LP : METODE SIMPLEKS

Dilakukan jika metode grafik tidak bisa dipakai (variabel keputusan 2) Metode Simpleks :

1. Simpleks Primal2. Simpleks Dual

Bentuk Linear Programming baku (standar) :* Semua kendala adalah persamaan ( sisi kanan 0 )* Semua variabel non-negatif* Fungsi tujuan berupa maksimisasi / minimisasi

Kendala (Constraints)1. Kendala jenis diubah menjadi = dengan menambahkan Variabel Slack di

sisi kiri.Kendala jenis diubah menjadi = dengan mengurangkan Variabel Surplus di sisi kiri.Contoh :Kendala X1 + X2 15 -> X1 + X2 + S1 = 15 dengan S1

0 (S1 adalah sumber daya yang berlebih)Kendala 2 X1 + X2 15 -> 2 X1 + X2 - S2 = 15 dengan S2 0 (S2 adalah sumber daya yang langka)

2. Sisi kanan harus dibuat non-negatifContoh : -5 X1 + X2 = -25 diubah menjadi 5 X1 - X2 = 25

3. Arah pertidaksamaan dibalik jika kedua sisi dikalikan -1Contoh :-5 X1 + X2 -25 diubah menjadi 5 X1 - X2 25

Variabel

Variabel unrestricted (tidak dibatasi) jika bernilai negatif / positif Misal Xj adalah variabel unrestricted,maka Xj = Xj’ - Xj’’

Xj’ , Xj’’ 0Hanya satu (Xj’ atau Xj’’) saja yang bernilai positif

Fungsi TujuanMaksimisasi fungsi = Minimisasi ”negatif” fungsi itu.Contoh :Maks. Z = 5X1 + 2X2 + 3X3 = Min. (-Z) = -5X1 - 2X2 - 3X3

Contoh Soal : Ubah dalam bentuk Standar :

Min. Z = 2X1 + 3X2

Kendala : X1 + X2 = 10 -2 X1 + 3 X2 -5 7 X1 - 4 X2 6

X1 (Unrestricted)X2 0

Jawab :Min. Z = 2 X1’ - 2 X1’’ + 3 X2 + 0 S2 + 0 S3

Kendala : X1’ - X1’’ + X2 = 10 -2 X1’ + 2 X1’’ + 3 X2 + S2 = -5 -> 2 X1’ - 2 X1’’ - 3 X2 - S2 = 5 7 X1’ - 7 X1’’ - 4 X2 + S3 = 6

X1’ , X1’’ , X2 , S2 , S3 0

Solusi Dasar Jika ada model Linear Programmingdengan m persamaan (kendala)

dan n variabel keputusan, maka solusi dasar -> n - m = 0Sisanya dipecahkan sehingga mendapat solusi layak dan unik.

n - m variabel yang dibuat nol disebut variabel non-basisn variabel sisanya disebut variabel basis

Contoh :

2X1 + X2 + 4X3 + X4 = 2 X1 + 2 X2 + 2X3 + X4 = 3

m = 2n = 4n – m = 2 -> Variabel non-basisSisa = 2 -> Variabel basisPilih 2 variabel yang dibuat nol, misal X3 = 0, X4 = 0Maka 2X1 + X2 = 2

X1 + 2 X2 = 3Dengan eliminasi dihasilkan X1 = 1/3 dan X2 = 4/3 {hasil non-negatif = layak}Solusi dasar X1 = 1/3 , X2 = 4/3 , X3 = 0 , X4 = 0

X1 dan X2 adalah var. Basis X3 dan X4 adalah var non-basis.

METODE SIMPLEKS PRIMAL

Variabel masuk adalah variabel non-basis yang masuk ke himpunan variabel dasar pada iterasi berikutnya.

Variabel keluar adalah variabel basis yang keluar dari solusi basis pada iterasi berikutnya.

Dua kondisi Simpleks Primal:1. Kondisi Optimal

:Variabel masuk dalam maksimisasi (minimisasi) adalah variabel non-basis dengan koefisien paling negatif (positif) dalam persamaan fungsi tujuan (Z).

2. Kondisi Layak :

Variabel keluar adalah variabel basis yang mempunyai titik potong terkecil (rasio minmum dengan penyebut positif).

Langkah-langkah iterasi Simpleks Primal :

1. Dengan bentuk standar, tentukan solusi dasar awal yang layak.2. Pilih variabel masuk diantara variabel non-basis dengan menggunakan

kondisi optimal.3. pilh variabel keluar dari variabel basis dengan menggunakan kondisi layak.4. Tentukan nilai variabel basis yang baru dengan membuat variabel masuk

tersebut sebagai variabel basis dan variabel keluar sebagai variabel non-basis.5. Kembali ke langkah 1.

Contoh :Sebuah perusahaan meubel memproduksi meja dan kursi menggunakan

papan, kayu, dan waktu pengerjaan. Setiap meja membutuhkan 5 unit papan, 2 unit kayu, dan 4 jam pengerjaan. Setiap kursi membutuhkan 2 unit papan, 3 unit kayu, dan 2 jam pengerjaan. Perusahaan dapat keuntungan $12 untuk meja dan $8 untuk kursi. Tersedia 150 unit papan, 100 unit Kayu, dan 80 jam pengerjaan. Berapa banyak produk agar keuntungan maksimum?Jawab :- Variabel Keputusan : X1 = meja, dan X2 = kursi- Fungsi Tujuan : Maks. Z = 12 X1 + 8 X2

- Kendala : papan, kayu, dan waktuFormulasi Model :

Maks. Z = 12 X1 + 8 X2

Kendala : 5 X1 + 2 X2 150 2 X1 + 3 X2 100 4 X1 + 2 X2 80

X1 , X2 0Bentuk standard

Maks. Z = 12 X1 + 8 X2 + 0.S1 + 0.S2 + 0.S3

Kendala : 5 X1 + 2 X2 + S1 = 150 2 X1 + 3 X2 + S2 = 100 4 X1 + 2 X2 + S3 = 80

X1 , X2 , S1 , S2 , S3 0

Tabel Simpleks non basis

Basis (Dasar)

Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi

Z 1 -12 -8 0 0 0 0 → Pers ZS1 0 5 2 1 0 0 150 → Pers S1

S2 0 2 3 0 1 0 100 → Pers S2

S3 0 4 2 0 0 1 80 → Pers S3

Var mskBasis

(Dasar)Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio

Z 1 -12 -8 0 0 0 0S1 0 5 2 1 0 0 150 150/5 =

30S2 0 2 3 0 1 0 100 100/2

=50S3 0 4 2 0 0 1 80 80/4 =

20

Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot

Aturan metode Gauss Jordan :1. Pers. Pivot

Pers. Pivot baru = pers. pivot lama : elemen pivot2. Pers. Lain

Pers. Baru = pers. Lama – ( koef kolom var masuk * pers. Pivot baru )

