metoda dua phase - Spada UNS

Materi Perkuliahan Program Linier 11

METODA DUA PHASE

Pemberian koefisien M pada variabel semu fungsi tujuan pada metoda penalti, ternyata menghambat sekali. Karena pemberian bilangan yang besar tersebut akan mengurangi ketepatan perhitungan atau mungkin malah dapat menghasilkan suatu jawaban yang tidak fisibel.

Jika pada tablo optimal simpleks dari suatu permasalahan yang mengandung variabel semu ternyata nilai R tidak sama dengan nol maka penyelesaian yang diperoleh adalah penyelesaian optimal yang tidak fisibel.

Sehingga perhitungan yang kita lakukan sia-sia.

Untuk mengatasi hal tersebut maka dikembangkan metoda dua tahap.

Sesuai dengan namanya cara kerja metoda ini dibagi dalam dua tahap. Tahap I bertujuan untuk mengetahui apakah



^Rdalam suatu permasalahan dapat mencapai nilai nol apa tidak. Jika



^Rmencapai nilai nol berarti penyelesaian optimal yang akan diperoleh pada tahap II merupakan penyelesaian optimal yang fisibel. Jika



^Rtidak mencapai nilai nol berarti penyelesaian optimal yang akan diperoleh pada tahap II merupakan penyelesaian optimal yang tidak fisibel. Jika hal ini terjadi maka tahap II pada metode dua tahap tidak perlu untuk dikerjakan. Sedangkan tahap II pada metoda dua tahap bertujuan untuk mencari penyelesaian optimal dari masalah aslinya.

Berikut ini langkah-langkah metoda dua tahap.

Tahap I: Meminimalkan 

i Ri

r

terhadap fungsi batasan pada masalah aslinya.

Atau

Memaksimalkan 

i Ri

r

Ada tiga kemungkinan yang dapat terjadi pada iterasi akhir pada tahap

a. r0 dan tidak ada variabel semu yang berada dalam basis optimum. Berarti sudah diperoleh penyelesaian basis fisibel awal untuk masalah asli.

Materi Perkuliahan Program Linier 12

b. r0 dan terdapat satu atau lebih variabel semu yang berada dalam basis optimum. Berarti sudah diperoleh penyelesaian basis fisibel awal untuk masalah asli.

Peristiwa ini mengindikasikan adanya batasan berlebih dalam masalah asli. Batasan pada masalah asli yang tergolong batasan berlebih adalah batasan pada saat tahap satu optimum memiliki variabel basis berupa variabel semu dengan nilai kanan nol.

c. r0 untuk soal meminimumkan atau r0untuk soal memaksimumkan, mengindikasikan adanya satu atau lebih variabel semu yang bernilai positif. Hal ini berarti masalah asli merupakan masalah yang tak fisibel.

Tahap II: Menggunakan penyelesaian basis optimal pada tahap I sebagai penyelesaian basis awal pada masalah aslinya, dengan langkah sebagai berikut

 Apabila pada tahap I berakhir dengan keadaan a, maka semua variabel semu dari tabel optimum tahap I dihapus.

Selanjutnya proses berlangsung seperti biasa.

 Apabila pada tahap I berakhir dengan keadaan b, maka batasan yang memuat variabel basis berupa variabel semu dengan nilai kanan nol dihapus. Selanjutnya semua variabel semu dari table optimum dihapus, kemudian proses berlangsung seperti biasa

Untuk lebih jelasnya akan digunakan contoh permasalahan berikut ini.

Tahap 1

Permasalahan Program Linier

Bentuk permasalahan Tahap I Meminimumkan

3 2

1 15 24

6y y y

W   

Terhadap batasan:

2y₁ 6y₃ 3 (1) 3y₂ 4y₃ 5 (2) y₁ 0, y₂ 0, y₃ 0

Meminimumkan





 ²

1 i

Ri

r

Terhadap batasan

2y₁ 6y₃ S₁R₁ 3 (1) 3y₂ 4y₃ S₂ R₂ 5 (2)

y₁,y₂,y₃,S₁,S₂,R₁,R₂ 0

Materi Perkuliahan Program Linier 13

Karena (1) 2y₁ 6y₃ S₁R₁ 3R₁ 32y₁6y₃ S₁ (2) 3y₂ 4y₃ S₂ R₂ 5R₂ 53y₂ 4y₃ S₂ maka R₁ R₂ 82y₁ 3y₂ 10y₃ S₁ S₂

Jadi permasalahan tahap I menjadi

Meminimumkan _{1 2 3 1 2}

2

1

10 3

2

8 y y y S S

R r

i

i      







r2y₁ 3y₂ 10y₃ S₁S₂ 8

terhadap batasan 2y₁6y₃S₁R₁3 (1) 5

4

3y₂ y₃S₂R₂  (2) 0

, , , , ,

, _{2 3 1 2 1 2}

1 y y S S R R 

y

Permasalahan tahap I ini memiliki dua persamaan dengan 7 variabel yang tak diketahui. Selanjutnya permasalahan tahap I ini diselesaikan dengan metoda simplek sebagai berikut.

