Model2

La Modélisation

Nizar El Hachemi

11 mars 2011

Nizar El Hachemi La Modélisation

Introduction

On peut résumer la modélisation à l’habileté à traduire divers
problèmes par des relations mathématiques. Les relations
mathématiques obtenues ne constituent que des modèles des
problèmes considérés. Connaître une solution optimale d’un modèle
permet souvent au gestionnaire d’obtenir de précieuses indications
sur la façon de se comporter pour tirer au mieux son épingle du jeu.


Quelques exemples de base

Les chaises de M. Eugène
M. Eugène a adapté pour la production en courtes séries, deux
modèles de chaises : la chaise en porte-à-faux et la chaise
Barcelone. M. Eugène les a pourvus d’une armature métallique dont
les pièces sont assemblées par brasage puis enduites de laques
isolantes, ce qui confère au métal un toucher chaud. Dossiers et
sièges sont ensuite recouverts de cuirs de Cordoue capitonnés. M.
Eugène s’est engagé à livrer d’ici 3 semaines 42 chaises en
porte-à-faux et 53 chaises Barcelone. Il estime à 100 unités le
marché potentiel pour chaque type.



M. Eugène se propose de consacrer à la fabrication de ces chaises
toutes les heures de main d’oeuvre dont il disposera dans son atelier
pendant les prochaines 3 semaines.




Opération Porte-à-faux Barcelone Heures disponibles
Brasage 1,5 (h) 2 (h) 250 (h)
Laquage 30 min 45 min 100 (h)
Capitonnage 2 (h) 3 (h) 327 (h)
Proﬁt par chaise 450 $ 800 $



Construction d’un modèle linéaire
L’information importante est le nombre de chaises porte-à-faux xA
et le nombre de chaises Barcelone xB à fabriquer d’ici 3 semaines.
xA et xB sont dites variables de décisions.
Quel profit M. Eugène retirera-t-il de la vente de ces chaises ? Il
s’agit d’additionner les bénéfices à tirer de chacun des 2 types de
chaises. Le profit total à tirer des chaises fabriquées s’élève donc à :
z = 450xA + 800xB



Il y a bien sûr des empêchements naturels, appelés contraintes, qui
freinent le rêve d’un proﬁt inﬁni. Prenons en considération chacune
des contraintes.
Contraintes de demande, il faut exiger que le plan de production
satisfasse les commandes fermes : xA ≥ 42 et xB ≥ 53.
Ne pas excéder le marché potentiel : xA ≤ 100 et xB ≤ 100.
Contrainte de brasage, le temps utilisé pour braser les chaises ne
peut excéder les 250 heures disponibles : 1, 5xA + 2xB ≤ 250.



Contrainte de laquage s’écrit comme suit : 30xA + 45xB ≤ 100,
cependant il faudrait faire très attention aux unités. La contrainte
devient donc 0, 5xA + 0, 75xB ≤ 100.
La contrainte de capitonnage s’écrit tout naturellement :
2xA + 3xB ≤ 327.
Contraintes de non-négativité et d’intégrité : xA , xB ≥ 0 et entiers.



Modèle ﬁnal

Max 450xA + 800xB (1)
subject to : (2)
42 ≤ xA ≤ 100 (3)
53 ≤ xB ≤ 100 (4)
1, 5xA + 2xB ≤ 250 (5)
0, 5xA + 0, 75xB ≤ 100 (6)
2xA + 3xB ≤ 327 (7)
xA , xB ≥ 0 (8)
xA , xB entiers (9)


Les hypothèses de la programmation linéaire

la programmation linéaire
Le problème utilisé pour traduire le problème de M. Eugène en
langage mathématique est qualiﬁé de linéaire. Mais à quelles
conditions doit obéir un modèle pour être déclaré linéaire ? Et
pourquoi les modèles linéaires sont-ils tant recherchés ?
Les modèles linéaires se présentent dans la modélisation de
plusieurs situations. Il existe toute une gamme d’algorithmes
eﬃcaces pour résoudre ces modèles.


Forme générale d’un modèle linéaire

modèle linéaire

Max (Min)z = ci xi (10)
i
subject to : (11)
 
≤
∀i, aij xj  =  bi (12)
≥
∀i, xi ≥ 0 (13)


Les conditions de linéarité

Conditions
1 Le modèle comporte une fonction-objectif qu’il s’agit soit de

maximiser, soit de minimiser.
2 La fonction-objectif de même que les membres gauches des
contraintes s’écrivent comme des sommes dont chaque terme
est un produit d’une constant et une variable.
3 Chaque variable est soumise à une contrainte de
non-négativité.
4 Le modèle ne comporte pas de contraintes écrites sous forme
d’inéquations strictes.
5 On suppose que tous les paramètres qui apparaissent dans le
modèle sont déterministes et sont connus avec précision.


Un problème de comptabilité de gestion

Déﬁnition du problème
Vincent pratique le métier ébéniste, sa spécialité est la fabrication
de tables à langer et les berceaux en bois précieux. Aujourd’hui, le
1er Juin, Vincent dispose d’assez de bois et de fournitures pour
fabriquer 100 tables à langer et 100 berceaux. Une table se vend
500$ et un berceau, 800$. Les coûts de main-d’oeuvre sont de 250$
pour une table et de 350$ pour un berceau. Le bois et les
fournitures lui coûtent 75$ pour une table et 160$ pour un berceau.



Une grande part de la main-d’oeuvre est occasionnelle, elle vient
principalement d’une école d’ébinisterie. Le nombre d’apprentis
disponible sera réduit au cours de la période estivale qui débute, ce
qui limite sa production de juin à un maximum de 50 tables et de
30 berceaux.