Maka :S3 X1 = ( 0 4 2 0 0 1 80 ) / 4

= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )

S2 baru = ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - 2 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )

= ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - ( 0 2 1 0 0 ½ 40 ) = ( 0 0 2 0 1 -½ 60 )

S1 baru = ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - 5 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 ) = ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - ( 0 5 5/2 0 0 5/4 100 ) = ( 0 0

-½ 1 0 -5/4 50 )

Z baru = ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - (-12) ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 ) = ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - ( 0 -12 6 0 0 -3 -240 ) = ( 1 0

-2 0 0 3 240 )

Var mskBasis

(Dasar)Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio

Z 1 0 -2 0 0 3 240S1 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 50/(-½) = -

100S2 0 0 2 0 1 -½ 60 60/2 = 30

X1 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 20/(½) = 40

Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot

S2 X2 = ( 0 0 2 0 1 -½ 60 ) / 2 = ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )

X1 baru = ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ½ ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 ) = ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ( 0 0 ½ 0 ¼ -1/8 15 ) = ( 0 1

0 0 -¼ 3/8 5 )

S1 baru = ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - (-½ )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )

= ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - ( 0 0 -½ 0 -¼ 1/8 -15 ) = ( 0 0 0 1 ¼ -11/8 65 )Z baru = ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - (-2 )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )

= ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - ( 0 0 -2 0 -1 ½ -60 ) = ( 1 0 0 0 1 5/2 300 )

Tabel Akhir Basis

(Dasar)Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi

Z 1 0 0 0 1 5/2 300S1 0 0 0 1 ¼ -11/8 65X2 0 0 1 0 ½ -¼ 30X1 0 1 0 0 ¼ 3/8 5

Kesimpulan : X1 = 5 ( banyak meja ) X2 = 30 ( banyak kursi )

S1 = 65 ( unit papan / pers. Kendala 1 yg berlebih ) Z = 300 ( keuntungan maks )

Bukti Fungsi tujuan Z = 12 X1 + 8 X2

= 12 ( 5 ) + 8 ( 30 ) = 60 + 240 = 300

Papan 5 X1 + 2 X2 150 5 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 25 + 60 = 85 150 - 85 =

65 ( sisa )

Kayu 2 X1 + 3 X2 100 2 ( 5 ) + 3 ( 30 ) = 10 + 90 = 100

Waktu 4 X1 + 2 X2 80 4 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 20 + 60 = 80

METODE SIMPLEKS PRIMALDENGAN VARIABEL BUATAN (ARTIFICIAL)

1. TEKNIK M ( METODE PENALTY ) Kendala tidak2. TEKNIK DUA FASE semuanya

1. TEKNIK M Contoh = Min Z = 4 X1 + X2 Kendala 3 X1 + X2 = 3 4 X1 + 3 X2 6

X1 + 2 X2 4 X1 , X2 0

Bentuk standarMin Z = 4 X1 + X2

Kendala 3 X1 + X2 = 3 ......... ( 1 ) 4 X1 + 3 X2 - X3 = 6 ......... ( 2 )

X1 + 2 X2 + X4 = 4 X1 , X2 , X3 , X4 0

Karena ( 1 ) dan ( 2 ) tidak memiliki var slack , maka ditambahkan R1 dan R2

sebagai var bantuan( 1 ) 3 X1 + X2 + R1 = 3( 2 ) 4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6

Pada fungsi tujuan berikan koefisien M > 0, untuk R1 dan R2 ; sehingga :

Min Z = 4 X1 + X2 + MR1 + MR2

Kendala 3 X1 + X2 + R1 = 3 4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6

X1 + 2 X2 + X4 = 4 X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0

Subtitusikan R1 dan R2 ke fungsi tujuan :R1 = 3 - 3 X1 - X2

R2 = 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3

Maka : Z = 4 X1 + X2 + M(3 - 3 X1 - X2) + M(6 - 4 X1 - 3 X2 + X3) = ( 4 - 7M ) X1 + ( 1 – 4M ) X2 + M X3 + 9MPersamaan Z dalam tabel : Z + ( 7M - 4 ) X1 + ( 4M - 1 ) X2 - M X3 = 9M

Solusi dasar awal ; X1 = 0, X2 = 0, X3 = 0 -> Z = 9MSehingga X1 , X2 , X3 var non basis

Tabel Metode Big MIterasi 0 (awal) X1

(paling + ) R1

Keluar

Basis

X1 X2 X3 R1 R2 X4 Solusi

Z (7M – 4)

(4M – 1)

-M 0 0 0 9M

R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4X4 1 2 0 0 0 1 4 4/1

( 1 ) X2

masuk R2 keluar

Z 0 (1+5M)/3

-M (4-7M)/3

0 0 4+2M

X1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1/(1/3)= 3

R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2/(5/3)=6/5

X4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 8/5

( 2 ) X3

masuk X4 keluar

Z 0 0 1/5 (8/3-M) (-1/5-M) 0 18/3

X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5 3X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5

X4 0 0 1 1 -1 1 1 1( 3 )

(optimum)

Z 0 0 0 7/3-M -M -1/5 17/5

X1 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5

X2 0 1 0 -1/5 0 3/5 9/5

X3 0 0 1 1 -1 1 12. DUA FASE

Bertujuan untuk mengurangi kesalahan perhitungan dari pemberian nilai yg besar untuk konstanta M pada metode TEKNIK M (penalty)

Contoh = Min Z = 4 X1 + X2 Kendala 3 X1 + X2 = 3 4 X1 + 3 X2 6

X1 + 2 X2 4 X1 , X2 0

Tahap 1 :Bentuk dengan var buatan : R1 dan R2

Min r = R1 + R2

Kendala 3 X1 + X2 + R1 = 3 4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6

X1 + 2 X2 + X4 = 4 X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0

Fungsi tujuan r = R1 + R2

= ( 3 – 3 X1 - X2 ) + ( 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3 ) = -7 X1 - 4 X2 + X3 + 9

Tabel AwalBasi

sX1 X2 X3 R1 R2 X4 Solusi

Z 7 4 -1 0 0 0 9R1 3 1 0 1 0 0 3R2 4 3 -1 0 1 0 6X4 1 2 0 0 0 1 4

Tabel optimum : setelah 2 iterasi ( periksa ! )Basi

sX1 X2 X3 R1 R2 X4 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

X4 0 0 1 1 -1 1 1

Karena minimum solusi r = 0, masalah ini memiliki pemecahan ( solusi ) layak. Lanjutkan ke tahap ( Fase ) kedua.

