Plate-forme « Cours en ligne » de l'université Blida1

Semestre: 1
Unité d’enseignement: UEF 1.1
Matière 1: Optimisation
VHS: 45h00 (Cours: 1h30, TD: 1h30)
Crédits: 4
Coefficient: 2

https://chentiramina.com/cours/

Exercice 1 : Optimisation d’un programme linéaire par la méthode grahique

Rappel :

Un programme linéaire (PL) → forme canonique :

-         1^er cas : si PL ne dépend que de deux variables principales → résolution graphique est possible.

-         2^ème cas : si PL dépend de plus deux variables principales → résolution graphique est impossible.

Dans ce 2^ème cas, il faut trouvez une méthode algébrique, c’est la méthode du simplexe (George Dantzig).

1^er Méthode : résolution graphique :

A--Maximisation de la fonction objective (la fonction économique, des gains):

Exercice 1 :

Le but de cet exercice est de maximiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (4*X + 5*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

2*X + Y ≤ 8

X + 2*Y ≤ 7

Résolution graphique : 

1-    Transformer les inéquations en équations :

On doit transformer les inéquations en équations.

2*X + Y ≤ 8           → Y = -2*X +  8    équation D1

X + 2*Y ≤ 7            → Y = -X + 7        équation D2

         On obtient ainsi deux droites.

2-    Détermination des points d’intersections des deux droites D1 et D2:

2*X + Y = 8              équation D1

X + 2*Y = 7              équation D2

On peut aussi écrire en multipliant la 2^ème équation par 2 et on aura :

2*X + Y = 8                    équation D1

2*X + 4*Y = 14              équation D2

D2-D1 → 2*X - 2*X + 4*Y - Y= 14 -8

                  3*Y= 6

                       Y= 6/3 = 2

Je remplace Y par sa valeur dans l’équation D1 :

2*X + 2 = 8 donc 2*X = 8 – 2

                              2*X = 6 et X = 3

Donc A(3,2) est le point d’intersection entre D2 et D1

3. Détermination des points d’intersections des deux droites D1 et D2 avec l’axe des abscisses  et  l’axe des ordonnée :

3.1. Pour la droite D1 :

2*X + Y = 8           

Si X= 0 donc Y = 8 donc on a le point B(0,8)

Si Y= 0 donc X = 4 donc on a le point C(4,0)

3.2. Pour la droite D2 :

X + 2*Y = 7

Si X= 0 donc Y = 7/2 = 3,5 donc on a le point D(0,3.5)

Si Y= 0 donc X = 7 donc on a le point E(7,0)

4. Représentation graphique :

         Pour faire la représentation graphique, on doit construire le tableau suivant :

En utilisant le logiciel, on va tracer Y en fonction de X et on obtient le graphe suivant :

5. Représentation des sommets de domaine faisable :

         Nous avons représenté sur le 1^er graphe les différents points d’intersection. Dans le 2^ème graphe nous allons présenter les sommets de domaine faisable.   

         D’après cet graphe, le domaine faisable est une surface comprise entre les sommets suivants : O, D, A et C avec O(0,0)

6. Recherche du point qui peut maximiser la fonction objective (la fonction économique):

Le but de cet exercice est de maximiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (4*X + 5*Y)

Question :

Pour chacun des sommets (O, D, A et C), lequel des points peut maximiser la fonction objective (la fonction économique) ?

6.1. Pour le point D(0,3.5) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*0 + 5*3,5 = 17,5

6.2. Pour le point A(3,2) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*3 + 5*2 = 22

6.3. Pour le point C(4,0) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*4 + 5*0 = 16

6.4. Pour le point O(0,0) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*0 + 5*0 = 0

7. Conclusion :

         Le point qui maximise notre fonction objective (programme linéaire) est le sommet solution A(3,2).

         Si une entreprise cherche à maximiser son profil, elle doit produire :

X = 3 et Y = 2 pour avoir un chiffre d’affaire de 22.

************************************************************

Exercice 2 :

Le but de cet exercice est de maximiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (4*X + 5*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

2*X + Y ≤ 8

X + 2*Y ≤ 7

Y ≤ 3 (nouvelle contrainte par rapport à l’exercice 1)

On suit les mêmes étapes que l’exercice 1

Résolution graphique : 

1-    Transformer les inéquations en équations :

On doit transformer les inéquations en équations.

