3. Variantes de l

1

• 3. Variantes de lalgorithme
• du
• simplexe

2
Les deux phases du simplexe

• Pour initialiser lalgorithme du simplexe, il
  faut disposer dune solution de base réalisable
  initiale.
• Or une telle solution de base initiale nest pas
  nécessairement disponible.
• De plus, en général, nous ne savons même pas si
  le domaine réalisable nest pas vide.
• La phase I du simplexe
• ? indique si le problème est
  réalisable (i.e., son domaine réalisable
• nest pas vide)
• ? si oui, fournit linformation
  pour générer une solution de base
• réalisable initiale.

3
Cas simple

• Soit le problème de programmation linéaire
  suivant

En utilisant les variables décart
xn1 xn2 .
.
xnm
4
Cas simple

• Le problème devient

Les variables de base de la solution initiale
sont xn1, xn2,, xnm
5
Problème du restaurateur transformé en min

• Transformons les contraintes dinégalité du
  problème du restaurateur en égalité avec les
  variables décart u, p et h
• min z 8x 6y
  min z 8x 6y
• Sujet à
  Sujet à
• 5x 3y 30
  5x 3y u 30
• 2x 3y 24
  2x 3y p 24
• 1x 3y 18
  1x 3y h 18
• x, y 0
  x, y, u, p, h
  0

6
Cas plus compliqué

• Considérons plutôt le problème suivant

En utilisant les variables décart
xn1 xn2 .
.
xnm
7
Cas plus compliqué
La solution de base où xn1, xn2,, xnm sont
les variables de base nest pas réalisable car
les valeurs des variables xni
bi 0 i 1,2,,m lorsque les variables
hors base sont égales à 0

• Alors le problème devient

8
Cas général
Nous utilisons une phase préliminaire (Phase I)

• Dans le cas général où le problème est sous la
  forme standard

Construisons un problème artificiel
Introduisons les variables artificielles
t1 t2
. .
tm
9
Solution de base réalisable initiale
Nous utilisons une phase préliminaire (Phase I)

• Les contraintes deviennent donc

Les variables t1, t2,, tm sont les variables de
base dune solution de base réalisable de ce
système
Remplaçons la fonction économique par une
nouvelle minimiser la somme des variables
artificielles
10
Problème artificiel

• Le problème artificielle de la phase I est donc
  de la forme

Remplaçons la fonction économique par une
nouvelle minimiser la somme des variables
artificielles
11

• Ou encore, le problème artificielle de la phase I
  est donc de la forme

Résolvons ce problème avec lalgorithme du
simplexe
12
Problème artificiel
Générons un problème équivalent en soustrayant
chacune des m premières contraintes de
celle associée à la fonction économique
Définissons

13
Problème artificiel équivalent

• Le problème équivalent est donc de la forme

14
Résolution du problème de la phase I

• Ce problème est résolu avec lalgorithme du
  simplexe.
• Les variables artificielles t1, t2 ,, tm sont
  les variables de base de la solution initiale
  puisque leur valeur est non négative lorsque les
  variables xj du problème original sont fixées à 0.

15

16
Résultat de la phase I

• Proposition À la fin de la phase I
• (i) si la valeur optimale
  min w de la fonction économique est
• positive (i.e., min
  w gt 0), alors le domaine réalisable du
• problème original
  est vide (i.e., le problème original nest
• pas réalisable)
• (ii) si la valeur optimale
  min w de la fonction économique est
• nulle (i.e., min w
  0), alors le domaine réalisable du
• problème original
  nest pas vide (i.e., le problème original
• est réalisable).

