BAB V PROGRAMA LINIER : METODE SIMPLEKS

BAB V PROGRAMA LINIER : METODE SIMPLEKS 5.1 Metode Simpleks Metode simpleks ialah suatu cara penyelesaian masalah programa linier yang diperkenalkan pertama kali oleh Dantzig pada tahun 1947, yakni suatu cara penyelesaian dengan menggunakan metode Row operation matrix yang khusus disebut Pivot Operation. Metode ini telah terbukti efisien untuk memecahkan persoalan programa linier dalam skala besar. Kecuali untuk persoalan yang kecil, metode ini selalu dikerjakan dengan menggunakan komputer. Metode simpleks sesungguhnya merupakan suatu algoritme. Secara sederhana algoritme adalah proses di mana prosedur sistematis diulang-ulang (diiterasi) hingga diperoleh hasil yang diinginkan. Setiap kali prosedur sistematik digunakan disebut satu iterasi. Di dalam algoritme termasuk prosedur untuk memulai dan kriteria untuk menentukan kapan harus berhenti. Secara ringkas struktur algoritme ditunjukkan pada Gambar 5.1. Bagi kebanyakan algoritme dalam penelitian operasional, termasuk metode simpleks, iterasi berhenti apabila sudah hasil optimal. Dalam hal ini, aturan untuk berhenti sesungguhnya adalah pengujian optimalitas, seperti ditunjukkan pada Gambar 5.2. Cara penyelesaiannya ialah dimulai dari pemecahan dasar awal yang feasible meningkat ke pemecahan dasar feasible berikutnya, sehingga dicapai suatu pemecahan yang optimal. Pemecahan dasar awal yang feasible ( = initial basic feasible solution ) harus memenuhi syarat-syarat : a. Harus ada Basic Variable yang nilainya = kapasitas yang non negatif. b. Harus ada Non Basic Variable yang nilainya pada tahap awal b i = 0 c. Entry dari Basic Variable pada tahap awal harus membentuk identity matrix, yakni terdapat matrix satuan I m

Langkah Inisialisasi Langkah Iterasi Tidak Periksa Aturan Berhenti Aturan Berhenti Dipenuhi? Ya Selesai Gambar 5.1 Struktur Algoritme Langkah Inisialisasi Tidak Langkah Optimalitas Tes Optimalisasi Ya Selesai Gambar 5.2 Struktur Algoritme Simpleks

Untuk memenuhi ketentuan ini, maka bentuk pertidaksamaan dari consraint diubah dulu menjadi persamaan dengan cara memasukkan : 1. Slack variable untuk constraint yang berbentuk b i 2. Surplus variable dan artificial variable untuk constraint yang berbentuk b i 3. Hanya artificial variable pada bentuk constraint = b i Untuk memudahkan pemahaman mengenai metode ini, kita selesaikan contoh 1) : persoalan maksimasi dengan metode grafik. Bentuk constraint dari soal tersebut adalah : x + 2y 1.600 3 x + y 2.400 x + y 1.000 x 0 ; y 0 yang diubah menjadi persamaan dengan memasukkan slack variable ( = kapasitas yang tidak terpakai ) : x +2y + S 1 = 1.600 3 x + y + S 2 = 2.400 x + y + S 3 = 1.000 x, y, S 1, S 2, S 3 0 Agar constraint ini dapat disusun menjadi suatu matrix dengan fungsi objectivenya, maka fungsi objective diubah menjadi bentuk : Z 1.000 x 1.500 y + 0. S 1 + 0. S 2 + 0. S 3 = 0 Dengan demikian soal programa linier ini dapat disusun dalam bentuk matrix :

