A chaque problème d optimisation linéaire, nous allons définir un nouveau problème appellé le dual. Le problème original est le primal.

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1 Chapitre 4 Dualité 4.1 Problème dual On suppose que A est une matrice de format m n et b R m. A chaque problème d optimisation linéaire, nous allons définir un nouveau problème appellé le dual. Le problème original est le primal. Soit le problème d optimisation linéaire z = c t x, (4.1) Définition Le dual du problème (4.1) est z = b t y, A t y c, y 0. (4.2) On notera que, pour le problème primal, on a x R n tandis que y R m pour le dual. 1

2 2 CHAPITRE 4. DUALITÉ Par exemple, considérons le problème suivant z = x 1 x 2 sous les contraintes x 1 3x 2 3, 2x 1 x 2 2, x 1, x 2 0. x qui admet la solution (x 1, x 2 ) = (3/5, 4/5) et z = 7/ x 1 Le problème dual s écrit sous la forme : x 2 z = 3y 1 2y 2 sous les contraintes y 1 2y 2 1, 3y 1 y 2 1, y 1, y /2 qui admet la solution (y 1, y 2 ) = (1/5, 2/5) et z = 7/5. 1/3 1 x 1 Dans cet exemple, on observe que la valeur imale du primal est égale à la valeur imale du dual. Essayons de dualiser d autres types de problèmes.

3 4.2. INTERPRÉTATION ÉCONOMIQUE 3 (a) Evaluons le dual du problème z = c t x, Ax b, Pour cela il suffit de le réécrire sous la forme d un problème de : c t x, Ax b, c t x, Ax b, Le dual sera b t y, A t y c, y 0. b t y, A t y c, y 0. (b) Evaluons maintenant le dual du dual. Soit le problème Le dual est z = c t x, z = b t y, A t y c, y 0. On applique le résultat ci-dessus pour obtenir z = c t x, (A t ) t x b, Donc, le dual du dual est le primal. z = c t x, 4.2 Interprétation économique Considérons le problème d une entreprise agricole qui désire ensemencer avec 3 variétés de plante A, B et C. Il s agit de déterer les superficies x i (en hectare) des terres ensemencées par les plantes A, B et C pour avoir un bénéfice imal. Voici le tableau qui résume la situation Terrain (ha) Travail (h) Machine (h) Rendement A B C

4 4 CHAPITRE 4. DUALITÉ Par exemple, il faudra 3 heures de travail par hectare pour ensemencer avec la plante B et 2 heures de machinerie. La dimension totale du terrain est de 340 ha et nous disposons de 2400 heures de temps de travail et de 560 heures en temps de machinerie. 1 hectare de la plante A donne un profit de 1100$. La fonction objective est Contrainte 1 : dimension du terrain Contrainte 2 : temps de travail Contrainte 2 : temps de machine z = 1100x x x 3 x 1 + x 2 + x x 1 + 3x 2 + x x 1 + 2x 2 + 3x On ajoute les variables d écart x 4, x 5, x 6 à ce problème et on applique la méthode du simplexe. Le tableau final est donné par La solution est et le profit est z = 440, 000$. B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x x x , 000 x 1 = 120, x 2 = 220, x 3 = 0, x 4 = 0, x 5 = 1500, x 6 = 0 On observe que les ressources de terrain et de machinerie sont pleinement utilisées car x 4 = x 6 = 0. Par contre, la ressource en temps de travail n est pas pleinement utilisée car x 5 0. Si on disposait d un hectare ou d une heure de travail ou de machinerie de plus, quel serait le profit de plus? C est le concept de coût marginal. Introduisons les variables y 1 = coût marginal de 1 ha de terrain y 2 = coût marginal de 1 h de travail

