1.2 Diktat PO (Full) [PDF]

Citation preview

KATA PENGANTAR



i



ii



DAFTAR ISI KATA PENGANTAR ..................................................................................... i DAFTAR ISI .................................................................................................... iii DAFTAR GAMBAR ....................................................................................... ix BAB I KONSEP OPTIMASI ........................................................................... 1 1.1. Konsep Optimasi ............................................................................. 1 1.2. Metode Kerja ................................................................................... 1 1.3. Contoh Kasus Sederhana ................................................................. 3 1.4. Ilustrasi Permasalahan ..................................................................... 3 1.4.1. Permasalahan 1 ................................................................................ 3 1.4.2. Permasalahan 2 ................................................................................ 7 1.5. Soal Latihan ..................................................................................... 10 BAB II DASAR-DASAR MATEMATIKA OPTIMASI............................. 17 2.1. Gambaran Umum ............................................................................ 17 2.2. Himpunan Bilangan Riel ................................................................. 17 2.3. Fungsi .............................................................................................. 17 2.4. Grafik dan Contour .......................................................................... 18 2.5. Gradien ............................................................................................ 19 2.5. Matriks Hessian ............................................................................... 20 2.7. Fungsi Bernilai Vektor .................................................................... 22 2.8. Gradien Fungsi Bernilai Vektor ...................................................... 22 2.9. Hessian Bernilai Vektor................................................................... 23 2.10. Matriks Jacobian .............................................................................. 24 2.11. Kombinasi Konveks ........................................................................ 25 2.12. Fungsi Konveks dan Konkaf ........................................................... 26 2.13. Titik Minimum dan Maksimum ...................................................... 28 2.14. Kaitan Konveksitas dan Differensial ............................................... 29 2.15. Himpunan Konveks ......................................................................... 32 2.16. Syarat Keoptimalan ......................................................................... 33 2.17. Ringkasan ........................................................................................ 35 2.18 Ilustrasi Permasahan ........................................................................ 36 2.18.1. Permasalahan 1 ................................................................................ 36 2.18.2. Permasalahan 2 ................................................................................ 38 2.18.3. Permasalahan 3 ................................................................................ 41 2.19. Soal Latihan ..................................................................................... 41 BAB III PENYELESAIAN ANALITIS PERSOALAN OPTIMASI.............. 43 3.1. Optimisasi Tanpa Kendala............................................................... 43 3.1.1. Bentuk Umum.................................................................................. 43 3.1.2. Pseudocode ...................................................................................... 43 3.1.3. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 44



iii



3.1.3.1. 3.1.3.2. 3.1.3.3. 3.1.3.4. 3.2. 3.2.1. 3.2.2. 3.2.3. 3.2.3.1. 3.2.3.2. 3.3. 3.3.1. 3.3.2. 3.3.3. 3.3.3.1. 3.3.3.2. 3.3.3.3. 3.3.3.4. 3.4. 3.4.1. 3.4.2. 3.4.3. 3.5. 3.5.1. 3.5.2. 3.6. 3.6.1. 3.6.2. 3.6.3. 3.6.4. 3.7. BAB IV 4.1. 4.1.1. 4.1.1.1. 4.1.1.2. 4.1.2. 4.1.2.1. 4.1.2.2. 4.1.3. 4.1.3.1.



iv



Contoh 1 .......................................................................................... 44 Contoh 2 .......................................................................................... 45 Contoh 3 .......................................................................................... 47 Contoh 4 .......................................................................................... 47 Optimisasi dengan Kendala Persamaan ........................................... 52 Bentuk Umum.................................................................................. 52 Pseudocode ...................................................................................... 52 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 53 Contoh Tanpa Pengali Lagrange ..................................................... 53 Contoh dengan Pengali Lagrange .................................................... 54 Optimisasi dengan Kendala Pertidaksamaan ................................... 59 Bentuk Umum.................................................................................. 59 Pseudocode ...................................................................................... 60 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 60 Contoh 1 .......................................................................................... 60 Contoh 2 .......................................................................................... 61 Contoh 3 .......................................................................................... 62 Contoh 4 .......................................................................................... 64 Bentuk Umum Persoalan Optimisasi ............................................... 65 Bentuk Umum.................................................................................. 65 Pseudocode ...................................................................................... 65 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 66 Persoalan Optimasi dengan Kendala Non-Negatif .......................... 68 Bentuk Umum.................................................................................. 68 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 97 Ilustrasi Permasalahan ..................................................................... 70 Permasalahan 1 ................................................................................ 70 Permasalahan 2 ................................................................................ 73 Permasalahan 3 ................................................................................ 76 Permasalahan 4 ................................................................................ 77 Soal Latihan ..................................................................................... 85 PENYELESAIAN NUMERIK PERSOALAN OPTIMISASI TANPA KENDALA........................................................................ 89 Fungsi Variabel Tunggal ................................................................. 89 Bisection .......................................................................................... 89 Pembahasan ..................................................................................... 89 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 91 Golden Section ................................................................................ 93 Pembahasan ..................................................................................... 93 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 94 Bisection dengan Derivatif .............................................................. 95 Pembahasan ..................................................................................... 95



4.1.3.2. 4.2. 4.2.1. 4.2.1.1. 4.2.1.2. 4.2.2. 4.2.2.1. 4.2.2.2. 4.2.3. 4.2.3.1. 4.2.3.2. 4.3. 4.3.1. 4.3.1.1. 4.3.1.2. 4.3.1.3. 4.3.1.4. 4.3.2. 4.3.2.1. 4.3.2.2. 4.3.2.3. 4.3.2.4. 4.3.3. 4.3.3.1. 4.3.3.2. 4.3.4. 4.4. BAB V 5.1. 5.1.1. 5.1.2. 5.1.3. 5.1.3.1. 5.1.3.2. 5.1.4. 5.1.4.1. 5.1.4.2. 5.2. 5.2.1. 5.2.2. 5.2.2.1. 5.2.2.2.



Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 96 Fungsi Variabel Banyak .................................................................. 97 Steepest Descent .............................................................................. 97 Pembahasan ..................................................................................... 97 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 100 Conjugate Gradient .......................................................................... 103 Pembahasan ..................................................................................... 103 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 104 Newton............................................................................................. 107 Pembahasan ..................................................................................... 107 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 109 Ilustrasi Permasalahan ..................................................................... 114 Permasalahan Variabel Tunggal ...................................................... 114 Bisection .......................................................................................... 114 Golden Section ................................................................................ 115 Bisection dengan Derivatif .............................................................. 117 Kesimpulan ...................................................................................... 118 Permasalahan Variabel Banyak ....................................................... 118 Steepest Descent .............................................................................. 118 Conjugate Gradient .......................................................................... 119 Newton............................................................................................. 121 Kesimpulan ...................................................................................... 122 Penyelesaian Analitis sebagai Pembanding ..................................... 122 Variabel Tunggal ............................................................................. 122 Variabel Banyak .............................................................................. 123 Permasalahan Lainnya ..................................................................... 125 Soal Latihan .................................................................................... 128 PEMROGRAMAN LINIER............................................................ 131 Pemrograman Linier Bentuk Standar .............................................. 131 Pembahasan ..................................................................................... 131 Contoh Soal dan Penyelesaian (Geometris dan Kuhn-Tucker) ....... 131 Penyelesaian Matriks ....................................................................... 134 Pembahasan ..................................................................................... 134 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 137 Penyelesaian Tabel .......................................................................... 138 Pembahasan ..................................................................................... 138 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 140 Pemrograman Linier Tidak Standar ................................................ 145 Pembahasan ..................................................................................... 145 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 147 Contoh 1 .......................................................................................... 147 Contoh 2 .......................................................................................... 151



v



5.3. 5.4. 5.5. BAB VI 6.1. 6.1.1. 6.1.2. 6.1.2.1. 6.1.2.2. 6.1.2.3. 6.2. 6.2.1. 6.2.2. 6.3. 6.3.1. 6.3.2. 6.3.2.1. 6.3.2.2. 6.4. 6.4.1. 6.4.2. 6.4.2.1. 6.4.2.2. 6.5. 6.5.1. 6.5.2. 6.6. 6.7. 6.7.1. 6.7.2. 6.7.3. 6.7.4. 6.8. BAB VII 7.1. 7.2. 7.2.1. 7.2.2. 7.2.3. 7.2.4. 7.3. 7.3.1.



vi



Analisis Sensitivitas......................................................................... 156 Ilustrasi Permasalahan ..................................................................... 157 Soal Latihan ..................................................................................... 161 VARIASI PEMROGRAMAN LINIER .......................................... 165 Pemrograman Transportasi .............................................................. 165 Pembahasan ..................................................................................... 165 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 166 Contoh 1 .......................................................................................... 166 Contoh 2 .......................................................................................... 167 Contoh 3 .......................................................................................... 168 Pemrograman Penugasan ................................................................. 171 Pembahasan ..................................................................................... 171 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 172 Pemrograman Kuadratik .................................................................. 173 Pembahasan ..................................................................................... 173 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 175 Contoh 1 .......................................................................................... 175 Contoh 2 .......................................................................................... 179 Pemrograman Linier Integer ............................................................ 181 Pembahasan ..................................................................................... 181 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 181 Contoh 1 .......................................................................................... 181 Contoh 2 .......................................................................................... 186 Pemrograman Linier Boolean .......................................................... 191 Pembahasan ..................................................................................... 191 Contoh Soal dan Penyelesaian ......................................................... 192 Pemrograman Linier Campuran ...................................................... 194 Ilustrasi Permasalahan ..................................................................... 194 Permasalahan 1 ................................................................................ 194 Permasalahan 2 ................................................................................ 199 Permasalahan 3 ................................................................................ 201 Permasalahan 4 ................................................................................ 204 Soal Latihan ..................................................................................... 208 PEMROGRAMAN DINAMIK DETERMINISTIK ....................... 211 Pengertian Umum ............................................................................ 211 Lintasan Terpendek ......................................................................... 212 Contoh 1 .......................................................................................... 212 Contoh 2 .......................................................................................... 215 Contoh 3 .......................................................................................... 217 Contoh 4 .......................................................................................... 221 Alokasi Sumber Daya ...................................................................... 224 Contoh 1 .......................................................................................... 224



7.3.2.2. Contoh 2 .......................................................................................... 227 7.3.2.3. Contoh 3 .......................................................................................... 229 7.4. Persoalan Pengepakan ..................................................................... 232 7.4.1. Contoh 1 .......................................................................................... 232 7.4.2. Contoh 2 .......................................................................................... 234 7.5. Pemrograman Dinamik dengan Faktor Diskon ............................... 244 7.5.1. Pembahasan ..................................................................................... 244 7.5.2. Contoh 1 .......................................................................................... 244 7.5.2.1. Tanpa Faktor Diskon ....................................................................... 245 7.5.2.2. Dengan Faktor Diskon ..................................................................... 246 7.5.3. Contoh 2 .......................................................................................... 249 7.5.3.1. Tanpa Faktor Diskon ....................................................................... 251 7.5.3.2. Dengan Faktor Diskon ..................................................................... 252 7.5.3.3. Analisis Sensitivitas......................................................................... 255 7.5.4. Contoh 3 .......................................................................................... 256 7.5.4.1. Tanpa Faktor Diskon ....................................................................... 257 7.5.4.2. Dengan Faktor Diskon ..................................................................... 260 7.5.4.3. Analisis Sensitivitas......................................................................... 263 7.6. Pemrograman Dinamik Ruang Kontinyu ........................................ 264 7.6.1. Pembahasan ..................................................................................... 264 7.6.2. Contoh 1 .......................................................................................... 264 7.6.2.2. Contoh 2 .......................................................................................... 267 7.6.2.3. Contoh 3 .......................................................................................... 273 7.7. Soal Latihan .................................................................................... 276 BAB VIII PEMROGRAMAN DINAMIK STOKASTIK ................................ 279 8.1. Pemrograman Dinamik Stokastik .................................................... 279 8.1.1. Pembahasan ..................................................................................... 279 8.1.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 280 8.1.2.1. Contoh 1 .......................................................................................... 280 8.1.2.2. Contoh 2 .......................................................................................... 285 8.2. Pengaturan Optimal Dengan Program Dinamik .............................. 289 8.2.1. Pembahasan ..................................................................................... 289 8.2.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 290 8.2.2.1. Contoh 1 .......................................................................................... 290 8.2.2.2. Contoh 2 .......................................................................................... 294 8.2.2.3. Contoh 3 .......................................................................................... 297 8.3. Infinite Horizon Dinamic Programming/Proses Keputusan Markov............................................................................................. 301 8.3.1. Pembahasan ..................................................................................... 301 8.3.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian .............................................. 302 8.3.2.1. Contoh 1 .......................................................................................... 302 8.3.2.2. Contoh 2 .......................................................................................... 304



vii



8.3.2.3. 8.4. BAB IX 9.1. 9.1.1. 9.1.2. 9.1.3. 9.1.4 9.1.6. 9.2. 9.2.1. 9.2.2. 9.2.3.



viii



Contoh 3 .......................................................................................... 310 Soal Latihan .................................................................................... 312 STUDI KASUS ............................................................................... 317 Studi Kasus Pertama ........................................................................ 317 Latar Belakang Permasalahan ......................................................... 317 Formulasi Model Matematika ......................................................... 319 Penyelesaian .................................................................................... 323 Interpretasi Hasil.............................................................................. 326 Analisis Sensitivitas......................................................................... 326 Studi Kasus Kedua........................................................................... 328 Latar Belakang Permasalahan ......................................................... 328 Formulasi Model Matematika ......................................................... 329 Discounted Factor ........................................................................... 332



DAFTAR GAMBAR Gambar 1.1 Gambar 1.2 Gambar 1.3 Gambar 1.4



Skema metode kerja ................................................................. 1 Skema permasalahan 1 ............................................................. 4 Skema penyelesaian permasalahan 1........................................ 6 Skema permasalahan 2 ............................................................. 8



Gambar 2.1 Gambar 2.2 Gambar 2.3 Gambar 2.4 Gambar 2.5 Gambar 2.6 Gambar 2.7 Gambat 2.8 Gambar 2.9 Gambar 2.10 Gambar 2.11 Gambar 2.12 Gambar 2.13 Gambar 2.14 Gambar 2.15 Gambar 2.16 Gambar 2.17 Gambar 2.18



Fungsi ....................................................................................... 17 Grafik dan contour .................................................................... 18 Contoh grafik dan contour 1 ..................................................... 18 Contoh grafik dan contour 2 ..................................................... 19 Pemetaan fungsi........................................................................ 22 Kombinasi konveks 𝑥1 dan 𝑥2 (1) ............................................ 25 Kombinasi konveks 𝑥1 dan 𝑥2 (2) ............................................ 25 Vektor ....................................................................................... 26 Vektor/titik konveks ................................................................. 26 Ilustrasi fungsi koveks dan konkav .......................................... 27 Contoh stricly convex ............................................................... 27 Contoh strictly concave ............................................................ 27 Ilustrasi fungsi linier ................................................................. 28 Contoh konveks dan konkaf dengan dua dimensi .................... 28 Grafik fungsi 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 1)2 + 1 ......................................... 29 Grafik fungsi 𝑓(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 1 ...................................... 29 Ilustrasi himpunan konveks dan bukan konveks ...................... 32 𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≤ 9, 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 } ............................. 33



Gambar 2.19 𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≥ 1, 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2} .............................. 33 Gambar 2.20 Grafik dari 𝑓(𝑥) = 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 + 4𝑥1 + 16𝑥2 ...... 37 Gambar 2.21 Kontur dari 𝑓(𝑥) = 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 + 4𝑥1 + 16𝑥2 ..... 38 1



1



Gambar 2.22 Grafik dari 𝑓(𝑥) = 3 𝑥13 − 4𝑥1 + 3 𝑥23 − 4𝑥2 .......................... 40 1



1



Gambar 2.23 Kontur dari 𝑓(𝑥) = 3 𝑥13 − 4𝑥1 + 3 𝑥23 − 4𝑥2 ......................... 40 Gambar 3.1 Gambar 3.2 Gambar 3.3 Gambar 3.4 Gambar 3.5 Gambar 3.6 Gambar 3.7



