32

PROGRAMA LINIER : METODE SIMPLEKS

Penyelesaian model Programa Linier secara grafis hanya dapat dilaksanakan jika variabel

keputusannya dua buah. Jika variabelnya lebih dari dua buah diselesaikan secara aIjabar →

dengan menggunakan matriks

Bentuk standar dari Model Programa Linier:

Penyelesaian model programa linier secara. aIjabar disebut metode simpleks. Untuk itu model

harus dibuat dalam bentuk standar.

Karakteristik model standar:

1. Semua kendala dalam bentuk persamaan dan ruas kanan harus non negatif.

2. Semua variabel dalam bentuk non negatif.

3. Fungsi tujuan dapat berupa persoalan memaksimalkan atau meminimalkan.

Kendala:

Hubungan ruas kiri dan ruas kanan dapat berbentuk <; >; atau =. Oleh karena model harus

dalam bentuk persamaan, maka kendala dalam bentuk pertidaksamaan diubah ke dalam bentuk

persamaan.

Untuk kendala dengan bentuk < ditambahkan variabel slack. pada ruas kiri, sedangkan untuk

kendala dengan bentuk > dikurangi dengan variabel surplus pada ruas kiri. Dengan demikian

hubungan kendala berubah menjadi dalam bentuk persamaan.

Contoh:

1) x1 + 2x2 < 6 → x1 + 2x2 + s1 = 6

s1 > 0 ; s1 = variabel slack

2) 3x1 + 2x2 -3x3 > 5 → 3x1 + 2x2 - 3x3 – s1 = 5

s1 > 0 ; s2 = variabel surplus

3) 2x1 - 2x2 - 5x3 = - 5 → - 2x1 +2x2 + 5x3 = 5

33

Variabel:

Variabel harus berbentuk non negatif (>). Jika variabel tersebut tidak terbatas pada tanda (dapat

bernilai posistif , negatif atau nol), variabel tersebut diganti dengan dua buah variabel baru yang

non negatif.

Contoh:

xj tidak terbatas pada tanda → diganti dengan

xj = xj’ - xj’’.

xj’; xj’’ ≥ 0

Fungsi tujuan:

� fungsi tujuan dapat berbentuk memaksimalkan atau meminimalkan

� fungsi memaksimalkan adalah ekivalen dengan meminimalkan negatif dari fungsi yang

sama atau sebaliknya.

Contoh :

maks. z = 5x1 - 2x2 - 3x3

secara matematis adalah sama dengan:

min (-z) = -5x1 + 2x2 + 3x3

min. z = 3x1 – 5x2 + x3

secara matematis adalah sama dengan :

maks. (-z) = - 3x1 + 5x2 – x3

contoh :

Bentuk standar dari persoalan pabrik cat adalah :

Maks. z = 5x1 + 4x2

d. k. 6x1 + 4x2 + s1 = 24

x1 + 2x2 + s2 = 6

- x1 + x2 + s3 = 1

x2 + s4 = 2

x1; x2 > 0

34

Contoh :

model programa linier:

min. z = 2x1 + 3x2

d.k. x1 + x2 = 10

- 2x1+ 3x2 ≤ -5

7x1 - 4x2 ≤ 6

x1 t.t.t. ; x2 > 0

untuk itu x1 diganti dengan x1' – x1 “ dengan x1’; x1” > 0

dengan demikian model menjadi:

min. z = 2x1' - 2x1”+ 3x2

d.k. x1’ - x1” + x2 = 10

2x1' - 2x1” - 3x2 - s2 = 5

7x1' - 7x1” - 4x2 + s3 = 6

x1’; x1”; x2; s2; s3 ≥ 0

contoh :

fungsi Tujuan Maks. z = 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4

Dengan kendala : x1 + 3x2 – 2x3 + 4x4 < 20

2x1 + 4x2 + 2x3 + 3x4 > 10

5x1 - 3x2 + 2x3 + 2x4 < 30

xj > 0 j = 1, 2, 3, 4

Bentuk standarnya adalah :

fungsi Tujuan Maks. z = 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4

Dengan kendala : x1 + 3x2 – 2x3 + 4x4 + s1 = 20

2x1 + 4x2 + 2x3 + 3x4 + s2 = 10

5x1 - 3x2 + 2x3 + 2x4 + s3 = 30

xj; si > 0 j = 1, 2, 3, 4; i = 1, 2, 3

35

Model Programa Linier :

Fungsi Tujuan : Min. Z = 3X1 + 2X2 + 4X3 + 2X4

Dengan kendala :

4X1 + 3X2 + 3X3 + 5X4 < 40

X1 + 2X2 + 2X3 + 3X4 < 35

X1 + X2 + X3 + X4 > 5

3X1 + X2 + 3X3 + 2X4 > 10

X1; X2; X3; > 0; X4 tidak terbatas pada tanda

Bentuk Standar dari persoalan di atas adalah :

