cours gestion de production

UNIVERSITE DE LIEGEBachelier 3 sciences de gestion

et ingenieurs de gestion

Gestion de la Production

Daniel DE WOLF

Liege, Septembre 2006

Table des matieres

1 Introduction 9

1.1 Objectifs du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Definition de la gestion de production . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Classification des systemes productifs . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.1 Organisation de type serie unitaire . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.2 Organisation en ateliers specialises . . . . . . . . . . . . 13

1.3.3 Organisation en lignes de production . . . . . . . . . . . 13

1.3.4 Les industries de process . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Formulation en modeles mathematiques . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

I Les decisions operationnelles 21

2 Ordonnancement en ateliers specialises 23

2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2 Ordonnancement sur une machine . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2.1 Le diagramme de Gantt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2.2 La regle T.O.M. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3 Ordonnancement avec deux centres de production . . . . . . . . . 26

2.3.1 Cas ou toutes les taches sont a executer sur A puis B . . . 26

2.3.2 Cas de taches ne s’effectuant pas dans le meme ordre . . . 28

2.4 Ordonnancement sur trois machines . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5 Ordonnancement de n taches sur m centres de production . . . . . 31

3

4 Table des matieres

2.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3 La gestion calendaire de stock 35

3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2 Les politiques de gestion de stock . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.3 Les couts associes aux stocks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.3.1 Les couts de possession . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.3.2 Les couts de rupture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.3.3 Les couts de commande . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.4 Gestion calendaire de stock a rotation nulle . . . . . . . . . . . . 40

3.5 Cas d’une loi de demande continue . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.6 Les consequences economiques de la solution optimale . . . . . . 48

3.7 Cas de stocks a rotation non nulle . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.7.1 Determination de la solution optimale . . . . . . . . . . . 54

3.7.2 Cas d’une loi de demande discrete . . . . . . . . . . . . . 56

3.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4 La gestion par point de commande 59

4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.2 Determination du point de commande en univers certain . . . . . 60

4.3 Determination de la quantite economique de commande . . . . . . 61

4.4 Cas d’une demande aleatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.4.1 Determination de q et s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.4.2 Consequences economiques du choix . . . . . . . . . . . 67

4.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

II Les decisions tactiques 71

5 La planification de la production 73

5.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5.2 La planification des besoins en composants . . . . . . . . . . . . 74

Table des matieres 5

5.3 Determination des besoins nets d’un composant . . . . . . . . . . 78

5.3.1 Determination de la couverture des besoins nets . . . . . . 80

5.3.2 Utilisation en cascade de la logique de calcul . . . . . . . 80

5.4 Autres regles de calcul des lancements de production . . . . . . . 85

5.5 Ajustement charge-capacite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

6 Les techniques de juste a temps 91

6.1 Origine et principe du JAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6.2 Les deux approches du JAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6.2.1 Augmenter la reactivite du systeme logistique . . . . . . . 93

6.2.2 La rationalisation de la production . . . . . . . . . . . . . 93

6.3 Les facteurs cles du JAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6.3.1 Recherche d’un plus grande reactivite . . . . . . . . . . . 94

6.3.2 Maıtrise des aleas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6.4 La methode Kanban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

6.4.1 Systeme Kanban a une boucle . . . . . . . . . . . . . . . 95

6.4.2 Determination du nombre d’etiquettes . . . . . . . . . . . 96

6.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

III Les decisions strategiques 101

7 L’ordonnancement de projets 103

7.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

7.2 Formulation du probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

7.3 Representation graphique du probleme . . . . . . . . . . . . . . 105

7.4 Existence d’une solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

7.5 Calcul de l’ordonnancement au plus tot . . . . . . . . . . . . . . 109

7.6 Ordonnancement au plus tard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

7.7 Chemin critique et calcul des marges . . . . . . . . . . . . . . . 111

7.8 L’ordonnancement par la methode PERT . . . . . . . . . . . . . 112


7.9 La minimisation des couts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

7.10 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

8 Conception d’un centre de production 123

8.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

8.2 Configuration d’un centre de production . . . . . . . . . . . . . . 124

8.2.1 Configuration en ateliers specialises . . . . . . . . . . . . 124

8.2.2 Configuration en ligne de production . . . . . . . . . . . 128

8.2.3 Configuration a poste fixe . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

8.3 Decisions de capacite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

8.4 Decisions de localisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

8.5 Utilisation de la programmation mathematique . . . . . . . . . . 141

8.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

IV Les techniques d’optimisation 147

9 La programmation dynamique. 149

9.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

9.2 Le probleme du voyageur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

9.2.1 Formulation en un probleme dynamique . . . . . . . . . . 151

9.3 Procedure de resolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

9.4 Un probleme d’affectation de ressources rares . . . . . . . . . . . 154

9.4.1 Formulation comme un probleme dynamique . . . . . . . 154

9.4.2 Resolution par la programmation dynamique . . . . . . . 156

9.5 Application a la planification de la production. . . . . . . . . . . 157

9.5.1 Formulation en un probleme dynamique . . . . . . . . . . 157

9.5.2 Resolution par la programmation dynamique . . . . . . . 159

9.5.3 Algorithme en cas de cout convexe . . . . . . . . . . . . 161

9.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

10 La programmation lineaire. 165

Table des matieres 7

10.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

10.2 Un simple exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

10.3 Resolution graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

10.4 Le solveur d’Excel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

10.5 Les rapports du solveur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

10.5.1 Le rapport des reponses . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

10.5.2 Le rapport de sensibilite . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

10.5.3 Le rapport des limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

10.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

11 Analyse postoptimale. 179

11.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

11.2 Variation par rapport au second membre . . . . . . . . . . . . . . 180

11.2.1 Calcul des prix caches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

11.2.2 Analyse de sensibilite au membre de droite . . . . . . . . 182

11.3 Variation des coefficients objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

11.3.1 Analyse de sensibilite aux coefficients objectif . . . . . . 184

11.4 Cout reduit des variables hors base . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

11.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

12 La programmation en nombres entiers. 189

12.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

12.2 Formulation des problemes mixtes . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

12.2.1 Problemes avec couts fixes . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

12.2.2 Problemes avec contrainte logique . . . . . . . . . . . . . 193

12.2.3 Melange avec nombre limite d’ingredients . . . . . . . . 194

12.2.4 Choix parmi un nombre discret de valeurs . . . . . . . . . 195

12.3 Principe de la methode de branch and bound . . . . . . . . . . . . 195

12.4 Application a l’exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

12.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

A Formulaire pour la gestion de production 205


A.1 La gestion calendaire de stock . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

A.2 La gestion par point de commande . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

A.3 Les techniques de juste a temps . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

A.4 Equilibrage d’une chaıne de production . . . . . . . . . . . . . . 208

A.5 Calcul d’annuites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

B Tables pour la gestion de stocks 209

B.1 Table de la loi Poisson(λ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

B.2 Table de la loi normale Z ∼ N(0, 1) . . . . . . . . . . . . . . . . 214

B.3 Table pour le calcul de Ir(S) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

C Solutions finales des exercices 217

C.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

C.2 Ordonnancement en ateliers specialises . . . . . . . . . . . . . . 218

C.3 Gestion calendaire de stock . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

C.4 Gestion de stock par point de commande . . . . . . . . . . . . . 221

C.5 La planification de la production . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

C.6 Les techniques de juste a temps . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

C.7 L’ordonnancement de projets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

C.8 Conception d’un centre de production . . . . . . . . . . . . . . . 227

C.9 La programmation dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

C.10 La programmation lineaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

C.11 Analyse postoptimale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

C.12 La programmation en nombres entiers . . . . . . . . . . . . . . . 233

Chapitre 1

Introduction

1.1 Objectifs du cours

L’objectif du cours est de donner une formation de base a l’approche quantitativedes problemes de gestion de l’entreprise tels que :

• la planification de la production;

• l’ordonnancement de projets;

• la gestion des stocks;

• la gestion de la capacite,. . .

Pour cela, on essayer de developper une double competence :

• La capacite de formuler ces problemes en des modeles mathematiques :c’est-a-dire, partant de problemes enonces de maniere litteraire, de les tra-duire sous formes d’equations mathematiques (cfr section 1.4 a la fin de cechapitre).

• La connaissance d’outils de resolution de ces problemes : en effet, unefois le probleme formule, souvent on tombe sur un probleme classique (telcelui de la gestion de stock), pour lequel il existe des methodes de resolutionadaptees (voir chapitres 3 et 4).

Comme references, nous utiliserons les livres de Giard [4] et Baglin et al [1]pour tous les modeles classiques de gestion de la production. Pour ce qui est dela formulation en modeles mathematiques, une tres bonne reference est le livre deWilliams [17].

9

10 Chapitre 1. Introduction

1.2 Definition de la gestion de production

Comme l’indique Vincent Giard [4] dans son ouvrage, pour pouvoir donner unedefinition de la gestion de production, il faut d’abord definir ce que l’on entendpar la production. La production consiste en une transformation de ressources(humaines ou materielles) en vue de la creation de biens ou services :

• La production d’un bien s’effectue par une succession d’operations consom-mant des ressources et transformant les caracteristiques de la matiere. Unexemple classique est la production de voitures.

• La production d’un service s’effectue par une succession d’operations con-sommant des ressources sans qu’il n’y ait necessairement transformationde matiere. Des exemples classiques sont la mise a disposition de produitsaux consommateurs (la vente), le traitement de dossier (par un notaire), lamaintenance d’equipements.

On peut alors definir la gestion de production comme suit.

Definition 1.1 La gestion de la production consiste en la recherche d’une orga-nisation efficace de la production des biens et services.

La gestion de production consiste donc a l’obtention d’un produit donne dont lescaracteristiques sont connues en mettant en œuvre un minimum de ressources.En gestion de production, on considerera, generalement, comme donnees les ca-racteristiques du produit que sont :

• la definition du produit;

• le processus de fabrication;

• la demande a satisfaire.

Ces trois caracteristiques du produit relevent des sciences de l’ingenieur et de lagestion commerciale. Nous verrons cependant au chapitre 7 la gestion de projetsqui est souvent utilisee pour optimiser le processus de conception d’un nouveauproduit. Nous verrons aussi au chapitre 8 comment optimiser le processus defabrication.

Les outils de la gestion de la production sont un ensemble de techniquesd’analyse et de resolution des problemes de maniere a produire au moindre cout.Nous verrons dans ce cours un certain nombre de problemes types rencontres engestion de production. Pour situer ces differents problemes entre eux, on classifiesouvent les decisions de gestion en trois classes :

Section 1.2. Definition de la gestion de production 11

1. Les decisions strategiques : il s’agit de la formulation de la politique along terme pour l’entreprise (c’est-a-dire a un horizon de plus de deux ans).Entrent dans ces decisions :

• la definition du portefeuille d’activites;

• la definition des ressources stables : aussi bien humaines (engagements,licenciements, preretraites, . . . ) que materielles (decisions d’investis-sement, de cession, de fermeture, . . . ).

2. Les decisions tactiques : il s’agit des decisions a moyen terme parmi les-quelles on trouve la planification de la production a 18 mois. Il s’agit deproduire au moindre cout pour satisfaire la demande previsible en s’inscri-vant dans le cadre fixe le plan strategique de l’entreprise (donc a ressourcesmaterielles et humaines connues).

3. les decisions operationnelles : il s’agit des decisions de gestion quotidiennepour faire face a la demande au jour le jour, dans le respect des decisionstactiques. Parmi ces decisions, on trouve :

• la gestion de stocks;

• la gestion de la main d’œuvre;

• la gestion des equipements.

Ces trois classes de decisions de gestion de production se differencient par aumoins trois elements :

1. par l’horizon de temps considere :

• les decisions operationnelles se prennent au jour le jour;

• les decisions tactiques concernent la planification a 18 mois;

• les decisions strategiques concernent la planification a long terme.

2. par le niveau d’agregation :

• les decisions operationnelles se prennent au niveau d’un atelier;

• les decisions tactiques se prennent au niveau d’une usine;

• les decisions strategiques se prennent au niveau de l’ensemble de l’en-treprise.

3. par le niveau de responsabilite :

• les decisions operationnelles sont prises par les agents de maıtrise;

• les decisions tactiques sont prises par les cadres;

• les decisions strategiques sont prises par la direction generale.


1.3 Classification des systemes productifs

On peut classer les modes d’organisation de la production en quatre grandesclasses :

• l’organisation en serie unitaire;

• l’organisation en ateliers specialises;

• l’organisation en ligne de production;

• l’organisation en industries de process.

Nous examinerons, dans chaque cas, le type de ressources a mettre en œuvreet le probleme principal de leur utilisation.

1.3.1 Organisation de type serie unitaire

Definition 1.2 La production de type “serie unitaire” est une production mobili-sant sur une periode assez longue l’essentiel des ressources d’une entreprise pourrealiser un nombre tres limite de projets.

Comme exemples, on peut citer la construction de navires de grande taille (quise font, le plus souvent, en quelques exemplaires), les grands travaux publics (telque le creusement du tunnel sous la manche ou la construction d’un pont suspendu).

En ce qui concerne les ressources mobilisees, on fait le plus souvent appel aun personnel hautement qualifie vu le caractere non repetitif des taches.

En ce qui concerne le probleme d’ordonnancement, le probleme majeur estl’arbitrage entre la recherche d’un cout competitif et le respect des delais. En effet,d’une part, les commandes seront rapidement honorees si beaucoup de ressourcessont mises en œuvre. Mais, d’autre part, le cout des ressources est generalementcroissant avec leur niveau d’utilisation : la location de machines supplementaireset l’engagement d’interimaires coutent generalement plus cher que l’utilisation desressources propres de l’entreprise (cfr le chapitre 7 consacre a l’ordonnancementde projets).

Dans les deux cas, l’ordonnancement des taches, c’est-a-dire la determinationde l’ordre d’execution des taches) est essentiel. En effet, non seulement l’ordred’execution des taches determine la date de livraison, mais, comme nous le verronsau chapitre 7, il influence les couts dans la mesure ou une mauvaise coordinations’accompagne souvent de chomage technique pour certaines ressources et du paie-ment de penalites pour non respect des delais.

Section 1.3. Classification des systemes productifs 13

1.3.2 Organisation en ateliers specialises

Definition 1.3 On parle d’organisation en ateliers specialises lorsque tous lesequipements assurant une fonction specialisee sont reunis en un meme lieu.

Comme exemple, on peut citer un atelier d’emboutissage des toles de voitures ouun atelier de peinture dans une usine d’assemblage automobile.

En ce qui concerne les ressources mobilisees, la main d’œuvre est plutotqualifiee et les equipements sont polyvalents.

En ce qui concerne le probleme de l’organisation efficace des ressources,deux problemes principaux sont a considerer :

• Lors de la conception de l’atelier, le probleme principal est la gestion descouts de manutention entre les differents postes de travail. Afin de diminuerces couts on determine la meilleure localisation des machines les unes parrapport aux autres dans l’atelier. Ceci fait appel aux methodes d’agencementdans l’espace (cfr chapitre 8 consacre a la configuration d’un centre deproduction).

• Lors de la gestion quotidienne de l’atelier, le probleme principal est dedeterminer l’ordre d’execution des diverses taches sur une ou plusieurs ma-chines (cfr chapitre 2 consacre a l’ordonnancement en ateliers specialises).

1.3.3 Organisation en lignes de production

Definition 1.4 On parle d’organisation en lignes de production lorsque qu’unflux regulier de produits passe d’un poste a l’autre, l’ordre de passage etant fixe.

Comme exemple, on peut citer les lignes d’assemblage d’automobiles.

En ce qui concerne les ressources mises en œuvre, les equipements sontgeneralement tres specialises. En ce qui concerne l’organisation efficace desressources, le probleme majeur consiste en l’equilibrage de la chaıne : c’est-a-dire a definir les taches a realiser a chaque poste de maniere a avoir le meme tempsde realisation a chaque poste (cfr chapitre 8). En effet, un mauvais equilibrage dela chaıne entraınera une sous-utilisation des ressources puisque la chaıne tourne ala vitesse de l’element le plus lent.

Deux autres problemes sont tres importants dans ce mode d’organisation de laproduction. Il s’agit de : la fiabilite de la chaıne (un maillon defectueux et toutela chaıne s’arrete) et de la fiabilite du systeme d’informations.


1.3.4 Les industries de process

Definition 1.5 On parle d’industries de process lorsque le mode d’organisationest caracterise par un flux regulier et important de matieres premieres destinees aetre transformees en matieres plus elaborees.

Comme exemples, on peut citer la siderurgie, la petrochimie, le secteur de la chimielourde, le secteur agro-alimentaire, etc. . .

En ce qui concerne l’organisation efficace des ressources, vues l’importanceet la regularite de la demande, le probleme d’organisation au cout minimum estgeneralement assez simple. Il peut etre resolu par la programmation lineaire.

1.4 Formulation en modeles mathematiques

Terminons ce chapitre en introduisant la notion de modele mathematique. Parmodele mathematique, on entend la representation par des equations mathema-tiques d’un probleme de la vie reelle. Nous allons illustrer la construction d’unmodele mathematique sur un exemple tres simplifie de planification de la produc-tion tire de Williams [17]. Une usine peut produire cinq produits (notes PROD1 aPROD5). La marge beneficiaire unitaire, c’est-a-dire la difference entre le prix devente et le cout de production d’un produit, est donnee pour chacun des produitsau tableau 1.1. Chaque produit necessite le passage par trois etapes de fabrication.

Produit PROD1 PROD2 PROD3 PROD4 PROD5

Marge 550 600 350 400 200

Tableau 1.1: Marge par produit.

Les temps requis a chaque etape sont donnes en heures pour chaque produit autableau 1.2.

Produit PROD1 PROD2 PROD3 PROD4 PROD5

Etape 1 12 20 0 25 15

Etape 2 10 8 16 0 0

Etape 3 20 20 20 20 20

Tableau 1.2: Temps de fabrication (en heures par produit).

Enfin, il faut tenir compte des ressources en facteurs disponibles donnees autableau 1.3. Les deux premieres etapes sont effectuees sur machine tandis que la

Section 1.4. Formulation en modeles mathematiques 15

Etape Ressources heures par jour jours par semaine

Etape 1 3 machines 16 6

Etape 2 2 machines 16 6

Etape 3 8 personnes 8 6

Tableau 1.3: Ressources en facteurs

troisieme ne necessite que l’intervention de main d’œuvre. En ce qui concerne lesdeux premieres etapes, l’usine travaille en deux pauses de huit heures par jour, etceci, au maximum six jours par semaine. En ce qui concerne la troisieme, chaquepersonne travaille 8 heures par jour et, au maximum, 6 jours par semaine.

La question que se pose le gestionnaire de l’usine est la suivante. Quelles sontles quantites a fabriquer de chaque produit pour maximiser le profit net ?

La construction d’un modele est, en general, une operation en trois etapes :

1. le choix des variables de decisions,

2. l’expression de l’objectif en fonction de ces variables,

3. l’expression des contraintes en fonction de ces variables.

La premiere etape consiste donc a definir les variables de decision.

Definition 1.6 On appelle variable de decision toute quantite utile a la resolutiondu probleme dont le modele determine la valeur.

Generalement, elles sont notees par les lettres de la fin de l’alphabet (x, y, z, etc...).Ici, on note simplement par xi, la quantite du produit i fabriquee par semaine, iallant de un a cinq.

Une premiere remarque importante s’impose. Il est fondamental de bienpreciser les unites selon lesquelles sont exprimees les variables. En effet, l’ordrede grandeur des coefficients de l’objectif et des contraintes depend de ces unites.

La deuxieme etape consiste en la formulation de l’objectif.

Definition 1.7 L’objectif est la quantite que l’on veut minimiser ou maximiser.

Ici, il s’agit de la somme des contributions de chacune des productions au profitnet de l’usine. Elle s’exprime simplement par :

max z = 550x1 + 600x2 + 350x3 + 400x4 + 200x5

La troisieme etape consiste en la formulation des contraintes.


Definition 1.8 Les contraintes sont toutes les relations entre les variables quilimitent les valeurs possibles que peuvent prendre ces variables.

• La premiere concerne la limite d’utilisation des machines a l’etape 1. Il ya trois machines, utilisees 16 heures par jour et, au maximum, six jours parsemaine, ce qui donne un nombre maximum d’heures par semaine1 :

3 × (2 × 8) × 6 = 288 heures disponibles.

Une unite de produit 1 demande 12 heures sur machine a l’etape 1. Si x1

unites de produit 1 sont produites par semaine, cela demande 12 x1 heuressur la machine 1. Par un raisonnement semblable pour les autres produits,on obtient finalement la contrainte :

12x1 + 20x2 + 0x3 + 25x4 + 15x5 ≤ 288.

• La deuxieme contrainte concerne la limite d’utilisation des machines a ladeuxieme etape. Le nombre maximum d’heures d’utilisation vaut :

2 × (2 × 8) × 6 = 192 heures,

et la contrainte s’exprime comme :

10x1 + 8x2 + 16x3 + 0x4 + 0x5 ≤ 192.

• La troisieme contrainte concerne la limite d’utilisation du personnel a latroisieme etape. Le nombre maximum d’heures prestees en une semaine parles 8 personnes est de :

8 × (1 × 8) × 6 = 384 heures.

Et donc la contrainte s’exprime comme :

20x1 + 20x2 + 20x3 + 20x4 + 20x5 ≤ 384.

• Enfin, il ne faut pas oublier les contraintes, presque toujours presentes, disantque l’on ne peut pas produire des quantites negatives :

x1, x2, . . .x5 ≥ 0.

1Remarquez ici l’importance d’avoir precise que les quantites produitesl’etaient par semaine.

Section 1.5. Exercices 17

1.5 Exercices

1.1. Probleme de transport.On dispose de deux usines de production dont lesdebouches sont situes sur trois marches distants geographiquement. Onconnaıt la capacite de production de chacune des usines (en tonnes) ainsique la demande de chacun des marches (en tonnes). On dispose egalement(voir tableau 1.4 pour les donnees precises) des distances, exprimees enmilliers de miles, entre les sites de production et les marches.

Usines Marches Offre

Distance New York Chicago Topeka

Seattle 2.5 1.7 1.8 350

San Diego 2.5 1.8 1.4 600

Demande 325 300 275

Tableau 1.4: Les donnees numeriques du probleme de transport.

Les frais de transport d’une tonne sont de 90 $ par millier de miles. On sedemande combien d’unites du produit acheminer a chaque marche a partirde chaque usine de maniere a minimiser les couts de transport, les couts deproduction, etant les memes dans toutes les usines, n’entrent pas en ligne decompte.

Formuler le probleme de transport comme un modele lineaire (choix desvariables, expression de l’objectif et expression des contraintes).

1.2. Optimisation du plan directeur de production. Une societe voudraitetablir son plan directeur de production, c’est-a-dire les quantites a produirechaque trimestre ainsi que les ressources a mobiliser chaque trimestre pourpouvoir satisfaire la demande a cout total annuel minimum. La demandepour les 4 prochains trimestres est donnee au tableau 1.5.

On suppose qu’un ouvrier peut produire 150 unites par jour ouvrable. Lenombre de jours ouvrables est egalement repris au tableau 1.5. Il y a uneffectif initial de 32 ouvriers et un stock initial de 0. Le cout d’embauche d’unouvrier est de 20 000 euro. Le cout de licenciement est de 50 000 euro. Lecout de stockage d’une unite pendant un trimestre est de 10 euro. On supposeque les licenciements et les embauches de personnel ne peuvent se realiserqu’en debut de chaque trimestre. De plus, pour des raisons commerciales,on souhaite avoir un niveau minimum de stock en fin de chaque trimestre


Trimestre Demande Stock minimum Jours

1 180 000 55 000 62

2 400 000 85 000 64

3 190 000 50 000 55

4 390 000 100 000 59

Tableau 1.5: Optimisation du plan directeur de production

afin de faire face aux demandes du debut du trimestre suivant. Ce niveauminimum est donne au tableau 1.5. Les temps partiels sont permis.

On demande de determiner les engagements et licenciements debut de chaquetrimestre, de maniere a ce que l’effectif du mois soit suffisant pour satisfairela demande (aucune rupture de stock n’est permise) a cout total minimum(somme du cout d’embauche, du cout de licenciement et du cout de stockage).

Formuler le modele correspondant (choix des variables, expression de l’ob-jectif et expression des contraintes). Indication : determinez d’abord lesvariables independantes (celles a partir desquelles les autres seront cal-culees), ensuite les variables dependantes (par exemple, la production dependdu nombre d’ouvriers, le nombre d’ouvriers dependant lui-meme des em-bauches et licenciements).

1.3. Location de surfaces d’entreposage. Le batiment d’entreposage d’unefirme fabriquant des peintures vient d’etre completement ravage par le feu.Pour pouvoir continuer a stocker ses surplus de production prevus pour les 6prochains mois (soit la periode de reconstruction de l’entrepot), la firme doitdisposer des surfaces minimum reprises au tableau 1.6. La societe s’adresse

Mois 1 2 3 4 5 6

Surface (en 100 m2) 35 20 30 10 15 20

Tableau 1.6: Besoins minimaux en surface d’entreposage

a une firme specialisee dans l’entreposage qui permet de louer n’importequelle surface pour un nombre quelconque de mois. Le cout de location estdecroissant en fonction de la longueur du bail (cfr tableau 1.7). La firmepeut donc signer chaque mois autant de baux qu’elle le desire pour la dureeet la surface qu’elle juge utiles. L’objectif est de minimiser le cout total desbaux qui permettront de couvrir les besoins en entreposage des 6 prochains


Duree du bail (en mois) 1 2 3 4 5 6

Cout du bail (euro pour 100 m2) 200 360 500 625 745 850

Tableau 1.7: Cout des baux

mois. On vous charge d’etablir le calendrier de debut et de fin de chacun desbaux ainsi que la surface sur laquelle ils portent.

Formuler le probleme correspondant (choix des variables, expression del’objectif et expression des contraintes). Indication : pensez a utiliser desvariables a doubles indices (premier pour le debut, second pour la fin dubail).

1.4. Equilibrage du chargement d’un navire. Le capitaine d’un cargo cerealierdoit assurer l’equilibrage du chargement des 4 soutes de son navire pour luiconserver toutes ses qualites en haute mer. Les soutes vont de la soute avantA a la soute arriere D en passant par les 2 soutes medianes B et C. Leurscapacites sont donnees ci-dessous :

Soute Capacite Volume

(tonnes) (m3)

A 3 600 20 000

B 4 300 30 000

C 4 500 31 000

D 3 300 18 000

La bonne tenue en mer de son navire lui impose de charger dans la soute Aun tonnage de cereales compris dans la fourchette qui va de 90 % a 110 %du tonnage charge dans la soute D. Le tonnage dans chacune des soutes B etC doit etre d’au moins 30 % superieur au tonnage dans la soute A et de 25% superieur au tonnage dans la soute D; la moitie de la somme des tonnagescharges dans les soutes B et C doit etre au plus egale a la somme des tonnagescharges dans les soutes A et D. L’armateur propose au capitaine d’effectuer


les chargement du navire a partir des lots de cereales suivants :

Lot Nombres Nombre de Tarif par tonne

de tonne m3 par tonne transportee

1 6 000 6,5 7,00 EURO

2 4 400 4,7 6,50 EURO

3 3 200 3,0 6,25 EURO

4 2 100 5,4 7,20 EURO

Le capitaine a carte blanche pour choisir sa cargaison; il peut accepter a saguise tout un lot donne ou une partie de ce lot. Pour simplifier le probleme,on suppose qu’une soute peut contenir plus d’une sorte de cereale. Il par-tage l’objectif de l’armateur, qui est de maximiser les tarifs recus pour lesquantites embarquees. Comment doit s’effectuer le chargement des soutes ?Formuler mathematiquement le probleme (choix des variables, expressionde l’objectif et expression des contraintes).

Partie I

Les decisions operationnelles

21

Chapitre 2

Ordonnancement en ateliers specialises

2.1 Introduction

Rappelons qu’on parle d’ateliers specialises lorsque l’ensemble des equipementsnecessaires pour assurer une fonction determinee sont rassembles dans un memeatelier. Le probleme de gestion quotidienne est de determiner l’ordre d’executiond’un certain nombre de taches, la realisation d’une tache necessitant le passage surune ou plusieurs machines.

Par exemple, l’emboutissage de plusieurs types de portieres de voitures de-mande le passage sur une meme presse, l’ordre de passage des differents types deportieres sur la presse n’etant pas determine a l’avance.

Parmi les modeles d’ordonnancement en ateliers specialises, on distingue

• Les modeles statiques pour lesquels on recherche l’ordonnancement opti-mal d’un ensemble donne de taches sur une periode donnee : autrement dit,au cours de la periode consideree, aucune nouvelle tache non prevue ne peutetre prise en compte dans l’ordonnancement;

• Les modeles dynamiques d’ordonnancement qui se caracterisent par desarrivees successives de taches, le plus souvent dans un univers aleatoire.

Dans ce chapitre, nous allons nous limiter aux modeles statiques et voir suc-cessivement le probleme d’ordonnancement sur 1 machine, sur 2 machines. Enfin,nous verrons la generalisation au probleme sur m machines dont la resolutiondemande le recours a la programmation en nombres entiers.

23

24 Chapitre 2. Ordonnancement en ateliers specialises

2.2 Ordonnancement sur une machine

Illustrons le probleme sur l’exemple suivant tire de Giard [4]. On a cinq tachesa effectuer sur la machine A. Le tableau 2.1 presente les differentes taches ainsique leurs temps operatoires. Il s’agit de determiner l’ordre dans lequel on va

Tache (i) 1 2 3 4 5

Temps operatoire (ti) 50 150 80 200 30

Tableau 2.1: Temps operatoires (en centiemes d’heures).

effectuer ces differentes taches. Il est clair que, quel que soit l’ordre choisi, letemps operatoire total est le meme : il s’agit de la somme des temps operatoires.Il faudra donc definir un autre critere de choix entre tous les ordonnancementspossibles. Un ordonnancement possible est illustre a la table 2.2.

Ordre (j) 1 2 3 4 5

Tache programmee(i) 3 4 1 5 2

Temps d’execution (Tj) 80 200 50 30 150

Tableau 2.2: Un ordonnancement possible.

2.2.1 Le diagramme de Gantt

Illustrons tout d’abord une technique de visualisation d’un ordonnancement, lediagramme de Gantt. Celui-ci est construit a la figure 2.1 pour l’ordonnancement

machine A

3 4 1 5 2 Z

1 2 3 4 5 temps(heures)

0,8 2,8 3,3 3,6 5,1

Figure 2.1: Diagramme de Gantt.

du tableau 2.2. Le diagramme de Gantt permet de visualiser a la fois :

• l’utilisation des moyens productifs;

• l’avancement de l’execution des taches.

Section 2.2. Ordonnancement sur une machine 25

En effet, une ligne horizontale illustre l’evolution du temps. Ensuite, pour chaquemoyen productif (ici, il y a seulement la machine A), on trace une ligne horizon-tale en dessous de la ligne du temps. Chaque tache a effectuer sur la machineest representee par un segment dont la longueur est proportionnelle a la dureed’execution de la tache. On indiquera le numero de la tache au dessus du segmenttandis qu’une machine au repos est indiquee par un Z.

Si l’on veille a aligner verticalement l’origine du temps pour chaque machine,une ligne verticale indique donc a tout moment a quelle tache est occupee chacunedes machines. Un tableau mural peut etre ainsi d’un grand recours pour les agentsde maıtrise responsable de l’affectation des moyens humains et materiels.

2.2.2 La regle T.O.M.

Comme nous l’avons indique plus haut, tous les ordonnancements possibles con-duisent au meme temps total d’execution des taches. Dans l’exemple, l’executiondes 5 taches necessite 510 centiemes d’heure. La question qui se pose est alors :comment choisir parmi les n! ordonnancements possibles ?

Notons Aj le temps d’achevement de la tache programmee en position j. Letemps d’achevement d’une tache est la somme des temps d’execution de la tacheavec ceux des taches precedentes. Par exemple,

A4 = T1 + T2 + T3 + T4

Le calcul des differents temps d’achevement des taches est repris au tableau 2.3.

Ordre (j) 1 2 3 4 5

Tj 80 200 50 30 150

Aj 80 280 330 360 510

Tableau 2.3: Temps d’achevement des taches.

Le temps d’achevement moyen vaut alors :

A =80 + 280 + 330 + 360 + 510

5= 312

En general :

A =1

5

n∑j=1

Aj =1

5[T1 + (T1 + T2) + (T1 + T2 + T3)

+(T1 + T2 + T3 + T4) + (T1 + T2 + T3 + T4 + T5)]

=1

5(5T1 + 4T2 + 3T3 + 2T4 + T5)


Il s’agit donc d’une somme ponderee des temps operatoires, chaque temps opera-toire etant pondere par un facteur d’autant plus grand qu’il se trouve execute plustot dans l’ordonnancement. La regle d’ordonnancement qui minimise le temps d’a-chevement moyen est celle du temps operatoire minimum : il s’agit d’executerles taches par ordre croissant de duree :

T1 ≤ T2 ≤ . . . ≤ Tj ≤ . . . ≤ Tn

L’application de cette regle donne l’ordonnancement illustre au tableau 2.4. Cetteapplication donne le temps d’achevement moyen minimum :

A = 218.

Ordre (j) 1 2 3 4 5

Taches (i) 5 1 3 2 4

Tj 30 50 80 150 200

Aj 30 80 160 310 510

Tableau 2.4: Application de la regle TOM.

On peut montrer que la regle T.O.M. revient a minimiser le retard moyen, leretard d’une tache etant la difference entre le moment ou la tache est terminee etcelui ou elle aurait ete terminee si l’on l’avait commence en premier lieu.

2.3 Ordonnancement avec deux centres de production

Chaque tache necessite pour son execution le passage sur deux machines : lesmachines A et B. Soient tiA et tiB, les temps d’execution de la tache i sur lesmachines A et B respectivement. On va utiliser comme critere d’ordonnancementla minimisation du temps total d’execution des taches sur les deux machines. Onva distinguer deux cas :

• le cas ou toutes les taches sont a executer sur A puis B;

• le cas ou toutes les taches n’ont pas le meme ordre de passage sur les deuxmachines.

2.3.1 Cas ou toutes les taches sont a executer sur A puis B

Supposons donc que cinq taches soient a executer sur les machines A puis B. Lestemps operatoires (en centiemes d’heure) sont repris au tableau 2.5.

Section 2.3. Ordonnancement avec deux centres de production 27

Taches (i) 1 2 3 4 5

tiA 50 150 80 200 30

tiB 60 50 150 70 200

Tableau 2.5: Ordonnancement sur deux machines.

machine B

5 1 3 4 2

machine A

1 2 3 4 5 temps(heures)

5 1 3 4 2

0,3 0,8 1,6 2,3 2,9 3,6 4,4 5,1 5,6

Z

Z

Figure 2.2: Diagramme de Gantt.

L’ordonnancement optimal est illustre a la figure 2.2. Remarquez que durantl’execution de la premiere tache sur A, la machine B dort. On a donc interet amettre en tete la tache de temps tiA le plus faible. De facon similaire, lors del’execution de la derniere tache sur la machine B, la machine A dort. On a doncinteret a mettre en fin la tache de duree d’execution tiB minimum.

En se basant sur ces deux observations, l’algorithme Johnson (1954) calculel’ordonnancement minimisant le temps total d’execution des taches :

1. Rechercher la tache i de temps d’execution tim minimum.

2. Si m = A, placer cette tache a la premiere place disponible;Si m = B, placer cette tache a la derniere place disponible.

3. Supprimer la tache i des taches encore a programmer, retour en 1.

Appliquons ceci a l’exemple. D’abord, la tache 5 (t5A = 30) est mise enpremiere position. Puis, la tache 1 (t1A = 50) est mise en deuxieme position. Puisla tache 2 (t2B = 50) est mise en derniere position. Puis la tache 4 (t2B = 70)est mise en avant derniere position. Enfin, la tache 3 est mise a la derniere placedisponible.

5 1 3 4 2

On obtient le graphique de Gantt de la figure 2.2 ou le passage d’une tache d’unemachine a l’autre est visualise a l’aide d’une fleche verticale.


2.3.2 Cas de taches ne s’effectuant pas dans le meme ordre

Dans ce cas plus general, certaines taches ne necessitent que le passage sur unemachine, d’autres sur les deux dans un ordre ou l’autre. Les donnees numeriquessont reprises au tableau 2.6.

Taches a effectuer sur A puis B

Taches (i) 1 2 3 4 5 6

tiA 50 80 10 50 30 70

tiB 30 60 30 0 0 0

Taches a effectuer sur B puis A

Taches (i) 7 8 9 10 11

tiB 90 20 10 40 10

tiA 70 30 100 0 0

Tableau 2.6: Illustration de l’algorithme de Jackson.

L’ordonnancement qui minimise le temps total d’execution des taches surles deux machines est obtenu par l’algorithme de Jackson (1957) qui est unegeneralisation de l’algorithme de Johnson. Il consiste tout simplement a :

1. Faire une partition de l’ensemble des n taches en

• l’ensemble A des taches ne passant que sur A : A = {4, 5, 6};

• l’ensemble B des taches ne passant que sur B : B = {10, 11};

• l’ensemble AB des taches passant sur A puis B : AB = {1, 2, 3};

• l’ensemble BA des taches passant sur B puis A : BA = {7, 8, 9}.

2. Calculer un ordonnancement pour chaque sous-ensemble :

• l’ordonnancement optimal pour AB par Johnson : 3, 2, 1;

• l’ordonnancement optimal pour BA par Johnson : 9, 8, 7;

• un ordonnancement arbitraire pour A (par exemple, TOM) : 5, 4, 6;

• un ordonnancement arbitraire pour B (par exemple, TOM) : 11, 10.

3. Remarquons que l’on a interet a debuter le plus vite possible sur A les tachesqui doivent ensuite aller sur B et a mettre en derniere place sur A celles quidoivent d’abord aller sur B. Ceci conduit a combiner ces ordonnancementde la maniere suivante :

Section 2.4. Ordonnancement sur trois machines 29

• Pour la machine A : la sequence optimale pour le sous-ensemble AB,puis les taches de A, puis la sequence optimale du sous-ensemble BA :

3, 2, 1, 5, 4, 6, 9, 8, 7.

• Pour la machine B : la sequence optimale pour le sous-ensemble BA,puis les taches de B, puis la sequence optimale du sous-ensemble AB :

9, 8, 7, 11, 10, 3, 2, 1.

On obtient le diagramme de Gantt de la figure 2.3.

machine A

machine B

3 2 1 5 4 6 9 8 7

10 90 140 170 220 290 390 420 490

9 8 7 11 10 3 2 1 Z

10 30 120 130 170 200 260 290

Figure 2.3: Algorithme de Jackson.

2.4 Ordonnancement sur trois machines

L’algorithme de Johnson ne s’applique qu’en presence de deux machines. Cepen-dant, le cas de trois machines peut se ramener au cas de deux machines si la machineB est completement dominee par la machine A ou par la machine C, c’est-a-diresi l’on se trouve dans le cas ou

minimum tiA ≥ maximum tiB,

soit dans le cas ouminimum tiC ≥ maximum tiB.

Illustrons ceci sur l’exemple du tableau 2.7. ou l’on constate que :

minimum tiA = 12 = maximum tiB.

On est donc bien dans les conditions d’application enoncees ci-dessus. Remarquezqu’il suffit qu’une des deux conditions soit verifiee. Ainsi dans l’exemple, laseconde condition n’est pas verifiee et l’algorithme s’applique bien.


taches 1 2 3 4 5 6 7

Assemblage 20 12 19 16 14 12 17

Inspection 4 1 9 12 5 7 8

Expedition 7 11 4 18 18 3 6

Tableau 2.7: Temps operatoires avec trois machines.

Lorsque l’on se trouve dans un des deux cas, on reformule alors le probleme enun probleme a deux machines, la premiere groupant les machines A et B (tiAB =tiA + tiB) et la seconde groupant les machines B et C (tiBC = tiB + tiC).

taches 1 2 3 4 5 6 7

Assemblage + Inspection 24 13 28 28 19 19 25

Inspection + Expedition 11 12 13 30 23 10 14

On applique alors l’algorithme de Johnson a ce probleme a deux machines pourdeterminer l’ordonnancement optimal.

Place 1 2 3 4 5 6 7

tache 5 4 7 3 2 1 6

On peut alors tracer le diagramme de Gantt correspondant au probleme original,c’est-a-dire celui avec trois machines (voir figure 2.4).

Assemblage

5 174 23

5 174 23

6

6ZZ Z Z Z

Z

Inspection

Expédition

5 174 23 6ZZ Z Z Z

Z Z

14 19 30 37 42 47 55 60 66 75 78 79 90 98 102 109 110 117 120

Figure 2.4: Ordonnancements avec 3 machines.

Dans le cas ou la machine centrale n’est pas dominee par la premiere ou latroisieme machine, le probleme peut etre modelise comme un probleme en nombresentiers et resolu par une technique de programmation en nombres entiers telle quela methode de “branch and bound”.

Section 2.5. Ordonnancement de n taches sur m centres de production 31

2.5 Ordonnancement de n taches sur m centres de production

Comme l’indique Giard [4], le probleme combinatoire pose est formidable : il ya en effet (n!)m ordonnancements possibles. Le probleme general a ete formaliseen termes de programmation dynamique et en termes de programme lineaire ennombres entiers. La formulation permet d’integrer des contraintes supplementairescomme la date de livraison, une capacite de production, . . . etc.

Lorsque l’ordre de passage des taches est identique et que le nombre de centresde production ne depasse pas quelques dizaines, une solution souvent proche dela solution optimale peut etre trouvee en utilisant l’algorithme de Johnson sur desgroupements de centres de production successifs exactement a la maniere de ce quenous avons fait a la section precedente pour le cas de trois centres de productiondont celui du milieu est domine.

Attention que, au contraire des cas precedents il ne s’agit pas d’un algorithmedonnant une solution optimale mais bien d’une methode heuristique donnant unesolution approchee.

Prenons le cas de 5 centres de productions notes A, B, C, D et E. Il faut resoudreles 4 problemes suivants par l’algorithme de Johnson (des parentheses signifientque l’on somme les temps des centres) :

• avec la premiere et la derniere machine :

{A} − {E}

• avec les deux premieres et les deux dernieres machines :

{AB} − {DE}

• avec les trois premieres et les trois dernieres machines :

{A, B, C} − {C, D, E}

• avec les quatre premieres et les quatre dernieres machines :

{A, B, C, D} − {B, C, D, E}

On prend alors le meilleur des temps totaux d’execution des taches ainsi trouves.

Illustrons ceci sur un exemple a 4 centres de production. Le tableau 2.8 reprendles donnees du probleme.


taches tiA tiB tiC tiD

1 50 43 15 4

2 89 99 95 77

3 7 47 20 98

4 8 64 12 94

5 61 19 65 14

6 1 80 66 78

Tableau 2.8: Temps operatoires avec quatre machines.

Le premier probleme fictif consiste a ne considerer que les machines A et D.Il conduit a l’ordonnancement suivant par la methode de Johnson :

1 2 3 4 5 6

6 3 4 2 5 1

qui conduit a un temps de 51,2 heures.

Le deuxieme probleme fictif consiste a considerer les machines A+B et C+Dcomme illustre au tableau 2.9 . Il conduit a l’ordonnancement suivant par la

taches tiA + tiB tiC + tiD

1 50 + 43 =93 15 + 4 = 19

2 89 + 99 = 188 95 + 77= 172

3 7 + 47 = 54 20 + 98 = 118

4 8 + 64 = 72 12 + 94 = 106

5 61 + 19 = 80 65 + 14 = 79

6 1 + 80 = 81 66 + 78 = 144

Tableau 2.9: Deuxieme probleme fictif.

methode de Johnson :1 2 3 4 5 6

3 4 6 2 5 1

qui conduit a un temps de 48,7 heures. Le troisieme et dernier probleme fictifconsiste a considerer A+B+C et B+C+D. Il donne la meme solution que le problemefictif 2. On a donc trouve une solution de temps egal a 48,7 heures alors que lasolution optimale (qui peut etre calculee en faisant une enumeration explicite detous les ordonnancement possibles) conduit a un temps de 48,5 heures.


2.6 Exercices

2.1. Pose de chape et carrelage. Une entreprise de pose de chape et carrelagea enregistre pour le mois prochain les commandes suivantes correspondanta autant de chantiers (la duree suppose qu’une equipe entiere soit affectee ala tache) :

C1 C2 C3 C4 C5

Chappe 2 jours 3 jours 10 jours 1 jours 2,5 jours

Carrelage 5 jours 4 jours 12 jours 3 jours 2 jours

Il doit toujours y avoir 2 jours de sechage entre la fin de la chape et le debut ducarrelage. Le sechage est realise avec une machine. L’entreprise ne disposeque d’une seule machine de sechage.