2*X + Y ≤ 8           → Y = -2*X +  8    équation D1

X + 2*Y ≤ 7            → Y = -X + 7        équation D2

Y ≤ 3                       → Y = 3                 équation D3

         On obtient ainsi 3 droites.

2-    Détermination des points d’intersections des deux droites D1 et D2:

2*X + Y = 8              équation D1

X + 2*Y = 7              équation D2

On peut aussi écrire en multipliant la 2^ème équation par 2 et on aura :

2*X + Y = 8                    équation D1

2*X + 4*Y = 14              équation D2

D2-D1 → 2*X - 2*X + 4*Y - Y= 14 -8

                  3*Y= 6

                       Y= 6/3 = 2

Je remplace Y par sa valeur dans l’équation D1 :

2*X + 2 = 8 donc 2*X = 8 – 2

                              2*X = 6 et X = 3

Donc A(3,2) est le point d’intersection entre D2 et D1

3.Détermination des points d’intersections des deux droites D1 et D3:

2*X + Y = 8              équation D1

                Y = 3              équation D3

D1-D3 → 2*X + Y - Y= 8 - 3

                  2*X = 5

                       X = 5/2= 2,5

Donc B(2.5,3) est le point d’intersection entre D1 et D3

4.Détermination des points d’intersections des deux droites D2 et D3:

X + 2*Y = 7              équation D2

                Y = 3              équation D3

Je remplace Y par sa valeur dans l’équation D2.

X + 2*3 = 7 donc X = 7-6 et X = 1

  Donc C(1, 3) est le point d’intersection entre D2 et D3

5. Détermination des points d’intersections des droites D1, D2 et D3 avec l’axe des abscisses  et  l’axe des ordonnée :

5.1. Pour la droite D1 :

2*X + Y = 8           

Si X= 0 donc Y = 8 donc on a le point D(0,8)

Si Y= 0 donc X = 4 donc on a le point E(4,0)

5.2. Pour la droite D2 :

X + 2*Y = 7

Si X= 0 donc Y = 7/2 = 3,5 donc on a le point F(0,3.5)

Si Y= 0 donc X = 7 donc on a le point G(7,0)

5.3. Pour la droite D3 :

         Y = 3 quel que soit la valeur de X. En particulier le point H(0,3).

6. Représentation graphique :

         Pour faire la représentation graphique, on doit construire le tableau suivant :

En utilisant le logiciel, on va tracer Y en fonction de X et on obtient le graphe suivant :

5. Représentation des sommets de domaine faisable :

         Nous avons représenté sur le 1^er graphe les différents points d’intersection. Dans le 2^ème graphe nous allons présenter les sommets de domaine faisable.  

         D’après cet graphe, le domaine faisable est une surface comprise entre les sommets suivants : O, H, C, A et E avec O(0,0)

6. Recherche du point qui peut maximiser la fonction objective (la fonction économique):

Le but de cet exercice est de maximiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (4*X + 5*Y)

Question :

Pour chacun des sommets (O, H, C, A et E), lequel des points peut maximiser la fonction objective (la fonction économique) ?

6.1. Pour le point H(0,3) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*0 + 5*3= 15

6.2. Pour le point A(3,2) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*3 + 5*2 = 22

6.3. Pour le point C(1,3) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*1 + 5*3 = 19

6.4. Pour le point O(0,0) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*0 + 5*0 = 0

6.5. Pour le point E(4,0) :

Max (4*X + 5*Y) = 4*4 + 5*0 = 16

7. Conclusion :

         Le point qui maximise notre fonction objective (programme linéaire) est le sommet solution A(3,2).

         Si une entreprise cherche à maximiser son profil, elle doit produire :

X = 3 et Y = 2 pour avoir un chiffre d’affaire de 22.

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Exercice 3 :

         Une station de traitement des eaux usées (STEU) produit une eau de qualité qui peut être réutilisée dans l’industrie de textile (A : eau traitée produite) et une boue de qui peut être utilisée en agriculture (B : boue produite).

         Une seule chaine de traitement est nécessaire pour l’élaboration de ces deux produits.  La production de A nécessité :

1h30 de traitement (t_A1) et 3h de main d’œuvre (t_A2).

La production de B nécessité :

3h de traitement (t_B1) et 1h de main d’œuvre (t_B2).