Variabel X4 tidak terbatas pada tanda � diganti dengan X4 = X4’ – X4’’

X4’; X4’’ > 0

Semua variabel X4 diganti dan pada kendala ditambahkan variabel Slack atatu dikurangi

variabel Surplus �

Fungsi Tujuan : Min. Z = 3X1 + 2X2 + 4X3 + 2X4’ + 2X4’’

Dengan kendala :

4X1 + 3X2 + 3X3 + 5X4’ + 5X4’’ + S1 = 40

X1 + 2X2 + 2X3 + 3X4’ + 3X4’’ + S2 = 35

X1 + X2 + X3 + X4’ + X4’’ - S3 = 5

3X1 + X2 + 3X3 + 2X4’ + 2X4’’ - S4 = 0

X1; X2; X3; X4 > 0;

36

BENTUK UMUM DARI BENTUK STANDAR MODEL PROGRAMA LINIER

Terdapat m buah kendala n buah variabel (termasuk variabel slack, surplus, dan buatan)

f. t maks./min. z = c1x1 + c2x2 + ............................................. + cnxn

dengan kendala a11x1 + a12x2 + ............................................ + alnxn = bl

a21x1 + a22x2 + ............................................ + a2nxn = b2

a31x1 + a32x2 + ............................................ + a3nxn = b3

. . am1x1 + am2x2 + .............................................. + amnxn = bm

x1 ; x2 ; ……………………………xn ≥ 0

b1 ; b2 ; ……………………………bn ≥ 0

Dalam bentuk matriks :

f.t. maks./min. Z = CX

d. k. A.X = B

X > 0 ; B > 0

Dengan : A = matriks (m.n) = matriks koefisien

X = vektor kolom (n.1) = vektor keputusan

B = vektor kolom (m.1) = vektor kendala

C = vektor baris (1.n) = vektor keuntungan/biaya

C = ( c1 c2 . . . . . cn)

a11 a122 . . . . . . . . aln x1 b1

a21 a22 . . . . . . . . .a2n X = x2 B = b2

. . .

. . .

a31 a32 . . . . . . . . .a3n xn bm

A =

37

METODE GRAFIS VS METODE SIMPLEKS

� Pada penyelesaian secara grafis pada bab yang lalu kita menggeser garis Z dari Z = 0 ke

arah kanan di mana nilai Z membesar.

� Nilai Z yang terbesar dapat juga dicari dengan memasukkan nilai-nilai titik sudut dari

bidang penyelesaian mulai dari titik sudut A (0,0) ke arah B �C �D �E �F, atau dari

arah A �F�E �D �C �B �A

Akan diperoleh nilai Z pada titik-titik sudut tsb. sbb. :

Titik A : Z = 0

B : Z = 20

C : Z = 21

D : Z = 18

E : Z = 13

F : Z = 4

Dari hasil di atas terlihat nilai Z naik dari 0; 20; 21 kemudian turun ke 18; 13; 4 dan akhimya 0

kembali. Jadi setelah diperoleh nilai tertingi pada titik C, kemudian nilai tersebut turun kembali.

Demikian juga halnya jika berputar berlawanan dengan arah jarum jam, nilai Z akan naik terus

sampai keadaan optimal tercapai lalu turun kembali.

Bentuk standar

maks. z = 5x1 + 4x2

z – 5x1 – 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4 = 0

6x1 + 4x2 + sl = 24

x1 + 2x2 + s2 = 6

- xi + x2 + s3 = 1

x2 + s4 = 2

x1; x2; s1; s2; s3; s4 > 0

38

Gambar dari persoalan tersebut :

Secara grafis telah dibahas bahwa pada garis 1 diperoleh 6x1 + 4x2 = 24, dengan demikian jika

kita masukkan persamaan tersebut ke dalam persamaan kendala 1 di atas diperoleh s1 = 0.

Dengan cara yang sama diperoleh nilai setiap variabel slack pada garis kendalanya = 0

Dari persoalan di atas kita mempunyai empat (m) buah persamaan kendala dengan enam (n)

buah variabel. Jika kita ingin menyelesaikan tersebut secara aljabar, kita harus mempunyai

empat buah persamaan dan empat buah variabel. Agar persamaan di atas dapat kita selesaikan

maka sebanyak (n - m) buah variabel/(6-4) buah variabel yang tertentu nilainya. Untuk

mudahnya kita tentukan nilainya = 0.

Dari gambar di atas kita lihat pada tititk-titik sudut bidang penyelesaian terdapat dua buah

variabel yang nilainya = 0, sedangkan variabel lainnya tidak nol.

