UNIVERSITE PARIS OUEST NANTERRE LA DEFENSEU.F.R. SEGMI Annee universitaire 2013 – 2014Master d’economie Cours de M. Desgraupes

Methodes Numeriques

Document 5 : Corriges d’optimisation convexe et quadratique

1 Les conditions de Kuhn-Tucker 1Rappels de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Exercices corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Les coniques 14Rappels de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Exercices corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 La methode de Beale 31Exercices corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 La methode de Dantzig 46Rappels de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Exercices corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5 La methode de Wolfe 57Rappels de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Exercices corriges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1 Les conditions de Kuhn-Tucker

Rappels de cours

Si on considere un programme d’optimisation convexe note :Max f(x)

g(x) ≤ bx ≥ 0

ou x = (x1, . . . , xn) est un element de Rn et g est une fonction de Rn dans Rm :

g : x −→

g1(x)

...

gm(x)

On suppose que les fonctions f et g sont continument differentiables. Le

lagrangien associe a ce programme est la fonction :

L(x, λ) = f(x)− λ.(g(x)− b) = f(x)− λ1.(g1(x)− b1)− · · · − λm.(gm(x)− bm).

1

Les coefficients λ s’appellent les coefficients de Kuhn-Tucker. Il y en a autantque de contraintes. Le coefficient λj est associe a la contrainte gj(x) ≤ bj .

Les conditions de Kuhn-Tucker sont des conditions necessaires qui sont rea-lisees a l’optimum du probleme. Elles s’ecrivent vectoriellement de la manieresuivante :

∇xL ≤ 0 x ≥ 0 x.∇xL = 0 (1)

∇λL ≥ 0 λ ≥ 0 λ.∇λL = 0 (2)

On peut les expliciter, pour chaque variable xi (i = 1, . . . , n) et pour chaquecoefficient λj (j = 1, . . . ,m), de la maniere suivante :

xi ≥ 0∂L

∂xi≤ 0 xi

∂L

∂xi= 0

λj ≥ 0∂L

∂λj≥ 0 λj

∂L

∂λj= 0

On peut remarquer, en derivant directement L par rapport a λj , que la

condition∂L

∂λj≥ 0 est simplement la contrainte gj(x) ≤ bj .

Les conditions x.∇xL = 0 et λ.∇λL = 0 sont appelees relations d’exclusion.En toute generalite, les conditions de Kuhn-Tucker sont des conditions ne-

cessaires, autrement dit, si on est en un point optimum, elles sont toujoursrealisees. Mais elles ne sont pas forcement suffisantes : autrement dit, ce n’estpas parce qu’elles sont realisees en un point (x, λ) que ce point est obligatoi-rement un optimum. Neanmoins, il existe des situations ou on peut affirmerqu’elles sont effectivement suffisantes : c’est le cas en particulier lorsque la fonc-tion f est concave et les fonctions gj sont convexes. C’est pourquoi on s’interessea l’optimisation convexe.

En resume, dans le cas ou f est concave et les g sont convexes, les conditionsde Kuhn-Tucker sont des conditions necessaires et suffisantes d’optimalite. Danscette situation, un point est optimal si et seulement si les conditions sont toutesrealisees. Si jamais une seule des conditions n’etait pas realisee, le point nepourrait pas etre une solution optimale du probleme.

Noter que dans le cas d’une minimisation, la condition suffisante ci-dessusest inversee : la fonction f est convexe et les fonctions gj sont concaves. Dans lecas de la programmation lineaire, ces conditions sont realisee car une fonctionlineaire est a la fois convexe et concave.

Ecriture avec des variables d’ecart

Si on introduit des variables d’ecart x′ dans les contraintes, l’ecriture desconditions de Kuhn-Tucker est modifiee. Les contraintes s’ecrivent :

g(x) + x′ = b

et le lagrangien est defini de la maniere suivante :

L(x, x′, λ) = f(x)− λ.(g(x) + x′ − b

).

C’est une fonction des x, des x′ et des λ.

2

Dans ce cas, les conditions de Kuhn-Tucker s’ecrivent comme ceci :

x ≥ 0 ∇xL ≤ 0 x.∇xL = 0 (3)

x′ ≥ 0 ∇x′L ≤ 0 x′.∇x′L = 0 (4)

λ ≥ 0 ∇λL = 0 (5)

On peut les expliciter, pour chaque variable xi (i = 1, . . . , n), pour chaquevariable x′j et pour chaque coefficient λj (j = 1, . . . ,m), de la maniere suivante :

xi ≥ 0∂L

∂xi≤ 0 xi

∂L

∂xi= 0

x′j ≥ 0∂L

∂x′j≤ 0 x′j

∂L

∂x′j= 0

λj ≥ 0∂L

∂λj= 0

Exercices corriges

Corrige ex. 1 - Conditions de Kuhn-Tucker

Programme 1

Max (x31 − 3x2)

x1 − x2 + 2 ≥ 0

2x1 + x2 − 2 ≥ 0

x1 + 2x2 − 10 ≤ 0

7x1 + 2x2 − 28 ≤ 0

x1, x2 ≥ 0

Les deux premieres contraintes doivent etre reecrites sous la forme :

−x1 + x2 ≤ 2

−2x1 − x2 ≤ −2

Le lagrangien s’ecrit de la maniere suivante :

L(x, λ) = x31 − 3x2 − λ1(−x1 + x2 − 2)− λ2(−2x1 − x2 + 2)

− λ3(x1 + 2x2 − 10)− λ4(7x1 + 2x2 − 28)

Les conditions de Kuhn-Tucker sont donc les suivantes. Il y a tout d’abordles conditions de signe sur les variables :

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ3 ≥ 0, λ4 ≥ 0

Il faut ensuite calculer les derivees partielles par rapport a ces variableset poser les conditions de signe correspondantes. Dans le cas des derivees par

3

rapport aux coefficients λ, on retrouve les contraintes :

3x21 + λ1 + 2λ2 − λ3 − 7λ4 ≤ 0

−3− λ1 + λ2 − 2λ3 − 2λ4 ≤ 0

x1 − x2 + 2 ≥ 0

2x1 + x2 − 2 ≥ 0

x1 + 2x2 − 10 ≤ 0

7x1 + 2x2 − 28 ≤ 0

Il y a enfin les relations d’exclusion :

x1(3x21 + λ1 + 2λ2 − λ3 − 7λ4) = 0

x2(−3− λ1 + λ2 − 2λ3 − 2λ4) = 0

λ1(x1 − x2 + 2) = 0

λ2(2x1 + x2 − 2) = 0

λ3(x1 + 2x2 − 10) = 0

λ4(7x1 + 2x2 − 28) = 0

Ce sont ces dernieres conditions qui servent a mener la discussion car ellespresentent une alternative. L’un des deux termes du produit doit etre nul. Ondiscute donc en testant les deux possibilites.

On cherche a maximiser la fonction objectif f = x31− 3x2. Intuitivement, onvoit qu’il faut choisir x1 le plus grand possible et x2 le plus petit possible. Onva donc chercher x2 = 0 (les variables doivent etre positives).

On est conduit, en remplacant dans les conditions a x1 = 4, puis λ1 = λ2 =λ3 = 0 et λ1 = 48/7. C’est l’optimum du probleme et on peut verifier qu’ilremplit toutes les conditions de Kuhn-Tucker.

Programme 2

Max (4x1 − 3x2)

x1 + 2x2 ≤ 7

2x1 + 5x2 ≥ 8

x1, x2 ≥ 0

La deuxieme contrainte doit etre reecrite sous la forme :

−2x1 − 5x2 ≤ −8

Le lagrangien s’ecrit de la maniere suivante :

L(x, λ) = 4x1 − 3x2 − λ1(x1 + 2x2 − 7)− λ2(−2x1 − 5x2 + 8)

Les conditions de Kuhn-Tucker sont donc les suivantes. Il y a tout d’abordles conditions de signe sur les variables :

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0

4

Il faut ensuite calculer les derivees partielles par rapport a ces variableset poser les conditions de signe correspondantes. Dans le cas des derivees parrapport aux coefficients λ, on retrouve les contraintes :

4− λ1 + 2λ2 ≤ 0

−3− 2λ1 + 5λ2 ≤ 0

x1 + 2x2 ≤ 7

2x1 + 5x2 ≥ 8

Il y a enfin les relations d’exclusion :

x1(4− λ1 + 2λ2) = 0

x2(−3− 2λ1 + 5λ2) = 0

λ1(x1 + 2x2 − 7) = 0

λ2(2x1 + 5x2 − 8) = 0

La discussion des relations d’exclusion conduit a la solution suivante :

x1 = 7, x2 = 0, λ1 = 4, λ2 = 0.

Corrige ex. 2 - Methode de Lagrange

−3 −2 −1 0 1 2 3

−2

−1

01

2

x

y ●

●●

● ●

x1

x2 M

a

b

1) Pour determiner le rectangle, il suffit de trouver les coordonnees de soncoin superieur droit M . Si (x1, x2) sont les coordonnees de M , la surface du

5

rectangle est S = 2x1 × 2x2 = 4x1x2. Le probleme s’ecrit donc :Max (4x1x2)

x21a2

+x22b2

= 1

x1, x2 ≥ 0

On peut le traiter directement par la methode de Lagrange. Le lagrangien est :

L(x1, x2, λ) = 4x1x2 − λ(x21a2

+x22b2− 1

).

On annule les derivees partielles de L par rapport aux variables x1, x2 et λ :

∂L

∂x1= 4x2 −

2λx1a2

= 0

∂L

∂x2= 4x1 −

2λx2b2

= 0

∂L

∂x1= −

(x21a2

+x22b2− 1)

= 0

En eliminant λ entre les deux premieres equations, on obtient la relationa2x22 = b2x21. En la reportant dans l’equation de la contrainte, on trouve fina-

lement x21 =a2

2et donc x22 =

b2

2. Comme on cherche une solution positive, la

reponse est : x1 =

a√2

x2 =b√2

La surface maximale du rectangle est donc 2ab.

2) C’est une generalisation de la question precedente. Le probleme s’ecrit :Max (8x1x2x3)

x21a2

+x22b2

+x23c2

= 1

x1, x2, x3 ≥ 0

La resolution est identique et conduit a la solution suivante :

x1 =a√3

x2 =b√3

x3 =c√3

6

Corrige ex. 3 - Economie a deux biens

Il faut maximiser la fonction d’utilite

U(x1, x2) = 2 lnx1 + ln (3− x2).

Les conditions imposees s’ecrivent sous la forme de contraintes inegalite : x1 ≥ 1et x2 ≤ 3. Il faut d’autre part tenir compte des prix p1 et p2 et ecrire que l’agenteconomique ne peut pas depenser plus que ce qu’il gagne, autrement dit, il fautque p1x1 ≥ p2x2.

Finalement le programme d’optimisation s’ecrit :

Max(2 lnx1 + ln (3− x2)

)x1 ≥ 1

x2 ≤ 3

p1x1 − p2x2 ≤ 0

x1, x2 ≥ 0

Le lagrangien s’ecrit de la maniere suivante :

L(x, λ) = 2 lnx1 + ln (3− x2)− λ1(−x1 + 1)− λ2(x2 − 8)− λ3(p1x1 − p2x2)

Les conditions de Kuhn-Tucker sont les suivantes. Il y a tout d’abord lesconditions de signe sur les variables :

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ3 ≥ 0

Il faut ensuite calculer les derivees partielles par rapport a ces variableset poser les conditions de signe correspondantes. Dans le cas des derivees parrapport aux coefficients λ, on retrouve les contraintes :

2

x1+ λ1 − λ3p1 ≤ 0

−1

3− x2− λ2 + λ3p2 ≤ 0

x1 ≥ 1

x2 ≤ 3

p1x1 − p2x2 ≤ 0

Il y a enfin les relations d’exclusion :

x1

( 2

x1+ λ1 − λ3p1

)= 0

x2

( −1

3− x2− λ2 + λ3p2

)= 0

λ1(x1 − 1) = 0

λ2(x2 − 3) = 0

λ3(p1x1 − p2x2) = 0

7

On remarque que, puisqu’on a la condition x1 ≥ 1, on peut exclure le cas oux1 = 0. La premiere relation d’exclusion impose donc :

2

x1+ λ1 − λ3p1

Par consequent x2 ne peut pas non plus etre nul d’apres la troisieme contrainte.La deuxieme relation d’exclusion impose donc :

−1

3− x2− λ2 + λ3p2

D’autre part, il n’est pas possible que x2 = 3 car sinon la fonction objectifne serait pas definie (a cause du logarithme). La quatrieme relation d’exclusionimpose donc que λ2 = 0.

