Download - Dualitas&Sensivitas

METODE SIMPLEKS

Contoh :

Perusahaan sepatu “IDEAL” membuat 2 macam sepatu. Macam pertama merek I1

dengan sol dari karet dan macam kedua merek I2 dengan dol dari kulit. Untuk membuat

sepatu-sepatu itu perusahaan memiliki 3 macam mesin. Mesin 1 khusus membuat sol dari

karet dan mesin 2 khusus membuat sol dari kulit dan mesin 3 membuat bagian atas sepatu

dan melakukan assembling bagian atas dengan sol. Setiap lusin sepatu merek I1 mula-

mula dierjakan di mesin 1 selama 2 jam kemudian tanpa melalui mesin 2 terus dikerjakan

di mesin 3 selama 6 jam sedan untuk sepatu merek I2 tidak diproses di mesin 1 tetapi

pertama kali dikerjakan di mesin 2 selama 3 jam terus dikerjakan di mesin 3 selama 5

jam. Jam kerja maksimum setiap hari untuk mesin 1 = 8 jam, mesin 2 = 15 jam dan

mesin 3 = 30 jam . Sumbangan terhadap laba untuk setiap lusin sepatu merek I1 = Rp.

30.000,- sedang merek I2 = Rp.50.000,-. Masalahnya adalah menentukan berapa lusin

sebaiknya sepatu merek I1 dan I2 yang dibuat agar bisa memaksimumkan laba.

Penyelesaian :

Tabel 1. Data dari perusahaan sepatu ”IDEAL” :

Mesin Merek Kapasitas Maksimum

I1 I2

1 2 0 8

2 0 3 15

3 6 5 30

Sumbangan terhadap laba (Rp. 10.000,-) 3 5

Untuk formulasi masalah tersebut, tentukan simbol-simbol yang akan dipakai.

X1 = jumlah sepatu merek I1 yang akan dibuat setiap hari

X2 = jumlah sepatu merek I2 yang akan dibuat setiap hari

Z = jumlah sumbangan seluruh sepatu merek I1 dam merek I2 yang akan diperoleh.

Metode Simpleks

Langkah 1 : Mengubah fungsi tujuan dan batasan-batasan

- fungsi tujuan diubah menjadi fungsi implisit artinya semua persamaan digeser ke kiri

Misal : Z = 3X1 + 5X2 diubah menjadi Z- 3X1-5X2 = 0

- Semua bentuk ketidaksamaan harus diubah menjadi kesamaan dengan cara mennambah

slack variable (Xn+1, Xn+ 2, …..Xn + m). Karena tingkat atau hasil kegiatan yang ada

diwakili oleh X1 dan X2 maka variable snack dimulai dari X3, X4 dst. Sehingga :

1. 2X1 ≤ 8 menjadi 2X1 + X3 = 8

2. 3X2 ≤ 15 menjadi 3X2 + X4 = 15

3. 6X1 + 5X2 ≤ 30 menjadi 6X1 + 5X2 + X5 = 30

- Berdasarkan perubahan-perubahan persamaan tersebut dapat disusunformulasi sebagai

berikut:

Fungsi tujuan : Memaksimumkan Z-3X1-5X2

Batasan-batasan :

1. 2X1 + X3 = 8

2. 3X2 + X4 = 15

3. 6X1 + 5X2 + X5 = 30

Langkah 2 : Menyusun persamaan-persamaan dalam tabel

Tabel 2.

Langkah 3 : Memilih kolom kunci

- Pilih kolom pada baris fungsi tujuan yang bernilai negatif dengan angka terbesar.

Dalam hal ini kolom X2 dengan nilai pada baris persamaan tujuan -5 sehingga beri

tanda segi empat pada kolom X2

- Jika suatu tabel udah tidak memiliki nilai negatif pada baris fungsi tujuan maka tabel

tersebut tidak bisa dioptimalkan lagi (sudah optimal)

Tabel 3.

Langkah 4 : Memilih baris kunci

- Cari Indeks tiap-tiap baris

Nilai kolom NK

Indeks =

Nilai kolom kunci

Baris 1 : indeks = 8/0 = ~, baris batasan 2 = 15/3 = 5, baris batasan 3 = 30/5 = 6

- Pilih baris dengan indeks positif dengan angka terkecil. Dalam hal ini baris

batasan 2 merupakan baris kunci.

- Nilai yang masuk dalam kunci dan juga termasuk dalam baris kunci disebut angka

kunci

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15

X5 0 6 5 0 0 1 30

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Keterangan

Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15 15/3 = 5 minimum

X5 0 6 5 0 0 1 30 30/5 = 6

Tabel 4.