Plot contour contoh 1................................................................ 45 Plot grafik 3D contoh 1 ............................................................ 45 Plot contour contoh 2................................................................ 46 Plot grafik 3D contoh 2 ............................................................ 47 Plot contour contoh 4................................................................ 49 Plot grafik 3D contoh 4 ............................................................ 50 Plot contour optimisasi dengan ................................................ 53



ix



Gambar 3.8 Gambar 3.9 Gambar 3.10 Gambar 3.11 Gambar 3.12 Gambar 3.13 Gamabr 3.14 Gambar 3.15 Gambar 3.16 Gambar 3.17 Gambar 3.18 Gambar 3.19



Gambar 4.1 Gambar 4.2 Gambar 4.3 Gambar 4.4 Gambar 4.5 Gambar 4.6 Gambar 4.7 Gambar 4.8 Gambar 4.9 Gambar 4.10 Gambar 4.11 Gambar 4.12 Gambar 4.13 Gambar 4.14 Gambar 4.15 Gambar 4.16 Gambar 4.17 Gambar 4.18 Gambar 4.19 Gambar 4.20 Gambar 4.21 Gambar 4.22 Gambar 4.23



x



Plot contour optimisasi dengan kendala persamaan dengan menggunakan pengali Lagrange ............................................... 55 Plot contour optimisasi dengan kendala persamaan dengan interpretasi geometris titik optimalnya ..................................... 56 Plot contour solusi contoh 1 ..................................................... 61 Plot contour solusi contoh 2 ..................................................... 62 Plot contour contoh persoalan nomor 3 .................................... 67 Contour beserta daerah penyelesaian permasalahan 1 ............. 72 Titik optimal permasalahan 1 ................................................... 72 Plot fungsi pada permasalahan 2 .............................................. 75 Contour fungsi pada permasalahan 2 ....................................... 75 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (1) ............... 81 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (2) ............... 82 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (maksimasi) .............................................................................. 84 Ilustrasi metode Bisection langkah 1 ........................................ 89 Ilustrasi metode Bisection langkah 2 ........................................ 88 Ilustrasi metode Bisection langkah 3 ........................................ 90 Ilustrasi metode Bisection jika 𝑥1 dan 𝑥2 bernilai sama ........... 90 Contoh soal Bisection ............................................................... 91 Titik minimum contoh soal Bisection....................................... 92 Pergeseran yang lebih jauh dengan metode Golden Section .... 93 Ilustrasi metode Golden Section ............................................... 93 Contoh soal Golden Section ..................................................... 94 Ilustrasi bisection dengan derivatif ........................................... 96 Ilustrasi steepest descent........................................................... 98 Langkah pengerjaan steepest descent ....................................... 98 Pergerakan steepest descent ..................................................... 99 Hasil iterasi pertama contoh soal steepest descent ................... 100 Hasil iterasi kedua contoh soal steepest descent ...................... 101 Pergerakan steepest descent untuk sampai ke titik minimum pada iterasi ke-40 ...................................................................... 102 Proses iterasi menggunakan matlab untuk metode steepest descent yang tidak berhasil ....................................................... 103 Pergerakan iterasi conjugate gradient ...................................... 103 Hasil iterasi metode conjugate gradient ................................... 105 Iterasi yang dibutuhkan untuk mencapai titik minimum .......... 105 Efek rotasi pada metode conjugate gradient ............................ 106 Proses iterasi pada matlab untuk fungsi pangkat 3 ................... 106 Hasil iterasi pada matlab yang tidak berhasil menuju titik Puncak ...................................................................................... 107



Gambar 4.24 Gambar 4.25 Gambar 4.26 Gambar 4.27 Gambar 4.28 Gambar 4.29 Gambar 4.30 Gambar 4.31 Gambar 4.32 Gambar 4.33 Gambar 4.34 Gambar 4.35 Gambar 4.36 Gambar 4.37 Gambar 4.38 Gambar 4.39 Gambar 4.40 Gambar 4.41 Gambar 4.42 Gambar 4.43 Gambar 4.44 Gambar 4.45 Gambar 4.46 Gambar 4.47 Gambar 5.1 Gambar 5.2 Gambar 5.3 Gambar 5.4 Gambar 5.5



Ilustrasi metode Newton ........................................................... 107 Pergerakan metode Newton dibanding steepest descent .......... 108 Contour contoh soal .................................................................. 109 Pergerakan metode Newton sampai ke titik minimum............. 110 Pergerakan contoh fungsi pangkat 2......................................... 110 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,2) ................. 111 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (-2,2) ................ 111 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,-2) ................ 112 Proses iterasi untuk fungsi pangkat 3 pada Matlab .................. 112 Pergerakan fungsi pangkat 3 oleh matlab ................................. 113 Pergerakan iterasi contoh Newton yang kurang berhasil ......... 114 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13)................................................................................ 115 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2).................................................................................. 115 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13)................................................................................ 116 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2).................................................................................. 117 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13)................................................................................ 117 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2).................................................................................. 118 Pergerakan iterasi permasalahan steepest descent dengan (10,10) ...................................................................................... 119 Pergerakan iterasi permasalahan steepest descent dengan (2,-2) ......................................................................................... 119 Pergerakan iterasi permasalahan conjugate gradient dengan (10,10) ...................................................................................... 120 Pergerakan iterasi permasalahan conjugate gradient dengan (2,-2) ......................................................................................... 121 Pergerakan iterasi permasalahan newton dengan (10,10)......... 121 Pergerakan iterasi permasalahan newton dengan (2,-2) ........... 122 Perjalanan iterasi permasalahan lainnya ................................... 128 Skema hasil produk pabrik kayu (contoh 1 bentuk standar) .... 131 Penyelesaian grafis contoh 1 bentuk standar ............................ 133 Daerah kelayakan beserta vektor kuhn-tucker contoh 1 bentuk standar....................................................................................... 134 Daerah kelayakan contoh penyelesaian matriks bentuk Standar ...................................................................................... 137 Gambaran geometris contoh penyelesaian tabel ...................... 144



xi



Gambar 5.6 Gambar 5.7 Gambar 5.8 Gambar 5.9 Gambar 6.1 Gambar 6.2 Gambar 6.3 Gambar 6.4 Gambar 6.5 Gambar 6.6 Gambar 6.7 Gambar 6.8 Gambar 6.9 Gambar 6.10 Gambar 6.11 Gambar 6.12 Gambar 6.13 Gambar 6.14 Gambar 6.15



Pengecekan geometris syarat Kuhn-Tucker untuk contoh penyelesaian table ..................................................................... 154 Gambaran geomteris contoh 1 bentuk tidak standar ................ 150 Gambaran geometris dengan syarat Kuhn-Tucker ontoh 1 bentuk tidak standar .................................................................. 150 Perjalanan iterasi contoh 2 program linier tidak standar .......... 156



Skema pemrograman transportasi ............................................ 165 Siklus pergerakan untuk memasukan basis .............................. 170 Gambaran geometris contoh 1 pemrograman kuadratik .......... 179 Gambaran geometris contoh 2 pemrograman kuadratik .......... 180 Grafik awal contoh 1 ................................................................ 182 Skema branch and bound contoh 1 langkah ke-1 ..................... 182 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-1.......... 183 Skema branch and bound langkah ke-2 .................................... 183 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-2.......... 184 Skema branch and bound langkah ke-3 .................................... 184 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-3.......... 185 Skema branch and bound keseluruhan contoh 1 ...................... 185 Pergerakan iterasi secara geometris.......................................... 186 Grafik awal contoh 2 ................................................................ 187 Skema branch and bound contoh 2 dengant terlebih dahulu membagi nilai 𝑥2 ...................................................................... 187 Gambar 6.16 Grafik akhir contoh 2 setelah dilakukan pemotongan bidang pada proses branch and bound .......................................................... 188 Gambar 6.17 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-1 ..................... 188 Gambar 6.18 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-1 .............. 188 Gambar 6.19 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-2 ..................... 189 Gambar 6.20 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-1 .............. 189 Gambar 6.21 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-3 ..................... 190 Gambar 6.22 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-3 .............. 190 Gambar 6.23 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-4 (akhir) ......... 191 Gambar 6.24 Skema branch and bound untuk menghasilkan nilai binary ...... 193 Gambar 6.25 Skema permasalahan transportasi............................................. 195 Gambar 6.26 Perjalan tiap tahap permasalahan 3 .......................................... 204 Gambar 6.27 Grafik awal ilustrasi permasalahan integer programming........ 206 Gambar 6.28 Skema branch and bound ilustrasi permasalahan langkah ke-1 ........................................................................................... 206 Gambar 6.29 Grafik ilustrasi permasalahan setelah pemotongan langkah ke-1 ........................................................................................... 206 Gambar 6.30 Skema branch and bound ilustrasi permasalahan langkah ke-2 ........................................................................................... 207



xii



Gambar 6.31 Grafik ilustrasi permasalahan setelah pemotongan langkah ke-2 ........................................................................................... 207 Gambar 7.1 Gambar 7.2 Gambar 7.3 Gambar 7.4 Gambar 7.5 Gambar 7.6



Gambar 7.25 Gambar 7.26 Gambar 7.27 Gambar 7.28 Gambar 7.29



Skema pemrograman dinamik .................................................. 211 Contoh 1 pesoalan lintasan terpendek ...................................... 213 Pentahapan contoh 1persoalan lintasan terpendek ................... 213 Skema penyelesaian contoh 1persoalan lintasan terpendek ..... 215 Pentahapan contoh 2 lintasan terpendek................................... 215 Representasi umur mesin contoh 3 sebagai fungsi tahun Keputusan ................................................................................. 218 Skema pemilihan keputusan contoh 3 ...................................... 220 Skema permasalahan contoh 4 lintasan terpendek ................... 221 Ilustasi pentahapan dari persoalan contoh 4 ............................. 222 Ilustrasi pentahapan contoh 1 alokasi sumber daya ................. 224 Ilustrasi pentahapan contoh 2 alokasi sumber daya ................. 227 Ilustrasi pentahapan contoh 3 alokasi sumber daya ................. 230 Ilustrasi pentahapan contoh 2 persoalan pengepakan ............... 235 Skema pentahapan contoh 2 faktor diskon ............................... 250 Skema pentahapan contoh 3 faktor diskon ............................... 256 Skema pentapahapan contoh 1 ruang kontinyu ........................ 265 Pembagian daerah state untuk tahap 2 contoh 1 ruang kontinyu .................................................................................... 266 Pembagian daerah state untuk tahap 3 contoh 1 ruang kontinyu .................................................................................... 266 Skema penyelesaian contoh 1 ruang kontinyu ......................... 267 Skema pentahapan contoh 2 ruang kontinyu ............................ 268 Pembagian daerah state untuk tahap 5 contoh 2 ruang kontinyu .................................................................................... 269 Pembagian daerah state untuk tahap 4 contoh 2 ruang kontinyu .................................................................................... 269 Pembagian daerah state untuk tahap 3 contoh 2 ruang kontinyu .................................................................................... 270 Pembagian daerah state untuk tahap 2 contoh 2 ruang kontinyu .................................................................................... 270 Skema penyelesaian contoh 3 ................................................... 272 Skema pentahapan contoh 3 ruang kontinyu ............................ 273 Pembagian daerah state tahap 4 contoh 3 ruang kontinyu ....... 274 Pembagian daerah state tahap 3 contoh 3 ruang kontinyu ....... 275 Pembagian daerah state tahap 2 contoh 3 ruang kontinyu ....... 275



Gambar 8.1



Skema pemrograman deterministik ......................................... 279



Gambar 7.7 Gambar 7.8 Gambar 7.9 Gambar 7.10 Gambar 7.11 Gambar 7.12 Gambar 7.13 Gambar 7.14 Gambar 7.15 Gambar 7.16 Gambar 7.17 Gambar 7.18 Gambar 7.19 Gambar 7.20 Gambar 7.21 Gambar 7.22 Gambar 7.23 Gambar 7.24



xiii



Gambar 8.2



Skema pemrograman dinamik stokastik ................................... 279



Gambar 9.1 Gambar 9.2



Skema perusahaan fashion ....................................................... 317 Penyusunan formulasi model matematika pada program Lindo......................................................................................... 323 Proses branch and bound pada program Lindo (1) .................. 324 Proses branch and bound pada program Lindo (2) .................. 324 Proses branch and bound pada program Lindo (3) .................. 324 Hasil penyelesaian running program Lindo ............................. 325 Hasil running program Lindo setelah proses Analisis Sensitivitas................................................................................ 327 Diagram keputusan tiap tahun .................................................. 329 Diagram keputusan tiap tahun dengan pentahapan .................. 330 Diagram hasil yang optimal...................................................... 331 Diagram interpretasi hasil......................................................... 332 Diagram hasil (dengan faktor diskon) yang optimal ................ 334 Diagram interpretasi hasil (dengan faktor diskon) ................... 334



Gambar 9.3 Gambar 9.4 Gambar 9.5 Gambar 9.6 Gambar 9.7 Gambar 9.8 Gambar 9.9 Gambar 9.10 Gambar 9.11 Gambar 9.12 Gambar 9.13



xiv



BAB I KONSEP OPTIMASI 1.1. Konsep Optimisasi Pada bagian ini akan dibahas dasar – dasar konsep optimisasi untuk menyelesaikan suatu permasalahan optimisasi. Materi yang dibahas meliputi langkahlangkah yang harus dilakukan dalam menyelesaikan suatu permasalahan optimisasi dengan pendekatan penyelidikan operasi. Optimisasi merupakan suatu upaya sistematis untuk memilih elemen terbaik dari suatu kumpulan elemen yang ada. Di dalam konteks matematika, optimisasi ini bisa diyatakan sebagai suatu usaha sistematis untuk mencari nilai minimum atau maksimum dari suatu fungsi. Dengan kata lain, optimisasi merupakan proses mencari nilai terbaik berdasarkan fungsi tujuan dengan daerah asal yang telah didefinisikan. Fungsi ini secara sederhana dapat dinyatakan dengan: min/max f(x) Sebagai contoh adalah fungsi kuadrat 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 di mana 𝑥 anggota bilangan real (𝑥 ∈ 𝑅). di dalam contoh ini, 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 merupakan fungsi tujuannya, sedangkan 𝑥 adalah daerah asal yang di definisikan sebagai anggota bilangan real. 1.2. Metode Kerja Langkah pertama, memahami persoalaan nyata yang akan dioptimasikan solusinya dalam hal ini disebut permasalahan optimasi. Setelah memahami persoalan tersebut maka selanjutnya membuat abstraksi permasalahannya.



Gambar 1.1 Skema metode kerja



1



Metode Kerja



Langkah kedua, membuat model matematika yang merepresentasikan karakteristik dinamik permasalahan optimasi tersebut. Dalam membuat model matematika, langkah–langkah yang harus dilakukan adalah sebagai berikut :\ 1. Mendefinisikan variabel – variabel dalam permasalahan. Variabel merupakan besaran yang nilainya dapat berubah – ubah sesuai dengan kondisi permasalahan. 2. Mendefinisikan parameter – parameter dalam permasalahan. Parameter merupakan besaran yang nilainya tertentu dan tidak dapat berubah – ubah pada kondisi yang standar. 3. Mendefinisikan tujuan yang akan dicapai dalam permasalahan optimasi tersebut. Tujuan yang ingin dicapai dinyatakan dalam fungsi tujuan dengan mengikutsertakan fungsi variabel dan parameter . 4. Mendefinisikan kendala – kendala yang harus dipenuhi dalam mencapai tujuan. Kendala juga dinyatakan dalam fungsi kendala. Seperti halnya fungsi tujuan, fungsi kendala mengikutsertakan fungsi variabel dan parameter. Pada model matematika suatu permasalahan optimasi meliputi fungsi tujuan dan fungsi–fungsi kendala. Fungsi kendala tidak mutlak harus ada dalam model matematika . Langkah ketiga, menyelesaiakan model matematika dengan menggunakan metode tertentu, yaitu menentukan nilai variabel – variabel dalam permasalahan optimasi yang mengoptimumkan fungsi tujuan. Dalam mata kuliah ini, kita akan membahas berbagai macam metode untuk menyelesaikan model matematika permasalahan optimasi. Langkah keempat, melakukan interpretasi penyelesaian berdasarkan hasil penyelesaian model matematika sebelumnya. Langkah kelima, melakukan analisis sensitivias, yaitu mempertimbangkan parameter–parameter apa saja yang berpengaruh terhadap hasil penyelesaian model. Analisis sensitivitas digunakan saat terjadi perubahan parameter, dimana perhitungan optimasinya tidak perlu dimulai dari awal proses tetapi cukup menggunakan penyelesaian terakhir untuk memperoleh penyelesaian yang baru. Antara penyelesaian masalah, penyelesaian model dan sensitivitas saling berkesinambungan. Terdapat pula interpretasi penyelesaian, dimana yang dimaksud dengan interpretasi penyelesaian adalah hasil dari perhitungan model matematika yang sudah dapat diimplementasikan pada kehidupan sehari-hari.