0 0 0 1 Z 1 2 1 0 0 x 1600 3 1 0 1 0 y 2400 x 1 1 0 0 1 S1 1000 1000 1500 0 0 0 S2 0 S3 Pada persamaan matrix ini terdapat 6 variabel : Z, x, y, S 1, S 2, dan S 3 dan karena hanya terdapat 4 persamaan (3 constraint dan 1 persamaan objective) maka dari 6 variabel ini hanya 4 variabel yang dapat merupakan basic variabel dan 2 variabel lainnya adalah non basic variabel yang nilainya dianggap 0. Berdasarkan susunan matrix ini dapat disusun tabel I yang merupakan tabel awal yang memenuhi Initial Basic Feasible Solution : Tabel I : Basic Variabel Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai S 1 0 1 2 1 0 0 1600 S 2 0 3 1 0 1 0 2400 S 3 0 1 1 0 0 1 1000 Z 1-1000 - 1500 0 0 0 0 Tabel ini disusun dari matrix koefisien dan faktor konstan dari ruas kanan sebagai argumentasi matrix dan tabel ini dalam metode Simpleks merupakan bentuk baku (standard form). Tabel ini merupakan bentuk baku (standar form) dan tahap awal dari proses penyelesaian programa linier, dan disebut : Initial Basic Feasible Solution. Pada tahap awal ini slack variabel S 1, S 2, dan S 3 merupakan basic variabel (dapat dilihat dari entry pada baris dan kolom S 1, S 2, dan S 3, yang masing-masing mempunyai entry 1 dan entry lainnya adalah nol yang membentuk Identity Matrix).

Sedangkan x dan y masih merupakan non basic variabel, sebab pada tahap awal ini x = y = 0 (belum ada output) dan karena itu S 1 = 1600 ; S 2 = 2400 ; S 3 = 1000. Sedangkan fungsi objectivenya = 0. Dengan menggunakan pivot operation, volume output x dan y dapat ditingkatkan dari tahap awal ke tahap berikutnya, sehingga sampai ke tahap akhir di mana fungsi objectivenya telah mencapai harga optimal. Proses peningkatan output dari tahap awal ke tahap berikutnya adalah sebagai berikut : Pertama : Selidiki dulu apakah tabel I telah memenuhi ketentuan fungsi constraint dengan slack variabel dan fungsi objective, dan apakah telah memenuhi ketentuan sebagai Initial Basic Feasible Solution, yakni terdapat basic variabel dan non basic variabel. Kedua : Tentukan kolom pivot dari tabel I, yang dimaksud dengan kolom pivot ialah kolom dari variabel non basic (pada contoh ini ialah kolom x atau y) yang entrynya pada baris paling bawah (baris pada fungsi objective) merupakan bilangan negatif yang harga mutlaknya terbesar. Untuk contoh 1) kolom pivotnya ialah kolom y. Variabel y dari kolom pivot ini akan merupakan entering variabel (incoming variabel) sebab tiap unit dari variabel ini akan memberikan kontribusi laba terbesar (Rp. 1.500,- tiap kg). Jika dari tabel I suatu soal terdapat 2 entry negatif yang sama pada baris paling bawah yang harga mutlaknya terbesar, maka kolom pivot diambil dari kolom non basic variabel yang letaknya sebelah kiri. Jika baris dari fungsi objective tidak mengandung entry yang negatif, maka proses penyelesaian tidak dapat dilanjutkan lagi dan telah dicapai optimum dari fungsi objective. Ketiga : Tentukan pivot dari kolom pivot. Yang dimaksud dengan pivot ialah entry dari kolom pivot yang replacement quotient - nya terkecil.

