BAB I PENGANTAR PROGRAM LINIER - Repository …repository.unikama.ac.id/449/1/Program...

Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier

BAB I

PENGANTAR PROGRAM LINIER

1.1. Pengertian

Program linier merupakan kata benda dari pemogramman linier (linear

programming), muncul dalam penelitian operasional (operational research).

Menurut George B. Dantzing yang sering disebut Bapak Linear Programming, di

dalam bukunya “Linear Programming and Extension”, menyebutkan bahwa ide

dari linear programming ini berasal dari ahli matematik Rusia bernama L.V.

Kantorivich yang pada tahun 1939 menerbitkan sebuah karangan dengan judul

“Mathematical Methods in The Organization and Planning of Production”, yang

didalamnya telah dirumuskan persoalan linear programming untuk pertama

kalinya. Ide ini, di Rusia tidak berkembang dan justru berkembang di dunia barat,

kemudian tahun 1947 seorang ahli matematik dari Amerika Serikat yaitu George

B. Dantzing menemukan suatu cara untuk memecahkan persoalan linear

programming tersebut dengan suatu metode yang disebut “Simplex Methods”.

Setelah itu, linear programming berkembang pesat sekali, semula di bidang militer

(untuk penyusunan strategi perang) maupun di bidang bussines (persoalan untuk

mencapai maksimum profit, minimum loss, dll). Sekarang berkembang luas di

dalam perencanaan pembangunan ekonomi nasional, misalnya di dalam

penentuan “allocation of investments” ke dalam sektor-sektor perekonomian,

“rotation corp policy”, peningkatan penerimaan devisa, dll.

Program linier (linear programming) merupakan meodel matematik dalam

mengalokasikan sumberdaya yang langka untuk mencapai tujuan tunggal seperti

memaksimumkan keuntungan atau meminimumkan biaya. Program linier sebagai

suatu model matematik yang terdiri dari sebuah fungsi tujuan linear dan sistem

kendala linier.


1.2. Persoalan Optimasi & Persoalan Programming

Pada dasarnya persoalan optimasi (optimazion problems) merupakan suatu

persoalan membuat nilai fungsi 𝑧 = 𝑐1𝑥1 + 𝑐2𝑥2 + ⋯+ 𝑐𝑛𝑥𝑛, dengan variabel

yaitu 𝑥1, 𝑥2, … . , 𝑥𝑛 menjadi maksimum atau minimum dengan memperhatikan

kendala-kendala atau pembatas-pembatas yang ada. Biasanya pembatas-pembatas

tersebut meliputi tenaga kerja, uang, material yang merupakan input, serta waktu

dan ruang.

Persoalan programming pada dasarnya berkenaan dengan penentuan alokasi yang

optimal dari sumber-sumber yang langka (limited resources) untuk memnuhi

suatu tujuan (objective). Misalnya, bagaimana mengkombinasikan beberapa

sumber yang terbatas seperti tenaga kerja, material, mesin, tanah, pupuk, air

sehingga diperoleh output yang maksimum.

Persoalan linear programming adalah persoalan untuk menentukan besarnya

masing-masing nilai variable sedemikian rupa sehingga nilai fungsi tujuan atau

obyektif (objective function) yang linier menjadi optimum (maksimum atau

minimum) dengan memperhatikan pembatasan-pembatasan yang ada yaitu

pembatasan mengenai inputnya. Pembatasan-pembatasan inipun harus dinyatakan

dalam ketidaksamaan yang linier (linear inequality).

Suatu persoalan disebut persoalan program linier apabila memenuhi hal-hal

berikut:

a. Tujuan (objective) yang akan dicapai harus dapat dinyatakan dalam bentuk

fungsi linier. Fungsi ini disebut fungsi tujuan (objective function)

b. Harus ada alternative pemecahan. Pemecahan yang membuat nilai fungsi

tujuan optimum (laba yang maksimum, biaya yang minimum, dll) yang hartus

dipilih

c. Sumber-sumber tersedia dalam jumlah terbatas (bahan mentah terbatas,

ruangan untuk menyimpan barang terbatas, dll). Pembatasan-pembatasan

harus dinyatakan di dalam ketidaksamaan yang linier (linear inequality)


Secara teknis, ada syarat tambahan dari permasalahan program linier yang harus

diperhatikan sebgai asumsi dasar yaitu:

a. Kepastian (certainty), yaitu fungsi tujuan dan fungsi kendala sudah diketahui

dan tidak berubah selama periode analisa

b. Proporsionalitas (proportionality), yaitu adanya proporsionalitas dalam fungsi

tujuan dan fungsi kendala

c. Penambahan (additivity), yaitu aktivitas total sama dengan penjumlahan

aktivitas individu

d. Bisa dibagi-bagi (divisibility), yaitu solusi tidak harus merupakan bilangan

integer (bilangan bulat) tetapi bisa juga bilangan pecahan

e. Variable tidak negatif (non-negative variable), yaitu bahwa semua nilai

jawaban atau variabel tidak negative

1.3. Formulasi Model Matematika.

Masalah keputusan yang sering dihadapi analis yaitu alokasi optimum sumber

daya.

Sumber daya dapat berupa uang, tenaga kerja, bahan mentah, kapasitas mesin,

waktu, ruangan atau teknologi.

Tugas analisis adalah mencapai hasil terbaik dengan keterbatasan sumber

daya tersebut.

Setelah masalah diidentifikasikan dan tujuan ditetapkan, maka langkah

selanjutnya yaitu formulasi model matematik.

Formulasi model matematik ada 3 tahap yaitu:

a. Menentukan variable yang tidak diketahui dan dinyatakan dengan simbol

b. Membentuk fungsi tujuan yang ditunjukkan sebagai suatu hubungan linear

dari variable keputusan (memaksimumkan atau meminimumkan)

c. Menentukan semua kendala masalah tersebut dan mengekspresikannya

dalam persamaan, pertidaksamaan atau fungsi


Contoh:

Suatu perusahaan menghasilkan dua barang, boneka dan mobil-mobilan.

Harga masing-masing barang dan kebutuhan sumber daya terlihat pada tabel

berikut. Disamping itu menurut bagian penjualan, permintaan boneka tidak

akan melebihi 4 unit.

Sumber daya Boneka Mobil-mobilan Kapasitas

Bahan Mentah 1 2 10

Buruh 6 6 36

Harga per unit 4 5

Tentukan: a. Variable b. Fungsi tujuan c. Sistem kendala

d. Formasi model matematik e. Solusi optimum

Soal – soal:

1. Sebuah Firma memproduksi sendiri rak buku dalam dua model yaitu model A dan

model B. Produksi rak buku dibatasi oleh persediaan material (papan kualitas

tinggi) dan waktu yang terbatas mesin pemroses. Tiap unit A memerlukan 3 𝑚2

papan dan tiap unit B memerlukan 4 𝑚2 papan. Firma memperoleh 1700 𝑚2 papan

tiap minggu dari pemasok sendiri. Tiap unit A membutuhkan 12 menit dari mesin

pemroses dan tiap unit B membutuhkan 30 menit. Setiap minggu memungkinkan

total waktu mesin 160 jam. Jika keuntungan (profit) tiap unit A sebesar $2 dan tiap

unit B sebesar $4. Bagaimana formasi model matematik program linier dari kasus

di atas?

2. Pabrik ban sepeda memproduksi ban luar dan ban dalam. Ban luar diproses melalui

3 unit mesin, sedangkan ban dalam hanya diproses di dua mesin. Setiap ban luar

diproses secara berurutan selama 2 menit di mesin I, 8 menit di mesin II dan 10

menit di mesin III. Sedangkan setiap ban dalam diproses selama 5 menit di mesin

I, kemudian 4 menit di mesin II. Sumbangan keuntungan dari setiap unit ban luar

dan ban dalam masing-masing Rp 400,00 dan Rp 300,00. Kapasitas pengoperasian

masing-masing mesin setiap harinya 800 menit. Jika setiap ban yang diproduksi

senantiasa laku terjual. Tentukan model program liniernya, agar keuntungan

maksimum!


3. PT bank kita yang bergerak dalam usaha pembuatan makanan ternak

merencanakan produksi sebesar 200 kg per bulan. Untuk mendapatkan makanan

ternak nyang berkualitas tinggi, sesuai dengan persyaratan yang diminta konsumen,

telah ditemukan komposisi campuran yaitu: (a) paling sedikit 8% kalsium tetapi

tidak boleh melebihi 10%, (b) paling sedikit 30% protein, (c) paling banyak 8%

lemak. Untuk memperoleh ketiga jenis bahan tersebut akan diolah dari jagung dan

kacang kedelai. Kandungan gizi yang terdapat dalam kedua jenis bahan tersebut

sebagai berikut:

Uraian Per – kg bahan

Jagung Kedelai

Kalsium 0,20 0,05

Protein 0,15 0,40

Lemak 0,05 0,05

Harga setiap kg jagung Rp 300,00 dan kacang kedelai Rp 800,00. Bagaimana

rumusan model matematik program linier dari kasus di atas.


BAB II

METODE GRAFIK

2.1. Pengertian

Pada prinsipnya setiap persoalan program linier dapat dipecahkan atau

menghasilkan penyelesaian. Penyelesaian dengan metode grafik sebagai berikut:

Masalah program linier diilustrasikan dan dipecahkan dengan metode grafik,

apabila hanya memiliki dua variabel keputusan

Langkah-langkah penyelesaian:

a. Gambarkan fungsi kendala dalam bentuk persamaan pada sumbu cartesius

b. Tentukan daerah solusi layak (feasible solution) atau area layak (feasible

region) dengan memperhatikan tanda ketidaksamaan fungsi kendala

c. Gambarkan fungsi tujuan, geser garis tersebut ke lokasi titik solusi optimal

d. Selesaikan persamaan-persamaan pada titik solusi untuk menentukan

solusi optimal

Solusi optimal dapat menggunakan dua pendekatan yaitu pendekatan garis

profit (isoprofit line) atau titik sudut (corner point)

Dalam program linier dengan metode grafik sering dijumpai permasalahan secara

teknis, sebagai berikut:

a. Infeasibility, yaitu suatu kondisi dimana tidak area layak yang memenuhi

semua kendala.

b. Unboundedness, yaitu suatu kondisi dimana area layak tidak terbatas.

c. Redundancy, misalnya apabila bagian marketing tidak bisa menjual lebih

dari 4 unit maka disebut redundant

d. Alternative Optima, yaitu situasi dimana terdapat lebih dari satu solusi

optimal.


Beberapa contoh kasus khusus pada program linier:

1. Solusi tidak layak, jika tidak ada satu titikpun yang memenuhi fungsi kendala.

Contoh: Max 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2

Terhadap 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 8 , 𝑥1 ≥ 3 , 𝑥2 ≥ 3 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

2. Solusi optimum lebih dari satu (multiple optimum solution), jika fungsi tujuan

sejajar dengan fungsi kendala yang menghubungkan titik ekstrem.

Contoh: Max 𝑧 = 4𝑥1 + 4𝑥2

Terhadap 𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 10 , 6𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 10 , 𝑥1 ≤ 4 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

3. Tidak memiliki solusi optimum, jika solusi layak tidak terbentuk dan fungsi

kendala tidak dapat membatasi peningkatan nilai fungsi tujuan baik kearah

positif maupun negatif.

.

2.2. Masalah Maksimisasi

Maksimisasi dapat berupa memaksimalkan keuntungan atau hasil.

Contoh:

1. Maksimum 𝑧 = 4𝑥 + 5𝑦

Dengan batasan 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 12 , 3𝑥 + 4𝑦 ≤ 18 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0

a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!

b. Tentukan nilai maksimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai

maksimum

2. PT LAQUNATEKSTIL memiliki sebuah pabrik yang akan memproduksi

2 jenis produk, yaitu kain sutera dan kain wol. Untuk memproduksi

kedua produk diperlukan bahan baku benang sutera, bahan baku benang

wol dan tenaga kerja. Maksimum penyediaan benang sutera adalah 60

kg per hari, benang wol 30 kg per hari dan tenaga kerja 40 jam per hari.

Kebutuhan setiap unit produk akan bahan baku dan jam tenaga kerja dapat

dilihat dalam tabel berikut:


Jenis bahan baku

dan tenaga kerja

Kg bahan baku & Jam tenaga kerja Maksimum

penyediaan Kain sutera Kain wol

Benang sutera 2 3 60 kg

Benang wol - 2 30 kg

Tenaga kerja 2 1 40 jam

Kedua jenis produk memberikan keuntungan sebesar Rp 40 juta untuk

kain sutera dan Rp 30 juta untuk kain wol. Masalahnya adalah bagaimana

menentukan jumlah unit setiap jenis produk yang akan diproduksi setiap hari

agar keuntungan yang diperoleh bisa maksimal?

Langkah – langkah:

a) Menentukan variablel 𝑥 ∶ 𝑘𝑎𝑖𝑛 𝑠𝑢𝑡𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑦 ∶ 𝑘𝑎𝑖𝑛 𝑤𝑜𝑙

b) Fungsi tujuan 𝑧𝑚𝑎𝑥 = 40𝑥 + 30𝑦

c) Fungsi kendala/batasan 2𝑥 + 3𝑦 ≤ 60 (𝑏𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑠𝑢𝑡𝑒𝑟𝑎)

2𝑦 ≤ 30 (𝑏𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑤𝑜𝑙)

2𝑥 + 𝑦 ≤ 40 (𝑡𝑒𝑛𝑎𝑔𝑎 𝑘𝑒𝑟𝑗𝑎)

𝑥 ≥ 0 , 𝑦 ≥ 0

d) Menggambar grafik

e) Untuk mendapatkan solusi optimal yaitu mencari nilai z pada setiap

titik ekstrim dengan memaksimumkan keuntungan.

2.3. Masalah Minimisasi

Minimisasi dapat berupa meminimumkan biaya produksi.

Solusi optimal tercapai pada saat garis fungsi tujuan menyinggung daerah fasible

yang terdekat dengan titik origin.

Contoh:

1. Minimum 𝑧 = 5𝑥 + 3𝑦

Dengan batasan 2𝑥 + 𝑦 ≥ 3 , 𝑥 + 𝑦 ≥ 2 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0


b. Tentukan nilai minimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai

minimum!


2. Perusahaan makanan ROYAL merencanakan untuk membuat dua jenis

makanan yaitu Royal Bee dan Royal Jelly. Kedua jenis makanan tersebut

mengandung vitamin dan protein. Royal Bee paling sedikit diproduksi 2 unit

dan Royal Jelly paling sedikit diproduksi 1 unit. Tabel berikut menunjukkan

jumlah vitamin dan protein dalam setiap jenis makanan:

Jenis makanan Vitamin (unit) Protein (unit) Biaya per unit (ribu rupiah)

Royal Bee 2 2 100

Royal Jelly 1 3 80

minimum kebutuhan 8 12

Bagaimana menentukan kombinasi kedua jenis makanan agar

meminimumkan biaya produksi?

