Partie 0. Notations

Énoncé

Ce texte¹ introduit l'algorithme du simplexe. Il s'agit de minimiser une fonction coût dans un ensemble convexe de solutions d'un système d'équations et d'inéquations.

La partie 0 ne contient pas de questions mais rassemble toutes les notations. Il est conseillé de la lire une première fois sans chercher à tout mémoriser puis d'y revenir pour trouver ce que représente une notation rencontrée plus loin.

Partie 0. Notations

Soitmetnentiers avec0< m < n. 1. Formes linéaires de Rⁿ

La base canonique deRⁿ est notéeE = (e₁,· · · , e_n). On rappelle que

∀j∈J1, nK, ej = (0,· · · ,0, 1

indice|{z}j

,0,· · ·,0).

Soit(α1,· · · , αm)une famille de formes linéaires deRⁿ dansR. On note

∀i∈J1, mK,∀j∈J1, nK: aij=αi(ej).

Lesaij dénissent une matriceA∈ Mmn(R). On introduit aussi l'intersection des noyaux S= kerα1∩ · · · ∩kerαm.

On introduit une autre forme linéaire notée γ de Rⁿ dans R. Elle est appelée forme (ou fonction) coût.

On notec_j=γ(e_j)pour tousj∈J1, nKet on suppose ∀j∈J1, nK, c_j>0. 2. Matrices colonnes

DansMm1(R)(leR-espace vectoriel des matrices colonnes àm lignes), on note

∀j∈J1, nK, vj =Cj(A) =









 a1j

a2j

...

a_mj











etb=









 b1

b2

...

b_m









 .

On suppose que(v1,· · ·, vn) engendreMm1(R) et queb6= 0_Mm1(R) .

On noteX = (X1,· · · , Xm)la base canonique de l'espaceMm1(R)des matrices colonnes.

1d'après Combinatorial Optimization. ; C. H. Papadimitriou , K Steigliz ; Dover

3. Équations

On s'intéresse au système d'équations d'inconnuex= (x₁,· · ·, x_n)∈Rⁿ :















α1(x) =b1

α₂(x) =b₂ ...

αm(x) =bm

⇔A

















 x₁ x₂ x₃ ...

x_n−1 xn



















=b.

On noteS l'ensemble des solutions de ce système. Par dénitionS ⊂Rⁿ.

On remarque queS= kerα1∩· · ·∩kerαmest l'ensemble des solutions du système homogène

∀i∈J1, mK, αi(x) = 0.

On noteS⁺=S ∩(R⁺)ⁿ l'ensemble des solutions positives :

∀x= (x1,· · ·, xn)∈Rⁿ, x∈ S⁺⇔

(∀i∈J1, mK, αi(x) =b1

∀j ∈J1, nK, xj≥0 . Les éléments deS⁺ sont appelés des solutions acceptables.

On suppose queS⁺ est non vide.

4. Ensembles d'indices

Pour toutz= (z1,· · · , zn)∈Rⁿ, on introduit des notations liées aux signes des valeurs : J⁺(z) ={j∈J1, nKtqzj >0}, n⁺(z) = Card(J⁺(z))

J⁻(z) ={j ∈J1, nKtqzj <0}, n⁻(z) = Card(J⁻(z)) J(z) ={j ∈J1, nKtqzj 6= 0}=J⁺(z)∪J⁻(z)

n(z) = Card(J(z)) =n⁺(z) +n⁻(z).

Ces ensembles d'indices (parties deJ1, nK) seront utilisés pour des solutions x∈ S et pour des vecteursu∈S dans l'intersection des noyaux.

Pour toute partieJ deJ1, nK, on noteJ =J1, nK\J. Par exemple J(x) ={j∈J1, nKtqxj = 0}.

