Manajemen Sains. Pemrograman Linier (Metode Simpleks) Eko Prasetyo Teknik Informatika Univ. Muhammadiyah Gresik 2011

Pemrograman Linier

Manajemen Sains

Pemrograman Linier

(Metode Simpleks)

Eko Prasetyo Teknik Informatika Univ. Muhammadiyah Gresik 2011

Komponen dasar

Variabel keputusan

yang kita cari untuk ditentukan

Objective (tujuan)

yaitu ingin mengoptimalkan (memaksimalkan atau

meminimalkan)

meminimalkan)

Constraints

LP metode Simpleks

Mengonversi constraint yang masih dalam bentuk

pertidaksamaan menjadi persamaan

menggunakan bantuan variabel slack.

Nilai di sisi kanan harus non negatif.

Constraint yang menggunakan tanda ≤

merupakan representasi batas ketersediaan

sumber daya, dimana sisi kiri adalah representasi

penggunaan sumber daya oleh aktivitas (variabel)

model.

Perbedaan antara sisi kanan dan sisi kiri tanda ≤

merupakan sejumlah sumber daya yang belum

digunakan atau slack.

Langkah-langkah awal sebelum

menggunakan metode simpleks

Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau ≥) menjadi

persamaan

Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan

dengan koefisien nol

Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan

Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan

Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau

≥) menjadi persamaan

Mengonversi pertidaksamaan (≤) menjadi persamaan (=), sebuah

variabel slack nonnegative ditambahkan pada sisi kiri constraint.

Kasus Reddy Mikks, constraint yang menyatakan penggunakan bahan baku M1 diberikan oleh : 6x₁ + 4x_{2 ≤ 24}

Definisikan s1 sebagai variabel slack dari M1, maka constraint dapat

dikonversi menjadi : 6x₁ + 4x₂ + s₁ = 24, s_{1 ≥ 0}

Constraint dengan tanda ≥, menyatakan batas terendah aktivitas model

program linear, sehingga jumlah yang dinyatakan disisi kiri melewati batas minimal yang direpresentasikan sebagai surplus.

batas minimal yang direpresentasikan sebagai surplus.

Konversi dari ≥ ke = dicapai dengan mengurangi dengan variabel

surplus non negatif dari sisi kiri pertidaksamaan. Misalnya, dalam kasus Ozark Farm, constraint yang menyatakan kebutuhan makanan :

x₁ + x_{2 ≥ 800}

Definisikan r1 sebagai variabel surplus, constraint dapat dikonversi

Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau

≥) menjadi persamaan (cont’d)

Untuk kasus dimana sisi kanan constraint bernilai

negatif, maka harus dilakukan perkalian kedua

sisi dengan -1 setelah langkah diatas dilakukan.

Misalnya constraint : -x

₁

+ x

₂

_{≤ -3}

Maka bentuk persamaannya menjadi :

Maka bentuk persamaannya menjadi :

-x

₁

+ x

₂

+ r

₁

= -3, r

₁

_{≥ 0}

Selanjutnya kedua sisi dikalikan dengan -1,

sehingga sisi kanan bernilai positif :

Menambahkan variabel slack ke

fungsi tujuan dengan koefisien nol

Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan :

Z = 5x

₁

+ 4x

₂

dengan 4 variabel slack menjadi :

Z = 5x

₁

+ 4x

₂

+ 0s

₁

+ 0s

₂

+ 0s

₃

+ 0s

₄

Memindahkan komponen sisi kanan

fungsi tujuan ke sisi kanan

Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan :

Z = 5x

₁

+ 4x

₂

+ 0s

₁

+ 0s

₂

+ 0s

₃

+ 0s

₄

Berubah menjadi :

Langkah-langkah metode Simpleks

1.

Menentukan awal basis solusi layak

2.

Memilih variabel masuk menggunakan syarat

keoptimalan. Berhenti jika tidak ada lagi

variabel masuk, solusi terakhir adalah solusi

optimal. Jika tidak maka ke langkah 3.

optimal. Jika tidak maka ke langkah 3.

3.

Memilih variabel keluar menggunakan syarat

kelayakan.

4.

Menentukan solusi dasar yang baru

menggunakan perhitungan Gauss-Jordan.

Kembali ke langkah 2.

Langkah-langkah metode Simpleks

(cont’d)

Syarat keoptimalan (optimality condition).

Variabel masuk dalam kasus pemaksimalan

(peminimalan) adalah variabel nonbasis yang

mempunyai koefisien negatif terbesar (pemaksimalan)

atau positif terbesar (peminimalan) dalam baris -z-row.

