Programmation linéaire

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1 Programmation linéaire Pierre Coupechoux Nicolas Jozefowiez 12 octobre 2015

2 Quelques exemples Exemple 1 : problème de production Exemple 2 : problème de transport Exemple 3 : Planification Pierre Coupechoux 2 / 103

3 Problème de production Un fabriquant produit 2 types de yaourts à la fraise A et B à partir de fraise, de lait et de sucre. Chaque yaourt doit respecter les proportions suivantes : Fraise 2 1 Lait 1 2 Sucre 0 1 Les matières premières sont en quantité limitée : 800 kilos de Fraises, 700 kilos de Lait et 300 kilos de sucre. La vente des yaourts A rapporte 4 euros par kilo et les yaourts B 5 euros. Il faut maximiser le revenu du fabriquant. Pierre Coupechoux 3 / 103

4 Modélisation Variables de décision? (Ce que l on doit décider) Objectif? (Ce que l on doit optimiser) Contraintes? (Ce que l on doit respecter) Pierre Coupechoux 4 / 103

5 Problème de transport Approvisionner à moindre coût les clients à partir des usines Usines (i I) Bordeaux Biarritz Toulouse Productions (p i ) Clients (j J) Pau Bayonne Bordeaux Libourne Demandes (d j ) Prix/unité (c ij ) Pau Bayonne Bordeaux Libourne Bordeaux Biarritz Toulouse Ecrire un modèle générique Pierre Coupechoux 5 / 103

6 Problème de planification Planifier la production d articles à moindres coût pour les 4 prochains mois Production maximale normale : 1200 articles / mois Production maximale en heure sup : 400 articles / mois Sur-coût heures sup : 7 euros / article Stockage : 3 euros / article / mois mois 1 mois 2 mois 3 mois 4 Demandes Pierre Coupechoux 6 / 103

7 Modélisation Variables x t : production normale en période t = 1,..., 4 y t : production en heure sup en période t = 1,..., 4 s t : stock en fin de période t = 1,..., 3 Objectif Minimiser 7 t=4 t=1 y t + 3 t=3 t=1 s t Contraintes x 1 +y 1 = 900+s 1 s 1 +x 2 +y 2 =1100+s 2 s 2 +x 3 +y 3 =1700+s 3 s 3 +x 4 +y 4 = x t 1200 t = 1,..., 4 0 y t 400 t = 1,..., 4 s t 0 t = 1,..., 3 Pierre Coupechoux 7 / 103

8 Hypothèses fondamentales Linéarité L objectif et les contraintes sont des fonctions linéaires par rapport aux variables (coefficient de variables constants, pas de produit de variables...) Objectif : c 1 x 1 + c 2 x c n x n Contraintes : a 1,1 x 1 +a 1,2 x a 1,n x n =b 1 a 2,1 x 1 +a 2,2 x a 2,n x n b 2 a 3,1 x 1 +a 3,2 x a 3,n x n b 3 Continuité Les variables peuvent prendre n importe quelle valeur réelle (par opposition aux variables entières) x 1, x 2,..., x n R n Pierre Coupechoux 8 / 103

9 Terminologie Solution : affectation de valeurs numériques aux variables du problèmes Solution réalisable : Une solution est réalisable si les valeurs numériques associées aux variables satisfont à l ensemble des contraintes du programme linéaire Région réalisable : Ensemble des solutions réalisables Pierre Coupechoux 9 / 103

10 Notions de base Un ensemble S est convexe si et seulement si toute combinaison convexe de points de S appartient à S. Soient x k S, α k [0, 1], k = 1,..., K, Si S convexe, alors K α k x k S avec k=1 K α k = 1 k=1 L intersection finie de plusieurs ensembles convexes est un ensemble convexe. Un point extrême d un ensemble convexe S est un point qui n est situé à l intérieur d aucun segment joignant deux points de S. Pierre Coupechoux 10 / 103

11 Notions de base Hyperplan de R n : sous-espace affine de dimension n 1. Demi-espace de R n : partie de R n délimitée par un hyperplan. Tout demi-espace (ouvert ou fermé) de R n est convexe. x 2 a1 x 1 + a 2 x 2 = b Sous forme canonique, une contrainte inégalité large d un programme linéaire définit donc un demi-espace fermé de R n. x 1 Pierre Coupechoux 11 / 103

12 Polyèdres L intersection d un nombre fini de demi-espaces fermés est un ensemble convexe appelé polyèdre. Un point extrême ou sommet d un polyèdre de R n est un point du polyèdre situé à l intersection de n hyperplans, parmi ceux qui définissent le polyèdre. a x 31 x 1 + a 32 x 2 = b 3 2 a 11 x 1 + a 12 x 2 = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 = b 2 x 1 Pierre Coupechoux 12 / 103

13 Ensemble des solutions admissibles L ensemble des solutions admissibles d un programme linéaire est un polyèdre convexe K (en vert sur la figure). x 2 a 31 x 1 + a 32 x 2 = b 3 a 11 x 1 + a 12 x 2 = b 1 K a 21 x 1 + a 22 x 2 = b 2 x 2 = 0 x 1 = 0 x 1 Tout point de l ensemble des solutions admissibles peut donc être défini par une combinaison convexe des points extrêmes du polyèdre. Pierre Coupechoux 13 / 103

