Telechargé par Papa Moussa Nar Gueye

Algorithme simplexe (1)

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L’algorithme du simplexe appliqué à un exemple
S. Balev
Une entreprise fabrique quatre produits. La fabrication de chaque produit nécessite une certaine
quantité de ressources. Les ressources consommées, les stocks des ressources et les bénéfices des
produits sont récapitulés dans le tableau suivant :
produit 1 produit 2 produit 3 produit 4 stock
ressource A
2
4
5
7
42
ressource B
1
1
2
2
17
ressource C
1
2
3
3
24
bénéfice
7
9
18
17
On souhaite établir un plan de production de façon à maximiser le chiffre d’affaires.
Appelant x1 , x2 , x3 , x4 les quantités respectives de produits 1, 2, 3, 4, le problème admet la
modélisation suivante :
Maximiser z = 7x1
s. c.
2x1
x1
x1
x1
+ 9x2
+ 4x2
+ x2
+ 2x2
,
x2
+ 18x3
+ 5x3
+ 2x3
+ 3x3
,
x3
+ 17x4
+ 7x4
+ 2x4
+ 3x4
,
x4
≤ 42
≤ 17
≤ 24
≥ 0
On reconnaı̂t là un problème de programmation linéaire sous forme standard.
Introduisons trois variables d’écart x5 , x6 , x7 , qui mesurent pour chaque ressource l’écart entre
la quantité initialement disponible et la quantité consommée par le plan de fabrication donné par
les variables de décision x1 , x2 , x3 , x4 . On obtient une formulation équivalente du problème :
Maximiser z = 7x1
s. c.
2x1
x1
x1
x1
+ 9x2
+ 4x2
+ x2
+ 2x2
,
x2
+ 18x3
+ 5x3
+ 2x3
+ 3x3
,
x3
+ 17x4
+ 7x4
+ 2x4
+ 3x4
,
x4
+ x5
+ x6
, x5
, x6
+ x7
, x7
= 42
= 17
= 24
≥ 0
Cette formulation permet d’exprimer facilement les variables d’écart comme fonctions affines des
variables de décision :
x5
x6
x7
z
= 42 − 2x1
= 17 − x1
= 24 − x1
=
7x1
− 4x2
− x2
− 2x2
+ 9x2
− 5x3
− 2x3
− 3x3
+ 18x3
− 7x4
− 2x4
− 3x4
+ 17x4
Dictionnaire 1
Le tableau ci-dessus est appelé un dictionnaire. Les variables x5 , x6 , x7 sont des variables de base
et x1 , x2 , x3 , x4 sont des variables hors-base. La solution basique associée à un dictionnaire est
obtenue en donnant la valeur 0 à toutes les variables hors-base. La solution basique correspondant
au Dictionnaire 1 est donc x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0, entraı̂nant x5 = 42, x6 = 17, x7 = 24.
Le bénéfice correspondant est z = 0. Cette solution est « le plan de production du mois d’août »
– on ne produit rien, on ne consomme aucune ressource et on ne gagne rien. Néanmoins, c’est
une solution réalisable, car elle satisfait aux toutes les contraintes. On peut remarquer que cette
solution basique correspond au sommet de coordonnées (0, 0, 0, 0) du polyèdre des contraintes.
En partant de cette solution basique, on cherche à améliorer le bénéfice. Considérons une
variable hors-base dont le coefficient dans la dernière ligne du dictionnaire es positif. Dans le
1
Dictionnaire 1 tous les coefficients de la dernière ligne sont positifs, donc on peut prendre n’importe
quelle variable. Choisissons, par exemple, x3 . Il est évident que si on fait croı̂tre x3 à partir de 0,
les autres variables hors-base restant nulles, la valeur de la fonction z croı̂t. Mais jusqu’où peut-on
« pousser » x3 , tout en gardant x1 , x2 et x4 à zéro ? Il faut que la solution reste réalisable. Les
contraintes sur l’augmentation de x3 sont :
x5 ≥ 0 ⇒ 42 − 5x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 8.4
x6 ≥ 0 ⇒ 17 − 3x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 8.5
x7 ≥ 0 ⇒ 24 − 3x3 ≥ 0 ⇒ x3 ≤ 8
La plus restrictive de ces contraintes est x3 ≤ 8. L’interprétation géométrique est la suivante :
en partant du sommet (0, 0, 0, 0) du polyèdre des contraintes, on se déplace sur une arête de ce
polyèdre. Le premier hyperplan rencontré est x7 = 0. On arrive alors dans un nouveau sommet, à
l’intersection des hyperplans x1 = 0, x2 = 0, x4 = 0, x7 = 0.
Nous allons faire un changement de dictionnaire en échangeant les rôles de x3 et x7 . On utilise
la troisième équation du Dictionnaire 1 pour exprimer x3 en fonction de x1 , x2 , x4 et x7 :
1
2
1
x3 = 8 − x1 − x2 − x 4 − x7
3
3
3
On remplace ensuite x3 par cette expression dans les autres équations du dictionnaire :
x5
=
2 −
1
3 x1
−
2
3 x2
+
5
3 x7
+
1
3 x2
+
2
3 x7
− 2x4
x6
=
1 −
1
3 x1
x3
=
8 −
1
3 x1
−
2
3 x2
−
1
3 x7
−
x4
= 144 +
x1
−
3x2
−
6x7
−
x4
z
Dictionnaire 2
La variable x7 est sortie de la base et la variable x7 est entrée en base. La nouvelle base est
x5 , x6 , x3 . La solution basique associée au Dictionnaire 2 est x1 = x2 = x7 = x4 = 0, x5 = 2,
x6 = 1, x3 = 8. Elle correspond au sommet de coordonnées (0, 0, 8, 0) du polyèdre de contraintes.
