mod´elisation en programmation lin´eaire -...

Exemple de referenceSchema general de la modelisation

Resolution graphique d’un PLDefinition et ecriture de PL

Utilisation de solveurs

Modelisation en Programmation Lineaire

Vincent Mousseau

Ecole Centrale Paris,

[email protected]

March 3, 2009

Vincent Mousseau Modelisation en Programmation Lineaire




ContexteModelisation du probleme

1 Exemple de referenceContexteModelisation du probleme

2 Schema general de la modelisationLes 4 etapesUne seconde illustration

3 Resolution graphique d’un PL

4 Definition et ecriture de PLDefinitions et notationsFormes standard et canoniquesNotations vectorielles et matricielles

5 Utilisation de solveurs






Exemple de reference : contexte

Une usine fabrique 2 produits finis p1 et p2 a l’aide de maind’oeuvre (r1) et 2 matieres premieres (ressources) r2 et r3.

Les procedes de fabrication sont tels que :pour fabriquer 1 unite de p1, il faut 1h de r1, 2 unites de r2 et4 unites de r3,pour fabriquer 1 unite de p1, il faut 6h de r1, 2 unites de r2 et1 unites de r3,

Les ressources quotidienne de l’usine sont limitees : 30h de r1,15 unites de r2, 24 unites de r3,

Les prix de vente unitaires sont 2e pour p1, 3e pour p2,

Le directeur de l’usine souhaite organiser sa production desorte de maximiser quotidiennement le CA,






Modelisation du probleme

Definir les variables de decision

Ce sur quoi porte la decision, ce qui dont on doit determinerla valeur.

Dans ce cas : combien produire de p1 et p2 ?⇒ variables : x1, x2 : nombre d’unite de p1 et p2.







Definir les contraintes

Il faut x1h de r1 pour fabriquer x1 unites de p1 et 6x2h de r1pour fabriquer x2 unites de p2.

On ne dispose que de 30h de r1 donc on a x1 + 6x2 ≤ 30.

En considerant les ressources r2 et r3, on obtient :

2x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

Contraintes de non-negativite : x1 ≥ 0, x2 ≥ 0







Definir la fonction objectif

L’objectif est de maximiser le CA :x1 unites produites de de p1 rapportent 2x1e

x2 unites produites de de p2 rapportent 3x2e

On souhaite maximiser 2x1 + 3x2

Le programme lineaire P associe au probleme est :

P

Max 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1 ≥ 0, x2 ≥ 0





Les 4 etapesUne seconde illustration











Schema general de la modelisation

4 etapes de la modelisation

Definir les variables de decision.

Specifier les contraintes associees au probleme.

Definir la fonction objectif a optimiser.

Ecrire le programme lineaire complet.







Definir les variables de decision

Etape souvent la plus la plus delicate.

Il faut identifier :

ce sur quoi porte la decision et qui n’est pas fixe,ce dont on a besoin pour exprimer la fonction objectif et lescontraintes.

Pour un meme probleme, on peut avoir differents systemes devariables de decision.

Il est important de specifier les unites pour ces variables.







Definir les contraintes et la fonction objectif associees au probleme

Ne pas oublier (selon le contexte) la contrainte de positivitedes variables.

Les contraintes et la fonction objectif ne doivent faireintervenir que des variables de decision definies auparavant.

Respecter l’homogeneite des termes des contraintes et de lafonction objectif (les unites doivent etre coherentes).

Les contraintes et la fonction objectif doivent etre sous formelineaire.







Modeliser un probleme lineaire n’est possible que si

la contribution de chaque var. a la fonction objectif estproportionnelle a sa valeur (la marge unitaire de p1 diminue avec

x1, e.g. 2√

x1.

La contribution de chaque var. dans la fonction objectif (etdans les contraintes) est independante des valeurs des autresvar. Pas d’independance avec des termes produits xixj .

un PL ne permet pas de prendre en compte des effets dedependance entre variable, on a alors recours a la PNL.

la resolution d’un PNL est beaucoup plus difficile qu’un PL(on ne sait pas toujours trouver une solution optimale).