(a) Si l’entreprise dispose d’une equipe de chappistes et d’une equipe decarreleurs, dans quel ordre doit-elle effectuer ces contrats pour realiserles 5 chantiers en un minimum de temps ?

(b) Representez graphiquement votre solution au moyen d’un diagrammede Gantt.

(c) Combien de jours sont necessaires pour mener a bien les cinq chantiers ?

2.2. Ordonnancement de lots de jouets. Une petite entreprise de la regionLiegeoise est specialisee dans la production de jouets en bois. Le plan defabrication pour le mois de novembre implique la production de 7 types dejouets : J1, J2, . . . , J7. La fabrication de ces produits implique 2 etapes :la decoupe du bois (A) et le montage (B). Selon les produits, ces operationsne sont pas toujours toutes effectuees et leur ordre peut varier. On demanded’utiliser l’algorithme de Jackson pour determiner l’ordonnancement quiminimise le temps total d’execution des taches. Les donnees numeriquessont reprises au tableau ci-dessous :

Tache J1 J2 J3 J4 J5 J6 J 7Duree sur A 15 5 10 0 10 10 50Duree sur B 10 0 12 10 15 18 40

Ordre BA A AB B AB AB BA

(a) Determinez l’ordonnancement optimal des taches passant a la decoupepuis au montage (A puis B).


(b) Determinez l’ordonnancement optimal des taches passant au montagepuis a la decoupe (B puis A).

(c) Determinez un ordonnancement pour les taches passant uniquementpar la decoupe (A).

(d) Determinez un ordonnancement pour les taches passant uniquement aumontage (B).

(e) Determinez l’ordonnancement optimal pour les deux operations.

(f) Dessinez la solution obtenue au point (e) sur un diagramme de Gantt.

2.3. Planification de m taches sur n centres de production. La charcuterie in-dustrielle Detry doit planifier 6 lots de jambons. Pour chacun des 6 lots, troisoperations doivent etre executees dans un ordre determine : La preparation(centre de production A), puis la cuisson (centre de production B), enfin leconditionnement (centre de production C). Etant donne les diverses tailles delots, les recettes utilisees et les divers types de conditionnements, on etablitles temps operatoires suivants pour chaque lot (unite : 10 minutes):

Machine A B CLot 1 : jambon belge 4 6 2Lot 2 : jambon en des 4 1 6Lot 3 : salade de jambon 5 5 7Lot 4 : jambons de Bayonne 8 7 9Lot 5 : jambons en tranches 7 5 5Lot 5 : jambons a l’os 8 1 3

L’entreprise desire minimiser le temps total de production.

(a) Utilisez la methode heuristique basee sur l’algorithme de Johnson pourtrouver une solution proche de la solution optimale.

(b) Donnez l’ordonnancement obtenu.

(c) Quelle est la duree de la production (en heures et minutes) ?

Chapitre 3

La gestion calendaire de stock

3.1 Introduction

Comme le souligne Giard [4], une production sans stock est quasi inconcevablevu les nombreuses fonctions que remplissent les stocks. En effet, la constitutionde stocks est necessaire s’il y a :

1. non coıncidence dans le temps et l’espace de la production et de laconsommation : le stock est indispensable dans ce cas car il est impossiblede produire la et quand la demande se manifeste. Les exemples classiquessont les jouets et la confiserie pour la non coıncidence dans le temps, et lessupermarches pour la non coıncidence dans l’espace.

2. incertitude sur le niveau de demande ou sur le prix : s’il y a incertitudesur la quantite demandee, on va constituer un stock de securite qui permetde faire face a une pointe de demande. S’il y a incertitude sur le prix, on vaconstituer un stock de speculation. Par exemple, les compagnies petrolieresachetent plus que necessaire en petrole brut lorsque le prix de celui-ci estrelativement bas.

3. risque de problemes en chaıne : il s’agit ici d’eviter qu’une panne a un postene se repercute sur toute la chaıne : un retard d’execution au poste precedentou une greve des transports n’arretera pas immediatement l’ensemble duprocessus de production s’il y a des stocks tampons.

4. presence de couts de lancement : dans ce cas, travailler par lots permet uneeconomie d’echelle sur les couts de lancement mais, en revanche, provoqueune augmentation des couts de possession du stock.

La gestion des stocks pose cependant de multiples problemes : tenue d’inven-taires, valorisation du stock, definition des capacites de stockage et enfin, disponi-bilite satisfaisante du stock. Nous allons nous concentrer sur ce dernier aspect.

35

36 Chapitre 3. La gestion calendaire de stock

3.2 Les politiques de gestion de stock

Les politiques de gestion de stock visent a repondre aux deux grandes questions :

1. Quand declencher l’approvisionnement du stock? La reponse a cette ques-tion est differente suivant la politique de gestion adoptee :

• En gestion de stock par point de commande, l’approvisionnement dustock est declenche lorsque l’on observe que le stock descend en des-sous d’un niveau s, le point de commande.

• En gestion calendaire, l’approvisionnement du stock est declenche aintervalles reguliers T , par exemple, chaque jour ou chaque semaine.

• En gestion calendaire conditionnelle, l’approvisionnement du stockest declenche a intervalles reguliers T , mais uniquement lorsque l’onobserve que le stock descend en dessous d’un niveau s, le point decommande.

2. Combien commander ? La reponse a la question ”Combien ?” dependegalement du type de gestion de stock appliquee :

• En cas de gestion par point de commande, on commande une quantitefixe, notee q et appelee quantite economique de commande. Commenous le verrons au chapitre 4, sa determination resulte d’un calculd’optimisation.

• En cas de gestion calendaire de stock, la quantite commandee est egalea la difference entre S, le niveau de recompletement du stock et le stockresiduel observe R, pour autant que le produit puisse rester en stock(cas de produits non perissables). Cette quantite peut egalement etreaugmentee de la valeur des quantites non satisfaites lors de la periodeprecedente, pour autant que le client maintienne sa demande.

Nous allons nous attacher a deux politiques particulieres :

• La politique de gestion calendaire des stocks, notee (T, S) avec T l’inter-valle entre deux commandes et S, le niveau de recompletement du stock.

• La politique de gestion par point de commande, quantite economiquede commande, notee (q, s) avec q, la quantite economique a commanderregulierement et s, le point de commande qui declenche l’approvisionnementdu stock.

Section 3.3. Les couts associes aux stocks 37

3.3 Les couts associes aux stocks

Un stock est constitue pour satisfaire une demande future. En cas de demandealeatoire, il peut y avoir non coıncidence entre la demande et le stock. Deux cassont evidemment possibles :

• une demande superieure au stock : on parle alors de rupture de stock;

• une demande inferieure au stock : on aura alors un stock residuel.

Le critere de gestion generalement retenu en gestion des stocks est celui dela minimisation des couts. Nous noterons cette fonction par la lettre C, suivie,entre parentheses, de la ou des variables de commande du systeme. Par exemple,si la variable de commande est la quantite commandee, nous noterons l’objectifC(q). Ces variables de commandes determinent en general trois variables d’etatdu systeme :

Ir, la rupture moyenne, c’est-a-dire le nombre moyen de demandes non satis-faites au cours d’une periode, auquel est associe cr, le cout unitaire derupture;

Ip, le stock moyen possede au cours d’une periode, auquel est associe cp, le coutunitaire de possession;

Ic, le nombre moyen de commandes passees au cours d’une periode, auquel estassocie cc, le cout unitaire de commande.

La fonction de cout s’ecrit donc en general comme une fonction de ces troisvariables d’etat :

C = crIr + cpIp + ccIc.

Nous allons examiner un peu plus en details chacun des trois couts partiels.

3.3.1 Les couts de possession

Les couts de possession comprennent :

1. les couts de detention d’un article en stock durant une certaine periode enfonction des conditions financieres d’acquisition et des eventuelles condi-tions de reprise.

2. les couts de stockage qui sont les depenses de logistique, de conservation dustock.


Comme signale plus haut, en presence d’une demande aleatoire, il peut y avoirnon coıncidence du stock et de la demande, et donc une rupture ou un stockresiduel. Les consequences de ce stock residuel seront bien differentes selon quel’on se trouve dans

• le cas du stock a rotation nulle, c’est-a-dire lorsque le stock residuel estsans utilite pour l’entreprise. Ceci se presente notamment :

– en cas d’obsolescence technique ou commerciale : par exemple, lesvetements de mode, . . .

– en cas ou la consommation a un delai maximum : par exemple, lesprimeurs, les journaux, . . .

Dans ce cas, le cout de possession d’un article se calcule comme le coutd’acquisition de l’article moins la valeur de recuperation (solde).

Prenons un exemple. Un quotidien achete 0,9 euro par le libraire et dontl’invendu est repris 0,75 euro par le grossiste : le cout de possession est de

cp = 0, 9 − 0, 75 = 0, 15 euro.

• le cas du stock a rotation non nulle, c’est-a-dire lorsque l’invendu peut etrevendu a une periode ulterieure. C’est l’exemple des boıtes de conserves enepicerie non vendues une periode qui le seront aux periodes suivantes.

Dans ce cas, le cout de possession lie a l’immobilisation du capital. Engelant la somme d’argent correspondant au cout d’achat de l’article invendu,la societe se prive du revenu d’un placement financier qu’elle aurait purealiser. Ce cout est appele cout d’opportunite. Le taux d’opportunite estla rentabilite du meilleur investissement que l’entreprise aurait pu faire.

Prenons un exemple. Si le taux d’opportunite est de 6 % l’an, une boıte deconserves achetee 1,20 euro et restant en rayon un mois entier a coute

cp = 1, 20 × 6% × 1/12 = 0, 006 euro.

L’autre partie du cout de possession concerne les couts de stockage. Ces coutsde stockage, comprennent, en general des frais fixes, tels que le cout de locationd’entrepots, ainsi que des frais variables, tels que le cout de manutention. Lecout unitaire de stockage que l’on doit prendre en consideration dans la fonctionobjectif est le cout moyen de l’ensemble de ces frais. Malheureusement, ce ce coutmoyen depend du volume d’activite et ne peut donc pas etre considere comme uneconstante. Cette difficulte fait que souvent on n’inclut pas de cout de stockagedans le cout de possession et le cout de possession se reduit donc au seul coutd’immobilisation du capital.

Section 3.3. Les couts associes aux stocks 39

3.3.2 Les couts de rupture

La rupture se presente lorsque la demande excede le stock constitue au cours de laperiode. Les consequences de cette rupture sont differentes selon que la demandeest interne ou externe.

En cas de demande externe, la demande non satisfaite peut etre perdue (onparle de ventes manquees) ou reportee (on parle de ventes differees) :

• dans le cas de ventes manquees, le cout de rupture est le manque a gagnerde la non fourniture d’une unite, generalement la marge beneficiaire.

Prenons un exemple. Un journal achete 0,90 euro par le libraire et revendu1,20 euro a un cout de rupture de

cr = 1, 20 − 0, 90 = 0, 30 euro.

• En cas de ventes differes, le cout de rupture n’inclut pas la marge car lavente sera realisee plus tard. Ce cout de rupture est le cout administratifd’ouverture d’un dossier et eventuellement un cout commercial (on fait uneristourne pour ne pas perdre le client).

Prenons un exemple. Un garagiste qui n’a plus en stock le vehicule desirepar son client va lui proposer une voiture de location gratuite durant le delaid’attente pour ne pas perdre le client. Le cout de rupture correspond ici a laprise en charge de la location de la voiture par le garage.

En cas de demande interne, on ne parle plus de stock de distribution mais biende stock de fabrication. Dans ce cas, la rupture entraıne un chomage techniquedes postes en aval. Le cout de rupture correspond au cout financier du chomagetechnique (voir a ce propos, l’exercice 3.3).

3.3.3 Les couts de commande

A nouveau, il faut ici distinguer le cas d’une demande interne et celui d’unedemande externe :

• En cas de stock de fabrication, le cout de commande est le cout de lancementde la production. Il s’agit du reglage des machines, etc . . . Normalement,ce cout est independant de la quantite fabriquee.

• En cas de stock d’approvisionnement, le cout de commande est le coutadministratif de gestion de la commande : etablissement d’un bordereau,controle de livraison, liquidation comptable,. . . . Normalement, ce cout estegalement independant de la quantite commandee.


3.4 Gestion calendaire de stock a rotation nulle

Pour rappel, on se trouve dans le cas d’un stock a rotation nulle lorsqu’il n’y apas de report possible des invendus aux periodes suivantes.

On va ici determiner le niveau initial du stock S, qui est donc ici la variablede commande. En effet, la periode de revision calendaire, c’est-a-dire l’intervalleentre deux approvisionnements, note T est generalement fixe par la nature del’approvisionnement. Par exemple, un patissier met en fabrication des gateauxchaque jour. Le libraire commande des journaux chaque jour, des periodiqueschaque semaine ou chaque mois.

Nous allons illustrer les choses sur l’exemple du patissier tire de Giard [4]qui est un exemple ou la demande suit une loi de probabilite discrete. Supposonsun cout de fabrication de 25 euro l’unite et un prix de vente de 60 euro l’unite.Supposons que la demande quotidienne de ce gateau soit de 2,5 en moyenne etsupposons que la demande, que nous noterons X , suive une loi de Poisson. Le

x 0 1 2 3 4

P (X = x) 0, 0821 0, 2052 0, 2565 0, 2138 0, 1336

x 5 6 7 8 9

P (X = x) 0, 0668 0, 0278 0, 0099 0, 0031 0, 0009

Tableau 3.1: Distribution de la loi de Poisson.

tableau 3.1 reprend la distribution de probabilite du nombre X de clients par jourpour ce produit. Dans ce tableau, x indique une valeur possible de la demande etP (X = x) indique la probabilite d’occurrence de cette valeur. Ainsi on a 8,21 %de chance d’observer aucun client un jour donne. Les invendus sont donnes.

La question que se pose le patissier est la suivante : combien mettre de gateauxen fabrication chaque jour pour maximiser son benefice ?

Le cout de possession, cp, lie a l’invendu en fin de journee est 25 euro, c’est-a-dire le cout de production. Tandis que le cout de rupture, cr, lie a une ventemanquee est egal a la marge, c’est-a-dire :

cr = 60 − 25 = 35 euros.

On doit determiner S, le stock initial, de maniere a minimiser :

C(S) = cpIp(S) + crIr(S) = 25Ip(S) + 35Ir(S).

avec Ip(S), le stock moyen residuel en fin de journee et Ir(S), nombre moyen deruptures sur la journee.

Section 3.4. Gestion calendaire de stock a rotation nulle 41

Avant de voir comment determiner, en general, le stock initial S∗ qui mi-nimise le cout moyen C(S), voyons sur l’exemple comment on peut calculernumeriquement ce minimum.

Nous allons d’abord calculer Ir(S), le nombre moyen de ruptures. Au tableau3.2, on calcule explicitement le nombre de ruptures en fonction du stock initial(S) et de la demande observee (x) : bien evidemment, ce nombre de rupturesest la partie positive de (x − S). Pour calculer le nombre moyen de ruptures, ilsuffit, pour chaque valeur de S de faire la moyenne ponderee de ce nombre par laprobabilite d’observer x. Ceci est fait en derniere ligne du tableau 3.2.

Calcul du nombre de ruptures : (x − S)+

x P (X = x) S = 1 S = 2 S = 3 S = 4 S = 5 S = 6

0 0, 0821 0 0 0 0 0 0

1 0, 2052 0 0 0 0 0 0

2 0, 2565 1 0 0 0 0 0

3 0, 2138 2 1 0 0 0 0

4 0, 1336 3 2 1 0 0 0

5 0, 0668 4 3 2 1 0 0

6 0, 0278 5 4 3 2 1 0

7 0, 0099 6 5 4 3 2 1

8 0, 0031 7 6 5 4 3 2

9 0, 0009 8 7 6 5 4 3

Ir(S) 1, 579 0, 867 0, 411 0, 169 0, 061 0, 019

Tableau 3.2: Calcul du nombre moyen de ruptures.

Nous allons ensuite calculer Ip(S), le stock moyen possede. Au tableau 3.3,on calcule explicitement le stock possede en fonction du stock initial (S) et dela demande observee (x) : bien evidemment, ce stock final possede est la partiepositive de (S − x). Pour calculer le stock moyen possede, il suffit, pour chaquevaleur de S de faire la moyenne ponderee de ce nombre par la probabilite d’observerx. Ceci est fait en derniere ligne du tableau 3.3.

Enfin, nous calculons le cout moyen de possession du stock en appliquant laformule suivante :

C(S) = 35Ir(S) + 25Ip(S)

Ceci est fait au tableau 3.4. On constate (voir figure 3.1) que le cout minimum estobtenu pour

S∗ = 3.


Calcul du stock residuel : (S − x)+

x P (X = x) S = 1 S = 2 S = 3 S = 4 S = 5 S = 6

0 0, 0821 1 2 3 4 5 6

1 0, 2052 0 1 2 3 4 5

2 0, 2565 0 0 1 2 3 4

3 0, 2138 0 0 0 1 2 3

4 0, 1336 0 0 0 0 1 2

5 0, 0668 0 0 0 0 0 1

6 0, 0278 0 0 0 0 0 0

7 0, 0099 0 0 0 0 0 0

8 0, 0031 0 0 0 0 0 0

9 0, 0009 0 0 0 0 0 0

Ip(S) 0, 0821 0, 3694 0, 9132 1, 6708 2, 562 3, 52

Tableau 3.3: Calcul du stock moyen possede.

Calcul du cout du stock

S 1 2 3 4 5 6

C(S) 57, 33 39, 58 37, 22 47, 69 66, 17 88, 66

Tableau 3.4: Calcul du cout moyen de possession du stock.

0

20

40

60

80

100

0 1 2 3=S∗ 4 5 6 S

C(S)

Figure 3.1: Evolution du cout moyen de possession du stock.


En cas de cout convexe (on peut verifier que le cout est bien une fonctionconvexe de S), le stock optimal S∗ est celui pour lequel le cout de gestion C(S∗)est inferieur a celui des stocks immediatement inferieur ou superieur :

C(S∗) ≤ C(S∗ + 1)

C(S∗) ≤ C(S∗ − 1)

ou encore

C(S∗ + 1) − C(S∗) ≥ 0

C(S∗) − C(S∗ − 1) ≤ 0(3.1)

Remarquez que les conditions (3.1) sont l’equivalent pour une fonction continuede dire que la derivee premiere doit etre negative avant S∗ et positive apres S∗. Onva donc etudier l’evolution de la difference de cout de stocks successifs :

C(S + 1) − C(S).

L’etude de C(S +1)−C(S) passe par celle de Ir(S +1)− Ir(S), car, commenous allons le voir, on peut exprimer cette variation de cout en fonction de la seulevariation de rupture moyenne. On va donc etudier Ir(S + 1) − Ir(S). Calculons,par exemple, la rupture moyenne Ir(S = 4) associee au stock initial S = 4. Ondoit donc calculer l’esperance mathematique de X − 4 pour des valeurs de Xsuperieures a 4 :

Ir(S = 4) =∞∑

x=5

(x − 4)P (X = x)

Calculons, de meme, la rupture moyenne Ir(S = 5) associee au stock initial S = 5 :

Ir(S = 5) =∞∑

x=6

(x − 5)P (X = x)

En general :

Ir(S) =∞∑

x=S+1

(x − S)P (X = x)

Interessons nous maintenant a la difference de ces ruptures moyennes pour deuxstocks initiaux consecutifs :

Ir(S = 4) − Ir(S = 5) =∞∑

x=5

(x − 4)P (X = x) −∞∑

x=6

(x − 5)P (X = x)

=∞∑

x=5

(x − 4)P (X = x) −∞∑

x=5

(x − 5)P (X = x)

=∞∑

x=5

1 · P (X = x)

= P (X > 4)


On en conclut que la diminution de rupture moyenne Ir(S) occasionnee parune augmentation d’une unite du stock a partir de S est egale a la probabilite quela demande soit strictement superieure au stock initial S :

Ir(S + 1) − Ir(S) = −P (X > S) (3.2)

Il est facile de montrer que ceci est vrai quelle que soit la forme la distribution deprobabilite discrete.

Les tableaux de l’annexe B donne le calcul de P (X > x) en fonction de λ, lavaleur du parametre de la loi de Poisson.

Comme annonce plus haut, il est possible de ramener la fonction de cout commeune fonction de la seule variable d’etat Ir(S). Pour cela, nous allons etablir larelation entre Ir(S) et Ip(S).

Le stock moyen sur lequel porte le cout de possession est le stock moyenobserve en fin de periode qui correspond donc a l’invendu. On observera un stockresiduel si la demande observee x est inferieure a S, le stock initial. Son niveaumoyen est calcule par l’esperance mathematique suivante :

Ip(S) =S−1∑x=0

(S − x)P (X = x) =S∑

x=0

(S − x)P (X = x)

=∞∑

x=0

(S − x)P (X = x) −∞∑

x=S+1

(S − x)P (X = x)

= S∞∑

x=0

P (X = x) −∞∑

x=0

xP (X = x) +∞∑

x=S+1

(x − S)P (X = x)

= S − X + Ir(S)

ou X note la moyenne de la demande X . D’ou la relation entre Ip et Ir :

Ip(S) = S − X + Ir(S) (3.3)

qui peut s’interpreter en disant que le stock moyen residuel Ip(S) est egal au stockde depart S diminue de la demande moyenne satisfaite (X − Ir(S)).

La consequence de la relation (3.3) est que l’on peut exprimer le cout totalC(S) en fonction du seul cout de rupture Ir :

C(S) = crIr(S) + cpIp(S) = crIr(S) + cp

(S − X + Ir(S)

)D’ou l’expression de C(S) :

C(S) = cp(S − X) + (cr + cp)Ir(S) (3.4)


Revenons maintenant au probleme de la determination de la solution opti-male, c’est-a-dire au stock initial S∗ qui minimise :

C(S) = cp(S − X) + (cr + cp)Ir(S)

On a donc que :

C(S + 1) − C(S) = cp(S + 1 − X) + (cr + cp)Ir(S + 1)

−cp(S − X) − (cr + cp)Ir(S)

= cp + (cr + cp)(Ir(S + 1) − Ir(S))

Compte tenu de la relation (3.2) :

C(S + 1) − C(S) = cp − (cr + cp)P (X > S)

Les conditions d’optimalite (3.1) deviennent ici :

cp − (cp + cr)P (X > S∗) ≥ 0

cp − (cp + cr)P (X > S∗ − 1) ≤ 0

ou encore S∗ optimal si :

P (X > S∗) ≤ cp

cp + cr

≤ P (X > S∗ − 1) (3.5)

Appliquons ceci au cas de l’exemple :

cp

cp + cr

=25

25 + 35= 0, 417

En consultant le tableau donnant P (X > S) (cfr Annexe B), on trouve :

P (X > 3) = 0, 2424 ≤ 0, 417 ≤ P (X > 2) = 0, 4562

D’ouS∗ = 3.

On en conclut qu’il est optimal de produire chaque matin 3 gateaux, soit la solutiondeja determinee numeriquement.


3.5 Cas d’une loi de demande continue

Nous allons egalement illustrer ce cas sur un exemple egalement tire de Giard [4].Considerons un marchand de journaux qui vent un quotidien a 3,5 euro l’unite, quilui-meme l’acquiere a 2,8 euro aupres de son grossiste qui lui reprend les invendusau prix de 2,6 euro l’unite.

Le cout de rupture, cr, est lie a l’invendu et vaut donc la marge beneficiaire :

cr = 3, 5 − 2, 8 = 0, 7 euro

tandis que le cout de possession, cp, vaut la perte enregistree par invendu, c’est-a-dire

cp = 2, 8 − 2, 6 = 0, 2 euro.

On suppose que la demande quotidienne suit approximativement une loi nor-male de moyenne X = 300 et d’ecart type σ = 20. La question qui se poseest la suivante : quel est le nombre d’exemplaires a commander S de maniere aminimiser le cout de gestion :

C(S) = cpIp(S) + crIr(S)

Le cout de gestion s’ecrit dans le cas d’une loi continue de la maniere suivante :

C(S) = cp

∫ S

x=0(S − x)f(x)dx + cr

∫ ∞

x=S(x − S)f(x)dx

La condition d’optimalite s’ecrit dans le cas d’une loi continue :

C ′(S∗) = 0

Comme dans le cas discret, on peut ramener ce cout a une fonction du seulnombre moyen de ruptures. En effet, la relation (3.3) entre Ir(S) et Ip(S) etabliedans le cas discret reste valable :

Ip(S) =∫ S

0(S − x)f(x)dx

=∫ ∞

0(S − x)f(x)dx −

∫ ∞

S(S − x)f(x)dx

= S − X +∫ ∞

S(x − S)f(x)dx

= S − X + Ir(S)

On en deduit a nouveau l’expression de C(S) en fonction du seul Ir(S) :

C(S) = cp(S − X) + (cp + cr)Ir(S)

Section 3.5. Cas d’une loi de demande continue 47

Il faut maintenant etudier la derivee premiere de Ir(S). Par application de laformule de Leibnitz (cfr Giard [4]), on demontre le resultat suivant :

dIr(S)

dS= −

∫ ∞

Sf(x)dx = −P (X > S), (3.6)

c’est-a-dire exactement le meme resultat analytique que la relation (3.2) etabliedans le cas discret.

On peut maintenant passer a la determination de la solution optimale. Ondoit donc determiner le S qui minimise :

C(S) = cp(S − X) + (cr + cp)Ir(S)

On calcule la derivee de C(S) en utilisant la relation (3.6) :

dC(S)

dS= cp − (cr + cp)P (X > S)

On annule la derivee. D’ou l’on tire :

S∗ optimal si P (X > S∗) =cp

cr + cp

(3.7)

Cet optimum est un minimum car la derivee seconde de C(S) est positive. Eneffet, la derivee de P (X > S) par rapport a S est clairement negative.

Appliquons ceci au cas de l’exemple :

P (X > S∗) =cp

cr + cp

=0, 2

0, 7 + 0, 2= 0, 2222

Comme on ne dispose que de la table de la normale reduite, il faut reduire lavariable aleatoire X en lui retranchant sa moyenne et en la divisant par son ecarttype. On obtient :

P(

X − µ

σ>

S∗ − 300

20

)= 0, 2222

Par lecture dans la table de la normale reduite, on determine :

tS =S∗ − 300

20= 0, 765

D’ou finalement :S∗ = 315, 3 ≈ 315.

L’approvisionnement periodique optimal est donc de S∗ = 315.

Avant de passer au cas de stocks a rotation non nulle, examinons quelquesindicateurs que l’on peut deduire de la solution optimale.


3.6 Les consequences economiques de la solution optimale

La rupture de stock

Dans le cas (discret) de la production de gateau, le calcul de Ir(s) s’effectue commesuit :

Ir(S) =∑x>S

(x − S)P (X = x)

=∑x>S

xP (X = x) − S∑x>S

P (X = x)

D’ou finalement :

Ir(S) =∑x>S

xP (X = x) − SP (x > S)

Le premier terme correspond a un calcul tronque de la moyenne. Pour la distribu-tion de Poisson de parametre λ, on montre que :

∑x>S

xP (X = x) = λP (X > S − 1)

D’ou l’on tire finalement :

Ir(S) = λP (X > S − 1) − SP (X > S) (3.8)

Ce qui nous donne dans le cas de l’exemple :

Ir(S∗ = 3) = 2, 5P (X > 2) − 3P (X > 3)

= 2, 5 × 0, 4562 − 3 × 0, 2424

= 0, 4133.

Dans le cas de la vente de journaux (loi de demande continue), le calcul de Ir(S)s’effectue par l’integrale suivante :

Ir(S) =∫ ∞

S(x − S)f(x)dx

=∫ ∞

Sxf(x)dx − S

∫ ∞

Sf(x)dx

D’ou l’on tireIr(S) =

∫ ∞

Sxf(x)dx − SP (x > S)

Section 3.6. Les consequences economiques de la solution optimale 49

Le premier terme correspond a nouveau a un calcul tronque de la moyenne. Onpeut montrer que si X suit une distribution normale N(µ, σ), on obtient la formulesuivante :

Ir(S) = σ [f(tS) − tSP (t > tS)] = σg(tS)

avec :

tS =S − X

σet f(tS) =

e−t2S/2

√2π

Appliquons ceci aux donnees numeriques de l’exemple pour lequel

ts =315 − 300

20= 0, 75.

La table B.3 donne directement :

g(tS = 0, 75) = 0, 1312

L’application de la formule donne donc :

Ir(S) = 20 × 0, 1312 = 2, 624.

Le stock moyen possede

Le stock moyen possede, Ip(S), correspond dans le cas de stock a rotation nulleau stock residuel moyen. Cet indicateur s’obtient a partir de la rupture moyenneaussi bien dans le cas discret que dans le cas continu par la relation (3.3) rappeleeci-dessous :

Ip(S) = S − X + Ir(S)

Pour le patissier, on aura donc :

Ip(S∗ = 3) = (3 − 2, 5) + 0, 413 = 0, 9133 gateaux.

Pour le marchand de journaux, on aura :

Ip(S∗ = 315) = (315 − 300) + 2, 624 = 17, 624 journaux.

Remarquez que, dans les deux cas, le stock residuel se calcule comme le stockinitial diminue de la demande satisfaite. :

Ip(S) = S −(X − Ir(S)

).


Le cout moyen

Le cout moyen C(S) peut etre calcule par la relation suivante :

C(S) = crIr(S) + cpIp(S)

Pour l’exemple du patissier, on obtient :

C(S) = 35 × 0, 4133 + 25 × 0, 9133 = 14, 46 + 22, 83 = 37, 30 euros.

Pour l’exemple du marchand de journaux, on obtient :

C(S) = 0, 7 × 2, 624 + 0, 2 × 17, 624 = 5, 36 euros.

La marge nette moyenne

La marge nette moyenne, notee B(S), est egale au produit de la marge unitaire,mu, par la demande moyenne, diminue du cout de stockage :

B(S) = muX − C(S) (3.9)

Donnons quelques explications sur cette formule. Deux cas sont possibles quantaux ventes manquees (aux ruptures de ventes) :

• Soit les ventes manquees sont perdues, et dans ce cas, le cout de rupture estla marge beneficiaire. La formule (3.9) devient dans ce cas :

B(S) = crX − crIr(S) − cpIp(S)

= cr(X − Ir(S)) − cpIp(S)

Le benefice net est donc la marge beneficiaire sur les ventes realisees moinsle cout des invendus.

• Soit les ventes manquees sont differees, et dans ce cas, la marge beneficiairesera realisee sur l’ensemble de la demande exprimee X , ce qui justifie di-rectement la formule (3.9) .

L’application de cette relation a l’exemple numerique du patissier donne :

B(S) = muX − C(S) = 35 × 2, 5 − 37, 30 = 50, 20 euros.

tandis que pour le marchand de journaux, elle donne :

B(S) = muX − C(S) = 0, 7 × 300 − 5, 36 = 204, 64 euros.

Nous allons maintenant passer au cas de stock a rotation non nulle.

Section 3.7. Cas de stocks a rotation non nulle 51

3.7 Cas de stocks a rotation non nulle

Pour rappel, on parle de stocks a rotation non nulle lorsque les invendus d’uneperiode seront vendus aux periodes suivantes. C’est de loin le cas le plus repandu.

La variable de commande du systeme est ici S, le niveau de recompletement,c’est-a-dire le niveau du stock que l’on cherche a retrouver periodiquement. Re-marquons une difference fondamentale avec le cas de stocks a rotation nulle. Eneffet, la commande a passer pour un approvisionnement en debut de periode n’estplus fixe. Deux cas sont possibles :

• Il reste un stock residuel positif : dans ce cas, on commande la differenceentre S et le stock residuel;

• Le stock residuel est nul : dans ce cas, on commande S augmente desdemandes non satisfaites de la periode precedente qui ont pu etre reportees.

Pour illustrer le processus de determination de S∗, le niveau optimal de re-completement, c’est-a-dire celui qui minimise le cout :

C(S) = cpIp(S) + crIr(S),

nous considerons l’exemple suivant de la ventes d’ampoules d’eclairage tire deGiard [4].

On suppose que la demande hebdomadaire d’ampoules de 60 Watt suit une loinormale de moyenne 300 et d’ecart type 20. Le reapprovisionnement se fait endebut de semaine chez le grossiste au prix d’achat de 3 euro l’unite. Les ampoulessont vendues au prix de 3,5 euro l’unite. On suppose un taux d’opportunite annuelde 20 %.

D’ou un cout de possession annuel par ampoule en stock de :

3 × 0, 2 = 0, 6 euro.

Pour arriver a un cout de possession hebdomadaire, il faut tenir compte du nombrede semaines sur lesquelles la demande s’exprime. Ici, on suppose le magasinouvert 52 semaines par an :

cp = 0, 6/52 = 0, 01154 euro.

Remarquons qu’a la difference du cas de stock a rotation nulle, la perte liee a uneampoule en stock n’est plus son prix d’achat mais la perte financiere due au gel enstock de son prix d’achat.


Calculons maintenant le cout unitaire de rupture : il correspond a la marge nonrealisee par ampoule :

cr = 3, 5 euros − 3 euros = 0, 5 euro.

La question qui se pose est la suivante : quel est le niveau de recompletementoptimal S∗ ?

Pour le calcul du stock moyen possede, il faudra distinguer deux cas de figure :

1. le cas ou la demande observee est superieure au niveau de recompletement;

2. le cas ou la demande observee est inferieure au niveau de recompletement.

Supposons, pour fixer les idees, qu’un niveau de recompletement de 320 aitete choisi.

1. Cas d’une demande inferieure a S : dans ce cas, il n’y a pas de rupturede stock. C’est l’exemple d’une demande observee de 310. Le stock de finde periode vaut donc :

320 − 310 = 10 ampoules.

En ce qui concerne l’evolution du stock, on peut supposer que la demandede 310 ampoules est egalement repartie sur toute la semaine et on peut faireune interpolation lineaire comme a la figure 3.2

S = 320

x = 310

T = 5 jours

S x = 10

Figure 3.2: Evolution du stock.

On en deduit le stock moyen possede :

Ip(S) =320 + 10

2=

S + (S − x)

2

On en conclut donc que :

Si x < S : Ip(S) =S + (S − x)

2(3.10)


2. Cas d’une demande superieure a S : dans ce cas, on observe une rupturede stock. C’est le cas, par exemple, d’une demande observee de 350. Onva maintenant determiner a partir de quand le stock est nul. La demande,comme dans le cas sans rupture, est supposee uniformement repartie surla semaine de cinq jours (cfr figure 3.3). La demande journaliere est donc

S = 320

x = 350

T = 5 jours

x S = 30s = 0

approximation

Figure 3.3: Evolution du stock en cas de rupture.

350/5 = 70 = x/T ampoules par jour. Et l’evolution du stock moyenpossede peut etre obtenue par :

S(t) = 320 − 70t.

Ce stock est nul pour :

t =320

70= 4, 57 jours =

S

x/T

Le stock moyen possede se calcule comme :

Ip(S) =320

2

4, 57

5+ 0

0, 43

5=

320

2

320

350=

S

2

S

x

En general :

Si x > S : Ip(S) =S

2

S

xCette formule donne une solution analytique au probleme de la determinationdu niveau optimal de recompletement S∗ assez difficile a mettre en œuvre.Une hypothese simplificatrice, a savoir que la rupture se produit en fin deperiode (voir figure 3.3) permet d’effectuer des calculs simplifies. Sous cettehypothese, le stock varie entre S et 0 et donc :

Si x > S : Ip(S) =S

2(3.11)


3.7.1 Determination de la solution optimale

Sous cette hypothese simplificatrice, nous allons pouvoir determiner le niveau derecompletement optimal. Le cout de gestion s’ecrit :


Pour le calcul du stock moyen possede Ip(S), il faut dissocier le cas ou lademande x est inferieure a S de celui ou elle est superieure a S :

Ip(S) =∫ S

0(S

2+

S − x

2)f(x)dx +

S

2

∫ ∞

Sf(x)dx

Tandis que le nombre moyen de ruptures, Ir(S), peut se calculer comme l’integrale :

Ir(S) =∫ ∞

S(x − S)f(x)dx

On peut maintenant tirer l’expression de Ip(S) en fonction de Ir(S) :

Ip(S) =∫ S

0(S

2+

S − x

2)f(x)dx +

S

2

∫ ∞

Sf(x)dx

=S

2

∫ ∞

0f(x)dx +

1

2

∫ S

0(S − x)f(x)dx

=S

2+

1

2

[∫ ∞

0(S − x)f(x)dx −

∫ ∞

S(S − x)f(x)dx

]

=S

2+

S

2− X

2+

Ir(S)

2

On obtient donc la relation suivante :

Ip(S) = S − X

2+

Ir(S)

2(3.12)

On peut donc exprimer C(S) en fonction du seul Ir(S) :

C(S) = cpIp(S) + crIr(S) = cp[S − X

2+

Ir(S)

2] + crIr(S)

D’ou finalement :

C(S) = cp(S − X

2) + (cr +

cp

2)Ir(S)

Dans le cas d’une loi de demande continue, il suffit d’annuler la derivee premiere

dC(S)

dS= cp + (cr +

cp

2)dIr(S)

dS= cp + (cr +

cp

2) [−P (X > S∗)] = 0


d’ou

P (X > S∗) =cp

cr + cp

2

(3.13)

Appliquons ceci aux donnees numeriques de notre exemple de ventes d’am-poules electriques. Par la relation (3.13) :

P (X > S∗) =0, 01154

0, 5 + 0, 01154/2= 2, 28%

La lecture dans la table normale reduite nous donne :

tS = 2 =S∗ − 300

20

D’ou, le niveau optimal de recompletement :

S∗ = 340.

Tout comme dans le cas de stock a rotation nulle, on peut deduire les principauxindicateurs de la solution optimale choisie :

• Le nombre moyen de rupture se calcule par la formule suivante :

Ir(S∗) = σg(tS)

= 20 × 0, 0084 = 0, 168

• Le stock moyen possede se calcule a partir de la formule

Ip(S∗) = S∗ − X

2+

Ir(S∗)

2

= 340 − 300

2+

0, 168

2= 190, 08

• Le cout moyen de stockage se calcule comme

C(S∗) = cpIp(S∗) + crIr(S

∗)

= 0, 01154 × 190, 08 + 0, 5 × 0, 168 = 2, 28 euros.

• La marge hebdomadaire moyenne nette se calcule comme :

B(S∗) = muX − C(S∗)

= 0, 5 × 300 − 2, 28 = 147, 72 euros.


3.7.2 Cas d’une loi de demande discrete

Terminons ce chapitre en voyant les formules de calcul dans le cas d’une loi dedemande discrete pour la gestion de stock a rotation non nulle.

Le stock moyen possede se calcule dans le cas discret comme suit :

Ip(S) =S−1∑

0

(S − x

2)P (X = x) +

∞∑S

S

2P (X = x)

=S−1∑

0

(S − x

2)P (X = x) +

S

2P (X ≥ S)

Exprimons ce stock moyen possede en fonction du nombre moyen de rupture :

Ip(S) =S−1∑

0

(S

2+

S

2− x

2)P (X = x) +

S

2

∞∑S

P (X = x)

=1

2[S +

S∑0

(S − x)P (X = x)]

=S

2+

1

2

∞∑0

(S − x)P (X = x) − 1

2

∞∑S

(S − x)P (X = x)

On obtient donc la relation suivante entre Ip et Ir :

Ip(S) = S − X

2+

Ir(S)

2(3.14)

c’est-a-dire exactement la meme formule que dans le cas continu.

On peut donc exprimer C(S) en fonction du seul Ir(S) :


= cp[S − X

2+

Ir(S)

2] + crIr(S)

= cp(S − X

2) + (cr +

cp

2)Ir(S)

Par des calculs analogues a ceux du cas de la rotation nulle, on determine finalementle niveau optimal de recompletement S∗ par la formule suivante :

P (X > S∗) ≤ cp

cr + cp

2

≤ P (X > S∗ − 1) (3.15)

Il est a noter que si la loi de demande est du type Poisson, Ir(S), le nombremoyen de demandes non satisfaites, se calcule par la meme formule que prece-demment a savoir :

Ir(S) = λP (X > S − 1) − SP (X > S)


3.8 Exercices

3.1. Vente de fleurs. Un fleuriste est livre tous les samedis matin de tres bonneheure par son producteur d’une quantite de 10 decorations florales qu’ilecoule durant le week-end. Il n’est plus possible alors d’etre livre en urgenceen cas de manque de decorations florales. Il achete ses decorations florales 13euro piece et les revend 25 euro l’unite. Il a passe un accord avec un fleuristeambulant faisant le marche le mardi qui lui rachete ses invendus eventuels a 6euro l’unite. Le fleuriste se rend compte que sa gestion d’approvisionnementactuelle n’est pas optimale. Si la demande est superieure a 10 unites, il perddu chiffre d’affaire. Mais si elle est inferieure, il perd de l’argent par larevente en solde des invendus. Des discussions avec le producteur revelentque celui-ci pourrait lui fournir jusqu’a 13 decorations florales par week-end.Par ailleurs, le fleuriste a effectue un releve des demandes de decorationsflorales sur les 100 derniers week-end. Les resultats sont donnes au tableausuivant (on y reconnaıt une distribution de poisson) :

Demande 5 6 7 8 9 10 11 12

Observations (cas sur 100) 2 3 4 7 9 10 11 11

Demande 13 14 15 16 17 18 19 20

Observations (cas sur 100) 11 9 7 5 4 3 2 2

Le fleuriste pense qu’il peut vendre en moyenne plus de 10 decorationsflorales. Il se demande combien commander a son grossiste pour maximiserses gains.

(a) Confirmez son impression qu’il peut vendre en moyenne plus de 10decorations florales en calculant la moyenne de la demande de deco-rations florales.

(b) Determinez le nombre optimal de decorations florales a commanderaupres de son grossiste.

(c) Quel sera, en moyenne, le nombre de clients qui sortent de sa boutiquechaque fin de week-end sans avoir pu acheter une decoration florale ?

(d) Quel est le nombre moyen de decorations florales que le fleuriste am-bulant lui rachete en fin de week-end ?

(e) Quel est le benefice net du fleuriste en un week-end sur ce produit ?

3.2. Gestion d’une exploitation forestiere. Un exploitant forestier doit deciderde la quantite d’arbres resineux a abattre et a mettre sur le marche. Ses


ventes sont destinees au bois de charpente et on estime que la demandeannuelle suit une loi normale de moyenne 10.000 et d’ecart type 100. Lecout de production est de 1.000 euro l’unite et le prix de vente de 2.200euro. Le producteur travaille uniquement sur commande de sorte qu’il necoupe que les arbres demandes l’annee courante. Le surplus peut etre vendul’annee suivante. L’abattage a lieu une fois l’an. Afin de preserver la foret,l’exploitant replante la meme annee exactement la quantite abattue.

(a) Quelle quantite doit-il mettre en production pour minimiser son coutde gestion (taux d’opportunite de 6 % par an) ?

(b) Quelle est en moyenne la quantite qu’il ne peut livrer par an fauted’approvisionnement suffisant ?

3.3. Gestion du stock de pieces de rechange. Une entreprise d’embouteillageest confrontee de temps a autre a des pannes de sa machine d’embouteillagequi necessitent l’arret de la production pour 24 heures (dont cout 10.000euro). Afin de remedier a ce probleme, il a ete decide qu’a chaque nouvelachat de machine (la machine est remplacee tous les 4 ans), un certain nombrede pieces de rechange seront commandees avec la machine. Le cout d’achatd’une piece est de 500 euro. On peut reutiliser les pieces de rechanged’une machine sur l’autre. Ce stock de pieces de rechange permettra encas de panne de reparer immediatement la machine et d’eviter l’arret de laproduction pour 24 heures. Le nombre de pannes observees sur la duree devie de la machine est en moyenne de 2 pannes par an (8 pannes sur la dureede 4 ans). Le taux d’opportunite est estime a 10 % par an. On se demandecombien faut-il commander de pieces de rechange avec la commande de lanouvelle machine.

(a) De quelle politique de gestion de stock s’agit-il ? Justifiez brievementvotre reponse.

(b) Quel est le nombre optimal de pieces de rechange a commander avecla nouvelle machine ?

(c) Quel est le nombre moyen d’arrets de la nouvelle machine dus a unerupture de stock de pieces detachees ?

(d) Quel est le stock moyen possede de pieces detachees ?

(e) Quel est la cout de cette politique sur la duree de vie de la machine ?

Chapitre 4

La gestion par point de commande

4.1 Introduction

La gestion calendaire se caracterise, comme nous l’avons vu au chapitre 3 par :

• des commandes a intervalles fixes dont la periodicite est notee T ;

• un niveau de commande variable : qui vaut la difference entre S, le niveaude recompletement et R, le stock residuel.

La gestion par point de commande se caracterise, elle, au contraire par :

• un montant de commande constant : cette quantite economique de com-mande sera notee q;

• une periodicite de commande variable (lorsqu’on est en univers aleatoire) :on commande lorsque le stock passe en dessous du point de commande, s.

