Metode Simpleks.doc
-
Upload
ferdi-aparat -
Category
Documents
-
view
80 -
download
1
Transcript of Metode Simpleks.doc
LP : METODE SIMPLEKS
Dilakukan jika metode grafik tidak bisa dipakai (variabel keputusan 2)
Metode Simpleks :
1. Simpleks Primal
2. Simpleks Dual
Bentuk Linear Programming baku (standar) :
* Semua kendala adalah persamaan ( sisi kanan 0 )
* Semua variabel non-negatif
* Fungsi tujuan berupa maksimisasi / minimisasi
Kendala (Constraints)
1. Kendala jenis diubah menjadi = dengan menambahkan Variabel Slack di
sisi kiri.
Kendala jenis diubah menjadi = dengan mengurangkan Variabel Surplus
di sisi kiri.
Contoh :
Kendala X1 + X2 15 -> X1 + X2 + S1 = 15 dengan S1
0
(S1 adalah sumber daya yang berlebih)
Kendala 2 X1 + X2 15 -> 2 X1 + X2 - S2 = 15 dengan S2 0
(S2 adalah sumber daya yang langka)
2. Sisi kanan harus dibuat non-negatif
Contoh :
-5 X1 + X2 = -25 diubah menjadi 5 X1 - X2 = 25
3. Arah pertidaksamaan dibalik jika kedua sisi dikalikan -1
Contoh :
-5 X1 + X2 -25 diubah menjadi 5 X1 - X2 25
Variabel
Variabel unrestricted (tidak dibatasi) jika bernilai negatif / positif
Misal Xj adalah variabel unrestricted,
maka Xj = Xj’ - Xj’’
Xj’ , Xj’’ 0
Hanya satu (Xj’ atau Xj’’) saja yang bernilai positif
Fungsi Tujuan
Maksimisasi fungsi = Minimisasi ”negatif” fungsi itu.
Contoh :
Maks. Z = 5X1 + 2X2 + 3X3 = Min. (-Z) = -5X1 - 2X2 - 3X3
Contoh Soal :
Ubah dalam bentuk Standar :
Min. Z = 2X1 + 3X2
Kendala : X1 + X2 = 10
-2 X1 + 3 X2 -5
7 X1 - 4 X2 6
X1 (Unrestricted)
X2 0
Jawab :
Min. Z = 2 X1’ - 2 X1’’ + 3 X2 + 0 S2 + 0 S3
Kendala : X1’ - X1’’ + X2 = 10
-2 X1’ + 2 X1’’ + 3 X2 + S2 = -5 -> 2 X1’ - 2 X1’’ - 3 X2 - S2 = 5
7 X1’ - 7 X1’’ - 4 X2 + S3 = 6
X1’ , X1’’ , X2 , S2 , S3 0
Solusi Dasar
Jika ada model Linear Programmingdengan m persamaan (kendala)
dan n variabel keputusan, maka solusi dasar -> n - m = 0
Sisanya dipecahkan sehingga mendapat solusi layak dan unik.
n - m variabel yang dibuat nol disebut variabel non-basis
n variabel sisanya disebut variabel basis
Contoh :
2X1 + X2 + 4X3 + X4 = 2
X1 + 2 X2 + 2X3 + X4 = 3
m = 2
n = 4
n – m = 2 -> Variabel non-basis
Sisa = 2 -> Variabel basis
Pilih 2 variabel yang dibuat nol, misal X3 = 0, X4 = 0
Maka 2X1 + X2 = 2
X1 + 2 X2 = 3
Dengan eliminasi dihasilkan X1 = 1/3 dan X2 = 4/3 {hasil non-negatif =
layak}
Solusi dasar X1 = 1/3 , X2 = 4/3 , X3 = 0 , X4 = 0
X1 dan X2 adalah var. Basis
X3 dan X4 adalah var non-basis.
METODE SIMPLEKS PRIMAL
Variabel masuk adalah variabel non-basis yang masuk ke himpunan variabel
dasar pada iterasi berikutnya.
Variabel keluar adalah variabel basis yang keluar dari solusi basis pada iterasi
berikutnya.
Dua kondisi Simpleks Primal:
1. Kondisi Optimal
:
Variabel masuk dalam maksimisasi (minimisasi) adalah
variabel non-basis dengan koefisien paling negatif (positif)
dalam persamaan fungsi tujuan (Z).
2. Kondisi Layak
:
Variabel keluar adalah variabel basis yang mempunyai titik
potong terkecil (rasio minmum dengan penyebut positif).
Langkah-langkah iterasi Simpleks Primal :
1. Dengan bentuk standar, tentukan solusi dasar awal yang layak.
2. Pilih variabel masuk diantara variabel non-basis dengan menggunakan
kondisi optimal.
3. pilh variabel keluar dari variabel basis dengan menggunakan kondisi layak.
4. Tentukan nilai variabel basis yang baru dengan membuat variabel masuk
tersebut sebagai variabel basis dan variabel keluar sebagai variabel non-basis.
5. Kembali ke langkah 1.
Contoh :
Sebuah perusahaan meubel memproduksi meja dan kursi menggunakan
papan, kayu, dan waktu pengerjaan. Setiap meja membutuhkan 5 unit papan, 2 unit
kayu, dan 4 jam pengerjaan. Setiap kursi membutuhkan 2 unit papan, 3 unit kayu,
dan 2 jam pengerjaan. Perusahaan dapat keuntungan $12 untuk meja dan $8 untuk
kursi. Tersedia 150 unit papan, 100 unit Kayu, dan 80 jam pengerjaan. Berapa
banyak produk agar keuntungan maksimum?