Données

Résumé de la situation ﬁnancière au 1er juin

Actif Passif
Encaisse 20.000$
Comptes clients 37.000$
Stocks* 23.500$
Emprunt bancaire 30.000$
* 23500 = (100*75)+(100*160)



Vincent doit établir combien de tables et de berceaux il lui faut
fabriquer au cours du mois de juin. Sa clientèle ne paie toutefois
jamais comptant : les meubles vendus en juin ne seront payés qu’au
début du mois d’août. En juin, Vincent doit recevoir 13.850$ de
comptes clients et il devra payer 1.600$ pour le loyer de son atelier.
Il aura à rembourser une partie de l’emprunt bancaire, soit 4.350$.
La dernière semaine de juin, il recevra une livraison de bois précieux
valant 26.500$, qu’il lui faudra payer en août. Vincent veut
disposer, au début de juillet, d’au moins 15.900$ pour acheter en
payant comptant. Le banquier de Vincent exige que le ratio
actif/passif soit, au début de juillet égal au moins 2.


Modèle

Variables de décisions
x1 = nombre de tables à langer à fabriquer et à vendre en juin.
x2 = nombre de berceaux à fabriquer et à vendre en juin.
L’objectif de Vincent consiste à maximiser le proﬁt qu’il retirera de
la production de juin.
Pour une table à langer le proﬁt est :
500 − 250 − 75 = 175(dollars)
Pour un berceau : 800 − 350 − 160 = 290(dollars)


Modèle

Objectif et contraintes
L’objectif est : Max z = 175x1 + 290x2
Contraintes de main-d’oeuvre ou disponibilité des apprentis
x1 ≤ 50
x2 ≤ 30
Contraintes de fournitures (Le bois et les fournitures
disponibles)
x1 ≤ 100
x2 ≤ 100


Modèle

Contraintes
Contrainte d’encaisse : il faut au moins 15.900$ en banque au
début de juillet.
20.000 + 13.850 − 4.350 − 1.600 − 250x1 − 350x2 ≥ 15.900
27.900 − 250x1 − 350x2 ≥ 15.900
250x1 + 350x2 ≤ 12.000
Contrainte de ration actif/passif : Au début de juillet, ce ratio
doit être ≥ 2.
Encaisse = 27.900 − 250x1 − 350x2
Comptes clients = 37.000 + 500x1 + 800x2 − 13.850
Stocks = 23.500 − (75x1 + 100x2 ) + 26.500


Modèle

Contraintes
Actif = Encaisse + comptes clients + Stocks
Actif = 101.050 + 175x1 + 290x2
Passif = 30.000 − 4.350 + 26.500 = 52.150
101.050+175x1 +290x2
La contrainte s’écrit donc 52.150 ≥2
Ce qui se traduit par 175x1 + 290x2 ≥ 3.250


Modèle

Formulation complète

Max 175x1 + 290x2 (14)
subject to : (15)
x1 ≤ 50 (16)
x2 ≤ 30 (17)
250x1 + 350x2 ≤ 12.000 (18)
175x1 + 350x2 ≤ 3.250 (19)
x1 , x2 ≥ 0 (20)
x1 , x2 entiers (21)


Un problème du chocolatier-conﬁseur

Un chocolatier-conﬁseur reçoit une commande de 3.000
assortiments de chocolats. Pour les confectionner, il a convenu d’y
placer 3 sortes de chocolats, dénotés chocolats 1,2 et 3, dont
chaque kg lui coûte 4$, 1,45$ et 2,40$ respectivement. Chaque
assortiment doit peser un kg et se vendra 8$.
Les chocolats 1 doivent représenter entre 10% et 20% du poids
d’un assortiment. Les chocolats 1 et 2 présents dans un assortiment
ne doivent pas peser plus de 800 g. Au moins la moitié du poids
d’un assortiment doit provenir des chocolats 1 et 3.



On cherche une recette qui est optimale pour tous les assortiments
(les 3.000 assortiments seront confectionnés de la même manière).
Les quantités achetés, s’obtiennent en multipliant par 3.000 cette
recette optimale. Et réciproquement, pour résoudre le problème, il
suffit de connaître le nombre de kg à acheter de chaque sorte. De
ces remarques découle immédiatement la définition des 3 variables
de décision suivantes :
xj = nombre de kg de chocolats j que se procurera le confiseur



Objectif
Le chocolatier-confiseur veut maximiser ses profits. Un kg de
chocolats se vend toujours 8$, le profit de chaque kg de chocolats 1
s’établit à 8$ - 4$ = 4$, le profit de chaque kg de chocolats 2
s’établit à 8$ - 1,45$ = 6,55$ et finalement le profit associé au
chocolat 3 est 8$ - 2,40$ = 5,60$. La fonction-objectif qui
représente les représente les profits s’écrit donc :
Max z = 4x1 + 6, 55x2 + 5, 60x3



Contraintes
Contrainte de la demande : x1 + x2 + x3 = 3000
Contrainte du poids de chocolats 1 du poids total de
x
l’assortiment (au moins 10%) : x1 +x1 +x3 ≥ 0, 1
2
Simpliﬁcation 0, 9x1 − 0, 1x2 − 0, 1x3 ≥ 0
Contrainte du poids de chocolats (au plus 20%) :
0, 8x1 − 0, 2x2 − 0, 2x3 ≤ 0
Contrainte du poids du chocolats 1 et 2 dans un assortiment
ne doivent pas peser plus que 800 grammes.
x1 +x2
x1 +x2 +x3 ≤ 0, 8
ce qui s’écrit comme : 0, 2x1 + 0, 2x2 − 0, 8x3 ≤ 0



