Correction série n 2 (nov 2013)

ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
KHEMILI Imed 1
Correction de la série N°2
Résolution d’un PL, Dualité
Problème 1 :
1°) les bénéfices offerte par le programme de production actuel sont égale
à : 200 80 240 75 34000    D
.
2°) Le nouveau programme doit permettre au responsable de déterminer
les quantités optimales des lots A et des lots B qu’il doit fabriquer pour
maximiser les bénéfices.
Soient : x1 le nombre de lots A,
x2 le nombre de lots B,
Le programme linéaire permettant de maximiser les bénéfices de
l’Entreprise est le suivant :
1 2
1 2
1 2
1 2
200 240
:
3
240
2
1
120
2
4 240
 
 
 
 
(temps disponible sur les deux machines de découpage)
(temps disponible sur la machine d'emboutissage)
(temps disponible sur les deux machines
Max Z x x
sujet à
x x
x x
x x
1 2, 0










 
de Polissage)
x x
Écrivons le PL sous la forme standard :
1 2 3 4 5
1 2 3
1 2 4
1 2 5
1 2 5
200 240 0 0 0
:
3
240
2
1
120
2
2 240
, ,...., 0
    



  

   

   


Max Z x x x x x
sujet à
x x x
x x x
x x x
x x x
Choisissons x3, x4 et x5 comme variables de base, la solution de départ
consiste à annuler les variables hors base :

Méthodes d’Optimisation de la Production
2ème
année G. M & EM
2013 / 20142
1 2
3
4
5
0
240
120
240
 
 


 
x x
x
x
x
Le tableau de départ est :
x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
x3 1 3/2 1 0 0 240 160
x4 1/2 1 0 1 0 120 120 
x5 2 1 0 0 1 240 240
Z -200 -240 0 0 0 0

x3 1/4 0 1 -3/2 0 60 240
x2 1/2 1 0 1 0 120 240
x5 3/2 0 0 -1 1 120 80 
Z -80 0 0 240 0 28800

x1 x2 x3 x4 x5 b
x3 0 0 1 -4/3 -1/6 40
x2 0 1 0 1/3 -1/3 80
x1 1 0 0 -2/3 2/3 80
Z 0 0 0 560/3 160/3 35200
La solution est optimale
max
1
2
3
35200
80
80
40





 
dinars
lots A
lots B
heures restantes sur les machines de découpage
Z
x
x
x
3°) Nous devons calculer  T T
C Y A X   .
    1
2
1 3/ 2
200 240 ; 0 150 50 ; 1/ 2 1 ;
2 1
 
  
      
  
 
T T
x
C Y A X
x

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 3
   
      
1
2
1 1
2 2
1 3/ 2
200 240 0 150 50 1/ 2 1
2 1
200 240 175 200 25 40 0
  
   
      
   
  
   
      
   
x
x
x x
x x
La proposition n’est pas intéressante.
4°) Le programme linéaire qui permet à ce voisin de déterminer les prix
optimaux qui satisfassent le responsable de l’entreprise et qui minimise ses
dépenses est :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
240 120 240
:
1
2 200
2
3
240
2
, , 0

   



  


  


Min W y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y
Sa solution optimale est déduite du tableau optimal du primal.
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 35200  D
W Z .
Le théorème de complémentarité des écarts nous permet d’écrire la
correspondance suivante entre les variables duales et les variables
primales telle que :
1 3 2 4 3 5 4 1 5 2; ; ; ;y x y x y x y x y x     .
D’où
1 4 5
2 3
0 ;
560 160
;
3 3
  


 
dinars/h dinars/h
y y y
y y
5°) En utilisant l’algorithme dual du simplexe le système s’écrit :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
240 120 240
:
1
2 200
2
3
240
2
, , 0

   



    


    


Min W y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y

2ème
année G. M & EM
2013 / 20144
Écrivons-le sous la forme standard :
1 2 3 4 5
1 2 3 4
1 2 3 5
1 2 5
240 120 240 0 0
:
1
2 200
2
3
240
2
, , , 0

     



     


     