Syarat optimal dicapai pada iterasi dimana semua

Syarat optimal dicapai pada iterasi dimana semua

koefisien z-row dari variabel nonbasis tidak negatif

(pemaksimalan) atau tidak positif (peminimalan)

Syarat kelayakan (feasibility condition).

Untuk kedua masalah pemaksimalan dan peminimalan,

variabel keluar adalah variabel basis yang dikaitkan

Operasi baris Gauss-Jordan

1.

Menentukan baris kunci :

Gantilah variabel keluar dalam kolom basis

dengan variabel masuk

Baris kunci baru = Baris kunci ÷ elemen kunci

2.

Mengganti nilai baris yang lain :

2.

Mengganti nilai baris yang lain :

Baris baru = Baris lama – koefisien kolom kunci ×

Langkah-langkah metode Simpleks

(cont’d)

Variabel basis adalah variabel yang berkontribusi

(mempunyai nilai) memberikan solusi yang diminta.

Variabel nonbasis adalah variabel yang tidak

berkontribusi (bernilai 0) dalam pemberian solusi.

Inisialisasi dalam metode simpleks :

x

₁₁

, x

₂₂

, … adalah variabel non basis

s

₁

, s

₂

, … adalah variabel basis

Dalam iterasi metode simpleks, satu persatu

variabel slack akan berubah menjadi variabel non

basis karena keluar dari solusi dasar (variabel

keluar), dan variabel keputusan akan berubah

menjadi variabel basis karena masuk ke basis

solusi (variabel masuk).

Program Linier pada kasus

memaksimalkan

Perusahaan Reddy Mikks memproduksi cat interior dan exterior dari

dua bahan baku, M1 dan M2.

Tabel dibawah ini adalah informasi mengenai kebutuhan bahan baku,

ketersediaan, dan keuntungannya.

Survey pasar menunjukkan bahwa kebutuhan perhari untuk cat interior

tidak boleh melebihi cat exterior lebih dari 1 ton, juga kebutuhan harian maksimal untuk cat interior adalah 2 ton.

Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antara
Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antara

cat interior dan exterior dengan memaksimalkan total keuntungan harian.

Produk

Kebutuhan bahan

baku (ton) Keuntungan (x1000)

M1 M2

Cat Ext 6 1 5

Cat Int 4 2 4

Program Linier pada kasus Reddy

Mikks(cont’d)

Konversi model Reddy Mikks menjadi :

Kendala :

6x

₁

+ 4x

₂

+ s

₁

= 24

(bahan baku M1)

(1)

x

₁

+ 2x

₂

+ s

₂

= 6 (bahan baku M2)

(2)

-x

₁

+ x

₂

+ s

₃

= 1

(batas pasar)

(3)

x

₂

+ s

₄

= 2

(batas kebutuhan)

(4)

x

₂

+ s

₄

= 2

(batas kebutuhan)

(4)

x

₁

, x

₂

, s

₁

, s

₂

, s

₃

, s

₄

≥ 0

Maksimalkan Z = 5x

₁

+ 4x

₂

+ 0s

₁

+ 0s

₂

+ 0s

₃

+0s

₄

Variabel s

₁

, s

₂

, s

₃

, dan s

₄

adalah variabel slack yang

dikaitkan dengan constraint yang bersangkutan.

Program Linier pada kasus Reddy

Mikks(cont’d)

Basis Z x₁ x₂ s₁ s₂ s₃ s₄ Solusi Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 z-row s₁ 0 6 4 1 0 0 0 24 s₁-row s₂ 0 1 2 0 1 0 0 6 s₂-row s₃ 0 -1 1 0 0 1 0 1 s₃-row s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2 s₄-row s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2 s₄-row

Syarat Optimal dan Layak

Solusi dari fungsi Z = 5x

₁

+ 4x

₂

yang ditunjukkan oleh tabel

dapat ditingkatkan dengan meningkatkan x

₁

dan x

₂

.

Untuk variabel yang akan masuk sebagai variabel basis

dipilih nilai variabel nonbasis yang mempunyai nilai

koefisien positif terbesar.

Karena fungsi tujuan dalam tabel simpleks adalah Z – 5x

₁

– 4x

₂

= 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabel

– 4x

₂

= 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabel

dengan koefisien negatif terbesar dalam fungsi tujuan.

Aturan ini disebut dengan syarat optimal.

