modul 3 pemrograman linier metode simpleks · pdf filesolusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan...

17

Modul 3

PEMROGRAMAN LINIER METODE SIMPLEKS

Dalam menggunakan metode simpleks, hal yang perlu diperhatikan adalah

mengonversi constraint yang masih dalam bentuk pertidaksamaan menjadi persamaan

menggunakan bantuan variabel slack. Dan nilai di sisi kanan harus non negatif.

Dalam constraint yang menggunakan tanda ≤ dapat dipikirkan merupakan

representasi batas ketersediaan sumber daya, dimana sisi kiri adalah representasi penggunaan

sumber daya oleh aktivitas (variabel) model. Perbedaan antara sisi kanan dan sisi kiri tanda ≤

merupakan sejumlah sumber daya yang belum digunakan atau slack.

Langkah-langkah awal sebelum menggunakan metode simpleks :

1. Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau ≥) menjadi persamaan

Untuk mengonversi pertidaksamaan (≤) menjadi persamaan, sebuah variabel slack

nonnegative ditambahkan pada sisi kiri constraint. Misalnya pada kasus Reddy Mikks,

constraint yang menyatakan penggunakan bahan baku M1 diberikan oleh :

6x1 + 4x2 ≤ 24

Definisikan s1 sebagai variabel slack dari M1, maka constraint dapat dikonversi

menjadi :

6x1 + 4x2 + s1 = 24, s1 ≥ 0

Selanjutnya, untuk constraint dengan tanda ≥, menyatakan batas terendah aktivitas

model program linear, sehingga jumlah yang dinyatakan disisi kiri melewati batas

minimal yang direpresentasikan sebagai surplus. Konversi dari ≥ ke = dicapai dengan

mengurangi dengan variabel surplus non negatif dari sisi kiri pertidaksamaan.

Misalnya, dalam kasus Ozark Farm, constraint yang menyatakan kebutuhan makanan

:

x1 + x2 ≥ 800

Definisikan r1 sebagai variabel surplus, constraint dapat dikonversi menjadi

persamaan berikut :

x1 + x2 - r1 = 800, r1 ≥ 0

Sedangkan untuk kasus dimana sisi kanan constraint bernilai negatif, maka harus

dilakukan perkalian kedua sisi dengan -1 setelah langkah diatas dilakukan. Misalnya

constraint :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

18

-x1 + x2 ≤ -3

Maka bentuk persamaannya menjadi :

-x1 + x2 + r1 = -3, r1 ≥ 0

Selanjutnya kedua sisi dikalikan dengan -1, sehingga sisi kanan bernilai positif :

x1 - x2 - r1 = 3

2. Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan dengan koefisien nol

Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan Z = 5x1 + 4x2 dengan 4 variabel slack

menjadi Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4.

3. Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan ke sisi kanan

Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4

menjadi Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0.

Dalam menyelesaikan kasus pemrograman linier, metode simpleks memberikan langkah-

langkah penyelesaian sebagai berikut :

1. Menentukan awal basis solusi layak

2. Memilih variabel masuk menggunakan syarat keoptimalan. Berhenti jika tidak ada

lagi variabel masuk, solusi terakhir adalah solusi optimal. Jika tidak maka ke langkah

3.

3. Memilih variabel keluar menggunakan syarat kelayakan.

4. Menentukan solusi dasar yang baru menggunakan perhitungan Gauss-Jordan.

Kembali ke langkah 2.

Syarat keoptimalan (optimality condition). Variabel masuk dalam kasus pemaksimalan

(peminimalan) adalah variabel nonbasis yang mempunyai koefisien negatif terbesar

(pemaksimalan) atau positif terbesar (peminimalan) dalam baris z-row. Syarat optimal

dicapai pada iterasi dimana semua koefisien z-row dari variabel nonbasis tidak negatif

(pemaksimalan) atau tidak positif (peminimalan)

Syarat kelayakan (feasibility condition). Untuk kedua masalah pemaksimalan dan

peminimalan, variabel keluar adalah variabel basis yang dikaitkan dengan rasio non negatif

terkecil.

Operasi baris Gauss-Jordan :

1. Menentukan baris kunci :

a. Gantilah variabel keluar dalam kolom basis dengan variabel masuk

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

19

b. Baris kunci baru = Baris kunci ÷ elemen kunci

2. Mengganti nilai baris yang lain :

Baris baru = Baris lama – koefisien kolom kunci × Baris kunci baru

Variabel basis adalah variabel yang berkontribusi (mempunyai nilai) memberikan solusi yang

diminta. Variabel nonbasis adalah variabel yang tidak berkontribusi (bernilai 0) dalam

pemberian solusi. Inisialisasi dalam metode simpleks :

1. x1, x2, … adalah variabel non basis

2. s1, s2, … adalah variabel basis

Dalam iterasi metode simpleks, satu persatu variabel slack akan berubah menjadi variabel

non basis karena keluar dari solusi dasar (variabel keluar), dan variabel keputusan akan

berubah menjadi variabel basis karena masuk ke basis solusi (variabel masuk).

