dualité dans le dommaine mecanique automobile 2024

Chapitre 3 :
Programmation linéaire : Dualité
I. Introduction
II. Un couple primal-dual : exemple (problème du régime)
III. Problème dual du simplexe
IV. Algorithme dual du simplexe
Pr. A. Jabri 1

I. Introduction
• Pb Primal : …maximiser le chiffre des ventes
Etant donné la valeur unitaire (cj) de chaque produit (cela peut être un
bénéfice) et une borne supérieure à la disponibilité de chaque ressource (bi),
combien de chaque produit (xj) doit-on fabriquer pour maximiser la valeur
totale des produits réalisés ?
• Pb Dual : …minimiser le coût de production
Etant donné la disponibilité de chaque ressource (bi) et une borne inférieure
à la valeur unitaire (cj) de chaque produit vendu, quelles devront être les
valeurs unitaires yi des ressources pour minimiser la valeur totale des
ressources utilisées ?
Pr. A. Jabri 2

Primal
Dual
Max 1000 x1+1200 x2
S.C.
8 x1+4 x2≤160
4 x1+6 x2≤120
x1 ≤34
x2 ≤14
x1, x2 ≥0
Min 160 y1+120 y2+34y3+14y4
S.C.
8 x1+4 x2+y3≥1000
4 x1+6 x2+y4≥1200
y1, y2,y3, y4 ≥0
I. Introduction
Reprenons l’exemple de la fonderie :
Pr. A. Jabri 3

II. Un couple primal-dual : le problème du régime
On va considérer les deux points de vue duaux du consommateur et du fabricant.
• Minimisation du coût de l’alimentation (pb du consommateur)
• Maximisation du profit (pb du fabricant de pilules vitaminées)
Un consommateur essaie de se constituer un régime diététique de coût minimal à partir de 6 aliments
de base (numérotés de 1 à 6), de manière à absorber au moins 9 unités de vitamine A et 19 unités
de vitamine C par unité de temps.
Le prix des aliments ($/kg) et leur contenu en vitamines (unités/kg) est donné dans le tableau suivant :
Pr. A. Jabri 4

Si l'on suppose que le régime cherché comporte yj kg de chaque aliment, le problème du
consommateur diététicien amateur s'écrit :
Dans ces conditions, un industriel de la pharmacie, fabricant de pilules, s’attaque au marché en proposant au
consommateur des pilules contenant les vitamines. Mais pour le convaincre, il doit proposer les pilules à un
prix inférieur à celui des aliments nécessaires pour arriver au même résultat.
NB. Ce raisonnement n'est évidemment valable que si l'on suppose le consommateur uniquement préoccupé d'économie et de diététique, et non de gastronomie…
𝑀𝑖𝑛 35 𝑦1 + 30 𝑦2 + 60 𝑦3 + 50 𝑦4 + 27 𝑦5 + 22 𝑦6 = 𝑤
𝑦1 + 2 𝑦3 + 2 𝑦4 + 𝑦5 + 2 𝑦6 ≥ 9
𝑦2 + 3 𝑦3 + 𝑦4 + 3 𝑦5 + 2 𝑦6 ≥ 19
𝑦𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, 𝑚)
Pr. A. Jabri 5

• Soit alors x1 et x2 le prix des vitamines A et C en pilules (en $/unité).
• Considérons maintenant un aliment, par exemple le numéro 5 :
• Un kilogramme de n° 5 contient 1 unité de vitamine A et 3 unités de vitamine C, de valeur 𝑥1 + 3𝑥2 pour
le fabricant. Sachant qu’un kilogramme de n° 5 coûte 27 $ au consommateur, le fabricant n'aura de
chances de le convaincre que si ses prix vérifient la contrainte 𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 27 .
• Il en sera de même pour les autres aliments…
• Et sous ces contraintes, le fabricant cherchera à maximiser son profit, c'est à dire ici son prix de vente,
soit 9 𝑥1 + 19𝑥2.
Le problème du fabricant, dual de celui du consommateur, est donc le suivant :
𝑚𝑎𝑥 9𝑥1 + 19𝑥2 = 𝑧
𝑥1 ≤ 35
𝑥2 ≤ 30
2 𝑥1 + 3 𝑥2 ≤ 60
2 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 50
𝑥1 + 3 𝑥2 ≤ 27
2 𝑥1 + 2 𝑥2 ≤ 22
𝑥𝑖 ≥ 0 𝑖 = 1, 𝑛
Pr. A. Jabri 6