Keempat Catatan Sedangkan pivot ini terletak pada baris pivot yang basic variabelnya akan merupakan leaving variabel (outgoing variabel) digantikan oleh variabel yang terletak pada kolom pivot yang akan merupakan entering variabel (incoming variabel). Basic variabel mana yang dipilih di antara alternatif yang ada ditentukan oleh replacement quotientnya yang terkecil. Karena 1 unit dari entering variabel pada contoh ini akan menggunakan masing-masing 2 unit, 1 unit dan 1 unit kapasitas yang tersedia dari basic variabel S 1, S 2, dan S 3 pada tiap constraint, maka replacement quotient untuk tiap constraint ialah : Baris I 1600 : 2 = 800 Baris II 2400 : 1 = 2400 Baris III 1000 : 1 = 1000 Ternyata replacement quotient terkecil terletak pada baris I sehingga baris I akan merupakan baris pivot dan pivotnya ialah entry 2. : Dan basic variabel S 1 pada baris ini akan merupakan leaving variabel digantikan oleh non basic variabel y yang akan menjadi basic variabel pada tahap berikutnya. : Kalau dalam suatu soal ternyata ada 2 replacemant quotient terkecil yang sama, maka pivotnya dipilih diantara entry pembagi terbesar yang non negatif. Proses penggantian antara leaving variabel dengan entering variabel akan terlaksana setelah : entry pivot dijadikan 1 dengan cara membagi semua entry pada baris pivot dengan pivot. Pada contoh 1) maka baris pivot akan menjadi : Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai 0/2 = 0 1/2 = 1/2 2/2 = 1 1/2 = 1/2 0/2 = 0 0/2 = 0 1600/2 = 800

Kemudian dilakukan row operation dengan baris pivot yang baru sebagai poros, proses ini disebut sebagai proses pivoting, yakni sampai semua entry yang terletak di atas dan di bawah entry 1 pada kolom pivot menjadi 0. Pada contoh 1) hal ini dilaksanakan sebagai berikut : Tabel I.a : Basic Variabel Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai S 1 0 1/2 1 1/2 0 0 800 S 2 0 3 1 0 1 0 2400 S 3 0 1 1 0 0 1 1000 Z 1-1000 - 1500 0 0 0 0 (Baris Z ini dapat juga diletakkan di baris pertama) - baris kedua dikurangi 1 kali baris pertama - baris ketiga dikurangi 1 kali baris pertama - baris keempat ditambah 1500 kali baris pertama Dengan demikian tabel I akan menjadi tabel II berikut ini : Tabel II : Basic Variabel Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800 S 2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600 S 3 0 ½ 0 - ½ 0 1 200 Z 1-250 0 750 0 0 1,2 jt Langkah selanjutnya kita kembali ke proses semula mulai dari langkah pertama sampai keempat.

Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai 0x2 = 0 (1/2)x2 = 0x2 = -(1/2)x2 0x2 = 1x2 = 2 200x2 = 400 1 0 = -1 0 Tabel IIa : Basic Variabel Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800 S 2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600 x 0 1 0-1 0 2 400 Z 1-250 0 750 0 0 1,2 jt Dari tabel II : kolom pivot ialah kolom x sedangkan baris pivot ialah baris ketiga, sehingga basic variabel S 3 akan digantikan oleh entering variabel x dan setelah melalui proses pivoting, kita sampai pada tabel III, dengan cara : - Baris ketiga tabel III = baris ketiga tabel II dibagi pivot ½ (atau dikalikan 2) - Baris pertama tabel III = baris pertama tabel II dikurangi ( 1 x baris ketiga tabel II) - Baris kedua tabel III = baris kedua tabel II dikurangi (5 x baris ketiga tabel II) - Baris keempat tabel III = baris keempat tabel II + (500 kali baris ketiga tabel II) Tabel III : Basic Variabel Z x y S 1 S 2 S 3 Nilai Y 0 0 1 1 0-1 600 S 2 0 0 0 2 1-5 600 x 0 1 0-1 0 2 400 Z 1 0 0 500 0 500 1,3 jt