Jawab :
- Variabel Keputusan : X1 = meja, dan X2 = kursi
- Fungsi Tujuan : Maks. Z = 12 X1 + 8 X2
- Kendala : papan, kayu, dan waktu
Formulasi Model :
Maks. Z = 12 X1 + 8 X2
Kendala : 5 X1 + 2 X2 150
2 X1 + 3 X2 100
4 X1 + 2 X2 80
X1 , X2 0
Bentuk standard
Maks. Z = 12 X1 + 8 X2 + 0.S1 + 0.S2 + 0.S3
Kendala : 5 X1 + 2 X2 + S1 = 150
2 X1 + 3 X2 + S2 = 100
4 X1 + 2 X2 + S3 = 80
X1 , X2 , S1 , S2 , S3 0
Tabel Simpleks non basis
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi
Z 1 -12 -8 0 0 0 0 → Pers Z
S1 0 5 2 1 0 0 150 → Pers S1
S2 0 2 3 0 1 0 100 → Pers S2
S3 0 4 2 0 0 1 80 → Pers S3
Var msk
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio
Z 1 -12 -8 0 0 0 0
S1 0 5 2 1 0 0 150 150/5 =
30
S2 0 2 3 0 1 0 100 100/2
=50
S3 0 4 2 0 0 1 80 80/4 =
20
Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot
Aturan metode Gauss Jordan :
1. Pers. Pivot
Pers. Pivot baru = pers. pivot lama : elemen pivot
2. Pers. Lain
Pers. Baru = pers. Lama – ( koef kolom var masuk * pers. Pivot baru )
Maka :
S3 X1 = ( 0 4 2 0 0 1 80 ) / 4
= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
S2 baru = ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - 2 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - ( 0 2 1 0 0 ½ 40 ) = ( 0 0 2
0 1 -½ 60 )
S1 baru = ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - 5 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - ( 0 5 5/2 0 0 5/4 100 ) = ( 0 0
-½ 1 0 -5/4 50 )
Z baru = ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - (-12) ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - ( 0 -12 6 0 0 -3 -240 ) = ( 1 0
-2 0 0 3 240 )
Var msk
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio
Z 1 0 -2 0 0 3 240
S1 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 50/(-½) = -
100
S2 0 0 2 0 1 -½ 60 60/2 = 30
X1 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 20/(½) = 40
Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot
S2 X2 = ( 0 0 2 0 1 -½ 60 ) / 2
= ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
X1 baru = ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ½ ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ( 0 0 ½ 0 ¼ -1/8 15 ) = ( 0 1
0 0 -¼ 3/8 5 )
S1 baru = ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - (-½ )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - ( 0 0 -½ 0 -¼ 1/8 -15 ) = ( 0 0 0
1 ¼ -11/8 65 )
Z baru = ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - (-2 )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - ( 0 0 -2 0 -1 ½ -60 ) = ( 1 0
0 0 1 5/2 300 )
Tabel Akhir
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi
Z 1 0 0 0 1 5/2 300
S1 0 0 0 1 ¼ -11/8 65
X2 0 0 1 0 ½ -¼ 30
X1 0 1 0 0 ¼ 3/8 5
Kesimpulan : X1 = 5 ( banyak meja )
X2 = 30 ( banyak kursi )
S1 = 65 ( unit papan / pers. Kendala 1 yg berlebih )
Z = 300 ( keuntungan maks )
Bukti
Fungsi tujuan Z = 12 X1 + 8 X2
= 12 ( 5 ) + 8 ( 30 )
= 60 + 240 = 300
Papan 5 X1 + 2 X2 150
5 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 25 + 60 = 85 150 - 85 =
65 ( sisa )
Kayu 2 X1 + 3 X2 100
2 ( 5 ) + 3 ( 30 ) = 10 + 90 = 100
Waktu 4 X1 + 2 X2 80
4 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 20 + 60 = 80
METODE SIMPLEKS PRIMALDENGAN VARIABEL BUATAN (ARTIFICIAL)
1. TEKNIK M ( METODE PENALTY ) Kendala tidak
2. TEKNIK DUA FASE semuanya
1. TEKNIK M
Contoh = Min Z = 4 X1 + X2
Kendala 3 X1 + X2 = 3
4 X1 + 3 X2 6
X1 + 2 X2 4
X1 , X2 0
Bentuk standar
Min Z = 4 X1 + X2
Kendala 3 X1 + X2 = 3 ......... ( 1 )
4 X1 + 3 X2 - X3 = 6 ......... ( 2 )
X1 + 2 X2 + X4 = 4
X1 , X2 , X3 , X4 0
Karena ( 1 ) dan ( 2 ) tidak memiliki var slack , maka ditambahkan R1 dan R2
sebagai var bantuan
( 1 ) 3 X1 + X2 + R1 = 3
( 2 ) 4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6
Pada fungsi tujuan berikan koefisien M > 0, untuk R1 dan R2 ; sehingga :
Min Z = 4 X1 + X2 + MR1 + MR2
Kendala 3 X1 + X2 + R1 = 3
4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6
X1 + 2 X2 + X4 = 4
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0
Subtitusikan R1 dan R2 ke fungsi tujuan :
R1 = 3 - 3 X1 - X2
R2 = 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3
Maka :
Z = 4 X1 + X2 + M(3 - 3 X1 - X2) + M(6 - 4 X1 - 3 X2 + X3)
= ( 4 - 7M ) X1 + ( 1 – 4M ) X2 + M X3 + 9M
Persamaan Z dalam tabel :
Z + ( 7M - 4 ) X1 + ( 4M - 1 ) X2 - M X3 = 9M
Solusi dasar awal ; X1 = 0, X2 = 0, X3 = 0 -> Z = 9M
Sehingga X1 , X2 , X3 var non basis
Tabel Metode Big M
Iterasi 0
(awal) X1
(paling
+ ) R1
Keluar
Basi
s
X1 X2 X3 R1 R2 X4 Solusi
Z (7M –
4)
(4M –
1)
-M 0 0 0 9M
R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1
R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4
X4 1 2 0 0 0 1 4 4/1
( 1 ) X2
masuk
R2 keluar
Z 0 (1+5M)
/3
-M (4-
7M)/3
0 0 4+2M
X1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1/(1/3)=
3
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2/
(5/3)=6/5
X4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 8/5
( 2 ) X3
masuk
X4 keluar
Z 0 0 1/5 (8/3-M) (-1/5-M) 0 18/3
X1 1 0 1/53/5 -1/5 0 3/5 3
X2 0 1 -3/5 -4/53/5 0 6/5
X4 0 0 1 1 -1 1 1 1
( 3 )
(optimu
m)
Z 0 0 0 7/3-M -M -1/517/5
X1 1 0 0 2/5 0 -1/52/5
X2 0 1 0 -1/5 0 3/59/5
X3 0 0 1 1 -1 1 1
2. DUA FASE
Bertujuan untuk mengurangi kesalahan perhitungan dari pemberian nilai yg
besar untuk konstanta M pada metode TEKNIK M (penalty)
Contoh = Min Z = 4 X1 + X2
Kendala 3 X1 + X2 = 3
4 X1 + 3 X2 6
X1 + 2 X2 4
X1 , X2 0
Tahap 1 :
Bentuk dengan var buatan : R1 dan R2
Min r = R1 + R2
Kendala 3 X1 + X2 + R1 = 3
4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6
X1 + 2 X2 + X4 = 4
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0
Fungsi tujuan r = R1 + R2
= ( 3 – 3 X1 - X2 ) + ( 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3 )
= -7 X1 - 4 X2 + X3 + 9
Tabel Awal
Basi
s
X1 X2 X3 R1 R2 X4 Solusi
Z 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
X4 1 2 0 0 0 1 4
Tabel optimum : setelah 2 iterasi ( periksa ! )
Basi
s
X1 X2 X3 R1 R2 X4 Solusi
r 0 0 0 -1 -1 0 0
X1 1 0 1/53/5 -1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 -4/53/5 0 6/5
X4 0 0 1 1 -1 1 1
Karena minimum solusi r = 0, masalah ini memiliki pemecahan ( solusi ) layak.