Montrons maintenant que λ3 ne peut pas etre nul. S’il l’etait, on aurait

λ2 =−1

3− x2

ce qui n’est pas possible car le membre de droite est negatif et que λ2 doit etrepositif.

Puisque λ3 6= 0, la derniere relation d’exclusion conduit a la relation p1x1 =p2x2 qui indique que l’agent economique travail juste pour satisfaire son besoinde bien de consommation. Il depense tout ce qu’il gagne.

La discussion se fait maintenant sur la troisieme relation d’exclusion qui n’apas encore ete utilisee. Il faut distinguer deux cas : ou bien x1 = 1, ou bienλ2 = 0.

Dans le cas ou x1 = 1, les equations conduisent facilement a x2 = p1/p2.Dans le cas ou λ2 = 0, on obtient la solution x1 = 2p1/p2 et x2 = 2.Il faut ensuite verifier que les conditions de signe de Kuhn-Tucker sont toutes

verifiees, ce qui impose des conditions sur p1 et p2.On trouve trois possibilites :

p1 < p2 ⇒ x1 = 2p1/p2, x2 = 2

2p2 ≤ p1 ≤ 3p2 ⇒ x1 = 1, x2 = p1/p2

p1 > 3p2 ⇒ pas de solution

8

Corrige ex. 4 - Contrainte dependant d’un parametre

Max((x1 − 1)2 (6− x2)

)x1 ≥ 2

x2 ≤ 5

x1 −mx2 ≤ 0

x1, x2 ≥ 0

Le lagrangien s’ecrit de la maniere suivante :

L(x, λ) = (x1 − 1)2 (6− x2)− λ1(−x1 + 2)− λ2(x2 − 5)− λ3(x1 −mx2)

On ecrit les conditions de signe de Kuhn-Tucker. Les variables x1, x2, λ1, λ2, λ3doivent etre positives et, d’autre part :

2(x1 − 1)(6− x2) + λ1 − λ3 ≤ 0

−(x1 − 1)2 − λ2 +mλ3 ≤ 0

x1 ≥ 2

x2 ≤ 5

x1 −mx2 ≤ 0

Il y a aussi les relations d’exclusion :

x1(2(x1 − 1)(6− x2) + λ1 − λ3

)= 0

x2(− (x1 − 1)2 − λ2 +mλ3

)= 0

λ1(x1 − 2)

λ2(x2 − 5)

λ3(x1 −mx2)

Puisque x1 6= 0 (il doit etre superieur a 2), on a la relation

2(x1 − 1)(6− x2) + λ1 − λ3 = 0

Si λ3 = 0, on en deduit λ1 = 2(x1 − 1)(6 − x2), ce qui n’est pas possible pourdes questions de signe (le second membre est negatif). Il en resulte que λ3 6= 0et par consequent

x1 −mx2 = 0

On observe aussi que x2 ne peut pas etre nul, sinon on obtiendrait λ2 = 0et x1 = 0, ce qui est exclut.

On a donc x1 6= 0 et x1 6= 0, ce qui implique dans les deux premieres relationsd’exclusion : {

2(x1 − 1)(6− x2) + λ1 − λ3 = 0

−(x1 − 1)2 − λ2 +mλ3 = 0

Ces deux relations vont etre utilisees dans ce qui suit. On discute maintenant apartir de la troisieme relation d’exclusion.

9

Cas λ1 = 0

On montre facilement que le cas x2 = 5 conduit a une impossibilite. On endeduit donc (quatrieme relation d’exclusion) que λ2 = 0.

En reportant λ1 = 0 et λ2 = 0 dans les deux relations ci-dessus et eneliminant λ3 entre elles, on obtient

x1 =12m+ 1

3x2 =

12m+ 1

3m

La condition x1 ≥ 2 se traduit alors par m ≥ 5

12.

Cas λ1 6= 0

Cela implique, d’apres la trosieme relation d’exclusion, x1 = 2 et donc x2 =2

m. La relation x2 ≥ 5 impose donc la condition m ≥ 2/5.

En reportant dans les equations ci-dessus, on obtient facilement λ2 = 0, puis

on en deduit λ3 =1

met finalement λ1 =

5− 12m

m.

Resume

Si m ≥ 5/12, la solution est(12m+ 1

3,

12m+ 1

3m

).

Si 5/12 ≥ m ≥ 2/5, la solution est(

2,2

m

).

Si m < 2/5, il n’y a pas de solution.

Remarque : si m = 2/5, les trois contraintes sont simultanement saturees,mais le domaine est reduit au seul point (2,5) !

Corrige ex. 5 - Minimisation quadratique

Min(3x21 − 2x1x2 + 3x22 − 22x1 − 14x2

)−x1 + 3x2 ≤ 1

−3x1 + 7x2 ≤ 0

x1 − x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Le probleme est une minimisation. On se ramene a un programme de maxi-misation en changeant le signe de la fonction objectif :

Max(22x1 + 14x2 − 3x21 + 2x1x2 − 3x22

)1 ) Le lagrangien est defini comme ceci :

L(x, λ) = 22x1 + 14x2 − 3x21 + 2x1x2 − 3x22 − λ1(−x1 + 3x2 − 1)

− λ2(−3x1 + 7x2)− λ3(x1 − x2 − 4)

Les conditions de Kuhn-Tucker s’ecrivent :

10

x1, x2, λ1, λ2, λ3 ≥ 0

22− 6x1 + 2x2 + λ1 + 3λ2 − λ3 ≤ 0

14 + 2x1 − 6x2 − 3λ1 − 7λ2 + λ3 ≤ 0

−x1 + 3x2 ≤ 1

−3x1 + 7x2 ≤ 0

x1 − x2 ≤ 4

Il y a aussi les relations d’exclusion :

x1(22− 6x1 + 2x2 + λ1 + 3λ2 − λ3

)= 0

x2(14 + 2x1 − 6x2 − 3λ1 − 7λ2 + λ3

)= 0

λ1(−x1 + 3x2 − 1) = 0

λ2(−3x1 + 7x2) = 0

λ3(x1 − x2 − 4) = 0

2 ) Le point x1 = 7/2 et x2 = 3/2 est realisable car ce point verifie les troiscontraintes, ce qui signifie qu’il appartient au domaine realisable. On constatequ’il sature les deux premieres inegalites, ce qui signifie qu’il est le point d’in-tersection des droites representant ces deux contraintes.

Mais ce point n’est pas optimal. En effet, si on le reporte dans les contraintes,on obtient λ3 = 0 et, par consequent, les deux premieres relations d’exclusionconduisent a : {

4 + λ1 + 3λ2 = 0

12− 3λ1 − 7λ2 = 0

d’ou on tire λ1 = 32 et λ2 = −12. Cette derniere valeur est impossible car λ2doit etre positif.

3 ) La discussion sur les relations d’exclusion ci-dessus conduit a la solution{x∗1 = 13/2

x∗2 = 5/2

La valeur a l’optimum de la fonction maximisee est f∗ = 291 mais il ne fautpas oublier qu’on a change son signe au debut du probleme. La vraie valeur al’optimum est donc -291.

4 ) Les contraintes 1 et 3 sont saturees donc les variables d’ecart correspon-dantes x′1 et x′3 sont nulles. La deuxieme contrainte vaut -2, donc la variabled’ecart de cette contrainte est x′2 = 2.

Les coefficients de Kuhn-Tucker a l’optimum sontλ∗1 = 36

λ∗2 = 0

λ∗3 = 92

11

Corrige ex. 6 - Allocation de ressources

1 ) Dans le cas ou la ressource doit etre completement epuisee, le problemepeut etre formule sous la forme :

Max(f1(x1) + f2(x2) + f3(x3)

)x1 + x2 + x3 = d

x1, x2, x3 ≥ 0

C’est un probleme d’optimisation sous contrainte egalite. On utilise donc lamethode de Lagrange pour le resoudre. Le lagrangien s’ecrit :

L(x, λ) = f1(x1) + f2(x2) + f3(x3)− λ(x1 + x2 + x3 − d)

= 8x1 − x21 + 8x2 − 2x22 + 8x3 − 3x23 − λ(x1 + x2 + x3 − d)

La condition de Lagrange est ∇L = 0. On derive donc successivement parrapport a x1, x2, x3 et λ et on annule les derivees. Cela conduit au systemesuivant :

∂L

∂x1= 8− 2x1 − λ = 0

∂L

∂x2= 8− 4x2 − λ = 0

∂L

∂x3= 8− 6x3 − λ = 0

∂L

∂λ= −(x1 + x2 + x3 − d) = 0

On le resout en calculant x1, x2, x3 en fonction de λ dans les trois premieres

equations et en reportant dans la quatrieme. On obtient λ = 8 − 12

11d et donc

finalement

x1 =6d

11

x2 =3d

11

x3 =2d

11

En conlusion, quelle que soit la quantite d a repartir, la facon optimale dele faire est d’affecter six onziemes sur la premiere activite, trois onziemes sur ladeuxieme et deux onziemes sur la troisieme.

2 ) Dans le cas ou la ressource n’est pas completement epuisee, la contraintedu probleme doit etre remplacee par une inegalite :

x1 + x2 + x3 ≤ d

On doit donc utiliser les conditions de Kuhn-Tucker et non plus celle de La-grange.

On introduit une variable d’ecart x4 comme ceci :

x1 + x2 + x3 + x4 = d.

12

Cette variable represente justement l’excedent de ressource qui n’est pas al-loue aux trois activites. Cet excedent est revendu au prix unitaire p. On doitdonc ajouter cette recette supplementaire a la fonction objectif. Le probleme estmaintenant :

Max(f1(x1) + f2(x2) + f3(x3) + px4

)x1 + x2 + x3 + x4 = d

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Le lagrangien devient :

L(x, λ) = f1(x1) + f2(x2) + f3(x3) + px4 − λ(x1 + x2 + x3 + x4 − d)

= 8x1 − x21 + 8x2 − 2x22 + 8x3 − 3x23 + px4 − λ(x1 + x2 + x3 + x4 − d)

On ecrit tout d’abord les conditions de signes portant sur les derivees par-tielles :

∂L

∂x1= 8− 2x1 − λ ≤ 0

∂L

∂x2= 8− 4x2 − λ ≤ 0

∂L

∂x3= 8− 6x3 − λ ≤ 0

∂L

∂x4= p− λ ≤ 0

Il y a ensuite les relations d’exclusion :

x1(8− 2x1 − λ) ≤ 0

x2(8− 4x2 − λ) ≤ 0

x3(8− 6x3 − λ) ≤ 0

x4(p− λ) ≤ 0

On discute a partir de la derniere equation. Si x4 est nul, on se trouve dansle cas de la question precedente et le probleme a deja ete resolu. On va doncsupposer que x4 6= 0. Cela implique que (p− λ) ≤ 0, donc λ = p.

On en deduit, au moyen des trois premieres relations d’exclusion :

x1 =1

2(8− p)

x2 =1

4(8− p)

x3 =1

6(8− p)

x4 = d− 11

12(8− p)

Discussion

Les conditions de signe sur x1, x2, x3, x4 imposent que p ≤ 8 et p ≥ 8− 12

11d.

13

Si jamais p < 8 − 12

11d, alors on a x4 = 0 et on est dans la situation de la

question precedente. Cela signifie que le prix de revente des excedents n’est passuffisamment interessant et qu’il n’y a aucun interet a ne pas tout repartir.

Si jamais p > 8, au contraire, on aura x1 = x2 = x3 = 0 et donc x4 = d. Celasignifie que le prix de revente de l’excedent est tellement eleve qu’on prefere nerien allouer et tout revendre a ce prix !

3 ) Pour comparer les deux strategies, il faut connaıtre la valeur a l’optimumde la fonction objectif dans les deux cas etudies.