5 4.2. INTERPRÉTATION ÉCONOMIQUE 5 y 3 = coût marginal de 1 h de machine On devrait avoir y 2 = 0 car la ressource en temps de travail n est pas pleinement utilisée. Maintenant, regardons le point de vue d un acheteur des activités de l entreprise. Les coûts marginaux sont mieux interprétés de la manière suivante : y 1 = prix à offrir pour acheter un ha de terrain y 2 = prix à offrir pour acheter une h de travail y 3 = prix à offrir pour acheter une h de machine Quel sera le problème à résoudre pour déterer ces variables? La fonction objective correspond au coût à payer pour acheter l entreprise z = 340y y y 3 = b 1 y 1 + b 2 y 2 + b 3 y 3 = b t y. Il s agit de imiser le prix à payer : z = b t y. Pour cela, son offre sera accepté s il offre au moins autant que le bénéfice de chacune des activités. Activité A : le bénéfice lié à l ensemencement de la plante A est y 1 + 2y 2 + y Activité B : le bénéfice lié à l ensemencement de la plante B est y 1 + 3y 2 + 2y Activité C : le bénéfice lié à l ensemencement de la plante C est y 1 + y 2 + 3y En résumé, le problème s écrit z = 340y y y 3 y 1 + 2y 2 + y , y 1 + 3y 2 + 2y , y 1 + y 2 + 3y , y 1, y 2, y 3 0. Le principe de la dualité peut s énoncer de la manière suivante : le plus bas prix total à payer pour l acheteur doit être égal au bénéfice imal pour le producteur.

6 6 CHAPITRE 4. DUALITÉ 4.3 Théorie de la dualité Lagrangien et point de selle Soient A R n et B R m deux ensembles non vide et L : A B R une fonction appellée Lagrangien. Définition Un point ( x, ȳ) A B est un point de selle du Lagrangien L si L( x, y) L( x, ȳ) L(x, ȳ) x A, y B. Exemple A = B = R car Le point (0, 0) est un point de selle de la fonction L(x, y) = x 2 y 2 avec L(0, y) = y 2 0 = L(0, 0) x 2 = L(x, 0) x, y R. Théorème Si ( x, ȳ) est un point de selle de L, alors y B x A L(x, y) = x A y B Autrement dit, on peut inverser l ordre du et du. Démonstration: Montrons en premier que y B x A L(x, y) L(x, y) = L( x, ȳ) x A y B L(x, y). En effet, on a que x A L(x, y) L(x, y) L(x, y) y B Le membre de gauche est une fonction de y seulement. De même, pour le membre de droite qui est une fonction de x uniquement. Ceci implique y B x A L(x, y) L(x, y), x y B A et, en prenant le imum par rapport à x, d où le résultat. y B x A L(x, y) x A y B L(x, y),

7 4.3. THÉORIE DE LA DUALITÉ 7 En deuxième, montrons que x A y B En effet, selon la définition du point de selle, on a De même, on a En recollant les morceaux, on obtient d où le résultat final. L(x, y) L( x, ȳ). L(x, y) = L( x, ȳ) = L( x, ȳ) y B x A y B L(x, y) = L( x, ȳ) = L( x, ȳ) x A L( x, ȳ) y B x A L(x, y) x A y B y B x A L(x, y). L(x, y). L(x, y) L( x, ȳ), Fonction indicatrice Soit K R n un sous-ensemble quelconque et non vide. Définition La fonction indicatrice de l ensemble K est définie par { 0 si x K, I K (x) = sinon. La fonction indicatrice sert à enlever les contraintes. Pour un problème de imisation, on a évidemment la relation f(x) = f(x) + I K(x) x x K Pour un problème de imisation, on a plutôt x K f(x) = f(x) I K (x) x Dans notre contexte de l optimisation linéaire, on préfère ne pas enlever les contraintes de positivité Ainsi les relations ci-dessus vont s écrire x K x 0 f(x) = x 0 f(x) + I K(x) de même pour un problème de imisation.

8 8 CHAPITRE 4. DUALITÉ Appliquons cette technique au cas de l optimisation linéaire : z = c t x, Nous allons introduire la fonction Lagrangienne L(x, y) = c t x + y t (b Ax) x R n, y R m. Le rôle de la fonction L est de transformer le problème d optimisation linéaire sous la forme c t x x 0 y 0 L(x, y) = x 0 y 0 c t x + y t (b Ax) Cela est possible grâce au résultat suivant. Lemme La fonction indicatrice de K = {x R n Ax b} est donnée par I K (x) = y 0 yt (b Ax) Démonstration: En effet, si x K Ax b b Ax 0. Or y 0, ce qui signifie que l expression y t (b Ax) est toujours négative. Donc le imum sera 0. Au contraire, s il existe un indice i tel que (Ax) i < b i b i (Ax) i > 0. Prenons des y de la forme (0, 0,..., 0, y i, 0,..., 0) avec y i > 0. Il est clair que y 0 yt (b Ax) =. De manière analogue, on a le résultat suivant pour un problème de imum. Lemme La fonction indicatrice de K = {y R m A t y c} est donnée par I K (y) = x 0 xt (c A t y) Démonstration: La démonstration est tout à fait semblable. Théorème Théorème de la dualité (version faible) Si x 0 et A t y c, y 0, on a b t y c t x x, y. Autrement dit, la fonction objective du primal est toujours bornée inférieurement par b t y et cela pour tous les y vérifiant A t y c et y 0. De même, la fonction objective du dual est toujours bornée supérieurement par c t x pour tous les x vérifiant Ax b et