Contraintes
Contrainte du poids du chocolats 1 et 3 (au moins 50%).
x1 +x3
x1 +x2 +x3 ≥ 0, 5, ce qui s’écrit comme :
0, 5x1 − 0, 5x2 + 0, 5x3 ≥0
Contraintes de non-négativité : x1 , x2 , x3 ≥ 0


Modèle

Formulation complète

Max 4x1 + 6, 55x2 + 5, 60x3 (22)
subject to : (23)
x1 + x2 + x3 = 3.000 (24)
x1 ≥ 300 (25)
x1 ≤ 600 (26)
x1 + x2 ≤ 2.400 (27)
x1 + x3 ≥ 1.500 (28)
x1 , x2 , x3 ≥ 0 (29)


Problème de la coupe de bobines-mères

Description du problème
Les papetiers fabriquent des rouleaux de papier dont la largeur est
ﬁxée par les caractéristiques des machines qu’ils utilisent. Ils les
désignent sous le vocable de bobines-mères. Par contre, leurs clients
réclament des rouleaux de divers largeurs et parfois de diverses
longueurs. Comme il est fréquent que ni la largeur ni la longueur
des bobines-mères ne soient des multiples de celles des rouleaux
commandés, les papetiers encourent souvent, pour satisfaire les
commandes de leur clientèle, des pertes de papier qu’ils désignent
sous le nom de chutes.



Description du problème et données
Supposons que toutes les bobines-mères dont dispose un papetier
ont une largeur de 215 cm et une longueur de 250 m, et qu’il a
accepté les commandes données au tableau suivant :



Largeur (en cm) Longueur (en m) Nombre de rouleaux
64 250 360
60 250 180
35 250 180



Comme la longueur des rouleaux commandés est identique à celle
des bobines-mères, il suﬃt d’assurer la coupe transversale d’un
certain nombre de bobines-mères.



Quel est l’objectif poursuivi par le papetier ? s’agit-il pour lui de
satisfaire les commandes acceptées ? Si tel était le cas, il lui suﬃrait
de tailler tout bonnement un seul rouleau par bobine-mère : les
commandes des clients seraient évidemment satisfaites, mais
exigeraient 720 bobines-mères, ce qui constituerait un gaspillage de
papier. Il faut se rendre à l’évidence : l’objectif poursuivi n’est pas
uniquement de remplir les commandes. Si le papetier se propose
d’utiliser le moins possible de bobines-mères pour s’acquitter des
commandes, comment peut-il atteindre cet objectif ? Et s’il cherche
plutôt à minimiser les chutes tout en remplissant les commandes,



s’agit-il du même objectif, formulé diﬀéremment, ou d’un second
objectif totalement distinct du premier ? Et si ces objectifs s’avèrent
distincts, lequel faut-il privilégier ? Voilà des questions auxquelles
nous nous proposons d’apporter réponses.



Plan de coupe
Déterminons tous les plans de coupe :

Largeur (en cm) Plans de coupe
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
64 3 2 2 1 1 1 0 0 0 0
60 0 1 0 2 1 0 3 2 1 0
35 0 0 2 0 2 4 1 2 4 6
Chutes 23 27 17 31 21 11 0 25 15 5



Objectif
L’objectif du papetier est de remplir les commandes soit en
minimisant les chutes (pertes), soit en minimisant le nombre de
bobines-mères utilisées. Le papetier doit déterminer quels plans de
coupe retenir et combien de fois mettre chacun en oeuvre de façon
à atteindre l’un ou l’autre objectifs.



Variables de décision
Énonçons tout d’abord le premier objectif visé : minimiser le
nombre de bobines-mères à découper pour satisfaire les
commandes. Nous nous préoccuperons plus loin de l’autre objectif.
Comme il s’agit de déterminer les plans de coupes à retenir et le
nombre de mises en oeuvre pour chacun, posons :
xj = nombre de mises en oeuvre du plan numéro j. Dire que le plan
de coupe numéro j n’est retenu revient à exiger que la variable de
décision xj est nulle.



Puisque chaque mise en oeuvre d’un plan de coupe implique la
découpe transversale d’une bobine-mère, l’objectif visé consiste à
minimiser la somme des mises en oeuvre des diverses coupes :

Minz = xi (30)
i≤10
subject to : (31)
3x1 + 2x2 + 2x3 1x4 + 1x5 + 1x6 ≥ 360 (32)
1x2 + 2x4 + 1x5 + 3x7 + 2x8 + 1x9 ≥ 180 (33)
2x3 + 2x5 + 4x6 + 1x7 + 2x8 + 4x9 + 6x10 ≥ 180 (34)
∀i, xi est entier (35)



Solutions optimales
Ce modèle admet plusieurs solutions optimales. En voici 3, qui
proposent chacune d’utiliser 200 bobines-mères et qui, sans qu’on
l’ait exigé, occasionnent toutes la même longueur totale de chutes,
soit 2860 cm :

Largeur (en cm) Longueur (en m) Nombre de rouleaux
Solution A Solution B Solution C
x1 = 120 x1 = 80 x1 = 110
x7 = 60 x3 = 60 x6 = 30
x10 = 20 x7 = 60 x7 = 60
z = 200 z = 200 z = 200
Chutes = 2860 cm Chutes = 2860 cm Chutes = 2860 cm