3.1 Program Linier pada kasus memaksimalkan

Contoh 3-1

Perusahaan Reddy Mikks memproduksi cat interior dan exterior dari dua bahan baku, M1 dan

M2. Tabel dibawah ini adalah informasi mengenai kebutuhan bahan baku, ketersediaan, dan

keuntungannya.

Produk

Kebutuhan bahan baku

(ton) Keuntungan

(x1000) M1 M2

Cat Ext 6 1 5

Cat Int 4 2 4

Kapasitas 24 6 Z

Survey pasar menunjukkan bahwa kebutuhan perhari untuk cat interior tidak boleh melebihi

cat exterior lebih dari 1 ton, juga kebutuhan harian maksimal untuk cat interior adalah 2 ton.

Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antara cat interior dan

exterior dengan memaksimalkan total keuntungan harian.

Penyelesaian

Model lengkap Reddy Mikks:

Konversi model Reddy Mikks menjadi :

Kendala :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

20

6x1 + 4x2 + s1 = 24 (bahan baku M1) (1)

x1 + 2x2 + s2 = 6 (bahan baku M2) (2)

-x1 + x2 + s3 = 1 (batas pasar) (3)

x2 + s4 = 2 (batas kebutuhan) (4)

x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0

Maksimalkan Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 +0s4

Variabel s1, s2, s3, dan s4 adalah variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang

bersangkutan.

Fungsi tujuan diubah menjadi :

Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0

Tabel awal simpleks dapat dilihar sebagai berikut :

Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi

Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 z-row

s1 0 6 4 1 0 0 0 24 s1-row

s2 0 1 2 0 1 0 0 6 s2-row

s3 0 -1 1 0 0 1 0 1 s3-row

s4 0 0 1 0 0 0 1 2 s4-row

Informasi dari tabel diatas adalah bahwa sejumlah variabel basis dan nonbasis telah

dimasukkan pada awal iterasi. Iterasi awal simplekas dimulai pada titik (x1,x2) = (0,0) yang

jika dikaitkan dengan himpunan variabel basis dan nonbasis adalah :

Variabel nonbasis (nol) : {x1,x2}

Variabel basis : {s1, s2, s3, s4}

Dengan mensubstitusikan variabel nonbasis (x1,x2) = (0,0) pada constraint dan fungsi tujuan

maka variabel basis (s1, s2, s3, s4) didapatkan :

Z = 0

s1 = 24

s2 = 6

s3 = 1

s4 = 2

Informasi diatas ditunjukkan dalam tabel pada kolom Basis dan nilainya di kolom Solusi

sebelah kanan. Perlu diingat bahwa variabel basis adalah variabel yang mempunyai hubungan

dengan nilai fungsi tujuan Z. Sedangkan variabel nonbasis sellau bernilai nol (tidak ada

dalam kolom Basis).

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

21

Solusi dari fungsi Z = 5x1 + 4x2 yang ditunjukkan oleh tabel dapat ditingkatkan dengan

meningkatkan x1 dan x2. Untuk variabel yang akan masuk sebagai variabel basis dipilih nilai

variabel nonbasis yang mempunyai nilai koefisien positif terbesar. Karena fungsi tujuan

dalam tabel simpleks adalah Z – 5x1 – 4x2 = 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabel

dengan koefisien negatif terbesar dalam fungsi tujuan. Aturan ini disebut dengan syarat

optimal.

Mekanisme penentuan variabel keluar dari tabel simpleks dilakukan dengan menghitung rasio

non negatif dari sisi kanan persamaan (kolom Solusi) pada koefisien constraint yang

bersangkutan dengan variabel masuk seperti yang ditunjukkan dibawah ini :

Basis Masuk

Solusi Rasio x1

s1 6 24 x1 = 24/6 = 4 � minimal

s2 1 6 x1 = 6/1 = 6

s3 -1 1 x1 = 1/-1 = -1 (diabaikan)

s4 0 2 x1 = 2/0 = ∞ (diabaikan)

Kesimpulan : x1 masuk dan s1 keluar

Dari tabel diatas dapat dilihat bahwa rasio nonnegative minimal didapatkan pada variabel

basis s1. Solusi yang baru didapatkan dengan menukar x1 sebagai variabel masuk (menjadi

variabel basis) dengan s1 sebagai variabel keluar (menjadi variabel nonbasis). Sehingga

himpunan variabel basis dan nonbasis menjadi :

Variabel nonbasis (nol) : {s1, x2}

Variabel basis : {x1, s2, s3, s4}

Proses penukaran didasarkan pada operasi Gauss-Jordan. Operasi ini menjadikan kolom

variabel masuk sebagai kolom kunci dan variabel keluar sebagai baris kunci. Elemen yang

tepat menjadi anggota kolom kunci dan baris kunci disebut elemen kunci. Tabel akan

diupdate berdasarkan baris dan kolom yang dihighlight.

