Modul 3 PEMROGRAMAN LINIER METODE SIMPLEKS · PDF fileSolusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan...
Transcript of Modul 3 PEMROGRAMAN LINIER METODE SIMPLEKS · PDF fileSolusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan...
17
Modul 3
PEMROGRAMAN LINIER METODE SIMPLEKS
Dalam menggunakan metode simpleks, hal yang perlu diperhatikan adalah
mengonversi constraint yang masih dalam bentuk pertidaksamaan menjadi persamaan
menggunakan bantuan variabel slack. Dan nilai di sisi kanan harus non negatif.
Dalam constraint yang menggunakan tanda ≤ dapat dipikirkan merupakan
representasi batas ketersediaan sumber daya, dimana sisi kiri adalah representasi penggunaan
sumber daya oleh aktivitas (variabel) model. Perbedaan antara sisi kanan dan sisi kiri tanda ≤
merupakan sejumlah sumber daya yang belum digunakan atau slack.
Langkah-langkah awal sebelum menggunakan metode simpleks :
1. Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau ≥) menjadi persamaan
Untuk mengonversi pertidaksamaan (≤) menjadi persamaan, sebuah variabel slack
nonnegative ditambahkan pada sisi kiri constraint. Misalnya pada kasus Reddy Mikks,
constraint yang menyatakan penggunakan bahan baku M1 diberikan oleh :
6x1 + 4x2 ≤ 24
Definisikan s1 sebagai variabel slack dari M1, maka constraint dapat dikonversi
menjadi :
6x1 + 4x2 + s1 = 24, s1 ≥ 0
Selanjutnya, untuk constraint dengan tanda ≥, menyatakan batas terendah aktivitas
model program linear, sehingga jumlah yang dinyatakan disisi kiri melewati batas
minimal yang direpresentasikan sebagai surplus. Konversi dari ≥ ke = dicapai dengan
mengurangi dengan variabel surplus non negatif dari sisi kiri pertidaksamaan.
Misalnya, dalam kasus Ozark Farm, constraint yang menyatakan kebutuhan makanan
:
x1 + x2 ≥ 800
Definisikan r1 sebagai variabel surplus, constraint dapat dikonversi menjadi
persamaan berikut :
x1 + x2 - r1 = 800, r1 ≥ 0
Sedangkan untuk kasus dimana sisi kanan constraint bernilai negatif, maka harus
dilakukan perkalian kedua sisi dengan -1 setelah langkah diatas dilakukan. Misalnya
constraint :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
18
-x1 + x2 ≤ -3
Maka bentuk persamaannya menjadi :
-x1 + x2 + r1 = -3, r1 ≥ 0
Selanjutnya kedua sisi dikalikan dengan -1, sehingga sisi kanan bernilai positif :
x1 - x2 - r1 = 3
2. Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan dengan koefisien nol
Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan Z = 5x1 + 4x2 dengan 4 variabel slack
menjadi Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4.
3. Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan ke sisi kanan
Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4
menjadi Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0.
Dalam menyelesaikan kasus pemrograman linier, metode simpleks memberikan langkah-
langkah penyelesaian sebagai berikut :
1. Menentukan awal basis solusi layak
2. Memilih variabel masuk menggunakan syarat keoptimalan. Berhenti jika tidak ada
lagi variabel masuk, solusi terakhir adalah solusi optimal. Jika tidak maka ke langkah
3.
3. Memilih variabel keluar menggunakan syarat kelayakan.
4. Menentukan solusi dasar yang baru menggunakan perhitungan Gauss-Jordan.
Kembali ke langkah 2.
Syarat keoptimalan (optimality condition). Variabel masuk dalam kasus pemaksimalan
(peminimalan) adalah variabel nonbasis yang mempunyai koefisien negatif terbesar
(pemaksimalan) atau positif terbesar (peminimalan) dalam baris z-row. Syarat optimal
dicapai pada iterasi dimana semua koefisien z-row dari variabel nonbasis tidak negatif
(pemaksimalan) atau tidak positif (peminimalan)
Syarat kelayakan (feasibility condition). Untuk kedua masalah pemaksimalan dan
peminimalan, variabel keluar adalah variabel basis yang dikaitkan dengan rasio non negatif
terkecil.