Mekanisme penentuan variabel keluar dari tabel simpleks

dilakukan dengan menghitung rasio non negatif dari sisi

kanan persamaan (kolom Solusi) pada koefisien constraint

yang bersangkutan dengan variabel masuk seperti yang

ditunjukkan pada tabel berikut :

Syarat Optimal dan Layak

Basis Masuk Solusi Rasio

x₁ s₁ 6 24 x₁ = 24/6 = 4
_minimal s₂ 1 6 x₁ = 6/1 = 6 s₃ -1 1 x₁ = 1/-1 = -1 (diabaikan) s 0 2 _{x = 2/0 = ∞ (diabaikan)} s₄ 0 2 x_{1 = 2/0 = ∞ (diabaikan)}

Kesimpulan : x₁ masuk dan s₁ keluar

Proses penukaran didasarkan pada operasi Gauss-Jordan.

Operasi ini menjadikan kolom variabel masuk sebagai kolom kunci dan

variabel keluar sebagai baris kunci.

Elemen yang tepat menjadi anggota kolom kunci dan baris kunci

disebut elemen kunci.

Baris kunci dan kolom kunci

Masuk

↓

Basis Z x₁ x₂ s₁ s₂ s₃ s₄ Solusi

Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0

Keluar
s 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci

Keluar
s₁ 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci

s₂ 0 1 2 0 1 0 0 6

s₃ 0 -1 1 0 0 1 0 1

s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2

Kolom kunci

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 1)

Baris kunci

Ganti s

₁

pada kolom Basis dengan x

₁

Baris x

₁

baru = Baris s

₁

_{÷ elemen kunci}

= [0 6 4 1 0 0 0 24] / 6 = [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x baru

Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x

1

baru

= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – (-5) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] = [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – [0 -5 -10/3 -5/6 0 0 0 -20] = [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20]

Baris s

₂

baru = Baris s

₂

_{– (1) × Baris x}

₁

baru

= [0 1 2 0 1 0 0 6] – (1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] = [0 1 2 0 1 0 0 6] – [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (cont’d)

Baris s

₃

baru = Baris s

₃

_{– (-1) × Baris x}

₁

baru

= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – (-1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – [0 -1 -2/3 -1/6 0 0 0 -4]

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5]

Baris s

₄

baru = Baris s

₄

_{– (0) × Baris x}

₁

baru

Baris s

₄

baru = Baris s

₄

_{– (0) × Baris x}

₁

baru

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (0) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 0 0 0 0 0 0]

Tabel simpleks setelah iterasi 1

Basis Z x₁ x₂ s₁ s₂ s₃ s₄ Solusi Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20 x₁ 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4 s₂ 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 s₃ 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5 s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2 s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2

Fungsi tujuan Z = 20.

Dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsi tujuan)

yang mempunyai koefisien negatif terbesar,

ditemukan x

₂

dengan koefisien -2/3 sebagai variabel

masuk.

Syarat optimal ditunjukkan bahwa x

₂

adalah variabel

Syarat Optimal dan Layak

Basis

Masuk

Solusi Rasio

x

₂

x

₁

2/3

4

x

₂

= 4/(2/3) = 6

s

₂

4/3

2

x

₂

= 2/(4/3) = 3/2

_minimal

s

5/3

5

x = 5/(5/3) = 3

s

₃

5/3

5

x

₂

= 5/(5/3) = 3

s

₄

1

2

x

₂

= 2/1 = 2

Baris kunci dan kolom kunci

Masuk ↓ Basis Z x₁ x₂ s₁ s₂ s₃ s₄ Solusi Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20 x₁ 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4

Keluar
s₂ 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci Keluar
s₂ 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci

s₃ 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5

s₄ 0 0 1 0 0 0 1 2

Kolom kunci

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 2)

Baris kunci

Ganti s₂ pada kolom Basis dengan x₂

Baris x₂ baru = Baris s_{2 ÷ elemen kunci}

= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2] / (4/3) = [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x baru

Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x2 baru

= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – (-2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2] = [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – [0 0 -2/3 1/12 -1/2 0 0 -1]

= [1 0 0 ¾ ½ 0 0 21]

Baris x₁ baru = Baris x_{1 – (2/3) × Baris x2} baru

= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – (2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2] = [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – [0 0 2/3 -1/12 1/2 0 0 1]

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 2)

Baris s

₃

baru = Baris s

₃

_{– (5/3) × Baris x}

₁

baru

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – (5/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0

3/2]

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – [0 0 5/3 -5/24 5/4 0 0 5/2]

= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]

= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]

