management sda s2 pu 1
DESCRIPTION
MANAJEMEN SDATRANSCRIPT
1
I PEMROGRAMAN LINIERSejak diperkenalkan di akhir dasawarsa 1960 pemrograman linier merupakansalah satu alat pengambil keputusan yang paling efektif. Keberhasilannyaberakar dari keluwesannya dalam menjabarkan di mana kalangan pemakaiteknik optimasi ini sukses dalam menggunakan hasil optimasi linier sebagaisebuah alat pengambil keputusan situasi kehidupan nyata di bidang-bidangberikut : militer, industri, pertanian, transportasi, ekonomi, kesehatan,keteknikan bahkan ilmu sosial dan perilaku (Taha,1996). Di samping itu,tersedianya program komputer yang sangat efisien untuk memecahkanmasalah-masalah Linier Programing yang sangat luas, merupakan faktorpenting dalam penyebaran penggunaan teknik optimasi ini (Lasdon,1998).Pemrograman linier adalah sebuah alat deterministik, yang berarti bahwa semuaparameter model diasumsikan diketahui dengan pasti. Tetapi dalam kehidupannyata jarang seseorang menghadapi masalah di mana terjadi kepastian yangsesungguhnya. Teknik LP mengkompensasikan “kekurangan” ini denganmemberikan analisis pasca optimum yang sistematis untuk memungkinkanpengambil keputusan yang bersangkutan menguji perubahan dalam berbagaiparameter dari model tersebut. Pada intinya, teknik tambahan ini memberikandimensi dinamis (Fauzi, 2002).
2
Pengembangan model matematis dapat dimulai denganmenjawab ketiga pertanyaan berikut ini :Apakah yang diusahakan untuk ditentukan oleh modeltersebut? Dengan kata lain, apakah variabel (yang tidakdiketahui) dari masalah tersebut?Apakah batasan (kendala) yang harus dikenakan atasvariabel untuk memenuhi batasan sistem modeltersebut?Apakah tujuan (sasaran) yang harus dicapai untukmenentukan pemecahanoptimum (terbaik) dari semua nilai yang layak darivariabel tersebut?Cara yang efektif untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini adalah memberikan ringkasan untukmasalah yang bersangkutan. Dapat diaplikasikan padacontoh Pabrik Cat berikut
3
Linear Programing dengan Model Dua Variabel danPemecahannya
Contoh : Reddy Mikks company memiliki sebuah pabrik yangmenghasilkan cat, baik untuk eksterior maupun interior untukdidistribusikan kepada para grosir. Harga jual cat eksterior 3 unitharga, cat interior 2 unit harga. Permintaan cat interior max 1 tonlebih dari cat eksterior, produksi cat interior max 2 ton/hari.
Data :
Ton Bahan Mentah perTon Cat
Ketersediaan
Maksimum
(Ton)Eksterior Interior
BahanMentah A
1 2 6
BahanMentah B
2 1 8
4
Pengembangan Model Matematis
1 Variabel : Xe = jumlah ton cat eksterior yang diproduksi setiap hari
Xi = jumlah ton cat interior yang diproduksi setiap hari
2. Fungsi Tujuan (Objective Function) : Max Z = 3 Xe + 2 Xi
3. Batasan (Constraint) :
Xe + 2 Xi ≤ 6 (bahan mentah A)
2 Xe + Xi ≤ 8 (bahan mentah B)
Xi - Xe ≤ 1 (perbedaan max cat interior & eksterior)
Xi ≤ 2 (max cat interior)
5
1
2
3
4
5
61 2 3 4 50 6
1
2
3
4
5
7
6
8
A
F
B
C
DE
GH K
J
x I
xE
Ruangpemecahan
2xE + xI 8-xE + xI 1
xI 2xE 0
xI 0
xE + 2xI 6 1
2
3
4
5
6
Penyelesaian secara grafis
6
Membuat persamaan bentuk standard untuk penyelesaian secarasimplek
Max : Z = 3 Xe + 2 Xi +0 S1+ 0 S2 + 0 S3 + 0 S4
Dengan batasan : Xe + 2 Xi + S1 = 6
2 Xe + Xi + S2 = 8
- Xe + Xi + S3 = 1
Xi + S4 = 2
Xe, Xi, S1, S2, S3, S4 ≥ 0
7
Penyelesaian dengan cara simplek
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 Persamaan Z
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 Persamaan S1
S20
2 1 0 1 0 0 8 Persamaan S2
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1 Persamaan S3
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 Persamaan S4
8
Penyelesaian dengan cara simplek
Iterasi I ↓IN
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Titik potong(Ratio)
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 0/-3= 0
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 6/1 = 6
←Out
S2 02( titikpivot)
1 0 1 0 0 88/2 = 4(terkecil)
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1- 1 (tidakboleh negatif)
S4 0 0 1 0 0 0 1 2tidak boleh
dibagi 0
9
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution Ratio
0/2 2/2 1/2 0/2 1/2 0/2 0/2 8/2
Pers.Pivot Xe 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4 8/2 =4
10
Operasi Gauss-Jordan berikut menghasilkan tabel baru:
1. Persamaan pivot Xe baru = persamaan S2 lama : 2
2. Persamaan Z baru = persamaan Z lama - (-3) x pers pivot baru
3. Persamaan S1 baru= persamaan S1 lama - (1) x pers pivot baru
4. Persamaan S3 baru= persamaan S3 lama - (-1) x pers pivot baru
5. Persamaan S4 baru= persamaan S4 lama - (0) x pers pivot baru
11
Persamaan Z lama 1 -3 -2 0 0 0 0 0
-(-3) x Pers pivot baru 0 3 3/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan Z baru 1 0 -1/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan S1 lama 0 1 2 1 0 0 0 6
-1 x Pers pivot baru 0 -1 -1/2 0 -1/2 0 0 -4
Persamaan S1 baru 0 0 3/2 1 -1/2 0 0 2
Persamaan S3 lama 0 -1 1 0 0 1 0 1
-(-1) x Pers pivot baru 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4
Persamaan S3 baru 0 0 3/2 0 1/2 1 0 5
Operasi Gauss-Jordan
12
13
I PEMROGRAMAN LINIERSejak diperkenalkan di akhir dasawarsa 1960 pemrograman linier merupakansalah satu alat pengambil keputusan yang paling efektif. Keberhasilannyaberakar dari keluwesannya dalam menjabarkan di mana kalangan pemakaiteknik optimasi ini sukses dalam menggunakan hasil optimasi linier sebagaisebuah alat pengambil keputusan situasi kehidupan nyata di bidang-bidangberikut : militer, industri, pertanian, transportasi, ekonomi, kesehatan,keteknikan bahkan ilmu sosial dan perilaku (Taha,1996). Di samping itu,tersedianya program komputer yang sangat efisien untuk memecahkanmasalah-masalah Linier Programing yang sangat luas, merupakan faktorpenting dalam penyebaran penggunaan teknik optimasi ini (Lasdon,1998).Pemrograman linier adalah sebuah alat deterministik, yang berarti bahwa semuaparameter model diasumsikan diketahui dengan pasti. Tetapi dalam kehidupannyata jarang seseorang menghadapi masalah di mana terjadi kepastian yangsesungguhnya. Teknik LP mengkompensasikan “kekurangan” ini denganmemberikan analisis pasca optimum yang sistematis untuk memungkinkanpengambil keputusan yang bersangkutan menguji perubahan dalam berbagaiparameter dari model tersebut. Pada intinya, teknik tambahan ini memberikandimensi dinamis (Fauzi, 2002).