2



Konsep Optimasi



1.3. Contoh Kasus Sederhana Boy ingin membeli roti coklat dan keju di Kampoeng Roti. Pada kasus pembelian roti ini kita bisa mendapatkan variabel, parameter, kendala, dan penyelesaian model sebagai berikut : 1. 2. 3. 4. 5.



Variabel Parameter Kendala Tujuan Penyelesaian model



: Jenis roti yang ingin dibeli Boy : Harga roti coklat dan keju di Kampoeng Roti : Uang yang dimiliki Boy : Membeli roti coklat dan keju dengan harga minimal : Boy membeli 1 buah roti coklat dan 2 buah roti keju



1.4. Ilustrasi Permasalahan Optimasi 1.4.1. Permasalahan 1 Suatu sistem pembangkit listrik mempunyai tiga buah pembangkit dengan kapasitas supply sebesar 100, 80, 150. Pembangkit tersebut digunakan untuk memberi supply daya listrik kepada tiga daerah masing-masing sebesar 140, 90, 70. Biaya penyaluran daya listrik per unit dari tiap pembangkit ke masing-masing daerah dinyatakan dalam tabel berikut ini : P



1



2



3



1



4



6



2



2



7



3



5



3



1



4



6



D



Tabel 1.1 Deskripsi persoalan 1 Carilah pola penyaluran yang meminimumkan biaya total penyaluran daya listrik dari pembangkit ke daerah!



3



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 1.2 Skema permasalahan 1 Penyusunan Model Matematika 1. Variabel Daya listrik yang disalurkan dari tiap pembangkit ke tiap daerah (𝑋𝑖𝑗 ) : Daya yang disalurkan dari pembangkit 𝑖 ke daerah 𝑗 Biaya total penyaluran daya listrik (𝑍) 2. Parameter Kapasitas pembangkit 𝐾1 = 100, 𝐾2 = 80, 𝐾3 = 150 Permintaan daya listrik 𝑃1 = 140, 𝑃2 = 90, 𝑃3 = 70 Biaya penyaluran daya Listrik 𝐶𝑖𝑗 : Biaya penyaluran daya listrik per unit dari pembangkit 𝑖 ke daerah 𝑗 Apabila 𝐶𝑖𝑗 kita tuliskan dalam bentuk matriks 𝐶, maka menjadi : 4 6 2 𝐶 = [7 3 5 ] 1 4 6 3. Tujuan Meminimumkan biaya total penyaluran daya Listrik 𝑀𝑖𝑛 𝑍 = 4𝑋11 + 6𝑋12 + 2𝑋13 + 7𝑋21 + 3𝑋22 + 5𝑋23 + 𝑋31 + 4𝑋32 + 6𝑋33



4



Konsep Optimasi



4. Kendala Total daya listrik yang dikirim dari tiap pembangkit tidak boleh lebih dari kapasitas pembangkit 𝑋11 + 𝑋12 + 𝑋13 ≤ 𝐾1 𝑋21 + 𝑋22 + 𝑋23 ≤ 𝐾2 𝑋31 + 𝑋32 + 𝑋33 ≤ 𝐾3 Total daya yang dikirim ke tiap daerah tidak boleh kurang dari permintaan tiap daerah 𝑋11 + 𝑋21 + 𝑋31 ≥ 𝑃1 𝑋12 + 𝑋22 + 𝑋32 ≥ 𝑃2 𝑋13 + 𝑋23 + 𝑋33 ≥ 𝑃3 Daya listrik yang dikirim ke tiap daerah tidak boleh negatif 𝑋𝑖𝑗 ≥ 0 Sehingga, bentuk umum model matematika yang sesuai dengan soal adalah sebagai berikut : 3



3



min 𝑍 = ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗 𝑋𝑖𝑗 𝑗=1 𝑖=1



dengan batasan : 3



∑ 𝑋𝑖𝑗 ≤ 𝐾𝑖



𝑖 = 1,2,3



𝑗=1 3



∑ 𝑋𝑖𝑗 ≥ 𝑃𝑗



𝑗 = 1,2,3



𝑖=1



𝑋𝑖𝑗 ≥ 0 𝑖 = 1,2,3 ; 𝑗 = 1,2,3 Model matematis pada kasus ini sering disebut sebagai Model Matematika Transportasi. Penyelesaian Model Matematika Diselesaikan dengan metode transportasi, misalkan didapatkan : 𝑋13 = 70 𝑋31 = 140 𝑋22 = 80 𝑋32 = 10 Dan 𝑋𝑖𝑗 yang lain = 0 𝑍 = 2.70 + 3.80 + 1.140 + 4.10 = 560 Biaya penyaluran total 𝑍 adalah sebesar 560 (minimum dibanding alternatif lain) Skema dari penyelesaian model matematika permasalahan tersebut digambarkan sebagai berikut :



5



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 1.3 Skema penyelesaian permasalahan 1



Interpretasi Penyelesaian 1. Pembangkit 1 menyalurkan daya 70 MW ke daerah 3 2. Pembangkit 2 menyalurkan daya 80 MW ke daerah 2 3. Pembangkit 3 menyalurkan daya 140 MW ke daerah 1 dan 10 MW ke daerah 2 4. Kebutuhan daya di semua daerah terpenuhi 5. Kapasitas pembangkit masih ada yang tersisa yaitu sebesar 30 MW pada pembangkit 1 Analisis Sensitivitas 1. Bagaimana bila kapasitas pembangkit 1 berkurang menjadi 90 MW? Tidak mempengaruhi penyelesaian karena pembangkit 1 masih memiliki kapasitas yang berlebih 2. Bagaimana bila kapasitas pembangkit 3 berkurang menjadi 130 MW? Daya yang disuplai ke daerah 2 dipotong karena memiliki biaya peyaluran yang lebih mahal



6



Konsep Optimasi



3. Apa yang terjadi bila biaya penyaluran dari pembangkit 1 ke daerah 2 naik dari 6 menjadi 7? Tidak mempengaruhi penyelesaian karena biaya penyalurannya jadi lebih mahal 4. Apa yang terjadi bila biaya penyaluran dari pembangkit 1 ke daerah 2 turun dari 6 menjadi 5? Tidak mempengaruhi penyelesaian karena biaya penyaluran ada yang lebih murah 1.4.2. Permasalahan 2 Sebuah perusahaan fashion membuat pakaian jaket, mantel, celana, dan kemeja. Semua produk, diproduksi di tempat konveksi atau bagian perusahaan yang berbeda diantaranya: bagian cutting, bagian isolasi, bagian menjahit, dan bagian kemasan. Perusahaan menerima pesanan dari perusahaan lain untuk diolah menjadi produk siap jual. Untuk bahan yang tak terkirim akan dikenakan biaya gagal pengiriman. Berikut tabel data terkait parameternya:



Perusahaan



Jaket



Cutting Insulating Jahit Packaging Permintaan Keuntungan Ganti rugi



0.30 0.25 0.45 0.15 800 $30 $15



Time per units (jam) Mantel Celana Kemeja 0.30 0.25 0.35 0.30 0.50 0.40 0.15 0.10 750 600 $40 $20 $20 $10 Tabel 1.2 Deskripsi persoalan 2



0.15 0.10 0.22 0.05 500 $10 $8



Kapasitas (jam) 1000 1000 1000 1000



Menyusun rencana produksi yang optimal bagi perusahaan



7



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 1.4 Skema permasalahan 2 Penyusunan Model Matematika 1. Variabel : 𝑥1 = jumlah jaket 𝑥2 = jumlah mantel 𝑥3 = jumlah celana 𝑥4 = jumlah kemeja 𝑠𝑗 = Jumlah unit kekurangan produk 𝑗, 𝑗 = 1,2,3,4 2. Parameter : Permintaan produk Biaya gagal pengiriman (G) Keuntungan(U) Jaket = 800 𝑔1 = $15 𝑢1 = $30 Mantel = 750 𝑔2 = $20 𝑢2 = $40 Celana = 600 𝑔3 = $10 𝑢3 = $20 Kemeja = 500 𝑔4 = $8 𝑢4 = $10 3. Tujuan (fungsi dari variabel dan parameter): Memaksimalkan keuntungan produksi 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 30. 𝑥1 + 40. 𝑥2 + 20. 𝑥3 + 10. 𝑥4 – (15. 𝑠1 + 20. 𝑠2 + 10. 𝑠3 + 8. 𝑠4 ) 4. Kendala (fungsi dari variabel dan parameter):



8



Konsep Optimasi



Total biaya gagal pengiriman adalah fungsi dari jumlah kekurangan ( permintaan - unit dipasok dari setiap produk ). 𝑥1 ≤ 800, 𝑥2 ≤ 750, 𝑥3 ≤ 600, 𝑥4 ≤ 500, 𝑥𝑗 ≥ 0 , 𝑠𝑗 ≥ 0 ; 𝑗 = 1, 2, 3, 4 Kendala permintaan 𝑥1 + 𝑠1 = 800, 𝑥2 + 𝑠2 = 750, 𝑥3 + 𝑠3 = 600, 𝑥4 + 𝑠4 = 500 𝑥𝑗 ≥ 0, 𝑠𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1,2,3,4 Kendala pembatasan kapasitas produksi yaitu 0,30. 𝑥1 + 0,30. 𝑥2 + 0,25. 𝑥3 + 0,15. 𝑥4 ≤ 1000 ( Cutting ) 0,25. 𝑥1 + 0,35. 𝑥2 + 0,30. 𝑥3 + 0, 𝑙0. 𝑥4 ≤ 1000 ( insulating ) 0,45. 𝑥1 + 0,50. 𝑥2 + 0,40. 𝑥3 + 0,22. 𝑥4 ≤ 1000 ( jahit ) 0,15. 𝑥1 + 0,15. 𝑥2 + 0,10. 𝑥3 + 0,05. 𝑥4 ≤ 1000 ( Packaging ) Sehingga, bentuk umum model matematika yang sesuai dengan soal adalah sebagai berikut: 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 30𝑋1 + 40𝑋2 + 20𝑋3 + 10𝑋4 – (15. 𝑆1 + 20. 𝑆2 + 10. 𝑆3 + 8. 𝑆4) 4



4



= ∑ 𝑥𝑗 . 𝑢𝑗 − ∑ 𝑠𝑗 . 𝑔𝑗 𝑗=1



𝑗=1



Dengan batasan : 0,30. 𝑥1 + 0,30. 𝑥2 + 0,25. 𝑥3 + 0,15. 𝑥4 ≤ 1000 0,25. 𝑥1 + 0,35. 𝑥2 + 0,30. 𝑥3 + 0, 𝑙0. 𝑥4 ≤ 1000 0,45. 𝑥1 + 0,50. 𝑥2 + 0,40. 𝑥3 + 0,22. 𝑥4 ≤ 1000 0,15. 𝑥1 + 0,15. 𝑥2 + 0,10. 𝑥3 + 0,05. 𝑥4 ≤ 1000 𝑥1 + 𝑠1 = 800, 𝑥2 + 𝑠2 = 750, 𝑥3 + 𝑠3 = 600 , 𝑥4 + 𝑠4 = 500 𝑋𝑗 ≥ 0 , 𝑆𝑗 ≥ 0 ; 𝑗 = 1 , 2 , 3 , 4 Penyelesaian Model Matematika Solusi optimal adalah keuntungan max 𝑍 = $ 64,625 𝑋𝑙 = 800 , 𝑋2 = 750 , 𝑋3 = 387,5 , 𝑋4 = 500 , 𝑆1 = 𝑆2 = 𝑆4 = 0 , 𝑆3 = 212.5 biaya ganti rugi 212.5 × $ 10 = $ 2125 Interpretasi Penyelesaian 1. Perusahaan menghasilkan 800 produk jaket 2. Perusahaan menghasilkan 750 produk mantel 3. Perusahaan menghasilkan 387,5 produk celana



9



Soal Latihan



4. 5. 6. 7. 8.



Perusahaan menghasilkan 500 produk kemeja Untuk permintaan jaket dan mantel sudah terpenuhi. Pada produksi jaket, kemeja, dan mantel tidak mengalami kekurangan produk Permintaan produk jaket, kemeja dan mantel terpenuhi. Pada produksi celana mengalami kekurangan produk sebanyak 212,5



Analisa Sensitivitas 1. Bagaimana bila permintaan produk jaket meningkat sebanyak 10 produk jaket? 2. Bagaimana bila permintaan produk mantel meningkat sebanyak 20 produk mantel? 3. Bagaimana bila kapasitas waktu perusahaan cutting berkurang menjadi 800 ? 4. Bagaimana bila kapasitas waktu perusahaan insulating berkurang menjadi 600 ? 5. Bagaimana bila kapasitas waktu perusahaan jahit berkurang menjadi 900 ? 6. Bagaimana bila kapasitas waktu perusahaan celana berkurang menjadi 800 ? 1.5. Soal Latihan Buat skema kemudian definisikan dan simbolkan variable, parameter, kendala, dan kriteria yang harus dioptimalkan. Kemudian buat model matematikanya dan tentukan penyelesaiannya (sembarang). Beri interpretasi terhadap penyelesaian tersebut dan pikirkan sejumlah analisis sensitivitas yang mungkin terjadi pada permasalahan berikut ini, 1.



10



Seorang investor mempresentasikan investasi banyak orang. Contohnya untuk masalah investasi untuk proyek keuangan, strategi investasi obligasi, pilihan saham, pembentukan kebijakan peminjaman bank. Di banyak situasi tersebut, program linearisasi dapat dilakukan untuk memilih untuk memilih campuran yang optimal yang akan memaksimalkan ketika kita menemui kondisi berbagai investasi dari investor. Sebuah bank pada prosesnya memiliki kebijakan peminjaman maksimal US$12 juta. Tabel di bawah ini menunjukan nilai kebijakan peminjaman data yang tersedia. Rasio hutang tidak dapat dipulihkan dan berdampak pada produksi pendapatan bunga. Kompetisi dengan lembaga finansial lainya membutuhkan setidaknya 40% dana dari peminjaman tanah dan peminjaman komersial. Untuk membantu industri perumahan di daerah , pinjaman rumah harus sama setidaknya 50 % dari pinjaman pribadi , pinjaman mobil , pinjaman rumah. Bank juga menyatakan kebijakan tidak memungkinkan rasio keseluruhan kredit macet pada semua pinjaman melebihi 4 %.



Konsep Optimasi



Tipe Peminjaman Tingkat ketertarikan Rasio Hutang 0,140 0,10 Peminjaman Perorangan 0,130 0,07 Mobil 0,120 0,03 Rumah 0,125 0,05 Tanah 0,100 0,02 Komersil Tabel 1.3 Informasi Soal Latihan 1 2.



Perusahaan AudioBeat memiliki 2 gudang dan 2 pabrik untuk memproduksi Boombox. Untuk memproduksi Boombox dibutuhkan 5 suplai speaker . Terdapat 3 vendor untuk suplai speaker ini. Selain itu, Setiap vendor akan mengenakan biaya pengiriman speaker ke setiap gudang perusahaan. Setiap vendor memiliki perhitungan sendiri untuk harga speaker dan biaya pengiriman berdasarkan jarak tempuh ke gudang.



Vendor



Harga



Biaya pengiriman



1



$22,500



2 3



Jarak Gudang 1



Gudang 2



$300 + 40 cen/mil



1,600 mil



400 mil



$22,700



$200 + 50 cen/mil



500 mil



600 mil



$22,300



$500 + 20 cen/mil



2,000 mil



1,000 mil



Tabel 1.4 Informasi Soal Latihan 2 3.