         L’ensemble des coûts de production et de prix de vente sont résumés dans le tableau suivant :

         L’ensemble des contraintes de production sont :

-         Durant un mois, on ne dispose que de 2025 h et de 1950 h qui sont réservés    respectivement au traitement et à la main d’œuvre,

-         Le coût mensuel pour la matière 1^er ne pas dépasser 795 Da,

-         De plus le marché mensuel ne peut pas absorber plus de 600 produits B.

Question :

         Le but de cet exercice est de déterminer le programme mensuel de fabrication de ces deux produits afin de maximiser la marge totale sur les coûts variables.

Solution de l’exercice :

1^er Méthode : résolution graphique :

1-    Définition :

1-1.         Définition des variables principles (VP) :

X : quantité de produits A à produire et à vendre par mois,

Y : quantité de produits B à produire et à vendre par mois

1-2.         Définition de la fonction économique :

Marge sur les coûts variables mensuels à maximiser :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = m_A * X + m_B * Y

Avec :     m_A = V_A – [(t_A1* A_t) + (t_A2* A_mo) + MP_A]

         m_A = 41,5DA – [(1,5 h* 1,2 DA/h) + (3 h* 4,6 DA/h) + 0,9DA] = 25 DA

et

              m_B = V_B – [(t_B1* B_t) + (t_B2* B_mo) + MP_B]

m_B = 29,2DA – [(3 h* 1,2 DA/h) + (1h* 4,6 DA/h) + 1DA] = 20 DA

Donc on doit chercher : Max (25*X + 20*Y) 

1-3.         Les contraintes :

1-3-1. Contraintes main d’œuvre (h) :

3*X + Y ≤ 1950

1-3-2. Contraintes traitement (h) :

         1,5*X + 3*Y ≤ 2025

1-3-3. Contraintes coût matière 1^er (DA) :

         0,9*X + 1*Y ≤ 795

1-3-4. Contraintes marché du produit B (unité) :

                   Y  ≤ 600

         Toutes les données sont traduites par des équations et inéquations. Ce qui nous permet d’écrire la forme canonique du programme linéaire.

X ≥ 0 et Y ≥ 0

3*X + Y ≤ 1950

1,5*X + 3*Y ≤ 2025

0,9*X + 1*Y ≤ 795

Y  ≤ 600

Max (25*X + 20*Y)

Résolution graphique : 

2.     Transformer les inéquations en équations :

On doit transformer les inéquations en équations.

3*X + Y ≤ 1950           → Y = -3*X +  1950 équation D1

1,5*X + 3*Y ≤ 2025    → Y = -0,5*X + 675 équation D2

0,9*X + 1*Y ≤ 795      → Y = -0,9*X + 795 équation D3

Y  ≤ 600                   → Y =  600                équation D4

         On obtient ainsi quatre droites.

3-    Détermination des points d’intersections des droites :

On déterminer les points d’intersections des droites deux à deux.

3.1. Détermination du point d’intersection des droites D1 et D2:

3*X +    Y = 1950            équation D1

0,5*X + Y =   675            équation D2

D1-D2 → 3*X + 0,5*X = 1950-675

                  2,5*X= 1275

                         X= 1275/2,5

                         X = 510

Je remplace X par sa valeur dans l’équation D1 :

3*510 +Y = 1950 donc Y= 1950-3*510 = 1950-1530= 420

Donc A(510,420)

3.2. Détermination du point d’intersection des droites D1 et D3:

3*X +    Y = 1950            équation D1

0,9*X + Y =  795             équation D3

D1-D3 → 3*X - 0,9*X = 1950-795

                 2,1*X = 1155

                        X = 1155/2,1=550

Je remplace X par sa valeur dans l’équation D1 :

3*550 +Y = 1950 donc Y= 1950-3*550=  300

Donc B(550,300)

3.3. Détermination du point d’intersection des droites D1 et D4:

3*X +    Y = 1950            équation D1

Y =  600                           équation D4

D1-D4 → 3*X  = 1950-600 → X = 1350/3=450

Donc C(450,600)

3.4. Détermination du point d’intersection des droites D2 et D3:

0,5*X + Y = 675     équation D2

0,9*X + Y = 795     équation D3

D3-D2 → 0,9*X - 0,5*X =795–675

                           0,4*X =120

                                    X=120/0,4=300

Je remplace X par sa valeur dans l’équation D2 :

0,5*300 +Y = 675 donc Y=675-0,5*300= 525

Donc D(300,525)

