Or, si on dispose d un volume X et que les pièces de type 3 occupent un volume unitaire a 3, on a la contrainte a 3 x 3 X. Donc les valeurs possibles de x 3 sont : 0 x 3 X a 3. 14

15 L espace restant X a 3 x 3 sera consacré aux pièces de type 1 et 2 considérées globalement. En remplaçant f 3 par sa définition, on obtient : F3 (X) = min F 0 x 3 X 2 (X a 3 x 3 ) + π 3 [λ 3 G 3 (x 3 1) x 3 G 3 (x 3 )] (20) a 3 Numériquement, a 3 = 2, π 3 = 1300 et λ 3 = 1. On trouve donc : F3 (X) = min 0 x 3 X 2 F2 (X 3x 3 ) [G 3 (x 3 1) x 3 G 3 (x 3 )] (21) La table suivante donne les valeurs de la fonction de répartition R 3 de la loi de Poisson (avec λ 3 = 1), de la fonction G 3 et de la fonction F 3 pour les valeurs de X variant de 0 à 10. On pourrait en fait se contenter de calculer F 3 (10). Reconstitution de la solution X R 3 G 3 F3 ˆx 3 0 0, ,7357 0, ,9196 0, ,9810 0, ,9963 0, ,9994 0, ,9999 0, , , , , On s intéresse à F3 (10) = Elle est obtenue pour ˆx 3 = 1. Il reste donc = 8 mètres cubes. On cherche donc la valeur de F2 (8) = 837, 55. Elle est obtenue pour ˆx 2 = 1. Il reste donc maintenant = 6 mètres cubes. On cherche alors la valeur de F1 (6) = 156, Elle est obtenue pour ˆx 1 = 6. La solution est finalement x 1 = 6 x 2 = 1 x 3 = 1 f =

16 Corrigé ex. 6 : Fabrication et stockage On introduit les variables suivantes : x i est le nombre de lots fabriqués en début de mois i ; y i est le nombre de lots en stock à la fin du mois i 1 ; d i est la demande à satisfaire pour le mois i. On a la relation suivante entre ces variables : y i + x i d i = y i+1 Elle exprime le fait que le nombre y i+1 de lots en stock à la fin du mois i est le nombre de lots en stock à la fin du mois précédent augmenté du nombre de lots fabriqués en début de mois et diminué du nombre de lots livrés pour satisfaire à la demande. Cette relation peut aussi s écrire : y i + x i y i+1 = d i (22) L état initial et l état final du stock sont imposés : y 1 = 0 y 8 = 0 On convient de poser : δ i = 0 si x i = 0 1 si x i > 0 Les fonctions de coût des décisions seront notées f i (x i, y i ) = 300δ i + 2y i. La fonction objectif est donc 7 f = f i (x i, y i ). Avec cette notation, le programme s écrit de la manière suivante : 7 7 Min 300δ i + 2y i i=1 i=1 i=1 y i + x i y i+1 = d i 1 i 7 x i 0, y i 0 Dans les contraintes, la variable x i apparaît comme une variable d écart par rapport à l inégalité y i y i+1 d i. Si on adoptait une méthode de type simplexe, la situation de départ consisterait à prendre les x i comme variables de base avec la valeur d i et à mettre les variables y i hors-base, ce qui correspondrait à une absence de stocks et impliquerait qu il y ait une fabrication lancée au début de chaque mois. Ce n est sans doute pas une solution optimale. On remarque que les variables x i et y i ne peuvent pas être simultanément nulles car autrement la contrainte deviendrait y i+1 = d i, ce qui est impossible car y i doit être positive ou nulle pour tout i. 16