Baris s

₄

baru = Baris s

₄

_{– (0) × Baris x}

₁

baru

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (1) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

Tabel simpleks setelah iterasi 2

Basis Z x₁ x₂ s₁ s₂ s₃ s₄ Solusi Z 1 0 0 ¾ ½ 0 0 21 x₁ 0 1 0 ¼ -1/2 0 0 3 x₂ 0 0 1 -1/8 ¾ 0 0 3/2 s₃ 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2

Berdasarkan pada syarat optimal, tidak ada

dalam koefisien z-row yang variabel nonbasis (s

₁

dan s

₂

) nilainya negatif.

s₃ 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2

Hasil LP kasus Reddy Mikks

Variabel

keputusan

Nilai

Optimal

Rekomendasi

x

₁

3

Produksi 3 ton cat exterior

perhari

Produksi

1.5

ton

cat

x

₂

3/2

Produksi

1.5

ton

cat

interior perhari

Z

21

Keuntungan harian adalah

Klasifikasi constraint

Sumber daya

Nilai slack

Status

Bahan baku M1

s

₁

= 0

Scarce

Bahan baku M2

s

₂

= 0

Scarce

Batas pasar

s

₃

= 5/2

Abundant

Solusi Awal Buatan

PL yang constraintnya menggunakan tanda ≤ dengan

nilai non negatif disisi kanan menyebabkan semua

variabel slack memulai solusi layak awal.

Model yang menggunakan tanda = dan atau ≥ tidak

seperti itu.

Prosedur untuk awal pemrograman linear dengan

Prosedur untuk awal pemrograman linear dengan

tanda = dan ≥ pada constraint adalah menggunakan

variabel buatan (artificial variables) yang

memainkan peranan slack diawal iterasi dan

kemudian mengatur keabsahannya diakhir iterasi.

Dua metode terkait adalah : metode M dan metode

Metode M

Metode M memulai LP dalam bentuk persamaan.

Jika persamaan i tidak mempunyai slack, sebuah

variabel buatan r

_i

ditambahkan untuk membentuk

solusi awal yang menyerupai semua basis solusi

awal.

Karena variabel buatan bukan bagian dari model asli

Karena variabel buatan bukan bagian dari model asli

LP, kehadirannya memberikan pelanggaran yang

sangat berat dalam fungsi tujuan

Maka pemaksaan variabel buatan agar bernilai nol

harus dilakukan.

Hal ini akan terjadi dalam kasus jika masalah

Aturan pelanggaran pada variabel

buatan

Diberikan M, nilai positif yang cukup besar

(secara matematis M  ∞), koefisien tujuan

variabel buatan merepresentasikan pelanggaran

(penalty) yang tepat jika :

Koefisien obyektif variabel buatan =

Koefisien obyektif variabel buatan =

   an meminimalk masalah dalam M, kan memaksimal masalah dalam M,

-Contoh Kasus

Minimalkan Z = 4x

₁

+ x

₂

Constraint :

3x

₁

+ x

₂

= 3

4x

₁

+ 3x

₂

≥ 6

x + 2x ≤ 4

x

₁

+ 2x

₂

≤ 4

x

₁

, x

₂

≥ 0

Penyelesaian

Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack

dalam constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :

Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 – r1 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1,s1 ≥ 0

Persamaan ketiga mempunyai variabel slack yaitu s1, tetapi persamaan pertama dan kedua

tidak. tidak.

Maka tambahkan variabel buatan R₁ dan R₂ dalam persamaan pertama dan kedua dan melanggar fungsi tujuan dengan MR₁ + MR₂(karena meminimalkan).

Hasil LP menjadi :
Minimalkan Z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2
Constraint :
3x1 + x2 + R1= 3
4x1 + 3x2 – r1 + R2= 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1,s1, R1, R2 ≥ 0

Nilai M

Nilai M sebaiknya cukup besar yang relative

terhadap koefisien obyektif yang asli sehingga

dapat bertindak sebagai pelanggaran yang

memaksakan variabel buatan pada level nol

dalam solusi optimal.

dalam solusi optimal.

Tetapi nilai M juga tidak boleh terlalu besar

karena bisa membawa hasil tak terhingga.

Dalam kasus contoh ini, nilai koefisien obyektif x

₁

dan x

₂

adalah 4 dan 1, maka cukup beralasan jika

M = 100

Perubahan pada tabel simpleks

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Z -4 -1 0 -100 -100 0 0 R₁ 3 1 0 1 0 0 3 R₂ 4 3 -1 0 1 0 6 s₁ 1 2 0 0 0 1 4

Dalam tabel, x₁ = x₂ = r₁ = 0, yang merupakan solusi basis awal

R₁ = 3, R₂ = 6, dan s₁ = 4.

