service de mathématique et recherche opérationnelle...

Faculté Polytechnique de Mons

Service de Mathématique et Recherche OpérationnelleMATHRO - Rue de Houdain

Programmation linéaire - Exercices

Prof. D. Tuyttens

– p. 1/??

Partie I

Algorithme simplexe

– p. 2/??

Exercice I : Algorithme simplexe

Considérons le problème linéaire suivant :

min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2

y ≥ 0

On demande de résoude ce problème linéaire à l’aide de l’algorithmesimplexe et de détailler précisément toutes les étapes de l’algorithme.

– p. 3/??


min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2 y ≥ 0

6

-x

y

– p. 4/??


Le problème est mis sous sa forme standard en introduisant des variablesd’ ecart . On introduit ensuite les variables artificielles nécessaires pourobtenir une première base primale admissible .

min 4x+ − 4x− − 3y +Mxa1 +Mxa

2

−x+ + x− + y +xe1 = 6

x+ − x− + y +xa1 = 4

−2x+ + 2x− + 4y −xe2 +xa

2 = 2

x+ − x− +xe3 = 2

−x+ + x− +xe4 = 3

x+ ≥ 0, x− ≥ 0, y ≥ 0, xe1 ≥ 0, xe

2 ≥ 0, xe3 ≥ 0, xe

4 ≥ 0, xa1 ≥ 0, xa

2 ≥ 0

Les variables xe1, x

a1 , xa

2 , xe3, x

e4 forment la première base primale admissible.

– p. 5/??


On obtient le premier tableau simplexe suivant :

x+ x− y xe2

za 6M −M M 5M −M

z 0 −4 4 3 0

xe1 6 −1 1 1 0

xa1 4 1 −1 1 0

xa2 2 −2 2 4 −1

xe3 2 1 −1 0 0

xe4 3 −1 1 0 0

Ce tableau correspond à la solution non admissible

x = x+ − x− (x = 0, y = 0) z = 6M

– p. 6/??


On obtient le tableau simplexe 2 :

x+ x− xa2 xe

2

za 72M 3

2M − 32M − 5

4M 14M

z − 32 − 5

252 − 3

434

xe1

112 − 1

212 − 1

414

xa1

72

32 − 3

2 − 14

14

y 12 − 1

212

14 − 1

4

xe3 2 1 −1 0 0

xe4 3 −1 1 0 0

x+ x− xe2

za 72M 3

2M − 32M 1

4M

z − 32 − 5

252

34

xe1

112 − 1

212

14

xa1

72

32 − 3

214

y 12 − 1

212 − 1

4

xe3 2 1 −1 0

xe4 3 −1 1 0


x = x+ − x− (x = 0, y =1

2) z =

7

2M −

3

2

– p. 7/??



xe3 x− xa

2 xe2

za 12M − 3

2M 0 − 54M 1

4M

z 72

52 0 − 3

434

xe1

132

12 0 − 1

414

xa1

12 − 3

2 0 − 14

14

y 32

12 0 1

4 − 14

x+ 2 1 −1 0 0

xe4 5 1 0 0 0

xe3 x− xe

2

za 12M − 3

2M 0 14M

z 72

52 0 3

4

xe1

132

12 0 1

4

xa1

12 − 3

2 0 14

y 32

12 0 − 1

4

x+ 2 1 −1 0

xe4 5 1 0 0


x = x+ − x− (x = 2, y =3

2) z =

1

2M +

7

2

– p. 8/??



xe3 x− xa

2 xa1

za 0 0 0 −M −M

z 2 7 0 0 −3

xe1 6 2 0 0 −1

xe2 2 −6 0 −1 4

y 2 −1 0 0 1

x+ 2 1 −1 0 0

xe4 5 1 0 0 0

xe3 x−

z 2 7 0

xe1 6 2 0

xe2 2 −6 0

y 2 −1 0

x+ 2 1 −1

xe4 5 1 0

Ce tableau correspond à la solution admissible

x = x+ − x− (x = 2, y = 2) z = 2

– p. 9/??