Dans le premier cas, on calcule f∗ = 8d − 6

11d2. Dans le deuxieme cas, on

calcule f∗ =11

24(8−p)2 +dp. Cette derniere quantite est une fonction de degre 2

en p. Elle admet un minimum qu’on trouve en annulant sa derivee par rapporta p :

−11

12(8− p) + d = 0

Cela donne un minimum en p = 8− 12

11d et on calcule que la valeur de la fonction

en ce point est 8d− 6

11d2 qui est justement la valeur f∗ trouvee dans le premier

cas.

On en conclut que la deuxieme strategie est meilleure que la premiere.

Ce probleme sera traite a nouveau dans le cours deprogrammation dynamique en utilisant le principe deBellman.

2 Les coniques

Rappels de cours

Une conique C est une courbe algebrique de degre 2. C’est l’ensemble deszeros d’un polynome de degre 2 a 2 variables, c’est-a-dire l’ensemble des points(x1, x2) qui verifient une equation de la forme

P (x1, x2) = a1x21 + a2x1x2 + a3x

22 + a4x1 + a5x2 + a6 = 0 (6)

Considerons le changement de variables suivant qui introduit des coordon-nees (X1, X2, X3) dites homogenes :

x1 =X1

X3x2 =

X2

X3(7)

Apres substitution et multiplication par X23 , l’equation precedente devient :

Q(X1, X2, X3) = a1X21 +a2X1X2+a3X

22 +a4X1X3+a5X2X3+a6X

23 = 0 (8)

L’expression Q(X1, X2, X3) est une forme quadratique. On peut la represen-ter par une matrice A de taille 3× 3 telle que

Q = tXAX (9)

ou X est le vecteur de coordonnees X1, X2, X3.

14

La matrice est definie comme ceci :

A =

a1

1

2a2

1

2a4

1

2a2 a3

1

2a5

1

2a4

1

2a5 a6

(10)

C’est une matrice symetrique. On pose ∆ = det(A). Si ∆ 6= 0, la conique estdite propre (ou non-degeneree), autrement elle est degeneree.

Lorsqu’une forme quadratique est degeneree, elle se scinde en un produit dedeux polynomes de degre 1. Geometriquement, cela signifie que la conique estun couple de droites. Si elle est non-degeneree, la conique est une ellipse, unehyperbole ou une parabole.

Classification

Afin de determiner quelle sorte de conique est definie par A, il faut consedererla sous-matrice 2×2 superieure gauche, i-e la matrice B obtenue en supprimantla derniere ligne et la derniere colonne de A :

B =

a11

2a2

1

2a2 a3

(11)

Le determinant de B est note δ. Il vaut

δ = a1a3 −1

4a22 (12)

Dans le cas non-degenere, la matrice A est de rang 3 et on a la classificationsuivante en fonction du determinant δ = det(B) :

– si δ > 0, C est une ellipse ;– si δ = 0, C est une parabole ;– si δ < 0, C est une hyperbole.Si la conique est degeneree, A est de rang inferieur a 3 et on a la classification

suivante :– si δ > 0, C est vide ;– si δ = 0, C est une paire de droites paralleles (eventuellement confondues) ;– si δ < 0, C est une paire de droite secantes.

Le cas de la droite double (droites paralleles confondues) se produit lorsque Aest de rang 1.

Points a l’infini

Hormis dans le cas d’une ellipse, toutes les coniques ont des points a l’infini.On peut les trouver en faisant tendre X3 −→ 0 dans l’equation (8). A la limite,on obtient l’equation suivante :

a1X21 + a2X1X2 + a3X

22 = 0

qui peut etre reecrite en fonction des variables x1 and x2 comme ceci :

a1 x21 + a2 x1x2 + a3 x

22 = 0 (13)

15

On pose t =x2x1

. La variable t peut etre interpretee comme la pente des

directions a l’infini. L’equation precedente devient, apres division par x21 :

a1 + a2 t+ a3 t2 = 0 (14)

C’est une equation du second degre qui possede des solutions reelles lorsqueson discriminant est non-negatif :

D = a22 − 4a1a3 = −4δ ≥ 0 (15)

Donc, si δ > 0 (cas d’une ellipse), le discriminant est negatif et il n’y a pasde solutions : c’est normal puisqu’une ellipse n’a pas de points a l’infini. Si δ < 0(cas d’une hyperbole), on trouve deux solutions distinctes qui correspondent a lapente des asymptotes de l’hyperbole. Finalement, si δ = 0 (cas d’une parabole),on trouve une solution unique qui est la direction asymptotique des branches dela parabole.

Centre

Certaines coniques ont un centre C. Au centre, le gradient du polynomequadratique P est nul. Cela conduit aux equations suivantes :

∂P

∂x1= 0

∂P

∂x2= 0

(16)

En calculant les derivees partielles, on obtient les equations au centre :a1 x1 +

1

2a2 x2 + a4 = 0

1

2a2 x1 + a3 x2 + a5 = 0

(17)

C’est un systeme de deux equations lineaires a deux inconnues. Sa matriceest B et son determinant est δ. Si δ = det(B) 6= 0, il a une solution unique et laconique a donc un centre unique. C’est le cas de l’ellipse, de l’hyperbole et despaires de droites secantes.

Axes

Les axes de symetrie d’une conique sont des droites passant par le centre.Leurs vecteurs directeurs sont les vecteurs propres de la matrice B.

Etant donne que B est symetrique, on a les proprietes suivantes :– les valeurs propres λ1 et λ2 sont reelles (i-e non complexes) ;– les vecteur propres sont eux aussi reels ;– la matrice est diagonalisable dans une base orthonormee. Cela signifie

qu’on peut toujours trouver deux vecteur propres orthogonaux dont lanorme est egale a 1. Notons V1 et V2 ces deux vecteurs.

16

Il en resulte qu’une conique a, en general, deux axes et ceux-ci sont ortho-gonaux entre eux.

Les valeur propres sont les racines du polynome caracteristique associe a lamatrice B. Ce polynome est defini par

p(λ) = det(B − λI)

= λ2 − Tr(B)λ+ det(B)

= λ2 − (a1 + a3)λ+ δ

= 0

(18)

Si λ est une valeur propre, le vecteur propre V correspondant est solutionde l’equation suivante :

(B − λI)V = 0 (19)

Dans le cas particulier ou λ1 = λ2, l’espace propre est de dimension 2 ce quisignifie que toute direction est direction propre. C’est le cas du cercle : dans uncercle, en effet, tout diametre est axe de symetrie.

Equation reduite

Dans le cas d’une conique a centre (ellipse ou hyperbole), on peut changer desysteme de coordonnees en translatant l’origine au centre C et en prenant V1 etV2 comme vecteurs de base. Dans la base {C, V1, V2}, designons les coordonneespar y1 et y2. L’equation de la conique dans cette base est remarquablementsimple :

λ1 y21 + λ2 y

22 +

∆

δ= 0 (20)

La relation entre les coordonnees (x1, x2) et (y1, y2) est donnee par la matricede passage T dont les colonnes sont les deux vecteurs V1 et V2. On a l’identitesuivante : (

x1

x2

)= T

(y1

y2

)(21)

Exercices corriges

Corrige ex. 7 - Representations graphiques de coniques

Conique 1

13x21 − 32x1x2 + 37x22 + 6x1 − 42x2 − 27 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

13 −16 3

−16 37 −21

3 −21 −27

17

On calcule ∆ = −10125 = −45×225 et δ = 225. La conique est donc une ellipse.Les coordonnees du centre sont C = (1, 1). Les valeurs propres sont λ1 = 5

et λ2 = 45 et les vecteurs propres correspondants sont respectivement

V1 =1√5

(2

1

)V2 =

1√5

(−1

2

)

L’equation reduite dans la base {C, V1, V2} s’ecrit

y219

+ y22 = 1

−1 0 1 2 3

−1

01

23

13x12 − 32x1x2 + 37x2

2 + 6x1 − 42x2 − 27

●

O

Conique 2

x21 − 2x1x2 + x22 − 2x1 + 4x2 + 1 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

1 −1 −1

−1 1 2

−1 2 1

On calcule ∆ = −1 et δ = 0. La conique est donc une parabole et il n’y a pasde centre. Les valeurs propres sont λ1 = 2 et λ2 = 0 et les vecteurs propres

18

correspondants sont respectivement

V1 =1√2

(1

−1

)V2 =

1√2

(1

1

)

−4 −3 −2 −1 0 1 2

−5

−4

−3

−2

−1

0

x12 − 2x1x2 + x2

2 − 2x1 + 4x2 − 27

O

Conique 3

4x21 + 12x1x2 + 9x22 − 4x1 − 6x2 + 1 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

4 6 −2

6 9 −3

−2 −3 1

On calcule ∆ = 0 et δ = 0. La conique est donc degeneree en une paire dedroites.

On remarque que la matrice A est de rang 1 : en effet, la premiere et ladeuxieme colonnes sont clairement multiples de la troisieme. Il s’agit donc d’unedroite doubles (droites paralleles et confondues).

Cela correspond au fait que le polynome definissant l’equation de cette co-nique est un carre parfait :

4x21 + 12x1x2 + 9x22 − 4x1 − 6x2 + 1 = (2x1 + 3x2 − 1)2

19

La droite a pour equation

2x1 + 3x2 − 1 = 0

Les valeurs propres sont λ1 = 13 et λ2 = 0 et les vecteurs propres corres-pondants sont respectivement

V1 =1√13

(2

3

)V2 =

1√13

(−3

2

)

Conique 4

3x21 − 10x1x2 + 3x22 + 24x1 − 8x2 − 16 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

3 −5 12

−5 3 −4

12 −4 −16

On calcule ∆ = 256 et δ = −16. La conique est donc une hyperbole.

Les coordonnees du centre sont C = (1, 3).Les asymptotes sont obtenues avec l’equation (13) des points a l’infini (voir

page 15) :3x21 − 10x1x2 + 3x22 = 0

On pose t =x2x1

. L’equation precedente devient :

3− 10 t+ 3 t2 = 0

On trouve deux solutions qui sont les pentes des asymptotes : t1 = 1/3 et t2 = 3.Les asymptotes sont donc les droites passant par le centre et ayant pour

pentes t1 et t2 respectivement. On trouve :{x1 − 3x2 + 8 = 0

3x1 − x2 = 0

Les valeurs propres sont λ1 = 8 et λ2 = −2 et les vecteurs propres corres-pondants sont respectivement

V1 =1√2

(1

−1

)V2 =

1√2

(1

1

)

L’equation reduite dans la base {C, V1, V2} s’ecrit

y212− y22

8= 1

20

−2 −1 0 1 2 3 4

01

23

45

6

3x12 − 10x1x2 + 3x2

2 + 24x1 − 8x2 − 16

●

O

Conique 5

3x21 + 8x1x2 + 4x22 + 36x1 + 44x2 + 105 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

3 4 18

4 4 22

18 22 105

On calcule ∆ = 0 et δ = −4. La conique est donc une paire de droites secantes.

Les coordonnees du centre (point d’intersection des deux droites) sont C =(−4,−3/2).

Les droites peuvent etre obtenues avec l’equation (13) des points a l’infini(voir page 15) :

3x21 + 8x1x2 + 4x22 = 0

On pose t =x2x1

. L’equation precedente devient :

3 + 8 t+ 4 t2 = 0

On trouve deux solutions qui sont les pentes des asymptotes : t1 = −3/2 ett2 = −1/2.

21

Les deux droites cherchees sont donc les droites passant par le centre et ayantpour pentes t1 et t2 respectivement. On trouve :{

x1 + 2x2 + 7 = 0

3x1 + 2x2 + 15 = 0

On verifie que le polynome quadratique definissant la conique se scinde enle produit des equations des deux droites :

3x21 − 10x1x2 + 3x22 + 24x1 − 8x2 − 16 = (x1 + 2x2 + 7)× (3x1 + 2x2 + 15)

−15 −10 −5 0 5

−10

−5

05

3x12 + 8x1x2 + 4x2

2 + 36x1 + 44x2 + 105

●

O

Conique 6

−√

3x21 + 2x1x2 +√

3x22 + 6√

3x1 − 6x2 − 4− 9√

3 = 0

La matrice A representant la conique est

A =

−√

3 1 3√

3

1√

3 −3

3√

3 −3 −4− 9√

3

On calcule ∆ = 16 et δ = −4. La conique est donc une hyperbole.

