IFT 1575 – Automne 2005
Devoir #1
26 septembre 2005
par: Nicola Grenon GREN30077303
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 1 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
1- a)
b) Max Z = 30A + 60B
A <= 4 B <= 6 8A + 6B <= 48 c)
d)
La pente de Z s'accentue et la solution optimale chanera dès qu'elle dépassera la pente de 8A+6B=48.
60$ 40$ : Pas d'impact sur la solution optimale outre la valeur du profit qui passe à 285$
60$ 20$ : On dépasse la pente limite, donc on bascule vers la solution (4,8/3) et le profit passe à 173.33$
Ress.\ Act. Aluminium Bois Capacité max / jour
Doug 1 6
Linda 4 4
Bob 8 6 48 pied
2e) Ça ne change pas la position relative de la solution optimale, mais uniquement son calcul. (1½,6) devient donc 2¼,5).
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 3 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
2- a) Avec les individus représentés par leur initiales et les jours par les numéros 1 à 5.
min Z = 10*(kc1+kc2+kc3+kc4+kc5) +10.1*(dh1+dh2+dh3+dh4+dh5) + 9.9*(hb1+hb2+hb3+hb4+hb5) + 9.8*(sc1+sc2+sc3+sc4+sc5) +10.8*(ks1+ks2+ks3+ks4+ks5) +11.3*(nk1+nk2+nk3+nk4+nk5);
kc1<=6; dh1=0; hb1<=4; sc1<=5; ks1<=3; nk1=0;
kc2=0; dh2<=6; hb2<=8; sc2<=5; ks2=0; nk2=0;
kc3<=6; dh3=0; hb3<=4; sc3<=5; ks3<=3; nk3=0;
kc4=0; dh4<=6; hb4=0; sc4=0; ks4<=8; nk4<=6;
kc5<=6; dh5=0; hb5<=4; sc5<=5; ks5=0; nk5<=2;
kc1+kc2+kc3+kc4+kc5>=8;
dh1+dh2+dh3+dh4+dh5>=8;
hb1+hb2+hb3+hb4+hb5>=8;
sc1+sc2+sc3+sc4+sc5>=8;
ks1+ks2+ks3+ks4+ks5>=7;
nk1+nk2+nk3+nk4+nk5>=7;
kc1+dh1+hb1+sc1+ks1+nk1=14;
kc2+dh2+hb2+sc2+ks2+nk2=14;
kc3+dh3+hb3+sc3+ks3+nk3=14;
kc4+dh4+hb4+sc4+ks4+nk4=14;
kc5+dh5+hb5+sc5+ks5+nk5=14;
b) Avec LINGO:
Global optimal solution found at iteration: 9 Objective value: 709.6000 Variable Value Reduced Cost KC1 3.000000 0.000000 KC2 0.000000 0.000000 KC3 2.000000 0.000000 KC4 0.000000 0.000000 KC5 4.000000 0.000000 DH1 0.000000 0.000000 DH2 2.000000 0.000000 DH3 0.000000 0.000000 DH4 6.000000 0.000000 DH5 0.000000 0.000000 HB1 4.000000 0.000000 HB2 7.000000 0.000000 HB3 4.000000 0.000000 HB4 0.000000 0.000000 HB5 4.000000 0.000000 SC1 5.000000 0.000000 SC2 5.000000 0.000000 SC3 5.000000 0.000000 SC4 0.000000 0.000000 SC5 5.000000 0.000000 KS1 2.000000 0.000000 KS2 0.000000 0.000000 KS3 3.000000 0.000000 KS4 2.000000 0.000000 KS5 0.000000 0.000000 NK1 0.000000 0.000000 NK2 0.000000 0.000000 NK3 0.000000 0.000000 NK4 6.000000 0.000000 NK5 1.000000 0.000000
3-
Max Z = -3 X1 - 2 X2 - 4 X3subject to
1) 2 X1 + 1 X2 + 3 X3 + X5 = 60 2) 3 X1 + 3 X2 + 5 X3 - X4 + X6 = 120
and X1 >= 0, X2 >= 0, X3 >= 0, X4 >=0, X5 >= 0, X6 >=0.