Masuk

↓


Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0

Keluar � s1 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci

s2 0 1 2 0 1 0 0 6

s3 0 -1 1 0 0 1 0 1

s4 0 0 1 0 0 0 1 2

Kolom

kunci

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

22

Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :

1. Baris kunci

Ganti s1 pada kolom Basis dengan x1

Baris x1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci

= [0 6 4 1 0 0 0 24] / 6

= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

2. Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x1 baru

= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – (-5) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – [0 -5 -10/3 -5/6 0 0 0 -20]

= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20]

Baris s2 baru = Baris s2 – (1) × Baris x1 baru

= [0 1 2 0 1 0 0 6] – (1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 1 2 0 1 0 0 6] – [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2]

Baris s3 baru = Baris s3 – (-1) × Baris x1 baru

= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – (-1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – [0 -1 -2/3 -1/6 0 0 0 -4]

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5]


= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (0) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 0 0 0 0 0 0]

= [0 0 1 0 0 0 1 2]

Solusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan tabel simpleks berubah menjadi :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

23


Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20

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

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

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

s4 0 0 1 0 0 0 1 2

Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 20. Selanjutnya dicari lagi variabel masuk

pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien negatif terbesar, ditemukan x2 dengan

koefisien -2/3 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa x2 adalah variabel

masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :

Basis Masuk

Solusi Rasio x2

x1 2/3 4 x2 = 4/(2/3) = 6

s2 4/3 2 x2 = 2/(4/3) = 3/2 � minimal

s3 5/3 5 x2 = 5/(5/3) = 3

s4 1 2 x2 = 2/1 = 2

Kesimpulan : x2 masuk dan s2 keluar

Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien

negatif terbesar menjadi kolom kunci.

Masuk

↓


Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20

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

Keluar � s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci

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

s4 0 0 1 0 0 0 1 2

Kolom

kunci


1. Baris kunci

Ganti s2 pada kolom Basis dengan x2

Baris x2 baru = Baris s2 ÷ elemen kunci

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

24

= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2] / (4/3)

= [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

2. Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x2 baru

= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – (-2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – [0 0 -2/3 1/12 -1/2 0 0 -1]

= [1 0 0 ¾ ½ 0 0 21]

Baris x1 baru = Baris x1 – (2/3) × Baris x2 baru

= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – (2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – [0 0 2/3 -1/12 1/2 0 0 1]

= [0 1 0 1/4 -1/2 0 0 3]

Baris s3 baru = Baris s3 – (5/3) × Baris x1 baru

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – (5/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – [0 0 5/3 -5/24 5/4 0 0 5/2]

= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]


= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (1) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]

= [0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2]

Solusi baru adalah (x1, x2, s3, s4) dan tabel simpleks berubah menjadi :


Z 1 0 0 ¾ ½ 0 0 21

x1 0 1 0 ¼ -1/2 0 0 3

x2 0 0 1 -1/8 ¾ 0 0 3/2

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

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

Berdasarkan pada syarat optimal, tidak ada dalam koefisien z-row yang variabel nonbasis (s1

dan s2) nilainya negatif. Sehingga tabel diatas sudah mencapai optimal.

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

25

Solusi optimal bisa dibaca dari tabel simpleks dengan cara berikut : Nilai optimal variabel

dikolom Basis diberikan disisi kanan. Kolom Solution dapat diartikan sebagai berikut :

Variabel keputusan Nilai Optimal Rekomendasi

x1 3 Produksi 3 ton cat exterior perhari

x2 3/2 Produksi 1.5 ton cat interior perhari

Z 21 Keuntungan harian adalah 21(x1000)

Kita bisa melakukan verifikasi bahwa nilai s1 = 0, s2 = 0, s3 = 5/2, dan s4 = ½ adalah

sesusi dengan nilai yang yang diberikan oleh x1 dan x2 seperti diatas dengan memasukannya

kedalam constraint.

Solusi tersebut juga memberikan informasi mengenai status sumber daya. Sumber

daya yang dirancang sebagai scarce jika aktivitas (variabel) model menggunakan semua

sumber daya. Jika sebaliknya, maka sumber daya ditolak. Informasi diamankan oleh tabel

optimal dengan pemeriksaan nilai variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang

merepresentasikan sumber daya. Jika nilai slack adalah nol, berarti sumber daya digunakan

semua, dan diklasifikasikan sebagai scarce. Sebaliknya, nilai slack positif menunjukkan

sumber daya berlimpah.