x+ x− xa2 xa

1

za 0 0 0 −M −M

z −12 −7 7 0 −3

xe1 2 −2 2 0 −1

xe2 14 6 −6 −1 4

y 4 1 −1 0 1

xe3 2 1 −1 0 0

xe4 3 −1 1 0 0

x+ x−

z −12 −7 7

xe1 2 −2 2

xe2 14 6 −6

y 4 1 −1

xe3 2 1 −1

xe4 3 −1 1


x = x+ − x− (x = 0, y = 4) z = −12

– p. 10/??



x+ xe1 xa

2 xa1

za 0 0 0 −M −M

z −19 0 − 72 0 1

2

x− 1 −1 12 0 − 1

2

xe2 20 0 3 −1 1

y 5 0 12 0 1

2

xe3 3 0 1

2 0 − 12

xe4 2 0 − 1

2 0 12

x+ xe1

z −19 0 − 72

x− 1 −1 12

xe2 20 0 3

y 5 0 12

xe3 3 0 1

2

xe4 2 0 − 1

2


x = x+ − x− (x = −1, y = 5) z = −19

cette solution est également la solution optimale du problème qui est :non unique et non d egeneree.

– p. 11/??


min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2 y ≥ 0

1

23

4

5

6

6

-x

y

– p. 12/??



min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2

y ≥ 0

En effectuant le changement de variable x = x′ − 3

min −12 + 4 x′ − 3 y

− x′ + y ≤ 3

x′ + y = 7

2 x′ − 4 y ≤ 4

x′ ≤ 5

x′ ≥ 0 y ≥ 0

– p. 13/??


x′ y

za 7M M M

z −12 −4 3

xe1 3 −1 1

xa 7 1 1

xe2 4 2 −4

xe3 5 1 0

x′ xe1

za 4M 2M −M

z −21 −1 −3

y 3 −1 1

xa 4 2 −1

xe2 16 −2 4

xe3 5 1 0

xa xe1

za 0 −M 0

z −19 12 − 7

2

y 5 12

12

x′ 2 12 − 1

2

xe2 20 1 3

xe3 3 − 1

212

Solution optimale

x = −1 (x′ = 2)

y = 5

– p. 14/??


min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2 y ≥ 0

1

2

3

6

-x

y

– p. 15/??



min 10 x − 2 y

−2 x + y ≤ 5

x + 2 y ≤ 3

−4 x + 3 y ≤ 11

−3 ≤ x ≤ 2

y ≥ 0

On effectue les changements de variables suivants :

x = x+ − x− x = x′ − 3

Variables x ≥ 0 3 2

Variables xe ≥ 0 5 4

Variables xa ≥ 0 0 2

Contraintes 5 4

Itération 1 2

– p. 16/??

Exercice II : Algorithme simplexe


min x + y + z

x + y ≥ 1

x + y + z ≥ 2

x ≥ 0 y ≥ 0 z ≥ 0

On demande de résoude ce problème linéaire à l’aide de l’algorithmesimplexe et de déterminer toutes les solutions optimales du problème.

– p. 17/??


x y z xe1 xe

2

3M 2M 2M M −M −M

0 −1 −1 −1 0 0

xa1 1 1 1 0 −1 0

xa2 2 1 1 1 0 −1

xa1 y z xe

1 xe2

M −2M 0 M M −M

1 1 0 −1 −1 0

x 1 1 1 0 −1 0

xa2 1 −1 0 1 1 −1

y xe1 xe

2

2 0 0 −1

x 1 1 −1 0

z 1 0 1 −1

– p. 18/??


y xe1 xe

2

2 0 0 −1

x 1 1 −1 0

z 1 0 1 −1

⇒

x xe1 xe

2

2 0 0 −1

y 1 1 −1 0

z 1 0 1 −1

(x = 1, y = 0, z = 1) (x = 0, y = 1, z = 1)

⇓

y z xe2

2 0 0 −1

x 2 1 −1 −1

xe1 1 0 1 −1

⇐

x z xe2

2 0 0 −1

y 2 1 1 −1

xe1 1 0 1 −1

(x = 2, y = 0, z = 0) (x = 0, y = 2, z = 0)

Toutes les solutions optimales du problème forment l’ensemble convexe

{λ1 (1, 0, 1)+λ2 (0, 1, 1)+λ3 (2, 0, 0)+λ4 (0, 2, 0) |4∑

i=1

λi = 1, 0 ≤ λi ≤ 1, i = 1, .., 4}

– p. 19/??

