Section 3.1 La résolution graphique de modèles comportant deux variables de décision
1. Un polygone à 6 sommets.
(a) La région admissible de ce modèle est le polygone OABCDE de la figure de gauche ci- dessous.
(b) Le tableau suivant donne la liste des sommets, ainsi que la valeur de z en chacun d'eux. La fonction-objectif z atteint son maximum en C = (9; 5).
Sommet (0; 0) (0; 6) (4; 8) (9; 5) (12; 2) (12; 0)
Valeur de z 0 30 56 61 58 48
(c) Voir le graphique de gauche ci-dessous.
Région admissible de ExRév31-1 Région admissible de ExRév31-2
2. Un parallélogramme.
(a) La région admissible est le polygone ABCD de la figure de droite ci-dessus.
(b) Le tableau suivant donne la liste des sommets, ainsi que la valeur de z en chacun d'eux. La fonction-objectif z atteint son maximum en D = (12,5; 5).
Sommet (5; 5) (2; 8) (9,5; 8) (12,5; 5)
Valeur de z 15 12 27 30
(c) Voir le graphique de droite ci-dessus.
3. Les cartes de souhait de Biancia.
(a) La région admissible de ce modèle linéaire est le polygone OABC de la figure de gauche ci- dessous.
Note. Les axes x' et x' sont en milliers de cartes: xA = 1000 x' et xB = 1000 x'.
(b) L'objectif consiste à maximiser le profit z réalisé par Biancia, où z = 0,405 xA + 0,476 xB ,
les coefficients se calculant ainsi:
cA = (0,61 75 %) – (0,21 25 %) = 0,405 cB = (0,65 80 %) – (0,22 20 %) = 0,476.
(c) Il suffit d'évaluer z en chacun des sommets. On vérifie facilement que l'unique solution optimale correspond au sommet B et que Biancia peut espérer retirer 9 883 $ des cartes importées:
xA = 15 000 xB = 8 000 d'où z = 9 883.
Région admissible de ExRév31-3 Région admissible de ExRév32-1
Section 3.2 Les caractéristiques de l’ensemble des solutions admissibles
1. Solutions optimales multiples.
(a) La région admissible de ce modèle est le polygone OABCD de la figure de droite ci-dessus.
(b) Le tableau suivant donne la liste des sommets, ainsi que la valeur de z en chacun d'eux. La fonction-objectif z atteint son maximum aux sommets B = (3; 5) et C = (6; 2).
Sommet O = (0; 0) A = (0; 5) B = (3; 5) C = (6; 2) D = (6; 0)
Valeur de z 0 15 24 24 18
(c) Tout point du segment [B; C] est une solution optimale du modèle linéaire considéré. En voici deux : (4; 4) et (5; 3).
3. Solutions optimales multiples dans un modèle de minimisation.
(a) La région admissible de ce modèle linéaire est le polygone ABCD.
(b) Le tableau ci-dessous donne la liste des sommets, ainsi que la valeur de z en chacun d'eux.
La fonction-objectif z atteint sa valeur minimale aux sommets A = (2; 7) et D = (8; 2).
Sommet (2; 7) (8; 7) (10; 3) (8; 2)
Valeur de z 312 492 408 312
Section 3.3 Méthode du simplexe et notion d’amélioration marginale
1. Variables d'écart et d'excédent.
(a) Max z = 6x1 + 4x2 + 2x3 sous les contraintes:
6 x1 + x2 + 5 x3 + e1 = 21
2 x1 + 2 x2 + 2 x3 – e2 = 5
3 x1 – x2 + 4 x3 – e3 = 5
x1 + 2 x2 – 2 x3 – e4 = 5
x1 , x2 , x3 , e1 , e2 , e3 , e4 ≥ 0
(b) Le tableau suivant donne les valeurs des variables d'écart en chacun des points considérés.
La section de droite indique si le point est admissible ou non; et, dans le cas négatif, les contraintes qui ne sont pas satisfaites sont énumérées (un numéro renvoie à une contrainte technologique; une variable, à la contrainte de non-négativité correspondante).
Point e1 e2 e3 e4 Admissible ?
P 7 7 - 1 - 1 Non : (3) et (4)
Q 8 1 0 - 1 Non : (4)
R - 23 11 23 - 9 Non : (1) et (4)
S 0 3 1 6 Non : x3
2. Pivotages et sommets.
(a) Voici le système équivalent demandé.
x2 + e1 = 4
x1 + x2 + e2 = 8
x1 + e3 = 6
x1 , x2 , e1 , e2 , e3 ≥ 0
(b) Le tableau suivant donne les valeurs des variables d'écart en chacun des sommets. La section de droite indique quelles contraintes sont satisfaites comme équations (un numéro renvoie à une contrainte technologique; une variable, à la contrainte de non-négativité correspondante).
