OPERASI RISET 1.

METODE SIMPLEKSDUA FASE

Disusun OlehKELOMPOK 21. OKTAPINA GURUSINGA (4113230020)2. ROSARI CHRISDAYANTI HASUGIAN (4113230023)3. ROSLIN MEISA PASARIBU (4113230024 )

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAMUNIVERSITAS NEGERI MEDAN2014

Kata Pengantar

Dengan mengucapkan rasa syukur kepada Tuhan Yang Maha Esa, karena atas berkat-Nya penulis dapat menyelesaikan tugas mata kuliah Operasi Riset 1 ini yaitu sebuah makalah yang berjudul Metode Simpleks Dua Fase. Dalam penyusunan tugas atau materi ini, tidak sedikit hambatan yang penulis hadapi. Namun penulis menyadari bahwa kelancaran dalam penyusunan materi ini tidak lain berkat bantuan, dorongan dan bimbingan dari Dosen Operasi Riset, sehingga kendala-kendala yang penulis hadapi teratasi. Oleh karena itu penulis mengucapkan terima kasih kepada semua pihak terutama kepada Dosen pembimbing, khususnya mata kuliah Operasi Riset 1 yang telah memberikan tugas dan petunjuk kepada penulis sehingga penulis termotivasi dalam menyelesaikan tugas ini. Penulis juga berterima kasih kepada orang tua dan teman-teman yang telah turut membantu, membimbing, dan mengatasi berbagai kesulitan sehingga tugas ini selesai.Penulis mohon maaf jika dalam penyajian dan penyampaian makalah ini, banyak hal-hal yang kurang berkenan atau kurang bermutu atau berkualitas karena keterbatasan sarana buku-buku yang bisa mendukung terciptanya makalah ini. Semoga makalah ini dapat bermanfaat bagi semua orang. Demi kesempurnaan makalah ini, penulis dengan tangan terbuka selalu menerima saran-saran yang bersifat membangun dan membantu perbaikan-perbaikan dalam makalah ini.

Medan, Februari 2014

Penulis

DAFTAR ISI

KATA PENGANTARiDAFTAR ISI iiBAB I. PENDAHULUAN4BAB II. ISIFASE 15FASE 27CONTOH SOAL8BAB III. SIMPULAN18DAFTAR PUSTAKA19SOAL LATIHAN 20

BAB IPENDAHULUAN

Metode simpleks dua fase merupakan suatu modifikasi dari metode M Charmes. Kalau dengan metode M Charmes koefisien variabel tiruan (buatan, semu) mendapatkan harga (-M) untuk persoalan memaksimumkan atau (M) untuk persoalan meminimumkan dengan M adalah bilangan positif besar. Kenyataannya penggunaan M tersebut menghambat sekali jika algoritma simpleks harus dikerjakan dengan komputer, dan M harus diisi nilai numeris yang dipilih jauh lebih besar dari koefisien variabel tiruan yang lain. Namun banyaknya angka untuk bilangan yang dikerjakan komputer sudah ditentukan maka bilangan yang besar tadi akan mengurangi ketepatan perhitungan atau mungkin mala menghasilkan jawaban yang salah. Selanjutnya akan dicari metode alternatif untuk mengatasi masalah di atas yang disebut metode simpleks dua fase (two phase simpleks method). Metode dua fase digunakan jika variabel basis awal terdiri dari variabel buatan. yang intinya adalah penyelesaian dibagi menjadi dua tahap yang masing-masing dikerjakan dengan algoritma simpleks.Tahap I merupakan proses optimasi variabel buatan yang dilakukan untuk menentukan apakah soal asli mempunyai penyelesaian layak. Jika penyelesaian layak ini ada maka tahap I akan menghasilkan penyelesaian layak basis (plb). Karena variabel buatan sebenarnya tidak ada (hanya ada di atas kertas), maka tahap I dilakukan untuk memaksa variabel buatan bernilai 0. Proses optimasi variabel keputusan dilakukan pada tahap II dimana tabel awal tahap II yang sudah tak memuat peubah semu yang tak positif lagi, selanjutnya tahap II akan menyelesaikan penyelesaian optimum bagi soal aslinya. Metode simpleks dua fase harga (konstanta) variabel tiruan pada fungsi tujuan diberi (-1) bila masalah memaksimumkan atau (+1) bila masalah PL meminimumkan.