Un modèle pour minimiser les chutes
Retournons maintenant au second objectif proposé, soit la
minimisation des chutes obtenues en satisfaisant les commandes. Le
modèles s’écrit :

Minw = 23x1 + 27x2 + ... + 5x10 (36)
subject to : (37)
3x1 + 2x2 + 2x3 + 1x4 + 1x5 + 1x6 ≥ 360 (38)
1x2 + 2x4 + 1x5 + 3x7 + 2x8 + 1x9 ≥ 180 (39)
2x3 + 2x5 + 4x6 + 1x7 + 2x8 + 4x9 + 6x10 ≥ 180 (40)



Solution optimale
L’unique solution optimale de ce modèle est :
x1 = 120
x7 = 180
w = 2760



Troisième modèle
Si on s’appuie sur la solution optimale du dernier modèle, le
papetier découpe plus de bobines-mères, produit davantage de
rouleaux 60 cm, mais engendre des chutes totales moins élevées
que s’il applique l’une ou l’autre des solutions optimales du premier
modèle. Comment expliquer ce paradoxe ? Tout simplement par le
fait qu’aucune pénalité ne s’applique à la production de rouleaux
qui ne sont pas essentiels à l’exécution des commandes. Le bon
modèle est donc :



Le bon modèle s’écrit :

Mint = w + Exc64 + Exc60 + Exc35 (42)
subject to : (43)
3x1 + 2x2 + 2x3 1x4 + 1x5 + 1x6 ≥ 360 (44)
1x2 + 2x4 + 1x5 + 3x7 + 2x8 + 1x9 ≥ 180 (45)
2x3 + 2x5 + 4x6 + 1x7 + 2x8 + 4x9 + 6x10 ≥ 180 (46)



Où :
w = 23x1 + 27x2 + ... + 5x10
Exc64 = 64(3x1 + 2x2 + 2x3 1x4 + 1x5 + 1x6 − 360)
Exc60 = 60(1x2 + 2x4 + 1x5 + 3x7 + 2x8 + 1x9 − 180)
Exc35 = 35(2x3 + 2x5 + 4x6 + 1x7 + 2x8 + 4x9 + 6x10 − 180)


Problème d’affectation : la rotation du personnel

À intervalles réguliers, l’armée organise la rotation d’une partie de
son personnel technique entre les différentes bases militaires. Elle a
plusieurs raisons d’agir ainsi : permettre l’acquisition d’une
expérience de travail diversifiée, donner l’occasion de suivre des
cours, accéder aux demandes de mutation vers des postes où le
climat est plus favorable, récompenser ou punir certains
comportements.



Supposons, à titre d’exemple, que l’armée dispose d’une liste de 10
sergents d’état-major, spécialistes de la mécanique des chars
d’assaut, et qu’elle souhaite réaﬀecter chacun au poste de l’un de
ses 9 collègues. Certains de ces militaires sont célibataires, d’autres
sont mariés mais n’ont pas d’enfants, d’autres encore sont mariés et
ont des enfants... L’armée a évalué pour chacun les coûts de
mutation à chaque poste. L’objectif est d’assurer au moindre coût
que chaque sergent occupe un nouveau poste et que tous les postes
soient comblés.



Dénotons les sergents par les lettres A, B, ..., H, M et N. Et
désignons par i le poste occupé présentement par le sergent
d’état-major I : le sergent A occupe présentement le poste a, et
ainsi de suite. Le tableau suivant présente la matrice des coûts de
mutation de chaque sergent à chacun des postes.



Matrice des coûts

Poste
Sergent a b c d e f g h m n
A * 12 15 11 17 15 11 12 10 10
B 6 * 14 12 16 11 17 18 18 16
C 8 17 * 21 17 16 14 12 10 15
D 7 16 9 * 12 18 18 14 11 14
E 7 13 8 12 * 22 19 12 13 12
F 8 8 11 14 12 * 12 17 9 18
G 6 9 13 9 11 16 * 14 13 16
H 7 14 16 11 16 22 15 * 14 18
M 11 16 17 15 17 18 21 22 * 11
N 8 9 8 13 9 7 8 9 8 *



Description du problème et modélisation
Comme il n’est pas permis qu’un sergent conserve le poste qu’il
occupe présentement, on remplace chaque astérisque de la
diagonale par un montant M, largement supérieur à ceux qui sont
en jeu pour les mutations envisagées, en marquant ainsi
l’impossibilité de maintenir un sergent dans son poste actuel.
Posons, par exemple : M = 500.



Déﬁnissons les variables de décision binaires suivantes :
vIj = 1 si le sergent I est muté du poste i au poste j.
La fonction-objectif s’écrit comme suit :
Minz = 500vAa + 12vAb + 15vAc + ... + 9vNh + 8vNm + 500vNn
Les contraintes indiquent :
qu’à chaque sergent on doit attribuer un poste ;
que chaque poste doit être combler.



modèle
À titre d’exemple, la contrainte associée au sergent A est :
vAa + vAb + vAc + ... + vAn = 1
et celle associée au poste a :
vAa + vBa + vCa + ... + vNa = 1
une solution optimale de ce problème est :

Sergent A B C D E F G H M N
Poste m f h e c b d a n g


Problème : Les conditions logiques, l’équipe
d’arpenteurs-géomètres

Une ﬁrme d’exploration minière veut recruter 6 personnes pour
combler les postes vacants dans une équipe d’arpenteurs-géomètres
qui doit se rendre pour de longues périodes dans le Grand Nord. On
a retenu, parmi les dossiers reçus, 12 candidatures valables. Les
émoluments annuels exigés par ces personnes apparaissent au
tableau suivant.