Klasifikasi constraint ada di tabel berikut :

Sumber daya Nilai slack Status

Bahan baku M1 s1 = 0 Scarce

Bahan baku M2 s2 = 0 Scarce

Batas pasar s3 = 5/2 Abundant

Batas kebutuhan s4 = 1/2 Abundant

3.2 Solusi Awal Buatan

Pemrograman linear yang constraintnya menggunakan tanda ≤ dengan nilai non negatif disisi

kanan menyebabkan semua variabel slack memulai solusi layak awal. Model yang

menggunakan tanda = dan atau ≥ tidak seperti itu.

Prosedur untuk awal pemrograman linear dengan tanda = dan ≥ pada constraint adalah

menggunakan variabel buatan (artificial variables) yang memainkan peranan slack diawal

iterasi dan kemudian mengatur keabsahannya diakhir iterasi. Dua metode terkait adalah :

metode M dan metode dua fase

3.2.1 Metode M

Metode M memulai LP dalam bentuk persamaan. Jika persamaan i tidak mempunyai slack,

sebuah variabel buatan ri ditambahkan untuk membentuk solusi awal yang menyerupai semua

basis solusi awal. Bagaimanapun, karena variabel buatan bukan bagian dari model asli LP,

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

26

kehadirannya memberikan pelanggaran yang sangat berat dalam fungsi tujuan, maka

pemaksaan variabel buatan agar bernilai nol harus dilakukan. Hal ini akan terjadi dalam kasus

jika masalah mempunyai solusi yang layak.

Aturan pelanggaran pada variabel buatan :

Diberikan M, nilai positif yang cukup besar (secara matematis M � ∞), koefisien

tujuan variabel buatan merepresentasikan pelanggaran (penalty) yang tepat jika :

Koefisien obyektif variabel buatan =

anmeminimalkmasalah dalam M,

kanmemaksimalmasalah dalam M,-

Contoh 3-2

Minimalkan Z = 4x1 + x2

Constraint :

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 ≥ 6

x1 + 2x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Penyelesaian

Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack dalam

constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :


Constraint :

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 – r1 = 6

x1 + 2x2 + s1 = 4

x1, x2, r1, s1 ≥ 0

Persamaan ketiga mempunyai variabel slack yaitu s1, tetapi persamaan pertama dan kedua

tidak. Maka kita tambahkan variabel buatan R1 dan R2 dalam persamaan pertama dan kedua

dan melanggar fungsi tujuan dengan MR1 + MR2 (karena meminimalkan). Hasil LP menjadi :

Minimalkan Z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2

Constraint :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

27

3x1 + x2 + R1 = 3

4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6

x1 + 2x2 + s1 = 4

x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0

Solusi basis awal diberikan oleh (R1, R2, s1) = (3,6,4).

Dari titik awal solusi masalah, M harus mengasumsikan sebuah nilai. Nilai M ini nantinya

akan dimanipulasi secara aljabar dalam tabel simpleks. Berapa nilai awal M yang baik

digunakan ? Tergantung pada data asli LP. Nilai M sebaiknya cukup besar yang relative

terhadap koefisien obyektif yang asli sehingga dapat bertindak sebagai pelanggaran yang

memaksakan variabel buatan pada level nol dalam solusi optimal. Tetapi nilai M juga tidak

boleh terlalu besar karena bisa membawa hasil tak terhingga.

Dalam kasus contoh ini, nilai koefisien obyektif x1 dan x2 adalah 4 dan 1, maka cukup

beralasan jika M = 100. Dengan menggunakan M = 100 maka tabel simpleks dibentuk seperti

dibawah :

Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi

Z -4 -1 0 -100 -100 0 0

R1 3 1 0 1 0 0 3

R2 4 3 -1 0 1 0 6

s1 1 2 0 0 0 1 4

Sebelum diproses dengan metode simpleks, kita perlu membuat z-row konsisten dengan hasil

tabel. Dalam tabel, x1 = x2 = r1 = 0, yang merupakan solusi basis awal R1 = 3, R2 = 6, dan s1 =

4. Solusi ini berarti Z = 100 (3) + 100 (6) = 900 (seharusnya 0, seperti sisi kanan z-row yang

tampak ditabel). Ketidakkonsistenan ini muncul dari fakta bahwa R1 dan R2 mempunyai

koefisien nonzero (-100, -100) dalam z-row (bandingkan dengan semua solusi awal slack

pada contoh sebelumnya) dimana koefisien z-row dari slack adalah nol.

Kita dapat menghilangkan inkonsistensi ini mensubstitusi R1 dan R2 dalam z-row

menggunakan persamaan constraint yang tepat. Dalam tabel dibawah ini, elemen bernilai 1

yang dihighlight dalam R1-row dan R2-row, perkalian setiap R1-row dan R2-row oleh 100 dan

menambahkan jumlahnya ke z-row akan mensubstitusi R1 dan R2 dalam baris obyektif.

