KASUS KHUSUS DALAM METODE SIMPLEKS
KASUS KHUSUS DALAM METODE SIMPLEKS
Seperti pada penyelesaian pada metode grafik, pada metode simpleks juga dapat timbul kasus Seperti pada penyelesaian pada metode grafik, pada metode simpleks juga dapat timbul kasus khusus yang mencakup:
khusus yang mencakup: 1.
1. Alternatif PenyelesaianAlternatif Penyelesaian 2.
2. PenyelesaPenyelesaian tak ian tak terbatasterbatas 3.
3. Soal tidak fisibelSoal tidak fisibel 4.
4. Kemerosotan (Degenerasi)Kemerosotan (Degenerasi) 5.
5. Variabel penyusun tak Variabel penyusun tak bersyaratbersyarat
1. Alternatif Penyelesaian
1. Alternatif Penyelesaian
Ketika fungsi tujuan sejajar dengan satu batasan yang mengikat (yaitu, satu batasan yang Ketika fungsi tujuan sejajar dengan satu batasan yang mengikat (yaitu, satu batasan yang dipenuhi dalam bentuk persamaan oleh pemecahan optimal), fungsi tujuan akan memiliki dipenuhi dalam bentuk persamaan oleh pemecahan optimal), fungsi tujuan akan memiliki nilai optimal yang sama di lebih dari satu titik.
nilai optimal yang sama di lebih dari satu titik.
Alternatif penyelesaian berarti adanya 2 penyelesaian atau lebih yang menghasilkan nilai Alternatif penyelesaian berarti adanya 2 penyelesaian atau lebih yang menghasilkan nilai optimal yang sama. Adanya alternative penyelesaian dalam metode simpleks dapat dilihat optimal yang sama. Adanya alternative penyelesaian dalam metode simpleks dapat dilihat pada table optimalnya. Perhatikan elemen pada baris
pada table optimalnya. Perhatikan elemen pada baris cc j j – – zz j j yang bernilai 0 pada tableyang bernilai 0 pada table
optimal. Nilai 0 pada baris
optimal. Nilai 0 pada baris cc j j – – zz j j selalu bersesuaian dengan variable bebas. Jika ccselalu bersesuaian dengan variable bebas. Jika k k – – zzk k = 0= 0
dalam table optimal, sedangkan variable pada kolom tersebut (
dalam table optimal, sedangkan variable pada kolom tersebut ( = = xxk k ) bukanlah variable) bukanlah variable
basis, maka hal ini menunjukkan adanya alternative penyelesaian. Alternatif penyelesaian basis, maka hal ini menunjukkan adanya alternative penyelesaian. Alternatif penyelesaian didapat
didapat dengan dengan “memaksa”“memaksa” variablevariable xxk k menjadi basis (meskipun sebenarnya tabelnyamenjadi basis (meskipun sebenarnya tabelnya
sudah optimal). sudah optimal).
Contoh: Contoh:
Selesaikan soal berikut ini dengan metode simpleks! Selesaikan soal berikut ini dengan metode simpleks! Maksimumkan Maksimumkan f(x f(x11 , x , x22)= 3x)= 3x11+ x+ x22 Kendala : Kendala : x x11+ 2x+ 2x22≤ ≤ 2020 3x 3x11 + x+ x22≤ 20≤ 20 x x11 , x , x22 ≥ 0≥ 0 penyelesaian: penyelesaian:
Bentuk standar masalah tersebut adalah sebagai berikut: Bentuk standar masalah tersebut adalah sebagai berikut:
X j (X b)i X j (X b)i Maksimumkan f(x1… x4) = 3x1 + x2 + 0x3 + 0x4 Kendala : x1+ 2x2+ x3= 20 3x1 + x2+ x4= 20 x1 , x2 ,x3 ,x4 ≥ 0 C j 3 1 0 0 (C b )i X 1 X 2 X 3 X 4 bi 0 0 X 3 X 4 1 3 2 1 1 0 0 1 20 20 20 20/3 Z j C j
–
Z j 0 3 0 1 0 0 0 0 0 0 3 X 3 X 1 0 1 5/3 1/3 1 0 -1/3 1/3 40/3 20/3 Z j C j-Z j 3 0 1 0 0 0 1 -1 20Tampak bahwa pada table optimalnya, c2 – z2 = 0 meskipun x2 bukan variable basis. Ini
menunjukkan adanya alternative penyelesaian yang bisa diperoleh dengan memaksa x2
untuk menjadi basis.