14
Pengembangan model matematis dapat dimulai denganmenjawab ketiga pertanyaan berikut ini :Apakah yang diusahakan untuk ditentukan oleh modeltersebut? Dengan kata lain, apakah variabel (yang tidakdiketahui) dari masalah tersebut?Apakah batasan (kendala) yang harus dikenakan atasvariabel untuk memenuhi batasan sistem modeltersebut?Apakah tujuan (sasaran) yang harus dicapai untukmenentukan pemecahanoptimum (terbaik) dari semua nilai yang layak darivariabel tersebut?Cara yang efektif untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini adalah memberikan ringkasan untukmasalah yang bersangkutan. Dapat diaplikasikan padacontoh Pabrik Cat berikut
15
Linear Programing dengan Model Dua Variabel danPemecahannya
Contoh : Reddy Mikks company memiliki sebuah pabrik yangmenghasilkan cat, baik untuk eksterior maupun interior untukdidistribusikan kepada para grosir. Harga jual cat eksterior 3 unitharga, cat interior 2 unit harga. Permintaan cat interior max 1 tonlebih dari cat eksterior, produksi cat interior max 2 ton/hari.
Data :
Ton Bahan Mentah perTon Cat
Ketersediaan
Maksimum
(Ton)Eksterior Interior
BahanMentah A
1 2 6
BahanMentah B
2 1 8
16
Pengembangan Model Matematis
1 Variabel : Xe = jumlah ton cat eksterior yang diproduksi setiap hari
Xi = jumlah ton cat interior yang diproduksi setiap hari
2. Fungsi Tujuan (Objective Function) : Max Z = 3 Xe + 2 Xi
3. Batasan (Constraint) :
Xe + 2 Xi ≤ 6 (bahan mentah A)
2 Xe + Xi ≤ 8 (bahan mentah B)
Xi - Xe ≤ 1 (perbedaan max cat interior & eksterior)
Xi ≤ 2 (max cat interior)
17
1
2
3
4
5
61 2 3 4 50 6
1
2
3
4
5
7
6
8
A
F
B
C
DE
GH K
J
x I
xE
Ruangpemecahan
2xE + xI 8-xE + xI 1
xI 2xE 0
xI 0
xE + 2xI 6 1
2
3
4
5
6
Penyelesaian secara grafis
18
Membuat persamaan bentuk standard untuk penyelesaian secarasimplek
Max : Z = 3 Xe + 2 Xi +0 S1+ 0 S2 + 0 S3 + 0 S4
Dengan batasan : Xe + 2 Xi + S1 = 6
2 Xe + Xi + S2 = 8
- Xe + Xi + S3 = 1
Xi + S4 = 2
Xe, Xi, S1, S2, S3, S4 ≥ 0
19
Penyelesaian dengan cara simplek
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 Persamaan Z
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 Persamaan S1
S20
2 1 0 1 0 0 8 Persamaan S2
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1 Persamaan S3
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 Persamaan S4
20
Penyelesaian dengan cara simplek
Iterasi I ↓IN
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Titik potong(Ratio)
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 0/-3= 0
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 6/1 = 6
←Out
S2 02( titikpivot)
1 0 1 0 0 88/2 = 4(terkecil)
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1- 1 (tidakboleh negatif)
S4 0 0 1 0 0 0 1 2tidak boleh
dibagi 0
21
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution Ratio
0/2 2/2 1/2 0/2 1/2 0/2 0/2 8/2
Pers.Pivot Xe 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4 8/2 =4
22
Operasi Gauss-Jordan berikut menghasilkan tabel baru:
1. Persamaan pivot Xe baru = persamaan S2 lama : 2
2. Persamaan Z baru = persamaan Z lama - (-3) x pers pivot baru
3. Persamaan S1 baru= persamaan S1 lama - (1) x pers pivot baru
4. Persamaan S3 baru= persamaan S3 lama - (-1) x pers pivot baru
5. Persamaan S4 baru= persamaan S4 lama - (0) x pers pivot baru
23
Persamaan Z lama 1 -3 -2 0 0 0 0 0
-(-3) x Pers pivot baru 0 3 3/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan Z baru 1 0 -1/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan S1 lama 0 1 2 1 0 0 0 6
-1 x Pers pivot baru 0 -1 -1/2 0 -1/2 0 0 -4
Persamaan S1 baru 0 0 3/2 1 -1/2 0 0 2
Persamaan S3 lama 0 -1 1 0 0 1 0 1
-(-1) x Pers pivot baru 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4
Persamaan S3 baru 0 0 3/2 0 1/2 1 0 5
Operasi Gauss-Jordan
24
Penyelesaian dengan cara simplek
Iterasi 2↓IN
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution Ratio
Z 1 0 -1/2 0 3/2 0 0 12
←Out S1 0 0 3/2 1 -1/2 0 0 2 2/3/2=4/3
Xe 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4 4/(1/2)=8
S3 0 0 3/2 0 1/2 1 0 5 5/3/2=10/3
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 2/1=2
25
Operasi Gauss-Jordan berikut menghasilkan tabel baru:
1. Persamaan pivot S1(Xi) baru = persamaan S1 lama : 3/2
2. Persamaan Z baru = persamaan Z lama - (-1/2) x pers pivot baru
3. Persamaan Xe baru= persamaan Xe lama - (1/2) x pers pivot baru
4. Persamaan S3 baru= persamaan S3 lama - (3/2) x pers pivot baru
5. Persamaan S4 baru= persamaan S4 lama - (1) x pers pivot baru
26
Iterasi 3
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Z 1 0 0 1/3 4/3 0 0 12 ⅔
Xi 0 0 1 2/3 -1/3 0 0 4/3
Xe 0 1 0 -1/3 2/3 0 0 10/3
S3 0 0 0 -1 1 1 0 3
S4 0 0 0 - 2/3 1/3 0 1 2/3
Pemecahan ini optimal karena tidak ada kofisien negatif pada persamaan Z, dengan
besaran Xi = 4/3, Xe = 10/3 dan Z = 12 ⅔
27
Dalam model Reddy Mikks, semua batasan adalah berjenis . Sifat ini,
bersamaan dengan fakta bahwa sisi kanan dari semua batasan adalah non-
negatif, memberikan kita pemecahan dasar awal yang layak yang terdiri dari
semua variabel slack. Kondisi seperti ini tidak dipenuhi oleh semua model LP,
sehingga menimbulkan kebutuhan untuk merancang sebuah prosedur
perhitungan otomatis untuk memulai iterasi simpleks. Kita melakukan ini
dengan menambahkan variabel buatan (artificial variable) atau variabel
tambahan yang diperlukan untuk memainkan peran variabel slack. Tetapi,
karena variabel buatan seperti itu tidak memiliki makna fisik dalam model
semula (sehingga diberi nama “buatan”),
PEMECAHAN AWAL BUATAN UNTUK METODE SIMPLEKS PRIMAL
28
ketentuan harus dibuat untuk membuatnya menjadi nol di iterasi
optimum. Dengan kata lain, kita menggunakan variabel buatan
untuk memulai pemecahan, dan lalu meninggalkan mereka setelah
misi mereka terpenuhi. Kita mencapai hal ini dengan menggunakan
umpan balik informasi, yang akan membuat variabel ini tidak
menarik dari sudut pandang optimisasi. Satu cara yang logis untuk
mencapai tujuan ini adalah dengan mengenakan penalti pada
variabel buatan dalam fungsi tujuan. Dua metode (yang berkaitan
erat) yang didasari oleh penggunaan penalti tersedia untuk maksud
ini (1) metode M atau metode penalti dan (2) metode dua tahap.