a)
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | | -5M -4M -8M 1M | -180M Z | 0| 1|+ 3 + 2 + 4 + 0 0 0 | 0 X5| 1| 0| 2 1 3* 0 1 0 | 60 X6| 2| 0| 3 3 5 -1 0 1 | 120
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | |0,33M -1,3M 1M 2,67M | -20M Z | 0| 1|+0,33 +0,67 0 + 0 -1,33 0 | -80 X3| 1| 0|0,667 0,333 1 0 0,333 0 | 20 X6| 2| 0|-0,33 1,333* 0 -1 -1,67 1 | 20
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | | 1M 1M | Z | 0| 1| 0,5 0 0 0,5 - 0,5 - 0,5 | -90 X3| 1| 0| 0,75 0 1 0,25 0,75 -0,25 | 15 X2| 2| 0|-0,25 1 0 -0,75 -1,25 0,75 | 15
Ayant affaire originalement une à minimisation, la valeur recherchée est Z= 90. De plus, X1=0, X2=15, X3=15.
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 5 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
b)
Phase 1:
On commence par maximiser Z = -x5 –x6
Quand on remet X5 et X6 en base dans le tableau, on obtient:
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| -5 -4 -8 -1 0 0 | -180 X5| 1| 0| 2 1 3* 0 1 0 | 60 X6| 2| 0| 3 3 5 1 0 1 | 120
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | | | Z | 0| 1|0,333 -1,33 0 -1 2,667 0 | -20 X3| 1| 0|0,667 0,333 1 0 0,333 0 | 20 X6| 2| 0|-0,33 1,333* 0 1 -1,67 1 | 20
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 X5 X6 | side ___|__|__|_____________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 0 0 0 0 1 1 | 0 X3| 1| 0| 0,75 0 1 -0,25 0,75 -0,25 | 15 X2| 2| 0|-0,25 1 0 0,75 -1,25 0,75 | 15
Phase 2:
(On reprend la fonction objective de départ et on abandonne les variables artificielles)
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1 X2 X3 X4 | side ___|__|__|_________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 0,5 0 0 -0,5 | -90 X3| 1| 0| 0,75 0 1 -0,25 | 15 X2| 2| 0|-0,25 1 0 0,75 | 15
Ayant affaire originalement à une minimisation, la valeur recherchée est Z= 90. De plus, X1=0, X2=15, X3=15.
c)
Sur trois états réels/BF (représentés par les tableaux), le premier ne satisfait aucune des deux contraintes, le second ne satisfait que la première (x1=0, x2=0, x3=20
2x1+x2+3x3=60), mais pas la seconde. Ce n'est qu'au dernier tableau que la
seconde contrainte est rencontrée.
Donc, seul le dernier BF est réalisable pour le problème réel, les autres ont besoin des variables artificielles pour fonctionner.
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 7 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
4- a)
Max Z = -1 (X1+ - X1-) + 2 (X2+ - X2-) + 1 (X3+ - X3-) subject to
1) 3 (X2+ - X2-) + 1 (X3+ - X3-) <= 120 2) 1 (X1+ - X1-) - 1 (X2+ - X2-) - 4 (X3+ - X3-) <= 80 3) -3 (X1+ - X1-) + 1 (X2+ - X2-) + 2 (X3+ - X3-) <= 100
et tous les xi± >= 0 pour i = 1,2,3.