Karena pada tabel III ini semua entry pada baris dari fungsi objective yakni entry di kolom x, y, S 1, S 2, dan S 3 tidak ada lagi yang negatif, maka tabel ini merupakan tahap akhir penyelesaian soal yang telah meningkatkan fungsi objective sehingga mencapai Laba Maksimum. Dari tabel ini dapat kita hitung bahwa : 1. Z = 1,3 juta 500 S 1 500 S 3 Ini berarti bahwa laba maksimum = Rp. 1,3 juta yang hanya mungkin dicapai kalau : S 1 = S 3 = 0 2. y = 600 S 1 + S 3 S 2 = 600 2 S 1 + 5 S 3 x = 400 + S 1 2 S 3 Namun karena S 1 = S 3 = 0, maka laba maksimum ini dicapai kalau : y = 600 kg produk B S 2 = 600 ini adalah sisa kapasitas jam pengolahan yang tidak terpakai pada mesin II x = 400 kg produk A Dari penyelesaian soal ini dapat dilihat bahwa : Laba maksimum = 1000 (400) + 1500 (600) = Rp. 1.300.000,- jumlah ini cocok dengan entry baris keempat kolom nilai tabel III. Bandingkan hasil dari metode Simplek ini dengan metode Grafik! Bagaimana hasilnya? 5.2 Surplus Variable dan Artificial Variable Dalam suatu persoalan memaksimumkan fungsi objective bentuk constraintnya mungkin saja ada yang berbentuk b i atau = b i, dan demikian pula pada persoalan yang meminimumkan fungsi objective selain terdapat constraint b i, mungkin saja ada yang berbentuk b i atau = b i. Jika pada bentuk constraint b kita masukkan slack variabel maka : a. Setiap bentuk constraint b i diubah menjadi persamaan dengan cara mengurangi ruas kiri constraintnya dengan surplus variabel, sehingga entrynya - 1 pada setiap constraint, sebab surplus ini merupakan jumlah

bahan yang dipakai diatas batas kapasitas minimum b i. Namun berbeda dengan slack variable yang langsung dapat merupakan basic variable, maka surplus variable ini belum dapat merupakan basic variabel pada tabel awal, sebab kalau non basic variabel = Nol, maka surplus variabel akan = - b i (negatif) hal mana bertentangan dengan ketentuan bahwa setiap variabel harus 0, karena itu pada constraint b i, dimasukkan pula artificial variable dengan entry 1 yang pada tahap awal akan merupakan basic variable dan yang dalam proses selanjutnya harus menjadi leaving variable digantikan oleh entering variable. b. Khusus untuk constrain = b i yang telah terbentuk persamaan hanya dimasukkan artificial variable dengan entry 1 agar himpunan constraint dari suatu masalah programa linier yang terdiri dari m constraint akan mempunyai identity matrix = I m pada tabel awal yang telah memenuhi ketentuan initial basis fisible solution. 5.3 Metode Big-M (metode penalty) Perhatikan persoalan di bawah ini : Maksimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 Berdasarkan pembatas : x 1 4 2x 2 12 3x 1 + 2x 2 = 18 x 1, x 2 0 Karena pembatas ketiga bertanda ( =), maka untuk mendapatkan solusi basis awalnya kita harus menambahkan variabel artifisial sehingga diperoleh bentuk : Maksimumkan : z = 3x 1 + 2x 2 + 0S 1 + 0S 2 - MA 1 Berdasarkan pembatas : x 1 + S 1 = 4 2x 2 + S 2 = 12 3x 1 + 2x 2 + A 1 = 18

x 1, x 2, S 1, S 2, A 1 0 Untuk memasukkan model diatas ke dalam bentuk tabel, maka terlebih dahulu substitusikan A 1 dengan cara : A 1 = 18-3x 1-2x 2 Kemudian masukkan ke dalam persamaan z sebagai berikut : z = 3x 1 + 2x 2 + 0S 1 + 0S 2 M(18-3x 1-2x 2 ) atau : z = (3M + 3) x 1 + (2M + 5) x 2 + 0S 1 + 0S 2-18M z - (3M + 3) x 1 - (2M + 5) x 2-0S 1-0S 2 = - 18 M Hal ini dilakukan dengan maksud agar dalam pembuatan tabel simpleks awalnya, sudah secara otomatis dipaksa berharga nol. Selanjutnya penyelesaian persoalan di atas dapat dilakukan sebagai berikut : Iterasi Basis x 1 x 2 S 1 S 2 A 1 Solusi S 1 1 0 1 0 0 4 0 S 2 0 2 0 1 0 12 A 1 3 2 0 0 1 18 z (-3M-3) (-2M-5) 0 0 0-18 M x 1 1 0 1 0 0 4 1 S 2 0 2 0 1 0 12 A 1 0 2-3 0 1 6 z 0 (-2M-5) (3M+3) 0 0-6M +12 x 1 1 0 1 0 0 4 2 S 2 0 0 3 1-1 6 x 2 0 1-3/2 0 1/2 3 z 0 0-9/2 0 (M+5/2) 27 x 1 1 0 0-1/3 1/3 2