Partie 1. Questions de cours

1. Questions de rangs.

a. Soiti∈J1, mKet x= (x1,· · ·, xn). Exprimerαi(x). Préciser Mat_E(1)(αi)où(1) désigne la base deRconsidéré comme unR-espace vectoriel.

b. Rappeler la dénition du rang des lignes deA, la dénition du rang des colonnes deA, la proposition liant ces deux notions et le principe de sa démonstration.

c. Montrer querg(A) =met que(α₁,· · · , α_m)est libre dansL(Rⁿ,R). 2. Dimension deS.

a. Justier que l'on peut compléter(α1,· · ·, αm)en une base(α1,· · ·, αn)de(Rⁿ)^∗. b. Montrer queker(α₁)∩· · ·∩ker(α_n) ={0_Rn}. On pourra considérer les applications

∀j∈J1, nK, (

Rⁿ→R (x1,· · ·, xn)7→xj

.

c. On dénit des applicationsΦetΨ:

Φ : (

Rⁿ→Rⁿ

x7→(α1(x),· · ·, αn(x)), Ψ : (

Rⁿ→R^m

x7→(α1(x),· · · , αm(x)). Montrer qu'elles sont surjectives. En déduiredimS=n−m.

3. Solutions.

a. Montrer queS ∩S=∅ et queγ(x)>0pour toutx∈ S⁺. b. Soitx₀∈ S. Montrer que∀x∈Rⁿ, x∈ S ⇔x−x₀∈S.

On dit queS est un sous-espace ane deRⁿ de directionS. c. Montrer que∀(x, y)∈ S⁺²,∀λ∈[0,1] : λx+ (1−λ)y∈ S⁺.

On dit queS⁺ est une partie convexe deRⁿ. 4. Changement de base et matrice extraite.

SoitJ⊂J1, nKtelle que B= (vj, j∈J)soit une base deMm1(R). On note AJ =A

J1,mKJ ∈ Mm(R)la matrice extraite à partir de Aen ne considérant que les colonnes dont les indices sont dansJ.

a. Pourk∈J1, nK, que vautMat_X(v_k)? Montrer queA_J est inversible.

b. Montrer que

∀k∈J1, nK\J, Mat_B(vk) =AJ−1vk.

Partie 2. Étude locale

Soitx∈ S⁺,u∈S non nul etλ∈R. On étudie les conditions assurant quex+λu∈ S⁺. La gure 1 représente une partie convexe dans un plan qui permet de récupérer un peu d'intuition géométrique mais qui ne correspond pas à un véritableS⁺.

S⁺

x x+u u x+λu

une solution acceptable extr´emale

Fig. 1: Étude locale On noteI(x, u) ={λ∈Rtqx+λu∈ S⁺} et

m⁺(x, u) = min x_j

uj

, j∈J⁺(u)

siJ⁺(u)6=∅,

m⁻(x, u) = min x_j

|uj|, j∈J⁻(u)

siJ⁻(u)6=∅. Il est utile de remarquer que

J⁻(x) =∅, J(x) =J⁺(x)6=∅carx∈ S⁺(donc non nul), J(u) =J⁻(u)∪J⁺(u)6=∅ carunon nul.

1. Montrer que

m⁺(x, u)≥0, m⁺(x, u)>0⇔J⁺(u)⊂J(x), m⁻(x, u)≥0, m⁻(x, u)>0⇔J⁻(u)⊂J(x).

2. Montrer quex+λu∈ S pour toutλ∈R.

3. a. Montrer que

I(x, u) =







−m⁺(x, u), m⁻(x, u) siJ⁺(u)6=∅et J⁻(u)6=∅ −m⁺(x, u),+∞ siJ⁻(u) =∅

−∞, m⁻(x, u) siJ⁺(u) =∅

.

b. Montrer que

(minI(x, u) = 0 ou maxI(x, u) = 0)⇔ ∃j∈J1, nKtq (u_j6= 0 etx_j= 0). On dit quex∈ S⁺ est une solution extrémale si et seulement si

∀u∈S\ {0_Rⁿ}, (minI(x, u) = 0ou maxI(x, u) = 0).

Géométriquement, on peut se convaincre qu'une solution acceptable extrémale correspond à un coin sur la gure1. La partie suivante propose une caractérisation algébrique.

Partie 3. Noyau et relations entre colonnes

1. a. Soitunon nul dansS. Montrer que la famille (vj, j∈J(u))est liée.

b. SoitJ une partie deJ1, nKtelle que(v_j, j∈J)liée. Montrer qu'il existeunon nul dansS avecJ(u)⊂J.

2. Caractérisation de l'extrémalité. Soitx∈ S⁺ une solution acceptable.

a. Soitunon nul dansS. Montrer que

(minI(x, u) = 0ou maxI(x, u) = 0) FAUX ⇔J(x)⊂J(u).

b. Montrer que

xnon extrémale ⇔S∩Vect(ej, j∈J(x))6={0_Rⁿ} ⇔(vj, j∈J(x)) liée. c. En déduire

xextrémale ⇔(v_j, j∈J(x)) libre.