Langkah 5 : Mengubah nilai-nilai baris kunci

- Nilai baris kunci diubah dengan cara membaginya dengan angka kunci sehingga

nilai-nilai pada baris kunci menjadi (0/3 = 0, 3/3 = 1, 0/3= 0, 1/3 =1/3, 15/3= 5)

Langkah 6 : mengubah nilai-nilai selain pada baris kunci

Nilai-nilai baris yang lain selain pada baris kunci dapat diubah dengan rumus sebagai

berikut:

Baris baru = baris lama – (koefisien pada kolom kunci) X nilai baru baris kunci

Untuk data diatas, nilai baru baris pertama (Z) sebagai berkut:

[ -3 -5 0 0 0, 0 ]

(-5) [ 0 1 0 1/3 0, 5 ] (-)

Nilai baru = [ -3 0 0 5/3 0, 25 ]

Baris ke -2 (batasan 1):

[ 2 0 1 0 0, 8 ]

(0) [ 0 1 0 1/3 0, 5 ] (-)

Nilai baru = [ 2 0 1 0 0, 8 ]


Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15

X5 0 6 5 0 0 1 30

Z 1

X3 0

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X5 0

Baris ke-4 (batasan 3):

[ 6 5 0 0 1, 30 ]

(5) [ 0 1 0 1/3 0, 5 ] (-)

Nilai baru = [ 6 0 0 -5/3 1, 5 ]

Tabel 5.

Langkah 7 : Melanjutkan perbaikan-perbaikan/perubahan-perubahan

Ulangilah langkah-langkah perbaikan mulai langkah 3 sampai langkah 6 untuk memperbaiki

tabel-tabel yang telah diubah/diperbaiki nilainya. Perubahan baru berhenti setelah pada baris

pertama (fungsi tujuan) tidak ada yang bernilai negatif.

Jika Tabel diatas kita ubah lagi baris dan kolom kuncinya maka akan diperoleh tabel 6

berikut:

Untuk data diatas, diperoleh nilai baru sebagai berkut: Baris ke -1:

[ -3 0 0 5/3 0, 25 ]

(-3) [ 1 0 0 -5/18 1/6, 5/6 ] (–)

Nilai baru = [ 0 0 0 5/6 1/2, 27 1/2 ]


Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15

X5 0 6 5 0 0 1 30

Z 1 -3 0 0 5/3 0 25

X3 0 2 0 1 0 0 8

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X5 0 6 0 0 -5/3 1 5


Z 1 -3 0 0 5/3 0 25

X3 0 2 0 1 0 0 8 8/2 = 4

X4 0 0 1 0 1/3 0 5

X1 0 6 0 0 -5/3 1 5 5/6 = 5/6 minimum

Z 1

X3 0

X2 0

X1 0 1 0 0 -5/18 1/6 5/6

Baris ke -2:

[ 2 0 1 0 0, 8 ]

(2) [ 1 0 0 -5/18 1/6, 5/6 ] (–)

Nilai baru = [ 0 0 1 5/9 -1/3, 61/3 ]

Baris ke-3 : tidak berubah karena nilai pada kolom kunci = 0

Kalau hasil perubahan dimasukkan ke dalam tabel perubahan maka akan terlihat padaTabel 7.

Pada baris pertama (Z) tidak ada lagi yang bernilai negatif berarti tabel sudah optimal.


Z 1 -3 0 0 5/3 0 25

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 1 0 1/3 0 5

X5 0 6 0 0 -5/3 1 5

Z 1 0 0 0 5/6 1/2 27 1/2

X3 0 0 0 1 5/9 -1/3 61/3

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X1 0 1 0 0 -5/18 1/6 5/6

Rangkuman langkah-langkah secara keseluruhan

Berdasarkan data pada tabel optimal diperoleh kesimpulan berikut:

X1 = 5/6, sehingga I1 = 5/6 lusin/hari

X2 = 5, sehingga I2 = 5 lusin/hari

Z maksimum = 27 ½, artinya laba yang akan diperoleh = Rp. 275.000,-/hari


Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15

X5 0 6 5 0 0 1 30

Z 1 -3 0 0 5/3 0 25

X3 0 2 0 1 0 0 8

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X5 0 6 0 0 -5/3 1 5

Z 1 0 0 0 5/6 ½ 27 1/2

X3 0 0 0 1 5/9 -1/3 61/3

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X1 0 1 0 0 -5/18 1/6 5/6

DUALITAS DALAM LINEAR PROGRAMMING DAN ANALISA SENSIVITAS

1. TEORI DUALITAS

- Konsep dualitas merupakan alat analisa dalam Linier Programming untuk

mengoreksi kesalahan yang terjadi selama perhitungan suatu fungsi linear

sekaligus dapat menginterpretasikan secara ekonomis permasalahan yang ada

dari masalah asli (primal)

- Konsep dualitas dikarenakan bahwa setiap masalah linear programming lain

merupakan dualnya dan masalah dualnya dapat dipakai untukmemeriksa kembali

table optimal dari masalah primal.

