Pemrograman Linier (3)

Pemrograman Linier (3)

Metode Big-M

Ahmad Sabri

Pada model PL di mana semua kendala memiliki relasi ≤, variabel basis pada solusi awal (tabel simpleks awal) adalah Z dan semua variabel slack.

Namun tidak demikian halnya untuk model PL yang memiliki kendala = atau ≥.

Prosedur simpleks untuk menyelesaikan model PL yang memiliki kendala = atau ≥ dapat menggunakan salah satu metode di bawah ini:

Metode Big M, atau Metode dua fase

Pada model PL di mana semua kendala memiliki relasi ≤, variabel basis pada solusi awal (tabel simpleks awal) adalah Z dan semua variabel slack. Namun tidak demikian halnya untuk model PL yang memiliki kendala = atau ≥.

Prosedur simpleks untuk menyelesaikan model PL yang memiliki kendala = atau ≥ dapat menggunakan salah satu metode di bawah ini:

Metode Big M, atau Metode dua fase

Pada model PL di mana semua kendala memiliki relasi ≤, variabel basis pada solusi awal (tabel simpleks awal) adalah Z dan semua variabel slack. Namun tidak demikian halnya untuk model PL yang memiliki kendala = atau ≥.

Prosedur simpleks untuk menyelesaikan model PL yang memiliki kendala = atau ≥ dapat menggunakan salah satu metode di bawah ini:

Metode Big M, atau Metode dua fase

Metode Big M : gambaran umum

Dalam bentuk baku, pada kendala dengan relasi ≥ atau = tidak terdapat variabel slack.

Pada kedua jenis kendala tersebut, digunakan variabel yang berfungsi seolah-olah sebagai slack. Variabel ini dinamakan variabel artifisial (umumnya dilambangkan sebagai R).

Metode Big M : gambaran umum

Dalam bentuk baku, pada kendala dengan relasi ≥ atau = tidak terdapat variabel slack.

Pada kedua jenis kendala tersebut, digunakan variabel yang berfungsi seolah-olah sebagai slack. Variabel ini dinamakan variabel artifisial (umumnya dilambangkan sebagai R).

Metode Big M : gambaran umum

Pada tabel awal simpleks, variabel artifisial terdapat pada basis. Namun pada tabel akhir (solusi optimal), semua variabel artifisial harus keluar dari basis (dengan kata lain, harus bernilai 0). (Catatan: hal ini terjadi jika problem memiliki solusi layak.)

Untuk ‘memaksa’nya keluar dari basis, setiap variabel artifisial diberi penalti pada fungsi objektif,

Metode Big M : gambaran umum

Pada tabel awal simpleks, variabel artifisial terdapat pada basis. Namun pada tabel akhir (solusi optimal), semua variabel artifisial harus keluar dari basis (dengan kata lain, harus bernilai 0). (Catatan: hal ini terjadi jika problem memiliki solusi layak.)

Untuk ‘memaksa’nya keluar dari basis, setiap variabel artifisial diberi penalti pada fungsi objektif,

Aturan penalti untuk variabel artifisial

Diberikan M sebagai nilai yang sangat besar (secara matematis, M → ∞). Setiap variabel artifisial diberi penalti pada fungsi objektif, dengan memberinya koefisien sebesar:

−M pada masalah maksimisasi, atau +M pada masalah minimisasi

Contoh Min Z = 4x1+ x2 Dengan kendala: 3x1+ x2 = 3 4x1+ 3x2 ≥ 6 x1+ 2x2 ≤ 4 x1, x2≥ 0

Bentuk baku: Min Z = 4x1+ x2 Dengan kendala: 3x1+ x2 = 3 4x1+ 3x2−s1 = 6 x1+ 2x2 +s2 = 4 x1, x2,s1,s2≥ 0 Keterangan:

Bentuk baku: Min Z = 4x1+ x2+M R1+M R2 Dengan kendala: 3x1+ x2 +R1 = 3 4x1+ 3x2− s1 +R2 = 6 x1+ 2x2 + s2 = 4 x1, x2, s1, s2,R1,R2 ≥ 0 Keterangan:

R1 dan R2 adalah variabel artifisial.

Untuk memudahkan proses komputasi pada komputer, M umumnya disubstitusi dengan bilangan yang sangat besar.

Namun pada prakteknya, M tidak perlu sangat besar; namun cukup besar jika dibandingkan dengan koefisien variabel keputusan pada fungsi objektif. Sebagai contoh, koefisien untuk x1 dan x2 pada fungsi objektif adalah 4

dan 1. Oleh karena itu, cukup wajar jika M bernilai 100 (relatif besar terhadap 4 dan 1).

Untuk memudahkan proses komputasi pada komputer, M umumnya disubstitusi dengan bilangan yang sangat besar.

Namun pada prakteknya, M tidak perlu sangat besar; namun cukup besar jika dibandingkan dengan koefisien variabel keputusan pada fungsi objektif.

Sebagai contoh, koefisien untuk x1 dan x2 pada fungsi objektif adalah 4

dan 1. Oleh karena itu, cukup wajar jika M bernilai 100 (relatif besar terhadap 4 dan 1).

Untuk memudahkan proses komputasi pada komputer, M umumnya disubstitusi dengan bilangan yang sangat besar.