Perincian tentang kedua prosedur ini diberikan berikut ini.
29
Teknik M (Metode Penalti)
Kita menjabarkan metode ini dengan menggunakan contoh numerikberikut ini:
Minimumkan z = 4x1 + x2Dengan batasan3x1 + x2 = 34x1 + 3x2 6x1 + 2x2 4x1, x2 0Bentuk standar dari model ini menjadiMinimumkan z = 4x1 + x23x1 + x2 = 34x1 + 3x2 – x3 = 6x1 + 2x2 + x4 = 4x1, x2, x3, x4 0
30
Persamaan pertama dan kedua tidak memiliki variabelyang memainkan peran sebagai variabel slack. Jadi kitamenambahkan dua variabel buatan R1 dan R2 dalamkedua persamaan ini sebagai berikut:
3x1 + x2 + R1 = 3
4x1 + 3x2 – x3 + R2 = 6
Kita dapat mengenakan penalti pada R1 dan R2 dalamfungsi tujuan dengan memberikan koefisien positif yangsangat besar dalam fungsi tujuan. Anggaplah M > 0merupakan sebuah konstanta yang sangat besar, jadiLP dengan variabel buatan ini menjadi
31
Minimumkan z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2
Dengan batasan
3x1 + x2 + R1 = 3
4x1 + 3x2 – x3 + R2 = 6
x1 + 2x2 + x4 = 4
x1, x2, x3,R1, R2, x4 0
Perhatikan alasan di balik penggunaan variabel buatan. Kita memilikitiga persamaan dan enam variabel yang tidak diketahui. Jadipemecahan dasar awal harus mencakup 6 – 3 = 3 variabel nol. Jikakita menempatkan x1, x2, dan x3 di tingkat nol, kita dengan segeramemperoleh pemecahan R1 = 3, R2 = 6 dan x4 = 4, yang merupakanpemecahan awal yang layak, yang diperlukan.
32
Sekarang, amati bagaimana model “baru” ini secara otomatis memaksa R1
dan R2 untuk menjadi nol. Karena kita melakukan minimasi, dengan
memberikan M dan R1 dan R2 dalam fungsi tujuan, proses optimasi yang
mengusahakan nilai minimum dari z pada akhirnya akan memberikan nilai
nol pada R1 dan R2 dalam pemecahan optimum. Perhatikan bahwa iterasi-
iterasi sebelum iterasi optimum adalah tidak penting bagi kita. Akibatnya,
tidak menjadi masalah apakah iterasi tersebut mencakup variabel buatan di
tingkat positif. Bagaimana teknik M berubah jika kita melakukan maksimasi
dan bukan minimasi? Dengan menggunakan logika yang sama dengan
mengenakan penalti pada variabel buatan, kita harus memberikan koefisien
–M dalam fungsi tujuan (M > 0), sehingga membuatnya tidak menarik untuk
mempertahankan variabel buatan di tingkat positif dalam pemecahan
optimum.
33
Setelah mengembangkan pemecahan awalyang layak, kita harus “mengkondisikan”masalah tersebut sehingga ketikamenempatkannya dalam bentuk tabel, kolomsisi kanan akan memberikan pemecahan awalsecara langsung. Ini dilakukan denganmenggunakan persamaan batasan untukmensubstitusi keluar R1 dan R2 dalam fungsitujuan. Jadi
R1 = 3 - 3x1 - x2
R2 = 6 - 4x1 - 3x2 + x3
34
Fungsi tujuan menjadi
z = 4x1 + x2+ M(3 - 3x1 - x2) + M(6 - 4x1 - 3x2 + x3)
= (4-7M)x1 + (1- 4)x2 + Mx3 + 9M
dan persamaan z tersebut sekarang terlihat dalam tabelseperti
z = (4-7M)x1 - (1- 4M)x2 – Mx3 + 9M
Sekarang anda melihat bahwa di pemecahan awal, dengandiketahui
x1 = x2 = x3 = 0, nilai z adalah 9M, seperti seharusnyaketika R1 = 3 dan R2 = 6.
Urutan tabel yang mengarah pada pemecahan optimumdiperlihatkan dalam tabel 1. Amati bahwa ini adalahmasalah minimisasi sehingga variabel masuk harusmemiliki koefisien yang paling positif dalam persamaan z.
35
Pemecahan optimum dicapai ketika semuavariabel nondasar memiliki koefisien z yangnonpositif. (Ingat bahwa M adalah konstantapositif yang sangat besar).
Pemecahan optimum adalah x1 = 2/5, x2 = 9/5,dan z = 17/5. Karena pemecahan ini tidakmemiliki variabel buatan di tingkat positif,pemecahan ini layak dalam kaitannya denganmasalah semula sebelum variabel buatanditambahkan. (Jika masalah ini tidak memilikipemecahan yang layak, setidaknya satu variabelbuatan akan positif dalam pemecahan yangoptimum. Kasus ini dibahas dalam bagianberikutnya).
36
Iterasi Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
z - 4 + 7M - 1 + 4M - M 0 0 0 9M0(awal)
x1 masukR1 keluar
R1
R2
R3
341
132
0-10
100
010
001
364
z 0 1 + 5M3
- M 4 - 7M3
0 0 4 + 2M1
x2 masukR2 keluar
x1
R2
x4
100
1/35/35/3
0-10
1/3- 4/3- 1/3
010
001
123
z 0 0 1/5 8/5 - M -1/5 - M 0 18/52
x3 masukx4 keluar
x1
x2
x4
100
010
1/5-3/5
1
3/5-4/5
1
-1/53/5-1
001
3/56/51
z 0 0 0 7/5 - M - M -1/5 17/53
(optimum)x1
x2
x3
100
010
001
2/5-1/5
1
00-1
-1/53/51
2/59/51
Tabel 1
Kolom z telah dihapus untuk memudahkan, karena kolom tidak pernah berubah. Kitaakan mengikuti konvensi diseluruh teori ini.
37
Latihan 1
a) Tuliskan persamaan z untuk contoh di atas sebagaimana tampil dalam tabelketika masing-masing dari perubahan ini terjadi secara independen.
1)Batasan ketiga pada awalnya berjenis .
[Jawab. z + (-4 + 8M) x1 + (-1 + 6 M) x2 – Mx3 – Mx4 = 13M.Gunakan variabel buatan dalam ketiga persamaan.]
2)Batasan kedua pada awalnya berjenis
[Jawab. z + (-4 + 3M) x1 + (-1 + M) x2 = 3M. Gunakan variabelbuatan hanya dalam persamaan pertama.]
3)Fungsi tujuan adalah memaksimumkan z = 4 x1 + x2
[Jawab. z + (-4 - 7M) x1 + (-1 - 4M) x2 + M x3 = 3M. Gunakanvariabel buatan hanya dalam persamaan pertama dan kedua.]
b) Dalam masing-masing kasus di bawah ini, tunjukkan apakah sepenuhnyadiperlukan untuk menggunakan variabel buatan untuk memperolehpemecahan awal. Asumsikan bahwa semua variabel adalah nonnegatif.
(1) Maksimumkan z = x1 + x2
dengan batasan
38
7x1 + 2x2 6
3x1 + 3x2 = 5
[Jawab. Ya, gunakan R1 dalam persamaan pertama danvariabel slack dalam persamaan kedua.]
