Prof. Dr. Edi Syahputra, M.Pd PROGRAM LINIER

ii

PROGRAM LINIER

iv

Prof. Dr. Edi Syahputra, M.Pd

v

PROGRAM LINIER

Copyright©2015 Hak Cipta Dilindungi Undang-Undang

Dilarang mengutip, menscan atau memperbanyak dalam bentuk apapun tanpa izin tertulis dari penulis/Penerbit

Penulis Naskah :

Prof. Dr. Edi Syahputra, M.Pd

Desain Sampul : Drs. Gamal Kartono,M.Si

Penerbit UNIMED PRESS

Gedung Lembaga Penelitian Lantai 1 Jl. Willem Iskandar Psr V, Medan Contact person : Ramadhan 081265742097

www.unimed.ac.id Cetakan Pertama : Juni 2015

viii, 303 halaman; 16 x 22 cm ISBN :

Diterbitkan :

Penerbit Unimed Press. Universitas Negeri Medan, Jl. Willem Iskandar Pasar V

Medan Estate 20222 Email: unimedpress13@gmail.com

i

DAFTAR ISI

Kata Pengantar ... Daftar Isi...

Bab I Bentuk Umum Program Linier ... 1

A. Bentuk Umum Program Linier ... 1

B. Metode Grafik... 3

C. Beberapa Kasus (Secara Grafik) ... 5

D. Beberapa Konsep Pendukung ... 14

E. Penyelesaian Basis ... 15

F. Bidang Konveks ... 17

Bab II Program Linier dengan Metode Simpleks ... 37

A. Variabel Slack dan Variabel Surplus ... 38

B. Tabel Simpleks ... 40

C. Variabel Artifisial ... 44

Bab III Metode Simpleks dan Berbagai Kasus Dalam Program Linier ... 53

A.Soal Tidak Mempunyai Penyelesaian Optimum ... 53

B. Soal Memiliki Penyelesaian Optimum ... 58

C. Soal Dengan Variabel Tidak Bersyarat Tanda ... 60

Bab IV Teori Simpleks ... 66

A. Variabel Slack ... 66

B. Variabel Surplus ... 67

C. Menulis Kendala Prgram Linier Dengan Cara Tulis Vektor ... 68

D. Menentukan Nilai Tunggal ... 70

E. Memajukan Penyelesaian Layak Basis ... 72

F. Menentukan Vektor-vektor Kendala ... 76

G. Menentukan Nilai Z Yang Baru ... 78

Bab V Hubungan Dualitas ... 81

A. Pengertian ... 81

B. Persoalan Primal Dan Persoalan Dual Dalam Bentuk Umum ... 84

ii

C. Ketentuan Umum ... 87

Bab VI Permasalahan Angkutan ... 105

A. Permasalah Angkutan Setimbang ... 105

B. Penyelesaian Layak dan Penyelesaian Layak Basis ... 112

C. Soal-soal dan Penyelesaiannya ... 134

Bab VII Teori Permainan (Pengambilan Keputusan Dalam Suatu Persaingan) ... 176

A. Pendahuluan ... 176

B. Tipe Permainan ... 177

C. Permainan Dua Orang ... 177

D. Harapan Perolehan ... 181

E. Strategi Optimal ... 181

F. Teori Permainan dengan Program Linier ... 184

G. Penutup ... 189

Bab VIII Kumpulan Satuan Acara Perkuliahan (SAP) dan Kumpulan Hand Out ... 190

A. Satuan Acara Perkuliahan (SAP)... 190

B. Kumpulan Hand Out ... 222

iii KATA PENGANTAR

Buku program linier ini disusun bab demi bab secara hirarkhis dengan harapan dapat dipelajari mahasiswa dengan mudah. Tujuan utama penulis adalah untuk membantu mahasiswa memahami secara menyeluruh dan terintegrasi baik teori maupun penerapan program linier dalam dunia usaha. Oleh karena itu dianjurkan kepada pembaca, khususnya mahasiswa agar mempelajari buku ini dari satu bab ke bab berikutnya secara berurutan. Jangan berusaha melampaui suatu bab dan beralih ke bab berikutnya sebelum bab tersebut dikuasai dengan baik. Buku ini disusun sedemikian rupasehingga mahasiswa dimungkinkan dapat memahami sendiri tanpa bantuan orang lain. Dalamsetiap bab diberikan contoh soal dan penyelesaiannya, selain itu pada satu bab tersendiri diberikan soal-soal beserta penyelesaiannya secara lengkap.

Semoga buku ini memberikan sumbangan berarti bagi peningkatan mutu perkuliahan khususnya pada matakuliah program linier.

Penulis menyampaikan terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu sehingga selesainya penulisan buku ini. Kritik dan saran akan penulis terima dan pertimbangkan untuk perbaikan.

M e d a n, Juni 2015

Penulis

1

BAB I

BENTUK UMUM PROGRAM LINIER

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari bab I anda diharapkan dapat: 1. Menuliskan bentuk umum program linier

2. Menyelesaikan program linier sederhana dengan metode grafik 3. Membedakan kasus-kasus khusus yang sederhana pada program linier

A. Bentuk Umum Program Linier

Program linier merupakan ilmu terapan yang sangat bermanfaat dan sangat luas pemakaiannya. Untuk dapat menguasai ilmu ini diperlukan prasyarat pengetahuan yang lain. Pengetahuan yang sangat mendukung diantaranya adalah ruang vektor, dan matriks. Oleh sebab itu untuk memaksimalkan pemakaian buku ini dianjurkan untuk terlebih dahulu membaca buku-buku tentang ruang vektor dan matriks. Sistematika penulisan buku ini disusun sedemikian rupa sehingga pembaca terlebih dahulu diberikan teknik penyelesaian soal-soal program linier dari yang sederhana meningkat sampai ke soal-soal yang lebih kompleks. Landasan teori yang mendukung akan diberikan setelah teknik penyelesaian dikuasai dengan baik. Beberapa contoh soal yang dapat pembaca telusuri untuk lebih memahami teori yang dibaca. Selanjutnya diberikan soal-soal beserta penyelesaiannya untuk ditelusuri sebagai latihan, dengan harapan pembaca dapat menguasai materi yang dipelajari.