Partie II

Algorithme dual

– p. 20/??

Exercice III : Algorithme dual


min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2

y ≥ 0

On demande de résoude ce problème linéaire à l’aide de l’algorithmedual et de détailler précisément toutes les étapes de l’algorithme.

On demande également :

1. Ecrire le problème dual

2. Trouver les valeurs des variables duales

3. Vérifier le théorème des écarts complémentaires

– p. 21/??


Le problème est mis sous sa forme standard en introduisant des variablesd’ ecart . On introduit ensuite les variables artificielles nécessaires et unecontrainte artificielle pour obtenir une première base duale admissible .

min 4x+ − 4x− − 3y +Mxa1

−x+ + x− + y +xe1 = 6

x+ − x− + y +xa1 = 4

−2x+ + 2x− + 4y −xe2 = 2

x+ − x− +xe3 = 2

−x+ + x− +xe4 = 3

x+ ≥ 0, x− ≥ 0, y ≥ 0, xe1 ≥ 0, xe

2 ≥ 0, xe3 ≥ 0, xe

4 ≥ 0, xa1 ≥ 0


a1 , xe

2, xe3, x

e4 forment une première base non primale

admissible et non duale admissible . On doit alors introduire la contrainteartificielle suivante :

v + x+ + y = M

– p. 22/??


On obtient le premier tableau simplexe suivant :

x+ x− y

za 4M M −M M

z 0 −4 4 3

xe1 6 −1 1 1

xa1 4 1 −1 1

xe2 −2 2 −2 −4

xe3 2 1 −1 0

xe4 3 −1 1 0

v M 1 0 1

On effectue le premier changement de base imposé pour obtenir unepremière base duale admissible.

– p. 23/??



x+ x− v

za 4M − M2 0 −M −M

z −3M −7 4 −3

xe1 6 − M −2 1 −1

xa1 4 − M 0 -1 −1

xe2 −2 + 4M 6 −2 4

xe3 2 1 −1 0

xe4 3 −1 1 0

y M 1 0 1

On a maintenant obtenu une première base duale admissible .Ce tableau correspond à la solution non admissible

x = x+ − x− (x = 0, y = M) z = M − M2

– p. 24/??



x+ xa1 v

za 0 0 −M 0

z 16 − 7M −7 4 −7

xe1 10 − 2M −2 1 -2

x− −4 + M 0 −1 1

xe2 −10 + 6M 6 −2 6

xe3 −2 + M 1 −1 1

xe4 7 − M −1 1 −1

y M 1 0 1

x+ v

z 16 − 7M −7 −7

xe1 10 − 2M −2 -2

x− −4 + M 0 1

xe2 −10 + 6M 6 6

xe3 −2 + M 1 1

xe4 7 − M −1 −1

y M 1 1

On a encore une base duale admissible .Ce tableau correspond à la solution non admissible

x = x+ − x− (x = 4 − M, y = M) z = 16 − 7M

– p. 25/??



x+ xa1 xe

1

za 0 0 −M 0

z −19 0 12 − 7

2

v M − 5 1 − 12 − 1

2

x− 1 −1 − 12

12

xe2 20 0 1 3

xe3 3 0 − 1

212

xe4 2 0 1

2 − 12

y 5 0 12

12

x+ xe1

z −19 0 − 72

x− 1 −1 12

xe2 20 0 3

xe3 3 0 1

2

xe4 2 0 − 1

2

y 5 0 12

On a obtenu une base duale admissible et primale admissible .Ce tableau correspond à une solution admissible qui est également lasolution optimale du problème.

x = x+ − x− (x = −1, y = 5) z = −19

– p. 26/??