Pada tahun 2000, sebuah perusahaan pengangkutan memiliki masalah dalam penggantian armada mobilnya untuk 5 tahun kedepan. Perkiraan harga sebuah mobil baru tampak pada tabel berikut : Awal Tahun Harga Beli 2001 2002 2003 2004



Lama Biaya Operasional Pemakaian dan Perawatan (juta) 150 1 30 160 2 35 180 3 50 200 4 60 Tabel 1.5 Informasi Soal Latihan 3



11



Soal Latihan



Tabel sebelah kanan menunjukkan biaya operasional dan perawatan untuk lama pemakaian selama 4 tahun. Biaya ini hanya dipengaruhi oleh lama pemakaian dan tidak dipengaruhi oleh kapan mobil dibeli. Apabila mobil lama dijual maka harga jualnya tergantung dari tahun pembelian dan lama pemakaiannya. Harga jual tersebut tampak pada tabel dibawah. Tanda (-) pada tabel tersebut menunjukkan bahwa penjualan tidak mungkin dilakukan karena waktu penjualannya melebihi batas waktu (2005). Tahun Beli 2001 2002 2003 2004



Lama Pemakaian 1 2 3 4 130 110 100 90 140 130 125 150 170 Tabel 1.6 Informasi Soal Latihan 3



Tentukan Kapan pembelian mobil baru harus dilakukan agar total biaya yang dikeluarkan pada tahun 2005 seminimal mungkin. 4.



Seorang mahasiswi yang mempunyai berat badan 60kg dengan tinggi 155cm ingin mendapatkan bentuk tubuh yang ideal. Mahasiswi tersebut ingin menurunkan berat badan dengan cara membuat pola makan yang teratur. Adapun kebutuhan nutrisi yang harus dipenuhi per-hari berdasarkan Ahli nutrisi, yaitu: Kebutuhan energi tidak lebih dari (2000kcal), protein (55g), kalsium (800mg). Food Oatmeal Chicken Eggs Low fat milk Cherry pie Meat with beans



Energy (kcal) 110 205 160 160 420 260



Protein Calcium (g) (mg) 4 2 32 12 13 54 8 285 4 22 14 80



Price per serving ($) 3 24 13 9 20 19



Max serving allowed 4 3 2 8 2 2



Tabel 1.7 Informasi Soal Latihan 4 Tentukan biaya yang dikeluarkan mahasiswi per-hari untuk memenuhi kebutuhan nutrisi dengan biaya yang sedikit ? Saran dari ahli nutrisi mahasiswi dianjurkan makan 3 jenis makanan dari 6 jenis makanan di tabel tersebut.



12



Konsep Optimasi



5.



Pesawat kargo memiliki tiga bagian untuk menyimpan muatan, yaitu depan, tengah dan belakang. Bagian-bagian ini memiliki batas kapasitas dalam hal berat maupun volume ruang seperti dijelaskan dalam tabel berikut: Bagian



Kapasitas berat Kapasitas Ruang (Ton) (𝑚3 ) Depan (F) 12 7000 Tengah (C) 18 9000 Belakang (B) 10 5000 Tabel 1.8 Informasi kapasitas Soal Latihan 5 Lebih lanjut, beratnya muatan pada tiap bagian secara berurutan harus proporsional terhadap batas kapasitas beratnya untuk mempertahankan keseimbangan pesawat. Empat muatan berikut ini direncanakan untuk dikirim pada penerbangan yang akan datang, dengan data sebagai berikut: Kargo Berat Volume Profit 3 (Ton) (𝑚 /𝑡𝑜𝑛) ($/ton) 1 20 500 320 2 16 700 400 3 25 600 360 4 13 400 290 Tabel 1.9 Informasi muatan Soal Latihan 5 Berapapun porsi dari kargo-kargo diatas bisa diterima. Tentukan berapa besarnya (jika ada) dari tiap muatan diatas yang harus diterima dan bagaimana mendistribusikannya agar mendapat keuntungan yang maksimal ! 6.



PT. Indonesian Automation merupakan perusahaan asal Indonesia. Perusahaan ini memproduksi peralatan kontrol industri berupa Programmable Logic Controller (PLC). Pada kuartal-I 2016, PT. Indonesian Automation merencanakan untuk memproduksi 3 tipe PLC yaitu, PLC-IA1, PLC-IA2, PLCIA3. Permintaan produksi selama 4 bulan untuk setiap tipe PLC dapat dilihat pada tabel berikut.



13



Soal Latihan



Permintaan PLC Bulan (unit) Januari Februari Maret April PLC-IA 1 53 30 74 53 PLC-IA 2 45 54 65 72 PLC-IA 3 44 67 125 132 Tabel 1.10 Informasi permintaan PLC Soal Latihan 6 Harga per unit, biaya produksi, kapasitas produksi, biaya akftifasi line produksi dan jumlah pemesanan minimal untuk setiap tipe PLC dapat dilihat pada tabel berikut, Produk



PLC-IA 1 PLC-IA 2 PLC-IA 3 Rp Rp Rp Harga Produk (/unit) 3.500.000 4.250.000 5.000.000 Biaya Aktifasi Line Produksi Rp. Rp Rp (/bulan) 1.000.000 1.500.000 2.000.000 Rp. Rp. Rp Biaya Produksi (/unit) 3.000.000 3.500.000 4.250.000 Kapasitas Produksi (/hari) 4 3 5 Pemesanan Minimal (/bulan) 25 30 35 Tabel 1.11 Informasi biaya-biaya PLC Soal Latihan 6 Pada bulan Januari hari aktif produksi selama 23 hari, Februari selama 20 hari, Maret 23 hari, dan April 22 hari. Status aktifasi line produksi dapat berubah setiap bulannya. Jumlah pemesanan minimal selama satu bulan ditentukan sesuai pada tabel 2. Selain itu, ruang penyimpanan bisa disewa dengan tarif bulanan sebesar Rp 350.000 untuk PLC-AI 1, Rp 400.000 untuk PLC-AI 2 dan Rp 450.000 untuk PLC-AI 3. Setiap produk mengambil jumlah yang sama ruang penyimpanannya. Total kapasitas penyimpanan yang tersedia adalah 15 unit. Carilah pola untuk mendapatkan keuntungan maksimal dari hasil produksi PT. Indonesian Automation! 7.



14



PERTOMANA OIL, berlokasi di pulau Aroba, memiliki kapasitas crude oil 1.500.000 barel per hari (bph). Produk akhir dari kilang minyak dibedakan menjadi 3 jenis BBM tanpa timbal dengan perbedaan nilai oktan (NO): Regular dengan NO=87, premium dengan NO=89, dan Super dengan NO=92. Proses refinery meliputi tiga tahap: 1. Distilasi (distillation tower) yang menghasilkan feedstock (NO=82) sebesar 0.2 bbl tiap 1 bbl crude oil. 2.Cracker unit menghasilkan BBM (NO=98) menggunakan bagian dari feedstock yang



Konsep Optimasi



diproduksi oleh distillation tower sebesar 0.5 bbl tiap 1 bbl dari feedstock. 3. blender unit menyampur BBM dari cracker unit dan feedstock dari destillation tower. Perusahaan mengestimasi keuntungan bersih (net profit) tiap barel dari tiga tipe BBM dengan keuntungan masing-masing $6.70, $7.20, dan $8.10. Kapasitas feedstock di cracker unit adalah 200,000 bph. Batas permintaan BBM maksimum untuk regular, premium dan super adalah 50,000, 30,000 dan 40,000 barel tiap hari. Buatlah model matematika untuk menentukan keuntungan maksimum.



15



Soal Latihan



16



BAB 2 DASAR - DASAR MATEMATIKA OPTIMASI 2.1. Gambaran Umum Pada bagian ini akan dibahas dasar – dasar matematika untuk persoalan optimasi. Materi yang dibahas meliputi gradien, matrik hessian, matrik definit positip, matrik definit negatif, syarat perlu keoptimalan, syarat cukup keoptimalan, fungsi konveks dan fungsi konkaf. Dasar – dasar matematika ini sangat diperlukan untuk menyelesaikan permasalahan optimasi dengan pendekatan analitis. 2.2. Himpunan Bilangan Riel Himpunan Bilangan Riel(ℛ), di mana: ℛn= himpunan bilangan riel atau vektor dengan dimensi n. Jika n = 1, maka ℛn bersifat skalar, seringkali ditulis sebagai ℛ. Jika n > 1, maka ℛn bersifat vector. 𝑥1 𝑥2 𝑥 = 𝑥3 ⋮ [𝑥𝑛 ]



Dimana 𝑥 ϵ ℛn



𝑥11 𝑥 = [ . ]; 𝑥𝑛1 1



ℛn



𝑥12 𝑥 =[ . ] 𝑥𝑛2 2



2.3. Fungsi Definisi: pemetaan dari suatu himpunan ke himpunan yang lain 𝑓 : ℛn → ℛ,memetakan vektor dimensi n menuju skalar.



𝑥11 ℛn 𝑥 = [ . ] 𝑥𝑛1 𝑥12 2 𝑥 =[ . ] 𝑥𝑛2 1



𝑧1 = (… ) ℛ 𝑧 2 = (. . )



Gambar 2.1 Fungsi Dari diagram diatas, dapat disimpulkan bahwa 𝑓(𝑥) adalah fungsi bernilai scalar yang didefinisikan pada ruang vector 𝑥 dimensi n



17



Grafik dan Contour



𝑥1 𝑥2 𝑥 = 𝑥3 ⋮ [𝑥𝑛 ] Contoh 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 f : ℛ2 ℛ: fungsi skalar pada ruang vektor dimensi 2. 3 2. 𝑓(𝑥) = 𝑥1 + 𝑥23 + 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 f : ℛ2 ℛ: fungsi skalar pada ruang vektor dimensi 2. 2.4. Grafik dan Contour Contour : Merupakan tempat kedudukan titik-titik (x) yang memiliki nilai fungsi f(x) yang sama.



Gambar 2.2 Grafik dan contour Contoh 1. 𝑓(𝑥) =



Gambar 2.3 Contoh grafik dan contour 1 18



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



2. 𝑓(𝑥) = 𝑥13 + 𝑥23 + 3𝑥12 𝑥2 + 3𝑥1 𝑥22 − 2𝑥2



Gambar 2.4 Contoh grafik dan contour 2 2.5. Gradien Didefinisikan f (x) adalah fungsi bernilai skalar yang didefinisikan pada ruang vektor x dengan dimensi n. 𝑥1 𝑥2 𝑥 = 𝑥3 ⋮ [𝑥𝑛 ] Differensial 𝑓(𝑥) skalar dim(1x1) terhadap vektor 𝑥 dim(nx1) akan menghasilkan 𝑑𝑓 vektor dim(nx1). 𝑑𝑥 Jika ∇𝑓(𝑥): adalah gradien dari fungsi f (x) , maka, 𝜕𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑓 𝑑𝑓 ∇𝑓(𝑥) = 𝜕𝑥2 = 𝑑𝑥 ⋮ ⋮ 𝜕𝑓 [𝜕𝑥𝑛 ] Untuk mencari titik-titik optimal dari suatu fungsi 𝑓(𝑥), maka



df  f ( x )  0 . dx



Contoh 𝑓(𝑥) = 3𝑥12 + 2𝑥22 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 19



Matriks Hessian



maka, 𝜕𝑓 𝜕𝑥1 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 ∇𝑓(𝑥) = =[ 1 ] 4𝑥2 + 4𝑥1 − 8 𝜕𝑓 [𝜕𝑥2 ] 2.6. Matriks Hessian Sebelum membahas tentang matik hessian, sebaiknya kita mengingat kembali tentang differensiasi matrik. 1. 2. 3.



Differensial dari skalar dim(1x1) terhadap vektor kolom dim(nx1) adalah vektor kolom (nx1) Differensial dari vektor kolom dim(nx1) terhadap skalar dim(1x1) adalah vektor baris dim(1xn). Differensial dari vektor kolom dim(mx1) terhadap vektor kolom dim(nx1) adalah matriks dim(nxm).



Suatu vektor kolom f dan x didefinisikan sebagai berikut ini 𝑓1 𝑓2 𝑓 = 𝑓3 , ⋮ [𝑓𝑚 ]



𝑥1 𝑥2 𝑥 = 𝑥3 ⋮ [𝑥𝑛 ]



Maka differensiasi verktor f terhadap vektor x adalah 𝑑𝑓1 𝑑𝑥1 𝑑𝑓1 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥2 𝑑𝑥 ⋮ 𝑑𝑓1 [𝑑𝑥𝑛



𝑑𝑓2 𝑑𝑥1 𝑑𝑓2 𝑑𝑥2 ⋮ 𝑑𝑓2 𝑑𝑥𝑛



… … ⋱ …



𝑑𝑓𝑚 𝑑𝑥1 𝑑𝑓𝑚 𝑑𝑥1 ⋮ 𝑑𝑓𝑚 𝑑𝑥𝑛 ]



Didefinisikan H (x) adalah matriks hessian dari f (x) , dimana f (x) adalah fungsi skalar yang didefinisikan dalam ruang vektor x . Maka H (x) adalah turunan tingkat dua fungsi f (x) terhadap x . 𝜕 2𝑓 𝜕 2𝑓 𝐻(𝑥) = [ ]= 2 𝜕𝑥𝑖 𝜕𝑥𝑗 𝜕𝑥



20



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝜕 2𝑓 𝐻(𝑥) = 𝜕𝑥2 𝜕𝑥1 ⋮ 𝜕 2𝑓 [𝜕𝑥𝑛 𝜕𝑥1



𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 ⋮ 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥𝑛 𝜕𝑥2



𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥1 𝜕𝑥𝑛 𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥2 𝜕𝑥𝑛 ⋱ ⋮ 𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥𝑛 𝜕𝑥𝑛 ]



Operator integral dan differensial mempunyai sifat linier, karena linier maka juga mempunyai sifat komutatif. Matriks Hessian merupakan Matriks Simetri (upper diagonal = lower diagonal) Untuk mengetahui minimum atau maksimum suatu fungsi f (x) , maka



2 f 2 f fungsi adalah minimum dan f (x )  H ( x )  0  H ( x)  0 fungsi f (x) 2 2 x x adalah maksimum. Contoh 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 2𝑥22 + 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥2 maka, 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝐻(𝑥) = 𝜕 2𝑓 [𝜕𝑥2 𝜕𝑥1



𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 2 2 =[ ] 2 2 4 𝜕 𝑓 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 ]



2. 𝑓(𝑥) = 𝑥13 + 𝑥23 + 3𝑥12 𝑥2 + 3𝑥1 𝑥22 − 2𝑥2 maka, 𝜕 2𝑓 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 6𝑥 + 2 2 𝐻(𝑥) = =[ 1 ] 2 2 2 6𝑥2 + 4 𝜕 𝑓 𝜕 𝑓 [𝜕𝑥2 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 ] Dari kedua contoh soal diatas, dapat disimpulkan beberapa sifat dari matriks Hessian, yaitu: 1. 2.