Une seconde illustration

Un probleme de raffinage

Une raffinerie produit de l’essence e1 (SP98) et e2 (SP95) apartir de 3 composants c1, c2 et c3.

Les limitations sont de

30000 barils/jours pour c1,20000 barils/jours pour c2,10000 barils/jours pour c3.

Certaines proportions doivent etre respectees dans laproduction de SP95 et SP98 :

un baril de SP95 doit contenir au plus 50% de c1 et au moins10% de c2,un baril de SP98 doit contenir au plus 30% de c1, au moins40% de c2 et au moins 50% de c3.






Une seconde illustration

Un probleme de raffinage (suite)

Les prix d’achat par baril sont de36e pour le composant c1,48e pour le composant c2,60e pour le composant c3.

Les prix de vente aux distributeurs par baril sont de54e pour le SP95,66e pour le SP98.

La demande maximum des stations de distribution est de15000 barils pour le SP95,35000 barils pour le SP98.

Probleme : quelle est la structure de production journalierequi maximise la marge d’exploitation.






Probleme de raffinage : modelisation

Il faut recenser les quantites a connaıtre pour exprimer ce quiest recherche.

les quantites journalieres de SP95 et SP98,les quantites journalieres de c1, c2 et c3.

Les contraintes concernent :

les limitations des quantites de composants,les proportions de composants dans la composition de SP95 etSP98.






Probleme de raffinage : definition les variable de decision

xij : quantite journaliere de composant ci intervenant dansl’essence ej (en barils), i=1,2,3, j=1,2 ⇒ 6 variables(rappel : e1 = SP98 et e2 = SP95)

ui : qte journaliere de composant ci utilisee (en barils), i=1,2,3

vj : qte journaliere d’essence ej fabriquee (en barils), j=1,2

Les variables ui et vj peuvent s’exprimer en fonction des xij

ui = xi1 + xi2 =∑2

j=1 xij , i = 1, 2, 3,

vj = x1j + x2j + x3j =∑3

i=1 xij , j = 1, 2.

En fait, on n’a besoin que des xij .Les ui et vj sont des variables auxiliaires et servent a exprimerle modele de facon plus claire.






Probleme de raffinage : specification des contraintes

Contraintes liees a la disponibilite des composants :

u1 ≤ 30000u2 ≤ 20000u3 ≤ 10000

ou bien

x11 + x12 ≤ 30000x21 + x22 ≤ 20000x31 + x32 ≤ 10000

Contraintes liees au respect des proportions :

Proportion de c1 dans e1 inferieure a 30% : x11

v1≤ 30%

Il faut ecrire cette contraintes en fonction des variable dedecision sous forme lineaire.x11

v1= x11

x11+x21+x31≤ 0.3 or x11 + x21 + x31 ≥ 0

⇔ x11 ≤ 0.3(x11 + x21 + x31)⇔ 0.7x11 − 0.3x21 − 0.3x31 ≤ 0

⇔ 7x11 − 3x21 − 3x31 ≤ 0 [1]







Au moins 40% de c2 dans e1 :x21

v1= x21

x11+x21+x31≥ 0.4

⇔ x21 ≥ 0.4(x11 + x21 + x31)⇔ −0.4x11 + 0.6x21 − 0.4x31 ≥ 0⇔ 2x11 − 3x21 + 2x31 ≤ 0 [2]


v1= x31

x11+x21+x31≥ 0.5

⇔ x31 ≥ 0.5(x11 + x21 + x31)⇔ −0.5x11 − 0.5x21 + 0.5x31 ≥ 0⇔ x11 + x21 − x31 ≤ 0 [3]

La premiere contrainte est redondante (immediat dans l’enonce)

[2]+[3] 3x11 − 2x21 + x31 ≤ 0 [4]or [4] implique 7x11 − 3x21 − 3x31 ≤ 0 [1]