On examinera successivement les deux cas de figures que sont :

1. La gestion (q, s) en univers certain. Comme, dans ce cas, la demande estcertaine, on determine s, le point de commande, suffisamment grand afind’eviter toute rupture de stock : il n’y a donc pas de cout de rupture. Lavariable de decision q, la valeur constante de la commande, sera determineede maniere a minimiser le cout de gestion qui ne comprend que deux termes :

C(q) = ccIc(q) + cpIp(q)

2. La gestion (q, s) en univers incertain. Dans ce cas, le cout de ruptureintervient aussi. Les variables de decision que sont q, le montant descommandes et s, le point de commande seront determines de maniere aminimiser le cout de gestion qui comprend trois termes :

C(q, s) = ccIc(q, s) + cpIp(q, s) + crIr(q, s)

59

60 Chapitre 4. La gestion par point de commande

4.2 Determination du point de commande en univers certain

Nous allons illustrer la determination de la quantite economique de commande enunivers certain sur un exemple tire de Giard [4] . Il s’agit d’un ustensile de cuisineachete par un supermarche au prix unitaire de 30 euro. La demande annuelle, quenous noterons D est estimee a 2 400 unites. Cette demande est consideree commeuniforme sur l’annee. Vu le caractere certain de la demande et du delai d’obtention(ici de 20 jours ouvrables), on peut eviter toute rupture d’approvisionnement enpassant commande a temps. On considere que l’annee comporte 48 semaines de6 jours ouvrables, soit 288 jours. Le cout de passation d’une commande de 300euro et est independant de la quantite commandee. L’article est vendu 40 euro.

La question qui se pose ici est : “Quand commander ?” Afin de minimiser lestock possede, le chef de rayon a interet a passer commande exactement 20 joursouvrables avant la rupture (voir figure 4.1) de maniere a ce que le stock soit nul aumoment de la livraison. Il evitera ainsi un stock dormant.

400

=167

niveau du stock

tempsL L

q =�400 q =�400 q =�400

s∗

Figure 4.1: Determination du point de commande.

Remarquez que cela revient a declencher la commande au moment ou il resteexactement en stock de quoi satisfaire la demande de 20 jours. Exprimons le delaid’obtention de 20 jours ouvrables en annee :

L =20

288= 0, 069 annee.

La demande durant cette periode s’eleve a :

D × L = 2 400 × 20

288= 166, 67 ≈ 167 articles.

Section 4.3. Determination de la quantite economique de commande 61

En general, le point de commande optimal est tel que

s∗ = DL (4.1)

avec D = demande annuelle;L = delai d’obtention exprime en annee.

Dans le cas ou l’on declencherait la commande plus tot (voir figure 4.2 ou l’ona pris s = 200 et q = 400), on aurait un stock residuel de

sr = sr − DL = 200 − 167 = 33

et le niveau du stock evoluerait entre q + sr et sr, et non plus entre q et 0, d’ou unniveau moyen du stock de :

(q + sr) + sr

2=

(400 + 33) + 33

2= 233

Il y aurait ainsi un stock dormant de sr.

=200s

niveau du stock

tempsL L

q =�400

=200s =200s

q =�400

q =�400

=33

=�433q + sr

sr

stock dormant

Figure 4.2: Stock residuel a la commande.

4.3 Determination de la quantite economique de commande

Le cout de possession annuel unitaire peut etre calcule en tenant compte du tauxd’opportunite annuel ici suppose de 20 % comme :

cp = 30 × 0, 2 = 6 euros.


La question qui se pose est la suivante : Quelle est la quantite q constante acommander periodiquement pour que le cout annuel moyen soit minimum ?

Avant de determiner la quantite optimale, raisonnons sur une valeur quelconquede q, par exemple, q = 400. Le nombre moyen de commandes par an vaut :

Ic(q) =D

q=

2400

400= 6

D’ou le cout de commande :

ccIc(q) = ccD

q= 300

2 400

400= 1 800 euros.

Passons maintenant au calcul du stock moyen possede. Pour minimiser lecout de possession, on passe commande (voir section precedente) de maniere a ceque le stock soit nul au moment ou arrivent les nouveaux articles. Le stock variedonc entre 400 et 0. Le stock moyen possede vaut donc :

Ip =q

2=

400

2.

Le cout annuel de possession vaut donc :

cpIp(q) = 6400

2= 1 200 euros.

D’ou le cout annuel de gestion :

C(q = 400) = 6400

2+ 300

2 400

400= 3 000 euros.

Nous pouvons maintenant faire une modelisation du probleme pour une quan-tite commandee quelconque q. On cherche donc a determiner la valeur de la seulevariable de decision, c’est-a-dire q, la commande periodique, qui minimise lecout de gestion qui ne comprend que deux termes :

C(q) = cpIp(q) + ccIc(q)

On peut generaliser les calculs de l’exemple ci-dessus. On obtient :

C(q) = cpIp(q) + ccIc(q)

= cpq

2+ cc

D

q

Il est facile de calculer l’optimum d’une telle fonction. Il suffit d’annuler saderivee premiere :

C ′(q∗) = cp1

2− cc

D

q∗2= 0

Section 4.3. Determination de la quantite economique de commande 63

D’ou le point optimum :

q∗ =

√2Dcc

cp

(4.2)

Cette quantite est appelee quantite de Wilson. Verifions qu’il s’agit bien d’unminimum en calculant la derivee seconde :

C”(q) = 2ccD

q3> 0

Remarquez qu’au point optimum, on a egalite des couts de commande et depossession. En effet :

ccIc(q∗) = cc

D

q= cc

D√2Dcc

cp

=

√Dcccp

2

cpIp(q∗) = cp

q∗

2= cp

√2Dcc

cp

2=

√Dcccp

2

Appliquons ceci a l’exemple numerique. La quantite economique de com-mande vaut donc :

q∗ =

√2Dcc

cp

=

√2 2 400 300

6= 489, 9 ≈ 490

Examinons les consequences de la politique optimale.

1. Le stock moyen detenu vaudra :

Ip(q∗) =

q∗

2=

490

2= 245.

2. le nombre moyen annuel de commandes vaudra :

Ic(q∗) =

D

q∗=

2 400

490= 4, 898

3. Le cout annuel de gestion vaudra :

C(q∗) = cpIp(q∗) + ccIc(q

∗)

= 6490

2+ 300

2.400

490= 2 939, 39 euros.

4. La marge beneficiaire nette se calcule par la formule :

B(q∗) = muD − C(q∗)

= 10 × 2.400 − 2939, 39 = 21.060, 61 euros.


4.4 Cas d’une demande aleatoire

Rappelons les hypotheses de base de la gestion par point de commande en universcertain :

• On a une demande certaine uniformement repartie sur l’annee;

• On a un delai de livraison certain.

Nous allons generaliser ce modele de la maniere suivante :

• On suppose que la demande est connue en probabilite mais reste statique,c’est-a-dire que les caracteristiques de la distribution restent stables dans letemps.

• Nous maintenons l’hypothese d’un delai d’obtention certain. Ce qui est leplus souvent le cas.

Nous illustrons ce cas sur l’exemple introductif, a savoir la vente d’ustensilesde cuisine mais en considerant cette fois que la demande annuelle suit une normalede moyenne 2 400 et d’ecart type 189,74. Le cout de rupture vaut la marge qui estici de 10 euro. Le cout de possession annuel reste de 6 euro. Le cout unitaire decommande reste de 300 euro.

Passons au probleme de la determination de q et s. Tout d’abord, remarquonsque pendant le delai d’obtention de 20 jours la demande est aleatoire. Calculonsles parametres de sa distribution. Tout d’abord, le delai d’obtention de 20 jourss’exprime en fraction d’annee comme :

L =20

288annees.

La demande XL en 20 jours suit une loi Normale

• de moyenne :

µL = Lµ =20

288× 2 400 = 167

• de variance :

σ2L = Lσ2 =

20

288× (189, 74)2.

En effet, les parametres de la demande durant 20 jours se deduisent des parametresdes ventes annuelles en multipliant la moyenne et la variance (et non l’ecart type)par L. Donc, on obtient un ecart type de :

σL =

√20

288× 189, 74 = 50.

Section 4.4. Cas d’une demande aleatoire 65

4.4.1 Determination de q et s

La fonction de cout a minimiser fait intervenir les trois variables d’etat que sont :

• le nombre moyen de commandes, Ic;

• le stock moyen annuel, Ip;

• la rupture moyenne annuelle, Ir.

C(q, s) = ccIc(q, s) + cpIp(q, s) + crIr(q, s)

Nous allons obtenir une solution approchee au probleme en effectuant une de-termination independante de s et de q en se basant sur l’observation suivante.Dans l’expression de C, le nombre moyen de commande depend essentiellementde la quantite commandee q tandis que le nombre moyen de ruptures dependessentiellement du point de commande s. On peut donc recrire cette expressioncomme :

C(q, s) = ccIc(q) + cpIp(q, s) + crIr(s)

On voit que le terme qui lie le probleme en la variable q et le probleme en la variables est le stock moyen possede Ip qui depend a la fois de q et de s. On va determinerune solution approchee en separant le probleme a deux variables en deux problemesa une variable de la maniere suivante. On va resoudre independamment les deuxproblemes suivant :

1. Determiner la quantite economique q en arbitrant entre le cout de com-mande et le cout de possession a partir de la demande moyenne.

2. Determiner le point de commande s en arbitrant entre le cout de ruptureet le cout de possession en utilisant la gestion calendaire pendant le delaid’obtention L, en retenant comme s le niveau de recompletement optimal.

Le probleme de la determination de la quantite economique de commande n’estrien d’autre que le probleme etudie en univers certain si l’on remplace la demandeannuelle certaine par la demande annuelle moyenne :

D = µ = 2 400.

En minimisant le cout de gestion :

C(q) = ccIc(q) + cpIp(q),

la solution trouvee dans le cas certain etait de :

q∗ = 490.


Le probleme de la determination du stock de securite est quant a lui resolu enprenant pour point de commande s le niveau de recompletement S qui minimisele cout d’une gestion calendaire durant le delai d’obtention L :


avec Ir(S), le nombre moyen d’articles non fournis durant L et Ip(S), le stockmoyen possede durant L.

490

niveau du stock

s

tempsL L

q =�490 q q

D

q

=�490 =�490

Figure 4.3: Point de commande en univers aleatoire

Remarquez qu’un article en stock en fin du delai d’obtention (fin L) corresponda une immobilisation sur toute la duree d’ecouler q, soit durant q

Dannee, et non

sur les seuls 20 jours du delai d’obtention L. Le cout unitaire de possession estdonc de :

c′p = cpq

D= 6 × 0, 2042 = 1, 225 euros.

En effet, un article encore en stock a l’issue des 20 jours du delai d’obtentionaugmentera d’une unite la valeur du stock durant toute la duree d’ecoulement de lasuivante commande (voir figure 4.3). En utilisant la gestion calendaire, on deduit :

P (X > s∗) =c′p

cr + c′p/2=

1, 225

10 + 1, 225/2= 0, 115

La demande X durant le delai d’obtention de 20 jours est une N(167,50). On litdans la table de la normale N(0,1) :

1, 2 =s∗ − 167

50

Section 4.4. Cas d’une demande aleatoire 67

D’ou finalements∗ = 227.

4.4.2 Consequences economiques du choix

Le stock de securite est defini comme difference entre le niveau de recompletementet la demande moyenne durant L et vaut ici :

227 − 167 = 60 articles.

Le nombre moyen de commandes depend uniquement de q et se calcule par laformule :

Ic(q) =D

q=

2400

490= 4, 898 commandes.

Le nombre moyen de ruptures par commande, note Icr , se calcule par la formule

de la gestion calendaire :

Icr(s = 227) = σL × g(tS = 1, 2) = 50 × 0, 0561 = 2, 81

Ce nombre est a multiplier par le de commandes par an, Ic(q). Le nombre moyende ventes manquees par an s’eleve donc a :

Ir(s, q) = Ic(q) × Icr(q) = 4, 898 × 2, 81 = 13, 76 articles

Le calcul du stock moyen possede est plus complique car il depend a la fois de set de q. On peut montrer :

1. en cas de ventes manquees perdues (voir Giard [4], chapitre XII, relation275, page 836) que :

Ip(s, q) =q

2+ (s − DL) +

Icr(s)

2

Le cout de gestion correspondant vaut :

C(s, q) = ccD

q+ cp(

q

2+ s − DL +

Icr(s)

2) + cr(

D

qIcr(s))

2. en cas de ventes manquees differees (voir Giard [4], chapitre XII, relation286, page 840) que :

Ip(s, q) =q

2+ (s − DL) +

DL

2qIcr(S)

ou Icr(s) note le nombre moyen de ruptures par cycle (durant le delai d’ob-

tention). Le cout de gestion correspondant vaut :

C(s, q) = ccD

q+ cp(

q

2+ s − DL +

DL

2qIcr(S)) + cr(

D

qIcr(s))


Dans le cas present, les ventes manquees sont supposees perdues pour le super-marche et donc le stock moyen possede se calcule par la formule suivante :

Ip(s, q) =q

2+ (s − DL) +

Icr(s)

2

=490

2+ 60 +

2, 81

2= 306, 405

On en deduit le cout de gestion total suivant :

C(s, q) = ccIc(q) + cpIp(q, s) + crIc(q)Icr(s)

= 3002 400

490+ 6 × 306, 4 + 10

2 400

4902, 81

= 1 469, 39 + 1 838, 43 + 137, 63

= 3 445, 45

La marge nette moyenne annuelle est obtenue en soustrayant a la marge benefi-ciaire sur la demande moyenne le cout de gestion annuel :

B(s, q) = muD − C(s, q)

= 24 000 − 3 445, 45

= 20 554, 54

On utilise egalement un indicateur appele le taux de rotation du stock.

Definition 4.1 On definit le taux de rotation du stock comme le quotient de lademande moyenne sur le stock moyen possede.

Dans le cas de l’exemple, il se calcule comme suit :

r =D

Ip

=2 400

306, 4= 7, 83

Ce qui s’interprete en disant que le stock tourne environ 8 fois dans l’annee. Ilcorrespond au nombre de fois qu’il faudrait reapprovisionner le stock si on lereapprovisionnait a hauteur de son niveau moyen.

Il est a remarque que l’idee tres largement repandue selon laquelle “plus leniveau de rotation est eleve plus le stock est bien gere” est fausse. En effet, unniveau eleve de rotation correspond a un faible niveau de stock possede maiscorrespond a un cout de passation de commande eleve. Le niveau obtenu ici est leniveau optimal qui resulte de l’arbitrage entre les differents couts.


4.5 Exercices

4.1. Stock de distribution. Un distributeur Apple a une demande annuelle de1000 iPod que l’on suppose, pour la facilite, repartie uniformement surl’annee qui compte 250 jours d’ouverture du magasin. L’approvisionnementaupres du grossiste se fait en 5 jours ouvrables. Le cout de livraison d’unecommande est de 10 euro. L’appareil est achete 100 euro hors tva et revendu125,84 euro tva de 21 % comprise. Le taux d’opportunite du distributeurest particulierement faible (0,5 % l’an). Pour le moment, le distributeurcommande 100 iPod lorsque son stock en magasin passe en dessous de 100articles.

(a) Quelle est la politique de gestion de stock actuelle ? Donnez l’appel-lation courante de cette politique et la valeur de ses parametres.

(b) Calculez le cout de detention en stock durant un an d’un iPod sachantque la societe ne paie pas la tva a son fournisseur.

(c) Calculez la demande durant le delai d’obtention.

(d) Tracez l’evolution du stock au cours d’une annee sachant qu’il y a 100iPod en stock au premier janvier.

(e) En deduire le cout de gestion annuel.

(f) En gardant le meme principe de gestion de stock, a savoir de com-mander lorsque le stock passe en dessous d’une quantite donnee, aidezle distributeur a diminuer son cout de gestion annuel du stock. Queproposez-vous comme nouvelle quantite a commander ?

(g) Que proposez-vous comme seuil declenchant la commande ?

(h) Quelle est l’augmentation de profit du distributeur avec votre politique ?

4.2. Timbrage d’envois multiples. Une entreprise envoyant regulierement descourriers publicitaires a ses clients fait appel a une societe exterieure pourle timbrage des enveloppes. Outre le prix du timbre (3 euro par enveloppe),cette societe exterieure demande 300 euro pour le travail quel que soit lenombre d’enveloppes a timbrer. On suppose que le nombre d’enveloppesa envoyer sur l’annee (qui comporte 50 semaines) suit une loi normale demoyenne de 30.000 et d’ecart type 500. Si on tombe a court, on peut acheterles enveloppes pretimbrees a la piece a la poste a 3,5 euro l’unite. Le delaide realisation du timbrage est d’une semaine. Le taux d’interet annuel estde 6 %.

(a) Quel est la quantite optimale d’enveloppes affranchies a commanderaupres de la societe specialisee en timbrage ?


(b) A partir de quel niveau de stock d’enveloppes affranchies faut-il repas-ser commande ?

4.3. Ventes de tablettes. Un distributeur de salle de bain doit decider de lacommande de tablettes de 60 cm a faire aupres de son fournisseur. Onsuppose que la demande annuelle de tablettes suit une loi normale de variance192. Le distributeur vend en moyenne 2 400 tablettes par an a un prix dedetail de 26 euro, lui-meme les achete aupres de son fournisseur 20 europiece. Le delai d’obtention est d’un mois. Le cout de passation d’unecommande est de 160 euro. Le taux d’opportunite annuel est de 24 %.

(a) Calculer la quantite optimale a commander regulierement.

(b) Quel doit etre le niveau de stock qui declenche la commande ?

(c) Quel est le nombre moyen de clients qui ne peuvent etre servis pendantle delai d’un mois entre le lancement d’une commande et sa livraison ?

(d) Quelle est l’esperance de la marge annuelle nette sur ce produit ? Lesventes manquees sont perdues.

Partie II

Les decisions tactiques

71

Chapitre 5

La planification de la production

5.1 Introduction

La planification de la production consiste en la regulation a moyen terme de laproduction. C’est donc une decision tactique. Elle fait le lien entre les decisionsoperationnelles a court terme et les decisions strategiques a long terme. La plani-fication de la production s’adresse uniquement au cas de la production en serie.Elle ne s’applique donc pas au cas de la production en serie unitaire.

Il existe deux types d’approches en planification de la production :

• la planification des besoins en composants qui vise a etablir une program-mation previsionnelle des composants;

• la planification juste a temps dont le principe fondamental est de produire laquantite strictement necessaire aux besoins immediats du client.

La planification des besoins en composants ou M.R.P. (Material Require-ment Planning) cherche a etablir la programmation de la production sur base d’unsysteme d’information. Partant des donnees physiques (stocks disponibles, li-vraisons attendues, demandes previsionnelles, capacites de production,. . . ) et desdonnees comptables (couts de production, d’approvisionnement, de rupture), onetablit un plan de production qui determine pour chaque periode les quantitesa produire par produit, les quantites fabriquees dans chaque centre productif, leniveau de stock en produits semi-finis et finis et l’utilisation des facteurs travail etmachines. L’utilisation des techniques d’optimisation aboutit a une program-mation previsionnelle : on utilisera la programmation dynamique lorsque l’on aune demande dynamique certaine ne portant que sur un seul article et la program-mation lineaire dans le cas statique portant sur plusieurs produits.

73

74 Chapitre 5. La planification de la production

5.2 La planification des besoins en composants

Illustrons le principe de la planification des besoins en composants sur un exempletire de Giard [4] : il s’agit de l’assemblage de trois vehicules a moteur. La plani-fication des besoins en composants necessite l’existence des elements suivants :

1. Une nomenclature complete : c’est-a-dire une codification de tous lescomposants qui permet d’ecrire le schema arborescent du tableau 5.1. Dansl’exemple, pour faire un vehicule (T27), il faut une boıte de vitesse (E1001),elle meme constituee d’un engrenage (E2010), lui-meme constitue de diverselements (E3047 et E3052). Le chiffre entre parentheses indique le nombrede composants necessaires pour faire le sous-ensemble. Par exemple, il fautdeux E3047 et deux E3052 pour faire un sous-ensemble E2040.

Niveau 0 Niveau 1 Niveau 2

T27

-E1001 (1)-E1010 (1). . .

E1001

{-E2010 (1). . .

E2010

-E3047 (1)-E3052 (1). . .

T28

-E1001 (1)-E1020 (1). . .

E1004

{-E2040 (1). . .

E2040

-E3047 (2)-E3052 (2). . .

T29

-E1004 (1)-E1020 (1). . .

. . . . . .

Tableau 5.1: Decomposition en composants.

2. Un plan directeur de production : le plan directeur de production est leplan de mise a disposition de produits finaux. Il peut egalement comporterle plan de mise a disposition de sous-ensembles ou de composants venduscomme pieces detachees. Le plan directeur de production est donne autableau 5.2. Il prevoit, outre la mise a disposition des produits finaux, lesbesoins de sous-ensembles et de composants pour faire des reparations.

3. Un systeme d’information sur les stocks qui permet de connaıtre l’etatexact du stock de chaque composant en debut de chaque periode. Les stocksde fin de periode 15, notes SF15, sont donnes au tableau 5.3.

4. Un fichier des livraisons attendues : c’est-a-dire donnant le nombre depieces resultant de decisions de mise en production du passe qui n’ont pas

Section 5.2. La planification des besoins en composants 75

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23 24Demande T 27 7 11 6 15 8 11 12 7Demande T 28 10 9 4 10 7 14 8 8Demande T 29 4 8 3 5 12 2 8 7

Demande E1001 0 1 2 3 0 2 1 4 0Demande E1004 0 0 1 4 0 5 2 2 0Demande E1010 0 0 0 0 0 0 0 0 0Demande E1020 0 0 0 0 0 0 0 0 0Demande E2010 0 0 2 1 4 0 1 2 3Demande E2040 0 2 0 2 1 4 1 2 3Demande E3047 0 0 1 1 2 0 1 0 2Demande E3052 0 2 0 2 3 1 1 2 1

Tableau 5.2: Plan directeur de production.

Element SF15 LA16 LA17

T27 0 0 0T28 0 0 0T29 0 0 0

E1001 17 0 30E1004 4 0 11E1010 0 0 0E1020 0 0 0E2010 10 20 0E2040 1 0 17E3047 15 0 0E3052 0 15 0

Tableau 5.3: Stock initiaux et livraisons attendues.


encore ete livrees. Les livraisons attendues de debut de periode t, noteesLAt, sont donnees au tableau 5.3.

5. Un fichier des delais d’obtention : le delai d’obtention etant la sommedes temps operatoire, de lancement de production et d’attente entre deuxproductions. Les delais d’obtention sont donnes au tableau 5.4 ou sontegalement indiques les temps operatoires unitaires (c’est-a-dire le tempsd’assemblage ou d’usinage d’une unite du composant).

Element Delai d’obtention Temps operatoireT 27 1 semaine 0,5 heureT 28 1 semaine 1 heureT 29 1 semaine 2 heures

E1001 1 semaine 0,5 heureE1004 2 semaines 1 heureE1010 1 semaine 3 heuresE1020 2 semaines 4 heuresE2010 1 semaine 1 heureE2040 2 semaines 0,5 heureE3047 1 semaine 0,5 heureE3052 1 semaine 0,20 heure

Tableau 5.4: Delais d’obtention et temps operatoires.

6. Fichier des capacites des centres de production pour chaque periode del’horizon de planification. Celui-ci est donne au tableau 5.5.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23

Assemblage de T 27, T28 et T29 50 50 60 65 55 50 50 50

Assemblage de E1001 et E1004 20 12 24 20 25 22 22 20




Tableau 5.5: Capacites de production.

7. Existence de regles de priorite en cas de surcharge. Ici, on va utilisercomme regle d’avancer les productions constituant le stock de valeur la plus

Section 5.2. La planification des besoins en composants 77

faible. Pour cela, on a besoin des donnees de couts de fabrication qui sereduisent ici a un cout de matiere et un cout de main d’œuvre. Le cout dela matiere premiere de chaque composant est donne au tableau 5.6. Il fautcomprendre ces donnees de la maniere suivante : il s’agit de la somme ducout de matiere ajoutee a l’etape d’assemblage du produit et du cout descomposants (le calcul a deja ete fait). Le cout horaire de la main d’œuvre

Element Cout de matiereT 27 303 euroT 28 363 euroT 29 421 euro

E1001 58 euroE1004 71 euroE1010 30 euroE1020 40 euroE2010 25 euroE2040 53 euroE3047 1 euroE3052 2 euro

Tableau 5.6: Cout de la matiere et des composants.

depend des ateliers. Ces couts sont donnes au tableau 5.7. Remarquez queE1001 et E1004, d’une part, et E1010 et E1020, d’autre part, sont assemblesdans deux ateliers separes.

Periode cout horaire de l’atelier

Assemblage de T 27, T28 et T29 100 euro

Assemblage de E1001 et E1004 70 euro




Tableau 5.7: Cout horaire de l’atelier.

La logique de calcul de la MRP consiste a l’utilisation en cascade

• de la determination des besoins nets d’un composant;

• de la maniere de couvrir ces besoins.


5.3 Determination des besoins nets d’un composant

Illustrons ceci sur l’exemple du composant de niveau un E1001. Pour ce compo-sant, sa demande emane des demandes de T27 et T28 (voir nomenclature 5.1).

Au niveau 0, les lancements programmes sont determines conformement auplan directeur de production du tableau 5.2. Le delai d’assemblage est d’unesemaine pour les trois modeles (voir tableau 5.4). Au niveau zero, il n’y a pas destock initial ni de livraisons attendues (voir tableau 5.3). On fait donc du juste-a-temps, c’est-a-dire que l’on met en production exactement la demande. Ceciconduit aux lancements de productions de niveau zero du tableau 5.8.

T 27, T 28, T29 16 17 18 19 20 21 22 23

Lancements T 27 7 11 6 15 8 11 12 7

Lancements T 28 10 9 4 10 7 14 8 8

Lancements T 29 4 8 3 5 12 2 8 7

Tableau 5.8: Lancements de production de niveau zero.

On peut en deduire les besoins bruts du composant E1001 puisqu’il est utilisea raison de un par T27 et de un par T28. A ces besoins bruts pour assemble du T27et du T28, il faut ajouter les besoins de E1001 comme pieces detaches (donnes auplan directeur de production 5.2). Les besoins bruts du composant E1001 sontcalcules au tableau 5.9.

Definition 5.1 On appelle besoins nets d’un composant les besoins non couvertspar le stock initial ou les livraisons attendues.

Ces besoins bruts ne correspondent pas a la production qu’il est necessaire demettre en route, compte tenu du stock initial disponible pour cette reference etdes eventuelles livraisons attendues. Les livraisons attendues sont des quantitesresultant de precedents ordres de lancement de production mais qui n’ont pasencore ete livrees. Le stock initial en periode 16 est le stock final de periode 15.Ces informations sont reprises au tableau 5.9.

En periode 16, on vide le stock pour satisfaire les 17 de besoins bruts de laperiode. En periode 17, on livre 30 alors que les besoins ne sont que de 21. Ilrestera donc 9 en stock. A ces deux periodes, il n’y a donc pas de besoins nets.Par contre a la periode suivante, la periode 18, le besoin brut est de 12, on ne livrerien et le stock disponible est de 9. Il manque 3 unites qui constitue donc le besoin

Section 5.3. Determination des besoins nets d’un composant 79

E1001 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

Besoins Bruts pour T27 7 11 6 15 8 11 12 7 -

Besoins Bruts pour T28 10 9 4 10 7 14 8 8 -

Besoins de E1001 0 1 2 3 0 2 1 4 -

Besoins Bruts totaux 17 21 12 28 15 27 21 19 -

Livraisons attendues 0 30 0 0 0 0 0 0 0

Stock final 17 0 9 0 0 0 0 0 0 0

Besoins nets 0 0 3 28 15 27 21 19 -

Tableau 5.9: Besoins nets en composant E1001.

net de cette periode. A partir de la periode 19, comme le stock est vide et qu’il n’ya plus de livraisons, les besoins nets correspondent au besoins bruts.

Formalisons mathematiquement la determination des besoins nets. Deux cassont possibles :

Cas 1 : Le disponible (somme du stock de fin de periode precedente et des livrai-sons de debut de periode) est suffisant pour couvrir les besoins bruts. Dansce cas, le besoin net, note BNt, est nul et le stock final de periode t, note SFt,se calcule comme le stock en fin de periode precedente, accru des livraisonsattendues de periode t, notees LAt, et diminue de la demande de la periode(les besoins bruts, notes BBt) :

Si SFt−1 + LAt ≥ BBt, alors

{BNt = 0SFt = SFt−1 + LAt − BBt

Ce cas est illustre par les periodes 16 et 17 pour le composant E1001.

Cas 2 : Le disponible (somme du stock de fin de periode precedente et des livrai-sons de debut de periode) est in suffisant pour couvrir les besoins bruts.Dans ce cas, on a des besoins nets a couvrir par de nouveaux ordres de fa-brication. Les besoins nets de la periode t, notes BNt, se calculent commela difference entre les besoins bruts et le disponible (somme des livraisonsattendues et du niveau initial du stock de la periode) :

Si BBt ≥ SFt−1 + LAt, alors

{BNt = BBt − LAt − SFt−1

SFt = 0

Ce cas est illustre par les periodes 18 a 23 pour le composant E1001 (voirtableau 5.9).


5.3.1 Determination de la couverture des besoins nets

En planification de la production, on suppose que les besoins nets sont connussuffisamment a l’avance pour eviter toute rupture. La determination de la quantitea livrer pour satisfaire les besoins nets repose donc sur un arbitrage entre

• les couts de lancement de production;

• les couts de possession.

La programmation dynamique permet de faire cet arbitrage. A ce niveau-ci, nousallons faire du lot par lot, ce qui conduit aux lancements de production du tableau5.10.

E1001 16 17 18 19 20 21 22 23

Livraisons attendues 0 30 0 0 0 0 0 0

Besoins nets 0 0 3 28 15 27 21 19

Lancements de production 30 3 28 15 27 21 19 -

Tableau 5.10: Lancement de production en composant E1001.

Pour determiner les lancements de production, on a tenu compte du delaid’obtention, suppose ici de 1 semaine. Remarquez que le lancement de 30 enperiode 16 provient non pas d’une livraison programmee de periode 17 mais biend’une livraison attendue de periode 17.

Nous presentons a la section suivante d’autres techniques de determination deslancements de production.

Remarquez egalement qu’ici on a fait l’hypothese, pour determiner les lance-ments de production, qu’il n’y avait pas de problemes de capacite. Sans quoi, ilfaut proceder a l’ajustement charge capacite avant de passer aux calculs du niveausuivant. Nous verrons ce point dans la derniere section de ce chapitre.

5.3.2 Utilisation en cascade de la logique de calcul

Maintenant que cet echeancier de lancement de production est determine pour lecomposant de niveau un E1001, il va etre utilise a un niveau superieur pourcalculer l’echeancier des demandes brutes des composants de niveau superieur.Ainsi, le composant E1001 (par exemple, une boıte de vitesse) utilise le composantde niveau un E2010 (un engrenage).

On applique la demarche de calcul que nous venons de voir en cascade :


• a toutes les references de niveau 0 (produits finaux);

• puis a celles de niveau 1;

• puis a celles de niveau 2, . . . etc.

Illustrons ceci sur l’exemple. Au niveau 0, les lancements programmes (cfrtableau 5.11) sont determines conformement au plan directeur de production.

T27, T28, T29 16 17 18 19 20 21 22 23 24

BBt de T27 - 7 11 6 15 8 11 12 7

LAt de T27 0 0 0 0 0 0 0 0

SFt de T27 0 0 0 0 0 0 0 0 0

BNt de T27 - 7 11 6 15 8 11 12 7

LPt de T27 7 11 6 15 8 11 12 7 -

BBt de T28 - 10 9 4 10 7 14 8 8

LAt de T28 0 0 0 0 0 0 0 0

SFt de T28 0 0 0 0 0 0 0 0 0

BNt de T28 - 10 9 4 10 7 14 8 8

LPt de T28 10 9 4 10 7 14 8 8 -

BBt de T29 - 4 8 3 5 12 2 8 7

LAt de T29 0 0 0 0 0 0 0 0

SFt de T29 0 0 0 0 0 0 0 0 0

BNt de T29 - 4 8 3 5 12 2 8 7

LPt de T29 4 8 3 5 12 2 8 7 -

Tableau 5.11: Lancements programmes de niveau zero.

Au niveau 1, les lancements du composant E1001, de delai de fabrication L=1,sont determines conformement au tableau 5.12. Ce composant est utilise a raisond’une unite par produit T27 et d’une unite par produit T28.

Toujours au niveau 1, les lancements du composant E1004 (de delai de fabri-cation L=2) sont determines conformement au tableau 5.13. Ce composant estutilise a raison d’une unite par produit T29.


E1001 15 16 17 18 19 20 21 22 23

BBt pour T27 7 11 6 15 8 11 12 7

BBt pour T28 10 9 4 10 7 14 8 8

BBt de E1001 0 1 2 3 0 2 1 4

BBt totaux 17 21 12 28 15 27 21 19

LAt 0 30 0 0 0 0 0 0

SFt 17 0 9 0 0 0 0 0 0

BNt 0 0 3 28 15 27 21 19

LPt 0 30 3 28 15 27 21 19 -

Tableau 5.12: Lancements en composant E1001.

E1004 15 16 17 18 19 20 21 22 23

BBt pour T29 4 8 3 5 12 2 8 7

BBt de E1004 0 0 1 4 0 5 2 2

BBt totaux 4 8 4 9 12 7 10 9

LAt 0 11 0 0 0 0 0 0

SFt 4 0 3 0 0 0 0 0 0

BNt 0 0 1 9 12 7 10 9

LPt 11 1 9 12 7 10 9 - -



Au niveau 2, les lancements du composant E2010 (de delai de fabrication L=1)sont determines conformement au tableau 5.14. Ce composant est utilise a raison

E2010 15 16 17 18 19 20 21 22 23

BBt pour E1001 30 3 28 15 27 21 19 -

BBt de E2010 0 0 2 1 4 0 1 2

BBt totaux 30 3 30 16 31 21 20 -

LAt 20 0 0 0 0 0 0 0

SFt 10 0 0 0 0 0 0 0 -

BNt 0 3 30 16 31 21 20 -

LPt 20 3 30 16 31 21 20 - -


d’une unite par composant de niveau 1 E1001.

Toujours au niveau 2, les lancements du composant E2040 (de delai de fabri-cation L=2) sont determines conformement au tableau 5.15. Ce composant est

E2040 15 16 17 18 19 20 21 22

BBt pour E1004 11 1 9 12 7 10 9 -

BBt de E2040 - 0 2 0 2 1 4 1

BBt totaux - 1 11 12 9 11 13 -

LAt 0 17 0 0 0 0 0

SFt 1 0 6 0 0 0 0 0

BNt 6 9 11 13 -

LPt 17 6 9 11 13 - - -


utilise a raison d’une unite par composant de niveau un E1004.

Au niveau 3, les lancements du composant E3047 (de delai de fabrication L=1)sont determines conformement au tableau 5.16. Ce composant est utilise a raisond’une unite par composant de niveau deux E2010 et de deux unites par composantde niveau deux E2040.


E3047 15 16 17 18 19 20 21

BBt pour E2010 20 3 30 16 31 21 20

BBt pour E2040 34 12 18 22 26 - -

BBt de E3047 - 0 0 1 1 2 0

BBt Totaux - 15 48 39 58 - -

LAt 0 0 0 0 0 0

SFt 15 0 0 0 0 0 0

BNt 0 48 39 58 - -

LPt 48 39 58 - - -


Toujours au niveau 3, les lancements du composant E3052 (de delai de fabri-cation L=1) sont determines conformement au tableau 5.17. Ce composant estegalement utilise a raison d’une unite par composant de niveau deux E2010 et dedeux unites par composant de niveau deux E2040.

E3052 15 16 17 18 19 20 21

BBt pour E2010 20 3 30 16 31 21 20

BBt pour E2040 34 12 18 22 26 - -

BBt de E3052 - 0 2 0 2 3 1

BBt Totaux - 15 50 38 59 - -

LAt 15 0 0 0 0 0

SFt 0 0 0 0 0 0 0

BNt 0 50 38 59 - -

LPt 15 50 38 59 - - -


Il faut maintenant voir si la capacite est suffisante a chaque niveau pour assem-bler les vehicules. Il est a remarquer que l’on a interet a verifier si cette capacite estsuffisante avant de passer au calcul du niveau superieur. En effet, si on procede a unajustement des lancements de production, par exemple au niveau 1, cela remettraen cause le calcul des besoins du niveau 2.

Mais avant cela, presentons quelques autres regles pour determiner les lance-ments de production.

Section 5.4. Autres regles de calcul des lancements de production 85

5.4 Autres regles de calcul des lancements de production

Jusqu’a present, nous avons adopte la technique du lot par lot pour la determinationdes lancements de production. Autrement dit, on lance en production exactementles besoins nets en decalant pour tenir compte du delai d’obtention. Ce cas estillustre au tableau 5.18 pour l’exemple du composant E1001.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23


Besoins nets 0 0 3 28 15 27 21 19


Tableau 5.18: Lancement de production lot par lot.

Il peut y avoir des contraintes techniques ou economiques qui conduisent aadopter des regles de gestion differentes :

• Regle de la quantite fixe. Parfois, pour des raisons techniques, on ne peutproduit qu’une quantite fixe (cuve entiere). Dans ce cas, on la quantitemise en œuvre est toujours la meme. Supposons a titre d’exemple, unequantite fixe de 30. Ce cas est illustre au tableau 5.19. On remarquera quele nombre de mise en route de production est moins eleve mais que le niveaude possession du stock augmente fortement.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23


Besoins nets 0 0 3 28 15 27 21 19


Stock fin de periode 27 29 14 17 26 7

Tableau 5.19: Lancement de production par quantite fixe.

On peut egalement utiliser cette regle pour diminuer le nombre de mises enroute de production (raison economique et non technique). On determinera,dans ce cas, la quantite economique a mettre en œuvre par la formule deWilson.


• Regle de la quantite multiple d’un entier. Ce cas se produit dans l’in-dustrie automobile pour le coulage des moteurs. On utilise des moules de10 moteurs. On ne peut donc produire que par multiples de 10. Ce cas estillustre au tableau 5.20.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23

LAt 0 30 0 0 0 0 0 0

BNt 0 0 3 28 15 27 21 19

LPt 30 10 30 10 30 20 20 -

SFt 7 9 4 7 6 7

Tableau 5.20: Lancement de production par multiples de 10.

• Regle de la quantite minimum. Ce cas se produit lorsqu’il y a un cout fixede mise en route de la production. Pour amortir ce cout fixe de lancement,il faut produire au minimum 10. Mais on peut produire egalement 11, 12,13 etc... Ce cas est illustre au tableau 5.21.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23

LAt 0 30 0 0 0 0 0 0

BNt 0 0 3 28 15 27 21 19

LPt 30 10 21 15 27 21 19 -

SFt 7 0 0 0 0 0

Tableau 5.21: Lancement de production par minimum de 10.

5.5 Ajustement charge-capacite

Lorsque les lancements de production sont determines, on peut calculer les chargesresultantes pour les differents ateliers. Pour que ce plan de production soit reali-sable, il faut que la charge resultante respecte les capacites de production. Si cen’est pas le cas, un ajustement “charge-capacite” est effectue.

Reprenons le meme exemple. Au niveau 0, le tableau 5.22 reprend les lance-ments de niveau 0.

Section 5.5. Ajustement charge-capacite 87

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23

LPt de T27 7 11 6 15 8 11 12 7

LPt de T28 10 9 4 10 7 14 8 8

LPt de T29 4 8 3 5 12 2 8 7

heures de T27 3,5 5,5 3 7,5 4 5,5 6 3,5

heures de T28 10 9 4 10 7 14 8 8

heures de T29 8 16 6 10 24 4 16 14

charge 21,5 30,5 13 27,5 35 23,5 30 25,5

capacite 50 50 60 65 55 50 50 50

exces capacite 28,5 19,5 47 37,5 20 26,5 20 24,5

Tableau 5.22: Verification de la charge au niveau zero.

En multipliant ces lancements par les temps operatoires unitaires donnes au ta-bleau 5.4, on obtient le nombre d’heures d’assemblage pour chacun des vehicules.En les additionnant, on obtient la charge de l’atelier que l’on peut comparer avecla capacite donnee au tableau 5.5. On constate ici qu’il n’y a aucun probleme decapacite au niveau 0.

Passons au niveau 1. Les lancements de production des sous-ensembles E1001et E1004 assembles dans le meme atelier sont repris au tableau 5.23. En multipliantces lancements par les temps operatoires unitaires donnes au tableau 5.4, on obtientle nombre d’heures d’assemblage pour chacun des deux sous-ensembles de niveau1. En les additionnant, on obtient la charge de l’atelier que l’on peut compareravec la capacite donnee au tableau 5.5. On constate ici qu’il y a un probleme decapacite en periode 18. On reporte aux periodes precedentes en commencant parutiliser l’exces de capacite de la periode 17, le reste etant produit en periode 16.

Il faut encore determiner sur quel produit cet ajustement va porter. La regleadoptee ici est de reporter les heures constituant le stock de valeur la plus faible.Pour cela, calculons le cout de revient d’une unite de E1001 et d’une unite deE1004. Au cout de la main d’œuvre d’assemblage, il faut ajouter le cout de lamatiere premiere ajoutee a l’etape d’assemblage et le cout des composants :

cE1001 = 0, 5 × 70 + 58 = 93 euros,

cE1004 = 1 × 70 + 71 = 141 euros.

Il faut se garder de conclure hativement qu’il convient de stocker du E1001. En


effet, comme son temps operatoire unitaire est d’une demi-heure, on en assembledeux par heure tandis que pour le sous-ensemble E1004, son temps operatoireunitaire etant d’une heure, on en assemble un par heure. On en deduit le cout deproduction d’une heure de chacun des sous-ensembles :

cphE1001 = 93/0, 5 = 93 ∗ 2 = 186 euros/h,

cphE1004 = 141/1 = 141 ∗ 1 = 141 euros/h.

En conclusion, il est plus interessant de stocker du E1004 bien qu’il ait un coutde revient unitaire plus eleve ! Le temps operatoire unitaire etant d’une heure, les2 heures deplacees correspondent a deux unites de E1004 avancees aux periodes16 et 17. On obtient l’ajustement de niveau 1 illustre au tableau 5.23.

Periode 16 17 18 19 20 21 22 23

LPt de E1001 30 3 28 15 27 21 19 -

LPt de E1004 1 9 12 7 10 9 - -

heures de E1001 15 1,5 14 7,5 13,5 10,5 9,5 -

heures de E1004 1 9 12 7 10 9 - -

charge 16 10,5 26 14,5 23,5 19,5 - -

capacite 20 12 24 20 25 22 22 20

Exces de capacite 4 1,5 0 5,5 1,5 2,5 0 0

Exces de charge 0 0 2 0 0 0 - -

Ajustement +0,5 +1,5 -2 0 0 0 - -

LPt de E1001 30 3 28 15 27 21 19 -

LPt de E1004 1,5 10,5 10 7 10 9 - -

Tableau 5.23: Ajustement charge-capacite de niveau 1.

On procedera alors de maniere semblable pour les niveaux superieurs en partantdes lancements modifies de niveau 1 donnes au tableau 5.23.


5.6 Exercices

5.1. Determination des besoins nets. Une societe fabrique deux produits finisPF1 et PF2 qui se composent de sous-ensembles (S) et de pieces achetees (A).Les nomenclatures des produits finis et des sous-ensembles sont presenteesci-dessous.

PF1 utilise

2 S13 S24 A3

, PF2 utilise

{2 S14 A3

,

S1 utilise

{2 A12 A3

, S2 utilise

{2 A22 A3

.

Les cycles de fabrication des sous-ensembles et des produits finis sont dedeux semaines. Le delai d’approvisionnement des produits achetes estegalement de deux semaines. On dispose d’un stock initial de 150 S1, de150 S2 et de 500 A3. Il n’y a pas de livraisons attendues. Les produits finissont fabriques au lot par lot. Les sous-ensembles doivent etres fabriques parlot minimum (et non necessairement multiple) de 100 unites (on peut lancer100, 101, 102 etc...). Les commandes enregistrees pour les 16 semainesa venir pour ces produits sont indiquees au tableau ci-dessous. Un chiffreabsent signifie qu’il n’y a pas de commande.

Sem 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

PF1 40 60 50 70

PF2 10 20 30 10 20 30 20 30

(a) Calculez les besoins nets et les lancements de production des deuxproduits finis.

(b) Calculez les besoins nets et les lancements de production ainsi que lestock final des deux sous-ensembles.

(c) Determinez les besoins nets du composant A3.