Program linier dapat diselesaikan dengan beberapa cara. Cara yang paling umum adalah dengan menggunakan metode grafik. Metode grafik hanya efektif digunakan apabila banyaknya variabel pada program linier hanya dua. Jika banyaknya variabel lebih dari dua misalnya ada tiga variabel, maka metode grafik tidak efektif lagi. Bahkan jika banyaknya variabel sudah lebih dari tiga maka metode grafik tidak dapat diterapkan lagi.

2

Bentuk umum program linier secara umum dapat diucapkan sebagai berikut: Diberikan m persamaan atau m pertidaksamaan linier dengan r variabel, akan ditentukan nilai tak negatip dari variabel-variabel ini yang memenuhi kendala dan memaksimumkan atau meminimumkan fungsi linier variabel-variabel itu. Secara matematik dapat ditulis: Maksimumkan atau minimumkan fungsi

linier: z =

c

1

x

1

....



c

_r

x

_r …..………(1)

dengan kendala:

_a

_i1

_x

₁

_

_a

_i2

_x

₂

_

_...

_

_a

_ir

_x

_r



_

_,

_

_,

_



_b

_i

_,

…(2)

x_j 0 ……(3) i = 1,2,3,...,m; j = 1,2,3,...,r; m dan r bilangan bulat; a_ij,b_j,c_j

adalah konstanta yang diketahui. Dalam setiap kendala, tanda

 

, ,atau hanya dipakai satu saja, tetapi tanda kendala yang satu

dengan kendala yang lain dapat berbeda. Persamaan (1) disebut fungsi tujuan atau fungsi obyektif, persamaan (2) disebut kendala utama, sedangkan persamaan (3) disebut kendala pembatas. Bentuk umum program linier di atas dapat diuraikan seperti berikut:

Maksimumkan atau minimumkan fungsi linier

3

B. Metode Grafik

Sebagaimana yang telah dikemukakan bahwa program linier yang melibatkan hanya dua variabel dapat diselesaikan dengan metode grafik. Berikut ini diberikan contoh soal untuk menjelaskan hal tersebut.

Maksimumkan z = 5x1 + 3x2 dengan kendala:

0

,

10

2

5

15

5

3

2 1 2 1 2 1











x

x

x

x

x

x

Tentukan nilai x1 dan nilai x2 yang memaksimumkan nilai z.

Penyelesaian:

Daerah penyelesaian yang layak adalah daerah yang memenuhi kendala utama dan kendala pembatas. Karena syarat nonnegatip dari

kendala pembatas adalah x1, x2



0 berarti setiap titik yang

merupakan penyelesaian layak haruslah terletak pada kuadran pertama. Untuk menentukan titik-titik dikuadran pertama yang memenuhi kendala utama dan kendala pembatas, kedua pertidaksamaan kendala utama dimisalkan berbentuk persamaan, yaitu:

10

2

5

15

5

3

2 1 2 1









x

x

x

x

Kemudian keduanya dilukis pada bidang koordinat seperti gambar (1.1). Semua titik yang memenuhi kendala utama dan kendala pembatas

0

,

10

2

5

15

5

3

2 1 2 1 2 1











x

x

x

x

x

x

Kendala utama

Kendala pembatas

4

terletak pada daerah yang diarsir. Setiap titik pada daerah ini merupakan penyelesaian layak. Untuk menentukan penyelesaian program linier di atas kita harus mencari titik pada daerah yang di arsir yang memberikan nilai terbesar untuk fungsi tujuan z.

Perhatikan gambar 1.1 di atas. Apabila z = 5x1 + 3x2 kita lukis pada

koordinat di atas untuk beberapa nilai z, atau dengan kata lain kita menggeser grafik garis z secara perlahan dan bertahap ke atas, akan diperoleh grafik seperti gambar 1.2.

Kita akan menentukan garis dengan nilai terbesar untuk z yang mempunyai sekurang-kurangnya satu titik pada daerah yang

diarsir. Dari gambar 1.2 dapat dilihat bahwa z2 adalah nilai

maksimum untuk z. Titik yang merupakan penyelesaian layak maksimum yang terletak pada daerah yang diarsir adalah titik A. Untuk menentukan nilai eksak penyelesaian maksimum ini dilakukan dengan mencari titik potong pada kedua garis

3x1 + 5x2 = 15

5X1+2X2 = 10

Selesaikan dengan metode eliminasi diperoleh x1 = 1,053

5

7 Soal-soal dan penyelesaiannya

1. Tentukanlah x1 dan x2 dari: x1 + x2



4

x1 + 2x2



8 x1 + x2



4 x1



3 x2



3 x1, x2



0 yang meminimumkan Z = 2x1 + 3x2 Penyelesaian:

Soal ini akan diselesaikan dengan metode grafik. Daerah penyelesaian yang layak dapat ditunjukkan dengan memberikan arsiran yang memenuhi kendala utama dan kendala pembatas. Gambarkan terlebih dahulu garis-garis dari:

Ambil satu atau dua koordinat titik yang berada di atas atau dibawah satu garis kendala. Substitusikan koordinat titik tersebut ke pertidaksamaan yang sesuai dengan grafik garis itu. Jika hasilnya merupakan kalimat matematika yang benar maka seluruh daerah yang sepihak dengan letak titik itu merupakan daerah layak untuk kendala tersebut. Lakukan langkah-langkah serupa untuk setiap kendala lainnya. Daerah penyelesaian yang layak untuk semua kendala (baik kendala utama maupun kendala pembatas) merupakan daerah yang layak untuk persoalan ini.

Misalnya ambil titik (0,0) substitusi x1 = 0 dan x2 = 0 ke x1+x2



4

diperoleh kalimat matematika yang benar 0 + 0



4. Jadi arsirlah

daerah yang sepihak dengan (0,0) terhadap garis + = 4.

Lakukan langkah yang sama terhadap semua kendala. Baik kendala utama maupun kendala pembatas.

8

Gambar 1.8 Tidak ada satu wilayah sekutu yang terarsir untuk semua kendala.

Setelah semua daerah yang layak dari masing-masing kendala di arsir, ternyata tidak ada satu wilayah sekutu yang terarsir untuk semua kendala. Dengan perkataan lain tidak ada daerah yang terarsir sampai lima kali untuk lima kendala tersebut. Sehingga disimpulkan tidak ada daerah yang layak untuk kendala persoalan program linier ini. Dikatakan program linier ini tidak memiliki jawab.

