Optimisation Linéaire - TD 2 (Corrigé)

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1 Optimisation Linéaire - TD (Corrigé) Exercice 1 : Mise sous forme canonique Mettre les problèmes linéaires suivants sous forme canonique. Problème 1 : max 3x 1 x + x 3 (1) 5x 1 + x + x 3 5 () 3x 1 4x = 4 (3) x 1 x 3 10 (4) x 1 0 (5) x 3 0 (6) On obtient : max 3x 1 x + + x x 3 5x 1 x + + x + x 3 5 3x 1 4x + + 4x 4 3x 1 + 4x + 4x 4 x 1 + x 3 10 x 1, x +, x, x 3 0 Problème : min x 1 x (7) x 1 + x 5 (8) x 1 + 5x = 10 (9) x 3 (10) x 1 0 (11) max x 1 + x + x x 1 + x + x 5 x 1 + 5x + 5x 10 x 1 5x + + 5x 10 x + + x 3 x 1, x +, x 0 Mathieu LACROIX 1 IUT Villetaneuse

2 Exercice : Algorithme du simplexe Résoudre le problème linéaire suivant à l aide de la méthode du simplexe. max 3x 1 + 3x + 4x 3 (1) x 1 + x + x 3 4 (13) x 1 + 3x 3 5 (14) x 1 + x + 3x 3 7 (15) x 1, x, x 3 0 (16) Mise sous forme standard : max 3x 1 + 3x + 4x 3 x 1 + x + x 3 + x 4 = 4 x x 3 + x 5 = 5 x 1 + x + 3x 3 + x 6 = 7 x 1, x, x 3, x 4, x 5, x 6 0 Premier dictionnaire : max 3x 1 + 3x + 4x 3 x 4 = 4 x 1 x x 3 x 5 = 5 x 1 3x 3 x 6 = 7 x 1 x 3x 3 La variable x 1 entre en base, x 5 sort de base. On obtient : max x 0.5x 3 1.5x 5 x 4 = 1.5 x 0.5x x 5 x 1 =.5 1.5x 3 0.5x 5 x 6 = x + x 5 La variable x entre en base. La variable x 4 sort de base. Dictionnaire associé : max 1 x 3 3x 4 x = x 3 x x 5 x 1 =.5 1.5x 3 0.5x 5 x 6 = x 3 + x x 5 Solution optimale : (.5, 1.5, 0, 0, 0, 0.5). Mathieu LACROIX IUT Villetaneuse

3 Exercice 3 : Algorithme du simplexe Résoudre le problème linéaire suivant à l aide de la méthode du simplexe. Premier dictionnaire : max 5x 1 + 6x + 9x 3 + 8x 4 (17) x 1 + x + 3x 3 + x 4 5 (18) x 1 + x + x 3 + 3x 4 3 (19) x 1, x, x 3, x 4 0 (0) max 5x 1 + 6x + 9x 3 + 8x 4 x 5 = 5 x 1 x 3x 3 x 4 x 6 = 3 x 1 x x 3 3x 4 La variable x 1 entre en base, x 6 sort. Dictionnaire associé : max 15 + x x 3 7x 4 5x 6 x 5 = x x 3 + x 4 + x 6 x 1 = 3 x x 3 3x 4 x 6 x entre en base, x 5 sort. Dictionnaire associé : max 17 x 3 5x 4 x 5 4x 6 x = x 3 + x 4 x 5 + x 6 x 1 = 1 x 3 5x 4 + x 5 x 6 Solution optimale : (1,, 0, 0, 0, 0). Exercice 4 : Algorithme du simplexe Résoudre le problème linéaire suivant à l aide de la méthode du simplexe. max x 1 + 3x x 3 (1) x 1 + x x 3 6 () 3x 1 x + x 3 10 (3) x 1 3x + x 3 3 (4) x 1, x, x 3 0 (5) Dictionnaire : max x 1 + 3x x 3 x 4 = 6 x 1 x + x 3 x 5 = 10 3x 1 + x x 3 x 6 = 3 x 1 + 3x x 3 Mathieu LACROIX 3 IUT Villetaneuse