BAB IIISIProsedur analisis fase I maupun fase II menggunakan tabel simpleks baku dengan modifikasi tertentu.Fase ITahap awal; menyajikan data PL ke dalam bentuk baku kemudian masukan ke dalam tabel simpleks baku dengan catatan koefisien harga fungsi tujuan untuk variabel pokok dan variabel penambah/ pengurang (Sa) adalah nol sedangkan koefisien harga variabel tiruan (Tr) diberi nilai (-1) kalau persoalan PL adalah memaksimumkan.Tahapan analisis simpleks (tabel 1 dan seterusnya). Tentukan variabel basis Tentukan variabel pengganti variabel dengan bantuan operasi baris elementer, vektor kolom generator T dan elemen pivot.Tahap kahir fase I. Meneliti elemen baris Zj Cj untuk menentukan apakah fase II sudah bisa dimulai atau tidak perlu dilanjutkan dengan fase II. Beberapa persyaratan yang harus diperhatikan dalam fase I.Modifikasi yang dilakukan dalam metode dua fase sehingga membedakannya dengan metode MCharnes adalah Fungsi tujuan dalam analisis fase I Koefisien harga variabel Cj = 0 ; j = 1,...,k Koefisien harga variabel slack/ surplus Cj = 0; j = (k+1), (k+2),...,r Koefisien haraga variabel tiruan (semu, buatan, artifisial) Cj = -1 (untuk persoalan memaksimumkan)j = (r+1), (r+2),...,NJadi dalam fase I kita berusaha untuk memaksimumkan Z* bukan memaksimumkan Z.Perhatikan : Fungsi tujuan asli Karena Cj = 0 maka Cj . Xj = 0 sehingga Z = 0Sementara itu

J adalah matriks baris (1,1,1,...,1) dan adalah matriks kolom yang berisikan variabel tiruan (buatan, semu, artifisial). dengan catatan semua variabel tiruan bernilai nol negatif.Karena sasaran fase I adalah membuat variabel tiruan menjadi nonbasis maka diantara tiga situasi berikut ini akan tampak ; (1) semua variabel artifisial menjadi non dasar (non basis), (2) satu atau lebih variabel artifisial non degenerasi dan tak dapat dibuat menjadi non dasar, dan (3) satu atau lebih artifisial degenerasi tak dapat dibuat menjadi non basis, sementara itu nilai Z* = 0 yang menunujukan analisis fase I selesai (berhenti).Fase I berakhir dalam kondisi Z* = 0 maka simpulan untuk meneruskan ke fase II dengan memperhatikan tiga kemungkinan di atas atau dinyatakan sebagai, 1. Z* maks < 0 dimana satu atau lebih variabel buatan berada dalam basis pada tingkat nilai yang positif. Masalah PL yang asli tidak mempunyai penyelesaian yang layak (fisibel).2. Z* maks = 0 dengan kenyataan tidak ada variabel buatan terletak dalam basis. Ini berati telah diperoleh penyelesaian layak dasar dari persoalan PL yang asli.3. Z* maks = 0 dengan kenyataan satu atau lebih variabel buatan terletak dalam basis pada tingkat nol (degenerasi). Kenyataan ini menunjukkan juga telah diperoleh penyelesaian yang layak dasar dari masalah PL yang asli.Fase II Membuat tabel simpleks tanpa mengikutsertakan kolom variabel semu (tiruan) sedangkan pembatas baru pembatas dari data tabel akhir tabel I; fungsi tujuan dengan konstanta variabel pokok seperti pada rumusan mula-mula. Melakukan analisis simpleks bila terdapat satu atau beberapa variabel penambah/ pengurang (slack/ surplus) masih merupakan variabel basis sementara dari baris Zj Cj memberi petunjuk nilai Z bisa meningkat. Menganalisis fase II tidak perlu dilanjutkan bila pada baris Zj Cj (keadaan fase II) menunujukan nilai Z optimal sudah dicapai.