Candidat Émoluments
1 56.000$
2 55.000$
3 54.000$
4 57.000$
5 49.000$
6 51.000$
7 54.000$
8 56.000$
9 52.000$
10 55.000$
11 53.000$
12 50.000$


La cohésion de l’équipe est de prime importance. Des tests de
personnalité et des séances d’interaction entre les 12 candidats
menés par des psychologues ont révélé que certaines combinaisons
de candidats n’étaient pas souhaitables. En particulier, on désire
respecter les contraintes de cohésion suivantes :



Si les candidats 3 et 8 sont embauchés, le candidat 9 ne peut
l’être.
Si on embauche le candidat 2, il convient d’embaucher le
candidat 11, et réciproquement, puisqu’ils sont mari et femme.
Le candidat 7 est en conﬂit avec les candidats 4 et 5, et on ne
veut pas retenir ses services si l’un des candidats 4 ou 5, ou les
deux, sont embauchés.



De plus, compte tenu des travaux à eﬀectuer par l’équipe, on tient
également à respecter les contraintes de qualiﬁcations suivantes :
On ne peut embaucher plus de trois des cinq candidats
suivants : 1, 3, 6, 10, 12.
On doit embaucher un et un seul des trois candidats 3, 5 et 12.



Modèle : objectif
Quels candidats faut-il embaucher si l’objectif est de minimiser le
total des émoluments annuels à verser aux nouveaux employés ? Les
variables de décision sont les variables binaires vj (1 ≤ j ≤ 12), où
vj = 1 si le candidat j est embauché.
La fonction objectif s’écrit :
Min z = 56v1 + 55v2 + 54v3 + ... + 50v12 où z représente les
émoluments totaux (en milliers de dollars) de l’équipe.



Modèle : contraintes
Écrivons les contraintes.
Tout d’abord, il s’agit d’embaucher 6 candidats :
1≤j≤12 vj = 6.
La contrainte 1 se traduit par v3 + v8 + v9 ≤ 2.
La contrainte 2 s’écrit comme : −v2 + v11 = 0.
Quant à la contrainte 3, on la traduit par les 2 inéquations
suivantes :
v4 + v7 ≤ 1 et v5 + v7 ≤ 1.



Modèle : contraintes et solution optimale
On peut remplacer les deux inéquations par une seule, qui
équivaut aux 2 précédents :
v4 + v5 + 2v7 ≤ 2
Les dernières contraintes de qualiﬁcation donnent lieu à :
v1 + v3 + v6 + v10 + v12 ≤ 3
v3 + v5 + v12 = 1
Une solution optimale consiste à embaucher les candidats 2, 6, 7, 9,
11 et 12, pour un coût total de 315 milliers de dollars.


La verrerie Grand Siècle

La verrerie Grand Siècle exploite une usine de verre dépoli dans
chacune des 5 villes suivantes : A, B, C, D et E. Le procédé de
fabrication exige de l’acide ﬂuorhydrique que, jusqu’à maintenant,
Grand Siècle entreposait sur l’emplacement même de ses usines. Le
ministère de l’Environnement exige qu’à compter de l’an prochain
les fûts l’acide soient entreposés à la campagne en des endroits où
d’éventuelles émanations accidentelles se diﬀuseraient dans
l’atmosphère.



Grand Siècle a repéré 4 emplacements, qui ont reçu l’agrément du
Ministère, où il serait possible de stocker les fûts en attendant de
les acheminer un à un, au fur et à mesure des besoins, vers les
diﬀérents usines. Les coûts reliés à l’acquisition des terrains et à la
construction des installations de stockage varient très peu d’un
emplacement à l’autre ; une fois répartis sur la vie utile des
installations, ils correspondent, selon les comptables de Grand
Siècle, à une dépense annuelle de 85.000 $ par emplacement. Par
contre, les coûts d’entretien des chemins d’accés diﬀéreraient de
façon notable. Le tableau suivant donne, pour les 4 emplacements
envisagés, les coûts annuels d’entretien de ces chemins d’accés.



Données : coûts annuels d’entretien des chemins d’accés

Emplacement Coût
1 12.000$
2 4.000$
3 4.000$
4 10.000$



Données : coûts annuels d’acheminement des fûts (en 1000 $)
Le tableau suivant donne les coûts annuels, en milliers de dollars,
d’acheminement des fûts de chacun de ces emplacements.

Emplacement A B C D E
1 7 13 11 6 11
2 9 18 5 10 23
3 16 8 5 17 15
4 12 8 7 12 8



Objectif
L’objectif de Grand Siècle est de minimiser les coûts des opérations
( approvisionnement annuel des usines en fûts d’acide
ﬂuorhydrique). Il est convenu que chaque usine sera approvisionnée
à partir d’un seul emplacement. La dirction se pose deux questions :

Sur quel(s) emplacement(s) faut-il construire des installations
de stockage ?
Quelles sont les usines qui seront approvisionnées en acide à
partir de chaque emplacement où des installations de stockage
auront été construites ?



Réponses et variables de décision
Répondre à la première question revient à déterminer, pour chaque
emplacement, si oui ou non on y construira des installations de
stockage. De plus, De plus, pour qu’une usine puisse être
approvisionnée à partir d’un emplacement, il faut que les
installations de stockage y aient été aménagées et que le chemin
d’accés soit entretenu. On est donc amené à introduire les variables
de décision binaires suivantes :
vi = 1 si Grand Siècle construit un entrepôt sur l’emplacement
i.
wiJ = 1 si l’entrepôt de l’emplacement i alimente en fûts
l’usine de la ville J.



