PARTIE I. Optimisation linéaire : Algorithme du simplexe

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1 PARTIE I Optimisation linéaire : Algorithme du simplexe (Cours 5)

2 Exercice 2 Exercice 2 Soit le problème d optimisation à résoudre par la forme matricielle du simplexe max x R 3 42x x x 3 sous les contraintes 9x 1 +5x 2 +6x 3 6 2x 1 +x 2 +2x 3 15 x 3 6 x 1 +x 2 +x 3 9 x i

3 Exercice 2 Notations A = b = c =

4 Exercice 2 Initialisation Variables de base : x 4,x 5,x 6,x 7 Variables hors base : x 1,x 2,x 3. B = c B = x B =

5 Exercice 2 Iteration 1 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B == [ ] T. variables entrantes possibles On choisit x 3. Etape 2 : x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > 42 > OK x 2 candidat ssi c 2 y T A,2 > 39 > OK x 3 candidat ssi c 3 y T A,3 > 52 > OK ω = B 1 A,3 = [ ] T. variable sortante : x B tω t donc t max = 6 et la variable sortante est x

6 Exercice 2 Mise à jour : Variables de base : x3,x 4,x 5,x 7 Variables hors base : x1,x 2,x 6. B = c B = 52 x B =

7 Exercice 2 Iteration 2 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [ 52 ] T. variables entrantes possibles x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > 42 > OK x 2 candidat ssi c 2 y T A,2 > 39 > OK x 6 candidat ssi c 6 y T A,6 > 52 > NON On choisit x 2. Etape 2 : ω = B 1 A,2 = [ 5 1 1] T. variable sortante : x B tω t donc t max = 3 et la variable sortante est x

8 Exercice 2 Mise à jour : Variables de base : x2,x 3,x 4,x 7 Variables hors base : x1,x 5,x 6. B = c B = x B = 3 6 9

9 Exercice 2 Iteration 3 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [ ] T. variables entrantes possibles x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > > NON x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > 39 > NON x 6 candidat ssi c 6 y T A,6 > 26 > OK On choisit x 6. Etape 2 : ω = B 1 A,6 = [ ] T. variable sortante : x B tω t donc t max = et la variable sortante est x /

10 Exercice 2 Mise à jour : Variables de base : x2,x 3,x 4,x 6 Variables hors base : x1,x 5,x 7. B = c B = x B = 3 6 9

11 Exercice 2 Iteration 4 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [ 13 26] T. variables entrantes possibles x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > > NON x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > 13 > NON x 7 candidat ssi c 7 y T A,7 > 26 > NON Arrêt de l algorithme

12 Exercice 2 Conclusion : Variables de base : x2,x 3,x 4,x 6 Variables hors base : x1,x 5,x 7. B = c B = x B = La valeur optimale de la fonction objectif est z = 429, valeur atteinte en x = (,3,6). Lu comme un problème d optimisation dans R 7 (introduction des variables d écart), la valeur maximale est atteinte en le point (,3,6,9,,,).

13 , question 2 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [ 13 26] T. variables entrantes possibles x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > > OK x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > 13 > NON x 7 candidat ssi c 7 y T A,7 > 26 > NON On choisit x 1. Etape 2 : ω = B 1 A,1 = [ 1 3 1] T. variable sortante : x B tω t donc t max = 3 et la variable sortante est x

14 Mise à jour : Variables de base : x1,x 2,x 3,x 6 Variables hors base : x4,x 5,x 7. B = c B = x B =

15 Iteration 5 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [2/3 37/3 7/3] T. variables entrantes possibles x 4 candidat ssi c 4 y T A,4 > 2/3 > NON x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > 37/3 > NON x 7 candidat ssi c 7 y T A,7 > 7/3 > NON Arrêt de l algorithme

16 Conclusion : Variables de base : x1,x 2,x 3,x 6 Variables hors base : x4,x 5,x 7. B = c B = x B = La valeur optimale de la fonction objectif est z = 435, valeur atteinte en x = (3,3,3). Lu comme un problème d optimisation dans R 7 (introduction des variables d écart), la valeur maximale est atteinte en le point (3,3,3,,,3,).