14 Solution optimale et optimum Solution optimale : Une solution réalisable tel que l objectif pour cette solution est meilleur ou égal à la valeur de l objectif pour toutes les solutions réalisables Il peut y avoir : aucune solution optimale (région réalisable vide ou non bornée) une seule solution optimale une infinité de solutions optimales Optimum : Meilleure valeur possible pour l objectif. Il est unique. S il existe au moins une solution optimale, il en existe toujours au moins une sur un sommet (point extrême) de la région réalisable Il suffit d examiner les points extrêmes de la région réalisable (problème d optimisation combinatoire) Graphiquement : considérer la droite c 1 x 1 + c 2 x c n x n = k Pierre Coupechoux 14 / 103

15 Résolution graphique On trace les droites isocritères z = c T x = C ste en balayant l ensemble des solutions admissibles x 2 Solution optimale x 1 Pierre Coupechoux 15 / 103

16 Configurations particulières x 2 x 2 Pas de solution x 1 Infinité de solutions x 1 x 2 x 2 Sommet dégénéré Solution non bornée x 1 Dégénerescence x 1 Pierre Coupechoux 16 / 103

17 Exemple des yaourts Max 4x A +5x B 2x A + x B 800 x A +2x B 700 x B 300 x A, x B 0 Pierre Coupechoux 17 / 103

18 Algorithme géométrique 1 Partir d un point extrême x de la région réalisable 2 Déterminer une arête le long de laquelle l objectif augmente. S il n en existe pas, x est optimal, STOP. 3 Se déplacer le long de l arête jusqu au point extrême y suivant. S il n en existe pas le problème est non borné, STOP. Sinon, x y et revenir en 2. Théorème L optimum local ainsi obtenu (meilleur que ses voisins) est un optimum global Algorithme du simplexe Pierre Coupechoux 18 / 103

19 Notations et formes particulières Programme linéaire Notation matricielle Forme canonique Forme standard Transformation Pierre Coupechoux 19 / 103

20 Programme linéaire générique Min. ou Max. f 1 x 1 + f 2 x f n x n ou f 1 x 1 + f 2 x f n x n = z[min] ou z[max] a i,1 x 1 + a i,i x a i,n x n = a i (1 i p) a j,1 x 1 + a j,2 x a j,n x n b j (1 j q) a k,1 x 1 +a k,2 x a k,n x n c k (1 k r) x 1,..., x s 0 x s+1,..., x t 0 x t+1,..., x n de signe quelconque Pierre Coupechoux 20 / 103

21 Ecriture matricielle t fx = z[min] ou z[max] Ax = a Bx b Cx c x 1,..., x s 0 x s+1,..., x t 0 Exercice : Donner l écriture matricielle de l exemple du problème de production Pierre Coupechoux 21 / 103

22 Formes particulières Forme canonique t fx = z[max] Bx b x 0 t fx = z[min] Bx b x 0 Forme standard t fx = z[max] Ax = a x 0 Pierre Coupechoux 22 / 103

23 Règles de transformation min cx max c x où c = c ax b a x b avec a = a et b = b ax = b ax b et ax b ax b ax + x e = b : introduction d une variable d écart x e 0 ax b ax x e = b : introduction d une variable d écart x e 0 x i 0 : on définit une nouvelle variable x i 0 et on pose x i = x i x i de signe quelconque : on définit deux nouvelles variables x + i, xi 0 et on pose x i = x i + x i. Pierre Coupechoux 23 / 103

24 Exercice Min 2x 1 3x 2 2x 1 x 3 5 x 1 +2x 2 = 8 x 2 0 x 1 0 Pierre Coupechoux 24 / 103

25 Simplexe et yaourt Forme normale : Max z = 4x A +5x B 2x A + x B 800 x A +2x B 700 x B 300 x A, x B 0 Forme standard : Max z = 4x A +5x B +0x 1 +0x 2 +0x 3 2x A + x B + x 1 =800 x A +2x B + x 2 =700 x B + x 3 =300 x A, x B, x 1, x 2, x 3 0 Pierre Coupechoux 25 / 103

26 Initialisation Max z = 4x A +5x B +0x 1 +0x 2 +0x 3 2x A + x B + x 1 =800 x A +2x B + x 2 =700 x B + x 3 =300 x A, x B, x 1, x 2, x 3 0 Reformulation de l objectif et des variables d écart en fonction des autres variables z = 0+4x A +5x B x 1 =800 2x A x B x 2 =700 x A 2x B x 3 =300 x B Pierre Coupechoux 26 / 103

27 Une première solution Posons x A = x B = 0 On obtient x 1 = 800, x 2 = 700, x 3 = 300 La solution (0, 0, 800, 700, 300) est réalisable La fonction objectif vaut 0 On est sur un sommet du polyèdre (la région réalisable) Pierre Coupechoux 27 / 103

28 Choix de l arête de déplacement z = 0+4x A +5x B x 1 =800 2x A x B x 2 =700 x A 2x B x 3 =300 x B Il faut améliorer l objectif Il faut donc augmenter une variable fixée à 0 x A ou x B Quelle variable choisir? Parmi les variables ayant un impact positif sur l objectif dont le coût est positif Ici on peut prendre x B qui a le plus grand impact positif (choix heuristique) Pierre Coupechoux 28 / 103

29 Déplacement le long de l arête Jusqu où augmenter x B? Selon l impact sur x 1, x 2 et x 3. Il n y a pas d impact sur x A qui reste nulle. x 1 = 800 x B 0 x B 800 x 2 = 700 2x B 0 x B 350 x 3 = 300 x B 0 x B 300 x B augmente de 300 afin que toutes les variables restent 0 La variable s 3 va s annuler et on a x A = s 3 = 0 On se trouve à l intersection des hyperplans formés par les contraintes x A 0 et x B 300 Pierre Coupechoux 29 / 103