3 S 1 0 0 1 1/3-1/3 2 x 2 0 1 0 1/2 0 6 z 0 0 0 3/2 (M+1) 36 Contoh lainnya : Minimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 Berdasarkan pembatas : x 1 4 2x 2 = 12 3x 1 + 2x 2 18 x 1, x 2 0 Bentuk standar : z = 3x 1 + 2x 2 + 0S 1 + 0S 2 + MA 1 + MA 2 x 1 + S 1 = 4 2x 2 + A 1 = 12 3x 1 + 2x 2 - S 2 + A 2 = 18 x 1, x 2, S 1, S 2, A 1, A 2 0 (perhatikan bahwa penalty M bertanda positip). Substitusi : A 1 = 12-2x 2 A 2 = 18-3x 1-2x 2 + S 2 Sehingga didapat : z = 3x 1 + 2x 2 + 0S 1 + 0S 2 + M(12-2x 2 ) + M(18-3x 1-2x 2 + S 2 ) Atau : z = (-3M+3) x 1 + (-4M+5) x 2 + 0S 1 + MS 2 + 30M z - (-3M+3) x 1 - (-4M+5) x 2-0S 1 - MS 2 = 30M Iterasi Basis x 1 x 2 S 1 S 2 A 1 A 2 Solusi S 1 1 0 1 0 0 0 4 0 A 1 0 2 0 0 1 0 12

A 2 3 2 0-1 0 1 18 z (3M-3) (4M-5) 0 -M 0 0 30M S 1 1 0 1 0 0 0 4 1 x 2 0 1 0 0 1/2 0 6 A 2 3 0 0-1 -1 1 6 z (3M-3) 0 0 -M (-2M+5/2) 0 6M+30 S 1 0 0 1 1/3 1/3-1/3 2 2 x 2 0 1 0 0 1/2 0 6 x 1 1 0 0-1/3-1/3 1/3 2 z 0 0 0-1 (-M+3/2) (-M+1) 36 5.4 Metode Dua Fase Dengan digunakannya konstanta M yang merupakan bilangan positip sangat besar sebagai penalty, maka bisa terjadi kesalahan perhitungan, terutama apabila perhitungan itu dilakukan dengan menggunakan komputer. Kesalahan itu bisa terjadi karena koefisien fungsi tujuan relatif sangat kecil dibandingkan dengan harga M, sehingga komputer akan memperlakukannya sebagai koefisien yang berharga nol. Kesulitan ini bisa dikurangi dengan menggunakan teknik dua fase. Di sini konstanta M dihilangkan dengan cara menyelesaikan persoalan dalam dua fase (dua tingkatan) sebagai berikut : Fase 1 : Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang dihadapi memiliki solusi fisibel atau tidak. Pada fase ini fungsi tujuan semula diganti dengan meminimumkan jumlah variabel artifisialnya. Jika nilai minimum fungsi tujuan baru ini berharga nol (artinya seluruh variabel artifisial berharga nol), berarti persoalan memiliki solusi fisibel, lanjutkan ke fase 2. Tetapi, jika nilai minimum fungsi tujuan baru ini berharga positip, maka persoalan tidak memiliki solusi fisibel. STOP. Fase 2 :

