Manajemen Sains. Pemrograman Linier (Metode Simpleks) Eko Prasetyo Teknik Informatika Univ. Muhammadiyah Gresik 2011

Transkripsi

1 Manajemen Sains Pemrograman Linier (Metode Simpleks) Eko Prasetyo Teknik Informatika Univ. Muhammadiyah Gresik 2011

2 Komponen dasar Variabel keputusan yang kita cari untuk ditentukan Objective (tujuan) yaitu ingin mengoptimalkan (memaksimalkan atau meminimalkan) Constraints yaitu solusi yang harus dicapai. 2

3 LP metode Simpleks Mengonversi constraint yang masih dalam bentuk pertidaksamaan menjadi persamaan menggunakan bantuan variabel slack. Nilai di sisi kanan harus non negatif. Constraint yang menggunakan tanda 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. 3

4 Langkah-langkah awal sebelum menggunakan metode simpleks Mengonversi pertidaksamaan ( atau ) menjadi persamaan Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan dengan koefisien nol Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan ke sisi kanan 4

5 Mengonversi pertidaksamaan ( atau ) menjadi persamaan Mengonversi pertidaksamaan ( ) menjadi persamaan (=), sebuah variabel slack nonnegative ditambahkan pada sisi kiri constraint. Kasus Reddy Mikks, constraint yang menyatakan penggunakan bahan baku M1 diberikan oleh : 6x 1 + 4x 2 24 Definisikan s 1 sebagai variabel slack dari M1, maka constraint dapat dikonversi menjadi : 6x 1 + 4x 2 + s 1 = 24, s 1 0 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 : x 1 + x Definisikan r 1 sebagai variabel surplus, constraint dapat dikonversi menjadi persamaan berikut : x 1 + x 2 - r 1 = 800, r 1 0 5

6 Mengonversi pertidaksamaan ( atau ) menjadi persamaan (cont d) Untuk kasus dimana sisi kanan constraint bernilai negatif, maka harus dilakukan perkalian kedua sisi dengan -1 setelah langkah diatas dilakukan. Misalnya constraint : -x 1 + x 2-3 Maka bentuk persamaannya menjadi : -x 1 + x 2 + r 1 = -3, r 1 0 Selanjutnya kedua sisi dikalikan dengan -1, sehingga sisi kanan bernilai positif : x 1 - x 2 - r 1 = 3 6

7 Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan dengan koefisien nol Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan : Z = 5x 1 + 4x 2 dengan 4 variabel slack menjadi : Z = 5x 1 + 4x 2 + 0s 1 + 0s 2 + 0s 3 + 0s 4 7

8 Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan ke sisi kanan Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan : Z = 5x 1 + 4x 2 + 0s 1 + 0s 2 + 0s 3 + 0s 4 Berubah menjadi : Z - 5x 1-4x 2-0s 1-0s 2-0s 3-0s 4 = 0 8

9 Langkah-langkah metode Simpleks 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 Memilih variabel keluar menggunakan syarat kelayakan. 4. Menentukan solusi dasar yang baru menggunakan perhitungan Gauss-Jordan. Kembali ke langkah 2. 9

10 Langkah-langkah metode Simpleks (cont d) 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. 10

11 Operasi baris Gauss-Jordan 1. Menentukan baris kunci : Gantilah variabel keluar dalam kolom basis dengan variabel masuk Baris kunci baru = Baris kunci elemen kunci 2. Mengganti nilai baris yang lain : Baris baru = Baris lama koefisien kolom kunci Baris kunci baru 11

12 Langkah-langkah metode Simpleks (cont d) 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 : x 1, x 2, adalah variabel non basis 1 2 s 1, s 2, 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). 12

13 Program Linier pada kasus memaksimalkan 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. 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. Produk Kebutuhan bahan Keuntungan baku (ton) (x1000) M1 M2 Cat Ext Cat Int Kapasitas 24 6 Z 13

