RISET OPERASI DAN KOMPUTASI

(1)

(2)

RISET OPERASI DAN KOMPUTASI

Dinita Rahmalia Teguh Herlambang

Kresna Bina Insan Prima

Anggota IKAPI

(3)

Riset Operasi dan Komputasi

Penulis : Dinita Rahmalia dan Teguh Herlambang Editor : Muhammad Ainul Firdaus

Desain Sampul : Febriyanti Devita Sari Desain Isi : Siska Amelia

Diterbitkan Oleh :

Kresna Bina Insan Prima

Jl. Klakahrejo No. 77 Benowo Surabaya 60198 Tel./Fax. : +6231 7457673

Hp. : +6285330834377 Email : ldp_kbip@ yahoo.co.id Facebook : Kresna Bip

Website : www.publikasiilmiah.com

181 hlm.; 20 x 27 cm ; HVS 80 gram ISBN : 978-623-7802-13-6

Cetakan pertama, 2020

Hak cipta dilindungi undang-undang

Dilarang memperbanyak buku ini dalam bentuk apapun

(4)

(5)

iii

KATA PENGANTAR

Puji syukur Alhamdulillah penulis panjatkan kehadirat Allah SWT, karena berkat rahmat, hidayahNya, penulis dapat menyelesaikan penyusunan buku ajar ini dengan baik.

Shalawat serta salam penulis panjatkan kapada Rasulullah SAW, keluarganya, sahabat serta umatnya yang senantiasa menegakkan Islam.

Riset operasi merupakan ilmu yang sangat penting untuk masalah model optimisasi yang dapat diterapkan dalam kehidupan sehari-hari, sehingga mata kuliah ini dipelajari pada bidang sains maupun teknik. Materi Riset Operasi yang dibahas pada buku ini adalah sistem persamaan linear sebagai pengantar, kemudian disusul program linear, teori dual, metode heuristik, masalah transportasi, masalah optimisasi jaringan, penjadwalan proyek, pemrograman bilangan bulat, pemrograman multiobyektif, dan pengantar pemrograman dinamis.

Dalam menyelesaikan buku ajar ini, tentunya banyak kendala dan kekurangan yang dihadapi.

Penulis banyak ucapkan terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu, rekan dosen Universitas Islam Darul Ulum Lamongan dan Universitas Nahdlatul Ulama Surabaya, rekan penerbit, keluarga penulis serta rekan yang tak dapat disebutkan satu persatu.

Penulis menyadari bahwa buku ajar ini masih banyak kekurangan. Oleh karena itu, penulis sangat mengharapkan kritik dan saran yang membangun. Akhir kata penulis berharap semoga buku ajar ini dapat bermanfaat bagi pembaca dan perkembangan ilmu pengembangan.

Gresik, September 2020

Penulis

(6)

iv

Kata Pengantar ... iii

Daftar Isi ... iv

BAB 1 Sistem Persamaan Linear ... 1

1.1 Bentuk Sistem Persamaan Linear ... 1

1.2 Representasi Sistem Persamaan Linear dalam Bentuk Matriks ... 2

1.3 Solusi Sistem Persamaan Linear ... 2

1.3.1 Metode Eliminasi ... 3

1.3.2 Operasi Baris Elementer ... 4

BAB 2 Program Linear ... 9

2.1 Pengenalan Program Linear ... 9

2.2 Formulasi Model : Memaksimumkan Keuntungan ... 10

2.3 Metode Grafis ... 11

2.4 Formulasi Model : Meminimumkan Belanja ... 12

2.5 Metode Grafis ... 13

2.6 Solusi pada Linear Programming ... 13

2.6.1 Solusi Optimal ... 14

2.7 Metode Simpleks ... 17

2.7.1 Pengertian Variabel Slack dan Teknik Modifikasi ... 17

2.7.2 Metode Simpleks dan Komputasinya ... 18

2.8 Metode Big M pada Kendala Berbentuk Persamaan = ... 22

2.8.1 Pengertian Variabel Artificial dan Teknik Modifikasi ... 22

2.8.2 Metode Big M dan Komputasinya ... 23

2.9 Metode Big M pada Kendala Berbentuk Pertidaksamaan ≥ ... 28

(7)

v

2.9.1 Masalah Nilai Negatif pada Nilai Kanan Kendala ... 28

2.9.2 Masalah Minimalisasi ... 28

2.9.3 Pengertian Variabel Surplus dan Teknik Modifikasi ... 28

2.9.4 Metode Big M dan Komputasinya ... 29

BAB 3 Teori Dual ... 35

3.1 Hubungan Masalah Primal dan Masalah Dual ... 35

3.2 Mengubah Masalah Maksimalisasi Menjadi Masalah ... 36

3.2.1 Perhitungan ... 38

3.3 Mengubah Masalah Minimalisasi Menjadi Masalah Maksimalisasi ... 42

3.3.1 Perhitungan ... 43

BAB 4 Metode Heuristik ... 47

4.1 Masalah Penugasan ... 47

4.1.1 Metode Eliminasi Baris dan Kolom ... 48

4.1.2 Metode Hungarian ... 51

4.2 Traveling Salesman Problem (TSP) ... 54

4.2.1 Metode Nearest Neighbor ... 55

4.3 Knapsack Problem ... 57

4.3.1 Metode Greedy ... 58

4.4 Multiple Knapsack Problem ... 59

4.4.1 Metode Greedy ... 60

4.5 Masalah Transportasi ... 62

4.5.1 Metode Nilai Minimum ... 63

4.6 Vehicle Routing Problem ... 69

4.6.1 Metode Greedy dan Nearest Neighbor ... 70

BAB 5 Masalah Transportasi ... 81

5.1 Bentuk Umum Masalah Transportasi ... 81

(8)

vi

5.3 Metode Northwest Corner ... 83

5.3.1 Tahap Awal (Inisialisasi) ... 83

5.3.2 Tahap Optimisasi ... 83

5.3.3 Tahap Pemberhentian ... 83

5.3.4 Komputasi ... 84

5.4 Metode Nilai Minimum ... 87

5.5 Metode Vogel ... 92

5.6 Metode Russel ... 95

5.7 Ketidak seimbangan pada Masalah Transportasi ... 101

5.7.1 Jumlah Persediaan Lebih dari Jumlah Permintaan. ... 101

5.7.2 Jumlah Permintaan Lebih dari Jumlah Persediaan ... 102

BAB 6 Masalah Optimisasi Jaringan ... 103

6.1 Pengertian Graf ... 103

(9)