Beberapa persyaratan untuk memulai perhitungan fase IIPerhitungan fase II merupakan lanjutan fase I apabila akhir fase I menunjukan kemungkinan (2) atau (3). Tabel awal fase II adalah fase akhir fase II dengan modifikasi sebagai berikut (a) koefisien harga fungsi tujuan yang asli, atau nilai koefisien variabel pokok pada fase I yaitu nol hatus diganti dengan koefisien asli. (b) elemen pada baris Zj Cj dihitung kembali dengan rumus .Kalau ternyata untuk semua j dan untuk i yang sesuai dengan kolom baris yang mengandung variabel (vektor) buatan maka baris semua dapat dihilangkan (dicoret) dan menghapus vektor buatan tersebut. Demikian pula apabila ada satu atau lebih variabel buatan yang muncul pada tingkat nol dan paling tidak terdapat satu baris yang sesuai dengan suatu kolom variabel buatan, dimana maka variabel buatan itu tetap mempunyai nilai nol (tidak mempengaruhi nilai Z).Kriteria yang digunakan dalam fase II untuk menentukan elemen pivot dan menyingkirkan suatu variabel dari basis menjadi non basis adalah sama dengan kriteria analisis simpleks baku.Uraian di atas akan menjadi jelas bila kita kerjakan contoh soal berikut.Contoh 1. Diketahui masalah PLMinimumkan Dengan syaratPenyelesaian, Bentuk bakuDengan syarat Diselesaikan dengan prosedur memaksimumkan fungsi tujuan.Dengan syarat

non negatif; dan variabel pengurang variabel buatan.

Tabel awal (fase I)cj0000-1-1biR

VBcB

-1-1-431-4-100-1100125

Zj1311-1-1-7

131100

Karena semua elemen kolom sudah non negatif, maka fase I berakhir dengan untuk kolom bi (harga basis).Simpulan persoalan PL ini tidak mempunyai penyelesaian layak pada akhir fase I karena semua variabel buatan pada soal di atas tetap berada dalam basis pada tingkat nilai yang positif dengan Z* negatif.DENGAN LINGO

Contoh 2Seorang pengusaha tekstil akan membuat dus jenis kain dengan perbandingan campurang sutra dan wol sebagai berikut:Jenis KainJenis benang

Sutrawol

Kain A1050

Kain B1060

Kedua jenis benang tersebut diolah menjadi kain dengan komposisi paling banyak 25 gulungan sutra dan paling sedikit 140 gulungan wol. Harga kain jenis A $14 per potong dan jenis B $18 per potong. Berapa banyak dari tiap jenis benang yang harus dicampur agar diperoleh biaya minimum?Penyelesaian:Minimumkan Dengan syaratBentuk baku:Dengan syarat Diselesaikan dengan prosedur memaksimumkan fungsi tujuanBentuk bakuDengan syarat

Fase ITabel 1000-1-1HBR

VB

0-1151

100-1012514025

-5-601-1-140

-5-6020

menjadi basis menggantikan

Tabel 20000-1HBR

VB

00

0110

000000

00000

Ternyata data Tabel 2 menunjukkan fase I berakhir.

Fase II.

Tabel 3 (Awal Fase II)-14-1800HBR

VB

0-18

0110

1028

-15-1803-420

-1003

x1 masuk menjadi variabel basis dan x3 menjadi non basis

Tabel 4 (Fase II)-14-1800HBR

VB

-14-1810016-51-11015

-14-1864-410

064

Simpulan Z* = -410 atau nilai minimum Z = 410 dicapai oleh x1 = 10 dan x2 = 15.

DENGAN LINGO

Contoh 3.Seorang penjahit memiliki persediaan kain polos kurang dari 132 m dan kain bergaris lebih dari 100 m. Ia hendak membuat dua jenis pakaian. Pakaian model I memerlukan 2 m kain polos dan 5 m kain bergaris. Pakaian model II memerlukan 3 m kain polos dan 2 m kain bergaris. Pakaian model I dijual dengan harga $3 per potong dan pakaian model II dijual dengan harga dengan harga $5. Tentukan pendapatan maksimum yang dapat diperoleh penjahit tersebut. Penyelesaian :Maksimumkan:Dengan syarat

Bentuk baku:Dengan syarat

Diselesaikan dengan prosedur meminimumkan fungsi tujuanBentuk bakuDengan syarat

Tabel awal Fase Icj00001HBR

VBcB

00

52100-10113210066100/3

320-10100

Tabel 2 Fase Icj00001HBR

VBcB

00111/32/3102/3-1/3-2/31/3196/3100/3

0000-1

Karena untuk setiap j dan , maka prosedurnya dapat dilanjutkan ke fase II.Tabel awal Fase IIcj-3-500HBR

