Ralis par :

EL IDRISSI Aziz

NB : Daprs le Cours de Recherche Oprationnelle de la facult de AIN CHOCK route dEL JADIDA (5me semestre)

TABLE DES MATIRESTable des Matires .....................................................................................................................2 Introduction :...............................................................................................................................3 Partie I : programmation linaire ...............................................................................................3 Partie II : Algorithme du simplexe :............................................................................................8 Introduction : ..........................................................................................................................8 Rsolution simplexe du P.L :..................................................................................................8 Notion dualit :......................................................................................................................12 partie III : Gestion de projet .....................................................................................................14 Introduction :.........................................................................................................................14 Mthode P.E.R.T temps (gestion optimale du temps de ralisation dun projet).................14 Notion de tache critique :......................................................................................................16

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INTRODUCTION :La recherche oprationnelle est un ensemble de mthodes danalyse scientifiques tournes vers la recherche de la meilleur faon dapprocher les problmes afin daboutir aux meilleurs solutions. Les deux classes de problmes traits dans ce cours sont : I la programmation linaire : qui consiste grer de faon optimale les systmes de production qui voluent de faon proportionnelle. II Ordonnancement et planification optimale : des temps de ralisation dun projet par la mthode P.E.R.T (Program Evaluation and Reviews techniques).

PARTIE I : PROGRAMMATION LINAIREExemple de travail : Enonc : la conception de la production de deux types de pices P1 et P2 a t dcide selon la fiche technique et financire suivante : Pices produire P1 P2 Disponibilit Heures machines de Maximale en H. fabrication machine M1 5 3 270 M2 4 6 360 Prix de vente unitaire 1500 DH 1800 DH des pices produites TAF : 1 formuler le problme de lentreprise qui cherche maximiser leur CA global en respectant les disponibilits en facteurs de production M1 et M2. 2 donner la solution optimale du problme ainsi que son interprtation conomique. Rponse : 1 Formulation du problme (dmarche suivre) : 1 / Dfinition de lobjectif : Maximiser le CA global qui est fonction des quantits produire en P1 et P2. 2/ Dfinition des variables conomiques (V.E) : X1 : quantit de pices P1 produire ; X2 : quantit de pices P2 produire. 3/ Dfinition de la fonction conomique : Max Z : 1500 X1+1800X2 4/ Dfinition des contraintes : 5X1 + 3X2270 (Disponibilit en H machine M1) 4X1+6X2360 (Disponibilit en H machine M2) X10 ; X20 (contrainte de positivit)

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Disponibilit = Capacit maximale = au maximum Quantit requise = Capacit minimale=au minimum Do le programme linaire (P.L) rsoudre : Max Z : 1500 X1+1800X2 (P) (D) 5X1 + 3X2270 (Disponibilit en H machine M1) (0;90) ;(54;0) 4X1+6X2360 (Disponibilit en H machine M2) (0;60) ; (90;0) X10 ; X20 (contrainte de positivit)

2 - Rsolution graphique du (P.L) (P) :

100 80 60 A 40 20 0 -20 0 10 20 B

D

30

40

50

60

70

80

90 100

Commentaire : Le domaine (D) est lensemble des points admissibles c'est--dire lensemble des points qui vrifient toutes les contraintes. Le domaine (D) du problme est born. Les points O, A, B, C sont appels les points sommets du (D). Thorme doptimalit : On dmontre que si solution optimale existe, elle est obligatoirement lune des points sommets. Lecture de la solution optimale par la mthode des sommets :

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Coordonnes du sommet S O (0 ;0) A (0 ; 60) B (30 ; 40) C (54 ; 0)

Valeur de Z au sommet Si : Zs 0 DH 108 000 DH 117 000 DH 81 000 DH

Calcul des carts Ecart en M1 :e1 Ecart en M2 : e2 270 H 90 H 0H 0H 360 H 0H 0H 144 H

B est lintersection des droites frontires (1) et (2) donc ses coordonnes sont solution du systme dquation (1) 5x1 + 3x2 = 270 (2) 4x1+ 6x2 = 360 e1 = 270 (5x1 + 3x2) e2 = 360 (4x1 + 6x2)