vii

6.1.1 Graf Berarah ... 105

6.1.2 Matriks Ketetanggaan (Adjacent Matrix) ... 106

6.1.3 Matriks Kesisian (Incident Matrix) ... 107

6.2 Masalah Jarak Terpendek. ... 107

6.2.1 Metode Dijkstra ... 107

6.2.2 Metode Floyd ... 114

6.3 Masalah Pohon Pembentang Minimum ... 119

6.3.1 Pengertian Pohon dan Pohon Merentang ... 119

6.3.2 Metode Kruskal ... 119

6.4 Masalah Arus Maksimum ... 124

6.4.1 Metode Ford-Fulkerson ... 124

BAB 7 Penjadwalan Proyek, Flow Shop Problem, dan Job Shop Problem ... 127

7.1 Penjadwalan Proyek dengan Critical Path Method (CPM) ... 127

7.1.1 Membuat Jaringan Proyek ... 127

7.1.2 Metode CPM Jalur Maju ... 129

7.1.3 Metode CPM Jalur Mundur ... 129

7.1.4 Komputasi CPM ... 129

7.1.5 Konstruksi Jadwal ... 132

7.2 Flow Shop Problem ... 133

7.2.1 Metode Johnson ... 134

7.3 Job Shop Problem ... 135

BAB 8 Pemrograman Bilangan Bulat (Integer Programming) ... 137

8.1 Metode Branch and Bound ... 137

(10)

viii

8.2 Pemrograman Biner ... 149

8.2.4 Komputasi. ... 150

8.3 Metode Cutting Plane ... 159

BAB 9 Pemrograman Multiobyektif ... 165

9.1 Goal Programming ... 165

9.2 Analytic Hierarchy Process (AHP) ... 168

BAB 10 Pengantar Pemrograman Dinamis ... 173

10.1 Stagecoach Problem ... 173

10.1.1 Rekursif Maju ... 173

10.1.2 Rekursif Mundur ... 176

10.2 Bounded Knapsack Problem ... 178

Daftar Pustaka ... 181

(11)

Bab 1

Sistem Persamaan Linear

Pada Riset Operasi, terdapat banyak model masalah optimisasi menggunakan aljabar linear beserta penyelesaiannya. Teknik penyelesaian aljabar linear seperti metode substitusi dan metode eliminasi telah dipelajari pada bangku sekolah. Dalam buku ini, sebelum membahas lebih jauh tentang Riset Operasi, pemahaman tentang aljabar linear sangat diperlukan. Dalam bab ini akan dijelaskan sekilas tentang aljabar linear berupa sistem persamaan linear dan teknik penyelesaiannya menggunakan operasi baris elementer.

1.1 Bentuk Sistem Persamaan Linear

Persamaan linear adalah persamaan yang berbentuk :

a₁x₁+ a₂x₂+ . . . + a_nx_n= b (1.1)

dimana a1, a2, . . . , anadalah konstanta dan x1, x2, . . . , xn adalah variabel (peubah).

Contoh :

2x₁+ x₂− 3x₃ = 5

Sistem persamaan linear adalah kumpulan dari persamaan linear yang saling berkaitan. Bentuk sistem persamaan linear adalah sebagai berikut :

a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn = b1

a21x1+ a22x2+ . . . + a2nxn = b2

... ... ... am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn = bm

(1.2)

1

(12)

1.2 Representasi Sistem Persamaan Linear dalam Bentuk Matriks

Sistem persamaan linear yang berbentuk :

a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn = b1

a21x1+ a22x2+ . . . + a2nxn = b2

... ... ... am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn = bm

dapat direpresentasikan dalam bentuk matriks sebagai berikut :







a₁₁ a₁₂ . . . a_1n a21 a22 . . . a2n

... ... ... ... am1 am2 . . . amn











 x₁ x2

... xn







=





 b₁ b2

... bm





 Contoh :

Diketahui sistem persamaan linear berikut :

x + y + 2z = 9 2x + 4y − 3z = 1 3x + 6y − 5z = 0 Representasikan dalam bentuk matriks.

Jawab :





1 1 2 2 4 −3 3 6 −5







 x y z



=



 9 1 0





1.3 Solusi Sistem Persamaan Linear

Dari sistem persamaan linear berbentuk :







a₁₁ a₁₂ . . . a_1n a₂₁ a₂₂ . . . a_2n ... ... ... ... a_m1 a_m2 . . . a_mn











 x₁ x₂ ... x_n







=





 b₁ b₂ ... b_m







nilai





 x1

x₂ ... x_n







disebut solusi sistem persamaan linear.

Cara menentukan solusi sistem persamaan linear ada dua cara yaitu dengan metode eliminasi dan metode operasi baris elementer.

(13)

1.3. SOLUSI SISTEM PERSAMAAN LINEAR 3 1.3.1 Metode Eliminasi

Contoh :

Tentukan solusi sistem persamaan linear berikut :

x + y + 2z = 9 2x + 4y − 3z = 1 3x + 6y − 5z = 0 dengan metode eliminasi.

Jawab :

x + y + 2z = 9 (1) 2x + 4y − 3z = 1 (2) 3x + 6y − 5z = 0 (3) Eliminasi variabel x dari persamaan (1) dan (2).

x + y + 2z = 9 | × 2| 2x + 2y + 4z = 18 2x + 4y − 3z = 1 | × 1| 2x + 4y − 3z = 1

−2y + 7z = 17 (4) Eliminasi variabel x dari persamaan (1) dan (3).

x + y + 2z = 9 | × 3| 3x + 3y + 6z = 27 3x + 6y − 5z = 1 | × 1| 3x + 6y − 5z = 1

−3y + 11z = 27 (5) Eliminasi variabel y dari persamaan (4) dan (5).

−2y + 7z = 17 | × 3| −6y + 21z = 51

−3y + 11z = 27 | × 2| −6y + 22z = 54

−z = −3

z = 3 Masukkan nilai z pada persamaan (4).

−2y + 7z = 17

−2y + 7(3) = 17

−2y + 21 = 17 y = 2

(14)

Masukkan nilai z, y pada persamaan (1).

x + y + 2z = 9 x + 2 + 2(3) = 9 x + 8 = 9 x = 1 Jadi solusinya adalah :



 x y z



=



 1 2 3





1.3.2 Operasi Baris Elementer

Langkah operasi baris elementer adalah dengan mengubah bentuk sistem persamaan linear :







a₁₁ a₁₂ . . . a_1n a₂₁ a₂₂ . . . a_2n ... ... ... ... a_m1 a_m2 . . . a_mn











 x₁ x₂ ... x_n







=





 b₁ b₂ ... b_m







menjadi bentuk :







a11 a12 . . . a1n | b1

a₂₁ a₂₂ . . . a_2n | b₂ ... ... ... ... ... ... a_m1 a_m2 . . . a_mn | b_m





 kemudian dilakukan operasi baris elementer manjadi bentuk :







1 0 . . . 0 | h_x₁ 0 1 . . . 0 | hx2

... ... ... ... ... ... 0 0 . . . 1 | h_x_n







Contoh :

Tentukan solusi sistem persamaan linear berikut :

x + y + 2z = 9 2x + 4y − 3z = 1 3x + 6y − 5z = 0 dengan operasi baris elementer.