17

• Preuve
• (i) (Preuve par contraposée)
• Si le domaine réalisable du problème
  original nest pas vide,

18
Résultat de la phase I

• Preuve
• (i) (Preuve par contraposée)
• Si le domaine réalisable du problème
  original nest pas vide, substituons
• 
  ces valeurs des variables xj dans
  le
• 
  problème de la phase I
  

19
Résultat de la phase I

• Preuve
• (i) (Preuve par contraposée)
• Si le domaine réalisable du problème
  original nest pas vide, substituons
• 
  ces valeurs des variables xj dans
  le
• 
  problème de la phase I
• 
  

20
Résultat de la phase I

• Preuve
• (i) (Preuve par contraposée)
• Si le domaine réalisable du problème
  original nest pas vide, substituons
• 
  ces valeurs des variables xj dans
  le
• 
  problème de la phase I
• 
  pour obtenir une solution
  
• 
  réalisable où toutes les
  variables
• 
  ti sont égales à 0 et
  où la
• 
  valeur de la fonction
• 
  économique w 0.

21
Résultat de la phase I

• Preuve
• (i) (Preuve par contraposée)
• Si le domaine réalisable du problème
  original nest pas vide, substituons
• 
  ces valeurs des variables xj dans
  le
• 
  problème de la phase I
• 
  pour obtenir une solution
  
• 
  réalisable où toutes les
  variables
• 
  ti sont égales à 0 et
  ainsi ayant
• 
  une valeur de la
  fonction
• 
  économique w 0. Donc
  si
• 
  min w gt 0, alors le
  problème
• 
  original na pas de
  solution.

22
Résultat de la phase I

• (ii)
• Si à la fin de la phase I, la valeur de min
  w 0,

23
Résultat de la phase I

• (ii)
• Si à la fin de la phase I, la valeur de min
  w 0, alors il existe une solution
• réalisable du problème de la phase I où
  toutes les variables artificielles ti
• 
  sont égales à 0.
• 
  Dans ce cas, les
  valeurs que
• 
  prennent les variables
  xj
• 
  constituent une
  solution pour
• 
  le problème original.

24
Résultat de la phase I

• (ii)
• Si à la fin de la phase I, la valeur de min
  w 0, alors il existe une solution
• réalisable du problème de la phase I où
  toutes les variables artificielles ti
• 
  sont égales à 0.
• 
  Dans ce cas, les
  valeurs que
• 
  prennent les variables
  xj
• 
  constituent une
  solution pour
• 
  le problème original.

25
Solution initiale pour poursuivre

• Dans le cas où min w est égale à 0, nous
  poursuivons la résolution du problème original
  avec lalgorithme du simplexe en utilisant
  linformation du tableau de la dernière itération
  de la phase I pour construire une solution de
  base initiale pour le problème original.
• Considérons le tableau du simplexe de la dernière
  itération de la phase I

26
Tableau phase I
m des colonnes du tableau sont les m vecteurs
unitaires où le 1 est
la iième
composante
Solution optimale de la phase I
?
27
Tableau phase I
m des colonnes du tableau sont les m vecteurs
unitaires où le 1 est
la iième
composante
La variable sous laquelle nous retrouvons le
iième vecteur unitaire est la variable de
base dans la iième ligne du tableau
28
Solution initiale pour poursuivre

• Deux cas différents doivent être considérés.
• Cas 1 Aucune variable artificielle nest
  variable de base. Donc toutes les variables de
  base sont des variables originales xj.
• Considérons le tableau du simplexe de la
  dernière itération de la phase I

29
Solution initiale pour poursuivre
Éliminons les colonnes des variables artificielles
Remplaçons la dernière ligne du tableau par la
fonction économique du problème original
30
Solution initiale pour poursuivre

• Dénotant les variables de base par
  ,le tableau devient

Pour retrouver le tableau du simplexe associé à
cette base, il faut ramener à 0 les coûts
relatifs des variables de base
31
Solution initiale pour poursuivre

Modifions la dernière ligne de ce tableau en
soustrayant chacune des autres lignes i
multipliée par
De sorte que
32
Solution initiale pour poursuivre

• Le tableau devient donc

Nous avons donc un tableau du simplexe associé à
une solution initiale de base pour le problème
originale où les variables de base sont
33

• Cas 2 Certaines variables de base sont des
  variables artificielles. Supposons que la
  variable artificielle tk est variable de base
  dans la ligne i

34
Solution initiale pour poursuivre

• Cas 2 Certaines variables de base sont des
  variables artificielles. Supposons que la
  variable artificielle tk est variable de base
  dans la ligne i.
• Cette ligne du tableau à la dernière
  itération de la phase I est de la forme