- Dasar Teori Dualitas

Notasi baris 1 tabel simpleks

Variabel

Dasar

Z X1 X2 …… Xn Xn+1 Xn+2 Xn+m NK

Z 1 (Z1-C1) (Z1-C1) (Z1-C1) Y1Y2 ……. Ym Yo

- Kondisi optimal : apabila semua koefisien pada baris pertama (Z) tidak ada yang

bernilai negative atau dapt dinyatakan sbb:

Zj – Cj ≥ 0; untuk j = 1,2,………n

Yi ≥ 0 ; untuk i = 1,2,……m

Dengan menggantikan Zj, metode simpleks dapat diinterpretasikan mencari nilai

Y1, Y2, …….Ym dimana :

m

Y0 = Σ bi Yi ; dengan batasan :

i = 1

m

Σ aij Yi ≥ Cj; untuk j = 1,2…..n

i = 1 dan Yi ≥ 0, untuk i = 1,2,.... m

bentuk ini disebut sebagai bentuk dual masalah primal karena Y0 tidak lain adalah

nilai Z sedang tujuan primal adalah memaksimumkan nilai Z maka juga harus

memaksimumkan Y0 . Namun hal ini tidak mungkin dilakukan karena hanya nilai

yang feasible yang memenuhi kondisi optimal dari masalah primalnya.dengan

demikian konsekuensinya nilai Z optimal pada masalah primal adalah nilai Y0

minimum pada masalah dual sehingga dual problem ditulis berikut:

Fungsi tujuan : Minimumkan :

m

Y0 = Σ bi Yi ; dengan batasan :

i = 1

m

Batasan-batasan Σ aij Yi ≥ Cj; untuk j = 1,2…..n

i = 1 dan Yi ≥ 0, untuk i = 1,2,.... m

Tabel 8. Tabel Primal-dual linear programming

Primal

Koefisien

X1 X2 ..... Xn NK

Dual

Koef

isie

n Y1 a 11 a 12 a 1n ≤ b1

Koefisien

fu

ngsi

tuju

an (M

inim

isasi)

Y2 a 21 a 22 a 2n ≤ b2

....

.....

.....

.....

.

Ym a m1 a m2 a mn ≤ bm

NK ≥ C1 ≥ C1 ≥ Cn

Koefisien Fungsi Tujuan (maksimisasi)

Hubungan antara primal-dual :

1. Parameter batasan primal (atau dual) merupakan koefisien variabel dual (atau

primal dan

2. Koefisien fungsi tujuan primal (atau dual) merupakan nilai kanan dual (atau

primalnya)

Tabel 9. Tabel primal-dual untuk perusahaan sepatu “IDEAL”

I1 I2

Y1 2 0 ≤ 8

Y2 0 3 ≤ 15

Y3 6 5 ≤ 30

≥ 3 ≥ 5

Masalah primal-dual untuk perusahaan sepatu “IDEAL”

Primal Dual

Memaksimumkan : Z = 3X1 + 5X2 Meminimumkan : Y0 = 8Y1 +15Y2 + 30 Y3

Batasan-batasan : Batasan-batasan :

2X1 ≤ 8 2Y1 + 6Y3 ≥ 3

3X2 ≤ 15 3Y2 + 5Y3 ≥ 5

Dan Dan

X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0 Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0; Y3 ≥0

Apabila masalah dual tersebut diselesaikan maka akan diperoleh : Y1* = 0, Y2*

= 5/6, dan Y3* = ½ ; yang tidak lain hádala koefisien snack variable pada baris

pertama (Z) bagian optimal.Bila Y1* tidak sama dengan koefisien snack variable

baris Z pada tabel primal yang optimal maka pasti terdapat kesalahan yang harus

segera diteliti kembali.