Lanjutkan ke tahap ( Fase ) kedua.
Tahap 2
Menyingkirkan variabel buatan ( R1 dan R2 )
Dari tabel optimum tahap 1 didapatkan :
X1 + 1/5X3 = 3/5
X2 - 3/5X3 = 6/5
X3 + X4 = 1
Masalah semula ditulis :
Min Z = 4 X1 + X2
Kendala X1 + 1/5X3 = 3/5 ......... ( 1 )
X2 - 3/5X3 = 6/5 ......... ( 2 )
X3 + X4 = 1
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0
Maka terdapat 3 persamaan dan 4 variabel sehingga solusi dasar layak
didapat dg membuat (4 – 3) = 1 variabel dibuat nol
X3 = 0 -> X1 = 3/5 ; X2 = 6/5 ; X4 = 1
Fungsi tujuan Z = 4 X1 + X2
= 4 ( 3/5 + 1/5 X3 ) + (6/5 + 3/5X3 )
= - 1/5 X3 + 18/5
Tabel Awal Var msk
Tabel optimum
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z 0 0 1/5 0 18/5
X1 1 0 1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 0 6/5
X4 0 0 1 1 1
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z 0 0 0 -1/517/5
X1 1 0 0 -1/52/5
X2 0 1 0 3/59/5
X3 0 0 1 1 1
Bandingkan dengan TEKNIK M!
METODE SIMPLEKS DUAL
Memecahkan masalah LP yg tidak memiliki pemecahan dasar layak
tanpa variabel buatan.
Kondisi Kelayakan : Variabel keluar adalah variabel basis yg memiliki
nilai paling negatif ( jika sama tentukan sembarang ) pada kolom solusi ( jika
semua var basis non negatif, selesai )
Kondisi Optimalitas : Variabel masuk adalah variabel non basis yg
memiliki rasio terkecil (posistif) antara pers 2 dg koef. negatif dari pers. var.
keluar ( jika penyebab (koef.var keluar) nol atau positif, maka tidak terdapat
solusi layak )
Contoh = Min Z = 3 X1 + 2 X2
Kendala 3 X1 + X2 3
4 X1 + 3 X2 6
X1 + 2 X2 3
X1 , X2 0
Menjadi
Min Z = 3 X1 + 2 X2
-3 X1 - X2 + X3 = -3
-4 X1 - 3 X2 + X4 = -6
X1 + 2 X2 + X5 = 3
X1 , X2, X3, X4, X5 0
Solusi dasar awal
X3 = -3 , X4 = -6 X5 = 3 } tdk layak
non basis
Var keluar -> X4 -> Solusi paling negatif = -6 (basis)
Var masuk -> X2 -> Rasio positif terkecil = -2/-3 = 2/3
(non basis)
Elemen Pivot = -3
Persamaan pivot baru (X2 menggantikan X4) :
-> ( -4 -3 0 1 0 -6 ) / -3
-> ( 4/3 1 0 1/3 0 2 )
Iterasi 1 non basis
Rasio 1/5 -> (-1/3) / (-5/3)
Maka : X1 = Var masuk
X3 = Var keluar
Elemen pivot = -5/3
Basis X1 X2 X3 X4 X5 Solusi
Z -3 -2 0 0 0 0
X3 -3 -1 1 0 0 -3
X4 -4 -3 0 1 0 -6
X5 1 1 0 0 1 3
Basis X1 X2 X3 X4 X5 Solusi
Z -1/3 0 0 -2/3 0 4
X3 -5/3 0 1 -1/3 0 -1
X44/3 1 0 -1/3 0 2
X5 -1/3 0 0 1/3 1 1
Persamaan pivot baru (X1 menggantikan X3) :
-> ( -5/3 0 1 -1/3 0 -1 ) / (-5/3)
-> ( 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 )
iterasi 2 ( tabel optimal )
Solusi : X1 = 3/5 X2 = 6/5 Z = 21/5
KASUS-KASUS KHUSUS METODE SIMPLEKS
1. DEGENERASI
Max Z = 3 X1 + 9 X2
Kendala X1 + 4 X2 8
X1 + 2 X2 4
X1 , X2 0
Iterasi
( 0 )
X2 masuk
X3 keluar
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z -3 -9 0 0 0
X3 1 4 1 0 8
X4 1 2 0 1 4
( 1 )
X1 masuk
X4 keluar
Z -3/4 0 9/4 0 18
X21/4 0 1/4 0 2
X41/2 2 -1/2 1 0
( 2 )
optimum
Z 0 0 3/23/2 18
X2 0 1 1/2 -1/2 2
X1 1 0 -1 2 0
Solusi tdk mengalami perubahan (perbaikan) pada itersai selanjutnya
2. OPTIMUM ALTERNATIF
Max Z = 2X1 + 4X2
Kendala X1 + 2 X2 5
Basis X1 X2 X3 X4 X5 Solusi
Z 0 0 -1/5 -3/5 0 21/5
X3 1 0 -3/51/5 0 3/5
X4 0 1 4/5 -3/5 0 6/5
X5 0 0 -1/52/5 1 6/5
X1 + X2 4
X1 , X2 0
Iterasi
( 0 )
X2 masuk
X3 keluar
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z -2 -4 0 0 0
X3 1 2 1 0 5
X4 1 1 0 1 4
( 1 )
X1 masuk
X4 keluar
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z 0 0 2 0 10
X31/2 1 1/2 0 5/2
X41/2 0 -1/2 1 3/2
( 2 )
optimum
alternatif
Z 0 0 2 0 10
X2 0 1 1 -1 1
X4 1 0 -1 2 3
Ada 2 solusi : X1 = 0 ; X2 = 5/2
Atau X1 = 3 ; X2 = 1
3. PEMECAHAN TDK DIBATASI
Max Z = 2 X1 + X2
Kendala X1 - X2 10
2 X1 40
X1 , X2 0
Basis X1 X2 X3 X4 Solusi
Z -2 -1 0 0 0
X3 1 -1 1 0 10
X4 2 0 0 1 40
Semua koefisien batasan dibawah X2 adalah negatif atau nol
Sehingga X2 dapat dinaikan secara tidak terbatas tanpa melanggar
batasan
Z = 10
DUALITAS dan ANALISA SENSITIVITAS
TEORI DUALITAS
- Didorong oleh pentingnya informasi tambahan yg dapat diperoleh dari tabel
simpleks optimum
- Setiap LP terdiir atas 2 bentuk : Primal dan Dual
Contoh :
Kandungan Daging Sayur Kebutuhan Min
Mineral 2 4 40
Vitamin 3 2 50
Harga per unit 3 2.5
Masalah -> menentukan biaya pembelian daging dan sayuran hingga
kebutuhan minimum per hari akan mineral dan vitamin terpenuhi.