Mais min w 0 gt tk 0 . Ainsi
Essayons de remplacer tk par une des variables
originales xj à titre de variable de base dans
la ligne i. Analysons les coefficients des
variables xj dans cette ligne.
35
Solution initiale pour poursuivre

• Supposons quil existe un indice s, 1 s n, tel
  que .
• Transformons le dernier tableau de la phase
  I en exécutant un
• pivot sur lélément pour que
  xs devienne la variable de
• base dans la ligne i. Ceci ne modifie en
  rien la valeur de
• lobjectif w puisque

36

• Cas 2 Certaines variables de base sont des
  variables artificielles. Supposons que la
  variable artificielle tk est variable de base
  dans la ligne i

37
Solution initiale pour poursuivre

ii) Supposons que
. On peut alors démontrer que la
contrainte i du problème est redondante car elle
peut sexprimer comme une combinaison
linéaire des autres contraintes. Dans ce
cas, la contrainte i peut être éliminée sans
modifier le domaine réalisable. Nous
éliminons donc la ligne i du tableau.
Après avoir traité chaque ligne où la variable de
base est une variable artificielle selon i) ou
ii), alors nous obtenons une autre solution
optimale de la phase I où aucune variable
artificielle nest de base. Nous retombons alors
sur le Cas 1
38
Notion de multiplicateurs du simplexe

• Considérons la dernière ligne du tableau du
  simplexe associé à la base B qui correspond aux
  vecteurs des coûts relatifs des variables

39
Notion de multiplicateurs du simplexe

• Dénotons le vecteur défini par
• Alors
• Ou
• où dénote la jième colonne de la
  matrice de contrainte A

p est le vecteur des multiplicateurs du simplexe
associé à la base B.
40
Illustration avec le problème du restaurateur
41

42
(No Transcript)
43

44

45
Notion de multiplicateurs du simplexe

• Le vecteur des multiplicateurs du simplexe p
  permet de calculer
• les coûts relatifs directement à
  partir des données originales du problème.
• Les composantes pi (i1,2,,m) du vecteur des
  multiplicateurs peuvent être considérés comme des
  poids associés aux lignes i du tableau (ou aux
  contraintes i du problème) tel que la
  soustraction dune combinaison linéaire des
  lignes avec ces poids de la dernière ligne du
  tableau permet dannuler les coûts relatifs des
  variables de base.

46
(No Transcript)
47

48
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Les multiplicateurs du simplexe associés à une
  base optimale permettent de mesurer leffet de
  modifier les termes de droite sur la valeur
  optimale dun problème.
• Considérons le problème original et un autre où
  les termes de droite sont modifiés

49
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Dénotons par B une base optimale du problème
  original, et la solution de base optimale
  correspondante
• dont la valeur (optimale pour le problème)
  est donnée par

50
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Choisissons la valeur de de telle sorte
  que
• Donc B demeure une base réalisable pour le
  nouveau problème modifié puisque la solution de
  base associée est

51
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Donc B demeure une base réalisable pour le
  nouveau problème modifié puisque la solution de
  base associée est
• De plus, puisque ni les coûts cj ni la matrice A
  nont été modifiés, alors le vecteur des
  multiplicateur p reste inchangé. Par conséquent
  les coûts
• relatifs demeurent inchangés et donc
  non négatifs pour le nouveau problème.
• Par conséquent, B demeure une base optimale
  pour le nouveau problème

52
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Cette solution est optimale pour le nouveau
  problème.
• Évaluons la valeur optimale du nouveau problème

53
Sensitivité de la valeur optimale
auxmodifications des termes de droite

• Évaluons la valeur optimale du nouveau problème.
  

