Programmation linéaire suite

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1 Programmation linéaire suite Cas limites du simplexe Hugues Talbot Laboratoire A2SI 6 avril 2007

2 Plan Cas limites de la programmation linéaire Limites de l algorithme du simplexe Solution unique Solution multiple Solutions non bornées

3 Application de l algorithme du simplexe L algorithme décrit ne fonctionne que pour une minimisation de z, pour maximiser z on doit minimiser z. On doit trouver une base initiale réalisable. Ce n est pas toujours évident. L algorithme fournit une base réalisable et une valeur extrême d une des variables. On doit trouver les autres en résolvant le système. On doit tenir compte des cas limites.

4 Solution optimale unique Une ébénisterie produit des bureaux, des tables et des chaises Chaque type de produit réclame du bois et deux types de travaux : mise en forme et finition, suivant le tableau : Ressource bureau table chaise planches 8m 6m 1m mise en forme 4h 2h 1.5h finition 2h 1.5h 0.5h On dispose de 48m de planches, 20h de mise en forme et 8h de finition. On vend un bureau pour 60 Euros, une table pour 30 Euros et une chaise pour 20 Euros. La demande pour les chaises et les bureaux est illimitée, mais on ne pense vendre que 5 tables au plus. On veut maximiser le profit.

5 Formulation Variables : x 1 = nb. bureaux, x 2 = tables, x 3 = chaises Objectif : max z = 60x x x 3 Contraintes : x 1, x 2, x 3 0 8x 1 + 6x 2 + x x 1 + 2x x x x x 3 8 x 2 5

6 Forme standard Toutes les inégalités sont des, donc les variables d écart sont positives. min z = 60x 1 30x 2 20x 3 8x 1 + 6x 2 + x 3 + x 4 = 48 4x 1 + 2x x 3 + x 5 = 20 2x x x 3 + x 6 = 8 x 2 + x 7 = 5

7 Au départ : Première itération A = C T = [ ], b = Comme base initiale on choisit VB={x 4, x 5, x 6, x 7 } On a donc B = , b = , E =

8 Première itération échanges de variables Coûts réduits C T e = C T e C T b B 1 E x 1 x 2 x 3 Ce T = [ ] Donc x 1 (le min) entre dans la base. P = B 1 A 1 = [ ] T ratios : x4 x 5 x 6 x 7 b P = donc x 6 (le min) sort de la base.

9 Deuxième itération On a maintenant VB={x 4, x 5, x 1, x 7 } On a donc B = , b = , E = Coûts réduits C e T = CT e CT b B 1 E x 2 x 3 x 6 Ce T = [ ] Donc x 3 (le min) entre dans la base. P = B 1 A 3 = [ ] T ratios : x 4 x 5 x 1 x 7 b P = donc x 5 (le min dont P est positif) sort de la base.

10 Troisième itération On a maintenant VB={x 4, x 3, x 1, x 7 } On a donc B = , b = Coûts réduits C e T = Ce T Cb T B 1 E x 2 x 5 x 6 Ce T = [ ] On a trouvé l optimum!, E =

11 Solution La solution est constituée des variable de base réalisable. Ici VB={x 4, x 3, x 1, x 7 } Les valeurs de ces variables sont données par b = {24, 8, 2, 5} respectivement. Toutes les autres valeurs sont à 0. La fonction de coût vaut donc : z = 60x 1 30x 2 20x 3 = 280

12 Solution optimale multiple On prend le même problème, mais cette fois-ci on suppose qu une table rapporte 35 Euros au lieu de 30. Le reste est inchangé

13 Première itération (table=35 Euros) On a initialement VB={x 4, x 5, x 6, x 7 } On a donc B = , b = , E = Coûts réduits C e T = CT e CT b B 1 E x 1 x 2 x 3 Ce T = [ ] Donc x 1 (le min) entre dans la base. P = B 1 A 1 = [ ] T ratios : x4 x 5 x 6 x 7 b P = donc x 5 (le min dont P est positif) sort de la base.

14 Deuxième itération (table à 35 Euros) On a maintenant VB={x 4, x 5, x 1, x 7 } On a donc B = , b = , E = Coûts réduits C e T = CT e CT b B 1 E x 2 x 3 x 6 Ce T = [ ] Donc x 3 (le min) entre dans la base. P = B 1 A 3 = [ ] T ratios : x 4 x 5 x 1 x 7 b P = donc x 5 (le min dont P est positif) sort de la base.

15 Troisième itération (tables à 35 Euros) On a maintenant VB={x 4, x 3, x 1, x 7 } On a donc B = , b = , E = Coûts réduits C e T = Ce T Cb T B 1 E x 2 x 5 x 6 Ce T = [ ] On a trouvé un optimum, mais x 2 est a zéro. Ceci indique une solution non unique, car on peut faire entrer x 2 dans la base à coût constant. Donc x 2 (le min) entre dans la base.