Au plus 50% de c1 dans e2 :x12

v2= x12

x12+x22+x32≤ 0.5

⇔ x12 ≤ 0.5(x12 + x22 + x32)⇔ 0.5x12 − 0.5x22 − 0.5x32 ≤ 0⇔ x12 − x22 − x32x ≤ 0


v2= x22

x12+x22+x32≥ 0.1

⇔ x22 ≥ 0.1(x12 + x22 + x32)⇔ 0.1x12 − 0.9x22 + 0.1x32 ≤ 0⇔ x12 − 9x22 + x32 ≤ 0







Contraintes liees a la demande max des distributeurs :{

v1 ≤ 35000v2 ≤ 15000

ou bien

{

x11 + x21 + x31 ≤ 35000x12 + x22 + x32 ≤ 15000






Probleme de raffinage : specification de la fonction objectif

Marge = Gain - Cout

Max (66v1 + 54v2) − (36u1 + 48u2 + 60u3)

Max 66(x11 + x21 + x31) + 54(x12 + x22 + x32)−36(x11 + x12) − 48(x21 + x22) − 60(x31 + x32)

Max 30x11 + 18x21 + 6x31) + 18x12 + 6x22 − 6x32






Probleme de raffinage : PL a resoudre

Max 30x11 + 18x21 + 6x31 + 18x12 + 6x22 − 6x32

s.t. x11 + x12 ≤ 30000x21 + x22 ≤ 20000x31 + x32 ≤ 100007x11 − 3x21 − 3x31 ≤ 0 (redondante)2x11 − 3x21 + 2x31 ≤ 0x11 + x21 − x31 ≤ 0x12 − x22 − x32 ≤ 0x12 − 9x22 + x32 ≤ 0x11 + x21 + x31 ≤ 35000x12 + x22 + x32 ≤ 15000xi ,j ≥ 0, i = 1, 2, 3, j = 1, 2






Probleme de raffinage : une variante

On souhaite en fait maintenir l’activite simultanement surSP98 et SP95.

On veut maximiser la marge la plus faible sur les deuxproduits.

Comment “lineariser” cet objectif non lineaire ?

On introduit une variable de decision auxiliaire y quirepresente la plus petite des deux marges sur SP98 et SP95

que l’on cherche a maximiser.

Pour s’assurer que y represente bien la plus petite des deuxmarges, on ajoute les contraintes :

{

y ≤ 66(x11 + x21 + x31) − (36x11 + 48x21 + 60x31)y ≤ 54(x12 + x22 + x32) − (36x12 + 48x22 + 60x32)






Probleme de raffinage : variante du PL a resoudre

Max y

s.t. y ≤ 66(x11 + x21 + x31) − (36x11 + 48x21 + 60x31)y ≤ 54(x12 + x22 + x32) − (36x12 + 48x22 + 60x32)x11 + x12 ≤ 30000x21 + x22 ≤ 20000x31 + x32 ≤ 100007x11 − 3x21 − 3x31 ≤ 0 (redondante)2x11 − 3x21 + 2x31 ≤ 0x11 + x21 − x31 ≤ 0x12 − x22 − x32 ≤ 0x12 − 9x22 + x32 ≤ 0x11 + x21 + x31 ≤ 35000x12 + x22 + x32 ≤ 15000xi ,j ≥ 0, i = 1, 2, 3, j = 1, 2





Resolution graphique d’un PL

Valable pour des PL ayant au plus 3 variables.

Resolution en 2 etapes :1 representer le domaine des solutions realisables,2 trouver une solution optimale.

Illustrons la resolution sur l’exemple :

P

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1 ≥ 0, x2 ≥ 0





Representation du domaine des solutions realisables

chaque solution est un point x = (x1, x2) ∈ R2

Contrainte de positivite ⇒ x = (x1, x2) ∈ R+2.

Considerons la premiere contrainte x1 + 6x2 ≤ 30, la droitex1 + 6x2 = 30 separe le plan en deux 1/2 plans (x1 + 6x2 ≤ 30et x1 + 6x2 ≥ 30)

En eliminant, pour chaque contrainte, le 1/2 plan exclu par lacontrainte, on obtient un polyedre de solutions realisables.