Merupakan matriks Bujur sangkar denga variable n, sama dengan dimensi dari variable nya (x). Simetris. Karena operator differensial bersifat linier, maka berlaku hukum komutatif (urutan differensial tak memengaruhi hasil differensial). 21



Fungsi Bernilai Vektor



𝜕 2𝑓 𝜕 2𝑓 = 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 𝜕𝑥1 2.7. Fungsi Bernilai Vektor f : ℛn ℛm ; Dimana f adalah vector 𝑓1 𝑓2 𝑓 = 𝑓3 ⋮ [𝑓𝑚 ] ℛn 𝑥1 𝑥2 𝑥=൦ . ൪ 𝑥𝑛



ℛm 𝑧1 𝑧2 𝑧=൦ . ൪ 𝑧𝑚



𝑓1 𝑓2 𝑓𝑚 Gambar 2.5 Pemetaan fungsi



Dapat dilihat bahwa fungsi f merupakan pemetaan dari ℛnterhadap ℛm. f1 merupakan pemetaan dari x1 terhadap z1, hal ini berlaku pada pemetaan-pemetaan selanjutnya. 2.8. Gradien Fungsi Bernilai Vektor 𝜕𝑓



Gradien 𝑓 = 𝛻𝑓(𝑥) = 𝜕𝑥; dimana 𝛻𝑓(𝑥) = (𝛻𝑓1(𝑥) 𝛻𝑓2(𝑥) …



𝛻𝑓𝑚(𝑥))



𝜕𝑓1 𝜕𝑥1 𝜕𝑓1 ∇𝑓(𝑥) = 𝜕𝑥2 ⋮ 𝜕𝑓1 (𝜕𝑥𝑛



𝜕𝑓2 𝜕𝑥1 𝜕𝑓2 𝜕𝑥2 ⋮ 𝜕𝑓2 𝜕𝑥𝑛



∇𝑓1



∇𝑓2



⋯ ⋯ ⋱ ⋯



𝜕𝑓𝑚 𝜕𝑥1 𝜕𝑓𝑚 𝜕𝑥2 ⋮ 𝜕𝑓𝑚 𝜕𝑥𝑛 )



∇𝑓𝑚



Dimana f: ℛn → ℛm, dengan ∇𝑓(𝑥) memiliki dimensi 𝑛 × 𝑚



22



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



Contoh 𝑥12 + 2𝑥22 + 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥2 1. 𝑓(𝑥) = [ ] 𝑥12 + 𝑥22 − 𝑥1 + 4 𝑥1 + 𝑥2 − 3 Berapakah nilai ∇f(x)? f: ℛ2 → ℛ3 2𝑥1 + 2𝑥2 2𝑥1 − 1 Solusi: 𝛻𝑓(𝑥) = [ 2𝑥1 + 4𝑥2 − 2 2𝑥2



∇𝑓1



∇𝑓2



1 ]; 1



∇𝑓3



dapat disimpulkan bahwa hasil∇f(x) memiliki dimensi matriks 2x3 𝑥13 + 𝑥23 + 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 2. 𝑓(𝑥) = [ ] 𝑥13 + 3𝑥12 𝑥2 + 3𝑥1 𝑥22 + 𝑥23 3 3 𝑥1 + 𝑥2 Berapakah nilai ∇f(x)? Solusi : 3𝑥1 2 + 2𝑥1 + 2𝑥2 3𝑥1 2 + 6𝑥1 𝑥2 + 3𝑥2 2 3𝑥1 2 ∇𝑓(𝑥) = [ ] 3𝑥2 2 + 2𝑥1 + 4𝑥2 − 2𝑥2 3𝑥2 2 + 6𝑥1 𝑥2 + 3𝑥1 2 3𝑥2 2



∇𝑓1



∇𝑓2



∇𝑓3



2.9. Hessian Fungsi Bernilai Vektor 𝐻(𝑥) = Matriks dengan dimensi (𝑛 × 𝑛 × 𝑚), atau dapat dituliskan sebagai m matriks (𝑛 × 𝑛). Dimana, 𝐻(𝑥) = (𝐻1 (𝑥) 𝐻2 (𝑥) … 𝐻𝑚 (𝑥)); dengan dimensi tiap matriks nya (n x n) 𝜕 𝜕 𝜕 ∇𝑓2 (𝑥) … ∇𝑓 (𝑥)) 𝐻(𝑥) = ( ∇𝑓1 (𝑥) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑚 Contoh 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 1. 𝑓(𝑥) = [ ] 𝑥12 + 𝑥22 − 𝑥1 + 4 𝑥1 + 𝑥2 − 3 Berapakah nilai H(x) nya? Solusi:



𝜕 𝜕𝑥



2 2 ∇𝑓1 (𝑥) = 𝐻1 (𝑥) = [ ]; 2 4



23



Matriks Jacobian



2 0 ]; 0 2 𝜕 0 0 ∇𝑓3 (𝑥) = 𝐻3 (𝑥) = [ ]; 𝜕𝑥 0 0 2 2 2 0 0 0 𝐻(𝑥) = ⟨[ ]|[ ]|[ ]⟩ 2 4 0 2 0 0 𝜕



𝜕𝑥



∇𝑓2 (𝑥) = 𝐻2 (𝑥) = [



𝑥13 + 𝑥23 + 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 2. 𝑓(𝑥) = [ ] 𝑥13 + 3𝑥12 𝑥2 + 3𝑥1 𝑥22 + 𝑥23 3 3 𝑥1 + 𝑥2 Berapakah nilai H(x) nya? Solusi : 6𝑥 + 2 2 6𝑥 + 6𝑥2 𝐻(𝑥) = ⟨[ 1 ]|[ 1 2 6𝑥2 + 4 6𝑥1 + 6𝑥2



6𝑥1 + 6𝑥2 6𝑥1 ]|[ 6𝑥1 + 6𝑥2 0



0 ]⟩ 6𝑥2



2.10. Matriks Jacobian Matriks Jacobian adalah matriks yang dibentuk dari gradien fungsi bernilai vektor. Matriks Jacobian adalah matriks yang diperoleh dari transpose gradien 𝒇(𝒙) 𝑇



𝐽(𝑥) = (∇𝑓(𝑥)) Berikut adalah penjabaran dari persamaan di atas. 𝜕𝑓1 𝜕𝑥1 𝜕𝑓2 𝐽(𝑥) = 𝜕𝑥1 ⋮ 𝜕𝑓𝑚 ( 𝜕𝑥1



𝜕𝑓1 𝜕𝑥2 𝜕𝑓2 𝜕𝑥2 ⋮ 𝜕𝑓𝑚 𝜕𝑥2



𝜕𝑓1 𝜕𝑥𝑛 𝜕𝑓2 ⋯ 𝜕𝑥𝑛 ⋱ ⋮ 𝜕𝑓𝑚 ⋯ 𝜕𝑥𝑛 ) ⋯



∇𝑓1 (𝑥)𝑇 ∇𝑓2 (𝑥)𝑇 = (∇𝑓1 (𝑥) ∇𝑓2 (𝑥) … ∇𝑓𝑚 (𝑥))𝑇 = ⋮ [∇𝑓𝑚 (𝑥)𝑇 ] 𝜕𝑓𝑖 𝐽(𝑥) = [𝐽𝑖𝑗 (𝑥)]𝑚𝑥𝑛 → 𝐽𝑖𝑗 (𝑥) = 𝜕𝑥𝑗 Dimana 𝑚 merupakan dimensi fungsi dan 𝑛 merupakan dimensi variable



24



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



Contoh 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2 𝑓(𝑥) = [ ] 𝑥12 + 𝑥22 − 𝑥1 + 4 𝑥1 + 𝑥2 − 3 Berapakah nilai J(x) ? Solusi : f merupakan pemetaan dari f : ℛ2 → ℛ3 , Karena, persamaan f diatas memiliki 3 fungsi dengan 2 variabel. ∇𝑓1 (𝑥)𝑇 2𝑥1 + 2𝑥2 𝑇 𝐽(𝑥) = [∇𝑓2 (𝑥) ] = [ 2𝑥1 − 1 1 ∇𝑓3 (𝑥)𝑇



2𝑥1 + 4𝑥2 − 2 ] 2𝑥2 1



2.11. Kombinasi Konveks Kombinasi konveks merupakan kombinasi dua vektor untuk menghasilkan vektor baru yang terletak antara dua vektor pembentuknya.



𝑥1 Kombinasi konveks 𝑥1 dan 𝑥2 𝑥2 Gambar 2.6 Kombinasi konveks 𝑥1 dan 𝑥2 (1) 𝑥3 disebut sebagai kombinasi konveks dari 𝑥1 dan 𝑥2



dimana 𝜆 ∈ [0,1] Gambar 2.7 Kombinasi konveks 𝑥1 dan 𝑥2 (2) Kombinasi konveks dapat dinyatakan dalam persamaan berikut: 𝑥3 = (1 − λ)𝑥1 + λ𝑥2 )



25



Fungsi Konveks dan Konkaf



2.12. Fungsi Konveks dan Konkaf Pada bagian ini kita akan membahas tentang fungsi konveks dan fungsi konkaf. Didefinisikan 𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℛ𝑛 ; 𝑥1 dan 𝑥2 adalah vektor dengan dimensi yang sama. Secara matematis vektor sama dengan titik dengan syarat titik referensinya sama. Titik adalah isitilah pada geometri sedangkan vektor adalah istilah pada space. Perbedaannya, titik selalu dinyatakan pada koordinat tetap sedangkan vektor dinyatakan dalam koordinat tertentu yang bisa berubah-ubah (tidak tetap).



1



(𝑥 2 ) 𝑥



0 ( ) 0



Gambar 2.8 Vektor Kombinasi Konveks dari 𝑥1 dan 𝑥2 adalah titik-titik yang terletak pada garis lurus yang menghubungkan 𝑥1 dengan 𝑥2 , yang dipenuhi dengan persamaan: 𝑥(𝜆) = 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2



∀𝜆 ∈ [0,1]



𝑥1 =1 𝑥1



=0.5



=0



Vektor/titik konveks yang ada dalam cone 𝑥1 dan 𝑥2



𝑥2



𝑥2



Gambar 2.9 Vektor/titik konveks Berikut adalah persyaratan suatu fungsi dikatakan konveks atau konkaf: 



𝑓(𝑥) fungsi konveks jika, 𝑓 (𝑥(𝜆)) ≤ 𝜆𝑓 (𝑥1 ) + (1 − 𝜆)𝑓 (𝑥2 )



∀𝜆 ∈ [0,1]



𝑓 (𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2 ) ≤ 𝜆𝑓 (𝑥1 ) + (1 − 𝜆)𝑓 (𝑥2 ) 



𝑓(𝑥) fungsi konveks jika, 𝑓 (𝑥(𝜆)) ≥ 𝜆𝑓 (𝑥1 ) + (1 − 𝜆)𝑓 (𝑥2 )



∀𝜆 ∈ [0,1]



𝑓 (𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2 ) ≥ 𝜆𝑓 (𝑥1 ) + (1 − 𝜆)𝑓 (𝑥2 )



26



∀𝜆 ∈ [0,1]



∀𝜆 ∈ [0,1]



Dasar-Dasar Matematika Optimasi







Maka, dapat disimpulkan bahwa: 𝑓 (𝑥) konfeks ⇔ −𝑓 (𝑥) konkaf



𝑓(𝑥) konveks



𝑔(𝑥) = −𝑓(𝑥) konkav Gambar 2.10 Ilustrasi fungsi koveks dan konkav Bila tidak berlaku tanda “=” maka disebut ”strictly convex/concave” Fungsi bernilai vektor 𝑓 (𝑥) adalah fungsi konveks ⇔ 𝑓𝑖 (𝑥) adalah fungsi konveks ∀𝑖.



Gambar 2.11 Contoh stricly convex



Gambar 2.12 Contoh strictly concave 27



Fungsi Konveks dan Konkaf



Suatu Fungsi Linier adalah Fungsi konveks dan Fungsi konkav 𝑓(𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2 ) = 𝜆𝑓(𝑥1 ) + (1 − 𝜆)𝑓(𝑥2 ) fungsi linier = fungsi konveks = fungsi konkav



Gambar 2.13 Ilustrasi fungsi linier



𝑓(𝑥) = 𝑥1 2 + 𝑥2 2 − 3;



𝑓(𝑥) = −𝑥1 2 − 𝑥2 2 + 1;



𝑓(𝑥): Konveks (Strictly Convex) 𝑓(𝑥): Konkaf (Strictly Concave) Gambar 2.14 Contoh konveks dan konkaf dengan dua dimensi 2.13. Titik Minimum dan Maksimum Titik minimum dan maksimum fungsi ditentukan oleh syarat berikut: 



Jika 𝑓(𝑥) konveks, maka ada 𝑥 ∗ sedemikian hingga 𝑓(𝑥 ∗ ) ≤ 𝑓(𝑥) untuk semua x. 𝑓(𝑥) Konveks → ∃ 𝑥 ∗ ∋ 𝑓(𝑥 ∗ ) ≤ 𝑓(𝑥) 𝑥 ∗ disebut sebagai titik minimum



28



∀𝑥



Dasar-Dasar Matematika Optimasi







Jika 𝑓(𝑥) konkaf, maka ada 𝑥 ∗ sedemikian hingga 𝑓(𝑥 ∗ ) ≥ 𝑓(𝑥) untuk semua x. 𝑓(𝑥) Konveks → ∃ 𝑥 ∗ ∋ 𝑓(𝑥 ∗ ) ≥ 𝑓(𝑥) 𝑥 ∗ disebut sebagai titik maksimum



∀𝑥



2.14. Kaitan Konveksitas dan Differensial Untuk 𝑓(𝑥) dengan f dan x adalah skalar, 𝑓(𝑥) memiliki nilai minimum bila: 𝑑 2 𝑓(𝑥) >0 𝑑𝑥 2 Untuk 𝑓(𝑥) dengan f dan x adalah skalar, 𝑓(𝑥) memiliki nilai maksimum bila: 𝑑 2 𝑓(𝑥) 0 𝑑𝑥 2 𝑓(𝑥): strictly convex ; karena memiliki titik minimum 2. 𝑓(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 1;



Gambar 2.16 Grafik fungsi 𝑓(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 1 29



Kaitan Konveksitas dan Differensial



𝑑2 𝑓(𝑥) = −2 < 0 𝑑𝑥 2 𝑓(𝑥): strictly concave ; karena memiliki titik maksimum Untuk x vektor, turunan kedua dari f terhadap x menghasilkan matriks Hessian 𝜕 2𝑓 = 𝐻(𝑥) 𝜕𝑥 2 𝑓(𝑥) strictly convex  𝐻(𝑥) definit positif  



𝑥 𝑇 𝐻𝑥 > 0 ∀𝑥, Semua determinan principle minor > 0



Ada dua pendekatan/cara untuk menentukan apakah suatu matrik persegi merupakan matrik definit positip atau matrik definit negatif atau tidak definit. Pendekatan pertama lebih bersifat teoritis, seperti dijelaskan berikut ini. Didefinisikan A matrik persegi (𝑛 × 𝑛), maka secara teoritis berlaku : A disebut Definit Positip ↔ 𝑥 𝑇 𝐴𝑥 > 0



∀𝑥 ∈ 𝑅 𝑛



A disebut Definit Negatif ↔ 𝑥 𝑇 𝐴𝑥 < 0



∀𝑥 ∈ 𝑅 𝑛



A disebut Semi Definit Positif ↔ 𝑥 𝑇 𝐴𝑥 ≥ 0



∀𝑥 ∈ 𝑅 𝑛



A disebut Semi Definit Negatif ↔ 𝑥 𝑇𝐴𝑥 ≤ 0



∀𝑥 ∈ 𝑅 𝑛



Karena pembuktian 𝑥 𝑇 𝐴𝑥 yang harus berlaku untuk semua x bilangan riel sangat sulit, maka para ahli matematik telah membuktikan cara/pendekatan yang kedua. Didefinisikan suatu matrik persegi A 𝑎11 𝑎21 𝐴=൦ ⋮ 𝑎𝑛1



𝑎12 𝑎22 ⋮ 𝑎𝑛2



⋯ 𝑎1𝑛 ⋯ 𝑎2𝑛 ⋱ ⋮ ൪ ⋯ 𝑎𝑛𝑛



Maka miinor – minor utama dari matrik A adalah sebagai berikut, 𝐴1 = [𝑎11 ] 𝑎11 𝑎12 𝐴2 = [𝑎 ] 21 𝑎22



30



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



𝑎11 𝑎12 𝑎13 𝑎 𝐴3 = [ 21 𝑎22 𝑎23 ] 𝑎31 𝑎32 𝑎33 ⋮ ⋮ 𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛 𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛 𝐴𝑛 = ൦ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ൪ 𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛 Sehingga cara/pendekatan kedua untuk menentukan kedefinitan suatu matrik adalah sebagai berikut: A disebut Definit Positif ↔ det(𝐴𝑖 ) > 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Definit Negatif ↔ (−1)i det(𝐴𝑖 ) > 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Semi Definit Positif ↔ det(𝐴𝑖 ) ≥ 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Semi Definit Negatif ↔ (−1)i det(𝐴𝑖 ) > 0 𝑖 = 1,2, … , 𝑛



Dapat dibuktikan bahwa, A Definit Negatif



-A Definit Positip 𝑥 𝑇 𝐴𝑥 > 0 −𝑥 𝑇 𝐴𝑥 > 0 𝑥 𝑇 (−𝐴)𝑥 > 0



-A Definit Positip Cara ini adalah untuk membuktikan A Definit Negatif dengan menggunakan pembuktian bahwa (-A) Definit Positip. Suatu matrik persegi A disebut Matrik tidak definit (indefinite)  ketentuan-ketentuan definit / semi definit positif / negatif tidak dipenuhi Berikut adalah syarat-syarat konveks atau konkaf:  𝑓(𝑥) strictly convex  Determinan dari Principle Minor 𝐻(𝑥) > 0  



𝑓(𝑥) convex  Determinan dari Principle Minor 𝐻(𝑥) ≥ 0 𝑓(𝑥) strictly concave  (−1)𝑖 det(𝐻𝑖 ) ≤ 0,



 1i x Determinan Principle Minor ke i.