3. Soit x ∈ S⁺ extrémale. Montrer qu'il existe J ⊂ J1, nK telle que J(x) ⊂ J avec B= (vj, j∈J)base deMm1(R).²

Partie 4. Algorithme du simplexe

1. Soitx∈ S⁺non extrémale. On veut montrer

∃y∈ S⁺ telle queJ(y)(J(x)et γ(y)≤γ(x).

a. Montrer que

∃j ∈J(x),∃u= (u1,· · ·, un)∈S non nul tels queJ(u)⊂J(x)etuj= 1.

2Attention, sin(x)< m, il peut exister plusieurs partiesJ vériant ces conditions.

b. Montrer que m⁺(x, u) > 0. Montrer que J⁻(u) 6= ∅ entraine m⁻(x, u) > 0. Montrer queJ⁻(u) =∅entraineγ(u)≥0.

c. Conclure en considérantI(x, u). 2. D'un extrème à l'autre.

Soitx∈ S⁺ extrémale avec J ⊂J1, nKtelle que

J(x)⊂J et B= (vj, j∈J) base deMm1(R).

Soitk∈J1, nK, k /∈J. On dénitu= (u₁,· · · , u_n)∈Rⁿ par :







ul= 0 sil /∈J∪ {k}

uk = 1

uj =−coordonnée de vk relative àvj dansB sij∈J .

a. Montrer queuest un élément non nul de S. b. Montrer que

J(u)⊂J(x)∪ {k}, J⁺(u)6=∅et m⁺(x, u) = 0, m⁻(x, u)>0 on le noteθ.

c. On posey=x+θu. Montrer quey est une solution acceptable extrémale.

3. Variation du coût. On garde les conditions et notations de la question précédente.

Montrer queγ(y)< γ(x)⇔γ(u)<0.

4. Optimalité. On garde les conditions et notations de la question 3.

Pour chaquek /∈J, comme leu∈S dépend dek, on le notes_k. a. Montrer que sk, k∈J

est une base deS. Quelles sont les coordonnées de u= (u1,· · · , un)∈S dans cette base ?

b. On suppose queγ(sk)≥0 pour tous lesk∈J. Montrer que

∀y∈ S⁺, γ(x)≤γ(y).

5. Présenter le principe de l'algorithme du simplexe permettant de calculer unx∈ S⁺ tel que

γ(x) = min

γ(y), y∈ S⁺ . On s'attachera à justier la terminaison de l'algorithme.

Corrigé

Partie 1. Questions de cours

1. Questions de rangs.

a. Par linéarité deαi :

αi(x) =αi(x1e1+· · ·+xnen) =x1αi(e1) +· · ·+xnαi(en) =x1αi1+· · ·+xnαin.

b. Dans la base(1)deR, la coordonnée deαi(ej)estαi(ej)donc Mat_E(1) = αi1 αi2 · · · αin

=Li(A).

c. Le rang des lignes deAest le rang de la famille de vecteurs (L1(A),· · ·, Lm(A)) dans l'espaceMat1n(R)des matrices lignes( avecncolonnes).

Le rang des colonnes est le rang de la famille de vecteurs (C1(A),· · · , Cn(A)) dans l'espaceMatm1(R)des matrices colonnes (avecm lignes).

Par dénition le rang d'une matrice est le rang des colonnes.

Pour une matriceAxée, le rang des lignes est égal au rang des colonnes. Cette propriété vient de ce que une matrice et sa transposée ont le même rang ce qui se démontre en utilisant que le rang deA estr si et seulement siA est équivalente à la matrice particulièreJ_r(m, n).

2. Dimension deS.

a. D'après le théorème de la base incomplète, comme(α1,· · ·, αm)est libre, on peut compléter la famille en une base(α1,· · ·, αn)de(Rⁿ)^∗.

b. Notonspj l'application j-ème composante proposée par l'énoncé.

Alorspj∈(Rⁿ)^∗ est une combinaison linéaire desαk donc

∀j∈J1, nK, x∈S⇒α1(x) =· · ·=αn(x) = 0⇒pj(x) =xj = 0 doncx= (0,· · ·,0).

c. Les applicationsΦet Ψsont linéaires avec

ker Φ = kerα1∩ · · · ∩kerαn, ker Ψ = kerα1∩ · · · ∩kerαm=S.

