Démo #3

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Démo #3

21 septembre 2005

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Hillier et Lieberman, Exercice 6.1-6

• Soit le programme linéaire suivant:

maximiser x₁ – 3 x₂+ 2 x₃ sous les contraintes:

2 x₁ + 2 x₂– 2 x₃ ≤6 (ressource 1) - x₂+ 2 x₃ ≤4 (ressource 2) x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0, x₃ ≥ 0

• Questions

a) Construire le problème dual du problème primal ci-dessus.

b) Résoudre le dual graphiquement. Utiliser cette solution pour identifier les coûts marginaux des ressources du problème primal.

c) Confirmer les résultats obtenus dans la question précédente en résolvant le problème primal à l’aide de l’algorithme du simplex.

3

Hillier et Lieberman, Exercice 6.1-6

• (a) construction du problème dual minimiser 6 y

₁

+ 4 y

₂

sous les contraintes:

2 y

₁

≥ 1

2 y

₁

– y

₂

≥ -3 -2 y

₁

+ 2 y

₂

≥ 2 y

₁

≥ 0, y

₂

≥ 0

4

Hillier et Lieberman, Exercice 6.1-6

• (b) Résolution graphique

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Hillier et Lieberman, Exercice 6.1-6

• (b) Résolution graphique

La résolution graphique du problème dual donne la solution optimale Z = 9 atteinte pour (y1,y2) = (1/2, 3/2).

Les coûts marginaux sont donnés par la solution optimale.

On en déduit que le coût marginal associé à la ressource 1 est ½ et celui associé à la ressource 2 est 3/2.

La propriété de dualité forte stipule que le primal et le dual ont la même solution optimale (Z=9)

6

Hillier et Lieberman, Exercice 6.1-6

• (c) Confirmation des résultats

La capture suivante donne les résultats de la

résolution à l’aide de IOR tutorial. On peut

vérifier la valeur des coûts marginaux et la

valeur de la solution optimale.

2

7 8

Hillier et Lieberman, Exercice 6.3-5

• Soit le programme linéaire suivant:

maximiser Z = 2 x₁ – 4 x₂ sous les contraintes:

x₁ - x₂≤1 x₁ ≥0, x₂ ≥0

• Questions

a) Construire le problème dual du problème primal ci-dessus.

Trouver sa solution optimale par un raisonnement direct.

b) Utiliser les propriétés des écarts complémentaires et la solution optimale du problème dual pour trouver une solution optimale du problème primal.

c) Supposons quec₁, le coefficient dex₁ dans la fonction objectif du problème primal puisse prendre n’importe quelle valeur. Pour quelle valeur de c₁ est-ce que le problème dual n’a pas de solution réalisable ? Pour ces valeurs, qu’est-ce que la théorie de la dualité implique pour le problème primal ?

9

Hillier et Lieberman, Exercice 6.3-5

• (a) Construction du dual minimiser Z = y1 sous les contraintes:

y1 >= 2 -y1 >= -4 y1≥ 0

Le problème consiste donc à chercher min{y1, y1 ∈ [2,4]}

Sous cette forme la solution est triviale : y1 = 2,

Z=2.

₁₀

Hillier et Lieberman, Exercice 6.3-5

• (b) Propriété des écarts complémentaires La propriété des écarts complémentaires stipule que le produit d’une variable et de la variable d écart de la contrainte duale correspondante est nul.

Appliquons cette propriété à notre problème:

x1 ×(2 - y1) = 0 (1) x2 × (-4+y1) = 0 (2) y1 × (1 - x

₁

+ x

₂

)= 0 (3)

Sachant que y1 = 2, pour que l’équation (2) soit

11

Hillier et Lieberman, Exercice 6.3-5

c) Si l’on note c1 le coût réduit de la variable x1 dans le problème primal, le problème dual devient

min{y

₁

: y

₁

∈ [c1,4], y

₁

≥ 0}.

La solution de ce problème est :

c₁si 0 ≤c₁≤4,

0 si c₁< 0.

Aucune solution réalisable si c

₁

> 4.

min{y1, y1 in [2,4]}

12

Hillier et Lieberman, Exercice 6.6-2

• Soit le programme linéaire suivant:

maximiser Z = 3 x₁ + x₂ + 4 x₃ sous les contraintes:

6 x₁ + 3 x₂+ 5 x₃ ≤25 3 x₁ + 4 x₂+ 5 x₃ ≤20 x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0, x₃ ≥ 0

dont le tableau optimal est le suivant:

3

= + (2/5) x5 - (1/5) x4 + x3 x2

5/3

= - (1/3) x5 + (1/3) x4 - (1/3) x2

x1

17

= + (3/5) x₅ + (1/5) x₄ +2 x₂

Z

3

13

Hillier et Lieberman, Exercice 6.6-2, suite 1

• Analyse de sensibilité.

Nous vous proposons de réaliser une analyse de sensiblité en examinant de façon indépendante les 4 changements suivants dans le programme linéaire que nous venons de définir. Pour chaque changement, effectuer une analyse de sensibilité de façon à réviser l’ensemble final des équations (variables en base / variables hors-base). Tester la réalisabilité et l’optimalité des solutions obtenues (ne pas réoptimiser).

• Questions

a) Changer le membre de droite de la contrainte 1 àb₁= 15.

b) Changer le membre de droite de la contrainte 2 àb₂= 5.

c) Changer le coefficient de la variable x₂dans la fonction objectif à c₂= 4.

d) Changer le coefficient de la variable x₃dans la fonction objectif à c₃= 4.