Tahap 2 Menyingkirkan variabel buatan ( R1 dan R2 ) Dari tabel optimum tahap 1 didapatkan :

X1 + 1/5X3 = 3/5

X2 - 3/5X3 = 6/5

X3 + X4 = 1Masalah semula ditulis :

Min Z = 4 X1 + X2

Kendala X1 + 1/5X3 = 3/5 ......... ( 1 ) X2 - 3/5X3 = 6/5 ......... ( 2 ) X3 + X4 = 1 X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 0

Maka terdapat 3 persamaan dan 4 variabel sehingga solusi dasar layak didapat dg membuat (4 – 3) = 1 variabel dibuat nolX3 = 0 -> X1 = 3/5 ; X2 = 6/5 ; X4 = 1

Fungsi tujuan Z = 4 X1 + X2

= 4 ( 3/5 + 1/5 X3 ) + (6/5 + 3/5X3 ) = - 1/5 X3 + 18/5

Tabel Awal Var msk

Basis X1 X2 X3 X4 SolusiZ 0 0 1/5 0 18/5

X1 1 0 1/5 0 3/5

X2 0 1 -3/5 0 6/5

X4 0 0 1 1 1

Tabel optimum

Bandingkan dengan TEKNIK M!

METODE SIMPLEKS DUAL Memecahkan masalah LP yg tidak memiliki pemecahan dasar layak

tanpa variabel buatan. Kondisi Kelayakan : Variabel keluar adalah variabel basis yg memiliki

nilai paling negatif ( jika sama tentukan sembarang ) pada kolom solusi ( jika semua var basis non negatif, selesai )

Kondisi Optimalitas : Variabel masuk adalah variabel non basis yg memiliki rasio terkecil (posistif) antara pers 2 dg koef. negatif dari pers. var.

Basis X1 X2 X3 X4 SolusiZ 0 0 0 -1/5 17/5

X1 1 0 0 -1/5 2/5

X2 0 1 0 3/5 9/5

X3 0 0 1 1 1

keluar ( jika penyebab (koef.var keluar) nol atau positif, maka tidak terdapat solusi layak )

Contoh = Min Z = 3 X1 + 2 X2 Kendala 3 X1 + X2 3 4 X1 + 3 X2 6

X1 + 2 X2 3 X1 , X2 0

MenjadiMin Z = 3 X1 + 2 X2

-3 X1 - X2 + X3 = -3 -4 X1 - 3 X2 + X4 = -6

X1 + 2 X2 + X5 = 3X1 , X2, X3, X4, X5 0

Solusi dasar awalX3 = -3 , X4 = -6 X5 = 3 } tdk layak

non basis

Var keluar -> X4 -> Solusi paling negatif = -6 (basis)Var masuk -> X2 -> Rasio positif terkecil = -2/-3 = 2/3 (non basis)Elemen Pivot = -3

Persamaan pivot baru (X2 menggantikan X4) :-> ( -4 -3 0 1 0 -6 ) / -3-> ( 4/3 1 0 1/3 0 2 )Iterasi 1

non basis

Basis X1 X2 X3 X4 X5 SolusiZ -3 -2 0 0 0 0X3 -3 -1 1 0 0 -3X4 -4 -3 0 1 0 -6X5 1 1 0 0 1 3

Basis X1 X2 X3 X4 X5 SolusiZ -1/3 0 0 -2/3 0 4X3 -5/3 0 1 -1/3 0 -1X4 4/3 1 0 -1/3 0 2X5 -1/3 0 0 1/3 1 1

Rasio 1/5 -> (-1/3) / (-5/3)Maka : X1 = Var masuk

X3 = Var keluarElemen pivot = -5/3

Persamaan pivot baru (X1 menggantikan X3) :-> ( -5/3 0 1 -1/3 0 -1 ) / (-5/3)-> ( 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 )iterasi 2 ( tabel optimal )

Solusi : X1 = 3/5 X2 = 6/5 Z = 21/5 KASUS-KASUS KHUSUS METODE SIMPLEKS

1. DEGENERASIMax Z = 3 X1 + 9 X2

Kendala X1 + 4 X2 8 X1 + 2 X2 4

X1 , X2 0Iterasi ( 0 )

X2 masuk X3 keluar

Basis X1 X2 X3 X4 SolusiZ -3 -9 0 0 0X3 1 4 1 0 8X4 1 2 0 1 4

( 1 ) X1 masuk X4 keluar

Z -3/4 0 9/4 0 18X2 1/4 0 1/4 0 2X4 1/2 2 -1/2 1 0

Basis X1 X2 X3 X4 X5 SolusiZ 0 0 -1/5 -3/5 0 21/5

X3 1 0 -3/5 1/5 0 3/5

X4 0 1 4/5 -3/5 0 6/5

X5 0 0 -1/5 2/5 1 6/5

( 2 ) optimum

Z 0 0 3/2 3/2 18X2 0 1 1/2 -1/2 2X1 1 0 -1 2 0

Solusi tdk mengalami perubahan (perbaikan) pada itersai selanjutnya

2. OPTIMUM ALTERNATIFMax Z = 2X1 + 4X2 Kendala X1 + 2 X2 5 X1 + X2 4

X1 , X2 0Iterasi ( 0 )

X2 masuk X3 keluar

Basis X1 X2 X3 X4 SolusiZ -2 -4 0 0 0X3 1 2 1 0 5X4 1 1 0 1 4

( 1 ) X1 masuk X4 keluar

Basis X1 X2 X3 X4 SolusiZ 0 0 2 0 10X3 1/2 1 1/2 0 5/2

X4 1/2 0 -1/2 1 3/2

( 2 ) optimum alternatif

Z 0 0 2 0 10X2 0 1 1 -1 1X4 1 0 -1 2 3

Ada 2 solusi : X1 = 0 ; X2 = 5/2

Atau X1 = 3 ; X2 = 1

3. PEMECAHAN TDK DIBATASIMax Z = 2 X1 + X2 Kendala X1 - X2 10 2 X1 40 X1 , X2 0

Basis X1 X2 X3 X4 Solusi

Z = 10

Z -2 -1 0 0 0X3 1 -1 1 0 10X4 2 0 0 1 40

Semua koefisien batasan dibawah X2 adalah negatif atau nol Sehingga X2 dapat dinaikan secara tidak terbatas tanpa melanggar

batasan

DUALITAS dan ANALISA SENSITIVITAS TEORI DUALITAS

- Didorong oleh pentingnya informasi tambahan yg dapat diperoleh dari tabel simpleks optimum

- Setiap LP terdiir atas 2 bentuk : Primal dan Dual

Contoh :Kandungan Daging Sayur Kebutuhan Min

Mineral 2 4 40Vitamin 3 2 50

Harga per unit 3 2.5

Masalah -> menentukan biaya pembelian daging dan sayuran hingga kebutuhan minimum per hari akan mineral dan vitamin terpenuhi.Formulasi model :Min Z = 3 X1 + 2.5 X2 Kendala 2 X1 + 4 X2 40 3 X1 + 2 X2 50

X1 , X2 0Ada masalah yang berbeda yang berhubngan dengan masalah yang pertama ( bentuk primal ).