Objectif
Il s’agit de minimiser la fonction-objectif z obtenue en additionnant
l’amortissement annuel (en 1000 $) des investissements réalisés sur
les emplacements retenus 85(v1 + v2 + v3 + v4 + v5 ),
Les coûts annuels (en 1000$) d’entretien des chemins d’accés
12v1 + 4v2 + 4v3 + 10v4
et ﬁnalement les coûts d’acheminement des fûts
7w1A + 13w1B + ... + 8w4E



Contraintes
Les contraintes technologiques se regroupent en deux groupes. Le
premier, traduit la contrainte qu’une usine J peut être
approvisionnée à partir d’un emplacement i seulement lorsque des
installations de stockage existent sur cet emplacement. Les
contraintes du deuxième bloc traduisent le fait que chaque usine est
approvisionnée à partir d’un seul emplacement.
wiJ ≤ vi , ∀i, ∀J
w1J + w2J + w3J + w4J = 1, ∀J


L’utilisation de variables binaires pour linéariser

Déscription
Les variables binaires sont souvent utilisées conjointement avec des
variables réelles non négatives pour traduire en modèles linéaires
des problèmes qui, a priori, semblent non linéaires. Nous allons voir
quelques exemples simples qui illustrent comment le recours
astucieux à des varoables binaires permet d’agrandir
considérablement le champ d’application des modèles linéaires.


Électro

Déscription
En périodes de basses eaux, ou durant l’hiver pour faire face à une
demande accrue, Électro, un fournisseur d’énergie électrique, fait
appel à des centrales thermiques alimentées au mazout et
regroupées sur un emplacement situé prés d’une grande ville où une
bonne part de sa clientèle. Dans chacune des 4 centrales
thermiques d’Électro, des brûleurs génèrent dans une chaudière la
vapeur nécessaire à l’entraînement du groupe turboalternateur


Électro

Déscription
qui produit l’électricité convoyée par les lignes de transport vers les
consommateurs. Chez Électro, la vapeur produite par l’une ou
l’autre des 4 chaudières peut être acheminée sans perte
conséquente vers l’un ou l’autre des 4 groupes turboalternateurs,
cette conﬁguration a été adoptée pour faire face aux nombreuses
pannes et aux fréquents arrêts nécessités par entretiens.


Électro

Déscription
Électro a construit ces centrales au fur et à mesure que son réseau
grandissait, de sorte que certaines centrales sont plus modernes et,
partant, plus rentables que d’autres. Chaudières et groupes
alternateurs ont des plages d’exploitation en dehors desquelles leur
fonctionnement n’est ni économique ni sécuritaire. Le respect de
ces plages assure de plus une vie utile prolongée à l’équipement.
Les tableaux suivants contient, pour les 4 chaudières et les 4
groupes alternateurs, les données pertinentes au problème.


Électro

Données

Chaudière tonnage minimal tonnage maximale coût
de vapeur produite de vapeur produite par tonne
A 800 1200 9,00
B 650 900 8,50
C 425 675 7,75
D 360 600 7,25


Électro

Données

Groupe tonnage tonnage kWh par tonne coût par
minimal maximale de vapeur tonne
1 500 800 4 3,00
2 900 1300 3 3,40
3 600 900 4 3,25
4 500 800 4 4,00


Électro

Déscription
Le problème d’aujourd’hui consiste à produire 8312 kWh en période
de pointe tout en minimisant les coûts. Combien de vapeur
produira chacune des chaudières et de quelle façon sera répartie la
vapeur entre les groupes, sachant qu’il possible que certaines
chaudières ou que certains groupes soient inutilisés ?


Électro

Les variables de décision sont :
vI = 1 si la chaudière I est active
wj = 1 si le groupe j est mis à contribution
xI = nombre de tonnes de vapeur produites par la chaudière I
yj = nombre de tonnes de vapeur utilisées par le groupe j


Électro

Contraintes
Pour indiquer qu’il faut produire au moins 8312 kWh, on pose :
4y1 + 3y2 + 4y3 + 3y4 ≥ 8312
Pour indiquer que les 4 chaudières doivent produire ensemble au
moins autant de tonnes de vapeur qu’en utiliseront les 4 groupes,
on pose :
xA + xB + xC + xD ≥ y1 + y2 + y3 + y4
Pour chaque chaudière I, il faut forcer la variable xI , à être nulle,
soit dans l’intervalle admissible. Par exemple, pour la chaudière A,
on pose :
800vA ≤ xA ≤ 1200vA


Électro

Minz = 9xA + ... + 7, 25xD + 3y1 + ... + 4y4 (48)
subject to : (49)
4y1 + 3y2 + 4y3 + 3y4 ≥ 8312 (50)
xA + xB + xC + xD − y1 − y2 − y3 − y4 ≥ 0 (51)
800vA ≤ xA ≤ 1200vA (52)
650vB ≤ xB ≤ 900vB (53)
425vC ≤ xC ≤ 675vC (54)
360vD ≤ xD ≤ 600vD (55)
500w1 ≤ y1 ≤ 800w1 (56)
900w2 ≤ y2 ≤ 1300w2 (57)
600w3 ≤ y3 ≤ 900w3 (58)
500w4 ≤ y4 ≤ 800w4 (59)


Électro

Solution optimale
xA = 929, xC = 675, xD = 600
y1 = 800, y3 = 900, y4 = 504
vA = vC = vD = w1 = w3 = w4 = 1
z = 25283, 25 dollars


Électro

Remarques
Électro présente un cas particulier d’une situation fréquente. Dans
le présent exemple, les variables xI et yj doivent soit être nulles, soit
appartenir aux plages d’exploitation économique et sécuritaire.
Autrement dit, les domaines admissibles de ces variables sont
composés de deux intervalles fermés disjoints : par exemple, le
domaine de xA est la réunion des intervalles [0 ;0] et [800 ;1200].