Contoh 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 2𝑥22 + 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥2 31



Himpunan Konveks



Solusi: 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝐻(𝑥) = 𝜕 2𝑓 [𝜕𝑥2 𝜕𝑥1



𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 2 2 =[ ] 2 2 4 𝜕 𝑓 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 ]



dimana didapat, 𝐻1 = [2] ; det(𝐻1 ) = 2 > 0 2 2 𝐻2 = [ ] ; det(𝐻2 ) = 8 − 4 = 4 > 0 2 4 Maka dapat disimpulkan bahwa H (x) adalah definit positif dan f (x) nya strictly convex (memiliki titik minimum). 𝑓(𝑥) = −𝑥12 + 2𝑥22 − 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥2 Solusi: 𝜕 2𝑓 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 −2 2 𝐻(𝑥) = =[ ] 2 −4 𝜕 2𝑓 𝜕 2𝑓 [𝜕𝑥2 𝜕𝑥1 𝜕𝑥2 𝜕𝑥2 ] dimana didapat, 𝐻1 = [−2] ; det(𝐻1 ) = −2 < 0 −2 2 𝐻2 = [ ] ; det(𝐻2 ) = 8 − 4 = 4 > 0 2 −4 Maka dapat disimpulkan bahwa H (x) adalah definit negatif dan f (x) nya strictly concave (memiliki titik maksimum). 2.15. Himpunan Konveks 𝑆 adalah himpunan bilangan riel dimensi 𝑛 > 1 Suatu himpunan 𝑆 disebut konveks ⟺ (𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥2 ) ∈ 𝑆, ∀𝑥1 , 𝑥2 ∈ 𝑆, ∀𝜆 ∈ [0,1]



x1



x1 x2 x2 S



S konveks



bukan konveks



Gambar 2.17 Ilustrasi himpunan konveks dan bukan konveks



32



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



Contoh 𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≤ 9, 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 }



𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≤ 9



𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3



Gambar 2.18 𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≤ 9, 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 }



𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≥ 1, 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2}



𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≥ 1



𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2



Gambar 2.19 𝑆 = {𝑥 ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 ≥ 1, 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2} 2.16. Syarat Keoptimalan Syarat Keoptimalan adalah syarat yang digunakan untuk menentukan optimal atau tidaknya suatu fungsi. Terdapat dua jenis syarat sebagai berikut: 33



Syarat Keoptimalan



1. Syarat perlu keoptimalan :  Bila 𝑥 ∗ adalah titik optimal dari 𝑓(𝑥) maka ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 2. Syarat cukup keoptimalan : 



Bila ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 dan 𝐻(𝑥 ∗ ) definit positip maka x * titik minimum







Bila ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 dan 𝐻(𝑥 ∗ ) definit negatif maka x * titik maksimum



Dimana:  𝑓(𝑥) adalah fungsi bernilai skalar yang didefinisikan pada domain 𝑥 ∈ 𝑆 dimana 𝑆: titik-titik yang memenuhi semua kendala.  𝑓(𝑥): 𝑅𝑛 → 𝑅 (Vektor ke Skalar)  Syarat Keoptimalan adalah: (analogi dengan kasus skalar→skalar) Contoh 𝑓(𝑥) = 2𝑥1 3 + 3𝑥2 2 − 12𝑥1 𝑥2 Solusi:  Cari nilai kandidat titik-titik optimal, syarat perlu: f  x   0 6𝑥1 2 − 12𝑥2 = 0; sehingga 6𝑥1 2 = 12𝑥2 (Persamaan 1) 6𝑥2 − 12𝑥1 = 0; sehingga 6𝑥2 = 12𝑥1 (Persamaan 2) Dari dua persamaan diatas, didapat nilai: 0 4 𝑥 ∗1 = [ ] , 𝑥 ∗2 = [ ] 0 8  Lakukan pengecekan apakah nilai kandidat tadi memenuhi syarat untuk menjadi titik optimal 12𝑥1 −12 𝐻(𝑥) = [ ]; −12 0 0 −12 𝐻(𝑥 ∗1 ) = [ ] → det(𝐻1 ) = 0, det(𝐻2 ) = −144 < 0 −12 0 0 Maka dapat disimpulkan bahwa 𝑥 ∗1 = [ ] bukan titik optimal, karena 0 bernilai INDEFINIT 48 −12 𝐻(𝑥 ∗2 ) = [ ] → det(𝐻1 ) = 48 > 0, det(𝐻2 ) = 144 > 0 −12 0 4 Maka dapat disimpulkan bahwa 𝑥 ∗2 = [ ] merupakan titik optimal, karena 8 memenuhi syarat, dan bernilai DEFINIT POSITIF



34



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



2.17. Ringkasan Gradien ∇𝑓(𝑥) merupakan turunan pertama 𝑓(𝑥) terhadap 𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑥1 𝜕𝑓 𝑑𝑓 ∇𝑓(𝑥) = 𝜕𝑥2 = 𝑑𝑥 ⋮ 𝜕𝑓 [𝜕𝑥𝑛 ] Matrik Hessian H(x) merupakan turunan kedua f (x) terhadap x 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝑥1 𝜕 2𝑓 𝐻(𝑥) = 𝜕𝑥2 𝑥1 ⋮ 𝜕 2𝑓 [𝜕𝑥𝑛 𝑥1



𝜕 2𝑓 𝜕𝑥1 𝑥2 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥2 𝑥2 ⋮ 𝜕 2𝑓 𝜕𝑥𝑛 𝑥2



𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥1 𝑥𝑛 𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥2 𝑥𝑛 ⋱ ⋮ 𝜕 2𝑓 ⋯ 𝜕𝑥𝑛 𝑥𝑛 ]



Suatu matrik A disebut definit positip atau definit negatif jika : A disebut Definit Positif ↔ det(𝐴𝑖 ) > 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Definit Negatif ↔ (−1)i det(𝐴𝑖 ) > 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Semi Definit Positif ↔ det(𝐴𝑖 ) ≥ 0



𝑖 = 1,2, … , 𝑛



A disebut Semi Definit Negatif ↔ (−1)i det(𝐴𝑖 ) > 0 𝑖 = 1,2, … , 𝑛



Syarat perlu keoptimalan :  Bila 𝑥 ∗ adalah titik optimal dari 𝑓(𝑥) maka ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 Syarat cukup keoptimalan : 



Bila ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 dan 𝐻(𝑥 ∗ ) definit positip maka x * titik minimum







Bila ∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 dan 𝐻(𝑥 ∗ ) definit negatif maka x * titik maksimum



𝑓(𝑥) fungsi konveks jika dan hanya jika matriks Hessiannya adalah Semi Definit Positip



35



Ilustrasi Permasalahan



𝑓(𝑥) fungsi konkafjika dan hanya jika matriks Hessiannya adalah Semi Definit Negatif 2.18. Ilustrasi Permasalahan 2.18.1. Permasalahan 1 Diketahui suatu fungsi skalar orde dua yang didefinisikan pada himpunan bilangan real dua dimensi dinyatakan sebagai berikut : 𝒇(𝒙) = 𝟏. 𝟓𝒙𝟐𝟏 + 𝟐𝒙𝟏 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙𝟐𝟐 + 𝟒𝒙𝟏 + 𝟏𝟔𝒙𝟐 a.



Fungsi gradien dan matriks Hessian dari 𝒇(𝒙) : Gradien, 𝛁𝒇(𝒙): 𝛁𝒇(𝒙) =



𝒅𝒇 𝒅𝒙



𝝏𝒇 𝝏𝒙𝟏 𝟑𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟒 𝛁𝒇(𝒙) = =( 𝟏 ) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝟔 𝝏𝒇 (𝝏𝒙𝟐 ) Matriks Hessian 𝑯(𝒙): 𝝏𝟐 𝒇



𝑯(𝒙) = [𝝏𝒙 𝒙 ] 𝒊 𝒋



karena 𝒏 = 𝟐, maka: 𝒏𝒙𝒏



𝝏𝟐 𝒇 𝝏𝒙𝟏 𝒙𝟏 𝑯(𝒙) = 𝝏𝟐 𝒇 [𝝏𝒙𝟐 𝒙𝟏 b.



𝝏𝟐 𝒇 𝝏𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝟑 =[ 𝟐 𝝏𝟐 𝒇 𝝏𝒙𝟐 𝒙𝟐 ]



𝟐 ] 𝟒



𝒙∗ , titik yang memenuhi syarat perlu keoptimalan (optimality necessary condition) 𝒇(𝒙): 𝛁𝒇(𝒙∗ ) = 𝟎 → 𝒙∗ memenuhi syarat sebagai titik optimal 𝛁𝒇(𝒙∗ ) = (



𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟒 )=𝟎 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝟔



didapatkan dua buah persamaan sebagai berikut : 𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟒 = 𝟎 → 𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = −𝟒 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝟔 = 𝟎 → 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = −𝟏𝟔 nilai titik 𝒙∗ , didapatkan melalui eliminasi dua buah persamaan diatas 36



−



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = −𝟒 |× 𝟐| 𝟔𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = −𝟖 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = −𝟏𝟔 |× 𝟏| 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = −𝟏𝟔 𝟒𝒙𝟏 = 𝟖 𝒙𝟏 = 𝟐 𝟐(𝟐) + 𝟒𝒙𝟐 = −𝟏𝟔 𝟒𝒙𝟐 = −𝟐𝟎 𝒙𝟐 = −𝟓 maka titik yang memenuhi syarat perlu keoptimalan, 𝒙∗ : 𝟐 ) −𝟓 Syarat cukup (sufficient condition) keoptimalan 𝒇(𝒙): 𝒙∗ = (



c.



𝟑 𝟐 𝑯(𝒙) = [ ] 𝟐 𝟒 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟏 = 𝟑 > 𝟎



𝑯𝟏 = [𝟑] 𝟑 𝟐 𝑯𝟐 = [ ] 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟐 = 𝟑. 𝟒 − 𝟐. 𝟐 = 𝟖 > 𝟎 𝟐 𝟒 berdasarkan nilai 𝑯𝟏 dan 𝑯𝟐 , maka 𝑯(𝒙) adalah definit positif. Dengan demikian syarat cukup kepotimalan telah dipenuhi dan 𝒙∗ merupakan titik minimum. d.



Grafik dan kontur dari 𝒇(𝒙)



Gambar 2.20 Grafik dari 𝑓(𝑥) = 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 + 4𝑥1 + 16𝑥2



37



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 2.21 Kontur dari 𝑓(𝑥) = 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 + 4𝑥1 + 16𝑥2 2.18.2. Permasalahan 2 Diketahui suatu fungsi skalar orde tiga yang didefinisikan pada himpunan bilangan real dua dimensi dinyatakan sebagai berikut : 𝒇(𝒙) = a.



𝟏 𝟑 𝟏 𝒙𝟏 − 𝟒𝒙𝟏 + 𝒙𝟑𝟐 − 𝟒𝒙𝟐 𝟑 𝟑



Fungsi gradien dan matriks Hessian dari 𝑓(𝑥) : Gradien, 𝛁𝒇(𝒙): 𝛁𝒇(𝒙) =



𝒅𝒇 𝒅𝒙



𝝏𝒇 𝒙𝟐𝟏 − 𝟒 𝝏𝒙𝟏 𝛁𝒇(𝒙) = =( 𝟐 ) 𝝏𝒇 𝒙𝟐 − 𝟒 (𝝏𝒙𝟐 ) Matriks Hessian 𝑯(𝒙): 𝝏𝟐 𝒇



𝑯(𝒙) = [𝝏𝒙 𝒙 ] 𝒊 𝒋



karena 𝒏 = 𝟐, maka: 𝒏𝒙𝒏



𝝏𝟐 𝒇 𝝏𝒙𝟏 𝒙𝟏 𝑯(𝒙) = 𝝏𝟐 𝒇 [𝝏𝒙𝟐 𝒙𝟏



38



𝝏𝟐 𝒇 𝝏𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝟐𝒙 =[ 𝟏 𝟐 𝟎 𝝏 𝒇 𝝏𝒙𝟐 𝒙𝟐 ]



𝟎 ] 𝟐𝒙𝟐



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



b.



𝒙∗ , titik yang memenuhi syarat perlu keoptimalan (optimality necessary condition) 𝒇(𝒙): 𝛁𝒇(𝒙∗ ) = 𝟎 → 𝒙∗ memenuhi syarat sebagai titik optimal 𝒙𝟐 − 𝟒 𝛁𝒇(𝒙∗ ) = ( 𝟏𝟐 )=𝟎 𝒙𝟐 − 𝟒 didapatkan dua buah persamaan sebagai berikut : 𝒙𝟐𝟏 − 𝟒 = 𝟎 𝒙𝟐𝟐 − 𝟒 = 𝟎 penyelesaian dari kedua persamaan diatas yaitu : 𝒙𝟐𝟏 = 𝟒 𝒙𝟐𝟐 = 𝟒 berdasarkan persamaan diatas didapatkan 𝒙𝟏 = 𝟐 atau 𝒙𝟏 = −𝟐 dan 𝒙𝟐 = 𝟐 atau 𝒙𝟐 = −𝟐, maka kandidat titik optimalnya adalah : 𝟐 −𝟐 𝟐 −𝟐 𝒙∗𝟏 = [ ] atau 𝒙∗𝟐 = [ ] atau 𝒙∗𝟐 = [ ] atau 𝒙∗𝟐 = [ ] 𝟐 −𝟐 −𝟐 𝟐



c.



Syarat cukup (sufficient condition) keoptimalan 𝑓(𝑥): 𝑯(𝒙) = [



𝟐𝒙𝟏 𝟎



𝟎 ] 𝟐𝒙𝟐



𝑯𝟏 = [𝟐𝒙𝟏 ] 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟏 = 𝟐𝒙𝟏 > 𝟎 𝑯∗𝟏 = [𝟒] 𝒅𝒆𝒕𝑯∗𝟏 = 𝟒 > 𝟎 → definit positif 𝑯∗𝟏 = [𝟏𝟔] 𝒅𝒆𝒕𝑯∗𝟏 = 𝟔 > 𝟎 → definit positif 𝑯𝟐 = [



𝟐𝒙𝟏 𝟎 ] 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟐 = 𝟐𝒙𝟏 . 𝟐𝒙𝟐 − 𝟎 = 𝟒𝒙𝟏 𝒙𝟐 > 𝟎 𝟎 𝟐𝒙𝟐 𝑯∗𝟐 = [−𝟒] 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟐 = (−𝟏)𝟏 (−𝟒) > 𝟎 → definit negative −𝟒 𝟎 𝑯∗𝟐 = [ ] 𝐝𝐞𝐭 𝑯𝟐 = (−𝟏)𝟐 . (𝟏𝟔) > 𝟎 → definit negatif 𝟎 −𝟒



𝑯∗𝟏 definit positif, yang memenuhi syarat sebagai titik optimal, yaitu titik minimum 𝑯∗𝟐 definit negatif, maka 𝑯∗𝟐 memenuhi syarat titik optimal, yaitu titik maksimum. 39



Ilustrasi Permasalahan



𝟐 Maka, titik minimum dari 𝒇(𝒙) berada pada titik 𝒙∗𝟏 = [ ] dan titik 𝟐 −𝟐 ∗𝟐 maksimum dari 𝒇(𝒙) berada pada titik 𝒙 = [ ] −𝟐 d.



Grafik dan kontur dari 𝒇(𝒙)



1



1



1



1



Gambar 2.22. Grafik dari 𝑓(𝑥) = 3 𝑥13 − 4𝑥1 + 3 𝑥23 − 4𝑥2



Gambar 2.23 Kontur dari 𝑓(𝑥) = 3 𝑥13 − 4𝑥1 + 3 𝑥23 − 4𝑥2 Berdasarkan gambar grafik dan kontur dari 𝑓(𝑥) diatas, maka nilai titik minimum dan maksimum hasil perhitungan manual telah sesuai dengan hasil pengerjaan di komputer.



