1. Tableau initial d’un (P LΣ)

(1)

O PTIMISATION

L ICENCE M ATHÉMATIQUE ET G ESTION 2013-2014 Pratique de l’algorithme du simplexe

1. Tableau initial d’un (P LΣ)

Pour un problème de la forme min d · x sous Ax ≤ b et x ≥ 0 (avec A ∈ M _m,n et b ≥ 0), on a : 1. Base initiale B = {n + 1, . . . , n + m}

2. B = I _m , N = A 3. c _B = 0, c _N = d 4. c = (d, 0) 5. x _B = b, x _N = 0

6. Dernière ligne du tableau :

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I _m ) = c ^T = (d ^T , 0 ^T ) 7. w = −(c _B · x _B + c _N · x _N ) = 0

Ce qui donne le tableau initial

1 . . . n n + 1 . . . n + m n + 1

.. . A I _m b

n + m

d ^T 0 . . . 0 0

2. Tableau initial du (P A)

Pour un problème de la forme (P LS) min d · x, sous Ax = b et x ≥ 0, en absence de base admissible « visible », on part du (P A) min y ₁ + . . . + y _m sous Ax + y = b, x ≥ 0, y ≥ 0. Ici, b ≥ 0 et A ∈ M _m,n . Pour ce problème :

1. Base initiale B = {n + 1, . . . , n + m}

2. B = I _m , N = A

1

(2)

3. c _B = (1, . . . , 1

| {z }

m

) ^T , c _N = 0

4. c = (0, . . . , 0

| {z }

n

, 1, . . . , 1

| {z }

m

) ^T

5. x _B = b, x _N = 0

6. Dernière ligne du tableau :

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I m ) = (−c ^T _B A, 0 ^T ) = −(s ₁ , . . . , s _n , 0, . . . , 0

| {z }

m

),

avec s _j la somme de la j ^e colonne de A.

7. w = −c _B · b − c _N · 0 = −c _B · b = −s, avec s la somme de b Ce qui donne le tableau initial

1 . . . n n+1 . . . n+m n+1

.. . A I _m b

n+m

−s ₁ . . . −s _n 0 . . . 0 -s

Dans le même tableau, la ligne correspondant au problème initial (P LS) s’obtient comme suit.

1. c _B = 0, c _N = d 2. c = (d, 0)

3. Dernière ligne du tableau :

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I _m ) = (−(c _B A) ^T , 0 ^T ) = c ^T = (d ^T , 0 ^T ) 4. w = −c _B · b − c _N · 0 = −0 · b = 0

Ce qui donne le tableau « à double comptabilité »

1 . . . n n+1 . . . n+m n+1

.. . A I _m b

n+m

(P A) −s ₁ . . . −s _n 0 . . . 0 -s

(P LS) d ^T 0 . . . 0 0

2

(3)

3. Passage du (P A) au (P LS)

Soit z ₀ le minimum de (P A). Rappelons que, si z ₀ > 0, alors le système Ax = b, x ≥ 0 n’a pas de solution.

Si z 0 = 0, alors soit B ⊂ {1, . . . , n +m} la base obtenue par la méthode du simplexe appliquée au (P A). Soit X = (x, y) la solution optimale de (P A) correspondant à la base B. On peut aussi écrire X ∼ (X _B , X _N ) = (X _B , 0).

∗ Commençons par noter que 0 = z ₀ = y ₁ + · · · + y _m , d’où y = 0. Il s’ensuit que X = (x, 0).

∗ On décompose B = B ₁ ∪ B ₂ . Ici, B ₁ ⊂ {1, . . . , n} contient les indices de B qui corres- pondent aux variables originales x ₁ , . . . , x _n du problème. B ₂ correspond aux variables artifi- cielles y 1 , . . . , y m .

∗ Commençons par le cas où B 2 = ∅, et donc B = B 1 (ce qui arrive le plus souvent en pratique).

∗ Notons que les colonnes correspondant à B sont des colonnes de A, et qu’elles sont libres (car B est une base de (A | I m ).

∗ En utilisant les contraintes Ax + y = b, x ≥ 0, et le fait que y = 0, on trouve que Ax = b et x ≥ 0. Donc x est la solution de base correpondant à la base B de A, et x ≥ 0.

∗ Conclusion : B est une base admissible.

∗ Supposons maintenant que B ₂ 6= ∅.

∗ Rappelons que y = 0. Par ailleurs, les coordonnées de X hors base sont nulles, c’est-à-dire X _N = 0. Nous obtenons que les coordonnées (strictement) positives de X correspondent à B ₁ .

∗ Comme les colonnes correspondant à B ₁ sont libres (pourquoi ?), on trouve que x est une solu- tion de base admissible (cf Corollaire 2.9, p. 5 du poly).

∗ La preuve de la Proposition 2.8, pp. 4-5, montre que une base admissible C donnant x comme so- lution de base admissible s’obtient en complétant la famille libre B ₁ à une base C ⊂ {1, . . . , n}.