Solusi ini berarti Z = 100 (3) + 100 (6) = 900 (seharusnya 0,

seperti sisi kanan z-row yang tampak ditabel).

Ketidakkonsistenan ini muncul dari fakta bahwa R₁ dan R₂

mempunyai koefisien nonzero (-100, -100) dalam z-row (bandingkan dengan semua solusi awal slack pada contoh sebelumnya) dimana koefisien z-row dari slack adalah nol.

Menghilangkan inkonsistensi

Mensubstitusi R

₁

dan R

₂

dalam z-row menggunakan

persamaan constraint yang tepat.

Elemen bernilai 1 yang dihighlight dalam R

₁

-row dan R

₂

-row, perkalian setiap R

₁

-row dan R

₂

-row oleh 100 dan

menambahkan jumlahnya ke z-row akan mensubstitusi R

₁

dan R

₂

dalam baris obyektif.

Sehingga :

Sehingga :

Z-row baru = Z-row lama + (100 × R1-row + 100 × R2-row)

Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + (100 × [3 1 0 1 0 0 3] + 100 × [4 3 -1 0 1 0 6]) Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + ([300 100 0 100 0 0 300] + [400 300 -100 0 100 0 600]) Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + [700 400 -100 100 100 0 900] Z-row baru = [696 399 -100 0 0 0 900]

Perubahan pada tabel simpleks

setelah substitusi

Basis

x

₁

x

₂

r

₁

R

₁

R

₃

s

₁

Solusi

Z

696

399

-100

0

0

0

900

R

₁

3

1

0

1

0

0

3

R

₂

4

3

-1

0

1

0

6

Dari tabel diatas, dapat dipastikan bahwa nilai

Z=900, konsisten/tepat dengan nilai solusi layak

awal : R

₁

= 3, R

₂

= 6, dan s

₁

= 4.

R

₂

4

3

-1

0

1

0

6

Penentuan variabel masuk dan

keluar

Basis

Masuk

Solusi

Rasio

x

₁

R

₁

3

3

x

₁

= 3/3 = 1

_minimal

R

₂

4

6

x

₁

= 6/4 = 3/2

s

1

4

x = 4/1 = 4

Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan

kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien positif

s

₁

1

4

x

₁

= 4/1 = 4

Kolom dan baris kunci yang terpilih

(iterasi 1)

Masuk ↓ Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Z 696 399 -100 0 0 0 900 Keluar
R₁ 3 1 0 1 0 0 3 Baris Keluar
R₁ 3 1 0 1 0 0 3 Baris kunci R₂ 4 3 -1 0 1 0 6 s₁ 1 2 0 0 0 1 4 Kolom kunci

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 1)

Baris kunci

Ganti R₁ pada kolom Basis dengan x₁

Baris x₁ baru = Baris R_{1 ÷ elemen kunci}

= [3 1 0 1 0 0 3] / 3 = [1 1/3 0 1/3 0 0 1] Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x baru

Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x1 baru

= [696 399 -100 0 0 0 900] – (696) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1] = [696 399 -100 0 0 0 900] – [696 232 0 232 0 0 696] = [0 167 -100 -232 0 0 204]

Baris R₂ baru = Baris R_{2 – (4) × Baris x1} baru

= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1] = [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 1)

Baris s₁ baru = Baris s_{1 – (1) × Baris x1} baru = [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1] = [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]

Solusi baru adalah (x₁, R₂, s₁) dan tabel simpleks berubah menjadi :

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Z 0 167 -100 -232 0 0 204 x₁ 1 1/3 0 1/3 0 0 1 R₂ 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 s₁ 0 5/3 0 -1/3 0 1 3

• Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 204.

