Licence de Gestion. 3me Anne Anne universitaire 2008-2009

Optimisation Applique C. Lonard

Correction de lpreuve intermdiaire de mai 2009.

Exercice 1

Avec les notations du cours dmontrer que la solution X du systme linaire AX = b scrit avecA = [U, V ]

X =

[

XUXV

]

=

[

U1b0

]

+

[

U1VInm

]

XV .

On prcisera la signification des diffrents termes A,X, b, U, V,XU ,XV , Inm, on introduira les dimen-sions m et n et on rappellera lhypothse faite sur A.

Solution. La matrice A possde m lignes et n colonnes qui correspondent aux m galits et n inconnues

X =

x1...

xn

Rn du systme AX = b, cest--dire

a11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2

... +... +

... +... =

...am1x1 + am2x2 + + amnxn = bm

La matrice du systme est A = (aij)1im,1jn et le membre de droite du systme est b =

b1...

bm

Rm.

On fait lhypothse que m n et que A est de rang plein. Ce qui quivaut dire quil existe unesous-matrice U de A qui est carre dordre m et inversible. Pour simplifier les notations on suppose icique U correspond aux m premires colonnes de A : la base de coordonnes est {1, . . . ,m} et A = [U, V ]o V est une matrice m (n m). Puisque U est inversible, on peut multiplier gauche les membres

de lgalit AX = b par son inverse U1, ce qui, en notant X =

[

XUXV

]

la dcomposition de X en ses m

premires coordonnes XU =

x1...

xm

et ses n m dernires coordonnes XV =

xm+1...

xn

, nous donne

AX = b [U, V ]

[

XUXV

]

= UXU + V XV = b

XU + U1V XV = U

1b

XU = U1b U1V XV

Par consquent X =

[

XUXV

]

=

[

U1b U1V XVXV

]

=

[

U1b0

]

+

[

U1VInm

]

XV o Inm dsigne la

matrice identit dordre n m.Il y a donc autant de solutions que de vecteurs XV : lensemble des solutions est un sous-espace affine

de dimension nm. De plus, en prenant XV = 0 il apparat que

[

U1b0

]

est une solution particulire du

systme. On lappelle la solution de base {1, . . . ,m} puisque la sous-matrice principale U que nous avonsprise ici correspond aux coordonnes {1, . . . ,m}. Si la matrice principale que nous choisissons correspond dautres coordonnes {j1, . . . , jm} que les m premires, cette solution est dite de base {j1, . . . , jm}. Ondevra prendre garde placer des zros sur les coordonnes hors-base, cest--dire autres que j1, . . . , jm.

1

Exercice 2

On considre le systme linaire suivant{

x1 x2 +2x3 = 42x1 +3x2 +4x3 = 1

(a) Quelle est la dimension de lensemble des solutions ?

(b) Montrer quil ny a que deux bases de coordonnes qui permettent de rsoudre le systme.

(c) Rsoudre le systme laide de la mthode du pivot pour la base {1, 2}.

(d) Rsoudre le systme laide de la mthode du pivot pour lautre base.

Solution. On se servira des rsultats de la question de cours prcdente. Pour ce systme nous avons

n = 3,m = 2, A =

(

1 1 22 3 4

)

et b =

(

41

)

.

(a) On constate que la sous-matrice U =

(

1 12 3

)

de base {1, 2} est inversible puisque son dter-

minant qui vaut 5 nest pas nul. Par consquent A est rang plein et la dimension de lespace dessolutions est n m = 3 2 = 1 : cest une droite affine.

(b) Il y a a priori

(

32

)

= 3 bases de coordonnes possibles : {1, 2}, {1, 3} et {2, 3}. On calcule les

dterminants correspondants et on note que celui pour {1, 3} est nul alors que celui pour {2, 3} nelest pas. Les bases de coordonnes sont donc {1, 2} et {2, 3}.

(c) Mthode du pivot pour la base de coordonnes {1, 2}. Il sagit de faire apparatre la matrice identitdans les colonnes 1 et 2 :

[

1 1 2 42 3 4 1

]

(1)

[

1 1 2 40 5 0 9

]

(2)

[

1 1 2 40 1 0 9/5

]

(3)

[

1 0 2 11/50 1 0 9/5

]

Les tapes sont les suivantes : (1) : L2 2L1, (2) : L2/5, (3) : L1 + L2.En appliquant le rsultat de lexercice 1, on voit que les solutions sont

x1x2x3

=

11/59/50

+ x3

201

o x3 dcrit lensemble des nombres rels.