Variabel yang nilainya ≠ 0 kita sebut variabel dasar (basic variable), sedangkan variabel yang

nilainya = 0 kita sebut variabel non dasar (non basic variable).

s1=0

x1 = 0

s3 = 0

s4=0

s2 = 0 A B

C

D E

F

J

L

s2 = 0 � x1 = 6

s1= 0 → x1= 4 s3 = 0 → x1= - 1

39

Pada tabel di bawah kita lihat sbb. :

Titik

sudut

Variabel.non dasar Variabel dasar Nilai

z A x1 ; x2 s1 ; s2 ; s3 ; s4 0

B x2 ; s1 x1 ; s2 ; s3 ; s4 20

C s2 ; s1 x1 ; x2 ; s3 ; s4 21

D s1 ; s4 xl ; x2 ; s2 ; s3 18

E s4 ; s3 xl ; x2 ; s1 ; s2 13

F s1 ; x1 x2 ; s1 ; s2 ; s4 4

Pada setiap titik sudut terdapat dua buah variabel non dasar dan empat buah variabel dasar.

Jika kita pindah dari titik A ke titik B terdapat satu buah variabel non dasar berubah menjadi

variabel dasar. Variabel ini kita sebut sebagai variabel masuk (dalam hal ini x1 masuk menjadi

variabel dasar). Jika ada variabel yang masuk (menjadi variabel dasar) tentu ada variabel yang

keluar dari variabel dasar menjadi variabel non dasar karena pada titik sudut harus terdapat dua

buah variabel non dasar. Dalam hal ini kita lihat s1 adalah variabel keluar menjadi variabel non

dasar. Demikian seterusnya jika pindah dari titik B ke titik C akan terdapat variabel yang masuk

dan keluar. Demikian seterusnya sampai keadaan optimal tercapai.

ALGORITMA SIMPLEKS

Sekarang kita gunakan pemahaman kita tentang urutan pencapaian keadaan optimal secara

grafis tersebut untuk memahami penyelesaian secara aljabar/simpleks. Untuk itu kita gunakan

persoalan pabrik cat dalam pembahasan ini (lihat tabel pada hal. 9).

Langkah 0 : Dengan menggunakan bentuk standar kita tentukan penyelesaian dasar awal

yang layak dengan menentukan (n-m) buah variabel non dasar yang nilainya nol.

Kita buat tabel simpleks (dari bentuk standar tsb. di atas). Secara grafis kita tentukan variabel x1

dan x2 adalah variabel non dasar (0,0) yaitu x1 dan x2 = 0 sebagai variabel non dasar awal. Dari

sini kita peroleh nilai variabel dasar s1, s2, s3 dan s4. Pada metode simpleks di mana variabel

keputusan lebih dari dua buah, kita tidak dapat membuat grafisnya (karena sumbu kita terlalu

banyak), untuk itu kita cari ciri-ciri variabel non dasar pada tabel simpleks. Kita pinjam

pengetahuan kita pada metode grafis yaitu x1 dan x2 adalah variabel non dasar. Dari tabel

40

simpleks terlihat . Bahwa koefisien x1 dan x2 pada baris fungsi tujuan tidak nol sedangkan nilai

koefisien s1, s2, s3 dan s4 nol. Jadi kita tentukan variabel dasar adalah variabel yang

koefisiennya nol dan variabel non dasar adalah variabel yang koefisiennya tidak nol pada

persamaan fungsi tujuan. Dengan memasukkan nilai variabel non dasar = 0 pada persamaan

fungsi tujuan dan persamaan kendala, akan diperoleh nilai z, variabel dasar s1, s2, s3, dan s4. Di

sini terlihat nilai tersebut adalah sama dengan nilai ruas kanan pada persamaan fungsi tujuan

dan persamaan kendala. Dengan demikian dari persamaan tersebut kita peroleh nilai variabel

dasar. Pada kolom paling kiri kita tuliskan variabel dasar yang diperoleh dan nilainya diperoleh

pada kolom paling kanan. Di samping itu diperoleh ciri-ciri variabel dasar yaitu koefisien pada

perpotongan baris variabel dasar dan kolom variabel dasar tersebut adalah 1 sedangkan

koefisien variabel tersebut pada baris lainnya adalah 0 (lihat hal. 9)

Langkah 1 : Pilih variabel masuk di antara variabel non dasar yang ada yang jika nilainya

dinaikkan ke atas nol (menjadi positif) akan meningkatkan nilai fungsi tujuan.

Secara grafis kita lihat keadaan optimal lebih cepat tercapai jika x1 lebih dahulu dinaikkan

nilainya menjadi positif. Jika x1 lebih dahulu dinaikkan menjadi positif dalam 2 langkah keadaan

optimal tercapai, sedangkan jika x2 lebih dahulu dinaikkan menjadi positif keadaan optimal

tercapai dalam 4 langkah. Secara simpleks kita tentukan juga x1 adalah variabel masuk.

Kita cari ciri-ciri variabel masuk pada tabel simpleks.