14 20

1 0 5 4 3 0 (2) x₃

25 0 1 5 3 6 0 (1) x₁

0 0 0 -4 -1 -3 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

3 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 0 2 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

Tableau initial du simplexe :

Tableau final du simplexe :

15 Matrice et vecteurs importants pour l’analyse de sensibilité

( ) ₅ ¹ ₅ ³

* = y

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

−

−

5 2 5

1 3

1 3 1

* S

(a) b1 = 15, on doit re-calculer le RHS : le nouveau RHS des contraintes est

( ) ( ) ₂₀ ^{15 15}

*

* = y b =

₅¹ ₅³

= Z

( ) = ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

=

⁻

−

−

20 5

* 15

*

³

5

5 2 5

1 3

1 3 1

b S b

( ) ¹⁵ ₂₀

= b

Le vecteur des coûts marginaux, ce sont les coefficients des variables d’écart dans l’équation (0) du tableau optimal.

Matrice des coefficients des variables d’écarts dans les équations (1) et (2) du tableau optimal.

Le nouvel objectif est alors :

Le nouveau RHS du tableau est :

16 5 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

-5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

15 3/5 1/5 0 2 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

Variable de base (x₁) à valeur négative : la solution n’est plus réalisable pour la nouvelle valeur de b₁.

On obtient alors le nouveau tableau :

17 (b) b₂ = 5

( ) ( ) ²⁵ ₅ ⁸

*

* = y b =

₅¹ ₅³

=

Z ( ) ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞

= −

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

=

−

−

5 3

* 25

*

³

20

5 2 5

1 3

1 3 1

b S b

-3 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

20/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

8 3/5 1/5 0 2 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

Variable de base (x3) à valeur négative : la solution n’est plus réalisable pour la nouvelle valeur de b2.

( ) ²⁵ ₅

= b

18 (c) c₂ = 4 : on recalcule le coefficient de x₂dans l’équation (0)

( 3 4 4 )

= c

1 4 4 3 5 3 5 1

2 2

* 2 2

*

2 ⎟⎟− =−

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

=⎛

−

=

−c y A c

z

3 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 0 -1 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

La solution est toujours réalisable mais une variable hors base (x2) a un coefficient négatif donc la solution n’est plus optimale.

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛ 5 5 4 3 3 6 A

Le nouveau vecteur de coût :

La matrice des coefficients des variables originales dans les contraintes :

On re-calcule les coefficients dans (0) :

4

19 (d) c₃ = 3 : on recalcule le coefficient de x₃dans l’équation (0) :

( 3 1 3 )

= c

3 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 1 2 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁

Z RHS

Coefficients Eq.

V.B.

On doit remettre dans la forme propre car x3a un coefficient non nul dans l’équation (0).

1 5 3 5 5 3 5 1

3 3

* 3 3

*

3

⎟⎟ − =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟ ⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

−

=

− c y A c

z

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛ 5 5 4 3 3 A 6

Le nouveau vecteur de coût :

On re-calcule les coefficients dans (0) :

La matrice des coefficients des variables originales dans les contraintes :

20 La solution est réalisable et vérifie les conditions d’optimalité donc elle est toujours optimale.

3 2/5 -1/5 1 1 0 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 1 0 (1) x₁

14 1/5 2/5 0 1 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

On soustrait l’équation (2) à l’équation (0) pour annuler le coefficient de x₃ (0)=(0)-(2)

21 (e) a₂₂ = 1: on re-calcule les coefficients de la colonne correspondant à la variable x₂

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛ 5 5 1 3 3 A 6

5 1 1 1 3 5 3 5 1

2 2 2

*

2 ⎟⎟⎠− =

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

=⎛

−

×

=

−c y A c

z

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

= −

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

−

−

=

×

=

5 1 3 2 1 3 5 2 5 1

3 1 3 1 2

*

2 S A

A

3 2/5 -1/5 1 -1/5 0 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 2/3 1 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 0 1/5 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

La solution est toujours réalisable et optimale.

La nouvelle matrice des coefficients des variables initiales dans les contraintes :

Le nouveau coût réduit de x₂:

Les nouveaux coefficients dans (1) et (2) :

22 (e) a₁₁ = 10: on re-calcule les coefficients de la colonne correspondant à la variable x₁

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

5 5 4 3 3 A 10

( )

5 3 4 3 10

5 3 5 1 1 1 1

*

1

⎟⎟ ⎠ − =

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

−

×

=

− c y A c

z

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

=⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

=

×

= ₋

−

−

5 4 3 7

5 2 5

1 3

1 3 1

1

*

1 3

A 10 S A

3 2/5 -1/5 1 1 -4/5 0 (2) x₃

5/3 -1/3 1/3 0 -1/3 7/3 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 0 2 4/5 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁ Z

RHS Coefficients

Eq.

V.B.

On doit remettre dans la forme propre car x1a un coefficient non non nul dans l’équation (0) et (3).

La nouvelle matrice des coefficients des variables initiales dans les contraintes :

Le nouveau coût réduit de x₁:

Les nouveaux coefficients de x₁dans (1) et (2) :

23 3 2/5 -1/5 1 1 -4/5 0 (2) x₃

5/7 -1/7 1/7 0 -1/7 1 0 (1) x₁

17 3/5 1/5 0 2 4/5 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁

Z Coefficients RHS

Eq.

V.B.

On divise l’équation (1) par 3/7 pour que le coefficient de x1soit 1 dans l’équation (1)

34/35 10/35 -3/35 1 31/35 0 0 (2) x₃

5/7 -1/7 1/7 0 -1/7 1 0 (1) x₁

115/7 5/7 3/35 0 74/35 0 1 (0) Z

x₅ x₄ x₃ x₂ x₁

Z Coefficients RHS

Eq.

V.B.

(0)=(0)-4/5(1) et (2)=(2)+4/5(1)

La solution est toujours réalisable et optimale.