4 x entre en base, x 4 en sort. Dictionnaire associé : max 9 5x x3 3 x4 x = 3 x x3 1 x4 x 5 = 16 5x 1 x 4 x 6 = 1 4x x3 3 x4 x 3 entre en base. Les contraintes de non négativité impliquent x 3 6 et x 3 4. Problème non borné! Effectivement, tout point du type (0, k, k), k 0 est solution du problème (par exemple). Exercice 5 : Algorithme du simplexe Résoudre le problème linéaire suivant à l aide de la méthode du simplexe. max 3x 1 + x (6) x 1 x 1 (7) x 1 x 3 (8) x 1 x (9) x 1, x 0 (30) Certains membres de droite sont négatifs, il faut donc chercher une solution initiale en résolvant le PL auxiliaire : max x 0 x 0 + x 1 x + x 3 = 1 x 0 x 1 x + x 4 = 3 x 1 x + x 5 = Solution initiale du PL auxiliaire : (3, 0, 0,, 0, ). Les variables de base sont x 0, x 3 et x 5. Dictionnaire associé à x 0, x 3 et x 5 : max 3 + x 1 + x x 4 x 3 = x 1 + x 4 x 0 = 3 x 1 x + x 4 x 5 = x 1 x La variable x 1 entre en base, x 3 en sort. Dictionnaire associé à x 0, x 1 et x 5 : max + x 1 x3 1 x4 x 1 = 1 1 x3 + 1 x4 x 0 = x + 1 x3 + 1 x4 x 5 = 0 + x + x 3 x 4 Mathieu LACROIX 4 IUT Villetaneuse

5 La variable x entre en base, x 0 en sort. Dictionnaire associé à x 1, x et x 5 : max x 0 x 1 = 1 0.5x x 4 x = x x x 4 x 5 = x x 3 0.5x 4 La solution (1,, 0, 0, ) est réalisable pour le pl original. On applique alors le simplexe à partir du dictionnaire associé à x 1, x et x 5 : max 5 x 3 + x 4 x 1 = 1 0.5x x 4 x = + 0.5x x 4 x 5 = + 1.5x 3 0.5x 4 La variable x 4 entre en base, x 5 sort. max x 3 4x 5 x 1 = 3 + x3 x 5 x = 4 + x 3 x 5 x 4 = 4 + 3x 3 x 5 (31) La variable x 3 entre en base. Les contraintes de non négativité des variables de base ne donnent aucune borne supérieure pour x 3. Le problème est non borné. En effet, tout point (1 + k, k), k est solution du pl original. Exercice 6 : Résolution graphique et algorithme du simplexe Considérons le problème linéaire suivant : 6.1 : Résoudre le problème de manière graphique. On obtient le dessin suivant : max x 1 + 6x (3) x 1 x (33) x 1 + x 4 (34) x 1 + x 10 (35) x 1 8 (36) x 1, x 0 (37) Mathieu LACROIX 5 IUT Villetaneuse

6 y obj optimum x Les sommets du domaine réalisable sont : (4, 0), (8, 0), (8, 1), ( 14, 8 ) et (3, 1). La solution optimale est 3 3 ( 14, 8 ) pour un coût de : Résoudre le problème à l aide de l algorithme du simplexe. Mise sous forme standard du problème : max x 1 + 6x x 1 + x + x 3 = x 1 x + x 4 = 4 x 1 + x + x 5 = 10 x 1 + x 6 = 8 Certains membres de droite du PL sont strictement négatifs. Il faut donc résoudre le PL auxiliaire : max x 0 x 0 x 1 + x + x 3 = x 0 x 1 x + x 4 = 4 x 1 + x + x 5 = 10 x 1 + x 6 = 8 Solution initiale : (4, 0, 0,, 0, 10, 8). La base associée est x 0, x 3, x 5 et x 6. Dictionnaire associé : max 4 + x 1 + x x 4 x 3 = x + x 4 x 0 = 4 x 1 x + x 4 x 5 = 10 x 1 x x 6 = 8 x 1 Mathieu LACROIX 6 IUT Villetaneuse