Formulasi model :
Min Z = 3 X1 + 2.5 X2
Kendala 2 X1 + 4 X2 40
3 X1 + 2 X2 50
X1 , X2 0
Ada masalah yang berbeda yang berhubngan dengan masalah yang pertama
( bentuk primal ).
Misalkan ada sebuah dealer yg menjual mineral dan vitamin. Masalah bagi dealer
adalah menetapkan harga jual mineral dan vitamin per unit yang maksimum
demikian hingga menghasilkan harga daging dan sayur tidak melebihi harga
pasar.
-> Untuk membuat formulasi modelnya misalkan harga daging per unit Y1 dan
sayur Y2, sehingga formulasi modelnya menjadi :
Max W = 40 Y1 + 50 Y2
Kendala 2 Y1 + 3 Y2 3
4 Y1 + 2 Y2 2.5
Y1 , Y2 0
Bentuk ini dinamakan bentuk Dual , Y1 dan Y2 disebut variable dual
Bila masalah primal dibandingkan dg masalah dual ada beberapa hubungan:
1. Koef fungsi tujuan primal menjadi sisi kanan dual
Sisi kanan primal menjadi koef dungsi tujuan dual
2. Tanda pertidaksamaan kendala dibalik
3. Tujuan diubah dari min (max) dalam primal menjadi max (min) dalam dual
4. Kolom primal baris (kendala) dalam dual
kendala dual = variabel primal
5. Baris (kendala) primal kolom dual
Sehingga ada satu variabel dual kendala primal
6. Bentuk dual dari dual adalah primal
A. Masalah Primal-Dual Simetrik
Bentuk Umum :
Primal : Max Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn
Kendala A11 X1 + A12 X2 + ... +A1n Xn B1
A21 X1 + A22 X2 + ... +A2n Xn B2
n Varibel .
m Kendala .
Am1 X1 + Am2 X2 + ... +Amn Xn Bm
X1 , X2 , ... Xn 0
Dual : Min W = B1 Y1 + B2 Y2 + ... + Bm Ym
Kendala A11 Y1 + A12 Y2 + ... +A1m Ym C1
A21 Y1 + A22 Y2 + ... +A2m Ym C2
m Varibel .
n Kendala .
A1n Y1 + A2n Y2 + ... +Amn Ym Cn
Y1 , Y2 , ... Ym 0
Dalam notasi matrik, masalah primal – dual simetrik :
Primal : Maksimumkan Z = cX
Dengan syarat : Ax b
x 0
Dual : Minimumkan W = Yb
Dengan syarat : yA c
y 0
Dimana A = matriks m x n x = vektor kolom n x 1
b = vektor kolom m x 1 y = vektor baris 1 x m
c = vektor baris 1 x n
Aturan umum menuliskan bentuk dual dari LP yang simetrik :
a. Misalkan sebuah variabel dual (non negatif) untuk setiap kendala
primal
b. Vektor baris koef fungsi tujuan primal diubah menjadi vektor kolom sisi
kanan dual
c. Vektor kolom sisi kanan primal diubah menjadi vektor baris koef fungsi
tujuan dual
d. Transpose koef matriks kendala primal ke kendala dual
e. Balik arah pertidaksamaan kendala
f. Balik arah optimisasi ( min -> max atau sebaliknya )
1. Teori I ( Weak Duality Theorem )
Misal bentuk primal dual simetrik
Max Z = cX dan Min W = Yb
Dengan syarat : Ax b Dengan syarat : yA
c
x 0 y
0
” Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi yg layak
selalu masalah maksimasi (primal)nya ”
Bukti :
Misal Xdan Y adalah vektor solusi yg layak untuk masalah primal dan dual.
Harus dibuktikan bahwa Yb cX
Karena X layak bagi primal dengan kendala
AX b
X 0
Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan Y diperoleh
YAX Yb .... (I)
Karena Y layak bagi dual dengan kendala
YA c
Y 0
Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan X diperoleh
YA X cX .... (II)
Pertidaksamaan I dan II secara tidak langsung mengatakan bahwa :
Yb YA X cX
Dari Weak Duality Theorem diperoleh hasil – hasil :
a. Nilai fungsi tujuan masalah maksimasi (primal) untuk setiap solusi layak
adalah batas bawah dari nilai minimum fungsi tujuan masalah dual
b. Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi layak
adalah batas atas dari jilai maksimum fungsi tujuan msalah primal
c. Jika masalah primal adalah layak dan nilai tujuannya tak terbatas, maka
masalah dualnya tdk memiliki suatu solusi layak, atau
d. Jika masalah primal adalah layak dan tak terbatas, maka masalah primal
adalah tak layak, atau
e. Jika masalah dual adalah layak dan primal tak layak maka dual adalah tak
terbatas.
Contoh
Primal : Max Z = X1 + 2 X2 + 3 X3 + 4 X4
Dengan syarat : X1 + 2 X2 + 2 X3 + 3 X4 20
2 X1 + X2 + 3 X3 + 2 X4 20
X1 , X2 , X3 , X4 0
X1 = X2 = X3 = X4 = 1 adalah layak untuk primal dengan nilai fungsi tujuan
Z = cX = 10
Dual : Min W = 20 Y1 + 20 Y2
Dengan syarat : Y1 + 2 Y2 1
2 Y1 + Y2 2
2 Y1 + 3 Y2 3
3 Y1 + 2 Y2 4
Y1 , Y2 0
Y1 = Y2 = 1 adalah layak bagi dual dengan nilai fungsi tujuan W = Yb = 40
Ingat bahwa cX Yb berarti memenuhi Weak Duality Theorem.
Berdasarkan hasil solusi layak primal, nilai minimum fungsi tujuan W tak
dapat lebih kecil dari 10. berdasarkan hasil solusi layak dual, nilai maksimum
fungsi tujuan primal Z tak dapat melebihi 40.
2. Teori 2 ( Optimality Criterion theorem )
Jika terdalap solusi layak X dan Y, pada bentuk primal dual simetrik demikian
hingga nilai-nilai fungsi tujuan yg berhubungan adalah sama, maka solusi
layak ini adalah solusi optimum terhadap masalah tersebut.
Contoh :
Berdasarkan contoh Teori 1. Misalkan X1 = 0 , X2 = 0 , X3 = 4 , X4 = 4
adalah suatu solusi layak yang lain terhadap masalah primal, sementara Y1 =
1.2 , Y2 = 0.2 adalah solusi layak bagi dual. Nilai Z = W = 28 → solusi ini
optimum
3. Teori 3 ( Main Duality Theorem )
Jika baik masalah primal maupun dual adalah layak, maka keduanya memiliki
solusi demikian hingga nilai optimum fungsi tujuannya adalah sama.