5.2. Importation de systemes Home Cinema. Une societe vend des ensemblesHome Cinema composes d’un televiseur plat, un lecteur DVD et un en-semble acoustique. L’ensemble acoustique peut egalement etre vendu seul.La societe dispose au 31 octobre d’un stock de 200 Home cinema (incluantl’ensemble acoustique) et de 600 ensembles acoustiques. La reception de500 ensembles acoustiques est prevue pour le 1 decembre. L’importation del’ensemble Home Cinema prend 1 mois et n’inclut pas l’ensemble acous-tique. Celui-ci est a commander en sus et est ajoute a l’ensemble Home


Cinema juste avant sa livraison au client final. L’importation de l’ensembleacoustique prend 2 mois. La valeur de l’ensemble Home Cinema completest de 2500 euro, celle de l’ensemble acoustique est de 800 euro. Le tableausuivant indique les previsions de la demande :

Demande Novembre Decembre Janvier Fevrier

Home Cinema 500 1200 900 400

Ensemble acoustique 200 400 300 200

Le cout de stockage mensuel est de 2 % de la valeur des marchandises.

(a) Calculez les besoins nets pour l’ensemble ”Home Cinema”.

(b) Calculez les besoins nets pour l’ensemble acoustique.

(c) Planifiez les lancements de commande des ensembles Home Cinema.

(d) Planifiez les lancements de commande des ensembles acoustiques sa-chant que les commandes doivent etre multiples de 500 unites.

(e) Calculez le cout de stockage par mois et par produit.

5.3. Determination des besoins et lancements de production de niveau 2. Apartir de l’ajustement charge-capacite de niveau 1, deduire les besoins netset les lancements de production de niveau 2 a capacite infinie.

5.4. Ajustement charge-capacite de niveau 2. Verifier si la charge resultanten’excede pas la capacite de l’atelier. Si c’est le cas, faire l’ajustement.

5.5. Production de robes de mariees. Une petite entreprise de couture confec-tionne des robes de mariees en serie. L’unique atelier de l’entreprise realisela confection des robes a un cout horaire est de 100 euro. La fabricationd’une robe necessite 3 heures. Les tissus pour la robe coutent 400 euro.Le plan directeur de production indique une demande constante de 10 robespar semaine pour les semaines 1 a 5. En debut de semaine 1, l’entreprisedispose d’un stock de 15 robes. Une production en sous-traitance (= livraisonattendue) de 5 robes est prevue en semaine 4.

(a) Etablir le tableau des besoins nets et des lancements de production pourles semaines 1 a 5 en supposant un delai d’obtention negligeable (onpeut produire pour satisfaire une demande de meme periode).

(b) La capacite de production etant de 30 les deux premieres semaines et21, les trois suivantes, procedez a l’ajustement charge-capacite.

(c) Calculez le cout de stockage total sur les 5 semaines pour les robes.Le cout de stockage des articles en stock en fin de semaine est estimea 1% par semaine du cout de revient des articles.

Chapitre 6

Les techniques de juste a temps

6.1 Origine et principe du JAT

Comme le souligne Baglin et al [1], les techniques de juste a temps trouvent leurorigine dans les nouvelles exigences du marche :

• La variabilite de la demande : l’augmentation du nombre de modeles et ladiminution de la duree de vie des produits necessitent une adaptation plusrapide des produits.

• Le delai admissible par les clients est plus court : on ne peut donc plusproduire a la commande, c’est-a-dire lancer une commande speciale avecdes delais longs.

• La concurrence internationale impose de produire une bonne qualite a unprix tres bas.

En conclusions, il faut produire a la demande du client, sans delai et en comprimantau maximum le cout de fabrication. Il y a donc conflit entre la gestion en grandeserie (qui permet de reduire les couts de fabrication) et la gestion a la carte (qui estbeaucoup plus souple).

L’idee du JAT est de chercher a concilier les avantages de la grande serie (fluxrapides et importants) avec ceux de la petite serie (grande adaptabilite). La logiquefondamentale du JAT est la suivante :

Production = Demande.

Autrement dit, on produit la quantite strictement necessaire aux besoins immediatsdu client. Le principe est applique de proche en proche jusqu’aux fournisseurs.Ceci entraıne la suppression des stocks intermediaires : on parle de gestion en flux

91

92 Chapitre 6. Les techniques de juste a temps

tendus. La suppression des stocks apparaıt donc comme une consequence de lalogique du JAT.

Ceci va a l’encontre des politiques traditionnelles d’organisation de la produc-tion. Le mode d’organisation traditionnel a pour objectif essentiel la recherchede la plus grande productivite du systeme. Ses consequences sont :

1. Pour raison d’economie d’echelle, on a des unites de fabrication de grandetaille organisees en ateliers specialises. On a donc des flux importants etdiscontinus entre ces unites necessitant des stock intermediaires.

2. Pour raison de cout, on met en place des capacites de production correspon-dant a la demande moyenne qui sont saturees en permanence : la variabilitede la demande necessite donc des stocks de produits finis.

3. On lance de grandes series pour amortir le cout de lancement. Ce qui entraıneaussi des stocks importants.

4. Pour diminuer le cout de manutention, on transporte en grande quantite(camions, containers complets). Ce qui occasionne egalement des stockseleves de matieres qui ne sont pas immediatement consommees.

5. Pour decoupler les problemes, on constitue des stocks intermediaires.

6. A chaque stade du produit, on ajoute un delai d’obtention pour tenir comptedes arrets frequents (controle, maintenance,. . . ).

On en conclut que chacun a tendance a gonfler les stocks. Le JAT devant ce constat,plutot que d’essayer de gerer l’ingerable propose de supprimer les stocks.

Le fonctionnement en JAT appelle cependant les remarques suivantes :

1. Souvent, les usines ne fonctionnent que partiellement en flux tendus : enflux tendus au moment ou l’on personnalise le produit, avec des stocksd’approvisionnement pour les pieces standards.

2. Les flux de production peuvent etre tires non par des commandes clientsmais par le plan directeur de production.

3. Le JAT necessite tout de meme l’etablissement d’un plan directeur de pro-duction et le calcul des besoins.

Section 6.2. Les deux approches du JAT 93

6.2 Les deux approches du JAT

Le JAT a donc un double objectif :

• augmenter la reactivite du systeme logistique : diminuer le delai, diversifierla production,. . .

• diminuer le cout global de production : en eliminant les gaspillages inutiles.

6.2.1 Augmenter la reactivite du systeme logistique

Le but est ici de pouvoir repondre rapidement aux variations quantitative et qua-litative de la demande. Le moyen utilise est le suivant : pour raccourcir le cyclede fabrication, on reduit les stocks.

• Pour reduire les stocks de matiere premiere, les fournisseurs doivent livrerplus souvent.

• Pour reduire les stocks d’en-cours de production, on doit reduire le tempsentre ateliers.

• Pour reduire les stocks de produits finis, on doit pouvoir changer souvent defabrication.

Remarquez que, pour reduire les stocks, il faut s’attaquer a leur cause : les pannesmachines, les temps de reglage longs, etc. . .

6.2.2 La rationalisation de la production

Le but est ici d’ameliorer la performance globale en eliminant les gaspillages. Leprincipe fondamental est que les seuls temps utiles sont ceux pendant lesquelsle produit voit sa valeur s’accroıtre. Ainsi, les operations suivantes sont nonproductives : deplacer, stocker, grouper, controler,. . . Pour pouvoir diminuerces operations improductives, il faut s’attaquer a leurs causes : les defauts defabrication, les retards, les pannes, les lenteurs administratives,. . .

On peut ici citer l’image de Taichi Ohno (de Toyota) qui dit que, pour traverserune riviere sans encombre, dans l’approche traditionnelle : on augmente le niveaude l’eau et on passe au dessus des epaves, dans l’approche JAT : on drague lefleuve, ce qui permet un niveau d’eau plus faible. En conclusions, en s’attaquantaux causes de dysfonctionnement, on ameliore la productivite globale du systemeet on ameliore la qualite des produits.


6.3 Les facteurs cles du JAT

La reussite du passage d’une organisation classique a une organisation JATnecessite des methodes de gestion tres reactives ainsi que la maıtrise des aleas.

6.3.1 Recherche d’un plus grande reactivite

On atteindra une plus grande reactivite en augmentant la flexibilite de la produc-tion. On peut definir la flexibilite comme la capacite du systeme de production as’adapter en permanence a la demande. On distingue deux types de flexibilite :

• La flexibilite quantitative est la capacite de faire face a des pointes dedemande :

– il faut surdimensionner la capacite, par exemple, en gardant les an-ciennes machines lors d’un renouvellement.

– il faut faire appel a la flexibilite de la main d’œuvre : appel aux tem-poraires, a la sous-traitance, aux heures supplementaires,. . .

• La flexibilite qualitative est la capacite de traiter une grande variete deproduits :

– il faut pouvoir passer rapidement d’un produit a l’autre : on utiliserades machines a commandes numeriques.

– la polyvalence du personnel est egalement souhaitable.

6.3.2 Maıtrise des aleas

Il faut ici se premunir contre les causes des stocks que sont les pieces recuesdefectueuses, les pannes machine, ainsi les retards de livraison. On visera ici lezero defaut pour les pieces fabriquees. En effet, en l’absence de stock, le defautd’une piece livree interrompt la chaıne de montage. Le zero defaut sera recherchepar la prevention plutot que par le controle a posteriori.

Il faut egalement assurer la fiabilite des equipements. En effet, l’arret d’unemachine entraıne l’arret de toutes les machines en aval faute d’approvisionnement.De meme pour les machines en amont qui, autrement, constitueront des stocks. Lafiabilite est obtenue par des procedures de maintenance preventive.

Enfin, il existe relation plus etroite entre le client et le fournisseur car lefournisseur d’une usine JAT est generalement plus conscient des consequences del’envoi d’une piece defectueuse pour le client.

Section 6.4. La methode Kanban 95

6.4 La methode Kanban

L’idee de la methode est que la production soit tiree par l’aval : chaque postene travaille que pour satisfaire une demande du poste aval. L’information sur lademande du poste aval est transmise par un document appele Kanban (etiquette)donnant :

• la description de la piece et de l’operation a effectuer;

• le lieu d’origine et de destination de la piece;

• la quantite par conteneur.

Cette technique utilise en effet des conteneurs standards pour la circulation entreles postes.

L’etiquette est donc un ordre de fabrication des pieces qui

• descend le flux de pieces (lors de la fabrication);

• remonte ce flux une fois les pieces consommees.

Le rythme de fabrication est donc egal a la vitesse de circulation des etiquettesqui est, elle-meme, determinee par le rythme de consommation des pieces. Parexemple, si la consommation vient a se tarir, les etiquettes ne remontent plus et lafabrication s’arrete.

Pour un bon fonctionnement du systeme, il faut une capacite suffisante despostes amont pour repondre a la demande : ceci necessite donc en general deprevoir une surcapacite.

6.4.1 Systeme Kanban a une boucle

Le fonctionnement du systeme Kanban a une boucle est le suivant (cfr figure 6.1) :

• L’etiquette est apposee sur le conteneur de pieces qui viennent d’etre fa-briquees en amont (a);

• Elle accompagne le conteneur au poste suivant et reste sur le conteneur enattente (b);

• Au moment ou le conteneur est mis en fabrication sur le poste aval, le Kanbanest libere et retourne au poste amont (c);


POSTEAMONT

Transport

entre postes

POSTEAVAL

(a)

(d)(c)

(b)

Conteneur avec étiquette Etiquette libre

Figure 6.1: Systeme Kanban a une boucle.

• Il entre dans le planning du poste amont (d) d’ou il sort au moment d’unenouvelle fabrication.

On peut faire les remarques suivantes sur le fonctionnement du systeme kan-ban a une boucle :

1. Tout conteneur rempli possede obligatoirement une etiquette (c’est-a-direson ordre de fabrication).

2. Une etiquette libre (c’est-a-dire non attachee a un conteneur) represente unordre de fabrication pour une quantite fixe de pieces sur un poste de travaildetermine.

3. Le nombre d’etiquettes en circulation entre deux postes fixe les stocks d’encours de fabrication : en effet, le volume des en cours, c’est-a-dire le nombrede conteneurs entre les postes, est inferieur ou egal au nombre d’etiquettesen circulation.

4. En observant son planning d’etiquettes en attente, le responsable du posteamont peut choisir ses priorites de fabrication d’apres les besoins des agentsdes differents postes aval qu’il fournit.

6.4.2 Determination du nombre d’etiquettes

Un probleme fondamental est la determination du nombre d’etiquettes a mettreen circulation. Ce nombre doit, en effet, resulter d’un compromis entre :

• un nombre pas trop eleve : sinon on genere des stocks intermediaires;

• un nombre pas trop faible : sinon le poste aval risque de tomber en rupture.

Section 6.4. La methode Kanban 97

Les donnees du probleme sont les suivantes :

• Cu, la consommation du poste aval en unites par minute;

• Qe, la taille economique des lots fabriques en amont;

• k, la capacite d’un conteneur;

• Tr, le delai de reaction du systeme lorsque le stock au poste aval atteint leseuil de lancement d’une production. Ce delai de reaction comprend

– le retour du ticket d’alerte vers l’amont,

– l’attente au planning amont,

– le reglage de la machine amont,

– la production du premier conteneur,

– le transport du conteneur jusqu’au poste aval.

Le principe utilise pour determiner le nombre d’etiquettes est le suivant : lenombre de conteneurs dans la boucle correspond au strict minimum pour que lesysteme fonctionne sans rupture pour le poste aval.

Illustrons ceci sur un exemple tire de Baglin et al [1]. Soit D = 2000 pieces, lademande moyenne du poste aval par journee de 8 heures de travail. On en deduitune consommation en unites par minute de :

Cu =2000

8 × 60= 4, 1667

Soit k = 100 pieces, la capacite d’un conteneur. Soit Tr, temps de reaction quiresulte d’un temps de retour du ticket de 30 minutes (le ramassage des ticketss’effectue toutes les heures, donc un temps moyen d’attente d’une demi heure),d’une attente moyenne de 10 minutes au planning du poste amont, d’un reglagede la machine de 10 minutes, d’un temps de production de 0,1 minute par piece(donc 10 minutes pour 100 pieces), d’un temps de transport de l’amont vers l’avalde 35 minutes :

Tr = 30 + 10 + 10 + 10 + 35 = 95

Pendant le temps de reaction, la consommation du poste aval est de :

TrCu = 95 × 4, 1667 = 395, 83

Il en resultera qu’il faut au moins 4 etiquettes en permanence dans le systeme :

Ne ≥TrCu

k= 3, 96


Si l’on veut prendre une marge de securite de α = 10 % :

Ne ≥(1 + α)TrCu

k=

1, 1 × 395, 83

100= 4, 3541.

Il faudra donc au moins 5 etiquettes en permanence dans le systeme.

Supposons maintenant que, au poste amont, l’arbitrage entre le cout de lance-ment et le cout de possession justifie une production par lot de taille economiqueoptimale :

Qe = 600 pieces,

c’est-a-dire a 6 conteneurs (Qe/k). Il faudra donc attendre d’avoir six etiquettesaccrochees au planning du poste amont avant de pouvoir lancer en fabrication dequoi remplir le premier conteneur. Il faudra donc ajouter ces 6 conteneurs aux 5precedents.

Le nombre de conteneurs dans la boucle correspond donc en general a lasomme :

• du stock correspondant au seuil d’alerte, c’est-a-dire au stock permettant defaire fonctionner le poste aval durant Tr, augmente d’une marge de securiteα :

(1 + α)CuTr

• du lot economique Qe produit par le poste amont :

Qe

le tout divise par k, la capacite d’un conteneur :

Ne ≥(1 + α)CuTr + Qe

k(6.1)

Le resultat est arrondi a l’entier superieur. Ce qui donne ici :


k=

435 + 600

100= 10, 35

Ce qui correspond a 11 conteneurs de 100 pieces.


6.5 Exercices

6.1. Planification juste-a-temps d’une brasserie. Une brasserie produit unebiere speciale. La fermentation se termine dans des cuves de haute fermen-tation. L’equipement d’embouteillage est constitue de deux lignes :

• une ligne d’embouteillage affectee aux bouteilles de 25 cl, qui remplit1600 bouteilles par heure,

• une ligne d’embouteillage affectee aux bouteilles de 75 cl, qui remplit800 bouteilles par heure.

La societe aimerait utiliser un systeme de kanban afin de coordonner laproduction entre le systeme amont (les cuves) et le systeme aval (l’embou-teillage). Les containers de transport entre l’amont et l’aval ont une capacitede 300 litres. Le delai de reaction du systeme est de 3 heures.

(a) Calculez le nombre d’etiquettes necessaires pour assurer le fonction-nement en continu de l’embouteillage sans tenir compte d’une tailleeconomique minimale a l’amont. Le gestionnaire desire appliquer uncoefficient de securite de 10 %.

(b) Sachant que les cuves de fermentation ont une capacite de 10.000litres et sont videes en entier avant d’etre a nouveau remplies, on peutconsiderer que la quantite economique du poste amont est de 10.000litres. Quel est alors le nombre d’etiquettes a ajouter dans le systeme ?

6.2. Production de hamburgers en restauration rapide. Considerons la ges-tion de la cuisson d’un type de hamburger dans un drive-in d’un point derestauration rapide. La commande aupres du prepose a la cuisson se fait parlot de 6 hamburgers. Lorsqu’un lot de 6 hamburgers est fourni au comptoirde vente, il est precede d’une plaque indiquant ”6 hamburgers”. Des quele prepose a la vente entame le lot de 6 hamburgers, il retourne la plaqueau manager qui toutes les dix minutes remonte en cuisine avec les plaques.Considerons une soiree de semaine (hors mercredi ou la demande est plusforte). On suppose, ce qui est une approximation, que la demande de 500hamburgers est repartie uniformement sur la tranche 18 h - 22 h. Le preposea la cuisson fabrique, outre les hamburgers, trois autres produits qui peuventl’occuper, parfois de maniere continue pendant 12 minutes avant qu’il nepuisse entamer la cuisson des hamburgers. La cuisson d’un lot de 6 hambur-gers dure 6 minutes (3 minutes pour une face, 3 minutes pour l’autre). En-suite, l’emballage et le garnissage prend 0,5 minute par hamburger. L’envoidu lot de 6 hamburgers vers le comptoir est instantane (par bande porteuse).


(a) Calculer la consommation en unites par minute faite par les clients dudrive-in pour ce hamburger.

(b) Calculer le temps de reaction du systeme, a savoir le temps qui s’ecouleentre le moment ou le prepose a la vente entame un lot de 6 hamburgerset celui ou le lot revient avec la plaque. Donner le detail du calcul.

(c) Calculer la consommation de hamburgers des clients pendant le tempsde reaction du systeme.

(d) En tenant compte du fait que la production de hamburgers n’est lanceeque s’il y a une commande de 12 pieces, calculez le nombre minimumde plaques a mettre dans le systeme pour eviter la rupture d’approvi-sionnement du comptoir vente.

(e) Comment faire pour tenir compte dans votre calcul des hamburgersjetes car ayant depasse leur duree de conservation (1 heure) ? Cecirepresente environ 10 % de la demande.

6.3. Transport de brames. La ligne a chaud de Chertal produit des bobinesd’acier appelees coils. L’amont de la ligne a chaud est compose des hautsfourneaux produisant de la fonte en fusion, d’un convertisseur suivi de lacoulee continue. Lors des diverses operations amont, le metal liquide esttransforme en plaques, appelees brames. Chacune de ces pieces pese 500kg. Elles sont alors transportees par lots vers l’aval constitue du laminoirdu site. Ce trajet, chargement et dechargement inclus, dure 6 heures. Lestransporteurs de brames (des trains prives) ont une capacite maximale utilede 50 tonnes. Le laminoir aval doit fonctionner en permanence a un rythmede 110 kg a la minute. Le gestionnaire du site de Chertal desire utiliser unsysteme de Kanbans afin de minimiser les lots de brames en cours entre laproduction amont (les hauts fourneaux, le convertisseur et la coulee) et lesysteme aval (le laminoir). Le temps de retour des transporteurs, munis desetiquettes, est estime a 120 minutes. On considere que l’on fait partir untrain uniquement s’il est charge au maximum.

(a) En considerant un temps nul d’attente au planning amont et un tempsde production a l’amont negligeable, calculez le nombre d’etiquettesnecessaires pour assurer le fonctionnement en continu du laminoir aval.

(b) Avec ce nombre d’etiquettes, quel est le coefficient de securite ?

(c) On considere maintenant que les hauts- fourneaux delivrent des lotsde 120 tonnes (= quantite economique). Quel est alors le nombred’etiquettes a mettre en service (avec un coefficient de securite nul) ?

(d) Quel est le rythme auquel les lots des hauts-fourneaux doivent etredelivres pour que le systeme ne tombe pas en rupture ?

Partie III

Les decisions strategiques

101

Chapitre 7

L’ordonnancement de projets

7.1 Introduction

Lors de tout projet de grande envergure (construction d’un bateau, d’un avion, d’unbatiment,...), un probleme crucial qui se pose est celui du calendrier d’executiondes taches. Le probleme est de determiner dans quel ordre doivent s’enchaıner lesdiverses taches de maniere a minimiser le temps total d’execution du projet.

Prenons un exemple tire de Giard [4].. On veut construire un nouveau batimentde maniere a pouvoir demenager au plus tot. Certaines taches (voir tableau 7.1)ne peuvent s’executer qu’apres que d’autres soient terminees. Par exemple, onne peut commencer les fondations que lorsque le terrassement est fini. On nepeut monter les murs que lorsque les fondations sont terminees. D’autres tachespeuvent s’executer simultanement. Par exemple, les travaux d’electricite et deplomberie peuvent etre menes de pair. On doit tenir compte, dans les problemes

No tache duree (jours) prealables1 terrassement 5 -2 fondations 4 13 colonnes porteuses 2 24 charpente toiture 2 35 couverture 3 46 maconnerie 5 37 plomberie, electricite 3 28 coulage dalle beton 3 79 chauffage 4 8 et 6

10 platre 10 9 et 511 finitions 5 10

Tableau 7.1: Construction d’un batiment.

d’ordonnancement, de divers types de contraintes.

103

Tache i i < j Tache j

i jdi

Tache ii < j

Tache j

i, di j, dj

104 Chapitre 7. L’ordonnancement de projets

• Les contraintes de localisation temporelle expriment la localisation d’unetache dans le temps : une tache ne peut commencer avant une telle date, ouapres une telle date (par exemple, en raison des conditions climatiques).

• Les contraintes de succession temporelle expriment les relations d’ante-riorite entre les taches : une tache ne peut commencer avant la fin d’une autre(par exemple, on ne coule pas les fondations avant la fin du terrassement).

• Les contraintes disjonctives expriment le fait que deux taches ne peuventavoir lieu en meme temps sans que l’on puisse dire laquelle doit etre effectueeavant l’autre (par exemple, une meme grue est utilisee sur deux chantiers).

Le probleme d’ordonnancement avec des contraintes de localisation temporelleet de succession temporelle seulement est appele probleme central d’ordonnan-cement. Il s’agit de determiner le calendrier de debut de chacune des taches demaniere a terminer le chantier au plus vite en respectant les contraintes temporelles.

Nous allons voir que ce probleme utilise la notion de graphe, aussi bien poursa formulation que pour sa resolution. Il existe deux methodes de resolution pource probleme, a savoir :

• la methode du potentiel developpee en France en 1957 et qui associe achaque tache un nœud du reseau, tandis que les relations d’anteriorite sontrepresentees par des arcs entre les taches (voir figure 7.1);

Figure 7.1: Graphe de la methode des potentiels.

• La methode PERT (pour Program Evaluation Review Technique) s’est de-veloppee, parallelement a la methode du potentiel, aux Etats-Unis en 1958pour la planification de la construction des sous-marins Polaris. Elle sedistingue de la methode du potentiel par le fait que les taches ne sont plusassociees aux nœuds mais bien aux arcs du reseau (voir figure 7.2).

Figure 7.2: Graphe de la methode des potentiels.

Section 7.2. Formulation du probleme 105

7.2 Formulation du probleme

Fixons-nous les notations suivantes. Nous avons n taches a executer, indiceesi = 1, . . .n. Utilisons egalement la notation di pour designer la duree d’executionde la tache i (qui est ici une donnee). Designons par t0 le temps de debut d’executiondu chantier, suppose egalement connu.

Les variables du probleme sont les suivantes : ti note le temps de debutd’execution de la tache i, et tf (= tn+1) note le temps de fin de chantier.

Formulons maintenant l’objectif : il s’agit simplement de minimiser le tempsde realisation du chantier, autrement dit :

min z = tf − t0

qui consistera a minimiser tf si on se fixe initialement t0 = 0.

Formulons maintenant les contraintes du probleme central d’ordonnancement.Elles sont de trois types :

• Les contraintes de localisation temporelle expriment que la tache i ne peutcommencer avant le debut de chantier :

ti ≥ t0, ∀i sans predecesseur (7.1)

• Les contraintes de succession temporelle expriment que la tache j ne peutdebuter avant que toute tache i prealable a j ne soit finie :

ti + di ≤ tj, ∀ tache i anterieure a la tache j (7.2)

• Les contraintes de fin de chantier expriment que toute tache i doit etre finieavant la fin de chantier :

ti + di ≤ tf , ∀i sans successeur (7.3)

Remarquez que vu la presence des contraintes de succession temporelle (7.2),il suffit d’ecrire (7.1) pour toute tache n’ayant pas de predecesseur et (7.3) pouttoute tache n’ayant pas de successeur.

7.3 Representation graphique du probleme

On associe donc au probleme central d’ordonnancement un graphe dont les som-mets representent les diverses taches du probleme. On ajoute un nœud 0 qui


correspond a la date de debut de chantier et un nœud f = n + 1 qui corresponda la fin de chantier. Les arcs du reseau representent les diverses contraintes quipeuvent toutes se mettre sous la forme suivante

ti + di ≤ tj

en definissant d0 = 0. Le probleme central d’ordonnancement se formule doncainsi :

min tf (−t0)

s.c.q. ti + di ≤ tj, ∀(i, j) ∈ A(7.4)

ou A note l’ensemble des arcs du reseau.

012

543

210 1110

987

65

4

4

3

22

2

4

5

33

510

Figure 7.3: graphe associe.

Reprenons l’exemple. On peut construire systematiquement le graphe associeau probleme d’ordonnancement de la maniere suivante (voir figure 7.3) :

1. On relie d’abord toutes les taches qui peuvent etre effectuees sans prealableau nœud 0, debut de chantier par un arc de longueur nulle. Dans l’exemple,seule la tache 1 est dans ce cas. Remarquez qu’il s’agit de la representationdes contraintes (7.1).

2. Ensuite, on prend une tache deja dans le graphe et on examine si elle preceded’autres. Par exemple, la tache 1 doit preceder la tache 2. On doit donc avoir

t1 + d1 ≤ t2.

On trace le nœud 2 et on le relie au nœud 1 par un arc de longueur d1. Onfait de meme pour representer toutes les contraintes de type (7.2).

3. Enfin, quand toutes les taches sont dans le graphe, pour les seules taches quine sont suivies d’aucune autre, on les relie au nœud n + 1, fin de chantier,avec un arc de longueur egale a la duree de la tache. Ici, seule la tache finitionest dans ce cas, et il faut que cette tache soit finie pour la fin du chantier. Ils’agit ici de representer les contraintes du type (7.3).

Section 7.3. Representation graphique du probleme 107

Disons un mot de la representation des trois autres types de contraintes quel’on peut rencontrer dans les problemes d’ordonnancement de projets :

1. Contraintes de localisation temporelle du type min. Supposons d’abordque la tache 3 ne puisse commencer avant 10 :

10 ≤ t3 ⇔ t0 + 10 ≤ t3.

Ceci se represente en joignant les nœuds 0 et 3 par un arc de longueur 10.

2. Contrainte de localisation temporelle du type max. Ensuite, supposonsque la tache 5 doive etre commencee avant 40 :

t5 ≤ t0 + 40 ⇔ t5 − 40 ≤ t0.

Ceci se represente en joignant les nœuds 5 et 0 par un arc de “longueur” -40.

3. Contrainte du type ecart maximum. Enfin, supposons que la tache 9 doivecommencer au plus tard 5 jours apres le debut de la tache 8 :

t9 ≤ t8 + 5 ⇔ t9 − 5 ≤ t8.

Ceci se represente en joignant les nœuds 9 et 8 par une arc de “longueur” -5.

012

543

210 1110

987

65

4

4

3

22

2

4

5

33

510

10

-40

-5

Figure 7.4: Trois autres types de contraintes.

Avant de voir l’algorithme qui permet de resoudre le probleme d’ordonnan-cement, nous allons dire un mot des conditions sous lesquelles ce probleme estrealisable. En effet, les contraintes temporelles peuvent venir de divers services etetre incompatibles entres elles.


7.4 Existence d’une solution

Supposons que nous ayons la situation suivante.

Tache Duree prealable1 d1 32 d2 13 d3 2

Cette situation est representee a la figure 7.5.

3

2

1

d1 d2

d3

Figure 7.5: Circuit de longueur positive.

On voit ici que le graphe contient un circuit (cycle avec tous les arcs dansle meme sens) dont la somme des longueurs des arcs est positive. Ecrivons lescontraintes correspondantes :

t1 + d1 ≤ t2

t2 + d2 ≤ t3

t3 + d3 ≤ t1

En sommant et en simplifiant, on obtient la condition suivante :

d1 + d2 + d3 ≤ 0

On peut alors montrer le resultat suivant.

Lemme 7.1 Les contraintes temporelles sont compatibles entre elles si et seu-lement si le graphe associe ne comporte aucun circuit de longueur (somme deslongueurs des arcs le constituant) strictement positive.

Remarquez qu’un cycle avec une somme des longueurs negative ne pose pas deprobleme. Par exemple, a la figure 7.4, la tache 8 de longueur 3 doit etre finie avantque ne commence la tache 9 et la tache 9 doit commencer endeans les 5 jours dedebut de la tache 8 :

t8 + 3 ≤ t9

t9 − 5 ≤ t8

Ceci se represente, comme vu ci-dessus, par une fleche de 8 vers 9 de longueur 3et une fleche retour de longueur -5. Ceci ne pose pas de probleme, la somme des“longueurs” etant negative.

Section 7.5. Calcul de l’ordonnancement au plus tot 109

7.5 Calcul de l’ordonnancement au plus tot

Nous allons maintenant voir un algorithme de calcul de l’ordonnancement au plustot. L’ordonnancement au plus tot determine les dates de debut au plus tot desdifferentes taches, notees ti, en partant du nœud de debut de chantier.

Illustrons les choses sur l’exemple. La tache 1 peut commencer au plus tot en0 puisqu’elle est reliee au au nœud 0, debut de chantier, par un arc de longueurnulle. La tache 2 peut commencer des la fin de la tache 1, c’est-a-dire

t2 = t1 + d1 = 5

et ainsi de suite, on marque t3 = 9, t4 = 11, t5 = 13, ...

Lorsqu’un sommet (comme le sommet 9) a plus d’un predecesseur (8 et 6), ondetermine la date au plus tot par un maximum :

t9 = max {t6 + d6, t8 + d8} = 16.

Il faut, en effet, que les deux taches precedentes soient finies avant de pouvoirdebuter la tache 9. On arrive ainsi a determiner la duree totale minimum qui estici de 35 jours.

L’ordonnancement au plus tot est illustre a la figure 7.6 ou le temps de debutau plus tot est indique au dessus des nœuds.

012

543

210 1110

987

65

4

4

322

2

45

33

510

0 0 5

9

9

11

11

12 16

13

353020

Figure 7.6: Ordonnancement au plus tot.

7.6 Ordonnancement au plus tard

Certaines taches sont telles que si on retarde leur date de debut, cela aura desrepercussions sur la date de fin de chantier. Par exemple, si on retarde la datede debut de la tache 11 (finition), cela va directement retarder la date de fin de


chantier. De meme, si on retarde la tache 10 (platre), cela va retarder la date dedebut de la tache 11 (finition) qui elle-meme retarde la date de fin de chantier.

Par contre, si on retarde le debut de la tache 5 (couverture), cela n’aura pas derepercussion, car ce n’est pas a partir de ce nœud que son successeur (10) a etemarque mais bien a partir du nœud 9. On voit donc que l’on peut retarder la datede debut de la tache 5 sans consequence sur la date de fin de chantier jusqu’a uncertain point. En effet, t5 = 13, t10 = 20, et d5 = 3. Autrement dit, la date dedebut de la tache 5 peut etre retardee jusqu’a la valeur :

t10 − d5 = 20 − 3 = 17

sans retarder la date de debut de la tache 10. On dit que 17 est la date de debut auplus tard de la tache 5. C’est-a-dire que la tache 5 peut etre commencee a cettedate au plus tard sans allonger la duree totale minimale des travaux.

On notera une date de debut au plus tard par ti. On peut calculer l’ordonnan-cement au plus tard de la maniere suivante (voir figure 7.7). Partant du nœud fin,pour lequel la date de debut au plus tard coıncide avec la date de debut au plus tot

t12 = t12 = 35,

on retranche a la date au plus tard la duree de la derniere tache. On determine ainsila date de debut au plus tard de la tache 11 :

t11 = t12 − d11 = 35 − 5 = 30.

On marque ensuite a rebours les nœuds 10, 5, ...

012

543

210 1110

987

65

4

4

3

22

2

4

5

33

5100 0 5

9

9

11

11

12 16

13

353020

0 0

10

9 15

13 16

17

353020115

Figure 7.7: Ordonnancement au plus tard.

Lorsqu’un nœud a plusieurs successeurs, on ne peut marquer ce sommet quesi tous ses successeurs directs sont marques. Prenons, a titre d’illustration, le casdu nœud 3. Dans ce cas, il faut prendre le minimum :

t3 = min{t4 − d3, t6 − d3} = min{15 − 2, 11 − 2} = 9,

sans quoi on retarderait la date de fin de chantier.

Section 7.7. Chemin critique et calcul des marges 111

7.7 Chemin critique et calcul des marges

Definition 7.1 On definit la marge d’une tache comme la difference entre sontemps de debut au plus tard et au plus tot :

mi = ti − ti (7.5)

On peut interpreter la marge comme le nombre maximum de jours de retard dansl’execution de la tache sans consequence sur la date de fin de projet.

On voit directement que l’on a deux sortes de taches.

• Les taches critiques qui ont une marge nulle. Ce sont donc les taches asurveiller en premier si l’on veut respecter le delai minimum de realisationdu projet. En effet, pour ces taches, tout retard sur leur date de debut serepercutera sur la date de fin de chantier.

• Les taches non critiques qui ont une marge strictement positive que l’onpeut determiner par la formule (7.5). Les marges sont indiquees a la figure7.8 entourees d’un carre.

1

4

012

543

210 1110

987

65

4

4

3

22

2

4

5

33

5100 0 5

9

9

11

11

12 16

13

353020

0 0

10

9 15

13 16

17

353020115

0

0

0

0

0

0 0

1

4

Figure 7.8: Calcul des marges.

Nous allons maintenant voir que si le projet dure 35 jours, c’est a cause d’unesuite de taches formant ce que l’on appelle un chemin critique de 35 jours.

Definition 7.2 On appelle chemin critique tout chemin liant le nœud debut deprojet au nœud fin de projet tel que l’en faisant la somme des durees des taches lelong de ce chemin critique on obtienne la duree minimale du projet.

Le chemin critique peut etre determine a rebours, partant du nœud n + 1, enretenant les sommets qui ont permis de determiner les dates au plus tot a partir dunœud 1. Il s’agit, dans l’exemple, des nœuds 12,11,10,9,6,3,2,1 et 0. On dit quele chemin critique est constitue des taches 1, 2, 3, 6, 9, 10 et 11.


Remarquons, d’une part, qu’il peut y avoir plusieurs chemins critiques. Re-marquons, d’autre part, qu’il ne suffit pas de prendre une suite de tache critiquesliant le nœud debut du projet au nœud fin du projet pour avoir un chemin critique.Il faut, en plus que la date de fin au plus tot du projet correspondent a la sommedes durees de taches le long de ce chemin. Illustrons ces deux phenomenes surl’exemple de la figure 7.9.

A

E

F Fin

5B D

C

Déb

3 0

4

0

0

0

0

1

0

0

4

4

4

4

9

9

15

15

18

18

5

54

6

3

Figure 7.9: Cas de plusieurs chemins critiques.

Les taches critiques sont : B, C, D, E et F. Les deux chemins critiques sont :

P1 = (B, D, E, F ) et P2 = (B, C, E, F )

Il est a remarquer que le chemin suivant P3 = (B, C, F ) bien que constitue uni-quement de taches critiques mais n’est pas critique.

Si l’on veut reduire la duree du projet,

Principe 1 : il ne sert a rien de reduire la duree de taches non critiques. Cela neferait qu’augmenter leur marge.

Principe 2 : il faudra reduire simultanement la duree de tous les chemins critiques.

Il est aussi a remarquer que, des que l’on a reduit la duree du chemin critique,d’autres chemins critiques peuvent apparaıtre. Il faut donc proceder pas a pas.

7.8 L’ordonnancement par la methode PERT

Dans la methode PERT, chaque tache est associee a un arc du graphe. La longueurde l’arc correspondant a la duree de la tache en question. Les sommets sont utilisespour traduire les relations de succession temporelle. Ainsi, si la tache j doit suivrela tache i, l’extremite terminale de l’arc representant la tache i coıncidera avecl’extremite initiale de l’arc representant la tache j.

Section 7.8. L’ordonnancement par la methode PERT 113

Ceci permet de tracer le graphe pour l’exemple deja considere pour la methodedu potentiel. Ceci est fait a la figure 7.10 ou l’on a note, a cote de chaque arc,d’une part, le numero correspondant a la tache, d’autre part, la duree de la tache.

6,51,5 2,4

3,2

7,3

4,2

8,3

5,3

9,4

10,10 11,5

Figure 7.10: Graphe associe pour la methode PERT.

Sur cet exemple, la construction du graphe PERT ne pose aucune difficulte.Parfois, elle necessite parfois l’ajout d’un arc fictif qui ne correspond a aucunetache. Illustrons ce probleme sur l’exemple suivant :

Tache prealable1 −2 13 1, 44 −

On pourrait tracer le graphe de la figure 7.11. Mais ce graphe introduit une cont-

1 2

34

Figure 7.11: Introduction d’un contrainte.

rainte supplementaire qui dit que la tache 4 doit preceder la tache 2. Pour resoudrela difficulte, il faut ajouter un arc fictif de longueur nulle entre l’extremite de latache 1 et le debut de la tache 3. Ceci est illustre a la figure 7.12.

L’ordonnancement se calcule ainsi. D’abord, on determine les dates de debutau plus tot des nœuds, que nous noterons ti. Ceci est fait par marquage des nœudsa partir de l’origine comme dans la methode du potentiel. On additionne au tempsdu nœud precedent le temps de la tache. En cas de plusieurs predecesseurs, onprend le maximum. Ensuite, on determine les dates au plus tard des nœuds,


1 2

34

Figure 7.12: Arc fictif.

notees ti, par marquage a partir de la fin, en soustrayant au temps du nœud suivantle temps de la tache. En cas de plusieurs successeurs, on prend le minimum.

6,51,5 2,4

3,2

7,3

4,2

8,3

5,3

9,4

10,10 11,5

0 5 9

11

13 16

13

3530200 5 9

0 0

0

0

11 4 17

4

1

112 16 0

0 0 353020

Figure 7.13: Ordonnancement par la methode PERT.

Il est a souligner que ces dates au plus tard des nœuds ne fournissent pas lesdates de debut au plus tard des taches issues du nœud. Par exemple, la tache 4est issue d’un nœud ou la date au plus tard est de 11 (comme la date au plus tot)pourtant cette tache a une marge de 4 jours. Il faut donc poursuivre les calculspour avoir la date de debut au plus tard des taches.

On calcule la marge de la tache (i, j) liant les nœuds i et j comme :

mij = tj − (ti + dij) (7.6)

Autrement dit, la marge est la difference entre :

• la date de fin au plus tard de la tache tj et

• sa date de fin au plus tot ti + dij , qui, elle-meme, se calcule comme sa datede debut au plus tot augmentee de sa duree.

Section 7.9. La minimisation des couts 115

On calcule alors les dates de debut au plus tard des taches en additionnant a la dateau plus tot, la marge. Les resultats sont indiques au tableau ci-dessous.

Tache 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Date au plus tot 0 5 9 11 13 11 9 12 16 20 30

Marge 0 0 0 4 4 0 1 1 0 0 0

Date au plus tard 0 5 9 15 17 11 10 13 16 20 30

7.9 La minimisation des couts

Jusqu’a present, on a considere la duree de chaque tache comme donnee. Or laduree d’une tache particuliere i peut varier en fonction, par exemple, de l’em-bauche de personnel supplementaire, de l’achat ou de la location de materielsupplementaire. On voit donc que l’on pourra, en general, reduire la duree dechaque tache moyennant un cout supplementaire. Nous allons voir ici commentarbitrer entre les deux criteres : diminution de la duree d’execution des taches etdonc du chantier et, d’autre part, augmentation des couts d’execution des taches.

Considerons la tache i. Sa duree d’execution di peut varier entre une dureeminimale (incompressible) di et une duree maximum di. Si l’on admet que le cout

ci

did

i di

mi

Figure 7.14: Cout d’execution de la tache i.

varie lineairement en fonction de la duree, on obtient le graphique de la figure 7.14.Notons par mi la pente. Pour une duree di comprise entre les bornes inferieure etsuperieure, le cout de la tache i est alors calcule par l’equation suivante :

ci(di) = ci(di) + mi(di − di)


Si on repete la meme operation pour chacune des taches, l’objectif de la minimi-sation du cout total d’execution des taches peut s’ecrire:

min z =n∑

i=1

[ci(di) + mi(di − di)] = K +n∑

i=1

midi

Le premier terme etant constant, il revient au meme de minimiser le seul secondterme et on obtient l’objectif suivant :

min z′ =n∑

i=1

midi,

les di etant, cette fois, des variables pour le probleme.

On peut donc formuler le probleme comme suit.

1. Choix des variables. Nous avons donc comme variables du probleme :

ti = le temps de debut de la tache i;

di = la duree d’execution de la tache i;

tf = le temps de fin de chantier.

2. Expression de l’objectif. Il s’agit de minimiser le cout direct d’executiondes taches, qui depend lineairement de leur duree :

min z =n∑

i=1

midi

3. Expression des contraintes.

• Les contraintes de localisation temporelle s’expriment comme :

ti ≥ t0, ∀i sans predecesseur

• Les contraintes de succession temporelle s’expriment comme :

ti + di ≤ tj, ∀i < j

• Les contraintes de fin de projet s’expriment comme :

ti + di ≤ tf , ∀i sans successeur

• Les contraintes de bornes sur la duree s’expriment comme :

di ≤ di ≤ di

Section 7.9. La minimisation des couts 117

• On ajout une borne sur la date de fin de chantier, nommee λ :

tf ≤ λ

Le probleme de minimisation des couts d’execution des taches se formule donccomme suit :

cD(λ) = min z′ =n∑

i=1

midi

s.c.q

t0 ≤ ti pour toute tache i sans prealable,

ti + di ≤ tj pour toute tache i precedent j,

ti + di ≤ tf pour toute tache i sans successeur,

tf ≤ λ (borne sur tf )

di ≤ di ≤ di (bornes sur la duree)

P (λ)

La borne superieure sur tf a du etre ajoutee car il est clair, au vu de la forme desfonctions de cout ci(di) que sinon on aura tendance a prendre di = di pout toutetache et donc a augmenter au maximum la duree du chantier.

On peut alors resoudre ce probleme en fonction du parametre λ. En ajoutantle terme constant que nous avions neglige, on obtient un graphique du genre decelui represente a la figure 7.15.

cD( )

di = di , ∀idi = di , ∀i

Figure 7.15: Forme de la fonction de cout direct d’execution des taches

Ce graphique appelle plusieurs commentaires :


1. Tout d’abord, le parametre λ doit etre superieur a une certaine valeur mi-nimum λ qui correspond au temps d’execution minimum lorsque toutes lestaches sont a leur duree minimum di.

2. Ensuite, remarquons que la fonction c(λ) est convexe, decroissante et lineairepar morceaux.

3. Enfin, a partir d’une certaine valeur λ de λ, on aura systematiquementdi = di et l’objectif devient constant. Cette valeur λ correspond au tempsd’execution du projet lorsque toutes les taches sont a leur duree maximum.

Comment va-t-on alors choisir le temps optimum ? A voir la forme de la courbecD(λ) a la figure 7.16, il vaudrait mieux prendre λ = λ, le temps maximum. Mais

cT( )

cD( )

cI( )

∗

cT( )

Figure 7.16: Couts totaux.

ceci ne tient compte que des couts directs d’execution des taches.