Sehingga :

Z-row baru = Z-row lama + (100 × R1-row + 100 × R2-row)

Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + (100 × [3 1 0 1 0 0 3] + 100 × [4 3 -1 0 1 0 6])

Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + ([300 100 0 100 0 0 300] + [400 300 -100 0 100 0

600])

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

28

Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + [700 400 -100 100 100 0 900]

Z-row baru = [696 399 -100 0 0 0 900]

Perubahan tabel menjadi :


Z 696 399 -100 0 0 0 900

R1 3 1 0 1 0 0 3

R2 4 3 -1 0 1 0 6

s1 1 2 0 0 0 1 4

Dari tabel diatas, dapat dipastikan bahwa nilai Z=900, konsisten/tepat dengan nilai solusi

layak awal : R1 = 3, R2 = 6, dan s1 = 4.

Tabel yang terakhir diatas siap untuk dilakukan pemrosesan dengan metode simpleks

menggunakan syarat keoptmalan dan kelayakan. Karena disii ingin meminimalkan fungsi

tujuan, variabel x1 mempunyai mempunyai koefisien positif terbesar dalam z-row (=696)

memasuki solusi. Rasio minimum dari syarat kelayakan menetapkan R1 sebagai variabel

keluar. Lihat tabel dibawah ini :

Basis Masuk

Solusi Rasio x1

R1 3 3 x1 = 3/3 = 1 � minimal

R2 4 6 x1 = 6/4 = 3/2

s1 1 4 x1 = 4/1 = 4

Kesimpulan : x1 masuk dan R1 keluar


positif terbesar menjadi kolom kunci.

Masuk

↓


Z 696 399 -100 0 0 0 900

Keluar � R1 3 1 0 1 0 0 3 Baris kunci

R2 4 3 -1 0 1 0 6

s1 1 2 0 0 0 1 4

Kolom

kunci


Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

29

1. Baris kunci

Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1

Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci

= [3 1 0 1 0 0 3] / 3

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

2. Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x1 baru

= [696 399 -100 0 0 0 900] – (696) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [696 399 -100 0 0 0 900] – [696 232 0 232 0 0 696]

= [0 167 -100 -232 0 0 204]

Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru

= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]

= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]


= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]

Solusi baru adalah (x1, R2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :


Z 0 167 -100 -232 0 0 204

x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1

R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2

s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3

Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 204. Selanjutnya dicari lagi variabel masuk

pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan x2 dengan

koefisien 167 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa x2 adalah variabel

masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

30

Basis Masuk

Solusi Rasio x2

x1 1/3 1 x2 = 1/(1/3) = 3

R2 5/3 2 x2 = 2/(5/3) = 6/5 � minimal

s1 5/3 3 x2 = 3/(5/3) = 9/5

Kesimpulan : x2 masuk dan R2 keluar


positif terbesar menjadi kolom kunci.

Masuk

↓


Z 0 167 -100 -232 0 0 204

x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1

Keluar � R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 Baris kunci

s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3

Kolom

kunci


1. Baris kunci



= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)

= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

2. Baris yang lain

Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru

= [0 167 -100 -232 0 0 204] – (167) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

= [0 167 -100 -232 0 0 204] – [0 167 -501/5 -668/5 501/5 0 1002/5]

= [0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5]


= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

31

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 3/15 0 6/15]

= [1 0 1/5 3/5 -3/15 0 3/5]


= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 -2]

= [0 0 1 1 -1 1 5]

Solusi baru adalah (x1, x2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :


Z 0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5

x1 1 0 1/5 3/5 -3/5 0 3/5

x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5

s1 0 0 1 1 -1 1 5

Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 18/5. Selanjutnya dicari lagi variabel

masuk pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan r1

dengan koefisien 1/5 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa r1 adalah

variabel masuk. Syarat layak ditunjukkan dibawah ini :

Basis Masuk

Solusi Rasio r1

x1 1/5 3/5 r1 = (3/5)/(1/5) = 3 � minimal

x2 -3/5 6/5 r1 = (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)

s1 1 5 r1 = 5/1 = 5

Kesimpulan : tidak ada syarat kelayakan yang memenuhi

Dari tabel diatas, terlihat bahwa rasio minimal terdapat pada variabel basis x1 dan ini adalah

variabel keputusan. Sehingga tidak ada lagi syarat kelayakan yang dapat dilakukan dan tabel

simpleks diatas adalah yang paling optimal.