Le problème linéaire primal sécrit :

min 4 x − 3 y

x − y ≥ −6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

− x ≥ −2

x ≥ −3

x signe quelconquey ≥ 0

Le problème linéaire dual sécrit :

max −6 u1 + 4 u2 + 2 u3 − 2 u4 − 3 u5

u1 + u2 − 2 u3 − u4 + u5 = 4

− u1 + u2 + 4 u3 ≤ −3

u1 ≥ 0 u2 signe quelconque u3 ≥ 0 u4 ≥ 0 u5 ≥ 0

– p. 27/??


Le tableau simplexe optimal est :

x+ xa1 xe

1

za 0 0 −M 0

z −19 0 12 − 7

2

v 5 − M −1 1 − 12

x− 1 −1 − 12

12

xe2 20 0 1 3

xe3 3 0 − 1

212

xe4 2 0 1

2 − 12

y 5 0 12

12

x+ xe1

z −19 0 − 72

x− 1 −1 12

xe2 20 0 3

xe3 3 0 1

2

xe4 2 0 − 1

2

y 5 0 12

Les variables d’ ecart xe2, x

e3, x

e4 sont en base et sont positives. Par le

théorème des écarts complémentaires, on a que :

xe

2 u3 = 0 xe

3 u4 = 0 xe

4 u5 = 0 ⇒ u3 = u4 = u5 = 0


a1 sont hors base et on a : u1 = 7

2 u2 = 12 .

On vérifie aisément que z = −19 = w.

– p. 28/??


Les equations du th eor eme des ecarts compl ementaires s’écrivent :

x . (4 − u1 − u2 + 2u3 + u4 − u5) = 0

y . (−3 + u1 − u2 − 4u3) = 0

u1 . (x − y + 6) = 0

u2 . (x + y − 4) = 0

u3 . (−2x + 4y − 2) = 0

u4 . (−x + 2) = 0

u5 . (x + 3) = 0

Il s’agit d’un syst eme non lin eaire de 7 équations à 7 inconnues.Les valeurs optimales des variables du problème

(x = −1, y = 5) (u1 =7

2, u2 =

1

2, u3 = 0, u4 = 0, u5 = 0)

vérifient les équations du théorème des écarts complémentaires.

– p. 29/??



min 4 x − 3 y

− x + y ≤ 6

x + y = 4

−2 x + 4 y ≥ 2

−3 ≤ x ≤ 2

y ≥ 0

En effectuant le changement de variable x = x′ − 3

min −12 + 4 x′ − 3 y

− x′ + y ≤ 3

x′ + y = 7

2 x′ − 4 y ≤ 4

x′ ≤ 5

x′ ≥ 0 y ≥ 0

– p. 30/??


x′ y

za 7M M M

z −12 −4 3

xe1 3 −1 1

xa 7 1 1

xe2 4 2 −4

xe3 5 1 0

v M 1 1

x′ v

za 7M − M2 0 −M

z −12 − 3M −7 −3

xe1 3 − M -2 −1

xa 7 − M 0 −1

xe2 4 + 4M 6 4

xe3 5 1 0

y M 1 1

xe1 v

za 7M − M2 0 −M

z − 452 + M

2 − 72

12

x′ − 32 + M

2 − 12

12

xa 7 − M 0 -1xe

2 13 + M 3 1

xe3

132 − M

212 − 1

2

y 32 + M

212

12

xe1 xa

za 0 0 −M

z −19 − 72

12

x′ 2 − 12

12

v M − 7 0 −1

xe2 20 3 1

xe3 3 1

2 − 12

y 5 12

12

– p. 31/??

Partie III

Etude de sensibilité

– p. 32/??

Exercice IV : Sensibilité


min x − 2 y + 6 z

x + y + 2 z ≤ 5

x ≥ 2

y ≤ 4

x ≥ 0 y ≥ 0 z ≥ 0

On demande de résoude ce problème linéaire et d’étudier la sensibilit edes coefficients de la fonction objectif et des coefficients des seconds membres .

– p. 33/??