Langkah – langkah:

a) Menentukan variable 𝑥 ∶ 𝑟𝑜𝑦𝑎𝑙 𝑏𝑒𝑒 𝑑𝑎𝑛 𝑦 ∶ 𝑟𝑜𝑦𝑎𝑙 𝑗𝑒𝑙𝑙𝑦

b) Fungsi tujuan 𝑧𝑚𝑖𝑛 = 100𝑥 + 80𝑦

c) Fungsi kendala/batasan 2𝑥 + 𝑦 ≥ 8 (𝑣𝑖𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛)

2𝑥 + 3𝑦 ≥ 12 (𝑝𝑟𝑜𝑡𝑒𝑖𝑛)

𝑥 ≥ 2 , 𝑦 ≥ 1

d) Menggambar grafik

e) Untuk mendapatkan solusi optimal yaitu mencari nilai z pada setiap titik

ekstrim dengan meminimumkan biaya produksi.

Soal – soal:


Dengan batasan 2𝑥 + 3𝑦 ≤ 60 , 2𝑦 ≤ 30 , 2𝑥 + 𝑦 ≤ 40 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0



maksimum


2. Minimum 𝑧 = 20𝑥 + 30𝑦

Dengan batasan 2𝑥 + 4𝑦 ≥ 8 , 2𝑥 + 𝑦 ≥ 4 , 𝑥 + 3𝑦 ≥ 6 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0


b. Tentukan nilai minimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai

minimum!

3. Maksimum 𝑧 = 30.000𝑥 + 50.000𝑦

Dengan kendala 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 150 , 5𝑥 + 8𝑦 ≤ 400 , 𝑥 ≥ 20 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0



maksimum

4. Suatu persoalan program linier dirumuskan sebagai berikut:

Maksimumkan 𝑧 = 3𝑥 + 4𝑦

Dengan kendala 2𝑥 + 2𝑦 ≤ 80 , 2𝑥 + 4𝑦 ≤ 120 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0

a. Gambarlah daerah yang memenuhi system pertidaksamaan/pembatas!

b. Carilah koordinat titik yang menunjukkan nilai maksimum fungsi tujuan!

c. Tentukan nilai maksimumnya

5. Perhatikan persoalan program linier.

Fungsi tujuan 𝑇 = 400.000𝑥 + 300.000𝑦 (minimumkan)

Pembatas 𝑥 ≥ 4.000 , 𝑦 ≥ 5.000 , 𝑥 + 𝑦 ≤ 10.000

a. Gambarlah daerah yang memenuhi system pertidaksamaan!

b. Tentukan nilai optimal fungsi tujuan!


BAB III

METODE ALJABAR

3.1. Pengertian

Program linier dengan dengan metode aljabar yaitu menyelesaikan permasalahan

dalam perhitungan matematika agar mendapatkan nilai yang optimum

(maksimum atau minimum). Secara umum model matematika yang diselesaikan

merupakan pertidaksamaan dan metode yang digunakan umtuk mengubah

ketaksamaan menjadi kesamaan yaitu metode aljabar.

Adapun langkah-langkah dalam metode aljabar dengan melakukan standarisasi

ketidaksamaan menjadi kesamaan, yaitu:

1. Memasukkan unsur variable semua ke ruas kiri fungsi kendala.

2. Unsur fungsi kendala bertanda ≤ dilakukan dengan penambahan slack

variables.

Slack variables yaitu suatu variable yang ditambahkan disebelah kiri tanda

ketidaksamaan agar ketidaksamaan menjadi persamaan.

3. Unsur fungsi kendala bertanda ≥ dilakukan dengan pengurangan atau surplus

variables.

Surplus variables yaitu variable yang dikurangkan di dalam suatu

ketidaksamaan agar supaya menjadi persamaan.

3.2. Menentukan Banyak Persamaan

Pada umumnya, kalau ada n variable yaitu 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑗 , … , 𝑥𝑛 , akan tetapi hanya

ada m persamaan, maka dapat diperoleh sebanyak K persamaan, dengan rumus:

𝐾 =𝑛!

(𝑛−𝑚)!𝑚!

dimana 𝑛 ∶ 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙 dan 𝑚 ∶ 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛


Ada beberapa istilah dalam penyelesaian program linier dengan metode aljabar,

yaitu:

1. Variable yang diperoleh dari m persamaan disebut variable dasar (basic

variables), sedangkan pemecahannya disebut pemecahan dasar (basic

solution)

2. Pemecahan yang memenuhi semua syarat pembatasan disebut pemecahan

fisibel (feasible solution)

3. Pemecahan yang menghasilkan paling sedikit satu variable yang negatif

disebut tidak fisibel (not feasible)

4. Pemecahan dasar fisibel yang memenuhi optimum disebut pemecahan

optimal.

Contoh:

1. Menentukan 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2

Fungsi 𝑧 = 8𝑥1 + 6𝑥2 (maksimum)

Pembatas 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 60 , 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 48 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

Cara:

Persamaan dirubah dulu menjadi standar yaitu slack variables dengan

memasukkan variable yang harus ditambahkan di dalam ketidaksamaan agar

menjadi persamaan, sehingga persamaan akan berubah menjadi:

a. Menentukan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4

b. Fungsi 𝑧 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 (maksimum)

c. Pembatas 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 , 2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48

𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0, 𝑥4 ≥ 0

d. Menentukan banyaknya solusi dengan menggunakan rumus:

𝐾 =𝑛!

(𝑛−𝑚)!𝑚! 𝐾 =

4!

(4−2)!2!=

4!

2!2!= 6 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖

e. Mengenolkan dua variable, dengan 6 solusi yaitu:

𝒙𝟏 = 𝒙𝟐 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = 60

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 48


Diperoleh:

𝑧1 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4

𝑧1 = 8(0) + 6(0) + 0(60) + 0(48) 𝑧1 = 0 (tidak ada penjualan)

𝒙𝟏 = 𝒙𝟑 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥2 = 30

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = −78 (tidak fisibel)

Diperoleh: 𝑧2 tidak dihitung, karena 𝑥4 negatif maka pemecahan tidak fisibel

𝒙𝟏 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = 36

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥2 = 12

Diperoleh:

𝑧3 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4

𝑧3 = 8(0) + 6(12) + 0(36) + 0(0) 𝑧3 = 72

𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥1 = 15

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 18

Diperoleh:

𝑧4 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4

𝑧4 = 8(15) + 6(0) + 0(0) + 0(18) 𝑧4 = 120

𝒙𝟐 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = −36

(tidak fisibel)

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 24

Diperoleh: 𝑧5 tidak dihitung, karena 𝑥3 negatif maka pemecahan

tidak fisibel

𝒙𝟑 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥1 = 12

2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥2 = 6

Diperoleh:

𝑧6 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4

𝑧6 = 8(12) + 6(6) + 0(0) + 0(0) 𝑧6 = 132

(terbesar = maksimum)


Oleh karena 𝑧6 yang memberikan nilai tujuan terbesar maka

𝑧6 = 𝑧 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠

Jadi pemecahan dasar ke 6 meruapakn pemecahan yang optimal. Jumlah hasil

penjualan maksimum sebesar 132. Keputusan yang harus dibuat oleh pemilik

perusahaan yaitu bahwa barang A dan B masing-masing harus diproduksi

sebesar 12 satuan dan 6 satuan.

2. Menentukan 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2

Fungsi 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 (minimum)

Pembatas 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 0 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

Cara:

Persamaan dirubah dulu menjadi standar yaitu surplus variables dengan

memasukkan variable yang harus dikurangkan di dalam ketidaksamaan agar

menjadi persamaan, sehingga persamaan akan berubah menjadi:

a. Menentukan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4

b. Fungsi 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4 (minimum)

c. Pembatas 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 , 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0

𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0, 𝑥4 ≥ 0

d. Menentukan banyaknya solusi dengan menggunakan rumus:

𝐾 =𝑛!

(𝑛−𝑚)!𝑚! 𝐾 =

4!

(4−2)!2!=

4!

2!2!= 6 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖

e. Mengenolkan dua variable, dengan 6 solusi yaitu:

𝒙𝟏 = 𝒙𝟐 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = −3 (tidak fisibel)

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = −2 (tidak fisibel)

Diperoleh: 𝑧1 tidak dihitung, karena 𝑥3 𝑑𝑎𝑛 𝑥4 negatif maka pemecahan

tidak fisibel.

𝒙𝟏 = 𝒙𝟑 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥2 = 3

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = 1


Diperoleh:

𝑧2 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4

𝑧2 = 5(0) + 3(3) − 0(0) − 0(1) 𝑧2 = 9

𝒙𝟏 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = −3 (tidak fisibel)

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥2 = 2

Diperoleh: 𝑧3 tidak dihitung, karena 𝑥3 negatif maka pemecahan tidak

fisibel.

𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥1 =3

2

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = −1 (tidak fisibel)

Diperoleh: 𝑧4 tidak dihitung, karena 𝑥4 negatif maka pemecahan tidak

fisibel.

𝒙𝟐 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = 1

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥1 = 2

Diperoleh:

𝑧5 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4

𝑧5 = 5(2) + 3(0) − 0(1) − 0(0) 𝑧5 = 10

𝒙𝟑 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥2 = 1

𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥1 = 1

Diperoleh:

𝑧6 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4

𝑧6 = 5(1) + 3(1) − 0(0) − 0(0) 𝑧6 = 8 (terkecil = minimum)

𝑧6 = 𝑧 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑧𝑚𝑖𝑛 karena merupakan nilai tujuan yang terkecil

apabila dibandingkan dengan nilai tujuan yang lain.

Pemecahan optimal memberikan nilai 𝑧 = 8 dengan 𝑥1 = 𝑥2 = 1


Soal-soal:

1. Maksimum 𝑧 = 4𝑥1 + 5𝑥2

Dengan kendala 3𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 12 , 3𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 18 , untuk 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

Tentukan solusi dan nilai optimum dengan metode aljabar!

2. Minimumkan 𝑧 = 1,5𝑥1 + 2,5𝑥2

Dengan pembatas 𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 3 , 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0


3. Maksimum 𝑧 = 20𝑥1 + 30𝑥2

Dengan pembatas 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 8 , 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



Dengan kendala 4𝑥 + 5𝑦 ≤ 20 , 3𝑥 + 𝑦 ≤ 6 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



BAB IV

METODE SIMPLEKS

4.1. Pengertian

Metode simpleks merupakan suatu prosedur aljabar yang bukan secara grafik

untuk mencari nilai optimum dari fungsi tujuan dalam persoalan optimasi yang

terkendala. Penyelesaian program linier dalam menentukan nilai optimum yang

memiliki dua variable atau lebih dengan menggunakan metode simpleks. Untuk

mencari nilai optimum dengan menggunakan metode simpleks dilakukan proses

pengulangan (iterasi) dimulai dari penyelesaian dasar awal yang layak (feasible)

hingga penyelesaian dasar akhir yang layak dimana nilai dari fungsi tujuan telah

optimum, sehingga proses pengulangan (iterasi) tidak dapat dilakukan lagi.

Ada beberapa istilah yang sangat sering digunakan dalam metode simpleks,

diantaranya :

1. Iterasi yaitu tahapan perhitungan dimana nilai dalam perhitungan itu

tergantung dari nilai tabel sebelumnya.

2. Variable non basis yaitu variable yang nilainya diatur menjadi nol pada

sembarang iterasi. Dalam terminologi umum, jumlah variable non basis selalu

sama dengan derajat bebas dalam sistem persamaan.

3. Variable basis merupakan variable yang nilainya bukan nol pada sembarang

iterasi. Pada solusi awal, variable basis merupakan slack variable (jika fungsi

kendala merupakan pertidaksamaan ≤) atau variable buatan (jika fungsi

kendala menggunakan pertidaksamaan ≥ atau =). Secara umum, jumlah

variable basis selalu sama dengan jumlah fungsi pembatas (tanpa fungsi non

negatif).

4. Solusi atau nilai kanan merupakan nilai sumber daya pembatas yang masih

tersedia. Pada solusi awal, nilai kanan atau solusi sama dengan jumlah sumber

daya pembatas awal yang ada, karena aktivitas belum dilaksanakan.


5. Slack Variable adalah variable yang ditambahkan ke model matematik

kendala untuk mengkonversikan pertidaksamaan ≤ menjadi persamaan (=).

Penambahan variable ini terjadi pada tahap inisialisasi. Pada solusi awal,

slack variable akan berfungsi sebagai variabel basis.

6. Surplus Variable adalah variable yang dikurangkan dari model matematik

kendala untuk mengkonversikan pertidaksamaan ≥ menjadi persamaan (=).

Penambahan ini terjadi pada tahap inisialisasi. Pada solusi awal, surplus

variable tidak dapat berfungsi sebagai variable basis.

7. Variable buatan adalah variable yang ditambahkan ke model matematik

kendala dengan bentuk ≥ atau = untuk difungsikan sebagai variabel basis

awal. Penambahan variable ini terjadi pada tahap inisialisasi. Variable ini

harus bernilai 0 pada solusi optimal, karena kenyataannya variabel ini tidak

ada. Variable hanya ada di atas kertas.

8. Kolom Kerja/Kolom Kunci/Kolom Pivot adalah kolom yang memuat variable

masuk. Koefisien pada kolom ini akan menjadi pembagi nilai kanan untuk

menentukan baris kerja.

9. Baris Kerja/Baris Kunci/Kolom Pivot adalah salah satu baris dari antara

variable basis yang memuat variable keluar.

10. Elemen Kerja/Elemen Kunci/Elemen Pivot adalah elemen yang terletak

pada perpotongan kolom dan baris pivot. Elemen pivot akan menjadi dasar

perhitungan untuk tabel simpleks berikutnya.

11. Variable masuk adalah variable yang terpilih untuk menjadi variable basis

pada iterasi berikutnya. Variable masuk dipilih satu dari antara variable non

basis pada setiap iterasi. Variable ini pada iterasi berikutnya akan bernilai

positif.

12. Variable keluar adalah variable yang keluar dari variable basis pada iterasi

berikutnya dan digantikan oleh variable masuk. Variable keluar dipilih satu

dari antara variable basis pada setiap iterasi. Variable ini pada iterasi

berikutnya akan bernilai nol.


4.2. BENTUK BAKU

Pertama sekali sebelum melakukan perhitungan iteratif untuk menentukan solusi

optimum, bentuk umum program linier dirubah ke dalam bentuk baku terlebih

dahulu. Bentuk baku dalam metode simpleks yaitu mengubah persamaan kendala

ke dalam bentuk sama dengan dan setiap fungsi kendala harus diwakili oleh satu

variable basis awal. Variable basis awal menunjukkan status sumber daya pada

kondisi sebelum ada aktivitas yang dilakukan. Dengan kata lain, variable

keputusan semuanya masih bernilai nol dan meskipun fungsi kendala pada bentuk

umum pemrograman linier sudah dalam bentuk persamaan, fungsi kendala

tersebut masih harus tetap berubah.

Dalam metode simpleks, ada beberapa hal yang harus diperhatikan dalam

membuat bentuk baku, yaitu :

1. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≤ dalam bentuk umum, dirubah

menjadi persamaan (=) dengan menambahkan satu slack variable.

2. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≥ dalam bentuk umum, dirubah

menjadi persamaan (=) dengan mengurangkan satu surplus variable.

3. Fungsi kendala dengan persamaan dalam bentuk umum, ditambahkan satu

artificial variable (variabel buatan).

Contoh:

1. Perhatikan kasus A berikut :

Minimumkan 𝑧 = 2𝑥1 + 5,5𝑥2

Kendala :

𝑥1 + 𝑥2 = 90

0.001𝑥1 + 0.002𝑥2 ≤ 0.9

0.09𝑥1 + 0.6𝑥2 ≥ 27

0.02𝑥1 + 0.06𝑥2 ≤ 4.5

𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0


Bentuk di atas adalah bentuk umum pemrograman liniernya.