 Mencari penyelesaian basis awal fisibel

ambil sebanyak 7 – 2 = 4 variabel disamadengankan nol misal

2 0

1 3 2

1  y  y S S 

y maka y₁,y₂,y₃,S₁,S₂sebagai variabel non basis. Akibatnya, R₁3,R₂ 5sebagai variabel basis. Hal ini menghasilkan nilai awal fungsi tujuan r 8.

 Berikut ini tampilan tablo simpleks secara lengkap dari permasalahan di atas.

Ket Var

Bas y¹ y₂ y₃ S₁ S₂ R₁ R₂ NK Rasio

Iterasi 0 ev=y₃

lv=R1

r 2 3 10 -1 -1 0 0 8 -

R1 2 0 6 -1 0 1 0 3 36

R2 0 3 4 0 -1 0 1 5 54

Iterasi 1 ev=y2

lv=R₂

r 43 _{3 0} ⁴_{6 -1} ¹⁰_{6 0 3 -} y3 13 0 1 16 0 16 0 12 - R2 43 3 0 46 -1 46 1 3 1 Iterasi 2

optimal r 0 0 0 106 _{0 -1 -1 0}

y3 13 0 1 16 0 16 0 12

y2 49 1 0 ⁴₁₈ ¹₃ 418 13 1

Materi Perkuliahan Program Linier 14

Karena pada iterasi (2) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian optimal telah tercapai dan karena pada saat optimal r_min 0, berarti masalah tersebut memiliki penyelesaian yang fisibel dan dapat dilanjutkan ke tahap II.

Tahap II

Karena r_min 0 berarti R₁0,R₂ 0sehingga variabel-variabel semu tersebut untuk perhitungan pada tahap II diabaikkan (dapat dihilangkan).

Sehingga tablo optimal tahap I dapat ditulis dalam bentuk persamaan menjadi:

12 16

13

1 3

1 y  S 

y (1)

1

13 418

49

2 1

2

1   

 y y S S (2)

Jadi, permasalahan pada tahap II adalah sebagai berikut:

Meminimumkan W 6y₁15y₂ 24y₃

Terhadap batasan ¹₃y₁ y₃¹₆S₁  ¹₂ (1)

1

13 418

49

2 1

2

1   

 y y S S (2)

0 , , ,

, _{2 3 1 2}

1 y y S S 

y

Permasalahan tersebut memiliki 2 persamaan dengan 5 variabel yang tidak diketahui. Selanjutnya permasalahan ini diselesaikan dengan metoda simplek sebagai berikut.

 Mencari penyelesaian basis awal fisibel

Pada tahap II ini penyelesaian basis awal fisibel telah diperoleh dari tablo optimal permasalahan pada tahap I. Jadi dari tablo optimal permasalahan tahap I didapat bahwa

(1) _{1 3 1 3 1 1}

16 13

12 12

16

13y y  S   y   y  S

(2) _{1 2 1 2 2 1 1 2}

13 418

49 1 3 1

18 1 9 4

4 y  y  S  S   y   y  S  S



Sehingga penyelesaian basis awal tahap II terjadi pada saat

2 1

1

2 13

418 49

1 y S S

y     dan _{3 1 1}

16 13

12 y S

y   

dengan W 6y₁15y₂24y₃

Materi Perkuliahan Program Linier 15

6 ) 3 1

2 1 (1 24 3 )

18 1 9 4

1 4 ( 15

6y₁ y₁ S₁ S₂ y₁ S₁

W        



4) 5 (15 12)

103 ( ) 3 8 6 20

(   ₁   ₁ ₂  



W y S S

5 27

23 143

2 1

1  



W y S S

5 27

23 143

2 1

1  



W y S S

 Berikut ini tampilan tablo simpleks secara lengkap dari permasalahan tahap II.

Ket Var

Bas y¹ y₂ y₃ S₁ S_{2 NK Rasio}

Iterasi (0) optimal

W 143 0 0 23 -5 27 -

y3 13 0 1 ¹₆ 0 ¹₂ y2 49 1 0 ⁴₁₈ ¹₃ 1

Karena pada iterasi (0) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian optimal telah tercapai. Jadi permasalahan di atas mencapai nilai optimal di

 





 



 2 ,1 1 , 0 ,

, _{2 3}

1 y y

y dengan W_min 27

Hal yang perlu diperhatikan adalah banyaknya iterasi dalam metoda penalti dan metoda dua tahap adalah sama. Terdapat korespondensi satu-satu antara dua tabel dari dua metoda tersebut.