Interprtation conomique de la solution optimale : Pour raliser un CA maximal de 117 000 DH on doit produire 30 units de pices P1 et 40 units de pices P2 avec plein emploi en heures machines M1 et M2 Cas n 2 : Enonc : Dans une exploitation agricole, on doit choisir entre 2 types dengrais A et B pour fertiliser un hectare de terre. Celui-ci requiert au moins 60 kg de potassium, 120 Kg de calcium et 90 Kg de sodium par hectare. dans un paquet dengrais A, il y a 1Kg de potassium, 3 Kg de calcium et 3 Kg de sodium dans un paquet B, il y a 2 Kg de potassium, 2 Kg de calcium et 1 Kg de sodium. Les cots dachat unitaires sont de 100 DH pour le paquet de A et 100 DH pour le paquet B. TAF : 1 formuler le problme qui permet de raliser la fertilisation souhaite au moindre cot en respectant les contraintes dexploitation. 2 par une rsolution graphique, donner et interprter la solution optimale du problme. Paquets dengrais A B Quantits requises en produits chimiques Potassium 1 2 60 Calcium 3 2 120 Sodium 3 1 90 Cot dachat unitaire 100 100 des paquets en DH 1- Formulation du problme 5

1) Objectif : Question Minimiser le cot de la fertilisation souhaite qui est fonction des quantits de paquets dengrais A et B acheter et utiliser. 2) V.E : X1 : quantit de paquets A acheter X2 : quantit de paquets B acheter 3)- Fonction Economique : Min Z : 100x1 + 100x2 4)- Les contraintes : 1x1 + 2x2 60 potassiums 3x1 + 2x2 120 Calciums 3x1 + 1x2 90 Sodiums X10; X20 Do le programme linaire (P.L) rsoudre Min Z : 100x1 + 100x2 1x1 + 2x2 60 (P) 3x1 + 2x2 120 (D) 3x1 + 1x2 90 X10; X20 Rsolution graphique :100 80 60 40 20 0 -20 -40 0 10 20 30

.A

(D). 40 B50 60 70 80

1 2 3

90 100

.C .

D

. 3 Lecture graphique de la solution optimale :(mthode des sommets). * notre domaine (D) est un domaine non born (ouvert). * si solution existe elle est obligatoirement un des points sommets : A, B, C ou D Le point B est lintersection des droites frontires (2) et (3) donc ses coordonnes sont solution du systme dquations : 3x1 + 2x2 120 (2) 3x1 + 1x2 90 (3) Aprs rsolution on trouve : x1= 20 et x2= 30

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Le point C est lintersection des droites frontires (1) et (2) et donc solution du systme dquations :

1x1 + 2x2 60 (1) 3x1 + 2x2 120 (2) Aprs rsolution on trouve x1= 30 et x2 = 15 Coordonnes du sommet S A (0 ; 90) B (20, 30) C (30 ; 15) D (60 ; 0) Valeur de Z en chaque sommet : Zsi ZA= 9000 DH ZB= 5000 DH ZC= 4500 DH ZD = 6000 DH e1= x1+ 2x2- 60 120 Kg 20 Kg 0 0 e2= 3x1 + 2x2 + 120 60 Kg 0 Kg 0 60 Kg e3= 3x1+ x2-90 0 Kg 0 15 Kg 90 Kg

4) Conclusion : La solution optimale est : X*=(x1* ; x2*)= (30 ; 15) avec e1= 0 ; e2=0 ; e3=15 Et Z*min = 4500 DH 5) Interprtation conomique : Pour raliser la fertilisation souhaite au moindre cot de 4500 DH on doit acheter et utiliser 30 paquets dengrais A et 15 paquets dengrais B. Cet achat a assur exactement la quantit requise en potassium (e1=0) et a assur exactement la quantit requise en calcium (e2=0) avec un surplus de 15 Kg de sodium (e3=0).

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PARTIE II : ALGORITHME DU SIMPLEXE :Introduction :Un algorithme nest autre qune mthode de rsolution dun certain type de problme. Lalgorithme du simplexe permet la rsolution dun programme linaire de deux variables et plus. Lalgorithme du simplexe peut tre prsent de 3 faons quivalentes : 1- la forme matricielle dont lintrt est purement thorique. 2- La forme algbrique dont lintrt est purement pdagogique. 3- Ces deux premires formes peuvent tre mises sous une forme appele mthode des tableaux. Cest cette dernire qui va tre retenue dans notre cours. 5 3 X1 270 4 6 X2 360 5X1 + 3X2 270 270 (5X1 + 3 X2) 0 Posons : e1 = 270 (5x1 + 3x2) 5x1 + 3x2 + e1= 270 Et e10