Kedalam bentuk baku, model matematik tersebut akan berubah menjadi:

Minimumkan 𝑧 = 2𝑥1 + 5,5𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 − 𝟎𝒔𝟑 + 𝟎𝒔𝟒 + 𝟎𝒔𝟓

Kendala :

𝑥1 + 𝑥2 + 𝒔𝟏 = 90

0.001𝑥1 + 0.002𝑥2 + 𝒔𝟐 = 0.9

0.09𝑥1 + 0.6𝑥2 − 𝒔𝟑 + 𝒔𝟒 = 27

0.02𝑥1 + 0.06𝑥2 + 𝒔𝟓 = 4.5

𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 , 𝑠4 , 𝑠5 ≥ 0

Fungsi kendala pertama mendapatkan variable buatan (𝒔𝟏), karena bentuk

umumnya sudah menggunakan bentuk persamaan. Fungsi kendala kedua dan

kelima mendapatkan slack variables (𝒔𝟐 𝒅𝒂𝒏 𝒔𝟓) karena bentuk umumnya

menggunakan pertidaksamaan ≤, sedangkan fungsi kendala ketiga

mendapatkan surplus variables (𝒔𝟑) dan variabel buatan (𝒔𝟒) karena bentuk

umumnya menggunakan pertidaksamaan ≥.

2. Perhatikan kasus B berikut ini :

Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2

Kendala :

5𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 300

3𝑥1 + 10𝑥2 ≤ 300

4𝑥1 + 8𝑥2 ≤ 300

𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

Bentuk di atas juga merupakan bentuk umum.

Perubahan ke dalam bentuk baku hanya membutuhkan variabel slack, karena

semua fungsi kendala menggunakan bentuk pertidaksamaan ≤ dalam bentuk

umumnya.


Bentuk bakunya adalah sebagai berikut:

Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑

Kendala :

5𝑥1 + 2𝑥2 + 𝒔𝟏 = 300

3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝒔𝟐 = 300

4 + 8𝑥2 + 𝒔𝟑 = 300

𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 ≥ 0

𝒔𝟏 , 𝒔𝟐 , 𝒔𝟑 merupakan slack variables.

4.3. TABEL SIMPLEKS

Bentuk baku yang sudah diperoleh, harus dibuat dalam bentuk tabel. Semua

variable yang bukan variable basis mempunyai solusi (nilai kanan) sama dengan

nol dan koefisien variable basis pada baris tujuan harus sama dengan nol. Oleh

karena itu harus membedakan pembentukan tabel awal berdasarkan variable

basis awal dan hanya akan memperhatikan fungsi kendala yang menggunakan

slack variable dalam bentuk bakunya.

Tabel simpleks sebagai berikut:

CB VDB

𝒄𝒋 𝒄𝟏 𝒄𝟐 ... 𝒄𝒋 ... 𝒄𝒏

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒂𝟏 𝒂𝟐 ... 𝒂𝒋 ... 𝒂𝒏

𝑪𝑩𝟏 𝒔𝟏 𝒃𝟏 𝒂𝟏𝟏 𝒂𝟏𝟐 ... 𝒂𝟏𝒋 ... 𝒂𝟏𝒏

𝑪𝑩𝟐 𝒔𝟐 𝒃𝟐 𝒂𝟐𝟏 𝒂𝟐𝟐 ... 𝒂𝟐𝒋 ... 𝒂𝟐𝒏

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝑪𝑩𝒋 𝒔𝒋 𝒃𝒊 𝒂𝒋𝟏 𝒂𝒋𝟐 𝒂𝒋𝒋 𝒂𝒋𝒏

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋


Keterangan tabel:

1. CB yaitu menggambarkan koefisien ongkos relatif untuk variable dalam

basis, pada mulanya koefisien itu bernilai nol.

2. VDB yaitu berisikan variable bayangan (slack variables), variable tersebut

akan digantikan dengan variabel keputusan.

3. Kolom 𝒃𝒊 yaitu berisikan nilai variable konstanta di ruas kanan setiap

batasan.

4. Kolom 𝒂𝒋 yaitu berisikan variable keputusan dan variable bayangan.

5. Kolom 𝒄𝒋 yaitu berisikan koefisien relatif dari fungsi tujuan dan kolom

variable bayangan bernilai nol.

6. Baris 𝒛 yaitu berisikan hasil pengurangan 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 dan baris ini akan

memberikan informasi tentang tujuan apakah sudah optimum atau belum.

7. Kolom rasio yaitu berisikan hasil bagi untuk menyatakan variabel yang akan

menjadi baris kunci atau tidak.

Langkah – langkah penyelesaian tabel simpleks sebagai berikut:

1. Merubah persoalan program linier ke dalam bentuk baku standar.

2. Masukkan semua nilai pada fungsi kendala ke dalam tabel simpleks.

3. Masukkan semua nilai pada fungsi tujuan ke dalam tabel simpleks pada baris

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 dengan menggunakan rumus 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 = 𝑪𝑩𝒂𝒋 − 𝒄𝒋 (rumus yang

digunakan saat awal memasukkan semua nilai fungsi tujuan).

4. Menentukan kolom kerja/kolom kunci/kolom pivot:

Untuk persoalan maksimum keuntungan maka penentuan kolom kerja

dalam baris zj − cj diambil nilai yang paling kecil atau paling negatif.

Untuk persoalan minimum biaya yang dirubah menjadi maksimum

maka penentuan kolom kerja dalam baris zj − cj diambil nilai yang

paling besar atau paling positif.

5. Menentukan baris kerja/baris kunci/baris pivot:

Menggunakan rumus atau perbandingan minimum dan bukan negatif.

𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑏𝑖 : 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑘𝑒𝑟𝑗𝑎

(dapat dilihat pada kolom rasio, diambil nilai yang paling kecil)


6. Mencari angka baru yang terdapat pada baris kunci.

Caranya yaitu membagi semua angka yang terdapat pada baris kerja

dengan angka kerja.

Elemen kerja/elemen kunci/elemen pivot yaitu angka yang

terdapat pada perpotongan baris kunci dengan kolom kunci.

7. Mencari angka baru pada baris yang lain (angka baris baru).

Caranya yaitu:

𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑏𝑎𝑟𝑢 = 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑙𝑎𝑚𝑎 − 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑘𝑢𝑛𝑐𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑢 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑢𝑛𝑐𝑖

8. Apabila kondisi optimum belum tercapai maka ulangi kembali langkah ke 4

sampai langkah ke 7 sehingga pada baris 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 tidak ada lagi yang bernilai

negatif.

Penggunaan tabel simpleks, misalnya gunakan kasus B di atas dengan bentuk

baku yaitu:

Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑

atau 𝑧 − 4𝑥1 − 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑 = 𝟎

Kendala :

5𝑥1 + 2𝑥2 + 𝒔𝟏 = 300 5𝑥1 + 𝑥2 + 𝒔𝟏 + 𝟎 + 𝟎 = 300

3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝒔𝟐 = 300 3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝟎 + 𝒔𝟐 + 𝟎 = 300

4𝑥1 + 8𝑥2 + 𝒔𝟑 = 300 4𝑥1 + 8𝑥2 + 𝟎 + 𝟎 + 𝒔𝟑 = 300

𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 ≥ 0

𝒔𝟏 , 𝒔𝟐 , 𝒔𝟑 merupakan slack variables.

maka tabel awal simpleks sebagai berikut:

variabel bayangan konstanta sebelah kanan fungsi tujuan variabel fungsi tujuan

CB VDB

𝒄𝒋 4 6 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑

0 𝒔𝟏 300 5 2 1 0 0

0 𝒔𝟐 300 3 10 0 1 0

0 𝒔𝟑 300 4 8 0 0 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -4 -6 0 0 0


4.4. Kesimpulan Tabel Simpleks

Tabel simpleks merupakan bagian yang terpenting dalam mengambil keputusan,

sehingga harus memperhatikan solusi optimal dalam variabel keputusan, yaitu

melihat nilai pada kolom 𝒃𝒊 dengan variabel produk pada tabel optimal

Contoh:

1. Selesaikan kasus berikut dengan metode simpleks:

Maksimum 𝑧 = 8𝑥1 + 9𝑥2 + 4𝑥3

Kendala:

𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 2

2𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 3

7𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 8

𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0

Penyelesaian:

Langkah 1 merubah menjadi bentuk baku

Maksimum 𝑧 = 8𝑥1 + 9𝑥2 + 4𝑥3 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3

atau 𝑧 − 8𝑥1 − 9𝑥2 − 4𝑥3 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3 = 0

Kendala:

𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑠1 = 2

2𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + 𝑠2 = 3

7𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑠3 = 8

𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0

Langkah 2 menggunakan tabel simpleks

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑

0 𝒔𝟏 2 1 1 2 1 0 0

0 𝒔𝟐 3 2 3 4 0 1 0

0 𝒔𝟑 8 7 6 2 0 0 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -8 -9 -4 0 0 0


Langkah 3 menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio

Nilai negatif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟐, maka kolom 𝒙𝟐 adalah kolom

kunci (KK)

Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan

baris 𝒔𝟐 maka baris 𝒔𝟐 adalah baris kunci (BK) dan 𝒔𝟐 merupakan

variabel keluar.

Elemen kunci adalah 3

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 2 1 1 2 1 0 0 2

1= 2

0 𝒔𝟐 3 2 3 4 0 1 0 3

3= 1

0 𝒔𝟑 8 7 6 2 0 0 1 8

6=

4

3

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -8 -9 -4 0 0 0

Langkah 4 iterasi I

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟐 (tabel di

bawah ini). Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal dibagi dengan 3

(elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏

9 𝒙𝟐 1 2

3 1

4

3 0

1

3 0

0 𝒔𝟑

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋

Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:

Baris Kunci Baru:

3 2 3 4 0 1 0

dibagi 3

1 𝟐

𝟑 1

𝟒

𝟑 0

𝟏

𝟑 0


Baris 𝒛, yaitu:

0 -8 -9 -4 0 0 0

baris lama

koefisien KK pada -9 (1 𝟐

𝟑 1

𝟒

𝟑 0

𝟏

𝟑 0)

baris baru baris 𝑧 -

9 -2 0 8 0 3 0

Baris 𝒔𝟏 , yaitu:

2 1 1 2 1 0 0

baris lama

koefisien KK pada 1 (1 𝟐

𝟑 1

𝟒

𝟑 0

𝟏

𝟑 0)

baris baru baris 𝑠1 -

1 1

3 0

2

3 1 −

1

3 0

Baris 𝒔𝟑 , yaitu:

8 7 6 2 0 0 1

baris lama

koefisien KK pada 6 (1 𝟐

𝟑 1

𝟒

𝟑 0

𝟏

𝟑 0)


2 3 0 -6 0 -2 1

maka tabel iterasi 1 sebagai berikut:

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 1 1

3 0

2

3 1 −

1

3 0

9 𝒙𝟐 1 2

3 1

4

3 0

1

3 0

0 𝒔𝟑 2 3 0 -6 0 -2 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9 -2 0 8 0 3 0


Langkah 5 pemeriksaan tabel sudah optimal atau belum

Nilai baris 𝒛 di bawah variabel 𝒙𝟏 masih negatif, maka tabel belum

optimal.

Variabel masuk yaitu 𝒙𝟏 dan variabel keluar yaitu 𝒔𝟑, sehingga diperoleh

tabel berikut:

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 1 1

3 0

2

3 1 −

1

3 0

1

13

= 3

9 𝒙𝟐 1 2

3 1

4

3 0

1

3 0

1

23

=3

2

0 𝒔𝟑 2 3 0 -6 0 -2 1 2

3

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9 -2 0 8 0 3 0

Langkah 6 iterasi 2

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟏 (tabel

berikut ini)

Semua nilai pada 𝒔𝟑 di tabel solusi awal dibagi dengan 3 (elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏

9 𝒙𝟐

8 𝒙𝟏 2

3 1 0 -2 0 −

2

3

1

3



Baris Kunci Baru:

2 3 0 -6 0 -2 1

dibagi 3

𝟐

𝟑 1 0 -2 0 −

𝟐

𝟑

𝟏

𝟑


Baris 𝒛, yaitu:

9 -2 0 8 0 3 0

baris iterasi 1

-2 (𝟐

𝟑 1 0 -2 0 −

𝟐

𝟑

𝟏

𝟑)

baris baru -

31

3 0 0 4 0

5

3

2

3

Baris 𝒙𝟐 , yaitu:

1 2

3 1

4

3 0

1

3 0

baris iterasi 1

2

3 (

𝟐

𝟑 0 -2 0 0 −

𝟐

𝟑

𝟏

𝟑)

baris baru -

5

9 0 1

8

3 0

7

9 −

2

9


1 1

3 0

2

3 1 −

1

3 0

baris iterasi 1

1

3 (

𝟐

𝟑 1 0 -2 0 −

𝟐

𝟑

𝟏

𝟑)

baris baru -

7

9 0 0

4

3 1 −

1

9 −

1

9


CB VDB

𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 7

9 0 0

4

3 1 −

1

9 −

1

9

9 𝒙𝟐 5

9 0 1

8

3 0

7

9 −

2

9

8 𝒙𝟏 2

3 1 0 -2 0 −

2

3

1

3

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 31

3 0 0 4 0

5

3

2

3

Tabel sudah optimal, sehingga perhitungan iterasi dihentikan.


Langkah 7 membaca tabel optimal

Dengan tabel optimal dapat disimpulkan dengan solusi optimal, yaitu:

𝑥1 =2

3 , 𝑥2 =

5

9 , 𝑥3 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 =

31

3

artinya: agar keuntungan yang diperoleh maksimum sebesar $31

3, maka

sebaiknya perusahaan menghasilkan produk pertama sebesar

2

3 𝑢𝑛𝑖𝑡 dan produk kedua sebesar

5

9 𝑢𝑛𝑖𝑡

2. Selesaikan kasus berikut dengan metode simpleks:

Minimumkan 𝑧 = 10𝑥1 + 15𝑥2

Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 40

𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 30

3𝑥1 + 𝑥2 ≥ 30

𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

Penyelesaian:

Langkah 1 merubah menjadi bentuk baku

Minimum 𝑧 = 10𝑥1 + 15𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3

Kendala 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑠1 = 40 ,

𝑥1 + 3𝑥2+𝑠2 = 30 ,

3𝑥1 + 𝑥2 + 𝑠3 = 30

𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0

Bentuk baku diatas masih minimum, sehingga harus dirubah ke

bentuk maksimum

Maksimumkan 𝑧 = −10𝑥1 − 15𝑥2 − 0𝑠1 − 0𝑠2 − 0𝑠3

atau 𝑧 + 10𝑥1 + 15𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3 = 0

Kendala: 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠1 = 40

𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠2 = 30

3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠3 = 30

𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0


Langkah 2 menggunakan tabel simpleks

C

B

VD

B

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 1 -1 0 0

0 𝒔𝟐 30 1 3 0 -1 0

0 𝒔𝟑 30 3 1 0 0 -1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 10 15 0 0 0

Langkah 3 menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio

Nilai positif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟐, maka kolom 𝒙𝟐 adalah kolom

kunci (KK)

Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan

baris 𝒔𝟐 maka baris 𝒔𝟐 adalah baris kunci (BK) dan 𝒔𝟐 merupakan

variabel keluar. Elemen kunci adalah 3

CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 1 -1 0 0 40

1= 40

0 𝒔𝟐 30 1 3 0 -1 0 30

3= 10

0 𝒔𝟑 30 3 1 0 0 -1 30

1= 30

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 10 15 0 0 0

Langkah 4 iterasi I

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟐 (pada tabel

di bawah)


Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal dibagi dengan 3 (elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏

-15 𝒙𝟐 10 1

3 1 0 −

1

3 0

0 𝒔𝟑



Baris Kunci Baru:

30 1 3 0 -1 0

dibagi 3

10 𝟏

𝟑 1 0 −

𝟏

𝟑 0

Baris 𝒛, yaitu:

0 10 15 0 0 0

baris lama

koefisien KK pada 15 (10 𝟏

𝟑 1 0 −

𝟏

𝟑 0)


-150 5 0 0 5 0


40 1 1 -1 0 0

baris lama


𝟑 1 0 −

𝟏

𝟑 0)


30 2

3 0 -1

1

3 0


30 3 1 0 0 -1

baris lama


𝟑 1 0 −

𝟏

𝟑 0)


20 8

3 0 0

1

3 -1



CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 30 2

3 0 -1

1

3 0

-15 𝒙𝟐 10 1

3 1 0 −

1

3 0

0 𝒔𝟑 20 8

3 0 0

1

3 -1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -150 5 0 0 5 0

Langkah 5 pemeriksaan tabel sudah optimal atau belum

Nilai baris z di bawah variable 𝒙𝟏 masih positif maka tabel belum optimal.