Terlihat koefisien x1 adalah paling negatif, jadi selanjutnya kita tentukan variabel non dasar

yang koefisiennya pada persamaan fungsi tujuan paling negatif (untuk persoalan

memaksimalkan) adalah variabel masuk, sedangkan untuk persoalan meminimalkan variabel

masuk adalah variabel non dasar yang mempunyai koefisien yang paling positif Jika tidak ada

variabel masuk maka keadaan telah optimal.

Langkah 2 : Pilih variabel keluar di antara variabel dasar yang ada yang harus

dijadikan nol (dijadikan variabel non dasar) pada saat variabel masuk menjadi variabel

dasar.

Secara grafis kita tentukan variabel s1 merupakan variabel keluar (yaitu titik B di mana pada titik

B (s1 dan x2 = 0). Secara simpleks kita tentukan juga s1 adalah variabel keluar. Kemudian kita

cari ciri-ciri variabel non dasar pada tabel simpleks. Secara grafis kita peroleh pada saat x1

menjadi positif, variabel yang menjadi nol (variabel non dasar) adalah :

41

- titik B: s1 = 0 diperoleh x1 = 4

- titik J : s2 = 0 diperoleh x1 = 6

- titik L: s3 = 0 diperoleh x1 = - 1

- titik ∼ : s4 = 0 diperoleh x1 = ∼

Secara simpleks kita hitung rasio antara ruas kanan persamaan kendala dibagi koefisien x1

pada kendala tersebut diperoleh:

- kendala 1 : rasio = 4

- kendala 2 : rasio = 6

- kendala 3 : rasio = 1

- kendala 4 : rasio = ∼

Kita lihat rasio persamaan s1 (kendala 1) = 4 adalah rasio positif terkecil. Jadi variabel keluar

adalah variabel dasar yang rasionya positif terkecil.(untuk persoalan memaksimalkan maupun

meminimalkan).

Langkah 3 : Hitung penyelesaian dasar yang baru dengan membuat variabel masuk

menjadi variabel dasar dan variabel keluar menjadi variabel non dasar. Lanjutkan kembali

langkah 1.

Dari tabel simpleks iterasi 0 kita lihat variabel dasar koefisiennya nol pada persamaan fungsi

tujuan sedangkan pada persamaan kendala dasarnya koefisiennya adalah 1 dan pada

persamaan lainnya (termasuk persamaan fungsi tujuan) koefisiennya adalah nol. Dengan

dernikian kita buat tabel simpleks yang baru dengan menjadikan posisi persamaan variabel

keluar tersebut menjadi tempat variabel masuk. Kita buat koefisien variabel masuk tersebut

pada tempatnya yang baru = 1 dan membuat koefisien variabel dasar yang baru tsb. (variabel

masuk) koefisiennya menjadi nol pada persamaan lainnya dengan cara:

1. membagi persamaan variabel keluar tersebut dengan koefisien variabel masuk pada

persamaan tersebut (agar koefisiennya menjadi 1). Dengan demikian posisi variabel masuk

tersebut menjadi variabel dasar.

2. menambah/mengurangi persamaan lainnya (termasuk persamaan fungsi tujuan) dengan

persamaan variabel masuk dikali koefisien variabel masuk pada persamaan tersebut

sedemikian rupa agar koefisien masuk pada tabel yang baru menjadi nol.

42

V. D. z x1 x2 s1 s2 s3 s4 R. K.

z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 rasio

s1 0 6 4 1 0 0 0 24 24/4=4

It. 0 s2 0 1 2 0 1 0 0 6 6/1=6

s3 0 -1 1 0 0 1 0 1 1/-1=-1

s4 0 0 1 0 0 0 1 2 2/0=∞

z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20 rasio

x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4 6

It. 1 s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 3/2

s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5 3

s4 0 0 1 0 0 0 1 3 2

z 1 0 0 3/4 1/2 0 0 21 rasio

x1 0 1 0 1/4 -1/2 0 0 3

It. 2 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

Pada iterasi 0 terlihat x1 mempunyai koefisien paling negatif pada persamaan tujuan, sedangkan

persamaan s1 mempunyai rasio positif terkecil. Dengan demikian x1 merupakan variabel masuk

dan s1 variabel keluar.

Pada iterasi 1 terlihat x2 mempunyai koeftsien paling negatif pada persamaan tujuan, sedangkan

persamaan s2 mempunyai rasio positif terkecil. Dengan demikian x2 merupakan variabel masuk

dan s2 variabel keluar.

Pada iterasi 2 ini tidak ada variabel non dasar yang mempunyai koefisien yang negatif pada

persamaan fungsi tujuan → Tidak ada variabel masuk. Dengan demikian keadaan optimal pada

x1 = 3; x2 = 1 ½ dan z = 21

v.m.

v.m.

43

PENYELESAIAN AWAL DENGAN VARIABEL BUATAN

Jika kendala merupakan persamaan atau dengan tanda ≥ kita tidak mempunyai suatu

penyelesaian awal yang layak dan siap memulai penyelesaian.

