Epreuve de Rattrapage Module : Programmation linéaire. Verres à thé. 12 Temps d'emballage ( min ) 4 Quantité de verre ( kg ) 0.1

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1 Université Saad Dahlab de Blida, Faculté des sciences Déartement de mathématiques, 3 ième Année Licence LMD Blida, le 3 Juin 2 Ereuve de Rattraage Module : Programmation linéaire Exercice. Une verrerie roduit des verres à café, des verres à thé et des verres à eau. Les rix de vente, les quantités requises de verre ainsi que les tems de façonnage et d'emballage sont différents our chacun des roduits et sont donnés dans le tableau suivant : Verres à Verres à thé Verres à eau café Tems de façonnage ( min ) Tems d'emballage ( min ) 2 4 Quantité de verre ( kg )..5. Prix de vente ( DA ) Pour la semaine à venir, l'entrerise disose de 3 minutes our le façonnage, de 2 minutes our l'emballage et de kilogrammes de verre. a. Formuler un rogramme linéaire aidant l'entrerise à déterminer une roduction maximisant son chiffre d'affaires. b. Donner le rogramme dual du roblème. c. Résoudre le roblème rimal. d. Donner la solution otimale du rogramme dual. e. Si l'entrerise ouvait améliorer le façonnage ou l'emballage de ces roduits, ce qui reviendrai à disoser de lus de tems our l'une ou l'autre de ces deux activités, quelle étae de la roduction lui conseillerez-vous de modifier en remier?

2 Exercice 2. Soit le roblème linéaire P suivant : max. Z = C. X (P) A. X = b X. a) Montrer que la fonction objective du roblème (P) définie sur le olyèdre K = { X, X / A. X = b } atteint son maximum en un oint extrême de K. b) Si la fonction objective rend sa valeur maximale au lus d un oint extrême alors toutes combinaisons linéaire convexe de ces oints donne la même valeur à la fonction objective. c) Un oint x de K est un oint extrême si et seulement si x est une solution de base réalisable du roblème A.X = b. d) En déduire si K alors il admet au moins un oint extrême. Exercice 3. En aliquant la méthode du grand M, montrer que le roblème linéaire suivant n'a as de solutions. MinZ = -2 x - 3 x 2 + x 3-4 x - 5 x 2-2 x x + 6 x 2 + x 3 x ; x 2 ; x 3 2

3 Correction des exercices roosés le 3 Juin 2 Dans la cadre de l'éreuve de Rattraage du Module de la Programmation linéaire De la 3 ième Année Licence LMD Par Dr. DERBALA Ali. Solution. a. Définissons les variables de décision ar : X : le nombre de verres à café roduits endant la semaine à venir ; X 2 : le nombre de verres à thé roduits endant la semaine à venir ; X 3 : le nombre de verres à eau roduits endant la semaine à venir ; Le lan de roduction maximisant le chiffre d'affaires est solution du rogramme linéaire : Max z = 8 X + 6 X X 3 4 X + 2 X X X + X X 3 2, X +,5 X 2 +, X 3 X, X 2 et X 3 b. Le roblème dual du rogramme récédent est : Min w = 3 y + 2 y 2 + y 3 4 y + 2 y 2 +, y y + y 2 +,5 y y + 4 y 2 +, y 3 5 y, y 2 et y 3 c. Le but est d'obtenir une base otimale formée de ( X, X 2, X 3 ). En dressant les tableaux du simlexe on obtiendra : si on choisit de faire entrer X, il est otimal de faire sortirx 5. V.B X X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 Coût X 4 X 5 X / 3/2 / Z

4 Si on fait rentrer X dans la base, si X 4 sortira, ça nous coûtera 75, de même our X 5, elle nous coûtera 6 et X 6 nous coûtera. A moindre coût, Il est otimal de faire sortir X 5. V.B X X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 Coût X 4 X X /2 2 /2 2 4 / - / -/2 4 Z Si on fait rentrer X 2 dans la base, il est otimal de faire sortir X 6. V.B X X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 Coût X 4 X X /2 3/ /2 - Z Si on fait rentrer X 3 dans la base, il est otimal de faire sortir X 4. V.B X X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 Coût X 3 X X 2 5 /4 -/ / /4 - - Z 575 /4 5/2 2 Ce tableau final est otimal. La solution est : X * = 25 verres à café, X 2 * = 55 verres à thé et X 3 * = 5 verres à eau our un chiffre d'affaires de Z* = 575 DA. d. La solution otimale duale se lit du tableau otimal : y * = /4, y 2 * = 5/2 et y 3 * = 2, w* = 575 DA. 4