C j 3 1 0 0 (C b )i X 1 X 2 X 3 X 4 bi 0 3 X 3 X 1 0 1 5/3 1/3 1 0 -1/3 1/3 40/3 20/3 8 20 Z j C j
–
Z j 3 0 1 0 0 0 1 -1 20 1 3 X 2 X 1 0 1 1 0 3/5 -1/5 -1/5 2/5 8 4 Z j C j–
Z j 3 0 1 0 0 0 1 -1 20Tampak bahwa table sudah optimal dengan penyelesaian optimal x1 = 4 dan x2 = 8.
Perhatikan bahwa pada Tabel diatas juga mengandung alternative penyelesaian karena x3
bukan merupakan variable basis, tapi c3 – z3 = 0. Jika kemudian table direvisi lagi dengan
X j (X b)i
cara memaksakan x3untuk menjadi basis, maka akan diperoleh kembali table optimal pada
Tabel diatas.
2. Penyelesaian Tak Terbatas
Penyelesaian tak terbatas berarti f(x) bisa diperbesar (atau diperkecil) sampai titik tak berhingga. Setelah mendapatkan calon basis, langkah berikutnya adalah menguji apakah ada elemen aik (elemen dalam kotak vertical) yang > 0. Jika ada maka langkah berikutnya
adalah menghitung nilai dan menentukan variable yang harus keluar dari basis. Akan tetapi apabila semua aik ≤ 0, maka berarti penyelesaiannya tak terbatas (bisa dikatakan juga
bahwa soal tidak memiliki penyelesaian). Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut,
Contoh 1: Maksimumkan f(x1 , x2) = 2x1 + 3x2 Kendala: x1 – 2x2≤ 4 x1+ x2≥ 3 x1 , x2 ≥ 0 Penyelesaian:
Bentuk standar simpleks:
Maksimumkan f(x1… x5) = 2x1+ 3x2+ 0x3+ 0x4 – Mx5 Kendala x1 – 2x2+ x3=4 x1+ x2 - x4+ x5= 3 x1 … x5≥ 0 C j 2 3 0 0 -M (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 bi 0 -M X 3 X 5 1 1 -2 1 1 0 0 -1 0 1 4 3 -3 Z j C j – Z j -M 2+M - M 3+M 0 0 M -M - M 0 -3M 0 3 X 3 X 2 3 1 0 1 1 0 -2 -1 2 1 10 3
- Z j C j – Z j 3 -1 3 0 0 0 -3 3 3 -3-M 9
Pada iterasi kedua, c4-z4 = 3 > 0. Karena satu-satunya yang masih bernilai positif, maka x4
menjadi calon basis. Akan tetapi a14 =-2 < 0 dan a24 = -1 <0 sehingga nilai tidak dapat
dicari. Ini berarti bahwa soal memiliki penyelesaian tak terbatas
Contoh 2:
Selesaikan dengan metode simpleks! Minimumkan z = -x1-2x2 Kendala -x1+x2 ≤ 2 -2x1+x2≤ 1 x1 , x2 ≥0 Penyelesaian: Bentuk standar Minimumkan z = -x1-2x2+0x3+0x4 Kendala -x1+x2+x3 = 2 -2x1+x2+x4= 1 x1… x4≥ 0 C j -1 -2 0 0 (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 bi 0 0 X 3 X 4 -1 -2 1 1 1 0 0 1 2 1 2 1 Z j C j-Z j 0 -1 0 -2 0 0 0 0 0 0 -2 X 3 X 2 1 -2 0 1 1 0 -1 1 1 1 1 - Z j C j-Z j 4 -5 -2 0 0 0 -2 2 -2 -1 -2 X 1 X 2 1 0 0 1 1 2 -1 -1 1 3 - Z j -1 -2 -5 3 -7
C j-Z j 0 0 5 -3