Tabel 10. Intrepretasi ekonomis masalah primal

Jumlah Interpretasi

Xj Tingkat aktivitas(j = 1,2,……,n)

Cj Laba per satuan aktivitas j

Z Laba total dari seluruh aktivitas

Bi Jumlah sumber i yang tersedia (i = 1,2,...m)

Aij Jumlah sumber i yang dipakai oleh setiap satuan aktivitas j

Untuk menginterpretasikan dualnya dapat dimulai dengan ”dual variables” (Y1,

Y2,...Ym);

Dimana Y0 = b1Y1 + b2Y2 + …… + bmYm dan Y0 adalah nilai Z pada suatu

tabel simpleks. Nilai-nilai Y1,Y2, …Ym tampak pada baris pertama (Z) pada

statu tabel simpleks dan Yi (i = 1,2,…,m) ádalah kontribusi per satuan sumber i

terhadap laba. Sehingga pada tabel optimaldimana Y1* = 0; Y2* = 5/6 dan Y3* =

½ dapat dikatakan bahwa setiap satuan masing-masing sumber (Y1, Y2, y3)

menyumbang Rp 0,- ; Rp.5/6 dan Rp.1/2 terhadap laba total sebesar Rp. 271/2/hari

yaitu :

271/2 = 8 (0) + 15 (5/6) + 30 (1/2)

Persamaan ini dapat dijadikan sebagai alat pemeriksa kembali apakah yang

diperoleh pada tabel optimal sudah benar. Bila terdapat ketidakcocokan, berarti

telah terjadi kesalahan dalam perhitungan dan perlu ada perbaikan.

Interpretasi lain dari dual variable adalah bahwa Yi adalah nilai marginal sumber

i, dimana nilai Z akan meningkat apabila bi dinaikkan.

Contoh : Pada Perusahaan sepatu IDEAL

Apa yang terjadi setiap bi (secara individu) dinaikkan nilainya dengan 1?

Diketahui bahwa X1* = 5/6, X2 = 5 dengan Z = 27 ½

a. Apabila batasan 1 : 2X1 ≤ 8 diubah (dinaikkan)menjadi 2X1 ≤ 9, maka X1*

dan X2* tetap sebesar semula yakni X1* = 5/6 dan X2* = 5 dengan Z1* = 0

sehingga ΔZ juga = 0

b. Apabila batasan 2 ; 3X2 ≤ 15 diubah menjadi 3X2 ≤ 16 maka X1* dan X2*

akan berubah dengan mencari perpotngan batasan 2 (baru) dengan batasan 3.

6X1 + 5X2 = 30 x 3

3X2 = 16 x 5

18X1 + 15X2 = 90

(–)

18X1 = 10

X1* = 10/18 = 5/9

X2* = 16/3

Z* = 5/9 (3) + 16 (5) = 28 1/3

Berarti terjadi kenaikan nilai Z (ΔZ) sebesar 28 1/3 – 27 1/2 = 5/6, sesuai

dengan besar Y2* = 5/6

c. Apabila batasan 3 ; 6X1 + 5X2 ≤ 30 diubah menjadi 6X1 + 5X2 ≤ 31 maka

X1* dan X2* akan berubah dengan proses sebagai berikut :

6X1 + 5X2 = 31 x 3

3X2 = 16 x 5

18X1 + 15X2 = 93

15X2 = 75

(–)

18X1 = 18

X1* = 1

X2* = 2

Z* = 1 (3) + 5 (5) = 28

Berarti ΔZ sama dengan Y3* sebesar = ½

Bila kenaikan bi melebihi batas tertentu maka kemungkinan akan menjadi

infeasible. Pada contoh, untuk batasan kedua (3X2 = 15) tidak dapat

dinaikkan b-nya lebih dari 3 satuan (3X2 = 18). Misalnya 3X2 = 19 maka

akan melanggar batasan X1 ≥ 0 (batasab non negatif).

6X1 + 5X2 = 30 x 3

3X2 = 19 x 5

18X1 + 15X2 = 90

15X2 = 95

(–)

18X1 = -5

X1* = -5/18

Demikian juga apabila batasan ketiga (6X1 + 5X2 ≤ 30). Nilai b dari batasan ini

tidak bisa dinaikkan lebih dari 19 satuan (menjadi 6X1 + 5X2 ≤ 49). Bila nilai b

pada batasan tersebut dinaikkan lebih dari itu misalnya 6X1 + 5X2 ≤ 50 maka

akan melanggar batasan pertama dimana :

2X1 ≤ 8 atau X1 ≤ 4

6X1 + 5X2 = 50 x 3

3X2 = 15 x 5

18X1 + 15X2 = 150

15X2 = 75

(–)

18X1 = 75

X1* = 75/18 = 41/6

2. ANALISA SENSIVITAS

Analisa sensivitas merupakan analisa yang digunakan untuk menganalisa suatu model LP

dengan tujuan mengurangi atau menghindari perhitungan ulang bila terjadi perubahan satu atau

beberapa koefisien model LP pada saat penyelesaian optimal telah tercapai (post-optimal).