17 D un autre côté, les variables x i et y i ne peuvent pas être simultanément différentes de 0 car cela reviendrait à cumuler à la fois des frais de stockage et des frais de fabrication. Le principe est que, si on fait du stock, c est pour couvrir la demande du mois qui vient et éviter des fabrications. On a donc, pour tout i, la relation : x i y i = 0 Lorsque y i = 0, il n y a rien en stock et il faut impérativement lancer une production. Lorsque x i = 0, on ne lance pas de production et il faut que le stock satisfasse la demande. Résolution par programmation dynamique Si X est l état du stock à la fin du mois k (autrement dit si y k+1 = X), il était donc de X + d k x k à la fin du mois précédent, c est-à-dire y k = X + d k x k. La relation de récurrence de la programmation dynamique s écrit : Fk [ (X) = min fk (x k, y k ) + F x k k 1(y k ) ] [ = min fk (x k, X + d k x k ) + F x k k 1(X + d k x k ) ] (23) Chaque fonction Fk (X) représente le coût de la sous-politique optimale conduisant à la situation y k+1 = X à l étape d indice k. Puisque x k y k = 0, il y a seulement deux cas possibles dans la minimisation de la relation (23) : x k = 0 et donc y k = X + d k ; y k = 0 et donc x k = X + d k. En définitive, la minimisation ne porte que sur deux valeurs à comparer : Fk (X) = Min f k (0, X + d k ) + Fk 1(X + d k ) ; f k (X + d k, 0) + Fk 1(0) (24) Calcul de la fonction F 2 Au départ, il n y a rien en stock et il faut donc lancer une fabrication pour couvrir la première demande d 1. On a donc : F 1 (X) = f 1 (X + d 1, 0) = 300 Au cours de cette fabrication, on peut envisager de fabriquer plus et d anticiper la demande pour les mois qui suivent. On peut donc fabriquer les lots en quantités d 1, d 1 + d 2, d 1 + d 2 + d 3, etc. Par conséquent, la quantité en stock à la fin du mois 1 est susceptible de valoir 0, d 2, d 2 + d 3, etc. jusqu à d 2 + d d 7. Pour le calcul de la fonction F2, la relation (24) s écrit : F2 (X) = Min f 2 (0, X + d 2 ) ; f 2 (X + d 2, 0) (25) 17

18 Les valeurs de X pour lesquels il faut calculer F2 sont les valeurs possibles du stock en fin de mois 2, à savoir 0, d 3, d 3 + d 4, etc. jusqu à d 3 + d d 7. On trouve : F2 (0) = Min ; = 550 car d 2 = 125. Ce minimum correspond à x 2 = 0. Ensuite : F2 (d 3 ) = Min 2 ( ) ; = 600 Ce minimum correspond à y 2 = 0. Pour toutes les valeurs X au-delà de d 3, on aura aussi F 2 (X) = 600 puisque le premier terme de la minimisation ne fait qu augmenter et est déjà supérieur à 600. Calcul de la fonction F 3 La fonction F3 se calcule, en appliquant la relation (24), par la formule suivante : F3 (X) = Min f 3 (0, X + d 3 ) + F2 (X + d 3 ) ; f 3 (X + d 3, 0) + F2 (0) (26) Les valeurs possibles pour X sont 0, d 4, d 4 + d 5, etc. jusqu à d 4 + d d 7. On trouve : F3 (0) = Min ; = 850 Cette valeur correspond à y 3 = 0. Ensuite : F3 (d 4 ) = Min 2 ( ) ; = 850 Pour toutes les valeurs X au-delà de d 4, on aura aussi F 3 (X) = 850 puisque le premier terme de la minimisation ne fait qu augmenter et est déjà supérieur à 850. Calcul de la fonction F 4 La relation de récurrence s écrit : F4 (X) = Min f 4 (0, X + d 4 ) + F3 (X + d 4 ) ; f 4 (X + d 4, 0) + F3 (0) (27) Les valeurs possibles pour X sont 0, d 5, d 5 + d 6 et d 5 + d 6 + d 7. On trouve : F4 (0) = Min ; = 1050 Cette valeur correspond à x 4 = 0. Ensuite : F4 (d 5 ) = Min 2 ( ) ; = 1130 Cette valeur correspond aussi à x 4 = 0. F4 (d 5 + d 6 ) = Min 2 ( ) ; = 1150 Cette valeur correspond à y 4 = 0. De même F 4 (d 5 + d 6 + d 7 ) =