Min W y y y y y
sujet à
y y y y
y y y y
y y y
y1 y2 y3 y4 y5 b
y4 -1 -1/2 -2 1 0 -200
y5 -3/2 -1 -1 0 1 -240 
-W 240 120 240 0 0 0
Limitation 160 120

240 - -
y1 y2 y3 y4 y5 b
y4 -1/4 0 -3/2 1 -1/2 -80 
y2 3/2 1 1 0 -1 240
-W 60 0 120 0 120 -28800
Limitation 240 - 80

- 240
y1 y2 y3 y4 y5 b
y3 1/6 0 1 -2/3 1/3 160/3
y2 4/3 1 0 3/2 -4/3 560/3
-W 40 0 0 80 80 -35200
La solution est optimale :
min
1
2
3
35200
0
560/3
160/3
 




 
D
dinars/h
dinars/h
W
y
y
y

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 5
Problème 2 :
1°) Le programme doit permettre au responsable de déterminer les
quantités optimales des produits P1 et des produits P2 qu’il doit fabriquer
pour maximiser les bénéfices.
Soient : x1 le nombre de produits P1,
x2 le nombre de produits P2,
1 2
1 2
1 2
1 2
4 2
:
2 60
2 2 80
, 0
 



 
  

 
1
2
(temps disponible sur la machine M )
(temps disponible sur la machine M )
Max Z x x
sujet à
x x
x x
x x
Écrivons le PL sous la forme standard :
1 2 3 4
1 2 3
1 2 4
1 2 4
4 2 0 0
:
2 60
2 2 80
, ,...., 0
   


  
   

 
Max Z x x x x
sujet à
x x x
x x x
x x x
Choisissons x3 et x4 comme variables de base, la solution de départ
1 2
3
4
0
60
80
 


 
x x
x
x
x1 x2 x3 x4 b Limitation
x3 2 1 1 0 60 30 
x4 2 2 0 1 80 40
Z -4 -2 0 0 0

x1 x2 x3 x4 b
x1 1 1/2 1/2 0 30
x4 0 1 -1 1 20
Z 0 0 2 0 120

2ème
année G. M & EM
2013 / 20146
max
1
2 3
4
120
30
0
20




 
 
1
2
dinars
produits P
heures restantes sur la machine M
Z
x
x x
x
2°) Nous devons calculer  T T
C Y A X   .
    1
2
2 1
4 2 ; 3/ 2 1 ; ;
2 2
  
      
   
T T
x
C Y A X
x
   
      
1
2
1 1
2 2
2 1
4 2 3/ 2 1
2 2
4 2 5 7/ 2 1 3/ 2 0
   
     
    
   
        
   
x
x
x x
x x
La proposition est intéressante.
3°) Le programme linéaire qui permet à ce voisin de déterminer les prix
optimaux qui satisfassent le responsable de l’entreprise et qui minimise ses
dépenses est :
1 2
1 2
1 2
1 2
60 80
:
2 2 4
2 2
, 0
 


 
  

 
Min W y y
sujet à
y y
y y
y y
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 120  D
W Z .
1 3 2 4 3 1 4 2; ; ;   y x y x y x y x .
D’où : 1
2 3 4
2
0


  
dinars/hy
y y y
4°) En utilisant l’algorithme Dual du simplexe, le système s’écrit, sous la
forme standard, de la façon suivante :

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 7
1 2 3 4 1 2
1 2 3 1
1 2 4 2
1 2 3 4 1 2
60 80 0 0
:
2 2 4
2 2
, , , , , 0
     


   
    