Le problème est mis sous sa forme standard en introduisant des variablesd’ ecart . On introduit ensuite les variables artificielles nécessaires pourobtenir une première base primale admissible .

min x − 2 y + 6 z +Mxa

x + y + 2 z + xe1 = 5

x − xe2 +xa = 2

y + xe3 = 4

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, xe1 ≥ 0, xe

2 ≥ 0, xe3 ≥ 0, xa ≥ 0


a, xe3 forment la première base primale admissible.

– p. 34/??


x y z xe2

za 2M M 0 0 −M

z 0 −1 2 −6 0

xe1 5 1 1 2 0

xa 2 1 0 0 −1

xe3 4 0 1 0 0

xa y z xe2

za 0 −M 0 0 0

z 2 1 2 −6 −1

xe1 3 −1 1 2 1

x 2 1 0 0 −1

xe3 4 0 1 0 0

xa xe1 z xe

2

za 0 −M 0 0 0

z −4 3 −2 −10 −3

y 3 −1 1 2 1

x 2 1 0 0 −1

xe3 1 1 −1 −2 −1

xe1 z xe

2

z −4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

– p. 35/??


Soit le tableau simplexe optimal

xe1 z xe

2

objz −4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

La solution optimale est :

(x = 2, y = 3, z = 0) objz = −4

Interprétation des couts r eduits (-2,-10,-3) :

objz = −4 + 2 xe

1 + 10 z + 3 xe

2

Interprétation des variables duales u1 = 2, u2 = 3, u3 = 0 :

objw = −5 u1 + 2 u2 − 4 u3

– p. 36/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR

z cBB−1d cBB−1R − cR ≤ 0...

xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Calcul des couts r eduits :

(−2, 1, 0)

1 2 1

0 0 −1

−1 −2 −1

− (0, 6, 0) = (−2, −10, −3)

– p. 37/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du coefficient de x :

(−2, 1+∆x, 0)

1 2 1

0 0 −1

−1 −2 −1

− (0, 6, 0) = (−2, −10, −3−∆x)

On en déduit que

−3 ≤ ∆x ≤ +∞ ⇒ −2 ≤ 1 + ∆x ≤ +∞

– p. 38/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du coefficient de y :

(−2+∆y, 1, 0)

1 2 1

0 0 −1

−1 −2 −1

−(0, 6, 0) = (−2+∆y,−10+2∆y,−3+∆y)

On en déduit que

−∞ ≤ ∆y ≤ 2 ⇒ −∞ ≤ −2 + ∆y ≤ 0

– p. 39/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du coefficient de z :

(−2, 1, 0)

1 2 1

0 0 −1

−1 −2 −1

− (0, 6+∆z, 0) = (−2, −10−∆z, −3)

On en déduit que

−10 ≤ ∆z ≤ +∞ ⇒ −4 ≤ 6 + ∆z ≤ +∞

– p. 40/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité des coefficients de x, y et z

(−2+∆y, 1+∆x, 0)

1 2 1

0 0 −1

−1 −2 −1

− (0, 6+∆z, 0)

= (−2+∆y, −10+2∆y − ∆z, −3+∆y − ∆x)

On en déduit que∆y ≤ 2 ∆z ≥ 2 ∆y − 10 ∆x ≥ ∆y − 3

– p. 41/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du premier coefficient du second membre :

B−1

5+∆1

2

4

≥ 0 ⇒ B−1

∆1

0

0

≥ −B−1

5

2

4

=

−3

−2

−1

1 −1 0

0 1 0

−1 1 1

∆1

0

0

≥

−3

−2

−1

⇒

−3 ≤ ∆1 ≤ 1

2 ≤ 5 + ∆1 ≤ 6

– p. 42/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du second coefficient du second membre :

B−1

5

2+∆2

4

≥ 0 ⇒ B−1

0

∆2

0

≥ −B−1

5

2

4

=

−3

−2

−1

1 −1 0

0 1 0

−1 1 1

0

∆2

0

≥

−3

−2

−1

⇒

−1 ≤ ∆2 ≤ 3

1 ≤ 2 + ∆2 ≤ 5

– p. 43/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité du troisième coefficient du second membre :