Ainsi, indique la taux de
variation unitaire de la valeur optimale
lorsque le terme de droite bi de la contrainte i
est modifié dune quantité choisie de
telle sorte que la base demeure réalisable pour
le nouveau problème.
54
(No Transcript)
55

56

57
Domaine réalisable

• Lensemble des points réalisables pour le système
• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y 18
• x,y0

58
Résolution graphique

• Considérons la fonction économique
• z 8x 6y.
• La solution optimale
• x 3 et y 5 gt z 54.
• Vecteur des multiplicateurs optimaux
• pT 3/2, 0, 1/2
• Si b1 30 devient b1?b1 avec
• ?b1lt0
• domaine réalisable diminue

• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y
  18

59

60
Résolution graphique

• Considérons la fonction économique
• z 8x 6y.
• La solution optimale
• x 3 et y 5 gt z 54.
• Vecteur des multiplicateurs optimaux
• pT 3/2, 0, 1/2
• Si b1 30 devient b1?b1 avec
• ?b1gt0
• domaine réalisable augmente

• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y
  18

61

62
Résolution graphique

• Considérons la fonction économique
• z 8x 6y.
• La solution optimale
• x 3 et y 5 gt z 54.
• Vecteur des multiplicateurs optimaux
• pT 3/2, 0, 1/2
• Si b3 18 devient b3?b3 avec
• ?b3lt0
• domaine réalisable diminue

• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y
  18

63

64
Résolution graphique

• Considérons la fonction économique
• z 8x 6y.
• La solution optimale
• x 3 et y 5 gt z 54.
• Vecteur des multiplicateurs optimaux
• pT 3/2, 0, 1/2
• Si b2 24 devient b2?b2 avec
• ?b2lt0
• domaine réalisable ne change pas

• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y
  18

65
Deux observations très importantes qui sontà la
base de la forme révisée du simplexe
66
(No Transcript)
67
Forme révisée du simplexe

• Dans cette variante de lalgorithme du simplexe,
  nous exploitons les multiplicateurs du simplexe
  pour permettre de faire le pivot sur un tableau
  de dimension réduite.
• Nous considérons le problème de programmation
  linéaire sous sa forme standard

68
Forme révisée du simplexe

• Les données du problème
• peuvent être résumées dans le tableau suivant

69

• Construisons un nouveau tableau à partir de ce
  dernier en ajoutant une matrice identité mxm à
  côté de la matrice A des contraintes
• et en lui associant un vecteur de m
  composantes égales à 0 dans la dernière ligne du
  tableau

70

• Supposons que nous résolvions le problème avec
  lalgorithme du simplexe et que nous fassions
  également les pivots sur la partie additionnelle
  du tableau à chaque itération.
• Considérons une solution de base réalisable dont
  la base B est constituée des m premières colonnes
  de A.
• Pour faciliter la présentation représentons le
  tableau augmenté sous une forme matricielle
  équivalente

71

72

• Le tableau du simplexe associé à la base B peut
  être retrouvé
• en multipliant les m premières lignes du
  tableau par B-1
• et en ramenant les coûts relatifs des
  variables de base à 0

B-1
0
73

• Considérant maintenant la représentation
  explicite du tableau augmenté à cette itération

La matrice B-1 se retrouve à lendroit où était
la matrice identité dans le tableau des données
originales
74

1
Dénotons par p p1, p2,, pmT le vecteur des
multiplicateurs associés à la base B. Alors En
particulier, pour i 1,2,,m, puisque cni 0
et
75

Ce tableau sécrit donc sous la forme
B-1 inverse de la base
Multiplicateurs changés de signe
76

La partie suivante de ce tableau

contient toute linformation nécessaire pour
compléter une itération du simplexe.
77

Critère dentrée Pour déterminer la variable
dentrée ou vérifier si la solution actuelle est
optimale, il faut déterminer les coûts
relatifs
78

Critère de sortie Pour compléter cette étape,
il faut connaître Or
79

80

Pivot Il suffit de compléter le pivot uniquement
sur les colonnes du tableau précédent. En effet
nous aurons alors toute linformation nécessaire
pour compléter la prochaine itération. En
pivotant sur lélément
81