D'après b.,Φest injective donc bijective car c'est un endomorphisme. La surjec- tivité deΦentraine celle deΨ. On en déduitdimS=n−md'après le théorème du rang.

3. Solutions

a. Par dénitionS (calligraphique) est l'ensemble des solutions du système avec le second membrebalors queS(imprimerie) est l'ensemble des solutions du système homogène (second membre nul). Commebest non nul ces ensembles de solutions sont disjoints. En particulierx∈ S⁺ entrainexnon nul donc , par linéarité,

γ(x) = c1

|{z}

>0

x1

|{z}

≥0

+· · ·+ cn

|{z}

>0

xn

|{z}

≥0

>0

car un desxj est strictement positif.

b. Soitx0∈ S. AlorsAMatC(x0) =b, donc, pour toutx∈Rⁿ, x∈ S ⇔AMat_C(x) =b⇔AMat_C(x) =AMat_C(x₀)

⇔AMat_C(x−x0) = 0_Mm1(R)⇔x−x0∈S.

c. Soit x = (x1,· · ·, sn) et y = (y1,· · ·, yn) dans S⁺ et λ ∈ [0,1]. Notons z = (z₁,· · ·, z_n) =λx+ (1−λ)y. On doit montrer que z∈ S⁺ c'est à direz ∈ S et

∀j∈J1, nK, z_j ≥0.

Introduisons une solution particulièrex₀∈ S⁺.

∃ux∈S tqx=x0+ux ×λ

∃u_y∈S tqy=x₀+u_y ×1−λ )

⇒z=x₀+λu_x+ (1−λ)u_y

| {z }

∈S

∈ S.

∀j∈J1, nK, z_j = λ

|{z}

≥0

x_j

|{z}≥0

+ (1−λ)

| {z }

≥0

y_j

|{z}≥0

≥0.

4. Changement de base et matrice extraite.

SoitJ ⊂J1, nKtelle que B= (vj, j∈J)soit une base deMm1(R)et AJ =A

J1,mKJ ∈ Mm(R)la matrice extraite à partir deAen ne considérant que les colonnes dont les indices sont dansJ..

a. MatX(vk) = vk car X est la base canonique de Mm1(R). On en déduit que chaque colonne deAJ est la matrice des coordonnées de l'un des vecteurs de la baseB= (vj, j∈J):

AJ =P_{X B} matrice de passage deX dansB ⇒AJ inversible. b. D'après la formule de changement de base pour la matrice d'un vecteur :

Mat_B(vk) = Mat_{X B}(Id) Mat_X(vk) =P_BX Mat_X(vk) =AJ−1vk.

Partie 2. Étude locale

Rappelons que dans cette partiex∈ S⁺ et u∈U. et les notations :

∀z= (z₁,· · · , z_n)∈Rⁿ,















J⁺(z) ={j∈J1, nKtqz_j >0}, n⁺(z) = Card(J⁺(z)) J⁻(z) ={j ∈J1, nKtqz_j <0}, n⁻(z) = Card(J⁻(z)) J(z) ={j ∈J1, nKtqz_j 6= 0}=J⁺(z)∪J⁻(z)

n(z) = Card(J(z)) =n⁺(z) +n⁻(z).

.

1. Avec ces notations :

J⁺(u)6=∅ ⇒ ∀j∈J⁺(u),

(uj>0

x_j≥0 ⇒m⁺(x, u)≥0, J⁻(u)6=∅ ⇒ ∀j∈J⁻(u),

(|uj|>0

x_j ≥0 ⇒m⁻(x, u)≥0.

On caractérise logiquement la stricte positivité m⁺(x, u)>0⇔ ∀j∈J⁺(u),(xj >0etuj>0)

⇔ ∀j∈J1, nKn,(uj >0⇒xj>0)⇔J⁺(u)⊂J⁺(x) =J(x).

Le raisonnement est analogue avecJ⁻(u)et|uj|.

2. Commexest solution de l'équation avec le second membrebetλusolution de l'équation homogène,x+λu∈ S est solution de l'équation avec le second membreb.