Operasi baris Gauss-Jordan :
1. Menentukan baris kunci :
a. Gantilah variabel keluar dalam kolom basis dengan variabel masuk
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
19
b. Baris kunci baru = Baris kunci ÷ elemen kunci
2. Mengganti nilai baris yang lain :
Baris baru = Baris lama – koefisien kolom kunci × Baris kunci baru
Variabel basis adalah variabel yang berkontribusi (mempunyai nilai) memberikan solusi yang
diminta. Variabel nonbasis adalah variabel yang tidak berkontribusi (bernilai 0) dalam
pemberian solusi. Inisialisasi dalam metode simpleks :
1. x1, x2, … adalah variabel non basis
2. s1, s2, … adalah variabel basis
Dalam iterasi metode simpleks, satu persatu variabel slack akan berubah menjadi variabel
non basis karena keluar dari solusi dasar (variabel keluar), dan variabel keputusan akan
berubah menjadi variabel basis karena masuk ke basis solusi (variabel masuk).
3.1 Program Linier pada kasus memaksimalkan
Contoh 3-1
Perusahaan Reddy Mikks memproduksi cat interior dan exterior dari dua bahan baku, M1 dan
M2. Tabel dibawah ini adalah informasi mengenai kebutuhan bahan baku, ketersediaan, dan
keuntungannya.
Produk
Kebutuhan bahan baku
(ton) Keuntungan
(x1000) M1 M2
Cat Ext 6 1 5
Cat Int 4 2 4
Kapasitas 24 6 Z
Survey pasar menunjukkan bahwa kebutuhan perhari untuk cat interior tidak boleh melebihi
cat exterior lebih dari 1 ton, juga kebutuhan harian maksimal untuk cat interior adalah 2 ton.
Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antara cat interior dan
exterior dengan memaksimalkan total keuntungan harian.
Penyelesaian
Model lengkap Reddy Mikks:
Konversi model Reddy Mikks menjadi :
Kendala :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
20
6x1 + 4x2 + s1 = 24 (bahan baku M1) (1)
x1 + 2x2 + s2 = 6 (bahan baku M2) (2)
-x1 + x2 + s3 = 1 (batas pasar) (3)
x2 + s4 = 2 (batas kebutuhan) (4)
x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0
Maksimalkan Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 +0s4
Variabel s1, s2, s3, dan s4 adalah variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang
bersangkutan.
Fungsi tujuan diubah menjadi :
Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0
Tabel awal simpleks dapat dilihar sebagai berikut :
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 z-row
s1 0 6 4 1 0 0 0 24 s1-row
s2 0 1 2 0 1 0 0 6 s2-row
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1 s3-row
s4 0 0 1 0 0 0 1 2 s4-row
Informasi dari tabel diatas adalah bahwa sejumlah variabel basis dan nonbasis telah
dimasukkan pada awal iterasi. Iterasi awal simplekas dimulai pada titik (x1,x2) = (0,0) yang
jika dikaitkan dengan himpunan variabel basis dan nonbasis adalah :
Variabel nonbasis (nol) : {x1,x2}
Variabel basis : {s1, s2, s3, s4}
Dengan mensubstitusikan variabel nonbasis (x1,x2) = (0,0) pada constraint dan fungsi tujuan
maka variabel basis (s1, s2, s3, s4) didapatkan :
Z = 0
s1 = 24
s2 = 6
s3 = 1
s4 = 2
Informasi diatas ditunjukkan dalam tabel pada kolom Basis dan nilainya di kolom Solusi
sebelah kanan. Perlu diingat bahwa variabel basis adalah variabel yang mempunyai hubungan
dengan nilai fungsi tujuan Z. Sedangkan variabel nonbasis sellau bernilai nol (tidak ada
dalam kolom Basis).
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
21
Solusi dari fungsi Z = 5x1 + 4x2 yang ditunjukkan oleh tabel dapat ditingkatkan dengan
meningkatkan x1 dan x2. Untuk variabel yang akan masuk sebagai variabel basis dipilih nilai
variabel nonbasis yang mempunyai nilai koefisien positif terbesar. Karena fungsi tujuan
dalam tabel simpleks adalah Z – 5x1 – 4x2 = 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabel
dengan koefisien negatif terbesar dalam fungsi tujuan. Aturan ini disebut dengan syarat
optimal.