 
Min W y y y y Ma Ma
sujet à
y y y a
y y y a
y y y y a a
a1 et a2 sont les variables artificielles. Choisissons a1 et a2 comme
variables de base, la solution de départ consiste à annuler les variables
hors-base : y1 = y2 = y3 = y4 = 0 et donc 1
2
4
2



a
a
, qui est une solution
réalisable. Le tableau de départ est :
y1 y2 y3 y4 a1 a2 b
a1 2 2 -1 0 1 0 4
a2 1 2 0 -1 0 1 2
-W
60 80 0 0 0 0 0
0 0 0 0 M M 0
y1 y2 y3 y4 a1 a2 b Limitation
a1 2 2 -1 0 1 0 4 2
a2 1 2 0 -1 0 1 2 1 
-W
60 80 0 0 0 0 0
-3M -4M M M 0 0 -6M

y1 y2 y3 y4 a1 b Limitation
a1 1 0 -1 1 1 2 2 
y2 1/2 1 0 -1/2 0 1 2
-W
20 0 0 40 0 -80
-M 0 M -2M 0 -2M

y1 y2 y3 y4 b
y1 1 0 -1 0 2
y4 0 1 -1/2 1 0
-W 0 0 40 0 -120

2ème
année G. M & EM
2013 / 20148
min
1
2
3 4
120
2
0
0
 




  
D
dinars/h
W
y
y
y y
1 2
1 2
1 2
1 2
60 80
:
2 2 4
2 2
, 0
 


   
   

 
Min W y y
sujet à
y y
y y
y y
1 2 3 4
1 2 3
1 2 4
1 2 3 4
60 80 0 0
:
2 2 4
2 2
, , , 0
   


    
    

 
Min W y y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y y
y1 y2 y3 y4 b
y3 -2 -2 1 0 -4 
y4 -1 -2 0 1 -2
-W 60 80 0 0 0
Limitation 30

40 - -
y1 y2 y3 y4 b
y1 1 1 -1/2 0 2
y4 0 -1 -1/2 1 0
-W 0 20 30 0 -120
min
1
2
3 4
120
2
0
0
 




  
D
dinars/h
W
y
y
y y

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 9
Problème 3 :
1°) Le programme doit permettre à l’entreprise de déterminer les
quantités optimales des boites en cartons qu’il faut fabriquer pour
Soient : x1 le nombre de boites du type 1,
x2 le nombre de boites du type 2,
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
3 5
:
2 8000
2 3 12600
4 15000
, 0
 


  

 
  


(disponibilité en carton : en m²)
(disponibilité en temps d'assemblage : en min)
(disponibilité en agrafes)
Max Z x x
sujet à
x x
x x
x x
x x
2°) Écrivons le PL sous la forme standard :
1 2 3 4 5
1 2 3
1 2 4
1 2 5
1 2 5
3 5 0 0 0
:
2 8000
2 3 12600
4 15000
, ,...., 0
    


   

  
   


Max Z x x x x x
sujet à
x x x
x x x
x x x
x x x
1 2
3
4
5
0
8000
12600
15000
 
 


 
x x
x
x
x
x3 1 2 1 0 0 8000 4000
x4 2 3 0 1 0 12600 4200
x5 1 4 0 0 1 15000 3750 
Z -3 -5 0 0 0 0


2ème
année G. M & EM
2013 / 201410
x3 1/2 0 1 0 -1/2 500 1000 
x4 5/4 0 0 1 -3/4 1350 1080
x2 1/4 1 0 0 1/4 3750 15000
Z -7/4 0 0 0 5/4 18750

x1 1 0 2 0 -1 1000 Pas de limitation
x4 0 0 -5/2 1 1/2 100 200 
x2 0 1 -1/2 0 1/2 3500 7000
Z 0 0 7/2 0 -1/2 20500

x1 x2 x3 x4 x5 b
x1 1 0 -3 2 0 1200
x5 0 0 -5 2 1 200
x2 0 1 2 -1 0 3400
Z 0 0 1 1 0 20600
max
1
2
5
20600
1200
3400
200





 
dinars
boites du type 1
boites du type 2
(quantité restante d'agrafes suffisante pour agrafer 200 boites du type 1)
Z
x
x
x
3°) Le problème dual est :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
8000 12600 15000
:
2 3
2 3 4 5
, , 0
  


  
   

 
Min W y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 20600  FrW Z .