Gunakan solusi basis optimum dari fase 1 sebagai solusi awal bagi persoalan semula. Dalam hal ini ubahlah bentuk fungsi tujuan fase 1 dengan mengembalikannya pada fungsi tujuan persoalan semula. Pemecahan persoalan dilakukan dengan cara simpleks biasa. Contoh 1 : Maksimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 Berdasarkan pembatas : x 1 4 2x 2 12 3x 1 + 2x 2 = 18 x 1, x 2 0 Bentuk standar : Maksimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 + 0S 1 + 0S 2 - MA 1 x 1 + S 1 = 4 2x 2 + S 2 = 12 3x 1 + 2x 2 + A 1 = 18 x 1, x 2, S 1, S 2, A 1 0 Dari persamaan di atas diperoleh harga A 1 = 18-3x 1-2x 2 Fase 1 : Minimumkan : a = A 1 atau a = 18-3x 1-2x 2 Berdasarkan pembatas : x 1 + S 1 = 4 2x 2 + S 2 = 12 3x 1 + 2x 2 + A 1 = 18 x 1, x 2, S 1, S 2, A 1 0

Iterasi Basis x 1 x 2 S 1 S 2 A 1 Solusi S 1 1 0 1 0 0 4 0 S 2 0 2 0 1 0 12 A 1 3 2 0 0 1 18 a 3 2 0 0 0 18 x 1 1 0 1 0 0 4 1 S 2 0 2 0 1 0 12 A 1 0 2-3 0 1 6 a 0 2-3 0 0 6 x 1 1 0 1 0 0 4 2 S 2 0 0 3 1-1 6 x 2 0 1-3/2 0 ½ 3 a 0 0 0 0-1 0 Persoalan diatas memiliki solusi fisibel. Selanjutnya A tidak diikutsertakan lagi. Fase 2 : Dari tabel optimum pada fase 1 di atas dapat dituliskan persamaan-persamaan berikut : x 1 + S 1 = 4 x 1 = 4 S 1 3 S 1 + S 2 = 6 x 2-3/2 S 1 = 3 x 2 = 3 + 3/2 S 1 Kembali kepada model persoalan semula, dan dengan menyubstitusikan persamaan-persamaan di atas, didapatkan : Maksimumkan : z = 3 (4 S 1 ) + 5 (3 + 3/2 S 1 ) Atau z = 9/2 S 1 + 27 Berdasarkan pembatas : x 1 + S 1 = 4 3 S 1 + S 2 = 6 x 2-3/2 S 1 = 3

Iterasi Basis x 1 x 2 S 1 S 2 Solusi x 1 1 0 1 0 4 0 S 2 0 0 3 1 6 x 2 0 1-3/2 0 3 z 0 0-9/2 0 27 x 1 1 0 0-1/3 2 1 S 1 0 0 1 1/3 2 x 2 0 1 0 1/2 6 z 0 0 0 3/2 36 Didapatkan solusi optimal : x 1 = 2, x 2 = 6 dan z = 36 Contoh 2 : Minimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 Berdasarkan pembatas : x 1 4 2x 2 = 12 3x 1 + 2x 2 18 x 1, x 2 0 Bentuk standar : Minimumkan : z = 3x 1 + 5x 2 + 0S 1 + 0S 2 + MA 1 + MA 2 x 1 + S 1 = 4 2x 2 + A 1 = 12 3x 1 + 2x 2 - S 2 + A 2 = 18 x 1, x 2, S 1, S 2, A 1, A 2 0 Diperoleh persamaan-persamaan : A 1 = 12-2x 2 A 2 = 18-3x 1-2x 2 + S 2 Fase 1 :