1
82
Résolvons le problème du restaurateuravecla
forme révisée du simplexe
83

84

85

86
Variante du simplexe pour problème avec
variables bornées

• Considérons le problème de programmation linéaire
  avec variables bornées suivant
• Ramenons à 0 les bornes inférieures en faisant le
  changement de variables suivant
• xj gj
  lj (i.e., gj xj lj )

87
Variante du simplexe pour problème avec
variables bornées

• le problème devient
• Ramenons à 0 les bornes inférieures en faisant le
  changement de variables suivant
• xj gj
  lj (i.e., gj xj lj )

88
Variante du simplexe pour problème avec
variables bornées

• le problème devient
• et en remplaçant uj qj lj et
  b h Al

89
Variante du simplexe pour problème avec
variables bornées

• Dans ce problème
• puisque cTl représente une constante, nous
  pouvons la sortir de la minimisation sans changer
  la solution optimale
• et dans la suite de la présentation
  considérer le problème sans cette constante sans
  perte de généralité.

90
(No Transcript)
91

• Considérons la formulation explicite du problème
• Une façon de le résoudre est de le ramener sous
  une forme standard en introduisant des variables
  décart yj,
• et densuite utiliser lalgorithme du
  simplexe

92
(No Transcript)
93

94

Non dégénérescence toutes les variables de base
sont positives à chaque itération

• Considérons une solution de base réalisable de ce
  problème.
• La présence des contraintes xj yj uj implique
  quau moins une des deux variables xj ou yj est
  variable de base, j 1,2,,n.
• Donc une des trois situations suivantes prévaut
  pour chaque j 1,2,,n
• a) xj uj est variable de base et yj 0
  est variable hors base
• b) xj 0 est variable hors base et yj
  uj est variable de base
• c) 0 lt xj lt uj est variable de base et 0 lt
  yj lt uj est variable de base

95

m n variables de base requises il y a n
variables yj Il y a au moins m variables xj
dans la base
Exactement m variables xj satisfont
0 lt xj lt uj. Par contradiction, si m0 m
variables xj satisfaisaient la relation, alors
les m0 variables yj correspondantes
seraient également dans la base. De plus, pour
les n m0 autres indices j xj uj (cas a) ou
bien yj uj (cas b) serait vérifié. Alors le
nombre de variables de base serait égal à 2m0
(n m0) m0 n m n
96
(No Transcript)
97
(No Transcript)
98
(No Transcript)
99

La base a donc la forme suivante

0 lt xj lt uj
0 lt yj lt uj
xjuj
yjuj
100

Chaque base a donc la forme suivante

0 lt xj lt uj
0 lt yj lt uj
xjuj
yjuj
101

102

Chaque base a donc la forme suivante
m

Base de A
Les colonnes de la base B de A correspondent
aux variables 0ltxjltuj
n
0 lt xj lt uj
0 lt yj lt uj
xjuj
yjuj
103

Chaque base a donc la forme suivante
m

Base de A
Les colonnes de la base B de A correspondent
aux variables 0ltxjltuj
n
0 lt xj lt uj
0 lt yj lt uj
xjuj
yjuj
104
(No Transcript)
105

• Ainsi, nous pouvons développer une variante du
  simplexe pour résoudre directement le problème
• en traitant implicitement les bornes
  supérieures uj. À chaque itération, nous allons
  considérer une solution (de base) associée à une
  base B de A ayant
• m variables de base
• n m variables hors base

106

• À chaque itération, nous allons considérer une
  solution (de base) associée à une base B de A
  ayant
• m variables de base
• n m variables hors base
  .
• Si on dénote les indices des variables de base IB
  j1, j2, , jm où ji est lindice de la
  variable de base dans la iième ligne, alors

Nous retrouvons les mêmes expressions que pour
les problèmes sans bornes sauf que les variables
hors base
107

• 
  
• 
  Il suffit dajuster les critères dentrée et
  de
• 
  sortie en conséquence pour retrouver la
• 
  variante du simplexe.