P

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0





Trouver la solution optimale d’un PL

Tous les points sur la droite 2x1 + 3x2 = k donnent la meme valeura la fonction objectif.

La droite 2x1 + 3x2 = 12 passe par les points (0,4) et (6,0).

En augmentant la valeur de k , on observe que la plus grande valeurde k compatible avec le domaine des solutions realisable est al’intersection des contraintes x1 + 6x2 ≤ 30 et 2x1 + 2x2 ≤ 15.

la solution optimale est x∗ = (3, 4.5) et la valeur de la fonctionobjectif a l’optimum est f ∗ = 19.5

PL

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

12

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

13.5

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

15

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

16.5

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

18

x2

x1

Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






0

1

2

3

4

5

6

7

0 1 2 3 4 5 6 7 8

2x1 +

3x2 =

19.5

x2

x1

x∗ = (3, 4.5)Max f (x) = 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0






Cas general

Comment choisir la direction de deplacement des droites ?

Soit ∇f (x1, x2) = (δf /δx1, δf /δx2) le vecteur gradient dontles composantes sont les coefficients de la fonction objectif.

La direction du gradient de la fonction objectif donne ladirection d’augmentation de cette fonction.

Pour un probleme de maximisation (de minimisation resp.) ladirection est ∇f (x1, x2) (−∇f (x1, x2) resp.).





Gradient

Dans notre exemple

-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7-2

-1

0

1

2

3

4

5x2

x1

∇f = (2, 3)

∇f





Definitions et notationsFormes standard et canoniques











Definition et notations

Un programme lineaire est caracterise par :

n variables reelles x1, . . . , xn (possiblement soumises a des

conditions de signe).

p contraintes lineaires sur ces variables

∑nj=1 aijxj

≤=≥

di , i = 1, . . . , p

Une fonction objectif lineaire f (x) =∑n

j=1 cjxj a maximiserou minimiser.







Max(Min) f (x) =∑n

j=1 cjxj

s.t.

∑nj=1 aijxj ≤ di , i ∈ I1

∑nj=1 aijxj = di , i ∈ I2

∑nj=1 aijxj ≥ di , i ∈ I3

xj ≥ 0, j ∈ I1xj ≤ 0, j ∈ I2xj sans condition de signe, j ∈ I3

I1, I2, I3, J1, J2, J3 sont des sous-ensembles d’indices







x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn est une solution realisable si les xi

verifient toutes les contraintes.

R = {solutions realisables}.

Une solution x∗ est optimale s’il n’existe pas dans R desolution donnant a la fonction une valeur strictement plusgrande pour une maximisation (strictement plus petite pourune minimisation).∀x ∈ R ,

∑nj=1 cjxj ≤

∑nj=1 cjx

∗

j .

R∗ = {solutions realisables optimales}






4 cas a distinguer

Cas 1. R = ∅ pas de solution realisable ⇒ pas d’optimum

-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-2

-1

0

1

2

3

4

5x2

x1

Max 2x1 + x2

s.t. x1 + x2 ≤ 2

x1 ≥ 3

x1, x2 ≥ 0






4 cas a distinguer

Cas 2. R∗ = ∅ le polyedre des solutions realisables est non borne.

-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-2

-1

0

1

2

3

4

5

R

x2

x1

∇f

Max x1 + x2

s.t. x1 + x2 ≥ 2

x1 ≤ 1

x1, x2 ≥ 0






4 cas a distinguer

Cas 3. R∗ = {x∗} une seule solution optimale.

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8-2

-1

0

1

2

3

4

5

6x2

x1

∇f

Max 2x1 + 3x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1, x2 ≥ 0






4 cas a distinguer

Cas 4. R∗ contient une infinite de solution optimale.