2. Maksimumkan Z = 2,5x1 + x2

dengan kendala: 3x1 + 5x2



15

5x1 + 2x2



10

x1 , x2



0

Penyelesaian:

Untuk melukis daerah penyelesaian layak persoalan di atas, terlebih dahulu gambarkan garis lurus batas dari kendala utama tersebut. Caranya gantikan tanda pertidaksamaan menjadi tanda sama dengan sebagai berikut:

9

3x1 + 5x2 = 15

5x1 + 2x2 = 10

Selanjutnya gambarkan grafik garis lurus dari ke dua persamaan di atas. Gambar daerah konveks (Gambar 1.9) menunjukkan daerah layak yang memenuhi kedua pertidaksamaan:

3x1 + 5x2



15

5x1 + 2x2



10

Dari perpotongan kedua garis diperoleh titik–titik sudut dari daerah

penyelesaian layak yaitu (0,0);(2,0);(

dan (0,3). Selanjutnya

diselidiki nilai untuk masing – masing titik sudut

tersebut. Titik (0,0) (2,0) ( (0,3) x1 0 2 0 x2 0 0 3 0 5 5 3

10

Dari tabel diatas terlihat bahwa nilai maksimum dari

adalah 5 . Nilai maksimum ini diperoleh pada titik (2,0) dan titik

(

. Sebenarnya penyelesaian program linier ini tak terhingga

banyaknya, yaitu sebanyak titik-titik yang terletak sepanjang garis

lurus antara titik (2,0) dan titik (

. Hal ini dapat ditandai dari

fungsi obyektif z yang sejajar dengan salah satu kendala yaitu 5x1 +

2x2 = 10. 3. Maksimumkan Z = 2x1 + 2x2 dengan kendala: x1 – x2



-1 -0,5x1 + x2



2 x1 , x2



0 Penyelesaian:

Gambarkan grafik garis x1 – x2 = -1 yaitu garis yang melalui titik

(-1,0) dan (0,1) kemudian arsir daerah yang memenuhi x1 – x2



-1.

Selanjutnya gambarkan grafik garis -0,5x1 + x2 = 2 yaitu garis

yang melalui titik (-4,0) dan (0,2), kemudian arsirlah daerah yang

memenuhi -0,5x1 + x2



2. Daerah penyelesaian layak adalah

daerah yang mendapatkan arsiran lebih dari satu kali yaitu daerah yang di arsir pada Gambar 1.10

11

Dari gambar 1.10 dapat dilihat bahwa penyelesaian tak terbatas (unbounded solution). Semua titik pada daerah yang diarsir memenuhi kendala, sedangkan daerah yang diarsir sangat luas tak terbatas ke arah kanan. Artinya penyelesaian banyak tak hingga tetapi tidak dapat menemukan z yang maksimum.

4. Maksimumkan Z = 3x1 - 2x2

dengan kendala: x1 + x2



1

2x1 + 2x2



4

x1 , x2



0

Penyelesaian:

Gambarkan grafik garis x1 + x2 = 1, yaitu garis yang melalui titik

(1,0) dan (0,1) kemudian arsir daerah yang memenuhi x1+x2



1.

Daerah yang terarsir adalah daerah di sisi bawah dari grafik garis

x1+x2= 1. Selanjutnya gambarkan grafik garis 2x1 + 2x2 = 4 yaitu

garis yang melalui titik (2,0) dan (0,2), kemudian arsirlah daerah

yang memenuhi 2x1+2x2



4. Daerah arsiran adalah daerah di sisi

atas dari grafik garis 2x1 + 2x2 = 4. Daerah penyelesaian layak adalah

daerah yang mendapatkan arsiran lebih dari satu kali atau daerah irisan yang memenuhi kendala pertama dan kendala kedua. Ternyata tidak ada daerah yang dimaksud tersebut. Berarti tidak ada daerah penyelesaian layak untuk program linier soal nomor 4 ini. Jadi soal ini tidak memiliki penyelesaian. Perhatikan gambar 1.11.

12

5

. Maksimumkan Z = x1 + x2 dengan kendala: x1 - x2



0 3x1 - x2



-3 x1 , x2



0 Penyelesaian:

Gambarkan grafik garis x1 - x2 = 0 yaitu garis yang melalui titik

pusat O(0,0) dan memiliki sudut 450 _{dengan sumbu x}

1 dan

bergradien positip. Kemudian arsir daerah yang memenuhi x1-x2



0.

Daerah arsiran adalah daerah di sisi bawah dari grafik x1 - x2 = 0.

Selanjutnya gambarkan grafik garis 3x1 - x2 = -3 yaitu garis yang

melalui titik (-1,0) dan (0,3), kemudian arsirlah daerah yang

memenuhi 3x1 - x2



-3. Daerah arsiran adalah daerah di sisi atas

dari grafik garis 3x1 - x2 = -3. Daerah penyelesaian layak adalah

daerah yang mendapatkan arsiran lebih dari satu kali atau daerah irisan yang memenuhi kendala pertama dan kendala kedua. Daerah yang dimaksud adalah seperti daerah yang diarsir pada gambar 1.12. Tetapi daerah ini bukan merupakan penyelesaian layak karena tidak

memenuhi kendala pembatas x1 , x2



0. Dengan demikian tidak ada

13 Soal-soal

Selesaikan menggunakan metode grafik

1. Maksimumkan z = x1 + 1,5 x2 Dengan kendala: 2x1 +3x2 ≤ 6 x1+4x2 ≤ 4 x1, x2 ≥ 0 2. Minimumkan z = 1,5x1 + 2,5x2 Dengan kendala: x1 +3x2 ≥ 3 x1+ x2 ≥ 2 x1, x2 ≥ 0 3. Maksimumkan z = 3x1 + 2x2 Dengan kendala: x1 + x2 ≥ 1 x2- 5x1 ≤ 0 5x2- x1 ≥ 0 x1- x2 ≥ -1 x1+ x2 ≤ 6 x1 ≤ 3 x1, x2 ≥ 0

14

D. Beberapa Konsep Pendukung

Kombinasi linier

Z Rn _{disebut kombinasi linier (KL) dari x}

1 , x2, .... xk jika untuk k







₁

,

₂

,...,

berlaku Z = _i k i ix



1



Tak Bebas Linier

Himpunan vektor a1, ...., am Rn disebut tak bebas linier jika ada

skalar



_i  0 sedemikian sehingga _i

m i ia



1



= 0 Bebas Linier

Himpunan vektor a1, ...., am Rn disebut bebas linier jika untuk

setiap i,



_i = 0 sedemikian sehingga _i

m i ia



1



= 0 Contoh Jika a1 =













2

1

dan a2 =













4

2

maka a1 dan a2 tak bebas linier

sebab



₁= -4 dan 2



= 2 sedangkan apabila b1 =













0

1

dan b2 =













1

0

maka b1 dan b2

bebas linier sebab

1

15 E. Penyelesaian Basis

Contoh berikut ini akan memberikan pemahaman tentang apa yang disebut dengan penyelesaian basis.