3. Cette question porte sur la caractérisation desλréels tels que toutes les composantes dex+λusoient positives ou nulles.

a. Commex∈ S⁺, seuls lesj tels que uj 6= 0importent. Supposons d'abordJ⁺(u) etJ⁻(u)non vides.

x+λu∈ S⁺⇔ ∀j∈J(u), xj+λuj ≥0⇔

(∀j∈J⁺(u), xj+λuj ≥0

∀j∈J⁻(u), xj−λ|uj| ≥0

⇔







∀j∈J⁺(u), −λ≤ xj

uj

∀j∈J⁻(u), λ≤ xj

|u_j|

⇔

( −λ≤m⁺(x, u) λ≤m⁻(x, u)

⇔λ∈−m⁺(x, u), m⁻(x, u) .

Si J⁺(u) est vide, il n'y a plus de conditions attachées aux j ∈ J⁺(u) donc plus de minoration deλet la condition devientλ∈]−∞, m⁻(x, u)]. De même si J⁻(u) =∅, la condition devientλ∈[−m⁺(x, u),+∞[.

b. D'après la question précédente,

minI(x, u) = 0 ⇔(∃j∈J1, mKtquj>0 etxj= 0), maxI(x, u) = 0 ⇔(∃j∈J1, mKtquj<0 etxj= 0) Comme(uj>0 ouuj<0)⇔uj 6= 0, ceci montre bien que

(minI(x, u) = 0ou maxI(x, u) = 0)⇔ ∃j∈J1, mKtq (uj6= 0 etxj= 0).

Partie 3. Noyau et relations entre colonnes

1. a. Chaque solutionu= (u₁,· · · , u_n)de l'équation homogène correspond à une rela- tion entre les colonnesv_k. En eet

u∈S ⇔A





 u1

...

u_n





=





 0...

0





⇔u1C1(A) +· · ·+unCn(A) =





 0...

0







⇔u₁v₁+· · ·+u_nv_n= 0_Mm1(R)⇔ X

j∈J(u)

u_jv_j = 0_Mm1(R)

car seuls les j ∈ J(u) (tels que u_j 6= 0) contribuent à la somme. Les u_j avec j∈J(u)sont tous non nuls donc à fortiori non tous nuls donc(v_j, j∈J(u))est liée.

b. SoitJ une partie deJ1, nKtelle que(vj, , j∈J)liée. Il existe une relation entre les vjc'est à dire des réelsujpourj∈J non tous nuls tels queP

j∈Jujvj = 0_Mm1(R). Pour tous lesk∈J1, nK\J, on poseuk= 0et u= (u1,· · · , un). On a bien

J(u)⊂J et X

j∈J1,nK

ujvj= 0_Mm1(R)⇔u∈S.

2. Caractérisation de l'extrémalité

a. Formons la négation logique du résultat de 2.3.b (minI(x, u) = 0ou maxI(x, u) = 0) FAUX

⇔(∃j∈J1, nKtq (uj6= 0et xj = 0)) FAUX

⇔ ∀j∈J1, nK, (uj= 0ouxj 6= 0)⇔ ∀j∈J1, nK, (xj = 0⇒uj= 0)

⇔J(x)⊂J(u).

b. Soitx∈ S⁺. Par dénition d'une solution acceptable extrémale et en utilisant le résultat de la question précédente,

xnon extrémale

⇔ ∃u∈S non nul tel que (minI(x, u) = 0ou maxI(x, u) = 0) FAUX

⇔

J(x)⊂J(u)

FAUX⇔J(u)⊂J(x).

La décomposition deudans la base canonique estu=P

j∈J(u)ujejcar les autres composantes sont nulles. On en déduit

J(u)⊂J(x)⇔u∈Vect(ej, j∈J(x)).

Doncxnon extrémale si et seulement si S∩Vect(ej, j∈J(x))6={0_Rⁿ}.

Toute solution non nulleu= (u1,· · · , un)∈S correspond à une relation linéaire entre les vj pour j ∈ J(u). On en déduit (vj, j ∈ J(u)) liée. Toute famille la contenant est aussi liée ; en particulier(v_j, j ∈J(x))siJ(u)⊂J(x).

Réciproquement, si (v_j, j ∈ J(x)) est liée, il existe une relation linéaire entre ses vecteurs donc une famille de réels (u_j, j ∈ J(x)) non tous nuls tels que P

j∈J(x)u_jv_j = 0_Mm1(R). Pour tous les autres k ∈ J1, nK, on pose u_k = 0 ce qui dénit un vecteurunon nul dansS tel que J(u)⊂J(x).

c. Conséquence immédiate de la question précédente car non liée signie libre . xextrémale ⇔(v_j, j∈J(x)) libre.