40



Dasar-Dasar Matematika Optimasi



2.18.3. Permasalahan 3 Buat sebuah fungsi bernilai vektor berdimensi 3 yang didefinisikan pada ruang dimensi tiga, kemudian tentukan matriks gradien dan Jacobinya Fungsinya adalah : 𝟒𝒙𝟐𝟏 𝒙𝟑 + 𝟓𝒙𝟐𝟐 𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐𝟑 𝒙𝟐 + 𝟓𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟏 𝒇(𝒙) = [ ] 𝟔𝒙𝟐𝟏 + 𝟕𝒙𝟐𝟐 + 𝟗𝒙𝟐𝟑 + 𝟖 𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 − 𝟑𝒙𝟑 + 𝟐 Matriks Gradien 𝜵𝒇(𝒙) 𝟖𝒙𝟏 𝒙𝟑 + 𝟓𝒙𝟐𝟐 + 𝟒 𝜵𝒇(𝒙) = [𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐𝟑 + 𝟓 𝟒𝒙𝟐𝟏 − 𝟔𝒙𝟑 𝒙𝟐



𝟏𝟐𝒙𝟏 𝟏𝟒𝒙𝟐 𝟏𝟖𝒙𝟑



𝟏 𝟓] −𝟑



Matriks Jacobian 𝑱(𝒙) 𝜵𝒇𝟏 (𝒙)𝐓



𝟖𝒙𝟏 𝒙𝟑 + 𝟓𝒙𝟐𝟐 + 𝟒 𝑱(𝒙) = ൦𝜵𝒇𝟐 (𝒙)𝐓൪ = [ 𝟏𝟐𝒙𝟏 𝟏 𝜵𝒇𝟑 (𝒙)𝐓



𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐𝟑 + 𝟓 𝟏𝟒𝒙𝟐 𝟓



𝟒𝒙𝟐𝟏 − 𝟔𝒙𝟑 𝒙𝟐 ] 𝟏𝟖𝒙𝟑 −𝟑



2.19. Soal Latihan 1. Diketahui fungsi-fungsi berikut, a.



𝑓(𝑥) = 16𝑥1 2 + 8𝑥2 2 + 20𝑥1 𝑥2 − 15𝑥1 + 20𝑥2



b.



𝑓 (𝑥) = 𝑥21 + 2𝑥22 − 𝑥1 𝑥2 + 3𝑥1 + 0.5𝑥2



c.



𝑓(𝑥) = 10𝑥12 + 4𝑥1 𝑥2 + 3𝑥22 − 4𝑥2



Kemudian,  Tentukan fungsi gradien dan matriks Hessiannya  Tentukan titik yang memenuhi syarat perlu keoptimalan  Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi atau tidak oleh titik tersebut dan tentukan jenis keoptimalan titik tersebut  Gambarkan (menggunakan komputer) grafik dan kontur fungsi tersebut dan gradiennya dan cek kesesuaian titik optimal yang diperoleh pada pertanyaan 2.



Diketahui fungsi-fungsi berikut,



41



Soal Latihan



a.



𝑓(𝑥) = 4𝑥13 − 𝑥12 + 𝑥23 − 5𝑥22 − 8𝑥2



b.



𝑓(𝑥) = 𝑥13 + 𝑥23 + 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 − 2𝑥2



c.



𝑓(𝑥) = 3 𝑥13 + 3 𝑥23 − 3𝑥1 2 − 2 𝑥2 2 + 5𝑥1 + 2𝑥2



1



1



3



Kemudian, tunjukkan titik-titik maksimum dan/atau minimum dari fungsifungsi di atas secara matematis dan grafis dan kesesuaian antara keduanya. Grafik dibuat dengan komputer 3.



42



Cari matriks Jacobian dan Hessian dari beberapa fungsi berikut,



a.



𝑥12 + 10𝑥22 𝑥3 + 2𝑥22 − 20𝑥2 𝑓(𝑥) = [ ] 15𝑥32 + 𝑥22 − 𝑥1 + 5 3 𝑥2 𝑥3 + 𝑥1



b.



4𝑥12 𝑥3 + 5𝑥22 𝑥1 − 3𝑥32 𝑥2 + 5𝑥2 + 4𝑥1 𝑓(𝑥) = [ ] 6𝑥12 + 7𝑥22 + 9𝑥32 + 8 𝑥1 + 5𝑥2 − 3𝑥3 + 2



c.



𝑥13 + 2𝑥23 + 4𝑥12 𝑥32 + 8𝑥23 𝑥33 + 8𝑥12 𝑥2 + 9𝑥1 𝑥2 + 𝑥3 𝑓(𝑥) = [ ] 2𝑥33 + 𝑥23 + 6𝑥12 𝑥22 + 4𝑥12 𝑥32 + 𝑥2 + 𝑥3 3 3 3 2 2 𝑥1 + 4𝑥2 + 7𝑥3 + 𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + 𝑥1 𝑥2



BAB 3 PENYELESAIAN ANALITIS PERSOALAN OPTIMASI 3.1 Optimisasi Tanpa Kendala 3.1.1. Bentuk Umum min 𝑓(𝑥)



dimana 𝑓(𝑥): ℛ𝑛 ⟶ ℛ



Apabila terdapat max 𝑓(𝑥) dapat dinyatakan dengan min (−𝑓(𝑥)) Persoalan ini dapat diartikan sebagai berikut: Akan dicari 𝑥 ∗ ∋ 𝑓(𝑥 ∗ ) ≤ 𝑓(𝑥) ∀𝑥 ∈ ℛ𝑛 Dengan kata lain 𝑥 ∗ adalah titik minimum, dimana titik minimum anggota dari fungsi titik minimum yang kurang dari sama dengan fungsi x , dimana semua x adalah anggota bilangan real dengan dimensi n. Persoalan ini dapat diselesaikan dengan menggunakan syarat cukup dan syarat perlu keoptimalan. Syarat Perlu 𝛻𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 ⟹ 𝑥 ∗ adalah titik optimal Syarat Cukup 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0 ⟹ 𝑥 ∗ adalah titik minimum, sehingga ⟹ 𝑥 ∗ adalah penyelesaian dari min 𝑓(𝑥) 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0 adalah notasi untuk memudahkan menyatakan bahwa matriks Hessiannya adalah positive semi definite. Berdasarkan kedua syarat tersebut dapat dirancang algoritma penyelesaian persoalan ini sebagai berikut: 1. 2. 3. 4.



Cari titik - titik yang memenuhi syarat perlu dengan menyelesaikan persamaan yang diperoleh dari gradien = 0 Bila ada, cek apakah titik - titik tersebut memenuhi syarat cukup dengan memastikan bahwa matriks Hessiannya adalah positive semi definite Bila ada yang memenuhi, tentukan nilai fungsinya Penyelesaiannya adalah nilai fungsi pada algoritma 3 dengan titik pada algoritma 2.



3.1.2. Pseucode Algoritma ini dalam bentuk pseudo code adalah sebagai berikut: 1) Start 2) Find 𝛻𝑓(𝑥 )



43



Optimisasi Tanpa Kendala



3) Solve 𝛻𝑓(𝑥 ) = 0. Let 𝐶 = {𝑥|𝛻𝑓(𝑥) = 0} be the candidate set 4) If 𝐶 is empty, then stop 5) Else, find 𝛨(𝑥 ) 6) Let S = {𝑥 ∗ |𝛻𝑓(𝑥 ∗ ) = 0, 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0} be the solution set. 7) For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝐶 calculate 𝛨(𝑥 ∗ ) 8) If 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0 then 𝑥 ∗ ∈ 𝑆 9) Else, repeat 10) For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝑆 calculate 𝑓(𝑥 ∗ ) 11) Print ‘Solution is’ 𝑓(𝑥 ∗ ) at 𝑥 ∗ , repeat 12) End 3.1.3. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian 3.1.3.1. Contoh 1 Cari penyelesaian dari Min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 Solusi: Langkah 1 : Cari titik yang memenuhi syarat perlu 𝛻𝑓(𝑥) = 0 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 0 𝛻𝑓(𝑥) = [ 1 ]=[ ] 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 0 Dengan Eliminasi 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 = 0 𝑥1 = −1 𝑥2 = 3 Diperoleh : −1 𝑥 ∗ = [ ] (Kandidat titik Minimum) 3 Langkah 2 : Cek apakah titik yang diperoleh memenuhi syarat cukup Η(x ∗ ) ≥ 0 (positive semi definite) 6 4 𝛨(𝑥) = [ ] 4 4 |𝛨1 | = 6 > 0 |𝛨2 | = (6)(4) − (4)(4) = 8 > 0 Definit positif −1 𝑥∗ = [ ] = 3 adalah titik minimum dan titik penyelesaian yang dicari Langkah 3 : Hitung nilai minimumnya



44



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



−1 𝑓(𝑥 ∗ ) pada titik 𝑥 ∗ = [ ] 3 𝑓(𝑥 ∗ ) = 3(−1)2 + 2(3)2 + 4(−1)(3) − 6(−1) − 8(3)+6 𝑓(𝑥 ∗ ) = −3 −1 Langkah 4: Jadi nilai minimumnya adalah -3 pada titik [ ] 3



Gambar 3.1 Plot contour contoh 1



Gambar 3.2 Plot grafik 3D contoh 1 3.1.3.2. Contoh 2 Cari penyelesaian dari min − 3𝑥1 2 − 2𝑥2 2 − 4𝑥1 𝑥2 + 6𝑥1 + 8𝑥2 − 6 Solusi: Langkah 1 : Cari titik yang memenuhi syarat perlu 𝛻𝑓(𝑥) = 0



45



Optimisasi Tanpa Kendala



−6𝑥1 − 4𝑥2 + 6 0 𝛻𝑓(𝑥) = [ ]=[ ] −4𝑥1 − 4𝑥2 + 8 0 Dengan Eliminasi −6𝑥1 − 4𝑥2 + 6 = 0 −4𝑥1 − 4𝑥2 + 8 = 0 𝑥1 = −1 𝑥2 = 3 Diperoleh : −1 𝑥 ∗ = [ ] (Kandidat titik Minimum) 3 Langkah 2 : Cek apakah titik yang diperoleh memenuhi syarat cukup Η(x ∗ ) ≥ 0 (positive semi definite) −6 −4 𝛨(𝑥) = [ ] −4 −4 |𝛨1 | = −6 < 0 |𝛨2 | = (−6)(−4) − (−4)(−4) = 8 > 0 Definit negatif −1 ∗ 𝑥 =[ ]= 3 adalah titik maksimum dan tidak memenuhi syarat cukup, sehingga persoalan ini tidak memiliki penyelesaian



Gambar 3.3 Plot contour contoh 2



46



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



Gambar 3.4 Plot grafik 3D contoh 2 3.1.3.3. Contoh 3 6 6 Jika diperoleh : 𝛨(𝑥) = [ ] 6 4 |𝛨1 | = 6 > 0 |𝛨2 | = (6)(4) − (6)(6) = −12 < 0



indefinit



Maka titik kandidat yang diperoleh dari syarat perlu keoptimalan tidak memenuhi syarat cukup keoptimalan, sehingga bukan titik maksimum maupun titik minimum. 3.1.3.4. Contoh 4 Cari penyelesaian dari Min 𝑓 (𝑥) = 𝑥13 +2𝑥1 𝑥2 +2𝑥22 Langkah 1 : Cari titik yang memenuhi syarat perlu 𝛻𝑓(𝑥 ∗ ) = 0 3𝑥 2 + 2𝑥2 0 𝛻𝑓(𝑥) = [ 1 ]=[ ] 2𝑥2 + 4𝑥1 0 Dengan Eliminasi 3𝑥12 + 2𝑥2 = 0 ||6𝑥12 + 4𝑥2 = 0 2𝑥1 + 4𝑥2 = 0||2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 6𝑥12 − 2𝑥1 = 0 𝑥1 (3𝑥1 − 1) =0 1 𝑥1 = 0 ∨ 𝑥1 = ⁄3 Dengan subtitusi nilai 𝑥1 , maka : 𝑥2 = 0 ∨ 2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 1 2 + 4𝑥2 = 0 3 2 + 4𝑥2 = 0 3 2



4𝑥2 = − 3 47



Optimisasi Tanpa Kendala



1



𝑥2 = − 6 Diperoleh : 1⁄ 1 0 0 𝑥 ∗ = [ ] , [ 3 ] , [ ⁄3] , [− 1⁄ ] 0 − 1⁄ 6 0 6



(Kandidat titik Minimum)



Langkah 2 : Cek apakah titik yang diperoleh memenuhi syarat cukup Η(x ∗ ) ≥ 0 (positive semi definite) 6𝑥 2 𝛨(𝑥) = [ 1 ] 2 4 0 a) Cek untuk kandidat 𝑥 ∗ = [ ] 0 |𝛨1 | = 0 ≥ 0 |𝛨2 | = (0)(4) − (2)(2) = −4 < 0 Indefinite 0 ∗ 𝑥 =[ ] 0 tidak memenuhi syarat cukup sebagai titik minimum. Bukan penyelesaian 1⁄ b) Cek untuk kandidat 𝑥 ∗ = [ 3 ] − 1⁄6 6𝑥 2 𝛨(𝑥) = [ 1 ] 2 4 |𝛨1 | = 6. 1⁄3 = 2 > 0 |𝛨2 | = (2)(4) − (2)(2) = 4 > 0 1⁄ 3] ∗ 𝑥 =[ 1 − ⁄6



Definit positif



memenuhi syarat cukup sebagai titik minimum. Merupakan Penyelesaian 1⁄ Cek untuk kandidat 𝑥 ∗ = [ 3] 0 6𝑥1 2 𝛨(𝑥) = [ ] 2 4 |𝛨1 | = 6. 1⁄3 = 2 > 0 c)



|𝛨2 | = (2)(4) − (2)(2) = 4 > 0 1⁄ 3] ∗ 𝑥 =[ 1 − ⁄6



Definit positif



memenuhi syarat cukup sebagai titik minimum. Merupakan Penyelesaian



d)



0 Cek untuk kandidat 𝑥 ∗ = [− 1⁄ ] 6



|𝛨1 | = 0 ≥ 0 Indefinite 48



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



|𝛨2 | = (0)(4) − (2)(2) = −4 < 0 0 𝑥∗ = [ ] 0 tidak memenuhi syarat cukup sebagai titik minimum. Bukan penyelesaian Langkah 3 : Hitung nilai minimumnya 1/3 𝑓(𝑥 ∗ ) pada titik 𝑥 ∗ = [ ] −1/6 1



1



1



1 2



𝑓(𝑥 ∗ ) = (3)3 + 2(3)(− 6) + 2 (− 6) 1



𝑓(𝑥 ∗ ) = − 27 1/3 𝑓(𝑥 ∗ ) pada titik 𝑥 ∗ = [ ] 0 1 1 𝑓(𝑥 ∗ ) = (3)3 + 2(3)(0) + 2(0)2 1



𝑓(𝑥 ∗ ) = 27 1/3 1 Langkah 4: Jadi nilai minimumnya adalah (− 27) pada titik [ ] −1/6



Gambar 3.5 Plot contour contoh 4



49



Optimisasi Tanpa Kendala



Gambar 3.6 Plot grafik 3D contoh 4 Algoritma ini dalam bentuk pseudo code adalah sebagai berikut : 1. Start 𝑓 (𝑥) = 𝑥13 +2𝑥1 𝑥2 +2𝑥22 2.



Find 𝛻𝑓(𝑥 )



Min 𝛻𝑓(𝑥) = 𝑥13 +2𝑥1 𝑥2 +2𝑥22 3𝑥 2 + 2𝑥2 0 𝛻𝑓(𝑥) = [ 1 ]=[ ] 2𝑥1 + 4𝑥2 0 3. Solve 𝛻𝑓(𝑥 ) = 0. Let 𝐶 = {𝑥|𝛻𝑓(𝑥) = 0} be the candidate set 2 3𝑥1 + 2𝑥2 = 0 2 6𝑥12 + 4𝑥2 = 0 | | 2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 1 2𝑥1 + 4𝑥2 = 0 6𝑥12 − 2𝑥1 = 0 𝑥1 (6𝑥1 − 2) = 0 1 𝑥1 = 0 𝑥1 = 3 1 Untuk 𝑥1 = 0 : Untuk 𝑥2 = 3 : 3𝑥12 + 2𝑥2 = 0



3𝑥12 + 2𝑥2 = 0



3(0) + 2𝑥2 = 0



3 (3) + 2𝑥2 = 0



2𝑥2 = 0



3(9) + 2𝑥2 = 0



1 2



1



1



𝑥2 = 0



3



+ 2𝑥2 = 0 1 + 6𝑥2 = 0 6𝑥2 = −1 1



𝑥2 = − 6 𝐶 = {(𝑥1 ), (𝑥2 )}



50



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



1



1



𝐶 = {(0, 3) , (0, − 6)} If 𝐶 is empty, then stop C isn’t empty, it has solution for x 5. Else, find 𝛨(𝑥 ) 6𝑥 2 𝐻(𝑥) = [ 1 ] 2 4 6. Let S = {𝑥 ∗ |𝛻𝑓(𝑥 ∗ ) = 0, 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0} be the solution set 4.