Les deux problèmes sont équivalents et constituent une paire primal-dual (le dual du dual est le
primal…)… On remarquera seulement que le problème de minimisation n'admet pas ici de solution de
base réalisable, ce qui nous ennuie un peu.
Nous allons donc résoudre le problème du fabricant de pilules, le plus facile car il revêt la forme d'un
primal sans souci particulier (maximisation d'un bénéfice sous des contraintes ≤).
Pr. A. Jabri 7

La solution trouvée nous donne un prix de vente respectif de 3 et 8
cents/unité pour les pilules de vitamines A et C, pour un chiffre des
ventes de 179 $.
Les variables d'écart x3, x4, x5, x6 sont positives, ce qui signifie que le
prix des pilules équivalentes aux 4 premiers aliments est sensiblement
plus intéressant que celui des aliments naturels. Il est égal pour les deux
derniers (variables d'écart x7 et x8 nulles) : ce sont justement ceux qui
donnent le plus bas prix pour le consommateur.
𝑥1 = 3 𝑒𝑡 𝑥2 = 8 , >0 → écarts y7 = y8 = 0 (la consommation de vitamines à l'optimum pour le
consommateur est exactement le minimum nécessaire, à savoir 9 et 19 unités)
Écarts x3, x4, x5, x6 > 0 → y1 = y2= y3 = y4 = 0 (le consommateur n'achète pas d'aliments de type 1, 2, 3,
4, car les pilules équivalentes sont moins chères)
Écarts x7 = x8 = 0 → y5 = 5, y6 = 2 pour un coût de 179$.
Pr. A. Jabri 8

Problème dual :
Le consommateur minimise sa dépense pour y5=5 et y6=2 (aliments 5 et 6), et tous les autres yi nuls.
Toute autre solution recherchée en se déplaçant dans la direction des y n'est pas optimale et fait remonter sa
dépense w.
Problème primal :
Le fabricant de pilules maximise son bénéfice pour des prix de vente x1=3 et x2=8. Toute autre solution
recherchée en se déplaçant dans la direction des x n'est pas optimale et fait descendre son bénéfice z.
Notons qu'une augmentation sauvage des prix de vente ferait sortir du domaine admissible défini par les
contraintes "les vitamines en pilules ne doivent pas être plus chères que les vitamines issues des aliments
naturels".
La solution unique et commune au couple de problèmes primal-dual (qui ne sont en réalité que les deux
facettes d'un même problème)
Pr. A. Jabri 9

Nous allons donc pouvoir considérer tout problème d'optimisation linéaire (donné sous forme canonique,
d'inégalités) sous deux angles :
• Un problème primal de maximisation de c x sous contraintes A x ≤ b, ou bien
• Un problème dual de minimisation de y b sous contraintes At yt ≥ ct .
Pr. A. Jabri 10
Théorèmes
1. Théorème de dualité faible
2. Théorème de dualité forte
3. Théorème des écarts complémentaires

1. Théorème de dualité faible : si x est une solution admissible du problème primal, et y une
solution admissible du problème dual, alors :
c x ≤ y b
Pr. A. Jabri 11
x ≥ 0 et c ≤ y A entrainent c x ≤ (y A) x, d'une part, tandis que y ≥ 0 et A x ≤ b entrainent
y (Ax) ≤ y b , d'autre part.
Il en résulte que les valeurs de la fonction économique du primal, que l'on cherche à maximiser, sont
toujours majorées par celles de la fonction économique du dual, que l'on cherche à minimiser.