(2) Minimumkan z = x1 + x2 + x3 + x4Kendala
2 x1 + x2+ x3 = 7
4 x3 + 3x2 + x4 = 8
[Jawab. Tidak, gunakan x3 dan x4; tetapi, pertama-tamasubstitusikan keduanya keluar dalam fungsi z denganmenggunakan x3 = 7 - 2x1 – x2 dan x4 = 8 - 4 x1 - R2.]
39
Latihan KomputerRancangan metode M didasari oleh persyaratan bahwa
nilai M harus cukup besar. Secara teoritis, M cenderungtak terhingga. Tetapi, dari sudut pandang perhitungan,pilihan M yang spesifik dapat memiliki pengaruhdramatis terhadap hasil, karena kesalahan pembulatanoleh komputer. Untuk mengilustrasikan hal ini,pertimbangkan masalah berikut ini:maksimumkan z = 0,2 x1 + 0,5 x2
dengan batasan3 x1 +2 x2 6x1 + 2 x2 4x1, x2 0
40
Dengan menggunakan prosedur "user-guided" dari SOLVER, terapkan
metode simpleks primal dengan menggunakan M = 10 dan lalu ulangi
metode tersebut dengan menggunakan M = 999.999. M pertama
menghasilkan pemecahan yang tepat z = 0,95, x1 = 1, x2 = 1,5,
sementara M kedua memberikan pemecahan yang tidak tepat z = 1,18,
x1 = 4, x2 = 0 (perhatikan inkonsistensi dalam nilai z yang dihasilkan).
Sekarang, kalikan koefisien dalam fungsi tujuan dengan 100 sehingga
menjadi z = 200 x1 + 500 x2 dan pecahkan masalah ini dengan
menggunakan M = 10 dan M = 999.999 serta amati bahwa nilai kedua
adalah nilai yang menghasilkan pemecahan yang tepat. Latihan ini
memperlihatkan bahwa nilai M harus dipilih secara relatif terhadap
nilai koefisien tujuan.
41
Iterasi Dasar x1 X2 x3 R1 R2 x4 Pemecahanz - 4 + 7M - 1 + 4M - M 0 0 0 9M0
(awal)x1 masukR1 keluar
R1
R2
x4
341
132
0-10
100
010
001
364
z 0 1 + 5M3
- M 4 - 7M3
0 0 4 + 2M1
x2 masukR2 keluar
x1
R2
x4
100
1/35/35/3
0-10
1/3- 4/3- 1/3
010
001
123
z 0 0 1/5 8/5 - M -1/5 - M 0 18/52
x3 masukx4 keluar
x1
x2
x4
100
010
1/5-3/5
1
3/5-4/5
1
-1/53/5-1
001
3/56/51
z 0 0 0 7/5 - M - M -1/5 17/53
(optimum)x1
x2
x3
100
010
001
2/5-1/5
1
00-1
-1/53/51
2/59/51
Tabel dibawah ini hasil operasi iterasi ke 3 untuk mendapatkan besaran yang
tertera dapat dijelaskan pada penjabaran berikut
42
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
z -4+7M -1+4M -M 0 0 0 9MR1 3 1 0 1 0 0 3 3/3=1 *R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4=1.5x4 1 2 0 0 0 1 4 4/1=4
Iterasi ke 0 : X1 masuk R1 keluar
X1=pivot 3/3=1 1/3 0 1/3 0 0 3/3=1
Z lama -4+7M -1+4M -M 0 0 0 9M
(4-7M) x Pivot 4-7M 4/3-7/3M 0 4/3-7/3M 0 0 4-7M +
Z baru 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
R2 lama 4 3 -1 0 1 0 6
-4x Pivot -4 -4/3 0 -4/3 0 0 -4 +R2 baru 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
43
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
X4 lama 1 2 0 0 0 1 4-1x Pivot -1 -1/3 0 -1/3 0 0 -1 +X4 baru 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Iterasi Ke 1 : X2 masuk R2 keluarZ 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
X 1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1:1/3=3R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2:5/3=1.2*X4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3:5/3=1.8
X2=pivot 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
Z lama 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
-(1/3+5/3M) xpivot
0 -1/3-5/3M 1/5+M 4/15+4/3M -1/5-M 0 -2/5-2M
Z baru 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5
44
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 SolutionX 1 lama 1 1/3 0 1/3 0 0 1
-1/3x pivot 0 -1/3 1/5 4/15 -1/5 0 -2/5 +X 1 baru 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
X4 lama 0 5/3 0 -1/3 0 1 3-5/3x pivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2 +
X4 baru 0 0 1 1 -1 1 1Iterasi 2 X3 masuk ; X4 keluar
Z 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5 3/5:1/5=3X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5X4 0 0 1 1 -1 1 1 1:1=1 *
X3=pivot 0 0 1 1 -1 1 1
Z lama 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5-1/5x pivot 0 0 -1/5 -1/5 1/5 -1/5 -1/5 +
Z baru 0 0 0 7/5-M -M -1/5 17/5
45
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
X1 lama 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5-1/5x pivot 0 0 -1/5 -1/5 1/5 -1/5 -1/5 +
X1 baru 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5
X2 lama 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/53/5x pivot 0 0 3/5 3/5 -3/5 3/5 3/5X2 baru 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 9/5
Iterasi Optimum koefisien pada pers. Z negatif semua dengan besaranSolution Z= 17/5 pada X1= 2/5 dan X2= 9/5
Z 0 0 0 7/5-M -M -1/5 17/5X1 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 9/5X3 0 0 1 1 -1 1 1
46
B. Teknik Dua Tahap
Sebagaimana diflustrasikan dalam latihan komputer di atas, satu
kekurangan dari teknik M adalah kemungkinan kesalahan perhitungan
yang dapat dihasilkan dari pemberian nilai yang terlalu besar untuk
konstanta M. Metode dua tahap dirancang untuk mengatasi kesulitan
ini. Walaupun variabel buatan ditambahkan dengan cara yang sama
seperti yang dipergunakan dalam teknik M, penggunaan konstanta M
disingkirkan dengan memecahkan masalah dalam dua tahap (sehingga
dinamakan metode "dua tahap"). Kedua tahap ini digariskan sebagai
berikut:
47
Tahap 1. Tambahkan variabel buatan sebagaimana diperlukan untuk
memperoleh pemecahan awal. Bentuklah fungsi tujuan baru yang
mengusahakan minimisasi jumlah variabel buatan dengan batasan
masalah semula yang dimodifikasi oleh variabel buatan tersebut. Jika
nilai minimum dari fungsi tujuan yang baru itu adalah nol (yang berarti
bahwa semua variabel buatan adalah nol), masalah tersebut memiliki
ruang pemecahan yang layak. Lanjutkan ke tahap II. Jika tidak, jika
nilai minimum itu positif, masalah itu tidak memiliki pemecahan yang
layak. Hentikan.
Tahap II. Gunakan pemecahan dasar optimum dari tahap I sebagai
pemecahan awal untuk masalah semula.
Prosedur ini diilustrasikan dengan menggunakan contoh teknik M
48
Tahap 1. Karena, kita memerlukan variabel buatan R1 dan R2 dalam
persamaan pertama dan kedua, masalah tahap I dapat berbunyi
minimumkan r = R1 + R2 dengan batasan
3x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 – x3 + R2 = 6
x1, x2, x3, R1, R2, x4 0
Karena R1, dan R2, termasuk dalam pemecahan awal, keduanya harus
disubstitusi keluar dalam fungsi tujuan (bandingkan dengan teknik M)
sebagai berikut:
r = R1 + R2
= (3 - 3 x1 – x2) + (6 - 4 x1 - 3 x2 + x3)
= -7 x1 - 4 x2 + x3 + 9
49
Dengan demikian tabel awal menjadi
Tabel optimum diperoleh dalam dua iterasi dan diketahui (periksalah)
Karena minimum r = 0, masalah ini memiliki pemecahan
yang layak; karena itu kita bergerak ke tahap II.