Misalnya :

1. Keterbatasan kapasitas sumber. Dengan kata lain, nilai kanan fungís-fungsi batasan

2. koefisien-koefisien fungsi tujuan

3. koefisien-koefisien teknis fungís-fungsi batasan yaitu koefisien yang menunjukkan berapa

bagian kapasitas sumber yang dikonsumsi oleh suatu kegiatan.

4. penambahan variable baru

5. Penambahan batasan baru

Perubahan tersebut akan mengakibatkan salah satu perubahan :

1. Penyelesaian optimal tidak berubah, artinya baik variabel dasar maupun nilai-nilainya tidak

mengalami perubahan.

2. Variabel dasar mengalami perubahan tetapi nilai-nilainya tidak berubah

3. Penyelesaian optimal sama sekali berubah

Contoh kasus perusahaan sepatu IDEAL

Primal :

Memaksimumkan : Z = 3X1 + 5X2

Batasan-batasan :

1. 2X1 ≤ 8

2. 3X2 ≤ 15

3. 6X1 + 2X2 ≤ 30

X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0

Dual :

Meminimumkan : Y0 = - 8Y1 + 15Y2 + 30Y3

Batasan-batasan :

1. -Y1 + 6 Y3 ≤ 8

2. 3 Y2 + 2Y3 ≤ 5

Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0; Y3 ≥ 0

Tabel optimal untuk Perusahaan Sepatu IDEAL

:


Z 1 0 0 0 5/6 1/2 27 1/2

X3 0 0 0 1 5/9 -1/3 61/3

X2 0 0 1 0 1/3 0 5

X1 0 1 0 0 -5/18 1/6 5/6

Kaídah I:

Pada setiap iterasi dalam metode simpleks baik yang primal maupun dual, matrik yang

berisi variable-variabel “starting solution” (tidak termasuk baris tujuan) dapat dipakai

untuk menghitung koefisien baris tujuan yang berhubungan dengan matrik tersebut.

Langkah 1 :

Pilih koefisien fungsi tujuan yang berhubungan dengan variable dasar iterasi yang

bersangkutan lalu susun dalam suatu vektor baris. Fungsi tujuan pada perusahaan sepatu

IDEAL ádalah 3X1 +5X2 sehingga pada langkah pertama ini koefisien fungsi tujuan

tersebut dinyatakan dengan ; (5,3)

Langkah 2 :

Kalikan vektor baris tersebut dengan matrik pada tabel simpleks yang beranggotakan

variable-variabel starting solution (dalam hal ini X1 dan X2)

1 5/9 -1/3

(0, 5 ,3) 0 1/3 0 = (0, 5/6, 1/2 )

0 -5/18 1/6

Hasil perkalian merupakan koefisien baris 1 (fungsi tujuan) yang berhubungan dengan

matrik tersebut. Nilai yang diperoleh pada pada langkah ini disebut simplex multipliers.

Pada tabel optimal simpleks nilai ini disebut optimal solution.

Kaidah II :

Pada setiap iterasi dalam simpleks (baik primal maupun dual), nilai kanan (kecuali untuk

baris tujuan) dapat dihitung dengan mengalikan matriks yang dimaksud pada kaidah I

dengan vektor kolom yang berisi nilai kanan dari fungsi-fungsi batasan mula-mula.

matriks yang dimaksud adalah:

1 5/9 -1/3

0 1/3 0

0 -5/18 1/6

Vektor kolom yang dimaksud adalah

8

15

30

Sehingga nilai kanan selain baris pertama adalah :

1 5/9 -1/3 8 6 1/3

0 1/3 0 15 = 5

0 -5/18 1/6 30 5/6

Kaidah III :

Pada setiap iterasi dalam simpleks baik primal amaupun dual, koefisien-koefisien batasan

yang terletak di bawah setiap variabel (1,2,......n) merupakan hasil kali matriks pada

kaidah I dengan vektor kolom untuk setiap variabel pada tabel awal.