Jawab :

(15)

1.3. SOLUSI SISTEM PERSAMAAN LINEAR 5

x + y + 2z = 9 (B₁) 2x + 4y − 3z = 1 (B₂) 3x + 6y − 5z = 0 (B3)

Langkah pertama adalah membuat a11= 1, a21= 2, a31= 3 menjadi a11= 1, a21= 0, a31= 0.

Operasi Baris Elementer (OBE)

Bagi baris 1 dengan 1 supaya koefisien x bernilai 1. Supaya koefisien x yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : kurangkan baris 2 dengan dua kali baris 1, kurangkan baris 3 dengan tiga kali baris 1.

Lebih jelasnya adalah mengubah kolom



 1 2 3



menjadi



 1 0 0



 dengan cara sebagai berikut :



 1 2 3





−−→1 1B₁



 1 2 3





−−−−−−−−→

B₂− 2B₁ B3− 3B₁



 1 0 0





Operasi baris elementer (OBE) : 1 1B₁

1 1 2 = 9 | ×¹₁| 1 1 2 = 9 Operasi baris elementer (OBE) : B2− 2B₁

2 4 −3 = 1 | × 1| 2 4 −3 = 1

1 1 2 = 9 | × −2| −2 −2 −4 = −18

0 2 −7 = −17

Operasi baris elementer (OBE) : B3− 3B₁

3 6 −5 = 0 | × 1| 3 6 −5 = 0

1 1 2 = 9 | × −3| −3 −3 −6 = −27 0 3 −11 = −27 Sehingga proses Operasi Baris Elementer (OBE) dapat ditulis sebagai berikut :





1 1 2 | 9

2 4 −3 | 1 3 6 −5 | 0





−→

B1

1





1 1 2 | 9

2 4 −3 | 1 3 6 −5 | 0





−−−−−−−−→

B₂− 2B₁ B3− 3B₁





1 1 2 | 9

0 2 −7 | −17 0 3 −11 | −27



 Langkah kedua adalah membuat a12= 1, a22= 2, a32= 3 menjadi a12= 0, a22= 1, a32= 0.

Bagi baris 2 dengan 2 supaya koefisien y bernilai 1. Supaya koefisien y yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : kurangkan baris 1 dengan baris 2, kurangkan baris 3 dengan tiga kali baris 2.

(16)



 1 2 3



 menjadi



 0 1 0



dengan cara sebagai berikut :



 1 2 3





−−→1 2B2



 1 1 3





−−−−−−−−→

B₁− B₂ B3− 3B₂



 0 1 0





Operasi baris elementer (OBE) : 1 2B2

0 2 −7 = −17 | × ¹₂| 0 1 −⁷₂ = −¹⁷₂ Operasi baris elementer (OBE) : B₁− B₂

1 1 2 = 9 | × 1| 1 1 2 = 9

0 1 −⁷₂ = −¹⁷₂ | × −1| 0 −1 ⁷₂ = ¹⁷₂ 1 0 ¹¹₂ = ³⁵₂ Operasi baris elementer (OBE) : B3− 3B₂

0 3 −11 = −27 | × 1| 0 3 −11 = −27 0 1 −⁷₂ = −¹⁷₂ | × −3| 0 −3 ²¹₂ = ⁵¹₂

0 0 −¹₂ = −³₂ Sehingga proses Operasi Baris Elementer (OBE) dapat ditulis sebagai berikut :





1 1 2 | 9

0 2 −7 | −17 0 3 −11 | −27





−→

B2

2





1 1 2 | 9

0 1 −⁷₂ | −¹⁷₂ 0 3 −11 | −27





−−−−−−−−→

B1− B₂ B₃− 3B₂





1 0 ¹¹₂ | ³⁵₂ 0 1 −⁷₂ | −¹⁷₂ 0 0 −¹₂ | −³₂





Langkah ketiga adalah membuat a13= 11

2 , a23= −7

2, a33= −1

2 menjadi a13= 0, a23= 0, a33= 1.

Operasi Baris Elementer (OBE) Bagi baris 3 dengan −1

2 supaya koefisien z bernilai 1. Supaya koefisien z yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : kurangkan baris 1 dengan 11

2 kali baris 3, jumlahkan baris 2 dengan 7

2 kali baris 3.





11 2

−⁷₂

−¹₂



menjadi



 0 0 1



 dengan cara sebagai berikut :





11 2

−⁷₂

−¹₂





−−−−→

1

−¹₂B3





11 2

−⁷₂ 1





−−−−−−−−−→

B1−¹¹₂B3

B₂+ ⁷₂B₃



 0 0 1





(17)

1.3. SOLUSI SISTEM PERSAMAAN LINEAR 7

Operasi baris elementer (OBE) : 1

−¹₂B3

0 0 −¹₂ = −³₂ | × ¹

−¹₂| 0 0 1 = 3 Operasi baris elementer (OBE) : B₁−¹¹₂B₃

1 0 ¹¹₂ = ³⁵₂ | × 1| 1 0 ¹¹₂ = ³⁵₂ 0 0 1 = 3 | × −¹¹₂| 0 0 −¹¹₂ = −³³₂

1 0 0 = 1

Operasi baris elementer (OBE) : B2+⁷₂B3

0 1 −⁷₂ = −¹⁷₂ | × 1| 0 1 −⁷₂ = −¹⁷₂ 0 0 1 = 3 | ×⁷₂| 0 0 ⁷₂ = ²¹₂

0 1 0 = 2

Sehingga proses Operasi Baris Elementer (OBE) dapat ditulis sebagai berikut :





1 0 ¹¹₂ | ³⁵₂ 0 1 −⁷₂ | −¹⁷₂ 0 0 −¹₂ | −³₂





−−−−−→

B3× −2





1 0 ¹¹₂ | ³⁵₂ 0 1 −⁷₂ | −¹⁷₂

0 0 1 | 3





−−−−−−−−−→

B₁−¹¹₂B₃ B2+ ⁷₂B3





1 0 0 | 1 0 1 0 | 2 0 0 1 | 3



 Jadi solusinya adalah :



 x y z



=



 1 2 3





(18)

(19)

Bab 2

Program Linear

Program linear merupakan bagian yang sangat penting pada Riset Operasi karena sebagai besar masalah pada Riset Operasi menggunakan program linear. Pada bangku sekolah, masalah pada program linear menggunakan metode grafis telah dipelajari. Pada buku ini akan dijelaskan teknik pemecahan masalah program linear lebih mendalam berdasarkan bentuk kendala, seperti metode Simpleks dan metode Big M.