Tentukanlah penyelesaian basis sistem persamaan linier di bawah ini. 2x1 + x2 + x3 + 3x4 = 8

x1 - x2 + 2x3 = 1

5x1 –2x2 + 7x3 + 3x4 = 11

Penyelesaian

Dalam cara tulis matriks



































































11

1

8

3

7

2

5

0

2

1

1

3

1

1

2

3 2 1

x

x

x

Dengan menggunakan eliminasi Gauss- Jordan

























11

3

7

2

5

8

3

1

1

2

1

0

2

1

1





























6

3

3

3

0

6

3

3

3

0

1

0

2

1

1





























2

1

1

1

0

2

1

1

1

0

1

0

2

1

1



























0

0

0

0

0

2

1

1

1

0

1

0

2

1

1

Karena rank matriks A = rank matriks gandengan AB = 2 sedangkan 2 < 4 (jumlah variabel) maka penyelesaian sistem persamaan linier di atas tidak tunggal. Apabila baris pertama ditambah dengan baris kedua maka matriks terakhir ekuivalen dengan:

16

Karena ada dua vektor bebas linier, yaitu x1 dan x2 , berarti ada

sebanyak 6 penyelesaian basis, yang diperoleh dari

_C

4

2. Salah satu

penyelesaian basis itu adalah (x1, x2, x3, x4) = (3,2,0,0) atau x1 = 3

x2 = 2 x3 = 0 x4 = 0. Penyelesaian basis yang lain adalah x1, x3;

x2, x4 ; x1, x4 ; x2, x3 dan x3 , x4. Andaikan x3 masuk basis dan

x2 keluar, jadi basis yang baru adalah x1 dan x3. Maka dari *)

upayakan vektor kolom x3 menjadi













1

0

dengan cara elemen-elemen bersesuaian dari baris pertama ditambah dengan baris kedua dan elemen-elemen baris kedua dikali dengan –1 sehingga

diperoleh

_

















1

1

1

2

0

5

2

0

1

1

Penyelesaian basis baru adalah (x1,x2,x3,x4) = (5,0,-2,0) atau x1 = 5; x3 = -2.

Tugas, tentukan penyelesaian basis lainnya. Setelah itu kerjakan latihan di bawah ini:

1. Selidiki apakah vektor-vektor berikut bebas linier atau tak bebas linier

a. x1 = (4,0,2,-1); x2 = (1,1,3,1); x3 = (2,-2,-4,0)

b. x1 = (2,3,2,4); x2 = (1,-1,2,3); x3 = (-2,0,-1,-5); x4 = (2,4,6,4)

2. Tentukanlah semua penyelesaian basis Sistem Persamaan Linier:

2x1 – x2 + 3x3 + 4x4 = 20

17 F. Bidang Konveks

Suatu bidang datar dikatakan bidang konveks jika untuk setiap titik A dan B yang terletak pada bidang itu maka titik-titik yang terletak pada garis lurus yang menghubungkan A dan B juga terletak pada bidang datar tersebut.

A B

(a) (b) (c) Gambar 1.13 Beberapa contoh bidang konveks

A B

(a) (b) (c) Gambar 1.14 Beberapa contoh bukan bidang konveks Perhatikan gambar 1.13 (a) titik A berada pada bidang, titik B juga terletak pada bidang, dapat dilihat bahwa semua titik yang terletak pada garis lurus yang menghubungkan A dan B juga terletak pada bidang yang sama. Hal yang berbeda jika kita perhatikan gambar 1.14 (a). Titik A terletak pada bidang, titik B juga terletak pada bidang, tetapi jika kedua titik dihubungkan dengan garis lurus, maka ada titik-titik pada garis lurus itu yang tidak terletak pada bidang yang sama.

18

Soal-soal dan penyelesaiannya

1. Gambarkan bidang konveks yang memuat beberapa titik berikut:

(0,0), (1,1), (-1,-1), (-2,2), (1,4), (0,3), (-1,1), _      _,4 2 1 , (-1,2), (2,5). Penyelesaian:

Letak titik-titik tersebut pada sistem koordinat adalah sebagai berikut:

Jika ditarik garis-garis lurus, maka akan menghasilkan bidang konveks seperti pada gambar di bawah ini.

19

2. Gambarkan kendala-kendala linier berikut, tandai daerah yang memenuhi kendala itu dan cari titik ekstrimnya.

0

10

5

2

₁



₂







x

x

0

6

2

x

₁

 x

₂





0

2

2

2 1

 x





x



x

1



3

x

2



3



0

Penyelesaian : Kendala – kendala :

0

10

5

2

1



2







x

x

0

6

2

x

1

 x

2





0

2

2

₂ 1

 x





x



x

₁



3

x

₂



3



0

20

Sistem persamaan dari kendala–kendala tersebut :



2

x

1



5

x

2



10

6

2

x

₁

 x

₂



2

2

2 1

 x



x



x

1



3

x

2



3

21

Berarti titik ekstrimnya adalah













21

36

,

7

15

.

22

Dari (a), (b), dan (c), dapat kita lihat bahwa titik ekstrim dari

kendala-kendala tersebut adalah (0,1) , 10, 2

3 3  _      , dan 15 12 , 7 7      _.

3. Tuliskan sistem pertidaksamaan soal no.2 sebagai sistem persamaan. Penyelesaian: Sistem pertidaksamaan :

0

10

5

2

1



2







x

x

0

6

2

x

₁

 x

₂





0

2

2

₂ 1

 x





x



x

1



3

x

2



3



0

Sistem persamaan dari sistem pertidaksamaan di atas adalah :



2

x

1



5

x

2



10

6

2

x

₁

 x

₂



2

2

2 1

 x



x



x

1



3

x

2



3

4. Diberikan vektor-vektor baris berikut.























1

0

1

1

p























1

1

1

2

p























1

1

2

3

p

23

Tentukan invers dari matriks yang berpadanan dengan basis ini dan cari kombinasi linier dari vektor-vektor basis yang sama dengan























4

3

1

4

p

. Penyelesaian: Matriks























1

1

1

1

1

0

2

1

1

P

Untuk mencari invers dari vekror basis, adalah dengan menggunakan metode Gauss-Jordan dengan menggandengkan matriks P dengan matriks identitas, kemudian mengoperasikan matriks tersebut hingga menjadi bentuk matriks identitas bergandengan dengan invers matriks P.