3.5. Détermination du point d’intersection des droites D2 et D4:

0,5*X + Y = 675     équation D2

Y  = 600                  équation D4

D2-D4 → 0,5*X  = 675-600 → X =75/0,5=150

Donc E(150,600)

3.6. Détermination du point d’intersection des droites D3 et D4:

0,9*X + Y = 795     équation D3

Y  = 600                  équation D4

D3-D4 → 0,9*X  = 795-600 → X =195/0,9=216,67

Donc F(216.67,600)

4. Détermination des points d’intersections des droites avec l’axe des abscisses  et  l’axe des ordonnée :

4.1. Pour la droite D1 :

Y = -3*X +  1950 équation D1     

Si X= 0 donc Y = 1950 donc on a le point G(0,1950)

Si Y= 0 donc X = 1950/3 =650 donc on a le point H(650,0)

4.2. Pour la droite D2 :

Y = -0,5*X + 675 équation D2

Si X= 0 donc Y = 675 donc on a le point I(0,675)

Si Y= 0 donc X =675/0,5= 1350 donc on a le point J(1350,0)

4.3. Pour la droite D3 :

Y = -0,9*X + 795 équation D3

Si X= 0 donc Y = 795 donc on a le point K(0,795)

Si Y= 0 donc X =795/0,9= 883,34 donc on a le point L(883.34,0)

4.4. Pour la droite D4 :

Y =  600 quel que soit la valeur de X. En particulier le point M(0,600).

5. Représentation graphique :

         Pour faire la représentation graphique, on doit construire le tableau suivant :

En utilisant le logiciel EXCEL, on va tracer  Y en fonction de X et on obtient le graphe suivant :

6. Représentation des sommets de domaine faisable :

         Nous avons représenté sur le 1^er graphe les différents points d’intersection. Dans le 2^ème graphe nous allons présenter les sommets de domaine faisable.  

D’après cet graphe, le domaine faisable est une surface comprise entre les sommets suivants : O, M, E, D, B et H avec O(0,0).

7. Recherche du point qui peut maximiser la fonction objective (la fonction économique):

Le but de cet exercice est de maximiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (25*X + 20*Y)

Question :

Pour chacun des sommets (O, M, E, D, B et H), lequel des points peut maximiser la fonction objective (la fonction économique) ?

6.1. Pour le point H(650,0) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*650 + 20*0 = 16250

6.2. Pour le point B(550,300) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*550 + 20*300  = 19750

6.3. Pour le point C(300,525) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*300 + 20*525  = 18000

6.4. Pour le point O(0,0) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*0 + 20*0 = 0

6.5. Pour le point E(150,600) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*150 + 20*600 = 15750

6.6. Pour le point M(0,600) :

Max (25*X + 20*Y) = 25*0 + 20*600 = 12000

7. Conclusion :

         Le point qui maximise notre fonction objective (programme linéaire) est le sommet solution B(550,300).

         Si la STPU cherche à maximiser son profil, elle doit produire :

X = 550 (550 unités (m³) d’eau traitée), et Y = 300 (300 unités (tonnes) de boues) pour avoir un chiffre d’affaire de 19750 DA.

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Exercice 4 :

En utilisant la méthode graphique optimiser (maximiser) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (300*X + 200*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

X + 2*Y ≤ 20

2*X + Y ≤ 22

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Exercice 5 :

En utilisant la méthode graphique optimiser (maximiser) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (130*X + 100*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

1,5*X + Y ≤ 27

X + Y ≤ 21

0,3*X + 0,5*Y ≤ 9

**********************************************

Exercice 6 :

En utilisant la méthode graphique optimiser (maximiser) la fonction objective suivante :

M(X ;Y) = max(X ;Y) = Max (10*X + 20*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

4*X + 2*Y ≤ 20

8*X + 8*Y ≤ 20

2*X ≤ 10

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B--Minimisation de la fonction objective (la fonction économique, des coûts):

Exercice 1 :

Une entreprise vise à minimiser ses coûts en utilisant la fonction objective suivante :

Min(X ;Y) = Min (24*X + 20*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

X + Y ≥ 30

X + 2*Y ≥ 40

Question :

Utiliser la méthode graphique pour minimiser la fonction objective.

Résolution graphique : 

1-    Transformer les inéquations en équations :

On doit transformer les inéquations en équations.