b)
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1+ X1- X2+ X2- X3+ X3- X4 X5 X6 | side ___|__|__|_______________________________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 1 -1 -2 2 -1 1 0 0 0 | 0 X4 | 1| 0| 0 0 3* -3 1 -1 1 0 0 | 120 X5 | 2| 0| 1 -1 -1 1 -4 4 0 1 0 | 80 X6 | 3| 0| -3 3 1 -1 2 -2 0 0 1 | 100
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1+ X1- X2+ X2- X3+ X3- X4 X5 X6 | side ___|__|__|_______________________________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 1 -1 0 0 -0,33 0,333 0,667 0 0 | 80 X2+| 1| 0| 0 0 1 -1 0,333 -0,33 0,333 0 0 | 40 X5 | 2| 0| 1 -1 0 0 -3,67 3,667 0,333 1 0 | 120 X6 | 3| 0| -3 3* 0 0 1,667 -1,67 -0,33 0 1 | 60
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1+ X1- X2+ X2- X3+ X3- X4 X5 X6 | side ___|__|__|_______________________________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 0 0 0 0 0,222 -0,22 0,556 0 0,333 | 100 X2+| 1| 0| 0 0 1 -1 0,333 -0,33 0,333 0 0 | 40 X5 | 2| 0| 0 0 0 0 -3,11 3,111*0,222 1 0,333 | 140 X1-| 3| 0| -1 1 0 0 0,556 -0,56 -0,11 0 0,333 | 20
Bas|Eq| Coefficient of | Right Var|No| Z| X1+ X1- X2+ X2- X3+ X3- X4 X5 X6 | side ___|__|__|_______________________________________________________|______
| | | | Z | 0| 1| 0 0 0 0 0 0 0,571 0,071 0,357 | 110 X2+| 1| 0| 0 0 1 -1 0 0 0,357 0,107 0,036 | 55 X3-| 2| 0| 0 0 0 0 -1 1 0,071 0,321 0,107 | 45 X1-| 3| 0| -1 1 0 0 0 0 -0,07 0,179 0,393 | 45
ce qui nous donne Z = 110, x1= -45, x2 = 55 et x3 = -45
c) avec LINDO:
! IFT1575 - Numéro 4
MAX Maximum) - x1 + 2 x2 + x3 Subject to
eq1) 3 x2 + 1 x3 <= 120 eq2) 1 x1 - 1 x2 - 4 x3 <= 80 eq3) -3 x1 + x2 + 2 x3 <= 100 END
FREE x1 FREE x2 FREE x3
Global optimal solution found at iteration: 0 Objective value: 110.0000
Variable Value Reduced Cost X1 -45.00000 0.000000 X2 55.00000 0.000000 X3 -45.00000 0.000000 Row Slack or Surplus Dual Price MAXIMUM 110.0000 1.000000 EQ1 0.000000 0.5714286 EQ2 0.000000 0.7142857E-01 EQ3 0.000000 0.3571429
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 9 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
5- a) Min Z = 3 x
1+ 5 x
2(1) x
1>= 2 (2) x
2>= 6 (3) x
1+ 2 x
2>= 9
b)
Solution optimale: (2,6) Z = 3*2+5*6 = 36
Donc pour le primal, les coût réduits correspondent ici à l'opposé des écarts:
x
1: – (2 – 2) = 0 x
2: – (6 – 6) = 0
x
3: – (9 – (2 + 2*6)) = 5
c) avec LINDO:
! IFT1575 - Numéro 5
MAX Maximum) 2 x1 + 6 x2 + 9 x3 Subject to
eq1) x1 + x3 <= 3 eq2) x2 + 2 x3 <= 5 END
Global optimal solution found at iteration: 0 Objective value: 36.00000
Variable Value Reduced Cost X1 3.000000 0.000000 X2 5.000000 0.000000 X3 0.000000 5.000000 Row Slack or Surplus Dual Price MAXIMUM 36.00000 1.000000 EQ1 0.000000 2.000000
EQ2 0.000000 6.000000
IFT1575 – A05 – Devoir #1 - 11 de 8 - Nicola Grenon – GREN30077303