Rsolution simplexe du P.L :1re tape : mettre le PL (P) sous sa forme standard introduire les variables dcart Max Z : 1500 X1+1800X2 + 0e1+ 0e2 (D) 5X1 + 3X2 +e1=270 4X1+6X2+ e2=360 X10 ; X20 ; e1 0 ; e20 info

2me tape : Dmarrage standard partir de lorigine O x1= 0 ; x2 = 0 e1= 270 ; x2 = 360 Remarque : la forme standard dun PL (P) met en vidence 2 types de variables : 8

les xi appeles variables principales ou actives ou productives les ei appeles variables secondaires ou inactives ou non productives ou variables dcart. Solution de base initiale lorigine O Hors base En base HB : x1= 0 ; x2= 0 B : e1 = 270 ; e2 = 360 Z=0 info

3me tape : mettre sous forme de tableau initial info et info : TAB 0 : Base X1 X2 e1 e2 Rsultat R e1 5 3 1 0 270 e2 4 6 0 1 360 Zk 1500 1800 0 0 Z=0

R/coefficient 270/3=90 360/6=60

Thorme : toute variable hors base est systmatiquement nulle Critre doptimalit ou critre darrt : pour un problme de maximisation, la solution optimale sera atteinte dans le tableau o toutes les valeurs de la ligne Zk sera infrieur ou gale 0 Critre de choix de la variable entrante (V E) : La variable entrante est la variable hors base qui prsente le Zk le plus lev strictement positive (problme de maximisation) Dmonstration : (choix de la variable sortante et le calcul de la valeur la plus leve de la variable entrante) X1 est rest hors base x1=0 3x2 + e1 = 270 e1 = 270 3x2 e1 0 Or 6x2 + e2 =360 e2 = 360 6x2 e2 0 270 3x2 0 360 6x20 Vs = e2 X2 = Min {270 360 ; } = 60 3 6R

270 = 90 3 360 0x2 = 60 6

0 x2

* Le critre de chois de la valeur sortante Vs : La variable sortante Vs est la variable en base aligne au coef le plus petit suprieur ou gale zro. 4me tape : dtermination de la valeur du pivot La valeur du pivot se trouve lintersection de la colonne VE et la ligne VS. TAB 1 : e1 x1 3 x2 0 e1 1 e2 -1/2 R 90 R/coef 90/3=30

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x2 Zk

2/3 300

1 0

0 0

1/6 -300

60 -108 000

60/2/3= 90

Ordre de remplissage dun nouveau tableau 1 partir de son prcdent direct 0 Nouvelle ligne pivot =(3)( 4) = 5 12 =3 6 (3)( 6) =0 36 (3)( 0) =1 16 1800 4 = 300 1500 6

A n c ie n _ lig n _ p iv o t ne e p iv o t

Le reste du tableau est calcul par la rgle de pivotage (priorit la ligne Zk) 5-

Remarque : Colonne unitaire pour les variables en base x 0 0 0 1 0 0 0

x

Commentaire du tableau 1 : la solution optimale nest pas atteint au tableau 1 car il existe encore des valeurs Zk strictement positives (300) do besoin dautre tableau. Le tableau 1 prsente un niveau de production intermdiaire rsum par la solution de base intermdiaire. HB : x1 = 0 ; e2 = 0 . x2 = 60 ; e1=90 Z1=108 000 A ce niveau de production intermdiaire on ralise un CA de 108 000 DH en produisant 0 unit de A (x1=0) et 60 units du produit B, avec plein emploi en heures machines M2 (e2=0) et sous emploi de 90 heures machines M1 (e1=90). TAB 2 : x1 x2 Zk x1 1 O 0 x2 0 1 0 e1 1/3 e2 -1/6 -200 R 30 40 -117 000

-100 Tous les Zk 0 Solution optimale atteinte au Tab 2.

Conclusion Problme de maximisation : toutes les valeurs de la ligne Zk du tableau 2 sont infrieur ou gale zro. La solution optimale est donc atteinte au tableau 2.

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Solution optimale HB : e1= 0 ; e2 =0 B : x1= 30 ; x2= 40 Zk= |-117 000| =117 000 Interprtation conomique de la solution optimale : Pour raliser un CA maximum de 117 000 DH, on doit produire et vendre 30 units du bien A et 40 units du bien B, avec plein emploi en heures machines M1 et M2.