Cette solution définit un plan de production beaucoup plus intéressant : on fabrique 8 unités du
produit 3 (x3 = 8) en consommant entièrement la ressource C (x7 = 0). Il nous reste x5 = 2 unités
de la ressource A et x6 = 1 unité de B. Le bénéfice est z = 144.
Est-ce qu’on peut faire mieux ? Dans la nouvelle expression de la fonction z, nous voyons
que seule la variable x1 a un coefficient positif. Nous décidons de faire entrer x1 en base, et
ainsi de parcourir une nouvelle arête du polyèdre des contraintes. On a les limites suivantes sur
l’augmentation de x1 :
x5 ≥ 0 ⇒ x 1 ≤ 6
x6 ≥ 0 ⇒ x 1 ≤ 3
x3 ≥ 0 ⇒ x1 ≤ 24
d’où x1 ≤ 3. On fait sortir x6
suivant :
x5 =
1
x1 =
3
x3 =
7
z = 147
de la base on et fait entrer x1 à sa place. On obtient le dictionnaire
+ x6
− 3x6
+ x6
− 3x6
+ x7
+ 2x7
− x7
− 4x7
− x2
+ x2
− x2
− 2x2
− 2x4
−
−
x4
x4
Dictionnaire 3
La solution basique associée x6 = x2 = x7 = x4 = 0, x5 = 1, x1 = 3, x3 = 7, correspond
au sommet (3, 0, 7, 0) du polyèdre des contraintes. Elle définit le plan de production suivant : on
fabrique 3 unités du produit 1 et 7 unités de produit 3. Il ne nous reste qu’une unité de la ressource
A. Le bénéfice est z = 147. De plus, tous les coefficients de la dernière ligne sont négatifs, donc on
ne peut pas se déplacer vers un sommet voisin en augmentant la fonction du profit. Nous avons
alors trouvé la solution optimale du problème.
2
sommet x1
x2
A
0
0
B
0 10.5
C
0
0
D
17
0
E
11.67 0
F
13
4
G
0
3
H
0
0
I
0
0
J
4
1
K
3
0
L
3
0
B [94.5]
C [102]
F [129]
A [0]
E [127]
D [119]
G [135]
H [143]
I [144]
J [145]
x3 x4
0
0
0
0
0
6
0
0
0 2.67
0
0
6
0
7
1
8
0
6
0
6.5 0.5
7
0
z
0
94.5
102
119
127
129
135
143
144
145
146.5
147
K [146,5]
L [147]
Le dessin si-dessus donne une interprétation géométrique du problème. A gauche, on voit les
sommets et les arêtes du polyèdre des contraintes. La valeur de la fonction objective est donnée
entre crochets. La table à droite donne les coordonnées de chaque sommet. Nous avons parcouru
le chemin A-I-L.
La forme de tableaux est un formalisme plus facile à manipuler et automatiser, mais qui effectue
les mêmes opérations. Chaque dictionnaire est représenté par un tableau de la forme
B
xB 1
..
.
xB m
b1
..
.
x1
α11
..
.
...
...
..
.
xn+m
α1,n+m
..
.
bm
z
αm1
c1
...
...
αm,n+m
cn+m
Les règles de manipulation des tableaux sont :
1. Initialisation. bi = bi , cj = cj , αij = aij , z = 0.
2. Choix de colonne pivot (variable à entrer en base).
(a) Si cj ≤ 0, j = 1, . . . , n + m, alors STOP (la solution optimale est trouvée).
(b) Sinon, choisir une colonne s, telle que cs > 0.
3. Choix de ligne pivot (variable à sortir de la base).
(a) Si αis ≤ 0, i = 1, . . . , m, alors STOP (la fonction objective n’est pas bornée).
(b) Sinon, choisir une ligne r, telle que
br
bi
= min
: i = 1, . . . , m, αis > 0
αrs
αis
4. Pivot (passage d’un tableau au tableau suivant).
(a) Transformation de la ligne pivot : elle est divisée par l’élément pivot.
0
br =
br
αrj
; α0rj =
, j = 1, . . . n + m
αrs
αrs
(b) Transformation de la colonne pivot : toutes les cases sauf la case pivot deviennent zéro.
α0is = 0, i = 1, . . . , r − 1, r + 1, . . . , m
3
(c) Transformation des autres cases du tableau. On applique la règle suivante :
A
B
A0 = A −
C
D
B×C
D
ligne pivot
colonne pivot
Formellement,
α0ij = αij −
αis br 0
cs αrj 0
cs br
αis αrj 0
, bi = b i −
, cj = c j −
, z =z+
αrs
αrs
αrs
αrs
En appliquant l’algorithme ci-dessus sur notre exemple, on obtient
B
x5
x6
x7
c
x5
x6
x3
c
x5
x1
x3
c
b
42
17
24
0
2
1
8
144
1
3
7
147
x1
2
1
1
7
1/3
1/3
1/3
1
0
1
0
0
x2
4
1
2
9
2/3
-1/3
2/3
-3
1
-1
1
-2
x3
5
2
3
18
0
0
1
0
0
0
1
0
4
x4
7
2
3
17
2
0
1
-1
2
0
1
-1
x5
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
x6
0
1
0
0
0
1
0
0
-1
3
-1
-3
x7
0
0
1
0
-5/3
-2/3
1/3
-6
-1
-2
1
-4
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