4. Teori 4 ( Complentary slackness theorem )
a. Jika suatu variabel primal Xj bernilai positif, maka kendala dual yang
berhubungan akan dipenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan
optimum (variabel slack atau surplus pada kendala dual = 0)
b. Jika suatu kendala primal berupa pertidaksamaan murni pada keadaan
optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal 0), maka
variabel dual yang berhubungan Yi harus = 0 pada keadaan optimum
c. Jika suatu variabel dual Yi bernilai positif, maka kendala primal yg
berhubungan akan memenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan
optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal = 0)
B. Masalah Primal – Dual Asimetrik
Contoh :
Max Z = 4 X1 + 5 X2
Dg syarat 3 X1 + 2 X2 20
4 X1 - 3 X2 10
X1 + X2 = 5
X1 0 , X2 tak terbatas
Ubah kedalam bentuk simetri, dengan cara :
1. Kendala 2 dikalikan –
2. Kendala 3 diganti dg X1 + X2 5 dan X1 + X2 5
3. Variabel tak terbatas X2 diganti dg selisih 2 variabel non negatif X3 dan X4
Sehingga bentuk simetrisnya menjadi
Max Z = 4 X1 + 5 X3 - 5 X4
Dg syarat 3 X1 + 2 X3 - 2 X4 20
4 X1 - 3 X3 + 3 X4 -10
X1 + X3 + X4 5
- X1 - X3 + X4 - 5
X1 , X3 , X4 0
Bentuk dualnya :
Min Z = 20 U1 - 10 U2 + 5 U3 - 5 U4
Dg syarat 3 U1 - 4 U2 + U3 - U4 4
2 U1 + 3 U2 + U3 - U4 5
-2 U1 + 3 U2 - U3 + U4 - 5
U1 , U2 , U3 , U4 0
Bila bentuk dual dibandingkan dg bentuk primal yg belum disimetrikan maka tak
ada ciri – ciri hubungan primal – dual yg terpenuhi.
Kemudian misalkan Y1 = U1 , Y2 = -U2 , Y3 = U3 + U4 dandua
pertidaksamaan terakhir diganti sebuah persamaan, hasilnya adalah :
Min W = 20 Y1 - 10 Y2 + 5 Y3
Dg syarat 3 Y1 + 4 Y2 + Y3 4
2 Y1 - 3 Y2 + Y3 = 5
Y1 0 , Y2 0, Y3 tak terbatas
Bentuk ini memenuhi hubungan primal – dual, kecuali arah pertidaksamaan
kendala dan tanda pembatas variabel.
Ciri – ciri bentuk dual LP (simetris / tak simetris)
1. Elemen matriks kendala dual = transpose ol. Primal
2. Koef tujuan dual = sisi kanan primal
3. Sisi kanan dual = koef tujuan primal
4. Primal max → dual min dan sebaliknya
Hubungan Primal - Dual
I. Maksimasi Minimisasi
Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0
Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0
Xj 0 Kendala ke-j
Xj 0 Kendala ke-j
II. Minimasi Maksimasi
Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0
Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0
Xj 0 Kendala ke-j
Xj 0 Kendala ke-j
Contoh
1. Primal : Max Z = X1 + 4 X2 + 3 X3
Dg syarat 2 X1 + 3 X2 - 5 X3 2
3 X1 - X2 + 6 X3 1
X1 + X2 + X3 = 4
X1 0 , X2 0, X3 tak terbatas
Dual : Min W = 2 Y1 + Y2 + 4 Y3
Primal Dual
A elemen matriks kendala Transpose elemen matriks
b vektor sisi kanan Koef fungsi tujuan
c koef fungsi tujuan Vektor sisi kanan
Kendala ke-i persamaan Variabel Yi tak terbatas
Xj tak terbatas Kendala ke-j persamaan
Dg syarat 2 Y1 + 3 Y2 + Y3 1
3 Y1 - Y2 + Y3 4
-5 Y1 + 6 Y2 + Y3 = 3
Y1 0 , Y2 0, Y3 tak terbatas
2. Primal : Min Z = 2 X1 + X2 - X3
Dg syarat X1 + X2 - X3 = 1
X1 - X2 + X3 2
X2 + X3 3
X1 0 , X2 0, X3 tak terbatas
Dual : Max W = Y1 + 2 Y2 + 3 Y3
Dg syarat Y1 + Y2 2
Y1 - Y2 + Y3 1
-Y1 + Y2 + Y3 = -1
Y1 tak terbatas , Y2 0 , Y3 0
C. Mencari Solusi Optimum Bentuk Dual dg Metode Simpleks
Main Duality Theorem → solusi optimum dual dpt diperoleh dari solusi primal dan
sebaliknya
Contoh :
Max Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
Dg syarat X1 + 2 X2 + X3 5
2 X1 - X2 + 3 X3 = 2
X1 , X2 , X3 0
Tabel simpleks optimum
Basis X1 X2 X3 S1 R1 Solusi
Z 0 0 3/529/5 -2/5 + M 28 1/5
X1 0 1 -1/52/5 -1/5
8/5
X2 1 0 7/51/5
2/59/5
Ingat bahwa variabel basis awal adalah variabel slack S1 dan artificial variabel R1
Bentuk Dual
Min W = 5 Y1 + 2 Y2
Dg syarat Y1 + 2 Y2 5
2 Y1 - Y2 12
Y1 + 3 Y2 4
Y1 0 , Y2 tak terbatas
Karena Y2 tak terbatas diganti Y2 – Y dimana Y2 – Y 0
Tabel Simpleks Optimum :
Basis Y1 Y2 Y S1 S2 S3 R1 R2 R3 Solusi
Z 0 0 0 -9/5 -2/5 0 9/5-M 8/5-M -M 28 1/5
S3 0 0 0 -7/51/5 1 7/5 -1/5 -1 3/5
Y 0 -1 1 2/5 -1/5 0 -2/51/5 0 2/5
Y1 1 0 0 -1/5 -2/5 0 1/52/5 0 29/5
Variabel basis solusi awal primal S1 dan R1
Variabel dual yg berhubungan dg pers kendala primal yg mengandung S1 dan R1
adalah Y1 dan Y2
Jika M diabaikan maka Y1 = 29/5 ; Y2 = -2/5
atau Y2 = Y2 – Y =
0 - 2/5 = - 2/5 → = bentuk dual
J i k a M d i a b a i k a n ; X 1
primal
Berdasarkan tabel simpleks oprimum primal, solusi optimum dual dpt dihitung
melalui rumus :
Variabel basis awal bentuk
primal
S1 R1
Koef persamaan Z pd optimum
primal
29/5 -2/5+M
Variabel dual yg berhubungan Y1 Y2
Variabel basis awal bentuk dual R1 R2 R3
Koef persamaan Z pd optimum
dual
9/5-M 8/5-M 0 - M
Variabel primal yg berhubungan X1 X2 X3
Misal hubungan primal – dual :
Min Z = cX dan Max W = Yb
Dengan syarat : Ax = b Dengan syarat : yA
c
x 0 y
0
Maka solusi optimum primal dan dual diperoleh melalui penerapan reviscol