30 Pivotage z = 0+4x A +5x B x 1 =800 2x A x B x 2 =700 x A 2x B x 3 =300 x B Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0 z =1500+4x A 5x 3 x 1 = 500 2x A + s 3 x 2 = 100 x A +2x 3 x B = 300 x 3 Solution associée? Pierre Coupechoux 30 / 103

31 Faut-il continuer? z =1500+4x A 5x 3 x 1 = 500 2x A + s 3 x 2 = 100 x A +2x 3 x B = 300 x 3 Peut-on encore améliorer l objectif? Oui car x A a un impact (un coût) positif sur l objectif Ici, il n y a pas d autre choix (x 3 a un impact négatif) Jusqu où augmenter x A? x 1 = 500 2x A 0 x A 250 x 2 = 100 x A 0 x A 100 x A n a aucun impact sur x B x A augmente de 100 afin que toutes les variables restent 0 La variable x 2 va s annuler et on a x 2 = x 3 = 0 On se trouve à l intersection des hyperplans formés par les contraintes x A + 2x B 700 et x B 300 Pierre Coupechoux 31 / 103

32 Pivotage z =1500+4x A 5x 3 x 1 = 500 2x A + s 3 x 2 = 100 x A +2x 3 x B = 300 x 3 Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0 z =1900 4x 2 +3x 3 x 1 = 300+2x 2 3x 3 x A = 100 x 2 +2x 3 x B = 300 x 3 Solution associée? Pierre Coupechoux 32 / 103

33 On continue? z =1900 4x 2 +3x 3 x 1 = 300+2x 2 3x 3 x A = 100 x 2 +2x 3 x B = 300 x 3 Peut-on encore améliorer l objectif? Oui car x 3 a un impact positif sur l objectif Jusqu où peut-on augmenter x 3? x 1 = 300 3x 3 0 x Quand x 3 augment, x A augmente et reste donc positif x B = 300 x 3 0 x x 3 augmente de 100 afin que toutes les variables restent 0 La variable x 1 va s annuler et on a x 1 = x 2 = 0 On se trouve à l intersection des hyperplans formés par 2x A + x B 800 et x A + 2x B 700 Pierre Coupechoux 33 / 103

34 Pivotage z =1900 4x 2 +3x 3 x 1 = 300+2x 2 3x 3 x A = 100 x 2 +2x 3 x B = 300 x 3 Réécrire le système avec les variables non nulles en fonction des variables fixées à 0 z =2200 2x 2 x 1 x 3 = x x 1 x A = x x 1 x B = x x 1 Solution associée? Pierre Coupechoux 34 / 103

35 On continue? z =2200 2x 2 x 1 x 3 = x x 1 x A = x x 1 x B = x x 1 Peut-on encore améliorer l objectif? Non car toutes les variables fixées à 0 ont un impact négatif sur l objectif Nous avons la solution optimale x A = 300 et x B = 200 (x 3 = 100 et x 1 = x 2 = 0), optimum = 2200 Pierre Coupechoux 35 / 103

36 Application du simplexe Max z = x + 2 y s.t. x + e 1 = 4 y + e 2 = 4 - x + y + e 3 = 3 x y + e 4 = 11.5 Choix de la variable entrante : y Contraintes sur y : y + e 2 = 4 y 4 x + y + e 3 = 3 y 3 x + 2.5y + e 4 = 11.5 y 4.6 y=3+x-e 3 Pierre Coupechoux 36 / 103

37 Application du simplexe Max z = 3 x - 2 e s.t. x + e 1 = 4 x + e 2 - e 3 = 1 - x + y + e 3 = x e 3 + e 4 = 4 Choix de la variable entrante : x Contraintes sur x : x + e 1 = 4 x 4 x + e 2 e 3 = 1 x 1 x + y + e 3 = 3 Pas de limite 3.5x 2.5e 3 + e 4 = 4 x 4 x=1-e 2 +e 3 Pierre Coupechoux 37 / 103

38 Application du simplexe Max z = -3e 2 +e 3 +9 s.t. e 1 -e 2 +e 3 =3 x +e 2 -e 3 =1 y +e 2 =4-3.5e 2 +e 3 + e 4 =0.5 Choix de la variable entrante : e 3 Contraintes sur e 3 : e 1 e 2 + e 3 = 3 e 3 3 x + e 2 e 3 = 1 Pas de limite 3.5e 2 + e 3 + e 4 = 0.5 e e 3 = e 2 -e 4 Pierre Coupechoux 38 / 103

39 Application du simplexe Max z = 0.5e 2 -e s.t. e e 2 -e 4 =2.5 x -2.5e 2 +e 4 =1.5 y +e 2 =4-3.5e 2 + e 3 +e 4 =0.5 Choix de la variable entrante : e 2 Contraintes sur e 2 : e e 2 e 4 = 2.5 e 2 1 x 2.5e 2 + e 4 = 1.5 Pas de limite y + e 2 = 4 e e 2 + e 3 + e 4 = 0.5 Pas de limite e 2 = 1 0.4e e 4 Pierre Coupechoux 39 / 103

40 Application du simplexe Max z = -0.2e 1-0.8e s.t. e e 2 -e 4 =2.5 x +e 1 =4 y -0.4e e 4 =3 1.4e 1 + e e 4 =4 Pas de variable entrante algorithme terminé Solution optimale : e 1 = e 4 = 0 x = 4, y = 3 e2 = 1, e3 = 4 z = 10 Pierre Coupechoux 40 / 103