14 Program Linier pada kasus Reddy Mikks(cont d) Konversi model Reddy Mikks menjadi : Kendala : 6x 1 + 4x 2 + s 1 = 24 (bahan baku M1) (1) x 1 + 2x 2 + s 2 = 6 (bahan baku M2) (2) -x 1 + x 2 + s 3 = 1 (batas pasar) (3) x 2 + s 4 = 2 (batas kebutuhan) (4) x 1, x 2, s 1, s 2, s 3, s 4 0 Maksimalkan Z = 5x 1 + 4x 2 + 0s 1 + 0s 2 + 0s 3 +0s 4 Variabel s 1, s 2, s 3, dan s 4 adalah variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang bersangkutan. Fungsi tujuan diubah menjadi : Z - 5x 1-4x 2-0s 1-0s 2-0s 3-0s 4 = 0 14

15 Program Linier pada kasus Reddy Mikks(cont d) Basis Z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 Solusi Z z-row s s 1 -row s s 2 -row s s 3 -row s s 4 -row 15

16 Syarat Optimal dan Layak Solusi dari fungsi Z = 5x 1 + 4x 2 yang ditunjukkan oleh tabel dapat ditingkatkan dengan meningkatkan x 1 dan x 2. 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 5x 1 4x 2 = 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 pada tabel berikut : 16

17 Syarat Optimal dan Layak Basis Masuk x 1 Solusi Rasio s x 1 = 24/6 = 4 minimal s x 1 = 6/1 = 6 s x 1 = 1/-1 = -1 (diabaikan) s x 1 = 2/0 = (diabaikan) Kesimpulan : x 1 masuk dan s 1 keluar 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. 17

18 Baris kunci dan kolom kunci Masuk Basis Z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 Solusi Z Keluar s Baris kunci s s s Kolom kunci 18

19 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 1) Baris kunci Ganti s 1 pada kolom Basis dengan x 1 Baris x 1 baru = Baris s 1 elemen kunci = [ ] / 6 = [0 1 2/3 1/ ] Baris yang lain Baris z baru = Baris z (-5) Baris x 1 baru = [ ] (-5) [0 1 2/3 1/ ] = [ ] [ /3-5/ ] = [1 0-2/3 5/ ] Baris s 2 baru = Baris s 2 (1) Baris x 1 baru = [ ] (1) [0 1 2/3 1/ ] = [ ] [0 1 2/3 1/ ] = [0 0 4/3-1/ ] 19

20 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (cont d) Baris s 3 baru = Baris s 3 (-1) Baris x 1 baru = [ ] (-1) [0 1 2/3 1/ ] = [ ] [0-1 -2/3-1/ ] = [0 0 5/3 1/ ] Baris s 4 baru = Baris s 4 (0) Baris x 1 baru = [ ] (0) [0 1 2/3 1/ ] = [ ] [ ] = [ ] 20

21 Tabel simpleks setelah iterasi 1 Basis Z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 Solusi Z 1 0-2/3 5/ x /3 1/ s /3-1/ s /3 1/ s Fungsi tujuan Z = 20. Dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien negatif terbesar, ditemukan x 2 dengan koefisien -2/3 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa x 2 adalah variabel masuk. 21

22 Syarat Optimal dan Layak Basis Masuk x 2 Solusi Rasio x 1 2/3 4 x 2 = 4/(2/3) = 6 s 2 4/3 2 x 2 = 2/(4/3) = 3/2 minimal s 3 5/3 5 x 2 = 5/(5/3) = 3 s x 2 = 2/1 = 2 Kesimpulan : x 2 masuk dan s 2 keluar 22

23 Baris kunci dan kolom kunci Masuk Basis Z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 Solusi Z 1 0-2/3 5/ x /3 1/ Keluar s /3-1/ Baris kunci s /3 1/ s Kolom kunci 23

24 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 2) Baris kunci Ganti s 2 pada kolom Basis dengan x 2 Baris x 2 baru = Baris s 2 elemen kunci = [0 0 4/3-1/ ] / (4/3) = [ /8 3/ /2] Baris yang lain Baris z baru = Baris z (-2/3) Baris x 2 baru = [1 0-2/3 5/ ] (-2/3) [ /8 3/ /2] = [1 0-2/3 5/ ] [0 0-2/3 1/12-1/ ] = [1 0 0 ¾ ½ ] Baris x 1 baru = Baris x 1 (2/3) Baris x 2 baru = [0 1 2/3 1/ ] (2/3) [ /8 3/ /2] = [0 1 2/3 1/ ] [0 0 2/3-1/12 1/ ] = [ /4-1/ ] 24