Variable masuk yaitu 𝒙𝟏 variable keluar yaitu 𝒙𝟐, sehingga diperoleh tabel

berikut:

CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 30 2

3 0 -1

1

3 0

30

23

= 45

-15 𝒙𝟐 10 1

3 1 0 −

1

3 0

10

13

= 30

0 𝒔𝟑 20 8

3 0 0

1

3 -1

20

83

= 7,5

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -150 5 0 0 5 0

Langkah 6 iterasi 2

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒔𝟑 (tabel berikut

ini).


Semua nilai pada 𝒔𝟑 di tabel solusi awal dibagi dengan 8

3 (elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏

-15 𝒙𝟐

-10 𝒔𝟑 7,5 1 0 0 8

3 −

3

8



Baris Kunci Baru:

20 8

3 0 0

1

3 -1

dibagi 𝟖

𝟑 7,5 1 0 0

𝟖

𝟑 −

𝟑

𝟖

Baris 𝒛, yaitu:

-150 50 0 0 5 0

baris lama

koefisien KK pada 5 (7,5 1 0 0 𝟖

𝟑 −

𝟑

𝟖)


-187,5 0 0 0 35

8

15

8


30 2

3 0 -1

1

3 0

baris lama

koefisien KK pada 2

3 (7,5 1 0 0

𝟖

𝟑 −

𝟑

𝟖)


25 0 0 -1 1

4

1

4


30 3 1 0 0 -1

baris lama

koefisien KK pada 1

3 (7,5 1 0 0

𝟖

𝟑 −

𝟑

𝟖 )

baris baru

baris 𝑥2 -

7,5 0 1 0 −9

24 −

𝟏

𝟖



CB VDB

𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 25 0 0 -1 1

4

1

4

-15 𝒙𝟐 7,5 0 1 0 −9

24 −

1

8

-10 𝒙𝟏 7,5 1 0 0 8

3 −

3

8

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -187,5 0 0 0 35

8

15

8

Langkah 7 membaca tabel optimal

Dengan tabel optimal dapat disimpulkan dengan Solusi optimal, yaitu:

𝑥1 = 7,5 , 𝑥2 = 7,5 , 𝑥3 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = −187,5

artinya: agar memperoleh minimum biaya sebesar $−187,5 maka

perusahaan sebaiknya menghasilkan produk yang pertama

sebesar 7,5 unit dan produk yang kedua sebesar 7,5 unit

Soal – soal:

1. Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 3𝑥2

Kendala 2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 6

4𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 dengan 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0


Kendala 2𝑥1 ≤ 8

3𝑥2 ≤ 15

6𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 30 dengan 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

3. Maksimumkan 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3

Kendala 3𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 12

𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 8

4𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 17 dengan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0


4. Perusahaan genteng modern di Jakarta memproduksi 3 jenis genteng yaitu

molek, jelita dan anggun. Ketiga jenis genteng tersebut menggunakan bahan

mentah yang diimpor dari Swiss. Proses produksinya diulakukan dengan

teknik dan peralatan yang serba modern. Pabrik ini mempunyai 3 bagian yaitu

bagian cetak (bagian mentah dicapur lalu dicetak), bagian press (genteng

merah dipress agar padat dan terpisah dari air) dan bagian pengeringan

(genteng sudh dipress dikeringkan). Berbeda dengan genteng tradisional yang

terbuat dari tanah liat. Genteng yang diproduksi perusahaan modern ini tidak

memerlukan waktu yang lama untuk dikeringkan. Waktu pengeringan hanya

beberapa menit saja karena memang sudah cukup dan lamanya proses masing-

masing jenis genteng pada masing-masing bagian yaitu:

Bagian Jenis Genteng

Molek Jelita Anggun

Cetak 10,7 menit 5 menit 2 menit

Press 5,4 menit 10 menit 4 menit

Pengeringan 0,7 menit 1 menit 2 menit

Jumlah Waktu 16,8 menit 16 menit 8 menit

Dalam seminggu mesin-mesin pada setiap bagian dapat bekerja selama: bagian

cetak = 2.705, bagian press = 2.210 dan bagian pengeringa = 445, sedangkan

tingkat kontribusi laba masing-masing jenis genteng yaitu: molek = Rp. 10,00

dan jelita = Rp 15,00 serta anggun = Rp 10,00. Berapa banyaknya masing-

masing genteng harus diproduksi agar diperoleh keuntungan yang maksimum?


BAB V

METODE BIG M (METODE M. CHARNES)

Metode Big M (metode M. Charnes) merupakan pemecahan persoalan

program linier dalam menentukan solusi optimal yaitu untuk mengatasi saat fungsi

kendala dengan menggunakan pertidaksamaan ≥ 𝑑𝑎𝑛 𝑎𝑡𝑎𝑢 ≤ maka variable basis

awal adalah slack variable dan/atau variable buatan dan saat fungsi kendala dengan

menggunakan persamaan sehingga ditemukan pada variable basis awal. Charnes

mencoba mencari jawaban atas persoalan program linier dan menggunakan simpleks

untuk memaksa variable buatan (variable semu atau variable artifisial) menjadi nol,

dengan menentukan konsatan (-M) jika masalah yang dihadapi yaitu memaksimumkan

fungsi tujuan dan menentukan nilai konstanta (M) pada variable buatan (variable semu

atau variable artifisial) jika masalah yang dihadapi yaitu meminimimkan.

Perbedaan metode Big M dengan metode simpleks yang telah dipelajari yaitu

terletak pada pembentukan table awal. Apabila fungsi kendala dengan bentuk

pertidaksamaan ≥ maka perubahan dari bentuk umum ke bentuk baku memerlukan

satu surplus variable yang berfungsi sebagai variable basis awal karena bertanda

negatif. Sebagai variable basis pada solusi awal maka harus ditambahkan satu variable

buatan dan variable buatan pada solusi optimal hartus bernilai nol (0) jarena variable

tersebut memang tidak ada. Adapun teknik yang digunakan untuk memaksa variable

buatan bernilai nol (0) pada solusi optimal yaitu dengan cara berikut:

a. Penambahan variable buatan pada fungsi kendala yang tidak memiliki slack

variable maka penambahan variable buatan pada fungsi tujuan.

b. Apabila fungsi tujuan adalah maksimasi maka variable buatan pada fungsi tujuan

mempunyai koefisien +M dan apabila fungsi tujuan adalah minimisasi maka

variable buatan pada fungsi tujuan mempunyai koefisien –M.

c. Koefisien variable basis pada table simpleks harus bernilai nol (0) maka variable

buatan pada fungsi tujuan harus digantikan nilai dari fungsi kendala yang memuat

variable buatan tersebut.


Catatan:

PL Kendala “=” atau “≥” variable buatan

Variable buatan solusi basis awa layak disingkirkan

𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑧 = − 𝑀𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑧 𝒛𝒎𝒊𝒏 = −𝒛𝒎𝒂𝒌𝒔

Contoh:

Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2

Kendala 3𝑥1 + 𝑥2 = 3

4𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 6

𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

Bentuk Baku:

Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2

Kendala 3𝑥1 + 3𝑥2 = 3

4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 = 6

𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4 𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2 ≥ 0

Pada kendala yang I dan II tidak mempunyai slack variable sehingga tidak ada

variable basis awal dan agar berfungsi sebagai basis awal maka pada kendala I dan II

dilakukan penambahan pada masing-masing kendala dengan satu variable buatan

(artificial variable), sehingga bentuk Big M nya yaitu:

Bentuk Big M:

Minimum 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2

Kendala 3𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑄1 = 3 kendala I

4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄2 = 6 kendala II

𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4 kendala III

𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑄1, 𝑄2 ≥ 0

Langkah-langkahnya yaitu:

1. Nilai 𝑸𝟏 digantikan dari fungsi kendala I 𝑄1 = 3 − 3𝑥1 − 𝑥2

𝑀𝑄1 = 𝑀 (3 − 3𝑥1 − 𝑥2)

𝑀𝑄1 = 3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2


2. Nilai 𝑸𝟐 digantikan dari fungsi kendala II 𝑄2 = 6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1

𝑄2 = 𝑀(6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1)

𝑀𝑄2 = 6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1

3. Fungsi tujuan berubah menjadi:

Min 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2

𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + (3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2) + (6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1)

𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2 + 6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1

𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + 9𝑀 − 7𝑀𝑥1 − 4𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1

𝑧 = (4 − 7𝑀)𝑥1 + (1 − 4𝑀)𝑥2 + 𝑀𝑠1 + 9𝑀

Minimum 𝑧 = (4 − 7𝑀)𝑥1 + (1 − 4𝑀)𝑥2 + 𝑀𝑠1 + 9𝑀

Maksimum (−𝑧) = −(4 − 7𝑀)𝑥1 − (1 − 4𝑀)𝑥2 − 𝑀𝑠1 − 9𝑀

atau 𝑧 − (4 − 7𝑀)𝑥1 − (1 − 4𝑀)𝑥2 − 𝑀𝑠1 = 9𝑀

Minimum 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2

Maksimum (−𝑧) = −4𝑥1 − 𝑥2 + 0𝑠1 − 0𝑠2 − 𝑀𝑄1 − 𝑀𝑄2

Kendala 𝑄1 = 3 − 3𝑥1 − 𝑥2 3𝑥1 + 𝑥2 + 𝑄1 = 3

𝑄2 = 6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1 4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄2 = 6

𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4

4. Tabel awal simpleks

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2

-m 𝑸𝟏 3 3 1 0 0 1 0

-m 𝑸𝟐 6 4 3 -1 0 0 1

0 𝑺𝟐 4 1 2 0 1 0 0

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9M -(4-7M)=-4+7M -(1-4M)=-1+4M -M 0 0 0


5. Menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio

Nilai positif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟏, maka kolom 𝒙𝟏 adalah kolom kunci

(KK)

Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan baris 𝒔𝟐

maka baris 𝑸𝟏 adalah baris kunci (BK) dan 𝑸𝟏 merupakan variabel keluar.

Elemen kunci adalah 3.

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-m 𝑸𝟏 3 3 1 0 0 1 0 3

3= 1

-m 𝑸𝟐 6 4 3 -1 0 0 1 6

4=

3

2

0 𝑺𝟐 4 1 2 0 1 0 0 4

1= 4

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9M -4+7M -1+4M -M 0 0 0

6. Menentukan Tabel Iterasi I

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kunci baru yaitu baris 𝒙𝟏 (tabel berikut)

Semua nilai pada 𝑸𝟏 di tabel solusi awal di bagi dengan 3 (elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 1 1 1

3 0 0

1

3 0

-m 𝑸𝟐

0 𝑺𝟐



Baris Kunci Baru: 3 3 1 0 0 1 0

dibagi 3 1 1 𝟏

𝟑 0 0

𝟏

𝟑 0


Baris 𝑸𝟐, yaitu: 6 4 3 -1 0 0 1

1 1 𝟏

𝟑 0 0

𝟏

𝟑 0

4 -

2 0 5

3 -1 0 −

4

3 1

Baris 𝒔𝟐, yaitu: 4 1 2 0 1 0 0

1 1 𝟏

𝟑 0 0

𝟏

𝟑 0

1 -

3 0 5

3 0 1 -

1

3 0

Baris z, yaitu: 9M -4+7M -1+4M -M 0 0 0

1 1 𝟏

𝟑 0 0

𝟏

𝟑 0

-4+7M -

4+2M 0 1+5𝑀

3 -M 0

4−7𝑀

3 0

Diperoleh Tabel Iterasi I, yaitu:

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 1 1 1

3 0 0

1

3 0

-m 𝑸𝟐 2 0 5

3 -1 0 −

4

3 1

0 𝑺𝟐 3 0 5

3 0 1 −

1

3 0

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 4+2M 0 1 + 5𝑀

3 -M 0

4 − 7𝑀

3 0


7. Pemerikasaan Tabel Iterasi I

Nilai baris 𝒛 di bawah variable 𝒙𝟐 positif terbesar maka table belum optimal.

Variabel masuk yaitu 𝒙𝟐 dan variable keluar 𝑸𝟐 sehingga diperoleh table berikut:

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 1 1 1

3 0 0

1

3 0

1

13

= 3

-m 𝑸𝟐 2 0 5

3 -1 0 −

4

3 1

2

53

=6

5

0 𝑺𝟐 3 0 5

3 0 1 −

1

3 0

3

53

= 5

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 4+2M 0 1 + 5𝑀

3 -M 0

4 − 7𝑀

3 0

8. Menentukan Tabel Iterasi II

Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kunci baru yaitu baris 𝒙𝟐 (tabel berikut)

Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal di bagi dengan 5

3 (elemen kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏

-1 𝒙𝟐 6

5 0 1 −

3

5 0 −

4

5

3

5

0 𝑺𝟐


Perhatikan nilai baris, sebagai berikut:

Baris Kunci Baru: 2 0 5

3 -1 0 −

4

3 1

dibagi 5

3

𝟔

𝟓 0 1 −

𝟑

𝟓 0 −

𝟒

𝟓

𝟑

𝟓


Baris 𝒙𝟏, yaitu: 1 1 1

3 0 0

1

3 0

𝟔

𝟓 0 1 −

𝟑

𝟓 0 −

𝟒

𝟓

𝟑

𝟓

𝟏

𝟑

3

5 1 0

1

5 0

3

5 −

1

5

Baris 𝒔𝟐, yaitu: 3 0 5

3 0 1 −

1

3 0

𝟔

𝟓 0 1 −

𝟑

𝟓 0 −

𝟒

𝟓

𝟑

𝟓

5

3 -

1 0 0 1 1 1 -1

Baris 𝒛, yaitu:

4+2M 0 1+5𝑀

3 -M 0

4−7𝑀

3 0

𝟔

𝟓 0 1 −

𝟑

𝟓 0 −

𝟒

𝟓

𝟑

𝟓

1+5𝑀

3 -

18

5 0 0

1

5 0

8−5𝑀

5

−1−5𝑀

5

Disederhanakan: 18

5 0 0

1

5 0

8

5− 𝑀 −

1

5− 𝑀

Diperoleh Tabel Iterasi II, yaitu:

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 3

5 1 0

1

5 0

3

5 −

1

5

-1 𝒙𝟐 6

5 0 1 −

3

5 0 −

4

5

3

5

0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1


5 0 0

1

5 0

8

5− 𝑀 −

1

5− 𝑀

9. Pemeriksaan Tabel Iterasi II

Nilai baris 𝒛 di bawah variable 𝒔𝟏 masih positif maka tabel belum optimal.