∗ Concrètement, ceci se fait ainsi : nous disposons d’une base B ⊂ {1, . . . , n + m} donnant (x, 0) comme solution de base admissible. Soit l = #B 2 . On sort B 2 de la base et on fait rentrer dans la base l coordonnées parmi {1, . . . , n} \ B ₂ en utulisant l pivots de Gauss. La seule condition est de choisir à chaque fois un pivot non nul.

∗ Preuve du fait que la famille C obtenue à la fin donne x comme solution de base admissible : soit B ₁ la matrice correspondant à B ₁ , de sorte que si (A | I _m ) ∼ (B ₁ | N ₁ ), alors (1) (x, 0) ∼ (x _B

₁

, 0). Dans la base C (qui contient B ₁ ), (x, 0) s’écrit (x _C , 0) (grâce à (1)). D’où (x, 0) est la solution de base associée à C (pour le système Ax + y = b). Il s’ensuit que x est la solution de base associée à C pour le système Ax = b (pourquoi ?).

3

1. Tableau initial d’un (P LΣ)

O PTIMISATION

L ICENCE M ATHÉMATIQUE ET G ESTION 2013-2014 Pratique de l’algorithme du simplexe

1. Tableau initial d’un (P LΣ)

Pour un problème de la forme min d · x sous Ax ≤ b et x ≥ 0 (avec A ∈ M m,n et b ≥ 0), on a : 1. Base initiale B = {n + 1, . . . , n + m}

2. B = I m , N = A 3. c B = 0, c N = d 4. c = (d, 0) 5. x B = b, x N = 0

6. Dernière ligne du tableau :

c T − c T B B −1 (A | I m ) = c T = (d T , 0 T ) 7. w = −(c B · x B + c N · x N ) = 0

Ce qui donne le tableau initial

1 . . . n n + 1 . . . n + m n + 1

.. . A I m b

n + m

d T 0 . . . 0 0

2. Tableau initial du (P A)

Pour un problème de la forme (P LS) min d · x, sous Ax = b et x ≥ 0, en absence de base admissible « visible », on part du (P A) min y 1 + . . . + y m sous Ax + y = b, x ≥ 0, y ≥ 0. Ici, b ≥ 0 et A ∈ M m,n . Pour ce problème :

1. Base initiale B = {n + 1, . . . , n + m}

2. B = I m , N = A

1

3. c B = (1, . . . , 1

| {z }

m

) T , c N = 0

4. c = (0, . . . , 0

| {z }

n

, 1, . . . , 1

| {z }

m

) T

5. x B = b, x N = 0

6. Dernière ligne du tableau :

c T − c T B B −1 (A | I m ) = (−c T B A, 0 T ) = −(s 1 , . . . , s n , 0, . . . , 0

| {z }

m

),

avec s j la somme de la j e colonne de A.

7. w = −c B · b − c N · 0 = −c B · b = −s, avec s la somme de b Ce qui donne le tableau initial

1 . . . n n+1 . . . n+m n+1

.. . A I m b

n+m

−s 1 . . . −s n 0 . . . 0 -s

Dans le même tableau, la ligne correspondant au problème initial (P LS) s’obtient comme suit.

1. c B = 0, c N = d 2. c = (d, 0)

3. Dernière ligne du tableau :

c T − c T B B −1 (A | I m ) = (−(c B A) T , 0 T ) = c T = (d T , 0 T ) 4. w = −c B · b − c N · 0 = −0 · b = 0

Ce qui donne le tableau « à double comptabilité »

1 . . . n n+1 . . . n+m n+1

.. . A I m b

n+m

(P A) −s 1 . . . −s n 0 . . . 0 -s

(P LS) d T 0 . . . 0 0

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3. Passage du (P A) au (P LS)

Soit z 0 le minimum de (P A). Rappelons que, si z 0 > 0, alors le système Ax = b, x ≥ 0 n’a pas de solution.

Si z 0 = 0, alors soit B ⊂ {1, . . . , n +m} la base obtenue par la méthode du simplexe appliquée au (P A). Soit X = (x, y) la solution optimale de (P A) correspondant à la base B. On peut aussi écrire X ∼ (X B , X N ) = (X B , 0).

∗ Commençons par noter que 0 = z 0 = y 1 + · · · + y m , d’où y = 0. Il s’ensuit que X = (x, 0).

∗ On décompose B = B 1 ∪ B 2 . Ici, B 1 ⊂ {1, . . . , n} contient les indices de B qui corres- pondent aux variables originales x 1 , . . . , x n du problème. B 2 correspond aux variables artifi- cielles y 1 , . . . , y m .

∗ Commençons par le cas où B 2 = ∅, et donc B = B 1 (ce qui arrive le plus souvent en pratique).

∗ Notons que les colonnes correspondant à B sont des colonnes de A, et qu’elles sont libres (car B est une base de (A | I m ).

∗ En utilisant les contraintes Ax + y = b, x ≥ 0, et le fait que y = 0, on trouve que Ax = b et x ≥ 0. Donc x est la solution de base correpondant à la base B de A, et x ≥ 0.

∗ Conclusion : B est une base admissible.

∗ Supposons maintenant que B 2 6= ∅.