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8-2

-1

0

1

2

3

4

5

6x2

x1

∇f

Max x1 + x2

s.t. x1 + 6x2 ≤ 302x1 + 2x2 ≤ 154x1 + x2 ≤ 24x1, x2 ≥ 0






Formes standard et canoniques

Forme standard

toutes les variables sont positives ou nulles,toutes les contraintes sont sous forme d’egalite,

Forme canonique

toutes les variables sont positives ou nulles,toutes les contraintes sont des inegalites de meme sens,






Forme standard

Min (ou Max)∑n

j=1 cjxj∑n

j=1 aijxj = di , i = 1, . . . , pxj ≥ 0, j = 1, . . . , n

On transforme chaque contrainte d’inegalite en contrainted’egalite par l’introduction d’une variable d’ecart.

n∑

j=1

aijxj ≤ di est remplace par

{ ∑nj=1 aijxj + xe

i = di

xei ≥ 0

∑nj=1 aijxj ≥ di est remplace par

{ ∑nj=1 aijxj − xe

i = di

xei ≥ 0






Forme standard

Pour les variables :

si xj ≥ 0, rien a faire

si xj ≥ 0, poser yj = −xj et remplacer chaque occurrence dexj par −yj dans les contraintes et la fonction objectif, puisremplacer la contrainte xj ≤ 0 par yj ≥ 0.

cas ou xj est sans contrainte de signe :

poser xj = x+j − x−

j avec x+j = max(xj , 0) et

x−

j = max(−xj , 0)

remplacer chaque occurrence de xj par x+j − x−

j dans lescontraintes et la fonction objectif, .remplacer la contrainte xj sans contrainte de signe par x+

j ≥ 0

par x−

j ≥ 0






Forme standard : exemple

Min 3x1 − x2

x1 − 2x2 + x3 ≥ −2

2x1 + 2x3 = 4x1 + 3x2 ≤ 5x1, x3 ≥ 0x2 sans contrainte de signe

Min 3x1−x+2 + x−

2

x1−2x+2 + 2x−

2 + x3−x4 = −2

2x1 + 2x3 = 4x1+3x+

2 − 3x−

2 +x5 = 5x1, x

+2 , x−

2 , x3, x4, x5 ≥ 0On peut toujours mettre un PL sous forme standard






Forme canonique

Il existe deux formes canoniques

Min f (x) =∑n

j=1 cjxj

s.t.

{ ∑nj=1 aijxj ≥ di , i = 1, . . . , p

xj ≥ 0, j = 1, . . . , n

Max f (x) =∑n

j=1 cjxj

s.t.

{ ∑nj=1 aijxj ≤ di , i = 1, . . . , p

xj ≥ 0, j = 1, . . . , n

Propriete : on peut toujours mettre un PL sous forme canonique






Forme canonique

Pour modifier le sens d’une contrainte d’inegalite, il fautmultiplier les deux membres par -1,

Une contrainte d’egalite est transformee en 2 contraintesd’inegalite :

n∑

j=1

aijxj = di devient

{ ∑n

j=1 aijxj ≥ di∑n

j=1 aijxj ≤ diet donc

{ ∑n

j=1 −aijxj ≤ −di∑n

j=1 aijxj ≤ di

Pour la fonction objectif, on passe de max a min par :Minx f (x) ⇔ −Maxx (−f (x)) etMaxx f (x) ⇔ −Minx (−f (x)) (meme x∗ pour les deux pb),

Remarque : on a aussi Maxx f (x) ⇔ Maxx f (x) + c etMaxx f (x) ⇔ Maxx λf (x),






Forme canonique

Min 3x1 − x2

x1 − 2x2 + x3 ≥ −2

2x1 + 2x3 = 4x1 + 3x2 ≤ 5x1, x3 ≥ 0x2 sans contrainte de signe

Min 3x1−x+2 + x−

2

x1−2x+2 + 2x−

2 + x3 ≥ −2

2x1 + 2x3 ≥ 4−2x1 − 2x3 ≥ −4−x1−3x+

2 + 3x−

2 ≥ −5x1, x

+2 , x−

2 , x3,≥ 0


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