Sommet x1 x2 e1 e2 e3 Contraintes
O 0 0 4 8 6 x1 x2
A 0 4 0 4 6 x1 (1)
B 4 4 0 0 2 (1) (2)
C 6 2 2 0 0 (2) (3)
D 6 0 4 2 0 (3) x2
(c)-(e) La variable entrante est hors base, et par conséquent nulle, au sommet d'origine. De plus, au sommet d'arrivée, elle fera partie de la base et, à moins que ce sommet ne soit dégénéré, ce qui n'est jamais le cas dans cet exemple, elle prendra une valeur positive au sommet d'arrivée.
En résumé, la variable entrante passe de 0 à une valeur positive entre les sommets de départ et d'arrivée. À l'inverse, la variable sortante passe d'une valeur positive à la valeur 0.
Pivotage Variable entrante Variable sortante
de O à D x1 e3
de B à C e1 e3
de C à B e3 e1
3. Un lexique initial.
(a) Max z = 3x1 + 7x4 sous les contraintes:
3 x1 – 4 x2 + 6 x3 + 2 x4 + e1 = 18
x1 + x2 + x3 + 3 x4 + e2 = 21
x1 + 3 x2 + 3 x4 + e3 = 15
4 x1 + x2 – 2 x3 + 2 x4 + e4 = 12 x1 , x2 , x3 , x4 , e1 , e2 , e3 , e4 ≥ 0
(b) Voici le lexique initial demandé.
Max z = 3x1 + 7x4 sous les contraintes:
e1 = 18 – 3 x1 + 4 x2 – 6 x3 – 2 x4 e2 = 21 – x1 – x2 – x3 – 3 x4
e3 = 15 – x1 – 3 x2 – 3 x4
e4 = 12 – 4 x1 – x2 + 2 x3 – 2 x4
x1 , x2 , x3 , x4 , e1 , e2 , e3 , e4 ≥ 0
4. Une première itération du simplexe.
(a) La variable entrante est x4. La non-négativité des variables de base limite la croissance de x4. En effet, puisque les trois autres variables hors base x1, x2 et x3 resteront nulles lors de cette itération, les valeurs des variables de base dépendent seulement de x4 et les limites se calculent ainsi:
e1 = 18 – 2 x4 ≥ 0 : d’où x4 ≤ 18 / 2 = 9 e2 = 21 – 3 x4 ≥ 0 : d’où x4 ≤ 21 / 3 = 7 e3 = 15 – 3 x4 ≥ 0 : d’où x4 ≤ 15 / 3 = 5 e4 = 12 – 2 x4 ≥ 0 : d’où x4 ≤ 12 / 2 = 6.
La valeur maximale de x4 est donc 5. Pour cette valeur, e3 devient nulle : il s'agit de la variable sortante. Le pivot de cette première itération est le nombre -3 situé à l'intersection de la colonne x4 et de la 3e ligne.
(b) Dans la solution de base recherchée, les variables hors base seront x1, x2, x3 et e3. La variable entrante x4 sera égale à 5, tel qu’indiqué à la question précédente. Les valeurs des autres variables de base se calculent à l'aide des équations du lexique. Pour simplifier, on utilisera la version abrégée de la question précédente obtenue en posant x1 = x2 = x3 = 0. En résumé:
x1 = x2 = x3 = e3 = 0
e1 = 18 – 2 x4 = 18 – (2 × 5) = 8 e2 = 21 – 3 x4 = 21 – (3 × 5) = 6 x4 = 5
e4 = 12 – 2 x4 = 12 – (2 × 5) = 2.
De plus,
z = 3x1 + 7x4 = (3 × 0) + (7 × 5) = 35.
5. Variables entrante et sortante.
(a) x2 = e2 = e4 = 0
e1 = 144 x1 = 48 e3 = 696 x3 = 168
(b) Le lexique n'est pas optimal parce que l'on cherche ici à maximiser z et que la valeur marginale de la variable hors base x2 est positive : on améliorera la fonction-objectif z en faisant croître x2, qui sera la variable entrante. La non-négativité des variables de base limite la croissance de x2 :
e1 = 144 – 0,4 x2 ≥ 0 : d’où x2 ≤ 144 / 0,4 = 360 x1 = 48 + 0,2 x2 ≥ 0 : aucune limite ici
e3 = 696 – 1,6 x2 ≥ 0 : d’où x2 ≤ 696 / 1,6 = 435 x3 = 168 – 0,8 x2 ≥ 0 : d’où x2 ≤ 168 / 0,8 = 210.
La valeur limite de x2 est donc 210. Pour cette valeur, x3 devient nulle : il s'agit de la variable sortante. Le pivot de cette itération est le nombre -0,8 situé à l'intersection de la colonne x2 et de la 4e ligne.