Sebagai contoh:

min. z = 4x1 + x2

d. k. 3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 > 6

x1 + 2x2 < 4

x1; x2 ≥ 0

bentuk standar:

min. z = 4x1 + x2

d. k. 3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 – x3 = 6

x1 + 2x2 + x4 = 4

x1; x2; x3; x4 ≥ 0

V.D. x1 x2 x3 x4 R. K.

- 4 - 1 0 0 0

3

4

1

1

3

2

0

-1

0

0

0

1

3

6

4

- Terdapat 3 persamaan dengan 4 variabel, berarti satu variabel harus berada pada posisi

non dasar dengan nilai nol dalam setiap penyelesaian. Di sini terdapat dua variabel yang

koefisiennya tidak nol pada persamaan tujuan, sehingga kita harus menentukan salah satu

variabel yang koefiennya tidak nol sebagai variabel non dasar sedangkan variabel lainnya

berada pada posisi variabel dasar

- Pada kendala 2 dengan variabel surplus kita tentukan sebagai variabel dasar, akan tetapi

akan diperoleh variabel dasar yang negatif, sedangkan pada metode simpleks telah

ditentukan semua variabel adalah non negatif.

44

Kedua hal di atas bertentangan dengan ketentuan penyelesaian dengan metode simpleks.

Untuk itu perlu dilakukan dengan coba-coba yang akan memakan waktu yang lama. Di samping

itu tidak sesuai dengan perhitungan dengan komputer.

� Dikembangkan metode untuk memudahkan penyelesaian.

Pada kendala dengan tanda = dan > ditambahkan variabel buatan sebagai alat bantu untuk

memulai penyelesaian awal yang nilainya akan sama dengan nol pada akhir penyelesaian.

Dengan adanya variabel buatan ini akan diperoleh variabel dasar awal.

Terdapat dua cara penyelesaian :

- Teknik M

- Teknik dua fase

Teknik M (Metode Penalti)

- Pada kendala dengan tanda = dan > kita tambahkan variabel buatan.

- Pada fungsi tujuan kita berikan penalti sebesar M x variabel buatan (untuk persoalan

meminimalkan), di mana M adalah bilangan yang besar sekali. Pada akhir penyelesaian

penalti tersebut tidak ada artinya karena nilai variabel buatan = 0

Untuk persoalan meminimalkan penalti adalah sebesar

M x variabel buatan

Untuk persoalan memaksimalkan penaltinya adalah sebesar

- M x variabel buatan

45

Contoh :

Kita selesaikan persoalan pada contoh di atas

Bentuk standar:

min. z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2

d. k. 3x1 + x2 + R1 = 3

4x1 + 3x2 - x3 + R2 = 6

x1 + 2x2 + x4 = 4

x1; x2; x3; x4; R1; R2 > 0

Jika kita buat tabel simpleks dari persoalan di atas, akan diperoleh koefisien R1 dan R2

pada persamaan fungsi tujuan sebesar - M. Seharusnya koefisien R1 dan R2 tersebut

sama dengan 0 karena tujuan kita menambahkan variabel buatan adalah sebagai

variabel. dasar awal. Agar koefisien R1 dan R2 = 0 kita masukkan nilai variabel buatan

yang kita peroleh dari persamaan kendala ke dalam persamaan fungsi tujuan.

R1 = 3 – 3x1 - x2

R2 = 6 – 4x1 – 3x2 + x3

Kita peroleh fungsi tujuan

z = 4x1 + x2 + M(3 – 3x1 - x2) + M(6 - 4x1 – 3x2 + x3)

z + (- 4 + 7M)x1 + (-1+ 4M)x2 - Mx3 = 9M

Selanjutnya persoalan tersebut diselesaikan dengan metode simpleks secara biasa.

V. D. x1 x2 x3 R1 R2 x4 R. K.

Z -4 7M

- 1 4M

0 - M

0 0

0 0

0 0

0 9M

Rasio :

R1 R2 x4

3 4 1

1 3 2

0 -1 0

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3 6 4

3/3 = 1 6/4 = 3/2 4/1 = 4

Z

0 0

1/3 5/3M

0 - M

4/3 - 7/3M

0 0

0 0

4 2M

x1 R2 x4

1 0 0

1/3 5/3 5/3

0 -1 0

1/3 - 4/3 - 1/3

0 1 0

0 0 1

1 2 3

1/1/3 = 3 2/5/3 = 6/5 3/5/3 = 9/5

Z

0 0

0 0

1/5 0

8/5 - M

- 1/5 - M

0 0

18/5 0

X1 x2 x4

1 0 0

0 1 0

1/5 - 3/5

1

3/5 - 4/5

1

- 1/5 3/5 - 1

0 0 1

3/5 6/5 1

3/5/1/5 = 3 6/5/-3/5 = -2 1/1 = 1

Z

0 0

0 0

0 0

7/5 - M

0 - M

- 1/5 0

17/5 0

X1 x2 x3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

2/5 - 1/5

1

0 0 - 1

- 1/5 3/5

1

2/5 9/5 1

46

Oleh karena pada iterasi 3 tidak ada koefisien variabel pada baris fungsi tujuan yang