B−1

5

2

4+∆3

≥ 0 ⇒ B−1

0

0

∆3

≥ −B−1

5

2

4

=

−3

−2

−1

1 −1 0

0 1 0

−1 1 1

0

0

∆3

≥

−3

−2

−1

⇒

−1 ≤ ∆3 ≤ +∞

3 ≤ 4 + ∆3 ≤ +∞

– p. 44/??



xe1 z xe

2

−4 −2 −10 −3

y 3 1 2 1

x 2 0 0 −1

xe3 1 −1 −2 −1

xR


xB B−1d ≥ 0 B−1R...

Sensibilité de tous les coefficients du second membre :

B−1

5+∆1

2+∆2

4+∆3

≥ 0 ⇒ B−1

∆1

∆2

∆3

≥ −B−1

5

2

4

=

−3

−2

−1

1 −1 0

0 1 0

−1 1 1

∆1

∆2

∆3

≥

−3

−2

−1

⇒

∆1 − ∆2 ≥ −3

∆2 ≥ −2

−∆1 + ∆2 + ∆3 ≥ −1

– p. 45/??

Partie VI

Branch and Bound

– p. 46/??

Exercice V : Algorithme "Branch and Bound"

Soit le problème linéaire suivant :

max 3 x1 + 5 x2

x1 + x2 ≤ 6

−2 x1 + 4 x2 ≤ 3

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

x1 entière x2 entière

On demande de résoudre ce problème linéaire à l’aide de l’algorithmedu "Branch and Bound ".

– p. 47/??


Soit le problème

min − 3 x1 − 5 x2

x1 + x2 ≤ 6

−2 x1 + 4 x2 ≤ 3

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

x1 entière x2 entière

et le premier tableau simplexe de la relaxation lin eaire

x1 x2

0 3 5

x3 6 1 1

x4 3 −2 4

– p. 48/??


x1 x2

0 3 5

x3 6 1 1

x4 3 −2 4

x1 x4

− 154

112 − 5

4

x3214

32 − 1

4

x234 − 1

214

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

x252

13

16

– p. 49/??


x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

x252

13

16

En variables continues, la solution optimale n’est pas enti ere.

x1 =7

2, x2 =

5

2, x3 = 0, x4 = 0

Les variables d’écarts x3 et x4 doivent être entières. La fonctiond’évaluation du sommet initial S0 de l’arborescence vaut v0 = −23.

Le calcul des pénalités fournit les valeurs

P(a)1 = 11

4 P(b)1 = 1

P(a)2 = min

(112 , 1

)= 1 P

(b)2 = +∞

– p. 50/??


x1 ≤ 3

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

x252

13

16

x1 ≥ 4

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

xe1 − 1

2 − 23

16

x252

13

16

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x′

1 − 12

23 − 1

6

x252

13

16

xe1 x4

− 814 − 11

2 − 54

x334 − 3

2 −9

x294

12

14

x3 x′

1

−22 −5 −2

x4 3 −4 −6

x2 2 1 1

x1 = 4 (x′

1 = 0) x2 = 2

– p. 51/??


v0 = −23

v2 > −22 v1 = −22

EntièreSondéOptimalitéDominance

x1 ≤ 3 x1 ≥ 4

R

– p. 52/??


x2 ≤ 2

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

x252

13

16 x2 ≥ 3

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

xe2 − 1

2 − 13 − 1

6

x3 x4

−23 − 113 − 1

3

x172

23 − 1

6

x′

2 − 12

13

16

x3 xe2

−22 −3 −2

x1 4 1 −1

x4 3 2 −6

Impossibilité

x1 = 4 x2 = 2 (xe2 = 0)

– p. 53/??


v0 = −23

v1 = −22 S2 = ∅

Entière SondéOptimalité Impossibilité

x2 ≤ 2 x2 ≥ 3

R

– p. 54/??