17 Question 5 Question 5 On ajoute une colonne à la matrice A. Rien n est changé jusqu à la dernière étape. Il faut se demander si la variable que l on rajoute est candidat à être variable entrante. A = b = Dans la suite, on notera x cette nouvelle variable c =

18 Question 5 Itération 4 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [ 13 26] T. variables entrantes possibles x candidat ssi c y T A, > > OK x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > > NON x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > 13 > NON x 7 candidat ssi c 7 y T A,7 > 26 > NON On choisit x. Etape 2 : ω = B 1 A, = [ 1 2 1] T. variable sortante : x B tω t donc t max = 45 et la variable sortante est x

19 Question 5 Mise à jour : Variables de base : x,x 2,x 3,x 6 Variables hors base : x1,x 4,x 5,x 7. B = c B = x B =

20 Question 5 Iteration 5 Etape 1 : y = [B T ] 1 c B = [3/2 23/2 2] T. variables entrantes possibles x 1 candidat ssi c 1 y T A,1 > NON x 4 candidat ssi c 4 y T A,4 > NON x 5 candidat ssi c 5 y T A,5 > NON x 7 candidat ssi c 7 y T A,7 > NON Arrêt de l algorithme

21 Question 5 Conclusion : Variables de base : x,x 2,x 3,x 6 Variables hors base : x1,x 4,x 5,x 7. B = c B = x B = La valeur optimale de la fonction objectif est z = 4425, valeur atteinte en x = (45,,3,15).

22 Question 6 Question 6 Données initiales du problème : sous les contraintes max x R 3 42x x x 3 9x 1 +5x 2 +6x 3 6 2x 1 +x 2 +2x 3 15 x 3 6 x 1 +x 2 +x 3 9 x i

23 Question 6 Modification du procédé de production Gainer les fils avec du polythène; seulement les fils F 2 et F 3 ; elle dispose de 8 hm de gaine; il faut 1 m de gaine pour 1 m de fils. Nouveau plan de production optimal? profit? reste-t-il des ressources?

24 Question 6 Modification du procédé de production Gainer les fils avec du polythène; seulement les fils F 2 et F 3 ; elle dispose de 8 hm de gaine; il faut 1 m de gaine pour 1 m de fils. Nouveau plan de production optimal? profit? reste-t-il des ressources? Cela se traduit par l ajout d une ligne au système des contraintes : 9x 1 +5x 2 +6x 3 6 2x 1 +x 2 +2x 3 15 x 3 6 x 1 +x 2 +x 3 9 x 2 +x 3 8 x i

25 Question 6 Astuce!!! Soit résoudre un nouveau problème du simplexe Soit passer par le problème dual : rajouter une ligne à la matrice du problème primal, c est rajouter une colonne à la matrice du dual. Doit-on écrire le problème dual et le résoudre comme un nouveau problème de simplexe?

26 Question 6 Astuce!!! Soit résoudre un nouveau problème du simplexe Soit passer par le problème dual : rajouter une ligne à la matrice du problème primal, c est rajouter une colonne à la matrice du dual. Doit-on écrire le problème dual et le résoudre comme un nouveau problème de simplexe? NON. Il est plus astucieux de partir de la solution optimale trouvée pour le problème primal (avant ajout de la ligne). en déduire la solution optimale du problème dual associé. démarrer la résolution du problème primal étendu (avec ajout d une colonne) à partir de cette solution.

27 Question 6 Rappel : Base optimale du problème primal initial Variables de base : x 2,x 3,x 4,x 6 Variables hors base : x 1,x 5,x 7. B = c B = x B = Valeur de y trouvé à la dernière itération : y = [B T ] 1 c B = [ 13 26] T La valeur optimale de la fonction objectif est z = 429, valeur atteinte en x = (,3,6).

28 Question 6 Base optimale pour le problème dual associé Problème dual initial (avec ajout des variables d écart) : Ã = b = c =

29 Question 6 Base optimale pour le problème dual associé Problème dual initial (avec ajout des variables d écart) : Ã = Solution optimale : y = ( 13 26) T b = c =

30 Question 6 Base optimale pour le problème dual associé Problème dual initial (avec ajout des variables d écart) : Ã = Solution optimale : b = y = ( 13 26) T et y 5:7 = (1 ) T c =

31 Question 6 Base optimale pour le problème dual associé Problème dual initial (avec ajout des variables d écart) : à = Solution optimale : b = y = ( 13 26) T et y 5:7 = (1 ) T c = Base optimale : colonnes 2, 4, 5 de la matrice à B =

32 Question 6 Résoudre le nouveau problème en partant de la solution optimale à = Initialisation : Variables de base : y2, y 4 et y 5. Variables hors base : y,y 1,y 3,y 6,y c B = 2 1 B = 15 9 b = c = y B = ( ) T

33 Question 6 Itération 1 Etape 1 : x = [ BT ] 1 c B = [ 3 6] T. variables entrantes possibles y candidat ssi c x T Ã, > > OK On choisit y. Etape 2 : ω = B 1 Ã, = [ 1 1] T. variable sortante : 2 yb tω t 4 donc t max = 1 et la variable sortante est y