(d) Mthode du pivot pour la base de coordonnes {2, 3}. Il sagit de faire apparatre la matrice identitdans les colonnes 2 et 3 :[

1 1 2 42 3 4 1

]

(1)

[

1 1 2 42 3 4 1

]

(2)

[

1 1 2 45 0 10 11

]

(3)

[

1 1 2 40, 5 0 1 1, 1

]

(4)

[

0 1 0 1, 80, 5 0 1 1, 1

]

Les tapes sont les suivantes : (1) : L1, (2) : L2 3L1, (3) : L2/10, (4) : L1 + 2L2.En appliquant le rsultat de lexercice 1, on voit que les solutions sont

x1x2x3

=

01, 81, 1

+ x1

10

0, 5

o x1 dcrit lensemble des nombres rels.

2

Exercice 3

Vous voulez apporter votre grand-mre un bouquet de 9 marguerites, 6 tulipes et 12 roses. Mais vousvous y prenez trop tard, tous les fleuristes sont ferms et il ne reste plus quun marchand de fleurs dansle mtro qui propose deux types de bouquets et qui ne vend pas les fleurs lunit. Le bouquet 1 qui estcompos de 3 marguerites, 1 tulipe et 1 rose, cote 1 euro ; le bouquet 2 qui est compos de 1 marguerite,1 tulipe et 4 roses cote 2 euros.

(a) crire le programme linaire correspondant la minimisation du cot dachat des bouquets quivous permettront de composer le bouquet de votre grand-mre. On notera x1 et x2 les nombres debouquets de type 1 et 2 que vous allez acheter.

(b) Le rsoudre graphiquement. On calculera pour cela les pentes de certaines droites.

(c) Le prix du bouquet 1 tant encore de 1 euro, partir de quel prix du bouquet 2 nauriez-vous achetque des bouquets 1 ?

Solution.

(a) Puisque jachte x1 bouquets 1 et x2 bouquets 2 qui cotent respectivement 1 et 2 euros lunit,je paye x1 + 2x2 euros. Je cherche donc minimiser le cot x1 + 2x2.Compte tenu de la composition des bouquets 1 et 2, ce faisant jachterai :(M) 3x1 + x2 marguerites,(T) x1 + x2 tulipes et(R) x1 + 4x2 roses.De plus, je dsire acheter au moins 9 marguerites, 6 tulipes et 12 roses pour composer mon bouquet.Le programme linaire que je dois rsoudre est donc

minimiser x1 + 2x2

slc

3x1 + x2 9 (M)x1 + x2 6 (T )x1 + 4x2 12 (R)

x1, x2 0

(b) Le graphique de gauche reprsente le polydre des solutions ralisables. Cest la rgion grise

dlimite par les droites (M), (T) et (R) dquations

3x1 + x2 = 9 (M)x1 + x2 = 6 (T )x1 + 4x2 = 12 (R)

et les axes

de coordonnes.

b

b

b

b b bb

bb

b

b

b0 3 6 12

3

6

9

(M) (T)(R)

x1

x2

A

B

C

D

b

b

bb

b

b

b0

x1

x2

A

B

C

D

b

bb

1

2

0

(K)

~c

Noter que les limites suprieures de la rgion grise ne correspondent pas aux frontires du polydreralisable qui est une rgion non borne.