Électro

Remarques
Dans certains contextes, le domaine d’une variable est formé de
plus de deux intervalles fermés disjoints. L’approche utilisée dans le
problème d’Électro s’adapte aisément à ces situations. À titre
d’exemple, considérons une variable x dont la valeur doit
impérativement appartenir à l’un des intervalles [0 ;20], [50 ;64] et
[75 ;81]. Il suﬃt d’introduire des variables binaires u, v et w ainsi
déﬁnies :


Électro

Exemple
u = 1 si x appartient à l’intervalle [0 ;20]
v = 1 si x appartient à l’intervalle [50 ;64]
w = 1 si x appartient à l’intervalle [75 ;81]
Il reste à ajouter au modèle :
u+v +w =1
0u + 50v + 75w ≤ x ≤ 20u + 64v + 81w


Comment tenir compte des coûts ﬁxes : la coupe de
bobines-mères

Déscription
Reprenons le problème de la coupe de bobines-mères considéré
avant. Convenons cette fois de tenir compte non seulement des
coûts reliés aux chutes, mais également des coûts engendrés par le
passage d’un plan de coupe à un autre. Convenons de plus de nous
conformer à une pratique du monde manufacturier où l’on tolère,
souvent tacitement, des variations de faible amplitude dans la
fourniture des commandes.


bobines-mères

Déscription
À ce propos, imaginons qu’aient été conclus, entre le papetier et
ses clients, des accords dont il s’autorise pour se contenter de
satisfaire, à quelques rouleaux près, l’ensemble des commandes de
rouleaux d’une largeur donnée. Pour ﬁxer les idées, disons qu’il se
donne une marge de 10 rouleaux de 64 cm, en plus ou en moins, se
contraignant à produire non pas exactement 360 rouleaux, comme
l’indique le carnet de commandes, mais de 350 à 370 rouleaux de
cette largeur ; et ﬁxons à 5 rouleaux la marge de manoeuvre qu’il
s’accorde pour les commandes de 180 rouleaux de chacune des 2
autres largeurs.


bobines-mères

Modèle
Comme dans les modèles précédents, les variables xj dénotent le
nombre de mises en oeuvre du plan de coupe numéro j. On leur
adjoint des variables binaires vj telles que :
vj = 1 si le plan de coupe j est mis en oeuvre au moins une
fois.
La fonction objectif prend alors l’allure suivante :
Min z = (c1 *Chutes) + (c2 *Passages)
où c1 est le coût correspondant à chaque cm de chute
Chutes = total des chutes (en cm)
Chutes = 23x1 + 27x2 + 17x3 + ... + 5x10


bobines-mères

Modèle
c2 est le coût de passage d’un plan de coupe au suivant
Passages = nombre de passages d’un plan de coupe à un
autre
Passages = v1 + v2 + v3 + ... + v10 − 1
Les contraintes se regroupent en 3 catégories.
Celles qui visent à satisfaire la demande à quelques rouleaux près :
350 ≤ 3x1 + 2x2 + ... + 1x6 ≤ 370
175 ≤ 1x2 + 2x4 + ... + 1x9 ≤ 185
175 ≤ 2x3 + 2x5 + ... + 6x10 ≤ 185


bobines-mères

Modèle
Celles qui lient chaque variable xj à la variable vj correspondante de
façon à traduire l’obligation pour vj de prendre la valeur 1 si et
seulement si la variable xj est positive :
vj ≤ xj ≤ Mvj où M est une constante suﬃsamment élevée
Celles qui exigent que les variables xj sont non négatives et
entières, que les variables vj soient binaires.


La modiﬁcation par à-coups du membre droit d’une
contrainte

Déscription
Un manufacturier dispose de l’équipement nécessaire pour mettre
en marché 4 produits alimentaires : P1 , P2 , P3 et P4 . Ces produits
requirent l’intervention de 3 ateliers distincts : A1 , A2 et A3 . Le
tableau suivant présente les données relatives aux durées de
production et aux disponibilités de ces ateliers au cours du prochain
mois.


contrainte

Données de fabrication

Atelier P1 P2 P3 P4 Heures
disponibles
A1 0,12 0,15 0,10 0,09 2760
A2 0,10 0,09 0,15 0,10 2500
A3 0,05 0,04 0,04 0,05 1200
Proﬁt par caisse 2,20 $ 1,90 $ 2,25 $ 1,71 $
Table: Données en heure


contrainte

Déscription
Ce qui es fabriqué au cours d’un mois n’est livré qu’à la fin du mois
suivant : en effet, une période minimale d’un mois de mûrissement
et d’affinage est requise pour que les produits atteignent leur pleine
saveur. L’espace d’entreposage requis pour une caisse de chaque
produit est donné au tableau qui suit. Le manufacturier dispose de
4000 m3 d’espace d’entreposage, qui lui coûtent 1200$ par mois. Il
peut louer de l’espace supplémentaire par tranche de 2000 m3 , au
tarifs mensuels donnés au tableau.


contrainte

Données de fabrication

Produits P1 P2 P3 P4
Espace requis en m3 0,27 0,28 0,29 0,24
Table: Espace requis