X + Y = 30       D1

X + 2*Y= 40    D2

         On obtient ainsi 2 droites.

2-    Détermination des points d’intersections des deux droites D1 et D2:

X + Y = 30       D1

X + 2*Y= 40    D2

D2-D1 → X - X + 2*Y - Y= 40 - 30

                  Y= 10

Je remplace Y par sa valeur dans l’équation D1 :

X + 10 = 30 donc X = 20

Donc A(20,10) est le point d’intersection entre D2 et D1

3. Détermination des points d’intersections des droites D1, D2 avec l’axe des abscisses  et  l’axe des ordonnée :

5.1. Pour la droite D1 :

X + Y = 30       D1   

Si X= 0 donc Y = 30 donc on a le point B(0,30)

Si Y= 0 donc X = 30 donc on a le point C(30,0)

5.2. Pour la droite D2 :

X + 2*Y= 40    D2

     Si X= 0 donc 2*Y = 40 et Y = 20 donc on a le point D(0,20)

Si Y= 0 donc X = 40 donc on a le point E(40,0)

6. Représentation graphique :

         Pour faire la représentation graphique, on doit construire le tableau suivant :

En utilisant le logiciel, on va tracer Y en fonction de X et on obtient le graphe suivant :

5. Représentation des sommets de domaine faisable :

         Nous avons représenté sur le 1^er graphe les différents points d’intersection. Dans le 2^ème graphe nous allons présenter les sommets de domaine faisable.  

         D’après cet graphe, la partie supérieure du graphe (délimitée par points B, A et E) est la partie dans laquelle on peut réaliser le minimum de coûts.

6. Recherche du point qui peut minimiser la fonction objective (la fonction économique):

Le but de cet exercice est de minimiser (on doit chercher) la fonction objective suivante :

Min(X ;Y)  = Min (24*X + 20*Y)

Question :

Pour chacun des sommets (B, A et E), lequel des points peut minimiser la fonction objective (la fonction économique) ?

6.1. Pour le point B(0,30) :

Min (24*X + 20*Y)=24*0+20*30=600

6.2. Pour le point A(20,10) :

Min (24*X + 20*Y)=24*20+20*10= 680

6.3. Pour le point E(40,0) :

Min (24*X + 20*Y)=24*40+20*0= 960

7. Conclusion :

         Le point qui minimise notre fonction objective (programme linéaire) est le sommet solution B(0,30).

         Si une entreprise cherche à minimiser ces coûts, elle doit produire :

X = 0 et Y = 30. Avec Min (24*X + 20*Y)=24*0+20*30=600.

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Exercice 2 :

En utilisant la méthode graphique minimiser la fonction objective suivante :

Min(X ;Y) = Min (130*X + 100*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

1,5*X + Y ≥ 27

X + Y ≥ 21

0,3*X + 0,5*Y ≥ 9

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Exercice 3 :

En utilisant la méthode graphique minimiser la fonction objective suivante :

Min(X ;Y) = Min (10*X + 20*Y)

En tenant compte des contraintes suivantes :

X ≥ 0 et Y ≥ 0

4*X + 2*Y ≥ 20

8*X + 8*Y ≥ 20

2*X ≥ 10

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Le cours ''Organisation et Gestion des Entreprises'' est destiné aux étudiants de Master1/ option Matériaux de Génie Civil. Il a pour objectif de répondre aux questions essentielles, posées par les étudiants en cursus universitaire, qui permettent de mieux comprendre c'est quoi l’entreprise en génie civil, les secteurs composants ce domaine,  le fonctionnement de l'entreprise, son organisation et son lien avec l'Administration (Maître de l'ouvrage) et le BET (Maître de l'oeuvre).  

Ce cours est composé des chapitres suivants: 

1. Projet en Génie Civil/ Phasage
2. Notion d’Entreprise dans le secteur BTPH
3. Doctrines d’Organisation/ Planification
4. L’ordonnancement (méthode PERT et graphe GANTT)
5. Gestion d’une entreprise (Administrative- Economique- et Sociale)
6. Applications et Exemples

Dr M.ABDESSEMED

• Comprendre le contexte et l'histoire des OGM.

• Explorer les techniques du génie génétique appliquées à la production d’OGMs.

• Evaluer les tendances actuelles dans la production d’aliments génétiquement modifiés et leurs implications.

• Comprendre les avancées et contrôles réglementaires pour les aliments génétiquement modifiés.