positif � optimal

x1 = 2/5; x2 = 9/5 z = 17/5

KASUS-KASUS KHUSUS DALAM PENERAPAN METODE SIMPLEKS

1.Degenerasi

2.Penyelesaian optimal alternatif

3.Penyelesaian tanpa batas

4.Tidak ada penyelesaian yang mungkin

DEGENERASI

Suatu saat kita mungkin menghadapi keadaan di mana rasio positif terkecil lebih dari

satu. Dalam hal ini kita tentukan salah satu dari variabel dasar yang mempunyai rasio

positif terkecil menjadi variabel keluar. Dengan demikian pada iterasi berikutnya akan

terdapat variabel dasar yang nilainya sama dengan nol. Kita katakan penyelesaian dasar

yang baru adalah degenerasi. Pada keadaan ini kita mempunyai kendala yang berlebih.

Contoh : penyelesaian degenerasi yang optimal

f.t maks z = 3x1 + 9x2

d.k. x1 + 4x2 ≤ 8

x1 +2x2 ≤ 4

x1; x2 > 0

tabel simpleks dari persoalan tersebut:

iterasi 0 V. D. xl x2 x3 x4 R. K.

z -3 - 9 0 0 0 rasio

x3 1 4 1 0 8 8/4=2

x4 1 2 0 1 4 4/2=2

iterasi 1 z -3/4 0 9/4 0 18

x2 1/4 1 1/4 0 2 8

x4 1/2 0 -1/2 1 0 0

iterasi 2 z 0 0 3/2 3/2 18

x2 0 1 1/2 -1/2 2

x1 1 0 -1 2 0

47

Secara grafis persoalan di atas digambarkan seperti di bawah ini :

Contoh : penyelesaian degenerasi sementara

f t. maks. z = 3x1 + 2x2

d.k. 4x1 + 3x2 < l2

4x1+ x2 < 8

4x1 - x2 < 8

x1; x2 ≥ 0

x1 + 2x2 < 4

x1 + 4x2 < 8

Optimal pada x1 = 0 x2 = 2 z = 18

Kendala berlebih

Penyelesaian degenerasi yang tidak optimal

Penyelesaian optimal yg tidak degenerasi

z=3x1+2x2

4x1 +x2 =8

4x1 - x2 =8

4x1 +3x2 =12

48

Tabel simpleks persoalan tersebut:

V. D. x1 x2 x3 x4 x5 R. K. z - 3 - 20 0 0 0 Rasio

x3 4 3 1 0 0 12 12/4=3 x4 4 1 0 1 0 8 8/4=2 x5 4 - 1 0 0 1 8 8/4=2

z 0 -5/4 0 3/4 0 6

x3 0 2 1 -1 0 4 2 x1 1 1/4 0 1/4 0 2 8 x5 0 -2 0 -1 l 0 - 0

z 0 0 5/8 1/8 0 17/2

x2 0 1 1/2 -1/2 0 2 x1 1 0 -1/8 3/8 0 3/2 x5 0 0 1 -1 1 4

Pada iterasi 1 terjadi degenerasi namun belum optimal

Pada iterasi 2 kondisi optimal namun sekarang tidak ada variabel dasar yang nilainya nol.

Penyelesaian optimal alternatif :

Jika fungsi tujuan sejajar dengan sebuah kendala yang mengikat terdapat lebih dari satu

penyelesaian optimal

Contoh: maks. z = 2x1 + 4x2

d. k x1 +2x2 < 5

x1 + x2 < 4

x1; x2 > 0

Semua titik pada garis BC mempunyai nilai Z = 10. Di luar garis BC walaupun

mempunyai nilai Z = 10 tetapi tidak layak karena berada di luar bidang penyelesaian yang

layak.

x1 + 2x2 ≤ 4

Z=2x1 + 4x2

x1 + 2x2 ≤ 5 A

B

D

C Peny. dasar yg optimal

49

Iterasi 0 V.D. x1 x2 x3 x4 R. K.

z -2 -4 0 0 0 rasio :

x3 1 2 1 0 5 5/2 = 2 ½

x4 1 1 0 1 4 4/1 = 4

iterasi 1 z 0 0 2 0 10

x2 1/2 1 1/2 0 5/2 5/2/1/2 = 5

x4 1/2 0 -1/2 1 3/2 3/2/1/2 = 3

iterasi 2 z 0 0 2 0 10

x2 1 0 1 -1 1

x1 0 1 -1 2 3

pada iterasi 1 diperoleh x1 = 0; x2 = 5/2 dan z = 10 (titik B pada gambar). Pada iterasi ini

keadaan telah optimal karena tidak ada variabel non dasar yang koefisiennya negatif

pada fungsi tujuan. Akan tetapi variabel non dasar x1 koefisennya pada fungsi tujuan

adalah nol. Di sini dianggap koefisiennya adalah nol yang negatif, sehingga x1 dapat

dijadikan variabel masuk. Pada iterasi 2, x1 adalah variabel masuk sedangkan x4 adalah

variabel keluar. Pada iterasi 2 diperoleh x1 = 3; x2 = 1 dan z = 10 (titik C pada gambar).