Les coordonnees du centre sont C = (3, 0).Les asymptotes sont obtenues avec l’equation (13) des points a l’infini (voir

page 15) :

−√

3x21 + 2x1x2 +√

3x22 = 0

22

On pose t =x2x1

. L’equation precedente devient :

−√

3 + 2 t+√

3 t2 = 0

On trouve deux solutions qui sont les pentes des asymptotes : t1 = −√

3 ett2 =

√3/3.

Les asymptotes sont donc les droites passant par le centre et ayant pourpentes t1 et t2 respectivement. On trouve :{ √

3x1 + x2 − 3√

3 = 0

x1 −√

3x2 − 3 = 0

Les valeurs propres sont λ1 = 2 et λ2 = −2 et les vecteurs propres corres-pondants sont respectivement

V1 =1

||V1||

(1

2 +√

3

)V2 =

1

||V2||

(2 +√

3

−1

)

avec ||V1|| = ||V2|| = 2√

2 +√

3.L’equation reduite dans la base {C, V1, V2} s’ecrit

y21 − y22 = 2

−2 0 2 4 6 8

−4

−2

02

4

− 3x12 + 2x1x2 + 3x2

2 + 6 3x1 − 6x2 − 4 − 9 3

●O

Conique 7

5x21 + 6x1x2 + 5x22 − 42x1 − 38x2 + 93 = 0

23

La matrice A representant la conique est

A =

5 3 −21

3 5 −19

−21 −19 93

On calcule ∆ = −128 et δ = 16. La conique est donc une ellipse.

Les coordonnees du centre sont C = (3, 2).Les valeurs propres sont λ1 = 8 et λ2 = 2 et les vecteurs propres correspon-

dants sont respectivement

V1 =1√2

(1

1

)V2 =

1√2

(−1

1

)

L’equation reduite dans la base {C, V1, V2} s’ecrit

y21 +1

4y22 = 1

0 1 2 3 4 5

01

23

4

5x12 + 6x1x2 + 5x2

2 − 42x1 − 38x2 + 93

●

O

Conique 8

x21 + 6x1x2 − 7x22 − 26x1 + 18x2 + 18 = 0

24

La matrice A representant la conique est

A =

1 3 −13

3 −7 9

−13 9 18

On calcule ∆ = 112 et δ = −16. La conique est donc une hyperbole.

Les coordonnees du centre sont C = (4, 3).Les pentes des asymptotes sont obtenues avec l’equation :

1 + 6 t− 7 t2 = 0

On trouve deux solutions qui sont les pentes des asymptotes : t1 = −1/7 ett2 = 1.

Les asymptotes sont donc les droites passant par le centre et ayant pourpentes t1 et t2 respectivement. On trouve :{

x1 − x2 − 1 = 0

x1 + 7x2 − 25 = 0

Les valeurs propres sont λ1 = 2 et λ2 = −8 et les vecteurs propres corres-pondants sont respectivement

V1 =1√10

(3

1

)V2 =

1√10

(−1

3

)L’equation reduite dans la base {C, V1, V2} s’ecrit

2y21 − 8y22 = 7

0 2 4 6 8

−2

02

46

8

x12 + 6x1x2 − 7x2

2 − 26x1 + 18x2 + 18

●

O

25

Corrige ex. 8 - Famille de coniques dependant de α

1 ) (4+α)x21+4(1−α)x1x2+(4α+1)x22+2(2+3α)x1+2(1−6α)x2+9α−4 = 0

Dans le cas α = 1, on a l’equation

5x21 + 5x21 + 10x1 − 10x2 + 5 = 0

qui peut se reecrire comme ceci :

(x1 + 1)2 + (x2 − 1)2 = 1.

C’est l’equation d’un cercle de centre C = (−1, 1) et de rayon 1.Dans le cas α = −1, on a l’equation

3x21 + 8x1x2 − 3x21 − 2x1 + 14x2 − 13 = 0

La matrice associee est 3 4 −1

4 −3 7

−1 7 −13

Le determinant vaut ∆ = 125 et le sous-determinant des termes de degre 2 vautδ = −25. C’est une hyperbole de meme centre C = (−1, 1). Les asymptotes sontles droites passant par le centre et de pentes respectives 3 et -1/3. Les axes sontles vecteurs propres de la sous-matrice

B =

(3 4

4 −3

)

Ses valeurs propres sont λ1 = −5 et λ2 = 5. On trouve des vecteurs propresde coordonnees :

V1 =

2√5

1√5

V2 =

−1√

52√5

26

−4 −2 0 2 4

−2

−1

01

23

4

alpha=−1 et alpha=1

●●

O

2 ) Dans la base des vecteurs propres, l’equation reduite du cercle est

y21 + y22 = 1

et celle de l’hyperbole esty21 − y22 = 1

3 ) On obtient une parabole lorsque le determinant de la sous-matrice

B =

(4 + α 2(1− α)

2(1− α) 4α+ 1

)

est nul et que la conique n’est pas degeneree. Ce determinant vaut

2(4 + α)(4α+ 1)− 4(1− α)2 = 25α

Il s’annule uniquement lorsque α = 0. Mais dans ce cas, on peut verifier que ledeterminant ∆ de la conique est lui aussi nul : elle est donc degeneree et il nes’agit pas d’une parabole mais d’un couple de droites paralleles.

Corrige ex. 9 - Famille de coniques Γm

1 ) Γm est la conique d’equation

(m+ 1/5)x21 + 16/5x1x2 + (m− 11/5)x22 + 2x1 − 4x2 + 1 = 0

ou m ∈ R .

27

La matrice Mm associee a la conique est

Mm =

m+ 1/5 8/5 1

8/5 m− 11/5 −2

1 −2 1

2 ) Pour trouver la nature de Γm, on doit calculer le determinant ∆m de la

matriceMm et le determinant δm de la sous-matriceBm =

(m+ 1/5 8/5

8/5 m− 11/5

)On trouve

δm = (m+ 1/5)(m− 11/5)− 64/25 = m2 − 2m− 3 = (m+ 1)(m− 3)

et∆m = m2 − 7m− 8 = (m+ 1)(m− 8)

Pour m = −1 et m = 8, la conique est degeneree. Pour les autres valeurs de m,il faut discuter selon le signe de δm :

– si −1 < m < 3, le determinant δm est negatif et la conique est une hyper-bole ;

– si m < −1 ou m > 3, le determinant δm est positif et la conique est uneellipse. Si m = 8, cette ellipse est reduite a un point et, si m > 8, elle estvide ;

– si m = −1, la conique est un couple de deux droites paralleles ;– si m = 3, le determinant δm est nul et la conique est une parabole.3 ) Les equations au centre de Γm sont{

(m+ 1/5)x1 + 8/5x2 + 1 = 0

8/5x1 + (m− 11/5)x2 − 2 = 0

On trouve comme solution

x1 =−1

m− 3x2 =

2

m− 3.

Dans le cas ou m = 3, cette solution est impossible et cela correspond au faitqu’il s’agit d’une parabole et qu’une parabole n’a pas de centre.

Les directions principales sont les vecteurs propres de la sous-matrice Bm.Les valeurs propres sont (m+1) et (m−3). On trouve alors les vecteurs propres

U1 =1√5

(2

1

)U1 =

1√5

(1

−2

)

Les directions principales sont donc independantes de m, autrement dit toutesles coniques de la famille ont les memes axes de symetrie.

4 ) Lorsque m 6= 3, on trouve l’equation reduite de Γm au moyen de laformule :

λ1y21 + λ2y

22 +

∆m

δm= 0.

Cela donne ici :

(m+ 1)y21 + (m− 3)y22 +m− 8

m− 3= 0.

28

On retrouve le fait que, si m > 8, la conique est vide car tous les coefficientsde cette equation sont alors strictement positifs et l’equation est impossible (ennombres reels).

Lorsque m = 3, on trouve :

4y21 + 108y2 + 1 = 0.

Corrige ex. 10 - Resolution graphique

On considere le programme quadratique suivant :Min (x21 + x22 − 3x1 − 5x2)

x1 + 2x2 ≤ 4

3x1 + x2 ≤ 7

x1, x2 ≥ 0

Pour faire une resolution graphique du programme, il faut tout d’abord re-presenter le domaine realisable, c’est-a-dire l’ensemble des points qui verifientles contraintes. On doit placer les deux droites{

D1 : x1 + 2x2 = 4

D2 : 3x1 + x2 = 7

Les isoquantes de la fonction objectif sont les coniques d’equation :

x21 + x22 − 3x1 − 5x2 = C.

On calcule :

x21 + x22 − 3x1 − 5x2 = (x1 − 3/2)2 − 9/4 + (x2 − 5/2)2 − 25/4

Donc l’equation des isoquantes s’ecrit aussi

(x1 − 3/2)2 + (x2 − 5/2)2 = C + 34/4

Ce sont des equations de cercles de centre C = (3/2, 5/2).

29

0 1 2 3 4 5

01

23

45

x

y ●

●

S

C

D1D2

On voit graphiquement que le point solution est le point de contact d’undes cercles de la famille avec la droite D1. Geometriquement, ce point S est laprojection orthogonale du centre C des cercles sur la droite D1. On calcule sescoordonnees en ecrivant l’equation de la droite passant par C et orthogonalea D1 et en cherchant son intersection avec D1 elle-meme. Cette droite a pourvecteur directeur (1, 2) et son equation s’ecrit :

2(x1 − 3/2)− (x2 − 5/2) = 0

autrement dit2x1 − x2 = 1/2

On trouve son intersection avec D1 en resolvant le systeme{x1 + 2x2 = 4

2x1 − x2 = 1/2

La solution est le point S = (1, 3/2).

30

3 La methode de Beale

Corrige ex. 11 - Resolution par methode de Beale

Programme 1

Min(x21 + x22 − 10x1 − 14x2)

3x1 + 4x2 ≤ 18

x1 et x2 ≥ 0

On introduit une variable d’ecart x′ et on change le signe de la fonctionobjectif pour en faire un probleme de maximisation :

Max(f = −x21 − x22 + 10x1 + 14x2)

3x1 + 4x2 + x′ = 18

x1 et x2 ≥ 0

Au depart, la situation est la suivante :∣∣∣∣∣ Hors-base x1 = 0 x2 = 0

Base x′ = 18

On calcule les derivees partielles :∂f

∂x1= −2x1 + 10 = 10

∂f

∂x2= −2x2 + 14 = 14

Puisque 14 > 10, c’est la variable x2 qui va augmenter, tandis que x1 restenulle.

Ces derivees doivent rester positives car la fonction doit croıtre (la secondene pose pas de probleme puisqu’elle ne depend pas de x1) :

∂f

∂x1≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 5

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 7

Par ailleurs, la contrainte implique que x′ = 18− 3x1 − 4x2 ≥ 0 autrement ditx2 ≤ 9/2.

Puisque 9/2 < 7, la variable x2 augmente seulement jusqu’a 9/2.La nouvelle situation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base x1 = 0 x′ = 0

Base x2 = 9/2

31

On recalcule x2 et f en fonction des nouvelles variables hors-base :x2 =

9

2− 3

4x1 −

1

4x′

f = −25

16x21 −

1

16x′

2 − 3

8x1x′ +

25

4x1 −

5

4x′ +

171

4

On calcule les nouvelles derivees partielles :∂f

∂x1=

25

4− 25

8x1 −

3

8x′ =

25

4

∂f

∂x′= −5

4− 3

8x1 −

1

8x′ = −5

4

C’est la variable x1 qui va maintenant augmenter, tandis que x′ reste nulle.On a :

∂f

∂x1≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 2

x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 6

Donc x1 augmente jusqu’a la valeur 2 mais x2 ne s’annule pas. On n’a donc plusqu’une seule variable hors-base alors qu’il en faut deux. Pour remedier a cettesituation, on pose

u =∂f

∂x1=

25

4− 25

8x1 −

3

8x′

Cette variable s’annule si x1 = 2.La nouvelle situation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base u = 0 x′ = 0

Base x1 = 2 x2 = 9/2

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 = 2− 8

25u− 3

25x′

x2 = 3 +6

25u− 4

25x′

f = − 4

25u2 − 1

25x′

2 − 2x′ + 49

On calcule les nouvelles derivees partielles :∂f

∂u= − 8

25u = 0

∂f

∂x′= −2− 2

25x′ = −2

Elles sont negatives ou nulles donc la fonction f ne peut plus augmenter et onest a l’optimum :

x∗1 = 2

x∗2 = 3

f∗ = 49

La contrainte est saturee puisque x′ est hors-base.