VBcB

0-3103/11-2/112/11-5/11196/11108/3398165

0301-100

Tabel 2 Fase IIcj-3-500HBR

VBcB

0-3111/25/23/21/2109866

00-5/23/2-198

Karena untuk setiap j maka tabel 2 fase II berakhir dan diperoleh nilai maka dapat diperoleh nilai Maka pendapatan maksimum yang dapat diperoleh penjahit tersebut, yaitu $198.DENGAN LINGO

SIMPULAN1. Metode dua fase merupakan modifikasi dari metode M Charnes digunakan untuk memecahkan masalah yang memerlukan masukan variabel artifisial. Perbedaan dengan metode dua fase terletak pada pemberian konstanta variabel artifisial. 2. Kalau metode M Charnes konstanta variabel artifisial diberi (-M) bila memaksimumkan dan (M) bila meminimumkan. Sedangkan pada metode dua fase konstanta variabel artifisial pada fungsi tujuan adalah (-1) bila memaksimumkan dan (1) bila meminimumkan.3. Analisis simpleks dilakukan dalam dua fase. Di dalam fase I, konstanta variabel pokok diberi nilai nol sedangkan konstanta variabel artifisial diberi nilai (-1) bila memaksimumkan. Prosedur analisis sama dengan analisis simpleks baku. Akhir fase I ditetapkan berdasar nilai elemen . 4. Kalau (1) berarti fase I berakhir dengan catatan (a) semua variabel buatan tidak berada dalam basis berarti semua variabel buatan (artifisial) sudah bisa dihilangkan dalam analisis (tidak berfungsi lagi). (b) terdapat satu atau beberapavariabel buatan masih berada dalam basis tingkat nol berarti kita telah memperoleh pemecahan layak dasar dari masalah Pl yang asli. Kalau (2) ternyata dimana satu atau lebih variabel buatan dalam basis pada tingkat positif maka kesimpulannya masalah PL tidak mempunyai pemecahan layak.5. Pada awal fase I, dimana , semua konstanta variabel pokok kita masukkan dari bentuk baku, sedangkan variabel buatan dibuang/ tidak ikut dalam analisis. Dengan demikian tabel akhir fase I merupakan tabel awal fase II dengan menggantikan konstanta variabel pokok fungsi tujuan dari nol menjadi nilai yang diambil dari bentuk baku awal, baris dihitung kembali dengan aturan yang digunakan dalam analisis simpleks baku .

DAFTAR PUSTAKA

Jabar, Abdul. 2011. Program Linier. Banjarmasin : STKIP PGRISoemartojojo. 1999. Program Linier. Jakarta : Universitas TerbukaSudradjat. 2008. Pendahuluan Penelitian Operasional. Bandung : Universitas Padjajaran.Syahputra, Edi. 2013. Program Linier. Medan : FMIPA UNIMED

SOAL LATIHAN1. Seorang pedangang (pengusaha kecil) telah menerima dua jenis kembang gula dari seorang pengusaha. Dalam tiap jenis kembang gula memuat coklat dan karamel dengan perbandingan Jenis Kembang GulaJenis Bahan

CoklatKaramel

Jenis A (%)2020

Jenia B (%)2040

Kedia jenis ini dicampur dan kemudian dimasak lagi untuk dijadikan kembang gula lagi dengan label sendiri; dengan perhitungan kenbang gula dengan label baru akan lebih laku jika memuat paling sedikit 8 kg coklat dan paling sedikit 12 kg karamel. Harga jenis A adalah $30/kg dan jenis B $40/kg. Berapa banyak dari tiap jenis harus dicampur supaya biaya ptoduksi yang diperlukan serendah-rendahnya?Penyelesaian:Minimumkan Dengan syarat

Dengan syarat dan variabel pengurang; dan variabel buatan.

Fase I. Tabel 10000-1-1HBR

VB

-1-11112*-100-1100140604030

-2-31100-100

menjadi basis menggantikan Tabel 20000-1-1HBR

VB

-1

0

0

1-1

0

1

0

10

3020

60

010-10

Tabel 30000-1-1HBR

VB

010-212020

0011-1-2-120

0000110

Ternyata data Tabel 3 menunjukkan fase I berakhir.Tabel 4 (Awal Fase II)-30-4000HBR

VB

-3010-2120

-40011-120

002010-1400

Karena semua kolom sudah non negatif , maka nilai(fase II) berakhir atau .DENGAN LINGO

2. Dua produk diproses secara berurutan pada dua mesin. Waktu pemrosesan dalam jam per unit produk pada kedua mesinditunjukkan pada tabel dibawah ini:Mesin

Waktu per unit (jam)

Produk 1Produk 2

122111

Biaya total untuk memproduksi setiap unit produk didasarkan secara langsung pada jam mesin. Asumsikan biaya operasional perjam mesin 1 dan mesin 2 berturut-turut adalah $5 dan $3. Waktu yang diperlukan untuk memproduksi produk 1 adalah paling sedikit 3 jam dan waktuyang diperlukan untuk memproduksi produk 2 adalah paling sedikit 2 jam. Berapa banyak biaya operasional yang dikeluarkan agar dicapai optimum pada proses produksi tersebut?