Le vecteur du graphique de droite est le vecteur de cot ~c =

(

12

)

, il indique la direction de

croissance maximale de la fonction de cot x1 + 2x2 optimiser. La droite (K) qui lui est perpen-diculaire donne la direction des droites de cot constant. Lorsquon dplace une droite parallle

3

(K) dans la direction du vecteur de plus grande pente ~c, le cot augmente. Par consquent, cesten approchant une droite parallle (K) par le bas (puisque ~c pointe vers le haut) quon obtientle cot minimal. Le point C est le premier point du polydre des solutions ralisables que cettedroite mobile rencontre, cest donc la solution de notre programme linaire.Pour sassurer que cest bien le point C qui est le premier point de contact, nous devons calculerles pentes des diffrentes droites. Nous obtenons : pente(M)=3, pente(T)=1, pente(R)=1/4et pente(K)=1/2. Puisque, pente(T)

Un commentaire gnral

Les mthodes du simplexe rvise et du simplexe en deux phases sont deux notions distinctes. La mthode de calcul (du simplexe) rvise est simplement une faon dcrire les calculs lorsquon

effectue lalgorithme. On introduit les calculs = cUU1, rV = cV V, y = U1a de faon ne pas effectuer la mthode du pivot sur des grands tableaux qui ncessitent de nombreux calculsinutiles.

La mthode du simplexe en deux phases est ncessaire lorsque le tableau initial du simplexe nese laisse pas mettre sous forme canonique. La phase 1 o des variables et un cot artificiels sontintroduits permet dans un premier temps de trouver un tableau qui se met sous forme canonique.Une fois ce tableau calcul, on supprime les variables et le cot artificiels et on peut dmarrerlalgorithme du simplexe avec le cot effectif. Cest ce quon appelle la phase 2.

On peut effectuer les calculs des phases 1 et 2 laide la mthode du simplexe habituelle ou laide de la mthode rvise, notre convenance.

Dans lexercice 4, nous effectuerons la mthode en deux phases laide de lalgorithme habituel (nonrvis). Dans lexercice 5, nous calculerons laide lalgorithme rvis ; il se trouve que la phase 1 serainutile dans cet exercice.

Exercice 4

On considre le programme linaire suivant

maximiser 2x1 + x2

slc

x1 +x2 3x1 +4x2 1

x1, x2 0

(a) Lcrire sous forme standard.

(b) Effectuer la phase 1 de la mthode du simplexe en introduisant une seule variable artificielle.

(c) En dduire une solution de base ralisable.

(d) Rsoudre le programme linaire laide de la mthode du simplexe.

(e) Quelle est la valeur maximale de ce programme ?

Solution.

(a) On transforme la maximisation en une minimisation et on introduit les deux variables dcart x3et x4 pour obtenir le programme linaire standard suivant

minimiser 2x1 x2

slc

x1 +x2 +x3 = 3x1 +4x2 x4 = 1

x1, x2, x3, x4 0

(b) Le tableau initial est

1 1 1 0 31 4 0 1 12 1 0 0 0

. Il ne se laisse pas mettre premire vue sous

forme canonique en raison du 1 qui est apparu avec la variable dcart x4. On doit donc effectuerla phase 1 pour trouver un tableau qui permettra le dmarrage de lalgorithme du simplexe. Onintroduit une seule variable artificielle x5 car il ny a quun seul -1. Le tableau initial de la phase1, quon pourrait appel tableau initial artificiel est

1 1 1 0 0 31 4 0 1 1 10 0 0 0 1 0

Noter quon met les 1 artificiels dans la dernire ligne et sur la mme ligne que 1 lintrieur dutableau.

5

Effectuons lalgorithme du simplexe avec le calcul normal (non rvis) :

1 1 1 0 0 31 4 0 1 1 10 0 0 0 1 0

(1)

1 1 1 0 0 31 4 0 1 1 10 4 0 1 0 1

(2)

1 1 1 0 0 31/4 1 0 1/4 1/4 1/40 4 0 1 0 1

(3)

3/4 0 1 1/4 1/4 11/41/4 1 0 1/4 1/4 1/41 0 0 0 1 0

Les tapes sont les suivantes : (1) : on met le tableau sous forme canonique en faisant L3L1, (2) :le cot relatif -4 est ngatif, on voit que les rapports 3/1 > 1/4, donc on pivote sur la coordonne(2,2), on commence par L2/4, (3) : puis on fait L1 L2 et L3 + L2/4.Lalgorithme sachve puisque dans le dernier tableau qui est sous forme canonique, tous les cotsrelatifs sont positifs ou nuls.