Rsolution simplexe dun problme de minimisation :(Introduction des variables artificielles) Exemple de travail : Min Z : 100x1 + 100x2 1x1 + 2x2 60 (P) 3x1 + 2x2 120 3x1 + 1x2 90 X10; X20 1re tape : Forme standard Min Z : 100x1 + 100x2 + 0e1 + 0e2 + 0e3 + Ma1 +Ma2 +Ma3 1x1 + 2x2 - e1 a1 = 60 (P) 3x1 + 2x2 -e2 a2 = 120 avec M 3x1 + 1x2 e3 a3 = 90 X10; X20; e10; e20, e30; a10; a20; a30 2me tape : Solution de base Initiale lorigine HB : x1= 0 ; x2 = 0 ; e1=0 ; e2=0 ; e3=0 B : a1 = 60 ; a2=120 ; a3= 90 Z0 =|- 270| = 270 3me tape TAB 0 : x1 a1 1 a2 3 a3 3 TMS 100-7M

+

x2 2 2 1 100-5M

e1 -1 0 0 M

e2 0 -1 0 M

e3 0 0 -1 M

a1 1 0 0 0

a2 0 1 0 0

a3 0 0 1 0

R 60 120 90 -270

R/coef 60/1=60 120/3=40 90/3=30

TMS = (apport dune unit de x1elle entre en base) (son quivalent en produit de base) = 100 (1M+3M+3M)=100- 7M TMS Global = 0 (60M + 120M + 90M) = -270M Remarque : Critres de la rsolution simplexe dun problme de minimisation, 1 critre darrt ou doptimalit : 11

Pour un problme de minimisation, la solution optimalit sera atteinte dans le tableau o tous les TMS seront suprieurs ou gales zro. 2 critre de choix de la variable entrante VE : Pour un problme de minimisation, la variable entrante (VE) est la variable hors base qui prsente le TMS le plus strictement ngative. 3 Critre de choix de la variable sortante : Est le mme pour un problme de min ou de max savoir le VS est la variable aligne au R/coefficient le plus petit suprieur ou gale zro. Pivot = intersection de la colonne VE et la ligne VS x1 x2 e1 e2 e3 a1 0 -1 0 a2 0 0 -1 x1 1 0 0 -1/3 TMS 0 200/3-8/3M M M a1 1 0 0 0 a2 0 1 0 0 R R/Coef

Le remplissage du tableau se fait de la mme faon que prcdemment. (100 5M) 1 (100 7 M ) 300 15 M 100 + 7 M 200 8 = = M 3 3 3 3

Notion dualit :Soit le P.L Primal Max Z : 150x1 + 90x2 6x1 + 2x2 300 (A) 4x1 + 8x2500 (A2) x10 ; x20 Par dfinition le PL dual (P) du primal (P) scrit comme suit : Min Z : 300 y1 + 500y2 6y1 + 4y2 150 (1) 2y1 + 8y290 (2) y10 ; y20 Remarque : (P)= (P) Forme standard du primal Max Z : 150x1 + 90x2 + 0e1 + 0e2 6x1 + 2x2 + e1 = 300 4x1 + 8x2+ e2 = 500 x10 ; x20 ; e10 ; e20 Forme standard du dual : 12

Min Z : 300 y1 + 500y2 -0e1 -0e2 6y1 + 4y2 e1 = 150 2y1 + 8y2 e2 = 90 y10 ; y20 ; e10 ; e20

Dduction de la solution optimale duale partir de la solution primale (P) : Dernier Tableau (TAB 2) de la rsolution simplexe du primale (P) : x1 x2 e1 e2 x1 1 0 x2 0 1 -1/10 3/20 Zk 0 0 -21 -6 R 35 45 -9 300

Tableau de correspondance par dualit : Primal x1 x2 Dual e1 e2 valorisation 0 0 marginal

e1 y1 21

e2 y2 6

On dmontre que loptimum on doit avoir : Z*max = Z*min Interprtation Economique de la solution optimale duale y1 = 21 et y2= 6 en terme de la valorisation marginal des facteurs de production primales (heures de travail dans les ateliers A1 et A2) : Y = 21 DH valorisation marginale lunit dune heure de travail dans latelier A1 c'est-dire si jaugmente ma disponibilit dune heure machine ma marge bnficiaire maximum 9300 DH augmentera de 21 DH et inversement Y2 = 6 valorisation marginal des heures de travail Atelier A2 c'est--dire si jaugmente ma disponibilit de travail dune heure ma marge bnficiaire maximum 9300 DH augmente de 6DH et inversement Remarque : cette interprtation ou cette explication des valeurs de la solution optimale duale nest valable que pour les petites modifications des disponibilits globales.