Mekanisme penentuan variabel keluar dari tabel simpleks dilakukan dengan menghitung rasio
non negatif dari sisi kanan persamaan (kolom Solusi) pada koefisien constraint yang
bersangkutan dengan variabel masuk seperti yang ditunjukkan dibawah ini :
Basis Masuk
Solusi Rasio x1
s1 6 24 x1 = 24/6 = 4 � minimal
s2 1 6 x1 = 6/1 = 6
s3 -1 1 x1 = 1/-1 = -1 (diabaikan)
s4 0 2 x1 = 2/0 = ∞ (diabaikan)
Kesimpulan : x1 masuk dan s1 keluar
Dari tabel diatas dapat dilihat bahwa rasio nonnegative minimal didapatkan pada variabel
basis s1. Solusi yang baru didapatkan dengan menukar x1 sebagai variabel masuk (menjadi
variabel basis) dengan s1 sebagai variabel keluar (menjadi variabel nonbasis). Sehingga
himpunan variabel basis dan nonbasis menjadi :
Variabel nonbasis (nol) : {s1, x2}
Variabel basis : {x1, s2, s3, s4}
Proses penukaran didasarkan pada operasi Gauss-Jordan. Operasi ini menjadikan kolom
variabel masuk sebagai kolom kunci dan variabel keluar sebagai baris kunci. Elemen yang
tepat menjadi anggota kolom kunci dan baris kunci disebut elemen kunci. Tabel akan
diupdate berdasarkan baris dan kolom yang dihighlight.
Masuk
↓
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0
Keluar � s1 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci
s2 0 1 2 0 1 0 0 6
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Kolom
kunci
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
22
Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti s1 pada kolom Basis dengan x1
Baris x1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci
= [0 6 4 1 0 0 0 24] / 6
= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
2. Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x1 baru
= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – (-5) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – [0 -5 -10/3 -5/6 0 0 0 -20]
= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20]
Baris s2 baru = Baris s2 – (1) × Baris x1 baru
= [0 1 2 0 1 0 0 6] – (1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 1 2 0 1 0 0 6] – [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2]
Baris s3 baru = Baris s3 – (-1) × Baris x1 baru
= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – (-1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – [0 -1 -2/3 -1/6 0 0 0 -4]
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5]
Baris s4 baru = Baris s4 – (0) × Baris x1 baru
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (0) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 0 0 0 0 0 0]
= [0 0 1 0 0 0 1 2]
Solusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
23
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 20. Selanjutnya dicari lagi variabel masuk
pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien negatif terbesar, ditemukan x2 dengan
koefisien -2/3 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa x2 adalah variabel
masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :
Basis Masuk
Solusi Rasio x2
x1 2/3 4 x2 = 4/(2/3) = 6
s2 4/3 2 x2 = 2/(4/3) = 3/2 � minimal
s3 5/3 5 x2 = 5/(5/3) = 3
s4 1 2 x2 = 2/1 = 2
Kesimpulan : x2 masuk dan s2 keluar
Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien
negatif terbesar menjadi kolom kunci.
Masuk
↓
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
Keluar � s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti s2 pada kolom Basis dengan x2
Baris x2 baru = Baris s2 ÷ elemen kunci
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
24
= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2] / (4/3)
= [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
2. Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x2 baru
= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – (-2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – [0 0 -2/3 1/12 -1/2 0 0 -1]
= [1 0 0 ¾ ½ 0 0 21]
Baris x1 baru = Baris x1 – (2/3) × Baris x2 baru
= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – (2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – [0 0 2/3 -1/12 1/2 0 0 1]
= [0 1 0 1/4 -1/2 0 0 3]
Baris s3 baru = Baris s3 – (5/3) × Baris x1 baru
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – (5/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – [0 0 5/3 -5/24 5/4 0 0 5/2]
= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]
Baris s4 baru = Baris s4 – (0) × Baris x1 baru
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (1) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2]
Solusi baru adalah (x1, x2, s3, s4) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 0 ¾ ½ 0 0 21
x1 0 1 0 ¼ -1/2 0 0 3
x2 0 0 1 -1/8 ¾ 0 0 3/2
s3 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2
s4 0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2
Berdasarkan pada syarat optimal, tidak ada dalam koefisien z-row yang variabel nonbasis (s1
dan s2) nilainya negatif. Sehingga tabel diatas sudah mencapai optimal.
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
25
Solusi optimal bisa dibaca dari tabel simpleks dengan cara berikut : Nilai optimal variabel
dikolom Basis diberikan disisi kanan. Kolom Solution dapat diartikan sebagai berikut :
Variabel keputusan Nilai Optimal Rekomendasi
x1 3 Produksi 3 ton cat exterior perhari
x2 3/2 Produksi 1.5 ton cat interior perhari
Z 21 Keuntungan harian adalah 21(x1000)
Kita bisa melakukan verifikasi bahwa nilai s1 = 0, s2 = 0, s3 = 5/2, dan s4 = ½ adalah
sesusi dengan nilai yang yang diberikan oleh x1 dan x2 seperti diatas dengan memasukannya
kedalam constraint.