Matriks pada tabel final adalah :

1 5/9 -1/3

0 1/3 0

0 -5/18 1/6

Tabel awal perusahaan adalah :

Vektor kolom untuk setiap variabel adalah:

X1 X2

2 0

0 3

6 5

Sehingga koefisien-koefisien X1 dan X2 pada tabel akhir adalah (kecuali untu baris

pertama) :

1 5/9 -1/3 2 6 1/3

X1 = 0 1/3 0 0 = 5

0 -5/18 1/6 6 5/6

1 5/9 -1/3 0 6 1/3

X2 = 0 1/3 0 3 = 5

0 -5/18 1/6 5 5/6

Beberapa kemungkinan perubahan pada saat optimal telah dicapai.

2.1. Perubahan nilai kanan fungsi batasan

Makin besar nilai kanan suatu fungsi berarti semkain longgar dan sebaliknya. Misal pada

perusahaan sepatu IDEAL kapasitas mesin 2 diperbesar atau ditambah menjadi 16

sehingga secara keseluruhan nilai kanan fungsi batasan berubah dari :

8 8

15 menjadi 16

30 30

Apa pengaruhnya terhadap optimal solution? Dan laba total?

Lihat kaidah II

1 5/9 -1/3 8 6 8/9

0 1/3 0 16 = 5 1/3

0 -5/18 1/6 30 5/9

Kesimpulan :

X1 berubah menjadi 5/9 sedangkan X2 menjadi 51/3. Artinya karena mesin-mesin yang

dipakai untuk I2 diperbesar sedang mesin 3 dipakai bersama untuk barang I1dan I2 tetap

maka barang I1 akan berkurang sedangkan laba yng akan diperoleh :

3 (5/9) + 5 (16/3) = 28 1/3

Bagaimana jika kapasitas mesin 2 dinaikkan menjadi 20?

2.2. Perubahan pada koefisien-koefisien Fungsi Tujuan

Perubahan koefisien fungsi tujuan akan mempengaruhi optimality (Z maksimum atau

minimum)


Z 1 -3 -5 0 0 0 0

X3 0 2 0 1 0 0 8

X4 0 0 3 0 1 0 15

X5 0 6 5 0 0 1 30

Contoh , laba per unit barang I1 diubah menjadi 4 dan I2 menjadi 6.

1 5/9 -1/3

(0, 6 ,4) 0 1/3 0 = (0, 8/9, 2/3 )

0 -5/18 1/6

Perubahan tersebut menyebabkan perubahan laba per unit: 4(2/3) + 6(8/9) = 8/3+48/9 =

8

2.3. Perubahan pada koefisien teknis

Sebuah perusahaan yang memproduksi mainan anak-anak akan membuat bingkisan akan

natal. Setiap macam bingkisan akan berisi kombinasi: mainan, alat olah raga dan buku.

Untuk itu dibuat 3 macam bingkisan : standar, de luxe dan super de luxe. Jenis pertama

berisi 4 mainan, 4alat olah raga dan 2 buku dengan harga jual Rp.30.000,- per bungkus.

Jenis kedua berisi 5 mainan, 6 alat olah raga dan 5 buku yang dijual dengan harga Rp.

40.000,- per bungkus. Untuk super delux 6 mainan, 8 alat olah raga dan 5 buku dan

harga jual Rp.60.000.Untuk keperluan ini tersedia 60.000 mainan, 75.000 alat olah raga

dan 45.000 buku. Berapa masing-masing jenis bungkusan harus diproduksi agar

diperoleh penerimaan yang maksimal?

Penyelesaain:

Misalkan :

X1 = jumlah jenis standar yang diproduksi

X2 = jumlah jenis de luxe yangdiproduksi

X3 = jumlah jenis super de luxe yang diproduksi

Fungsi tujuan : Maksimumkan Z= 30X1 + 40X2 + 60X3

Fungsi batasan :

1. Mainan : 4X1 + 5X2 + 6X3 ≤ 60.000

2. Alat olah raga : 4X1 + 6X2 + 8X3 ≤ 75.000

3. Buku : 2X1 + 5X2 +5X3 ≤ 45.000

4. X1, X2, X3 ≥ 0

Tabel simplek I :

Tabel Simplek II:

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

Z 1 -30 -40 -60 0 0 0 0

X4 0 4 5 6 1 0 0 60.000

X5 0 4 6 8 0 1 0 75.000

X6 0 2 5 5 0 0 1 45.000


Z 1 -6 20 0 0 0 12 540.000

X4 0 6/5 -1 0 1 0 -6/5 60.000

X5 0 4/5 -2 0 0 1 -8/5 3.000

X3 0 2/5 1 1 0 0 1/5 9.000

Tabel Simplek III :

