Problèmes généraux : dualité et solvabilité (résumé de cours) 1 Le

Problèmes généraux : dualité et solvabilité
(résumé de cours)
M. Grabisch
N.B. Pour MIAGE, seules les sections 1, 2 et 3.1 sont au programme.
1
Le théorème de la dualité
Un
problème sous forme générale
s'écrit sous la forme suivante (P) :
Maximiser
n
X
cj xj
j=1
 Pn
 Pj=1 aij xj
n
sous
j=1 aij xj

xj
≤ bi , i ∈ I
= bi , i ∈ E
≥ 0, j ∈ R.
(n variables, m contraintes ; j ∈ R : variable restreinte ; F := {1, . . . , n} \ R, j ∈ F : variable libre).
Une combinaison linéaire des contraintes est toute inégalité :
n X
m
X
j=1
m
X
aij yi xj ≤
bi y i ,
i=1
(1)
i=1
avec yi ≥ 0 si i ∈ I (nécessaire sinon
l'inégalité change de sens). Donc tout x réalisable doit satisfaire
(1), pour tout y = y1 · · · ym ainsi déni.
Si y est choisi de telle sorte que :
m
X
i=1
m
X
aij yi ≥ cj ,
j∈R
aij yi = cj ,
j∈F
i=1
alors toute solution réalisable de (P) satisfait
cj xj ≤
m
X
aij yi xj ,
j = 1, . . . , n
i=1
(avec égalité si j ∈ F ), et donc
n
X
cj xj ≤
n X
m
X
j=1
j=1
aij yi xj .
(2)
bi y i .
(3)
i=1
Donc si x satisfait à la fois (1) et (2), il satisfait
n
X
cj xj ≤
j=1
m
X
i=1
1
Ainsi, une borne supérieure de la valeur de la fonction objectif est obtenue. On en déduit le programme
dual de (P), qui permet de trouver la borne supérieure minimale :
Minimiser
m
X
bi y i
i=1
 Pm
 Pi=1 aij yi
m
sous
i=1 aij yi

yi
≥ cj , j ∈ R
= cj , j ∈ F
≥ 0, i ∈ I.
Théorème 1. (Théorème de la dualité, forme génerale) Si le primal a une solution optimale, alors le
dual a une solution optimale, et les valeurs des fonctions objectif sont identiques.
(démonstration omise car semblable à celle du problème sous forme standard)
2
Systèmes d'inégalités et d'égalités insolubles
Soit le système suivant :
Pn
aij xj
Pj=1
n
j=1 aij xj
≤ bi ,
= bi ,
i∈I
i ∈ E,
(4)
avec x ∈ Rn . Existe-t-il une solution à ce système ? Si x est solution, alors il doit être solution de toute
combinaison linéaire de ces contraintes.
Exemple
1 : Le système suivant admet-il une solution ?

x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4




x4
 3x1 + x2 + 2x3 +
5x1 + 3x2 + 3x3 + 3x4


−x3



−x4
En prenant y = 1
3
−2
2
≤
≤
=
≤
≤
5
4
9
0
0
1 , on trouve la combinaison linéaire
0 ≤ −1
qui est impossible. Donc le système n'a pas de solution.
Un système (4) est
incohérent
s'il existe y ∈ Rm tel
 Pm
 Pi=1 aij yi =
m
<
i=1 bi yi

yi ≥
que
0,
0
0,
j = 1, . . . , n
(5)
i ∈ I.
L'exemple montre que incohérent implique insoluble.
Théorème 2. Un système d'inégalités et d'égalités linéaires est insoluble si et seulement si il est incohérent.
Démonstration.
Il reste à montrer que insoluble implique incohérent. Soit le problème :
Maximiser
m
X
xn+i
i=1
 Pn
 Pj=1 aij xj + wi xn+i
n
sous
j=1 aij xj + wi xn+i

xn+i
2
≤ bi , i ∈ I
= bi , i ∈ E
≥ 0, i = 1, . . . , m
avec wi = 1 si bi ≥ 0, wi = −1 si bi < 0. Il est clair que (4) est soluble si et seulement si la valeur
optimale du problème est 0. En particulier, si (4) est insoluble, alors la valeur optimale est < 0. Dans ce
cas, le problème dual
Minimiser
m
X
bi y i
i=1
 Pm

