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Cours de « Complément de la Programmation Linéaire » donné par Dr. Ali DERBALA

Notes de cours5 : le problème de transport Page 45

2016-2017

Proposition 3 : un Pb de transport (T) a toujours une solution réalisable.

Il suffit de prendre

L’ensemble des ainsi définis vérifie effectivement toutes les contraintes du problème.

Cette solution n’est pas une solution de base.

En effet le problème de transport (T) comportant (m + n -1) équations indépendantes.

Une solution de base réalisable doit comporter au plus (m + n - 1) valeurs strictement

positives.

Comment l'obtenir ?

Sélectionner arbitrairement une variable xij (c'est-à-dire une case du tableau de transport) et

poser ),min( jiij bax

Si iijji axba et le (iéme) centre d'expédition a aussi épuisé toute dont il disposer ;

les autres variables de la(iéme) ligne sont nécessairement nulles. Où est alors ramené à un

problème analogue ; avec une contrainte moins ;

Si jijji bxba le raisonnement est le même, en considérant le (jéme) colonne.

5.1. Méthode du coin Nord-Ouest:

Lorsque la matrice est équilibrée entre l'offre globale est la demande globale, il suffit

d'affecter en partant du coin Nord-ouest ( 11x ), les quantités compatibles entre les offres et les

demandes. Cette méthode est simple mais elle ne tient pas compte de coût entraîne de

transport sur les chemins et elle peut abouler à une solution de base éloignée de la solution

optimale.



2016-2017

Exemple 1 : Méthode du coin Nord –Ouest

20 10 30 25 V=5

virtuel

8

28

20

4

8

8

0

5

0

6

0

0

24

26

10

2

8

24

11

0

12

0

0

13

19

8

3

6

5

13

4

0

5

17

2

5

4

12

3

5

0

Le coût = 20*4+8*8+2*8+24*4+6*5+13*4+12*3 = 80+ 64+16+264+30+52+3=542+5.0

5.2. La méthode de Houthaker:

On recherche pour chaque entrepôt ; quel client ; correspondant au cout

unitaire le plus faible : minimum en ligne.

On recherche pour chaque client ; quel entrepôt; correspond au coût unitaire

le plus faible minimum en colonne.

Le chemin dont le coût unitaire est à la fois minimum en ligne et en colonne est retenu et au

lui affecte le minimum entre l'offre disponible et la demande : il s'agit d'un débit

mutuellement préférable.

Exemple 2 d’application



2016-2017

( ) = min (19, 10) =10

( ) = min (17, 20) =17

La matrice réduite est :

Total : 63

( / ) :(min(28,3))=3

3

20

10

30

25

V=5

virtuel

28 ④ 8 5 6 v = 0

26 10 ⑧ 11 12 v=0

9

19

8

10

5

4

v=0

0

17

17

5

v=0

3

30

16

25

V=5

virtuel

28

3

6

v=0

26

26

⑩

11

12

v=0

09

8

9

v=0


Notes de cours5 : le problème de transport 8

2016-2017

( / ) :(min(9,25))=9

( )

( / ) :(min(25,30))=25

( )

La matrice d’affectation est donc :

5 30

16

25

V=5

virtuel

25

25

v=0

26

12

v=0

5

16

V=5

virtuel

26

12

v=0

20

10

30

25

V=5

virtuel

28

3

4

-

8

25

5

-

6

-

v=0

26

-

10

-

8

5

11

16

12

5

v=0

19

-

8

10

-

5

9

4

-

v=0

17

2

-

5

-

4

-

3

-



2016-2017

Pour un coût de 484+5V

5.3. La méthode du produit minimum

La méthode de Houthaker est préférable à la méthode du coin Nord-ouest puisque les

affectations sont effectuées en tenant compte du coût unitaire de transport. Cependant ce

qu'il faut minimiser c'est le coût de transport total et le coût de transport est le produit ijp d'un

coût unitaire ijc par une quantité transportée ijq minimale entre l'offre d'un entrepôt et la

demande d'un client.

On calcule donc pour chaque chemin, le produit minimum ijp et on procède aux affectations

de quantités aux différents chemin, en commençant par le ijp le plus faible puis dans l'ordre

croissant des ijp .

Remarque: Les 3 méthodes imposent l'égalité entre l'offre globale et la demande

globale quitté à introduire une demande globale et la demande ou une offre virtuelle

est notée arbitrairement V.

Exemple 3 : application de la méthode du produit minimum

17 v=0



2016-2017

Sur ce chemin on peut affecter le minimum entre 20 et 28, soit 20 multiplie

par 4 le coût du chemin le produit minimum est 80.

On affecte dans l’ordre croissant des valeurs.

(a3 –b2) :30 ; (a4-b1) :34 ; (a3 –b4) :76 ; (a1-b1) :80 ; (a1-b3) :140 ; (a2 –b3 ) :286

(a2-b4) :300.

Ce coût sera de : 3×4 + 25×5 + 511 + 16×12 + 10×3 + 9×4 + 17×2 =

12 + 125 + 55 + 192 + 30 + 36 + 34 = 192 + 292 = 484+5V

Donne 6 même résultat.