_{P I|}



_{}eliminasi Gauss-Jordan _{I P|} 1_    1 3

1 1 2 1 0 0

0 1 1 0 1 0

1 1 1 0 0 1

b b















  





 2 1

1 1

2 1

0 0

0 1

1 0

1 0

0 0

1 1 0 1

b

b



  











 

































1

0

1

0

1

0

0

1

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1





























1

0

1

1

1

1

1

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

24 Maka diperoleh































1

0

1

1

1

1

1

1

0

1

P

.













































































































3

6

1

4

0

1

4

3

1

4

3

0

4

3

1

1

0

1

1

1

1

1

1

0

.

₄ 1

_p

P

5. Daerah konveks yang digambar di bawah adalah himpunan

penyelesaian yang ditentukan oleh suatu himpunan

pertidaksamaan linier. Pada titik mana fungsi-fungsi linier itu optimum.

a.

x

₁

 x

₂



1

, menjadi maksimum.

b.

3

x

1

 x

2



6

, menjadi minimum.

25

Penyelesaian :

a.

x

₁

 

x

₂

1 menjadi maksimum

Substitusikan titik-titik tersebut ke dalam z = x1 + x2 - 1

seperti pada tabel di bawah ini. Titik 1 2

1

z x

 

x



(0,1)

z    

0 1 1 0

(1,2) z    1 2 1 2 (0,4)

z    

0 4 1 3

(4,6)

z    

4 6 1 9

(7,5)

z    

7 5 1 11

(8,3)

z    

8 3 1 10

(10,2)

z 

10 2 1 11

  

Dilihat dari tabel di atas dapat diperoleh bahwa nilai z maksimum berada pada titik (10,2) dan titik (7,5), yaitu z = 11. b.

3

x

₁



x

₂

+6 menjadi minimum

Substitusikan titik-titik tersebut ke dalam z= 3x1 – x2 +6

seperti pada tabel di bawah ini.

Titik

_z

_

₃

_x

₁

_

_x

₂

₊₆

(0,1) z 3(0) 1 6 5   (1,2) z 3(1) 2 6 7   (0,4) z 3(0) 4 6 2   (4,6) z 3(4) 6 6 12   (7,5) z 3(7) 5 6 22   (8,3) z 3(8) 3 6 27   (10,2) z 3(10) 2 6 34  

Dilihat dari tabel di atas dapat diperoleh bahwa nilai z minimum berada pada titik (0,4), yaitu z = 2.

26

c.



2

x

₁

 

x

₂

1 menjadi maksimum

Substitusikan titik-titik tersebut ke dalam z = -2x1-x2+1

Seperti pada tabel di bawah ini.

Titik 1 2

2

1

z

 

x

 

x

(0,1)

z  

2(0) 1 1 0

  

(1,2) z  2(1) 2 1   3 (0,4)

z  

2(0) 4 1

   

3

(4,6) z  2(4) 6 1   13 (7,5)

z  

2(7) 5 1

   

18

(8,3) z  2(8) 3 1   18 (10,2)

z  

2(10) 2 1

   

21

Dilihat dari tabel di atas dapat diperoleh bahwa nilai z maksimum berada pada titik (0,1), yaitu z = 0

6. Diberikan suatu himpunan persamaan-persamaan.

10 3 13 2 12 1 11

x

a

x

a

x

a

a







20 3 33 2 22 1 21

x

a

x

a

x

a

a







30 3 33 2 32 1 31

x

a

x

a

x

a

a







Anggaplah bahwa a_ijadalah nonsingular, reduksi vektor-vektor



x

1

,

x

2

,

x

3



dengan prosedur eliminasi. Bentuklah formula umum

yang terbentuk dalam setiap iterasi. Penyelesaian :

aij adalah nonsingular, berarti determinannya tidak sama dengan

27 10 3 13 2 12 1 11

x

a

x

a

x

a

a







20 3 33 2 22 1 21

x

a

x

a

x

a

a







30 3 33 2 32 1 31

x

a

x

a

x

a

a







    0 3 3 2 2 1 1 i i i i

x

a

x

a

x

a

a







0 i j ij

x

a

a





_{, dimana j = 1, 2, 3.} Bentuk matriks :

7. Selesaikan sistem persamaan berikut dengan eliminasi.

4

2

2

x

₁



x

₂



x

₃



7

3

3

x

₁



x

₂



x

₃



x

₁



x

₂



2

x

₃



3

Penyelesaian : Sistem persamaan :

4

2

2

x

₁



x

₂



x

₃



... pers. (1)

7

3

3

x

₁



x

₂



x

₃



...

...

...

pers.

(2)

x

₁



x

₂



2

x

₃



3

... pers. (3)























































































0 30 20 10 3 2 1 3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 i i i i

a

a

a

a

x

x

x

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a









28

Mengeliminasi x2 dari persamaan (1) dan persamaan (2), diperoleh :

2

x

1



2

x

2



x

3



4

1

3

x

₁



x

₂



3

x

₃



7

2

2

x

1



2

x

2



x

3



4

14

6

2

6

x

₁



x

₂



x

₃





8

x

1

 x

7

3



18

... pers. (4)

Mengeliminasi x2 dari persamaan (2) dan persamaan (3), diperoleh :

3

x

1



x

2



3

x

3



7

x

1



x

2



2

x

3



3



4

x

1

 x

3



10

...

...

...

pers.