∗ Rappelons que y = 0. Par ailleurs, les coordonnées de X hors base sont nulles, c’est-à-dire X N = 0. Nous obtenons que les coordonnées (strictement) positives de X correspondent à B 1 .

∗ Comme les colonnes correspondant à B 1 sont libres (pourquoi ?), on trouve que x est une solu- tion de base admissible (cf Corollaire 2.9, p. 5 du poly).

∗ La preuve de la Proposition 2.8, pp. 4-5, montre que une base admissible C donnant x comme so- lution de base admissible s’obtient en complétant la famille libre B 1 à une base C ⊂ {1, . . . , n}.

∗ Preuve du fait que la famille C obtenue à la fin donne x comme solution de base admissible : soit B 1 la matrice correspondant à B 1 , de sorte que si (A | I m ) ∼ (B 1 | N 1 ), alors (1) (x, 0) ∼ (x B

, 0). Dans la base C (qui contient B 1 ), (x, 0) s’écrit (x C , 0) (grâce à (1)). D’où (x, 0) est la solution de base associée à C (pour le système Ax + y = b). Il s’ensuit que x est la solution de base associée à C pour le système Ax = b (pourquoi ?).

3

Pour un problème de la forme min d · x sous Ax ≤ b et x ≥ 0 (avec A ∈ M _m,n et b ≥ 0), on a : 1. Base initiale B = {n + 1, . . . , n + m}

2. B = I _m , N = A 3. c _B = 0, c _N = d 4. c = (d, 0) 5. x _B = b, x _N = 0

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I _m ) = c ^T = (d ^T , 0 ^T ) 7. w = −(c _B · x _B + c _N · x _N ) = 0

.. . A I _m b

d ^T 0 . . . 0 0

Pour un problème de la forme (P LS) min d · x, sous Ax = b et x ≥ 0, en absence de base admissible « visible », on part du (P A) min y ₁ + . . . + y _m sous Ax + y = b, x ≥ 0, y ≥ 0. Ici, b ≥ 0 et A ∈ M _m,n . Pour ce problème :

2. B = I _m , N = A

3. c _B = (1, . . . , 1

) ^T , c _N = 0

) ^T

5. x _B = b, x _N = 0

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I m ) = (−c ^T _B A, 0 ^T ) = −(s ₁ , . . . , s _n , 0, . . . , 0

avec s _j la somme de la j ^e colonne de A.

7. w = −c _B · b − c _N · 0 = −c _B · b = −s, avec s la somme de b Ce qui donne le tableau initial

.. . A I _m b

−s ₁ . . . −s _n 0 . . . 0 -s

1. c _B = 0, c _N = d 2. c = (d, 0)

c ^T − c ^T _B B ⁻¹ (A | I _m ) = (−(c _B A) ^T , 0 ^T ) = c ^T = (d ^T , 0 ^T ) 4. w = −c _B · b − c _N · 0 = −0 · b = 0

.. . A I _m b

(P A) −s ₁ . . . −s _n 0 . . . 0 -s

(P LS) d ^T 0 . . . 0 0

Soit z ₀ le minimum de (P A). Rappelons que, si z ₀ > 0, alors le système Ax = b, x ≥ 0 n’a pas de solution.

Si z 0 = 0, alors soit B ⊂ {1, . . . , n +m} la base obtenue par la méthode du simplexe appliquée au (P A). Soit X = (x, y) la solution optimale de (P A) correspondant à la base B. On peut aussi écrire X ∼ (X _B , X _N ) = (X _B , 0).

∗ Commençons par noter que 0 = z ₀ = y ₁ + · · · + y _m , d’où y = 0. Il s’ensuit que X = (x, 0).

∗ On décompose B = B ₁ ∪ B ₂ . Ici, B ₁ ⊂ {1, . . . , n} contient les indices de B qui corres- pondent aux variables originales x ₁ , . . . , x _n du problème. B ₂ correspond aux variables artifi- cielles y 1 , . . . , y m .

∗ Supposons maintenant que B ₂ 6= ∅.

∗ Rappelons que y = 0. Par ailleurs, les coordonnées de X hors base sont nulles, c’est-à-dire X _N = 0. Nous obtenons que les coordonnées (strictement) positives de X correspondent à B ₁ .

∗ Comme les colonnes correspondant à B ₁ sont libres (pourquoi ?), on trouve que x est une solu- tion de base admissible (cf Corollaire 2.9, p. 5 du poly).

∗ La preuve de la Proposition 2.8, pp. 4-5, montre que une base admissible C donnant x comme so- lution de base admissible s’obtient en complétant la famille libre B ₁ à une base C ⊂ {1, . . . , n}.

∗ Preuve du fait que la famille C obtenue à la fin donne x comme solution de base admissible : soit B ₁ la matrice correspondant à B ₁ , de sorte que si (A | I _m ) ∼ (B ₁ | N ₁ ), alors (1) (x, 0) ∼ (x _B

, 0). Dans la base C (qui contient B ₁ ), (x, 0) s’écrit (x _C , 0) (grâce à (1)). D’où (x, 0) est la solution de base associée à C (pour le système Ax + y = b). Il s’ensuit que x est la solution de base associée à C pour le système Ax = b (pourquoi ?).