2.1 Pengenalan Program Linear

Bentuk umum program linear untuk masalah optimisasi berupa memaksimumkan fungsi obyektif adalah :

max Z = c₁x₁+ c₂x₂+ . . . + c_nx_n (2.1) dengan kendala

a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn ≤ b₁ a₂₁x₁+ a₂₂x₂+ . . . + a_2nx_n ≤ b₂

... a_m1x₁+ a_m2x₂+ . . . + a_mnx_n ≤ b_m

(2.2)

x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0, . . . , x_n≥ 0 (2.3) Selain bentuk di atas, bentuk umum program linear untuk masalah optimisasi berupa meminimumkan fungsi obyektif adalah :

min Z = c₁x₁+ c₂x₂+ . . . + c_nx_n (2.4) dengan kendala

a₁₁x₁+ a₁₂x₂+ . . . + a_1nx_n ≥ b₁ a21x1+ a22x2+ . . . + a2nxn ≥ b₂

... a_m1x₁+ a_m2x₂+ . . . + a_mnx_n ≥ b_m

(2.5)

9

(20)

x1 ≥ 0, x₂≥ 0, . . . , x_n≥ 0 (2.6) Keterangan dari kedua bentuk di atas adalah :

1. Z adalah fungsi obyektif yaitu fungsi yang akan dioptimalkan (dimaksimumkan atau di- minimumkan).

2. x₁, x₂, . . . , x_n adalah variabel keputusan yang akan dicari.

3. aij(i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n), b1, b2, . . . , bm, c1, c2, . . . , cn adalah parameter.

4. Fungsi obyektif Z berbentuk linear.

5. Fungsi kendala bentuk sistem linear.

Tujuan dari program linear kedua bentuk di atas adalah menentukan nilai x1, x2, . . . , xnyang men- goptimalkan (memaksimumkan atau meminimumkan) Z.

2.2 Formulasi Model : Memaksimumkan Keuntungan

Terdapat tiga pabrik yaitu : pabrik A, pabrik B, dan pabrik C. Ketiga pabrik tersebut memproduksi kaca pintu dan kaca jendela.

Aturan produksi pada masing-masing pabrik adalah :

Pabrik A memproduksi kaca pintu dengan waktu produksi 1 jam per minggu. Secara umum, waktu produksi pada Pabrik A adalah maksimum 4 jam per minggu.

Pabrik B memproduksi kaca jendela dengan waktu produksi 2 jam per minggu. Secara umum, waktu produksi pada Pabrik B adalah maksimum 12 jam per minggu.

Pabrik C memproduksi kaca pintu dengan waktu produksi 3 jam per minggu dan kaca jendela dengan waktu produksi 2 jam per minggu. Secara umum, waktu produksi pada Pabrik C adalah maksimum 18 jam per minggu.

Jika keuntungan kaca pintu adalah 300 dan keuntungan kaca jendela adalah 500. Tentukan jumlah kaca pintu dan jumlah kaca jendela yang diproduksi supaya pabrik tersebut mendapatkan keuntungan maksimum.

Dari permasalahan di atas, dapat dibuat tabel sebagai berikut :

Pabrik Waktu Produksi Maksimum Waktu Produksi (jam per minggu) (jam per minggu) Kaca Pintu Kaca Jendela

Pabrik A 1 0 4

Pabrik B 0 2 12

Pabrik C 3 2 18

Keuntungan 300 500

Pendefinisian variabel keputusan adalah sebagai berikut : Misalkan :

x₁ adalah jumlah kaca pintu.

(21)

2.3. METODE GRAFIS 11 x2 adalah jumlah kaca jendela.

Sehingga pembentukan fungsi obyektifnya adalah :

max Z = 300x1+ 500x2

dengan kendala

x1 ≤ 4 2x2 ≤ 12 3x₁+ 2x₂ ≤ 18

x₁≥ 0, x₂ ≥ 0

2.3 Metode Grafis

Penyelesaian program linear di atas dapat diselesaikan menggunakan metode grafis. Pertama-tama, kita plot ketiga pertidaksamaan pada kendala sehingga terlihat seperti Gambar 2.3. Setelah itu, kita dapatkan daerah penyelesaian (feasible region) yang memenuhi terhadap semua kendala yang ada.

Gambar 2.3. Pertidaksamaan pada Kendala

Setelah itu, kita hitung titik potong pada grafik di atas. Dari hasil perhitungan, titik potongnya adalah (0,0), (4,0), (4,3), (2,6), dan (0,6). Kemudian kita masukkan pada fungsi obyektif Z = f (x1, x2) = 300x1+ 500x2.

f (0, 0) = 300(0) + 500(0) = 0 f (4, 0) = 300(4) + 500(0) = 1200 f (4, 3) = 300(4) + 500(3) = 2700 f (2, 6) = 300(2) + 500(6) = 3600 f (0, 6) = 300(0) + 500(6) = 3000

Dari hasil perhitungan di atas, terlihat bahwa titik (x₁, x₂) = (2, 6) menghasilkan nilai Z paling besar yaitu sebesar 3600. Sehingga titik (x1, x2) = (2, 6) adalah solusi optimal dan Z = 3600 adalah nilai optimal.

(22)

Jadi pabrik tersebut harus memproduksi jumlah kaca pintu x1 sebanyak 2 dan jumlah kaca jendela x2 sebanyak 6.

Namun adakalanya, titik potong tersebut bukan solusi optimal. Oleh karena itu kita dapat menggeser sedikit garis 3600 = 300x₁+500x₂sejajar dengan gradiennya namun harus menuju ke daerah penyelesaiannya.

2.4 Formulasi Model : Meminimumkan Belanja

Seorang pembuat kue akan membuat kue : kue kering, brownis, dan donat. Ketiga kue tersebut mengandung keju dan coklat.

Kandungan bahan pada ketiga kue tersebut adalah :

Kue kering mengandung keju 1 gram. Menurut selera pasar, kandungan bahan pada kue kering adalah minimum 2 gram .

Brownis mengandung coklat 3 gram. Menurut selera pasar, kandungan bahan pada brownis adalah minimum 9 gram.

Donat mengandung 3 gram keju dan 2 gram coklat. Menurut selera pasar, kandungan bahan pada donat adalah minimum 18 gram.

Jika harga keju adalah 300 dan harga coklat adalah 500. Tentukan jumlah keju dan jumlah coklat yang harus dibeli supaya pembuat kue tersebut melakukan pembelanjaan minimum.

Dari permasalahan di atas, dapat dibuat tabel sebagai berikut :

Kandungan Bahan Minimum Kandungan Bahan

(gram) (gram)

Keju Coklat

Kue kering 1 0 2

Brownis 0 3 9

Donat 3 2 18

Harga 300 500

Pendefinisian variabel keputusan adalah sebagai berikut : Misalkan :

x₁ adalah jumlah keju.

x₂ adalah jumlah coklat.

Sehingga pembentukan fungsi obyektifnya adalah :

min Z = 300x₁+ 500x₂ dengan kendala

x1 ≥ 2 3x₂ ≥ 9 3x₁+ 2x₂ ≥ 18

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

(23)

2.5. METODE GRAFIS 13

2.5 Metode Grafis

Penyelesaian program linear di atas dapat diselesaikan menggunakan metode grafis. Pertama-tama, kita plot ketiga pertidaksamaan pada kendala sehingga terlihat seperti Gambar 2.5. Setelah itu, kita dapatkan daerah penyelesaian (feasible region) yang memenuhi terhadap semua kendala yang ada.