2. Théorème de dualité forte : si un programme linéaire possède une solution optimale x* de
valeur z* = c x*, alors son dual possède aussi une solution optimale y* et la valeur de cette
solution est :
w* = y* b = z*
Cette propriété peut se visualiser en observant
que l'optimum unique du couple primal-dual est
point selle de la surface (en forme de selle de
cheval: on maximise en x et on minimise en y)
sur laquelle s'opère le cheminement de
l'optimisation.
Pr. A. Jabri 12

En pratique, la résolution du primal part d'une solution primal-admissible (c'est-à-dire réalisable,
vérifiant les contraintes) mais non primal-optimale (on peut gagner sur la fonction économique)
pour tenter de l'améliorer jusqu'à la solution optimale.
Tandis que la résolution du dual partira d'une solution primal-optimale (la fonction économique
atteint la meilleure valeur possible) mais non primal-admissible (cette valeur est hélas obtenue en
dehors du domaine admissible défini par les contraintes inégalités du primal), pour décroître
jusqu'à nous permettre de rentrer dans le domaine en restant malgré tout optimale (on va donc
essayer de perdre le moins possible dans ce cheminement).
Pr. A. Jabri 13

Le théorème de dualité forte nous permet en outre d'établir les relations possibles entre les solutions d'une
paire de programmes linéaires duaux :
Existence des solutions
• Ou bien les deux problèmes n'ont pas de solution
• Ou bien l'un n'a pas de solution et l'autre n'a pas de solution finie
• Ou bien les deux problèmes ont une solution, et à l'optimum Zmax. = Wmin.
3. Théorème des écarts complémentaires nous aidera à préciser les relations entre les variables des
deux problèmes. Il nous dit en effet que des solutions admissibles x et y (des problèmes primal et dual
sous forme canonique) sont optimales si et seulement si :
𝒚𝑖 (𝒃𝑖 − 𝛴𝑗 𝒂𝑖𝑗 𝒙𝑗) = 0 pour i=1,…,m et
𝒙𝑗 (𝛴𝑖 𝒚𝑖 𝒂𝑖𝑗 − 𝒄𝑗) = 0 pour j=1,…,n
Pr. A. Jabri 14

Ce qui peut être interprété en termes de relations entre les variables naturelles et d'écart xj du problème
primal, et leurs homologues yi du problème dual :
• Si une contrainte n'est pas saturée (xn+i = ei ≠ 0) la variable duale yi associée à cette contrainte est
nulle.
• Si une contrainte est saturée (xn+i = ei = 0) la variable duale associée yi est ≠ 0, et a pour valeur au
signe près, le coefficient de ei (coût marginal) dans la fonction économique à l'optimum. De même les
coefficients des variables naturelles xj dans la fonction économique à l'optimum sont les coûts de
substitution.
Pr. A. Jabri 15

résumer ci-dessous de manière synthétique l'interprétation du tableau obtenu à l’optimum :
Pr. A. Jabri 16

Pr. A. Jabri 17
Règles de passage du primal au dual
La première partie du tableau est traité dans le TD. Quant à la deuxième partie, il faut se rappeler que les
variables de décision de le problème primal elle sont des variables d’écart dans le dual au signe près (Cf.
exemple suivant):

Pr. A. Jabri 18
Règles de passage du primal au dual (exemple) :
max 6𝑥1 + 14𝑥2 + 13𝑥3
S.C.
0,5𝑥1+2 𝑥2+ 𝑥3 ≤ 24
𝑥1+ 2 𝑥2+ 4𝑥3 ≤ 60
𝑥1 ≥ ; 𝑥2 ≤ 0 ; 𝑥3 ≥ 0
min 24𝑦1 + 60𝑦2
S.C.
0,5𝑦1+ 𝑦2 −𝑦3 ≥ 6
2𝑦1+ 2 𝑦2+ 𝑦4 ≤ 14
𝑦1+ 4 𝑦2 − 𝑦5 ≥ 13
𝑦1 ≥ ; 𝑦2 ≥ 0 ; 𝑦3 ≥ 0; 𝑦4 ≥ 0;𝑦5 ≥ 0
J’ai gardé l’inégalité juste
pour comprendre
𝑥1 c’est −𝑦3 dans le dual
𝑥2 c’est + 𝑦4 dans le dual
𝑥3 c’est − 𝑦5 dans le dual
Alors on peut automatiquement déduire quelle inégalité choisir
pour chaque contrainte.
Primal dual