Il existe aussi des couts indirects lies a la duree du chantier : les frais d’as-surances, les salaires de l’encadrement, les frais de location du materiel et lespenalites par jour de retard. Tous ces frais sont evidemment croissants avec λ, laduree du chantier. On note cI(λ) ces couts indirects. Si on additionne les deuxcourbes (couts directs et couts indirects), comme a la figure 7.16, on obtient lacourbe de cout total dont on peut determiner le minimum :

cT (λ) = cD(λ) + cI(λ)

On a donc arbitre entre les deux objectifs de diminution des couts et de diminutiondu temps d’execution.


7.10 Exercices

7.1. Lancement d’un nouveau produit. On met a l’etude le lancement d’unnouveau produit. Ce lancement necessite la realisation des 9 taches suivantesreperees par les lettres A a I. Le tableau suivant donne leur duree et leursprealables eventuels :

tache duree (semaines) prealablesA 5 DB 2 -C 5 BD 4 -E 2 G,HF 4 E,IG 3 -H 2 DI 6 A

(a) Etablissez le graphe de la methode des potentiels, determiner les datesde debut au plus tot, au plus tard. Utilisez des couleurs differentes pourles deux quantites et donnez la signification des couleurs utilisees.

(b) Donnez le(s) chemin(s) critique(s).

(c) On doit maintenant tenir compte en plus du fait que la tache G nepeut commencer avant la semaine 10. Cela modifie-t-il le temps derealisation du projet ? Si oui, de combien ? Cela modifie-t-il lesmarges ? Si oui, de combien ? Cela modifie-t-il votre reponse a laquestion b) ?

(d) On apprend maintenant que, en plus du c), la tache D necessitera deuxsemaines supplementaires. Cela modifie-t-il le temps de realisation duprojet ? Si oui, de combien ?

7.2. Ordonnancement de projets. Un projet est constitue des taches 0, 1, 2, 3 et4. La tache 0 n’a pas de predecesseur et dure 2 semaines. La tache 1 succededirectement a la tache 0 et dure 5 semaines. La tache 2 succede directementa la tache 1 mais ne peut pas commencer avant la 10eme semaine. Elle dure5 semaines. La tache 3 succede directement a la tache 2 et dure 3 semaines.La tache 4 succede directement aux taches 2 et 3 mais doit commencer auplus tard 7 semaines apres le debut de la tache 2. Elle dure 2 semaines.

(a) Dessinez le reseau representant le projet, en associant les taches auxsommets (nœuds).


(b) Ce projet est-il realisable ? Justifiez brievement.

(c) Vous avez la possibilite d’allonger ou de reduire la duree des taches1 et 2 de une ou deux semaines, a un cout additionnel de 500 eurola semaine. Et aussi d’allonger ou de reduire la duree des taches 3et 4 de une ou deux semaines, a un cout additionnel de 1000 euro lasemaine. Quelle solution proposez-vous afin de realiser le projet a uncout minimum ?

(d) Quelle est alors la duree totale du projet ?

(e) Quelle(s) activite(s) n’appartiennent pas au chemin critique ?

7.3. Planification d’un projet de telecommunications. La societe PTV veutmoderniser son reseau de teledistribution de chaınes privees. Le projets’articule selon les activites citees au tableau ci-dessous.

Activite Description Duree Antecedents

(mois)

A Etude de marche 5 -

B Developpement du materiel 6 A

C Developpement des logiciels 5 (*)

D Accreditation du materiel 3 B

E Mise en œuvre du nouveau reseau 10 C,D

F Arret de l’ancien reseau 2 (**)

G Fin du support pour l’ancien reseau 1 E, F

(*) : le developpement des logiciels (C) peut commencer 3 mois apres ledebut du developpement du materiel.(**) : L’arret de l’ancien reseau peut avoir lieu 6 mois apres le demarragede la mise en œuvre du nouveau reseau.

(a) Dessinez le reseau (methode PERT), indiquez la date de debut au plustot, de debut au plus tard et la marge pour chaque activite.

(b) Quelle est la duree minimale du projet ?

(c) Quelles sont les activites critiques ?

(d) Quel est le retard d’execution que chaque activite peut prendre sansallonger la duree minimale du projet ?

(e) L’administrateur desire reduire la duree du projet de 2 mois au moindrecout. Les taches suivantes peuvent etre reduites de 2 mois au maximum,sachant que le cout de reduction d’un mois est respectivement pour A :350 euro ; C : 200 euro ; D : 100 euro ; F : 100 euro ; G : 400 euro.Que proposez-vous et quel est le cout de votre solution ?


7.4. Construction d’une piscine. Une societe a recu la maıtrise de la construc-tion d’une piscine olympique sur un campus universitaire. Les durees desdifferentes taches, evaluees en jours sont reprises au tableau 7.2. Les travauxdebutent le premier avril. On suppose que chaque mois comporte 20 joursouvrables.

Code Tache Anteriorite DureeA Excavation - 5B Fondations A 2C Pose canalisations B 4D Essai en pression C,G 8E Etancheite D 9F Mise en place de la station d’epuration A 6G Mise en place du chauffage F 5H Raccordement electricite G 4I Sonorisation sous-marine H 5J Dallage E,I 6K Construction vestiaires J 8L Construction du solarium J 2M Mise en eau K, L 3

Tableau 7.2: Construction d’une piscine.

(a) L’inauguration peut-elle avoir lieu comme prevu le 15 juin ?

(b) Au cours de la pose des canalisations, on apprend que par suite d’in-cidents techniques, cette operation durera 6 jours de plus que prevu.Sans recommencer le diagramme, determinez si cela influencera ledelai final.

(c) La direction du campus, inquiete quant au respect des delais, proposede se passer de la sonorisation sous-marine. Qu’en pensez-vous ?

7.5. Planification d’un projet de construction. Un entreprise de constructiondoit planifier la construction d’une maison. Le projet s’articule selon les


activites citees au tableau ci-dessous.

Activite Duree (mois) AntecedentsA 5 -B 6 -C 3 AD 8 AE 2 B,CF 11 B,CG 1 DH 12 D,E

(a) Tracez le graphe de la methode PERT et determinez sur ce graphe ladate de fin au plus tot de la construction de la maison.

(b) Quelle est la duree minimale du projet ?

(c) Calculez les dates de debut au plus tot, les marges, les dates de debutau plus tard.

(d) Quel est le chemin critique ?

(e) Les taches E et F necessitent toutes deux la presence d’un bulldozer et lasociete n’en possede qu’un seul. Indiquez comment on peut respectercette nouvelle contrainte en augmentant au minimum la duree du projet.Quelle est alors la duree du projet ?

Chapitre 8

Conception d’un centre de production

8.1 Introduction

Les decisions d’implantation d’un centre de production incluent

1. la decision de localisation du centre qui depend de :

• la localisation des clients;

• la disponibilite et le cout de la main d’œuvre;

• la disponibilite des matieres premieres;

• les aides nationales et locales a l’investissement;

• la volonte de penetrer un marche local difficile;

• la qualite des hopitaux, la qualite du cadre de vie,. . .

A titre d’exemple, on peut citer la localisation de la nouvelle usine TOYOTApres de Valenciennes, qui est situee au cœur de l’Europe et dans le payseuropeen le plus protectionniste en faveur de ses marques nationales.

2. le choix de la capacite de production qui depend :

• de la prevision de la demande a long terme;

• de la volonte de l’entreprise de dominer un marche;

• de la possibilite de repondre rapidement a des variations de demande.

Vu l’incertitude sur la demande, on implante souvent une nouvelle usinepar phases successives. C’est le cas de la nouvelle usine de Toyota pres deValenciennes.

3. la configuration du centre de production : il s’agit de determiner commentles differents equipements et postes de travail doivent etre disposes. Nouscommencerons le chapitre en examinant ce point.

123

124 Chapitre 8. Conception d’un centre de production

8.2 Configuration d’un centre de production

Il s’agit donc ici de determiner la maniere de disposer les equipements et lespostes de travail les uns par rapport aux autres . Il existe au moins trois types deconfigurations possibles :

1. La configuration en ateliers specialises est utilisee lorsqu’il y a une grandevariete d’articles differents a produire. On peut alors regrouper dans unatelier l’ensemble des machines assurant une fonction donnee. Par exemple,dans un garage, l’atelier de peinture, l’atelier carrosserie,. . .

2. La configuration en terme de produit est utilisee lorsqu’il y a une demandeimportante et continue de quelques produits. On organise la production soiten ligne (c’est le cas des lignes d’assemblage d’automobiles) soit en industriede process (c’est le cas des raffineries de petrole).

3. On parle de configuration a poste fixe lorsque l’operateur doit se deplacerentre deux operations. On peut citer comme exemples :

• un client qui se deplace entre les differents rayons d’un super marche;

• un magasinier qui se deplace entre les differents rayonnages d’un ma-gasin de stockage de carrelage.

8.2.1 Configuration en ateliers specialises

Illustrons cette configuration par l’exemple tire de Mac Clain [13] d’une maternitequi regroupe les differents services concernes sur un meme etage d’un hopital :

• accueil

• salle d’attente

• consultation prenatale

• echographie

• salle d’accouchement

Une question cruciale pour une bonne organisation de ce type de configurationest la localisation relative de ces differents services. On doit tenir compte de :

1. du volume de trafic entre deux services de sorte que deux services avec unflux important soient localises proches l’un de l’autre;

Section 8.2. Configuration d’un centre de production 125

2. du fait qu’il peut y avoir repulsion entre deux services.

Une matrice de proximite peut etre utilisee pour indiquer la proximite voulueA : Absolument necessaireS : Specialement importantI : ImportantG : Generalement proche,

: sans importanceX : a eviter

La figure 8.1 illustre cette matrice dans le cas de la maternite. On peut egalement,

ACCUEIL

SALLE D'ATTENTE

CONSULTATIONS

ECOGRAPHIE

SALLE ACCOUCHEMENT

G

I

S

A

X

Figure 8.1: Matrice de proximite.

plutot que de noter la proximite, donner une matrice de flux entre les differentsservices. On peut alors concevoir une localisation des differentes services quiminimise la somme des flux entre services ponderee par la distance entre cesservices.

Supposons que l’on note l’interet d’etre proche par la grille de poids suivante :4 : Absolument necessaire3 : Specialement important2 : Important1 : Generalement proche0 : sans importance

-1 : a eviter

On peut alors definir la matrice de poids wik mesurant l’importance pour leservice i d’etre proche du service k donnee au tableau 8.1. Remarquez que lamatrice est symetrique.

Les cinq services sont a placer a une des cinq places disponibles sur le plateaude l’hopital represente a la figure 8.2. On peut mesurer la distance djl entre lesemplacements j et l. Elles sont reprises au tableau 8.2. On obtient egalement unematrice symetrique de distances.


wik k = 1 k = 2 k = 3 k = 4 k = 5

i = 1 1 −1

i = 2 1 2

i = 3 2 3

i = 4 3 4

i = 5 −1 4

Tableau 8.1: Matrice de poids mesurant l’importance d’etre proches.

d14

j = 1

j = 2

j = 3

j = 4j = 5

Figure 8.2: Disposition relative des locaux a affecter.

djl l = 1 l = 2 l = 3 l = 4 l = 5

j = 1 5 7 5 4

j = 2 5 4 2 3

j = 3 7 4 2 3

j = 4 5 2 2 1

j = 5 4 3 3 1

Tableau 8.2: Matrice des distances entre locaux.


Formulation du probleme de localisation

Nous allons maintenant formuler le probleme comme un probleme d’affectationquadratique. On a donc 5 services a localiser a une des 5 places possibles. Onchoisit ici comme variables :

xij = 1 si le service i est localise en place j,

= 0 sinon.

Dans ce cas, l’objectif peut s’ecrire de la maniere suivante :

minn∑

i=1

n∑k=1

n∑j=1

n∑l=1

wikdjlxijxkl

avec djl la distance entre les localisations j et l et wik, le poids dans la matrice deproximite.

Expliquons la forme de cette fonction objectif : on ne retrouvera dans cetobjectif que les termes ou xijxkl = 1, c’est-a-dire ou i est mis en place j et ken place l. L’objectif minimise la somme des distances entre les paires de lieux(j, l), ponderee par l’importance d’une localisation proche des paires de services(i, k), pour autant que xij et xkl soient egaux a un. Afin de minimiser ce produit,on mettra donc comme coefficient des wik les plus eleves, les djl les plus faibles,c’est-a-dire les plus proches l’un de l’autre ceux qui y ont le plus grand interet.

Les contraintes sont de deux types :

• ”Toute place j est occupee :”n∑

i=1

xij = 1,∀j = 1, . . .n

La contrainte indique que chaque place j est occupee par un seul service i.

• ”Tout service i est place :”n∑

j=1

xij = 1,∀i = 1, . . .n

La contrainte indique que chaque service i est place a une place j.

Il faut bien sur egalement imposer le caractere entier des variables :

xij ∈ {0, 1},∀i, j.

Nous ne verrons pas, dans le cadre de ce cours, de methode de resolution de ceprobleme.


8.2.2 Configuration en ligne de production

Lorsqu’un produit est fabrique en grande quantite, on peut gagner en efficaciteen organisant la production en ligne. A titre d’exemple, on peut citer les usinesd’assemblage automobiles ou les tunnels de lavage de voitures (car-wash).

Le probleme principal reside dans l’equilibrage de la chaıne : il faut que lesdifferentes operations prennent le meme temps car la chaıne tourne a la vitesse del’operateur le plus lent. Une ligne d’assemblage est dite parfaitement equilibreesi chaque poste de travail est occupe a 100 %.

Illustrons ceci sur l’exemple suivant tire de Mac Clain [13]. Un appareilelectromenager est constitue de 11 composants, notes B1 a B11, de 3 sous-ensembles notes SA1 a SA3. Le tableau 8.3 fournit les taches, leurs durees etleurs prealables. La somme des temps des differentes taches est de 100 minutes.

Label Temps Objet Predecesseurs

A 2 placer le chassis sur la chaıne -

B 7 attacher B4 sur chassis A

C 5 attacher B2 sur B1 -

D 2 attacher B3 sur B1 -

E 15 tester SA1 C,D

F 7 attacher SA1 sur chassis A,E

G 6 attacher B6 a B5 -

H 4 attacher SA2 au chassis B,G

I 9 attacher B7 au chassis A

J 10 attacher B9 a B8 -

K 4 attacher B10 a B8 -

L 8 attacher B11 a B8 J,K

M 6 attacher SA3 au chassis A,L

N 15 tester l’appareil tous

Total 100

Tableau 8.3: Equilibrage d’une chaıne.

On peut tracer un graphe de preseance qui n’est rien d’autre que le graphede la methode du potentiel (sans nœud de depart ni d’arrive). On a represente cegraphe a la figure 8.3 ou chaque tache est representee par son label et sa duree.

La figure 8.3 presente egalement une affectation possible des taches a cinq


C,5

D,2

A,2

G,6

J,10

K,4

E,15

F,7

B,7 H,4

I,9

L,8 M,6

N,15

Poste 4

Poste 1Poste 2

opérateur 1 opérateur 2 opérateur 3 opérateur 4 opérateur 5

A,B,C,D E,F G,H,I J,K,L M,N

16 min 22 min 19 min 22 min 21 min

Poste 3

Poste 5

Figure 8.3: Une affectation possible.


operateurs. Le temps total de montage pour ce choix est de :

5 operateurs × 22 minutes par cycle = 110 homme-minutes.

Il y a donc un temps mort de 10 minutes, ce qui correspond a un pourcentage detemps mort de :

10

110= 9, 1%

Une mesure de la qualite de la solution est precisement ce rapport du tempsmort sur le temps total de montage. Ce rapport est appele retard d’equilibre et secalcule par la formule suivante :

RE =nc − T

nc

avec n = nombre de postes de travail,c = temps d’un cycleT = somme des temps individuels.

Remarquons qu’ici on n’a pas atteint l’objectif d’un equilibrage parfait quiimpliquerait de construire 3 articles par heure avec un temps de cycle de 20 minutes.Remarquons qu’il n’est pas toujours possible d’atteindre l’equilibre parfait de lachaıne puisque les taches ne sont pas divisibles a l’infini.

Resolution du probleme d’equilibre de la chaıne

Voyons maintenant comment resoudre le probleme. Trouver l’affectation quiminimise le retard d’equilibre est un probleme en nombres entiers particulierementdifficile a resoudre. Une heuristique qui permet de trouver rapidement une solution(sans garantie qu’elle soit optimale) est la suivante. On se fixe une duree maximumpour chaque poste de travail. Ici fixons nous une duree maximum de 19 minutes.On va alors remplir ces postes de la maniere suivante :

Pas1. Attribuer un score a chaque tache et classer les taches par score decroissant.Ici, on utilise comme score 1 la dure de la tache. On obtient :

E, N, J, I, L, B, F,G, M, C, H, K, A, D

Pas 2. Mettre a jour l’ensemble des taches disponibles (c’est-a-dire les taches donttous les predecesseurs immediats sont affectes). Au debut, ce sont celles sanspredecesseur :

S = {J, G, C, K, A, D}


Pas 3. Affecter la tache avec le score le plus eleve dans le premier poste ou lacapacite et les contraintes de preseance ne sont pas violees :

J au poste 1.

Aller en au Pas 2.

On remplit alors progressivement le tableau suivant.

Poste 1 Poste 2 Poste 3 Poste 4 Poste 5 Poste 6 Poste 7J,10 10 C,5 5 I,9 9 M,6 6 E,15 15 F,7 7 N ,15 15G,6 16 K,4 9 B,7 16 H,4 10A,2 18 L,8 17

D,2 1918 19 16 10 15 7 15

Le detail des iterations est repris ci-dessous :

S = {J, G, C, K, A, D} : J en 1; S = {B, M, D} : B en 3;S = {G, C, K, A, D} : G en 1; S = {M, H, D} : M en 4;S = {C, K,A, D} : C en 2; S = {H, D} : H en 4;S = {K, A, D} : K en 2; S = {D} : D en 2;S = {L, A, D} : L en 2; S = {E} : E en 5;S = {A, D} : A en 1; S = {F} : F en 6;S = {I, B, M, D} : I en 3; S = {N} : N en 7

On peut alors calculer le retard d’equilibre de cette solution :

RE =nc − T

nc=

7 × 19 − 100

7 × 19= 24, 81%

On voit que la solution n’est pas d’une tres grande qualite. On peut utiliserplutot un second score qui consiste a additionner a la duree de la tache, celles detoutes les taches qui la suivent. Ainsi, a la duree de la tache A, on ajoute le tempsdes taches F, B, I, M, H et N. Le calcul du second score (voir figure 8.4) donne lesresultats suivants :

A B C D E F G H I J K L M N50 26 42 39 37 22 25 19 24 39 33 29 21 15

Le classement des taches suivant ce second score est le suivant :

A, C, D, J, E, K, L, B, G, I, F, M, H, N


C,5

D,2

A,2

G,6

J,10

K,4

E,15

F,7

B,7 H,4

I,9

L,8 M,6

N,15

Figure 8.4: Graphe des prealables

On remplit le tableau comme suit

Poste 1 Poste 2 Poste 3 Poste 4 Poste 5 Poste 6A,2 2 E,15 15 L,8 8 G,6 6 F,7 7 N,15 15C,5 7 K,4 19 B,7 15 I,9 15 M,6 13D,2 9 H,4 19J,10 19

19 19 15 19 13 15

Le detail des iterations est donne ci-dessous.

S = {A, C, D, J, K, G} : A en 1; S = {B, G, I, F, M} : B en 3;S = {C, D, J, K, B, G, I} : C en 1; S = {G, I, F, M} : G en 4;S = {D, J, K, B, G, I} : D en 1; S = {I, F, M, H} : I en 4;S = {J, E, K, B, G, I} : J en 1; S = {F, M, H} : F en 5;S = {E, K, B,G, I} : E en 2; S = {M, H} : M en 5;S = {K, B, G, I, F} : K en 2; S = {H} : H en 4S = {L, B, G, I, F} : L en 3; S = {N} : N en 6.

On peut alors calculer le retard d’equilibre de cette solution :

RE =19 × 6 − 100

19 × 6= 12, 3%

On voit que la solution est meilleure sans etre optimale puisque la solution presenteea la figure 8.3 est meilleure avec un retard d’equilibre de 9,1 %. On peut egalementagir sur la duree maximum de 19 qui est un parametre de l’heuristique.


8.2.3 Configuration a poste fixe

Lorsque l’operateur voyage entre les differentes operations, on parle de conceptiona poste fixe. Comme exemples, on peut citer :

• les magasins en self-service ou le client se deplace de rayon en rayon;

• les entrepots de stockage de carrelages, de tapis-pleins, etc. . .

• une infirmiere qui se deplace d’une chambre a l’autre dans un hopital,. . .

Le probleme principal reside dans la localisation des aires de stockage demaniere a minimiser soit

• le cout total de manipulation en mettant les produits les plus utilises auxendroits les plus accessibles;

• le temps maximum d’acces dans le cas, par exemple, de la localisation decentres d’intervention d’urgence.

Cas d’un entrepot :

Illustrons ce cas par l’exemple de la societe Sommer qui produit en grandes seriesses differentes references de tapis pleins qui sont vendues en quelques unites a sesclients qui sont les centres de bricolage et les surfaces specialisees en revetementde sol. On approvisionne le stock en grandes quantites (de l’ordre de 200 rou-leaux d’un meme type). On destocke, a la demande, en petites quantites (un oudeux rouleaux). Le stockage est rendu necessaire par la difference entre la tailleeconomique d’un lot a la production et la taille moyenne d’un lot demande.

Pour le placement optimal des rouleaux, on a interet a placer les articlesayant le plus fort taux de rotation de stock aux emplacements les plus accessibles.Il y a deux maniere de stocker :

• Stocker a des places dediees : une reference donnee sera toujours a la memeplace. Ce qui facilite le controle et l’information. L’inconvenient est quel’on perd beaucoup de place car chaque emplacement est rempli a 50 % enmoyenne.

• Stocker a la premiere place disponible : ceci necessite un systeme infor-matique de localisation : chaque lot est localise par le numero de l’allee, ladistance dans l’allee, et la hauteur dans le rayon.


La solution adoptee chez Sommer est le dedicacement par zone : on place leproduit dans la premiere place disponible dans une zone (assez large) correspondanta son taux de rotation. Ceci est donc un compromis entre une capacite de stockagereduite et la rapidite d’acces aux produits a forte rotation de stock.

Cas des centres d’intervention d’urgence :

Dans ce second cas, l’objectif est de minimiser le temps d’acces au client le pluseloigne. Par exemple, dans un service hospitalier, on veut localiser le local desinfirmieres de maniere a avoir un temps de reaction aupres de chaque patient aussicourt que possible. La solution, dans ce cas, est de construire un etage circulaireavec le local des infirmieres au centre.

Remarquez qu’ici souvent la solution impliquera des localisations multiplesafin de bien couvrir une zone : par exemple, dans le cas des pompiers, onaura diverses antennes delocalisees permettant d’atteindre rapidement des villagesdecentres.

8.3 Decisions de capacite

Nous allons illustrer les decisions de choix d’une capacite sur l’exemple tire deMac Clain [13] d’une boulangerie industrielle qui fournit les supermarches de saregion et qui s’attend a une croissance de la demande.

Les donnees numeriques sont les suivantes :

1. Modelisation de la demande : il y a incertitude sur la demande future duproduit. Si le succes du produit est important, une capacite supplementairede 5 000 unites par semaine sera necessaire pour un profit de 40 000 $par semaine hors frais d’amortissement du capital. Si le succes du produitest mitige, une capacite de 2 000 unites par semaine sera suffisante et lacompagnie fera un profit de 16 000 $ par semaine. La demande est connueau bout d’un an. On suppose que les benefices sont comptabilises en find’annee. Une annee comporte 52 semaines d’ouverture du magasin.

2. Donnees de cout d’investissement. Une capacite de 2 000 unites par semainepeut etre construite pour 800 000 $. Une capacite de 5 000 unites par semainepeut etre construite pour 1,5 millions de $. Une capacite de 2 000 peut etreetendue a une capacite de 5 000 pour 1 million de $. Les surcapacites sontsans valeur.

3. La duree de vie des equipements est de 20 ans.

Section 8.3. Decisions de capacite 135

4. Le facteur d’actualisation, necessaire car les profits sont repartis dans lefutur, est de 25 % l’an.

5. La probabilite de succes du lancement du produit est estimee a 20 % surbase d’experiences d’introduction d’autres produits.

Les differents choix possibles peuvent etre utilement illustres sur un arbre dedecision tel que celui de la figure 8.5. Un carre represente une decision. Un cercle

construire 2000

haute demande

faible demande

haute

demande

faible demande

+3000

rester à 2000

cons

truire

5000

ne rien construire

Investiss.1,500,000

1,500,000

800,000

800,000

800,000

0

Profit.40,000

16,000

16,000

16,000+24,000

16,000

0

+1,000,000

Figure 8.5: Arbre de decision

represente un etat du monde.

Pour le choix d’une capacite, on va selectionner la capacite d’esperance deprofit la plus elevee.

Definition 8.1 On appelle valeur nette presente, la somme actualisee des profitsfuturs moins l’investissement initial.

Nous aurons besoin, dans le calcul de la VAN, de la formule suivante pour lecalcul d’annuites :

n∑t=1

(1

1 + i

)t

=

[1 − (1 + i)−n

i

](8.1)

Considerons la construction initiale de 5 000 en cas de demande forte. Ce cas


FNt

0 1 2 3 . . . 20

40.000× 52

-1.500.000

t

Figure 8.6: Construction de 5 000 en cas de demande forte.

est illustre a la figure 8.6. La VAN se calcule donc comme suit :

V AN =20∑

t=1

(40 000 × 52)

1, 25t− 1 500 000

= (40 000 × 52) ×20∑

t=1

(1

1, 25

)t

− 1 500 000

Appliquons la formule (8.1) a notre exemple :

20∑t=1

(1

1, 25

)t

=

[1 − (1, 25)−20

0, 25

]= 3, 953883

D’ou la valeur nette au bout d’un an de :

V AN = 40 000 × 52 × 3, 953883 − 1 500 000 = 6 724 077.

Considerons maintenant la construction initiale de 5 000 en cas de demandefaible. La VAN se calcule comme suit :

V AN = (16 000 × 52) ×20∑

t=1

(1

1, 25

)t

− 1 500 000 = 1 789 631.

Considerons maintenant la construction de 2000 en cas de demande haute etsans investissement supplementaire. La VAN se calcule comme suit :

V AN = (16 000 × 52) ×20∑

t=1

(1

1, 25

)t

− 800 000 = 2 489 631.

Section 8.3. Decisions de capacite 137

FNt

0 1 2 3 . . . 20

40.000× 52

-1.000.000

t

-800.000

16.000× 52

Figure 8.7: Construction de 2 000 (+3000) en cas de demande forte.

Considerons la construction initiale de 2 000 augmentee de 3 000, en cas dedemande forte. L’investissement initial de 2 000 rapporte 16 000 $ durant 20 anset l’investissement de debut de 2eme annee rapporte un supplement de profit de24 000 durant 19 ans. Ce cas est illustre a la figure 8.7. La VAN au temps 1 del’investissement supplementaire se calcule comme suit :

V AN1 = (24 000 × 52) ×19∑

t=1

(1

1, 25

)t

− 1 000 000.

Appliquons la formule (8.1) a la somme des facteurs d’actualisation :

19∑t=1

(1

1, 25

)t

=

[1 − (1, 25)−19

0, 25

]= 3, 942

On obtient une valeur nette au bout d’un an de l’investissement supplementaire :

V AN1 = 24 000 × 52 × 3, 942 − 1 000 000 = 3 920 058.

On en conclut que l’on a interet a faire l’investissement puisque la VAN est positive.Pour obtenir la VAN de ce cas, il faut ajouter la VAN de l’investissement initial de2 000 qui rapporte 16 000 durant 20 ans :

V AN0 = 3 920 0581

1, 25+ (16 000 × 52) ×

20∑t=1

(1

1, 25

)t

− 800 000

= 3 920 0581

1, 25+ 2 489 631 = 5 625 677.

Enfin, le cas d’une demande faible avec un investissement initial de 2 000 estidentique au cas de la construction initiale de 2 000 et d’une demande forte lorsquel’on reste a 2 000. Il a deja ete calcule plus haut.


Decision demande VAN

construire 5 000 forte 6 724 077

construire 5 000 faible 1 789 631

construire 2 000 + 3 000 forte 5 625 677

construire 2 000 faible 2 489 631

construire 0 forte 0

construire 0 faible 0

Tableau 8.4: Calcul de la VAN

Les resultats dans les differents cas sont resumes au tableau 8.4. On peut alorscalculer les profits esperes dans chacun des deux cas d’investissement initial :

• Construire 5 000 :

E(V AN) = 0, 2 × 6 724 077 + 0, 8 × 1 789 631 = 2 776 520 $.

• Construire 2 000 :

E(V AN) = 0, 2 × 5 625 677 + 0, 8 × 2 489 631 = 3 116 840 $.

En conclusion, il vaut mieux construire une petite capacite et etendre apres unan si necessaire. Remarquons que le resultat depend crucialement de la probabilitede succes du produit (voir exercice ci-dessous).

8.4 Decisions de localisation

La decision de localisation d’un centre de production doit etre analysee en tenantcompte de plusieurs criteres :

1. la facilite d’acces, les couts de transport;

2. la disponibilite, qualification et le cout de la main d’œuvre;

3. le cout de construction, les taxes locales;

4. l’attraction des clients;

Section 8.4. Decisions de localisation 139

5. la disponibilite des matieres premieres;

6. les attitudes des autorites locales et nationales.

L’importance relative de ces criteres depend du type d’activite a localiser :

• localiser un super-marche : les couts de transport et l’attraction des clientssont preponderants;

• localiser une usine : le cout de la main d’œuvre et la disponibilite desmatieres premieres sont preponderants.

Les modeles de localisation optimale considerent generalement un seul crite-re. Deux techniques sont appliquees suivant l’objectif poursuivi : la technique degravite si on veut minimiser les couts totaux de transport ou celle de discretisationsi on veut minimiser le temps d’acces au client le plus eloigne.

Disons un mot de ces deux techniques qui correspondent chacune a un choixd’objectif :

• La technique du centre de gravite. Si l’on veut minimiser le nombre detonnes-kilometres de produit transporte du fournisseur le plus eloigne ou auclient le plus eloigne, on a interet a se situer au centre de gravite des clientset fournisseurs. Par exemple, dans la localisation d’une usine de productionde beton, on a interet a se situer au centre de gravite des carrieres et des grosclients.

Cl1

Cl2

Cln

MP1

MP2

MPm

x

y

(x1, y1)

(x2, y2)(x′

1, y′1)

(x′2, y

′2)

(x∗, y∗)

(xm, ym)

(x′n, y′

n)

Figure 8.8: Centre de gravite


Fixons-nous la notation suivante:MPi = tonnes de matiere premiere venant de i;(xi, yi) = coordonnees du fournisseur i;Clj = tonnes vers le client j;(x′

i, y′i) = coordonnees du client i;

Le centre de gravite se calcule ainsi :

x∗CG =

m∑i=1

xiMPi +m∑

j=1

x′jClj

∑mi=1 MPi +

∑mj=1 Clj

y∗CG =

m∑i=1

yiMPi +m∑

j=1

y′jClj

∑mi=1 MPi +

∑mj=1 Clj

• La methode de discretisation. Lorsque le critere temps d’acces est le plusimportant, on aura recours le plus souvent a des emplacements multiples afind’avoir un bon acces a tous. Par exemple, lors de la localisation d’un centred’intervention de pompiers, on veut minimiser le temps d’acces au client leplus eloigne. Ce qui conduit a implanter des antennes decentralisees.

Illustrons la difference entre ces deux objectifs sur un exemple simple illustre ala figure 8.9 ou deux villes sont situees a 9 kilometres de distance l’une de l’autre.

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1.000 2.000

0

x∗CGx∗

MD

Figure 8.9: Calcul du centre de gravite

La formule du centre de gravite nous donne ici (avec xi la coordonnee de laville i et Pi, sa population) :

x∗CG =

∑i xiPi∑i Pi

=0 × 1.000 + 9 × 2.000

3.000= 6

Pour minimiser le nombre de kilometres a parcourir pour desservir les deux villes,un representant de commerce a interet a se localiser a 6 km de la premiere et 3kilometre de la seconde ville.

Par contre, pour un centre d’intervention d’urgence, a interet a se localiser aucentre des deux villes (a 4,5 kilometre de chaque ville).

x∗MD = 4, 5

Section 8.5. Utilisation de la programmation mathematique 141

8.5 Utilisation de la programmation mathematique

Pour terminer ce chapitre, nous allons illustrer l’utilite de la programmation mathe-matique dans les decisions de localisation et de choix de capacites sur un exempleegalement tire de tire de Mac Clain [13].

Les differentes donnees du probleme sont reprises aux tableaux 8.5 et 8.6. Lescouts de transport entre les differentes usines et les differents clients sont donnesau tableau 8.5 en $ par kg. Les demandes des clients sont donnees au tableau 8.5en millions de kg par jour. Les couts de production sont donnes au tableau 8.6 en$ par kg. Les capacites de production sont donnees au tableau 8.6 en millions dekg par jour.

Vers le Cout de l’usine ($/kg) Demande du client

le client A B C (106 kg/jour)

1 0,021 0,039 0,035 0,5

2 0,024 0,029 0,034 0,8

3 0,019 0,040 0,029 0,5

4 0,048 0,027 0,026 0,9

5 0,037 0,024 0,032 0,9

6 0,029 0,023 0,041 0,8

7 0,020 0,041 0,032 0,6

8 0,041 0,034 0,019 0,6

9 0,050 0,034 0,018 0,8

10 0,047 0,035 0,018 0,7

Tableau 8.5: Couts de transport et demandes.

Usine A B C

Cout de production ($/kg) 0,347 0,326 0,351

Capacite de production (106 kg/jour) 1,8 4 1,6

Tableau 8.6: Couts et capacites de production.

On veut determiner le plan de distribution qui minimise la somme des couts deproduction et des couts de transport.


Nous allons formuler le probleme comme un probleme de programmationmathematique :

• Choix des variables. Notons xij , le nombre de millions de kg produits al’usine i et livres au client j.

• Expression de l’objectif.

Il s’exprime simplement par :

min z =C∑

i=A

10∑j=1

cijxij

avec cij , le cout de fourniture d’un million d’unite de l’usine i vers le clientj. Ce cout est la somme du cout de production et du cout de transport.

• Expression des contraintes.

Elles sont de deux types :

– “Respecter la capacite de l’usine i :”

10∑j=1

xij ≤ CAPi, ∀i = A, B, C

ou CAPi note la capacite de l’usine i.

– “Satisfaire la demande du client j :”

C∑i=A

xij = DEMj, ∀j = 1, 2, ...10

ou DEMj note la demande du client j.

La solution optimale peut etre trouvee par l’algorithme du Simplexe puisqu’ils’agit d’un probleme purement lineaire. Examinons maintenant le probleme de lalocalisation d’une nouvelle usine. Supposons que l’usine C doive etre remplacee.Les alternatives possibles sont :

1. Accroıtre l’usine B a 6 millions de kg par jour.

2. Construire une nouvelle C de 2 millions de kg/jour.

3. Construire une nouvelle C de 4 millions de kg/jour.

Section 8.5. Utilisation de la programmation mathematique 143

Les alternatives cout fixe cout de production

6 millions B 18 millions de $ 0,326

2 millions C 18 millions de $ 0,335

4 millions C 34 millions de $ 0,320

Tableau 8.7: Donnees de cout des alternatives.

Les alternatives cout journalier cout fixe

(LP1) situation actuelle 2 561 600

(LP2) 6 millions B 2 547 300 18 millions

(LP3) 2 millions C 2 533 100 18 millions

(LP4) 4 millions C 2 469 700 34 millions

Tableau 8.8: Donnees de cout des alternatives.

Leurs couts respectifs sont donnes au tableau 8.7.

Effectuons une comparaison des 3 alternatives et de la situation actuelle. Ils’agit de resoudre successivement quatre problemes lineaires notes (LP1) a (LP4)au tableau 8.8. Dans la colonne “cout journalier”, on donne la somme du cout deproduction et du cout de transport, hors frais fixes d’investissement.

Une premiere conclusion qui peut etre tiree de ce tableau est que (LP2) peutetre elimine car ayant un cout fixe identique a celui de (LP3), une alternative quia un cout journalier inferieur. Calculons l’economie de (LP3) sur 300 jours deproduction par rapport a la situation actuelle :

(2 561 600 − 2 533 100) × 300 = 8 555 000

Soit une economie de 8,555 millions par an pour un investissement initial de 18millions de $. Cet investissement est certainement rentable, quel que soit le facteurd’actualisation.

Calculons maintenant l’economie additionnelle de (LP4) par rapport a (LP3) :

(2 533 100 − 2 469 700) × 300 = 19 020 000

Soit un economie additionnelle de 19,020 millions par an pour un investissementadditionnel de 16 millions de $. A nouveau, cet investissement est hautementprofitable. On choisira donc la solution (LP4) : construire la nouvelle usine C a 4millions de kg par jour.


Remarquons que, dans la solution de (LP4), l’usine A n’est plus utilisee dutout et peut etre fermee.

Enfin, terminons ce chapitre en illustrant l’importance de l’utilisation de va-riable binaires dans les decisions de choix de capacite. Prenons l’exemple de l’ou-verture eventuelle d’une nouvelle usine D de 2 millions de capacite. La decisiond’ouverture de la nouvelle usine peut etre modelise par la variable binaire :

yD ∈ {0, 1}

avec yD valant 1 si l’usine D est ouverte et zero sinon.

Cette variable binaire interviendra dans la contrainte de capacite de la nouvelleusine comme suit :

10∑j=1

xDj ≤ 2yD

En effet, si l’usine D est fermee, le membre de droite est nul et rien ne peut sortirde l’usine.

Cette variable interviendra aussi dans la fonction objectif. En effet, a la sommedes couts de transport, on peut ajouter le cout fixe du nouvel investissement. Ceciconduit a l’expression suivante pour l’objectif :

min z =D∑

i=A

10∑j=1

cijxij +D∑

i=B

Kiyi

ou Ki est le cout fixe d’ouverture de l’usine i.

Remarquez aussi que les variable binaires peuvent etre utilisees pour deciderdu niveau de la capacite d’une nouvelle usine parmi un nombre discret de valeurspossibles. Ainsi, si l’usine D peut avoir comme capacite 2 millions ou 5 millionsd’unites, on peut ecrire :

10∑j=1

xDj ≤ 2yD + 5y′D

avec la contrainte supplementaire que

yD + y′D = 1,

ce qui va assurer qu’une seule des deux capacites est selectionnee.

Remarquez enfin que l’utilisation de variables binaire conduit a un probleme ennombres entiers. Il s’agit d’un probleme plus difficile a resoudre que les problemeslineaires (LP1) a (LP4). Il peut etre resolu par application de la methode de branchand bound.


8.6 Exercices

8.1. Assemblage de magnetoscopes. Un atelier de fabrication de magnetoscopesdoit etre reorganise en ligne de production. Les operations necessaires a lafabrication d’un magnetoscope ont ete divisees en 14 taches indivisibles.Les temps operatoires (en minutes) ainsi que les relations d’anteriorite sontdecrites dans le tableau ci-dessous.

Tache A B C D E F G H I J K L M N

Duree 2 4 10 5 5 4 5 6 8 10 12 9 6 4

Prealables - A A E B C H J J D,F I K L G,M

Vous etes responsable de la production et desirez produire 30 magnetoscopespar jour de travail (un jour comporte deux pauses de 7,5 heures de travail).On vous demande :

(a) Est-il possible de realiser la production de 30 magnetoscopes par jour sila chaıne de production n’est constituee que d’un seul poste de travail ?

(b) Determinez le temps de cycle requis pour respecter la contrainte de 30unites par periode. Autrement dit, un magnetoscope doit sortir touteles c minutes : que vaut c ?

(c) Representez les relations d’anteriorite sur un graphique de reseau.

(d) Determinez au moyen de l’heuristique de score 1 une affectation desoperations aux postes de travail afin de respecter la contrainte de 30unites par periode. Representez sur le graphique la solution obtenue.

(e) Calculez le retard d’equilibre de votre solution.

8.2. Developpement de complexes cinematographiques. Un groupe de dist-ribution cinematographique envisage d’accroıtre sa capacite de distributionen region Liegeoise. Deux projets sont a l’etude, un seul sera realise :

• la renovation d’un ancien complexe de 4 salles de cinema au centreville d’une capacite totale apres renovation de 2.000 sieges.

• la construction d’un nouveau complexe de 15 salles de cinema enperipherie d’une capacite totale 10.000 sieges.

Le cout des travaux est de 3 millions d’euro pour le projet de renovationet de 15 millions d’euro pour le projet de construction. La duree de viedes installations est de 20 ans. Etant donne le planning des seances et lesdifferents publics attendus, le profit annuel moyen par siege est estime


• a 2000 euro au centre ville et a 1000 euro en peripherie en cas de fortefrequentation,

• a 1500 euro au centre ville et a 300 euro en peripherie en cas defrequentation faible.

Le facteur d’actualisation est de 20 % l’an.

(a) On demande de dessiner l’arbre de decision complet, mentionnant lesmontants des investissements et des profits.

(b) Pour chacun des cas, calculez la valeur nette actualisee au debut duprojet, sur toute sa duree de vie.

(c) La probabilite de succes est difficilement estimable. Quel serait ladecision d’investissement la plus rentable,

• si la probabilite de frequentation forte est de 45 % :• si la probabilite de frequentation forte est de 55 % :

8.3. Probleme de localisation de centre de distribution de pneus. Un importantgroupe de fabrication de pneus envisage de restructurer son reseau europeen.Pour le moment, il dispose d’un centre de production par pays qui lui coute,sur base annuelle, les frais fixes suivants :

Pays Frais fixes Capacite Demande

(106 euros)

Belgique 1,2 500.000 pneus 400.000 pneus

Espagne 4 3.000.000 pneus 2.000.000 pneus

France 6 10.000.000 pneus 6.000.000 pneus

Portugal 2 1.500.000 pneus 1.000.00 pneus

On envisage de desservir les memes marches qu’actuellement avec un nom-bre moins important de centres de production ouverts. La demande domes-tique sur base annuelle est donnee ci dessus. Les frais de transport d’un pneudu pays i au pays j sont connus et notes ctij .

(a) Representez le probleme par un graphique de reseau. Indiquez surcelui-ci les donnees du probleme.

(b) Formuler mathematiquement le probleme du choix des usines a conser-ver ouvertes a l’avenir dans le groupe en supposant que la demandedemeure stable. On veut minimiser la somme des couts fixes et descouts de transport des pneus.

Partie IV

Les techniques d’optimisation

147

Chapitre 9

La programmation dynamique.

9.1 Introduction

La programmation dynamique a pour but de traiter les modeles ou une sequenceoptimale de decisions doit etre prise. Elle est largement utilisee en planification dela production pour determiner les lancements de production en cas de couts fixesde lancement de production.

Les modeles dynamiques repondent aux caracteristiques suivantes :

• Ils comportent une certain nombre de periode de temps qui seront notees :

t = 1, 2, ...n

• A chaque etape, une decision doit etre prise. On note par xt la decision prisea la periode t.

• Chaque etape est caracterisee par un certain nombre d’etats initiaux pos-sibles. On note par st l’etat initial de la periode t.

Par exemple, en planification de la production :

• les etapes sont les differentes periodes de planification,

• la decision xt prise a la periode t est le niveau de production de la periode,

• la variable d’etat st indique le niveau initial du stock de la periode t.

L’idee generale des procedures de resolution en programmation dynamiqueest la suivante. On part d’un sous probleme, celui de derniere etape, dont laresolution est triviale. Ensuite, et en procedant a rebours, on etend progressivementle probleme en incluant les etapes precedentes et en calculant la politique optimalea chaque etape en se basant sur la politique optimale de l’etape suivante.

149

150 Chapitre 9. La programmation dynamique.

9.2 Le probleme du voyageur

Un exemple purement fictif, tire de Hillier et Lieberman [7], va nous permettred’introduire la terminologie employee en programmation dynamique. Il s’agit duprobleme du voyageur devant traverser l’ouest americain il y a plus d’un siecle.Son point de depart et sa destination sont connus. Il effectue son voyage en quatreetapes. A chaque etape, il a le choix de se diriger vers plusieurs etats. A lafigure 9.1, on a represente chaque etat par un cercle. Son etat de depart est l’etat1 et son etat d’arrivee est l’etat 10.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1

2

4

3

7

64

4

4

3

2

5

1

4

6

3

3 3

3

4

Figure 9.1: Probleme du voyageur.

Le voyageur souscrit a chaque etape une police d’assurance dont le cout refletele degre d’insecurite du voyage. Ceux-ci sont indiques au dessus des arcs a lafigure 9.1. Il va donc determiner son itineraire de maniere a choisir la route la plussure en minimisant la somme des polices d’assurance pour le passage d’etat enetat.