Jadi, kombinasi optimal :

X1 = jumlah jenis standar yang diproduksi = 3.750

X2 = jumlah jenis de luxe yangdiproduksi = 0 (tidak diproduksi)

X3 = jumlah jenis super de luxe yang diproduksi= 7.500

Penerimaan penjualan = Rp. 562.500.000,-

Selanjutnya untuk penjelasan masalah ini perlu dicari terlebih dahulu masalah dualnya

yaitu :

Fungsi tujuan :

Meminimumkan Z = 60.000Y1 +75.000Y2 + 45.000Y3

Fungsi-fungsi batasan :

1. 4Y1 + 4Y2 + 2Y3 ≥ 30

2. 5Y1 + 6Y2 + 5Y3 ≥ 40

3. 6Y1 + 8Y2 + 5Y3 ≥ 60

4. Y1, Y2, Y3 ≥ 0

Pada tabel simplek III (tabel optimal) tampak bahwa X2 bukan variabel yang optimal

(dalam hal ini disebut juga variable bukan dasar). Nilai X2 pada baris Z adalah 5 yang

apabila dihubungkan dengan fungís batasan dual yang menyangkut X2 (yakni fungís

batasan kedua) adalah:

5(0) + 6(30/4) + 5(0) – 40 = 5

Dimana :

a. 0,30/4 dan 0 adalah nilai-nilai X4, X5 dan X6 pada baris Z

b. 40 adalah nilai kanan dari fungí batasan (dual) kedua

Andaikan setelah dicapai tahap optimal terjadi perubahan pada koefisien teknis X2 dari:

5 3

6 menjadi 4 maka :

5 6

Fungsi batasan (dual) kedua berubah menjadi :

3Y1 + 4Y2 + 6Y3 ≥ 40

Akibatnya, nilai X2 pada baris Z (pada tabel optimal) akan berubah menjadi :

3(0) + 4(30/4) + 6(0) – 40 = -10


Z 1 0 5 0 0 30/4 0 562.500

X4 0 0 2 0 1 -3/2 6/5 1.500

X1 0 1 -5/2 0 0 5/4 -2 3.750

X3 0 0 2 0 0 -1/2 1 7.500

Sehingga perubahan pada tabel optimal adalah:

Dimana nilai X2 pada baris-baris X4, X1 dan X3 diperoleh dengan menggunakan kaidah

ketiga yang telah diuraikan sebelumnya:

1 3/2 6/5 3 4 1/5

0 5/4 -2 4 = -17

0 -1/2 1 6 4

Ternyata dengan perubahan koefisien teknis X2,tabel tersebut tidak optimal lagi karena

ada nilai negatif pada baris tujuannya (= -10). Akibatnya perlu dilanjutkan sampai tahap

optimal tercapai. Namun demikian kita tidak perlu mengulang dari tahap awal lagi.

2.4 Penambahan Variabel Baru

Kasus ini dapat dianggap seolah-olah merupakan gabungan antara kasus kedua

(perubahan pada koefisien-koefisien fungsi tujuan) dan kasus ketiga (perubahan

koefisien-koefisien teknis fungsi-fungsi batasan).

Dalam hal ini dapat dipergunkaan anggapan bahwa variabel tambahan tersebut sudah

”ada” dengan koefisien nol. Akibatnya, penambahan variabel baru tersebut akan

mempengaruhi penyelesaian optimaal apabila ”memperbahaui” baris tujuan tabel

optimal.

Misalkan variabel baru yang ditambahkan adalah Xa dimana:

- koefisien Xa pada fungsi tujuan adalah 20

- koefisien Xa pada pembatas pertama adalah 4

- koefisien Xa pada pembatas kedua adalah 5

- koefisien Xa pada pembata ketiga adalah 3

Sehingga fungís pembatas dual yang menyangkut Xa adalah:

4Y1 + 5Y2 +3Y3 ≥ 20

Nilai dual optimal : Y1 = 0, Y2 =30/4 dan Y3 = 0 ternyata memenuhi fungsi batasan dual

di atas (perhitungannya : 4(0) + 5 (30/4) + 3(0) = 37,5 > 20 ) sehingga penambahan Xa

tidak mempengaruhi penyelesaian optimal karena nilai koefisien-koefisien baris tujuan

tetap positif semua.