(5)

Mengeliminasi x2 dari persamaan (4) dan persamaan (5), diperoleh :

8

x

1

 x

7

3



18

1

4

x

1

 x

3



10



7

8

x

1

 x

7

3



18

28

x

1

 x

7

3



70



 x

20

1





52

₂₀

52

1

_





x

₅

13

1



x

29

Substitusi x1= 13/5 ke dalam persamaan (5), sehingga diperoleh :

4

x

1

 x

3



10

10 5 13 4  3       _x

₅

10

52

3



 x

₅

50

5

52

3





x

₅

2

3



x

Substitusi x1=13/5 dan x3=2/5 ke dalam persamaan (3), sehingga

diperoleh :

x

1



x

2



2

x

3



3

3 5 2 2 5 13 2         x

₅

3

4

5

13

2





 x

₅

3

17

2





x

₅

17

5

15

2





x

₅

2

2





x

Dengan demikian diperoleh solusi dari sistem persamaan di atas yaitu:

5

13

1



x

_,

5

2

2





x

_dan

5

2

3



x

30

8. Selesaikan program linier berikut dengan metode grafik. a. Kendala :

2

2

x

1

 x

2





8

2

₂ 1

 x



x

x

₁



0

x

2



0

Fungsi objektif:

maksimumkan

x

₂, maksimumkan

3

x 

₁

2

x

₂, minimumkan

2 1

2

2

x 

x

, maksimumkan

2

x 

₁

4

x

₂, minimumkan 2 1

2

3

x 

x



. b. Kendala :

6

2

3

x

₁

 x

₂



x

₁

 x

₂





1

1

2

2 1







x

x

x

₁



0

x

₂



0

Fungsi objektif: maksimumkan

2

x 

₁

6

x

₂. c. Kendala :

x

₁

 x

3

₂



6

2

x

₁

 x

4

₂



8

x

1

 x

3

2





6

x

₁

,

x

₂



0

Fungsi objektif:

31 maksimumkan

2

x 

₁

3

x

₂, minimumkan

x 

₁

2x

₂, maksimumkan

x 

₁

2x

₂, maksimum

x 

₁

3x

₂, maksimumkan

x 

₁

6x

₂. d. Kendala :

2

3 2 1



x



x



x

1

3 2 1



x



x



x

x

₁



0

x

2



0

x

₃



0

Fungsi objektif: maksimumkan

x

₁



x

₂



x

₃, minimumkan

x 

₁

x

₃, maksimumkan

x

₁



x

₂



3x

₃. Penyelesaian : a. Kendala :

2

2

x

1

 x

2





8

2

₂ 1

 x



x

x

₁



0

x

2



0

32

Perpotongan antara

2

x

₁



x

₂

 

2

dan

x

₁



2

x

₂



8

adalah:

1 2

2

x



x

 

2

2 1

2

2

8

x



x



1

4

x

1

 x

2

2





4

8

2

₂ 1

 x



x



5

x

1



4

₅

4

1



x

x

₁



2

x

₂



8

2

4

2

8

5



x



₅

4

5

40

2

x

₂





2

36

2

5

x 

10

36

2



x

2

18

5

x 

Perpotongannya pada titik 4 18,

5 5

 

 

 _.

Titik-titik ekstrimnya adalah (0,0), (0,2), (8,0) dan 4 18,

5 5

 

 

33 Fungsi objektif : Maksimumkan

z 

x

2 Maksimumkan

z



3

x

₁



2

x

₂ Minimumkan

z



2

x

₁



2

x

₂ Maksimumkan

z



2

x

₁



4

x

₂ Minimumkan

z





3

x

₁



2

x

₂ Titik 2 x z  z3x₁2x₂ z2x12x2 z2x14x2 z3x12x2 (0,0) 0 0 0 0 0 (0,2) 2 4 -4 8 -4 (8,0) 0 24 16 16 -6 4 18_, 5 5      

18

₅

48₅



28

₅

16

₄₈

5



Dari tabel di atas, dapat dilihat bahwa:

Maks.

z 

x

₂ adalah di titik 4 18,

5 5       yaitu

18

5

.

Maks.

z



3

x

₁



2

x

₂ adalah di titik (8,0) yaitu 24 .

Min.

z



2

x

₁



2

x

₂ adalah di titik 4 18,

5 5       yaitu

28

5



.

Maks.

z



2

x

₁



4

x

₂ adalah di titik (8,0) dan 4 18,

5 5

 

 

  yaitu 16 .

Min.

z





3

x

₁



2

x

₂ adalah di titik 4 18,

5 5       yaitu

48

5



. b. Kendala : 1 2

3

x



2

x



6

x

1



x

2

 

1

34

1

2

2

1

x

x

 



x x 

1

,

2

0

Gambar grafiknya adalah :

Jika dilihat pada grafik, kendala-kendala tersebut tidak memiliki daerah layak.

Fungsi Objektif:

Maksimumkan

z



2

x

₁



6

x

₂

Karena tidak memiliki daerah layak, maka tidak ada nilai maksimumnya. c. Kendala :

x

1



3

x

2



6

1 2

2

x



4

x



8

x

1



3

x

2

 

6

x x 

1

,

2

0

35

Karena daerah penyelesaian layak diapit oleh dua garis yang

bergradien sama yaitu

x

₁



3

x

₂



6

dan

x

₁



3

x

₂

 

6

, serta tidak

ada garis yang memotong kedua garis tersebut selain garis

1 2

2

x



4

x



8

, maka program linier mempunyai jawab tak terbatas

(Unbounded Solution) ke arah kanan. Artinya semua titik yang diarsir memenuhi kendala.

Fungsi objektif : Maksimumkan

z



2

x

₁



3

x

₂ Minimumkan

z



x

₁



2x

₂ Maksimumkan

z



x

₁



2x

₂ Maksimum

z



x

₁



3x

₂ Maksimumkan

z



x

₁



6x

₂

36 Titik z2x13x2 z x 1 2x2 z x 1 x2 z x 1 3x2

z x

 

₁

6

x

₂ (0,2) 6 4 -2 -6 -12 (4,0) 8 4 4 4 4 (6,0) 12 6 6 6 6 ( , ) _{    }

Dari tabel diatas, dapat dilihat bahwa:

Untuk

z



2

x

₁



3

x

₂tidak ada nilai x1 dan x2 yang dapat

memaksimumkan z.

Untuk

z x

 

₁

2

x

₂ minimum di titik (0,2) dan (4,0) dan

disemua titik diantara titik-titik (0,2) dan (4,0) nilai minimumnya adalah 4.

Untuk

z x

 

₁

x

₂ tidak ada nilai x1 dan x2 yang dapat

memaksimumkan z.

Untuk

z x

 

₁

3

x

₂ tidak ada nilai x1 dan x2 yang dapat

memaksimumkan z.

Min.

z x

 

₁

6

x

₂adalah di titik (0,2) yaitu -12.