Remarquez d’abord que l’approche tres simple qui consiste a choisir a chaqueetape la police la moins chere ne conduit pas a une solution globalement la moinschere. En effet, en suivant cette strategie, on choisirait le chemin 1 → 2 → 6 →9 → 10 avec un cout total d’assurance de 13. Cependant en sacrifiant un peu ala premiere etape, on peut gagner aux etapes ulterieures. En effet, par exemple laroute 1 → 4 → 6 → 9 → 10 permet un cout total de 11.

Une autre methode serait d’evaluer toutes les routes possibles. Cependant surce petit exemple, elles sont deja au nombre de 3×3×2 = 18 et lorsque le nombred’etapes et/ou le nombre d’etats croıt, cela devient vite un travail prohibitif.

C’est ici qu’intervient la programmation dynamique qui permet de calculerla solution optimale sans faire de l’enumeration explicite.

Section 9.2. Le probleme du voyageur 151

9.2.1 Formulation en un probleme dynamique

La formulation d’un probleme dynamique comporte cinq etapes :

1. La definition des etapes. Ici les etapes sont les quatre etapes du voyage.Elles sont notees :

t = 1, 2, ...4

2. Le choix des variables d’etat. Dans notre exemple, st note l’etat de departde l’etape t. On peut ici donner les valeurs possibles de st a chaque etape :

s1 = 1

s2 ∈ {2, 3, 4}s3 ∈ {5, 6, 7}s4 ∈ {8, 9}

3. Le choix des variables de decision. Dans notre exemple, xt note la desti-nation de l’etape t. On peut donner les valeurs possibles de xt a chaqueetape :

x1 ∈ {2, 3, 4}x2 ∈ {5, 6, 7}x3 ∈ {8, 9}x4 = 10.

4. L’expression des relations entre les variables. Ici, les contraintes exprimentque la destination d’une etape (xt) est le point de depart de la suivante (st+1) :

s1 = 1

s2 = x1

s3 = x2

s4 = x3

x4 = 10

5. L’expression de l’objectif. L’objectif est ici de minimiser le cout total duvoyage. Il peut s’ecrire :

min z =4∑

t=1

ct(st, xt)

ou ct(st, xt) est le cout a l’etape t d’aller de st vers xt.


9.3 Procedure de resolution

La programmation dynamique commence avec une petite portion du problemeoriginal, trouve la solution optimale pour cette portion du probleme. Ensuite onelargit progressivement le probleme, en determinant la nouvelle solution optimale apartir de la precedente. Pour le probleme du voyageur, on considere le probleme defin de voyage, lorsqu’il n’y a plus qu’une etape a faire. Pour ce probleme la solutionoptimale est evidente : le voyageur doit aller directement a sa destination, l’etat10. A l’iteration suivante, on elargit d’une unite le nombre d’etapes a effectuer.On peut ensuite deduire la strategie optimale pour la troisieme etape en fonctionde la strategie optimale pour la derniere etape.

Fixons-nous deux notations utiles pour la procedure de resolution.

Definition 9.1 On note par x∗t (st) la meilleure strategie a l’etape t, si on est dans

l’etat st a l’etape t.

Definition 9.2 On note par f ∗t (st) le cout de la meilleure strategie a l’etape t, si

on est dans l’etat st a l’etape t.

La programmation dynamique va determiner successivement f ∗4 (s4), f ∗

3 (s3),f ∗

2 (s2) et enfin f ∗1 (s1) pour chaque etat possible st a l’etape t et utiliser par exemple

f ∗2 (s2) pour calculer f ∗

1 (s1).

Pour t = 4, c’est-a-dire lorsque le voyageur n’a plus qu’une etape a effectuer, sadestination finale est connue : x4 = 10. Le tableau 9.1 reprend les couts minimauxde la derniere etape ainsi que la decision optimale en fonction de s4,l’etat de depart.

s4 x∗4 f ∗

4 (s4)

8 10 3

9 10 4

Tableau 9.1: Couts minimaux de la derniere etape

Considerons le cas t = 3, c’est-a-dire lorsque le voyageur a encore deux etapesa effectuer. Si le voyageur est dans l’etat 5 (s3 = 5), il peut aller vers 8 ou 9 a descouts respectifs de c5,8 = 1 ou c5,9 = 4 auxquels il faut ajouter le cout additionnelde l’etape 4 donne dans la table 9.1. Il s’agit de f ∗

4 (8) = 3 s’il va vers 8 et def ∗

4 (9) = 4 s’il va vers 9. Le cout total minimum de 1 + 3 = 4 est obtenu s’il va

Section 9.3. Procedure de resolution 153

s3 x3 = 8 x3 = 9 x∗3 f ∗

3 (s3)

5 1 + 3 = 4 4 + 4 = 8 8 4

6 6 + 3 = 9 3 + 4 = 7 9 7

7 3 + 3 = 6 3 + 4 = 7 8 6

Tableau 9.2: Couts minimaux de la troisieme etape.

vers 8, donc x∗3 = 8 et f ∗

3 (5) = 4. On procede de meme pour s3 = 6 et s3 = 7 eton obtient les valeurs donnees dans la table 9.2.

La solution pour le probleme ou il reste trois etapes (t = 2) est obtenue demaniere similaire. Elle est illustree a la table 9.3. Les etats destination sont cettefois au nombre de trois : il s’agit de x2 = 5, x2 = 6 ou x2 = 7 tandis que les etatsde depart possibles sont s2 = 2, s2 = 3 ou s2 = 4. Pour les etats de depart 2 ou 4,la destination optimale peut etre au choix 5 ou 6 puisque le cout total est le meme.

s2 x2 = 5 x2 = 6 x2 = 7 x∗2 f ∗

2 (s2)

2 7 + 4 = 11 4 + 7 = 11 6 + 6 = 12 5 ou 6 11

3 3 + 4 = 7 2 + 7 = 9 4 + 6 = 10 5 7

4 4 + 4 = 8 1 + 7 = 8 5 + 6 = 11 5 ou 6 8

Tableau 9.3: Cout minimaux de la deuxieme etape.

Enfin, pour le probleme de premiere etape (t = 1), le cout minimum de lapolice optimale est a nouveau donne en fonction de l’etat destination de l’etapecomme la somme du cout de premiere etape plus le cout minimum des etapesulterieures. On obtient les resultats de la table 9.4.

s1 x1 = 2 x1 = 3 x1 = 4 x∗1 f ∗

1 (s1)

1 2 + 11 = 13 4 + 7 = 11 3 + 8 = 11 3 ou 4 11

Tableau 9.4: Cout minimaux de la premiere etape.

On faut maintenant identifier une politique optimale. Pour t = 1, le voyageurdoit donc se diriger initialement vers l’etat 3 ou 4. Supposons qu’il choisissex∗

1 = 3. Pour t = 2, la strategie optimale pour s2 = 3 est x∗2 = 5 (voir tableau

9.3), ce qui dans l’etape t = 3 conduit a l’etat s3 = 5. La strategie optimale pours3 = 5 consiste a choisir x∗

3 = 8 (voir tableau 9.2). On se retrouve en s4 = 8 et on


choisit x∗4 = 10 a l’etape 4 (voir tableau 9.1). Une des routes optimales est donc

le parcours suivant :1 → 3 → 5 → 8 → 10

et donnant un cout total de :f ∗

1 (1) = 11

Cette solution est illustree au tableau 9.5.

t 1 2 3 4

st 1 3 5 8

x∗t 3 5 8 10

Tableau 9.5: Solution optimale pour le probleme du voyageur.

9.4 Un probleme d’affectation de ressources rares

Nous illustrons le fait que le champs d’application de la methode de resolutionest tres large sur un deuxieme exemple egalement tire de Hillier et Lieberman[7] : il s’agit du probleme de l’organisation mondiale de la sante. On supposeque l’OMS dispose de 5 equipes medicales a affecter a 3 pays pour mener abien une campagne de vaccination. L’OMS doit determiner combien d’equipesenvoyer dans chacun des trois pays de maniere a maximiser l’efficacite generalede l’affectation. La mesure de l’efficacite est donnee en terme d’annees-hommede vie supplementaire. Ces donnees sont reprises au tableau 9.6. On suppose quechaque pays doit beneficier d’au moins une equipe.

Nombre d’equipes Pays 1 Pays 2 Pays 31 45 20 502 70 45 703 90 75 80

Tableau 9.6: Milliers d’annees-homme supplementaires.

9.4.1 Formulation comme un probleme dynamique

1. Definition des etapes. Bien qu’il n’y ait pas de succession temporelle, onpeut imaginer que les trois etapes d’un processus dynamique consistent enl’affectation successive aux trois pays puisque lorsqu’une equipe est affectee

Section 9.4. Un probleme d’affectation de ressources rares 155

a un pays, elle n’est plus disponible pour les autres pays. On a donc identifieles etapes.

2. Choix des variables d’etat. Comment identifier les etats ? Autrement dit,quelle est l’information necessaire a une etape pour pouvoir determiner lapolitique optimale ? Il s’agit simplement du nombre d’equipes medicalesqui restent disponibles. Notons st le nombre d’equipes encore disponiblesau debut de l’etape t. On peut donner les valeurs possibles de st :

s1 = 5

s2 ∈ {2, 3, 4}s3 ∈ {1, 2, 3}

3. Choix des variables de decision. Notons xt le nombre d’equipes medicalesaffectees au pays t. On peut donner les valeurs possibles de xt :

x1 ∈ {1, 2, 3}x2 ∈ {1, 2, 3}x3 ∈ {1, 2, 3}

4. Relations entre les variables. Les relations de recurrence entre les variabless’ecrivent ici :

s1 = 5

s2 = s1 − x1

s3 = s2 − x2

En general, on peut ecrire la relation suivante :

st+1 = st − xt.

Il faut egalement ajouter la condition qu’au moins une equipe soit envoyeedans chaque pays :

xt ≥ 1, ∀t = 1, 2, 3

5. L’expression de l’objectif. L’objectif est ici de maximiser l’efficacite del’allocation. Il peut s’ecrire :

max z =3∑

t=1

Bt(xt)

ou Bt(xt) mesure le benefice de l’allocation de xt equipes medicales au payst.


9.4.2 Resolution par la programmation dynamique

A l’etape t = 3, les etats possibles vont de 1 (il faut au moins une equipe pour lepays 3) jusqu’a 3 (on a au moins affecte une equipe au pays 1 et une equipe au pays2). A la derniere etape, on a interet a affecter toutes les equipes encore disponibles(voir tableau 9.7).

s3 x∗3 f ∗

3 (s3)

1 1 50

2 2 70

3 3 80

Tableau 9.7: Calculs de l’etape 3.

A l’etape 2, les etats possibles vont de 2 (il faut au moins une equipe pour lepays 2 et une equipe pour le pays 3) a 4 (on a au moins attribue une equipe au pays1). A la deuxieme etape, au gain de l’etape, il faut ajouter le gain resultant pourl’etape 3 avec s3 = s2 − x2. Le detail des calculs est donne au tableau 9.8.

s2 x2 = 1 x2 = 2 x2 = 3 x∗2 f ∗

2 (s2)

2 20 + 50 = 70 − − 1 70

3 20 + 70 = 90 45 + 50 = 95 − 2 95

4 20 + 80 = 100 45 + 70 = 115 = 75 + 50 = 125 3 125


De meme a l’etape 1, au gain de l’etape, il faut ajouter ceux des etapes suivantesavec s2 = s1 − x1. Le detail des calculs est donne au tableau 9.9.

s1 x1 = 1 x1 = 2 x1 = 3 x∗1 f ∗

1 (s1)

5 45 + 125 = 170 70 + 95 = 165 90 + 70 = 160 1 170


La solution optimale est calculee ci-dessous.

t 1 2 3st 5 4 1x∗

t 1 3 1

Elle donne un gain de 170 000 hommes-annees.

Section 9.5. Application a la planification de la production. 157

9.5 Application a la planification de la production.

Nous allons maintenant voir comment la programmation dynamique permet deresoudre des problemes de planification de la production en presence de couts deproduction non convexes. Illustrons ceci sur un exemple.

La demande previsionnelle de fin de mois d’un composant est donnee au ta-bleau 9.10. La fabrication de ce composant necessite un certain nombre de reglagesindependants du nombre d’unites fabriquees. Le cout de lancement est de 150. Lecout direct depend de la main d’œuvre disponible. Le cout est de 200 en heuresnormales, de 250 en heures supplementaires. Le tableau 9.10 donne la productionmaximale en heures normales et heures supplementaires. On une capacite de sto-

Periode t 1 2 3 4 5Capacite de production a 200 2 2 3 3 3Capacite de production a 250 3 3 3 3 3Demande previsionnelle fin t 2 1 4 2 4

Tableau 9.10: Demande previsionnelle et capacite de production.

ckage limitee a 2 unites. Le cout de stockage est de 10 par unite stockee par mois.Une unite fabriquee le mois t peut etre utilisee pour satisfaire la demande de finde mois. On s’interdit toute rupture de stock.

9.5.1 Formulation en un probleme dynamique

Nous allons tout d’abord formuler le probleme en un probleme de programmationdynamique. Pour cela, definissons la variable d’etat de la periode t suivante :

st = stock au debut de la periode t.

Definissons aussi la variable de decision de la periode t suivante :

xt = production a la periode t.

On definit la fonctionft(st, xt)

comme etant le cout de la meilleure planification pour les periodes restantes si onest dans l’etat st au debut de la periode t et que l’on decide de produire xt a laperiode t. Ce cout est la somme du cout de production de l’etape t, d’un cout depossession du stock pendant le mois t ainsi que du cout des etapes ulterieures :

ft(st, xt) = cpt(xt) + csst + f ∗t+1(st + xt − dt)


ou dt note la demande previsionnelle qui est donnee au tableau 9.10. La fonctioncpt(xt) denote le cout de production a l’etape t. Ce dernier est la somme d’un coutfixe de lancement de 150, a payer pour autant qu’il y ait production, et d’un coutdirect de main d’œuvre qui est de 200 par unite produite en heures normales, de250 par unite produite en heures supplementaires. Remarquez qu’en presence decout de lancement le cout de production n’est pas convexe. Ceci peut etre verifiea la figure 9.2 qui illustre la fonction de cout pour t = 5.

cp5(x5)

x51 2 3 4 5 6

1500

1250

1000

750

550

350350

200

250

Figure 9.2: Cout non convexe.

La capacite de stockage est limitee a 2 unites :

st ≤ 2, ∀t.

Ce qui limitera a trois les etats du monde possibles a chaque etape. La relationliant les variables d’etat et de decision est la suivante :

st+1 = st + xt − dt

On s’interdit toute rupture. Ce qui se traduit par un stock final non negatif :

xt ≥ 0, ∀t.


9.5.2 Resolution par la programmation dynamique

Nous allons maintenant resoudre le probleme par la programmation dynamique.A l’etape 5, on a d5 = 4. Ce qui explique qu’il faut au moins produire 4 unites sis5 = 0 mais pas plus de 6 sinon le stock final sera superieur a deux unites. On doitaussi respecter la capacite de production de 6 unites. Si le stock initial s5 = 1, onpeut se contenter de produire 3. On peut egalement produire 4 ou 5 mais pas plusvu la capacite de stockage limitee a 2 unites. On obtient les couts suivants :

s5 x5 = 2 x5 = 3 x5 = 4 x5 = 5 x5 = 6 x∗5 f ∗

5 (s5)

0 − − 1.000 1.250 1.500 4 1.000

1 − 760 1.010 1.260 − 3 760

2 570 770 1.020 − − 2 570

Par exemple le cout de 1.000 si s5 = 0 et x5 = 4 resulte du seul cout de productionqui se calcule comme suit :

150 + 3 × 200 + 250 = 1000.

Le cout de 760 si s5 = 1 et x5 = 3 resulte de la somme du cout de stockage d’uneunite pendant un mois et du cout de production des trois unites :

1 × 10 + 150 + 3 × 200 = 760.

A l’etape 4, on a d4 = 2. On ajoute au cout de production de l’etape, le coutdes etapes ulterieures. Ainsi, dans le cas ou s4 = 0 et x4 = 2, le cout corresponda l’application de la formule :

f4(s4, x4) = cp4(x4) + f ∗5 (s4 + x4 − d4)

= (150 + 400) + 1.000

= 1.550

On obtient le tableau de couts suivant :

s4 x4 = 0 x4 = 1 x4 = 2 x4 = 3 x4 = 4 x∗4 f ∗

4 (s4)

0 − − 1.550 1.510 1.570 3 1.510

1 − 1.360 1.320 1.330 − 2 1.320

2 1.020 1.130 1.140 − − 0 1.020


A l’etape 3, on a d3 = 4. On determine semblablement le tableau de coutssuivant :

s3 x3 = 2 x3 = 3 x3 = 4 x3 = 5 x3 = 6 x∗3 f ∗

3 (s3)

0 − − 2.510 2.570 2.520 4 2.510

1 − 2.270 2.330 2.280 − 3 2.270

2 2.080 2.090 2.040 − − 4 2.040

A l’etape 2, on a d2 = 1. On a une capacite de production a 200 limitee a deuxunites. On obtient le tableau de couts suivant :

s2 x2 = 0 x2 = 1 x2 = 2 x2 = 3 x∗2 f ∗

2 (s2)

0 − 2.860 2.820 2.840 2 2.820

1 2.520 2.630 2.600 − 0 2.520

2 2.290 2.410 − − 0 2.290

A l’etape 1, la demande est de 2 et on a le tableau de couts suivant :

s1 x1 = 2 x1 = 3 x1 = 4 x∗1 f ∗

1 (s1)

0 3.370 3.320 3.340 3 3.320

On determine ensuite la politique optimale. Partant de s1 = 0, il est optimalde produire 3. La demande etant de 2, on se retrouve avec s2 = 1. La strategieoptimale pour la deuxieme periode est de ne produire rien du tout. On se retrouveavec un stock s3 = 0. La strategie optimale est de produire x3 = 4. On se retrouveavec un stock s4 = 0. La strategie optimale est de produire x4 = 3, soit une unitede plus que la demande. On se retrouve avec un stock s5 = 1 et on produit x5 = 3 :

t = 1 2 3 4 5

dt 2 1 4 2 4

st 0 1 0 0 1

x∗t 3 0 4 3 3

Remarquez qu’en periode 2, on a prefere ne pas produire la seule unite de-mandee car une unite en premiere etape meme en heures supplementaires et avecun cout de stockage revient mois cher (260) qu’une seule unite en heure normalea la periode 2 (350). Remarquez aussi qu’en periode 4, on produit une unite deplus que la demande pour eviter de produire a 250 en periode 5 la quatrieme unitedemandee cette periode. Il y a, en effet, une unite disponible a 200 (+ 10 de coutde stockage) au mois precedent.


9.5.3 Algorithme en cas de cout convexe

Signalons qu’il existe un algorithme plus efficace dans le le cas ou il n’y a pas decout fixe et que les couts marginaux sont croissants. En effet, dans ce cas, lecout de production devient convexe et une procedure plus efficace consiste a

1. satisfaire la demande de periode 1 en utilisant les moyens de production lesplus avantageux de la periode, et calculer les capacites residuelles;

2. satisfaire la demande de periode 2 en utilisant les moyens de production lesplus avantageux des deux premieres periodes, puis modifier en consequenceles capacites de production residuelles;

3. satisfaire la demande de periode 3 en utilisant les moyens de production lesplus avantageux de la periode 3 ou des periodes precedentes, puis modifieren consequence les capacites de production residuelles; etc. . .

Appliquons cette procedure au meme exemple en supposant qu’il n’y a pas de coutfixe de lancement de production. En periode 1, la demande est satisfaite par :-une production en periode 1 a 200 (2 unites).Les demandes et capacites residuelles sont donnees par :

Periode t 1 2 3 4 5

Capacite residuelle a 200 0 2 3 3 3


Demande residuelle 0 1 4 2 4

En periode 2, la demande est de 1. Elle est satisfaite par :-une production en periode 2 a 200 (1 unite).Les demandes et capacites residuelles sont donnees par :

Periode t 1 2 3 4 5




En periode 3, la demande est de 4. Elle est satisfaite par :-une production en periode 3 a 200 (3 unites);-une production a 200 en periode 2 (1 unite).


Les demandes et capacites residuelles sont donnees par :

Periode t 1 2 3 4 5




En periode 4, la demande est de 2. Elle est satisfaite par :-une production en periode 4 a 200 (2 unites).Les demandes et capacites residuelles sont donnees par :

Periode t 1 2 3 4 5




En periode 5, la demande est de 4. Elle est satisfaite par :-une production en periode 5 a 200 (3 unites);-une production a 200 en periode 4 (1 unite).

Les demandes et capacites residuelles sont donnees par :

Periode t 1 2 3 4 5




Par difference avec les capacites initiales, on obtient les capacites utilisees a chaqueetape et donc le plan optimal de production et stockage (st est le stock de debut t)suivant :

Periode t 1 2 3 4 5dt 2 1 4 2 4st 0 0 1 0 1x∗

t 2 2 3 3 3

Remarquez que, par rapport au cas avec cout de lancement, on a encore avancedes productions (une unite de demande de periode 3 produite a la periode 2, et uneunite de demande de periode 5 produite a la periode 4) pour beneficier des capacitesencore disponibles en heures normales qui coutent moins cher que la production enheures supplementaires. Mais la deuxieme cause d’anticipation de production, asavoir eviter de mettre en route une production pour une faible quantite, a disparu.


9.6 Exercices

9.1. Determination du chemin critique par la programmation dynamique.Considerons un projet dont le graphe de la methode PERT est repris ci-dessous. Considerons le probleme de la determination du chemin critique.

G,4

L,7

J,5

B,3

H,6

A,5C,4

D,2

9

E,3I,2

F,1

4

1

3

6

57

2

8

9K,4

Figure 9.3: Graphe de la methode PERT.

On peut determiner ce chemin critique en cherchant le plus long chemin liantle debut du projet (nœud 1) a la fin du projet (nœud 9).

(a) Formuler ce probleme comme un probleme dynamique.

• Quelles sont les etapes ?

• Quels sont les etats du monde a chaque etape ?

• Quels sont les decisions a chaque etape ?

• Quel est le lien entre les variables ?

• Quel est l’objectif du probleme ?

(b) Utilisez la programmation dynamique pour resoudre ce probleme.

(c) Determiner tous les chemins critiques.

9.2. Repartition du budget publicitaire. Une compagnie planifie sa strategiepublicitaire pour le lancement de trois nouveaux produits. Elle a un total de6 millions de dollars a sa disposition pour l’annee prochaine pour lancer lestrois nouveaux produits. On suppose que la societe investit par million entiersur chaque produit en publicite avec au minimum un million sur chaqueproduit. Le tableau 9.11 donne les estimations d’augmentation de ventespour les produits en fonction du budget publicitaire investi.

(a) Formulez le probleme comme un probleme de programmation dyna-mique. Pour ce faire,

• definissez les etapes,

• definissez les variables d’etat,


Budget Produit 1 Produit 2 Produit 3

1 million +7 +4 +6

2 millions +10 +8 +9

3 millions +14 +11 +13

4 millions +17 +14 +15

Tableau 9.11: Augmentation des ventes

• definissez les variables de decision,• donnez la relation de recurrence entre les variables d’etat de deux

etapes successives.

(b) Utilisez la programmation dynamique pour resoudre ce probleme.

9.3. Planification de la production. Un entreprise cherche a etablir son plande mise en production pour les trois prochaines semaines d’un composantintervenant dans l’assemblage des trois machines A, B et C. Le plan directeurde production prevoit la mise a disposition les six prochaines semaines desquantites suivantes pour les trois types de machines :

Semaine 1 2 3 4 5 6

A - - 5 1 7 4

B - - 0 5 5 7

C - - 12 5 1 0

Pour les trois machines, le delai de fabrication est de deux semaines et lecomposant doit etre disponible au debut de l’assemblage.

(a) Determiner les besoins nets de composants pour les quatre prochainessemaines sachant que le stock initial est de deux unites et que l’onprevoit une livraison en debut de premiere semaine de 15 composants.

(b) Determiner la maniere optimale de couvrir ces besoins par des lance-ments de production de ce composant. On tiendra compte, pour sefaire, du delai de fabrication de ce composant qui est d’une semaineet des informations de cout suivantes. En regime normal, la capacitede production est de 12 composants par semaine, a un prix de 50 eurol’unite. A l’aide d’heures supplementaires, ce niveau peut etre elevejusqu’a 4 composants en plus, moyennant un cout additionnel de 10euro par unite. Le cout de stockage est estime a 3 euro par unite et parsemaine. La capacite de stockage est limitee a deux composants. Iln’y a pas de cout fixe de mise en route de la production.

Chapitre 10

La programmation lineaire.

10.1 Introduction

On parle de programme lineaire lorsque l’on veut minimiser ou maximiser unefonction objectif lineaire sous des contraintes purement lineaires.

Lorsqu’il n’y a que deux variables de decision, un probleme lineaire peut etreresolu de maniere purement graphique. Lorsqu’il y a un plus grand nombre devariables, un algorithme mis en œuvre sous la forme d’un programme informatiques’avere necessaire. Il s’agit de l’algorithme du Simplexe.

Lorsque les variables doivent prendre des valeurs entieres, on parle de proble-mes en nombres entiers. On devrait a proprement parler de problemes lineaires ennombres entiers car on impose, en plus, aux contraintes et a la fonction objectifd’etre lineaires. Nous verrons au chapitre 12 une technique de resolution de cesproblemes : il s’agit de la methode de branch and bound.

Lorsque les contraintes et/ou la fonction objectif sont non lineaires, on parlede problemes non lineaires. Nous ne verrons pas d’algorithme de resolution deces problemes dans le cadre de ce cours.

Il est a remarquer que ces methodes de resolutions etant mises en œuvre dans deslogiciels commerciaux, il ne viendrait plus a l’idee de les programmer soi-meme.La derniere partie de ce chapitre sera consacree a la presentation du solveur d’Excelqui dispose d’une implementation de ces algorithmes.

10.2 Un simple exemple

Nous prenons un exemple tire de Hillier et Lieberman [7]. Il s’agit d’une entreprisede fabrication de chassis qui envisage la production de deux nouveaux modelesau moyen des capacites residuelles de ses trois ateliers. Il s’agit respectivementd’un chassis en aluminium et d’un chassis en bois. Le premier produit necessite

165

166 Chapitre 10. La programmation lineaire.

le passage dans le premier atelier pour fabriquer le cadre en aluminium et dans letroisieme atelier ou le verre est monte sur le chassis. Tandis que le second produitnecessite le passage dans le deuxieme atelier pour fabriquer le cadre en bois et dansle troisieme atelier ou le verre est monte sur le chassis. Les marges unitaires, lestemps de fabrication de chacun des produits dans chacun des ateliers ainsi que lescapacites hebdomadaires residuelles de ces ateliers sont donnes au tableau 10.1.

Produit 1 Produit 2 Capacite disponible

(heures/produit) (heures/produit) (heures/semaine)

Atelier 1 1 0 4

Atelier 2 0 2 12

Atelier 3 3 2 18

Marge 3$ 5$

Tableau 10.1: Marges, temps d’usinage et capacites.

La question qui se pose est la suivante : “Combien faut-il produire de chassisde chaque type par semaine pour maximiser le profit net ?”

Si on choisit comme variables x1 et x2 les quantites de chaque bien a produirepar semaine, l’objectif du probleme s’ecrit simplement :

max z = 3x1 + 5x2.

Tandis que les contraintes du problemes proviennent de la capacite limitee destrois ateliers :

x1 ≤ 4

2x2 ≤ 12

3x1 + 2x2 ≤ 18

Le probleme se formule donc comme suit :

max z = 3 x1 + 5 x2

s.c.q.

x1 ≤ 4

2x2 ≤ 12

3x1 + 2x2 ≤ 18

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

(10.1)

Section 10.3. Resolution graphique 167

10.3 Resolution graphique

Dans le cas d’un probleme lineaire a deux variables de decision, le probleme peutetre resolu de maniere graphique en suivant le processus suivant en trois etapes.

La premiere etape consiste a representer graphiquement la region realisable.

Definition 10.1 On appelle region realisable, l’ensemble des valeurs de variablesde decision qui satisfont toutes les contraintes.

Dans le cas de l’exemple, c’est l’ensemble des points (x1, x2) satisfaisant lesinegalites de (10.1) :

x1 ≤ 4 (1)

2x2 ≤ 12 (2)

3x1 + 2x2 ≤ 18 (3)

x1 ≥ 0 (4)

x2 ≥ 0 (5)

Graphiquement une inegalite telle que 3x1 + 2x2 ≤ 18 correspond a un demi-planlimite par la droite obtenue en prenant l’inequation a l’egalite (ici 3x1 +2x2 = 18).Lorsque l’on fait l’intersection des cinq demi-plans correspondant aux cinq inega-lites, on obtient le polygone hachure a la figure 10.1.

10

8

6

4

2

0 2 4 6 8 x1

x2

(1)(2)

(3)

(4)

(5)

Figure 10.1: Ensemble de production.

On voit ici clairement que le systeme est sous-determine. On va devoir choisirentre ces differents plans de production. Pour ce faire, et c’est la deuxieme etape


de la resolution, on va representer graphiquement des lignes d’isovaleur de lafonction objectif :

z = 3x1 + 5x2.

En effet, on remarquera que l’expression de la fonction objectif fait intervenir troisvariables et ne peut donc etre representee que dans l’espace. Pour se ramener dansle plan, on va considerer des valeurs successives de l’objectif :

z = 3x1 + 5x2 = k.

Ce qui correspond graphiquement a des droites paralleles. Les points d’une de cesdroites sont donc le lieu de tous les points donnant la meme valeur du profit (d’oule nom de droite d’isovaleur de la fonction objectif). Ceci est fait a la figure 10.2ou l’on a represente z = 15, 30 et 36.

9

6

4

2

0 2 6 x1

x2

z = 36

z = 30

z = 15

(2,6)

5 10

Figure 10.2: Droites d’isoprofit.

Enfin, et c’est la troisieme etape de la resolution, l’optimum sera determinegraphiquement comme le plan de production situe sur la droite d’isoprofit la pluselevee, c’est-a-dire celle qui donne le profit le plus eleve. On voit a la figure 10.2qu’il s’agit du point

x∗ = (2, 6).

Justifions ce choix. Comme on maximise le profit on a interet a prendre la droited’isovaleur la plus elevee possible. Bien sur, il faut que le plan de production soitencore realisable : autrement dit, il faut se restreindre a la region realisable. On aalors la tres important remarque suivante :

Observation 1 :Pour maximiser l’objectif, il faut prendre la droite d’isovaleur de l’objectif quitouche encore la region realisable et qui donne la plus grande valeur a l’objectif.

Sur base de cet exemple, on tire une deuxieme observation :

Section 10.3. Resolution graphique 169

Observation 2 :On constate que la solution optimale est a un sommet de la region realisable.

On peut alors se demander si la solution optimale sera toujours a un sommet dela region realisable. En fait, lorsque la ligne d’iso-marge est parallele a un cote dupolygone, on a que tout le cote du polygone est optimal. Par exemple, si l’objectifavait ete z = 3x1 + 2x2, tout le segment entre (2,6) et (4,3) aurait ete optimum.

Observation 3 :Meme si tout un cote du polygone est optimal, on peut toujours choisir une solutionoptimale correspondant a un sommet.

En conclusion, on peut voir qu’il suffit d’evaluer la valeur de l’objectif enchacun des sommets pour determiner l’optimum d’un probleme lineaire. Afin delimiter le nombre de sommets a examiner, l’algorithme du Simplexe procede de lamaniere suivante :

i) Choisir comme point de depart un sommet x∗ de la region realisable.

ii) Determiner les cotes passant par ce sommet x∗. Trouver un cote le longduquel z croıt. S’il n’y en n’a pas, STOP : le x∗ courant est optimal.

iii) Determiner le sommet y∗ a l’autre bout du cote et poser x∗ = y∗. Retouren ii).

L’algorithme du Simplexe applique a notre exemple fonctionne ainsi : partantde (0,0), on se dirige vers le point (0,6) puis vers le point (2,6), l’optimum duprobleme (voir figure 10.3).

10

8

4

2

2 8

3x1 + 2x2 = 18

x1 = 4

x1 = 0

2x2 = 12

x2 = 0

(0,9)

(0,6)(2,6)

(4,3)

(4,0)(0 ,0)

(6 ,0)

(4 ,6)

Figure 10.3: Sommets de la region realisable


10.4 Le solveur d’Excel

Le solveur d’EXCEL est un resolveur d’equation ainsi qu’un optimiseur exploitantles techniques de la programmation lineaire, de la programmation en nombresentiers et de la programmation non lineaire.

Illustrons ceci sur l’exemple de l’entreprise de fabrication de chassis tire deHillier et Lieberman [7] introduit au debut du chapitre. Rappelons la formulationde ce probleme. En posant x1, le nombre de chassis en aluminium fabriques parsemaine et x2, le nombre de chassis en bois fabriques par semaine, on obtient laformulation suivante :

max = 3x1 + 5x2

s.c.q.

x1 ≤ 4

2x2 ≤ 12

3x1 + 2x2 ≤ 18

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

Nous allons maintenant resoudre le probleme au moyen du solveur d’Excel.La premiere chose a faire est de rentrer les donnees numeriques du probleme etles formules de calcul de la fonction objectif ainsi que du membre de gauche descontraintes. Pour la clarte du modele, il est indispensable de mettre egalement descommentaires. Comme le probleme est lineaire, on peut rentrer les coefficientsnumeriques sous forme d’une matrice. On remarquera au tableau 10.2 que les

A B C D E

1 en alu en bois b

2 Production de chassis

3 Profit 3 5 =B3*$B$2+C3*$C$2

4 Capacite de l’atelier 1 1 0 =B4*$B$2+C4*$C$2 4

5 Capacite de l’Atelier 2 0 2 =B5*$B$2+C5*$C$2 12

6 Capacite de l’atelier 3 3 2 =B6*$B$2+C6*$C$2 18

Tableau 10.2: Exemple de probleme lineaire.

coefficients d’une meme equation ainsi que sa formule de calcul ont ete ranges dansune meme ligne qui contient comme commentaire le nom de l’equation (Atelier1, Atelier 2, . . . ). De meme, les coefficients se rapportant a une meme variableont ete range en colonne sous le nom de la variable (x1, x2). Remarquez ici, pour

Section 10.4. Le solveur d’Excel 171

comprendre les formules, que l’on a choisi de placer la valeur de x1 en cellule$B$2$, tandis que celle de x2 est placee en cellule $C$2.

Il reste maintenant a indiquer a Excel, ou se trouvent les variables, la fonctionobjectif, le membre de gauche, de droite et le sens des contraintes. Ceci peut etremis en œuvre en Excel (voir la copie d’ecran 10.4) de la maniere suivante :

Figure 10.4: Parametres du solveur.

1. Dans le menu “Outils”, choisir le sous-menu “Solveur”.

2. Dans la zone “Cellule a definir”, mettre la reference de la cellule de calculde l’objectif (ici $D$3).

3. Dans la zone “Egale a”, choisir Max ou Min (ici Max).

4. Dans la zone “Cellules variables”, mettre les references des cellules conte-nant les variables (ici $B$2:$C$2) .

5. Dans la zone “Contraintes”, choisir “ajouter une contrainte”. Le menusuivant apparaıt :

Cellule : Relation : Contrainte :

Pour chaque contrainte :

• Dans la zone “Cellule”, mettre la reference de la cellule contenant laformule de calcul du membre de gauche (pour l’atelier 1 : $D$4). Ilfaut donc prealablement avoir calcule ce membre de gauche.


• Dans la zone “Relation”, mettre le sens de la contrainte (par exemple,pour l’atelier 1 : <=).

• Dans la zone “Contrainte”, mettre la reference de la cellule contenantle membre de droite (pour l’atelier 1 : $E$4). On peut egalementdirectement entrer une valeur. Mais cela n’est pas a conseiller sauf s’ils’agit de la valeur ”0” qui n’est pas susceptible de varier.

6. Dans ”Option” (voir la copie d’ecran 10.5), choisir ”Modele suppose li-

Figure 10.5: Options du solveur.

neaire”. On doit egalement choisir l’option ”Suppose non negatif” quicorrespond aux contraintes de positivite des variables.

7. Lancer la commande “Resoudre”.

Le tableau 10.3 presente la solution du solveur. Il est a remarquer qu’ilindique directement dans les cases des variables la valeur de ces variables. Onobtient bien la solution determinee graphiquement (2,6) a laquelle correspond unevaleur maximum de l’objectif (36).

Plusieurs remarques sur les particularites du solveur d’Excel s’imposentici :

1. On a rentre les trois contraintes en un bloc. On peut rentrer par groupe lescontraintes ayant meme sens. Ainsi, dans l’exemple, on a rentre les troiscontraintes de capacites en bloc par la commande suivante :

$D$4 : $D$6 <= $E$4 : $E$6

Section 10.4. Le solveur d’Excel 173

A B C D E

1 en alu en bois b

2 Production de chassis 2 6

3 Profit 3 5 36

4 Capacite de l’atelier 1 1 0 2 4



Tableau 10.3: Solution du solveur

2. Excel determine le nom d’une variable ou le nom d’une contrainte en prenantle premier commentaire situe a gauche de la cellule et le premier commentairesitue au dessus de la cellule de calcul de la variable ou de la contrainte. Ainsiles noms des variables x1 et x2 seront respectivement “production de chassisen alu” et “production de chassis en bois”.

3. Les contraintes de positivite des variables doivent etre entrees explicitement,ceci contrairement a la convention de certains optimiseurs qui considerentpar defaut des variables non negatives. On a rentre ces contraintes, commeindique plus haut, en selectionnant l’option ”suppose non negatif”.

4. Seules les variables non calculees (les variables independantes du modele)doivent etre rentrees dans la section variables. Ainsi, si l’on avait cal-cule dans une cellule le nombre d’heures passees dans l’atelier 1, cette cel-lule contiendrait une variable (au sens mathematique du terme) mais nedevrait pas etre rentree dans les cellules variables pour Excel, sans quoiExcel considererait qu’il s’agit d’une variable independante et effacerait saformule de calcul pour y mettre une valeur numerique.

5. Si le modele est lineaire (contraintes lineaires et fonction objectif lineaire),on a tout interet a selectionner l’option “Modele suppose lineaire”, ce quideclenchera l’algorithme du Simplexe plutot qu’un algorithme general deprogrammation non lineaire.

6. Remarquez enfin que pour modifier le modele on peut utiliser :

• la commande “supprimer la contrainte”;

• la commande “modifier la contrainte”.

La solution du solveur correspond bien a celle determinee precedemment.


10.5 Les rapports du solveur

Lorsque le solveur a termine, soit qu’il ait trouve la solution optimale, soit qu’ilne parvienne pas a en trouver (probleme non realisable ou non convergence del’algorithme de resolution), la boıte de dialogue de la figure 10.6 apparaıt. Elle

Figure 10.6: Rapports possibles du solveur.

permet de generer trois types de rapport : le rapport des reponses, le rapport desensibilite et le rapport des limites.

10.5.1 Le rapport des reponses

Le rapport des reponses (voir figure 10.7) fournit :

• les informations sur l’objectif : la reference de la cellule, le nom, la valeuroriginale et finale de la “cellule cible (a Maximiser)”;

• les informations sur les variables : la reference de la cellule, le nom, lavaleur originale et finale des “cellules variables”;

• les informations sur les contraintes : la reference de la cellule, le nom, lavaleur finale du membre de gauche, la formule de calcul, son status (activeou non a la solution finale), ainsi que la marge (valeur de l’ecart entre lesdeux membres de l’inegalite).

10.5.2 Le rapport de sensibilite

Le rapport de sensibilite (voir figure 10.8) fournit :

• les informations sur les variables : la reference de la cellule, le nom et lavaleur finale de la variable, le cout reduit, le coefficient dans la fonction

Section 10.5. Les rapports du solveur 175

Figure 10.7: Rapports des reponses.

Figure 10.8: Rapport de sensibilite.


objectif, l’accroissement et la diminution maximale de ce coefficient avantqu’une variable ne change de valeur.

• les informations sur les contraintes : la reference de la cellule, le nom et lavaleur finale du membre de gauche de la contrainte, le prix cache, la valeur dumembre de droite, l’augmentation et la diminution maximum de ce membrede droite telle que le prix cache reste le meme.

Nous verrons au chapitre 11 que le cout reduit mesure l’effet sur l’objectifde forcer a un une variable nulle. Pour un produit non fabrique, le cout reduits’interprete donc comme la perte de profit si on en fabrique un unite.

De meme, nous verrons que le prix cache mesure l’accroissement de l’ob-jectif par unite d’accroissement du membre de droite de la contrainte. Ce prixcache s’interprete donc comme l’augmentation de profit si on dispose d’une heuresupplementaire dans l’atelier. C’est donc le prix maximum que l’on est pret apayer pour cette heure.

10.5.3 Le rapport des limites

Le rapport des limites (voir figure 10.9) fournit pour chaque variable :

Figure 10.9: Rapport des limites.

• sa limite inferieure, c’est-a-dire la plus petite valeur de la variable qui satisfaitles contraintes en maintenant les autres variables fixees a leur valeur;

• la limite superieure, c’est-a-dire plus grande valeur de la variable qui satisfaitles contraintes en maintenant les autres variables fixees a leur valeur.


10.6 Exercices

10.1. Optimisation d’une fonderie. Une petite fonderie au Quebec est specialiseedans la fonte de materiaux de recuperation afin de produire deux types deproduits : des tuyaux agricoles d’adduction et d’evacuation d’eau ainsi quedes contrepoids pour tracteurs. La fonderie est en pleine planification desoperations de la semaine prochaine. Les commandes enregistrees s’elevea 34 tonnes pour les tuyaux et 14 tonnes pour les contrepoids. Cependantla fonderie ne s’est pas engagee a livrer l’ensemble de ces commandes lasemaine prochaine. On livrera ce que les capacites de production permettent.Il n’y a pas de penalite a ne pas livrer les commandes la semaine prochaine.La semaine prochaine, la main d’œuvre disponible sera de 160 heures dansl’atelier de polissage et de 120 heures dans l’atelier peinture. Il faut compter8 heures la tonne pour polir les tuyauteries et 4 heures la tonne pour lescontrepoids. La peinture requiert 4 heures pour une tonne de tuyaux, 6heures pour une tonne de contrepoids. La marge sur une tonne de tuyauxest de 1 000 $, sur une tonne de contrepoids de 1 200 $. Quelles sont lescommandes a honorer la semaine prochaine pour maximiser le profit ?

(a) Formuler le probleme lineaire de la maximisation du profit (choix desvariables, expression des contraintes et de l’objectif).

(b) Resoudre graphiquement. Donnez la solution optimale

10.2. Ventes de dentifrices. Une compagnie fabrique deux types de dentifrices.La formule X procure un benefice net de 50 euro par mille tubes vendus.On ne prevoit pas de vendre plus de 50 000 tubes de X par mois. Laformule Y procure un benefice net de 60 euro par mille tubes vendus etses ventes mensuelles sont au maximum de 10 000 tubes. Il y a 100 000unites d’un ingredient disponibles par mois. Chaque tube de la formule Xnecessite 2 unites de cet ingredient, la formule Y en necessite 4 unites. Il y aactuellement des contrats pour 40 000 tubes de formule X par mois. Pour desraisons commerciales, la firme ne veut pas que la formule Y represente plusd’un quart de sa production totale (X et Y) au dela des 40 000 unites de Xcontractees (c’est-a-dire plus d’un quart de X + Y - 40 000). Les productionsnon multiples de 1 000 sont admises. L’entreprise cherche a maximiser samarge totale.

(a) Formuler le probleme lineaire correspondant (choix des variables, ex-pression de l’objectif, expression des contraintes.)

(b) Resoudre graphiquement. Donner la solution optimale obtenue et leprofit optimal.


10.3. Planification de la production. Une societe dispose d’une certaine capacitede production par mois (cout unitaire unitaire de production de 10 euros).Elle peut aussi faire appel au stockage (cout unitaire d’un article en stocken fin de mois d’un euro). La capacite de stockage est limitee a 10 unites.Les capacites de production ainsi que les demandes previsionnelles pour lescinq prochains mois sont donnees au tableau suivant :

Periode t 1 2 3 4 5Capacite de production 18 15 15 18 15

Demande 12 17 13 21 18

Determiner la politique optimale de production et de stockage sachant quele stock en fin de periode 0 est de 6 unites.

(a) Formuler le probleme de transport comme un probleme lineaire :

• Choix des variables de decision,

• Expression de l’objectif,

• Expression des contraintes

(b) Mettre sous la forme d’un modele de calcul en Excel.

(c) Donner la solution obtenue par Excel.

Chapitre 11

Analyse postoptimale.

11.1 Introduction

Dans ce chapitre, nous voir comment va varier la valeur optimale de l’objectifd’un programme lineaire lorsque l’on modifie certains coefficients du probleme(coefficients objectif ou du membre de droite). En effet, generalement la solutionnumerique d’un probleme lineaire est moins significative que de savoir commentl’objectif va bouger si l’on modifie certaines donnees du probleme. C’est l’objetde ce que l’on appelle l’analyse postoptimale.