Misalkan ada sebuah dealer yg menjual mineral dan vitamin. Masalah bagi dealer adalah menetapkan harga jual mineral dan vitamin per unit yang maksimum demikian hingga menghasilkan harga daging dan sayur tidak melebihi harga pasar.-> Untuk membuat formulasi modelnya misalkan harga daging per unit Y1 dan sayur Y2, sehingga formulasi modelnya menjadi : Max W = 40 Y1 + 50 Y2 Kendala 2 Y1 + 3 Y2 3 4 Y1 + 2 Y2 2.5

Y1 , Y2 0Bentuk ini dinamakan bentuk Dual , Y1 dan Y2 disebut variable dual

Bila masalah primal dibandingkan dg masalah dual ada beberapa hubungan:1. Koef fungsi tujuan primal menjadi sisi kanan dual

Sisi kanan primal menjadi koef dungsi tujuan dual2. Tanda pertidaksamaan kendala dibalik3. Tujuan diubah dari min (max) dalam primal menjadi max (min) dalam dual4. Kolom primal baris (kendala) dalam dual

kendala dual = variabel primal5. Baris (kendala) primal kolom dual

Sehingga ada satu variabel dual kendala primal6. Bentuk dual dari dual adalah primal

A. Masalah Primal-Dual SimetrikBentuk Umum :Primal : Max Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn

Kendala A11 X1 + A12 X2 + ... +A1n Xn B1

A21 X1 + A22 X2 + ... +A2n Xn B2

n Varibel .m Kendala .

Am1 X1 + Am2 X2 + ... +Amn Xn Bm

X1 , X2 , ... Xn 0

Dual : Min W = B1 Y1 + B2 Y2 + ... + Bm Ym

Kendala A11 Y1 + A12 Y2 + ... +A1m Ym C1

A21 Y1 + A22 Y2 + ... +A2m Ym C2

m Varibel .n Kendala .

A1n Y1 + A2n Y2 + ... +Amn Ym Cn

Y1 , Y2 , ... Ym 0

Dalam notasi matrik, masalah primal – dual simetrik :Primal : Maksimumkan Z = cX

Dengan syarat : Ax b x 0

Dual : Minimumkan W = Yb Dengan syarat : yA c

y 0

Dimana A = matriks m x n x = vektor kolom n x 1b = vektor kolom m x 1 y = vektor baris 1 x mc = vektor baris 1 x n

Aturan umum menuliskan bentuk dual dari LP yang simetrik :a. Misalkan sebuah variabel dual (non negatif) untuk setiap kendala

primalb. Vektor baris koef fungsi tujuan primal diubah menjadi vektor kolom sisi

kanan dualc. Vektor kolom sisi kanan primal diubah menjadi vektor baris koef fungsi

tujuan duald. Transpose koef matriks kendala primal ke kendala duale. Balik arah pertidaksamaan kendalaf. Balik arah optimisasi ( min -> max atau sebaliknya )

1. Teori I ( Weak Duality Theorem )Misal bentuk primal dual simetrikMax Z = cX dan Min W = Yb

Dengan syarat : Ax b Dengan syarat : yA c

x 0 y

0” Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi yg layak selalu masalah maksimasi (primal)nya ”

Bukti :Misal Xdan Y adalah vektor solusi yg layak untuk masalah primal dan dual. Harus dibuktikan bahwa Yb cX Karena X layak bagi primal dengan kendalaAX b X 0Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan Y diperolehYAX Yb .... (I)Karena Y layak bagi dual dengan kendalaYA c Y 0Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan X diperolehYA X cX .... (II)Pertidaksamaan I dan II secara tidak langsung mengatakan bahwa :

Yb YA X cX

Dari Weak Duality Theorem diperoleh hasil – hasil :a. Nilai fungsi tujuan masalah maksimasi (primal) untuk setiap solusi layak

adalah batas bawah dari nilai minimum fungsi tujuan masalah dualb. Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi layak

adalah batas atas dari jilai maksimum fungsi tujuan msalah primalc. Jika masalah primal adalah layak dan nilai tujuannya tak terbatas, maka

masalah dualnya tdk memiliki suatu solusi layak, ataud. Jika masalah primal adalah layak dan tak terbatas, maka masalah primal

adalah tak layak, atau

e. Jika masalah dual adalah layak dan primal tak layak maka dual adalah tak terbatas.

ContohPrimal : Max Z = X1 + 2 X2 + 3 X3 + 4 X4

Dengan syarat : X1 + 2 X2 + 2 X3 + 3 X4 20 2 X1 + X2 + 3 X3 + 2 X4 20

X1 , X2 , X3 , X4 0X1 = X2 = X3 = X4 = 1 adalah layak untuk primal dengan nilai fungsi tujuan Z = cX = 10Dual : Min W = 20 Y1 + 20 Y2

Dengan syarat : Y1 + 2 Y2 1 2 Y1 + Y2 2 2 Y1 + 3 Y2 3 3 Y1 + 2 Y2 4

Y1 , Y2 0Y1 = Y2 = 1 adalah layak bagi dual dengan nilai fungsi tujuan W = Yb = 40Ingat bahwa cX Yb berarti memenuhi Weak Duality Theorem. Berdasarkan hasil solusi layak primal, nilai minimum fungsi tujuan W tak dapat lebih kecil dari 10. berdasarkan hasil solusi layak dual, nilai maksimum fungsi tujuan primal Z tak dapat melebihi 40.

2. Teori 2 ( Optimality Criterion theorem )Jika terdalap solusi layak X dan Y, pada bentuk primal dual simetrik demikian hingga nilai-nilai fungsi tujuan yg berhubungan adalah sama, maka solusi layak ini adalah solusi optimum terhadap masalah tersebut.Contoh :Berdasarkan contoh Teori 1. Misalkan X1 = 0 , X2 = 0 , X3 = 4 , X4 = 4 adalah suatu solusi layak yang lain terhadap masalah primal, sementara Y1 = 1.2 , Y2 = 0.2 adalah solusi layak bagi dual. Nilai Z = W = 28 → solusi ini optimum

3. Teori 3 ( Main Duality Theorem )

Jika baik masalah primal maupun dual adalah layak, maka keduanya memiliki solusi demikian hingga nilai optimum fungsi tujuannya adalah sama.