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PARTIE

III : GESTION DE PROJET

Introduction :Un projet est toute activit raliser moyennant un certain cot et donc pendant un certain temps. Lordonnancement dun projet peut tre dcompos en 3 phases : Phase 1 : analyse du projet C'est--dire : - le dcomposer en taches lmentaires ncessaires sa ralisation ; - tablir les contraintes de succession ou dantriorit sa ralisation ; - valuer de faon exprimentale ou bien exprimer statistiquement le cot et donc le temps ncessaire la ralisation de tache. Phase 2 : Elaborer la planification de la ralisation dans le temps du projet La mthode qui sera retenue dans ce cours est la mthode P.E.R.T (Program Evaluation and review technic) Phase 3 : Assurer le contrle et la rvision du projet En comparant le droulement rel sur le chantier avec le calendrier prvisionnel de la ralisation du projet tabli par la mthode de P.E.R.T.

Mthode P.E.R.T temps (gestion optimale du temps de ralisation dun projet)Soit le projet analys : tache A B C D E F G H I J K L M

taches antrieures _ _ D A A B B EF EF G HI C J

Dure (en jours) 9 2 7 8 3 1 2 3 2 1 2 3 2

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N O P V

CK LN N MN

9 8 3 2

1- dresser le Graph P.E.R.T 2- calculer les dates des ralisations au plutt et au plu tard de chaque vnement sommet du Graph 3- donner le (ou les) chemin critique du projet. 1 Graph P.E.R.T temps du projet : Dtermination des niveaux de dmarrage des taches N0 = {A, B} N1= {D, E, F, G} N2={C, H, I, J} N3 = {K, L, M} N4 = {N} N5 = {O, P, V} Reprsentation dune tache selon la convention P.E.R.T temps

i

j

Evnement dbut de la tache Tij

Evnement Fin de la tache Tij

D=8 A=9 2 9 9 E=3

C=7 17 617

7 24 24

L=3

1=0H=3 5 I=2 12 19 8 15 22 K=2 1 0 24 24 N=9 1 33 33 1

3=0

1 27 33 2

O=8

1 00

B=2

F=1 3 7 8

P=3

1 41 41 4

2=0G=2 4 9 36 J=1 9 10 37 M=2 1 33 39 3 V=2

N0 = {E, F, G, H} ; N1 = {A, B, C, D} ; N2 = {I, J} ; N3 = {K, L, M} ; N4 = {N, O, P} ; N5 = {V}

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Formulation des calculs :

i ti Ti

ti : date de ralisation ou plutt de chaque vnement sommet. ti = Max (tk + dki) avec k prcdent i direct. Ti : date de ralisation au plus tard du ime vnement sommet. Ti = Min ( Tl - dil) avec l Sdi Notion de Marge totale dune tache Tij (MT(Tij)) Formule de calcul MT (Tij) = Tj ti - dij Ex : MT (D) = 19 2 -3 = 14j Veut dire que lon peut retarder de 14 jours la dure initialement prvue de la tache D 3 jours sans perturber le 36 jours date de ralisation au plutt du projet.

Notion de tache critique :Tij est critique si et seulement si MT (Tij) = 0 Tij critique MT(Tij) = 0 C'est--dire une tache critique ne permet aucune marge de retard, elle doit donc tre ralise exactement dans les dlais initialement prvus. Tache A MT 4Critique No n

B 0oui

C 16non

D 14non

E 6non

F 0oui

G 15non

H 14non

I 0oui

J 14non

K 10non

L 9non

M 0oui

N 10non

O 11non

P 0oui

V 9non

0oui

Notion du chemin critique dans un Graph : Dfinition : un chemin critique est toute succession ou suite, sans interprtation, de taches critiques allons du sommet dbut de projet jusquau sommet fin de projet jusquau sommet fin de projet. Pour notre projet le chemin critique est :

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F, B, I, , M, P. Remarque : 1- Dans un Graph P.E.R.T on peut avoir plusieurs chemins critiques de longueurs uniques gales la date de ralisation au plus tt du projet. 2- Une tache critique peut tre en dehors dun chemin critique.

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