Variabel masuk yaitu 𝒔𝟏 dan variable keluar 𝒔𝟐 sehingga diperoleh tabel berikut:


CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 3

5 1 0

1

5 0

3

5 −

1

5

3515

= 3

-1 𝒙𝟐 6

5 0 1 −

3

5 0 −

4

5

3

5

65

−35

= −2

0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1 1


5 0 0

1

5 0

8

5− 𝑀 −

1

5− 𝑀

10. Menentukan Tabel Iterasi III

Nilai baris kunci baru: baris 𝒔𝟐 & semua nilai pada 𝒔𝟏 di tabel solusi awal:1

(kunci)

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏

-1 𝒙𝟐

0 𝑺𝟏 1 0 0 1 1 1 -1


Perhatikan nilai baris, sebagai berikut:

Baris Kunci Baru: 1 0 0 1 1 1 -1

dibagi 1

1 0 0 1 1 1 -1

Baris 𝒙𝟏, yaitu: 3

5 1 0

1

5 0

3

5 −

1

5

1 0 0 1 1 1 -1

𝟏

𝟓

2

5 1 0 0 −

1

5

2

5 0

Baris 𝒙𝟐, yaitu: 6

5 0 1 −

3

5 0 −

4

5

3

5

1 0 0 1 1 1 -1

3

5 -

9

5 0 1 0

3

5 -

1

5 0


Baris 𝒛, yaitu: 18

5 0 0

1

5 0

8

5− 𝑀 −

1

5− 𝑀

1 0 0 1 1 1 -1

1

5

17

5 0 0 0 −

1

5

7

5− 𝑀 −𝑀

Diperoleh Tabel Iterasi III, yaitu:

CB VDB

𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m

Rasio 𝒂𝒋


-4 𝒙𝟏 2

5 1 0 0 −

1

5

2

5 0

-1 𝒙𝟐 9

5 0 1 0

3

5 −

1

5 0

0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1


5 0 0 0 −

1

5

7

5− 𝑀 −𝑀

Dengan demikian tabel telah optimal, 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −17

5 tercapai

bila 𝑥1 =2

5 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 =

9

5

Soal – soal:

1. Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2

Kendala 3𝑥1 + 𝑥2 = 3 4𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 6

𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 3 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

2. Minimumkan 𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2

Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

3. Minimumkan 𝑧 = 𝑥1 + 9𝑥2 + 𝑥3

Kendala 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 ≥ 9 3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 15

2𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 ≤ 12 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0


BAB VI

METODE DUAL SIMPLEKS

(METODE SIMPLEKS DUA FASE)

Metode simpleks dua fase merupakan suatu modifikasi dari metode

M’Charnes. Penyelesaian program linier pada metode M’Charnes koefisien, yaitu

variable tiruan (buatan atau semu) mendapatkan harga (-M) untuk permasalahan

memaksimumkan atau (+M) untuk permasalahan meminimumkan. Sedangkan

penyelesaian program linier dengan metode simpleks dua fase, yaitu harga (konstanta)

variable tiruan pada fungsi tujuan diberi tanda (-1) pada permasalahan

memaksimumkan atau (+1) pada permasalahan meminimumkan.

Metode simpleks dua fase digunakan bila tabel optimal tidak layak. Pada

bentuk umum program linier, fungsi kendala dengan menggunakan tanda (≥) dan

tidak ada tanda (=) maka bentuk dapat menggunakan metode simpleks dua fase.

Metode simpleks dua fase digunakan pada variable basis awal terdiri dari variable

buatan dan proses optimasi dilakukan dengan dua tahap (dua fase), yaitu:

1. Fase I (tahap I) merupakan proses optimasi variable buatan yaitu

mengusahakan agar semua nilai variable buatan menjadi nol (0)

Pada akhir fase I yaitu setelah 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 dengan 3 kemungkinan hasil sebagai

berikut:

a. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 < 0 satu atau lebih variabel buatan berada dalam basis pada

tingkat nilai yang

positif. Hal ini berarti permasalahan program linier yang

asli tidak mempunyai penyelesaian yang layak (pemecahan

fisibel)

b. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 tidak ada variable buatan yang terletak (ada) dalam basis.

Hal ini berarti permasalahan program linier yang asli telah diperoleh

penyelesaian dasar yang fisibel.


c. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 > 0 satu atau lebih variable buatan terletak (ada) pada basis, pada

tingkat nilai

nol (degenerasi). Hal ini berarti permasalahan program

linier yang asli telah diperoleh penyelesaian yang layak

(pemecahan fisibel)

2. Fase II (tahap II) merupakan proses optimasi variable keputusan yaitu dari

suatu pemecahan dasar yang fisibel baik yang memuat vriable buatan dengan

nilai variable pada tingkat nol dan tidak memuat vektor buatan sama sekali.

Ringkasan perubahan untuk penyelesaian simpleks.

No Tanda Fungsi

Kendala

Perubahan Fungsi Kendala

(diubah menjadi tanda “=”)

Perubahan Fungsi Tujuan

Maksimasi Minimisasi

1 = Tambahan Variable Artificial (𝑄𝑖) −𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 − 1 +𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 + 1

2 ≤ Kurangi Slack Variabel (𝑠𝑖) 0 0

3 ≥ Kurangi Surplus Variable (𝑠𝑖)

Tambahkan Variable Artificial (𝑄𝑖)

0

−𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 − 1

0

+𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 + 1

Bentuk khusus dalam Simpleks, sebagai berikut:

1. Degeneracy

Kasus ini terjadi apabila salah satu variable basis berharga nol (0) pada

iterasi selanjutnya sehingga iterasi yang dilakukan menjadi suatu loops

yang akan kembali ke bentuk sebelumnya.

Degeneracy dapat bersifat temporer (sementara) sehingga apabila

iterasi dilanjutkan maka degeneracy itu menghilang.

2. Solusi Optimum Banyak

Kasus ini terjadi apabila masalah program linier memiliki lebih dari

satu solusi optimum. Hal ini ditandai apabila fungsi tujuan sejajar

dengan fungsi kendala. Pada table simpleks hal ini ditandai dengan

paling sedikit satu variable basis pada baris 𝒛 bernilai nol (0).


Solusi optimum yang lain dapat dicari dengan cara melanjutkan iterasi

dengan memilih variable non basis bernilai nol menjadi entering

variable dan memberikan nilai 𝒛 yang sama.

3. Solusi Tidak terbatas

Kasus ini terjadi apabila ruang solusi tidak terhingga (nilai fungsi

tujuan meningkat untuk maksimasi atau menurun untuk minimasi

secara tidak terbatas).

Contoh:


Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 40

𝑥1 + 2𝑥2 ≥ 60 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

Penyelesaian:

Fase I dengan Bentuk Baku:

Minimumkan 𝑧 = 30𝑥1 + 40𝑥2 − 0𝑠1 − 0𝑠2 + 1𝑄1 + 1𝑄2

Maksimumkan (−𝑧) = −30𝑥1 − 40𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 − 1𝑄1 − 1𝑄2

Kendala 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄1 = 40

𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑠2 + 𝑄2 = 60

𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑄1, 𝑄2 ≥ 0

𝑠1 𝑑𝑎𝑛 𝑠2 : variable pengurang 𝑄1 𝑑𝑎𝑛 𝑄2 : variable buatan

Tabel Awal

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐

-1 𝑸𝟏 40 1 1 -1 0 1 0 40

1= 40

-1 𝑸𝟐 60 1 2* 0 -1 0 1 60

2= 30

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 (−1.40)+ (−1.60)= −100

−1 − 1 = −2 −1 − 2 = −3 1 − 0 = 1 0 + 1 = 1 0 0


Tabel I

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


-1 𝑸𝟏 10 1

2 0 -1

1

2 1 −

1

2

0 𝑸𝟐 30 1

2 1 0 −

1

2 0

1

2

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -10 −1

2 0 1 −

1

2 0

3

2

Tabel II

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


-1 𝑸𝟏 10 1

2* 0 -1

1

2 1 −

1

2 20

0 𝒙𝟐 30 1

2 1 0 −

1

2 0

1

2 60

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -10 −1

2 0 1 −

1

2 0

3

2

Table III

Ternyata dalam table 3 menunjukkan fase I berakhir sehingga melangkah ke fase II

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒙𝟏 20 1 0 -2 1 2 -1

0 𝒙𝟐 20 0 1 1 -1 -1 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 0 0 0 0 1 1


Fase II

Tabel IV pada fase II

Karena semua kolom sudah positif maka nilai 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−140) = 140

Jadi nilai maksimum di 𝑧 = 140 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥1 = 𝑥2 = 20


Kendala 𝑥1 ≤ 40 𝑥2 ≥ 20 𝑥1 + 𝑥2 = 50 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

Penyelesaian:

Fase I dengan Bentuk Baku:

Minimumkan 𝑧 = 50𝑥1 + 80𝑥2 + 0𝑠1 − 0𝑠2 + 1𝑄1 + 1𝑄2

Maksimumkan (−𝑧) = −50𝑥1 − 80𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 − 1𝑄1 − 1𝑄2

Kendala 𝑥1 + 𝑠1 = 40

𝑥2 − 𝑠2 + 𝑄1 = 20

𝑥1 + 𝑥2 + 𝑄2 = 50

𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3, 𝑠4 ≥ 0

𝑠1 : variabel penambah 𝑠2 : variabel pengurang 𝑄1 𝑑𝑎𝑛 𝑄2: variabel buatan

Tabel Awal

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0

-1 𝑸𝟏 20 0 1 0 -1 0 0

-1 𝑸𝟐 50 1 1 0 0 0 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -70 1 -2 0 1 0 0

CB

VDB

𝒄𝒋 -30 -40 0 0

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐

-30 𝒙𝟏 20 1 0 -2 1

-40 𝒙𝟐 20 0 1 1 -1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -140 0 0 20 10


Tabel I

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0 ∞

-1 𝑸𝟏 20 0 1 * 0 -1 0 0 20

-1 𝑸𝟐 50 1 1 0 0 0 1 50

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -70 1 -2 0 1 0 0

Tabel II

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0

0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 0 0

-1 𝑸𝟐 30 1 0 0 1 -1 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -30 -1 0 0 -1 2 0

Tabel III

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0 40

0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 0 0 ∞

-1 𝑸𝟐 30 1* 0 0 1 -1 1 30

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -30 -1 0 0 -1 2 0

Tabel IV

CB VDB

𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1

Rasio 𝒂𝒋


0 𝒔𝟏 10 0 0 1 -1 1 -1

0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 1 0

0 𝒙𝟏 30 1 0 0 1 -1 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 0 0 0 0 1 1


Fase II

Tabel V pada fase II

CB VDB

𝒄𝒋 -50 -80 0 0

Rasio 𝒂𝒋

𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐

0 𝒔𝟏 10 0 0 1 -1

-80 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1

-50 𝒙𝟏 30 1 0 0 1

𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -3100 0 0 0 30

Karena semua kolom sudah positif maka nilai 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−3100) = 3100

Jadi nilai maksimum di 𝑧 = 3100 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥1 = 30 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 20

Soal – soal :


Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 25

5𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 40 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0


Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3

𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0


BAB VII

METODE SIMPLEKS YANG DIREVISI

Metode simpleks yang direvisi merupakan salah satu cara dalam pemecahan

persoalan program linier. Penyelesaian dengan metode simpleks yang direvisi dengan

menggunakan dua bentuk penyelesaian yaitu:

a. Bentuk Standard I (Standrad From I), yaitu memasukkan variable slack dan

surplus dan tidak memerlukan variable – variable buatan (artificial variable)

sehingga memperoleh matriks identitas (identity matrix).

b. Bentuk Standard II (Standrad From II), yaitu memasukkan variabel – variable

buatan (artificial variable) sehingga memperoleh matrix identitas (identity

matrix).

Pada metode simpleks yang direvisi, menganggap bahwa fungsi tujuan

merupakan suatu pembatasan, dengan langkah-langkah sebagai berikut:

a. Bentuk Standard I (Standrad From I)

1. Dirubah dalam bentuk baku/standar program linier

2. Ditulis dalam bentuk matrix, sebagai berikut:

𝐴𝑋 = 𝐻 , 𝑋 ≥ 0 , 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 𝐶𝑋 𝑍 − 𝐶𝑋 = 𝑍 − 𝑐1𝑥1 −

⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0

setelah itu dimasukkan di dalam 𝐴𝑋 = 𝐻, maka diperoleh:

𝑍 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0

𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = ℎ1

𝑎21𝑥1 + ⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = ℎ2 .

.

.

𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = ℎ𝑚

Dari uraian di atas diperoleh persamaan sebanyak (𝑚 + 1) dengan

variable yang tidak diketahui sebanyak (𝑛 + 1) yaitu 𝑍, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 .


Pada kolom 𝑍 = 𝑥0 , −𝑐𝑗 = 𝑎0𝑗 maka didapat sebagai berikut:

𝑥0 + 𝑎01𝑥1 + ⋯+ 𝑎0𝑛𝑥𝑛 = 0

𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = ℎ1

𝑎21𝑥1 + ⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = ℎ2 .

.

.

𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = ℎ𝑚

3. Di dalam bentuk matrix partisi atau partition matrix diperoleh sebagai

berikut:

[1 𝐴0

0 𝐴

] [

𝑥0

𝑥] = [

0

𝐻] [

1 − 𝑐

0 𝐴 ] [

𝑍

𝑋] = [

0

𝐻]

4. Bentuk table untuk revised simpleks

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

……

…… 𝑃𝑚

(1) 𝑥𝐵

(1) 𝑌𝑘

(1)

𝑥0

𝑃01 𝑃02 ……

…… 𝑃0𝑚 𝑍 = 𝑥0 𝑍𝑘 − 𝑐𝑘

𝑥𝐵1

𝑃11 𝑃12

……

…… 𝑃1𝑚 𝑥𝐵1

𝑌1𝑘

𝑥𝐵2

𝑃21 𝑃22

……

…… 𝑃2𝑚

𝑥𝐵2

𝑌2𝑘

.

.

.

.

.

.

.

.

.

……

……

.

.

.

.

.

.

.

.

. 𝑥𝐵𝑖

𝑃𝑖1 𝑃𝑖2

……

…… 𝑃𝑖𝑚

𝑥𝐵𝑖

𝑌𝑖𝑘

.

.

.

.

.

.

.

.

.