Apabila Koefisien Xa pada fungís tujuan sebesar 0 misalnya sehingga fungís batasan dual

menjadi 4Y1 + 5Y2 +3Y3 ≥ 40, maka fungís batasan tersebut dilanggar karena 4(0) =

5(30/4) + 3(0) adalah kurang dari 40.

Dengan menggunakan kaiadah-kaidah sebelumnya maka akan diperoleh nilai-nilai pada

kolom Xa sebagai berikut:


Z -10

X4 41/5

X5 17

X6 4

*) : 4(0) + 5(30/4) + 3(0) – 40 = 21/2

**) :

1 -3/2 6/5 4 1/10

0 5/4 -2 5 = 1/4

0 -1/2 1 3 ½

Karena salah satu Variabel pada baris Z masih negatif maka tabel di atas menjadi tidak

optimal dan perlu dilanjutkan lagi sampai ditemukan tabel optimal.

2.5. Penambahan batasan baru

Penambahan batasan baru akan memepengaruhi penyelesaian jira batasan tersebut “aktif”

(belum dicakup oleh batasan-batasan yang telah ada). Apabila batasan baru tersebut

tidak aktif (redundant) maka tidak akan memepngaruhi penyelesaian optimal. Karena itu,

langkah pertama yang harus dilakukan dalam hal ini adalah memeriksa apakah batasan

baru tersebut ”dipenuhi” oleh jawaban optimal. Bila ternyata jawaban optimal memenuhi

batasan baru maka tidak perlu diperhatikan. Bila tidak maka batasan baru harus

dimasukkan ke dalam masalah.

Pada contoh terakhir penyelesaian optimal adalah X1 = 3.750, X2 = 0 , X3 = 7.500.

Apabila batasan baru ditambahkan maka :

5X1 + 3X2 + 7X3 ≤ 75.000

Maka jawaban optimal tidak berubah, karena:

5(3.750) + 3(0) + 7(7.500) = 71.250 (lebih kecil dari 7.5000)

Tetapi apabila batasan baru tersebut berupa : 5X1 + 3X2 + 7X3 ≤ 65.000 maka perlu

diolah lebih lanjut karena jawaban optimal yang ada tidak memenuhi syarat lagi.

Caranya adalah dengan meletakkan begitu saja batasan baru tersebut pada tabel optimal

sehingga tabel tersebut menjadi sebagai berikut :

Tabel tersebut masih perlu dimodifikasi karena X1dan X3 adalah variabel-variabel dasar

maka nila koefisien-koefisien X1 dan X3 pada baris X7 harus nol (pada diatas masih

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 Xa X4 X5 X6 NK

Z -21/2*)

X4 1/10

X5 1/4**)

X6 1/2

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 NK

Z 1 0 5 0 0 30/4 0 0 562.500

X4 0 0 2 0 1 -3/2 6/5 0 1.500

X1 0 1 -5/2 0 0 5/4 -2 0 3.750

X3 0 0 2 1 0 -1/2 1 0 7.500

X7 0 5 3 7 0 0 0 1 65.000

bernilai 5 dan 7). Hal ini dapat dihitung dengan menambahkan (-5) pada persamaan X1,

(-7) pada persamaan X3, persamaan X7 sehingga diperoleh nilai-nilai koefisien

persamaan X7 baru.

Kolom X1 : [ -5(1) + (-7)0] = 0

Kolom X2 : [ -5(-5/2) + (-7)(2)] + 3 = 3/2

Kolom X3 : [ -5(0) + (-7)(1)] + 7 = 0

Kolom X4 : [ -5(0) + (-7)0] = 0

Kolom X5 : [ -5(5/4) + (-7)(-1/2)] + 0 = -11/4

Kolom X6 : [ -5(-2) + (-7)(1)] + 0 = 3

Kolom X7 : [ -5(0) + (-7)(0)] + 1= 0

Kolom NK : [ -5(3.750) + (-7)(7.500)] + 65.000= -6.250.

Sehingga tabel tersebut menjadi :

Meskipun baris Z menunjukan syarat optimal (karena tidak ada tanda negatif) tetapi

kolom nilai kanan menunjukkan tidak feasibel sehingga masih perlu dilanjutkan hingga

tabel optimal diperoleh.

Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 NK

Z 1 0 5 0 0 30/4 0 0 562.500

X4 0 0 2 0 1 -3/2 6/5 0 1.500

X1 0 1 -5/2 0 0 5/4 -2 0 3.750

X3 0 0 2 1 0 -1/2 1 0 7.500

X7 0 0 3/2 0 0 -11/4 3 1 -6.250