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 11
1 3 2 4 3 5 4 1 5 2; ; ; ;y x y x y x y x y x     .
D’où :
1
2
3 4 5
1
1
0



   
Fr/m²
Fr/min
y
y
y y y
4°) a°) Nous venons de déterminer le coût d’une minute d’assemblage, y2,
qui est égale à 1 Fr. Si l’entreprise va engager l’étudiant, il lui en coûtera
moins (0,5 Fr la minute). L’entreprise a donc intérêt à l’engager.
b°) Le nouveau chiffre d’affaires devient : 20600 (42 60 0,5) 21860    Fr
5°) Si on observe le tableau optimal, on remarque qu’on a déjà un reste
d’agrafes suffisant pour agrafer 200 boites du premier type, donc toute
autre quantité supplémentaire n’ajoutera rien au chiffre d’affaires.
Problème 4 :
1°) Le programme doit permettre à l’entreprise de déterminer les
quantités optimales de chaque type de radio qu’il faut fabriquer pour
Soient : x1 le nombre de radios A,
x2 le nombre de radios B,
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
15 10
:
2 40
2 50
3 30
, 0
 


  

 
  


Max Z x x
sujet à
x x
x x
x x
x x
2°) Écrivons le PL sous la forme standard :
1 2 3 4 5
1 2 3
1 2 4
1 2 5
1 2 5
15 10 0 0 0
:
2 40
2 50
3 30
, ,...., 0
    


   

  
   


Max Z x x x x x
sujet à
x x x
x x x
x x x
x x x

2ème
année G. M & EM
2013 / 201412
1 2
3
4
5
0
40
50
30
 
 


 
x x
x
x
x
x3 1 2 1 0 0 40 40
x4 2 1 0 1 0 50 25 
x5 1 3 0 0 1 30 30
Z -15 -10 0 0 0 0

x3 0 3/2 1 -1/2 0 15 10
x1 1 1/2 0 1/2 0 25 50
x5 0 5/2 0 -1/2 1 5 2 
Z 0 -5/2 0 15/2 0 375

x1 x2 x3 x4 x5 b
x3 0 0 1 -1/5 -3/5 12
x1 1 0 0 3/5 -1/5 24
x2 0 1 0 -1/5 2/5 2
Z 0 0 0 7 1 380
max
1
2
3
380
24
2
12





 
euros
radios A
radios B
heures (Pierre reste encore disponible pendant 12 h)
Z
x
x
x

ISSAT de SOUSSE
KHEMILI Imed 13
3°) Le problème dual est :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
40 50 30
:
2 15
2 3 10
, , 0
  


  
   

 
Min W y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 380  eurosW Z .
1 3 2 4 3 5 4 1 5 2; ; ; ;y x y x y x y x y x     .
D’où :
2
3
1 4 5
7
1
0



   
euros/h
euros/h
y
y
y y y
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
40 50 30
:
2 15
2 3 10
, , 0
  


    
    

 
Min W y y y
sujet à
y y y
y y y
y y y
1 2 3 4 5
1 2 3 4
1 2 3 5
1 2 5
40 50 30 0 0
:
2 15
2 3 10
, , , 0
    


     
     

 
Min W y y y y y
sujet à
y y y y
y y y y
y y y
y1 y2 y3 y4 y5 b
y4 -1 -2 -1 1 0 -15 
y5 -2 -1 -3 0 1 -10
-W 40 50 30 0 0 0
Limitation 40 25

30 - -

2ème
année G. M & EM
2013 / 201414
y1 y2 y3 y4 y5 b
y2 1/2 1 1/2 -1/2 0 15/2
y5 -3/2 0 -5/2 -1/2 1 -5/2 
-W 15 0 5 25 0 375
Limitation 10 - 2

50
y1 y2 y3 y4 y5 b
y2 1/5 1 0 -3/5 1/5 7
y3 3/5 0 1 1/5 -2/5 1
-W 12 0 0 24 2 380
min
2
3
1 4 5
380
7
1
0

 


   
euros
euros/h
euros/h
W
y
y
y y y

Correction série n 2 (nov 2013)

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Similaire à Correction série n 2 (nov 2013)

Similaire à Correction série n 2 (nov 2013) (20)

Dernier

Dernier (10)

Correction série n 2 (nov 2013)