Pour voir l’effet de tels changements de donnees, une solution naıve consiste aappliquer le Simplexe au nouveau probleme et bien sur on peut en deduire l’effetsur l’objectif. Mais nous allons voir dans ce chapitre que, si le sommet optimal duprobleme original reste optimal pour le nouveau modele, on peut predire sansresoudre le nouveau probleme l’effet de variation des donnees sur la valeur dela fonction objectif.

Nous allons d’abord envisager le cas de la variation des coefficients dumembre de droite des contraintes. Nous allons voir que la variation de la va-leur optimale de l’objectif d’un programme lineaire en fonction des coefficients dumembre de droite est donnee par la valeur des “prix caches”. Nous verrons com-ment les determiner graphiquement pour un exemple a deux variables et commentdeterminer le domaine de validite de ces prix caches.

Nous verrons ensuite, le cas de la variation des coefficients de la fonctionobjectif. Ici, nous verrons que le taux de variation de l’objectif est donne par lavaleur des variables a l’optimum. Nous verrons qu’il y a aussi un domaine devalidite pour ces valeurs optimales des variables.

Enfin, nous terminerons en donnant l’interpretation d’une autre informationque l’on peut tirer de la solution optimale d’un probleme lineaire, a savoir la valeurdes couts reduits des variables.

179

180 Chapitre 11. Analyse postoptimale.

11.2 Variation par rapport au second membre

La question qui se pose est ici la suivante : “Si on augmente la capacite disponibled’une ressource, quel est l’impact sur la valeur optimale de la fonction objectif ?”

Pour des variations de membre de droite suffisamment faibles pour que le memesommet reste optimal, on peut repondre a cette question de la maniere suivante :

Le “prix cache” (note y∗i ) mesure l’augmentation de la fonction objectif si l’on

accroıt d’une unite la capacite disponible (bi).

11.2.1 Calcul des prix caches

Nous allons illustrer ceci sur sur l’exemple introductif du chapitre 10 dont l’enonceest rappele ci-dessous.

max z = 3 x1 + 5 x2

s.c.q.

x1 ≤ 4

2x2 ≤ 12

3x1 + 2x2 ≤ 18

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

Considerons tout d’abord une augmentation de capacite du premier atelier deb1 = 4 a b′1 = 5. On peut voir a la figure 11.1 que le nouveau point optimal restele meme

x′∗ = x∗ = (2, 6).

En consequence de quoi, la valeur optimale de l’objectif ne change pas :

z′∗ = z∗ = 36

D’ou une variation nulle de l’objectif, ce qui se traduit par une valeur nulle dupremier prix cache :

∆z = z′∗ − z∗ = 0 = y∗1.

Une augmentation de capacite du deuxieme atelier de b2 = 12 a b′2 = 13 donneun deplacement du point optimal vers (voir figure 11.1) :

x′∗ = (5/3, 13/2).

En consequence de quoi, la nouvelle valeur de l’objectif est donnee par :

z′∗ = 37, 5

Section 11.2. Variation par rapport au second membre 181

98

4

2 3x1 + 2x2 = 18

x1 = 4 2x2 = 12

0,

x1 = 5

2x2 = 13(5/3,13/2)

z = 3x1 + 5x2

2 8

x2

x1

6

640

Figure 11.1: Analyse postoptimale.

D’ou un accroissement de l’objectif qui determine la valeur du deuxieme prixcache :

∆z = z′∗ − z∗ =3

2= y∗

2.

Enfin, considerons une augmentation de capacite du troisieme atelier de b3 =18 a b′3 = 19. Comme on peut le voir a la figure 11.2, cela donne un deplacementdu point optimal vers :

x′∗ = (7/3, 6).

En consequence de quoi, la nouvelle valeur de l’objectif vaut :

z′∗ = 37

D’ou une augmentation d’objectif qui determine la valeur du troisieme prix cache :

∆z = z′∗ − z∗ = 1 = y∗3.

Le resultat peut aussi etre interprete dans l’autre sens : y∗3 est la perte de profit

si on diminue d’une unite la capacite du troisieme atelier.

Remarquer que dans la pratique, si on utilise la forme algebrique de l’algorithmedu Simplexe, ces prix caches sont calcules automatiquement par l’algorithme.C’est ainsi que tout bonne implementation de l’algorithme du Simplexe fournitcette information (voir le rapport de sensibilite d’Excel presente au chapitre 10).


10

8

4

2

2 8

3x1 + 2x2 = 18

x1 = 4

x2

2x2 = 12

x1

3x + x = 191 2 2

(7/3, 6)

z = 3x1 + 5x2

6

640

Figure 11.2: Variation de capacite de l’atelier 3.

11.2.2 Analyse de sensibilite au membre de droite

Remarquons, et ceci est l’objet de l’analyse de sensibilite qu’il y a une limite devalidite de chaque prix cache. En effet, dans le cas de la premiere ressource, sil’effet d’une augmentation de b1 sera nul sur la valeur optimum de l’objectif quelque soit b1 ≥ 4, il n’en va pas de meme d’une diminution. En effet, en dessousde b1 = 2, la solution optimale va changer. On a donc determine le domaine devalidite de y∗

1 = 0 : il s’agit de l’intervalle :

b1 ∈ [2, +∞].

Pour le deuxieme atelier, au dela de b2 = 18, la solution optimale reste en (0,9).Le sommet optimum n’est plus a l’intersection des contraintes (2) et (3) mais biena l’intersection des contraintes (3) et (5). Au dela de ce point, y∗

2 change :

y∗2 = 0.

De meme, une diminution en dessous de b2 = 6 va changer le sommet optimal :en effet, il sera a l’intersection des contraintes (1) et (2) et non plus a l’intersectiondes contraintes (2) et (3). On en deduit le domaine de validite de y∗

2 = 3/2 :

b2 ∈ [6, 18].

Pour le troisieme atelier, au dela de b3 = 24, la solution optimale reste en (4,6).Le sommet optimal et y∗

3 changent :

y∗3 = 0.

Section 11.3. Variation des coefficients objectifs 183

De meme, une diminution en dessous de b3 = 12 va changer le sommet optimal.On en deduit le domaine de validite de y∗

3 = 1 : il s’agit de l’intervalle :

b3 ∈ [12, 24].

Ces informations sont donnees dans le rapport de sensibilite du solveur d’Excel.Ces informations sont fournies sous la forme d’une augmentation admissible etd’une diminution admissible. Elle sont reprises ci-dessous :

Contrainte augmentation admissible diminution admissible

Atelier 1 +∞ 2

Atelier 2 6 6

Atelier 3 6 6

Remarquons finalement que l’on a toujours une valeur nulle du prix cachepour une contrainte non liante. Une contrainte non liante est une contrainte oula variable d’ecart est non nulle. Par exemple, la premiere contrainte

x1 ≤ 4

a un “prix cache” nul. Ceci a une interpretation economique. La ressource n’estpas entierement utilisee : il ne sert donc a rien d’augmenter son stock disponible.

11.3 Variation des coefficients objectifs

La question qui se pose ici est la suivante :“Si on augmente le prix de vente unitaireou si l’on diminue le cout de production unitaire, quel est l’impact sur la valeur del’objectif ?”

A nouveau, on peut predire cette variation de l’objectif pour autant que lesommet optimal ne change pas. En effet, tant que le sommet optimal ne changepas, la solution optimale x∗ = (x∗

1, x∗2, . . .x

∗n) reste la meme. Seul le profit optimal

change. Le nouveau profit vaut donc :

z∗ =n∑

j=1

(cj + ∆cj)x∗j

On en conclut que pour une variation unitaire du coefficient cj , l’augmentation dez∗ est exactement la valeur optimale de la variable x∗

j .


La “valeur de la jeme variable a l’optimum” (notee x∗j ) mesure l’augmenta-

tion de la fonction objectif si l’on accroıt d’une unite la marge unitaire cj .

Nous allons a nouveau l’illustrer sur le meme exemple introductif. D’apresle resultat enonce ci-dessus, les augmentations de profit pour une augmentationunitaire de la marge des produits valent respectivement :

x∗

1 = 2,

x∗2 = 6.

Supposons que la marge sur le premier produit augmente d’une unite. Autre-ment dit, l’objectif devient :

max z = 4x1 + 5x2

On constate a la figure 11.3 que la pente de l’objectif ne varie pas suffisammentpour changer le sommet optimum qui reste en :

x∗1 = 2

x∗2 = 6

On en deduit la nouvelle valeur de l’objectif :

z∗′= 4 × 2 + 5 × 6 = 38

L’augmentation de l’objectif correspond bien a la valeur de x∗1 :

∆z∗ = 38 − 36 = 2 = x∗1

11.3.1 Analyse de sensibilite aux coefficients objectif

Considerons maintenant la question l’analyse de sensibilite. On veut, par exemple,determiner l’intervalle de variation maximum de c1 autour de 3 tel que le sommetoptimal ne change pas.

A la figure 11.3, on constate que le coefficient c1 peut descendre jusqu’a ce quel’objectif z = c1x1 + 5x2 soit parallele au segment

2x2 = 12,

c’est-a-dire lorsque c1 = 0. Le coefficient c1 peut augmenter jusqu’a ce que l’ob-jectif z = c1x1 + 5x2 soit parallele au segment

3x1 + 2x2 = 18.

Section 11.3. Variation des coefficients objectifs 185

10

8

6

4

2

0 2 6 8 x1

x2

(2,6)

z = 3x1 +5x2 = 36

z = 4x1 +5x2 = 38

10 124

Figure 11.3: Analyse de sensibilite de c1.

Ceci se produit lorsqu’il y a egalite des pentes :

−c1

5=

−3

2,

c’est-a-dire lorsque c1 = 15/2. On en conclut que tant que

c1 ∈ [0, 15/2],

on a le meme sommet optimal et donc la meme solution optimale.

Effectuons l’analyse de sensibilite pour le second coefficient objectif. Celui-cipeut decroıtre jusqu’a ce que l’objectif z = 3x1 + c2x2 soit parallele au segment

3x1 + 2x2 = 18.

Ceci se produit lorsqu’il y a egalite des pentes :

−3

c2

=−3

2,

c’est-a-dire lorsque c2 = 2. Dans l’autre sens, c2 peut augmenter jusqu’a ce quel’objectif z = 3x1 + c2x2 soit parallele au segment

2x2 = 12.

Ceci ne se produit jamais. On en conclut que tant que :

c2 ∈ [2, +∞[,

on a le meme sommet optimal et donc la meme solution optimale.

Ces intervalles de sensibilite sont donnes dans le rapport de sensibilite dusolveur d’Excel (voir chapitre 10).


11.4 Cout reduit des variables hors base

On appelle variables hors base celles dont la valeur est a zero a l’optimum.

Le “cout reduit” de la variable hors base xj , note dj , mesure l’augmentationde la fonction objectif si l’on accroıt d’une unite la valeur de la variable xj .

Nous illustrerons cette notion sur l’ exemple de planification de la productionde chassis auquel on adjoint un troisieme chassis mixte aluminium bois, pour lequella marge unitaire est de 4 et les temps unitaires de fabrication dans les trois atelierssont respectivement de 1, 2 et 3 heures. La formulation de ce probleme est donc :

max z = 3x1 +5x2 +4x3

s.c.q. x1 +x3 ≤ 4

2x2 +2x3 ≤ 12

3x1 +2x2 +3x3 ≤ 18

x1, x2, x3 ≥ 0

La solution optimale de ce probleme est determinee par le solveur d’Excel :

(x∗1, x

∗2, x

∗3) = (2, 6, 0) et z∗ = 36

On constate que seuls sont rentables les chassis 1 et 2. En effet, le chassis3, bien qu’ayant une marge unitaire superieure au chassis 1, consomme plus deressources. Si on produit une unite de x3, on va faire un benefice de 4 mais on varetirer en capacite respectivement 1, 2 et 3 heures pour les deux autres productions.Ce qui revient a diminuer les membres de droites des contraintes qui deviennent :

x1 ≤ 4 − x3 = 3 (1)

2x2 ≤ 12 − 2x3 = 10 (2)

3x1 +2x2 ≤ 18 − 3x3 = 15 (3)

De (2), on en tire que x∗2 ≤ 5. On perd une unite de x2. Supposons que x∗

2 = 5.De (3) on tire que x∗

1 ≤ 5/3. On perd 1/3 de x1. L’effet sur z∗ de la productiond’une unite du produit 3 vaut donc :

∆z∗ = −1/3 × 3 − 1 × 5 + 1 × 4 = −2 = d3

Le cout reduit, noted3, est negatif, traduisant le fait que si la production de ce chassisetait positive, elle diminuerait le profit d’autant. Pour qu’il devienne interessant deproduire le chassis, il faut donc augmenter sa marge d’au moins deux unites. Ici,le cout reduit s’interprete comme l’oppose de l’augmentation minimale de prixpour que la production devienne interessante. A nouveau, le solveur d’Excelfournit cette information (voir chapitre 10).


11.5 Exercices

11.1. Plan de production. Une societe produit deux articles A et B. La productionest limitee par les disponibilites en matieres premieres : la matiere premiereP1 est limitee a 21 unites par semaine et P2 a 30 unites par semaine. Laproduction est egalement limitee par la main d’œuvre disponible : on disposed’au maximum 5 ouvriers par semaine. Par ailleurs, on doit employer aumoins 3 ouvriers par semaine. La production d’une unite de A necessiteun ouvrier pendant une semaine, 9 unites de P1 et 10 unites de P2. Laproduction d’une unite de B necessite un ouvrier pendant une semaine, 3unites de P1 et 4 unites de P2. Le profit (en milliers d’Euro) associe a lavente d’une unite de A est de 6, il est de 3 pour une unite de B.

(a) Ecrire le programme lineaire correspondant.

(b) Resoudre graphiquement.

(c) Determiner l’intervalle de variation maximum de la marge sur le produitB qui preserve la solution optimale determinee ci-dessus.

11.2. Production de peintures. Une societe de melange de peinture produit ala fois des peintures interieures et des peintures exterieures en melangeantdeux materiaux de base, notes M1 et M2. Le tableau ci-dessous fournit lesdonnees de base du probleme.

Peinture Peinture Disponible

interieure exterieure par jour

Materiau M1 requis 6 4 24

Materiau M2 requis 1 2 6

Marge (1000 $ par tonne) 5 4

Une etude de marche indique que la demande journaliere de peinture exte-rieure ne peut exceder celle de la peinture interieure de plus d’une tonne.D’autre part, le maximum de la demande journaliere de peinture exterieureest de 2 tonnes. On se demande comment determiner la meilleure combi-naison de production de peintures interieure et exterieure afin de maximiserle profit journalier.

(a) Formuler le probleme : choix des variables (avec leurs unites), expres-sion de l’objectif (avec son unite de compte) et des contraintes.

(b) Resoudre graphiquement le probleme.


(c) Il y a incertitude sur le prix de vente de la peinture exterieure. Dansquel domaine de variation doit se trouver la marge du second produitafin de conserver la solution optimale determinee ci-dessus ?

(d) En deduire l’effet sur le profit d’une augmentation de la marge dusecond produit de 4 a 6.

11.3. Repartition du budget publicitaire. Une societe envisage un plan de pu-blicites pour augmenter ses ventes. Le tableau ci-dessous fournit l’augmen-tation des ventes prevues en fonction du type de campagne envisagee. Onenvisage trois types de publicites : les spots a la television, les annoncesdans les magazines, les annonces dans les journaux.

Type de publicite Spots TV annonces annonces Montant

magazines journaux max

Augmentation de vente 130 60 50

par campagne

Cout d’une campagne 300 000 150 000 100 000 4 millions

Cout de conception 90 000 30 000 40 000 1 million

Nombre max de campagnes 1 0 0 5

Outre le cout demande par le media qui va difuser la publicite (ligne “coutd’une campagne”) pour lequel il existe un budget maximum de 4 millionsd’euros, il faut payer l’agence de publicite pour la conception de la publicite(ligne “cout de conception”). Le budge total de conception est d’un milliond’euros. Il y a aussi un nombre maximum de 5 spots tv autorises dans laperiode consideree.

On demande de determiner le nombre de campagnes de publicite a effectuerdans chaque media pour maximiser les nouvelles ventes tout en respectantles contraintes de budget publicitaire, de cout de conception et du nombremaximum de spots tv par periode.

(a) Formuler le probleme de repartition du budget publicitaire (choix desvariables de decisions, expression de l’objectif, expression des cont-raintes.)

(b) Mettre sous la forme d’un modele de calcul en Excel.

(c) Donner la solution obtenue par Excel.

(d) Quel serait l’effet de lancer un spot tv supplementaire ?

Chapitre 12

La programmation en nombres entiers.

12.1 Introduction

La programmation en nombres entiers permet de modeliser et, grace a la methodeque nous presenterons dans ce chapitre, de resoudre :

• des problemes avec cout fixe de mise en route (voir chapitre 5 sur la plani-fication de production);

• des problemes avec des conditions logiques, par exemple des disjonctionsen gestion de projet (voir chapitre 7);

• des problemes de choix parmi un nombre limite de valeurs, par exempledes choix de capacite (voir chapitre 8);

• des problemes de melange avec nombre limite d’ingredients,. . . etc.

Definition 12.1 On appelle probleme en nombres entiers la maximisation d’unefonction lineaire sous des contraintes lineaires lorsqu’en plus toutes les variablesdoivent etre entieres.

Definition 12.2 On appelle problemes mixtes entiers (MIP en anglais pour MixedInteger Programming) les problemes comportant un certain nombre de variablespositives et un certain nombre de variables entieres.

L’algorithme du Simplexe fournit une methode de resolution generale pour tousles problemes lineaires, quelle que soit leur forme. Au contraire, en programmationen nombres entiers, on ne dispose pas d’un algorithme general qui permette deresoudre efficacement tous les problemes en nombres entiers. Cependant, il existeune methode generale connue sous le nom de methode de branch and bound quipermet de resoudre bon nombre de problemes en nombres entiers.

189

190 Chapitre 12. La programmation en nombres entiers.

12.2 Formulation des problemes mixtes

Nous allons voir quelques problemes classiques necessitant le recours a la pro-grammation mixte entiere.

12.2.1 Problemes avec couts fixes

Exemple 12.1 Problemes avec cout fixe de mise en route de la production.On veut representer un cout de production qui est nul en l’absence de productionet qui, dans le cas contraire, vaut la somme d’une constante K, le cout fixe deproduction, ainsi que d’un cout proportionnel, le taux marginal etant m.

On veut donc pouvoir exprimer la fonction de cout suivante :

Si x = 0, c(x) = 0;Si x > 0, c(x) = K + mx.

(12.1)

ou x denote le niveau de production.

Cette fonction est representee a la figure 12.1.

K

c(x)

x

m

Figure 12.1: Representation d’un cout fixe.

La representation mathematique de ce cout fixe necessite :

1. l’ajout d’une variable indicatrice d’une production positive :

y =

{1 si x > 00 si x = 0

2. la modification de la fonction objectif en :

c(x, y) = Ky + mx

qui devient donc purement lineaire;

Section 12.2. Formulation des problemes mixtes 191

3. l’ajout des contraintes suivantes :

x ≤ My, et y ∈ {0, 1} (12.2)

avec M une borne superieure sur la quantite produite (x).

Remarquons que si x > 0, par les relations (12.2), on a que y = 1 et on tientcompte du cout fixe de mise en route de production. Par contre, lorsque x = 0,les relations (12.2) permettent les choix y = 0 ou y = 1. Cependant, comme onminimise, l’optimiseur va automatiquement choisir y∗ = 0, la solution qui evite lecout fixe !

Il y a de nombreuses applications de cette modelisation des couts fixes par laprogrammation mixte entiere. Un exemple de mise en application de ces coutsfixes est fournit par l’exemple localisation simple qui suit.

Exemple 12.2 Le probleme de localisation simple. Il y a n clients pour uncertain produit. La demande annuelle de ces clients, notee dj pour le client j, peutetre satisfaite a partir de m depots. Le cout de transport unitaire entre le depot iet le client j est donne par cij alors que l’utilisation du depot i implique un coutfixe annuel d’ouverture du depot de fi. La capacite du depot i est notee si.

Par exemple, on peut imaginer le probleme de l’approvisionnement des stationsservices d’une compagnie petroliere. Elle dispose, pour ce faire, de plusieursemplacements possibles pour ses depots. Le cout fixe revient ici a l’ouverture dudepot. Le cout de transport entre un depot et une station d’essence represente lecout du transport routier par camion citerne.

Choix des variables :

Le choix le plus evident est de considerer xij comme etant la partie de demandedu client j satisfaite a partir de l’entrepot i (voir figure 12.2). Une seconde seriede variables yi, astreintes a etre binaires, represente l’ouverture du depot :

yi =

1 si le depot i est ouvert,

0 sinon

Expression des contraintes :

Il faut d’abord exprimer que la demande de chaque client est satisfaite. Ceci peuts’ecrire de la maniere suivante :

m∑i=1

xij = dj, j = 1, . . ., n


m

2

1

n

1

2

si

dj

i jxij

Figure 12.2: Probleme de localisation simple.

En effet, si l’on fait la somme sur tous les entrepots des parties de la demande duclient j satisfaites a partir de ces entrepots, on doit obtenir exactement la demandedu client.

La seconde serie de contraintes exprime la liaison entre l’utilisation d’un ent-repot et son ouverture. Elles peuvent s’ecrire de la maniere suivante :

n∑j=1

xij ≤ siyi et yi ∈ {0, 1} (12.3)

Expression de l’objectif :

L’objectif est simplement la minimisation des couts totaux et s’exprime donccomme :

min z =m∑

i=1

n∑j=1

cijxij +m∑

i=1

fiyi

On peut maintenant demontrer que yi est bien une indicatrice d’ouverture dudepot i. En effet, soit il n’y a aucun prelevement au depot (

∑nj=1 xij = 0) et

yi = 0 ou yi = 1 sont admissibles pour (12.3). Cependant, comme ouvrir le depot(c’est-a-dire prendre yi = 1) implique un cout fixe d’ouverture, l’algorithme deminimisation des couts choisira y∗

i = 0 comme solution. D’autre part, s’il y aprelevement au depot (

∑nj=1 xij > 0), dans ce cas seul yi = 1 est admissible et

la premiere contrainte de (12.3) impose de respecter la capacite du depot. Ceciest une facon tres classique d’exprimer des couts fixes d’ouverture via l’utilisationd’une variable binaire.

Section 12.2. Formulation des problemes mixtes 193

12.2.2 Problemes avec contrainte logique

Parfois des problemes de gestion de production comportent une condition logique.Un exemple typique est celui des problemes de gestion de projets avec contraintedisjonctive. Pour rappel, dans ces problemes, on doit determiner l’enchaınementdes taches du projet de maniere a le realiser dans le meilleur delai. Il se peut quedeux taches doivent etre effectuees par la meme equipe d’ouvriers, soit mettenten œuvre la meme machine. Les deux taches ne peuvent donc avoir lieu simul-tanement, sans que l’on puisse dire laquelle doit etre effectuee en premier lieu.Mathematiquement, on peut ecrire ceci par la condition suivante :

soit

{ti + di ≤ tj si i est realisee avant jtj + dj ≤ ti si j est realisee avant i

(12.4)

ou ti est la variable indiquant le temps de debut de la tache i et di, sa duree, estdonnee.

Cette disjonction peut etre resolue par la programmation mixte 0/1. Eneffet, definissons la variable binaire yij , dont la valeur est 1 si la tache i est realiseeavant la tache j et 0 dans le cas contraire :

yij =

1 si la tache i est effectuee avant j,

0 sinon

On remplace alors la condition de disjonction (12.4) par les contraintes sui-vantes :

ti + di ≤ tj + M(1 − yij)tj + dj ≤ ti + Myij

yij ∈ {0, 1}(12.5)

ou M note une borne superieure sur la date de fin des travaux.

Demontrons l’equivalence. Deux cas sont possibles pour la variable binaire :

1. Cas ou yij = 1 : dans ce cas, le systeme (12.5) devient :{ti + di ≤ tjtj + dj ≤ ti + M

La premiere contrainte exprime donc que la tache i doit etre finie avant que necommence la tache j. La seconde contrainte est automatiquement satisfaite.

2. Cas yij = 0 : dans ce cas, le systeme (12.5) devient :{ti + di ≤ tj + Mtj + dj ≤ ti

La premiere contrainte est automatiquement satisfaite. La seconde contrainteexprime que la tache j doit etre finie avant que ne commence la tache i.


12.2.3 Melange avec nombre limite d’ingredients

Il s’agit egalement d’un probleme generique conduisant a une formulation mixteentiere, les variables binaires indiquant la presence d’un ingredient dans le melange.

C’est le cas, par exemple, d’un probleme de melange d’huiles ou cinq huilessont disponibles mais ou des contraintes techniques impliquent que seulement troishuiles differentes peuvent etre presentes dans le melange. Un autre exemple, estcelui du chargement de hauts fourneaux ou le nombre de charbons disponiblesest souvent nettement superieur au nombre de charbons qui peuvent etre chargessimultanement. Ce nombre etant limite par le nombre de portes de chargement duhaut fourneau.

Ce probleme peut etre resolu par la programmation mixte zero/un. Si xi

note la quantite d’ingredient i dans le melange, definissons la variable binaire yi

indiquant la presence de l’ingredient i dans le melange. Autrement dit :

yi =

{1 si xi > 00 si xi = 0

On introduit alors les contraintes suivantes :

miyi ≤ xi ≤ Miyi et yi ∈ {0, 1} (12.6)

ou mi est une borne inferieure sur la teneur de xi dans le melange et Mi est uneborne superieure sur la teneur de xi dans le melange.

La condition du nombre maximum d’ingredients dans le melange s’exprimealors simplement par :

n∑i=1

yi ≤ k, (12.7)

avec k, le nombre maximum d’ingredients dans le melange.

Demontrons l’equivalence. Deux cas sont possibles pour la variable xi :

1. Soit xi > 0. Alors, par les contraintes (12.6), la variable yi doit valoir 1 etexprime bien que l’ingredient i est dans le melange.

2. Soit xi = 0. Alors, par la contrainte (12.6), la variable yi doit valoir 0. Lacondition (12.7) exprimera donc bien que au plus k ingredients seront prisdans le melange.

On a donc bien que yi est une indicatrice de presence de l’ingredient i dans lemelange.

Section 12.3. Principe de la methode de branch and bound 195

12.2.4 Choix parmi un nombre discret de valeurs

Dans beaucoup de problemes industriels, lors du dimensionnement d’un appareil-lage, on doit choisir sa capacite parmi les valeurs commerciales existant sur lemarche. Par exemple, lors du dimensionnement d’une canalisation de transportd’eau, on doit choisir parmi les valeurs suivantes pour le diametre :

12 cm, 17 cm, 24 cm ou 47 cm.

On peut a nouveau modeliser ce choix par l’utilisation de variables binaires. Eneffet, definissons la variable x comme etant le diametre choisi et definissons yi uneindicatrice du fait que le diametre numero i a ete choisi :

yi =

{1 si x = di

0 si sinon.

On peut alors ecrire la relation suivante pour le choix du diametre :

x = 12y1 + 17y2 + 24y3 + 47y4

avec la contrainte qu’un seul diametre doit etre choisi :

y1 + y2 + y3 + y4 = 1 (12.8)

et bien sur en imposant le caractere binaire de chaque indicatrice :

yi ∈ {0, 1}, ∀i = 1, 2. . .4

La contrainte (12.8) fera en effet qu’une seule indicatrice vaudra un.

12.3 Principe de la methode de branch and bound

La methode de “branch and bound” ou encore appelee methode de separation etevaluation que nous allons maintenant decrire est destinee a resoudre les problemesen nombres entiers du type suivant :

z∗ = max cTx

s.c.q.

{Ax ≤ b,

x ≥ 0 et entiers.

Cette methode peut egalement etre appliquee aux problemes avec variables binaires(zero-un). Elle peut egalement etre appliquee aux problemes mixtes (MIP), c’est-a-dire aux problemes comportant un certain nombre de variables entieres et uncertain nombre de variables continues.


Nous illustrons la methode sur l’exemple suivant tire de Norbert et al [15] donton a legerement modifie la fonction objectif :

z∗ = max z = 15x1 + 50x2

s.c.q.

−x1 + 2x2 ≤ 5,

x1 + 2x2 ≤ 14,

x1 ≤ 8,

x1 , x2 ≥ 0 et entiers

(12.9)

La region realisable est representee a la figure 12.3.

x1

x2

0 1 2 3 4 5 6 7 8

5

4

3

2

1

0

P0

P1P2

P3

9 10

z = 150

(1)(2)

(3)

Figure 12.3: Representation de la region realisable.

Remarquons qu’une facon de resoudre le probleme serait de construire uneborne superieure sur z∗ et une borne inferieure sur z∗ et ensuite de raffiner cesbornes jusqu’a les egaliser.

Question 1 : comment construire une borne inferieure sur z∗ ?

La reponse a cette question est a la fois simple et difficile. En effet, pourtrouver une borne inferieure, il suffit de donner une solution realisable pour (12.9).Comme l’objectif est de maximiser, l’optimum du probleme ne pourra qu’etresuperieur a la valeur de z en ce point. Par exemple, le point (4,4) appartient a laregion realisable :

z(4, 4) = 15 × 4 + 50 × 4 = 260 ≤ z∗PNE

Section 12.4. Application a l’exemple 197

Cependant trouver en general une solution realisable pour un probleme en nombresentiers n’est pas une mince affaire.

Question 2 : comment construire une borne superieure sur z∗ ?

Une facon de repondre a cette question est de resoudre le probleme lineaire quel’on obtient a partir de (12.9) en laissant tomber les contraintes d’integralite desvariables. Comme on maximise sur un ensemble realisable plus large, l’optimumainsi obtenu ne pourra qu’etre superieur a l’optimum du probleme en nombresentiers. C’est aussi le premier pas de la methode de branch and bound que nousallons maintenant decrire sur l’exemple.

12.4 Application a l’exemple

Pas 0. Resoudre la relaxation lineaire.

Pour cet exemple, on obtient comme solution de la relaxation lineaire le point noteP0 a la figure 12.3 :

x1 = 4, 5

x2 = 4, 75

z0 = 305.

Cette solution est inacceptable car les variables ne sont pas entieres. Cependant,elle fournit une premiere borne superieure sur z∗ :

z∗ ≤ 305.

Pas 1. Brancher sur une variable non entiere.

La seconde idee de la methode de branch and bound est (comme le nom l’indique)d’operer une separation : la region realisable va etre separee en deux sous-regionsdont aucune ne peut contenir la solution optimale non entiere P0. Cette separationnecessite le choix d’une variable de separation. Le choix de cette variable estheuristique. Differents choix sont possibles et de ce choix peut dependre l’efficacitede la methode de resolution. Une facon simple de choisir cette variable est deprendre la variable la plus distante d’un entier. Une alternative, parfois utilisee,est de prendre la variable la plus proche d’un entier.

Le “critere de choix de la variable de branchement” adopte ici est de prendrela variable la plus distante d’un entier.

Dans notre exemple, il s’agit de la variable x1. On va effectuer un branchementsur cette variable. Comme x1 ne peut prendre que des valeurs entieres, il n’y a


aucune perte de generalite d’imposer que

soit x1 ≤ 4 soit x1 ≥ 5

Cependant imposer cette condition va eliminer la solution courante P0 de la relaxa-tion lineaire. En general si la variable choisie xk a la valeur fractionnaire N + ε,on imposera :

soit xk ≤ N soit xk ≥ N + 1

En imposant separement l’une et l’autre conditions, on obtient deux sous-modeles, un modele fils et un modele fille. Ce que l’on represente par une dia-gramme du type de celui de la figure 12.4. Chaque nœud de cette figure correspond

z0 = 305

x1 = 4,50x ,2 = 4 75

x1 4 x1 5

z1 = 285

x1 = 4x2 = 4, 5

z2 = 300

x1 = 5x2 = 4, 5

x2 4 x2 5

z3 = 290

x1 = 6x2 = 4

z4 = ∞Probleme

non realisable

Figure 12.4: Arbre de branch and bound.

a un probleme lineaire. Le nœud 0 au modele original. Le nœud 1 est le modeleoriginal avec en plus la restriction x1 ≤ 4, tandis que le nœud 2 correspond aumodele original avec en plus la restriction x1 ≥ 5. On a ici numerote les nœudsdans l’ordre ou ils ont ete generes.

On peut maintenant resoudre les relaxations lineaires correspondant aux pro-blemes fils et fille. Dans notre exemple, on obtient les deux solutions suivantes :

Noeud 1 : x1 = 4, x2 = 4, 5, z1 = 285.

Noeud 2 : x1 = 5, x2 = 4, 5 z2 = 300.

Remarquez que les valeurs atteintes par la fonction objectif sont moins eleveesque dans la relaxation lineaire precedente. Ceci n’est pas etonnant : on a, en

Section 12.4. Application a l’exemple 199

effet, ajoute des contraintes et donc restreint l’espace des solutions realisables.Comme les deux sous-regions forment une representation contenant l’ensembledes solution entieres, on peut en conclure que la borne superieure sur z∗ est :

z∗ ≤ max(z1, z2) = 300.

Pas 2. Diviser a nouveau un nœud fils ou fille en deux.

Ici, aucune des deux solutions n’est acceptable car toutes les deux comportent desparties fractionnaires. On va donc continuer en choisissant un des deux nœudspour le diviser a nouveau. Le choix du nœud a diviser est a nouveau heuristiqueet peut a nouveau avoir une grande influence sur le temps total mis pour resoudrele probleme. Pour l’illustration de la methode, nous adoptons la regle de choixheuristique suivante :

Le “critere de choix du nœud a diviser” adopte ici est de prendre la la re-laxation lineaire fournit la meilleure (c’est-a-dire la plus grande en cas demaximisation) valeur de la fonction objectif.

Pour cet exemple, on choisit donc le nœud 2 et on repete le Pas 1.

Pas 1. Choisir une variable pour brancher.

Ici seule la variable x2 est non entiere. On la choisit donc pour operer le branche-ment suivant :

soit x2 ≤ 4 soit x2 ≥ 5

On ajoute separement chacune de ces contraintes aux contraintes du probleme 2et on genere ainsi les nœuds 3 et 4. Ceci est illustre a la figure 12.4. On resoutgraphiquement les relaxations lineaires (voir figure 12.3) et on obtient les solutionssuivantes :

Noeud 3 : x1 = 6, x2 = 4, z3 = 290.

Noeud 4 : non realisable

Noter que, au nœud 3, on a obtenu une solution entiere dont la valeur correspon-dante de la fonction objectif est 290. On a une premiere borne inferieure sur lavaleur optimale de la fonction objectif et on a donc que :

290 ≤ z∗

Il est clair egalement qu’il n’y a aucune raison de continuer a diviser le nœud 3pour lequel la solution optimale du probleme en nombres entiers a ete obtenue.On dit que le nœud 3 est coupe.

Remarquons aussi que le nœud 4 a conduit a un probleme non realisable. Cen’est pas etonnant vu que l’on rajoute de plus en plus de contraintes. A nouveau,


dans ce cas, il ne sert a rien de continuer a diviser ce nœud. On peut donc couperle nœud 4.

Remarquons, pour terminer, que l’on peut egalement couper la branche dunœud 1. En effet, la valeur de z1 = 285 est inferieure a la borne inferieure de 290qui vient d’etre trouvee. On n’a donc aucun espoir de trouver en poursuivant lescalculs a la branche 1 de trouver une solution entiere meilleure que 290. Dans lecas contraire, on aurait du diviser la branche 1.

La methode est terminee puisqu’il n’existe plus de nœud a diviser. On deter-mine la solution optimale comme etant la meilleure solution entiere trouvee. Ils’agit du point P3 suivant :

x∗1 = 6

x∗2 = 4

auquel correspond une valeur optimale de l’objectif de z∗ = 290. On a ainsi, pournotre exemple, trouve et aussi prouve que la solution du nœud 3 etait la solutionoptimale du probleme en nombres entiers.

En conclusions, il y a trois raisons de couper une branche dans l’arbre :

1. lorsque la relaxation lineaire obtenue est non realisable (cas du nœud 4),

2. lorsque la relaxation lineaire obtenue fournit une solution entiere (cas dunœud 3),

3. lorsque la valeur de la borne superieure est inferieure a la valeur de la meil-leure solution entiere obtenue (cas du nœud 1).

Enfin terminons par les remarques generales suivantes.

Si la region realisable de la relaxation lineaire n’est pas bornee, il n’y a pasde garantie de convergence de la methode de branch and bound. Pour eviter ceprobleme, certaines implementations demandent une borne inferieure et superieuresur chaque variable. On est ainsi garanti d’un nombre fini de branches dans l’arbre.

Signalons, pour terminer, qu’il existe une seconde methode generale pour re-soudre les problemes en nombres entiers. Il s’agit de la methode dite des plans cou-pants. En effet, elle genere des plans qui “coupent” les solutions fractionnaires. Re-marquons cependant que, d’un point de vue algorithmique, cette methode s’averemoins performante (sauf a exploiter la structure particuliere du probleme) que lamethode de “branch and bound” et n’est donc pas celle qui est implementee dansles logiciels commerciaux de programmation mixte.


12.5 Exercices

12.1. Mutation des officiers. L’armee a une politique de mutation reguliere deses officiers. Tous les trois ans, ces officiers sont mutes a un autre poste pourassurer la polyvalence du commandement et eviter que trop de fraternite nes’installe entre les officiers et la troupe. L’armee, pour etablir son plan demutation, tient compte du desagrement d’etre mute loin de sa base d’origine.Et il est clair que, par exemple dans le cas d’un officier marie dont la femmetravaille dans le civil, le desagrement sera d’autant plus grand que la nouvelleaffectation sera eloignee. Pour les 5 officiers a muter cette annee, on a etablile cout de les affecter a chacun des 4 autres postes occupes par les collegues.Cette information est reprise dans au tableau 12.1. Formuler le probleme de

Cout pour d’etre mute au postel’officier a b c d e

A - 12 15 11 17B 6 - 14 12 16C 8 17 - 21 17D 7 16 9 - 12E 7 13 8 12 -

Tableau 12.1: Desagrement de la mutation

la minimisation du desagrement total.

12.2. Planification de la production de moteurs d’avions. Une entreprise defabrication de moteurs d’avions produit, pour plusieurs compagnies clientesdes moteurs en travaillant uniquement sur commandes. Elle desire planifiersa production pour les quatre prochains mois. Le tableau 12.2 fournit lenombre de moteurs a fournir en fin de chaque mois pour les quatre premiersmois de l’annee. En fonction des operations de maintenance, la capacite deproduction est differente de mois en mois. Elle est donnee au tableau 12.2.Le cout unitaire de production varie egalement de mois en mois. Au vu desdonnees, il est clair qu’il faudra recourir au stockage. Une unite en stocken fin de mois a un cout unitaire de stockage donne au tableau 12.2. Onse demande comment organiser la production du moteur pour minimiser lescouts de production et de stockage.

(a) En utilisant les symboles definis en deuxieme ligne du tableau 12.2plutot que les donnees numeriques particulieres, formulez le problemede la minimisation du cout total de production et de stockage des mo-teurs :


Mois Commandes Capacite Cout de production Cout de stockage(t) (COMt) (CAPt) (CPt) (CSt)

Janvier 10 25 1,08 0,015Fevrier 15 35 1,11 0,015Mars 25 30 1,10 0,015Avril 20 10 1,13 0,015

Tableau 12.2: Production de moteurs d’avions.

• Choix des variables.• Expression de l’objectif.• Expression des contraintes.

(b) Si maintenant, il y a en plus un cout fixe de mise en route de la produc-tion de 2,5 a chaque mois ou l’on produit, modifiez votre formulationpour tenir compte de ce cout de mise en route :

• Ajout de nouvelles variables.• Ajout dans l’expression de l’objectif.• Ajout et modification dans l’expression des contraintes.

12.3. Methode de branch and bound. Considerons le probleme en nombresentiers suivant :

z∗PNE = max z = 5x1 + 4x2

s.c.q.

x1 +x2 ≤ 5, (1)

10x1 +6x2 ≤ 45, (2)

x1, x2 ≥ 0 et entiers

On demande de resoudre le probleme par la methode de branch and bounden resolvant les relaxations lineaires de maniere purement graphique.

(a) Resoudre graphiquement la relaxation lineaire initiale. Remarque :n’hachurez pas la region realisable. Entourez-la d’une couleur afin depouvoir encore utiliser le graphique pour la suite de l’exercice. Donnezla solution optimale du probleme lineaire ainsi que la valeur optimalede l’objectif de ce probleme.

(b) Representer par un arbre la suite de vos calculs de la methode de branchand bound. Comme critere de choix de la variable de branchement,prendre la premiere non entiere. Justifiez brievement les differents pasde la methode.

(c) Quelle est la solution optimale du probleme en nombres entiers ?

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Annexe A

Formulaire pour la gestion de production

A.1 La gestion calendaire de stock

Cout de gestion :

C(S) = cpIp(S) + crIr(S) (+cc1)

avec Ip(S) = stock moyen possede :

Ip(S) = S − X + Ir(S) (cas de stock a rotation nulle)

Ip(S) = S − X2

+ Ir(S)2

(cas de stock a rotation non nulle)

et Ir(S) = nombre moyen de demandes non satisfaites :

Ir(S) = λP (X > S − 1) − SP (X > S) si X ∼Poisson(λ)

Ir(s) = σg(tS) avec : tS =S − X

σsi X ∼ N(µ, σ)

Politique optimale en stock a rotation nulle :

S∗ tel que P (X > S∗) ≤ cp

cp + cr

≤ P (X > S∗ − 1) si X ∼ Poisson(λ)

S∗ tel que P (X > S∗) =cp

cr + cp

si X ∼ N(µ, σ)

Politique optimale en stock a rotation non nulle :

S∗ tel que P (X > S∗) ≤ cp

cr + cp

2

≤ P (X > S∗ − 1) si X ∼ Poisson(λ)

S∗ tel que P (X > S∗) =cp

cr + cp

2

si X ∼ N(µ, σ)

205

206 Annexe A. Formulaire pour la gestion de production

Consequences economiques du choix :

• cout de gestion :

C(S) = crIr(S) + cpIp(S) (+cc1)

• marge nette moyenne :

B(S) = muX − C(S)

avec mu, la marge unitaire.

A.2 La gestion par point de commande

Niveau optimal de commande optimal :

q∗ =

√2ccD

cp

avec cp = cout unitaire de possession durant un an en stock;D = demande annuelle.

Point de commande optimal :

s∗ = DL

avec L = delai d’approvisionnement, exprime en annee.

Calcul du stock moyen possede et du nombre moyen de commandes :

Ip(q∗) =

q∗

2et Ic(q

∗) =D

q∗

Cout de gestion en univers certain :

C(q∗) = ccIc(q∗) + cpIp(q

∗) = ccD

q∗+ cp

q∗

2

avec Ic(q) = nombre moyen de commandes par an;Ip(q) = stock moyen possede;

D = demande annuelle;q∗ = quantite optimale commandee.

Section A.2. La gestion par point de commande 207

Cout de gestion en cas de demande aleatoire :

C(s, q) = ccIc(q) + cpIp(s, q) + crIr(s, q)

La quantite economique q est determinee par :

q∗ =

√2ccD

cp

avec D = X

Le point de commande s est determine en utilisant la gestion calendaire pendantle delai d’obtention L (cas de la rotation non nulle) :

P (XL > s∗) =c′p

cr + c′p/2

avec c′p, le cout unitaire de possession entre deux commandes :

c′p = cpq∗

D.

La demande XL durant L suit une loi Normale de moyenne : µL = Lµ et devariance : σ2

L = Lσ2.

Dans le cas de la loi Poisson, le point de commande s est determine par (casde la rotation non nulle) :

s∗ tel queP (XL > s∗) ≤ c′p

cr +c′p2

≤ P (XL > s∗ − 1)

Consequences economique du choix :

• Le stock de securite est la difference entre le point de commande et la de-mande moyenne durant L :

s∗ − DL

• Le nombre de commandes par an est determine par :

Ic(q) =D

q

• Le nombre moyen de ruptures par commande, note Icr , se calcule par la

formule de la gestion calendaire :

Icr(s) = λP (XL > s − 1) − sP (XL > s) si XL ∼Poisson(λ)

Icr(s) = σLg(tS) avec tS =

s − XL

σL

si XL ∼ N(µL, σL)

208 Annexe A. Formulaire pour la gestion de production

• Le nombre moyen de ventes manquees par an s’eleve donc a :

Ir(s, q) = Ic(q) × Icr(s)

• Le stock moyen possede en cas de ventes manquees perdues :

Ip(s, q) =q

2+ (s − DL) +

Icr(s)

2,

• Le stock moyen possede en cas de ventes manquees differees :

Ip(s, q) =q

2+ (s − DL) +

DL

2qIcr(S).