Contoh 8:

Tahap I

Karena (1) tuv R₁6R₁6tuv (2) tu2vR₂4R₂4tu2v

(3) 2u3v R₃10R₃102u3v maka R₁R₂ R₃204u6v

Materi Perkuliahan Program Linier 16 Jadi permasalahan tahap I menjadi

Meminimumkan r R u v

i i 20 4 6

3 1





 

 

r 4u6v 20

terhadap batasan tuv R₁6 (1) 4

2  ₂ 





t u v R (2) 2u3v R₃10 (3) t,u,v,R₁,R₂,R₃0

Permasalahan tahap I ini memiliki tiga persamaan dengan 6 variabel yang tak diketahui. Selanjutnya permasalahan tahap I ini diselesaikan dengan metoda simplek sebagai berikut.

 Mencari penyelesaian basis awal fisibel

ambil sebanyak 6 – 3 = 3 variabel disamadengankan nol misal

0



u v

t maka t,u,vsebagai variabel non basis. Akibatnya, 10

, 4 ,

6 _{2 3}

1 R  R 

R sebagai variabel basis. Hal ini menghasilkan nilai awal fungsi tujuan r 20.

 Berikut ini tampilan tabel simpleks secara lengkap dari permasalahan di atas.

Ket Var

Bas t u v R1 R2 R3 NK Rasio

iterasi (0) r 0 4 6 0 0 0 20 -

ev=v R1 1 1 1 1 0 0 4 6

Lv=R2 R2 -1 1 2 0 1 0 6 2

R3 0 2 3 0 0 1 10 ¹⁰₃

iterasi (1) r 3 1 0 0 -3 0 8 -

ev=t R1

32

12 0 1 ¹₂ 0 4 ⁸₃

Lv=R1 v

12

 ¹₂ 1 0

12 0 2 -

R3

32

12 0 0 ³₂ 1 4 ⁸₃

iterasi (2) r 0 0 0 -2 -2 0 0

optimal t 1

13 0

23

13

 0

83

v 0 ²₃ 1 ¹₃ ¹₃ 0 ¹⁰₃

R3 0 0 0 -1 -1 1 0

Karena pada iterasi (2) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian optimal telah tercapai dan karena pada saat

Materi Perkuliahan Program Linier 17

optimal r_min 0, berarti masalah tersebut memiliki penyelesaian yang fisibel dan dapat dilanjutkan ke tahap II.

Tahap II

Karena r_min 0 dan terdapat variabel semu R3 pada saat optimal menjadi variabel basis dengan nilai nol maka batasan yang memuat R3 dihapus serta variabel-variabel semu yang ada pada tahap I untuk perhitungan pada tahap II diabaikkan (dapat dihilangkan). Sehingga batasan pada tabel optimal tahap I dapat ditulis dalam bentuk persamaan menjadi:

83 13 

 u

t (1)

²₃uv ⁸₃ (2)

Jadi, permasalahan pada tahap II adalah sebagai berikut:

Memaksimumkan Ft2u3v

Terhadap batasan t¹₃u⁸₃ (1) ²₃uv ¹⁰₃ (2)

0 , ,u v  t

Permasalahan tersebut memiliki 2 persamaan dengan 3 variabel yang tidak diketahui. Selanjutnya permasalahan ini diselesaikan dengan metoda simplek sebagai berikut.

 Mencari penyelesaian basis awal fisibel

Pada tahap II ini penyelesaian basis awal fisibel telah diperoleh dari tabel optimal permasalahan pada tahap I. Jadi dari tabel optimal permasalahan tahap I didapat bahwa

(1) t u t u

13 83 83

13    



(2) u v v 23u

103 103

23     

Sehingga penyelesaian basis awal tahap II terjadi pada saat u

t 13

83

 dan v u

23 103

 dengan Ft2u3v



^u



^u



^u



F 23

103 3 3 2

3 1

8    







Materi Perkuliahan Program Linier 18

F u

133 383







F¹³₃u³⁸₃

 Berikut ini tampilan tabel simpleks secara lengkap dari permasalahan tahap II.

ket Var

Bas t u v NK rasio

iterasi (0) F 0

133

 0

383



ev=u t 1 ¹₃ 0 ⁸₃ 8

Lv=v v 0

23 1

103 5

iterasi (1) F 0 0

132 9

optimal t 1 0 ¹₂ 1

u 0 1

32 5

Karena pada iterasi (1) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non negatif maka penyelesaian optimal telah tercapai. Jadi permasalahan di atas mencapai nilai optimal di



t,u,v

 

 1,5,0



dengan F_mak 9