25 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 2) Baris s 3 baru = Baris s 3 (5/3) Baris x 1 baru = [0 0 5/3 1/ ] (5/3) [ /8 3/ /2] = [0 0 5/3 1/ ] [0 0 5/3-5/24 5/ /2] = [ /8-5/ /2] Baris s 4 baru = Baris s 4 (0) Baris x 1 baru = [ ] (1) [ /8 3/ /2] = [ ] [ /8 3/ /2] = [ /8-3/ /2] 25

26 Tabel simpleks setelah iterasi 2 Basis Z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 Solusi Z ¾ ½ x ¼ -1/ x /8 ¾ 0 0 3/2 s /8-5/ /2 s /8-3/ /2 Berdasarkan pada syarat optimal, tidak ada dalam koefisien z-row yang variabel nonbasis (s 1 dan s 2 ) nilainya negatif. Sehingga tabel diatas sudah mencapai optimal. 26

27 Hasil LP kasus Reddy Mikks Variabel keputusan Nilai Optimal x 1 3 x 2 3/2 Z 21 Rekomendasi Produksi 3 ton cat exterior perhari Produksi 1.5 ton cat interior perhari Keuntungan harian adalah 21(x1000) 27

28 Klasifikasi constraint Sumber daya Nilai slack Status Bahan baku M1 s 1 = 0 Scarce Bahan baku M2 s 2 = 0 Scarce Batas pasar s 3 = 5/2 Abundant Batas kebutuhan s 4 = 1/2 Abundant 28

29 Solusi Awal Buatan PL 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 29

30 Metode M Metode M memulai LP dalam bentuk persamaan. Jika persamaan i tidak mempunyai slack, sebuah variabel buatan r i ditambahkan untuk membentuk solusi awal yang menyerupai semua basis solusi awal. Karena variabel buatan bukan bagian dari model asli LP, 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. 30

31 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 = - M, dalam masalah memaksimalkan M, dalam masalah meminimalkan 31

32 Contoh Kasus Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 Constraint : 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 6 x 1 + 2x 2 4 x 1, x

33 Penyelesaian Menggunakan r 1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s 1 sebagai slack dalam constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi : Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 Constraint : 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 r 1 = 6 x 1 + 2x 2 + s 1 = 4 x 1, x 2, r 1, s 1 0 Persamaan ketiga mempunyai variabel slack yaitu s 1, tetapi persamaan pertama dan kedua tidak. Maka tambahkan variabel buatan R 1 dan R 2 dalam persamaan pertama dan kedua dan melanggar fungsi tujuan dengan MR 1 + MR 2 (karena meminimalkan). Hasil LP menjadi : Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 + MR 1 + MR 2 Constraint : 3x 1 + x 2 + R 1 = 3 4x 1 + 3x 2 r 1 + R 2 = 6 x 1 + 2x 2 + s 1 = 4 x 1, x 2, r 1, s 1, R 1, R 2 0 Solusi basis awal diberikan oleh (R 1, R 2, s 1 ) = (3,6,4). 33

34 Nilai M 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 x 1 dan x 2 adalah 4 dan 1, maka cukup beralasan jika M =

35 Perubahan pada tabel simpleks Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z R R s Dalam tabel, x 1 = x 2 = r 1 = 0, yang merupakan solusi basis awal R 1 = 3, R 2 = 6, dan s 1 = 4. Solusi ini berarti Z = 100 (3) (6) = 900 (seharusnya 0, seperti sisi kanan z-row yang tampak ditabel). Ketidakkonsistenan ini muncul dari fakta bahwa R 1 dan R 2 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. 35

36 Menghilangkan inkonsistensi Mensubstitusi R 1 dan R 2 dalam z-row menggunakan persamaan constraint yang tepat. Elemen bernilai 1 yang dihighlight dalam R 1 -row dan R 2 - row, perkalian setiap R 1 -row dan R 2 -row oleh 100 dan menambahkan jumlahnya ke z-row akan mensubstitusi R 1 dan R 2 dalam baris obyektif. Sehingga : Z-row baru = Z-row lama + (100 R 1 -row R 2 -row) Z-row baru = [ ] + (100 [ ] [ ]) Z-row baru = [ ] + ([ ] + [ ]) Z-row baru = [ ] + [ ] Z-row baru = [ ] 36