Nous retrouvons les mêmes expressions que pour
les problèmes sans bornes sauf que les variables
hors base
108
Étape 1 Choix de la variable dentrée

• Le critère pour choisir la variable
  dentrée est modifié pour tenir compte des
  variables hors base xj à leur borne supérieure uj
  qui peuvent diminuer.
• Ainsi, pour un indice
• si
  , il est avantageux daugmenter xj
• si
  , il est avantageux de
  diminuer xj

109
Étape 2.1 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Laugmentation ? de la variable dentrée xs est
  limitée par la première des trois situations
  suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne sup. us
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

• Soit

Si ? 8, alors le problème nest pas borné
inférieurement et lalgorithme sarrête.
110
Étape 2.1 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• Laugmentation ? de la variable dentrée xs est
  limitée par la première des trois situations
  suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne sup. us
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si ? us, alors lensemble des variables de
base reste le même et la même base est utilisée à
la prochaine itération. La variable xs demeure
hors base et sa valeur passe de 0 à us.
Retourner à létape 1.
111
Étape 2.1 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• Laugmentation ? de la variable dentrée xsest
  limitée par la première des trois situations
  suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne sup. us
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si alors la valeur de la variable dentrée
xs augmente à ?. La variable dentrée xs devient
variable de base à la place de la variable de
sortie qui devient égale à 0. Pivoter sur
et retourner à létape 1
112
Étape 2.1 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• Laugmentation ? de la variable dentrée xs est
  limitée par la première des trois situations
  suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne sup. us
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si alors la valeur de la variable dentrée
xs augmente à ?. La variable dentrée xs devient
variable de base à la place de la variable de
sortie qui devient égale à . Pivoter
sur et retourner à létape 1
113
Étape 1 Choix de la variable dentrée

• Le critère pour choisir la variable
  dentrée est modifié pour tenir compte des
  variables hors base xj à leur borne supérieure uj
  qui peuvent diminuer.
• Ainsi, pour un indice
• si
  , il est avantageux daugmenter xj
• si
  , il est avantageux de
  diminuer xj

114
Étape 2.2 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• La réduction ? de la valeur de la variable
  dentrée xs est limitée par la première des trois
  situations suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne inf. 0
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si ? us, alors lensemble des variables de
base reste le même et la même base est utilisée à
la prochaine itération. La variable xs demeure
hors base et sa valeur passe de us à 0.
Retourner à létape 1.
115
Étape 2.2 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• La réduction ? de la valeur de la variable
  dentrée xs est limitée par la première des trois
  situations suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne inf. 0
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si alors la valeur de la variable dentrée
xs est réduite de ? (i.e., xs? us ?). La
variable dentrée xs devient variable de base à
la place de la variable de sortie qui
devient égale à 0. Pivoter sur et
retourner à létape 1
116
Étape 2.2 Choix de la variable de sortie
la valeur de la variable de base

• Soit

• La réduction ? de la valeur de la variable
  dentrée xs est limitée par la première des trois
  situations suivantes qui se produit
• i) xs atteint sa borne inf. 0
• ii) une variable de base
• décroît à 0 (dans ce cas )
• iii) une variable de base
• augmente pour atteindre sa
• borne sup. (dans ce cas
• )

Si alors la valeur de la variable dentrée xs et
réduite de ? (i.e., xs? us ?). La variable
dentrée xs devient variable de base à la place
de la variable de sortie qui devient égale
à . Pivoter sur et retourner à
létape 1
117
Étape 3 Pivot
Lélément de pivot est à lintersection
de la ligne de la variable dentrée xs et de la
colonne de la variable de sortie xr
Variable dentrée
Variable de sortie

118
Tableau résultant pour amorcer la prochaine
itération

119
Résolvons le problème du restaurateurmodifié
avec une borne sur la valeur de x

• Lensemble des points réalisables pour le système
• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y 18
• x,y0
• x 4

120

121

122
Problème du restaurateur

• Lensemble des points réalisables pour le système
• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y 18
• x,y0
• x 4

123

124

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Problème du restaurateur

• Lensemble des points réalisables pour le système
• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y 18
• x,y0
• x 4

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Problème du restaurateur

• Lensemble des points réalisables pour le système
• 5x 3y 30
• 2x 3y 24
• 1x 3y 18
• x,y0
• x 4

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