3.2.2 Metode dua fase

Dalam metode M, penggunaan penalty M, dimana didefinisikan nilainya harus relative besar

terhadap koefisien obyektif actual dari model, dapat menghasilkan kisaran error yang dapat

melemahkan akurasi perhitungan simpleks. Metode dua fase mengurangi kelemahan ini

dengan menghilangkan konstanta M. Metode ini menyelesaikan kasus LP dalam dua fase :

Fase I berusaha untuk mencari solusi layak awal, dan jika ditemukan, maka fase II dijalankan

untuk menyelesaikan masalah aslinya.

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

32

Langkah-langkah metode dua fase :

Fase I Kondisikan masalah dalam bentuk persamaan, dan tambahkan variabel buatan

yang diperlukan pada constraint (seperti metode M) untuk mengaman basis solusi

awal. Selanjtnya, cari solusi basis dari persamaan yang didapatkan itu, tanpa

memandang LP adalah memaksimalkan atau meminimalkan, selalu meminimalkan

jumlah dari variabel buatan. Jika nilai minimum penjumlahan adalah positif,

masalah LP tidak mempunyai solusi layak, sehingga merupakan akhir proses. Jika

tidak, lanjutkan ke fase II.

Fase II Gunakan solusi layak dari fase I sebagai basis solusi awal layak pada masalah yang

sesungguhnya.

Contoh 3-3

Mengacu pada Contoh 3-2.


Constraint :

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 ≥ 6

x1 + 2x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Penyelesaian

Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack dalam

constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :


Constraint :

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 – r1 = 6

x1 + 2x2 + s1 = 4

x1, x2, r1, s1 ≥ 0

Penyelesaian dengan metode dua fase

Fase I

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

33

Minimalkan R = R1 + R2

Kendala :

3x1 + x2 + R1 = 3

4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6

x1 + 2x2 + s1 = 4

x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0

Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :


R 0 0 0 -1 -1 0 0

R1 3 1 0 1 0 0 3

R2 4 3 -1 0 1 0 6

s1 1 2 0 0 0 1 4

Dengan metode M, R1 dan R2 disubstitusikan dalam R-row dengan menggunakan

perhitungan :

R-row baru = R-row lama + (1 × R1-row + 1 × R2-row)

R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + (1 × [3 1 0 1 0 0 3] + 1 × [4 3 -1 0 1 0 6])

R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + ([3 1 0 1 0 0 3] + [4 3 -1 0 1 0 6])

R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9]

R-row baru = [7 4 -1 0 0 0 9]

Tabel simpleks berubah menjadi :


R 7 4 -1 0 0 0 9

R1 3 1 0 1 0 0 3

R2 4 3 -1 0 1 0 6

s1 1 2 0 0 0 1 4

Selanjutnya dipilih x1 sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena

mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan

dalam tabel dibawah ini :

Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi Rasio

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

34

R 7 4 -1 0 0 0 9

R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1 � minimal

R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4 = 1.5

s1 1 2 0 0 0 1 4 4/1 = 4

Dari tabel tersebut, R1 menjadi variabel keluar dan x1 menjadi variabel masuk. Perubahan

pada tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :

1. Baris kunci



= [3 1 0 1 0 0 3] / 3

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

2. Baris yang lain

Baris R baru = Baris R – (7) × Baris x1 baru

= [7 4 -1 0 0 0 9] – (7) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [7 4 -1 0 0 0 9] – [7 7/3 0 7/3 0 0 7]

= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2]

Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru

= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]

= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]


= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]

Perubahan tabel simpleks menjadi :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

35


R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2

x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1

R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2

s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3

Selanjutnya dipilih x2 sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena

mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan

dalam tabel dibawah ini :

Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi Rasio

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) = 1.2 � minimal

s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3/(5/6) = 3.6

Dari tabel tersebut, R2 menjadi variabel keluar dan x2 menjadi variabel masuk. Perubahan

pada tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :

1. Baris kunci



= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)

= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

2. Baris yang lain

Baris R baru = Baris R – (5/3) × Baris x2 baru

= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]

= [0 0 0 -1 -1 0 0]


= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 1/5 0 2/5]

= [1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5]

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

36

Baris s1 baru = Baris s1 – (5/3) × Baris x2 baru

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]

= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]

= [0 0 1 1 -1 1 1]



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

s1 0 0 1 1 -1 1 1

Tidak ada syarat optimal yang ditemui pada tabel (tidak ada koefisien positif terbesar di z-

row). Sehingga untuk fase I selesai dan mencapai optimal.

Karena minimal R = 0. Fase I menghasilkan basis solusi optimal x1 = 3/5 dan x2 = 6/5 dan s1

= 1. Pada titik ini, variabel buatan telah mecapai tujuan, dan kita dapat menghilangkan kolom

tersebut dari tabel dan dilanjutkan ke fase II.