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
r 7 4 -1 0 0 0 9
R1
R2
x4
341
132
0-10
100
010
001
364
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
r 0 0 0 -1 -1 0 0
x1
x2
x4
100
010
1/5-3/5
1
3/5-4/5
1
-1/53/5-1
001
3/56/51
50
Tahap II. Variabel buatan sekarang telah menjalankan
fungsinya dan harus disingkirkan dalam semua perhitungan
berikutnya. Ini berarti bahwa persamaan dalam tabel optimum di
tahap I dapat ditulis sebagai
x1 + (1/5)x3 = 3/5
x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1
51
Persamaan ini tepat setara dengan persamaan dalam bentuk standar
dari masalah semula (sebelum variabel buatan ditambahkan). Jadi
masalah semula tersebut dapat ditulis sebagai
minimumkan z = 4 x1 + x2
dengan batasan
x1 + (1/5)x3 = 3/5
x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1
x1, x2, x3, x4 0
52
Kontribusi utama dari perhitungan tahap I adalah memberikan
pemecahan awal yang siap untuk soal semula. Karena soal tersebut
memiliki 3 persamaan dan 4 variabel, dengan menempatkan 4 - 3 =
1 variabel, yaitu x3, sama dengan 0, memperoleh pemecahan dasar
awal yang layak x1 = 3/5, x2 = 6/5, dan x4 = 1.
Untuk memecahkan soal ini, kita perlu mensubstitusi variabel dasar
x1 dan x2 dalam fungsi tujuan seperti yang kita lakukan dalam
teknik M. Ini dicapai dengan menggunakan persamaan batasan
sebagai berikut:
z = 4 x1 + x2
= 4 {3/5- (1/5) x3 } + {6/5 + (3/5) x3}
= -1/5 x3 + 18/5
53
Jadi tabel awal untuk tahap II menjadi
Tabel tersebut tidak optimal, karena x3 harus memasuki pemecahan.
Jika kita melakukan perhitungan simpleks, kita akan memperoleh
pemecahan optimum dalam satu iterasi. Penyingkiran variabel
buatan di akhir tahap I dilakukan hanya ketika semua variabel
tersebut adalah nondasar (seperti yang diilustrasikan dalam contoh di
atas). Tetapi, adalah mungkin bahwa satu variabel buatan atau lebih
tetap dasar tetapi di tingkat nol di akhir tahap I. Dalam kasus seperti
ini, variabel seperti itu haruslah menjadi bagian dari pemecahan
Dasar x1 x2 x3 x4 Pemecahan
r 0 0 1/5 0 18/5
x1
x2
x4
100
010
1/5- 3/5
1
001
3/56/51
54
awal tahap II. Dengan demikian, perhitungan tahap II harus
dimodifikasi untuk mencegah variabel buatan memperoleh nilai
positif selama iterasi dalam tahap II. Peraturan untuk menjamin
bahwa variabel buatan nol tidak akan pernah menjadi positif dalam
tahap II adalah sederhana. Amati bahwa dalam kolom masuk,
koefisien batasan yang berkaitan dengan baris variabel buatan dapat
positif, nol, atau negatif. Jika positif, itu akan secara otomatis
menjadi elemen pivot (karena akan bersesuaian dengan rasio
minimum sebesar nol) dan variabel buatan itu dapat dipastikan akan
meninggalkan pemecahan dasar untuk menjadi variabel nondasar
dalam iterasi berikutnya (penyingkiran yang baik!). Lalu, jika
55
koefisien itu nol, walaupun elemen pivot akan berada tempat lain di
kolom masuk, sifat operasi baris menjamin bahwa baris buatan
tersebut tetap tidak berubah, yang membuat variabel dasar buatan
tersebut berada di tingkat nol sebagaimana diinginkan. Kasus satu-
satunya yang tersisa adalah koefisien negatif. Dalam kasus ini,
elemen pivot pasti berada di tempat lain dalam kolom masuk dan
jika rasio minimum yang dihasilkan kebetulan positif, maka variabel
buatan tersebut akan memiliki nilai positif dalam. iterasi berikutnya
(dapatkah anda melihat mengapa?). Untuk mencegah hal ini terjadi,
semua yang perlu kita lakukan adalah memaksa variabel buatan
tersebut untuk tetap meninggalkan pemecahan,
56
Semata-mata dengan memilih koefisien negatif tersebut sebagai
elemen pivot untuk iterasi. Walau pun kita melanggar peraturan rasio
minimum, kita tidak akan melanggar kelayakan masalah tersebut
(yang adalah inti dari peraturan rasio minimum) karena variabel
buatan tersebut memiliki nilai nol. Jadi, ketika anda melakukan
operasi baris, sisi kanan dari tabel tetap tidak berubah., dan karena
itu layak. Untuk meringkaskan, peraturan "baru" untuk tahap II
menuntut pemilihan variabel buatan untuk meninggalkan pemecahan
dasar setiap kali koefisien batasan variabel tersebut dalam kolom
masuk memiliki nilai tidak nol (positif atau. negatif). (Pada
kenyataannya, peraturan ini dapat diterapkan untuk setiap
57
variabel dasar nol dalam setiap tabel simpleks tanpa kekuatiran
untuk melanggar kondisi kelayakan). Latihan komputer berikut ini
memberikan ilustrasi tentang peraturan ini dengan menggunakan
Solver.
Latihan komputer
Pertimbangkan Pertanyaan 3-38. Gunakan prosedur "user-guided"
Solver untuk memilih simpleks primal dengan pemecahan awal dua
tahap. Anda akan melihat bahwa tahap II dimulai di iterasi 2 dengan
variabel buatan dasar Rx6 di tingkat nol. Pada iterasi 3, anda akan
melihat bahwa x3 adalah variabel masuk. Secara normal, rasio
58
minimum akan bersesuaian dengan. x2 karena variabel ini memiliki
satu-satunya koefisien positif di bawah x3. Tetapi, karena koefisien
batasan dari variabel buatan Rx6 adalah tidak nol, metode simpleks
akan menyingkirkan Rx6 dari kelompok variabel dasar untuk
mencegahnya memiliki nilai positif (iterasi 4). Jika anda memaksa x2
untuk meninggalkan pemecahan, anda akan menemukan bahwa
pemecahan dalam iterasi 4 akan menjadi tidak layak (cobalah!).
Latihan 3-4
(a) Dalam tahap 1, apa yang dinyatakan oleh variabel buatan? Secara
spesifik, mengapa jumlah variabel buatan diminimumkan?
