Catatan Kuliah 12 Memahami dan Menganalisa Optimisasi dengan Kendala Ketidaksamaan

Catatan Kuliah 12

Memahami dan Menganalisa Optimisasi dengan Kendala Ketidaksamaan

1. Non Linear Programming

Misalkan dihadapkan pada ilustrasi berikut ini : (i) Max U: =U x x

(

₁, ,...,₂ xn

)

. : _{i i} s t

∑

p x ≤B xi ≥ ; 0 i=1, 2,...,n (ii) Min C: = p K_K +p L_L 0 . : s t K Lα β ≥Q Q K L₀, , ≥ ; 0 Q₀ ≠ 0

Secara umum, persoalan maksimisasi keuntungan atau minimisasi biaya untuk n variabel dan m kendala ditulis dalam bentuk :

(i) Max:π = f x x

(

₁, ,...,₂ x_n

)

(

1 2

)

. : i , ,..., n i s t g x x x ≤r dimana i=1, 2,...,m (ii) Min C: = f x x

(

1, ,...,2 xn

)

(

1 2

)

. : i , ,..., n i s t g x x x ≥r dimana 1, 2,...,i= m

Apabila dalam kedua persoalan di atas fungsi kendala dan tujuan semua berbentuk linear, maka dikenal dengan Linear Programming (LP). Sedangkan bila ada fungsi kendala atau tujuan yang tidak linear, mka disebut Non Linear Programming (NLP)

Contoh 1 :

(

) (

2

)

2 1 2 : 4 4 Min C= x − + x − 1 2 . : 2 3 6 s t x + x ≥ −3x₁−2x₂ ≥ − 12 x x₁, ₂ ≥ 0

Solusi bagi persoalan di atas akan didekati dengan pendekatan grafik sbb :

Perhatikan bahwa fungsi tujuan berbentuk lingkaran yang berpusat di titik

( )

4, 4 dengan jari-jari r= C x ₂ 6 −3x₁−2x₂ ≥ − 12 4 2 2x₁+3x₂ ≥ 6 0 3 4 x ₁

Berdasarkan grafik di atas, solusi terletak antara persinggungan garis

1 2

3x 2x 12

− − = − dengan lingkaran yang berpusat di titik

( )

4, 4 . Solusinya dapat dicari melalui konsep jarak terdekat antara titik dan garis.

Perhatikan lingkaran pada grafik tersebut dimana dapat dinyatakan sebagai fungsi implisit yaitu : F x x

(

₁, ₂

)

= →0

(

x₁−4

) (

2+ x₂−4

)

2− = C 0

Maka slope lingkaran :

(

)

(

1

)

(

(

1

)

)

2 1 1 2 2 2 2 4 4 2 4 4 x x dx F dx F x x − − = − = − = − − − Slope garis −3x₁−2x₂ = − : 12

( )

( )

2 1 1 2 3 3 2 2 dx F dx F − − = − = = − −

Pada persinggungan, slope lingkaran = slope garis :

(

)

(

12

)

4 3 4 2 x x − − = − −

(

1

) (

2

)

2 x −4 =3 x −4 2x₁− =8 3x₂− 12 2x₁−3x₂ = − …(*) 4

Solusi dapat diperoleh dari eliminasi persamaan (*) dan −3x₁−2x₂ = − 12

1 2 1 2 1 3 2 12 3 2 3 4 2 13 28 x x kali x x kali x − − = − → − = − → − − = − ₁* 28 ₂* 36 13 13 x = →x = Catatan :

Pengamatan pada daerah kendala dan fungsi tujuan : ™ Daerah kendala merupakan himpunan convex ™ Solusi yang diperoleh adalah solusi global ™ Fungsi tujuan adalah fungsi convex

Contoh 2 :

(

) (

2

)

2 1 2 : 4 4 Min C= x − + x − 1 2 . : 5 s t x +x ≥ − ≥ − x₁ 6 −2x₂ ≥ − 11 x x₁, ₂ ≥ 0

x ₂ x₁ = 6 5,5 x₂ =5,5 5 x₁+x₂ = 5 0 5 6 x ₁

Solusinya adalah lingkaran yang berpusat di titik

( )

4, 4 dengan jari-jari r=0 Contoh 3 : 1 2 : 2 Max π = x + x 2 1 1 2 . : 4 0 s t −x + x −x ≤ 2x₁+3x₂ ≤12 x x₁, ₂ ≥ 0 x ₂ 4 P ₁ −x₁2+4x₁−x₂ = 0 F ₁ P ₂ 2x₁+3x₂ =12 P ₃ 0 2 4 F 6 ₂ x ₁ Pengamatan :

(i) F₁∪F₂ bukan himpunan convex

(ii) P adalah titik optimal di ₁ F ₁

(iii) Setiap titik di F nilainya lebih optimal dari ₂ P ₁

(iv) P adalah maksimum global ₃

(4,4) •

Kesimpulan : ♦ Apabila set atau himpunan kendala tidak convex maka solusinya belum tentu global dan bisa tidak unique.