(c) Dans la solution de base associée au tableau subséquent, les variables hors base seront e2, e4 et x3. La variable entrante x2 sera égale à 210. Les valeurs des autres variables de base se calculent à l'aide des équations considérées dans la réponse à la question précédente. En résumé :
x3 = e2 = e4 = 0
e1 = 144 – 0,4 x2 = 144 – (0,4 × 210) = 60 x1 = 48 + 0,2 x2 = 48 + (0,2 × 210) = 90 e3 = 696 – 1,6 x2 = 696 – (1,6 × 210) = 360 x2 = 210.
Enfin, la fonction-objectif z augmente de 1 210 = 210.
Section 3.4 La notion d’amélioration marginale et l’analyse de scénarios
1. Intervalle de variation d’un membre droit.
Soit (FRB’) le modèle obtenu de (FRB) en remplaçant la contrainte (2) par l’inéquation suivante :
2 x1 + 3 x2 ≤ 60 + Δ, (2')
qui se réécrit :
2 x1 + 3 x2 + (e2’ ‒ Δ) = 60 et e2’ ≥ 0.
Le passage de (FRB) à (FRB’) se fait donc simplement en posant : e2 = e2’ ‒ Δ dans les lexiques de (FRB). Nous cherchons maintenant les valeurs de Δ telles que, dans la solution optimale de (FRB’), les deux ateliers soient utilisés à pleine capacité, c’est-à-dire telles que e1 = e2’ = 0.
Comme les Lexiques nos 0 et 2 de (FRB) sont équivalents mathématiquement, les équations (67) à (70) de ce dernier permettent de conclure que :
x1 = 15 + 0,25 e2 = 15 + 0,25 (e2’ ‒ Δ) = 15 + 0,25 (0 ‒ Δ) = 15 0,25 Δ x2 = 10 0,50 e2 = 10 + 0,50 Δ
e3 = 3 0,25 e2 = 3 + 0,25 Δ e4 = 20 + 0,50 e2 = 20 0,50 Δ.
Pour que ce système décrive une solution admissible de (FRB’), il faut que les variables x1, etc.
soient non négatives, ce qui induit des conditions sur la valeur du paramètre Δ : x1 = 15 0,25 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≤ 15 / 0,25 = 60
x2 = 10 + 0,50 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≥ -10 / 0,50 = -20 e3 = 3 + 0,25 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≥ -3 / 0,25 = -12 e4 = 20 0,50 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≤ 20 / 0,50 = 40.
En résumé, il faut que
-12 ≤ Δ ≤ 40,
autrement dit que le temps 60 + Δ disponible dans le 2e atelier soit compris entre 48 et 100 heures. L’intervalle [48; 100] que nous venons de calculer est l’intervalle de variation demandé.
2. Intervalle de variation d’un coefficient cj.
Convenons de noter (FRB’) le modèle obtenu en modifiant le profit unitaire des gueuses, sans toucher à celui de la tuyauterie; et le changement apporté à la valeur du coefficient de x2 dans la fonction-objectif. Le modèle (FRB’) coïncide avec (FRB), sauf que la fonction-objectif z est remplacée par
z’ = 1000 x1 + (1200 + ) x2 = z + x2. D’après l’équation (66) du lexique 2,
z’ = 27 000 30 e1 350 e2 + x2. En remplaçant x2 par le membre droit de (68), on déduit que
z’ = 27 000 30 e1 350 e2 + (10 + 0,10 e1 0,50 e2).
Après quelques manipulations algébriques, cette dernière équation se réécrit
z’ = (27 000 + 10 ) + ( 30 + 0,10 ) e1 + ( 350 0,50 ) e2.
Par conséquent, la solution optimale de (FRB) reste optimale pour z’ pourvu que tous les coefficients des variables hors base soient non positifs, c’est-à-dire
pourvu que 30 + 0,10 ≤ 0 et 350 0,50 ≤ 0 pourvu que ≤ 30 / 0,10 = 300 et ≥ - 350 / 0,50 = -700 pourvu que -700 ≤ ≤ 300
pourvu que 500 ≤ 1200 + ≤ 1500.
L’intervalle [500; 1500] que nous venons de calculer est l’intervalle de variation demandé.
3. L’adjonction d’un 3e produit chez FRB.
(a) Nous décrivons ci-dessous les itérations une à une. Les lexiques sont donnés dans le tableau de la page suivante.
Itération 1. Variable entrante: x2. Variable sortante: e2.
Itération 2. Variable entrante: x1. Variable sortante: e1.
Itération 3. Variable entrante: x3. Variable sortante: x2. Voici l’unique solution optimale :
variables hors base: x2 = e1 = e2 = 0
variables de base: x1 = 10 et x3 = 20 et e3 = 8 et e4 = 30 et e5 = 5.