59
Metode Dua TahapMinimumkan z = 4x1 + x2
Dengan batasan3x1 + x2 = 34x1 + 3x2 6x1 + 2x2 4
x1, x2 0
minimumkan r = R1 + R2
dengan batasan3x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 – x3 + R2 = 6x1, x2, x3, R1, R2, x4 0
r = R1 + R2
= (3 - 3 x1 – x2) + (6 - 4 x1 - 3 x2 + x3)= -7 x1 - 4 x2 + x3 + 9
60
Iterasi 1 : x1 masuk ; R1keluar
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
r 7 4 -1 0 0 0 9 9/7=1 2/7
R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3=1 *
R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4=1 1/2
x4 1 2 0 0 0 1 4 4/1=4
x1=pivot 1 1/3 0 1/3 0 0 1
r lama 7 4 -1 0 0 0 9
-7x pivot -7 -7/3 0 -7/3 0 0 -7
r baru 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
R2lama 4 3 -1 0 1 0 6
-4xpivot -4 -4/3 0 -4/3 0 0 -4
R2baru 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
61
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
x4 lama 1 2 0 0 0 1 4
-1x pivot -1 -1/3 0 1/3 0 0 -1
x4 baru 0 5/3 0 1/3 0 1 3
Iterasi ke 2 : X2 masuk R2 keluar
r 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1:1/3=3
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2:5/3=6/5*
x4 0 5/3 0 1/3 0 1 3 3:5/3=9/5
X2=pivot 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
r lama 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
-5/3xpivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2
r baru 0 0 0 -1 -1 0 0
62
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
x1lama 1 1/3 0 0 0 0 1
-1/3xpivot 0 -1/3 1/5 4/15 -1/5 0 -2/5
x1baru 1 0 1/5 4/15 -1/5 0 3/5
x4 lama 0 5/3 0 0 0 1 3
-5/3xpivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2
x4 baru 0 0 1 4/3 -1 1 1
Tabel optimal koefisien r negatif dan nilai = 0
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
r 0 0 0 -1 -1 0 0
x1 1 0 1/5 -4/15 -1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
x4 0 0 1 4/3 -1 1 1
63
Selanjutnya R1, R2 kita abaikan sehingga bentuk yang baru sbb :minimumkan z = 4 x1 + x2
dengan batasanx1 + (1/5)x3 = 3/5x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1x1, x2, x3, x4 0
Dasar x1 x2 x3 x4 Pemecahan
Z 0 0 1/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 0 3/5 3/5:1/5=3
x2 0 1 - 3/5 0 6/5
x4 0 0 1 1 1 1:1=1*
Iterasi 1 : x3 masuk x4 keluar
64
Dasar x1 x2 x3 x4 Solution
X4= pivot 0 0 1 1 1 1:1=1*
Z lama 0 0 1/5 0 18/5
-1/5xpivot 0 0 -1/5 -1/5 -1/5
Z baru 0 0 0 -1/5 17/5
x1 lama 1 0 1/5 0 3/5
-1/5xpivot 0 0 -1/5 -1/5 -1/5
x1 baru 1 0 0 -1/5 2/5
x2 lama 0 1 - 3/5 0 6/5
3/5xpivot 0 0 3/5 3/5 3/5
x2 baru 0 1 0 3/5 9/5
65
Tabel Optimal karena koefisien Z negatif
Dasar X1 X2 X3 X4 Pemecahan
Zbaru 0 0 0 -1/5 17/5
X1 baru 1 0 0 -1/5 2/5
X2 baru 0 1 0 3/5 9/5
X1 -pivot 0 0 1 1 1
66
Water Quality Management Models
Linear programming solution techniques will be demonstrated using
the simple water quality management example shown in Figure 1. A
stream receives waste from sources located at sites 1 and 2. Without
some waste treatment at these sites, the water quality indicator (such
as dissolved oxygen concentration), q1 mg/l, at sites 2 and 3 will
continue to be below the desired concentration Qi. The problem is to
find the level of waste water treatment (waste removed) at sites 1 and
2 required to achieved the desired concentrations at sites 2 and 3 at a
minimum total cost. This may be a naïve objective for an actual water
quality management problem. Still it serves to illustrate the use of
67
another linear model and some linear programming procedures that
can be used for its solution.
FIGURE 1. Water Quality Management Problem
Waste input = W1
= 200 units/dayWaste removed = W1X1
Waste input = W2
= 100 units/dayWaste removed = W2X2
Site 2 3
Existing quality 3 2
Desired quality 7 6
68
Assume that for each unit of waste removed (not discharged into the
stream) at site 1 the quality index at site 2 improves by 0.025 mg/l,
and the quality index at the site 3 improves by 0.0125 mg/l. For each
unit of waste removed at site 2 the quality index at site 3 improves
by 0.025 mg/l. In this example the water quality at site 2 is measured
just upstream of the point of waste water discharge; hence waste
discharged from site 2 affects the quality only at site 3. Denote these
transfer coefficients as aij (the improvement in the quality index at
site j per unit of waste removed at site i), Wi as the amount of waste
to be treated at site i, and Xi as the fraction of waste removed by
treatment at site i. Then the quality improvement at site j due to
WiXi units of waste removed at site i is (aij )(WiXi) mg/l. For all
69
values of Xi between 0 and 1, the quality index at site 2 will equal
the qurrent concentration q2 plus the improvement, (a12 )(W1X1),
due to treatment at site 1. The quality index at site 3 will equal the
qurrent concentration q3 plus the improvement (a13 )( W1X1) +
(a23 )( W2X2) due to treatment at sites 1 and 2.
The cost of treatment Ci(Xi) at each site I will be a function of the
fraction of waste removed Xi. The objective in this example problem
ia to find the values of the removal fractions, Xi and X2, that
minimize the total cost,
Minimize C1 (X1) + C2(X2)………………. 1
70
While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2 …………………………………… 2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3 ……………………… 3
To complete the planning model, constraints confining the range of
waste removal fractions to their feasible values are required. For this
example, at least 30 % removal will be required at both sites. This
corresponds to primary treatment of municipal waste waters to prevent
the discharge of suspended and floating solids. An upper limit of 95 %
will reflect the best technology available without resorting to
distilation or pipimg the wastes to another location.
Xi 0.30 i = 1, 2 ……………………………….. 4
Xi 0.95 i = 1, 2 ……………………………….. 5
71
The planning model defined by equations 2 through 5 contains and
possibly a nonlinear objective function.
In many actual planning situations each cost function Ci (Xi)
will be unknown. At best only an approximate estimate may be
available without additional design and cost studies. In this example
each cost function will be assumed to be unknown. The challenge will
be to try to solve the planning problem, that is, find the least-cost
combination of X1 and X2 without requiring an expensive design and
cost study to obtain improved treatment cost data.
The solution of this problem without complete knowledge of
the cost functions in the objective will illustrate how modeling studies
can assist in planning data collection programs. Very often planning
72
exercise are divided into distinct phases, data collection followed by
data analysis. The two phases should be integrated from the beginning.
Model builders must be aware of the data that are available, or that can
be obtained at a reasonable cost. Data collection programs should be
geared to the need for various data
And the accuracy required. There is no advantage to spending money
or time collecting data or improving the accuracy of such efforts if
such data have little influence on the final solution or decision. Models
can be used to assess the sensitivity of possible solutions to changes in
the values of various parameters or assumptions. This use of models
for such sensitifity analyses is often of more value to planners and
decision makers than is their use for identifying possible solutions.
73
Returning to the water quality management problem, substitution of
the values for each of the known coefficients (qi, aij,Wi and Qi) in
equations 2 to 5 results in the following sets of constraints:
The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.025)(200) X1 7
or X1 0.8 …………..6
The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 2 + (0.0125)(200) X1 + (0.025)(100) X2 6
or X1 + X2 6 ………. 7
Limits on the fraction of waste removed :
X1 0.3
X2 0.3 ……………………………………………. 8
74
and X1 0.95
X2 0.95 …………………………………………… 9
Graphical Solution and Analysis.