4. Teori 4 ( Complentary slackness theorem )a. Jika suatu variabel primal Xj bernilai positif, maka kendala dual yang

berhubungan akan dipenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan optimum (variabel slack atau surplus pada kendala dual = 0)

b. Jika suatu kendala primal berupa pertidaksamaan murni pada keadaan optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal 0), maka variabel dual yang berhubungan Yi harus = 0 pada keadaan optimum

c. Jika suatu variabel dual Yi bernilai positif, maka kendala primal yg berhubungan akan memenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal = 0)

B. Masalah Primal – Dual AsimetrikContoh :Max Z = 4 X1 + 5 X2 Dg syarat 3 X1 + 2 X2 20 4 X1 - 3 X2 10

X1 + X2 = 5 X1 0 , X2 tak terbatas

Ubah kedalam bentuk simetri, dengan cara :1. Kendala 2 dikalikan –2. Kendala 3 diganti dg X1 + X2 5 dan X1 + X2 53. Variabel tak terbatas X2 diganti dg selisih 2 variabel non negatif X3 dan X4

Sehingga bentuk simetrisnya menjadiMax Z = 4 X1 + 5 X3 - 5 X4 Dg syarat 3 X1 + 2 X3 - 2 X4 20 4 X1 - 3 X3 + 3 X4 -10

X1 + X3 + X4 5 - X1 - X3 + X4 - 5

X1 , X3 , X4 0Bentuk dualnya :Min Z = 20 U1 - 10 U2 + 5 U3 - 5 U4 Dg syarat 3 U1 - 4 U2 + U3 - U4 4 2 U1 + 3 U2 + U3 - U4 5

-2 U1 + 3 U2 - U3 + U4 - 5 U1 , U2 , U3 , U4 0

Bila bentuk dual dibandingkan dg bentuk primal yg belum disimetrikan maka tak ada ciri – ciri hubungan primal – dual yg terpenuhi.Kemudian misalkan Y1 = U1 , Y2 = -U2 , Y3 = U3 + U4 dandua pertidaksamaan terakhir diganti sebuah persamaan, hasilnya adalah :Min W = 20 Y1 - 10 Y2 + 5 Y3

Dg syarat 3 Y1 + 4 Y2 + Y3 4 2 Y1 - 3 Y2 + Y3 = 5

Y1 0 , Y2 0, Y3 tak terbatasBentuk ini memenuhi hubungan primal – dual, kecuali arah pertidaksamaan kendala dan tanda pembatas variabel.Ciri – ciri bentuk dual LP (simetris / tak simetris)1. Elemen matriks kendala dual = transpose ol. Primal2. Koef tujuan dual = sisi kanan primal3. Sisi kanan dual = koef tujuan primal4. Primal max → dual min dan sebaliknya

Hubungan Primal - Dual

I. Maksimasi MinimisasiKendala ke-i jenis Variabel dual y : 0Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0

Xj 0 Kendala ke-j Xj 0 Kendala ke-j

II. Minimasi MaksimasiKendala ke-i jenis Variabel dual y : 0Kendala ke-i jenis Variabel dual y : 0

Xj 0 Kendala ke-j

Primal DualA elemen matriks kendala Transpose elemen matriks

b vektor sisi kanan Koef fungsi tujuanc koef fungsi tujuan Vektor sisi kanan

Kendala ke-i persamaan Variabel Yi tak terbatasXj tak terbatas Kendala ke-j persamaan

Xj 0 Kendala ke-j

Contoh 1. Primal : Max Z = X1 + 4 X2 + 3 X3

Dg syarat 2 X1 + 3 X2 - 5 X3 2 3 X1 - X2 + 6 X3 1

X1 + X2 + X3 = 4 X1 0 , X2 0, X3 tak terbatasDual : Min W = 2 Y1 + Y2 + 4 Y3

Dg syarat 2 Y1 + 3 Y2 + Y3 1 3 Y1 - Y2 + Y3 4

-5 Y1 + 6 Y2 + Y3 = 3 Y1 0 , Y2 0, Y3 tak terbatas

2. Primal : Min Z = 2 X1 + X2 - X3 Dg syarat X1 + X2 - X3 = 1 X1 - X2 + X3 2

X2 + X3 3 X1 0 , X2 0, X3 tak terbatas

Dual : Max W = Y1 + 2 Y2 + 3 Y3 Dg syarat Y1 + Y2 2 Y1 - Y2 + Y3 1

-Y1 + Y2 + Y3 = -1 Y1 tak terbatas , Y2 0 , Y3 0

C. Mencari Solusi Optimum Bentuk Dual dg Metode SimpleksMain Duality Theorem → solusi optimum dual dpt diperoleh dari solusi primal dan sebaliknyaContoh :Max Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3

Dg syarat X1 + 2 X2 + X3 5 2 X1 - X2 + 3 X3 = 2

X1 , X2 , X3 0Tabel simpleks optimum

Basis X1 X2 X3 S1 R1 SolusiZ 0 0 3/5 29/5 -2/5 + M 28 1/5

X1 0 1 -1/5 2/5 -1/5 8/5

X2 1 0 7/5 1/5 2/5 9/5

Ingat bahwa variabel basis awal adalah variabel slack S1 dan artificial variabel R1

Bentuk Dual Min W = 5 Y1 + 2 Y2

Dg syarat Y1 + 2 Y2 5 2 Y1 - Y2 12

Y1 + 3 Y2 4 Y1 0 , Y2 tak terbatas

Karena Y2 tak terbatas diganti Y2 – Y dimana Y2 – Y 0

Tabel Simpleks Optimum :Basis Y1 Y2 Y S1 S2 S3 R1 R2 R3 Solusi

Z 0 0 0 -9/5 -2/5 0 9/5-M 8/5-M -M 28 1/5

S3 0 0 0 -7/5 1/5 1 7/5 -1/5 -1 3/5

Y 0 -1 1 2/5 -1/5 0 -2/5 1/5 0 2/5

Y1 1 0 0 -1/5 -2/5 0 1/5 2/5 0 29/5

Variabel basis solusi awal primal S1 dan R1

Variabel dual yg berhubungan dg pers kendala primal yg mengandung S1 dan R1

adalah Y1 dan Y2

Jika M diabaikan maka Y1 = 29/5 ; Y2 = -2/5

Variabel basis awal bentuk primal

S1 R1

Koef persamaan Z pd optimum primal

29/5 -2/5+M

Variabel dual yg berhubungan Y1 Y2

atau Y2 = Y2 – Y = 0 - 2/5 = - 2/5 → = bentuk dual

J i k a M d i a b a i k a n ; X 1

primalBerdasarkan tabel simpleks oprimum primal, solusi optimum dual dpt dihitung

melalui rumus :Misal hubungan primal – dual :