Pour cette solution, la fonction-objectif z prend la valeur 28 000.
(b) Soit (FRB3’) le modèle obtenu de (FRB3) en remplaçant la contrainte (2) par l’inéquation suivante :
2 x1 + 3 x2 + 3 x2 ≤ 60 + Δ, (2') qui se réécrit :
2 x1 + 3 x2 + (e2’ ‒ Δ) = 60 et e2’ ≥ 0.
Le passage de (FRB3) à (FRB3’) se fait donc simplement en posant : e2 = e2’ ‒ Δ dans les lexiques de (FRB3). Nous cherchons maintenant les valeurs du paramètre Δ telles que, dans la solution optimale de (FRB3’), la production de gueuses soit nulle et les deux ateliers soient utilisés à pleine capacité, c’est-à-dire telles que x2 = e1 = e2’ = 0. Comme les Lexiques nos 0 et 3 de (FRB3) sont équivalents mathématiquement, les équations représentant les contraintes technologiques de ce dernier permettent de conclure que :
x1 = 15 + 0,5 e2 = 15 + 0,5 (e2’ ‒ Δ) = 15 + 0,5 (0 ‒ Δ) = 15 0,5 Δ x3 = 20 e2 = 10 + Δ
No Base Valeur x1 x2 x3 Limite
0 z 0 1 000 1 200 900
e1 200 -10 -5 -5 40
e2 60 -2 -3 -2 20
e3 18 -1 0 0 *
e4 30 0 -1 0 30
e5 25 0 0 -1 *
Base Valeur x1 x3 e2 Limite
1 z 24 000 200 100 -400
e1 100 -6,667 -1,667 1,667 15
x2 20 -0,667 -0,667 -0,333 60
e3 18 -1 0 0 18
e4 10 0,667 0,667 0,333 *
e5 25 0 -1 0 *
Base Valeur x3 e1 e2 Limite
2 z 27 000 50 -30 -350
x1 15 -0,25 -0,15 0,25 60
x2 10 -0,50 0,10 -0,50 20
e3 3 0,25 0,15 -0,25 *
e4 20 0,50 -0,10 0,50 *
e5 25 -1 0 0 25
Base Valeur x2 e1 e2
3 z 28 000 -100 -20 -400 Optimal
x1 10 0,5 -0,2 0,5
x3 20 -2,0 0,2 -1,0
e3 8 -0,5 0,2 -0,5
e4 30 -1,0 0 0
e5 5 2,0 -0,2 1,0
e3 = 8 0,5 e2 = 8 + 0,5 Δ e4 = 30 + 0 e2 = 30
e5 = 5 + e2 = 5 Δ.
Pour que ce système décrive une solution admissible de (FRB3’), il faut que les variables x1, etc.
soient non négatives, ce qui induit des conditions sur la valeur du paramètre Δ : x1 = 10 0,5 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≤ 10 / 0,5 = 20
x3 = 20 + Δ ≥ 0 : d’où Δ ≥ -20
e3 = 8 + 0,5 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≥ -8 / 0,5 = -16 e4 = 30 ≥ 0 : valide quelle que soit la valeur de Δ e5 = 5 Δ ≥ 0 : d’où Δ ≤ 5.
En résumé, il faut que
-16 ≤ Δ ≤ 5,
autrement dit que le temps 60 + Δ disponible dans le 2e atelier soit compris entre 44 et 65 heures.
L’intervalle [44; 65] que nous venons de calculer est l’intervalle de variation demandé.
(c) Convenons de noter (FRB3’) le modèle obtenu en modifiant le profit unitaire du 3e produit, sans toucher à celui de la tuyauterie et des gueuses; et le changement apporté à la valeur du coefficient de x3 dans la fonction-objectif. Le modèle (FRB3’) coïncide avec (FRB3), sauf que la fonction-objectif z est remplacée par
z’ = 1000 x1 + 1200 x2 + (900 + ) x3 = z + x3. D’après le lexique 3,
z’ = 28 000 100 x3 20 e1 400 e2 + (20 2 x2 + 0,2 e1 e2).
Après quelques manipulations algébriques, cette dernière équation se réécrit
z’ = (28 000 + 20 ) + ( 100 2 ) x2 + ( 20 + 0,2 ) e1 + ( 400 + ) e2.
Par conséquent, la solution optimale de (FRB3) reste optimale pour z’ pourvu que tous les coefficients des variables hors base soient non positifs, c’est-à-dire
pourvu que 100 2 ≤ 0 et 20 + 0,2 ≤ 0 et 400 + ≤ 0 pourvu que ≥ -50 et ≤ 100 et ≤ 400
pourvu que -50 ≤ ≤ 100
pourvu que 850 ≤ 900 + ≤ 1000.
L’intervalle [850; 1000] que nous venons de calculer est l’intervalle de variation demandé.