Solusi tersebut juga memberikan informasi mengenai status sumber daya. Sumber
daya yang dirancang sebagai scarce jika aktivitas (variabel) model menggunakan semua
sumber daya. Jika sebaliknya, maka sumber daya ditolak. Informasi diamankan oleh tabel
optimal dengan pemeriksaan nilai variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang
merepresentasikan sumber daya. Jika nilai slack adalah nol, berarti sumber daya digunakan
semua, dan diklasifikasikan sebagai scarce. Sebaliknya, nilai slack positif menunjukkan
sumber daya berlimpah.
Klasifikasi constraint ada di tabel berikut :
Sumber daya Nilai slack Status
Bahan baku M1 s1 = 0 Scarce
Bahan baku M2 s2 = 0 Scarce
Batas pasar s3 = 5/2 Abundant
Batas kebutuhan s4 = 1/2 Abundant
3.2 Solusi Awal Buatan
Pemrograman linear yang constraintnya menggunakan tanda ≤ dengan nilai non negatif disisi
kanan menyebabkan semua variabel slack memulai solusi layak awal. Model yang
menggunakan tanda = dan atau ≥ tidak seperti itu.
Prosedur untuk awal pemrograman linear dengan tanda = dan ≥ pada constraint adalah
menggunakan variabel buatan (artificial variables) yang memainkan peranan slack diawal
iterasi dan kemudian mengatur keabsahannya diakhir iterasi. Dua metode terkait adalah :
metode M dan metode dua fase
3.2.1 Metode M
Metode M memulai LP dalam bentuk persamaan. Jika persamaan i tidak mempunyai slack,
sebuah variabel buatan ri ditambahkan untuk membentuk solusi awal yang menyerupai semua
basis solusi awal. Bagaimanapun, karena variabel buatan bukan bagian dari model asli LP,
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
26
kehadirannya memberikan pelanggaran yang sangat berat dalam fungsi tujuan, maka
pemaksaan variabel buatan agar bernilai nol harus dilakukan. Hal ini akan terjadi dalam kasus
jika masalah mempunyai solusi yang layak.
Aturan pelanggaran pada variabel buatan :
Diberikan M, nilai positif yang cukup besar (secara matematis M � ∞), koefisien
tujuan variabel buatan merepresentasikan pelanggaran (penalty) yang tepat jika :
Koefisien obyektif variabel buatan =
anmeminimalkmasalah dalam M,
kanmemaksimalmasalah dalam M,-
Contoh 3-2
Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + 2x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0
Penyelesaian
Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack dalam
constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :
Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 – r1 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1, s1 ≥ 0
Persamaan ketiga mempunyai variabel slack yaitu s1, tetapi persamaan pertama dan kedua
tidak. Maka kita tambahkan variabel buatan R1 dan R2 dalam persamaan pertama dan kedua
dan melanggar fungsi tujuan dengan MR1 + MR2 (karena meminimalkan). Hasil LP menjadi :
Minimalkan Z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2
Constraint :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
27
3x1 + x2 + R1 = 3
4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0
Solusi basis awal diberikan oleh (R1, R2, s1) = (3,6,4).
Dari titik awal solusi masalah, M harus mengasumsikan sebuah nilai. Nilai M ini nantinya
akan dimanipulasi secara aljabar dalam tabel simpleks. Berapa nilai awal M yang baik
digunakan ? Tergantung pada data asli LP. Nilai M sebaiknya cukup besar yang relative
terhadap koefisien obyektif yang asli sehingga dapat bertindak sebagai pelanggaran yang
memaksakan variabel buatan pada level nol dalam solusi optimal. Tetapi nilai M juga tidak
boleh terlalu besar karena bisa membawa hasil tak terhingga.
Dalam kasus contoh ini, nilai koefisien obyektif x1 dan x2 adalah 4 dan 1, maka cukup
beralasan jika M = 100. Dengan menggunakan M = 100 maka tabel simpleks dibentuk seperti
dibawah :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z -4 -1 0 -100 -100 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Sebelum diproses dengan metode simpleks, kita perlu membuat z-row konsisten dengan hasil
tabel. Dalam tabel, x1 = x2 = r1 = 0, yang merupakan solusi basis awal R1 = 3, R2 = 6, dan s1 =
4. Solusi ini berarti Z = 100 (3) + 100 (6) = 900 (seharusnya 0, seperti sisi kanan z-row yang
tampak ditabel). Ketidakkonsistenan ini muncul dari fakta bahwa R1 dan R2 mempunyai
koefisien nonzero (-100, -100) dalam z-row (bandingkan dengan semua solusi awal slack
pada contoh sebelumnya) dimana koefisien z-row dari slack adalah nol.