Reprenons l’exemple dont je dispose une solution :

0

3

20

0

10

0

5

30

0

10

25

V=5

virtuel

28

0

25

80

③

4

80

0

8

140

25

5

150

0 6

0

v=0

26

5

21

200

0 10

80

0 8

286

⑤

11

300

⑯

12

0

5

v=0

19

9

152

0

8

30

⑩ 3

95

0

5

76

⑨

4

0

0

v=0

17

0

34

⑰

2

50

0

5

68

0

4

51

0

3

0

0

v=0



2016-2017

Ai\ 10 8 8 6

a₁=12

0 2

10

1

2

2

0

3

0

4

a2=10

4

0

4

6

5

4

2

0

3

a3=10

2

0

3

0

3

4

2

6

1

=

X11=10, X12 =2 ,X22=6, X23=4 ,X33=4 , X34=6

Et X13=X14=X21=X24=X31=X32=0 le rang est m+n-1=3+4-1= 6

5.4. Autres méthodes de détermination d'une solution de base:

On peut débuter l'affectation en ligne en choisissant le coût le plus faible sur la

1ière ligne, c'est la méthode du moindre coût. La méthode hongroise consiste à remplacer en

ligne et en colonne le coût le plus faible par zéro et à effectuer au changement d'origine pour

chaque chemin on choisit sur la matrice ligne et la matrice colonne le coût le plus faible.

La méthode des pénalités on VAN (méthode des écarts) consiste à calculer en ligne

et en colonne la différence de coût entre le coût immédiatement supérieur et le coût le plus

faible. Puis on choisit la ligne ou la colonne qui correspond à la pénalité la plus élevée et sur

cette ligne ou colonne on affecte au chemin du coût le plus faible la quantité compatible avec

les offres et les demandes.

La méthode des coûts d'opportunité impose le calcul du coût moyen en ligne et en

colonne ( x ). Pour chaque chemin ou calcule ensuite la différence entre le coût du chemin (

ijC ) et le coût morpu le plus fort de la ligne (M) ou de la colonne (N) du chemin.

Le coût d’opportunité est obtenu en appliquant la formule : = (Max N).



2016-2017

Les affectations sont ensuite effectuées dans l’ordre décroissant d’opportunité. Ce coût

exprime le risque encoure en ne suivant pas ce chemin i j diminué du risque supporté sur ce

chemin.

ALGORITHME DU TRANSPORT

1. Déterminer une solution de base réalisable (par la méthode du coin nord ouest ou

une autre)

2. Déterminer une solution particulière ( ,vj) du système ui +vj = Cij (i,j)є II

(dans la base. Résoudre un système de m-n-1 a m+n variables).

3. Calculer ij=Cijui vj (I,J) є JJ

_ si ij ≥ 0 (i,j)єI*J (hors base) alors la solution est optimale terminer .

_ si ij ‹ 0 aller a (4

4. Déterminer min {ij , ij ‹0} =kl

rentre dans la base

Déterminer le cycle (la chaîne) formé par la base (k,l) et par certaines cases occupées

par les variables de base le cycle est un polygone .

Un sommet est dans la case (k, l) et les autres sommets sont dans des cases occupées

par les v.de base passer a 5°)

4. Modifier (améliorer) la solution en prenant ( ɵ ˃ 0),une

autre solution de base réalisable passer à 2)

Exemples du tableau : Itération 1 :

On pose toujours



2016-2017

3°) ij = -

13 = 30(1)=4 ˃0 24 =2˃0

14 = 40(2)=6 31 = 131=-3< 0

21= 431=0 32=-2 <0

4°) min {i }=31 => rentre dans la base =

ai\ 10 8 8 6

12 10-ɵ 1 2+ɵ2 3 4 0

10 4 6-ɵ5 4+ɵ2 3 3

10 ɵ1 3 4-ɵ2 61 3

1 2 -1 -2

XI J θ ≥ 0 θ ≤ 4

Soit i1= l’ensemble des indices des relations xijθ

Min { } = {10 ,6 ,4}= 4 =x33 X33 sort de la base.

Θ = 4 on obtient la nouvelle solution de base réalisable.



2016-2017

Itération2 :

Etape1 :

bj

ai

10 8 8 6

12 6 1 6 2 3 4

10 4 2 5 8 2 3

10 4 1 3 0 2 6 1

Z=10 1+2 2+6 5+4 2+4 2+6 1=66.

Z=6 1+6 2+2 5+8 2+6 1+4 1=54.

Etape2 :

U1+V1=1 U1=0, V1=1.

U1+V2=2 V2=2.

U2+V2=5 U2=3.

U2+V3=2 V3=1.

U3+V1=1 U3=0.

U3+V4=1 V4=1.

Etape3 :

Calculer γij ; i, j ϵi*J

Γ12=30+1=4 . γ24=331=1.

Γ14=401=3 . γ32=302=1.



2016-2017

Γ21=421=0. γ33=20+1=3.

X24=0 θ=2

Itération 3:

Etape 1: = (4, 8, 0, 0, 0, 0, 8, 2, 6, 0, 0, 4)

Z ( ) = 52.

Etape 2:

U1+V1=1 / U1 = 0 ; V1 = 1.

U1+V2=2 V2 =2.

U2+V3 = 2 U2 = 2; V3 = 0.

U3+V1 = 1 U3 = 0 ; V4 = 1.

U3+V4 = 1

Etape3 :

Γij = Cj j- Ui - Vj.

Γ13 = 300 = 3 . γ22 =522=1.

Γ14 = 401= 3 . γ32 =302=1.

Γ21= 421=1 . γ33 = 200=2.

Alors est optimal et Z ( )=52.



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