……

……

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝑥𝐵𝑚

𝑃𝑚1 𝑃𝑚2

……

…… 𝑃𝑚𝑚 𝑥𝐵𝑚

𝑌𝑚𝑘

5. Perhitungan selanjutnya dengan menggunakan cara simpleks


b. Bentuk Standard II (Standrad From II)

1. Membuat fungsi tujuan menjadi maksimum (memaksimumkan)

2. Dirubah dalam bentuk baku/standar program linier

3. Ditulis dalam bentuk matrix, sebagai berikut:

𝐴𝑋 = 𝐻 , 𝑋 ≥ 0 , 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 𝐶𝑋 𝑍 − 𝐶𝑋 = 𝑍 − 𝑐1𝑥1 −

⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0

setelah itu dimasukkan di dalam 𝐴𝑋 = 𝐻, maka diperoleh:

𝑍 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0

𝑥𝑛+1 + ⋯… . . ………+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = 0

𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+1 = ℎ1

(**) .

.

.

𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 + ⋯…+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = ℎ𝑚

Pembatasan di dalam persamaan yang kedua merupakan persamaan yang

ditamdahkan sehinggga mendapatkan bahwa vector buatan tetap nol, tetapi

ternyata lebih baik dengan menambah indeks baris dengan 1 (satu) yaitu 𝑚 +

1, sehingga diperoleh matrix yaitu:

𝐴 =

[ 𝑎21 𝑎2𝑛

.

.

.

𝑎𝑚+1,1 𝑎𝑚+1,𝑛]

, 𝐻 = [ℎ1, … . , ℎ𝑚+1]

Persamaan – persamaan (**) dapat ditulis sebagai berikut:

𝑥0 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0

𝑥𝑛+1 + ⋯… . . ………+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = 0 (***)

𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+1 = ℎ1 .

.

.

𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 + ⋯…+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = ℎ𝑚+1

Pada persamaan di atas, penambahan variable 𝑥𝑛+1 dalam persamaan (***) di

baris kedua sebelum 𝑥𝑛+2


4. Matrix basis untuk fase II, sebagi berikut:

𝐵𝑜𝑜 =

[ 1 0 0 … 00 1 1 … 10 0 1 … 0

.

.

.0 0 0 … 1]

kolom 1 & 2 masing-masing 𝑒1 𝑑𝑎𝑛 𝑒1 dan bukan merupakan identity

matrix

Invers dari 𝐵𝑜𝑜 dengan mempergunakan matrix partisi yaitu:

𝐵𝑜𝑜 =

[ 1 0 0 … 00 1 − 1 … − 10 0 1 … 0

.

.

.0 0 0 … 1]

[ 1 0 0

0 1 1𝑚

0 1 1𝑚]

5. Bentuk table untuk revised simpleks

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

………… 𝑃𝑚(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

𝑥0

𝑃01 𝑃02 ………… 𝑃0𝑚 𝑍 = 𝑥0 𝑍𝑘 − 𝑐𝑘

𝑥𝐵1

𝑃11 𝑃12 ………… 𝑃1𝑚 𝑥𝐵1

𝑌1𝑘

𝑥𝐵2

𝑃21 𝑃22 ………… 𝑃2𝑚

𝑥𝐵2

𝑌2𝑘

.

.

.

.

.

.

.

.

. …………

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝑥𝐵𝑖

𝑃𝑖1 𝑃𝑖2 ………… 𝑃𝑖𝑚

𝑥𝐵𝑖

𝑌𝑖𝑘

.

.

.

.

.

.

.

.

. …………

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝑥𝐵𝑚

𝑃𝑚1 𝑃𝑚2 ………… 𝑃𝑚𝑚 𝑥𝐵𝑚

𝑌𝑚𝑘


6. Perhitungan selanjutnya dengan menggunakan cara simpleks

Contoh:


Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 5

𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0

Penyelesaian:

𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2 𝑥0 − 3𝑥1 + 2𝑥2 = 0

2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 5 2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 5

𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 = 3

𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑃1(1)

𝑃2(1)

[

1 − 3 − 2 0 0

0 2 1 1 0

0 1 1 0 1]

[ 𝑥1

𝑥 2

𝑥3

𝑥4 ]

=

[ 0

3

5 ]

[ 2 1 1 0

1 1 0 1] [

𝑥1

𝑥2

𝑥3

𝑥4

] = [5

3]

𝐴01 𝐴1

1 𝐴21 𝐴3

1 𝐴41 A 𝐼2 X

H

𝑒1 𝑒2 𝑒1 𝐻1

Matrix basis 𝐵0 = (𝑒1, 𝑒2, 𝑒3), 𝐵0 = 𝐼3 𝐵0−1 = 𝐵0 = 𝐼3

𝐵0−1 = [

1 𝑐𝐵

0 𝐼2

] =

[

1 0 0

0 1 0

0 0 1 ]

𝒆 𝒆𝟏(𝟏)

𝒆𝟐(𝟏)


Tabel Awal

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

𝑥0 0 0 0

𝑥3 1 0 5

𝑥4 0 1 3

𝒆 𝑃1(1)

𝑃2(1)

menentukan nilai 𝑌𝑘(1)

𝑌𝑘(1)

=

[ 1 0 0

0 1 0

0 0 1 ]

[ −3

2

1 ]

=

[ −3

2

1 ]

Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟏)

pada table: KK EK

BK= terkecil

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

Rasio

𝑥0 0 0 0 -3 0

3= ∞

𝑥3 1 0 5 2 * 5

2= 2

1

2

𝑥4 0 1 3 1 3

1= 3

Nilai 𝑌𝑘(1)

masih bernilai negative maka langkah selanjutnya seperti pada

simpleks dengan menentukan kolom kunci, baris kunci dan elemen kunci,

yaitu:

Baris Kunci : 1 0 5

dibagi 2

1

2 0

5

2

Untuk 𝑥4: 0 1 3

1

2 0

5

2

1 -

−1

2 1

1

2


Untuk 𝑥0: 0 0 0

1

2 0

5

2

-3 -

3

2 0

15

2

Tabel Iterasi I

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

𝑥0 3

2 0

15

2

𝑥1 1

2 0

5

2

𝑥4 −1

2 1

1

2

𝒆 𝑃1(1)

𝑃2(1)


𝑌𝑘(1)

=

[ 1

3

2 0

0 1

2 0

0 −1

2 1]

[ −2

1

1 ]

=

[ −

1

2

1

2

1

2 ]

Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟏)

pada table:

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

Rasio

𝑥0 3

2 0

15

2 −

1

2

152

−12

= −15

𝑥1 1

2 0

5

2

1

2

5212

= 5

𝑥4 −1

2 1

1

2

1

2 ∗

1212

= 1


Langkah selanjutnya seperti pada simpleks dengan menentukan kolom kunci,

baris kunci dan elemen kunci, yaitu:

Baris Kunci : −1

2 1

1

2

dibagi 1

2

-1 2 1

Untuk 𝑥1 : 1

2 0

5

2

-1 2 1

1

2 -

1 -1 2

Untuk 𝑥0 : 3

2 0

15

2

-1 2 1

−1

2 -

1 1 8

Tabel Iterasi II

VDB 𝑃1(1)

𝑃2(1)

𝑥𝐵(1)

𝑌𝑘(1)

𝑥0 1 1 8

𝑥1 1 -1 2

𝑥2 -1 2 1

Karena semua nilai 𝑧𝑗 − 𝑐𝑗 ≥ 0 maka sudah tercapai pemecahan optimal, yaitu

𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 8 dengan 𝑥1 = 2 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 1


Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3

𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0


Penyelesaian:

𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠

𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −5𝑥1 − 3𝑥2

𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 𝑥0 + 5𝑥1 + 3𝑥2 = 0

𝑥5 + 𝑥6 + 𝑥7 = 0

2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 = 3

𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥7 = 2

𝑛 = 4 𝑑𝑎𝑛 𝑚 = 2 𝑥𝑛+1 = 𝑥5 harus maksimum

Dalam bentuk matrix, yaitu:

𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 𝑥6 𝑥7

[ 1 5 3 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 1 1

0 2 1 − 1 0 0 1 0

0 1 1 0 − 1 0 0 1]

[ 𝑥0

𝑥1

𝑥2

𝑥3

𝑥4

𝑥5

𝑥6

𝑥7]

=

[ 0

3

2 ]

[ 1 0 0 0

0 1 1 1

0 0 1 0

0 0 0 1 ]

[ 1 0 0 0

0 1 − 1 − 1

0 0 1 0

0 0 0 1]

[ 0

0

3

2 ]

=

[

0

−5

3

2 ]

𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)


Tabel Awal

VDB 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)

𝑥𝐵(2)

𝑌𝑘(2)

𝑥0 0 0 0 0

𝑥5 1 -1 -1 -5

𝑥6 0 1 0 3

𝑥7 0 0 1 2

𝒆 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)


𝑌𝑘(2)

=

[ 1 0 0 0

0 1 − 1 − 1

0 0 1 0

0 0 0 1 ]

[ 5

0

2

1 ]

=

[

5

−3

2

1 ]

Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟐)

pada table: EK KK BK = terkecil

VDB 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)

𝑥𝐵(2)

𝑌𝑘(2)

Rasio

𝑥0 0 0 0 0 5 0

5= 0

𝑥5 1 -1 -1 -5 -3 −5

−3=

5

3

𝑥6 0 1 0 3 2 * 3

2

𝑥7 0 0 1 2 1 2

1= 2

Nilai 𝑌𝑘(1)



yaitu:


Baris Kunci : 0 1 0 3

dibagi 2

0 1

2 0

3

2

Untuk 𝑥0: 0 0 0 0

0 1

2 0

3

2

5 -

0 −5

2 0 −

15

2

Untuk 𝑥5: 1 -1 -1 -5

0 1

2 0

3

2

-3 -

1 1

2 -1 -

1

2

Untuk 𝑥7: 0 0 1 2

0 1

2 0

3

2

1 -

0 −1

2 1

1

2

Tabel Iterasi I

VDB 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)

𝑥𝐵(2)

𝑌𝑘(2)

Rasio

𝑥0 0 −5

2 0 −

15

2

𝑥5 1 1

2 -1 −

1

2

𝑥1 0 1

2 0

3

2

𝑥7 0 −1

2 1

1

2


𝒆 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)


𝑌𝑘(2)

=

[ 1 0 −

5

2 0

0 1 1

2 − 1

0 0 1

2 0

0 0 −1

2 1]

[ 3

0

1

1 ]

=

[

1

2

−1

2

1

2

1

2 ]

Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟐)

pada table:

VDB 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)

𝑥𝐵(2)

𝑌𝑘(2)

Rasio

𝑥0 0 −5

2 0 −

15

2

1

2

−152

12

= −15

𝑥5 1 1

2 -1 −

1

2 −

1

2

−12

−12

= 1

𝑥1 0 1

2 0

3

2

1

2

3212

= 3

𝑥7 0 −1

2 1

1

2

1

2 ∗

1212

= 1

Nilai 𝑌𝑘(1)



yaitu:

Baris Kunci : 0 −1

2 1

1

2

dibagi 1

2

0 -1 2 1

Untuk 𝑥0: 0 −5

2 0 −

15

2

0 -1 2 1

1

2 -

0 -2 -1 8


Untuk 𝑥5: 1 1

2 -1 -

1

2

0 -1 2 1

−1

2 -

1 0 0 0

Untuk 𝑥1: 0 1

2 0

3

2

0 -1 2 1

1

2 -

0 1 -1 1

Tabel Iterasi II

VDB 𝑃1(2)

𝑃2(2)

𝑃3(2)

𝑥𝐵(2)

𝑌𝑘(2)

Rasio

𝑥0 0 -2 -1 8

𝑥5 1 0 0 0

𝑥1 0 1 -1 1

𝑥2 0 -1 2 1

Pada table diatas terlihat bahwa 𝑥𝑛+1 = 𝑥5 = 0 dan semua variable buatan = 0

maka fase I sudah berakhir dan 𝑧𝑗 − 𝑐𝑗 ≥ 0 maka pemecahan telah optimal

yaitu:

𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −8 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−8) = 8 pada 𝑥1 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 1

Soal – soal :


Kendala 𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6

2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 8

−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1 𝑥2 ≤ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

2. Minimumkan 𝑧 = 𝑥1 + 2𝑥2

Kendala 2𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 6

𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0


BAB VIII

TRANSPORTASI

8.1. Perumusan Permasalahan Transportasi

Penyelesaian program linier pada metode transportasi dengan memperhatikan

perumusan program linier.

Contoh 1:

Sebuah perusahaan bergerak pada bidang pengolahan makanan yang berasal dari

biji-bijian dan salah satu produk yang dihasilkan adalah biji mete yang dikalengkan.

Biji mete diolah di tiga pabrik pengalengan dan kemudian diangkut dengan truk ke

empat gudang distribusi. Pengiriman produk membutuhkan biaya yang besar,

sehingga pimpinan perusahaan merencanakan pengurangan biaya ini sebanyak

mungkin. Pengurangan biaya dilakukan dengan menentukan jumlah produk yang

dikirim dari masing-masing pabrik ke masing-masing gudang. Untuk musim yang

akan datang, dibuat estimasi mengenai kapasitas/suplai dari masing-masing pabrik

pengalengan, dan permintaan di setiap gudang distribusi. Informasi ini (dalam

satuan angkutan truk), bersama dengan biaya pengiriman perangkutan truk (dalam

satuan puluhan ribu rupiah) untuk setiap kombinasi gudang-pabrik pengalengan

dalam tabel berikut:

Gudang Distribusi Kapasitas

(Suplai) 1 2 3 4

Pabrik Pengalengan

1 315 425 215 517 200

2 412 358 327 437 330

3 316 457 320 327 250

Permintaan 225 280 100 175 775


Penyelesaian :

Secara keseluruhan ada 775 angkutan truk yang harus dikirimkan.

Permasalahannya yaitu menentukan pengiriman ke berbagai kombinasi pabrik-

gudang yang akan meminimumkan biaya pengiriman total. Bila f = biaya

pengiriman total dan xij = jumlah angkutan truk yang harus dikirimkan dari pabrik

i ke gudang j, maka f ditentukan oleh nilai-nilai dari 12 variabel. Biaya pengiriman

total dapat ditulis sebagai berikut : f = 315x11 + 425x12 + 215x13 + 517x14 + 412x21

+ 358x22 + 327x23 + 437x24 + 316x31 +457x32 + 320x33 + 327x34

Sedangkan kendala pada pabrik dan gudangnya sebagai berikut :

x11 + x12 + x13 + x14 200 (suplai dari Pabrik 1)



x11+ x21+ x31 225 (permintaan ke Gudang 1)

x12 + x22+ x32 280 (permintaan ke Gudang 2)

x13 + x23 + x33 100 (permintaan ke Gudang 3)

x14 + x24 + x34 175 (permintaan ke Gudang 4)

xij ≥0, (i = 1, 2, 3 ; j = 1, 2, 3, 4)

model program linier tersebut dapat diselesaikan dengan menggunakan metode

simplex. Penyelesaian optimal dari model tersebut adalah sebagai berikut

f = 2.547.650.000 dengan x11 = 100, x13 = 100, x21 = 50, x22 = 280, x31 = 75

dan x34 = 175.