41 Simplexe par la méthode des dictionnaires Programme linéaire sous la forme max j c jx j j a i,jx j b i (i = 1,..., m) x j 0 (j = 1,..., n) Ajout des variables d écart et d une variable objectif z = nj=1 c j x j x n+i = b i n j=1 a i,j x j (i = 1,..., m) Le problème revient à maximiser z en gardant les variables x j 0 pour j = 1,..., n + m Pierre Coupechoux 41 / 103

42 Dictionnaires A chaque itération, la solution courante est associée à un système d équations qui la définit : z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Ce système s appelle un dictionnaire Les variables de gauche sont appelées variable de base et notées x B R m + (il y a une variables de base par contrainte) L ensemble des variable de base est appelé base B représente les indices des variables en bases Les autres variables sont appelées variables hors-base et notées x N R n + N représente l ensemble des indices des variables hors-base Pierre Coupechoux 42 / 103

43 Dictionnaires z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) B et N forment une partition de l ensemble des indices : B N = {1,..., n, n + 1,..., n + m} B N = Chaque solution définit une solution de base que l on obtient en posant x N = 0 Le dictionnaire, la base et la solution de base associées sont dits réalisables si x B 0 Pierre Coupechoux 43 / 103

44 Réécriture matricielle en fonction d une base Soit B(m m) une base de A. En réorganisant les colonnes de A sous la forme [B N], ainsi que les lignes de x, le système s écrit : Ax = Bx B + Nx N = b x B : variables de base ; x N : variables hors base Ce système est équivalent au système suivant : x B = B 1 b B 1 Nx N Le système est alors sous la forme simpliciale. La solution (x B, x N ) = (B 1 b, 0) est appelée solution de base associée à B. Pierre Coupechoux 44 / 103

45 Valeur du critère Expression du critère sous la forme simpliciale : z = c T x = c T B x B + c T N x N En remplaçant x B par sa valeur en fonction des variables hors base : z = c T B B 1 b + (c T N c T B B 1 N)x N Qu on note également z = z 0 + c T N x N Les c N sont appelés coûts réduits relatifs aux variables hors base. Pierre Coupechoux 45 / 103

46 Dictionnaire final en fonction de la base optimale x N x B b = B 1 b B 1 N z z = c T B B 1 b c N = c T N ct B B 1 N 0 Pierre Coupechoux 46 / 103

47 Dictionnaire initial z = nj=1 c j x j x n+i = b i n j=1 a i,j x j (i = 1,..., m) La base initiale est formée des variables d écart x n+1,..., x n+m, c est-à-dire B = {n + 1,..., n + m} Les variables hors-base sont les variables initiales du problèmes N = {1,..., n} A-t on nécessairement un base initiale réalisable? Si non, que peut-on faire? Pierre Coupechoux 47 / 103

48 Solution de base Toutes les solutions réalisables ne sont pas associées à une base (ou un dictionnaire) Chaque point extrême réalisable est représenté par au moins un dictionnaire L algorithme du simplexe considère exclusivement les solutions de base réalisables Théorème fondamental : si un PL admets une solution optimale, alors il en existe une en un point extrême Itération Choix d une variable à faire entrer dans la base Choix d une variable à faire sortir de la base Cela revient à se déplacer d une point extrême à un point extrême voisin le long d une arête du polyèdre Pierre Coupechoux 48 / 103

49 Choix de la variable entrante z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Les coefficients c j, j N sont appelés les coûts réduits. Ils représentent l impact de l augmentation d une variable sur l objectif. Condition d optimalité La solution de base est optimale si et seulement si tous les coûts réduits sont négatifs ou nuls : c j 0, j N Pierre Coupechoux 49 / 103

50 Choix de la variable entrante z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) On choisit une variable dont le coût réduit est positif : choisir x k, k N tel que c k > 0 Que faire en cas de choix multiples Il peut y avoir plusieurs variables candidates pour entrer en base. Choix heuristique Choisir la variable de plus grand coût réduit Choisir la variable d indice le plus petit Pierre Coupechoux 50 / 103

51 Choix de la variable sortante z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Le choix dépend de la variable x k qui va entrer en base On regarde l impact sur les variables en base en fonction du vecteur a i,k, i B Si a i,k 0, l augmentation de x k entrainera une augmentation de x i Si a i,k > 0, l augmentation de x k entrainera une diminution de x i x i doit rester positive x i = b i a i,k x k 0 x k b i a i,k Pierre Coupechoux 51 / 103

52 Choix de la variable sortante z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Première variable à s annuler Choisir s B tel que s = arg min i B { b i a i,k : a i,k > 0} Si plusieurs variables sont candidates pour sortir, la base suivante sera dégénérée. Problème non-borné Si a i,k 0 pour tout i B, il n y a pas de candidat pour sortir de la base et le problème est non-borné. Pierre Coupechoux 52 / 103

53 Pivotage z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Il faut réécrire le système par rapport à la nouvelle base. C est le pivotage. x k = b s a s,k z = z + c k b s a s,k a s,j j N \{k} x j a s,k 1 a s,k x s j N \{k} (c j c k a s,j a s,k )x j c k 1 a s,k x s x i = b i a i,k b s a s,k j N \{k} (a i,j a i,k a s,j a s,k )x j + a i,k 1 a s,k x s i B \ {s} Pierre Coupechoux 53 / 103

54 Cas particuliers Problème de démarrage : Phase I Bases dégénérées Solutions optimales multiples Terminaison Pierre Coupechoux 54 / 103

55 Problème de démarrage : Phase I du simplexe Cette phase permet de trouver une solution de base réalisable initiale lorsque la base donnée par les variables d écart n est pas réalisable D où vient le problème? j a i,jx k b i avec b i < 0 Après ajout de la variable d écart et écriture sous forme de dictionnaire, on obtient : x n+i = b i j a i,jx j Comme b i < 0 la solution n est pas réalisable Pierre Coupechoux 55 / 103