Penyelesaian:Minimumkan Z = 5x1 + 3x2Dengan syarat2x1 + x2 3(1)x1 + x2 2(2)x1 dan x2 non negatifMasukan variabel pengurang dan serta variabel buatan dan yang non negatif akan diperoleh bentuk baku

Dengan syarat: Tabel 1 (awal fase I)cj0000-1-1HBR

VBcB

-1-1111-100-11001321,52

-3-21111-5

Tabel 2 (fase I)cj0000-1-1HBR

VBcB

0-1100,5

-0,5-1,50-0,50,5-0,5011,50,5

0-0,51,50,51,50-0,5

Tabel 3 (akhir fase I)cj0000-1-1HBR

VBcB

001001-230,5-11-1-1211

0000110

Tabel 4 (awal fase II)cj-5-300HB

VBcB

-5-31001-230,5-111

0000-8

Kesimpulan . Maksimum sehingga adalah nilai minimum yang dicapai oleh dan DENGAN LINGO

3. Seorang peternak memiliki 1000 ayam yang mengkonsumsi 480 kg pakan khusus setiap harinya. Pakan tersebut disiapkan menggunakan campurang jagung dan dedak dengan komposisi sebagai berikut:BahanKandungan Bahan (gr)Biaya (Rp/kg)

KalsiumProteinSerat

Jagung3414000

Dedak1321000

Kebutuhan pakan ayam setiap harinya adalah 0,625% kalsium, paling sedikit 1,25% protein, dan paling banyak 0,625% serat. Berapa banyak biaya yang dikeluarkan agar dicapai optimum pada pembelian pakan ayam?Penyelesaian: Minimumkan Dengan syarat:

non negatif1. Rumuskan persoalan ini dalam bentuk baku dengan memasukkan variabel penambah , pengurang dan 2. Rumuskan kembali bentuk baku persoalan pada (a) dengan memaksimum fungsi tujuan, tambahkan variabel tiruan (semu, buatan) serta berikan koefisien (-1) untuk variabel tiruan pada fungsi tujuan.3. Carilah penyelesaian masalah sampai akhir fase I.4. Kalau nilai fase I berakhir, buatlah tabel awal fase II.5. Selesaikan fase II kemudian dirumuskan simpulan tentangnilai minimum fungsi tujuan.Masukkan variabel penambah ke pembatas (3), variabel buatan ke pembatas (1), variabel pengurang dan tiruan ke pembatas (2)Tabel awal fase Icj0000-1-1HBR

VBcB

-1-10411320010-10100010363363

-7-40100-9

masuk menjadi basis menggantikan ; karena

Tabel 2 (fase I)cj0000-1-1HBR

VBcB

0-101001/3

5/30010-101/3-4/3-1/301012231,2

0-5/3007/30-2

masuk menjadi basis menggantikan .Tabel 3 (akhir fase I)cj0000-1-1HBR

VBcB

0001000100011/5-3/518/15-4/517/15-1/53/5-13/56/52

0000110

Tabel 4 (awal fase II)cj-4000-100000HB

VBcB

-4000-1000010001000..1/5-3/510,61,23,6

000-1/5-3600

Kesimpulan Z* = - 3600 maksimum sehingga Z = 3600 adalah nilai minimum yang dicapai oleh x1 = 0,6, x2 = 1,2Tabel 4 menjadi tabel awal fase II sekaligus sebagai akhir fase II, biarpun kolom pada baris bernilai negatif. Hal ini disebabkan oleh pada tingkat nol sehingga fungsi tujuan tidak akan berubah. Disisni terlihat pembatas ke-3 tidak berfungsi atau dapat dibuang dalam pemecahan masalah.DENGAN LINGO