Min Z = cX dan Max W = YbDengan syarat : Ax = b Dengan syarat : yA

c x 0 y

0Maka solusi optimum primal dan dual diperoleh melalui penerapan reviscol simplex method :

Z = W = CB B-1 bKet : CB = vektor profit / biaya var basis optimum primal

B = matriks var basis optimum primal : [ Pj ] dimana Pj = kolom ke-j matriks A

CB B = vektor simpleks multiplierContoh :Primal : Max Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3

Dg syarat X1 + 2 X2 + X3 5 2 X1 - X2 + 3 X3 = 2

X1 , X2 , X3 0

Dual : Min W = 5 Y1 + 2 Y2 Dg syarat Y1 + 2 Y2 5 2 Y1 - Y2 12

Y1 + 3 Y2 4 Y1 0 , Y2 tak terbatas

Variabel basis awal bentuk dual R1 R2 R3

Koef persamaan Z pd optimum dual

9/5-M 8/5-M 0 - M

Variabel primal yg berhubungan X1 X2 X3

Melalui simpleks diperoleh X1 = 9/5 , X2 = 8/5 , Z = 28 1/5 karena X1 dan X2 var basis optimum primal, maka :Matriks basis optimumnya :

B = [ P1 P2 ] =

Optimum simpleks multipliernya adalah :

CB B-1 = [ 5 12 ] =

Terlihat bahwa Y1 = 29/5 , Y2 = -2/5 memenuhi kendala dual dan nilai fungsi tujuan W = 5 (29/5) + 2 (-2/5) = 28 1/5 Suatu solusi optimum primal (dual) jg merupakan solusi optimum masalah dual (primal)

D. Penafsiran Solusi DualDari segi ekonomi, solusi optimum bentuk dual dapat ditafsirkan sebagai sumbangan kendala sumber daya (shadow price)Berdasarkan Main Duality Theorem :Z = cX = Yb = WSehingga nilai optimum LP dapat ditulis :Z = Y1 b1 + Y2 b2 + ... + Y m bm

Dimana b1, b2,…, bm → sumber daya 1,2,…,m Y1, Y2, ... , Ym → nilai optimum var dualMisal b1 dpt diubah, kemudian untuk perubahan nilai b1 yg sangat kecil (b1), perubahan neto nilai Z adalah Y1 (b1).Perubahan neto nilai optimum karena kenaikan sumber daya disebut shadow price sumber daya yg bersangkutan . dapat digunakan untuk menentukan apakah menguntungkan untuk mendapatkan tambahan sumber daya.

E. Keuntungan Perhitungan bentuk DualJika suatu masalah sedemikian sehingga bentuk primal memiliki sejumlah besar kendala sementara variabel hanya sedikit, masalah tersebut dapat diselesaikan dengan lebih efisien dalam bentuk dual.

1 22 -1

1/5 2/5 2/5 -

ANALISA SENSITIVITAS

Post optimaly analysis → analisis perubahan parameter dan pengaruhnya terhadap solusi LP

Analisis ini terjadi setelah diperoleh solusi optimum perubahan atau variasi dalam masalah LP yg biasanya dipelajari melalui post optimalt analysis dpt dipisahkan ke dalam 3 kelompok umum :a. Analisis yg berkaitan dg perubahan diskrit parameter untuk melihat berapa

besar perubahan dapat ditolelir sebelum solusi optimum mulai kehilangan optimalitasnya dsbt Analisis Sensitivitas. Jika kecil parameter → drastis solusi maka solusi sangat sensitif, sebaliknya jika parameter tdk berpengaruh besar terhadap solusi maka solusi relatif insensitif terhadap nilai parameter tsb.

b. Analisis yg berkaitan dg perubahan struktural muncul bila ada penambahan atau penghilangan kendala dan atau variabel untuk menunjukkan operasi alternatif.

c. Analisis yg berkaitan dg kontinu parameter untuk menentukan urutan solusi dasar menjadi optimum jika ditambah lebih jauh dsbt parameteric – programming

Melalui analisa sensitivitas dapat dievaluasi pengaruh perubahan-perubahan parameter dg sedikit tambahan perhitungan berdasarkan tabel simpleks optimum.

Dalam analisis sensitivitas, perubahan-perubahan parameter dikelompokkan menjadia. Perubahan koefisien fungsi tujuan (Cj)b. Perubahan konstanta sisi kanan (Bi)c. Perubahan kendalad. Penambahan variabel barue. Penambahan kendala baru

Contoh

Sebuah perusahaan merencanakan memproduksi 3 barang A, B, dan C. Keuntungan per unit barang-barang itu 2, 3, dan 1. diperlukan 2 sumber daya yaitu buruh dan bahan mentah.Max Z = 2 X1 + 3 X2 + X3

1/3 X1 + 1/3 X2 + 1/3 X3 1 → kendala buruh 1/3 X1 - 4/3 X2 + 7/3 X3 3 → kendala bahan mentah

X1 , X2 , X3 0Dimana X1 , X2 , X3 adalah barang A, B, dan C yg dihasilkan Tabel simplex awal ( I )

Melalui beberapa iterasi metode simpleks menghasilkan tabel optimum( II )

tabel optimum : X1 = 1 ; X2 = 2 ; Z = 8Dengan melakukan analisi sensitivitas dapat diperoleh informasi yg berhubungan dg rencana produksi alternatif disekitar solusi optimum.

A. Perubahan Koefisien Fungsu Tujuan1. Perubahan koefisien fungsi tujuan dari variabel non basis.

Pada optimum barang C tidak diproduksi karena keuntungan per unitnya (C3) rendah yaitu 1. Dapat dicari interval C3 sehingga solusi optimum tidak berubah.Jika C3 turun tidak berpengaruh terhadap solusi optimum Jika bertambah mungkin dapat menguntungkan untuk diproduksi.Jika nilai C3 berubah, nilai koefisien persamaan Z dari variabel non basis X3

(C3) pada tabel optimum turut berubah.Tabel II adalah optimum selama C3 non negatif.