37 Perubahan pada tabel simpleks setelah substitusi Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z R R s Dari tabel diatas, dapat dipastikan bahwa nilai Z=900, konsisten/tepat dengan nilai solusi layak awal : R 1 = 3, R 2 = 6, dan s 1 = 4. 37

38 Penentuan variabel masuk dan keluar Masuk Basis Solusi Rasio x 1 R x 1 = 3/3 = 1 minimal R x 1 = 6/4 = 3/2 s x 1 = 4/1 = 4 Kesimpulan : x 1 masuk dan R 1 keluar Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien positif terbesar menjadi kolom kunci. 38

39 Kolom dan baris kunci yang terpilih (iterasi 1) Masuk Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z Keluar R Baris kunci R s Kolom kunci 39

40 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 1) Baris kunci Ganti R 1 pada kolom Basis dengan x 1 Baris x 1 baru = Baris R 1 elemen kunci = [ ] / 3 = [1 1/3 0 1/ ] Baris yang lain Baris z baru = Baris z (696) Baris x 1 baru = [ ] (696) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [ ] = [ ] Baris R 2 baru = Baris R 2 (4) Baris x 1 baru = [ ] (4) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [4 4/3 0 4/ ] = [0 5/3-1 -4/ ] 40

41 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 1) Baris s 1 baru = Baris s 1 (1) Baris x 1 baru = [ ] (1) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [1 1/3 0 1/ ] = [0 5/3 0-1/ ] Solusi baru adalah (x 1, R 2, s 1 ) dan tabel simpleks berubah menjadi : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z x 1 1 1/3 0 1/ R 2 0 5/3-1 -4/ s 1 0 5/3 0-1/ 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 x 2 dengan koefisien 167 sebagai variabel masuk. 41

42 Penentuan variabel masuk dan keluar Masuk Basis Solusi Rasio x 2 x 1 1/3 1 x 2 = 1/(1/3) = 3 R 2 5/3 2 x 2 = 2/(5/3) = 6/5 minimal s 1 5/3 3 x 2 = 3/(5/3) = 9/5 Kesimpulan : x 2 masuk dan R 2 keluar 42

43 Kolom dan baris kunci yang terpilih (iterasi 2) Masuk Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z x 1 1 1/3 0 1/ Keluar R 2 0 5/3-1 -4/ Baris kunci s 1 0 5/3 0-1/ Kolom kunci 43

44 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 1) Baris kunci Ganti R 2 pada kolom Basis dengan x 2 Baris x 2 baru = Baris R 2 elemen kunci = [0 5/3-1 -4/ ] / (5/3) = [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] Baris yang lain Baris z baru = Baris z (167) Baris x 2 baru = [ ] (167) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [ ] [ /5-668/5 501/ /5] = [0 0 1/5-492/5-501/5 0 18/5] Baris x 1 baru = Baris x 1 (1/3) Baris x 2 baru = [1 1/3 0 1/ ] (1/3) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [1 1/3 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] 44

45 Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru (iterasi 1) Baris s 1 baru = Baris s 1 (1) Baris x 2 baru = [0 5/3 0-1/ ] (5/3) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 0-1/ ] [0 5/3-1 -4/ ] = [ ] Solusi baru adalah (x 1, x 2, s 1 ) dan tabel simpleks berubah menjadi : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Z 0 0 1/5-492/5-501/5 0 18/5 x /5 3/5-3/5 0 3/5 x /5-4/5 3/5 0 6/5 s

46 Penentuan variabel masuk dan keluar 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 r 1 dengan koefisien 1/5 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa r 1 adalah variabel masuk Basis Masuk r 1 Solusi Rasio x 1 1/5 3/5 r 1 = (3/5)/(1/5) = 3 minimal x 2-3/5 6/5 r 1 = (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan) s r 1 = 5/1 = 5 Kesimpulan : tidak ada syarat kelayakan yang memenuhi Dari tabel diatas, terlihat bahwa rasio minimal terdapat pada variabel basis x 1 dan ini adalah variabel keputusan. Sehingga tidak ada lagi syarat kelayakan yang dapat dilakukan dan tabel simpleks diatas adalah yang paling optimal. 46