19 Calcul de la fonction F 5 La relation de récurrence s écrit : F5 (X) = Min f 5 (0, X + d 5 ) + F4 (X + d 5 ) ; f 5 (X + d 5, 0) + F4 (0) (28) Les valeurs possibles pour X sont 0, d 6 et d 6 + d 7. On trouve : F5 (0) = Min ; = 1210 Cette valeur correspond à x 5 = 0. Ensuite : F5 (d 6 ) = Min 2 ( ) ; = 1330 Cette valeur correspond aussi à x 5 = 0. Ensuite : F5 (d 6 + d 7 ) = Min 2 ( ) ; = 1350 Cette valeur correspond à y 5 = 0. Calcul de la fonction F 6 La relation de récurrence s écrit : F6 (X) = Min f 6 (0, X + d 6 ) + F5 (X + d 6 ) ; f 6 (X + d 6, 0) + F5 (0) (29) Les valeurs possibles pour X sont 0 et d 7. On trouve : F6 (0) = Min ; = 1470 Cette valeur correspond à x 6 = 0. Ensuite : F6 (d 7 ) = Min 2 ( ) ; = 1530 Cette valeur correspond à y 6 = 0. Calcul de la fonction F 7 Puisqu il ne doit rester aucun stock en fin de période, on doit seulement calculer F7 (0) : F7 (0) = Min f 7 (0, d 7 ) + F6 (d 7 ) ; f 7 (d 7, 0) + F6 (0) = Min ; (30) = 1770 Cette valeur correspond à y 7 = 0. 19

20 Reconstitution de la solution En remontant les calculs précédents, on reconstitue la solution du problème comptetenu des relations suivantes : si y i = 0 x i = y i+1 + d i si x i = 0 y i = y i+1 + d i On a y 8 = 0. Ensuite on regarde la valeur F 7 (0) qui est obtenue pour y 7 = 0 : par conséquent x 7 = d 7 = 130. Cela signifie qu il n y a rien en stock à la fin du mois 6 et qu on doit donc fabriquer 130 lots pour satisfaire à la demande du mois 7. Ensuite on regarde la valeur F 6 (0) qui représente le coût de la sous-politique optimale que conduit à y 7 = 0. Elle est obtenue pour x 6 = 0, ce qui implique que y 6 = y 7 + d 6 = d 6 = 60. On compte donc sur la présence de 60 lots en stock. On regarde alors la valeur F 5 (d 6 ) qui représente le coût de la sous-politique optimale que conduit à y 6 = d 6 = 60. Elle est obtenue pour x 5 = 0, ce qui implique que y 5 = y 6 + d 5 = = 100. On regarde alors la valeur F 4 (d 6 + d 5 ) qui représente le coût de la sous-politique optimale que conduit à y 5 = d 6 + d 5 = 100. Elle est obtenue pour y 4 = 0, ce qui implique que x 4 = y 5 + d 4 = = 200. Cette production de 205 lots couvre les périodes 4, 5 et 6. Ensuite on regarde la valeur F 3 (0) qui représente le coût de la sous-politique optimale que conduit à y 4 = 0. Elle est obtenue pour y 3 = 0, ce qui implique que x 3 = y 4 + d 3 = d 3 = 140. On regarde la valeur F 2 (0) qui représente le coût de la sous-politique optimale que conduit à y 3 = 0. Elle est obtenue pour x 2 = 0, ce qui implique que y 2 = y 3 + d 2 = d 2 = 125. Enfin y 1 = 0 implique que x 1 = y 2 + d 1 = = 215. En résumé, on a les valeurs suivantes : i x i y i On voit que quatre productions ont été lancées aux mois 1, 3, 4 et 7. En particulier la production initiale couvre la demande des mois 1 et 2, et la production du mois 4 couvre la demande des mois 4, 5 et 6. On retrouve bien le coût optimal trouvé : le lancement des quatre productions coûte = 1200 tandis qu il y a ( ) lots stockés pendant un mois, ce qui coûte 2 ( ) = 570. Au total = C est la valeur de F 7 (0). 20