Gambar 2.5. Pertidaksamaan pada Kendala

Setelah itu, kita hitung titik potong pada grafik di atas. Dari hasil perhitungan, titik potongnya adalah (4,3) dan (2,6). Kemudian kita masukkan pada fungsi obyektif Z = f (x1, x2) = 300x1+ 500x₂.

f (4, 3) = 300(4) + 500(3) = 2700 f (2, 6) = 300(2) + 500(6) = 3600

Dari hasil perhitungan di atas, terlihat bahwa titik (x₁, x₂) = (4, 3) menghasilkan nilai Z paling kecil yaitu sebesar 2700. Sehingga titik (x1, x2) = (4, 3) adalah solusi optimal dan Z = 2700 adalah nilai optimal.

Jadi pembuat roti tersebut harus membeli jumlah keju x1 sebanyak 4 dan jumlah coklat x2sebanyak 3.

Namun adakalanya, titik potong tersebut bukan solusi optimal. Oleh karena itu kita dapat menggeser sedikit garis 2700 = 300x₁+500x₂sejajar dengan gradiennya namun harus menuju ke daerah penyelesaiannya.

2.6 Solusi pada Linear Programming

Solusi adalah nilai dari variabel keputusan (x₁, x₂, ..., x_n).

Pada linear programming, daerah solusi dibagi menjadi dua, yaitu : 1. Solusi feasible : Solusi yang memenuhi semua kendala.

2. Solusi infeasible : Solusi yang tidak memenuhi paling sedikit satu kendala.

Contoh :

(24)

Pada program linear :

max Z = 3x₁+ 5x₂ dengan kendala

x₁ ≤ 4 2x2 ≤ 12 3x1+ 2x2 ≤ 18

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

Selidiki apakah titik (2, 3), (4, 4) termasuk solusi feasible atau solusi infeasible.

Jawab : Titik (2, 3)

x₁ = 2 ≤ 4 2x₂ = 2(3) = 6 ≤ 12 3x₁+ 2x₂= 3(2) + 2(3) = 12 ≤ 18 x1 = 2 ≥ 0 x2 = 3 ≥ 0

Jadi titik (2, 3) memenuhi semua kendala sehingga termasuk solusi yang feasible.

Titik (4, 4)

x₁ = 4 ≤ 4 2x2 = 2(4) = 8 ≤ 12 3x1+ 2x2= 3(4) + 2(4) = 20 ≥ 18 x₁ = 4 ≥ 0 x₂ = 4 ≥ 0

Jadi titik (4, 4) tidak memenuhi kendala 3x₁+ 2x₂≤ 18 sehingga termasuk solusi yang infeasible.

2.6.1 Solusi Optimal

Jenis-jenis solusi optimal dalam linear programming adalah sebagai berikut : 1. Solusi optimal feasible.

Contoh :

max Z = 3x₁+ 5x₂

(25)

2.6. SOLUSI PADA LINEAR PROGRAMMING 15 dengan kendala

x1 ≤ 4 2x2 ≤ 12 3x1+ 2x2 ≤ 18

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0 Daerah penyelesaian :

Gambar 3. Solusi Feasible Masalah Maksimalisasi

Contoh :

min Z = 3x1+ 5x2

dengan kendala

x1 ≥ 2 3x₂ ≥ 9 3x₁+ 2x₂ ≥ 18

x1 ≥ 0, x₂≥ 0 Daerah penyelesaian :

Gambar 1. Solusi Feasible Masalah Minimalisasi

2. Solusi optimal infeasible.

Contoh :

(26)

max Z = 3x1+ 5x2

dengan kendala

x1 ≤ 4 2x2 ≤ 12 3x₁+ 2x₂ ≤ 18 3x₁+ 5x₂ ≥ 50

x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0 Daerah penyelesaian :

Gambar 2. Solusi Infeasible

3. Multiple solusi optimal.

Contoh :

max Z = 3x₁+ 2x₂ dengan kendala

x₁ ≤ 4 2x₂ ≤ 12 3x1+ 2x2 ≤ 18

x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0 Daerah penyelesaian :

(27)

2.7. METODE SIMPLEKS 17

Gambar 3. Multiple Solusi Optimal

4. Solusi optimal tak terbatas.

Contoh :

max Z = 3x1+ 5x2

dengan kendala

x₁ ≤ 4 x1 ≥ 0, x₂≥ 0 Daerah penyelesaian :

Gambar 4. Solusi Optimal tak Terbatas

2.7 Metode Simpleks

2.7.1 Pengertian Variabel Slack dan Teknik Modifikasi

Variabel slack adalah variabel tambahan yang akan mengubah pertidaksamaan menjadi persamaan.

Kita lihat pertidaksamaan pada kendala berikut :

max Z = 3x1+ 5x2

dengan kendala

x1 ≤ 4 2x2 ≤ 12 3x1+ 2x2 ≤ 18

x1≥ 0, x₂ ≥ 0

Kita tambah variabel slack s₃, s₄, s₅ sehingga kendala menjadi : max Z = 3x₁+ 5x₂

(28)

dengan kendala

x1+ s3 = 4 2x₂+ s₄ = 12 3x₁+ 2x₂+ s₅ = 18 x1 ≥ 0, x₂≥ 0, s₃≥ 0, s₄≥ 0, s₅≥ 0

Sehingga secara keseluruhan bentuk program linear di atas dapat dimodifikasi sebagai berikut : max Z

dengan kendala

Z − 3x₁− 5x₂ = 0 (0) x1+ s3 = 4 (1) 2x2+ s4 = 12 (2) 3x₁+ 2x₂+ s₅ = 18 (3) x₁ ≥ 0, x₂≥ 0, s₃≥ 0, s₄≥ 0, s₅≥ 0 2.7.2 Metode Simpleks dan Komputasinya

Penggunaan metode Simpleks yang dibahasi pada bagian ini, hanya untuk program linear yang berbentuk :

max Z = c₁x₁+ c₂x₂+ . . . + c_nx_n (2.7) dengan kendala

a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn ≤ b₁ a21x1+ a22x2+ . . . + a2nxn ≤ b₂

... am1x1+ am2x2+ . . . + amnxn ≤ b_m

(2.8)

x1 ≥ 0, x₂≥ 0, . . . , x_n≥ 0 (2.9) Untuk bentuk lainnya, seperti meminimumkan fungsi, akan dibahas pada bagian berikutnya. Peng- gunaan metode Simpleks di sini, kita menggunakan tabel Simpleks dimana variabel keputusan dinyatakan dengan x1, x2, . . . , xn dan variabel slack dinyatakan dengan sn+1, sn+2, . . . , sn+m.