32

Programme 2

Max 18x1 + 2x2 − (5x21 + 5x22 − 6x1x2)

x1 + x2 ≤ 3

x1 + 3x2 ≤ 6

x1 et x2 ≥ 0

On introduit des variables d’ecart x′1 et x′2 :{x1 +x2 +x′1 = 3

x1 +3x2 +x′2 = 6

Au depart, la situation est la suivante :∣∣∣∣∣ Hors-base x1 = 0 x2 = 0

Base x′1 = 3 x′2 = 6

On calcule les derivees partielles :∂f

∂x1= 18− 10x1 + 6x2(= 18)

∂f

∂x2= 2 + 6x1 − 10x2(= 14)

Puisque 18 > 14, c’est la variable x1 qui va augmenter, tandis que x2 restenulle.

Ces derivees doivent rester positives car la fonction doit croıtre (mais laseconde conduit a une condition toujours verifiee puisque x1 ≥ 0) :

∂f

∂x1≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 9/5

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x1 ≥ −1/3

Par ailleurs, les contraintes impliquent que les deux variables d’ecart doiventrester positives :

x′1 = 3− x1 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 3

x′2 = 6− x1 − 3x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 6

En definitive, la variable x1 augmente seulement jusqu’a 9/5. La nouvellesituation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0

Base x1 = 9/5 x′1 = 6/5 x′2 = 21/5

33

On n’a donc plus qu’une seule variable hors-base alors qu’il en faut deux. Pourremedier a cette situation, on pose

u1 =∂f

∂x1= 18− 10x1 + 6x2

Cette variable s’annule si x1 = 9/5, autrement dit, elle est actuellement hors-base : ∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0 u1 = 0

Base x1 = 9/5 x′1 = 6/5 x′2 = 21/5

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 =9

5− 1

10u1 +

3

5x2

x′1 =6

5+

1

10u1 −

8

5x2

x′2 =21

5+

1

10u1 −

18

5x2

f = − 1

20u21 −

16

5x22 +

64

5x2 +

81

5

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :

∂f

∂u1= − 1

10u1(= 0)

∂f

∂x2=

64

5− 32

5x2(=

64

5)

C’est la variable x2 qui va maintenant augmenter, tandis que u1 reste nulle.On a :

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 2

x1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≥ −3

x′1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 3/4

x′2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 7/6

Donc x2 augmente jusqu’a la valeur 3/4 = Min(2, 3/4, 7/6) et x′1 s’annule. Lanouvelle situation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base x′1 = 0 u1 = 0

Base x1 = 9/4 x2 = 3/4 x′2 = 3/2

34

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 =9

4− 1

16u1 −

3

8x′1

x2 =3

4+

1

16u1 −

5

8x′1

x′2 =3

2− 1

8u1 +

9

4x′1

f = 24 +1

2u1 − 5x′1 −

5

4x′1

2 − 1

16u21 +

1

4u1x′1

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :∂f

∂u1=

1

2− 1

8u1 +

1

4x′1(=

1

2)

∂f

∂x′1= −5 +

1

4u1 −

5

2x′1(= −5)

On fait donc augmenter u1. Les conditions imposent :

∂f

∂u1≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 4

x1 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 36

x2 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≥ −12

x′2 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 12

La variable u1 ne peut donc depasser 4 et aucune des variables actuellementdans la base ne s’annule : il n’y a plus qu’une seule variable hors-base (x′1). Ondoit a nouveau introduire une variable supplementaire :

u2 =∂f

∂u1=

1

2− 1

8u1 +

1

4x′1

Actuellement u2 vaut 0 et est donc hors-base.Le recalcul en fonction des variables hors-base conduit a :

x1 = 2 +1

2u2 −

1

2x′1

x2 = 1− 1

2u2 −

1

2x′1

x′2 = 1 + u2 + 2x′1

u1 = 4− 8u2 + 2x′1

f = 25− 4x′1 − x′12 − 4u22

35

Les derivees partielles sont maintenant :∂f

∂u2= −8u2(= 0)

∂f

∂x′1= −4− 2x′1(= −4)

La fonction objectif ne peut donc plus augmenter et on est a l’optimum :x∗1 = 2

x∗2 = 1

f∗ = 25

La premiere contrainte est saturee puisque x′1 est hors-base, mais la deuxiemene l’est pas puisque x′2

∗= 1.

Corrige ex. 12 - Progression de la methode de BealeMax (70x1 + 60x2 − 9x21 − 4x1x2 − 6x22)

−x1 + 2x2 ≤ 2

2x1 + x2 ≤ 16

x1 et x2 ≥ 0

12-1) On introduit des variables d’ecart x′1 et x′2 :{−x1 +2x2 +x′1 = 2

2x1 +x2 +x′2 = 16

Au depart, la situation est la suivante :∣∣∣∣∣ Hors-base x1 = 0 x2 = 0

Base x′1 = 2 x′2 = 16

On calcule les derivees partielles :∂f

∂x1= 74− 18x1 − 4x2 (= 74)

∂f

∂x2= 72− 4x1 − 12x2 (= 72)

Puisque 74 > 72, c’est la variable x1 qui va augmenter, tandis que x2 restenulle.

Ces derivees doivent rester positives car la fonction doit croıtre :

∂f

∂x1≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 37/9

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 18

36

Par ailleurs, les contraintes impliquent que les deux variables d’ecart doiventrester positives :

x′1 = 2 + x1 − 2x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≥ −2

x′2 = 16− 2x1 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 8

En definitive, la variable x1 augmente seulement jusqu’a 37/9. La nouvellesituation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0

Base x1 = 37/9 x′1 = 55/9 x′2 = 70/9

On n’a donc plus qu’une seule variable hors-base alors qu’il en faut deux. Pourremedier a cette situation, on pose

u1 =∂f

∂x1= 74− 18x1 − 4x2

Cette variable s’annule si x1 = 37/9, autrement dit, elle est actuellement hors-base : ∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0 u1 = 0

Base x1 = 37/9 x′1 = 55/9 x′2 = 70/9

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 =37

9− 1

18u1 −

2

9x2

x′1 =55

9− 1

18u1 −

20

9x2

x′2 =70

9+

1

9u1 −

5

9x2

f = − 1

36u21 −

50

9x22 +

500

9x2 +

1369

9

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :

∂f

∂u1= − 1

18u1 (= 0)

∂f

∂x2= −100

9x2 +

500

9(=

500

9)

C’est la variable x2 qui va maintenant augmenter, tandis que u1 reste nulle.

37

On a :∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 5

x1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤37

2

x′1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤11

4

x′2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 14

Donc x2 augmente jusqu’a la valeur11

4= Min(5,

37

2,

11

4, 14) et x′1 s’annule. La

nouvelle situation est donc :∣∣∣∣∣∣Hors-base x′1 = 0 u1 = 0

Base x1 =7

2x2 =

11

4x′2 =

25

4

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 =7

2− 1

20u1 +

1

10x′1

x2 =11

4− 1

40u1 −

9

20x′1

x′2 =25

4+

1

8u1 +

1

4x′1

f = −9

8x′1

2 − 1

32u21 −

1

8u1x′1 −

45

4x′1 −

5

8u1 +

2103

8

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :

∂f

∂u1= −5

8− 1

16u1 −

1

8x′1 (= −5

8)

∂f

∂x′1= −45

4− 1

8u1 −

9

4x′1 (= −45

4)

On fait donc maintenant diminuer u1 afin que∂f

∂u1redevienne positive. Les

conditions imposent :

∂f

∂u1≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ −10

x1 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 70

x2 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 110

x′2 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≥ −50

38

La variable u1 ne peut donc depasser -10 et aucune des variables actuellementdans la base ne s’annule : il n’y a plus qu’une seule variable hors-base (x′1). Ondoit a nouveau introduire une variable supplementaire :

u2 =∂f

∂u1= −5

8− 1

16u1 −

1

8x′1

Actuellement u2 vaut 0 et est donc hors-base.Le recalcul en fonction des variables hors-base u2 et x′1 conduit a :

x1 = 4 +4

5u2 +

1

5x′1

x2 = 3 +2

5u2 −

2

5x′1

x′2 = 5− 2u2 + 2x′1

u1 = −10− 16u2

f = 266− 10x′1 − x′12 − 8u22

Les derivees partielles sont maintenant :∂f

∂u2= −16u2 (= 0)

∂f

∂x′1= −10− 2x′1 (= −10)

La fonction objectif ne peut donc plus augmenter et on est a l’optimum :x∗1 = 4

x∗2 = 3

f∗ = 266

La premiere contrainte est saturee puisque x′1 est hors-base, mais la deuxiemene l’est pas puisque x′2

∗= 5.

39

12-2)

0 2 4 6 8

02

46

8

x

y

●

Les isoquantes sont les coniques d’equation :

9x21 + 4x1x2 + 6x22 − 70x1 − 60x2 = K

La matrice associee est :

A =

9 2 −35

2 6 −30

−35 −30 −K

Le determinant de la sous-matrice B =

(9 2

2 6

)vaut 50. Il s’agit donc d’ellipses.

Le centre est le point de coordonnees C = (3, 5). Les axes sont les vecteurspropres de B : on trouve les deux vecteurs

V1 =

(2

1

)V2 =

(−1

2

)

qui correspondent respectivement aux valeurs propres λ1 = 2 et λ2 = 1.On remarque que les axes de la famille d’ellipses sont paralleles aux deux

contraintes du probleme. Le point solution est le point de contact d’une desellipses de la famille avec la droite de la premiere contrainte. C’est un sommetde cette ellipse. Il a pour coordonnees (4, 3). L’ellipse en question est l’isoquantecorrespondant a la valeur K = 266.

12-3) La progression de la methode de Beale sur le graphique est la sui-vante : on a d’abord fait augmenter x1 en laissant x2 nul, ce qui signifie un

40

deplacement depuis l’origine le long de l’axe des x1. Ce deplacement est arreteau point A = (37/9, 0).

0 2 4 6 8

02

46

8

x

y

●

●

●

●

●●

A

BS

C

On a alors introduit la variable u1 = 74− 18x1 − 4x2. La prochaine etape afait augmenter x2 en laissant u1 nulle. On a donc

74− 18x1 − 4x2 = 0,

ce qui est l’equation d’une droite. On se deplace le long de cette droite jusqu’ason intersection avec la premiere contrainte. On atteint alors le point B =(7/2, 11/4).

Le deplacement suivant consiste a faire diminuer u1 en laissant x′1 nulle, cequi signifie qu’on se deplace le long de la premiere contrainte puisque x′1 est lavariable d’ecart de cette contrainte. Cela conduit au point S = (4, 3) qui ne peutpas etre depasse car autrement la fonction objectif diminuerait. S est donc lasolution du probleme.

Corrige ex. 13 - Fabrication de composants electroniques

Une firme d’electronique fabrique deux types de composants, A et B, a l’aidede deux metaux rares C et D. On designe par x1 et x2 les quantites de produitsA et B fabriquees.

La marge totale sur la vente des deux produits est :

f = p1x1 + p2x2 = (160− 16x1)x1 + (30− 3x2)x2

et on cherche a maximiser cette fonction.Compte-tenu des contraintes de disponibilite des materiaux et de la matrice

41

technologique, on a les contraintes suivantes :{4x1 + 3x2 ≤ 27

x1 + 2x2 ≤ 12

On introduit des variables d’ecart x′1 et x′2 :{4x1 +3x2 +x′1 = 27

x1 +2x2 +x′2 = 12

Au depart, la situation est la suivante :∣∣∣∣∣ Hors-base x1 = 0 x2 = 0

Base x′1 = 27 x′2 = 12

On calcule les derivees partielles :∂f

∂x1= 160− 32x1(= 160)

∂f

∂x2= 30− 6x2(= 30)

Puisque 160 > 30, c’est la variable x1 qui va augmenter, tandis que x2 restenulle.