47 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. 47

48 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. 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. 48

49 Mengacu pada contoh di metode M Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 Constraint : 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 6 x 1 + 2x 2 4 x 1, x

50 Penyelesaian Menggunakan r 1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s 1 sebagai slack dalam constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi : Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 Constraint : 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 r 1 = 6 x 1 + 2x 2 + s 1 = 4 x 1, x 2, r 1, s

51 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I Minimalkan R = R 1 + R 2 Kendala : 3x 1 + x 2 + R 1 = 3 4x 1 + 3x 2 r 1 + R 2 = 6 x 1 + 2x 2 + s 1 = 4 x 1, x 2, r 1, s 1, R 1, R 2 0 Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi R R R s

52 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) Dengan metode M, R1 dan R2 disubstitusikan dalam R- row dengan menggunakan perhitungan : R-row baru = R-row lama + (1 R 1 -row + 1 R 2 -row) R-row baru = [ ] + (1 [ ] + 1 [ ]) R-row baru = [ ] + ([ ] + [ ]) R-row baru = [ ] + [ ] R-row baru = [ ] Tabel simpleks berubah menjadi : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi R R R s

53 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) 53

54 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) x 1 terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabel dibawah ini : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solus Rasio i R R /3 = 1 minimal R /4 = 1.5 s /1 = 4 54

55 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) R 1 menjadi variabel keluar dan x 1 menjadi variabel masuk. Perubahan pada tiap baris dengan Operasi Gauss- Jordan untuk menghasilkan solusi baru Baris kunci Ganti R 1 pada kolom Basis dengan x 1 Baris x 1 baru = Baris R 1 elemen kunci = [ ] / 3 = [1 1/3 0 1/ ] Baris yang lain Baris R baru = Baris R (7) Baris x 1 baru = [ ] (7) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [7 7/3 0 7/ ] = [0 5/3-1 -7/ ] 55

56 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) Baris R 2 baru = Baris R 2 (4) Baris x 1 baru = [ ] (4) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [4 4/3 0 4/ ] = [0 5/3-1 -4/ ] Baris s 1 baru = Baris s 1 (1) Baris x 1 baru = [ ] (1) [1 1/3 0 1/ ] = [ ] [1 1/3 0 1/ ] = [0 5/3 0-1/ ] Perubahan tabel simpleks menjadi : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi R 0 5/3-1 -7/ x 1 1 1/3 0 1/ R 2 0 5/3-1 -4/ s 1 0 5/3 0-1/

57 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) x 2 terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena mempunyai koefisien positif terbesar). Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabel dibawah ini : Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi Rasio R 0 5/3-1 -7/ x 1 1 1/3 0 1/ /(1/3) = 3 R 2 0 5/3-1 -4/ /(5/3) = 1.2 minimal s 1 0 5/3 0-1/ /(5/6) = 3.6 Dari tabel tersebut, R 2 menjadi variabel keluar dan x 2 menjadi variabel masuk. 57

58 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru Baris kunci Ganti R 2 pada kolom Basis dengan x 2 Baris x 2 baru = Baris R 2 elemen kunci 2 2 = [0 5/3-1 -4/ ] / (5/3) = [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] Baris yang lain Baris R baru = Baris R (5/3) Baris x 2 baru = [0 5/3-1 -7/ ] (5/3) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3-1 -7/ ] [0 5/3-1 -4/ ] = [ ] 58

59 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) Baris x 1 baru = Baris x 1 (1/3) Baris x 2 baru = [1 1/3 0 1/ ] (1/3) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [1 1/3 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] Baris s 1 baru = Baris s 1 (5/3) Baris x 2 baru = [0 5/3 0-1/ ] (5/3) [0 1-3/5-4/5 3/5 0 6/5] = [0 5/3 0-1/ ] [0 5/3-1 -4/ ] = [ ] Perubahan tabel simpleks menjadi : 59

60 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase I (cont d) Basis x 1 x 2 r 1 R 1 R 3 s 1 Solusi R x /5 3/5-1/5 0 3/5 x /5-4/5 3/5 0 6/5 s 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 x 1 = 3/5 dan x 2 = 6/5 dan s 1 = 1. Pada titik ini, variabel buatan telah mecapai tujuan, dan kita dapat menghilangkan kolom tersebut dari tabel dan dilanjutkan ke fase II. 60