34 Question 6 Mise à jour : Variables de base : y,y 2,y 4 Variables hors base : y1,y 3,y 5,y 6,y 7. B = c B = yb =

35 Question 6 Itération 2 Etape 1 : x = [ BT ] 1 c B = [1 3 5] T. variables entrantes possibles y 1 candidat ssi c 1 x T Ã,1 > > NON y 3 candidat ssi c 3 x T Ã,3 > > NON y 5 candidat ssi c 5 x T Ã,5 > 1 > NON y 6 candidat ssi c 6 x T Ã,6 > 3 > NON y 7 candidat ssi c 7 x T Ã,7 > 5 > NON Pas de variable entrante : arrêt de l algorithme

36 Question 6 Conclusion Variables de base : y,y 2,y 4 Variables hors base :y 1,y 3,y 5,y 6,y 7. B = c B = yb = La valeur optimale de la fonction objectif est atteinte en y = (1,,13,). Plan de fabrication optimal, profit, reste-t-il des ressources?

37 Question 4 Question 4 Pour affirmer que la variation du gain est (δb) T y, on a utilisé le théorème interprétation économique du dual. Néanmoins, ce théorème ne s applique que sous certaines conditions :

38 Question 4 Question 4 Pour affirmer que la variation du gain est (δb) T y, on a utilisé le théorème interprétation économique du dual. Néanmoins, ce théorème ne s applique que sous certaines conditions : 1. le problème initial (non perturbé) doit posséder une base optimale non dégénérée.

39 Question 4 Question 4 Pour affirmer que la variation du gain est (δb) T y, on a utilisé le théorème interprétation économique du dual. Néanmoins, ce théorème ne s applique que sous certaines conditions : 1. le problème initial (non perturbé) doit posséder une base optimale non dégénérée. 2. cette base doit être réalisable pour le problème perturbé.

40 Question 4 Question 4 Pour affirmer que la variation du gain est (δb) T y, on a utilisé le théorème interprétation économique du dual. Néanmoins, ce théorème ne s applique que sous certaines conditions : 1. le problème initial (non perturbé) doit posséder une base optimale non dégénérée. 2. cette base doit être réalisable pour le problème perturbé. La première condition est réalisée dans notre cas: on a obtenu une base optimale B = et la solution basique associée est telle que x B = [ ]T donc la base est non dégénérée.

41 Question 4 Question 4 Pour affirmer que la variation du gain est (δb) T y, on a utilisé le théorème interprétation économique du dual. Néanmoins, ce théorème ne s applique que sous certaines conditions : 1. le problème initial (non perturbé) doit posséder une base optimale non dégénérée. 2. cette base doit être réalisable pour le problème perturbé. La première condition est réalisée dans notre cas: La seconde condition est une condition sur la taille des variations càd sur le vecteur δb: dire que B est réalisable pour le problème perturbé, c est dire que B 1 (b + δb). On sait que B 1 b > (puisque B est non dégénérée pour le problème non perturbé) donc si δb est suffisamment petit, la condition sera vraie. Précisons les conditions sur δb.

42 Question 4 On veut x B := B 1 (b + δb). Or B 1 (b + δb) = B 1 b + B 1 δb = x B + B 1 δb Donc il suffit de calculer x := B 1 δb.

43 Question 4 On veut x B := B 1 (b + δb). Or B 1 (b + δb) = B 1 b + B 1 δb = x B + B 1 δb Donc il suffit de calculer x := B 1 δb. On résoud x = B 1 δb; on cherche x R 4 tel que Bx = δb x = u

44 Question 4 On veut x B := B 1 (b + δb). Or B 1 (b + δb) = B 1 b + B 1 δb = x B + B 1 δb Donc il suffit de calculer x := B 1 δb. On résoud x = B 1 δb; on cherche x R 4 tel que Bx = δb x = u On trouve x = [ 4u/3 2u u/3 u/3] T

45 Question 4 1. On a l expression de x B en fonction des coordonnées de δb = [ u] T. 2. Voyons à quelles conditions sur u, on a x B. Ainsi, on a trouvé : x B = x B + x = 3 4u/ u 3 + u/3 3 u/3

46 Question 4 1. On a l expression de x B en fonction des coordonnées de δb = [ u] T. 2. Voyons à quelles conditions sur u, on a x B. Ainsi, on a trouvé : x B = x B + x = 3 4u/ u 3 + u/3 3 u/3 On veut x B, cela entraine u 45/2.

47 Question 4 1. On a l expression de x B en fonction des coordonnées de δb = [ u] T. 2. Voyons à quelles conditions sur u, on a x B. Ainsi, on a trouvé : x B = x B + x = 3 4u/ u 3 + u/3 3 u/3 On veut x B, cela entraine u 45/2. Ainsi, on peut appliquer le théorème au moins dans le cas où u 45/2: tant que le nombre de jours supplémentaires est inférieur à 22.5, il est financièrement intéressant de produire plus (malgré le coût des heures supplémentaires).

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