4. Kebutuhan maksimum lemak protein dan karbohidrat seseorang setiap minggunya berturut-turut kurang dari 4 unit, kurang dari 12 unit dan 18 unit. Makanan jenis A per kg mengandung 1 unit protein dan 3 unit karbohidrat. Sedangkan makanan jenis B per kg mengandung 2 unit protein dan 2 unit karbohidrat. Jika harga makanan jenis A $3 per kg dan harga makanan jenis B $5 per kg, maka tentukan biaya maksimal yang harus dikeluarkan agar kebutuhan lemak, protein dan karbohidrat terpenuhi.Penyelesaian :LemakProteinKarbohidratBiaya

Jenis A1-3$3

Jenis B-22$5

Maksimumkan:Dengan syarat:

Bentuk baku:Dengan syarat:

Diselesaikan dengan prosedur meminimumkan fungsi tujuanBentuk baku

Minimumkan : a = A1 atau a = 18 3x1 2x2Berdasarkan pembatas :

Tabel awal Fase Icj00001HBR

VBcB

00103022100010001412184-6

3200018

Tabel 2 Fase Icj00001HBR

VBcB

0010002

10-30100014126-63

02-30018

Tabel 3 Fase Icj00001HBR

VBcB

0000000113-3/20100-11/2463

0000-10

Karena untuk setiap j dan , maka prosedurnya dapat dilanjutkan ke fase II.Tabel awal Fase IIcj-3-5001HBR

VBcB

-30-5000011

-3/20100-11/246342-

009/20-5/2-27

Tabel 2 Fase IIcj-3-500HBR

VBcB

-30-500001010-1/31/31/2226

-3-50-3/2-36

Karena untuk setiap j maka tabel 2 fase II berakhir dan diperoleh nilai , maka dapat diperoleh nilai .DENGAN LINGO

5. Minimumkan Dengan syarat:

Penyelesaian: Diselesaikan dengan prosedur memaksimumkan fungsi tujuan

Dengan syarat:

Dengan dan variabel pengurang; dan dan variabel buatan.Fase ITabel 1cj00000-1-1HBR

VBcB

-1-10

1-10111-1000-10001100010213213

Zj - cj0-211000-3

Tabel 2cj00000-1-1HBR

VBcB

-100

2-11010-1001-1-1001100-11-11121/2-12

Zj - cj-2-01-1002-1

Tabel 3cj00000-1-1HBR

VBcB

000

1/2-1/21/2010-1/2-1/21/21/2-1/21/20011/21/2-1/2-1/21/2-1/21/23/23/2

Zj - cj000-1011

Ternyata tabel 3 sudah menunjukkan akhir Fase ITabel 4 (awal fase II)cj-1-2000HBR

VBcB

-1-20

1/2-1/21/2010-1/2-1/21/21/2-1/21/20011/23/23/21-1/3

Zj - cj3/203/2-1/20-7/2

Kesimpulan Z* = - 7/2 = -3,5 maksimum, sehingga Z = 7/2 = 3,5 adalah nilai minimum.DENGAN LINGO

6. Minimumkan Dengan syarat:

Penyelesaian: Minimumkan Dengan syarat:

Dengan variabel pengurang, dan variabel buatan

Fase I. Tabel 1cj00000-1-1-1HBR

VBCB

-1-1-1

133341-1000-1000-1100010001819178/319/417

Zj - cj-7-8111000-44

Tabel 2cj00000-1-1-1HBR

VBCB

0-1-1

1/35/38/3100-1/34/31/30-1000-11/3-4/3-1/30100018/325/343/38543/8

Zj - cj0-5/3118/300

Tabel 3cj00000-1-1-1HBR

VBCB

00-1

010100-3/54/5-9/51/5-3/58/500-13/5-4/59/51/53/5-8/50011515

5/8

Zj - cj009/5-8/51-4/50

Tabel 4cj00000-1-1-1HBR

VBCB

000

010100-3/81/8-9/80011/8-3/8-5/8

-9/82/50-1001-1/8-3/85/8

Zj - cj00000111

Tabel 4 sudah menunjukkan akhir fase IFase IITabel 5(awal fase II)cj-50-25000HBR

VBCB

-25-500

010100-3/81/8-9/80011/8-3/8-5/8-5,375-0,8755/8

Zj - cj0025/80125/8

Karena semua kolom sudah non negatif maka nilai Z* maksimium = Berakhir atau Zmin =

DENGAN LINGO

4