Dengan metode simpleks hanya diperoleh dua titik optimal B(0,5/2) dan C(3,1). Jika

terjadi hal seperti ini dapat dibuat persamaan umum untuk semua titik yang terletak pada

segmen garis BC dengan koordinat P(x1, x2). Dengan menganggap BC = 1 dan CP = α (

0 < α < 1) diperoleh :

x1 = α (0) + (1- α) (3) = 3 – 3 α x2 = α (5/2) + (1- α) (1) = 1 + 3/2 α

Dengan menentukan nilai α tertentu kita dapat memperoleh nilai koordinat titik P. Atau

kita tentukan salah satu nilai x1 (atau x2) akan diperoleh nilai α, dengan demikian nilai x2

(atau x1) diperoleh.

PENYELESAIAN TANPA BATAS

Pada beberapa model Programa Linier besarnya nilai variabel tanpa batas tanpa

mengganggu kendala. Hal ini berarti penyelesaian tanpa batas, sebagai akibat nilai

tujuan dapat dinaikkan (persoalan memaksimumkan) atau diturunkan (persoalan

Meminimumkan) tanpa batas. Model seperti ini berarti dibuat sangat jelek, karena tidak

mungkin membuat model dengan keuntungan tidak terbatas.

Penyebabnya a. l. :

1 ) Satu atau beberapa kendala yang terbatas tidak diperhitungkan

2 ) Koefisien dari bebarapa variabel tidak diperkirakan secara betul

50

Contoh :

f.t. maks. Z = 2x1 + x2,

d. k. x1 -x2 < 10

2x1 < 40

x1; x2 > 0

Tabel simpleks :

V. D. x1 x2 x3 x4 R. K. z - 2 - 1 0 0 0 rasio x3 x4

1 2

- 1 0

1 0

0 1

10 40

10 20

v. k.

z 0 - 3 0 0 20 x1 x4

1 0

- 1 2

1 -2

0 1

10 20

-10 10

v. k.

z 0 0 -3 3/2 50 x1 x2

1 0

0 1

0 -1

1/2 1/2

20 10

∼ -10

v. k.

Rasio positif terkecil pada iterasi 2 adalah ∼ sehingga x1 keluar dan digantikan oleh x3.

Jika baris fungsi tujuan ditambah ∼ x persamaan baris kendala variabel masuk, koefisien

X3 tetap negatif, sedangkan fungsi tujuannya telah bernilai ∼. Dengan demikian

penyelesaiannya adalah tanpa batas.

daerah penyelesaian

2x1 = 40

x1 – x2 = 10

z = 2x1 + x2 Dapat dinaikkan tanpa batas

51

DAERAH PENYELESAIAN TANPA BATAS TETAPI MEMPUNYAI NILAI OPTIMAL

YANG TERTENTU

Contoh : f.t. maks. z = 6x1- x2

d. k. 2x1 - x2 < 2

x1 < 4

x1; x2 > 0

V.D. x1 x2 x3 x4 R.K.

z -6 2 0 0 0

x3 2 -1 l 0 2

x4 l 0 0 1 4

z 0 -1 3 0 6

x1 1 - ½ ½ 0 1

x4 0½ -½ 1 3 di sini walaupun daerah penyelesaiannya

z 0 0 2 2 12 tanpa batas namun terdapat sebuah

x1 l 0 0 1 4 penyelesaian.

x2 01 -1 2 6

TIDAK ADA PENYELESAIAN YANG LAYAK/MUNGKIN

f.t. maks. z = 3x1 +2x2

d k 2x1 + x2 < 2

3x1 + 4x2 > 12

Secara grafis penyelesaiannya adalah seperti di bawah ini :

Setelah semua daerah yang tidak memenuhi

syarat dibuang, maka tidak terdapat daerah

yang memenuhi syarat. Berarti tidak ada

penyelesaian yang layak.

52

Tabel simpleks dari persoalan di atas :

V.D. x1 x2 x3 x4 R R.K.

iterasi 0 -3 -2 0 0 0 0 z -3M -4M 0 M 0 - 12M

x3 2 1 1 0 0 2

R 3 4 0 - l 1 12

iterasi 1 1 0 2 0 0 4

z 5M 0 4M M 0 - 4M

x2 2 1 1 0 0 2

R - 5 0 - 4 1 1 4

Pada iterasi 1 keadaan sudah optimal karena sudah tidak ada variabel non dasar

koefisiennya yang negatif. Namun di sini nilai variabel buatannya adalah tidak nol. Berarti

tidak ada penyelesaian yang layak.