Soal-soal

1. Gambarkan masing-masing daerah bidang datar berikut ini dan nyatakan yang mana yang merupakan bidang konveks.

a. M = {[x1,x2]| 3 +2 ≤ 6}

b. N = {[x1,x2]| ≥ 2 , ≤ 3}

c. O = {[x1,x2]| ≤ 1 , ≥ 0, ≥ 0}

d. P = {[x1,x2]| ≥ , ≥ 0, ≥ 0}

2. Gambarkan/sketsa bidang konveks yang memuat titik-titik berikut:

a. (0,0), (1,0), (0,1), (1,1)

b. (3,4), (5,6), (0,0), (2,2), (1,0), (2,5), (4,7) c. (-1,2), (3,-4), (4,4), (0,0), (6,5), (7,1)

37

BAB II

PROGRAM LINIER DENGAN METODE SIMPLEKS

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari bab II anda diharapkan dapat:

1. Menuliskan persoalan program linier menjadi bentuk siap simpleks

2. Menyelesaikan bentuk siap simpleks dengan metode simpleks Bentuk umum program linier dapat ditulis dengan bantuan notasi penjumlahan sebagai berikut: Maksimumkan atau minimumkan fungsi linier z =

c

₁

x

₁

....



c

_r

x

_r ……....(1)

Semua xj yang memenuhi (2) disebut penyelesaian, setiap

penyelesaian yang memenuhi (3) disebut penyelesaian layak. Setiap penyelesaian layak yang memaksimumkan/meminimumkan (1) disebut penyelesaian layak optimal. Metode simpleks adalah suatu prosedur yang tepat dan mendasar untuk memecahkan masalah program linier. Metode ini dikembangkan oleh George B. Dantzig pada tahun 1947.

38

A. Variabel Slack dan Variabel Surplus

Pada metode simpleks dikenal dua variabel tambahan yaitu variabel slack dan variabel surplus. Umumnya orang lebih senang bekerja dengan persamaan-persamaan dibandingkan bekerja dengan pertidaksamaan-pertidaksamaan. Untuk itu setiap pertidaksamaan dalam (2) dikonversi menjadi persamaan-persamaan. Agar supaya hal itu dapat dilakukan, diperlukan tambahan beberapa variabel yang disebut variabel slack dan variabel surplus (keduanya dikenal juga dengan nama variabel pengetat).

Andaikan suatu kendala bertanda



(misalkan kendala

ke-h) yang dapat ditulis:

b

x

a

h r j hj j 



1 ...(4)

kita ciptakan variabel baru yaitu

_x

h r 



0

dimana 0 1   



 

b

a

x

x

j r j hj h h r sehingga

a

x

j

x

r h

b

h r j hj   _ 



1 ...(5)

kita sebut

x

_{r h} sebagai variabel slack.

Sekarang andaikan suatu kendala bertanda



, misal kendala ke-k.

yaitu:

b

x

a

k r j kj j 



1 ...(6)

kita ciptakan variabel baru

_x

_rk



0

dimana

_

    r j kj j k k r

a

x

b

x

1

sedemikian sehingga terdapat

_a

_x

_x

_b

k r j kj j r k  



1  ...( 7)

kita sebut

x

_{r k} sebagai variabel surplus.

Dari langkah-langkah yang diuraikan di atas, telah dikonversikan kendala-kendala asli ke dalam suatu persamaan linier simultan dengan bentuk:

39

b

x

x

a

h r j hj j r h







1  , h = 1,2,...., u,... ... (8)

b

x

x

a

k r j kj j r k







1  ,k = u+1, ... , v, ... ...(9

b

x

a

p r j pj j





1 , p = v+1, .... , m. ...(10) Berdasarkan teori di atas coba tuliskan bentuk siap simpleks (bentuk kanonik) program linier berikut:

Maksimumkan: Z = 32x1 – 20x2

Dengan kendala: 2x1 + 5x2



6000

4x1 + 3x2



530

2x1 + x2



240

x1,x2



0

Selanjutnya tuliskan juga soal di bawah ini dalam bentuk siap simpleks ( bentuk kanonik).

Minimumkan: Z = -6x1 + 12x2 + 6x3

Dengan kendala: x1 + x2 – x3



10

-x1 + 3x2 – 3x3



20

5x1 - x2 + 2x3



5

40

B. Tabel Simpleks

Perhatikan persoalan program linier berikut:

Dari persoalan program linier di atas secara umum dapat dibuat tabel simpleks awal seperti tabel 2.1

41

Pada tabel simpleks awal (Tabel 2.1), jika Zj – Cj



0

untuk setiap j

maka Z sudah maksimum. Jika masih ada nilai Zk – Ck yang

negatip, pilih k dengan nilai Zk – Ck paling kecil, maka Xk

terpilih masuk basis. Selanjutnya Ri =

a

b

ik

i untuk a_ik > 0, lalu pilih

p dengan Rp terkecil maka Xp keluar dari basis diganti oleh Xk

Contoh: Maksimumkan Z = 40 + 50 Dengan kendala: + 2



36 5 + 4



90 ,



0 Penyelesaian:

Bentuk kanonik kendala utama : x1 +2x2 +x3 = 36

5x1 +4x2 +x4 =90

x

₁

,

x

₂

,

x

₃

,

x

₄



0

Maksimumkan

Z



40

x

₁



50

x

₂



0

x

₃



0

x

₄

42

Karena z_j c_j 0untuk setiap j, maka tabel sudah selesai dengan

Z maksimum = 990, nilai = 6 dan = 15

Soal-soal dan penyelesaiannya

1. Maksimumkan Z = 32x1 + 20x2 Dengan kendala: 2x1 + 5x2



600 4x1 + 3x2



530 2x1 + x2



240 x1,x2



0 Penyelesaian:

Ubah kendala utama menjadi bentuk siap simpleks (bentuk kanonik) berbentuk persamaan dengan cara menambah variabel slack. Bentuk

tersebut adalah: Maksimumkan Z = 32x1 + 20x2 +0x3 + 0x4 + 0x5

dengan kendala: 2x1 + 5x2 + x3 = 600

4x1 + 3x2 + x4 = 530

2x1 + x2 + x5 = 240

x1,x2



0

Tabel simpleksnya ditunjukkan pada Tabel 2.3.