simplex method :
Z = W = CB B-1 b
Ket : CB = vektor profit / biaya var basis optimum primal
B = matriks var basis optimum primal : [ P j ] dimana Pj = kolom ke-j
matriks A
CB B = vektor simpleks multiplier
Contoh :
Primal : Max Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
Dg syarat X1 + 2 X2 + X3 5
2 X1 - X2 + 3 X3 = 2
X1 , X2 , X3 0
Dual : Min W = 5 Y1 + 2 Y2
Dg syarat Y1 + 2 Y2 5
2 Y1 - Y2 12
Y1 + 3 Y2 4
Y1 0 , Y2 tak terbatas
Melalui simpleks diperoleh X1 = 9/5 , X2 = 8/5 , Z = 28 1/5 karena X1 dan X2 var
basis optimum primal, maka :
Matriks basis optimumnya :
B = [ P1 P2 ] =
Optimum simpleks multipliernya adalah :
CB B-1 = [ 5 12 ] =
1 22 -1
1/5 2/5 2/5 -
Terlihat bahwa Y1 = 29/5 , Y2 = -2/5 memenuhi kendala dual dan nilai fungsi tujuan
W = 5 (29/5) + 2 (-2/5) = 28 1/5
Suatu solusi optimum primal (dual) jg merupakan solusi optimum masalah dual
(primal)
D. Penafsiran Solusi Dual
Dari segi ekonomi, solusi optimum bentuk dual dapat ditafsirkan sebagai
sumbangan kendala sumber daya (shadow price)
Berdasarkan Main Duality Theorem :
Z = cX = Yb = W
Sehingga nilai optimum LP dapat ditulis :
Z = Y1 b1 + Y2 b2 + ... + Y m bm
Dimana b1, b2,…, bm → sumber daya 1,2,…,m
Y1, Y2, ... , Ym → nilai optimum var dual
Misal b1 dpt diubah, kemudian untuk perubahan nilai b1 yg sangat kecil (b1),
perubahan neto nilai Z adalah Y1 (b1).
Perubahan neto nilai optimum karena kenaikan sumber daya disebut shadow
price sumber daya yg bersangkutan . dapat digunakan untuk menentukan
apakah menguntungkan untuk mendapatkan tambahan sumber daya.
E. Keuntungan Perhitungan bentuk Dual
Jika suatu masalah sedemikian sehingga bentuk primal memiliki sejumlah besar
kendala sementara variabel hanya sedikit, masalah tersebut dapat diselesaikan
dengan lebih efisien dalam bentuk dual.
ANALISA SENSITIVITAS
Post optimaly analysis → analisis perubahan parameter dan pengaruhnya
terhadap solusi LP
Analisis ini terjadi setelah diperoleh solusi optimum perubahan atau variasi
dalam masalah LP yg biasanya dipelajari melalui post optimalt analysis dpt
dipisahkan ke dalam 3 kelompok umum :
a. Analisis yg berkaitan dg perubahan diskrit parameter untuk melihat berapa
besar perubahan dapat ditolelir sebelum solusi optimum mulai kehilangan
optimalitasnya dsbt Analisis Sensitivitas.
Jika kecil parameter → drastis solusi maka solusi sangat sensitif,
sebaliknya jika parameter tdk berpengaruh besar terhadap solusi maka
solusi relatif insensitif terhadap nilai parameter tsb.
b. Analisis yg berkaitan dg perubahan struktural muncul bila ada penambahan
atau penghilangan kendala dan atau variabel untuk menunjukkan operasi
alternatif.
c. Analisis yg berkaitan dg kontinu parameter untuk menentukan urutan solusi
dasar menjadi optimum jika ditambah lebih jauh dsbt parameteric –
programming
Melalui analisa sensitivitas dapat dievaluasi pengaruh perubahan-perubahan
parameter dg sedikit tambahan perhitungan berdasarkan tabel simpleks
optimum.
Dalam analisis sensitivitas, perubahan-perubahan parameter dikelompokkan
menjadi
a. Perubahan koefisien fungsi tujuan (Cj)
b. Perubahan konstanta sisi kanan (Bi)
c. Perubahan kendala
d. Penambahan variabel baru
e. Penambahan kendala baru
Contoh
Sebuah perusahaan merencanakan memproduksi 3 barang A, B, dan C. Keuntungan
per unit barang-barang itu 2, 3, dan 1. diperlukan 2 sumber daya yaitu buruh dan
bahan mentah.
Max Z = 2 X1 + 3 X2 + X3
1/3 X1 + 1/3 X2 + 1/3 X3 1 → kendala buruh
1/3 X1 - 4/3 X2 + 7/3 X3 3 → kendala bahan mentah
X1 , X2 , X3 0
Dimana X1 , X2 , X3 adalah barang A, B, dan C yg dihasilkan
Tabel simplex awal
( I ) Basis X1 X2 X3 S1 S2 Solusi
Z -2 -3 -1 0 0 0
S11/3
1/31/3 1 0 1
S21/3
4/37/3 0 1 3
Melalui beberapa iterasi metode simpleks menghasilkan tabel optimum
( II )
tabel optimum : X1 = 1 ; X2 = 2 ; Z = 8
Dengan melakukan analisi sensitivitas dapat diperoleh informasi yg berhubungan dg
rencana produksi alternatif disekitar solusi optimum.
A. Perubahan Koefisien Fungsu Tujuan
1. Perubahan koefisien fungsi tujuan dari variabel non basis.
Pada optimum barang C tidak diproduksi karena keuntungan per unitnya (C3)
rendah yaitu 1. Dapat dicari interval C3 sehingga solusi optimum tidak
berubah.
Jika C3 turun tidak berpengaruh terhadap solusi optimum
Jika bertambah mungkin dapat menguntungkan untuk diproduksi.
Jika nilai C3 berubah, nilai koefisien persamaan Z dari variabel non basis X3
(C3) pada tabel optimum turut berubah.
Tabel II adalah optimum selama C3 non negatif.
Pada tabel II CB = [ C1 , C2 ] = [ 2 , 3 ] dimana CB adalah vektor koef fungsi
tujuan var basis. Berdasarkan inner product rule Cj = CbVj – Cj diperoleh
C3 = [ 2 , 3 ] - C3 = 4 - C3
Opimum jika C3 = 4 - C3 0 atau C3 4.
selama keuntungan per unit produk C kurang dari 4 adalah tidak ekonomis
menghasilkan barang C.