(c) Du fait que le cot qui se lit dans la case en bas droite est nul, on en dduit quune solution debase ralisable est obtenue avec x3 = 11/4 et x2 = 1/4. Soit (x1, x2, x3, x4) = (0, 1/4, 11/4, 0)

(d) Il sagit ici de poursuivre avec la phase 2. On part donc du tableau issu de la phase 1, en effaantla colonne 5 artificielle et en introduisant le cot effectif :

3/4 0 1 1/4 11/41/4 1 0 1/4 1/42 1 0 0 0

Effectuons lalgorithme du simplexe avec le calcul normal (non rvis) :

3/4 0 1 1/4 11/41/4 1 0 1/4 1/42 1 0 0 0

(1)

3/4 0 1 1/4 11/41/4 1 0 1/4 1/47/4 0 0 1/4 1/4

(2)

3/4 0 1 1/4 11/41 4 0 1 1

7/4 0 0 1/4 1/4

(3)

0 3 1 1 21 4 0 1 10 7 0 2 2

(4)

0 3 1 1 21 1 1 0 30 1 2 0 6

Les tapes sont les suivantes : (1) : on met le tableau sous forme canonique en faisant L3 + L2,(2) : le cot relatif -7/4 est ngatif, on voit que les rapports (11/4)/(3/4)=11/3 > (1/4)/(1/4)=1,donc on pivote sur la coordonne (2,1), on commence par 4L2, (3) : puis on fait L1 + 3/4L2 etL3 + 7/4L2, (4) : le cot relatif -2 est ngatif et la seule coordonne positive au-dessus est lapremire, on pivote donc autour de la coordonne (1,4), pour cela on effectue L2 +L1 et L3 +2L1.Lalgorithme sachve puisque dans le dernier tableau qui est sous forme canonique, tous les cotrelatifs sont positifs ou nuls.Il correspond la solution optimale de base x1 = 3, x

2 = x

3 = 0, x

4 = 2.

La solution optimale effective est (x1, x2) = (3, 0).

On constate que les variables dcart sont x3 = 3 (x1 + x

2) = 3 3 = 0 et x

4 = (x

1 + 4x

2) 1 =

3 1 = 2.

(e) On lit la valeur maximale en bas droite du dernier tableau : 6. On peut aussi vrifier que2x1 + x

2 = 2 3 = 6.

6

Exercice 5

On considre le programme linaire suivant

maximiser x1

slc

2x1 + x2 3x1 + 3x2 4

x1, x2 0

(a) Lcrire sous forme standard.

(b) Le rsoudre laide de la mthode du simplexe rvise.

(c) Maximiser x1 +x2 sous les mmes contraintes que prcdemment laide de la mthode du simplexervise. On pourra se servir des calculs dj effectus la question (b) pour gagner du temps.

Rappel : = cUU1, rV = cV V, y = U1a.

Solution.

(a) On transforme la maximisation en une minimisation et on introduit les deux variables dcart x3et x4 pour obtenir le programme linaire standard suivant

minimiser x1

slc

2x1 +x2 +x3 = 3x1 +3x2 +x4 = 4

x1, x2, x3, x4 0

(b) Le tableau initial est

2 1 1 0 31 3 0 1 41 0 0 0 0

(1)

On constate que le tableau est sous forme canonique, la phase 1 de lalgorithme du simplexe estdonc inutile. On passe immdiatement la phase 2. On dmarre lalgorithme avec les coordonnes

de base 3 et 4 qui correspondent la matrice identit U =

(

1 00 1

)

= I dans le tableau.

Clairement U1 = I et y0 = U1a0 = Ia0 = a0 = b : la dernire colonne de la matrice de

contraintes [A, b] = [a1 a2 a3 a4 a0] =

(

2 1 1 0 31 3 0 1 4

)

.

Nous dmarrons donc lalgorithme avec le tableau rvis suivant

U1 y0 y?

x3 1 0 3

x4 0 1 4

De faon savoir quelle coordonne va rentrer dans le tableau la place du point dinterrogation,on calcule les cots relatifs laide des formules = cUU1, rV = cV V. Nous avons cU =

(c3, c4) = (0, 0) et V = [a1 a2] =

(

2 11 3

)

: la sous-matrice de A correspondant aux coordonnes

hors-base : 1 et 2. Donc, = (0, 0) et

rV = (c1, c2) V = (1, 0) (0, 0) = (1, 0). (2)