Fase II

Setelah penghapusan kolom variabel buatan, masalah asli menjadi :


Constraint :

x1 + 1/5 r1 = 3/5

x2 – 3/5 r1 = 6/5

r1 + s1 = 1

x1, x2, r1, s1 ≥ 0

Secara esensial, fase I adalah prosedur yang mentransformasikan persamaan constraint asli

dalam cara yang memberikan basis solusi awal layak pada masalah. Tabel dalam fase II

menjadi :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

37

Basis x1 x2 r1 s1 Solusi

Z -4 -1 0 0 0

x1 1 0 1/5 0 3/5

x2 0 1 -3/5 0 6/5

s1 0 0 1 1 1

Karena variabel basis x1 dan x2 mempunyai koefisien nonzero dalam z-row, keduanya harus

disubstitusikan menggunakan perhitungan berikut :

Z-row baru = Z-row lama + (4 × x1-row + 1 × x2-row)

Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + (4 × [1 0 1/5 0 12/5] + 1 × [0 1 -3/5 0 6/5])

Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + ([4 0 4/5 0 12/5] + [0 1 -3/5 0 6/5])

Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + [4 1 1/5 0 18/5]

Z-row baru = [0 0 1/5 0 18/5]

Inisial tabel simpleks di fase II menjadi


Z 0 0 1/5 0 18/5

x1 1 0 1/5 0 3/5

x2 0 1 -3/5 0 6/5

s1 0 0 1 1 1

Kasusnya adalah meminimalkan, sehingga dicari koefisien variabel dalam z-row yang

mempunyai nilai positif terbesar. Didapatkan r1 bernilai positif terbesar, sehingga menjadi

kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena mempunyai koefisien positif

terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabel dibawah ini :

Basis x1 x2 r1 s1 Solusi Rasio

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 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)

s1 0 0 1 1 1 1/1 = 1 � minimal

Dari tabel tersebut, s1 menjadi variabel keluar dan r1 menjadi variabel masuk. Perubahan pada

tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru :

1. Baris kunci

Ganti s1 pada kolom Basis dengan r1

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

38

Baris r1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci

= [0 0 1 1 1] / 1

= [0 0 1 1 1]

2. Baris yang lain

Baris Z baru = Baris Z – (1/5) × Baris r1 baru

= [0 0 1/5 0 18/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]

= [0 0 1/5 0 18/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]

= [0 0 0 -1/5 17/5]

Baris x1 baru = Baris x1 – (1/5) × Baris r1 baru

= [1 0 1/5 0 3/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]

= [1 0 1/5 0 3/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]

= [1 0 0 -1/5 2/5]

Baris x2 baru = Baris x2 – (-3/5) × Baris r1 baru

= [0 1 -3/5 0 6/5] – (-3/5) × [0 0 1 1 1]

= [0 1 -3/5 0 6/5] – [0 0 -3/5 -3/5 -3/5]

= [0 1 0 3/5 9/5]



Z 0 0 0 -1/5 17/5

x1 1 0 0 -1/5 2/5

x2 0 1 0 3/5 9/5

r1 0 0 1 1 1

Solusi baru adalah (x1, x2, r1) dan tabel simpleks dan memberikan nlai x1 dan x2 yang

optimal yaitu masing-masing 2/5 dan 9/5.

Perlu diperhatikan

Penghilangan variabel buatan dan kolomnya diakhir fase I hanya bisa dilakukan ketika semua

variabel buatan tersebut sudah menjadi variabel nonbasis. Jika satu atau lebih variabel buatan

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

39

adalah basis (pada level nol) di akhir fase I, maka langkah tambahan berikut ini harus

dilakukan untuk menghilangkannya sebelum masuk ke fase II

Langkah 1 Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi dan rangcanglah

baris sebagai baris kunci. Variabel masuk bisa sembarang variabel nonbasis

(non buatan) dengan koefisien nonzero (positif atau negatif) dalam baris kunci.

Lakukan iterasi simpleks.

Langkah 2 Hilangkan kolom variabel buatan (yang baru saja keluar) dari tabel. Jika semua

variabel buatan nol telah dikeluarkan, lanjutkan ke fase II. Jika tidak, kembali

ke langkah 1.

3.3 Soal Latihan

3.1 Perhatikan constraint dibawah ini

x1 + 2x2 + 2x3 + 4x4 ≤ 40

2x1 – x2 + x3 + 2x4 ≤ 8

4x1 – 2x2 + x3 – x4 ≤ 10

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Selesaikan masalah setiap fungsi tujuan dibawah ini dengan metode simpleks:

(a) Maksimalkan Z = 2x1 + x2 – 3x3 + 5x4

(b) Maksimalkan Z = 8x1 + 6x2 + 3x3 - 2x4

(c) Maksimalkan Z = 3x1 - x2 + 3x3 + 4x4

(d) Maksimalkan Z = 5x1 - 4x2 + 6x3 - 8x4

3.2 Perhatikan Linear Programming dibawah ini

Maksimalkan Z = 16x1 + 15x2

Fungsi kendala :

40x1 + 31x2 ≤ 124

-x1 + x2 ≤ 1

x1 ≤ 3

x1, x2 ≥ 0

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

40

(a) Selesaikan masalah dengan metode simpleks, dimana variabel masuk yang terpilih

adalah variabel nonbasis dengan koefisien z-row negatif terbesar.