Since this problem involving only two unknown variables, all
combinations of X1 and X2 that satisfy the constraint 2 through 9
can be determined graphically or use simplex solution. ( solution
will be explain in class session )
75
Waste input = W1
= 200 units/dayWaste removed = W1X1
Waste input = W2
= 100 units/dayWaste removed = W2X2
Site 2 3
Existing quality 3 2
Desired quality 7 6
FIGURE 1. Water Quality Management Problem
76
Minimize C1 (X1) + C2(X2)
While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
Xi 0.30 i = 1, 2
Xi 0.95 i = 1, 2 …………………………………… 5
4. The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.025)(200) X1 7
or X1 0.8 …………..……. 1
77
5. The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 2 + (0.0125)(200) X1 + (0.025)(100) X2 6
or X1 + X2 1.6 ……...……. 2
6. Limits on the fraction of waste removed :
X1 0.3………………3
X2 0.3.……………..4
and X1 0.95………..5
X2 0.95.……… 6
78
0 0.2 0.3 0.4 0.6 0.8 0.95 1.0
1.00.95
0.8
0.6
0.4
0.3
0.2
X1 08
X20.95
X1 0.3
X2 0.3
X1 + X2 1.6
Region offeasible solutions
X10.95
X2
X1
79
Min Z = 4 X1 + 6 X2
Constraint :
X1 0.8
X1 + X2 1.6
X1 0.3
X2 0.3
X1 0.95
X2 0.95
X1 + X2 = 1.6 X2 = 0.8
X1 = 0.8
X1 = 0.95 X2 = 0.65
80
Bila Z = 4 X1 + 6 X2
Dan X1, X2 = (0.95, 0.65) Titik paling Extrim minimal.
Maka Z = 4 x 0.95 + 6 x 0.65 = 7.7 (Optimal)
81
Penyelesaian dengan metode ‘M’
Persamaan dirubah dalam bentuk standard sbb:
Z – 4 X1 - 6 X2 = 0
X1 - X3 = 0.8
X1 + X2 - X4 = 1.6
X2 - X5 = 0.3
X1 + X6 = 0.95
X2 + X7 = 0.95
X1 - X3 + R1 = 0.8 ----- R1 = 0.8 – X1 + X3
X1 + X2 - X4 + R2 = 1.6 -----R2 = 1.6 – X1 – X2 + X4
Z = 4 X1 + 6 X2 + M ( 0.8 – X1 + X3) + M ( 1.6 – X1 – X2 + X4)
= X1(4-M-M) + X2(6-M) + M X3 + M X4 + 2.4 M
Z – (4-2M) X1 –( 6 – M )X2 - M X3 – M X4 = 2.4 M
82
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z -(4-2M) -(6-M) -M -M 0 0 0 0 0 2.4M
R1 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8 0.8/1=0.8
R2 1 1 0 -1 0 0 0 0 1 1.6 1.6/1=1.6
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3 0.3/0=
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95 0.95/1=0.95
X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95 0.95/0=
X1 masuk R1 keluar
X1 Pivot 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
Zlama -(4-2M) -(6-M) -M -M 0 0 0 0 0 2.4M
(4-2M)x Pivot 4-2M 0 -4+2M 0 0 0 0 4-2M 0 3.2-1.6M
Z Baru 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M
R2 lama 1 1 0 -1 0 0 0 0 1 1.6
-1x pivot -1 0 1 0 0 0 0 -1 0 -0.8
R2 Baru 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8
X2lama=X2baru 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1 lama1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
-1x pivot -1 0 1 0 0 0 0 -1 0 -0.8
X1 baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
83
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M
X1 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
R2 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8 0.8/1=0.8
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15 0.15/1=0.15
X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95
Iterasi II X3 masuk X1 keluar
X3=Pivot 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
Z lama 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M
(4-M)xpivot 0 0 4-M 0 0 4-M 0 M-4 0 0.6-0.15 M
Z baru 0 M-6 0 -M 0 4-M 0 -M 0 0.65M+3.8
X1lama 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
1x pivot 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X1baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 lama 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8
-1x pivot 0 0 -1 0 0 -1 0 1 0 -0.15
R2 baru 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
84
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 M-6 0 -M 0 4-M 0 -M 0 0.65M+3.8
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65 0.65/1=0.65
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3 0.3/1=0.3
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95
Iterasi III X2 masuk x2 keluar
X2=pivot 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1lama=baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 lama 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
-1x pivot 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 -0.3
R2 baru 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X3lama=baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2lama 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95
-1x pivot 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 -0.3
X2 baru 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65
85
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 0 0 -M M-6 4-M 0 -M 0 0.35M+5.6
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35 0.35/1=0.35
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65 0.65/1=0.65
Iterasi IV X5 masuk R2 keluar
X5=pvt 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
Z lama 0 0 0 -M M-6 4-M 0 -M 0 0.35M+5.6
(6-M)x pivot 0 0 0 0 6-M M-6 0 0 6-M -0.35M+2.1
Z baru 0 0 0 -M 0 -2 0 -M 0 7.7
X1 lama=baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
X2lama 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
1x pivot 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X2 baru 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
X3lama=baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
86
X2 lama 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65
-1x pivot 0 0 0 0 -1 1 0 0 -1 -0.35
X2 baru 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0.30
Iterasi optimal karena koefisien Z negatif semua
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 0 0 -M 0 -2 0 -M 0 7.7
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
X2 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X5 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X2 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0.30
87
Solve the problem grafically and simplex at class session
Assume that there are two sites along a stream, i = 1,2, at which
waste (BOD) is discharged. See the plan situation at the the problem
before. Currently, without any wastewater treatment, the quality
(DO), q2 and q3 at each of sites 2 and 3 is less than the minimum
desired, Q2 and Q3, respectively. For each unit of waste removed at
site i upstream of site j, the quality improves by Aij.
How much treatment is required at sites 1 and 2 that meets the
standards at a minimum total cost? Following are the necessary data:
C1= 6 per unit of waste treatment at site 1; C2 = 10 per unit of waste
treatment at site 2
A12 = 1/20 W1= 100 Q2= 6
A13 = 1/40 W2= 75 Q3= 4
A23 = 1/30 q2= 3 q3= 1
88
Min Z = 6 X1 + 10 X2
A12 = 1/20 W1= 100 Q2= 6
A13 = 1/40 W2= 75 Q3= 4
A23 = 1/30 q2= 3 q3= 1
While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.05)(100) X1 6
or X1 6……………….1
The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 1 + (0.025)(100) X1 + (0.033)(75) X2 4
or X1 + X2 .2………….2
89X1( 1.2,0)
X1 0.6
X1 + X2 1.2(0.6,0.6)
1.2
1.0
0.5
X2
0.6
90
Min Z = 6 X1 + 10 X2
Constraint :X1 0.6X1 + X2 1.2X2 0
X1 + X2 = 1.2 X1 = 1.2X2 = 0Bila Z = 6 X1 + 10 X2
Dan X1, X2 = (1.2, 0) Titik paling Extrim minimal.