Var. No. Koefisien dari Nilai Kanan

Z x1 x2 . . . xn sn+1 sn+2 . . . sn+m

Z 0 1 −c₁ −c₂ . . . −c_n 0 0 . . . 0 0

s_n+1 1 0 a₁₁ a₁₂ . . . a_1n 1 0 . . . 0 b₁

sn+2 2 0 a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0 b2

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

sn+m m 0 am1 am2 . . . amn 0 0 . . . 1 bm

(29)

2.7. METODE SIMPLEKS 19 Untuk memudahkan perhitungan, kita buat suatu matriks dimana baris menyatakan persamaan pada kendala dan kolom menyatakan variabel basis, variabel nonbasis, dan nilai kanan.







−c₁ −c₂ . . . −c_n 0 0 . . . 0 0 a₁₁ a₁₂ . . . a_1n 1 0 . . . 0 b₁ a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0 b2

... ... ... ... ... ... ... ... ... am1 am2 . . . amn 0 0 . . . 1 bm







(2.10)

Tahap Awal (Inisialisasi)

Masukkan koefisien dari bentuk program linear ke dalam tabel Simpleks.

Tahap Optimisasi

1. Menentukan Kolom Pivot. Kolom pivot dapat ditentukan dengan cara memilih koefisien variabel nonbasis pada persamaan 0 yang memiliki nilai negatif paling besar.

max(| − c₁|, | − c₂)|, . . . , | − c_n|) (2.11) 2. Menentukan Baris Pivot. Baris pivot dapat ditentukan dengan cara memilih rasio nilai

kanan per koefisien kolom pivot terkecil pada nilai kanan variabel basis.

min( b₁ kkp₁, b₂

kkp₂, . . . , b_m

kkp_m) (2.12)

3. Operasi Baris Elementer.

Tahap Pemberhentian

Tahap pemberhentian terjadi jika tidak ada koefisien pada persamaan 0 yang negatif.

Komputasi

Untuk memudahkan perhitungan, dapat menggunakan tabel iterasi sebagai berikut : Iterasi 1

Menentukan Kolom Pivot dan Baris Pivot

No. Z x1 x2 s3 s4 s5 Nilai Kanan Rasio

B₀ 1 -3 -5 0 0 0 0

B1 0 1 0 1 0 0 4 4/0

B₂ 0 0 2^∗ 0 1 0 12 12/2=6

B₃ 0 3 2 0 0 1 18 18/2=9

Dari tabel, pada persamaan B₀ terlihat bahwa -5 (kolom 2) adalah bilangan yang paling negatif sehingga kolom 2 adalah kolom pivot. Pada kolom rasio, terlihat bahwa 12/2 = 6 (baris 2) adalah bilangan paling kecil sehingga baris 2 adalah baris pivot. Sehingga elemen yang terletak pada baris pivot dan kolom pivot adalah 2.

(30)

Bagi baris pivot dengan 2 supaya koefisien x₂ bernilai 1. Supaya koefisien x₂ yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : jumlahkan baris 0 dengan lima kali baris 2, kurangkan baris 3 dengan dua kali baris 2.

Lebih jelasnya adalah mengubah kolom pivot







−5 0 2 2







menjadi





 0 0 1 0







dengan cara sebagai berikut :







−5 0 2 2







−−→1 2B₂







−5 0 1 2







−−−−−−−−→

B₀+ 5B₂ B3− 2B₂





 0 0 1 0







0 0 2 0 1 0 = 12 | × ¹₂| 0 0 1 0 ¹₂ 0 = 6 Operasi baris elementer (OBE) : B0+ 5B2

1 −3 −5 0 0 0 = 0 | × 1| 1 −3 −5 0 0 0 = 0 0 0 1 0 ¹₂ 0 = 6 | × 5| 0 0 5 0 ⁵₂ 0 = 30

1 −3 0 0 ⁵₂ 0 = 30 Operasi baris elementer (OBE) : B₃− 2B₂

0 3 2 0 0 1 = 18 | × 1| 0 3 2 0 0 1 = 18

0 0 1 0 ¹₂ 0 = 6 | × −2| 0 0 −2 0 −1 0 = −12

0 3 0 0 −1 1 = 6

Sehingga diperoleh tabel yang baru adalah :

No. Z x₁ x₂ s₃ s₄ s₅ Nilai Kanan

B₀ 1 -3 0 0 ⁵₂ 0 30

B₁ 0 1 0 1 0 0 4

B2 0 0 1 0 ¹₂ 0 6

B₃ 0 3 0 0 -1 1 6

Iterasi 2

Menetukan Kolom Pivot dan Baris Pivot

(31)

2.7. METODE SIMPLEKS 21 No. Z x₁ x₂ s₃ s₄ s₅ Nilai Kanan Rasio

B0 1 -3 0 0 ⁵₂ 0 30

B₁ 0 1 0 1 0 0 4 4/1=4

B2 0 0 1 0 ¹₂ 0 6 6/0

B3 0 3^∗ 0 0 -1 1 6 6/3=2

Dari tabel, pada persamaan B0 terlihat bahwa -3 (kolom 1) adalah bilangan yang paling negatif sehingga kolom 1 adalah kolom pivot. Pada kolom rasio, terlihat bahwa 6/3 = 2 (baris 3) adalah bilangan paling kecil sehingga baris 3 adalah baris pivot. Sehingga elemen yang terletak pada baris pivot dan kolom pivot adalah 3.

Bagi baris pivot dengan 3 supaya koefisien x₁ bernilai 1. Supaya koefisien x₁ yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : jumlahkan baris 0 dengan tiga kali baris 3, kurangkan baris 1 dengan baris 3.







−3 1 0 3







menjadi





 0 0 0 1













−3 1 0 3







−−→1 3B₃







−3 1 0 1







−−−−−−−−→

B₀+ 3B₃ B1− B₃





 0 0 0 1







Operasi baris elementer (OBE) : 1 3B₃

0 3 0 0 −1 1 = 6 | ×¹₃| 0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ = 2 Operasi baris elementer (OBE) : B0+ 3B3

1 −3 0 0 ⁵₂ 0 = 30 | × 1| 1 −3 0 0 ⁵₂ 0 = 30 0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ = 2 | × 3| 0 3 0 0 −1 1 = 6

1 0 0 0 ³₂ 1 = 36 Operasi baris elementer (OBE) : B₁− B₃

0 1 0 1 0 0 = 4 | × 1| 0 1 0 1 0 0 = 4

0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ = 2 | × −1| 0 −1 0 0 ¹₃ −¹₃ = −2 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ = 2 Sehingga diperoleh tabel yang baru adalah :

(32)

B0 1 0 0 0 ³₂ 1 36

B₁ 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ 2

B2 0 0 1 0 ¹₂ 0 6

B3 0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ 2

Selesai iterasi 2, terlihat bahwa solusinya x₁ = 2 dan x₂ = 6 dengan nilai Z = 3(2) + 5(6) = 36.