Basis X1 X2 X3 S1 S2 Solusi
Z 0 0 3 5 1 8
X1 1 0 -1 4 -1 1
X2 0 1 2 -1 1 2
-1 2
Misalkan keuntungan per unti barang C dinaikkan menjadi 6, maka C3 = 4 -6
= -2. Tabel II menjadi tidak optimum.
( III )
Tabel optimumnya menjadi :
( IV )
Z = 10 ; X1 = 2
; X3 = 1
2. Perubahan Koefisien fungsi tujuan variabel basis
Misalkan ingin ditentukan pengaruh perubahan keuntungan per unti barang A
(C1). Untuk menentukan interval C1, perubahan C1 akan nengubah vektor
keuntungan CB karena CB = [ C1 , C2 ] . Dapat dibuktikan bahwa koef pers Z
variabel basis yaitu C1 dan C2 tidakterpengaruh dan tetap bernilai nol. Namun,
koef persamaan Z variabel non basis akan berubah. Tetapi selama C j non
negatif, Tabel II masih optimum. Dapat ditunjujjan nilai C3,
CS1, CS2 sebagai fungsi dari C1 :
C3 = [C1 , 3 ] - 1 = 4 - C1
CS1 = [C1 , 3 ] - 0 = 4 C1 - 3
CS2 = [C1 , 3 ] - 0 = 3 - C1
C3 0 selama C1 5
CS1 0 selama C1 3/4
CS2 0 selama C1 3
Basis X1 X2 X3 S1 S2 Solusi
Z 0 0 -2 5 1 8
X1 1 0 1 4 -1 1
X3 0 1 ( 2 ) -1 1 2
Basis X1 X2 X3 S1 S2 Solusi
Z 0 1 0 4 2 10
X1 1 1/2 0 7/2 -1/2 2
X3 0 1/2 1 -1/21/2 1
-1 2
4-1
-1 1
Tabel II akan tetap optimum jika interval C1 yg dipilih 3/4 sampai 3. Jika C1
berubah nilai optimum fungsi tujuan akan berubah. Misal C1 = 1, solusi
optimum adalah X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 tetapi Z = 1( 1 ) + 3( 2 ) +
1( 0 ) = 7
3. Perubahan Koef tujuan pada var basis dan non basis
Misal fungsi tujuan dirubah menjadi Z = X1 + 4 X2 + 2X3 . Pengaruhnya
ditentukan dg memeriksan apakah koef persamaan Z pd tabel II tetap non
negatif. Koef persamaan Z variabel basis nilainya tdk berubah C1 = C2 = 0,
sementara
C3 = [ 1 , 4 ] - 2 = 5 0
CS1 = [ 1 , 4 ] - 0 = 0 0 Cj non
negatif
CS2 = [ 1 , 4 ] - 0 = 3 0
Solusi optimum tdk berubah X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 dengan Z = 9 .
Sekarang ditemui indikasi adanya solusi optimum alternatif karena CS1 = 0
B. Perubahan Koefisien Sisi Kanan
Misalkan ada penambahan 2 unit buruh sehingga vektor sisi kanan pada tabel
simplex awal dari menjadi
Jelas perubahan ini tdk membawa pengaruh pd tabel optimum. Untuk
mempelajari perubahan konstan sisi kanan, cukup membutuhkan apakah vektor
konstanta yg baru pd tabel akhir masih non negatif. Setiap kolom pada akhir
(termasuk vektor sisi kanan) dapat diperoleh dg mengalikan kolom yg
bersangkutan pd tabel awal dg inverse kolom basis.
Pada kasus ini kolom basis adalah kolom yg berhubungan dg X1 dan X2 (tabel I).
Sehingga matriks basis :
4-1
-1 1
-1 2
1 3
2 3
1/3 1/3 1/3
B
Kolom yg berhubungan dg var basis awal pd setiap tabel simplex optimum
memberikan inverse kolom basis. Karena S1 dan S2 pada tabel II merupakan
inverse matrik basis sehingga :
Nilai konstan sisi kanan yg baru pd tabel II yg disebabkan karena pertambahan
buruh adalah :
Sehingga tabel II masih tetap optimum dan kombinasi barang optimal baru
adalah X1 = 5 , X2 = 1 , X3 = 0 , Z = 13. Solusi dan nilai optimum berubah
tetapi var basis tidak.
masih optimum jika hanya menghasilkan barang A dan B.
Misalkan tambahan 7 unit buruh dapat diperoleh dg kerja lembur yg biaya
tambahannya 4. Apakah menguntungkan menggunakan kerja lembur ? Pada
contoh ini tambahan keuntungan 13 – 8 = 5 ( > 4 ) berarti menguntungkan.
Kenaikan keuntungan ini dinamakan shadow price. Shadow price mencerminkan
perubahan neto nilai optimum karena pertambahan satu unit sumber daya,
selama perubahan sumber daya tdk mengubah variabel basis optimum. Agar
penggunaan shadow price berarti, harus dihitung interval pers. bahan sumber
daya sehingga var basis optimum tetap sama.
Contoh
Hitung berapa jauh ketersediaan buruh dapat diubah ?
Misal b1 → tersedianya buruh dan b0 vektor konstan sisi kanan yg baru pd tabel
awal, sehingga :
Setelah terjadi perubahan sumber daya, pd tabel simplex optimum harus
dipenuhi
b* = B-1. b0 0 ( non negatif )
4 -1 -1
B-1
4 -1 -1
B* 23 =
51 → Vektor positif
b1
3
b0 =
4 -1 -1
4 -1 -1
b1
3
Karena B-1 = maka B-1. b0 =
B-1. b0 non negatif selama 4b1 - 3 0 atau b1 3/4
-b1 + 3 0 atau b1 3
Untuk semua 3/4 b1 3 solusi optimum adalah :
X1 = 4b1 - 3
X1 = -b1 + 3
X1 = 0
Z = 2 (4b1 - 3 ) + 3 (-b1 + 3) = 5b1 + 3
Misalkan buruh bertambah jadi 4
Tidak optimum karena solusi basis X1 = 13 , X2 = -1 , X3 = S1 = S2 = 0 adalah
tdk layak, dituliskan lagi dlm tabel :
( V )
Meskipun
tabel V tdk layak
untuk masalah primal, ia layak untuk masalah dual karena semua koef
persamaan Z non negatif. Solusi optimum baru dg metode dual simplex :
( VI )
Bas
is
X
1
X
2
X
3
S1 S2 Sisi
kanan
Z 0 0 3 5 1
X1 1 0 -
1
4 -1 13
X2 0 1 2 -1 1 -1
Bas
is
X
1
X
2
X
3
S
1
S2 Solusi
Z 0 5 1
3
0 6 18
X1 1 4 7 0 3 9
S2 0 -
1
-2 1 -1 1
=4b1 - 3-b1 +
4 3b0
=
4 . 4 - 3-4 +
b* =
13-1=
Tabel VI optimum karena konstan sisi kanan positif.