9 4.3. THÉORIE DE LA DUALITÉ 9 Démonstration: On a c t x = x t c x t A t y = (Ax) t y = y t Ax y t b = b t y Dans l exemple du début du chapitre, le point y = (y 1, y 2 ) avec y 1 = 1/2 et y 2 = 1/2 vérifie les contraintes. On a bien b t y = 3y 1 2y 2 = 5/2 7/5 = c t x pour le sommet x = (3/5, 4/5) satisfaisant Ax b et Le théorème faible de la dualité implique b t y c t x = b t y x c t x = y b t y c t x x En fait, on a même égalité. Théorème Théorème de la dualité (version forte) On a l égalité c t x = A t y c, y 0. b t y De plus une des alternatives suivantes a lieu : a) Si un des problèmes primal ou dual admet une solution, alors l autre problème admet aussi une solution. b) Si un des problèmes primal ou dual n admet pas une solution, alors l autre problème n admet pas de solution. Démonstration: On va prouver seulement l égalité ci-dessus. De plus, on supposera que le Lagrangien L(x, y) = c t x + y t (b Ax) possède un point de selle.

10 10 CHAPITRE 4. DUALITÉ c t x = x 0 ct x + I K (x) avec K = {Ax b}, = x 0 ct x + y 0 yt (b Ax) grâce au Lemme 4.3.1, = x 0 y 0 ct x + y t (b Ax) car c t x ne dépend pas de y, = y 0 x 0 ct x + y t (b Ax) grâce au Théorème 4.3.1, = y 0 x 0 bt y + x t (c A t y) = y 0 bt y + x 0 xt (c A t y) car b t y ne dépend pas de x, = y 0 bt y I K grâce au Lemme et K = {A t y c} = A t y c, y 0. b t y Conditions d optimalité Donnons une caractérisation d un point de selle ( x, ȳ) du Lagrangien L(x, y) = c t x + y t (b Ax) x, y 0 (1) On a que L( x, ȳ) L(x, ȳ) pour tous les Ceci s écrit c t x + ȳ t (b A x) c t x + ȳ t (b Ax) = c t x ȳ t A x c t x ȳ t Ax = c t (x x) ȳ t A(x x) 0 x 0 Maintenant, si au lieu de prendre le point x 0, on prend plutôt le point x + Donc on change x x + x = c t x ȳ t Ax 0 x 0 = x t (c A t ȳ) 0 x 0 = c A t ȳ 0

11 4.3. THÉORIE DE LA DUALITÉ 11 Donc, on obtient les conditions : ȳ 0 et A t ȳ c. De plus, si on pose x = 0 dans l expression c t (x x) ȳ t A(x x) 0 ci-dessus, on obtient c t ( x) ȳ t A( x) 0. On fait de même avec x = 2 x, on obtient Par conséquent, on a l égalité c t ( x) ȳ t A( x) 0. c t ( x) ȳ t A( x) = 0 x t (c A t ȳ) = 0. (2) On a que L( x, y) L( x, ȳ) pour tous les y 0. Ceci s écrit c t x + y t (b A x) c t x + ȳ t (b A x), = (ȳ y) t (b A x) 0, = (y ȳ) t (A x b) 0 y 0. Maintenant, si au lieu de prendre le point y 0, on prend plutôt le point ȳ + y 0. Donc on change y ȳ + y Donc, on obtient les conditions : y t (A x b) 0 y 0 = A x b 0. x 0 et A x b. Si on pose y = 0 dans l expression (y ȳ) t (A x b) 0 ci-dessus, on obtient ( ȳ) t (A x b) 0. Avec y = 2ȳ, on a Par conséquent, on a l égalité (ȳ) t (A x b) 0. ȳ t (A x b) = 0. En conclusion on obtient les conditions d optimalité aussi connues sous le nom de Karush, Kuhn et Tucker (KKT).