Ces derivees doivent rester positives car la fonction doit croıtre (la secondene depend pas de x1) :

∂f

∂x1≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 5

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 5

Par ailleurs, les contraintes impliquent que les deux variables d’ecart doiventrester positives :

x′1 = 27− 4x1 − 3x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 27/4

x′2 = 12− x1 − 2x2 ≥ 0 ⇐⇒ x1 ≤ 12

En definitive, la variable x1 augmente seulement jusqu’a 5. La nouvelle si-tuation est donc : ∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0

Base x1 = 5 x′1 = 7 x′2 = 7

On n’a donc plus qu’une seule variable hors-base alors qu’il en faut deux. Pourremedier a cette situation, on pose

u1 =∂f

∂x1= 160− 32x1

42

Cette variable s’annule si x1 = 5, autrement dit, elle est actuellement hors-base :∣∣∣∣∣ Hors-base x2 = 0 u1 = 0

Base x1 = 5 x′1 = 7 x′2 = 7

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 = 5− 1

32u1

x′1 = 7 +1

8u1 − 3x2

x′2 = 7 +1

32u1 − 2x2

f = − 1

64u21 − 3x22 + 30x2 + 400

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :

∂f

∂u1= − 1

32u1(= 0)

∂f

∂x2= 30− 6x2(= 30)

C’est la variable x2 qui va maintenant augmenter, tandis que u1 reste nulle.On note que x1 ne depend pas de x2. Les contraintes de signe imposent donc :

∂f

∂x2≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 5

x′1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 7/3

x′2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 ≤ 7/2

Donc x2 augmente jusqu’a la valeur 7/3 = Min(5, 7/3, 7/2) et x′1 s’annule. Lanouvelle situation est donc :∣∣∣∣∣ Hors-base x′1 = 0 u1 = 0

Base x1 = 5 x2 = 7/3 x′2 = 7/3

On recalcule f et les variables de base en fonction des variables hors-base :

x1 = 5− 1

32u1

x2 =7

3+

1

24u1 −

1

3x′1

x′2 =7

3− 5

96u1 +

2

3x′1

f =1361

3+

2

3u1 −

16

3x′1 −

1

3x′1

2 − 1

48u21 +

1

12u1x′1

43

On calcule les nouvelles derivees partielles (par rapport aux variables hors-base) :∂f

∂u1=

2

3− 1

4u1 +

1

12x′1(=

2

3)

∂f

∂x′1= −16

3+

1

12u1 −

2

3x′1(= −16

3)

On fait donc augmenter u1. On note que x2 et x′2 augmentent si u1 augmente.Les autres conditions imposent :

∂f

∂u1≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 16

x1 ≥ 0 ⇐⇒ u1 ≤ 160

La variable u1 ne peut donc depasser 16 et aucune des variables actuellementdans la base ne s’annule : il n’y a plus qu’une seule variable hors-base (x′1). Ondoit a nouveau introduire une variable supplementaire :

u2 =∂f

∂u1=

2

3− 1

4u1 +

1

12x′1

Actuellement u2 vaut 0 et est donc hors-base.Le recalcul en fonction des variables hors-base conduit a :

x1 =9

2+

3

4u2 −

1

16x′1

x2 = 3− u2 −1

4x′1

x′2 =3

2+

5

4u2 +

9

16x′1

u1 = 16− 24u2 + 2x′1

f = 459− 4x′1 −1

4x′1

2 − 12u22

Les derivees partielles sont maintenant :∂f

∂u2= −24u2(= 0)

∂f

∂x′1= −4− 1

2x′1(= −4)

La fonction objectif ne peut donc plus augmenter et on est a l’optimum :x∗1 = 9/2

x∗2 = 3

f∗ = 459

La premiere contrainte est saturee puisque x′1 est hors-base, mais la deuxieme

ne l’est pas puisque x′2∗

=3

2.

44

Par comparaison, on peut traiter le cas d’un modele a prix constant enprenant p1 = 144 et p2 = 27. On a alors affaire a un programme lineaire dont lemaximum se trouve sur la meme contrainte mais au point x∗1 = 27/4 et x∗2 = 0.

45

4 La methode de Dantzig

Rappels de cours

On ecrit le programme sous la forme suivante :Max(c.x+ txBx)

Ax+ x′ = b

x et x′ ≥ 0

On definit le lagrangien comme ceci :

L(x, x′, λ) = c.x+ txBx− λ(Ax+ x′ − b) (22)

On pose λ = − ∂L∂x′

et, par analogie, λ′ = −∂L∂x

Les conditions de Kuhn-Tucker conduisent aux equations suivantes :2Bx + tλ′ − tA tλ = −tcAx +x′ = b (23)

avec les relations d’exclusion :

λ′ x = 0

λx′ = 0(24)

x et x′ s’appellent des variables primales, λ et λ′ des variables duales. A chaquevariable x correspond une variable λ′ et a chaque variable x′ correspond unevariable λ. On parle de paires (x, λ′) et (x′, λ). Les relations d’exclusion disentque, dans chaque paire, l’une des variables doit etre nulle, autrement dit doitetre hors base, tandis que l’autre est dans la base.

On calcule, d’autre part, que la valeur de la fonction a l’optimum peuts’ecrire :

f∗(x) =1

2cx+

1

2tb tλ (25)

Le tableau initial s’ecrit donc comme ceci :

2B 0 I −tA −tcA I 0 0 b

− 1

2c 0 0 −1

2tb 0

(26)

Lorsque l’origine fait partie du domaine de definition, on la prend commepoint de depart. La situation de depart est donc :

x = 0 λ = 0

x′ = b λ′ = −c

L’origine fait partie du domaine de definition lorsque b ≥ 0. Si ce n’est pas lecas, on ne peut pas appliquer l’algorithme de Dantzig et il faut avoir recours al’algorithme de Wolfe.

46

Au depart, les variables x et λ sont hors base, les variables x′ et λ′ constituentla base.

L’algorithme de Dantzig est analogue a celui du simplexe. A partir du tableauinitial, on passe d’un tableau a l’autre par la methode du pivot.

On distingue cependant deux sortes de tableaux : les tableaux standards sontceux pour lesquels toutes les relations d’exclusion sont satisfaites, les tableauxnon standards sont ceux pour lesquels au moins une des relations n’est passatisfaite.

Les criteres pour determiner la variable entrante et la variable sortante dif-ferent selon que le tableau est standard ou non.

Criteres pour un tableau standard

Critere d’entree : on fait entrer une variable primale. C’est la variable dontla duale est la plus negative.

Critere de sortie : on fait sortir la variable qui correspond au plus petitrapport positif entre la colonne de droite et la colonne de la variable entrantepour les variables primales et pour la variable duale la plus negative (celle quia designe la variable entrante).

Criteres pour un tableau non-standard

Un tableau est non-standard lorsque deux variables faisant la paire ((x, λ′)ou (x′, λ)) sont non nulles, ce qui veut dire qu’elles se trouvent simultanementdans la base. Lorsqu’une paire est entierement dans la base, une autre paire setrouve entierement hors-base.

Critere d’entree : on fait entrer une variable duale. Celle de la paire qui setrouve entierement hors-base.

Critere de sortie : on fait sortir la variable qui correspond au plus petit rap-port positif entre la colonne de droite et la colonne de la variable entrante pourles variables primales et pour la variable duale de la paire qui est entierementdans la base.

Le dernier tableau doit imperativement etre standard. On est a l’optimumlorsque le critere d’entree ne peut plus s’appliquer, c’est-a-dire lorsqu’il n’y aplus de variable duale negative dans la base.

Exercices corriges

Corrige ex. 14 - Resolutions par l’algorithme de Dantzig

Programme 1

Max(6x1 + 8x2 − x21 − x22)

3x1 + 4x2 ≤ 25/2

x1 et x2 ≥ 0

47

Le premier tableau est :

x1 x2 x′ λ′1 λ′2 λ

-2 0 0 1 0 -3 -6 λ′1

0 -2 0 0 1 -4 -8 λ′2

3 4 1 0 0 0 25/2 x′

-3 -4 0 0 0 -25/4 0

Ce tableau est standard car toutes les relations d’exclusion (24) sont veri-fiees : pour chacune des paires {x1, λ′1}, {x2, λ′2} et {x′, λ}, une des variables estdans la base et l’autre est hors-base.

On fait entrer la variable primale dont la duale est la plus negative : c’estx2. On fait sortir la variable correspondant au plus petit rapport positif entrela colonne de droite et la colonne entrante pour les variables primales et pourla variable duale λ′2 (celle qui a designe la variable entrante) :

Min(25/2

4,−8

−2

)=

25

8

Donc x′ est la variable sortante. La ligne de x′ sert de ligne pivot et on executela transformation du pivot autour de la valeur 4 (a l’intersection de la ligne dex′ et de la colonne de x2).

On obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′ λ′1 λ′2 λ

-2 0 0 1 0 -3 -6 λ′1

3/2 0 1/2 0 1 -4 -7/4 λ′2

3/4 1 1/4 0 0 0 25/8 x2

0 0 1 0 0 -25/4 25/2

Ce tableau est non-standard car la paire {x2, λ′2} est entierement dans labase tandis que la paire {x′, λ} est entierement hors-base. Dans ce cas-la, onfait entrer une variable duale : celle de la paire qui est entierement hors-base, asavoir λ.

On fait sortir la variable correspondant au plus petit rapport positif entre lacolonne de droite et la colonne entrante pour les variables primales et pour lavariable duale de la paire qui est entierement dans la base, a savoir λ′2 :

Min(25/8

0,−7/4

−4

)=

7

16

Donc λ′2 est la variable sortante. La ligne de λ′2 sert de ligne pivot et on executela transformation du pivot autour de la valeur -4 (a l’intersection de la ligne deλ′2 et de la colonne de λ).

On obtient le tableau suivant :

48

x1 x2 x′ λ′1 λ′2 λ

-25/8 0 -3/8 1 -3/4 0 -75/16 λ′1

-3/8 0 -1/8 0 -1/4 1 7/16 λ

3/4 1 1/4 0 0 0 25/8 x2

-75/32 0 7/32 0 -25/16 0 975/64

Ce tableau est standard. Puisque λ′1 < 0 on fait entrer x1. On calcule lesrapports positifs entre colonne de droite et colonne entrante :

Min(25/8

3/4,−75/16

−25/8

)=−75/16

−25/8=

3

2

Donc λ′1 est la variable sortante.

On obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′ λ′1 λ′2 λ

1 0 3/25 -8/25 6/25 0 3/2 x1

0 0 -2/25 -3/25 -4/25 1 1 λ

0 1 4/25 6/25 -9/50 0 2 x2

0 0 1/2 -3/4 -1 0 75/4

Ce dernier tableau est celui de l’optimum car il est standard et qu’on ne peutplus appliquer le critere d’entree. On trouve donc la solution :

x∗1 = 3/2

x∗2 = 2

f∗ = 75/4

La contrainte est saturee puisque x′ est hors-base.

Programme 2

Min(x21 + 2x22 − 4/3x1x2 − 8x1 − 4x2)

5x1 − x2 ≤ 8

−x1 + x2 ≤ 2

x1 et x2 ≥ 0

On introduit des variables d’ecart x′1 et x′2 et on change le signe de la fonctionobjectif pour en faire un probleme de maximisation :

Max(−x21 − 2x22 + 4/3x1x2 + 8x1 + 4x2)

Le premier tableau est :

49

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2

-2 4/3 0 0 1 0 -5 1 -8 λ′1

4/3 -4 0 0 0 1 1 -1 -4 λ′2

5 -1 1 0 0 0 0 0 8 x′1

-1 1 0 1 0 0 0 0 2 x′2

-4 -2 0 0 0 0 -4 -1 0

Ce tableau est standard. On fait entrer la variable primale dont la dualeest la plus negative : c’est x1. On fait sortir la variable correspondant au pluspetit rapport positif entre la colonne de droite et la colonne entrante pour lesvariables primales et pour la variable duale λ′1 (celle qui a designe la variableentrante) :

Min(8

5,−8

−2

)=

8

5

Donc x′1 est la variable sortante. La ligne de x′1 sert de ligne pivot et on executela transformation du pivot autour de la valeur 5 (a l’intersection de la ligne dex′1 et de la colonne de x1).

On obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2

0 14/15 2/5 0 1 0 -5 1 -24/5 λ′1

0 -56/15 -4/15 0 0 1 1 -1 -92/15 λ′2

1 -1/5 1/5 0 0 0 0 0 8/5 x1

0 4/5 1/5 1 0 0 0 0 18/5 x′2

0 -14/5 4/5 0 0 0 -4 -1 32/5

Ce tableau est non-standard car la paire {x1, λ′1} est entierement dans labase tandis que la paire {x′1, λ1} est entierement hors-base. Dans ce cas-la, onfait entrer une variable duale : celle de la paire qui est entierement hors-base, asavoir λ1.

On fait sortir la variable correspondant au plus petit rapport positif entre lacolonne de droite et la colonne entrante pour les variables primales et pour lavariable duale de la paire qui est entierement dans la base, a savoir λ1. Ici il n’ya qu’un seul rapport :

Min(−24/5

−5

)=

24

25

Donc λ′1 est la variable sortante. La ligne de λ′1 sert de ligne pivot et on executela transformation du pivot autour de la valeur -5 (a l’intersection de la ligne deλ′1 et de la colonne de λ1).

On obtient le tableau suivant :

50

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2

0 -14/75 -2/25 0 -/5 0 1 -1/5 24/25 λ1

0 -266/75 -14/75 0 1/5 1 0 -4/5 -532/75 λ′2

1 -1/5 1/5 0 0 0 0 0 8/5 x1

0 4/5 1/5 1 0 0 0 0 18/5 x′2

0 -266/75 12/25 0 -4/5 0 0 -1,8 256/25

Ce tableau est standard. Puisque λ′2 < 0 on fait entrer x2. On calcule lesrapports positifs entre colonne de droite et colonne entrante :

Min(18/5

4/5,−532/75

−266/75

)=−532

−266= 2

Donc λ′2 est la variable sortante.

Le prochain tableau est standard :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 b

0 0 -4/57 0 -4/19 -1/19 1 -3/19 4/3 λ1

0 1 1/19 0 -15/266 -75/266 0 30/133 2 x2

1 0 4/19 0 -3/266 -15/266 0 6/133 2 x1

0 0 3/19 1 6/133 30/133 0 -24/133 2 x′2

0 0 2/3 0 -1 -1 0 -1 52/3 f

On constate que le critere d’entree ne s’applique plus. On a donc atteintl’optimum et on trouve la solution :

x∗1 = 2

x∗2 = 2

x′2∗

= 2

λ∗1 = 4/3

f∗ = 52/3

La premiere contrainte est saturee puisque x′1 est hors-base.La valeur a l’optimum est -52/3 (ne pas oublier de rechanger le signe de la

fonction objectif puisqu’on avait initialement un probleme de minimisation).

Corrige ex. 15 -

On considere le programme quadratique suivant :

Max(2x1 + 2x2 − 4x21 + 4x1x2 − x22)

−x1 + x2 ≤ 1

−7x1 + 5x2 ≤ 0

5x1 + 2x2 ≤ 30

x1 et x2 ≥ 0

On introduit des variables d’ecart x′1, x′2, x′3.Le premier tableau est :

51

x1 x2 x′1 x′2 x3 λ′1 λ′2 λ1 λ2 λ3

-8 4 0 0 0 1 0 1 7 -5 -2 λ′1

4 -2 0 0 0 0 1 -1 -5 -2 -2 λ′2

-1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 x′1

-7 5 0 1 0 0 0 0 0 0 0 x′2

5 2 0 0 1 0 0 0 0 0 30 x′3

-1 -1 0 0 0 0 0 -1/2 0 -15 0

On doit faire entrer la variable primale correspondant a la variable duale laplus negative. Or les coefficients λ′1 et λ′2 sont egaux donc les deux pourraientconvenir : l’enonce demande de choisir λ′1, c’est-a-dire de faire entrer x1.

On calcule les rapports positifs entre colonne de droite et colonne entrante :

Min(−2

−8,

30

5

)=

1

4

Donc λ′1 est la variable sortante. Elle est la duale de la variable entrante doncle prochain tableau sera standard.

La ligne de λ′1 sert de ligne pivot et on execute la transformation du pivotautour de la valeur -8 (a l’intersection de la ligne de λ′1 et de la colonne de x1).

On obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′1 x′2 x3 λ′1 λ′2 λ1 λ2 λ3

1 -1/2 0 0 0 -1/8 0 -1/8 -7/8 5/8 1/4 x1

0 0 0 0 0 1/2 1 -1/2 -3/2 -6 -3 λ′2

0 1 1 0 0 -1/8 0 -1/8 -7/8 5/8 5/4 x′1

0 3/2 0 1 0 -7/8 0 -7/8 -49/8 35/8 7/4 x′2

0 9/2 0 0 1 5/8 0 5/8 35/8 -25/8 115/4 x′3

0 -3/2 0 0 0 -1/8 0 -5/8 -7/8 125/8 1/4

La seule variable negative est λ′2 donc on doit faire entrer x2. On calcule lesrapports positifs entre colonne de droite et colonne entrante :

Min(5

4,

7/4

3/2,

115/4

9/2

)=

7

6

Donc x′2 est la variable sortante et le prochain tableau ne sera pas standard.L’enonce ne demande pas de calculer les tableaux suivants.

En poursuivant les calculs, on arrive au tableau ci-dessous qui est donne parl’enonce :

x1 x2 x′1 x′2 x3 λ′1 λ′2 λ1 λ2 λ3

1 0 5/2 -1/2 0 0 0 0 0 0 5/2 x1

0 0 9/7 -3/7 0 5/7 1 -2/7 0 -39/7 -15/7 λ′2

0 0 6/7 -2/7 0 1/7 0 1/7 1 -5/7 4/7 λ2

0 1 7/2 -1/2 0 0 0 0 0 0 7/2 x2

0 0 -39/2 7/2 1 0 0 0 0 0 21/2 x′3

0 0 6 -1 0 0 0 -1/2 0 -15 6

52

A partir de ce tableau, on va terminer l’algorithme. On constate qu’il n’estpas standard car la paire {x2, λ′2} est entierement dans la base tandis que la paire{x′1, λ1} est entierement hors-base. Dans ce cas-la, on fait entrer une variableduale : celle de la paire qui est entierement hors-base, a savoir λ1.

On fait sortir la variable correspondant au plus petit rapport positif entre lacolonne de droite et la colonne entrante pour les variables primales et pour lavariable duale de la paire qui est entierement dans la base, a savoir λ′2 :

Min(5/2

0,−15/7

−2/7,

7/2

0,

21/2

0

)=

15

2

Trois de ces rapports sont en fait infinis, donc λ′2 est la variable sortante et leprochain tableau sera standard.

La ligne de λ′2 sert de ligne pivot et on execute une transformation du pivotautour de la valeur -2/7 (a l’intersection de la ligne de λ′2 et de la colonne deλ1).

On obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′1 x′2 x3 λ′1 λ′2 λ1 λ2 λ3

1 0 5/2 -1/2 0 0 0 0 0 0 5/2 x1

0 0 -9/2 3/2 0 -5/2 -7/2 1 0 39/2 15/2 λ1

0 0 3/2 -1/2 0 1/2 1/2 0 1 -7/2 -1/2 λ2

0 1 7/2 -1/2 0 0 0 0 0 0 7/2 x2

0 0 -39/2 7/2 1 0 0 0 0 0 21/2 x′3

0 0 15/4 -1/4 0 -5/4 -7/4 0 0 -21/4 39/4

Ce n’est pas encore l’optimum car λ2 < 0. On fait donc entrer x′2 et oncherche le plus petit rapport positif entre la colonne de droite et la colonneentrante :

Min(−1/2

−1/2,

21/2

7/2

)= 1

La variable sortante est donc λ2 qui est la duale de x′2 : le prochain tableau serastandard.

Apres le pivot, on obtient le tableau suivant :

x1 x2 x′1 x′2 x3 λ′1 λ′2 λ1 λ2 λ3

1 0 1 0 0 -1/2 -1/2 0 -1 7/2 3 x1

0 0 0 0 0 -1 -2 1 3 9 6 λ1

0 0 -3 1 0 -1 -1 0 -2 7 1 x′2

0 1 2 0 0 -1/2 -1/2 0 -1 7/2 4 x2

0 0 -9 0 1 7/2 7/2 0 7 -49/2 7 x′3

0 0 6 0 0 -3 -4 0 -1/2 -7/2 10

53

On est maintenant a l’optimum et on trouve donc la solution :

x∗1 = 3

x∗2 = 4

x′2∗

= 1

x′3∗

= 7

λ∗1 = 6

f∗ = 10

La premiere contrainte est saturee puisque x′1 est hors-base.

Corrige ex. 16 - Famille d’isoquantes

La famille d’isoquantes est definie par l’equation :

f(x1, x2) = 9x21 − 4x1x2 + 6x22 − 60x1 − 20x2 = C

ou C ∈ R.La matrice associee a ces coniques est

A =

9 −2 −30

−2 6 −10

−30 −10 −C

Le determinant de A est ∆ = −50C−7500. Il s’annule pour C = 150 donc pourtout C different de 150, la conique est non degeneree.

La nature de la conique est determinee par le determinant de la sous-matricedes termes quadratiques

B =

(9 −2

−2 6

)On a δ = det(B) = 50 > 0. Ces coniques sont donc des ellipses.

Les equations au centre sont{9x1 − 2x2 − 60 = 0

−2x1 + 6x2 − 10 = 0

Ce systeme a pour solution x1 = 4 et x2 = 3. Les ellipses sont donc concentriquesde centre C = (4, 3).

Les axes de symetrie sont les vecteurs propres de la matrice B. On trouvecomme valeurs propres

λ1 = 5, λ2 = 10

Les vecteurs propres associes sont

V1 =1√5

(1

2

), V2 =

1√5

(2

−1

)

54

1 ) On veut representer graphiquement le programme quadratique suivant :Min (9x21 − 4x1x2 + 6x22 − 60x1 − 20x2)

x1 + 2x2 ≤ 5

x1 + 4x2 ≤ 8

x1 et x2 ≥ 0

On place sur un graphique les droites correspondant aux contraintes :{D1 : x1 + 2x2 = 5

D2 : x1 + 4x2 = 8

Les isoquantes de la fonction objectif sont les ellipses etudiees a la questionprecedente. La solution est au point de contact de la droite D1 avec la familled’ellipses.

0 1 2 3 4 5 6 7

01

23

45

67

x

y

●

●

S

C

D1

D2

Noter que, dans cette question, on ne demande aucun calcul. On ne demandedonc pas de trouver les coordonnees du point de contact S. Cependant il n’estpas difficile a calculer : l’axe principal de l’ellipse a pour vecteur directeur V1 etce vecteur est orthogonal a la droite D1. Le point S est donc la projection ducentre C sur la droite D1. Il a pour coordonnees (3, 1).

2 ) Resolution du programme par la methode de Dantzig.On commence par transformer le probleme de minimisation en une maximi-

sation :Max (60x1 + 20x2 − 9x21 + 4x1x2 − 6x22)

Le tableau de depart est :

55

x1 x2 x′1 x′2 s′1 s′2 s1 s2 b

-18 4 0 0 1 0 -1 -1 -60 s′1

4 -12 0 0 0 1 -2 -4 -20 s′2

1 2 1 0 0 0 0 0 5 x′1

1 4 0 1 0 0 0 0 8 x′2

-30 -10 0 0 0 0 -5/2 -4 0 f

On calcule les tableaux suivants comme ceci :

x1 x2 x′1 x′2 s′1 s′2 s1 s2 b

1 -2/9 -0 -0 -1/18 -0 1/18 1/18 10/3 x1

0 -100/9 0 0 2/9 1 -20/9 -38/9 -100/3 s′2

0 20/9 1 0 1/18 0 -1/18 -1/18 5/3 x′1

0 38/9 0 1 1/18 0 -1/18 -1/18 14/3 x′2

0 -50/3 0 0 -5/3 0 -5/6 -7/3 100 f

x1 x2 x′1 x′2 s′1 s′2 s1 s2 b

1 0 1/10 0 -1/20 0 1/20 1/20 7/2 x1

0 0 5 0 1/2 1 -5/2 -9/2 -25 s′2

0 1 9/20 0 1/40 0 -1/40 -1/40 3/4 x2

0 0 -19/10 1 -1/20 0 1/20 1/20 3/2 x′2

0 0 15/2 0 -5/4 0 -5/4 -11/4 225/2 f

x1 x2 x′1 x′2 s′1 s′2 s1 s2 b

1 0 1/5 0 -1/25 1/50 0 -1/25 3 x1

-0 -0 -2 -0 -1/5 -2/5 1 9/5 10 s1

0 1 2/5 0 1/50 -1/100 0 1/50 1 x2

0 0 -9/5 1 -1/25 1/50 0 -1/25 1 x′2

0 0 5 0 -3/2 -1/2 0 -1/2 125 fx∗1 = 3

x∗2 = 1

f∗ = 125

On retrouve bien la solution (3, 1) trouvee graphiquement. La valeur a l’optimumfournie par le tableau est 125 mais il ne faut pas oublier de rechanger son signe.Pour le probleme de minimisation initial, la valeur a l’optimum est donc de -125.