Kita dapat menghilangkan inkonsistensi ini mensubstitusi R1 dan R2 dalam z-row
menggunakan persamaan constraint yang tepat. Dalam tabel dibawah ini, elemen bernilai 1
yang dihighlight dalam R1-row dan R2-row, perkalian setiap R1-row dan R2-row oleh 100 dan
menambahkan jumlahnya ke z-row akan mensubstitusi R1 dan R2 dalam baris obyektif.
Sehingga :
Z-row baru = Z-row lama + (100 × R1-row + 100 × R2-row)
Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + (100 × [3 1 0 1 0 0 3] + 100 × [4 3 -1 0 1 0 6])
Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + ([300 100 0 100 0 0 300] + [400 300 -100 0 100 0
600])
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
28
Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + [700 400 -100 100 100 0 900]
Z-row baru = [696 399 -100 0 0 0 900]
Perubahan tabel menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 696 399 -100 0 0 0 900
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Dari tabel diatas, dapat dipastikan bahwa nilai Z=900, konsisten/tepat dengan nilai solusi
layak awal : R1 = 3, R2 = 6, dan s1 = 4.
Tabel yang terakhir diatas siap untuk dilakukan pemrosesan dengan metode simpleks
menggunakan syarat keoptmalan dan kelayakan. Karena disii ingin meminimalkan fungsi
tujuan, variabel x1 mempunyai mempunyai koefisien positif terbesar dalam z-row (=696)
memasuki solusi. Rasio minimum dari syarat kelayakan menetapkan R1 sebagai variabel
keluar. Lihat tabel dibawah ini :
Basis Masuk
Solusi Rasio x1
R1 3 3 x1 = 3/3 = 1 � minimal
R2 4 6 x1 = 6/4 = 3/2
s1 1 4 x1 = 4/1 = 4
Kesimpulan : x1 masuk dan R1 keluar
Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien
positif terbesar menjadi kolom kunci.
Masuk
↓
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 696 399 -100 0 0 0 900
Keluar � R1 3 1 0 1 0 0 3 Baris kunci
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
29
1. Baris kunci
Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1
Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci
= [3 1 0 1 0 0 3] / 3
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
2. Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x1 baru
= [696 399 -100 0 0 0 900] – (696) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [696 399 -100 0 0 0 900] – [696 232 0 232 0 0 696]
= [0 167 -100 -232 0 0 204]
Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru
= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x1 baru
= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]
Solusi baru adalah (x1, R2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 167 -100 -232 0 0 204
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 204. Selanjutnya dicari lagi variabel masuk
pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan x2 dengan
koefisien 167 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa x2 adalah variabel
masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
30
Basis Masuk
Solusi Rasio x2
x1 1/3 1 x2 = 1/(1/3) = 3
R2 5/3 2 x2 = 2/(5/3) = 6/5 � minimal
s1 5/3 3 x2 = 3/(5/3) = 9/5
Kesimpulan : x2 masuk dan R2 keluar
Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien
positif terbesar menjadi kolom kunci.
Masuk
↓
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 167 -100 -232 0 0 204
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
Keluar � R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 Baris kunci
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti R2 pada kolom Basis dengan x2
Baris x2 baru = Baris R2 ÷ elemen kunci
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)
= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
2. Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru
= [0 167 -100 -232 0 0 204] – (167) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 167 -100 -232 0 0 204] – [0 167 -501/5 -668/5 501/5 0 1002/5]
= [0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5]
Baris x1 baru = Baris x1 – (1/3) × Baris x2 baru
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
31
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 3/15 0 6/15]
= [1 0 1/5 3/5 -3/15 0 3/5]
Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x2 baru
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 -2]
= [0 0 1 1 -1 1 5]
Solusi baru adalah (x1, x2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 3/5 -3/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 -1 1 5
Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 18/5. Selanjutnya dicari lagi variabel
masuk pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan r1
dengan koefisien 1/5 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa r1 adalah
variabel masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :
Basis Masuk
Solusi Rasio r1
x1 1/5 3/5 r1 = (3/5)/(1/5) = 3 � minimal
x2 -3/5 6/5 r1 = (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)
s1 1 5 r1 = 5/1 = 5
Kesimpulan : tidak ada syarat kelayakan yang memenuhi
Dari tabel diatas, terlihat bahwa rasio minimal terdapat pada variabel basis x1 dan ini adalah
variabel keputusan. Sehingga tidak ada lagi syarat kelayakan yang dapat dilakukan dan tabel
simpleks diatas adalah yang paling optimal.