• Selanjutnya dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsi

tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan x₂

Penentuan variabel masuk dan

keluar

Basis

Masuk

Solusi

Rasio

x

₂

x

₁

1/3

1

x

₂

= 1/(1/3) = 3

R

5/3

2

x = 2/(5/3) = 6/5

_minimal

R

₂

5/3

2

x

₂

= 2/(5/3) = 6/5

_minimal

s

₁

5/3

3

x

₂

= 3/(5/3) = 9/5

Kolom dan baris kunci yang terpilih

(iterasi 2)

Masuk ↓ Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Z 0 167 -100 -232 0 0 204 x₁ 1 1/3 0 1/3 0 0 1 x₁ 1 1/3 0 1/3 0 0 1

Keluar
R₂ 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 Baris kunci

s₁ 0 5/3 0 -1/3 0 1 3

Kolom kunci

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 1)

Baris kunci

Ganti R₂ pada kolom Basis dengan x₂ Baris x₂ baru = Baris R_{2 ÷ elemen kunci}

= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3) = [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru

Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru

= [0 167 -100 -232 0 0 204] – (167) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [0 167 -100 -232 0 0 204] – [0 167 -501/5 -668/5 501/5 0 1002/5]

= [0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5]

Baris x₁ baru = Baris x_{1 – (1/3) × Baris x2} baru

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 3/15 0 6/15]

Operasi Gauss-Jordan untuk

menghasilkan solusi baru (iterasi 1)

Baris s₁ baru = Baris s_{1 – (1) × Baris x2} baru

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 -2]

= [0 0 1 1 -1 1 5]

Solusi baru adalah (x₁, x₂, s₁) dan tabel simpleks berubah menjadi :

Basis

x

₁

x

₂

r

₁

R

₁

R

₃

s

₁

Solusi

Basis

x

₁

x

₂

r

₁

R

₁

R

₃

s

₁

Solusi

Z

0

0

1/5

-492/5 -501/5

0

18/5

x

₁

1

0

1/5

3/5

-3/5

0

3/5

x

₂

0

1

-3/5

-4/5

3/5

0

6/5

s

₁

0

0

1

1

-1

1

5

Penentuan variabel masuk dan

keluar

Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 18/5.

Selanjutnya dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsi

tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan r₁

dengan koefisien 1/5 sebagai variabel masuk. Syarat optimal

ditunjukkan bahwa r₁ adalah variabel masuk

Basis Masuk Solusi Rasio

r₁ r₁

x₁ 1/5 3/5 r₁ = (3/5)/(1/5) = 3 _{ minimal}

x₂ -3/5 6/5 r₁ = (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)

s₁ 1 5 r₁ = 5/1 = 5

Kesimpulan : tidak ada syarat kelayakan yang memenuhi

Dari tabel diatas, terlihat bahwa rasio minimal terdapat pada

Metode dua fase

Dalam metode M, penggunaan penalty M,

dimana didefinisikan nilainya harus relative besar

terhadap koefisien obyektif actual dari model,

dapat menghasilkan kisaran error yang dapat

melemahkan akurasi perhitungan simpleks.

Metode dua fase mengurangi kelemahan ini

Metode dua fase mengurangi kelemahan ini

dengan menghilangkan konstanta M.

Metode ini menyelesaikan kasus LP dalam dua

fase :

Fase I berusaha untuk mencari solusi layak awal,

dan jika ditemukan, maka Fase II dijalankan untuk

Langkah-langkah metode dua fase

Fase I

Kondisikan masalah dalam bentuk persamaan, dan

tambahkan variabel buatan yang diperlukan pada

constraint (seperti metode M) untuk mengaman basis

solusi awal.

Cari solusi basis dari persamaan yang didapatkan itu,

tanpa memandang LP adalah memaksimalkan atau

tanpa memandang LP adalah memaksimalkan atau

meminimalkan, selalu meminimalkan jumlah dari

variabel buatan.

Jika nilai minimum penjumlahan adalah positif, masalah

LP tidak mempunyai solusi layak, sehingga merupakan

akhir proses. Jika tidak, lanjutkan ke fase II.

Fase II

Mengacu pada contoh di metode M

Minimalkan Z = 4x

₁

+ x

₂

Constraint :

3x

₁

+ x

₂

= 3

4x

₁

+ 3x

₂

≥ 6

x + 2x ≤ 4

x

₁

+ 2x

₂

≤ 4

x

₁

, x

₂

≥ 0

Penyelesaian

Menggunakan r

₁

sebagai variabel surplus dalam

constraint kedua dan s

₁

sebagai slack dalam

constraint ketiga, bentuk persamaan masalah

menjadi :

Minimalkan Z = 4x

₁

+ x

₂

Minimalkan Z = 4x

₁

+ x

₂

Constraint :

3x

₁

+ x

₂

= 3

4x

₁

+ 3x

₂

– r

₁

= 6

x

₁

+ 2x

₂

+ s

₁

= 4

x

, x

, r

s

≥ 0

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I

Minimalkan R = R₁ + R₂
Kendala :
3x₁ + x₂ + R₁ = 3
4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x₁, x₂, r_1, s₁, R₁, R₂ ≥ 0

Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :

Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :

Basis

x

₁

x

₂

r

₁

R

₁

R

₃

s

₁

Solusi

R

0

0

0

-1

-1

0

0

R

₁

3

1

0

1

0

0

3

R

₂

4

3

-1

0

1

0

6

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Dengan metode M, R1 dan R2 disubstitusikan dalam

R-row dengan menggunakan perhitungan :

R-row baru = R-row lama + (1 × R1-row + 1 × R2-row)

R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + (1 × [3 1 0 1 0 0 3] + 1 × [4 3 -1 0 1 0 6]) R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + ([3 1 0 1 0 0 3] + [4 3 -1 0 1 0 6]) R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9] R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9] R-row baru = [7 4 -1 0 0 0 9]

Tabel simpleks berubah menjadi :

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi

R 7 4 -1 0 0 0 9

R₁ 3 1 0 1 0 0 3

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

x

₁

terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal

meminimalkan karena mempunyai koefisien positif

terbesar).

Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam

tabel dibawah ini :

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solus Rasio i

R 7 4 -1 0 0 0 9

R₁ 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1

minimal

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

R

₁

menjadi variabel keluar dan x

₁

menjadi variabel

masuk.

Perubahan pada tiap baris dengan Operasi

Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru

Baris kunci

Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1

Baris x baru = Baris R ÷ elemen kunci
Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci

= [3 1 0 1 0 0 3] / 3 = [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

Baris yang lain

Baris R baru = Baris R – (7) × Baris x1 baru

= [7 4 -1 0 0 0 9] – (7) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1] = [7 4 -1 0 0 0 9] – [7 7/3 0 7/3 0 0 7]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru = [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4] = [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]

Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x1 baru = [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1] = [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] = [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]

Perubahan tabel simpleks menjadi :

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi

R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2

x₁ 1 1/3 0 1/3 0 0 1

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

x₂ terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal

meminimalkan karena mempunyai koefisien positif terbesar).

Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabel

dibawah ini :

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi Rasio

R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2 R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2 x₁ 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1/(1/3) = 3 R₂ 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2/(5/3) = 1.2
minimal s₁ 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3/(5/6) = 3.6

Dari tabel tersebut, R₂ menjadi variabel keluar dan x₂ menjadi

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi

baru

Baris kunci

Ganti R

₂

pada kolom Basis dengan x

₂

Baris x

₂2

baru = Baris R

₂2

÷ elemen kunci

= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3) = [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

Baris yang lain

Baris R baru = Baris R – (5/3) × Baris x

₂

baru

= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Baris x

₁

baru = Baris x

₁

– (1/3) × Baris x

₂

baru

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 1/5 0 2/5] = [1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5]

Baris s

₁

baru = Baris s

₁

– (5/3) × Baris x

₂

baru

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]

= [0 0 1 1 -1 1 1]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase I (cont’d)

Basis x₁ x₂ r₁ R₁ R₃ s₁ Solusi

R 0 0 0 -1 -1 0 0

x₁ 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5

x₂ 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5

s₁ 0 0 1 1 -1 1 1

Tidak ada syarat optimal yang ditemui pada tabel (tidak ada

koefisien positif terbesar di z-row).

Sehingga untuk fase I selesai dan mencapai optimal.

Karena minimal R = 0. Fase I menghasilkan basis solusi optimal

x₁ = 3/5 dan x₂ = 6/5 dan s₁ = 1.

Pada titik ini, variabel buatan telah mecapai tujuan, dan kita

dapat menghilangkan kolom tersebut dari tabel dan dilanjutkan

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II

Setelah penghapusan kolom variabel buatan,

masalah asli menjadi :

Minimalkan Z = 4x

₁

+ x

₂

Constraint :

x

₁

+ 1/5 r

₁

= 3/5

x

₁

+ 1/5 r

₁

= 3/5

x

₂

– 3/5 r

₁

= 6/5

r

₁

+ s

₁

= 1

x

₁

, x

₂

, r

₁

, s

₁

≥ 0

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Basis x₁ x₂ r₁ s₁ Solusi

Z -4 -1 0 0 0

x₁ 1 0 1/5 0 3/5

x₂ 0 1 -3/5 0 6/5

s₁ 0 0 1 1 1

Karena variabel basis x1 dan x2 mempunyai koefisien nonzero dalam

z-row, keduanya harus disubstitusikan menggunakan perhitungan berikut :

Z-row baru = Z-row lama + (4 × x1-row + 1 × x2-row)

Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + (4 × [1 0 1/5 0 12/5] + 1 × [0 1 -3/5 0 6/5]) Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + ([4 0 4/5 0 12/5] + [0 1 -3/5 0 6/5])

Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + [4 1 1/5 0 18/5] Z-row baru = [0 0 1/5 0 18/5]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Basis x₁ x₂ r₁ s₁ Solusi

Z 0 0 1/5 0 18/5

x₁ 1 0 1/5 0 3/5

x₂ 0 1 -3/5 0 6/5

s 0 0 1 1 1

Kasusnya adalah meminimalkan, sehingga dicari koefisien

variabel dalam z-row yang mempunyai nilai positif

terbesar.

Didapatkan r

₁

bernilai positif terbesar, sehingga menjadi

kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan

karena mempunyai koefisien positif terbesar)

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Basis x₁ x₂ r₁ s₁ Solusi Rasio

Z 0 0 1/5 0 18/5

x₁ 1 0 1/5 0 3/5 (3/5)/(1/5) = 3

x 0 1 -3/5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)

s

₁

menjadi variabel keluar dan r

₁

menjadi variabel

masuk

x₂ 0 1 -3/5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi

baru

Baris kunci

Ganti s

₁

pada kolom Basis dengan r

₁

Baris r

₁1

baru = Baris s

₁1

÷ elemen kunci

= [0 0 1 1 1] / 1 = [0 0 1 1 1]

Baris yang lain

Baris Z baru = Baris Z – (1/5) × Baris r

₁

baru

= [0 0 1/5 0 18/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1] = [0 0 1/5 0 18/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5] = [0 0 0 -1/5 17/5]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Baris x

₁

baru = Baris x

₁

– (1/5) × Baris r

₁

baru

= [1 0 1/5 0 3/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1] = [1 0 1/5 0 3/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5] = [1 0 0 -1/5 2/5]

Baris x

₂₂

baru = Baris x

₂₂

– (-3/5) × Baris r

_{1 1}

baru

= [0 1 -3/5 0 6/5] – (-3/5) × [0 0 1 1 1] = [0 1 -3/5 0 6/5] – [0 0 -3/5 -3/5 -3/5] = [0 1 0 3/5 9/5]

Penyelesaian dengan metode dua

fase – Fase II (cont’d)

Basis

x

₁

x

₂

r

₁

s

₁

Solusi

Z

0

0

0

-1/5

17/5

x

₁

1

0

0

-1/5

2/5

x

₂

0

1

0

3/5

9/5

Solusi baru adalah (x

₁

, x

₂

, r

₁

) dan tabel simpleks

dan memberikan nlai x1 dan x2 yang optimal

yaitu masing-masing 2/5 dan 9/5

x

₂

0

1

0

3/5

9/5

Hal-hal yang perlu diperhatikan

Penghilangan variabel buatan dan kolomnya diakhir fase I hanya

bisa dilakukan ketika semua variabel buatan tersebut sudah menjadi variabel nonbasis.

Jika satu atau lebih variabel buatan adalah basis (pada level nol)

di akhir fase I, maka langkah tambahan berikut ini harus

dilakukan untuk menghilangkannya sebelum masuk ke fase II

Langkah 1

Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi dan
Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi dan

rangcanglah baris sebagai baris kunci.

Variabel masuk bisa sembarang variabel nonbasis (non buatan)

dengan koefisien nonzero (positif atau negatif) dalam baris kunci. Lakukan iterasi simpleks.

Langkah 2

Hilangkan kolom variabel buatan (yang baru saja keluar) dari

tabel.

Tugas

Baca Modul 4 Analisis Sensitivitas
Kerjakan soal Modul 3 :

Kelompok 1 : 3.2 dan 3.6(a)
Kelompok 2 : 3.3 dan 3.6(b)
Kelompok 3 : 3.4 dan 3.6(c)
Kelompok 4 : 3.7 dan 3.6(d)
Kelompok 5 : 3.8 dan 3.1(a)
Kelompok 6 : 3.5(a) dan 3.1(b)
Kelompok 6 : 3.5(a) dan 3.1(b)
Kelompok 7 : 3.5(c) dan 3.1(c)
Kelompok 8 : 3.5(d) dan 3.1(d)
Kelompok 9 : 3.5(b) dan 3.5(e)

Pengerjaan :

Satu kelompok berisi maksimal 5 orang

Ditulis tangan pada kertas folio bergaris oleh masing-masing anggota
Dikumpulkan pada pertemuan berikutnya