IFT1575 – Automne 2005
Devoir #1
Exercice 4.6-9 page 167
a) Dans un premier temps on met le problème sous la forme standard :
Ce qui donne le tableau initial :
On supprime les variables de bases de l’objectif : (0)=(0)-M(1)-M(2)
Choix de la variable entrante x3, sortante x4=> (1)=(1)/3
On effectue le pivot :
La solution n’est pas optimale, x2entre et x6sort => (2)=(2)/1.333
On effectue le pivot :
La solution est optimale : x1*=0, x2*=15, x3*=15, Z*=90
b) Phase 1, on minimise la valeur des variables artificielles :
Après avoir réaliser les opérations pour sortir les variables artificielles de l’équation (0) : (0)=(0)-(1)-(2)
Choix de la variable entrante x3, sortante x4=> (1)=(1)/3
On effectue le pivot :
La solution n’est pas optimale, x2entre et x6sort => (2)=(2)/1.333
On effectue le pivot :
La solution est optimale => fin de la phase 1
On efface les colonnes correspondant aux variables artificielles et on remet l’objectif du problème :
La solution est optimale => fin de la phase 2
c) Méthode du grand M :
1. (0, 0, 0, 60, 0, 120) non réalisable pour le problème original 2. (0, 0, 20, 0, 0, 20) non réalisable pour le problème original 3. (0, 15, 15, 0, 0, 0) réalisable et optimal pour le problème original Méthode à deux phases :
1. (0, 0, 0, 60, 0, 120) non réalisable pour le problème original 2. (0, 0, 20, 0, 0, 20) non réalisable pour le problème original 3. (0, 15, 15, 0, 0, 0) réalisable et optimal pour le problème original 4. (0, 15, 15, 0) réalisable et optimal pour le problème original Les solutions de 3) et 4) de la méthode à deux phases sont les mêmes,
4) étant obtenue en supprimant les variables artificielles de la solution 3)
On remarque que les deux phases ont la même séquence de solution de base.
d) Avec IOR tutorial, après avoir rentré le problème, le résoudre automatiquement par le simplexe :
Notons que l’objectif donné par IOR doit être multiplié par –1 quand on a un problème de minimisation !
Exercice 3.1-6 page 91
a) Le tableaux représentant le problème
$30
$60 gain
48 8
6 Bob
4 1
0 Linda
6 0
1 Doug
ressources
Fenêtres en aluminium Fenêtres
en bois
activités
b) On peut utiliser les variables suivantes :
x1le nombre de fenêtres en bois produites par jour x2le nombre de fenêtres en aluminium produites par jour Ces variables sont positives : x1>=0, x2>=0
L’objectif est de maximiser les profits liés à la production des différents types de fenêtres :
Maximiser Z = 60 x1+ 30 x2 On a trois contraintes de capacité :
1. Doug ne peut pas produire plus de 6 cadre en bois par jour : x1 <= 6
2. Linda ne peut pas produire plus de 4 cadre en aluminium par jour : x2 <= 4
3. Bob ne peut pas produire plus de 48 pied carrés de vitre par jour : 6 x1+ 8 x2<= 48
c) Dans IOR on entre le problème linéaire :
Après avoir tester plusieurs valeur de Z on trouve x1*=6, x2*=1.5 pour Z*=405
d) Pour $60 => $40 pas de changement dans la solution optimale
Pour $60 => $20 : la solution optimale change, on trouve x1*=2.67, x2*=4 pour Z*=173.33
e) La capacité de Doug passe de 6 à 5 : la solution optimale change, on trouve x1*=5, x2*=2.25 pour Z*=367.5
Exercice 3.4-14 page 97
a)
Introduisons les variables suivantes:
xij = nombre d’heures que l’opérateur Oieffectue le jour Jj.
Il n’est pas nécessaire d’introduire des variables pour les journées où un opérateur n’est pas disponible.
On obtient alors 18 variables :
3 variables pour l’opérateur K.C., soient xKC,Mon, xKC,Wed, xKC,Fri, 2 variables pour l’opérateur D.H., soient xDH,Tue, xDH,Thurs,
4 variables pour l’opérateur H.B., soient xHB,Mon, xHB,Tue, xHB,Wed, xHB,Fri, 4 variables pour l’opérateur S.C., soient xSC,Mon, xSC,Tue, xSC,Wed, xSC,Fri, 3 variables pour l’opérateur K.S., soient xKS,Mon, xKS,Wed, xKS,Thurs, 2 variables pour l’opérateur N.K., soient xNK,Thurs, xNK,Fri. Toutes les variables sont positives.