Ilustrasi secara grafik persoalan perusahaan dan penyelesaian optimalnya berikut

dengan variabel xij dinyatakan sebagai garis, menghubungkan titik suplai ke i

(Pabrik i) dengan permintaan ke j (Gudang j), terlihat pada gambar berikut:

Pabrik Gudang

Gambar Ilustrasi masalah perusahaan dan penyelesaian optimalnya secara grafik

Koefisien-koefisien kendala dari masalah transportasi yang memiliki pola tertentu

merupakan bentuk sederhana dari matriks koefisien dari program linier biasa pada

tabel berikut:

111

111

111

111

1111

1111

1111

A

Kendala-kendala

pengalengan

Kendala-kendala

gudang

P

2

P

3

P

1

G

4

G

3

G

2

G

1 x11 = 100

x12 = 0

x13 = 100

x21 = 50

x14 = 0

x22 = 280

x23 = 0

x24 = 0

s1 = 200

x31 = 75 x32 = 0

x33 = 0

x34 = 175

d1 = 225

s2 = 330

s3 = 250

d2 = 280

d3 = 100

d4 = 175


Secara umum permasalahan transportasi dispesifikasi sebagai berikut :

a. Adanya suatu komoditi

b. Adanya kelompok pusat pemasok ( + batas (atas ) suplai ) sumber

c. Adanya kelompok pusat penerima ( + batas (bawah ) permintaan ) tujuan

d. Adanya jalur penghubung : sumber-tujuan ( + ongkos satuannya )

e. Adanya fungsi yang diminimalkan : ongkos angkut total

Hubungan antara contoh dengan masalah umum, disajikan dalam tabel berikut

CONTOH MASALAH UMUM

Angkutan truk biji mete kalengan Unit suatu komoditi

Tiga pabrik pengalengan m sumber

Empat gudang n tujuan

Kapasitas pabrik i si suplai dari sumber i

Permintaan ke gudang j dj permintaan pada tujuan j

Biaya kirim perangkutan dari

pabrik i ke gudang j

cij biaya perunit yang didistribusikan dari

sumber i ke tujuan j

Secara umum sumber i ( i = 1, 2, …, m ) mempunyai suplai si unit, dan tujuan j ( j

= 1, 2, …, n ) mempunyai permintaan dj unit. Biaya pendistribusian unit-unit dari

sumber i ke tujuan j, per unitnya adalah cij , data di atas terlihat dalam tabel berikut:

Tujuan Suplai

1 2 …. n

Sumber

1 c11 c12 …. c1n s1

2 c21 c22 …. c2n s2

… …. …. …. …. ….

m cm1 cm2 …. cmn sm

Permintaan d1 d2 …. dn si

dj


Misalkan xij = jumlah satuan barang yang dikirim dari sumber i ke tujuan j, maka

rumusan masalah transportasi secara umum yaitu:

Meminimalkan i j

ijijxcf (fungsi tujuan)

dengan syarat

n

1jiij sx

( i = 1, 2, …, m ) (kendala suplai)

m

1ijij dx

( j = 1, 2, …, n ) (kendala permintaan)

xij 0 ( i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n ) (kendala tak negatif)

Berdasarkan si = penawaran total & dj = permintaan total, kita memiliki

beberapa keadaan untuk masalah transportasi :

a. si = dj, maka kita memiliki transportasi setimbang

b. si > dj, maka kita memiliki masalah transportasi yang tidak seimbang

tetapi fisibel

c. si < dj, maka kita memiliki masalah transportasi yang tidak setimbang

dan tidak fisibel

Permasalahan transportasi yang tidak setimbang perlu disetimbangkan terlebih

dahulu, yaitu:

keadaan (b), masalah transportasinya dapat disetimbangkan dengan

menambahkan dengan tujuan dummy (buatan) dan permintaan semu.

keadaan (c), kadangkala perlu juga tidak memenuhi beberapa permintaan,

namun ada sangsi yang berkaitan dengannya, masalah transportasinya

disetimbangkan dengan menambahkan dengan sumber dummy (buatan) dan

suplai semu.

Permaasalah transportasi yang setimbang dapat dirumuskan yaitu:

Meminimalkan i j

ijijxcf (fungsi tujuan)


dengan syarat

n

1jiij sx

( i = 1, 2, …, m ) (kendala suplai)

m

1ijij dx

( j = 1, 2, …, n ) (kendala permintaan)

xij 0 ( i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n ) (kendala tak negatif)

Contoh 2 :

Sebuah perusahaan pengalengan buah-buahan akan mengirimkan beberapa trailer

dari beberapa pabrik pengolahan ke beberapa gudang penyimpanan, dengan rincian

biaya (dalam jutaan rupiah) transportasi setiap trilernya disajikan pada tabel berikut

Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3

Pabrik 1

Pabrik 2

Pabrik 3

3

4

5

5

3

2

4

2

4

35

35

20

25 50 10

Tentukan banyaknya trailer yang akan dikirim dari pabrik ke gudang yang akan

mengoptimalkan biaya transportasi totalnya.

Penyelesaian

Masalah transportasi di atas memiliki jumlah total suplai melebihi jumlah total

permintaan, masalah transportasi tersebut dapat disetimbangkan dengan

menambahkan variabel tujuan dummy dalam hal ini Gudang Dummy, dan

permintaan semu sehingga tabel masalah transportasi di atas menjadi seperti

berikut

Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang Dummy

Pabrik 1

Pabrik 2

Pabrik 3

3

4

5

5

3

2

4

2

4

0

0

0

35

35

20

25 50 10 5

Langkah berikutnya untuk menyelesaikan masalah transportasi di atas dapat dilihat

pada pembahasan selanjutnya.


Contoh 3 :

Sebuah perusahaan pengalengan ikan akan mengirimkan beberapa truk dari

beberapa pabrik ke beberapa gudang penyimpanan, dengan rincian biaya ( dalam

ratusan ribu rupiah ) transportasi setiap truknya disajikan pada tabel berikut

Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang 4

Pabrik 1

Pabrik 2

Pabrik 3

3

4

5

5

3

3

3

2

4

4

3

2

40

50

30

20 50 30 30

Tentukan banyaknya truk yang akan dikirim dari pabrik ke gudang yang akan

mengoptimalkan biaya transportasi totalnya.

Penyelesaian

Masalah transportasi di atas memiliki jumlah total permintaan melebihi jumlah

total suplai, masalah transportasi tersebut dapat disetimbangkan dengan

menambahkan variabel sumber dummy dalam hal ini Pabrik Dummy, dan suplai

semu sehingga tabel masalah transportasi di atas menjadi seperti berikut

Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang 4

Pabrik 1

Pabrik 2

Pabrik 3

Pabrik Dummy

3

4

5

0

5

3

3

0

3

2

4

0

4

3

2

0

40

50

30

10

20 50 30 30

Langkah berikutnya untuk menyelesaikan masalah transportasi di atas dapat

dilihat pada pembahasan selanjutnya.

8.2. Penyelesaian Permasalahan Transportasi

Penyelesaian masalah transportasi, ada beberapa metode untuk menentukan

penyelesaian awal basis yang fisibel dan metode untuk menentukan suatu nilai

bagi pengujian optimalitasnya.


Adapun langkah penting dalam menyelesaikan masalah transportasi, yaitu:

Menyusun tabel awal ⇒ Sudut Barat Laut (Northwest Corner

Method)

⇒ Vogel (Vogel’s Approximation Method)

⇒ cij terkecil (Minimum Cost Method)

Uji optimalitas, dengan menghitung c'ij

MODI (Modified

Distribution Method)

Menyusun tabel baru

1. Menyusun Tabel awal

Menyusun tabel awal di sini adalah menentukan Penyelesaian Basis Awal yang

Fisibel (PBAF). Masalah transportasi dengan m sumber dan n tujuan yang

setimbang mempunyai mn variabel dan m+n persamaan kendala utama, namun

ada satu persamaan yang dependen (artinya apabila sekumpulan dari nilai-nilai

xij memenuhi m + n – 1 persamaan maka otomatis sekumpulan xij itu memenuhi

satu persamaan sisanya) sehingga masalah transportasi tersebut hanya memiliki

m + n – 1 persamaan yang independen. Jadi, seperti pada metode simpleks,

penyelesaian basis fisibelnya memiliki m + n – 1 variabel basis.

Bentuk penyelesaian basis fisibel (PBF)

1 2 … N suplai

1 50 50 … 0 100

2 0 50 … 0 50

… … … … … …

M 0 0 … 50 50

permintaan 50 100 … 50 …

Kesepakatannya yaitu:

Alokasi nol tak ditulis (kotak kosong)

“kotak” = cell = jalur dari suatu sumber ke suatu tujuan

variabel bebas yang dinolkan (kotak kosong)

variabel basis sebanyak m + n – 1 (kotak isi)


Degenerate (merosot) yaitu adanya variabel basis yang bernilai nol. Dalam

simplex degenerate bukan menjadi masalah, tetapi dalam transportasi PBF tidak

boleh merosot (harus ada m+n–1 kotak isi). Apabila terjadi degenerate maka

penentuan ongkos kesempatan (c'ij) untuk uji optimalitas tidak dapat dilakukan

(berhubungan dengan jalur tertutup).

a. Metode Sudut Barat Laut

Untuk mendapatkan suatu PBF (metode apa saja) setiap kali mengisi

alokasi, isikan dengan nilai yang maksimal. Pada Metode sudut barat laut

atau sudut kiri atas biaya transportasi perunit angkutannya tidak

diperhatikan, hanya memperhatikan suplai yang telah habis atau permintaan

yang sudah dipenuhi. Aturan sudut barat laut prosedurnya dapat dinyatakan

sebagai berikut :

Alokasikan sebesar α11 pada kotak di posisi sudut kiri atas yakni kotak

k11 (variabel x11) , besarnya α11 = min {s1, d1}

Pada baris 1 dan kolom 1 kurangkan nilai s1 dan d1 dengan α11. Pada

baris (kolom) yang sisa suplai (permintaan) nya sama dengan nol (= 0),

beri tanda silang, “x” (sudah jenuh). Jika pada baris (kolom) sisa suplai

(permintaan) keduanya sama dengan nol maka beri tanda silang pada

salah satu saja kolom atau baris.

Jika kolom yang disilang, alokasikan sebesar α12 pada kotak k12, α12 =

min {s1- α11, d2}. Jika baris yang disilang, alokasikan sebesar α21 pada

kotak k21, α 21 = min {s2, d1 – α11} .

Ulangi proses di atas pada baris (kolom) yang ada, sampai kotak di

posisi sudut kanan bawah terisi.


Contoh 4 :

Perhatikan masalah transportasi yang biaya transportasi perunit

angkutannya (dalam ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :

D1 D2 D3 suplai

O1 5 4 4,5 50

O2 4,5 4 5,5 40

permintaan 30 30 30 90

Penyelesaian

α11 = min {30, 50} = 30 diisikan pada kotak k11, variabel x11 = 30

Sisa suplai pada baris 1 = 50 – 30 = 20, sedang sisa permintaan pada

kolom 1 = 30 – 30 = 0, maka kolom 1 diberi tanda silang (jenuh).

Hasilnya yaitu:

D1 D2 D3 suplai

O1 30 20

O2 40


x

Karena kolomnya disilang maka α12 = min {50-30, 30} = 20 diisikan

pada kotak k12.

Sisa suplai pada baris 1 = 20 – 20 = 0, sedang sisa permintaan pada

kolom 2 = 30 – 20 = 10, maka baris 1 diberi tanda silang. Hasilnya

yaitu:

D1 D2 D3 suplai

O1 30 20 0 x

O2 40


x


Barisnya disilang maka α22 = min {30-20, 40} = 10 diisikan pada kotak

k22. Sisa suplai pada baris 2 = 40 – 10 = 30, sedang pada kolom 2 = 10

– 10 = 0, kolom 2 diberi tanda silang. Hasilnya yaitu:

D1 D2 D3 suplai

O1 30 20 0 x

O2 10 30


x x

Kolomnya disilang maka α23 = min {40-10, 30} = 30 diisikan pada

kotak k23. Karena kotak k23 merupakan kotak di posisi sudut kanan

bawah maka proses selesai.

Hasilnya yaitu:

Dari proses di atas diperoleh PBAF yang fisibel serta arah pengisiannya

sebagai berikut

D1 D2 D3 suplai

O1 30 20 50

O2 10 30 40


Kotak isi = 4 = m + n – 1, sehingga diperoleh PBF dengan nilai fungsi

tujuannya adalah f = 5(30) + 4(20) + 4(10) + 5,5(30) = 435 ratusan ribu

rupiah.

D1 D2 D3 suplai

O1 30 20 0 x

O2 10 30 30


x x


b. Biaya terkecil

Metode ini dengan memperhatikan/memeriksa seluruh biaya. Pemilihan

kotak yang akan diisi berdasarkan biaya terkecil. Langkah metode biaya

terkecil yaitu :

Pilih kotak yang memiliki biaya terkecil (apabila ada lebih dari satu

maka pilih yang dapat diberi alokasi paling besar), misal kotak yang

terpilih adalah kij , selanjutnya alokasikan sebesar αij dengan αij = min

{si , dj}.

Pada baris i dan kolom j kurangkan nilai si dan dj dengan αij. Pada baris

maupun kolom yang sisa suplai maupun permintaannya sama dengan

nol beri tanda silang.

Ulangi proses di atas sampai semua baris dan kolomnya jenuh.

Contoh 5 :


angkutannya (ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :

1 2 3 suplai

1 4 5 2 400

2 1 5 6 400

3 2 2 4 400

4 7 9 7 400

permintaan 500 500 600 1600

Penyelesaian

Kotak k21 memiliki nilai cij yang terkecil, maka kotak k21 diberi alokasi

sebesar α21 = min {400, 500}

Pada baris 2 sisa suplainya 400 – 400 = 0, sedangkan pada kolom 1 sisa

permintaannya 500 – 400 = 100 sehingga baris 2 diberi tanda silang.


Hasilnya yaitu :

Ternyata ada tiga kotak yang memiliki nilai cij terkecil, yaitu kotak k13,

k31 dan k32. Terbesar untuk ketiga kotak adalah 400 (= maks{min {s1 =

400, d3 = 600}, min {s3 = 400, d1 = 100}, min {s3 = 400, d2 = 500}}=

maks {400, 100, 400}) yaitu pada kotak k13 dan k32, karena itu pilih

salah satu kotak untuk diberi alokasi sebesar 400 (misalkan dipilih

kotak k13, artinya α13 = 400).

Pada baris 1 sisa suplainya 400 – 400 = 0, sedangkan pada kolom 3 sisa

permintaannya 600 – 400 = 200 sehingga baris 1 diberi tanda silang.

Hasilnya yaitu :

Apabila proses di atas dilakukan terus akan diperoleh hasil yaitu:

1 2 3

1 4 5 2 400

2 400 1 5 6 0 x

3 2 2 4 400

4 7 9 7 400

100 500 600 1600

1 2 3

1 4 5 400 2 0 x

2 400 1 5 6 0 x

3 2 2 4 400

4 7 9 7 400

100 500 200 1600

1 2 3

1 4 5 400 2 0 x

2 400 1 5 6 0 x

3 2 400 2 4 0 x

4 100 7 100 9 200 7 400

0 100 0 1600

x x


Sehingga diperoleh PBAF seperti berikan pada tabel berikut :

Kotak isi = 6 = m+n-1, sehingga diperoleh PBAF dengan nilai fungsi

tujuannya adalah f = Rp.500 juta.

c. Metode Pendekatan Vogel

Pada metode vogel dengan memperhatikan selisih antar dua biaya terendah,

pada setiap baris dan kolomnya. Pemilihan kotak yang akan diisi

berdasarkan kolom atau baris yang nilai selisihnya terbesar dan biaya

terkecil pada kotaknya. Langkahnya yaitu:

Pada setiap baris dan kolom, tentukan nilai selisih dari dua biaya

terkecil dan letakkan nilai itu di samping (di bawah) masing-masing

baris (kolom)

Pilih salah satu dari baris dan kolom yang memiliki nilai selisih yang

paling besar. Pada baris/kolom yang terpilih, pilih kotak kosong dengan

biaya terendah. Misalkan kotak yang terpilih adalah kotak kij, lalu

alokasikan sebesar αij yaitu αij = min {si , dj}

Pada baris i dan kolom j kurangkan nilai si dan dj dengan αij. Pada baris

maupun kolom yang sisa suplai maupun permintaannya sama dengan

nol, beri tanda silang.