A.3 Les techniques de juste a temps

Determination du nombre d’etiquettes :


k

avec Cu = consommation du poste aval en unites par minute;Qe = taille economique des lots fabriques en amont;k = la capacite d’un conteneur;Tr = temps de reaction du systeme;α = marge de securite.

A.4 Equilibrage d’une chaıne de production

RE =nc − T

nc

avec n = nombre de postes de travail,c = temps d’un cycle,T = temps total requis par un article.

A.5 Calcul d’annuites

n∑t=1

(1

1 + i

)t

=

[1 − (1 + i)−n

i

]

avec n = nombre d’annees,i = taux d’actualisation annuel.

Annexe B

Tables pour la gestion de stocks

B.1 Table de la loi Poisson(λ)

λ

x 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35 0,4 0,45 0,5

0 0,0488 0,0952 0,1393 0,1813 0,2212 0,2592 0,2953 0,3297 0,3624 0,3935

1 0,0012 0,0047 0,0102 0,0175 0,0265 0,0369 0,0487 0,0616 0,0754 0,0902

2 0,0000 0,0002 0,0005 0,0011 0,0022 0,0036 0,0055 0,0079 0,0109 0,0144

3 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0001 0,0003 0,0005 0,0008 0,0012 0,0018

4 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0001 0,0002

5 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000

Donne la probabilite P [Poisson(λ) > x]

209

210 Annexe B. Tables pour la gestion de stocks

λx 0,55 0,6 0,65 0,7 0,75 0,8 0,85 0,9 1 1,5

0 0,4231 0,4512 0,4780 0,5034 0,5276 0,5507 0,5726 0,5934 0,6321 0,7769

1 0,1057 0,1219 0,1386 0,1558 0,1734 0,1912 0,2093 0,2275 0,2642 0,4422

2 0,0185 0,0231 0,0283 0,0341 0,0405 0,0474 0,0549 0,0629 0,0803 0,1912

3 0,0025 0,0034 0,0044 0,0058 0,0073 0,0091 0,0111 0,0135 0,0190 0,0656

4 0,0003 0,0004 0,0006 0,0008 0,0011 0,0014 0,0018 0,0023 0,0037 0,0186

5 0,0000 0,0000 0,0001 0,0001 0,0001 0,0002 0,0003 0,0003 0,0006 0,0045

6 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0009

7 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0002

8 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000


Section B.1. Table de la loi Poisson(λ) 211

λ

x 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 6,5

0 0,8647 0,9179 0,9502 0,9698 0,9817 0,9889 0,9933 0,9959 0,9975 0,9985

1 0,5940 0,7127 0,8009 0,8641 0,9084 0,9389 0,9596 0,9734 0,9826 0,9887

2 0,3233 0,4562 0,5768 0,6792 0,7619 0,8264 0,8753 0,9116 0,9380 0,9570

3 0,1429 0,2424 0,3528 0,4634 0,5665 0,6577 0,7350 0,7983 0,8488 0,8882

4 0,0527 0,1088 0,1847 0,2746 0,3712 0,4679 0,5595 0,6425 0,7149 0,7763

5 0,0166 0,0420 0,0839 0,1424 0,2149 0,2971 0,3840 0,4711 0,5543 0,6310

6 0,0045 0,0142 0,0335 0,0653 0,1107 0,1689 0,2378 0,3140 0,3937 0,4735

7 0,0011 0,0042 0,0119 0,0267 0,0511 0,0866 0,1334 0,1905 0,2560 0,3272

8 0,0002 0,0011 0,0038 0,0099 0,0214 0,0403 0,0681 0,1056 0,1528 0,2084

9 0,0000 0,0003 0,0011 0,0033 0,0081 0,0171 0,0318 0,0538 0,0839 0,1226

10 0,0000 0,0001 0,0003 0,0010 0,0028 0,0067 0,0137 0,0253 0,0426 0,0668

11 0,0000 0,0000 0,0001 0,0003 0,0009 0,0024 0,0055 0,0110 0,0201 0,0339

12 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0003 0,0008 0,0020 0,0045 0,0088 0,0160

13 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0003 0,0007 0,0017 0,0036 0,0071

14 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0006 0,0014 0,0030

15 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0005 0,0012

16 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0004

17 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002

18 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001

19 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000



λ

x 7 7,5 8 8,5 9 9,5 10 11 12 13

0 0,9991 0,9994 0,9997 0,9998 0,9999 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

1 0,9927 0,9953 0,9970 0,9981 0,9988 0,9992 0,9995 0,9998 0,9999 1,0000

2 0,9704 0,9797 0,9862 0,9907 0,9938 0,9958 0,9972 0,9988 0,9995 0,9998

3 0,9182 0,9409 0,9576 0,9699 0,9788 0,9851 0,9897 0,9951 0,9977 0,9989

4 0,8270 0,8679 0,9004 0,9256 0,9450 0,9597 0,9707 0,9849 0,9924 0,9963

5 0,6993 0,7586 0,8088 0,8504 0,8843 0,9115 0,9329 0,9625 0,9797 0,9893

6 0,5503 0,6218 0,6866 0,7438 0,7932 0,8351 0,8699 0,9214 0,9542 0,9741

7 0,4013 0,4754 0,5470 0,6144 0,6761 0,7313 0,7798 0,8568 0,9105 0,9460

8 0,2709 0,3380 0,4075 0,4769 0,5443 0,6082 0,6672 0,7680 0,8450 0,9002

9 0,1695 0,2236 0,2834 0,3470 0,4126 0,4782 0,5421 0,6595 0,7576 0,8342

10 0,0985 0,1378 0,1841 0,2366 0,2940 0,3547 0,4170 0,5401 0,6528 0,7483

11 0,0533 0,0792 0,1119 0,1513 0,1970 0,2480 0,3032 0,4207 0,5384 0,6468

12 0,0270 0,0427 0,0638 0,0909 0,1242 0,1636 0,2084 0,3113 0,4240 0,5369

13 0,0128 0,0216 0,0342 0,0514 0,0739 0,1019 0,1355 0,2187 0,3185 0,4270

14 0,0057 0,0103 0,0173 0,0274 0,0415 0,0600 0,0835 0,1460 0,2280 0,3249

15 0,0024 0,0046 0,0082 0,0138 0,0220 0,0335 0,0487 0,0926 0,1556 0,2364

16 0,0010 0,0020 0,0037 0,0066 0,0111 0,0177 0,0270 0,0559 0,1013 0,1645

17 0,0004 0,0008 0,0016 0,0030 0,0053 0,0089 0,0143 0,0322 0,0630 0,1095

18 0,0001 0,0003 0,0007 0,0013 0,0024 0,0043 0,0072 0,0177 0,0374 0,0698

19 0,0000 0,0001 0,0003 0,0005 0,0011 0,0020 0,0035 0,0093 0,0213 0,0427

20 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0004 0,0009 0,0016 0,0047 0,0116 0,0250

21 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0004 0,0007 0,0023 0,0061 0,0141

22 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0001 0,0003 0,0010 0,0030 0,0076

23 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0001 0,0005 0,0015 0,0040

24 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0002 0,0007 0,0020

25 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0003 0,0010

26 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0005

27 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002

28 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001

29 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000


Section B.1. Table de la loi Poisson(λ) 213

λx 14 15 16 17 18

0 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

1 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

2 0,9999 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

3 0,9995 0,9998 0,9999 1,0000 1,0000

4 0,9982 0,9991 0,9996 0,9998 0,9999

5 0,9945 0,9972 0,9986 0,9993 0,9997

6 0,9858 0,9924 0,9960 0,9979 0,9990

7 0,9684 0,9820 0,9900 0,9946 0,9971

8 0,9379 0,9626 0,9780 0,9874 0,9929

9 0,8906 0,9301 0,9567 0,9739 0,9846

10 0,8243 0,8815 0,9226 0,9509 0,9696

11 0,7400 0,8152 0,8730 0,9153 0,9451

12 0,6415 0,7324 0,8069 0,8650 0,9083

13 0,5356 0,6368 0,7255 0,7991 0,8574

14 0,4296 0,5343 0,6325 0,7192 0,7919

15 0,3306 0,4319 0,5333 0,6285 0,7133

16 0,2441 0,3359 0,4340 0,5323 0,6249

17 0,1728 0,2511 0,3407 0,4360 0,5314

18 0,1174 0,1805 0,2577 0,3450 0,4378

19 0,0765 0,1248 0,1878 0,2637 0,3491

20 0,0479 0,0830 0,1318 0,1945 0,2693

21 0,0288 0,0531 0,0892 0,1385 0,2009

22 0,0167 0,0327 0,0582 0,0953 0,1449

23 0,0093 0,0195 0,0367 0,0633 0,1011

24 0,0050 0,0112 0,0223 0,0406 0,0683

25 0,0026 0,0062 0,0131 0,0252 0,0446

26 0,0013 0,0033 0,0075 0,0152 0,0282

27 0,0006 0,0017 0,0041 0,0088 0,0173

28 0,0003 0,0009 0,0022 0,0050 0,0103

29 0,0001 0,0004 0,0011 0,0027 0,0059

30 0,0001 0,0002 0,0006 0,0014 0,0033

31 0,0000 0,0001 0,0003 0,0007 0,0018

32 0,0000 0,0000 0,0001 0,0004 0,0010

33 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002 0,0005

34 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001 0,0002

35 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001

36 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0001

37 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000


B.2 Table de la loi normale Z ∼ N(0, 1)

P zj

zi 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09

0,0 0,5000 0,4960 0,4920 0,4880 0,4840 0,4801 0,4761 0,4721 0,4681 0,4641

0,1 0,4602 0,4562 0,4522 0,4483 0,4443 0,4404 0,4364 0,4325 0,4286 0,4247

0,2 0,4207 0,4168 0,4129 0,4090 0,4052 0,4013 0,3974 0,3936 0,3897 0,3859

0,3 0,3821 0,3783 0,3745 0,3707 0,3669 0,3632 0,3594 0,3557 0,3520 0,3483

0,4 0,3446 0,3409 0,3372 0,3336 0,3300 0,3264 0,3228 0,3192 0,3156 0,3121

0,5 0,3085 0,3050 0,3015 0,2981 0,2946 0,2912 0,2877 0,2843 0,2810 0,2776

0,6 0,2743 0,2709 0,2676 0,2643 0,2611 0,2578 0,2546 0,2514 0,2483 0,2451

0,7 0,2420 0,2389 0,2358 0,2327 0,2296 0,2266 0,2236 0,2206 0,2177 0,2148

0,8 0,2119 0,2090 0,2061 0,2033 0,2005 0,1977 0,1949 0,1922 0,1894 0,1867

0,9 0,1841 0,1814 0,1788 0,1762 0,1736 0,1711 0,1685 0,1660 0,1635 0,1611

1,0 0,1587 0,1562 0,1539 0,1515 0,1492 0,1469 0,1446 0,1423 0,1401 0,1379

1,1 0,1357 0,1335 0,1314 0,1292 0,1271 0,1251 0,1230 0,1210 0,1190 0,1170

1,2 0,1151 0,1131 0,1112 0,1093 0,1075 0,1056 0,1038 0,1020 0,1003 0,0985

1,3 0,0968 0,0951 0,0934 0,0918 0,0901 0,0885 0,0869 0,0853 0,0838 0,0823

1,4 0,0808 0,0793 0,0778 0,0764 0,0749 0,0735 0,0721 0,0708 0,0694 0,0681

1,5 0,0668 0,0655 0,0643 0,0630 0,0618 0,0606 0,0594 0,0582 0,0571 0,0559

1,6 0,0548 0,0537 0,0526 0,0516 0,0505 0,0495 0,0485 0,0475 0,0465 0,0455

1,7 0,0446 0,0436 0,0427 0,0418 0,0409 0,0401 0,0392 0,0384 0,0375 0,0367

1,8 0,0359 0,0351 0,0344 0,0336 0,0329 0,0322 0,0314 0,0307 0,0301 0,0294

1,9 0,0287 0,0281 0,0274 0,0268 0,0262 0,0256 0,0250 0,0244 0,0239 0,0233

2,0 0,0228 0,0222 0,0217 0,0212 0,0207 0,0202 0,0197 0,0192 0,0188 0,0183

2,1 0,0179 0,0174 0,0170 0,0166 0,0162 0,0158 0,0154 0,0150 0,0146 0,0143

2,2 0,0139 0,0136 0,0132 0,0129 0,0125 0,0122 0,0119 0,0116 0,0113 0,0110

2,3 0,0107 0,0104 0,0102 0,0099 0,0096 0,0094 0,0091 0,0089 0,0087 0,0084

2,4 0,0082 0,0080 0,0078 0,0075 0,0073 0,0071 0,0069 0,0068 0,0066 0,0064

2,5 0,0062 0,0060 0,0059 0,0057 0,0055 0,0054 0,0052 0,0051 0,0049 0,0048

2,6 0,0047 0,0045 0,0044 0,0043 0,0041 0,0040 0,0039 0,0038 0,0037 0,0036

2,7 0,0035 0,0034 0,0033 0,0032 0,0031 0,0030 0,0029 0,0028 0,0027 0,0026

2,8 0,0026 0,0025 0,0024 0,0023 0,0023 0,0022 0,0021 0,0021 0,0020 0,0019

2,9 0,0019 0,0018 0,0018 0,0017 0,0016 0,0016 0,0015 0,0015 0,0014 0,0014

3,0 0,0013 0,0013 0,0013 0,0012 0,0012 0,0011 0,0011 0,0011 0,0010 0,0010

Donne la probabilite P (Z > zi + zj)

Section B.3. Table pour le calcul de Ir(S) 215

B.3 Table pour le calcul de Ir(S)

g(tS) tj

ti 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09

-3 3,0005 3,0104 3,0202 3,0304 3,0403 3,0505 3,0603 3,0702 3,0804 3,0903

-2,9 2,9004 2,9105 2,9204 2,9305 2,9406 2,9504 2,9606 2,9704 2,9805 2,9904

-2,8 2,8006 2,8107 2,8207 2,8308 2,8405 2,8506 2,8607 2,8705 2,8805 2,8906

-2,7 2,7010 2,7109 2,7209 2,7309 2,7409 2,7508 2,7608 2,7708 2,7809 2,7909

-2,6 2,6014 2,6115 2,6214 2,6312 2,6414 2,6513 2,6612 2,6711 2,6811 2,6910

-2,5 2,5020 2,5120 2,5218 2,5318 2,5419 2,5517 2,5617 2,5716 2,5817 2,5915

-2,4 2,4027 2,4126 2,4225 2,4326 2,4425 2,4524 2,4624 2,4721 2,4821 2,4920

-2,3 2,3037 2,3137 2,3234 2,3334 2,3434 2,3531 2,3632 2,3730 2,3828 2,3929

-2,2 2,2049 2,2146 2,2246 2,2344 2,2445 2,2543 2,2641 2,2740 2,2839 2,2938

-2,1 2,1064 2,1164 2,1261 2,1359 2,1457 2,1556 2,1654 2,1753 2,1852 2,1949

-2 2,0084 2,0183 2,0280 2,0378 2,0476 2,0574 2,0672 2,0771 2,0868 2,0967

-1,9 1,9111 1,9207 1,9305 1,9402 1,9499 1,9597 1,9694 1,9792 1,9889 1,9987

-1,8 1,8143 1,8240 1,8335 1,8433 1,8529 1,8625 1,8723 1,8820 1,8916 1,9013

-1,7 1,7182 1,7279 1,7374 1,7470 1,7566 1,7661 1,7758 1,7853 1,7951 1,8047

-1,6 1,6232 1,6327 1,6422 1,6516 1,6611 1,6706 1,6801 1,6896 1,6992 1,7088

-1,5 1,5293 1,5387 1,5479 1,5574 1,5667 1,5761 1,5855 1,5949 1,6043 1,6138

-1,4 1,4366 1,4458 1,4551 1,4643 1,4736 1,4829 1,4922 1,5013 1,5107 1,5200

-1,3 1,3455 1,3546 1,3636 1,3726 1,3818 1,3909 1,4000 1,4092 1,4183 1,4274

-1,2 1,2561 1,2650 1,2739 1,2828 1,2916 1,3006 1,3096 1,3186 1,3275 1,3365

-1,1 1,1686 1,1773 1,1859 1,1947 1,2034 1,2121 1,2209 1,2296 1,2384 1,2473

-1 1,0833 1,0918 1,1002 1,1087 1,1171 1,1256 1,1342 1,1428 1,1513 1,1599

-0,9 1,0004 1,0086 1,0168 1,0250 1,0333 1,0415 1,0499 1,0582 1,0666 1,0749

-0,8 0,9202 0,9281 0,9360 0,9440 0,9519 0,9599 0,9680 0,9760 0,9842 0,9923

-0,7 0,8429 0,8504 0,8581 0,8658 0,8735 0,8812 0,8889 0,8967 0,9045 0,9123

-0,6 0,7686 0,7760 0,7833 0,7906 0,7980 0,8054 0,8128 0,8203 0,8277 0,8353

-0,5 0,6978 0,7047 0,7117 0,7187 0,7257 0,7328 0,7399 0,7471 0,7542 0,7614

-0,4 0,6304 0,6370 0,6436 0,6503 0,6569 0,6636 0,6704 0,6772 0,6840 0,6909

-0,3 0,5668 0,5730 0,5792 0,5855 0,5918 0,5981 0,6045 0,6109 0,6174 0,6239

-0,2 0,5069 0,5127 0,5186 0,5245 0,5304 0,5363 0,5424 0,5484 0,5545 0,5606

-0,1 0,4509 0,4564 0,4618 0,4673 0,4728 0,4784 0,4840 0,4897 0,4954 0,5011

0 0,3989 0,4040 0,4090 0,4141 0,4193 0,4244 0,4297 0,4349 0,4402 0,4456


g(tS) tj

ti 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09

0 0,3989 0,3940 0,3890 0,3841 0,3793 0,3744 0,3697 0,3649 0,3602 0,3556

0,1 0,3509 0,3464 0,3418 0,3373 0,3328 0,3284 0,3240 0,3197 0,3154 0,3111

0,2 0,3069 0,3027 0,2986 0,2945 0,2904 0,2863 0,2824 0,2784 0,2745 0,2706

0,3 0,2668 0,2630 0,2592 0,2555 0,2518 0,2481 0,2445 0,2409 0,2374 0,2339

0,4 0,2304 0,2270 0,2236 0,2203 0,2169 0,2136 0,2104 0,2072 0,2040 0,2009

0,5 0,1978 0,1947 0,1917 0,1887 0,1857 0,1828 0,1799 0,1771 0,1742 0,1714

0,6 0,1686 0,1660 0,1633 0,1606 0,1580 0,1554 0,1528 0,1503 0,1477 0,1453

0,7 0,1429 0,1404 0,1381 0,1358 0,1335 0,1312 0,1289 0,1267 0,1245 0,1223

0,8 0,1202 0,1181 0,1160 0,1140 0,1119 0,1099 0,1080 0,1060 0,1042 0,1023

0,9 0,1004 0,0986 0,0968 0,0950 0,0933 0,0915 0,0899 0,0882 0,0866 0,0849

1 0,0833 0,0818 0,0802 0,0787 0,0771 0,0756 0,0742 0,0728 0,0713 0,0699

1,1 0,0686 0,0673 0,0659 0,0647 0,0634 0,0621 0,0609 0,0596 0,0584 0,0573

1,2 0,0561 0,0550 0,0539 0,0528 0,0516 0,0506 0,0496 0,0486 0,0475 0,0465

1,3 0,0455 0,0446 0,0436 0,0426 0,0418 0,0409 0,0400 0,0392 0,0383 0,0374

1,4 0,0366 0,0358 0,0351 0,0343 0,0336 0,0329 0,0322 0,0313 0,0307 0,0300

1,5 0,0293 0,0287 0,0279 0,0274 0,0267 0,0261 0,0255 0,0249 0,0243 0,0238

1,6 0,0232 0,0227 0,0222 0,0216 0,0211 0,0206 0,0201 0,0196 0,0192 0,0188

1,7 0,0182 0,0179 0,0174 0,0170 0,0166 0,0161 0,0158 0,0153 0,0151 0,0147

1,8 0,0143 0,0140 0,0135 0,0133 0,0129 0,0125 0,0123 0,0120 0,0116 0,0113

1,9 0,0111 0,0107 0,0105 0,0102 0,0099 0,0097 0,0094 0,0092 0,0089 0,0087

2 0,0084 0,0083 0,0080 0,0078 0,0076 0,0074 0,0072 0,0071 0,0068 0,0067

2,1 0,0064 0,0064 0,0061 0,0059 0,0057 0,0056 0,0054 0,0053 0,0052 0,0049

2,2 0,0049 0,0046 0,0046 0,0044 0,0045 0,0043 0,0041 0,0040 0,0039 0,0038

2,3 0,0037 0,0037 0,0034 0,0034 0,0034 0,0031 0,0032 0,0030 0,0028 0,0029

2,4 0,0027 0,0026 0,0025 0,0026 0,0025 0,0024 0,0024 0,0021 0,0021 0,0020

2,5 0,0020 0,0020 0,0018 0,0018 0,0019 0,0017 0,0017 0,0016 0,0017 0,0015

2,6 0,0014 0,0015 0,0014 0,0012 0,0014 0,0013 0,0012 0,0011 0,0011 0,0010

2,7 0,0010 0,0009 0,0009 0,0009 0,0009 0,0008 0,0008 0,0008 0,0009 0,0009

2,8 0,0006 0,0007 0,0007 0,0008 0,0005 0,0006 0,0007 0,0005 0,0005 0,0006

2,9 0,0004 0,0005 0,0004 0,0005 0,0006 0,0004 0,0006 0,0004 0,0005 0,0004

3 0,0005 0,0004 0,0002 0,0004 0,0003 0,0005 0,0003 0,0002 0,0004 0,0003

Donne g(tS) = [f(tS) − tSP (t > tS)]

Annexe C

Solutions finales des exercices

C.1 Introduction

1.1 Un probleme de transport

a) Choix des variables : les quantites transportees de l’usine vers le marche.

b) Expression de l’objectif : minimisation de la somme des couts detransport.

c) Expression des contraintes :

• Respect de la capacite de l’usine,

• Satisfaction de la demande du marche,

• Positivite.

1.2 Optimisation du plan directeur de production.

a) Choix des variables independantes : les embauches et licenciements dedebut de periode.

Choix des variables dependantes : les effectifs, la production et lestock de fin de periode.

b) Expression de l’objectif : minimisation de la somme des couts d’em-bauche, de licenciement et de stockage.


• Bilan sur les effectifs present chaque periode,

• Calcul de la production a chaque periode,

• Bilan sur les stocks a chaque fin de periode,

• Stock minimum de fin de periode,

• Positivite.

1.3 Location de surfaces d’entreposage.

217

218 Annexe C. Solutions finales des exercices

a) Choix des variables : les surfaces louees de debut de mois i a la fin dumois j.

b) Expression de l’objectif : minimisation de la somme des couts de loca-tion.


• Satisfaction du besoin de surface a chaque periode,

• Positivite.

1.4 Equilibrage du chargement d’un navire.

a) Choix des variables : nombre de tonnes du lot i chargees dans la soutej et nombre total de tonnes chargees dans la soute j.

b) Expression de l’objectif : maximisation de la somme des tarifs recus foisle tonnage des lots.


• Respect de la capacite des soutes,

• Rapport entre la soute A et la soute D,

• Rapport entre les soutes B, C et A,

• Rapport entre les soutes B, C et D,

• Rapport entre les soutes B,C et A,D,

• Positivite.

C.2 Ordonnancement en ateliers specialises

2.1 Pose de carrelages.

a) Ordre pour realiser les 5 chantiers en un minimum de temps :

C4 C1 C2 C3 C5

b) Representation au moyen d’un diagramme de Gantt : voir cours.

c) Nombre de jours necessaires au total : 32 jours.

2.2 Ordonnancement de lots de jouets.

a) Ordonnancement optimal des taches passant sur A puis B :

J3 J5 J6

Section C.2. Ordonnancement en ateliers specialises 219

b) Ordonnancement optimal des taches passant sur B puis A:

J1 J7

c) Ordonnancement des taches pour la decoupe (A) : J2

d) Ordonnancement des taches pour le montage (B) : J4

e) Ordonnancement optimal pour les deux operations:

A J3 J5 J6 J2 J1 J7B J1 J7 J4 J3 J5 J6

f) Diagramme de Gantt : le temps de fin sur la machine B est de 105.

2.3 Planification de m taches sur n centres de production.

a) Utilisez la methode heuristique basee sur l’algorithme de Johnson pourtrouver une solution proche de la solution optimale :

Probleme 1 : utiliser l’algorithme de Johnson pour le probleme cons-titue de la premiere et de la derniere machine :

Place 1 2 3 4 5 6

Tache 2 3 4 5 6 1

Diagramme de Gantt : tf = 44.

Probleme 2 : utiliser l’algorithme de Johnson pour le probleme cons-titue des deux premieres et des deux dernieres machines :

Place 1 2 3 4 5 6

Tache 2 3 4 5 1 6

Diagramme de Gantt : tf = 43.

b) Ordonnancement propose :

Lot 2 3 4 5 1 6

c) Duree de la production (en heures et minutes): tf = 430 minutes soit

7 heures et 10 minutes.


C.3 Gestion calendaire de stock

3.1 Vente de fleurs.

a) Calcul de la moyenne de la demande :

X =n∑

i=1

DiP (D = Di) = 12

b) Nombre optimal de decorations florales a commander : S∗ = 13 .

c) Nombre moyen de clients qui sortent de sa boutique chaque fin de week-end sans avoir pu acheter une decoration florale ? Ir(S) = 0,9475 .

d) Nombre moyen de decorations florales que le fleuriste ambulant luirachete ? Ip(S) = 1,9475 .

e) Benefice net en un week-end sur ce produit ? B(S) = 119,00 euro .

3.2 Gestion d’une exploitation forestiere.

a) Quantite a mettre en production pour minimiser le cout de gestion ?

S∗ = 10.166 .

b) Quantite moyenne qu’il ne peut livrer par an faute de stock ?

Ir(S∗) = 2,01 unites .

3.3 Gestion du stock de pieces de rechange.

a) Type de gestion de stock : Gestion calendaire de stock a rotation nonnulle. En effet, on reconstitue le stock tous les 4 ans et les pieces nonutilisees pour une machine le seront pour la suivante.

b) Nombre optimal de pieces a commander : S∗ = 14 .

c) Nombre moyen d’arrets de la machine : Ir(S) = 0,0314 .

d) Stock moyen possede de pieces detachees : Ip(S) = 10,0157 .

e) Cout de cette politique : C(S) = 2.317,14 .

Section C.4. Gestion de stock par point de commande 221

C.4 Gestion de stock par point de commande

4.1 Stock de distribution.

a) Politique actuelle de gestion de stock ? Valeur de ses parametres ?Il s’agit d’une politique de gestion de stock par point de commande adeux casiers avec : q = 100 et s = 100.

b) Calculez le cout de detention en stock durant un an d’un Ipod :

cp = 0, 5 euros par an

c) Calculez la demande durant le delai d’obtention :

s = 20

d) Tracez l’evolution du stock au cours d’une annee : le niveau du stockoscille entre 80 et 180.

e) En deduire le cout de gestion annuel :

C(s, q) = 165

f) Que proposez-vous comme nouvelle quantite a commander ?

q∗ = 200

g) Que proposez-vous comme seuil declenchant la commande ?

s∗ = 20

h) Quelle est l’augmentation de profit du distributeur avec votre politique ?

165 − 100 = 65

4.2 Timbrage d’envois multiples.

a) Quel est la quantite optimale d’enveloppes affranchies a commanderaupres de la societe specialisee en timbrage ? q∗ = 10.000 .

b) A partir de quel niveau de stock d’enveloppes affranchies faut-il repassercommande ? s∗ = 686 .

4.3 Ventes de tablettes.

a) Le niveau de commande : q∗ = 400 .

b) Le point de commande : s∗ = 205 .

c) Nombre moyen de ruptures par commande : Ir(s) = 0,2024 .

d) Marge annuelle moyenne nette de : B(S) = 12.448,23 .


C.5 La planification de la production

5.1 Determination des besoins nets.

a) Besoins nets et lancements de production des produits finis :

PF1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

BBt 40 60 50 70

LPt 40 60 50 70 − −PF2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

BBt 10 20 30 10 20 30 20 30

LPt 10 20 30 10 20 30 20 30 − −

Besoins nets, Lancements de Production et Stock Final des sous-ensembles :

S1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

BNt 0 0 0 0 50 120 20 40 0 160 0 40 0 200

LPt 100 100 0 100 0 100 0 100 0 130

SFt 150 50 10 10 50 30 10 70 70 10 10 70 70 0

S2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

BNt 0 0 0 0 150 0 0 0 150 0 0 0 210

LPt 0 150 0 0 0 150 0 0 0 210 − −SFt 150 30 30 30 30 0 0 0 0 0 0 0 0 0

c) Besoins nets du composant A3 :

A3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

BNt 0 0 0 480 120 440 40 580 0 520 0 760 − −

5.2 Importation de systemes Home Cinema.

a) Besoins nets pour l’ensemble ”Home Cinema” :

H.C. Octobre Novembre Decembre Janvier Fevrier

BNt 300 1200 900 400

Section C.5. La planification de la production 223

b) Besoins nets pour l’ensemble acoustique :

E.A. Octobre Novembre Decembre Janvier Fevrier

BNt 0 1000 1200 600

c) Lancements de commande pour les ensembles Home Cinema :

H.C. Octobre Novembre Decembre Janvier Fevrier

LCt 300 1200 900 400

d) Lancements de commande pour les ensembles acoustiques, les com-mandes etant multiples de 500 :

E.A. Octobre Novembre Decembre Janvier Fevrier

LCt 1500 1500 500 -

SFt 600 100 0 300 200

e)Couts de stockage par mois et par produit :

CSt Octobre Novembre Decembre Janvier Fevrier

H.C. 10.000

E.A. 9.600 1.600 4.800 3.200

5.3 Production de robes de mariees.

a) Tableau des besoins nets et lancements de production :

Robes Sem 0 Sem 1 Sem 2 Sem 3 Sem 4 Sem 5

BNt 0 5 10 5 10

LPt 0 5 10 5 10

b) Ajustement charge-capacite :

Sem 1 Sem 2 Sem 3 Sem 4 Sem 5

Ajustement +12 -9 +6 -9

LPt 0 9 7 7 7

c) Calcul du cout de stockage des robes sur les cinq semaines :

7 × (5 + 4 + 1 + 3) = 91 euros .


C.6 Les techniques de juste a temps

6.1 Planification juste-a-temps d’une brasserie.

a) Nombre d’etiquettes pour assurer le fonctionnement en continu de l’em-bouteillage sans tenir compte d’une taille economique minimale :

Ne = 11

b) Sachant que la quantite economique du poste amont est de 10.000 litres,nombre d’etiquettes a ajouter dans le systeme ?

+Ne = + 34.

6.2 Production de hamburgers en restauration rapide.

a) Consommation en unites par minute pour ce hamburger :

Cu = 2, 083 unites par minute.

b) Le temps de reaction du systeme : Tr = 26 minutes .

c) Consommation pendant le temps de reaction du systeme :

CuTr = 54,166 hamburgers

d) Nombre minimum de plaques a mettre dans le systeme pour eviter larupture d’approvisionnement du comptoir vente :

Ne = 12 plaques.

e) Tenir compte des hamburgers jetes ? Il suffit d’ajouter 10 % a la demandeou de prendre α = 10 % :

Ne = 12 plaques.

6.3 Transport de brames.

a) Nombre d’etiquettes necessaires pour assurer le fonctionnement encontinu du laminoir aval :

Ne = 2

b) Coefficient de securite atteint ?

α = 89 %

c) Nombre d’etiquettes tenant compte de Qe = 120 tonnes ?

Ne = 4

d) Rythme auquel les lots des hauts-fourneaux doivent etre delivres pourque le systeme ne tombe pas en rupture ? 18 heures 11 minutes.

Section C.7. L’ordonnancement de projets 225

C.7 L’ordonnancement de projets

7.1 Lancement d’un nouveau produit.

a) Graphe de la methode des potentiels, dates de debut au plus tot, au plustard : la date de fin est 19 semaines.

b) Chemin critique : D − A − I − F .

c) La tache G ne peut commencer avant la semaine 10 : Cela ne modifie pasle temps de realisation du projet car la date de demarrage au plus tardde la tache G est de 10. Cela modifie certaines marges (celles de G et Edeviennent nulles). Un second chemin critique apparaıt : G − E − F.

d) En plus du c), la tache D necessitera deux semaines supplementaires.Cela modifie-t-il le temps de realisation du projet ? Si oui, de combien ?Cela retarde la fin du projet a 21 jours car la tache est critique.

7.2 Ordonnancement de projets.

a) Graphe de la methode des potentiels : il y a a la fois un arc entre 2 et 4(+5) et entre 4 et 2 (-7).

b) Projet realisable ? Le projet est non realisable car il contient un cyclede somme des longueurs positive : 2 - 3 - 4 -2 avec une somme deslongueurs :

5 + 3 − 7 = +1 > 0

c) Rendre le projet realisable a cout minimum ? Il faut reduire la tache 2d’une semaine pour eliminer le cycle.

d) Duree totale du projet ? tf = 19 jours.

e) Activites n’appartenant pas au chemin critique ? Les taches 0 et 1n’appartiennent pas au chemin critique.

7.3 Planification d’un projet de telecommunications.

a) Graphe de la methode PERT, calcul des date de debut au plus tot, dedebut au plus tard et de la marge pour chaque activite : pensez adecomposer B en deux periodes de 3 mois. Meme astuce pour E.

b) Duree minimale du projet : 25 mois.

c) Activites critiques : A, B, D, E et G.

d) Retard d’execution de chaque tache sans allonger le projet :

Tache A B C D E F G

Marge 0 0 1 0 0 2 0


e) Reduire la duree du projet de 2 mois au moindre cout :

• D’abord, reduire D de 1 jour au surcout de 100 euro.Dans ce cas, C devient critique.

• Ensuite, reduire C + D de 1 jour au surcout de 300 euro.Le temps final devient 23.

7.4 Construction d’une piscine.

a) L’inauguration peut-elle avoir lieu le 15 juin ?Le temps total disponible est de 50 jours ouvrables correspondant a :20 jours (avril) + 20 jours (mai) + 10 jours (juin).La duree minimum de realisation est aussi de 50 jours ouvrables : onpeut donc respecter le delai.

b) La pose des canalisations dure 6 jours de plus que prevu :La repercussion sur la duree des travaux est de passer a 51 jours car latache n’a qu’une marge de 5 jours et non 6. On aura donc un jour deretard.

c) Se passer de la sonorisation sous-marine :Cela ne sert a rien car la tache est non critique.

7.5 Planification d’un projet de construction.

a) Graphe de la methode PERT : on a un arc fictif entre la fin de D et ledebut de H.

b) Duree minimale du projet ? tf = 25 mois.

c) Dates de debut au + tot, les marges, les dates de debut au + tard :

Tache A B C D E F G H

Date au plus tot 0 0 5 5 8 8 13 13

Marge 0 5 3 0 3 6 11 0

Date au plus tard 0 5 8 5 11 14 24 13

d) Chemin critique ?A − D − H

e) Les taches E et F necessitent toutes deux la presence d’un bulldozer :On repousse le debut de F en 10, soit apres la fin de E. Il n’y a alorsplus de recouvrement entre E et F.Quelle est alors la duree du projet ?Comme la date au plus tard de F est 14, il n’y a aucune consequencesur la date de fin de projet.

Section C.8. Conception d’un centre de production 227

C.8 Conception d’un centre de production

8.1 Assemblage de magnetoscopes.

a) Peut-on produire 30 unites par jour de 15 heures de travail avec unposte ?

N∑i=A

ti = 90 minutes

Il faut donc, avec un seul poste, 1,5 heure pour faire un magnetoscope.Il faut donc 45 heures pour en produire 30 par jour. Reponse : non.

b) Determination du temps de cycle : on veut 30 unites par jour. Or un jourrepresente : 7, 5× 2× 60 = 900 minutes. Donc un magnetoscope doitsortir de la chaıne toutes les

900

30= 30 minutes.

c) graphe de preseances : voir cours.

d) Utilisation de l’heuristique :

Poste 1 Poste 2 Poste 3

A,2 J,10 L,9

C,10 I,8 H,6

B,4 K,12 M,6

E,5 G, 5

D,5 N,4

F,4

30 30 30

e) Retard d’equilibre :

RE =3 × 30 − 90

3 × 30= 0%

8.2 Developpement de complexes cinematographiques.

a) Arbre de decision complet : voir cours.

b) Calcul des valeurs nettes actualisees dans chacun des cas : notations :

RC = Renover

NC = Nouveau Complexe

D = Demande forte

d = Demande faible


Calcul des VAN :

V AN(RC|D) = 16.478.319

V AN(RC|d) = 11.608.739

V AN(NC|D) = 33.695.797

V AN(NC|D) = −391.261

c) E(V AN) de RC si la probabilite de demande forte est de 45 % :

E(V AN) = 13.800.050

E(V AN) du NC si la probabilite de demande forte est de 45 % :

E(V AN) = 14.947.915

Decision optimale ? ouvrir le nouveau complexe.

E(V AN) de RC si la probabilite de demande forte est de 55 % :

E(V AN) = 14.287.008

E(V AN)du NC si la probabilite de demande forte est de 55 % :

E(V AN) = 18.356.621

Decision optimale ? ouvrir le nouveau complexe.

8.3 Probleme de localisation de centre de distribution de pneus.

a) Representation par un graphique de reseau : voir cours.

b) Formulation du probleme :

• Variables : quantite de pneus transportees du depot i vers le paysj et indicatrice de l’ouverture du depot i l’annee prochaine.

• Contraintes :

– Capacite de production,

– Satisfaction de la demande,

– Non negativite et caractere binaire.

• Objectif : somme des couts de transports et des frais fixes d’ou-verture des depots.

Section C.9. La programmation dynamique 229

C.9 La programmation dynamique

9.1 Determination du chemin critique par la programmation dynamique.

a) Formuler ce probleme comme un probleme dynamique.Etapes : t = 1,2, 3 et 4 sont les etapes dans le chemin.Etats du monde a chaque etape : st = nœud de depart de l’etape t.Decision a chaque etape : xt = nœud d’arrivee de l’etape t.Lien entre les variables :

st+1 = xt et xt ≥ 1

Objectif du probleme : maximiser la somme des longueurs des arcs duchemin.

b) Resoudre par la programmation dynamique : voir cours (exemple del’O.MS.)

c) Chemin(s) critique(s) :

1 − 2 − 4 − 7 − 9

1 − 2 − 5 − 7 − 9

9.2 Repartition du budget publicitaire.

a) Formulation en un probleme de programmation dynamique :

• Choix des etapes :t = 1, 2, 3 les produits.

• Choix des variables d’etat :xt = nombre de millions investis dans le produit t;

• Choix des variables de decision :st = nombre de millions encore disponibles au debut de l’etape t.

• Relation de recurrence entre les variables d’etat de deux etapessucessives :

st+1 = st − xt

b) Utilisez la programmation dynamique pour resoudre ce probleme : voircours (algorithme en cas de cout convexe).Affectations optimales :

Produit t 1 2 3

st 6 5 3

x∗t 1 2 3

ouProduit t 1 2 3

st 6 3 1

x∗t 3 2 1


9.3 Planification de production.

a) Determination des besoins de C :

Periode 1 2 3 4

Besoins nets 0 11 13 11

b) Determiner le plan optimal de production et de stockage : Utiliserl’algorithme en cas de cout convexe. Solution :

Mois 1 2 3

Production 12 12 11

Stock final 1 0 0

C.10 La programmation lineaire.

10.1 Optimisation d’une fonderie.

a) Formulation du probleme :

• Choix des variables :x1 = nombre de tonnes de tuyaux produites/ semainex2 = nombre de tonnes de contrepoids produites/s.

• Expression de l’objectif :

max z = 1 000x1 + 1 200x2.

• Expression des contraintes :

– Capacite des ateliers,

– Limite de commandes,

– Non negativite.

b) Resolution graphique : voir cours. Solution optimale :

x∗1 = 15 x∗

2 = 10 z∗ = 27 000

10.2 Ventes de dentifrice.

a) Formulation du probleme lineaire :

• Choix des variables :x = ventes de la formule X (en milliers);y = ventes de la formule Y (en milliers).

Section C.10. La programmation lineaire. 231


max z = 50x + 60y

• Expressions des contraintes :

– Limites de vente des produits,

– Limite d’ingredient,

– Contrainte commerciale,

– Satisfaire les contrats sur la formule X,

– Positivite.

b) Resolution graphique : voir cours. Solution optimale :

x∗ = 50 y∗ = 0 z∗ = 2 500

10.3 Planification de la production.


• Choix des variables :

xt = production de periode t

st = stock fin de periode t


max z =5∑

t=1

10xt +5∑

t=1

1st


– Calcul de st,

– Limite de production,

– Limite de stock en fin de mois,

– Caractere non negatif.

b) Mettre sous la forme d’un modele de calcul en Excel : voir cours.

c) Cout total de production et stockage : z∗ = 769.

Periode 1 2 3 4 5

Production en 12 15 15 18 15

Stock fin de 6 4 6 3 0


C.11 Analyse postoptimale

11.1 Plan de production.


• Variables :xA = production hebdomadaire de produit A,xB = production hebdomadaire de produit B.

• Objectif : max z = 6xA + 3xB.

• Contraintes :

– Limite de matiere premiere P1 et P2,

– Nombre minimum et maximum d’ouvriers,

– Non negativite.

b) Resoudre graphiquement : voir cours.Solution optimale :

x∗1 = 1, x∗

2 = 4, z∗ = 18

c) Intervalle de variation maximum de la marge sur le produit B qui preservela solution optimale :

2 ≤ cB ≤ 6

11.2 Production de peintures.

Formuler le probleme :

• Choix des variables (avec leurs unites) :x1 = production journaliere de peintures interieures (tonnes/jour)x2 = production journaliere de peintures exterieures (tonnes/jour).

• Expression de l’objectif (avec son unite de compte):

maxz = 5x1 + 4x2 (milliers $ par jour)


– Disponible de M1 et M2,

– Relation entre les deux productions,

– Production maximale de peinture exterieure ,

– Positivite.

b) Resoudre graphiquement le probleme: voir cours.Solution optimale obtenue : x∗

1 = 3 x∗2 = 1, 5 z∗ = 21.000$ .

Section C.12. La programmation en nombres entiers 233

c) Domaine de variation maximum de la la marge du second produit ?

m2 ∈ [3, 33; 10]

d) Effet sur le profit d’une augmentation de m2 de 4 a 6 :

∆z∗ = ∆m2x∗2 = +2 × 1, 5 = +3 milliers de $

11.3 Repartition du budget publicitaire.


• Choix des variables :

TV = nombre de campagnes tvM = nombre de campagnes dans les magazinesJ = nombre de campagnes dans les journaux

• Expression de l’objectif : maximiser l’augmentation des ventes.


– Repartition du budget,

– Budget de conception,

– Limite de spots tv,

– Caractere non negatif.

b) Mettre sous la forme d’un modele de calcul en Excel : voir cours.

c) Augmentation des ventes = 1.700

TV ∗ = 0, M∗ = 20 J∗ = 10

d) Effet de lancer un spot tv supplementaire ? Une diminution des ventesde 5, donnee par le cout reduit de la variable.

C.12 La programmation en nombres entiers

12.1 Mutation des officiers.


• Choix des variables : indicatrice du fait que l’officier i est muteau poste j.

• Expression de l’objectif : minimiser la somme des couts de muta-tion.



– Chaque poste est pourvu,– Chaque officier est affecte,– Chaque officier doit changer de place,– Caractere binaire.

12.2 Planification de la production de moteurs.


• Choix des variables :Pt = production a la periode t;St = stock de fin de periode t.

• Expression de l’objectif : minimisation de la somme des couts deproduction et de stockage.

• Expression des contraintes :– Satisfaire la demande de periode t,– Respecter la capacite de production de periode t,– Positivite.

b) Ajout d’un cout fixe de mise en route :

• Ajout d’un nouvelle variable :yt = indicatrice de production en t.

• Modification de l’objectif :

+4∑

t=1

2, 5yt

• Modification des contraintes :– Modification de la contrainte de capacite :

Pt ≤ CAPtyt

– Ajout du caractere entier :

yt ∈ {0, 1}12.3 Methode de branch and bound.

a) Resoudre la relaxation lineaire initiale: voir cours.La solution optimale du probleme lineaire vaut :

x∗1 =

15

4= 3, 75 x∗

2 = 54

= 1, 25 z∗PL = 23, 75

b) Arbre de branch and bound : voir cours.

c) Solution optimale du probleme en nombres entiers :

x∗1 = 3, x∗

2 = 2, z∗PNE = 23

cours gestion de production

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