56 Que faire? 1 Pour chaque contrainte telle que b i < 0, on ajoute une variable artificielle x n+i avec un coefficient -1 en plus de la variable d écart : j a i,j + x n+i x n+i = b i 2 Remplacer l objectif initial par min i:b i <0 x n+i 3 Eliminer les variables en base de l objectif en les remplaçant par l expression donnée par le dictionnaire 4 La base initiale est donnée par les variables artificielles des contraintes avec b i > 0 et les variables d écart des contraintes avec b i 0 5 Résoudre le programme linéaire artificielle ainsi obtenu Pierre Coupechoux 56 / 103

57 Exemple x 1 x 2 = z[max] 3x 1 4x x 1 + x 2 4 x 1, x 2 0 Pierre Coupechoux 57 / 103

58 Problème irréalisable Si à la fin de la résolution du programme artificielle, il existe au moins un i tel que x n+i > 0, alors les variables artificielles sont nécessaires pour avoir une solution réalisable. Alors il n existe pas de solution réalisable au problème initial Le problème initial est irréalisable Pierre Coupechoux 58 / 103

59 Retour au problème initial Si x n+i = 0 pour tout i tel que b i < 0, toutes les variables artificielles sont hors-base On a une solution de base réalisable pour le problème initial donnée par la base optimale de la Phase I 1 Supprimer les variables artificielles 2 Reprendre l objectif initial 3 Eliminer les variables en base de l objectif en les remplaçant par leur expression donnée par le dictionnaire 4 Reprendre la résolution normale du simplexe Pierre Coupechoux 59 / 103

60 Et les contraintes d égalité? j a i,jx j = b i On peut se ramener au cas précédent en remplaçant la contrainte par { j a i,jx j b i j ( a i,j)x j b i L une des deux contraintes posera problème et fera intervenir une variable artificielle Il n est pas nécessaire de passer par cette étape On peut ajouter directement la variable d écart avec le coefficient 1 si b i 0 ou -1 sinon Pierre Coupechoux 60 / 103

61 Bases dégénérées Quand plusieurs variables sont candidates pour sortir de la base, la nouvelle solution de base aura une (ou plusieurs) variables de base prenant la valeur 0. On dit que la solution de base est dégénérée Exemple z = 0 + 2x 1 x 2 + 8x 3 x 4 = 1 2x 3 x 5 = 3 2x 1 + 4x 2 6x 3 x 6 = 2 + x 1 3x 2 4x 3 Solution : (0, 0, 0, 1, 3, 2) et z = 0 On fait entre x 3 en base x 4, x 5 et x 6 sont candidates pour sortir de la base Choisissons x 4 Pierre Coupechoux 61 / 103

62 Solution : (0, 0, 1 2, 0, 0, 0) et z = 4 x 2 entre en base et x 6 sort Pierre Coupechoux 62 / 103 Bases dégénérées z = 4 + 2x 1 x 2 4x 4 x 3 = x 4 x 5 = 0 2x 1 + 4x 2 3x 4 x 6 = 0 + x 1 3x 2 2x 4 Solution : (0, 0, 1 2, 0, 0, 0) et z = 4 x 1 entre en base et x 5 sort z = 4 x 5 + 3x 2 x 4 x 3 = x 4 x 1 = x 5 + 2x x 4 x 6 = x 5 x x 4

63 Bases dégénérées z = x 5 3x x 4 x 3 = x 4 x 1 = x 5 2x x 4 x 2 = x 5 x x 4 Solution : (0, 0, 1 2, 0, 0, 0) et z = 4. x 4 entre en base et x 3 sort. z = x 5 3x 6 19x 3 x 4 = 1 2x 3 x 1 = 17 2 x 2 = x 5 2x 6 17x x 5 x 6 7x 4 Solution optimale : ( 17 2, 17 2, 0, 1, 0, 0) et z = 27 2 Pierre Coupechoux 63 / 103

64 Solutions optimales multiples Il peut arriver que dans le dictionnaire optimal des variables hors-bases possèdent des coûts réduits nuls : c i = 0 pour i N En effectuant une itération supplémentaire où l on fait entre une variable x i telle que c i = 0, on obtient une nouvelle solution optimale associée à une nouvelle base. Si x1 et et x 2 sont deux solutions optimales, alors toutes solutions obtenues par une combinaison convexe de x1 et x 2 est également une solution optimale : x = αx1 + (1 α)x 2, α [0, 1] est une solution optimale. Pierre Coupechoux 64 / 103

65 Terminaison Le nombre de dictionnaire possible est ( ) m n + m En cas de dégénérescence, l algorithme peut revenir sur une solution de base déjà visitée ( cycle). En pratique, cela se passe rarement. Il existe des règles de picotage limitant les risques de cycle : règle de plus petit indice perturbation des données : ajouter au membres de droites des contraintes des 0 < ɛ << coefficients Pierre Coupechoux 65 / 103

66 Théorèmes fondamentaux Finitude Si l algorithme du simplexe ne se termine pas, c est qu il cycle entre bases dégénérées Garantie de finitude L algorithme termine si, à chaque itération, les variables entrante et sortante sont choisies parmi les candidats possibles selon la règle du plus petit indice. Pierre Coupechoux 66 / 103

67 Théorèmes fondamentaux Cas possibles Tout programme linéaire (mis sous forme standard) est : soit irréalisable soit non bornée soit il admet une solution optimale Existence d une solution optimale Si un programme linéaire (sous forme standard) admet une solution réalisable, alors il existe une solution de base réalisable. un programme linéaire admet une solution optimale, alors il existe une solution de base optimale. Pierre Coupechoux 67 / 103