3.2.2 Metode dua fase
Dalam metode M, penggunaan penalty M, dimana didefinisikan nilainya harus relative besar
terhadap koefisien obyektif actual dari model, dapat menghasilkan kisaran error yang dapat
melemahkan akurasi perhitungan simpleks. Metode dua fase mengurangi kelemahan ini
dengan menghilangkan konstanta M. Metode ini menyelesaikan kasus LP dalam dua fase :
Fase I berusaha untuk mencari solusi layak awal, dan jika ditemukan, maka fase II dijalankan
untuk menyelesaikan masalah aslinya.
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
32
Langkah-langkah metode dua fase :
Fase I Kondisikan masalah dalam bentuk persamaan, dan tambahkan variabel buatan
yang diperlukan pada constraint (seperti metode M) untuk mengaman basis solusi
awal. Selanjtnya, cari solusi basis dari persamaan yang didapatkan itu, tanpa
memandang LP adalah memaksimalkan atau meminimalkan, selalu meminimalkan
jumlah dari variabel buatan. Jika nilai minimum penjumlahan adalah positif,
masalah LP tidak mempunyai solusi layak, sehingga merupakan akhir proses. Jika
tidak, lanjutkan ke fase II.
Fase II Gunakan solusi layak dari fase I sebagai basis solusi awal layak pada masalah yang
sesungguhnya.
Contoh 3-3
Mengacu pada Contoh 3-2.
Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 ≥ 6
x1 + 2x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0
Penyelesaian
Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack dalam
constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :
Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 – r1 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1, s1 ≥ 0
Penyelesaian dengan metode dua fase
Fase I
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
33
Minimalkan R = R1 + R2
Kendala :
3x1 + x2 + R1 = 3
4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6
x1 + 2x2 + s1 = 4
x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0
Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 0 0 -1 -1 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Dengan metode M, R1 dan R2 disubstitusikan dalam R-row dengan menggunakan
perhitungan :
R-row baru = R-row lama + (1 × R1-row + 1 × R2-row)
R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + (1 × [3 1 0 1 0 0 3] + 1 × [4 3 -1 0 1 0 6])
R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + ([3 1 0 1 0 0 3] + [4 3 -1 0 1 0 6])
R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9]
R-row baru = [7 4 -1 0 0 0 9]
Tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Selanjutnya dipilih x1 sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena
mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan
dalam tabel dibawah ini :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi Rasio
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
34
R 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1 � minimal
R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4 = 1.5
s1 1 2 0 0 0 1 4 4/1 = 4
Dari tabel tersebut, R1 menjadi variabel keluar dan x1 menjadi variabel masuk. Perubahan
pada tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1
Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci
= [3 1 0 1 0 0 3] / 3
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
2. Baris yang lain
Baris R baru = Baris R – (7) × Baris x1 baru
= [7 4 -1 0 0 0 9] – (7) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [7 4 -1 0 0 0 9] – [7 7/3 0 7/3 0 0 7]
= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2]
Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru
= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x1 baru
= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]
Perubahan tabel simpleks menjadi :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
35
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Selanjutnya dipilih x2 sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena
mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan
dalam tabel dibawah ini :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi Rasio
R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1/(1/3) = 3
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2/(5/3) = 1.2 � minimal
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3/(5/6) = 3.6
Dari tabel tersebut, R2 menjadi variabel keluar dan x2 menjadi variabel masuk. Perubahan
pada tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti R2 pada kolom Basis dengan x2
Baris x2 baru = Baris R2 ÷ elemen kunci
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)
= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
2. Baris yang lain
Baris R baru = Baris R – (5/3) × Baris x2 baru
= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
= [0 0 0 -1 -1 0 0]
Baris x1 baru = Baris x1 – (1/3) × Baris x2 baru
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 1/5 0 2/5]
= [1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5]
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
36
Baris s1 baru = Baris s1 – (5/3) × Baris x2 baru
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
= [0 0 1 1 -1 1 1]
Perubahan tabel simpleks menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 0 0 -1 -1 0 0
x1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 -1 1 1
Tidak ada syarat optimal yang ditemui pada tabel (tidak ada koefisien positif terbesar di z-
row). Sehingga untuk fase I selesai dan mencapai optimal.
Karena minimal R = 0. Fase I menghasilkan basis solusi optimal x1 = 3/5 dan x2 = 6/5 dan s1
= 1. Pada titik ini, variabel buatan telah mecapai tujuan, dan kita dapat menghilangkan kolom
tersebut dari tabel dan dilanjutkan ke fase II.