Basis X1 X2 X3 S1 S2 SolusiZ -2 -3 -1 0 0 0S1 1/3 1/3 1/3 1 0 1S2 1/3 4/3 7/3 0 1 3

Basis X1 X2 X3 S1 S2 SolusiZ 0 0 3 5 1 8X1 1 0 -1 4 -1 1X2 0 1 2 -1 1 2

Pada tabel II CB = [ C1 , C2 ] = [ 2 , 3 ] dimana CB adalah vektor koef fungsi tujuan var basis. Berdasarkan inner product rule Cj = CbVj – Cj diperoleh

C3 = [ 2 , 3 ] - C3 = 4 - C3

Opimum jika C3 = 4 - C3 0 atau C3 4. selama keuntungan per unit produk C kurang dari 4 adalah tidak ekonomis menghasilkan barang C.Misalkan keuntungan per unti barang C dinaikkan menjadi 6, maka C3 = 4 -6 = -2. Tabel II menjadi tidak optimum. ( III )

Tabel optimumnya menjadi :( IV )

Z = 10 ; X1 = 2 ; X3 = 1

2. Perubahan Koefisien fungsi tujuan variabel basisMisalkan ingin ditentukan pengaruh perubahan keuntungan per unti barang A (C1). Untuk menentukan interval C1, perubahan C1 akan nengubah vektor keuntungan CB karena CB = [ C1 , C2 ] . Dapat dibuktikan bahwa koef pers Z variabel basis yaitu C1 dan C2 tidakterpengaruh dan tetap bernilai nol. Namun, koef persamaan Z variabel non basis akan berubah. Tetapi selama C j non negatif, Tabel II masih optimum. Dapat ditunjujjan nilai C3,CS1, CS2 sebagai fungsi dari C1 :

Basis X1 X2 X3 S1 S2 SolusiZ 0 0 -2 5 1 8X1 1 0 1 4 -1 1X3 0 1 ( 2 ) -1 1 2

Basis X1 X2 X3 S1 S2 SolusiZ 0 1 0 4 2 10X1 1 1/2 0 7/2 -1/2 2X3 0 1/2 1 -1/2 1/2 1

-1 2

-1 2

C3 = [C1 , 3 ] - 1 = 4 - C1

CS1 = [C1 , 3 ] - 0 = 4 C1 - 3

CS2 = [C1 , 3 ] - 0 = 3 - C1

C3 0 selama C1 5 CS1 0 selama C1 3/4

CS2 0 selama C1 3 Tabel II akan tetap optimum jika interval C1 yg dipilih 3/4 sampai 3. Jika C1

berubah nilai optimum fungsi tujuan akan berubah. Misal C1 = 1, solusi optimum adalah X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 tetapi Z = 1( 1 ) + 3( 2 ) + 1( 0 ) = 7

3. Perubahan Koef tujuan pada var basis dan non basisMisal fungsi tujuan dirubah menjadi Z = X1 + 4 X2 + 2X3 . Pengaruhnya ditentukan dg memeriksan apakah koef persamaan Z pd tabel II tetap non negatif. Koef persamaan Z variabel basis nilainya tdk berubah C1 = C2 = 0, sementaraC3 = [ 1 , 4 ] - 2 = 5 0

CS1 = [ 1 , 4 ] - 0 = 0 0 Cj non negatif

CS2 = [ 1 , 4 ] - 0 = 3 0

Solusi optimum tdk berubah X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 dengan Z = 9 . Sekarang ditemui indikasi adanya solusi optimum alternatif karena CS1 = 0

B. Perubahan Koefisien Sisi KananMisalkan ada penambahan 2 unit buruh sehingga vektor sisi kanan pada tabel simplex awal dari menjadi

4-1 -1 1

4-1

-1 1

-1 2

1 3

2 3

Jelas perubahan ini tdk membawa pengaruh pd tabel optimum. Untuk mempelajari perubahan konstan sisi kanan, cukup membutuhkan apakah vektor konstanta yg baru pd tabel akhir masih non negatif. Setiap kolom pada akhir (termasuk vektor sisi kanan) dapat diperoleh dg mengalikan kolom yg bersangkutan pd tabel awal dg inverse kolom basis.Pada kasus ini kolom basis adalah kolom yg berhubungan dg X1 dan X2 (tabel I). Sehingga matriks basis :

Kolom yg berhubungan dg var basis awal pd setiap tabel simplex optimum memberikan inverse kolom basis. Karena S1 dan S2 pada tabel II merupakan inverse matrik basis sehingga :

Nilai konstan sisi kanan yg baru pd tabel II yg disebabkan karena pertambahan buruh adalah :

Sehingga tabel II masih tetap optimum dan kombinasi barang optimal baru adalah X1 = 5 , X2 = 1 , X3 = 0 , Z = 13. Solusi dan nilai optimum berubah tetapi var basis tidak. masih optimum jika hanya menghasilkan barang A dan B.Misalkan tambahan 7 unit buruh dapat diperoleh dg kerja lembur yg biaya tambahannya 4. Apakah menguntungkan menggunakan kerja lembur ? Pada contoh ini tambahan keuntungan 13 – 8 = 5 ( > 4 ) berarti menguntungkan. Kenaikan keuntungan ini dinamakan shadow price. Shadow price mencerminkan perubahan neto nilai optimum karena pertambahan satu unit sumber daya, selama perubahan sumber daya tdk mengubah variabel basis optimum. Agar penggunaan shadow price berarti, harus dihitung interval pers. bahan sumber daya sehingga var basis optimum tetap sama.ContohHitung berapa jauh ketersediaan buruh dapat diubah ?

1/3 1/3 1/3

B

4 -1 -1

B-1

4 -1 -1

B* 23 =

51 → Vektor positif

Misal b1 → tersedianya buruh dan b0 vektor konstan sisi kanan yg baru pd tabel awal, sehingga :

Setelah terjadi perubahan sumber daya, pd tabel simplex optimum harus dipenuhib* = B-1. b0 0 ( non negatif )

Karena B-1 = maka B-1. b0 =

B-1. b0 non negatif selama 4b1 - 3 0 atau b1 3/4

-b1 + 3 0 atau b1 3

Untuk semua 3/4 b1 3 solusi optimum adalah :X1 = 4b1 - 3 X1 = -b1 + 3 X1 = 0Z = 2 (4b1 - 3 ) + 3 (-b1 + 3) = 5b1 + 3Misalkan buruh bertambah jadi 4

Tidak optimum karena solusi basis X1 = 13 , X2 = -1 , X3 = S1 = S2 = 0 adalah tdk layak, dituliskan lagi dlm tabel :

( V )Basis

X1

X2

X3

S1 S2 Sisi kanan

Z 0 0 3 5 1X1 1 0 -

14 -1 13

X2 0 1 2 -1 1 -1

b1 3

b0 =

4 -1 -1

4 -1 -1

= 4b1 - 3-b1 +

b1 3

4 3b0

= 4 . 4 - 3-4 +

b* =

13-1=

Meskipun tabel V tdk layak untuk masalah primal, ia layak untuk masalah dual karena semua koef persamaan Z non negatif. Solusi optimum baru dg metode dual simplex : ( VI )

Tabel VI optimum

karena konstan sisi kanan positif.