Minimumkan : a = A 1 + A 2 a = 12-2x 2 + 18-3x 1-2x 2 + S 2 Atau : a + 3x 1 + 4x 2 - S 2 = 30 Iterasi Basis x 1 x 2 S 1 S 2 A 1 A 2 Solusi S 1 1 0 1 0 0 0 4 0 A 1 0 2 0 0 1 0 12 A 2 3 2 0-1 0 1 18 a 3 4 0-1 0 0 30 S 1 1 0 1 0 0 0 4 1 x 2 0 1 0 0 1/2 0 6 A 2 3 0 0-1 - 1 1 6 a 3 0 0-1 - 2 0 6 S 1 0 0 1 1/3 1/3-1/3 2 2 x 2 0 1 0 0 1/2 0 6 x 1 1 0 0-1/3-1/3 1/3 2 a 0 0 0 0-1 - 1 0 Persoalan memiliki solusi fisibel. Fase 2: S 1 + 1/3 S 2 = 2 x 2 = 6 x 1-1/3 S 2 = 2 x 1 = 2 + 1/3 S 2 Kembali ke persamaan semula : Minimumkan : z = 3 (2 + 1/3 S 2 ) + 5 (6) Atau : z - S 2 = 36 Basis x 1 x 2 S 1 S 2 Solusi S 1 0 0 1 1/3 2 x 2 0 1 0 0 6

x 1 1 0 0-1/3 2 z 0 0-1 0 36 Tabel di atas sudah langsung merupakan tabel optimal. Satu hal yang penting untuk diingat adalah bahwa variabel-variabel artifisial tidak diikutsertakan lagi dalam perhitungan di fase 2 apabila pada akhir fase 1, variabel-variabel artifisial itu berstatus sebagai variabel basis yang berharga nol pada akhir fase 1. Dalam hal ini harus dilakukan tindakan pencegahan untuk memastikan bahwa variabel artifisial itu tidak akan pernah berharga positip selama perhitungan fase 2. Apabila pada iterasi optimum masih ada variabel artifisial yang berstatus sebagai variabel basis dan berharga positip (bukan nol), maka hal ini menjadi tanda bahwa persoalan yang bersangkutan tidak memiliki solusi fisibel. LATIHAN SOAL : 1. Joni Teknik adalah sebuah perusahaan yang khusus membuat roda gigi kendaraan bermotor. Perusahaan ini mempunyai 3 orang pekerja. Karena lama (pengalaman) keterampilan ketiga pekerja tersebut berbeda-beda, maka upah per jam mereka juga berbeda, yaitu : Kang Warnadi = Rp. 6.000,- per jam Kang Dasir = Rp. 8.000,- per jam Kang Sukir = Rp. 1.000,- per jam Tabel berikut memperlihatkan waktu yang diperlukan (jam) oleh ketiga pekerja tersebut untuk menyelesaikan tiga jenis pekerjaan : Lama waktu yang diperlukan (jam) Pekerjaan Warnadi Dasir Sukir Frais & bor 5 3 6 Bubut 4 5 8

Gerinda 6 7 1 Bila Saudara adalah pemilik Joni Teknik, bagaimana pengaturan tugas ketiga pekerja tersebut agar ongkos pekerja minimal? 2. Selesaikan : Maksimumkan : z = 3x 1 + 4x 2 + 3x 3 Dengan constraint : x 1 + x 2 + 3x 3 12 2x 1 + 4x 2 + x 3 42 x 1, x 2, x 3 0 3. Selesaikan : Minimumkan : z = x 1 + 6x 2 + 2x 3 Dengan constraint : x 1 + 2x 2 2 x 1 + x 2 + 3x 3 12 x 1, x 2, x 3 0 4. Selesaikan : Maksimumkan : z = 6x 1 + 2x 2 + 5x 3 Dengan constraint : 2x 1 + 3x 2 + x 3 10 x 1 + 2x 3 8 x 1 + 2x 2 + 5x 3 19 x 1, x 2, x 3 0 5. Selesaikan : Maksimumkan : z = 2x 1-4x 2 + 5x 3-6x 4 Dengan constraint : x 1 + 4x 2-2x 3 + 8x 4 2 -x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 1 x 1, x 2, x 3,x 4 0