♦ Apabila set atau himpunan kendala convex maka solusinya pasti global.

2. Kondisi Kuhn Tucker

Konsep Kendala Non Negatif

( )

1 : Max π = f x 1 . : 0 s t x ≥

Berdasarkan optimisasi di atas, kemungkinan solusinya adalah : π π π A : solusi interior B : corner solution

C

C,D : bukan D titik stasioner

0 x₁* x ₁ x₁* x ₁ x₁* x ₁

Berdasarkan pengamatan ketiga gambar di atas dapat diperoleh bahwa x₁* merupakan maksimum lokal dari π bila memenuhi salah satu dari ketiga syarat berikut :

(i) f '

( )

x₁ =0 dan x₁* 0> (titik A)

(ii) f '

( )

x₁ =0 dan x₁* 0= (titik B)

(iii) f '

( )

x₁ <0 dan x₁* 0= (titik C,D)

Secara matematis, tiga syarat di atas dapat dirangkum menjadi first order necessary condition (FONC) maksimum lokal dengan kendala non negatif sbb :

( )

1

' * 0

Jadi ketika masalah optimisasi dengan n variabel :

(

1 2

)

: , ,..., _n Max π = f x x x . : _j 0 s t x ≥ dimana 1, 2,...,j= n Maka FONC : f_j ≤ ; 0 x_j ≥ ; 0 x f_{j j} = 0

(

j=1, 2,...,n

)

Secara khusus apabila kita bandingkan pada fungsi objektif dengan 3 variabel dan 2 kendala, maka permasalahan tersebut dapat ditulis sbb :

(

1 2 3

)

: , , Max π = f x x x

(

)

1 1 2 3 1 . : , , s t g x x x ≤r 2

(

)

1, ,2 3 2 g x x x ≤r x x x₁, ,_{2 3}≥ 0

atau dengan variabel dummy

(

s s₁, ₂

)

dapat dinyatakan dengan :

(

1 2 3

)

: , , Max π = f x x x

(

)

1 1 2 3 1 1 . : , , s t g x x x + =s r 2

(

)

1, ,2 3 2 2 g x x x + =s r x x x s s₁, , , ,_{2 3 1 2}≥ 0

Apabila kendala non-negatif diabaikan, maka fungsi Lagrangenya dapat dinyatakan sbb : Fungsi Lagrange :

(

)

1

(

)

2

(

)

1 2 3 1 1 1 2 3 1 2 2 1 2 3 2 ' , , , , , , Z = f x x x +λ _⎣⎡r −g x x x −s _⎦⎤+λ ⎡_⎣r −g x x x −s ⎤_⎦ FONC : 1 2 3 1 2 1 2 ' ' ' ' ' ' ' 0 Z Z Z Z Z Z Z x x x s s λ λ ∂ ₌∂ ₌∂ ₌∂ ₌∂ ₌∂ ₌ ∂ ₌ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Karena ada syarat xj ≥ dan 0 si ≥ , maka FONC menjadi : 0 (i) ' 0 j Z x ∂ _≤ ∂ ; xj ≥ ; 0 ' 0 j j Z x x ∂ ₌ ∂ (ii) ' 0 i Z s ∂ _≤ ∂ ; si ≥ ; 0 ' 0 i i Z s s ∂ ₌ ∂ (iii) ' 0 i Z λ ∂ ₌ ∂ 1, 2 1, 2,3 i j = ⎛ ⎞ ⎜ ₌ ⎟ ⎝ ⎠

Selanjutnya dari syarat FONC tersebut, ingin dieliminasi variabel pembantu yaitu s . _i

Dari FONC (ii) : ' 0 i Z s ∂ _≤ ∂ maka − ≤ atau λi 0 λi ≥ 0 ' 0 i i Z s s ∂ ₌ ∂ maka −siλi = atau 0 siλi = 0