16 Troisième itération, suite On poursuit le calcul normalement : P = B 1 A 3 = [ ] T ratios : x 4 x 3 x 1 x 7 b P = donc x 1 (le min dont P est positif) sort de la base.

17 Quatrième itération (tables à 35 Euros) On a maintenant VB={x 4, x 3, x 2, x 7 } On a donc B = , b = , E = Coûts réduits C e T = Ce T Cb T B 1 E x 1 x 5 x 6 Ce T = [ ] On a trouvé un optimum, mais x 1 est a zéro. Ceci indique une solution non unique, car on peut faire entrer x 1 dans la base à coût constant.

18 Quatrième itération suite et fin Donc si on fait de nouveau entrer x 1 (le min) entre dans la base. P = B 1 A 3 = [ ] T ratios : x4 x 3 x 2 x 7 b P = donc x 2 (le min dont P est positif) sort de la base. On a découvert un cycle.

19 Solution La solution est constituée des variables de base réalisables possibles. Ici VB 1 = {x 4, x 3, x 1, x 7 }VB 2 = {x 4, x 3, x 2, x 7 } et de toutes leurs combinaisons linéaires intermédiaires. Les valeurs de ces variables sont données par b 1 = {24, 8, 2, 5} b 2 = {27.2, 11.2, 1.6, 3.4} respectivement. Toutes les autres valeurs sont à 0. En ne comptant que les variables entrant dans le coût, les deux points optimaux extrêmes sont : e 1 = x 1 = 2 x 2 = 0 x 3 = 8, e 2 = x 1 = 0 x 2 = 1.6 x 3 = 11.2

20 Solutions Toutes les solutions intermédiaires sont données par : x 1 = 2c x 2 = c x 3 = c avec 0 c 1. La fonction de coût vaut donc : z = 60x 1 30x 2 20x 3 = 280 et elle est constante pour toutes ces solutions. Pour des problèmes plus complexes, on peut avoir plusieurs variables à zéro dans P, et non plus une seule. L ensemble des solution est alors l espace vectoriel convexe induit par les solutions extrêmes. Pour les trouver il faut réaliser toute les substitutions possibles autorisées.

21 Solutions non bornées Soit une boulangerie qui fabrique des petits pains ordinaires et des pains campagnards ; Les pains ordinaires se vendent pour 36 centimes et les pains campagnards 30 centimes ; Un pain ordinaire nécessite une dose de levure et 60g de farine, un pain campagnard une dose de levure et 50g de farine. La boulangerie possède pour le moment 5 doses de levure et 100g de farine. La levure coûte 3 centime la dose, et la farine 4 centimes les 10g. Maximisez le profit de la boulangerie.

22 Formulation x 1 = nombre de pains ordinaires produits x 2 = nombre de pains campagnards produits x 3 = nombre de doses de levure x 4 = farine consommée par quantité de 10g. Revenus = 36x x 2, coûts = 3x 3 + 4x 4. Objectif = max z = 36x x 2 3x3 4x 4 Contraintes 1 : x 1 + x x 3 Contraintes 2 : 6x 1 + 5x x 4

23 Forme standard On introduit 2 variables d écart pour les contraintes, x 5, x 6 qui sont toutes deux positives. La forme standard est la suivante : min z = 36x 1 30x 2 + 3x 3 + 4x 4 x 1 + x 2 x 3 + x 5 = 5 6x 1 + 5x 2 x 4 + x 6 = 10

24 Première itération VB={x 5, x 6 } ; VHB={x 1, x 2, x 3, x 4 } b = [ 5 10 ] Coûts réduits = [ ] on va donc faire rentrer x 1. P = [ 1 6 ] Ratios = [ ] on va donc faire sortir x 6.

25 Deuxième itération VB={x 5, x 1 } ; VHB={x 2, x 3, x 4, x 6 } b = [ ] Coûts réduits = [ ] on va donc faire rentrer x 4. P = [ ] Ratios = [ ] on va donc faire sortir x 5.

26 Troisième itération VB={x 4, x 1 } ; VHB={x 2, x 3, x 5, x 6 } b = [ 20 5 ] Coûts réduits = [ ] on va donc faire rentrer x 3. P = [ ] Ratios = [ 6 1 ] La solution n est pas bornée.

27 Solution pour la boulangerie Avec la dernière solution de base réalisable, le système s écrit : x 4 6x 3 = 20 x 1 x 3 = 5 Donc en augmentant x 3 de façon arbitraire, on fait aussi croître x 4 et x 1 arbitrairement, et donc on peut réduire z sans fin, tout en obéissant à toutes les contraintes.

28 Exemple d un problème dégénéré Soit le problème suivant min z = 5x 1 2x 2 x 1 + x 2 + x 3 = 6 x 1 x 2 + x 4 = 0 Le simplexe ne trouve pas l optimum! Il faut détecter les cycles, ce qui n est pas toujours facile Heureusement ce type de problème est rare en pratique.

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