Serie3+Correction

INSTITUT SUPÉRIEUR DES SCIENCES APPLIQUÉES ET DE TECHNOLOGIE DE SOUSSE
MODULE : GRAPHES ET OPTIMISATION
SÉRIE D’EXERCICES N°3
Houssem SABRI
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Exercice 1 Le projet "habillement" est constitué des tâches suivantes :
Tâches Précédences Durée
chemise – 6
calçon – 1
chaussettes - 3
cravate chemise 20
pantalon calçon 4
ceinture chemise, pantalon 2
chaussures pantalon, chaussettes 8
veste cravate, ceinture 4
1. Représentez le graphe de ce projet (trié topologiquement).
2. Déterminez la durée totale minimale de ce projet. Quels sont les tâches critiques? Peut-on commencer à
mettre la ceinture à la date 5?
Exercice 2 Résoudre le problème linéaire suivant par l’algorithme du simplexe.
max 2x1+x2+3x3
s.t. 3x1+x2+2x3≤30,
2x1+2x2+5x3≤24,
4x1+x2+2x3≤36,
x1,x2,x3≥0
Quels sont les valeurs de x1,x2et x3pour atteindre la valeur maximale.
Exercice 3 Résoudre le problème linéaire suivant par l’algorithme du simplexe (phase I + II).
max 5x1+2x2
s.t. 2x1+x2≤70,
x1≤30,
x1+x2≥10,
x1,x2≥0
Retrouver la solution avec la méthode graphique simple.
Solution 1 Done.
1

Solution 2 La forme standard du P.L s’écrit :
max 2x1+x2+3x3
s.t. 3x1+x2+2x3+e1=30,
2x1+2x2+5x3+e2=24,
4x1+x2+2x3+e3=36,
x1,x2,x3,e1,e2,e3≥0
Le P.L est simpliciale. Ainsi, la matrice du simplexe est :
31210030
22501024
41200136
213000 0
Le pivot est a2,3 (min ratio test). Les opérations sont :
A[[2]] =A[[2]]
5; (A[[1]] =A[[1]] −2A[[2]]; )(A[[3]] =A[[3]] −2A[[2]]; )( A[[4]] =A[[4]] −3A[[2]]; )
On obtient :
11
5
1
50 1 −2 50102 5
2
5
2
51 0 1 5024 5
16
5
1
50 0 −2 51132 5
4
5−1 50 0 −3 50−72 5
Ainsi le pivot est a3,1 (min ratio test). Les opérations sont :
µA[[3]] =
5A[[3]]
16 ;¶µA[[1]] =A[[1]] −
11A[[3]]
5;¶µA[[2]] =A[[2]] −
2A[[3]]
5;¶µA[[4]] =A[[4]] −
4A[[3]]
5;¶
On obtient :
01
16 0 1 −1 8−11 16
9
4
03
81 0 1 4−1 8
3
2
11
16 0 0 −1 8
5
16
33
4
0−1
40 0 −1 2−1 4−21
Fin Algorithme. La solution est z =21 avec x1=33
4,x2=0et x3=3 2.
Solution 3 Le P.L. sous forme standard s’écrit :
max z=5x1+2x2
s.t. 2x1+x2+e1=70,
x1+e2=30,
x1+x2−e3=10,
x1,x2,e1,e2,e3≥0
Le P.L. n’est pas simpliciale, donc on ajoute les variables artificielles et on passe phase I. On a :
max W= −w1=x1+x2−e3−10
s.t. 2x1+x2+e1=70,
x1+e2=30,
x1+x2−e3+w1=10,
x1,x2,e1,e2,e3≥0
2

La matrice de la phase I est donc :
2 1 1 0 0 0 70
1 0 0 1 0 0 30
1100−1 1 10
1100−1 0 10
5 2 0 0 0 0 0
Le pivot est a3,1 (min ratio test). Les opérations sont :
(A[[1]] =A[[1]] −2A[[3]]; )(A[[2]] =A[[2]] −A[[3]]; )( A[[4]] =A[[4]] −A[[3]]; )(A[[5]] =A[[5]] −5A[[3]]; )
On obtient :
0−1 1 0 2 −2 50
0−1 0 1 1 −1 20
1 1 0 0 −1 1 10
00000−1 0
0−3 0 0 5 −5−50
D’où fin phase I. La matrice de la phase II s’ecrit :
0−1 1 0 2 50
0−1 0 1 1 20
1 1 0 0 −1 10
0−3 0 0 5 −50
Ainsi le pivot est a2,5 (min ratio test). Les opérations sont :
(A[[1]] =A[[1]] −2A[[2]]; )(A[[3]] =A[[2]] +A[[3]]; )( A[[4]] =A[[4]] −5A[[2]]; )
On obtient :
011−2 0 10
0−1 0 1 1 20
1 0 0 1 0 30
020−5 0 −150
Le pivot est a1,2 (min ratio test). Les opérations sont :
(A[[2]] =A[[1]] +A[[2]]; )(A[[4]] =A[[4]] −2A[[1]]; )
La matrice est :
0 1 1 −2 0 10
0 0 1 −1 1 30
1 0 0 1 0 30
0 0 −2−1 0 −170
Fin algorithme. La solution est z =170, avec x1=30 et x2=10.
•Avec la méthode graphique : La région des solutions possibles est donc :
3
x1 x2 e1 e2 e3 w1 b
e1
e2
e3
w
z

On a donc 5points extrêmes :
—(0, 10) =⇒ z=20
—(0, 70) =⇒ z=140
—(10, 0) =⇒ z=50
—(30, 10) =⇒ z=170
—(30, 0) =⇒ z=150
Ainsi on retrouve la même solution z =170 avec (x1=30 et x2=10).
4