Le cot relatif 1 est ngatif, il correspond la coordonne 1. On la fait donc rentrer. Pour cela

on calcule y? = y1 = U1a1 = Ia1 =

(

21

)

. Ce qui donne le tableau

U1 y0 y1

x3 1 0 3 2 3/2

x4 0 1 4 1 4/1=4

7

o les nombres de la dernire colonne sont les rapports des coordonnes de y0 et y1. Le plus petitde ces rapports est 3/2, qui est sur la premire ligne : cest donc la coordonne 3 qui, se trouvantsur cette ligne, va laisser sa place la coordonne 1. Pour cela, on effectue un algorithme du pivotsur la case (1,4) du tableau :

[

1 0 3 20 1 4 1

]

(1)

[

1/2 0 3/2 10 1 4 1

]

(2)

[

1/2 0 3/2 11/2 1 5/2 0

]

o lon a fait successivement (1) : L1/2 et (2) : L2 L1. On ractualise notre tableau :

U1 y0 y?

x1 1/2 0 3/2

x4 -1/2 1 5/2

(3)

Calculons les cots relatifs. Nous avons maintenant cU = (c1, c4) = (1, 0) et V = [a2 a3] =(

1 13 0

)

, de sorte que = (1, 0)

(

1/2 01/2 1

)

= (1/2, 0) et

rV = (c2, c3) V = (0, 0) (1/2, 0)

(

1/2 01/2 1

)

= (1/2, 1/2) 0. (4)

Les cots relatifs sont positifs ou nuls, lalgorithme sachve donc avec la solution x1 = 3/2, x4 =5/2 et les coordonnes hors-base x2 = x3 = 0. Notre solution optimale est (x1, x

2, x

3, x

4) =

(3/2, 0, 0, 5/2).

En oubliant les variables dcart, la solution optimale du programme linaire de la question estdonc : x1 = 3/2, x

2 = 0.

(c) Le tableau initial est

2 1 1 0 31 3 0 1 41 1 0 0 0

Il diffre du tableau (1) de la question prcdente uniquement par la prsence de c2 = 1 laplace de c2 = 0. La premire apparition de c2 dans la question (b) se fait lquation (2). Doncles premiers calculs sont inchangs. Calculons rV avec c2 = 1. Nous obtenons

rV = (c1, c2) V = (1,1) (0, 0) = (1,1).

Les deux cots relatifs tant ngatifs, on peut faire rentrer nimporte laquelle des coordonneshors-base. Nous dcidons de faire rentrer 1, comme dans la question prcdente, pour profiter descalculs qui ont dj t effectus. On poursuit donc exactement comme dans la question (b) jusquune nouvelle apparition de c2. Ceci arrive en (4) qui doit tre modifi avec c2 = 1 comme suit

rV = (c2, c3) V = (1, 0) (1/2, 0)

(

1/2 01/2 1

)

= (1/2, 1/2).

Le cot relatif correspondant la coordonne 2 tant ngatif, cette coordonne rentre dansla nouvelle base. On doit donc calculer y2 pour complter le tableau (3) : y2 = U1a2 =(

1/2 01/2 1

)(

13

)

=

(

1/25/2

)

. On actualise le tableau :

U1 y0 y2

x1 1/2 0 3/2 1/2 (3/2)/(1/2)=3

x4 -1/2 1 5/2 5/2 (5/2)/(5/2)=1

8

Puis on effectue un tour de pivot autour de la coordonne (2,4) :[

1/2 0 3/2 1/21/2 1 5/2 5/2

]

[

1/2 0 3/2 1/21/5 2/5 1 1

]

[

3/5 1/5 1 01/5 2/5 1 1

]

et on ractualise le tableauU1 y0 y?

x1 3/5 -1/5 1

x2 -1/5 2/5 1

Calculons les cots relatifs. Avec cU = (c1, c2) = (1,1) et V = [a3 a4] = I, nous obtenons

= (1,1)

(

3/5 1/51/5 2/5

)

= (2/5,1/5) et rV = (c3, c4) V = (0, 0) (2/5,1/5)I =

(2/5, 1/5) 0. Les cots relatifs tant positifs, lalgorithme sarrte.Nous avons obtenu la solution optimale x1 = x

2 = 1 et x

3 = x

4 = 0.

9