i=1 aij yi
wi yi
sous

yi
=
≥
≥
0, j = 1, . . . , n
−1, i = 1, . . . , m
0, i ∈ I
a une solution optimale y∗ , et la valeur de la fonction objectif est < 0. Alors y∗ satisfait (5), i.e., le
système est incohérent.
Théorème 3. Tout système d'inégalités linéaires
système insoluble d'au plus
n+1
Ax ≤ b
insoluble à
n
variables contient un sous-
inégalités (non unique en général), correspondant aux variables
yi > 0
du Th. 2.
La preuve se sert du résultat suivant :
Lemme 1. Si un système de
plus
m
variables
m
équations lineaires a une solution
≥ 0,
il exists une solution avec au
> 0.
(du Th. 3) Si le système est insoluble, il est incohérent par le Th. 2, et donc ∃y∗ ≥ 0
telque y A = 0 et y∗ b =: c < 0. On considère le système
yA = 0
yb = c
Démonstration.
∗
de n + 1 équations. y∗ est une solution ≥ 0 de ce système, donc d'après le Lemme 1, il existe une solution
y ≥ 0 avec au plus n + 1 composantes > 0. Le sous-système insoluble correspond à ces composantes
strictement positives, puisque les composantes nulles n'ont pas d'inuence.
3
Compléments sur les systèmes d'inégalités
Il
3.1
existe 3 méthodes pour vérier qu'un système d'inégalités linéaires admet ou non une solution :
La première phase de la méthode à 2 phases
Le lemme de Farkas (le Th. 2)
La méthode d'élimination de Fourier-Motzkin.
Élimination de Fourier-Motzkin
Soit le système suivant :
(1) −x1
(2) −2x1
(3)
x1
(4)
x1
(5)
2x1
(6) −2x1
(7) −6x1
− 4x2
− x2
− 2x2
+ x2
+ 6x2
− x2
≤ −9
≤ −4
≤
0
≤
4
≤ 11
≤ 17
≤ −6
Fixons x1 et regardons les valeurs possibles pour x2 . Une inégalité avec un coe. positif pour x2 donne
une borne supérieure de x2 , tandis que si le coe. est négatif, on obtient une borne inférieure. En eet :
(6)
(1)
17 1
+ x1
6
3
9 1
− x1 − 4x2 ≤ −9 ⇔ x2 ≥ − x1 .
4 4
− 2x1 + 6x2 ≤ 17 ⇔ x2 ≤
3
Alors toutes les valeurs de x1 telles que la borne inférieure ≤ borne supérieure sont permises :
9 1
17 1
− x1 ≤
+ x1 ⇔ x1 ≥ −1.
4 4
6
3
Cette nouvelle inégalité remplace (6) et (1), et x2 a été éliminé. En faisant de même avec toutes les paires
d'equations ayant cette propriété, et en laissant les inéquations où x2 est absent (comme (4)), on obtient
un système équivalent où x2 a été éliminé.
Formellement, soit le système Ax ≤ b. Considérons xk à éliminer, et des lignes i, j telles que aik > 0
et ajk < 0. Alors
ai x ≤ bi ⇔ aik xk ≤ aik xk − ai x + bi
(6)
aj x ≤ bj ⇔ (−ajk )xk ≥ −ajk xk + aj x − bj .
(7)
En multipliant (6) par (−ajk ) et (7) par aik , il vient :
aik aj x − aik bj ≤ −(−ajk )ai x + (−ajk )bi
équivalent à
(aik aj + (−ajk )ai )x ≤ aik bj + (−ajk )bi
(résumé et exemple : voir feuille annexe)
3.2
Lemmes de Farkas
Le Th. 2 est en fait une des versions du Lemme de Farkas (version I), que l'on peut réécrire comme
suit :
(Lemme de Farkas I) Soit le système
Pn
aij xj ≤ bi , i ∈ I
Pj=1
n
= bi , i ∈ E.
j=1 aij xj
Ce système est insoluble si et seulement si ∃y ∈ Rm , yi ≥ 0 ∀i ∈ I , tel que
m
X
aij yi = 0,
∀j = 1, . . . , n et
i=1
m
X
bi yi < 0.
i=1
(voir démo utilisant Fourier-Motzkin sur feuille annexe) Autre version (sans égalité pour simplier) :
n
m
(Lemme de Farkas II) Soit le système Ax ≤ b, x ∈ R , b ∈ R , et une inégalité a0 x ≤ b0 .
Alors a0 x ≤ b0 est valide ∀x solution du système si et seulement si au moins l'une des deux
conditions suivantes est vériée :
(i) ∃y ≥ 0 tel que yA = a0 et yb ≤ b0
(ii) ∃y ≥ 0 tel que yA = 0T et yb < 0.
Ax ≤ b dénit un polyèdre P . Une inégalité est valide pour ce polyèdre si elle peut être obtenue comme
une combinaison linéaire positive des inégalités dénissant P (condition (i)), ou si P est vide (condition
(ii)).
m
(Lemme de Farkas III) Soit A une matrice m × n, b ∈ R . Alors une et une seule des 2
éventualités suivantes peut arriver :
n
(F1) ∃x ∈ R tel que Ax = b et x ≥ 0.
m
(F2) ∃y ∈ R
tel que yA ≥ 0T et yb < 0.
correspondent aux 2 éventualités suivantes mutuellement exclusives, en posant A =
Ces 2 éventualités
a1 · · · an :
(F1') b est dans le cône convexe engendré par a1 , . . . , an .
(F2') Il existe un hyperplan h passant par 0 de la forme
h = {x ∈ Rm | yx = 0}
pour un vecteur y de telle sorte que le cône convexe engendré par a1 , . . . , an soit d'un côté, et b
strictement de l'autre.
4
3.3
Méthode à 2 phases
La démonstration du Th. 2 est en fait une version de la méthode à 2 phases. Donc la résolution du
problème auxiliaire
Maximiser
m
X
xn+i
i=1
 Pn
 Pj=1 aij xj + wi xn+i
n
sous
j=1 aij xj + wi xn+i

xn+i
≤ bi , i ∈ I
= bi , i ∈ E
≥ 0, i = 1, . . . , m
avec wi = 1 si bi ≥ 0, wi = −1 si bi < 0 indique si le système a une solution ou non. De plus, la solution
optimale du dual est le vecteur y cherché du Lemme de Farkas.
5