68 Complexité du simplexe Pire des cas L algorithme se termine après un nombre fini d itérations ( C m n+m) On connaît des exemples "pathologiques" qui demandent effectivement de l ordre de C m n+m itérations (exponentiel) Empiriquement Nombre d opérations de l ordre de Θ(m + log n) Programmation linéaire Le problème général de résoudre un programme linéaire est polynomial Méthode du point intérieur Pierre Coupechoux 68 / 103

69 Introduction de la dualité Caractérisation de la solution optimale z d une maximisation par un intervalle [z inf ; z sup ]. Borne inférieure : toute solution admissible constitue une borne inférieure de z. Borne supérieure : déterminer une valeur z sup telle que z z sup. z inf z z sup z Solutions admissibles Recherche de l intervalle [z inf ; z sup ] le plus petit possible pour situer l optimum. Pierre Coupechoux 69 / 103

70 Combinaisons linéaires et bornes Théorème Toute combinaison linéaire de contraintes du programme linéaire donne une contrainte valide (satisfaite par toutes les solutions réalisables) Que cherche-t on? Trouver des multiplicateurs y 1 0,..., y m 0 afin d obtenir une nouvelle inégalité valide bornant la fonction objectif. a 11 x a 1n x n b 1 y a m1 x a mn x n b m y m mi=1 (y i a i1 )x m i=1 (y i a in )x n m i=1 y i b i Pierre Coupechoux 70 / 103

71 Généralisation Pour des valeurs x 1 0,..., x n 0, on aura n m m m z = c j x j (y i a i1 )x (y i a in )x n y i b i j=1 i=1 i=1 i=1 si on vérifie c 1 m i=1 y i a i1 c n. m i=1 y i a in. Pour trouver la meilleure borne supérieure (la plus petite), il faut minimiser m i=1 y i b i c est-à-dire... Pierre Coupechoux 71 / 103

72 Généralisation... résoudre le programme linéaire suivant : min t = sous m y i b i i=1 m y i a i1 c 1 i= m y i a in c n i=1 y 1,..., y m 0 Ce problème est appelé problème dual du problème canonique de départ. Pierre Coupechoux 72 / 103

73 Problème dual (forme canonique) Primal max z = c T x Sous Ax b x 0 c et x vecteurs n 1 A matrice m n b vecteur m 1 Dual min t = b T y Sous A T y c y 0 b et y vecteurs m 1 A T matrice n m c vecteur n 1 Remarque : le problème dual du dual est le problème primal. Pierre Coupechoux 73 / 103

74 Dualité du yaourt Max z = 4x 1 + 5x 2 2x 1 + x (y 1 ) x 1 + 2x (y 2 ) x (y 3 ) x 1, x 2 0 Solution optimale : x 1 = 300, x 2 = 200, z = 2200 Min w = 800y y y 3 2y 1 + y 2 4 (x 1 ) y 1 + 2y 2 + y 3 5 (x 2 ) y 1, y 2, y 3 0 Solution optimale : y 1 = 1, y 2 = 2, y 3 = 0, w = 2200 Pierre Coupechoux 74 / 103

75 Dualité faible Quel que soient x et y solutions admissibles respectivement du primal et du dual, on a n m z = c j x j b i y i = t j=1 i=1 En particulier, z t. z t Primal Dual Corollaire 1 : s il existe x et y admissibles et telles que nj=1 c j x j = m i=1 b i y i, alors ces solutions sont optimales. Pierre Coupechoux 75 / 103

76 Théorème de la dualité (Gale, Kuhn, Tucker, 1951) Théorème de la dualité Si le problème primal a une solution optimale, alors le problème dual a une solution optimale telle que z = n j=1 c j x j = m i=1 b i y i = t z Primal t Dual Pierre Coupechoux 76 / 103

77 Relations dual-primal Existence d une solution optimale Si le primal et le dual ont chacun au moins une solution réalisable, alors les deux programmes sont bornés et réalisent le même objectif à l optimum Si l un des deux programmes admet au moins une solution réalisable mais n est pas borné, l autre programme n admet pas de solution réalisable Le primal et le dual n admettent pas de solution réalisable Cas particulier Si le problème primal a une infinité de solutions optimales, alors le programme duale est dégénéré, et réciproquement. Pierre Coupechoux 77 / 103

78 Théorème des écarts complémentaires Soit un PL sous forme canonique de n variables x i et m contraintes Son dual comporte m variables y j et n contraintes A chaque variables x i correspond une variable d écart y m+i A chaque variables y j correspond une variable d écart x n+1 Soit x et y des solutions réalisables du primal et du dual respectivement Théorème x et y sont optimales si et seulement si xi y m+i = yj x n+j = 0 pour tous 1 i n et 1 j m Calcul de la solution optimale du dual à partir de la solution optimale du primal (ou inversement) Pierre Coupechoux 78 / 103

79 Application aux yaourts Max z = 4x 1 + 5x 2 2x 1 + x 2 + x 3 = 800 x 1 + 2x 2 + x 4 = 700 x 2 + x 5 = 300 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 0 Solution optimale : x = (300, 200, 0, 0, 100), z = 2200 Min w = 800y y y 3 2y 1 + y 2 + y 4 = 4 y 1 + 2y 2 + y 3 + y 5 = 5 y 1, y 2, y 3, y 4, y 5 0 x 1 y 4, x 2 y 5, x 3 y 1, x 4 y 2, x 5 y 3 Pierre Coupechoux 79 / 103