Sehingga FONC (ii) dapat dinyatakan dengan : λ_i ≥ ; 0 s_i ≥ ; 0 s_iλ_i = 0

Sedangkan dari FONC (iii) : ' 0 i Z λ ∂ ₌ ∂ maka

(

1, ,2 3

)

0 i i i r −g x x x − =s atau i

(

₁, ,_{2 3}

)

i i s = −r g x x x Karena 0si ≥ maka

(

1, ,2 3

)

0 i i i s = −r g x x x ≥

Sehingga kombinasi dari FONC (ii) dan (iii) adalah:

(

1, ,2 3

)

0 i i r −g x x x ≥ ; λi ≥ ; 0

(

1, ,2 3

)

0 i i ri g x x x λ ⎡_⎣ − ⎤_⎦=

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa FONC dari Kondisi Kuhn Tucker (KKT) untuk masalah maksimisasi adalah :

™ ' 0 j Z x ∂ ≤ ∂ ; xj ≥ ; 0 ' 0 j j Z x x ∂ = ∂ ™ ' 0 i Z λ ∂ _≥ ∂ ; λi ≥ ; 0 ' 0 i i Z λ λ ∂ ₌ ∂

Sedangkan FONC dari Kondisi Kuhn Tucker (KKT) untuk masalah minimisasi adalah : ™ ' 0 j Z x ∂ ≥ ∂ ; xj ≥ ; 0 ' 0 j j Z x x ∂ = ∂ ™ ' 0 i Z λ ∂ _≤ ∂ ; λi ≥ ; 0 ' 0 i i Z λ λ ∂ ₌ ∂ Contoh :

(

) (

2

)

2 1 2 : 4 4 Min C= x − + x − 1 2 . : 2 3 6 s t x + x ≥ −3x₁−2x₂ ≥ − 12 x x₁, ₂ ≥ 0 Jawab : Fungsi Lagrange :

(

) (

2

)

2

(

)

(

)

1 2 1 1 2 2 1 2 ' 4 4 6 2 3 12 3 2 Z =⎡_⎣ x − + x − _⎦⎤+λ _⎣⎡ − x + x ⎤_⎦+λ ⎡_⎣− − − x − x ⎤_⎦ FONC :

(

1

)

1 2 1 ' 2 4 2 3 0 Z x x λ λ ∂ = − − + ≥ ∂ ; x1≥ ; 0 1 1 ' 0 Z x x ∂ = ∂

(

2

)

1 2 2 ' 2 4 3 2 0 Z x x λ λ ∂ _{= − − + ≥} ∂ ; x2 ≥ ; 0 2 2 ' 0 Z x x ∂ ₌ ∂ 1 2 1 ' 6 2 3 0 Z x x λ ∂ _{= − − ≤} ∂ ; λ1≥ ; 0 1 1 ' 0 Z λ λ ∂ ₌ ∂ 1 2 2 ' 12 3 2 0 Z x x λ ∂ = − + + ≤ ∂ ; λ2 ≥ ; 0 2 2 ' 0 Z λ λ ∂ = ∂

Mencari solusi dengan coba-coba, karena ada 2 variabel dan 2 kendala maka jumlah kombinasi penyelesaian yang mungkin adalah : ₂2 2+ ₌₂4 _{=16 kemungkinan.}

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 x x x x x x x x λ λ λ λ λ λ λ λ = = ⎧ = = ⎪ = > _⎪ = > ⎨ > = _⎪ > = ⎪ > > _⎩ > >

Perhatikan grafik di bawah ini ! x ₂ 6 −3x₁−2x₂ = − 12 4 2 2x₁+3x₂ = 6 0 3 4 x ₁

Berdasarkan solusi grafik di atas diketahui bahwa x₁> dan 0 x₂ > , sehingga hanya 0

ada 4 solusi yang mungkin yaitu :

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 0; 0 x x λ λ λ λ λ λ λ λ = = ⎧ ⎪ = > ⎪ > _{> ⎨} > = ⎪ ⎪ > > ⎩

¾ Misalkan solusi yang mungkin adalah : x₁ >0;x₂ >0;λ₁=0;λ₂ = 0 Karena x₁> dan 0 ₁ 1 ' 0 Z x x ∂ ₌ ∂ , maka

(

1

)

1 2 1 ' 2 4 2 3 0 Z x x λ λ ∂ _{= − − + =} ∂ …(1) Karena x₂ > dan 0 ₂ 2 ' 0 Z x x ∂ ₌ ∂ , maka

(

2

)

