OUTILS D’AIDE A LA DECISIONMaster SIS - ADP

J.-C. HennetCorrection Programmation Lineaire - Dualite

Exercice 1

Minimiser z = 3x1 + 2x2 + x3

sous x1 + x2 ≥ 42x1 − 3x2 + 5x3 ≥ 10

et x1, x2, x3 ≥ 0

1. Solution initiale. On choisit les variables d’ecart comme variables de base, de facon a avoir directementla matrice unite comme matrice de base. Voici le tableau simplexe initial apres introduction desvariables d’ecart:

x4 x5 x1 x2 x3 z(1) 1 0 -1 -1 0 0 -4(2) 0 1 -2 3 -5 0 -10(c) 0 0 3 2 1 -1 0

On constate que la solution n’est pas admissible puisque les termes de droite sont negatifs. En revanche,elle est duale-realisable car les coefficients ci sont non-negatifs.

2. Methode simplexe duale

• Etape 1On choisit x5 comme variable de base sortante. En effet, c’est la variable de base associee au termede droite le plus negatif : b2 = −10. La variable entrante est x3, qui correspond au plus petitrapport c3

−A23que l’on elimine dans l’equation (c), ce qui donne, apres permutation des colonnes

de x5 et x3 :

x4 x3 x1 x2 x5 z(1) 1 0 -1 -1 0 0 -4(2) 0 1 2/5 -3/5 -1/5 0 2(c) 0 0 13/5 13/5 1/5 -1 -2

On verifie que la solution est restee duale-realisable car les coefficients ci sont non-negatifs.

• Etape 2La nouvelle variable sortante est x4 et la nouvelle variable entrant en base est x1 ou x2, ce quidonne, en choisissant x1:

x1 x3 x4 x2 x5 z(1) 1 0 -1 1 0 0 4(2) 0 1 2/5 -1 -1/5 0 2/5(c) 0 0 13/5 0 1/5 -1 -62/5

La solution est devenue primale-realisable tout en restant duale-realisable. Elle est donc optimale.Une solution primale optimale est donc : z∗ = 62/5, x∗1 = 4, x∗2 = 0, x∗3 = 2/5.En prenant plutot x2 comme variable entrante, on obtient le tableau simplexe suivant :

x2 x3 x1 x4 x5 z(1) 1 0 1 -1 0 0 4(2) 0 1 1 0 -1/5 0 22/5(c) 0 0 0 13/5 1/5 -1 -62/5

Cette solution est aussi optimale. Elle donne la meme valeur du critere: z∗ = 62/5, mais pourx∗1 = 0, x∗2 = 4, x∗3 = 22/5.

3. Formulation du probleme dual :

Max y1,y2 w = −4y1 − 10y2

sous − y1 − 2y2 ≤ 3− y1 + 3y2 ≤ 2− 5y2 ≤ 1

et y1, y2 ≤ 0

En prenant comme variables u1 = −y1 et u2 = −y2, le probleme dual prend la forme suivante :

Max u1,u2 w = 4u1 + 10u2

sous u1 + 2u2 ≤ 3u1 − 3u2 ≤ 25u2 ≤ 1

et u1, u2 ≥ 0

La valeur optimale de la variable duale associee a une contrainte inegalite est egale au cout reduit de lavariable d’ecart associee dans le tableau simplexe de la solution primale optimale. A partir du tableausimplexe de la solution primale, on deduit: u∗1 = 13/5, u∗2 = 1/5, w∗ = 62/5. On note que la solutiondu duale est unique. En reportant les valeurs dans l’expression du dual, on obtient les variables d’ecartdu dual: u∗3 = 0, u∗4 = 0 u∗5 = 0.

Exercice 2

Maximiser z = x1 + x2 + x3

sous x1 + 2x2 + 3x3 ≥ 6et x1 − 2x2 − 3x3 ≥ 8

avec x1, x2, x3 ≥ 0

1. Tableau simplexe initial apres introduction des variables d’ecart:

x4 x5 x1 x2 x3 z(1) 1 0 -1 -2 -3 0 -6(2) 0 1 -1 2 3 0 -8(c) 0 0 3 2 1 -1 0

Solution non admissible mais duale-realisable.

2. Methode simplexe dualeOn choisit x5 comme variable de base sortante. La variable entrante est x1, ce qui donne :

x4 x1 x5 x2 x3 z(1) 1 0 -1 -4 -6 0 2(2) 0 1 2-1 -2 -3 0 8(c) 0 0 1 3 4 -1 -8

La solution optimale est donc z∗ = 8, x∗1 = 8, x∗2 = x∗3 = 0.

3. Probleme dual:

Max u1,u2 w = 6u1 + 8u2

sous u1 + u2 ≤ 12u1 − 2u2 ≤ 13u1 − 3u2 ≤ 1

et u1, u2 ≥ 0

A partir du tableau simplexe de la solution primale, on deduit: u∗1 = 0, u∗2 = 1, w∗ = 8.