43 2. Maksimumkan Z = 9x1 + 2x2 +5x3 Dengan kendala: 2x1 + 3x2 –5x3



12 2x1 + x2 – 3x3



3 3x1 + x2 - 2x3



2 x1,x2, x3



0 Penyelesaian :

Bentuk siap simpleks program di atas adalah:

Maksimumkan

Z



9

x

₁



2

x

₂



5

x

₃



0

x

₄



0

x

₅



0

x

₆

Tabel simpleks diberikan pada tabel 2.4

44

Karena

a

ik



0

untuk setiap k, maka tabel tidak dapat diteruskan,

program linier tidak mempunyai penyelesaian optimum, fungsi sasaran Z tak terbatas.

C. Variabel Artifisial (Peubah Semu)

Disebut peubah semu karena sebenarnya peubah ini hanya rekayasa agar tabel simpleks dapat dijalankan. Oleh karenanya peubah ini diberi nilai 0.

Contoh:

Maksimumkan Z = -8x1 + 6x2 + 8x3

Dengan kendala: x1 + x2 + 2x3



12

2x1 - 6x2 – x3



4

x1,x2, x3



0

Sisipkan slack variabel x4 dan x5 pada kendala utama

Maksimumkan: Z = -8x1 + 6x2 + 8x3 + 0x4 + 0x5

Dengan kendala: x1 + x2 + 2x3 + x4 = 12

2x1 - 6x2 – x3 - x5 = 4 ...(*)

x1,x2, .... , x5



0

Penyelesaian basis awal (x1,x2, .... , x5) = ( 0,0,0,12,-4) ini tidak

layak karena x5 negatip. Supaya tabel awal memuat penyelesaian

basis yang layak maka persamaan (*) disisipkan variabel baru x6

sehingga persamaan (*) menjadi:

2x1 - 6x2 – x3 - x5 + x6 = 4 ... (**)

karena persamaan (*) dan (**) bertanda “=” berarti x6 harus

bernilai 0, sehingga diperoleh penyelesaian basis baru (x1,x2, .... , x6)

= ( 0,0,0,12,0,4). Masuknya x6 ke dalam sistem persamaan linier

hanya untuk memenuhi persyaratan agar penyelesaian basis tidak

negatip. Oleh karenanya x6 dikehendaki cepat keluar dari basis.

Untuk keperluan itu disusun fungsi objektif baru berbentuk

Z

 = Z –

Mx6 dengan M adalah bilangan positip besar.

45

Dengan demikian diharapkan x6 segera keluar dari basis. Sekarang

persamaan program liniernya menjadi:

Maksimumkan

Z

 = -8x1 + 6x2 + 8x3 + 0x4 + 0x5 – Mx6

Dengan kendala x1 + x2 + 2x3 + x4 = 12

2x1 - 6x2 – x3 - x5 + x6 = 4

x1,x2, .... , x6



0

Karena Zj – Cj



0 untuk semua j maka



Z

= Z = 0

46

Soal-soal dan penyelesaiannya

1. Maks. Z = 2x1 - 3x2 + x3 Dengan kendala: 3x1 + 6x2 + x3



6 4x1 + 2x2 + x3



4 6x1 – 3x2 + 3x3 = 0 x1,x2, x3



0 Penyelesaian :

Bentuk kanonik kendala utama :

6

6

3

x

₁



x

₂



x

₃



x

₄



4

x

₁



2

x

₂



x

₃



x

₅



4

6

x

₁



3

x

₂



3

x

₃



x

₆



0

x

₁

,

x

₂

,

x

₃

,...,

x

₆



0

Maksimumkan

Z



2

x

₁



3

x

₂



x

₃



0

x

₄



0

x

₅



Mx

₆

47 2. Maksimumkan Z = 3x1 + 5x2 + 2x3 dengan kendala: 2x2 - x3



-2 x1 + 4x2 + 2x3 = 5 x1,x2, x3



0 Penyelesaian: Maksimumkan

Z



3

x

₁



5

x

₂



2

x

₃

48

dengan kendala :



2

x

2



x

3



2

x

1



4

x

2



2

x

3



5

x

₁

,

x

₂

,

x

₃



0

Bentuk kanonik kendala utama :



2

x

2



x

3



x

4



x

5



2

x1 + 4x2 + 2x3 = 5

0

,...,

,

,

_{2 3 5} 1

x

x

x



x

Maksimumkan

Z



3

x

₁



5

x

₂



2

x

₃



0

x

₄



Mx

₅

49 Program Linier Pola Minimum

Pada pola minimum, program linier meminimumkan fungsi tujuan z. Tidak banyak perbedaan mendasar untuk menyelesaikan masalah program linier pola minimum dibandingkan proses menyelesaikan pola maksimum. Pada tabel simpleks pola minimum,

jika Zj – Cj



0 untuk setiap j maka Z sudah minimum. Jika

belum, pilih k dengan Zk – Ck > 0 yang terbesar. Maka xk terpilih

masuk basis. Selanjutnya bangun Ri =

a

b

ik

i dengan aik > 0 , pilih p

dengan Rp terkecil maka

x

_p keluar dari basis digantikan oleh xk.

Contoh Minimumkan Z = 4x2 + 10x3 dengan kendala: -4x1 + x2 + x3



12 -x1 + x2 - x3



15 x1,x2, x3



0 Penyelesaian

Bentuk kanonik kendala utama

-4x1 + x2 + x3 - x4 +x6 = 12

-x1 + x2 – x3 + x5 = 15

x1,x2, .... , x6



0

Min Z* = 4x2 + 10x3 + 0x4 + 0x5 + Mx6

Tabel simpleks (teruskan sebagai latihan buat anda) Catatan

1. Bila koefisien-koefisien teknis dalam kolom kunci tidak ada yang positip maka Z tak terbatas, dengan demikian program

linier tak mempunyai penyelesaian optimal. (tidak persoalan

apakah program linier berpola maksimum atau minimum).

2. Bila pada suatu tabel simpleks Zj – Cj



0 untuk semua j,

tetapi masih memuat variabel artifisial bernilai positip (tidak nol) maka program linier tidak layak. Jadi program linier tidak

50

3. Renungkanlah kalimat “program linier tak mempunyai

penyelesaian optimal” pada catatan nomor 1 dan nomor 2 di atas,

apakah kasus ini serupa? Jika tidak sama, dimana letak perbedaannya?

Untuk memperjelas catatan di atas, cermati persoalan program linier berikut ini: 1. Minimumkan Z = -3x1 + x2 dengan kendala: 3x1 + 4x2



12 -x1 + 2x2



8 x1,x2



0 Penyelesaian :

Bentuk kanonik kendala:

Minimumkan