Ulangi proses di atas sampai semua baris dan kolomnya jenuh.

1 2 3

1 4 5 400 2 400

2 400 1 5 6 400

3 2 400 2 4 400

4 100 7 100 9 200 7 400

500 500 600 1600


Contoh 6 :


angkutannya (ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :

1 2 3 suplai

1 7 3 3 400

2 2 4 5 400

3 2 1 7 400

4 4 5 6 400

permintaan 500 500 600 1600

Penyelesaian

Pada baris 1, 2, 3 dan 4 selisih biaya terkecilnya masing-masing 0, 2, 1

dan 1, sementara untuk kolom 1,2 dan 3 masing-masing 0, 2 dan 2.

Nilai selisih terbesarnya adalah 2, ada tiga pilihan, dipilih yang

memiliki biaya terkecil, yakni kolom 2. Pada kolom 2 dipilih kotak

dengan biaya terendah yakni kotak k32 dan mendapat alokasi sebesar

α32 = min {400, 500} = 400, α32 = 400.

Sisa suplai pada baris 3 adalah 400 – 400 = 0, sehingga baris 3 diberi

tanda silang. Sementara sisa pada kolom 2 adalah 500 – 400 = 100.

Dengan pengulangan proses di atas akan didapatkan hasil sebagai

berikut :

1 2 3

1 7

3

400 3

0 0 0 0 x

2 400 2

4

5

0 2 2 x

3 2

400 1

7

0 1 x x

4 4

5

6

400 1 1 1

100 100 200 1600

0 2 2

2 1 2

3 2 3


Pada bagian ini pengisiannya memilih kotak dengan biaya terkecil,

sehingga diperoleh hasil

1 2 3

1 7 3 400 3 0 0 0 0 x

2 400 2 4 5 0 2 2 x

3 2 400 1 7 0 1 x x

4 100 4 100 5 200 6 200 1 1 1

0 0 200 1600

0 2 2

2 1 2

3 2 3

x x

Sehingga diperoleh PBAF seperti berikan pada tabel berikut :

1 2 3

1 7 3 400 3 0

2 400 2 4 5 0

3 2 400 1 7 0

4 100 4 100 5 200 6 200

0 0 200 1600

Kotak isi = 6 = m + n – 1, diperoleh PBAF ,dengan nilai f = 450.000.000 rupiah.

Vogel menentukan penempatan kotak

kolom / baris semu tak diperhitungkan dalam memberi

nilai selisih 2 nilai terkecil.


2. Uji Optimalitas dan Menyusun Tabel Baru (PBF berikutnya)

Setelah mendapatkan PBF, untuk menentukan apakah penyelesaian yang

didapatkan optimal maka dilakukan uji optimalitas. Uji optimalitas dilakukan

dengan menentukan nilai Oportunity cost (ongkos kesempatan) yang dinotasikan

dengan c'ij. Apabila c'ij bernilai negatif atau nol untuk setiap variabel nonbasis

maka penyelesaian basis fisibelnya sudah optimal.

Penyelesaian optimal variabel nonbasis xij nilai c'ij 0

Contoh 7 :

Perhatikan PBF masalah transportasi berikut, apakah sudah optimal ?.

D1 D2 40

O1 30 2 10 5 40

O2 1 40 2 40

30 50 80

Penyelesaian

Variabel basis : x11 = 30, x12 = 10, x22 = 40, dan variabel nonbasis : x21 = 0

Nilai fungsi tujuannya adalah f = 30.2 + 10.5 + 40.2 =190, apakah

penyelesaiannya optimal? (minimal ?). Kita coba mengujinya dengan

menambah nilai variabel nonbasis dengan 1 unit, yakni x21 = 0 + 1 = 1,

sehingga penyelesaiannya akan berubah menjadi seperti berikut

D1 D2 40

O1 30 – 1 2 10 + 1 5 40

O2 0 + 1 1 40 – 1 2 40

30 50 80

Nilai fungsi tujuannya adalah f ' = (30 – 1).2 + (10 + 1).5 + (40 – 1).2 + (0 +

1).1 = 192, ternyata lebih besar dari nilai fungsi tujuan sebelumnya. Jadi selisih

antara kedua nilai fungsi tujuan adalah sebagai berikut f = f '– f = – 2 + 5 –

29 + 1 = 2. Jelas bahwa apabila x21 menjadi variabel basis maka nilai fungsi

tujuannya akan naik, jadi penyelesaian yang telah kita peroleh sebelumnya

adalah sudah optimal.


Contoh 8 :


D1 D2

O1 50 4 10 2 60

O2 1 40 4 40

50 50 100

Penyelesaian

Variabel basis : x11 = 50, x12 = 10, x22 = 40, dan variabel nonbasis : x21 = 0

Nilai fungsi tujuannya adalah f = 50.4 + 10.2 + 40.4 = 380. Sedangkan apabila

variabel nonbasis x21 nilainya ditambah 1, maka nilai fungsi tujuannya berubah

menjadi f ' = (50 – 1).4 + (10 + 1).2 + (40 – 1).4 + (0 + 1).1 = 375. Sehingga

selisih kedua fungsi tujuannya adalah ∆f = f '– f = – 5. Jadi f ' < f , hal ini

berarti bahwa 1 unit satuan komoditas yang dialokasikan pada variabel

nonbasis x21 atau kotak K21 akan menurunkan nilai f sebanyak 5 unit satuan

biaya. Dengan kata lain penyelesaian yang kita peroleh sebelumnya belum

optimal. Satu unit variabel nonbasis x21 bisa menurunkan nilai f sebesar 5 unit,

dapat dikatakan bahwa ongkos kesempatan dari variabel nonbasis x21 (kotak

kosong K21) adalah 5, c'ij = 5.

cara menentukan nilai ongkos kesempatan, c'ij , dan penyusunan tabel baru yaitu

MODI (Modified Distribution).

3. MODI

a. Menghitung c'ij

Metode MODI nilai cij dihitung untuk semua variabel nonbasis, bila PBF

belum optimal maka perubahan PBF dilakukan dengan terlebih dahulu

membuat loop untuk variabel nonbasis yang akan menjadi variabel basis.

c'ij = – ∆ fij


Untuk menentukan nilai cij ada beberapa istilah dan rumusan yang akan

dipakai untuk memudahkan dalam perhitungannya. Istilah tersebut adalah

ui = bilangan baris yang diletakkan pada kolom paling kanan, sedangkan vj

= bilangan kolom diletakkan pada baris spaling bawah. Sedangkan rumusan

yang akan dipakai adalah sebagai berikut :

pada kotak isi (variabel basis) berlaku hubungan ui + vj = cij atau ui

+ vj – cij = 0

pada kotak kosong (variabel nonbasis) berlaku hubungan ui + vj – cij

= c'ij (ongkos kesempatan)

Untuk menentukan nilai-nilai ui , vj dan c'ij , pertama diberikan nilai u1 = 0

(bisa juga ui atau vj yang lain) kemudian dicari nilai-nilai ui dan vj yang

lain dengan menggunakan rumusan di atas, lantas akan dapat ditentukan

nilai c'ij dari rumus di atas.

Contoh 10 :


(Biaya dalam jutaan rupiah)

1 2 3

1 4 5 400 2 400

2 400 1 5 6 400

3 100 2 300 2 4 400

4 7 200 9 200 7 400

500 500 600 1600


Penyelesaian

Dari PBF di atas kita tambah baris dan kolom untuk ui , vj dan kita beri nilai

u1 = 0, akan diperoleh tabel berikut

1 2 3 ui

1 4 5 400 2 400 u1 = 0

2 400 1 5 6 400 u2 = ?

3 100 2 300 2 4 400 u3 = ?

4 7 200 9 200 7 400 u4 = ?

500 500 600 1600

vj v1 = ? v2 = ? v3 = ?

Dengan menggunakan ketentuan ui + vj = cij pada kotak isi akan

mendapatkan berbagai nilai ui dan vj berikut

u1 + v3 = c13 0 + v3 = 2 v3 = 2 u4 + v3 = c43 u4 + 2 = 7 u4 = 5

u4 + v2 = c42 5 + v2 = 9 v2 = 4 u3 + v2 = c32 u3 + 4 = 2 u3 = – 2

u3 + v1 = c31 – 2 + v1 = 2 v1 = 4 u2 + v1 = c21 u2 + 4 = 1 u2 = – 3

Tabel PBF di atas dapat ditulis sebagai berikut:

1 2 3 ui

1 4 5 400 2 400 u1 = 0

2 400 1 5 6 400 u2 = – 3

3 100 2 300 2 4 400 u3 = – 2

4 7 200 9 200 7 400 u4 = 5

500 500 600 1600

vj v1 = 4 v2 = 4 v3 = 2


Dengan menggunakan ketentuan ui + vj – cij = c'ij akan diperoleh nilai c'ij

untuk setiap kotak kosong. Hasilnya adalah sebagai berikut

c'11 = u1 + v1 – c11 = 0, c'22 = u2 + v2 – c22 = – 4, c'33 = u3 + v3 – c33 = – 4,

c'12 = u1 + v2 – c12 = – 1, c'23 = u2 + v3 – c23 = – 7, c'41 = u4 + v1 – c41 = 2

Apabila kita letakkan pada tabel di atas kita peroleh tabel berikut

1 2 3 ui

1 4

0

5

– 1

400 2 400 u1 = 0

2 400 1 5

– 4

6

– 7

400 u2 = – 3

3 100 2 300 2 4

– 4

400 u3 = – 2

4 7

2

200 9 200 7 400 u4 = 5

500 500 600 1600

vj v1 = 4 v2 = 4 v3 = 2

Dari di atas terlihat bahwa masih ada variabel nonbasis dengan nilai c'ij

positif, yakni x41. Jadi PBF tersebut belum optimal dan variabel nonbasis

x41 akan menjadi variabel basis baru. Karena belum optimal, PBF akan

diubah pada langkah berikut ini.

b. Menyusun Tabel baru

Variabel x41 menjadi variabel basis baru, untuk mengalokasikan

komoditasnya, kita buat loop dari kotak K41 terlebih dahulu. Kita dapatkan

loop untuk kotak K41 adalah K41 K31 K32 K42.


Kotak K31 dan K42 adalah donor, masing-masing memiliki alokasi

komoditas 100 dan 200, maka alokasi maksimum untuk kotak K41 adalah

α41 = min {200, 100} = 100. Dengan mengalokasikan komoditas sebesar

100 unit, maka jumlah komoditas pada resipien bertambah 100 dan pada

donor berkurang 100. Hasilnya dapat dilihat pada tabel berikut, variabel x31

menjadi variabel non basis.

1 2 1 2

3 - 2

100

+ 2

300

3 2

2

400

4 + 7 - 9

200

4 7

100

9

100

Kotak isi ada 6, sedangkan m + n – 1 = 6, sehingga diperoleh PBF baru berikut

1 2 3

1 4 5 400 2 400

2 400 1 5 6 400

3 2 400 2 4 400

4 100 7 100 9 200 7 400

500 500 600 1600

Dilakukan proses uji optimalitas kembali, hasil penghitungan ui , vj dan cij

untuk variabel nonbasisnya diperoleh tabel berikut

1 2 3 ui

1 4

– 2

5

– 1

400 2 400 u1 = – 5

2 400 1 5

– 2

6

– 5

400 u2 = – 6

3 2

– 2

400 2 4

– 4

400 u3 = – 7

4 100 7 100 9 200 7 400 u4 = 0

500 500 600 1600

vj v1 = 7 v2 = 9 v3 = 7


Dari nilai tabel di atas terlihat bahwa nilai c'ij negatif semua, jadi PBF nya

sudah optimal, berhenti.

Tabel optimalnya adalah sebagai berikut :

1 2 3

1 400 400

2 400 400

3 400 400

4 100 100 200 400

500 500 600 1600

Nilai fungsi tujuannya adalah f = 800 + 400 + 800 + 700 + 900 + 1400 = Rp. 5000 juta.

SOAL-SOAL:

1. Seseorang memiliki 3 pabrik mobil yang terbesar di tiga lokasi dengan

kapasitas produksi masing-masing pabrik yaitu pabrik ke-I = 56 unit, pabrik

ke-II = 82 unit dan pabrik ke-III = 77 unit. Hasil produksi dari 3 pabrik tersebut

akan dialokasikan ke tiga daerah pemasaran. Masing-masingdaerah pemasaran

membutuhkan produk yaitu daerah I = 72 unit, daerah 2 = 102 unit dan daerah

3 = 41 unit. Biaya transportasi (dalam ribuan rupiah) dari pabrik ke daerah

pemasaran dapat dilihat pada tabel berikut:

Daerah 1 Daerah 2 Daerah 3

Pabrik I 4 8 8

Pabrik II 16 24 16

Pabrik III 8 16 24

Bagaimana mengalokasikan produk dari pabrik ke daerah pemasaran agar

biaya transportasi (pendistribusian) minimum?

2. Tiga pabrik dalam satu group (W, H, P) dengan kapasitas produk maisng-

masing adalah 90, 60 dan 50. Hasil produksi aka didistribusikan ke tiga gudang

(A, B, C) yang kapasitas penyimpanannya masing-masing adalah 50, 110 dan

40. Tabel biaya pengiriman produk dari pabrik ke gudang ditampilkan pada

tabel di bawah ini.


Tentukan solusi optimal biaya pengiriman, apabila perusahaan ingin

mendistribusikan produk ke masing-masing gudang dengan biaya pengiriman

(dalam ribuan rupiah) yang minimal yaitu:

3. Dari 3 pelabuhan A1, A2 dan A3 terdapat semen sebanyak masing-masing 120

ton, 170 ton dan 160 ton. Semen tersebut akan diangkut ke kota T1, T2 dan T3

yang masing-masing mempunyai daya tamping 150 ton, 210 ton, 90 ton. Biaya

pengiriman dari pelabuhan A1 ke T1, T2 dan T3 masing-masing adalah 50, 100

dan 100 (dalam ribuan rupiah per ton). Biaya pengiriman dari pelabuhan A2 ke

kota T1, T2 dan T3 adalah 200,300 dan 200, sedangkan biaya pengiriman dari

pelabuhan A3 ke kota T1, T2 dan T3 adalah 100, 200 dan 300. Tentukan solusi

optimal biaya pengiriman!

Dari Ke Gudang A Gudang B Gudang C Kapasitas Pabrik

Pabrik W 20 5 8 90

Pabrik H 15 20 10 60

Pabrik P 25 10 19 50

Kebutuhan Gudang 50 110 40 200

BAB I PENGANTAR PROGRAM LINIER - Repository …repository.unikama.ac.id/449/1/Program...

Documents

Transcript of BAB I PENGANTAR PROGRAM LINIER - Repository …repository.unikama.ac.id/449/1/Program...