Namun pada prakteknya, M tidak perlu sangat besar; namun cukup besar jika dibandingkan dengan koefisien variabel keputusan pada fungsi objektif.

Sebagai contoh, koefisien untuk x1 dan x2 pada fungsi objektif adalah 4

dan 1. Oleh karena itu, cukup wajar jika M bernilai 100 (relatif besar terhadap 4 dan 1).

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 -4 -1 0 -100 -100 0 0

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Perhatikan bahwa x1= 0, x2= 0, R1= 3, R2= 6, sehingga

Z = 4(0) + (0) + 100(3) + 100(6) = 900.

Padahal, dari tabel diperoleh Z = 0 (terdapat inkonsistensi).

Untuk mengatasinya, koefisien R1 dan R2 pada baris 0 (baris Z) harus dijadikan

0, dengan cara:

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 -4 -1 0 -100 -100 0 0

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Perhatikan bahwa x1= 0, x2= 0, R1= 3, R2= 6, sehingga

Z = 4(0) + (0) + 100(3) + 100(6) = 900.

Padahal, dari tabel diperoleh Z = 0 (terdapat inkonsistensi).

Untuk mengatasinya, koefisien R1 dan R2 pada baris 0 (baris Z) harus dijadikan

0, dengan cara:

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 -4 -1 0 -100 -100 0 0

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Perhatikan bahwa x1= 0, x2= 0, R1= 3, R2= 6, sehingga

Z = 4(0) + (0) + 100(3) + 100(6) = 900.

Padahal, dari tabel diperoleh Z = 0 (terdapat inkonsistensi).

Untuk mengatasinya, koefisien R1 dan R2 pada baris 0 (baris Z) harus dijadikan

0, dengan cara:

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 -4 -1 0 -100 -100 0 0

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Perhatikan bahwa x1= 0, x2= 0, R1= 3, R2= 6, sehingga

Z = 4(0) + (0) + 100(3) + 100(6) = 900.

Padahal, dari tabel diperoleh Z = 0 (terdapat inkonsistensi).

Untuk mengatasinya, koefisien R1 dan R2 pada baris 0 (baris Z) harus dijadikan

0, dengan cara:

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal termodifikasi

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 696 399 -100 0 0 0 900

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Solusi dasar awal:

Iterasi ke-0: tabel simpleks awal termodifikasi

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 696 399 -100 0 0 0 900

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

0 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

(3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4

Solusi dasar awal:

Update tabel: kolom pivot (variabel masuk basis)

Problem minimisasi: kolom pivot adalah kolom dengan koefisien paling positif pada baris (0).

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 696 399 -100 0 0 0 900

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3

(2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6

Update tabel: menghitung rasio

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 696 399 -100 0 0 0 900

(1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3 1

(2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6 1,5

Update tabel: baris pivot (variabel keluar basis)

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 696 399 -100 0 0 0 900 (1) R1 0 3 1 0 1 0 0 3 1 (2) R2 0 4 3 -1 0 1 0 6 1,5 (3) s2 0 1 2 0 0 0 1 4 4 Elemen pivot = 3 Masuk basis: x1 Keluar basis: R1

Iterasi ke-1

Itr. No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204

(1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1

1 (2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2

(3) s2 0 0 5₃ 0 -1₃ 0 1 3

Update tabel: kolom pivot

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204

(1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1

(2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2

Update tabel: menghitung rasio

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204

(1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1 3

(2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2 6₅

Update tabel: baris pivot

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204 (1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1 3 (2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2 6₅ (3) s2 0 0 5₃ 0 -1₃ 0 1 3 9₅ Elemen pivot = 5₃ Variabel masuk: x2 Variabel keluar: R2

Perhatikan bahwa pada tahap ini, variabel artifisial R1dan R2 sudah keluar dari

basis.

Dibutuhkan dua iterasi lagi untuk mencapai optimal, yaitu: x1=2₅, x2=9₅, dan Z = 17₅ (Harap diperiksa!!)

Update tabel: baris pivot

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204 (1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1 3 (2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2 6₅ (3) s2 0 0 5₃ 0 -1₃ 0 1 3 9₅ Elemen pivot = 5₃ Variabel masuk: x2 Variabel keluar: R2

Perhatikan bahwa pada tahap ini, variabel artifisial R1dan R2 sudah keluar dari

basis.

Dibutuhkan dua iterasi lagi untuk mencapai optimal, yaitu:

Update tabel: baris pivot

No. Basis Z x1 x2 s1 R1 R2 s2 Solusi Rasio

(0) Z 1 0 167 -100 -232 0 0 204 (1) x1 0 1 1₃ 0 1₃ 0 0 1 3 (2) R2 0 0 5₃ -1 -4₃ 1 0 2 6₅ (3) s2 0 0 5₃ 0 -1₃ 0 1 3 9₅ Elemen pivot = 5₃ Variabel masuk: x2 Variabel keluar: R2

Perhatikan bahwa pada tahap ini, variabel artifisial R1dan R2 sudah keluar dari

basis.

Dibutuhkan dua iterasi lagi untuk mencapai optimal, yaitu: x1=2₅, x2=9₅, dan Z = 17₅ (Harap diperiksa!!)

Contoh Min Z = 4x1+ 5x2 Dengan kendala: 3x1+ x2 ≤ 27 5x1+ 5x2 = 6 6x1+ 4x2 ≥ 6 x1, x2 ≥ 0