INTERPRETASI TABEL SIMPLEKS - ANALISA KEPEKAAN

Dari tabel simpleks yang optimal akan diperoleh :

1) Penyelesaian yang optimal

2) Status dari sumber

3) Nilai per unit dari sumber

4) Kepekaan dari penyelesaian optimal terhadap

� tersedianya sumber

� koefisien dari fungsi tujuan

� pemakaian sumber oleh kegiatan

Persoalan Pabrik cat

maks. z = 5x1 + 4x2

d.k. 6x1 + 4x2 + s1 = 24 (b.b. M1)

x1 + 2x2 + s2 = 6 (b.b. M2)

-x1 + x2 + s3 = 1 (permintaan)

x2 + s4 = 2 (permintaan)

x1; x2; s1; s2; s3; s4 > 0

53

tabel simpleks yang optimal :

V.D. x1 x2 s1 s2 s3 s4 R.K.

z 0 0 3/4 1/2 0 0 21

x1 1 0. 1/4 -1/2 0 0 3

x2 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2

s3 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2

s4 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2

PENYELESAIAN YANG OPTIMAL :

Nilai variabel dasar dapat dilihat pada kolom ruas kanan. Variabel yang tidak disebut

pada kolom variabel dasar berarti adalah variabel non dasar yang nilainya nol.

Dengan demikian penyelesaian adalah :

x1 = 3 ; x2 = 3/2 ; z = 21

STATUS SUMBER :

Status dari sumber ditunjukkan oleh nilai variabel slack :

Sumber Slack Status

� Raw Material M1 s1 = 0 terbatas

� Raw Material M2 s2 = 0 terbatas

� Batas pada kelebihan cat s3 = 2

5 berlebih

dalam terhadap cat luar

� Batas pada permintaan cat dalam s4 = 2

1 berlebih

NILAI UNIT DARI SUMBER :

Nilai per unit dari sumber yang dibahas pada bab yang lalu :

y1 = 3/4; y2 = ½; y3 = 0; y4 = 0. Nilai tersebut dapat dilihat dari koefisien dari variabel

dasar awal pada fungsi tujuan yang optimal.

Koefisien variabel slack pada fungsi tujuan : s1 = ¾, s2 = ½, s3 = 0, s4 = 0

54

Dari tabel simpleks

V. D. x1 x2 s1 s2 s3 s4 R. K.

z 0 0 4

3

2

1 0 0 21

z = 21 - (4

3 s1 +

2

1 s2 + 0 s3 + 0 s4 )

Jika s1 dinaikkan dari keadaan sekarang = 0 ke nilai yang positif maka nilai Z akan turun

sebanyak 3/4 ribu dollar / ton.Naiknya nilai s1 sama artinya dengan turunnya sumber 1

(bahan baku M1) maka 6x1+ 4x2 + s1 = 24

Kesimpulan � turunnya sumber 1 akan menurunkan nilai Z sebesar $3/4 ribu/ton.

Kebalikannya� naiknya sumber 1 (ekuivalen dengan s1 < 0) akan menaikkan

nilai Z sebesar $ 3/4 ribu/ton.

PERUBAHAN YANG MAKSIMUM PADA KEUNTUNGAN / BIAYA MARGIN

Keuntungan marginal 5→ 5+σ1

Z = ( 5 + σ1 ) x1 + 4x2

Dengan masuknya nilai σ1 persamaan fungsi tujuan menjadi :

V. D. x1 x2 s1 s2 s3 s4 R. K.

z 0 0 4

3 2

1 0 0 21

- σ1 0 0 0 0 0 0

agar koefsien x1 pada fungsi tujuan tersebut menjadi nol maka baris fungsi tujuan yang

kedua dikurangi dengan σ1 x persamaan variabel dasar x1 (lihat tabel simpleks optimal

pada hal 21). Dengan demikian persamaan fungsi tujuan berubah menjadi :

V. D. x1 x2 s1 s2 s3 s4 R. K.

z 0 0 (3/4 + 1/4σ1) (1/2 - 1/2σ1) 0 0 21 + 3σ1

55

Perubahan koefisien tersebut tidak mempengaruhi persoalan selama koefisien dari

variabel non dasar tetap non negatif yaitu:

3/4 + 1/4 σ1 ≥ 0 (1) � σ1> - 3

1/2 - 1/2 σ1 ≥ 0 (2) � σ1 < 1

- 3 ≤ σ1 ≤ 1

.berarti koefisien x1 (keuntungan dari cat luar):

paling kecil 5 + 1 = 6

paling besar 5 - 3 = 2

� Tanpa mengubah titik optimal yaitu

memproduksi cat luar 3 ton dan cat dalam 3/2 ton.