Cara Alternatif : Misalkan ketersediaan tenaga kerja (b1) berubah , sedangkan
yg lain tetap. Perubahan ini menyebabkan perubahan kolom solusi pada tabel
simplex awal sebesar koefisien pd kolom yg berhubungan yaitu S1. Pengaruh itu
akan ditiru pd itersi selanjutnya sampai simplex optimum. Karena itu untuk
mengetahui pengaruh perubahan tenaga kerja, cukup diperiksa kolom slack yg
berhubungan dg kendala yg diubah ketersediaannya nilai-nilai pd kolom solusi
non negatif
1 + 4 0 2 - 1 0
3/4 dan 2
Karena jumlah tenaga kerja adalah b1 = 1 + atau = b1 – 1, jika disubtitusi
menjadi :
b1 - 1 - 1/4 2 b1 - 1
b1 3/4 dan 3 b1
3/4 b1 3
Dengan cara yg sama dpt dicari untuk bahan mentah (b2)
1 - 1 0 2 + 1 0
1 dan - 2
Karena jumlah bahan mentah adalah b2 = 3 + atau = b2 – 3 maka :
1 b2 - 3 b2 - 3 - 2
4 b2 dan b2 1
1 b2 4
Jadi nilai b2 yg memenuhi adalah 1 b2 4. Ini berarti selama jumlah bahan
mentah berada di interval itu solusi optimum tdk berubah
C. Perubahan Matriks Kendala ( A )
Matriks kendala atau koefisien matriks A dapat berubah karena :
1. Penambahan variabel - variabel atau kegiatan – kegiatan
baru
2. Perubahan kebutuhan sumber daya dari kegiatan –
kegiatan yg ada
3. Penambahan kendala baru
1. Penambahan kegiatan baru
Misalkan ingin ditambahkan produk baru D yg membutuhkan 1 unit buruh dan
1 unit bahan mentahdengan keuntungan per unit 3. Apakah
menguntungkan ?
Secara matematik ekivalen dg penambahan variabel X4 dan kolom
pada tabel I.
Kombinasi produk optimum tabel II masih optimum selama koef persamaan Z
dr produk baru sebut saja C4 adalah non negatif. Dari revised simplex method
diperoleh Cj = CB B-1 Pj - CJ.
Ingat bahwa
Dalam kasus ini, C4 = 3 dan P4 = , sehingga C4 =[ 5 , 1 ] -
3 = 3 (non negatif)
Memproduksi brang D tdk akan menambah keuntungan. Jika kegiatan baru
dapat memperbaiki keuntungan bila Cj nya negatif kemudian selesaikan dg
metode simpleks.
2. Perubahan Keperlaun Sumber daya
Jika buruh atau kebutuhan bahan mentah dari kegiatan non basis ( misal
barang C ) berubah, pengaruh pd solusi optimum dapat dipelajari dengan
mengikuti langkah – langkah yg sama seperti kasus sebelumnya. Dipihak lain,
jika koefisien kendala dari kegiatan basis ( misal barang A atau B ) berubah
maka matriks basis dengan sendirinya terpengaruh yg dapat mempengaruhi
semua angka – angka tabel II. Kemudian tabel II kemungkinan menjadi tidak
layak untuk masalah primal maupun dual. Dalam keadaan seperti ini,
mungkin lebih baik diselesaikan kembali dengan metode simpleks.
3. Penambahan Kendala Baru
Misalkan terdapat tambahan kendala jasa administrasi terhadap masalah
dimana barang A, B, dan C masing – masing membutuhkan 1, 2 dan 1 jam
1 1
4 -1 -1
CB B-1 = [ 2 , 3 ]
=51
11
11
jasa administrasi sementara tersedia 10 jam administrasi. Ini akan menambah
kendala baru :
X1 + 2 X2 + X3 10
Untuk mempelajari pengaruhnya terhadap solusi optimum cukup
membuktikan apakah kombinasi barang optimum yg ada memnuhi kendala
baru. Jika memenuhi kombinasi barang optimum tidak perlu diubah.
Misalkan jam administrasi yg tersedia hanya 4 maka kendala baru menjadi X1
+ 2 X2 + X3 4 solusi optimum yg ada ( X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 )
menyimpang dari kendala ini. Sehingga tabel II tidak lagi optimum. Untuk
mencari solusi optimum yg baru, tambahkan kendala baru seperti pada baris
ketiga tabel berikut ini. Dengan menggunakan S3 sebagai variabel slack pada
kendala baru
( VII
)
Karena X1 dan X2 merupakan variabel non basis, maka koefisien baris ketiga yg
berhubungan dengan X1 dan X2 harus sama dengan nol. Ini dapat dicapai dengan
perkalian baris pertama dengan -1 baris, kedua dengan -2 dan tambahkan
mereka pada baris ketiga. Tabel VIII menunjukkan tabel baru setelah operasi
baris. Ingat bahwa koefisien persamaan Z tidak terpengaruh oleh proses ini,
karena variabel basis yg baru S3 merupakan variabel slack.
(VIII)
Karena
tabel
VIII optimum tetapi tdk layak (dual feasible) maka metode dual simplex
Bas
is
X
1
X
2
X
3
S1 S2 S3 Sisi kanan
Z 0 0 3 5 1 0
X1 1 0 -1 4 -1 0 1
X2 0 1 2 -1 1 0 2
S3 1 2 1 0 0 1 4
Bas
is
X
1
X
2
X
3
S1 S2 S3 Sisi kanan
Z 0 0 3 5 1 0
X1 1 0 -1 4 -1 0 1
X2 0 1 2 -1 1 0 2
S3 1 2 -2 -2 ( -
1 )
1 -1
diaplikasikan untuk mencari solusi optimum baru. Variabel basis S3
meninggalkan basis kasrena rasio absolut terkecil adalah pada S2 [ min ( -3/2 , - 5/2 , -1/1 ) ] maka variabel digantikan S3 oleh S2. Iterasi berikutnya :
(IX)
Tabel
IX adalah optimum sekaligus layakdan kombinasi barang optimum yg baru
adalah menghasilkan 2 unit barang A dan 1 unit barang B. Keuntungan
maksimum telah berkurang dari 8 menjadi 7 karena penambahan kendala baru.
Jika kendala baru ditambahkan terhadap suatu masalah LP, nilai optimum yg
lama akan selalu lebih baik atau sama dibanding nilai optimum baru. Sehingga
penambahan suatu kendala baru tidak dapat memperbaiki nilai optimum setiap
masala LP.
Bas
is
X
1
X
2
X
3
S1 S2 S3 Solusi
Z 0 0 1 3 0 1 7
X1 1 0 1 6 0 -1 2
X2 0 1 0 -3 0 1 1
S3 1 2 2 2 1 -1 1