Cara Alternatif : Misalkan ketersediaan tenaga kerja (b1) berubah , sedangkan yg lain tetap. Perubahan ini menyebabkan perubahan kolom solusi pada tabel simplex awal sebesar koefisien pd kolom yg berhubungan yaitu S1. Pengaruh itu akan ditiru pd itersi selanjutnya sampai simplex optimum. Karena itu untuk mengetahui pengaruh perubahan tenaga kerja, cukup diperiksa kolom slack yg berhubungan dg kendala yg diubah ketersediaannya nilai-nilai pd kolom solusi non negatif 1 + 4 0 2 - 1 0 3/4 dan 2 Karena jumlah tenaga kerja adalah b1 = 1 + atau = b1 – 1, jika disubtitusi menjadi :b1 - 1 - 1/4 2 b1 - 1 b1 3/4 dan 3 b1

3/4 b1 3

Dengan cara yg sama dpt dicari untuk bahan mentah (b2)1 - 1 0 2 + 1 0 1 dan - 2

Karena jumlah bahan mentah adalah b2 = 3 + atau = b2 – 3 maka :1 b2 - 3 b2 - 3 - 2

Basis

X1

X2

X3

S1

S2 Solusi

Z 0 5 13

0 6 18

X1 1 4 7 0 3 9S2 0 -

1-2 1 -1 1

4 b2 dan b2 1 1 b2 4Jadi nilai b2 yg memenuhi adalah 1 b2 4. Ini berarti selama jumlah bahan mentah berada di interval itu solusi optimum tdk berubah

C. Perubahan Matriks Kendala ( A )Matriks kendala atau koefisien matriks A dapat berubah karena :1. Penambahan variabel - variabel atau kegiatan – kegiatan

baru2. Perubahan kebutuhan sumber daya dari kegiatan –

kegiatan yg ada3. Penambahan kendala baru

1. Penambahan kegiatan baruMisalkan ingin ditambahkan produk baru D yg membutuhkan 1 unit buruh dan 1 unit bahan mentahdengan keuntungan per unit 3. Apakah menguntungkan ?Secara matematik ekivalen dg penambahan variabel X4 dan kolom

pada tabel I.Kombinasi produk optimum tabel II masih optimum selama koef persamaan Z dr produk baru sebut saja C4 adalah non negatif. Dari revised simplex method diperoleh Cj = CB B-1 Pj - CJ.Ingat bahwa

Dalam kasus ini, C4 = 3 dan P4 = , sehingga C4 =[ 5 , 1 ] - 3 = 3 (non negatif)

Memproduksi brang D tdk akan menambah keuntungan. Jika kegiatan baru dapat memperbaiki keuntungan bila Cj nya negatif kemudian selesaikan dg metode simpleks.

2. Perubahan Keperlaun Sumber daya

1 1

4 -1 -1

CB B-1 = [ 2 , 3 ]

=51

11

11

Jika buruh atau kebutuhan bahan mentah dari kegiatan non basis ( misal barang C ) berubah, pengaruh pd solusi optimum dapat dipelajari dengan mengikuti langkah – langkah yg sama seperti kasus sebelumnya. Dipihak lain, jika koefisien kendala dari kegiatan basis ( misal barang A atau B ) berubah maka matriks basis dengan sendirinya terpengaruh yg dapat mempengaruhi semua angka – angka tabel II. Kemudian tabel II kemungkinan menjadi tidak layak untuk masalah primal maupun dual. Dalam keadaan seperti ini, mungkin lebih baik diselesaikan kembali dengan metode simpleks.

3. Penambahan Kendala BaruMisalkan terdapat tambahan kendala jasa administrasi terhadap masalah dimana barang A, B, dan C masing – masing membutuhkan 1, 2 dan 1 jam jasa administrasi sementara tersedia 10 jam administrasi. Ini akan menambah kendala baru :

X1 + 2 X2 + X3 10Untuk mempelajari pengaruhnya terhadap solusi optimum cukup membuktikan apakah kombinasi barang optimum yg ada memnuhi kendala baru. Jika memenuhi kombinasi barang optimum tidak perlu diubah. Misalkan jam administrasi yg tersedia hanya 4 maka kendala baru menjadi X1

+ 2 X2 + X3 4 solusi optimum yg ada ( X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 ) menyimpang dari kendala ini. Sehingga tabel II tidak lagi optimum. Untuk mencari solusi optimum yg baru, tambahkan kendala baru seperti pada baris ketiga tabel berikut ini. Dengan menggunakan S3 sebagai variabel slack pada kendala baru ( VII

)

Karena X1 dan X2 merupakan variabel non basis, maka koefisien baris ketiga yg berhubungan dengan X1 dan X2 harus sama dengan nol. Ini dapat dicapai dengan perkalian baris pertama dengan -1 baris, kedua dengan -2 dan tambahkan

Basis

X1

X2

X3

S1 S2 S3 Sisi kanan

Z 0 0 3 5 1 0X1 1 0 -1 4 -1 0 1X2 0 1 2 -1 1 0 2S3 1 2 1 0 0 1 4

mereka pada baris ketiga. Tabel VIII menunjukkan tabel baru setelah operasi baris. Ingat bahwa koefisien persamaan Z tidak terpengaruh oleh proses ini, karena variabel basis yg baru S3 merupakan variabel slack. (VIII)

Karena tabel VIII optimum tetapi tdk layak (dual feasible) maka metode dual simplex diaplikasikan untuk mencari solusi optimum baru. Variabel basis S3

meninggalkan basis kasrena rasio absolut terkecil adalah pada S2 [ min ( -3/2 , - 5/2 , -1/1 ) ] maka variabel digantikan S3 oleh S2. Iterasi berikutnya : (IX)

Tabel IX adalah optimum sekaligus layakdan kombinasi barang optimum yg baru adalah menghasilkan 2 unit barang A dan 1 unit barang B. Keuntungan maksimum telah berkurang dari 8 menjadi 7 karena penambahan kendala baru.

Jika kendala baru ditambahkan terhadap suatu masalah LP, nilai optimum yg lama akan selalu lebih baik atau sama dibanding nilai optimum baru. Sehingga penambahan suatu kendala baru tidak dapat memperbaiki nilai optimum setiap masala LP.

Basis

X1

X2

X3

S1 S2 S3 Sisi kanan

Z 0 0 3 5 1 0X1 1 0 -1 4 -1 0 1X2 0 1 2 -1 1 0 2S3 1 2 -2 -2 ( -

1 )1 -1

Basis

X1

X2

X3

S1 S2 S3 Solusi

Z 0 0 1 3 0 1 7X1 1 0 1 6 0 -1 2X2 0 1 0 -3 0 1 1S3 1 2 2 2 1 -1 1