Pada iterasi kedua, c4- z4 = -3 < 0. Karena satu-satunya yang masih bernilai negatif, maka
x4menjadi calon basis. Akan tetapi a14= -1 < 0 dan a24 = -1 < 0 sehingga nilai tidak dapat
dicari. Ini berarti bahwa soal memiliki penyelesaian tak terbatas
3. Soal Tidak Fisibel
Soal tak fisibel berarti soal tidak memiliki daerah fisibel (tidak memiliki titik yang memenuhi semua kendala)
Dalam metode simpleks, variable semu berfungsi sebagai katalisator agar muncul matriks identitas sehingga proses simpleks dapat dilakukan. Pada iterasi pertama, variable semu akan dipakai sebagai variable basis.
Untuk mempercepat keluarnya variable semu dari variable basis, maka pada fungsi sasarannya diberi koefisien M (untuk kasus meminimumkan) atau – M (untuk kasus memaksimumkan). Akan tetapi ada kalanya variable semu tetap merupakan variable basis pada table optimalnya. Hal ini menunjukkan bahwa soalnya tidak fisibel.
Pengecekan soal yang tidak fisibel dapat dilihat pada nilai C j – Z j. Setelah tidak ada C j – Z j >
0
(untuk kasus memaksimumkan) atau C j-Z j<0 (untuk kasus meminimumkan), maka proses
dilanjutkan dengan meneliti apakah ada variable semu yang masih bernilai positif. Jika tidak ada, maka penyelesaian optimal didapatkan. Akan tetapi, jika ada variable semu yang masih bernilai positif berarti soalnya tidak fisibel. Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut.
Contoh 1:
Selesaikan dengan metode simpleks! Maksimumkan f(x1 , x2)= 4x1+ 3x2
Kendala x1+x2≤ 3
2x1-x2 ≤ 3
x1 ≥ 4
X j (X b)i Penyelesaian: Maksimumkan f(x1 … x6 )= 4x1+3x2+0x3+0x4+0x5-Mx6 Kendala x1+x2+x3 = 3 2x1-x2 +x4 = 3 x1 – x5 + x6 = 4 x1 … x6 ≥ 0 C j 4 3 0 0 0 -M (C b )i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 bi 0 0 -M X 3 X 4 X 6 1 2 1 1 -1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 3 3 4 3 3/2 4 Z j C j
–
Z j -M 4+M 0 3 0 0 0 0 M -M -M 0 -4M 0 4 -M X 3 X 1 X 6 0 1 0 3/2 -1/2 ½ 1 0 0 -1/2 ½ -1/2 0 0 -1 0 0 1 3/2 3/2 5/2 1 -5 Z j C j–
Z j 4 0 0 0 M -M -M 0 3 4 -M X 2 X 1 X 6 0 1 0 1 0 0 2/3 1/3 -1/3 -1/3 1/3 -1/3 0 0 -1 0 0 1 1 2 2 Z j C j–
Z j 4 0 3 0 M -M -M 0 11-2MPada iterasi terakhir, semua C j – Z j ≤ 0. Ini menunjukkan bahwa table sudah optimal. Akan
tetapi x6 yang merupakan variable semu masih tetap menjadi variable basis. Ini berarti
bahwa soalnya tidak fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian optimal.