Espace (103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16
Coût 103 $ 3 4,8 6,4 7,8 9 10 10,8 11,5
Table: Coût de location mensuel


contrainte

Déscription
Le carnet de commandes et le maintien de ses parts de marché
imposent au manufacturier de fabriquer un total d’au moins 5000
caisses de P1 et de P2 confondus, au plus 4000 caisses de P2 , au
moins 2000 caisses de P4 et un total d’au plus 30000 caisses des
produits P1 et P3 confondus.


contrainte

Modélisation
Les coûts d’entreposage ne sont pas linéaires et il sera nécessaire
d’introduire des variables binaires. Les variables de décision sont
donc xj (1 ≤ j ≤ 4), C et vh (0 ≤ h ≤ 8), où
xj = nombre de caisses du produit j que fabriquera le
manufacturier
C n’apparaît que pour représenter le coût des 4000 m3
disponible
v0 = 1 si le manufacturier n’utilise que les 4000 m3 dont il
dispose et où, pour h = 1, ..., 8
vh = 1 si le manufacturier loue exactement (2h) milliers de m3


contrainte

Modélisation
Le modèle suivant constitue une façon de traduire
mathématiquement le problème du manufacturier :

Max 2, 2x1 + ... + 1, 71x4 − 103 (3v1 − ... − 11, 5v8 ) − C
subject to : (60)
0, 12x1 + 0, 15x2 + 0, 10x3 + 0, 09x4 ≤ 2760 (61)
0, 10x1 + 0, 09x2 + 0, 15x3 + 0, 10x4 ≤ 2500 (62)
0, 05x1 + 0, 04x2 + 0, 04x3 + 0, 05x4 ≤ 1200 (63)
3
0, 27x1 + 0, 28x2 + 0, 29x3 + 0, 24x4 ≤ 10 (4v0 + ... + 20v8 )
(64)


contrainte

Modélisation
Suite du modèle :

v0 + v1 + v2 + ... + v8 = 1 (65)
x1 + x2 ≥ 5000 (66)
x2 ≤ 4000 (67)
x4 ≥ 2000 (68)
x1 + x3 ≤ 30000 (69)
C = 1200 (70)


contrainte

Discussion
L’approche retenue pour modiﬁer par à-coups le membre de droit
de la contrainte d’entreposage mérite une présentation plus
générale. L’objectif du manufacturier est de maximiser ses proﬁts
en utilisant à bon escient diverses ressources. L’une d’elles est
l’espace d’entreposage, et le manufacturier dispose pour le moment
de b0 = 4000m3 . Il doit donc respecter une contrainte du genre
ai xi ≤ b0 .


contrainte

Discussion
Il songe à augmenter l’espace d’entreposage et cherche le niveau de
cette ressource qui lui permettrait de maximiser ses proﬁts en
relaxant le membre droit de la contrainte associé. Comme les
contrats de location oﬀrent l’espace supplémentaire en blocs, il
s’agit de permettre à b0 de varier pat à-coups, disons de b0 à b1 , de
b1 à b2 , de b2 à b3 , etc. Les écarts entre deux bh consécutifs n’ont
pas à être égaux, bien qu’ils le soient dans l’exemple.


contrainte

Discussion
Pour modéliser une telle situation, il suﬃt de relier comme suit les
coûts aﬀérents à chacun des accroissements prèvus de la ressource,
à partir du seuil minimal b0 :
Pour le passage de b0 à bh : coûts de ch h = 1, ..., p
0 < c1 < c2 < ... < cp .
vh = 1 si le membre de droit de la contrainte est égale à bh


Comment satisfaire à un nombre ﬁxé de contraintes

Présentation
Il arrive que les contraintes technologiques, dans leur ensemble,
excluent toute solution admissible, ou encore limitent la
fonction-objectif à une valeur jugée inacceptable par les
gestionnaires. On cherche alors à agrandir l’ensemble des solutions
admissibles. Une façon de procéder est de faire jouer à certaines
contraintes technologiques un rôle de critères et d’accepter que
seulement un certain nombre de ses critères puissent être satisfaits.



Les contraintes de signe ≥
Nous illustrons notre propos à l’aide d’un problème classique de
diète, dont toutes les contraintes en un premier temps doivent être
satisfaits.
Les normes d’une diète idéale imposent des quantités minimales de
glucides, de lipides et de protides. Une diètéticienne, qui cherche à
minimiser le coût de rations composées à partir des aliments A et
B, se voit confrontée au problème linéaire suivant :



Modéle

Min z = 5xA + 6xB
subject to : (71)
120xA + 200xB ≥ 1200 (72)
300xA + 250xB ≥ 2200 (73)
200xA + 200xB ≥ 1375 (74)
xA , xB ≥ 0 (75)



Discussion
La valeur minimale de la fonction-objectif dans le modèle ci-dessus
est z = 42, 53. Si le coût 42,53 de la diète optimale est jugé trop
élevé, il est possible d’améliorer la situation en exigeant seulement
que 2 des 3 contraintes technologiques soient satisfaites. Voici
comment traduire algébriquement cette exigence. On commence
par déﬁnir des variables binaires vi (1 ≤ j ≤ 3) :
vi = 1 si la contrainte-critère numéro i doit être satisfaite.



Modéle

Min z = 5xA + 6xB
subject to : (76)
120xA + 200xB ≥ 1200 − (1 − v1 )M (77)
300xA + 250xB ≥ 2200 − (1 − v2 )M (78)
200xA + 200xB ≥ 1375 − (1 − v3 )M (79)
v1 + v2 + v3 ≥ 2 (80)
xA , xB ≥ 0 (81)
v1 , v2 , v3 ∈ {0, 1} (82)


Model2

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