(b) Selesaikan ulang masalah dengan metode simpleks, dimana variabel masuk yang

terpilih adalah variabel nonbasis dengan koefisien z-row negatif terkecil.

(c) Lakukan analisis perbandingan hasil (a) dan (b).

3.3 Gutchi Company memproduksi purses, shaving bag dan backpack. Konstruksi barang

terbuat dari kulit. Proses produksi membutuhkan dua jenis keterampilan kerja :

sewing dan finishing. Tabel dibawah ini menginformasikan ketersediaan sumber

daya, penggunaan oleh tiga produk dan keuntungan per unit.

Sumber daya Kebutuhan sumber daya per unit Kapasitas harian Purse Bag Backpack

Kulit (ft2) 2 1 3 42 ft2

Sewing (hr) 2 1 2 40 hr

Finishing (hr) 1 5 1 45 hr

Harga jual ($) 24 22 45

(a) Formulasikan masalah menjadi pemrogram linear dan carilah solusi optimal

dengan metode simpleks

(b) Dari solusi optimal yang didapatkan tentukan status dari setiap sumber daya.

3.4 Perhatikan Linear Programming berikut :

Maksimalkan Z = x1 + x2 + 3x3 + 2x2

Constrain :

x1 + 2x2 – 3x3 + 5x4 ≤ 4

5x1 - 2x2 + 6x4 ≤ 8

2x1 + 3x2 – 2x3 + 3x4 ≤ 3

-x1 + x3 + 2x4 ≤ 0

x1, x2, x3, x4 ≥ 0

(a) Formulasikan masalah menjadi pemrogram linear dan carilah solusi optimal

dengan metode simpleks

(b) Dari solusi optimal yang didapatkan tentukan status dari setiap sumber daya.

3.5 Perhatikan constraint Linear Programming berikut :

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

41

-2x1 + 3x2 = 3 (1)

4x1 + 5x2 ≥ 10 (2)

x1 + 2x2 ≤ 5 (3)

6x1 + 7x2 ≤ 3 (4)

4x1 + 8x2 ≥ 5 (5)

x1, x2 ≥ 0

Untuk setiap masalah dibawah ini, dapatkan nilai Z :

(a) Maksimalkan Z = 5x1 + 6x2 dengan kendala (1), (3), dan (4)

(b) Maksimalkan Z = 2x1 – 7x2 dengan kendala (1), (2), (4) dan (5)

(c) Minimalkan Z = 3x1 + 6x2 dengan kendala (3), (4), dan (5)

(d) Minimalkan Z = 4x1 + 6x2 dengan kendala (1), (2), dan (5)

(e) Minimalkan Z = 3x1 + 2x2 dengan kendala (1) dan (5)

3.6 Perhatikan constraint berikut :

x1 + x2 + x3 = 7

2x1 - 5x2 + x3 ≥ 10

x1, x2, x3 ≥ 0

Selesaikan masalah untuk setiap fungsi tujuan berikut :

(a) Maksimalkan Z = 2x1 + 3x2 – 5x2

(b) Minimalkan Z = 2x1 + 3x2 – 5x3

(c) Maksimalkan Z = x1 + 2x2 + x3

(d) Minimalkan Z = 4x1 – 8x2 + 3x2

3.7 Perhatikan masalah berikut :

Maksimalkan Z = x1 + 5x2 + 3x3

Kendala :

x1 + 2x2 + x3 = 3

2x1 – x2 = 4

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

42

x1, x2, x3 ≥ 0

Variabel x3 bisa dianggap memainkan peran sebagai slack. Sehingga, tidak ada

variabel buatan yang dibutuhkan di constraint pertama. Di constraint kedua, variabel

buatan masih diperlukan. Coba gunakan solusi awal ini (x3 dalam constraint pertama

dan R2 dalam constraint kedua) untuk menyelesaikan masalah.

3.8 Tunjukkan bagaimana metode M akan menunjukkan bahwa masalah dibawah ini

tidak punya solusi yang layak.

Maksimalkan Z = 2x1 + 5x2

Kendala :

3x1 + 2x2 ≥ 6

2x1 + x2 ≤ 2

x1, x2 ≥ 0

Eko P

rasety

o

Manaje

men S

ains

Teknik

Infor

matika

UMG 20

11

modul 3 pemrograman linier metode simpleks · pdf filesolusi baru adalah (x1, s2, s3, s4) dan...

Documents