5 e. Le coût marginal associé à la remière ressource ( le tems de façonnage ) est y * = /4 et celui associé à la deuxième ressource ( le tems d'emballage ) est y * 2 = 5/2. Il est donc référable d'essayer d'augmenter en remier lieu le tems d'emballage car, our une augmentation égale, l'imact sur le chiffre d'affaire sera lus imortant. Solution 2. voir cours donnés ar Dr. DERBALA Ali à htt:// a. soit un PL sous forme standard Soient x,, ( P) max Z = cx Ax = d x () (2) (3) x les oints extrêmes de IK et x une solution otimale de ()-(3). Suosons le contraire, que x n'est as un oint extrême de IK. Alors x = λixi et où Z(x )= Z( λi x i ) = λ i Z(xi ) (4) Déterminons la valeur maximale que rend la fonction objectif Z aux oints extrêmes, max Z ( xi ) = Z( xr ). i {,..., } Remlaçons dans (4) chaque Z(x ) ar Z(x ) i r. D'où Z( x ) = Z( λi xi ) = λi Z( xi ) Z( xr ) λi Z( xr ) Ou Z( x r ) Z( x ). Ce qui imlique que x n'est as une solution otimale. D'où x est un sommet de IK. b. Soient x,..., x les oints extrêmes de IK et Z(x ) =... = Z(x ) = α, la valeur minimale (res. maximale). Soit x = λixi et où λi =, avec λi Z(x) = Z( λi xi ) = α λi = α = Z(xi ) 5

6 c. Soit x= x,..., x,,,..., ) une solution de base réalisable. Montrons que ( m x est un oint extrême. Raisonnons ar absurde. Suosons qu'il existent y et z deux sommets de IK tel que : x = α y + ( - α) z ; α. Du fait que x et α, les " n - m " dernières comosantes de y et z sont nulles. y = (y, y 2,, y m,,, ); et z = y = (z, z 2,, z m,,, ) Du fait que y et z sont des solutions réalisables alors y. a + y 2. a y m.a m = b, et z. a + z 2. a z m.a m = b D'où (y - z ) a + ( y 2 - z 2 ) a (y m - z m ) a m = (a i ) i =,,m sont L.I forment une base. Il en découlera y - z = y 2 - z 2 =. = y m - z m = y = z ; y 2 = z 2 ;. ; y m = z m. et donc x = y = z. soit x est un oint extrême, montrons qu'il est une solution de base réalisable de IK. x = (x,, x m,,, ) est une solution de IK. m x = xi ai = b. Si a, a 2,, a m sont L.I alors x est de base. Si a, a 2,, a m sont linéairements déendants, alors ils existent des scalaires y i non tous nuls m m tel que yi a i = (). Mais xi a i = b (2) m m m m Pour ε >, xi ai + ε yiai = b et xi ai ε yiai = b Nous avons trouvé deux solutions (as nécessairement réalisables) y= (x + ε y,, x m + ε y m,,, ) et z= (x - ε y,, x m - ε y m,,, ) Comme x i >, on eut choisir ε tel que y et z soient des solutions réalisables. Mais x = /2 y + /2 z. Absurde car x ne sera as un sommet. d. si le olyèdre de réalisabilité IK est non vide, alors il contient au moins une solution réalisable à artir de laquelle on eut construire une solution de base réalisable et donc il contient au moins un oint extrême. 6

7 Solution 3. MinZ = -2 x - 3 x 2 + x 3-4 x - 5 x 2-2 x x + 6 x 2 + x 3 x ; x 2 ; x 3 MinZ = -2 x - 3 x 2 + x 3-4 x - 5 x 2-2 x 3 - x 4 = 5 - x + 6 x 2 + x 3 - x 5 = x i ; i =,,5. MinZ = -2 x - 3 x 2 + x 3 4 x + 5 x x 3 + x 4 = - 5 x - 6 x 2 - x 3 + x 5 = - x i ; i =,,5. J = {3} et J 2 = {, 2}. On rajoute l'équation artificielle : x + x 2 + x 6 = M. où M est un nombre ositif aussi grand que l'on veut. Calculons min { c j, j J 2 } = { -2, -3 } = c 2 Le roblème augmenté devient : MinZ = -2 x - 3 ( M - x - x 6 ) + x 3 4 x + 5 ( M - x - x 6 ) + 2 x 3 + x 4 = - 5 x - 6 ( M - x - x 6 ) - x 3 + x 5 = - x + x 2 + x 6 = M. x i ; i =,,5. MinZ = x + x x 6-3M - x + 2 x 3 + x 4-5 x 6 = - 5M-5 7 x - x 3 + x x 6 = 6M- x + x 2 + x 6 = M. x i ; i =,,5. C B x B d i x x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 4 x 5 x 2-5M M- 7-6 M Z j - c j - 3M

8 X 4 = - 5M - 5 <, a 4 sort de la base. Calculons min {Z j - c j / a 4j < } = {-/-, -3/-5} = 3/5; a 6 rentre dans la base. C B x B d i x x 2 x 3 x 4 x 5 X 6 3 x 6 x 5 x 2 M+ /5-2/5 -/5-6 29/5 7/5 6/5-4/5 2/5 /5 Z j - c j 3-2/5 -/5-3/5 X 5 = - 6 <, a 5 sort de la base. Tous les a 5j, j =, 3, 4. Le roblème augmenté n'a as de solutions otimales finies. D'où le roblème initial n'a as de solutions finies. 8