12 12 CHAPITRE 4. DUALITÉ Théorème Conditions KKT Le point ( x, ȳ) est un point de selle du Lagrangien L(x, y) = c t x + y t (b Ax) si et seulement si les conditions suivantes sont vérifiées x 0, A x b, ȳ 0, A t ȳ c, et les relations de complémentarité x t (c A t ȳ) = 0 et ȳ t (A x b) = 0. Quel est le lien entre le point de selle ( x, ȳ) du Lagrangien L(x, y) = c t x + y t (b Ax) x, y 0 et les solutions des problèmes primal et dual? On a vu que c t x = x 0 y 0 L(x, y) Donc, x est la solution optimale du problème primal. De même, pour le dual, on a que = L( x, ȳ) = c t x + ȳ t (b A x) = c t x car ȳ t (b A x) = 0. A t y c, y 0. b t y = y 0 x 0 L(x, y) = L( x, ȳ) = c t x + ȳ t (b A x) = b t ȳ + x t (c A t ȳ) = b t ȳ car x t (c A t ȳ) = 0. Donc, ȳ est la solution optimale du problème dual Relations de complémentarité Interprétons les conditions KKT de la section précédente. Parmi ces relations, on a les deux relations d égalités x t (c A t ȳ) = 0 et ȳ t (b A x) = 0 (4.3)

13 4.3. THÉORIE DE LA DUALITÉ 13 Etudions la première relation de gauche. Nous savons déjà que x 0 et c A t ȳ grâce aux conditions KKT. Ceci implique que 0 = x t (c A t ȳ) 0 = x i [ ci (A t ȳ) i ] = 0 i = 1, 2,..., n D autre part, la quantité c i (A t ȳ) i n est rien d autre que la valeur de la variable d écart ȳ m+i. Donc on obtient la relation dite de complémentarité Ceci s interprète de la manière suivante : x i ȳ m+i = 0, i = 1, 2,..., n. x i = 0 ou ȳ m+i = 0, i = 1, 2,..., n. De manière équivalente, on peut aussi dire : Si x i > 0, on doit avoir ȳ m+i = 0. Si ȳ m+i > 0, on doit avoir x i = 0. De même, pour la seconde relation de droite de (4.3). Nous avons que ȳ 0 et A x b. Ceci implique que 0 = ȳ t (A x b) 0 = ȳ i [A x) i b i ] = 0 i = 1, 2,..., m D autre part, la quantité (A x) i b i n est rien d autre que la valeur de la variable d écart x n+i. Donc on obtient une autre relation de complémentarité Ceci s interprète de la manière suivante : ou, de manière équivalente, ȳ i x n+i = 0 i = 1, 2,..., m. ȳ i = 0 ou x n+i = 0, i = 1, 2,..., m. Si ȳ i > 0, on doit avoir x n+i = 0. Si x n+i > 0, on doit avoir ȳ i = 0. Exemple Prenons le problème z = 340x x x 3 x 1 + 2x 2 + x , x 1 + 3x 2 + 2x , x 1 + x 2 + 3x , x 1, x 2, x 3 0.

14 14 CHAPITRE 4. DUALITÉ qui est de la forme c t x. Les données sont A = , c = Les solutions optimales des problèmes primal et dual sont, b = x = (800, 0, 300, 0, 0, 200) t ȳ = (120, 220, 0, 0, 1500, 0) t.. Vérifions les relations de complémentarité (m = n = 3) : x 1 ȳ 4 = = 0, x 2 ȳ 5 = = 0, x 3 ȳ 6 = = 0, et ȳ 1 x 4 = = 0, ȳ 2 x 5 = = 0, ȳ 3 x 6 = = Calcul de la solution du problème dual à partir du primal Dans cette section, nous allons voir comment nous pouvons calculer la solution du problème dual à l aide du tableau final du simplexe appliqué au problème primal. Nous allons donner deux exemples. Considérons le problème suivant de type Diète z = 340x x x 3 x 1 + 2x 2 + x , x 1 + 3x 2 + 2x , x 1 + x 2 + 3x , x 1, x 2, x 3 0. Ce problème est du type Ax b x 0 c t x Ax b x 0 c t x