3. Soitx∈ S⁺. D'après la question précédente, (vj, j∈J(x))est libre. Comme on veut compléter cette famille par des vecteurs particuliers, on ne peut pas utiliser directement le théorème de la base incomplète. Adaptons sa démonstration.

Considérons les partiesJ telles queJ(x)⊂J ⊂J1, nKet(vj, j∈J)libre. Il en existe, par exempleJ(x)elle même. Elle ont toutes moins deméléments qui est la dimension de l'espace. Considérons en uneJdont le nombre d'éléments est le plus grand possible.

Pour tous lesk /∈J, la famille obtenue en adjoignantv_ksera liée. Comme(v_j, j∈J(x)) est libre,v_k sera une combinaison linéaire desv_j qui engendreront donc tout l'espace.

La familleB= (v_j, j∈J(x))est une base.

Partie 4. Algorithme du simplexe

1. a. On suppose quexest une solution non extrémale donc (vj, j∈J(x))est liée. Il existe un j ∈J(x) tel que vj soit combinaison linéaire des vk aveck ∈ J(x)et k6=j. Cela s'écrit comme une relation entre lesvk pour k∈J(x)ce qui dénit unu∈S non nul avecu_j= 1.

b. Par dénition de u (question précédente), J(u) ⊂ J(x) donc J⁺(u) ⊂ J(x) et J⁻(u)⊂J(x)ce qui entrainem⁺(x, u)>0etm⁻(x, u)>0 siJ⁻(u)6=∅d'après la question 2.1.

SiJ⁻(u) =∅alorsI(x, u) = [−m⁺(x, u),+∞[donc :

∀λ≥0, x+λu∈ S⁺

⇒ ∀λ≥0, γ(x+λu) =γ(x) +λγ(u)>0 car γ est strictement positive dans S⁺. On en déduit que γ(u) ≥ 0 puis que l'inégalité est valable pour tous lesλ≥0.

c. SiJ⁺(u)etJ⁻(u)sont non vides, considérons les extrémités de I(x, u): x−m⁺(x, u)u∈ S⁺, γ(x−m⁺(x, u)u) =γ(x)−m⁺(x, u)γ(u), x+m⁻(x, u)u∈ S⁺, γ(x+m⁻(x, u)u) =γ(x) +m⁻(x, u)γ(u).

Si γ(u) = 0, les deux valeurs de γ sont égales γ(x). Sinon, une des deux est strictement inférieure. Il en existe donc toujours au moins une (notéey) telle que γ(y)≤γ(x).

Par construction, J(y) ⊂J(x). De plus, par dénition des m⁺ et m⁻ avec les inégalités, il existej∈J(x)tel queyj= 0.

SiJ⁻(u)est vide alorsγ(u)≥0donc on prendy =x−m⁺(x, u)ude sorte que γ(y)≤γ(x).

Dans tous les cas, on a bien construit un y ∈ S⁺ avec γ(y) ≤ γ(x) et J(y) strictement inclus dansJ(x).

2. D'un extrème à l'autre.

Icix∈ S⁺ est extrémal avec

J(x)⊂J et B= (v_j, j∈J) base deMm1(R).

Soitk∈J1, nK, k /∈J.

a. Le principe est analogue à celui de la question précédente. Comme B est une base, on peut décomposervk dans cette base ce qui conduit à une relation entre les vecteurs La famille obtenue en adjoignantvk àB. Cette relation conduit à un u∈S non nul avecuk = 1etJ(u)⊂J∪ {k}.

L'expression desu_jcomme une somme traduit l'expression (obtenue en 1.4.b) des coordonnées dev_k dans laB.

b. On a déjà vu par construction queJ(u) ⊂ J∪ {k}. De uk = 1, on déduit k ∈ J⁺(u)6=∅. Dexk= 0, on déduit m⁺(u) = 0.

Commek /∈J⁻(u), on aJ⁻(u)⊂J(x)doncm⁻(x)>0. On le noteθ.

c. On posey=x+θuqui est une solution acceptable d'après la partie 2. avec une composante nulle d'indice dansJ(x).