Solusi ini optimal karena tidak ada koefisien pada persamaan 0 yang bernilai negatif.

2.8 Metode Big M pada Kendala Berbentuk Persamaan =

Metode Big M digunakan pada masalah program linear yang dimodifikasi seperti berikut.

max Z = c1x1+ c2x2+ . . . + cnxn (2.13) dengan kendala

ai1x1+ ai2x2+ . . . + ainxn = bi (2.14) untuk sembarang i.

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0, . . . , x_n≥ 0 (2.15) 2.8.1 Pengertian Variabel Artificial dan Teknik Modifikasi

Variabel artificial adalah variabel yang ditambahkan jika kendala berbentuk =, ≥.

Misalkan kita ubah program linear sebelumnya menjadi : max Z = 3x1+ 5x2

dengan kendala

x₁ ≤ 4 2x₂ ≤ 12 3x1+ 2x2 = 18

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

Kita tambahkan variabel artificial pada kendala yang berbentuk = dan variabel slack pada kendala yang berbentuk ≤ sehingga program linear menjadi :

max Z = 3x₁+ 5x₂− M ¯s₅ dengan kendala

x₁+ s₃ = 4 2x₂+ s₄ = 12 3x1+ 2x2+ ¯s5 = 18 x₁ ≥ 0, x₂≥ 0, s₃≥ 0, s₄≥ 0, ¯s₅≥ 0

(33)

2.8. METODE BIG M PADA KENDALA BERBENTUK PERSAMAAN = 23 Sehingga secara keseluruhan bentuk program linear di atas dapat dimodifikasi sebagai berikut :

max Z dengan kendala

Z − 3x₁− 5x₂+ M ¯s₅ = 0 (0) x1+ s3 = 4 (1) 2x2+ s4 = 12 (2) 3x1+ 2x2+ ¯s5 = 18 (3) x₁ ≥ 0, x₂ ≥ 0, s₃ ≥ 0, s₄ ≥ 0, ¯s₅ ≥ 0 2.8.2 Metode Big M dan Komputasinya

Tahap Awal (Inisialisasi)

Masukkan koefisien dari bentuk program linear ke dalam tabel Simpleks. Pada baris 0, koefisien pada variabel artificial harus 0.

Tahap Optimisasi

1. Menentukan Kolom Pivot. Kolom pivot dapat ditentukan dengan cara memilih koefisien variabel nonbasis pada persamaan 0 yang memiliki nilai negatif paling besar.

max(| − c₁|, | − c₂)|, . . . , | − c_n|) (2.16) 2. Menentukan Baris Pivot. Baris pivot dapat ditentukan dengan cara memilih rasio nilai

kanan per koefisien kolom pivot terkecil pada nilai kanan variabel basis.

min( b1

kkp₁, b2

kkp₂, . . . , bm

kkp_m) (2.17)

3. Operasi Baris Elementer.

Tahap Pemberhentian

Tahap pemberhentian terjadi jika tidak ada koefisien pada persamaan 0 yang negatif.

Komputasi

Sistem kendala tersebut belum sesuai karena terdapat koefisien variabel artificial ¯s5 yang tak nol.

Karena itu, kita perlu mengeliminasi variabel ¯s₅.

Z − 3x₁− 5x₂+ M ¯s₅ = 0 | × 1| Z − 3x₁− 5x₂+ M ¯s₅ = 0 3x1+ 2x2+ ¯s5 = 18 | × (−M )| −3M x₁− 2M x₂− M ¯s5 = −18M

Z − (3M + 3)x₁− (2M + 5)x₂ = −18M

(34)

Untuk memudahkan perhitungan, dapat menggunakan tabel iterasi sebagai berikut : Iterasi 1

Menentukan Kolom Pivot dan Baris Pivot

No. Z x1 x2 s3 s4 s5 Nilai Kanan Rasio

B0 1 −(3M + 3) −(2M + 5) 0 0 0 −18M

B₁ 0 1 0 1 0 0 4 4/1=4

B₂ 0 0 2 0 1 0 12 12/0

B3 0 3 2 0 0 1 18 18/3=6

Dari tabel, pada persamaan B₀ terlihat bahwa −(3M + 3) (kolom 1) adalah bilangan yang paling negatif sehingga kolom 1 adalah kolom pivot. Pada kolom rasio, terlihat bahwa 4/1 = 4 (baris 1) adalah bilangan paling kecil sehingga baris 1 adalah baris pivot. Sehingga elemen yang terletak pada baris pivot dan kolom pivot adalah 1.

Bagi baris pivot dengan 1 supaya koefisien x1 bernilai 1. Supaya koefisien x1 yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : jumlahkan baris 0 dengan (3M + 3) kali baris 1, kurangkan baris 3 dengan tiga kali baris 1.







−(3M + 3) 1 0 3







menjadi





 0 1 0 0







dengan cara seba-

gai berikut :







−(3M + 3) 1 0 3







−−→1 1B1







−(3M + 3) 1 0 3







−−−−−−−−−−−−−−→

B0+ (3M + 3)B1

B3− 3B₁





 0 1 0 0







0 1 0 1 0 0 = 4 | × ¹₁| 0 1 0 1 0 0 = 4 Operasi baris elementer (OBE) : B0+ (3M + 3)B1

1 −(3M + 3) −(2M + 5) 0 0 0 = −18M | × 1|

0 1 0 1 0 0 = 4 | × (3M + 3)|

1 −(3M + 3) −(2M + 5) 0 0 0 = −18M 0 (3M + 3) 0 (3M + 3) 0 0 = 4(3M + 3) 1 0 −(2M + 5) (3M + 3) 0 0 = −6M + 12 Operasi baris elementer (OBE) : B₃− 3B₁

(35)

2.8. METODE BIG M PADA KENDALA BERBENTUK PERSAMAAN = 25

0 3 2 0 0 1 = 18 | × 1| 0 3 2 0 0 1 = 18

0 1 0 1 0 0 = 4 | × −3| 0 −3 0 −3 0 0 = −12

0 0 2 −3 0 1 = 6

No. Z x1 x2 s3 s4 s5 Nilai Kanan

B0 1 0 −(2M + 5) (3M + 3) 0 0 −6M + 12

B₁ 0 1 0 1 0 0 4

B₂ 0 0 2 0 1 0 12

B3 0 0 2 -3 0 1 6

Iterasi 2

No. Z x₁ x₂ s₃ s₄ s₅ Nilai Kanan Rasio B₀ 1 0 −(2M + 5) (3M + 3) 0 0 −6M + 12

B₁ 0 1 0 1 0 0 4 4/0

B2 0 0 2 0 1 0 12 12/2=6

B₃ 0 0 2 -3 0 1 6 6/2=3

Dari tabel, pada persamaan B0 terlihat bahwa −(2M + 5) (kolom 2) adalah bilangan yang paling negatif sehingga kolom 2 adalah kolom pivot. Pada kolom rasio, terlihat bahwa 6/2 = 3 (baris 3) adalah bilangan paling kecil sehingga baris 3 adalah baris pivot. Sehingga elemen yang terletak pada baris pivot dan kolom pivot adalah 2.