80 Application aux yaourts Le théorème des écarts complémentaires dit : On en déduit : y 4 = y 5 = y 3 = 0 y 1 et y 2 doivent vérifier x 1 y 4 = 300 y 4 = 0 x 2 y 5 = 200 y 5 = 0 x 3 y 1 = 0 y 1 = 0 x 4 y 2 = 0 y 2 = 0 x 5 y 3 = 100 y 3 = 0 2y 1 + y 2 = 4 y 1 + 2y 2 = 5 On trouve alors y = (1, 2, 0, 0, 0), w = 2200 Pierre Coupechoux 80 / 103

81 Conditions d optimalité Théorème des écarts complémentaires (version avancée) Soit x solution admissible du problème primal et y solution admissible du dual. Les conditions nécessaires et suffisantes à l optimalité de x et y sont : nj=1 a ij x j = b i ou y i = 0 (ou les deux) pour i = 1 à m et mi=1 a ij yi = c j ou xj = 0 (ou les deux) pour j = 1 à n Interprétation : La variable duale correspondant à une contrainte non saturée est nécessairement nulle. A une variable duale strictement positive correspond nécessairement une contrainte saturée (variable d écart nulle). Pierre Coupechoux 81 / 103

82 Exemple Primal : n = 2 variables, m = 3 contraintes. Dual : m = 3 variables, n = 2 contraintes. x 2 Dictionnaire final : x1 = 0 x 4 = 0 x 5 = 0 x 2 = x3 = 0 x 1 x 4 x 5 x x x z Variables duales : y 1 = 0, y 2 = 2/3, y 3 = 5/3 Pierre Coupechoux 82 / 103

83 Cas général Maximisation Minimisation i e contrainte de type Variable y i 0 i e contrainte de type = Variable y i R i e contrainte de type Variable y i 0 Variable x j 0 j e contrainte de type Variable x j R j e contrainte de type = Variable x j 0 j e contrainte de type Pierre Coupechoux 83 / 103

84 Analyse post-optimale Que devient la solution optimale si les paramètres du problème sont modifiés? Modification de la borne b i d une contrainte Modification des coefficients c j de la fonction objectif x 2 ±δb 3 ±δb1 x 2 ±δb 2 ±δc x 1 x 1 Pierre Coupechoux 84 / 103

85 Modification de l objectif x N x B b = B 1 b B 1 N z z = c T B B 1 b c N = c T N ct B B 1 N 0 c c = c + 1 Est-ce que la base reste réalisable? Oui : b = B 1 b 0 est indépendant de c 2 Est-ce que la base reste optimale? Vérifier que c = c T N c T B B 1 N 0 Pierre Coupechoux 85 / 103

86 Exemple Base optimale = {2, 1} Dictionnaire final : Max z = 3x 1 2x 2 2x 1 x 2 30 x 1 x 2 10 x 1, x 2 0 z =40 x 3 x 4 x 2 =10 (x 3 2x 4 ) x 1 =20 (x 3 x 4 ) Pierre Coupechoux 86 / 103

87 Modification du coût c 1 de x 1 z = c 1 x 1 2x 2 On réécrit la fonction objectif en fonction des variables hors-base (ici x 3 et x 4 ) On peut appliquer les formules, ici on peut le faire en lisant x 1 et x 2 dans le dictionnaire final car on dispose de ce dernier z = c 1 x 1 2x 2 = c 1 (20 x 3 + x 4 ) 2(10 x 3 + 2x 4 ) =20(c 1 1) + (2 c 1 )x 3 + (c 1 4)x 4 Il faut que le critère d optimalité reste respecter (que les coûts réduits restent négatifs ou nuls) { 2 c1 0 c 1 [2, 4] c Exercice : faire l étude pour c 2 le coût de x 2 Pierre Coupechoux 87 / 103

88 Modification de la borne d une contrainte (capacité) x N x B b = B 1 b B 1 N z z = c T B B 1 b c N = c T N ct B B 1 N 0 b b = b + δ 1 Est-ce que la base reste optimale? Oui : c N = cn T ct B B 1 N 0 est indépendant de b 2 Est-ce que la base reste réalisable? Vérifier que b = B 1 b 0 Pierre Coupechoux 88 / 103

89 Exercice : calculer l interval de valeurs de b 2 pour lequel la base reste réalisable Pierre Coupechoux 89 / 103 Un premier exemple Max z = 3x 1 2x 2 2x 1 x 2 b 1 x 1 x 2 10 x 1, x 2 0 Base optimale = {2, ( 1} ) ( ) 2 1 b1 On a donc ici B = et b = la solution de base reste réalisable si x B = B 1 b 0 soit ici : ( ) ( ) { 1 1 b1 b x B = 0 b ]20, + [ b

90 Second exemple max z = 4x 1 + 3x 2 Sous x1 + x 3 = 8 x1 + 2x 2 + x 4 = 15 2x1+ x 2 + x 5 = 18 x 0 x 2 x 4 x 5 x x x z Variation de b i : Contrainte i non saturée : seule la valeur de x n+i est affectée Contrainte i saturée : toutes les valeurs de x B et z sont affectées x1 = 0 x 4 = 0 x 2 = 0 x 5 = x3 = 0 x 1 Pierre Coupechoux 90 / 103

91 Exemple : contrainte non saturée Contrainte 1 : x 1 + x 3 = 8 + δb 1 Non saturée x3 = 1 x 2 x 4 x 5 x x x z Le sommet reste optimal tant que x 3 = 8 + δb 1 x1 0 d où δb 1 [ 1, + ] et δz = x1 = 0 x 5 = 0 x 4 = 0 x 2 = x 1 Pierre Coupechoux 91 / 103