Fase II
Setelah penghapusan kolom variabel buatan, masalah asli menjadi :
Minimalkan Z = 4x1 + x2
Constraint :
x1 + 1/5 r1 = 3/5
x2 – 3/5 r1 = 6/5
r1 + s1 = 1
x1, x2, r1, s1 ≥ 0
Secara esensial, fase I adalah prosedur yang mentransformasikan persamaan constraint asli
dalam cara yang memberikan basis solusi awal layak pada masalah. Tabel dalam fase II
menjadi :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
37
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z -4 -1 0 0 0
x1 1 0 1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 1
Karena variabel basis x1 dan x2 mempunyai koefisien nonzero dalam z-row, keduanya harus
disubstitusikan menggunakan perhitungan berikut :
Z-row baru = Z-row lama + (4 × x1-row + 1 × x2-row)
Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + (4 × [1 0 1/5 0 12/5] + 1 × [0 1 -3/5 0 6/5])
Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + ([4 0 4/5 0 12/5] + [0 1 -3/5 0 6/5])
Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + [4 1 1/5 0 18/5]
Z-row baru = [0 0 1/5 0 18/5]
Inisial tabel simpleks di fase II menjadi
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z 0 0 1/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 1
Kasusnya adalah meminimalkan, sehingga dicari koefisien variabel dalam z-row yang
mempunyai nilai positif terbesar. Didapatkan r1 bernilai positif terbesar, sehingga menjadi
kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena mempunyai koefisien positif
terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabel dibawah ini :
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi Rasio
Z 0 0 1/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 0 3/5 (3/5)/(1/5) = 3
x2 0 1 -3/5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)
s1 0 0 1 1 1 1/1 = 1 � minimal
Dari tabel tersebut, s1 menjadi variabel keluar dan r1 menjadi variabel masuk. Perubahan pada
tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :
1. Baris kunci
Ganti s1 pada kolom Basis dengan r1
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
38
Baris r1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci
= [0 0 1 1 1] / 1
= [0 0 1 1 1]
2. Baris yang lain
Baris Z baru = Baris Z – (1/5) × Baris r1 baru
= [0 0 1/5 0 18/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]
= [0 0 1/5 0 18/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]
= [0 0 0 -1/5 17/5]
Baris x1 baru = Baris x1 – (1/5) × Baris r1 baru
= [1 0 1/5 0 3/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]
= [1 0 1/5 0 3/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]
= [1 0 0 -1/5 2/5]
Baris x2 baru = Baris x2 – (-3/5) × Baris r1 baru
= [0 1 -3/5 0 6/5] – (-3/5) × [0 0 1 1 1]
= [0 1 -3/5 0 6/5] – [0 0 -3/5 -3/5 -3/5]
= [0 1 0 3/5 9/5]
Perubahan tabel simpleks menjadi :
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z 0 0 0 -1/5 17/5
x1 1 0 0 -1/5 2/5
x2 0 1 0 3/5 9/5
r1 0 0 1 1 1
Solusi baru adalah (x1, x2, r1) dan tabel simpleks dan memberikan nlai x1 dan x2 yang
optimal yaitu masing-masing 2/5 dan 9/5.
Perlu diperhatikan
Penghilangan variabel buatan dan kolomnya diakhir fase I hanya bisa dilakukan ketika semua
variabel buatan tersebut sudah menjadi variabel nonbasis. Jika satu atau lebih variabel buatan
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
39
adalah basis (pada level nol) di akhir fase I, maka langkah tambahan berikut ini harus
dilakukan untuk menghilangkannya sebelum masuk ke fase II
Langkah 1 Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi dan rangcanglah
baris sebagai baris kunci. Variabel masuk bisa sembarang variabel nonbasis
(non buatan) dengan koefisien nonzero (positif atau negatif) dalam baris kunci.
Lakukan iterasi simpleks.
Langkah 2 Hilangkan kolom variabel buatan (yang baru saja keluar) dari tabel. Jika semua
variabel buatan nol telah dikeluarkan, lanjutkan ke fase II. Jika tidak, kembali
ke langkah 1.
3.3 Soal Latihan
3.1 Perhatikan constraint dibawah ini
x1 + 2x2 + 2x3 + 4x4 ≤ 40
2x1 – x2 + x3 + 2x4 ≤ 8
4x1 – 2x2 + x3 – x4 ≤ 10
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Selesaikan masalah setiap fungsi tujuan dibawah ini dengan metode simpleks:
(a) Maksimalkan Z = 2x1 + x2 – 3x3 + 5x4
(b) Maksimalkan Z = 8x1 + 6x2 + 3x3 - 2x4
(c) Maksimalkan Z = 3x1 - x2 + 3x3 + 4x4
(d) Maksimalkan Z = 5x1 - 4x2 + 6x3 - 8x4
3.2 Perhatikan Linear Programming dibawah ini
Maksimalkan Z = 16x1 + 15x2
Fungsi kendala :
40x1 + 31x2 ≤ 124
-x1 + x2 ≤ 1
x1 ≤ 3
x1, x2 ≥ 0
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
40
(a) Selesaikan masalah dengan metode simpleks, dimana variabel masuk yang terpilih
adalah variabel nonbasis dengan koefisien z-row negatif terbesar.