Bagi baris pivot dengan 2 supaya koefisien x₂ bernilai 1. Supaya koefisien x₂ yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : jumlahkan baris 0 dengan (2M + 5) kali baris 3, kurangkan baris 2 dengan dua kali baris 3.







−(2M + 5) 0 2 2







menjadi





 0 0 0 1







dengan cara seba-

gai berikut :







−(2M + 5) 0 2 2







−−→1 2B₃







−(2M + 5) 0 2 1







−−−−−−−−−−−−−−→

B0+ (2M + 5)B3

B₂− 2B₃





 0 0 0 1







0 0 2 −3 0 1 = 6 | ×¹₂| 0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ = 3

(36)

Operasi baris elementer (OBE) : B0+ (2M + 5)B3

1 0 −(2M + 5) (3M + 3) 0 0 = −6M + 12 | × 1|

0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ = 3 | × (2M + 5)|

1 0 −(2M + 5) (3M + 3) 0 0 = −6M + 12 0 0 (2M + 5) −³₂(2M + 5) 0 ¹₂(2M + 5) = 3(2M + 5)

1 0 0 −⁹₂ 0 ¹₂(2M + 5) = 27 Operasi baris elementer (OBE) : B2− 2B₃

0 0 2 0 1 0 = 12 | × 1| 0 0 2 0 1 0 = 12

0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ = 3 | × −2| 0 0 −2 3 0 −1 = −6

0 0 0 3 1 −1 = 6

No. Z x1 x2 s3 s4 s5 Nilai Kanan B0 1 0 0 −⁹₂ 0 ¹₂(2M + 5) 27

B1 0 1 0 1 0 0 4

B₂ 0 0 0 3 1 -1 6

B3 0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ 3

Selesai iterasi 2, terlihat bahwa solusinya x₁ = 4 dan x₂ = 3 dengan nilai Z = 3(4) + 5(3) = 27.

Solusi ini belum optimal karena terdapat koefisien pada persamaan 0 yang bernilai negatif.

Iterasi 3

No. Z x₁ x₂ s₃ s₄ s₅ Nilai Kanan Rasio B₀ 1 0 0 −⁹₂ 0 ¹₂(2M + 5) 27

B₁ 0 1 0 1 0 0 4 4/1=4

B2 0 0 0 3 1 -1 6 6/3=2

B₃ 0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ 3 3/(-3/2)=-2

Dari tabel, pada persamaan B0 terlihat bahwa ⁹₂ (kolom 3) adalah bilangan yang paling negatif sehingga kolom 3 adalah kolom pivot. Pada kolom rasio, terlihat bahwa 6/3 = 2 (baris 2) adalah bilangan paling kecil sehingga baris 2 adalah baris pivot. Sehingga elemen yang terletak pada baris pivot dan kolom pivot adalah 3.

Bagi baris pivot dengan 3 supaya koefisien x₃ bernilai 1. Supaya koefisien x₃ yang lain bernilai 0, maka dapat dilakukan operasi baris elementer yaitu : jumlahkan baris 0 dengan ⁹₂ kali baris 2, kurangkan baris 1 dengan baris 2, kurangkan baris 3 dengan ³₂ kali baris 2.

(37)

2.8. METODE BIG M PADA KENDALA BERBENTUK PERSAMAAN = 27







−⁹₂ 1 3

−³₂







menjadi





 0 0 1 0













−⁹₂ 1 3

−³₂







−−→1 3B2







−⁹₂ 1 1

−³₂







−−−−−−−−→

B0+⁹₂B2

B1− B₂ B₃+³₂B₂





 0 0 1 0







0 0 0 3 1 −1 = 6 | ×¹₃| 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ = 2 Operasi baris elementer (OBE) : B0+⁹₂B2

1 0 0 −⁹₂ 0 ¹₂(2M + 5) = 27 | × 1| 1 0 0 −⁹₂ 0 ¹₂(2M + 5) = 27 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ = 2 | ×⁹₂| 0 0 0 ⁹₂ ³₂ −³₂ = 9

1 0 0 0 ³₂ (M + 1) = 36 Operasi baris elementer (OBE) : B₁− B₂

0 1 0 1 0 0 = 4 | × 1| 0 1 0 1 0 0 = 4

0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ = 2 | × −1| 0 0 0 −1 −¹₂ ¹₃ = −2 0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ = 2 Operasi baris elementer (OBE) : B₃+³₂B₂

0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ = 3 | × 1| 0 0 1 −³₂ 0 ¹₂ = 3 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ = 2 | ×³₂| 0 0 0 ³₂ ¹₂ −¹₂ = 3 0 0 1 0 ¹₂ 0 = 6 Sehingga diperoleh tabel yang baru adalah :

B₀ 1 0 0 0 ³₂ M + 1 36

B₁ 0 1 0 0 −¹₃ ¹₃ 2

B2 0 0 0 1 ¹₃ −¹₃ 2

B₃ 0 0 1 0 ¹₂ 0 6

Selesai iterasi 3, terlihat bahwa solusinya x1 = 2 dan x2 = 6 dengan nilai Z = 3(2) + 5(6) = 36.

Solusi ini optimal karena tidak terdapat koefisien pada persamaan 0 yang bernilai negatif.

(38)

2.9 Metode Big M pada Kendala Berbentuk Pertidaksamaan ≥

Metode Big M digunakan pada masalah program linear yang dimodifikasi seperti berikut.

min Z = c₁x₁+ c₂x₂+ . . . + c_nx_n (2.18) dengan kendala

ai1x1+ ai2x2+ . . . + ainxn ≥ b_i (2.19) untuk sembarang i.

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0, . . . , x_n≥ 0 (2.20) 2.9.1 Masalah Nilai Negatif pada Nilai Kanan Kendala

Metode Simpleks atau Metode Big M hanya dapat digunakan jika nilai kanan kendala bernilai positif. Jika nilai kendala bernilai negatif, maka kita harus mengalikan kedua ruas dengan -1.

Contoh :

−0, 6x₁− 0, 4x₂ ≤ −6 Kalikan kedua ruas dengan -1 sehingga menjadi :

0, 6x₁+ 0, 4x₂ ≥ 6 2.9.2 Masalah Minimalisasi

Penggunaan Metode Simpleks dan Metode Big M untuk masalah minimimalisasi adalah dengan menggunakan hubungan berikut :

min Z =Pn

i=1c_ix_i (2.21)

ekuivalen dengan :

max −Z =Pn

i=1(−ci)xi (2.22)

Contoh :

min Z = 0, 4x1+ 0, 5x2

ekuivalen dengan :