• La notion de dualité va avoir l'intérêt de fournir une autre approche du problème, quand le
traitement direct du primal pose des problèmes. Ce cas peut se présenter quand il n'y a pas de
solution de départ triviale qui soit primal-admissible (ie l'origine n'est pas dans le domaine), ou bien
quand après avoir trouvé un premier optimum primal au moyen de l'algorithme du simplexe, on
décide de modifier quelque peu les données.
• La méthode que nous allons employer consiste en fait à traiter le problème dual en utilisant
l'algorithme du simplexe. Mais au lieu de travailler sur le tableau transposé, nous allons en fait
adapter l'algorithme pour travailler directement sur le tableau du primal.
Pr. A. Jabri 19

• Exemple :
Min 200 x1 + 300 x2 (𝑥𝑗 ≥ 0)
𝑥1 + 2 𝑥2 ≥ 60
4 𝑥1 + 2 𝑥2 ≥ 120
6 𝑥1 + 2 𝑥2 ≥ 150
• Soit encore, mis sous forme primale canonique (𝑚𝑎𝑥 𝑐𝑥 / 𝐴𝑥 ≤ 𝑏) :
𝑀𝑎𝑥 − 200 𝑥1 − 300 𝑥2
− 𝑥1 – 2 𝑥2 ≤ − 60
−4 𝑥1 – 2 𝑥2 ≤ −120
−6 𝑥1 – 2 𝑥2 ≤ −150
Pr. A. Jabri 20

Ce problème est peu sympathique car il n'admet pas de solution de départ évidente (pas de solution
de départ primal-admissible car les composantes du second membre sont négatives).
Pr. A. Jabri 21
Le dual de ce problème sous sa première formulation s'écrit après quelques opérations :
𝑀𝑎𝑥 60 𝑦1 + 120 𝑦2 + 150 𝑦3
𝑦1 + 4 𝑦2 + 6 𝑦3 ≤ 200
2 𝑦1 + 2 𝑦2 + 2 𝑦3 ≤ 300
𝑦𝑖 ≥ 0

Nous allons donc lui appliquer l'algorithme primal bien connu. Rappelons que celui-ci formalise le
cheminement sur les arêtes du polyèdre du domaine primal-admissible, en choisissant successivement
une direction de déplacement (qui maximise la fonction économique : on cherche à devenir primal-
optimal) et un pas de déplacement (qui nous fasse rester sur la frontière du domaine : on cherche à
rester primal-admissible) :
C'est à dire que l'on part d'une solution admissible du dual (−𝐶𝑡 ≥ 0), en recherchant (1) une direction de
maximisation réalisant (𝑚𝑎𝑥 − 𝒃𝒕
≥ 0 ? ) dans laquelle on pourra effectuer
(2) un déplacement minimal réalisant (min − 𝒄𝒕 / −𝒂𝒊𝒋
𝒕
? pour − 𝒂𝒊𝒋
𝒕
> 0) ou encore
(𝑚𝑖𝑛 𝒄𝒕 / 𝒂𝒊𝒋
𝒕
? 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝒂𝒊𝒋
𝒕
< 0)
A quoi cela correspond-il dans le tableau primal ?
Pr. A. Jabri 22

Le point de départ est dual-admissible, c'est à dire primal-optimal (ici 𝒄 ≥ 0 pour une minimisation), mais
pas primal-admissible (car il existe des 𝒃𝑖 ≤ 0), c'est à dire pas dual-optimal.
Le choix du pivot dans l'algorithme dual sera par conséquent décalqué, dans le tableau primal originel,
de l'application de l'algorithme primal au tableau dual que nous venons de voir. Ce choix va par
conséquent nécessiter les étapes suivantes :
(1) rechercher le bi le plus négatif (max –𝑏 ≥ 0 équivaut à min 𝑏 ≤ 0) (c'est à dire que l'on s'attaque à la
contrainte la moins satisfaisante)
(2) dans cette ligne i, choisir le pivot dans la colonne réalisant min ( 𝐶𝑗/𝒂𝑖𝑗 ) pour 𝒂𝑖𝑗 < 0 et 𝒄𝑗 ≤ 0)
Pr. A. Jabri 23