Il existej₀∈J⁻(u)tel quey_j0 = 0 avecθ=m⁻(x, u) =−^x_u^j_j⁰

0. Remarquons que u_j0 <0est forcément non nul dans ce procédé.

De plus,J(y)⊂J⁰ oùJ⁰ est obtenue à partir deJ en remplaçantj0 park. On montre que y est extrémale en prouvant que B⁰ = (vj, j∈J⁰) est une base c'est à dire qu'elle est libre car elle contientmvecteurs.

À partir d'une combinaison nulle des vecteurs deB⁰, on forme une combinaison nulle des vecteurs deB

X

j∈J\{j0}

λjvj+λkvk= 0

vk= X

j∈J\{j0}

ujvj+uj₀vj₀











⇒ X

j∈J\{j0}

(λj+λkuj)vj+λkuj₀vj₀ = 0

CommeB est libre, tous les coecients sont nuls en particulierλ_ku_j0 = 0avec uj₀ <0doncλk= 0. En réinjectant dans la première combinaison, on tire

X

j∈J\{j0}

λ_jv_j= 0

ce qui entraine que tous lesλ_j sont nuls car(v_j, j∈J \ {j₀})est libre.

3. Variation du coût. Avec les conditions et notations de la question précédente, par linéarité

γ(x)−γ(y) =γ(x)−γ(x+θu) =−θγ(u).

Ceci montreγ(y)< γ(x)⇔γ(u)<0carθ >0.

4. Optimalité. On garde les conditions et notations de la question 3.

Pour chaquek /∈J, comme leu∈S dépend dek, on le notes_k.

a. On sait queCard(J) =m carBest une base. DoncCard(J) =n−mqui est la dimension deS. Montrons que sk, k∈J

est libre.

Considérons une combinaison nulle : X

k∈J

λ_ks_k = 0_Rn.

Fixons unl /∈Jet considérons la composante d'indiceldess_k∈Rⁿ. Par dénition de sk, elle est nulle sauf si k =l. On en déduit λl = 0 pour tous les l donc la famille est libre. Avec le même raisonnement, on obtient

∀u= (u1,· · ·, un)∈S, u=X

k∈J

uksk.

b. On suppose ici que tous lessk vérientγ(sk)≥0pourk∈J.

Considérons un y quelconque dans S⁺. Attention, on sort des notations précé- dentes oùyétait extrémale et associée à uns_k particulier.

Notonsy= (y₁,· · · , y_n)et u=y−x.

Alorsu∈S cary etxsont des solutions de l'équation avec second membreb. De plusu_k = y_k ≥0 car x_k = 0 à cause de J(x)⊂J. Décomposons udans la base de la question précédente

u=X

k∈J

y_ks_k ⇒γ(u) =X

k∈J

y_k

|{z}

≥0

γ(s_k)

| {z }

≥0

≥0 cary∈ S⁺.

On en déduit queγ(x) =γ(y)−γ(u)≤γ(y)pour toutes les solutions acceptables y. Doncx est une solution optimale c'est à dire dont la valeur de γ est la plus petite possible parmi les solutions acceptables.

5. Le problème posé admet une solution acceptable x₀. Le principe de l'algorithme du simplexe pour trouver une solution optimale est le suivant.

Initialisation :x←x₀ Tant que(v_j, j∈J(x))liée :

x←y avecy déni par le procédé de 4.1.

Commentaire.xdésigne une solution acceptable extrémale avecJ comme en 4.2.

Tant qu'il existek∈J tel que γ(sk)>0.

x←y avecy déni par le procédé de 4.2 pourktel que γ(u) =γ(sk)>0. Commentaire.xdésigne une solution optimale.

Pour la première boucle.Un invariant est γ(x) ≤ γ(x0) et n(x) est une fonction de terminaison.

Quand on est sorti de la boucle la famille est libre doncxest extrémale.

Pour la deuxième boucle, γ(x)décroît strictement à chaque passage mais comme sa valeur n'est pas forcément entière, cela ne constitue pas une fonction de terminaison.

On raisonne avec les parties J(x) de J1, nK. Comme γ(x) décroit strictement, on ne passe jamais deux fois par la même partie. On va sortir de cette boucle car l'ensemble de ces parties est ni.

Pour lexobtenu à la sortie, tous less_k vérientγ(s_k)≤0 doncxest optimal.