92 Exemple : contrainte saturée Contrainte 3 : 2x 1 + x 2 + x 5 = 18 + δb 3 Saturée x 5 = 0 (hors base) Lorsque b 3 varie de δb 3, le sommet optimal se déplace sur la droite x 4 = 0. Le sommet reste optimal tant que : x 1 = ( δb 3) 0 D où x 3 = ( δb 3) 0 x 2 = ( δb 3) 0 21/2 δb 3 3/2 x x1 = 0 x 4 x 5 x x x z x 4 = 0 x 2 = 0 x 5 = x3 = 0 x 1 Pierre Coupechoux 92 / 103

93 Exemple : contrainte saturée Variations admissibles : x 4 x 5 x x x /2 δb 3 3/2 Fonction objectif : δz = 5 3 δb 3 d où 35/2 δz 5/2 x x1 = 0 z x 4 = 0 x 2 = 0 x 5 = x3 = 0 x 1 Pierre Coupechoux 93 / 103

94 Récapitulatif Au sommet optimal, si la contrainte i n est pas saturée : La variable d écart x i est dans la base (x i 0) y i = 0 d où z = 0 l intervalle de variation admissible est δ [ x i ; + ]. Au sommet optimal, si la contrainte est saturée : La variable d écart x i est hors base (x i = 0) z = δ.y i δ doit respecter les relations suivantes : δ(b 1 ) i B 1 b où (B 1 ) i est la i e colonne de B 1. Ces valeurs se lisent directement dans le tableau final du simplexe. Pierre Coupechoux 94 / 103

95 Interprétation économique Primal : problème de production x j : quantité de produit j réalisée, a ij : quantité de ressource i nécessaire à la réalisation d un produit j, b i : quantité totale de ressource i disponible, c j : profit réalisé lors de la vente d un produit j. Problème : maximiser le profit en respectant les contraintes de ressource. max c T x sous Ax b, x 0 Pierre Coupechoux 95 / 103

96 Interprétation économique Dual : on propose de racheter les ressources i au prix y i. Comment fixer ce prix? Point de vue du vendeur Pour tout produit j qu on ne fabrique pas, on souhaite récupérer au moins autant que le profit qu on aurait réalisé : a ij y i c j i Point de vue de l acheteur : on souhaite payer le moins cher possible les ressources : j min i b i y i Pierre Coupechoux 96 / 103

97 Valeur marginale d une contrainte La valeur marginale d une contrainte i correspond à la valeur de sa variable duale à l optimum, y i : 1 Analyse de sensibilité : variation de l objectif si on modifie la quantité de ressource i disponible 2 Prix minimum auquel on accepterait de vendre une unité de ressource 3 Prix maximum qu on accepterait de payer pour acheter une unité de ressource complémentaire. 4 Valorisation d une activité nouvelle : étude d opportunité de la fabrication d un nouveau produit. Pierre Coupechoux 97 / 103

98 Ajout d une contrainte L ajout d une contrainte non redondante augmente la dimension de la base. La variable d écart x n+m+1 de la nouvelle contrainte m + 1 est dans la nouvelle base puisqu elle n apparaît dans aucune autre contrainte et son coefficient est 1. Pour l ajouter dans le tableau optimal du simplexe, on exprime cette variable x n+m+1 en fonction des variables hors de la base optimale. Deux possibilités : la valeur de x n+m+1 est positive ou nulle : la solution actuelle est admissible, l optimum est inchangé (la contrainte m + 1 est saturée ou non) la valeur de x n+m+1 est négative : la solution actuelle n est plus admissible (la contrainte m + 1 est violée). Pierre Coupechoux 98 / 103

99 Exemple Nouvelle contrainte : x 1 6. Forme standard : x 1 + x 6 = 6. x x 4 = 0 x6 = 0 x3 = 0 x x z x 2 = 0 x Solution non admissible La solution duale reste admissible (yi 0) mais non optimale. Un pivot dans le problème dual nous ramène à la solution optimale. x1 = 0 x 5 = 0 x 4 x 5 x x Pierre Coupechoux 99 / 103

100 Exemple Nouvelle contrainte : x 1 6. Forme standard : x 1 + x 6 = 6. x x1 = 0 x 5 = 0 x 4 = 0 x3 = 0 x6 = 0 x 2 = x 1 x 4 x 6 x x x x z 37, Solution admissible optimale. Pierre Coupechoux 100 / 103

101 Algorithme du tableau simplicial Dictionnaire : z = z + j N c jx j x i = b i j N a i,jx j (i B) Tableau simplicial : x t x B A b c z Utilisation pour regrouper toutes les données du problème Tous ce qui a été dit pour les dictionnaires est vrai pour le tableau simplicial Pivotage Pivot de Gauß-Jordan Pierre Coupechoux 101 / 103

102 Forme canonique par rapport à une base Un programme linéaire est dit sous forme canonique par rapport à une base si et seulement si 1 Forme standard 2 Les coefficients associés aux variables en base sont égaux à 0 3 La sous-matrice formée par les colonnes associées aux variables de base forme la matrice identité (à une permutation près) Il s agit en fait d un système sous forme canonique dont les variables d écart associées forment la base Pierre Coupechoux 102 / 103

103 Invariants de boucle 1 Le programme linéaire est sous forme canonique par rapport à la base 2 La base est réalisable (les éléments de la dernière colonne sont positifs ou nuls) 3 Les variables de base sont listées sur la première colonne 4 La case en bas à droite vaut z où z est la valeur de la fonction objectif pour la solution de base courante Pierre Coupechoux 103 / 103