Contoh 2:
Selesaikan dengan metode simpleks! Minimumkan z = 2y1+4y2
Kendala 2y1-3y2≥ 2
Xi (X b)i
y1 , y2≥ 0
Penyelesaian: Bentuk Standar
Minimumkan z = 2y1+4y2+0y3+0y4+My5+My6
Kendala 2y1- 3y2- y3+ My5 = 2
-y1+y2- y4+ My6 = 3
y1 … y6 ≥0
C j 2 4 0 0 M M
(C b)i Y 1 Y 2 Y 3 Y 4 Y 5 Y 6 bi
M Y 5 2 -3 -1 0 1 0 2 -M Y 6 -1 1 0 -1 0 1 3 3 Z j M -2M -M -M M M 5M C j-Z j 2-M 4-2M M M 0 0 M Y 5 -1 0 -1 -3 1 3 11 11/3 4 Y 2 -1 1 0 -1 0 1 3 3 Z j -4-M 4 -M -4-3M M 4+3M 12+11M C j-Z j 6+M 0 M 4+3M 0 -4-2M M Y 5 2 -3 -1 0 1 0 2 M Y 6 -1 1 0 -1 0 1 3
Dapat dilihat bahwa pada iterasi pertama, variable y6 keluar dari variable basis kemudian
pada iterasi ke-2 variabel y6 kembali menjadi variable basis, sedangkan y5 tetap menjadi
variable basis. Karena kedua variable semu y5dan y6 menjadi variable basis dan tidak dapat
mencapai penyelesaian optimum, maka soal tidak fisibel.
4. Kemerosotan (Degenerasi)
Kasus degenerasi terjadi apabila satu atau lebih variable basis berharga nol sehingga iterasi yang dilakukan selanjutnya bisa menjadi suatu loop yang akan kembali pada bentuk sebelumnya. Kejadian ini disebut degenerasi cycling atau circling.
Namun ada kalanya pada iterasi berikutnya degenerasi ini menghilang. Kasus seperti ini disebut degenerasi temporer.
X j
(X b)i
Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut.
Contoh:
Selesaikan masalah program linier berikut ini dengan metode simpleks! Maksimumkan f(x1 , x2) = 5x1 + 3x2 Kendala 4x1+2x2 ≤ 12 4x1+ x2≤ 10 x1 + x2 ≤ 4 x1 , x2≥ 0 Penyelesaian: Bentuk standar Maksimumkan f(x1… x5) = 5x1+3x2+0x3+0x4+0x5 Kendala 4x1+2x2+x3= 12 4x1+x2+x4 = 10 x1+x2+x5=4 x1 … x5 ≥ 0 C j 5 3 0 0 0 (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 bi 0 0 0 X 3 X 4 X 5 4 4 1 2 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 12 10 4 3 5/2 4 Z j C j-Z j 0 5 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 5 0 X 3 X 1 X 5 0 1 0 1 ¼ ¾ 1 0 0 -1 ¼ -1/4 0 0 1 2 5/2 3/2 2 10 2 Z j C j-Z j 5 0 5/4 7/4 0 0 5/4 -5/4 0 0 25/2
Pada iterasi ke-2 terdapat 2 buah nilai minimum yang sama-sama bernilai 2. Untuk itu dipilih salah satunya ( x3 atau x5) secara sembarang.
X j (X b)i X j (X b)i Tabel I. C j 5 3 0 0 0 (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 bi 0 5 0 X 3 X 1 X 5 0 1 0 1 ¼ ¾ 1 0 0 -1 ¼ -1/4 0 0 1 2 5/2 3/2 2 10 2 Z j C j-Z j 5 0 5/4 7/4 0 0 5/4 -5/4 0 0 25/2 3 5 0 X 2 X 1 X 5 0 1 0 1 0 0 1 -1/4 -3/4 -1 ½ ½ 0 0 1 2 2 0 -4 0 Z j C j-Z j 5 0 3 0 7/4 -7/4 -1/2 ½ 0 0 16 3 5 0 X 2 X 1 X 4 0 1 0 1 0 0 -1/2 ½ -3/2 0 0 1 2 -1 2 2 2 0 Z j C j-Z j 5 0 3 0 1 -1 0 0 1 -1 16
Terlihat pada iterasi pertama nilai variable basis x5 = 0. Ini menunjukkan adanya
degenerasi. Kemudian diiterasi berikutnya terdapat pula nilai variable basis yang bernilai 0 (ada degenerasi) kembali. Ini menunjukkan adanya degenerasi siklik.