6. Selesaikan : Maksimumkan : z = x 1 + 2x 2 - x 3 + 4x 4 Dengan constraint : x 1 + 2x 2-3x 3 + x 4 = 4 x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 4 x 1, x 2, x 3,x 4 0 7. Suatu pabrik tiap hari memproduksi 3 jenis barang I, II dan III yang masingmasing menggunakan 2 macam bahan baku A dan B. Tiap unit barang I menggunakan 2 unit bahan A dan 1 unit bahan B, tiap unit barang II menggunakan 1 unit bahan A dan 3 unit bahan B. Sedangkan barang jenis III menggunakan 3 unit bahan A dan 2 unit bahan B. Bahan baku A hanya dapat tersedia paling banyak 1000 unit, sedangkan untuk menjaga mutu produk, bahan baku B yang cukup murah harganya harus digunakan sekurangkurangnya 900 unit tiap hari. Laba tiap unit barang ini masing-masing untuk jenis I = Rp. 1.300,-, jenis II = Rp. 300,- dan jenis III = Rp. 1.100,- Sesuai dengan kapasitas mesin dalam pabrik ini maka jumlah ketiga jenis barang yang dapat dihasilkan tiap hari paling banyak sejumlah 550 unit. Berdasarkan data ini pabrik ingin menghitung profit maksimum tiap hari, karena itu Saudara diminta : a. Susunlah fungsi objective dengan constraintnya. b. Susunlah tabel awal dari persoalan ini dengan menggunakan metode simpleks. c. Selesaikan tabel ini dan hitunglah produk tiap jenis dan profit maksimum yang dicapai. 8. Gunakan metode simpleks dan metode dua fase untuk memecahkan persoalan berikut : a. Maksimumkan : z = x 1 + x 2

Dengan constraint : x 1 + 5x 2 5 2 x 1 + 2x 2 4 x 1, x 2 0 b. Maksimumkan : z = 3x 1 + 4x 2 Dengan constraint : 2 x 1 + x 2 6 2 x 1 + 3x 2 9 x 1, x 2 0 c. Minimumkan : z = x 1 + 2x 2 Dengan constraint : x 1 + 3x 2 11 2 x 1 + x 2 9 x 1, x 2 0 d. Maksimumkan : z = -x 1 - x 2 Dengan constraint : x 1 + 2x 2 5000 5x 1 + 3x 2 12000 x 1, x 2 0 9. Pertimbangkan kelompok batasan berikut ini : x 1 + x 2 + x 3 = 7 2x 1-5x 2 + x 3 10 x 1, x 2, x 3 0 Pecahkan dengan menggunakan metode Big-M, dengan asumsi bahwa fungsi tujuan tersebut diketahui sebagai berikut :

a. Maksimumkan z = 2x 1 + 3x 2-5x 3 b. Minimumkan z = 2x 1 + 3x 2-5x 3 c. Maksimumkan z = x 1 + 2x 2 + x 3 d. Minimumkan z = 4x 1-8x 2-3x 3 10. Suatu pabrik memproduksi 2 jenis barang A dan B. Tiap jenis barang diproses dalam pabrik melalui 3 bagian yang membutuhkan waktu (jam) pengolahan sebagai berikut : Jam pengolahan tiap unit. Bagian Barang A Barang B I 6 3 II 8 12 III A 10 - III B - 12 Jika jumlah jam pengolahan pada tiap bagian ditentukan kapasitas maksimumnya : Bagian I : 120 jam Bagian II : 240 jam Bagian III A : 170 jam Bagian III B : 180 jam Dan kontribusi laba untuk tiap unit barang A dan B masing-masing Rp. 10.000,- dan Rp. 8.000,- maka tentukan jumlah barang A dan B yang harus diproduksi agar pabrik ini dapat mencapai laba maksimum. Selesaikan dengan metode grafik kemudian gunakan metode simpleks.