L'algorithme dual du simplexe va donc partir d'une base dual-admissible (ie primal-optimale : 𝒄 ≤ 0 pour
une maximisation, ou 𝒄 ≥ 0 pour une minimisation), pour arriver à la primal-admissibilité tout en restant
primal-optimal, c'est à dire en préservant le signe des 𝐶𝑗 lors des transformations.
Pour cela on part (cas d'une maximisation) d'un tableau où l'on a tous les 𝐶𝑗 ≤ 0, mais où il existe
des 𝑏𝑖 ≤ 0.
On choisit pour ligne pivot celle du 𝑏𝑖 le plus négatif (le plus "inadmissible").
Puis on choisit la colonne pivot suivant deux critères :
• Pivot négatif 𝒂𝑖𝑗 ≤ 0
• Rapport minimal - 𝐶𝑗 / 𝒂𝑖𝑗 = max k (- 𝐶𝑘 / 𝒂𝑖𝑘 ) avec 𝒂𝑖𝑘 ≤ 0 et 𝐶𝑘 ≤ 0
Pr. A. Jabri 24

Cela se justifie en examinant l'effet (dans le présent cas de maximisation) du pivotage qui va suivre :
• Ligne pivot i : après pivotage, le terme 𝑏𝑖 ≤ 0 devient (𝑏𝑖 / 𝒂𝑖𝑗)
…qui va devenir positif (primal-admissible) si 𝒂𝑖𝑗≤ 0
• Colonne pivot j : après pivotage, le terme 𝐶𝑗≤ 0 devient - 𝐶𝑗/ 𝒂𝑖𝑗
…qui va rester négatif (primal-optimal pour la maximisation) car 𝒂𝑖𝑗≤ 0 et 𝐶𝑗 ≤ 0
• Autres coefficients 𝐶𝑘 de la ligne c : après pivotage, le terme 𝐶𝑘≤ 0 devient 𝐶𝑘– (𝐶𝑗/ 𝒂𝑖𝑗) 𝒂𝑖𝑘
…qui reste négatif si 𝒂𝑖𝑘≥ 0, et même si 𝒂𝑖𝑘< 0 car alors – (𝐶𝑗/ 𝒂𝑖𝑗) > – ( 𝐶𝑘 / 𝒂𝑖𝑘) entraîne que
– (𝐶𝑗/ 𝒂𝑖𝑗) 𝒂𝑖𝑘< – 𝐶𝑘 soit 𝐶𝑘 – (𝐶𝑗/ 𝒂𝑖𝑗) 𝒂𝑖𝑘< 0
Le premier critère a pour effet de gagner en primal-admissibilité, tandis que le second va conserver la
primal-optimalité. On peut d'ailleurs le récrire sous une forme plus générale en recherchant le minimum des
| 𝐶𝑘 / 𝒂𝑖𝑘 | pour 𝒂𝑖𝑘 ≤ 0 et (𝐶𝑘 ≤ 0 si maximisation ou 𝐶𝑘 ≥ 0 si minimisation).
Pr. A. Jabri 25

En résumé, la mise en œuvre de l'algorithme dual du simplexe va se dérouler en quatre étapes :
2. Choix de la contrainte traitée = Choix de la variable xi sortant de la base
Trouver i qui réalise min bi (avec 𝒃𝑖 ≤ 0)
S'il n'existe pas de variable sortante, alors l'optimum est atteint
3. Choix de la direction de déplacement = Choix de la variable xj entrant en base
Trouver j qui réalise min | cj / aij | pour 𝒂𝑖𝑗 ≤ 0 et (𝒄𝑗 ≤ 0 si max ou 𝒄𝑗 ≥ 0 si min)
S'il n'existe pas de variable entrante, alors le dual a une solution infinie et le primal n'a pas de solution
admissible.
4. Déplacement = Nouvelle solution = Nouvelle base = Pivotage de Gauss
Permuter xi et xj (xi sort de la base et xj entre en base) et transformer le tableau par pivotage de Gauss (pivot
aij).
1. Initialisation : solution de départ dual-admissible (𝒄𝒊 ≤ 𝟎 𝒔𝒊 𝒎𝒂𝒙) ou (𝒄𝒊 ≥ 𝟎 𝒔𝒊 𝒎𝒊𝒏) ∀𝒊
Pr. A. Jabri 26

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