(b) Selesaikan ulang masalah dengan metode simpleks, dimana variabel masuk yang
terpilih adalah variabel nonbasis dengan koefisien z-row negatif terkecil.
(c) Lakukan analisis perbandingan hasil (a) dan (b).
3.3 Gutchi Company memproduksi purses, shaving bag dan backpack. Konstruksi barang
terbuat dari kulit. Proses produksi membutuhkan dua jenis keterampilan kerja :
sewing dan finishing. Tabel dibawah ini menginformasikan ketersediaan sumber
daya, penggunaan oleh tiga produk dan keuntungan per unit.
Sumber daya Kebutuhan sumber daya per unit Kapasitas harian Purse Bag Backpack
Kulit (ft2) 2 1 3 42 ft2
Sewing (hr) 2 1 2 40 hr
Finishing (hr) 1 5 1 45 hr
Harga jual ($) 24 22 45
(a) Formulasikan masalah menjadi pemrogram linear dan carilah solusi optimal
dengan metode simpleks
(b) Dari solusi optimal yang didapatkan tentukan status dari setiap sumber daya.
3.4 Perhatikan Linear Programming berikut :
Maksimalkan Z = x1 + x2 + 3x3 + 2x2
Constrain :
x1 + 2x2 – 3x3 + 5x4 ≤ 4
5x1 - 2x2 + 6x4 ≤ 8
2x1 + 3x2 – 2x3 + 3x4 ≤ 3
-x1 + x3 + 2x4 ≤ 0
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
(a) Formulasikan masalah menjadi pemrogram linear dan carilah solusi optimal
dengan metode simpleks
(b) Dari solusi optimal yang didapatkan tentukan status dari setiap sumber daya.
3.5 Perhatikan constraint Linear Programming berikut :
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
41
-2x1 + 3x2 = 3 (1)
4x1 + 5x2 ≥ 10 (2)
x1 + 2x2 ≤ 5 (3)
6x1 + 7x2 ≤ 3 (4)
4x1 + 8x2 ≥ 5 (5)
x1, x2 ≥ 0
Untuk setiap masalah dibawah ini, dapatkan nilai Z :
(a) Maksimalkan Z = 5x1 + 6x2 dengan kendala (1), (3), dan (4)
(b) Maksimalkan Z = 2x1 – 7x2 dengan kendala (1), (2), (4) dan (5)
(c) Minimalkan Z = 3x1 + 6x2 dengan kendala (3), (4), dan (5)
(d) Minimalkan Z = 4x1 + 6x2 dengan kendala (1), (2), dan (5)
(e) Minimalkan Z = 3x1 + 2x2 dengan kendala (1) dan (5)
3.6 Perhatikan constraint berikut :
x1 + x2 + x3 = 7
2x1 - 5x2 + x3 ≥ 10
x1, x2, x3 ≥ 0
Selesaikan masalah untuk setiap fungsi tujuan berikut :
(a) Maksimalkan Z = 2x1 + 3x2 – 5x2
(b) Minimalkan Z = 2x1 + 3x2 – 5x3
(c) Maksimalkan Z = x1 + 2x2 + x3
(d) Minimalkan Z = 4x1 – 8x2 + 3x2
3.7 Perhatikan masalah berikut :
Maksimalkan Z = x1 + 5x2 + 3x3
Kendala :
x1 + 2x2 + x3 = 3
2x1 – x2 = 4
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11
42
x1, x2, x3 ≥ 0
Variabel x3 bisa dianggap memainkan peran sebagai slack. Sehingga, tidak ada
variabel buatan yang dibutuhkan di constraint pertama. Di constraint kedua, variabel
buatan masih diperlukan. Coba gunakan solusi awal ini (x3 dalam constraint pertama
dan R2 dalam constraint kedua) untuk menyelesaikan masalah.
3.8 Tunjukkan bagaimana metode M akan menunjukkan bahwa masalah dibawah ini
tidak punya solusi yang layak.
Maksimalkan Z = 2x1 + 5x2
Kendala :
3x1 + 2x2 ≥ 6
2x1 + x2 ≤ 2
x1, x2 ≥ 0
Eko P
rasety
o
Manaje
men S
ains
Teknik
Infor
matika
UMG 20
11