Maka Z = 6 x 1.2 + 10 x 0= 7.2 (Optimal)
91
Penyelesaian dengan Solver
Min Z = 6 X1 + 10 X2
Constraint :
X1 >= 0.6
X1 + X2 >= 1.2
X2 >= 0
X1 X2 OBJ. Func Constraint
1.2 0 7.2
X1 >= 0.6
X1+ X2 >= 1.2
92
Structure a linear programming model for estimating the quantities of
each of the two crops that should be produced in order to
maximize total income. Solve the problem graphically and
simplex method, using the following data :
Resources Requirements per unit of Maximum Available
Crop A Crop B Resources
Water 2 3 60
Land 5 2 80
Fertilizer 3 2 60
Labor 1 2 40
Unit price 30 25
93
Max Z = 30 X1 + 25 X2
Constraint :
2 X1+3 X2 60------ X1=0; X2=20 ------ X2=0; X1=30-----1)
5 X1+2 X2 80------- X1=0; X2=40------ X2=0; X1=16-----2)
3X1+2 X2 60------- X1=0; X2=30------ X2=0; X1=20-----3)
X1+2 X2 40------- X1=0; X2=20------ X2=0; X1=40-----4)
94
X2
40
30
20
10
0 10 20 30 40 X1
2)
3)
4)
1)10.91, 12.73
95
Perpotongan pers 1 & 2 merupakan paling maximal
2X1+3 X2 = 60------ X2 =(60-2 X1)/3
5 X1+2 X2 = 80------- X1=(80-2/3(60-2 X1))/5
X1=10.91--- X2=12.73
Bentuk standard :
Z - 30 X1 - 25 X2 = 0
2 X1 + 3 X2 + S1 = 60
5 X1 + 2 X2 + S2 = 80
3 X1 + 2 X2 + S3 = 60
X1 + 2 X2 + S4 = 40
96
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 SolZ 1 -30 -25 0 0 0 0 0
S1 0 2 3 1 0 0 0 60 60/2=30S2 0 5 2 0 1 0 0 80 80/5=16 *S3 0 3 2 0 0 1 0 60 60/3=20S4 0 1 2 0 0 0 1 40 40/1=40
Iterasi 1 : X1 masuk S2 keluar
X1=pivot 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16 X1=pivot
Z lama 1 -30 -25 0 0 0 0 0
30xpivot 0 30 12 0 6 0 0 480 30xpivot
Z baru 1 0 -13 0 6 0 0 480 Z baru
S1lama 0 2 3 1 0 0 0 60
-2xpivot 0 -2 -4/5 0 -2/5 0 0 -32 -2xpivot
S1baru 0 0 11/5 1 -2/5 0 0 28 S1baru
S3lama 0 3 2 0 0 1 0 60 S3lama-3xpivot 0 -3 -6/5 0 -3/5 0 0 -48 -3xpivotS3baru 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12 S3baru
S4lama 0 1 2 0 0 0 1 40 S4lama-1xpivot 0 -1 -2/5 0 -1/5 0 0 -16 -1xpivotS4baru 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24 S4baru
97
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol
Z 1 0 -13 0 6 0 0 480
S1 0 0 11/5 1 -2/5 0 0 28 28:11/5=12.73
X1 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16 16:2/5= 40
S3 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12 12:4/5=15
S4 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24 24:8/5=15
Iterasi 2 : X2 masuk S1 keluarX2 = pivot 0 0 1 5/11 -2/11 0 0 140/11
Z lama 1 0 -13 0 6 0 0 480
-(-13)x pivot 0 0 13 65/11 -26/11 0 0 165.4
Z baru 1 0 0 65/11 40/11 0 0 645.4
X1 lama 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16
-2/5x pivot 0 0 -2/5 -2/11 4/55 0 0 -56/11
X1 baru 0 1 0 -2/11 15/55 0 0 120/11
S3 lama 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12
-4/5x pivot 0 0 -4/5 -4/11 8/55 0 0 -112/11
S3 baru 0 0 0 -4/11 25/55 1 0 20/11
S4 lama 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24
-8/5x pivot 0 0 -8/5 -8/11 16/55 0 0 -224/11
S4 baru 0 0 0 -8/11 5/55 0 1 40/11
98
Tabel Optimal koefisien Z positif untuk maximize dengan nilai 645.4
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol
Z 1 0 0 65/11 40/11 0 0 645.4
X2 0 0 1 5/11 -2/11 0 0 140/11
X1 0 1 0 -2/11 15/55 0 0 120/11
S3 0 0 0 -4/11 25/55 1 0 20/11
S4 0 0 0 -8/11 5/55 0 1 40/11
Exercise on Irrigation Planning and Operation.
In Algeria there are two distinct cropping intensities, depending on
the availability of water. Consider a single crop that can be grown
under intensive rotation or extensive rotation on a total of A hectare.
Assume that the annual water requirements for the intensive rotation
policy are 16,000 m3 per hectare, and for extensive rotation policy
99
they are 4000 m3 per hectare. The annual net production returns are
4000 and 2000 dinars respectively. If the total water available is
320,000 m3, show that as the available land area A increases, the
rotation policy that maximizes total net income changes from one
that is totally intensive to one that is increasingly extensive.
Would the same conclusions hold if instead of fixed net incomes of
4000 and 2000 dinars per hectare of intensive and extensive rotation,
the net income depended on the quantity of crop produced?
Assuming that intensive rotation produces twice the crop yield of
extensive rotation, and that the net income per unit of crop yield Y is
defined by simple linear function 5-0.05 Y, develop and solve a
linear programming model to determine the optimal rotation policies
if A equals 20, 50,80.
100
a. Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 320000
X1 + X2 20
Solving Graficaly :
16000 X1 + 4000 X2 = 320000
X1 + X2 = 20
101X1
X2
80
20
( 20 ,0)
Optimum Point : (20,0)
102
1) X1 + X2 = 20 X1 = 20 – 80+4X1 X1 = 20 ;X2 = 02) X1 + X2 = 50 X1 = 50 - 80+4X1 X1 = 10 ; X2 = 403) X1 + X2 = 80 X1 = 80 - 80+4X1 X1 = 0 ; X2 = 80
Using Solver Solution
Exercise Solution 16 a
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 20
Intensif Extensif Objective Function Constraint
Area (X1) Area (X2) Z
20 0 80000
X1 + X2 <= 20 20 Area (Ha)
16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
103
Using Solver Solution
Exercise Solution 16 a
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 50
104
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 50
10 40 120000
X1 + X2 <= 50 50 Area (Ha)
16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 80
0 80 160000
X1 + X2 <= 80 80 Area (Ha)
16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
105
Exercise Solution 16 b
Max : Z=X1(5-0.05 T1) T1+ X2 (5-0.05 T2 )T2
Constraint : T1 = 2xT2
1) X1 + X2 <= 20
2) X1 + X2 <= 50
3) X1 + X2 <= 80
X1>=5
X2>=5
Intensive Extensive Obj. Function Constraints
T1 T2 Z
54 27 2356 54 Yield (T1,T2)
15 5 20 20 Area( X1 + X2)
16000 4000 260000 320000 Water(M3)
106
75 37 5625 75 Yield (T1,T2)
10 40 50 50 Area( X1 + X2)
16000 4000 320000 320000 Water(M3)
87.5 43.75 7656.25 87.5 Yield (T1,T2)
5 60 65 80 Area( X1 + X2)
16000 4000 320000 320000 Water(M3)
107
Penjelasan Kuliah Ke 17Selesaikan semua contoh soal dan latihan pada kuliah 13-16dengan menggunakan program Solver.
Soal 13
Minimumkan z = 4x1 + x2
Dengan batasan
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 >=6
x1 + 2x2 <= 4
x1, x2 >= 0
x1 x2 Z Batasan
0.4 1.8 3.40
3 3
7 6
4 4
108
Soal13
Minimumkan z = 4x1 + x2
Dengan batasan
3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 >=6
x1 + 2x2 <= 4
x1, x2 >= 0
x1 x2 Z Batasan
0.4 1.8 3.40
3 3
7 6
4 4