Le document traite de la résolution d'un problème de programmation linéaire visant à maximiser les bénéfices d'une entreprise en déterminant les quantités optimales de deux produits à fabriquer. Il inclut des détails sur l'utilisation de méthodes d'optimisation et la formulation de modèles de programmation linéaire, ainsi que des calculs pour établir la solution optimale. Enfin, le texte aborde le théorème de dualité, reliant les solutions primales et duales pour minimiser les coûts et maximiser les profits.

1. 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 :

2. 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

x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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

3. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
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

4. Méthodes d’Optimisation de la Production
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
Le tableau de départ est :
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

5. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
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,
Le programme linéaire permettant de maximiser les bénéfices de
l’Entreprise est le suivant :
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
consiste à annuler les variables hors base :
1 2
3
4
0
60
80
 


 
x x
x
x
Le tableau de départ est :
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

6. Méthodes d’Optimisation de la Production
2ème
année G. M & EM
2013 / 20146
La solution est optimale
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
Sa solution optimale est déduite du tableau optimal du primal.
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 120  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 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 :

7. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
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

8. Méthodes d’Optimisation de la Production
2ème
année G. M & EM
2013 / 20148
La solution est optimale :
min
1
2
3 4
120
2
0
0
 




  
D
dinars/h
W
y
y
y y
5°) En utilisant l’algorithme dual du simplexe le système s’écrit :
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
Écrivons-le sous la forme standard :
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
Le tableau de départ est :
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
La solution est optimale :
min
1
2
3 4
120
2
0
0
 




  
D
dinars/h
W
y
y
y y

9. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
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
maximiser les bénéfices.
Soient : x1 le nombre de boites du type 1,
x2 le nombre de boites du type 2,
Le programme linéaire permettant de maximiser les bénéfices de
l’Entreprise est le suivant :
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
Choisissons x3, x4 et x5 comme variables de base, la solution de départ
consiste à annuler les variables hors base :
1 2
3
4
5
0
8000
12600
15000
 
 


 
x x
x
x
x
Le tableau de départ est :
x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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


10. Méthodes d’Optimisation de la Production
2ème
année G. M & EM
2013 / 201410
x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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
La solution est optimale
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
Sa solution optimale est déduite du tableau optimal du primal.
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 20600  FrW Z .

11. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
KHEMILI Imed 11
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
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
maximiser les bénéfices.
Soient : x1 le nombre de radios A,
x2 le nombre de radios B,
Le programme linéaire permettant de maximiser les bénéfices de
l’Entreprise est le suivant :
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

12. Méthodes d’Optimisation de la Production
2ème
année G. M & EM
2013 / 201412
Choisissons x3, x4 et x5 comme variables de base, la solution de départ
consiste à annuler les variables hors base :
1 2
3
4
5
0
40
50
30
 
 


 
x x
x
x
x
Le tableau de départ est :
x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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

x1 x2 x3 x4 x5 b Limitation
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
La solution est optimale
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

13. ISSAT de SOUSSE
Département de Génie Mécanique
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
Sa solution optimale est déduite du tableau optimal du primal.
Le théorème de la dualité nous permet d’écrire : min max 380  eurosW 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 :
2
3
1 4 5
7
1
0



   
euros/h
euros/h
y
y
y y y
4°) En utilisant l’algorithme dual du simplexe le système s’écrit :
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
Écrivons-le sous la forme standard :
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
Le tableau de départ est :
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 - -

14. Méthodes d’Optimisation de la Production
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
La solution est optimale :
min
2
3
1 4 5
380
7
1
0

 


   
euros
euros/h
euros/h
W
y
y
y y y