61 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II Setelah penghapusan kolom variabel buatan, masalah asli menjadi : Minimalkan Z = 4x 1 + x 2 Constraint : x 1 + 1/5 r 1 = 3/5 x 2 3/5 r 1 = 6/5 r 1 + s 1 = 1 x 1, x 2, r 1, s

62 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Basis x 1 x 2 r 1 s 1 Solusi Z x /5 0 3/5 x /5 0 6/5 s Karena variabel basis x 1 dan x 2 mempunyai koefisien nonzero dalam z- row, keduanya harus disubstitusikan menggunakan perhitungan berikut : Z-row baru = Z-row lama + (4 x 1 -row + 1 x 2 -row) Z-row baru = [ ] + (4 [1 0 1/5 0 12/5] + 1 [0 1-3/5 0 6/5]) Z-row baru = [ ] + ([4 0 4/5 0 12/5] + [0 1-3/5 0 6/5]) Z-row baru = [ ] + [4 1 1/5 0 18/5] Z-row baru = [0 0 1/5 0 18/5] Inisial tabel simpleks di fase II menjadi : 62

63 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Basis x 1 x 2 r 1 s 1 Solusi Z 0 0 1/5 0 18/5 x /5 0 3/5 x /5 0 6/5 s Kasusnya adalah meminimalkan, sehingga dicari koefisien variabel dalam z-row yang mempunyai nilai positif terbesar. Didapatkan r 1 bernilai positif terbesar, sehingga menjadi kolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkan karena mempunyai koefisien positif terbesar) 63

64 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Basis x 1 x 2 r 1 s 1 Solusi Rasio Z 0 0 1/5 0 18/5 x /5 0 3/5 (3/5)/(1/5) = 3 x /5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan) s /1 = 1 minimal s 1 menjadi variabel keluar dan r 1 menjadi variabel masuk 64

65 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru Baris kunci Ganti s 1 pada kolom Basis dengan r 1 Baris r 1 baru = Baris s 1 elemen kunci 1 1 = [ ] / 1 = [ ] Baris yang lain Baris Z baru = Baris Z (1/5) Baris r 1 baru = [0 0 1/5 0 18/5] (1/5) [ ] = [0 0 1/5 0 18/5] [0 0 1/5 1/5 1/5] = [ /5 17/5] 65

66 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Baris x 1 baru = Baris x 1 (1/5) Baris r 1 baru = [1 0 1/5 0 3/5] (1/5) [ ] = [1 0 1/5 0 3/5] [0 0 1/5 1/5 1/5] = [ /5 2/5] Baris x 2 baru = Baris x 2 (-3/5) Baris r 1 baru = [0 1-3/5 0 6/5] (-3/5) [ ] = [0 1-3/5 0 6/5] [0 0-3/5-3/5-3/5] = [ /5 9/5] Perubahan tabel simpleks menjadi : 66

67 Penyelesaian dengan metode dua fase Fase II (cont d) Basis x 1 x 2 r 1 s 1 Solusi Z /5 17/5 x /5 2/5 x /5 9/5 r Solusi baru adalah (x 1, x 2, r 1 ) dan tabel simpleks dan memberikan nlai x1 dan x2 yang optimal yaitu masing-masing 2/5 dan 9/5 67

68 Hal-hal yang 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 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. 68

69 Tugas Baca Modul 4 Analisis Sensitivitas Kerjakan soal Modul 3 : Kelompok 1 : 3.2 dan 3.6(a) Kelompok 2 : 3.3 dan 3.6(b) Kelompok 3 : 3.4 dan 3.6(c) Kelompok 4 : 3.7 dan 3.6(d) Kelompok 5 : 3.8 dan 3.1(a) Kelompok 6 : 3.5(a) dan 3.1(b) Kelompok 7 : 3.5(c) dan 3.1(c) Kelompok 8 : 3.5(d) dan 3.1(d) Kelompok 9 : 3.5(b) dan 3.5(e) Pengerjaan : Satu kelompok berisi maksimal 5 orang Ditulis tangan pada kertas folio bergaris oleh masing-masing anggota Dikumpulkan pada pertemuan berikutnya 69