Nous avons un premier ensemble de 5 contraintes pour exprimer le besoin en opérateurs pour chaque journée :
Lundi : xKC,Mon+ xHB,Mon+ xSC,Mon+ xKS,Mon= 14 Mardi : xDH,Tue+ xHB,Tue+ xSC,Tue = 14
Mercredi : xKC,Wed + xHB,Wed + xSC,Wed + xKS,Wed = 14 Jeudi : xDH,Thurs + xKS,Thurs= 14
Vendredi : xKC,Fri + xHB,Fri + xNK,Fri= 14
Nous avons ensuite un second ensemble pour contraintes pour tenir compte du nombre maximum d’heures de
Mon. Tue. Wed. Thurs. Fri.
K.C. xKC,Mon≤6 xKC,Wed≤6 xKC,Fri≤6
D.H. xDH,Tue ≤6 xDH,Thurs≤6
H.B. xHB,Mon≤4 xHB,Tue≤8 xHB,Wed≤4 xHB,Fri≤4
S.C. xSC,Mon≤5 xSC,Tue≤5 xSC,Wed≤5 xSC,Fri≤5
K.S. xKS,Mon≤3 xKS,Wed≤3 xKS,Thurs≤8
N.K. xNK,Thurs≤6 xNK,Fri≤2
Enfin, nous avons un ensemble de contraintes pour la garantie d’un nombre minimum d’heures par opérateur par semaine.
K.C. :xKC,Mon+ xKC,Wed+ xKC,Fri≥8 D.H. : xDH,Tue + xDH,Thurs≥8
H.B. : xHB,Mon+ xHB,Tue+ xHB,Wed+ xHB,Fri≥8 S.C. : xSC,Mon+ xSC,Tue+ xSC,Wed+ xSC,Fri≥8 K.S. : xKS,Mon+ xKS,Wed+ xKS,Thurs≥7 N.K. : xNK,Thurs+ xNK,Fri≥7 La function objectif s’écrit:
Z = 10(xKC,Mon+ xKC,Wed+ xKC,Fri) + 10.10(xDH,Tue + xDH,Thurs)
+ 9.90(xHB,Mon+ xHB,Tue+ xHB,Wed+ xHB,Fri) + 9.80(xSC,Mon+ xSC,Tue+ xSC,Wed+ xSC,Fri) + 10.80(xKS,Mon+ xKS,Wed+ xKS,Thurs) + 11.30(xNK,Thurs+ xNK,Fri)
Exercice 4.6-14 page 168
a) On pose :
x1= x1+- x1- avec x1+ >=0 et x1->=0 . x2= x2+- x2- avec x2+ >=0 et x2->=0 . x3= x3+- x3- avec x3+ >=0 et x3->=0 . On obtient alors le problème :
0 ,
0 ,
0 ,
0 ,
0 ,
0
100 2
2 3
3
80 4
4 120 3
3
2 2
3 3
2 2
1 1
3 3 2 2 1 1
3 3 2 2 1 1
3 3 2 2
3 3 2 2 1 1
≥
≥
≥
≥
≥
≥
≤
− +
− + +
−
≤ +
− +
−
−
≤
− +
−
− +
− + +
−
=
+
−
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
− +
x x
x x
x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x x x Maximiser Z
On déduit du tableau optimal que la solution du problème est : Z*=110 pour x1=-45, x2=55 et x3=-45
b) En utilisant IOR :
Exercice 6.1-5 page 277
a) Définissons les variables duales :
y1la variable dual associé à la contrainte de ressource 1 y2la variable dual associé à la contrainte de ressource 2 Le problème dual est alors :
0 , 0
9 2
6 2
5 3
2 1
2 1 2 1
2 1
≥
≥
≥ +
≥
≥ +
=
y y
y y y y
y y Minimiser W
b)
La solution optimale du problème dual est W*=36 pour y1*=2 et y2*=6 Qui sont les coût marginaux des contraintes de ressource.
c)