21 Corrigé ex. 7 : Répartition de tâches On calcule les tables des fonctions Fi représentant les coûts des sous-politiques optimales. On a au départ : F1 (X) = f 1 (X). Ensuite les fonctions F 2, F 3, F 4 sont définies par les formules de récurrence : F2 (X) = max 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) 0 x 2 X F3 (X) = max 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) 0 x 3 X F4 (X) = max 3 (X x 4 ) + f 4 (x 4 ) 0 x 4 X Les résultats sont indiqués dans le tableau suivant : f 1 f 2 F2 ˆx 2 f 3 F3 ˆx 3 f 4 F4 ˆx , On reconstruit la solution à partir de la dernière valeur du tableau : ˆx 4 = 2. Il reste 4 2 = 2 pour les autres variables. On regarde F 3 (2) qui correspond à ˆx 3 = 0. Il reste toujours 2 0 = 2. On regarde F 2 (2) qui correspond à ˆx 2 = 1 et par conséquent ˆx 1 = 1. La solution est finalement x 1 = 1 x 2 = 1 x 3 = 0 x 4 = 2 f = 85 21

22 Corrigé ex. 8 : Chargement optimal Aliment 1 Aliment 2 Aliment 3 poids unitaire en kg valeur nutritive Le problème consiste à maximiser la valeur nutritive (fonction objectif) en ne dépassant pas le poids autorisé (contrainte). Si on désigne par x 1, x 2 et x 3 les quantités respectives des trois aliments, on peut formuler le programme de la manière suivante : Max (15x x 2 + 4x 3 ) 7x 1 + 5x 2 + 2x 3 16 x 1, x 2, x 3 0 x 1, x 2 et x 3 sont des nombres entiers. La contrainte impose donc que x 1 2, x 2 3 et x 3 8. On va calculer les tables des fonctions Fi représentant les coûts des sous-politiques optimales. Elles sont fonction du volume disponible. La fonction F1 (X) représentera la valeur nutritive optimale si on dispose de X kilos. Le nombre de lots d aliment 1 est égal à E[X/7] où E désigne la fonction partie entière. La valeur nutritive correspondante sera : F1 (X) = 15E[X/7]. Si on dispose de strictement moins de 7 kilos, on ne peut emporter aucun lot d aliment 1 et la valeur nutritive est nulle. Si on a entre 7 et 13 kilos de libres, on peut emporter 1 lot. Entre 14 et 16 kilos, on peut emporter 2 lots. Pour un poids X disponible, le nombre de lots d aliment 2 est au plus égal à E[X/5]. La fonction F 2 est définie par la formule de récurrence : F 2 (X) = max F 1 (X 5x 2 ) + f 2 (x 2 ) 0 x 2 E[X/5] où f 2 (x 2 ) = 10x 2. Elle mesure la répartition optimale de la place en kilos X entre les deux premiers types d aliments. En effet, si on dispose de X kilos, une fraction x 2 correspond au nombre de lots d aliment 2 : ils pèsent 5x 2 kilos et le reste X 5x 2 est le poids restant pour les lots d aliment 1. Si X < 5, on ne peut pas emporter d aliment 2, donc x 2 = 0 et les X kilos sont disponibles pour l aliment 1 et x 1 = 0 aussi. On a alors F 2 = 0. Si 5 X < 10, on peut envisager x 2 = 0 ou x 2 = 1. Dans le cas où x 2 = 0, les X kilos vont à l aliment 1 et la valeur nutritive est F 1 (X). Dans le cas où x 2 = 1, il reste X 5 kilos pour l aliment 1 et la valeur nutritive est F 1 (X 5) Pour maximiser, on doit donc comparer F 1 (X) et F 1 (X 5) + 10 : si X = 5, 6, on a F 1 (X) = 0 et F 1 (X 5) + 10 = 10 et le maximum est 10 ; si X = 7, 8, 9, on a F 1 (X) = 15 et F 1 (X 5) + 10 = 10 et le maximum est 15. Si 10 X < 15, on peut envisager x 2 = 0 ou x 2 = 1 ou x 2 = 2. Dans le cas où x 2 = 0, les X kilos vont à l aliment 1 et la valeur nutritive est F 1 (X). Dans le cas où x 2 = 1, il reste X 5 kilos pour l aliment 1 et la valeur nutritive est F 1 (X 5) Dans le cas où x 2 = 2, il reste X 2 5 kilos pour l aliment 1 et la valeur nutritive 22