15 4.4. CALCUL DE LA SOLUTION DU PROBLÈME DUAL À PARTIR DU PRIMAL 15 On applique la méthode du simplexe à partir de la formulation de droite à cause du signe =. Après les Phases I et II, le tableau final obtenu est : La solution optimale sera x x x x = (800, 0, 300, 0, 0, 200) x 1 = 800, x 2 = 0, x 3 = 300, x 4 = 0, x 5 = 0, x 6 = 200. Calculons la solution du problème dual. Le dual s écrit z = 1100y y y 3 y 1 + y 2 + y 3 340, 2y 1 + 3y 2 + y , y 1 + 2y 2 + 3y 3 560, y 1, y 2, y 3 0. Ce problème est du type A t y c y 0 b t y A t y c x 0 b t y On applique la méthode du simplexe à partir de la formulation de droite. Après la Phase II seulement (car y = 0 est réalisable), le tableau final est : La solution optimale sera y y y y = (120, 220, 0, 0, 1500, 0) y 1 = 120, y 2 = 220, y 3 = 0, y 4 = 0, y 5 = 1500, y 6 = 0. On observe que la solution y se trouve à la dernière ligne du tableau final du simplexe du problème primal. En effet, les coefficients c i de la dernière du tableau correspondent à c 4 = y 1 = 120, c 5 = y 2 = 220, c 6 = y 3 = 0, c 1 = y 4 = 0, c 2 = y 5 = 1500, c 3 = y 6 = 0 En parfaite dualité, on a les mêmes relations par rapport au tableau du problème dual. On obtient que les coefficients c i de la dernière du tableau du dual correspondent à c 4 = x 1 = 800, c 5 = x 2 = 0, c 6 = x 3 = 300, c 1 = x 4 = 0, c 2 = x 5 = 0, c 3 = x 6 = 200. Voici un autre exemple.

16 16 CHAPITRE 4. DUALITÉ Exemple Considérons le problème z = 50x x 2 3x 1 6, 2x 1 + 4x 2 10, 2x 1 + 5x 2 8, x 1, x 2 0. Ce problème est du type Ax b x 0 c t x Ax b x 0 c t x On applique la méthode du simplexe à partir de la formulation de droite à cause du signe =. Après les Phases I et II, le tableau final obtenu est : La solution optimale sera x /6 1/4 0 3/2 x / x /6 5/4 1 7/ / x = (2, 3/2, 0, 0, 7/2) x 1 = 2, x 2 = 3/2, x 3 = 0, x 4 = 0, x 5 = 7/2. Calculons la solution du problème dual. Le dual s écrit z = 6y y 2 + 8y 3 3y 1 + 2y 2 + 2y 3 50, 4y 2 + 5y 3 80, y 1, y 2, y 3 0. Ce problème est du type A t y c y 0 b t y A t y c x 0 b t y On applique la méthode du simplexe à partir de la formulation de droite. Après la Phase II seulement (car y = 0 est réalisable), le tableau final est : y /6 1/3 1/6 10/3 y /4 0 1/ /2 2 3/2 220

17 4.4. CALCUL DE LA SOLUTION DU PROBLÈME DUAL À PARTIR DU PRIMAL 17 La solution optimale sera y = (10/3, 20, 0, 0, 0) y 1 = 10/3, y 2 = 20, y 3 = 0, y 4 = 0, y 5 = 0. On observe que la solution y se trouve à la dernière ligne du tableau final du simplexe du problème primal. En effet, les coefficients c i de la dernière du tableau correspondent à c 3 = y 1 = 10/3, c 4 = y 2 = 20, c 5 = y 3 = 0, c 1 = y 4 = 0, c 2 = y 5 = 0. En parfaite dualité, on a les mêmes relations par rapport au tableau du problème dual. On obtient que les coefficients c i de la dernière du tableau du dual correspondent à c 4 = x 1 = 2, c 5 = x 2 = 3/2, c 1 = x 3 = 0, c 2 = x 4 = 0, c 3 = x 5 = 7/2. Les relations de complémentarité sont aussi satisfaites : x i y m+i = 0 i = 1, 2,..., n On a x 1 y 4 = 2 0 = 0, x 2 y 5 = 3/2 0 = 0. De même pour la seconde relation de complémentarité y i x n+i = 0 i = 1, 2,..., m On a y 1 x 3 = 10/3 0 = 0, y 2 x 4 = 20 0 = 0, y 3 x 5 = 0 7/2 = 0.