7 La variable x 1 entre en base, x 0 en sort. Dictionnaire associé : max x 0 x 3 = x + x 4 x 1 = 4 x 0 x + x 4 x 5 = 6 + x 0 x x 4 x 6 = 4 + x 0 + x x 4 La solution optimale (0, 4, 0,, 0, 6, 4) a pour coût 0. Cette solution est une solution réalisable pour le problème linéaire initial. On reprend le dictionnaire (en supprimant x 0 et en reprenant la fonction objective initiale (écrite en fonction des variables hors base). On obtient : max 8 + 4x + x 4 x 3 = x + x 4 x 1 = 4 x + x 4 x 5 = 6 x x 4 x 6 = 4 + x x 4 On cherche la solution optimale. x entre en base, x 3 en sort. Nouveau dictionnaire : max 1 x 3 + 4x 4 x = 1 1 x3 + 1 x4 x 1 = x3 + 1 x4 x 5 = x3 3 x4 x 6 = 5 1 x3 1 x4 x 4 entre en base, x 5 sort. Nouveau dictionnaire : max x3 8 3 x5 x = x3 1 3 x5 x 1 = x3 1 3 x5 x 4 = x3 3 x5 x 6 = x x5 Les coefficients des variables hors base sont tous négatifs ou nuls dans la fonction objective. La solution trouvée est optimale. On remarque que le PL auxiliaire nous a permis de trouver la solution associée au point (4, 0). À partir de cette solution initiale, le simplexe a parcouru les solutions associées aux points (3, 1) et ( 14 3, 8 3 ). Mathieu LACROIX 7 IUT Villetaneuse

8 Exercice 7 : Dégénérescence Résoudre le problème linéaire suivant : max 8x 1 x + x 3 (38) x 1 1 (39) 6x 1 4x + x 3 3 (40) 4x 1 + 3x x 3 (41) x 1, x, x 3 0 (4) On passe le problème en forme standard puis on exprime le dictionnaire associé aux variables d écart. x 1 entre en base, x 4 sort. On obtient : x 3 entre en base, x 5 sort. max 8x 1 x + x 3 x 4 = 1 x 1 x 5 = 3 6x 1 + 4x x 3 x 6 = 4x 1 3x + x 3 max 4 x + x 3 4x 4 x 1 = 1 1 x4 x 5 = 0 + 4x x 3 + 3x 4 x 6 = 0 3x + x 3 + x 4 max 4 + 3x x 4 x 5 x 1 = 1 1 x4 x 3 = 0 + x + 3 x4 1 x5 x 6 = 0 x + 7 x4 1 x5 x entre en base, x 6 sort. max x4 5 x5 3x6 x 1 = 1 1 x4 x 3 = x4 3 x5 x6 x = x4 1 x5 x6 x 4 entre en base, x 1 sort. Mathieu LACROIX 8 IUT Villetaneuse

9 max 7 19x1 5 x5 3x6 x 4 = 1 x 1 x 3 = 17 17x1 3 x5 x6 x = 7 7x1 1 x5 x6 La solution trouvée est optimale puisque les coefficients dans la fonction objectif sont négatifs ou nuls. Remarque Pendant deux itérations, la valeur de la fonction objective n augmente pas, elle vaut toujours 4. Ceci arrive lorsque des variables en base ont une valeur nulle. Cela signifie que pour une variable entrante (ici x 1), il y a plusieurs variables de base qui peuvent sortir (s annuler) (x 4, x 5 et x 6 dans l exemple). Dans ce cas, la solution (dans cet exemple ( 1, 0, 0, 0, 0, 0)) peut être exprimée en fonction de plusieurs bases (base x1, x 5, x 6 ou base x 1, x 3, x 6 par exemple). On parle alors de dégénérescence du PL. Dans ce cas, il faut continuer l algorithme du simplexe, même si la valeur de la fonction objective n augmente pas. Mathieu LACROIX 9 IUT Villetaneuse

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