1 2 2 ' 2 4 3 2 0 Z x x λ λ ∂ _{= − − + =} ∂ …(2)

Karena λ₁ =0;λ₂ = , maka dari persamaan (1) dan (2) diperoleh solusi : 0

1* 4

x = dan x₂* 4=

Maka solusinya menjadi : x₁* 4; * 4; * 0; * 0= x₂ = λ₁ = λ₂ =

Selanjutnya akan diperiksa apakah solusi ini memenuhi KKT atau tidak. Karena λ₁ = dan 0 ₁ 1 ' 0 Z λ λ ∂ = ∂ , maka 1 2 1 ' 6 2 3 0 Z x x λ ∂ = − − < ∂ …(3)

Substitusi x₁* 4= dan x₂* 4= ke persamaan (3), terbukti 1 ' 0 Z λ ∂ _< ∂ Karena λ₂ = dan 0 ₂ 2 ' 0 Z λ λ ∂ = ∂ , maka 1 2 2 ' 12 3 2 0 Z x x λ ∂ = − + + < ∂ …(4)

Substitusi x₁* 4= dan x₂* 4= ke persamaan (4), ternyata 1 ' 0 Z λ ∂ _> ∂

Jadi, solusi x₁* 4; * 4; * 0; * 0= x₂ = λ₁ = λ₂ = bukan solusi optimal yang memenuhi

KKT.

¾ Misalkan solusi yang mungkin adalah : x₁ >0;x₂ >0;λ₁=0;λ₂ > 0 Karena x₁> dan 0 ₁ 1 ' 0 Z x x ∂ = ∂ , maka

(

1

)

1 2 1 ' 2 4 2 3 0 Z x x λ λ ∂ = − − + = ∂ …(1) Karena x₂ > dan 0 ₂ 2 ' 0 Z x x ∂ = ∂ , maka

(

2

)

1 2 2 ' 2 4 3 2 0 Z x x λ λ ∂ = − − + = ∂ …(2)

Karena λ₁ = , maka persamaan (1) dan (2) menjadi : 0

(

1

)

2

2 x − +4 3λ =0 …(3)

(

2

)

2

2 x − +4 2λ =0 …(4)

Eliminasi persamaan (3) dan (4) menghasilkan :

1 2 4x −6x + = …(5) 8 0 Karena λ₂ > dan 0 ₂ 2 ' 0 Z λ λ ∂ = ∂ , maka 1 2 2 ' 12 3 2 0 Z x x λ ∂ = − + + = ∂ …(6)

Kemudian eliminasi persamaan (5) dan (6) menghasilkan :

1 13x −28 0= ₁* 28 13 x = Substitusi nilai ₁* 28 13

x = ke persamaan (5) sehingga diperoleh nilai ₂* 36

13

x =

Substitusi nilai ₁* 28 13

x = ke persamaan (3) sehingga diperoleh nilai ₂* 16

13

λ = Maka solusinya menjadi : ₁* 28; *₂ 36; * 0; *_{1 2} 16

13 13 13

x = x = λ = λ =

Selanjutnya akan diperiksa apakah solusi ini memenuhi KKT atau tidak. Substitusi ₁* 28 13 x = , λ₁* 0= dan ₂* 16 13 λ = ke persamaan (2), terbukti 1 ' 0 Z x ∂ = ∂

Substitusi ₂* 36 13 x = , λ₁* 0= dan ₂* 16 13 λ = ke persamaan (1), terbukti 2 ' 0 Z x ∂ ₌ ∂ Karena λ₁ = dan 0 ₁ 1 ' 0 Z λ λ ∂ = ∂ , maka 1 2 1 ' 6 2 3 0 Z x x λ ∂ = − − < ∂ …(7) Substitusi ₁* 28 13 x = dan ₂* 36 13 x = ke persamaan (7), terbukti 1 ' 0 Z λ ∂ _< ∂ Substitusi ₁* 28 13 x = dan ₂* 36 13 x = ke persamaan (6), terbukti 2 ' 0 Z λ ∂ ₌ ∂ Jadi, solusi ₁* 28; *₂ 36; * 0; *_{1 2} 16 13 13 13

x = x = λ = λ = merupakan solusi optimal yang

memenuhi KKT. Soal : Diketahui :

( )

₃₂ 2 R Q = Q Q−

( )

2 _{8 4} C Q =Q + Q+ π₀ =18

Tentukan solusi dari optimisasi berikut yang memenuhi kondisi Kuhn Tucker :

( )

: Max R Q 0 . : s t C− ≤ − R π