Tabel II. C j 5 3 0 0 0 (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 bi 0 5 0 X 3 X 1 X 5 0 1 0 1 ¼ ¾ 1 0 0 -1 ¼ -1/4 0 0 1 2 5/2 3/2 2 10 2 Z j C j-Z j 5 0 5/4 7/4 0 0 5/4 -5/4 0 0 25/2
X i (Xb)i 0 5 3 X 3 X 1 X 2 0 1 0 0 0 1 1 0 0 -2/3 1/3 -1/3 -4/3 -1/3 4/3 0 2 2 Z j C j-Z j 5 0 3 0 0 0 2/3 -2/3 7/3 -7/3 16
Perhatikan bahwa table I merupakan kelanjutan iterasi jika x3keluar dari basis, dan table II
merupakan kelanjutan iterasi jika x5 keluar dari basis. Perhatikan bahwa meskipun jumlah
iterasi hingga mencapai optimal pada Tabel I dan Tabel II tidak sama, namun keduanya menghasilkan penyelesaian optimal yang sama yaitu x1 = 2 dan x2 = 2
Contoh Degenerasi Temporer maks : z = 3x1+ 2x2 kendala : 4x1 + 3x2≤ 12 4x1 + x2≤ 8 4x1 - x2≤ 8 x1 , x2 ≥ 0 Penyelesaian: Bentuk standarnya: z = 3x1+2x2+0x3+0x4+0x5 Kendala: 4x1+3x2+x3=12 4x1+x2+x4=8 4x1-x2+x5=8 x1…x5≥ 0 C j 3 2 0 0 0 (C b)i X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 bi 0 0 0 X 3 X 4 X 5 4 4 4 3 1 -1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 12 8 8 3 2 2 Z j C j-Z j 0 3 0 2 0 0 0 0 0 0 0
0 3 0 X 3 X 1 X 5 0 1 0 2 ¼ -2 1 0 0 -1 ¼ -1 0 0 1 4 2 0 2 8 - Z j C j-Z j 3 0 ¾ 5/4 0 0 ¾ -3/4 0 0 6 2 3 0 X 2 X 1 X 5 0 1 0 1 0 -4 ½ -1/8 1 -1/2 3/8 -2 0 0 1 2 3/2 4 Z j C j-Z j 3 0 2 0 5/8 -5/8 1/8 -1/8 0 0 17/2
Dapat dilihat pada iterasi pertama, ada variable basis yang bernilai 0 (x5). Ini menunjukkan
adanya degenerasi. Namun pada iterasi berikutnya tidak terdapat nilai variable basis yang bernilai 0 (degenerasi menghilang). Inilah yang disebut degenerasi temporer.
5. Variabel Penyusun Tak Bersyarat
Dalam bentuk standar program linier diisyaratkan bahwa semua variable penyusun harus ≥0. Apabila ada variable penyusun yang bernilai bebas (boleh negative), maka sebelum masuk ke proses simpleks, masalah tersebut harus terlebih dahulu ditransformasi sehingga semua variable penyusun ≥ 0.
Caranya adalah dengan menyatakan variable yang bernilai bebas tersebut sebagai selisih 2 variabel baru yang keduanya ≥ 0. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh berikut.