Exercice VI : Algorithme "Branch and Bound"

Soit le problème linéaire suivant :

max 6 x1 + 2 x2 + 9 x3

x1 + x2 + 3 x3 ≤ 19

3 x1 + x2 + x3 ≤ 15

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 x3 ≥ 0

x1 entière x2 entière x3 entière

On demande de résoudre ce problème linéaire à l’aide de l’algorithmedu "Branch and Bound " en utilisant la règle de la plus petite p enalit e.

– p. 55/??


Soit le problème

min − 6 x1 − 2 x2 − 9 x3

x1 + x2 + 3 x3 ≤ 19

3 x1 + x2 + x3 ≤ 15

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 x3 ≥ 0

x1 entière x2 entière x3 entière

et le premier tableau simplexe de la relaxation lin eaire

x1 x2 x3

0 6 2 9

x4 19 1 1 3

x5 15 3 1 1

– p. 56/??


x1 x2 x3

0 6 2 9

x4 19 1 1 3

x5 15 3 1 1

x1 x2 x4

−57 3 −1 −3

x3193

13

13

13

x5263

83

23 − 1

3

x5 x2 x4

− 2674 − 9

8 − 74 − 21

8

x3214 − 1

814

38

x1134

38

14 − 1

8

– p. 57/??


x5 x2 x4

− 2674 − 9

8 − 74 − 21

8

x3214 − 1

814

38

x1134

38

14 − 1

8

En variables continues, la solution optimale n’est pas enti ere.

x1 =13

4, x2 = 0, x3 =

21

4, x4 = 0, x5 = 0

Les variables d’écarts x4 et x5 doivent être entières. La fonctiond’évaluation du sommet initial S0 de l’arborescence vaut v0 = − 267

4 .

Le calcul des pénalités fournit les valeurs

P(a)3 = min

(74 , 7

4

)= 7

4 P(b)3 = 27

4

P(a)1 = min

(34 , 7

4

)= 3

4 ”Min” P(b)1 = 63

4 ”Max”

– p. 58/??


La plus petite pénalité est P(a)1 : pour créer le noeud S1, on impose la

contrainte supplémentaire x1 ≤ 3 qui fournit le tableau simplexe

x5 x2 x4

− 2674 − 9

8 − 74 − 21

8

x3214 − 1

814

38

xe1 − 1

4 − 38 − 1

418

Sa réoptimisation par l’algorithme dual est immédiate

xe1 x2 x4

−66 −3 −1 −3

x3163 − 1

313

13

x523 − 8

323 − 2

3

Cette solution optimale pour le sommet S1 n’est pas enti ere.

– p. 59/??


Pour séparer S1, calculons les pénalités

P(a)3 = min (1, 3) = 1 ”Min” P

(b)3 = 6 ”Max”

Imposons la contrainte x3 ≤ 5 pour créer le noeud S2.

xe1 x2 x4

−66 −3 −1 −3

xe3 − 1

313 − 1

3 − 13

x523 − 8

323 − 2

3

xe1 xe

3 x4

−65 −4 −3 −2

x2 1 −1 −3 1

x5 0 −2 2 −1

v2 = z = −65

Cette solution optimale est enti ere

x1 = 3 (xe

1 = 0), x2 = 1, x3 = 5 (xe

3 = 0), x4 = 0, x5 = 0

– p. 60/??


C’est la solution x avec z = −65 et le sommet S2 est sondé.

Le noeud suivant S3 à examiner correspond à la contrainte x3 ≥ 6. Ilest sondé immédiatement car

v3 ≥ −66 + P(b)3 = −60 > z = −65

Il faut remonter dans l’arborescence, c’est-à-dire considérer le sommetS4 défini par la contrainte x1 ≥ 4. Il est sondé immédiatement car

v4 ≥ −267

4+ P

(b)1 = −51 > z = −65

Aussi S4 est sondé, et conséquemment S0.

x est donc la solution optimale du probl eme.

– p. 61/??


v0 = − 2674

v1 = −66 v4 > −65

v2 = −65 v3 > −65

SondéEntière

Sondé

x1 ≤ 3 x1 ≥ 4

x3 ≤ 5 x3 ≥ 6

R

� U

– p. 62/??

service de mathématique et recherche opérationnelle...

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