23 est F 1 (X 10) Pour maximiser, on doit donc comparer ces trois valeurs : si X = 5, 6, on a F 1 (X) = 0 et F 1 (X 5) + 10 = 10 et le maximum est 10 ; si X = 7, 8, 9, on a F 1 (X) = 15 et F 1 (X 5) + 10 = 10 et le maximum est 15. Enfin si 15 X 16, on peut envisager x 2 = 0, 1, 2, 3. Les valeurs nutritives obtenues sont respectivement de , , et Le maximum est 30, obtenu de deux manières différentes (x 2 = 0 ou x 2 = 3). Pour un poids X disponible, le nombre de lots d aliment 2 est au plus égal à E[X/2] et la fonction F 3 est définie par la formule de récurrence : F 3 (X) = max F 2 (X 2x 3 ) + f 3 (x 3 ) 0 x 3 E[X/2] où f 3 (x 3 ) = 4x 3. Si X 1, on ne peut pas emporter d aliment 3, donc x 3 = 0 et les X kilos sont disponibles pour les aliments 1 et 2. On a alors une valeur nutritive qui vaut F 2 (X). Si 2 X 3, on peut envisager x 3 = 0 ou x 3 = 1. Dans le cas où x 3 = 0, les X kilos vont aux aliments 1 et 2 et la valeur nutritive est F 2 (X) = 0. Dans le cas où x 3 = 1, il reste X 2 kilos pour les aliments 1 et 2 et la valeur nutritive est F 2 (X 2) + 4 = 4. On doit comparer ces deux valeurs. On poursuit le raisonnement de manière similaire jusqu à X = 16. Les résultats sont rassemblés dans le tableau suivant 1 : X F1 ˆx 1 F2 ˆx 2 F3 ˆx x 1 = 0 0 x 2 = 0 0 x 3 = x 1 = 0 0 x 2 = 0 0 x 3 = x 1 = 0 0 x 2 = 0 4 x 3 = x 1 = 0 0 x 2 = 0 4 x 3 = x 1 = 0 0 x 2 = 0 8 x 3 = x 1 = 0 10 x 2 = 1 10 x 3 = x 1 = 0 10 x 2 = 1 12 x 3 = x 1 = 1 15 x 2 = 0 15 x 3 = x 1 = 1 15 x 2 = 0 16 x 3 = x 1 = 1 15 x 2 = 0 19 x 3 = x 1 = 1 20 x 2 = 2 20 x 3 = 0, x 1 = 1 20 x 2 = 2 23 x 3 = x 1 = 1 25 x 2 = 1 25 x 3 = x 1 = 1 25 x 2 = 1 27 x 3 = x 1 = 2 30 x 2 = 0 30 x 3 = x 1 = 2 30 x 2 = 0, 3 31 x 3 = x 1 = 2 30 x 2 = 0, 3 34 x 3 = 1 La valeur optimale est 34 obtenue pour ˆx 3 = 1. Cela signifie qu on emporte seulement un lot de l aliment 3. Dans ce cas, il reste 14 kilos disponibles. On regarde alors la valeur de F 2 (14) = 30 obtenue pour ˆx 2 = 0, ce qui signifie qu on n emporte aucun lot 1. Pour la fonction F 3, on pourrait en fait se contenter de calculer F 3 (16). 23

24 d aliment 2. Les 14 kilos sont disponibles pour l aliment 1 : F1 (14) = 30 est obtenu pour ˆx 1 = 2. La solution est finalement x 1 = 2 x 2 = 0 x 3 = 1 f = 34 Corrigé ex. 9 : Politique de vente On calcule les tables des fonctions Fi représentant les coûts des sous-politiques optimales. On a au départ : F1 (X) = f 1 (X). Ensuite les fonctions F 2, F 3 sont définies par les formules de récurrence : F2 (X) = max 1 (X x 2 ) + f 2 (x 2 ) 0 x 2 X F3 (X) = max 2 (X x 3 ) + f 3 (x 3 ) 0 x 3 X Les résultats sont indiqués dans le tableau suivant : f 1 f 2 F2 ˆx 2 f 3 F3 ˆx , , , , La solution est finalement x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 = 6 f = 94 24