Contoh 1: Maksimumkan f(x1 , x2 , x3) = 3x1+2x2+x3 Kendala 2x1+5x2+x3≤ 12 6x1+8x2≤ 22 x2 , x3≥ 0 Penyelesaian:
Perhatikan bahwa yang diisyaratkan ≥ 0 hanyalah x2 dan x3 saja, sedangkan x1 bernilai
sembarang. Untuk menjadikan ke bentuk standar program linier, maka x1 dinyatakan
x1=x4-x5
Kemudian substitusikan ke model
Maksimumkan f(x2 , x3 , x4 , x5)= 3(x4-x5)+2x2+x3 Kendala 2(x4-x5)+5x2+x3≤ 12 6(x4-x5)+8x2≤ 22 x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0 Bentuk standarnya: Maksimumkan f(x2 , x3 , x4 , x5)= 2x2+x3+3x4-3x5+0x6 +0x7 Kendala 5x2+x3+2x4-2x5+x6 = 12 8x2+6x4-6x5+x7 = 22 x2…x7 ≥ 0 C j 2 1 3 -3 0 0 (C b)i X j (X b)i X 2 X 3 X 4 X 5 X 6 X 7 bi 1 0 X 3 X 7 5 8 1 0 2 6 -2 -6 1 0 0 1 12 22 6 22/6 Z j C j - Z j 5 -3 1 0 2 1 -2 -1 1 0 0 0 12 1 3 X 3 X 4 14/6 8/6 1 0 0 1 0 -1 1 0 -2/6 1/6 28/6 22/6 Z j C j - Z j 38/6 -26/6 1 0 3 0 -3 0 1 -1 1/6 -1/6 94/6
Penyelesaian optimal x2 = 0, x3 = 28/6 = 14/3, x4 = 22/6 = 11/3, x5 = x6 = x7 = 0. Jika
dikembalikan ke soal aslinya, maka x1 = 11/3, x2 = 0 dan x3 = 14/3. Perhatikan di sini
bahwa x1 yang bernilai sembarang tidak berarti harus bernilai negative. Akan tetapi juga
tidak boleh diasumsikan ≥ 0 sehingga proses simpleks juga tidak dapat langsung digunakan.
Contoh 2:
Selesaikan dengan metode simpleks! Minimumkan z = -2x1+ x2
Kendala x1+x2≤ 4
X j
(X b)i
x1≥ 0
Penyelesaian:
Perhatikan bahwa yang diisyaratkan ≥ 0 hanyalah x1 saja, sedangkan x2 bernilai
sembarang. Untuk menjadikan ke bentuk standar program linier, maka x2 dinyatakan
sebagai selisih 2 variabel baru x5dan x6
x2= x5 – x6
Sehingga bentuk standarnya menjadi:
Minimumkan z = -2x1+ x5- x6 + 0x3+ 0x4 Kendala x1+ x5- x6 + x3 = 4 x1 – x5+ x6 + x4= 6 x1 , x3 , x4 , x5 , x6 ≥ 0 C j -2 1 -1 0 0 (C b)i X 1 X 5 X 6 X 3 X 4 bi 0 X 3 1 1 -1 1 0 4 4 0 X 4 1 -1 1 0 1 6 6 Z j 0 0 0 0 0 0 C j – Z j -2 1 -1 0 0 -2 X 1 1 1 -1 1 0 4 -0 X 4 0 -2 2 -1 1 2 1 Z j -2 -2 2 -2 0 -8 C j-Z j 0 3 -3 2 0 -2 X 1 1 0 0 ½ ½ 5 -1 X 6 0 -1 1 -1/2 ½ 1 Z j -2 1 -1 -1/2 -3/2 -11 C j-Z j 0 0 0 ½ 3/2
Didapat solusi optimum x1 = 5, x6 = 1, x3 = x4 = x5 = 0. Jika dikembalikan ke soal aslinya
maka akan didapat x1 = 5 dan x2= -1
Dimyati, Tjutju T., Dimyati, Ahmad, Operation Research, Model-model
Pengambilan Keputusan, Sinar Baru Algesindo, Bandung, 2003