56

5 La methode de Wolfe

Rappels de cours

La methode de Wolfe s’applique lorsque l’origine n’appartient pas au do-maine realisable, c’est-a-dire lorsque le point de coordonnees nulles ne verifiepas les contraintes. Dans ce cas, on ne peut pas appliquer la methode de Dant-zig car celle-ci prend l’origine comme point de depart.

Il faut donc trouver un point de depart qui appartienne au domaine reali-sable. La methode de Wolfe est tres similaire a la methode des valeurs ajouteesqui traite le meme probleme de point de depart dans le cas de la methode dusimplexe.

On introduit donc, dans les equations de la methode de Dantzig, des valeursajoutees w et w′ comme ceci :{

2Bx + tλ′ − tA tλ ±w = −tcAx +x′ ±w′ = b

(27)

Le signe a placer devant les variables w et les variables w′ est choisi en fonctiondu terme qui figure dans le membre de droite. Si ce terme est positif on ecrit+w, sinon on ecrit −w, pour faire en sorte que numeriquement la valeur de lavariable w (ou w′) soit toujours positive.

Il y a autant de wi qu’il y a de variables dans le probleme initial et autantde w′j qu’il y a de contraintes.

L’objectif, comme dans la methode des valeurs ajoutees, est d’annuler toutesles variables w et w′. On remplace la fonction objectif du probleme par l’objectif

Min(∑

wi +∑

w′j

)ou, ce qui est equivalent :

Max(−∑

wi −∑

w′j

)On est donc ramenes a un probleme d’optimisation lineaire qui se traite par lamethode du simplexe ordinaire. La situation de depart consiste a annuler les x,x′, λ et λ′ et a prendre : {

±w = −tc±w′ = b

L’execution de l’algorithme du simplexe va faire sortir les variables w et w′ dela base jusqu’au moment ou elles seront toutes nulles. Simultanement certainesdes variables x, x′, λ et λ′ seront entrees dans la base avec des valeurs positives.

On supprime alors les colonnes qui correspondent a ces variables ajoutees etla derniere ligne qui correspond a la fonction objectif, puis on traite le tableauobtenu comme un tableau de la methode de Dantzig. S’il est standard, on esta l’optimum (car les variables duales presentes dans la base seront positives).Sinon, il faut appliquer l’algorithme de Dantzig.

57

Corrige ex. 17 - Resolutions par la methode de Wolfe

Programme 1

On veut resoudre le programme suivant :Max (10x1 + 10x2 − x21 − x22)

x1 + x2 ≥ 3

2x1 + 3x2 ≤ 12

x1, x2 ≥ 0

La premiere contrainte x1 + x2 ≥ 3 empeche le point (0, 0) de faire partiedu domaine realisable. On va donc appliquer la methode de Wolfe. On remplacecette contrainte par : −x1 − x2 ≤ −3.

Au depart, les variables x, x′, λ et λ′ sont hors-base et w et w′ sont dans labase. Il faut donc recalculer la fonction objectif pour faire en sorte qu’elle soitexprimee en fonction uniquement des variables hors-base. On le fait en extrayantw et w′ des equations et en reportant dans la fonction objectif. On trouve :

f = −w1 − w2 − w′1 − w′2= 5x1 + 6x2 − x′1 + x′2 − λ′1 − λ′2 − 2λ1 + 5λ2 − 35.

(28)

Le tableau de depart est donc :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-2 0 0 0 1 0 1 -2 -1 0 0 0 -10 w1

0 -2 0 0 0 1 1 -3 0 -1 0 0 -10 w2

-1 -1 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 -3 w′1

2 3 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 12 w′2

-5 -6 1 -1 1 1 2 -5 0 0 0 0 -35

Ensuite les tableaux s’enchaınent comme dans une methode du pivot clas-sique. On ne detaille pas ici les criteres d’entree et de sortie. Tout d’abord x2entre et w′1 sort :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-2 0 0 0 1 0 1 -2 -1 0 0 0 -10 w1

2 0 -2 0 0 1 1 -3 0 -1 2 0 -4 w2

1 1 -1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 3 x2

-1 0 3 1 0 0 0 0 0 0 -3 1 3 w′2

1 0 -5 -1 1 1 2 -5 0 0 6 0 -17

Maintenant λ2 entre et w2 sort :

58

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-10/3 0 4/3 0 1 -2/3 1/3 0 -1 2/3 -4/3 0 -22/3 w1

-2/3 -0 2/3 -0 -0 -1/3 -1/3 1 -0 1/3 -2/3 -0 4/3 λ2

1 1 -1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 3 x2

-1 0 3 1 0 0 0 0 0 0 -3 1 3 w′2

-7/3 0 -5/3 -1 1 -2/3 1/3 0 0 5/3 8/3 0 -31/3

Ensuite x1 entre et w1 sort :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

1 -0 -2/5 -0 -3/10 1/5 -1/10 -0 3/10 -1/5 2/5 -0 11/5 x1

0 0 2/5 0 -1/5 -1/5 -2/5 1 1/5 1/5 -2/5 0 14/5 λ2

0 1 -3/5 0 3/10 -1/5 1/10 0 -3/10 1/5 3/5 0 4/5 x2

0 0 13/5 1 -3/10 1/5 -1/10 0 3/10 -1/5 -13/5 1 26/5 w′2

0 0 -13/5 -1 3/10 -1/5 1/10 0 7/10 6/5 18/5 0 -26/5

Finalement x′1 entre et w′2 sort :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

1 0 0 2/13 -9/26 3/13 -3/26 0 9/26 -3/13 0 2/13 3 x1

0 0 0 -2/13 -2/13 -3/13 -5/13 1 2/13 3/13 0 -2/13 2 λ2

0 1 0 3/13 3/13 -2/13 1/13 0 -3/13 2/13 0 3/13 2 x2

0 0 1 5/13 -3/26 1/13 -1/26 0 3/26 -1/13 -1 5/13 2 x′1

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0

C’est le dernier tableau et on voit que tous les w et w′ se sont annulespuisqu’ils sont tous hors-base. On peut maintenant supprimer les colonnes desvariables w et w′ ainsi que la derniere ligne du tableau et on obtient le tableaustandard suivant :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2

1 0 0 2/13 -9/26 3/13 -3/26 0 3 x1

0 0 0 -2/13 -2/13 -3/13 -5/13 1 2 λ2

0 1 0 3/13 3/13 -2/13 1/13 0 2 x2

0 0 1 5/13 -3/26 1/13 -1/26 0 2 x′1

Il faudrait maintenant traiter ce tableau par la methode de Dantzig mais icion voit qu’on est a l’optimum : en effet le critere d’entree de Dantzig pour untableau standard ne peut pas s’appliquer. Il n’y a qu’une seule variable dualedans la base et elle est positive. La solution est donc

x∗1 = 3

x∗2 = 2

x′∗1 = 2

59

La deuxieme contrainte est saturee puisque x′2 est hors-base.

Programme 2

Min (x21 + x22 − 8x1 − 6x2)

x1 + 2x2 ≥ 2

2x1 + 5x2 ≤ 10

x1, x2 ≥ 0

On change le programme en une maximisation :

Max (8x1 + 6x2 − x21 − x22)

On change aussi les signes dans la premiere contrainte pour qu’elle soit dans lebon sens :

−x1 − 2x2 ≤ −2

On a

B =

(−1 0

0 −1

)A =

(−1 −2

2 5

)b =

(−1

10

)c =

(8 6

)Au depart, les variables x, x′, λ et λ′ sont hors-base et w et w′ sont dans

la base. On doit recalculer la fonction objectif pour faire en sorte qu’elle soitexprimee en fonction uniquement des variables hors-base. On le fait en extrayantw et w′ des equations et en reportant dans la fonction objectif. On trouve :

f = −w1 − w2 − w′1 − w′2= 5x1 + 9x2 − x′1 + x′2 − λ′1 − λ′2 − 3λ1 + 7λ2 − 26.

(29)

Le premier tableau est :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-2 0 0 0 1 0 1 -2 -1 0 0 0 -8 w1

0 -2 0 0 0 1 2 -5 0 -1 0 0 -6 w2

-1 -2 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 -2 w′1

2 5 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 10 w′2

-5 -9 1 -1 1 1 3 -7 0 0 0 0 -26

On fait entrer x2 et sortir w′1, ce qui donne le tableau suivant :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-2 0 0 0 1 0 1 -2 -1 0 0 0 -8 w1

1 0 -1 0 0 1 2 -5 0 -1 1 0 -4 w2

1/2 1 -1/2 -0 -0 -0 -0 -0 -0 -0 1/2 -0 1 x2

-1/2 0 5/2 1 0 0 0 0 0 0 -5/2 1 5 w′2

-1/2 0 -7/2 -1 1 1 3 -7 0 0 9/2 0 -17

60

Maintenant on fait entrer λ2 et sortir w2 :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-12/5 0 2/5 0 1 -2/5 1/5 0 -1 2/5 -2/5 0 -32/5 w1

-1/5 -0 1/5 -0 -0 -1/5 -2/5 1 -0 1/5 -1/5 -0 4/5 λ2

1/2 1 -1/2 -0 -0 -0 -0 -0 -0 -0 1/2 -0 1 x2

-1/2 0 5/2 1 0 0 0 0 0 0 -5/2 1 5 w′2

-19/10 0 -21/10 -1 1 -2/5 1/5 0 0 7/5 31/10 0 -57/5

Puis on fait entrer x′1 et sortir w′2 :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

-58/25 0 0 -4/25 1 -2/5 1/5 0 -1 2/5 0 -4/25 -36/5 w1

-4/25 0 0 -2/25 0 -1/5 -2/5 1 0 1/5 0 -2/25 2/5 λ2

2/5 1 0 1/5 0 0 0 0 0 0 0 1/5 2 x2

-1/5 0 1 2/5 0 0 0 0 0 0 -1 2/5 2 x′1

-58/25 0 0 -4/25 1 -2/5 1/5 0 0 7/5 1 21/25 -36/5

Enfin on fait entrer x1 et sortir w1 :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2 w1 w2 w′1 w′2

1 -0 -0 2/29 -25/58 5/29 -5/58 -0 25/58 -5/29 -0 2/29 90/29 x1

0 0 0 -2/29 -2/29 -5/29 -12/29 1 2/29 5/29 0 -2/29 26/29 λ2

0 1 0 5/29 5/29 -2/29 1/29 0 -5/29 2/29 0 5/29 22/29 x2

0 0 1 12/29 -5/58 1/29 -1/58 0 5/58 -1/29 -1 12/29 76/29 x′1

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0

Toutes les variables ajoutees w et w′ se sont annulees. On peut supprimerles colonnes correspondantes dans le tableau ainsi que la derniere ligne :

x1 x2 x′1 x′2 λ′1 λ′2 λ1 λ2

1 -0 -0 2/29 -25/58 5/29 -5/58 -0 90/29 x1

0 0 0 -2/29 -2/29 -5/29 -12/29 1 26/29 λ2

0 1 0 5/29 5/29 -2/29 1/29 0 22/29 x2

0 0 1 12/29 -5/58 1/29 -1/58 0 76/29 x′1

C’est un tableau de Dantzig standard. La seule variable duale qui se trouvedans la base est λ2 et, puisqu’elle n’est pas negative, on ne peut appliquer lecritere d’entree et on est donc a l’optimum. La solution est :{

x∗1 = 90/29

x∗2 = 22/29

On peut verifier que ce point se trouve sur la contrainte.

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