1



0 S = {( ) , ( 3 1)} 0 − 6



∗



For ∀𝑥 ∈ 𝐶 calculate 𝛨(𝑥 ∗ ) 6𝑥 2 𝛨(𝑥) = [ 1 ] 2 4 0 a. Cek untuk kandidat 𝑥 ∗1 = [ ] 0 |𝛨1 | = 0 ≥ 0 |𝛨2 | = (0)(4) − (2)(2) = −4 < 0



7.



indefinite



𝑥 ∗1 0 = [ ] 𝑡𝑑𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢ℎ𝑖 𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑐𝑢𝑘𝑢𝑝 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑚𝑖𝑛 (𝑏𝑢𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑒𝑙𝑒𝑠𝑎𝑖𝑎𝑛) 0 1



b. Cek untuk kandidat 𝑥



∗2



=[



3



1] −6



|𝛨1 | = 2 ≥ 0 |𝛨2 | = (2)(4) − (2)(2) = 4 > 0 𝑥 ∗2 =



positive definite



1



[



3



1] 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢ℎ𝑖 𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑐𝑢𝑘𝑢𝑝 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 (𝑝𝑒𝑛𝑦𝑒𝑙𝑒𝑠𝑎𝑖𝑎𝑛) −6



8.



If 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0 then 𝑥 ∗ ∈ 𝑆 1



6𝑥 𝛨(𝑥) = [ 1 2



2 ] 4



𝑥 ∗2 = [



3



1] −6



|𝛨1 | = 2 ≥ 0 |𝛨2 | = (2)(4) − (2)(2) = 4 > 0 1



S = {( 3 1)}Else, repeat −6 10.



For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝑆 calculate 𝑓(𝑥 ∗ )



51



Optimisasi dengan Kendala Persamaan



1 ∗



∗



Hitung 𝑓(𝑥 ) pada titik 𝑥 = [ 1



1



3



1] −6



1



1



𝑓(𝑥 ∗ ) = (3)3 + 2(3)(− 6) + 2 (− 6) 2 1



𝑓(𝑥 ∗ ) = − 54 11.



Print ‘Solution is’ 𝑓(𝑥 ∗ ) at 𝑥 ∗ , repeat Jadi penyelesaiannya adalah: 1 1



nilai minimum = − 54 pada titik [ 12.



3



1] −6



End



3.2. Optimisasi dengan Kendala Persamaan 3.2.1. Bentuk Umum Fungsi Tujuan Min f (x) Fungsi Kendala berbentuk persamaan



dengan syarat (d.s) h( x )  0



𝑓(𝑥): ℛ𝑛 → ℛ ℎ(𝑥): ℛ𝑛 → ℛ𝑚



m : sembarang (menyatakan banyaknya kendala)



Akan dicari 𝑥 ∗ ∋ ℎ(𝑥 ∗ ) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑓(𝑥 ∗ ) < 𝑓(𝑥) ∀𝑥 Dengan Lanngkah : 1. Mencari titik - titik yang memenuhi semua kendala 2. Mencari titik - titik optimal 3. Mencari titik - titik penyelesaian Definisikan 𝑆 = {𝑥|ℎ(𝑥) = 0}  Himpunan titik – titik yang memenuhi semua kendala  Titik – titik yang layak (karena memenuhi kendala)  Daerah kelayakan yang memuat titik – titik yang layak Dimana S adalah Daerah Kelayakan 3.2.2. Pseudocode Algoritma penyelesaian persoalan optimasi dengan kendala persamaan dapat dituliskan dalam bentuk pseudo code sebagai berikut: 1) Start 2) Construct 𝐿(𝑥, 𝜆) 3) Find 𝛻𝐿(𝑥, 𝜆) 4) Solve 𝛻𝐿(𝑥, 𝜆) = 0



52



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



5) Let 𝐶 = {(𝑥, 𝜆)|𝛻𝐿(𝑥, 𝜆) = 0} be the candidate set 6) If 𝐶 is empty, then stop 7) Else, find 𝜆 8) Enactive 𝑓(𝑥) + ∑ 𝜆𝑖 ℎ𝑖 (𝑥) = 𝐿(𝑥, 𝜆) 9) If Konveks + positif + konveks 10) Else Konkaf + negatif + konkaf 11) Else, repeat 12) Print “Solution is 𝑥 ∗ be the candidate state with 𝜆𝑖 13) end 3.2.3. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian 3.2.3.1. Contoh Tanpa Pengali Lagrange min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 = 1 Langkah 1 : Cari titik yang memenuhi syarat perlu 𝛻𝑓(𝑥) = 0 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 0 𝛻𝑓(𝑥) = [ 1 ]=[ ] 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 0 Dengan Eliminasi 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 = 0 𝑥1 = −1 𝑥2 = 3 Diperoleh : −1 𝑥 ∗ = [ ] (Kandidat titik Minimum) 3 𝑆 = {𝑥|𝑥1 + 𝑥2 = 1} 𝑥∗ ∉ 𝑆 𝑥 ∗ bukan titik yang layak 𝑥 ∗ bukan titik penyelesaian



Gambar 3.7 Plot Contour Optimisasi dengan titik yang memenuhi kendala 53



Optimisasi dengan Kendala Persamaan



Titik minimum adalah titik yang dihasilkan dari persinggungan antara garis kendala dengan contour paling dalam. Untuk menyelesaikan persoalan ini dengan menggunakan syarat keoptimalan dipergunakan pengali Lagrange λ (Lagrange Multiplier) Untuk min 𝑓(𝑥) dengan syarat ℎ(𝑥) = 0 , didefinisikan : 𝐿(𝑥, 𝜆) = 𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 ℎ𝑖 (𝑥) L disebut sebagai fungsi Lagrange “Untuk menyelesaikan persoalan optimisasi dengan kendala persamaan dapat dilakukan dengan menyelesaikan persoalan optimisasi tanpa kendala dari fungsi Lagrange yang bersesuaian dengan fungsi tujuan dan fungsi kendala pada persoalan optimasi dengan kendala.” Persoalan diubah menjadi min 𝑓(𝑥) min 𝐿(𝑥, 𝜆) = 𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 ℎ𝑖 (𝑥) d.s. ℎ(𝑥) = 0 Syarat perlu (𝑥 ∗ , 𝜆∗ ) titik minimum ∗



∗



𝛻𝐿(𝑥 , 𝜆 ) =



𝜕𝐿 𝜕𝑥 ( ) 𝜕𝐿 𝜕𝜆



𝛻𝐿(𝑥 ∗ , 𝜆∗ ) = 0



=0



Dimana 𝜕𝐿 berdimensi n dan 𝜕𝜆 berdimensi m 𝑚



𝜕𝐿 = 𝛻𝑓(𝑥) + ∑ 𝜆𝑖 𝛻ℎ𝑖 (𝑥) = 0 𝜕𝑥 𝑖=1



𝜕𝐿 = ℎ𝑖 (𝑥) = 0 𝜕𝜆 3.2.3.2. Contoh dengan Pengali Lagrange min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 +6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 = 1 diubah menjadi 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝟏 = 𝟎 ⟹ 𝒉(𝒙) = 𝟎 𝐿(𝑥, 𝜆) = 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 + 𝜆(𝑥1 + 𝑥2 − 1) = 0 min 𝐿(𝑥, 𝜆) Syarat perlu : 1) 𝛻𝑓(𝑥) + 𝜆𝛻ℎ(𝑥) = 0 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 1 ( 1 )+𝜆( ) = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 1 2) ℎ(𝑥) = 0 54



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



(𝑥1 + 𝑥2 − 1) = 0 3 variable dengan 3 persamaan (𝑥1 , 𝑥2 , 𝜆) 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 + 𝜆 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 + 𝜆 = 0 𝑥1 = −1 𝑥2 = 2 Substitusi nilai 𝑥1 dan 𝑥2 ke salaha satu persamaan untuk mencari besar nilai 𝜆 6(−1) + 4(2) − 6 + 𝜆 = 0 𝜆=4 −1 𝑥 ∗ = [ ] adalah titik optimal, sebagai calon titik minimum dengan 𝜆 = 4 2



Gambar 3.8 Plot Contour Optimisasi dengan kendala persamaan dengan pengali Lagrange Syarat Cukup, di cek dari konvektifitas 𝐿(𝑥, 𝜆) Karena, 𝐿(𝑥, 𝜆) = 𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 ℎ𝑖 (𝑥) Konvektifitas dari L, dapat dilihat dari konvektifitas 𝑓(𝑥) dan ℎ(𝑥) Sehingga syarat cukupnya adalah 𝑓(𝑥) = konveks ℎ𝑖(𝑥) = konveks konkav



untuk 𝜆𝑖 > 0 untuk 𝜆𝑖 < 0



Dari contoh persoalan yang telah diselesaikan sebelumnya: min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 +6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 Bila 𝐿(𝑥, 𝜆) adalah konfeks maka 𝑥 ∗ adalah titik minimum yang dicari



55



Optimisasi dengan Kendala Persamaan



• •



𝑓(𝑥) adalah konfeks karena 𝐻(𝑥) adalah positif definit Untuk 𝜆 = 4, ℎ(𝑥) adalah konfeks karena linier −1 Syarat cukup terpenuhi dengan 𝑥 ∗ = [ ] adalah penyelesaian (titik minimum) 2 yang dicari. Syarat keoptimalan optimisasi dengan kendala persamaan dapat dituliskan sebagai berikut: Syarat Perlu : 𝛻𝐿(𝑥 ∗ , 𝜆∗ ) = 0 ⟶ (𝑥 ∗ , 𝜆∗ ) merupakan titik minimum Syarat Cukup : 𝐿(𝑥, 𝜆) = 𝑓(𝑥) + ∑ 𝜆𝑖 ℎ𝑖 (𝑥) Dimana Konveks + positif + konveks Konveks + negatif + konkaf Interpretasi Geometris dari Penyelesaian Optimal Bila diperhatikan dari 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 𝛻𝑓(𝑥) = ( 1 ) 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 −4 −1 −1 1 𝛻𝑓 ( ) = ( ), 𝛻ℎ ( ) = ( ) 2 −4 2 1 Syarat perlu • 𝛻𝑓(𝑥) + 𝜆𝛻ℎ(𝑥 ) = 0 𝛻𝑓(𝑥) = −𝜆𝛻ℎ(𝑥) = 0 −4 −4 −1 1 Pada titik optimal ( ): 𝛻𝑓(𝑥) = ( ) = −𝜆𝛻ℎ(𝑥) = −4 ( ) = ( ) 2 −4 1 −4 Atau, 𝛻𝑓(𝑥) segaris dengan 𝛻ℎ(𝑥): - Berlawanan arah bila 𝜆 > 0 - Searah bila 𝜆 < 0



Gambar 3.9 Plot Contour Optimisasi dengan kendala persamaan dengan interpretasi geometris titik optimalnya



56



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



Pada titik optimal berlaku: • 𝛻𝑓(𝑥) segaris dengan 𝛻ℎ(𝑥) • Bila 𝛻ℎ(𝑥) berlawanan arah dengan 𝛻𝑓(𝑥), maka 𝜆 > 0 • Bila 𝛻ℎ(𝑥) searah dengan 𝛻𝑓(𝑥), maka 𝜆 < 0 • Bila kendala melewati titik optimal dari 𝑓(𝑥) dan titik optimal memenuhi syarat cukup, maka 𝜆 = 0 Contoh persoalan optimisasi dengan kendala persamaan dan dengan 3 variabel : min 𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 2𝑥2 + 2𝑥1 − 8𝑥3 d.s 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1 diubah menjadi 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 − 𝟏 = 𝟎 ⟹ 𝒉(𝒙) = 𝟎 𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 = 3 diubah menjadi 𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 − 𝒙𝟑 − 𝟑 = 𝟎 ⟹ 𝒉(𝒙) = 𝟎 𝐿(𝑥, 𝜆) = 𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 2𝑥2 + 2𝑥1 − 8𝑥3 + 𝜆1 (𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 1) + 𝜆2 (𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 − 3) Persoalan berubah menjadi : min 𝐿(𝑥, 𝜆) dengan 5 variabel, 3 untuk 𝑥 dan 2 untuk 𝜆 Syarat perlu : 1) 𝛻𝑓(𝑥) + 𝜆1 𝛻ℎ1 (𝑥) + 𝜆2 𝛻ℎ2 (𝑥) = 0 2𝑥1 + 2 1 1 (4𝑥2 + 2) + 𝜆1 (1) + 𝜆2 (−1) = 0 1 −1 −8 2) ℎ(𝑥) = 0 (𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 1) = 0 (𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 − 3) = 0 5 variable dengan 5 persamaan (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝜆1 , 𝜆2 ) 2𝑥1 + 2 + 𝜆1 + 𝜆2 = 0 4𝑥2 + 2 + 𝜆1 − 𝜆2 = 0 −8 + 𝜆1 − 𝜆2 = 0 Cari nilai 𝑥1 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1 𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 = 3 2𝑥1 = 4 𝑥1 = 2 Cari nilai 𝑥2 −8 + 𝜆1 − 𝜆2 = 0 𝜆1 − 𝜆2 = 8 Subtitusi nilai ke persamaan



57



Optimisasi dengan Kendala Persamaan



4𝑥2 + 2 + 𝜆1 − 𝜆2 = 0 4𝑥2 + 2 + 8 = 0 𝑥2 = −2,5 Cari nilai 𝑥3 Subtitusi nilai 𝑥1 dan 𝑥2 ke dalam persamaan 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1 2 + (−2,5) + 𝑥3 = 1 𝑥3 = 1,5 Cari nilai 𝜆1 dan 𝜆2 Subtitusi nilai 𝑥1 ke dalam persamaan 2𝑥1 + 2 + 𝜆1 + 𝜆2 = 0 (2.2) + 2 + 𝜆1 + 𝜆2 = 0 Didapatkan 𝜆1 + 𝜆2 = −6 Eliminasi dengan persamaan 𝜆1 + 𝜆2 = −6 𝜆1 − 𝜆2 = 8 2𝜆1 = 2 𝜆1 = 1 dan 𝜆2 = −7 2 𝑥 ∗ = [−2,5] ⟶ calon titik minimum dengan 𝜆1 = 1, 𝜆2 = −7 1,5 Untuk memastikan bahwa penyelesaian dari persoalan ini masih harus dibuktikan bahwa syarat cukup terpenuhi, yaitu f(𝑥) konveks, h1(𝑥) konveks karena 𝜆1 = 1 dan h2(𝑥) adalah konkaf karena 𝜆2 = −7. Pembuktian : 𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 2𝑥2 + 2𝑥1 − 8𝑥3 ≥ 0 22 + 2(−2,5)2 + 2(−2,5) + 2(2) − 8(1,5) ≥ 0 4+12,5 − 5 + 4 − 12 ≥ 0 3,5 ≥ 0 Terbukti bahwa f(𝑥) adalah konveks 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1  h1(𝑥) 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 1 ≤ 0 2−2,5 + 1,5 − 1 ≤ 0 0≤0 Terbukti bahwa h1(𝑥) adalah konveks



58



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 = 3  h2(𝑥) 𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 − 3 ≥ 0 2+2,5 − 1,5 − 3 ≥ 0 0≥0 Terbukti bahwa h2(𝑥) adalah konkaf 3.3. Optimisasi dengan Kendala Pertidaksamaan 3.3.1. Bentuk Umum Fungsi Tujuan Min f (x) Fungsi Kendala pertidaksamaan



ds g i ( x)  0 i  1,2,  m



Bentuk lain harus dikonversi ke bentuk umum tersebut 𝑀𝑎𝑥 𝑓(𝑥) 𝑀𝑖𝑛 − 𝑓(𝑥) Dengan syarat 𝑔𝑖 (𝑥) ≥ 0



Dengan syarat −𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0



𝑔𝑗 (𝑥) ≥ 𝑎 −𝑔𝑗 (𝑥) + 𝑎 ≤ 0 Untuk menyelesaikan persoalan ini, ubah pertidaksamaan menjadi persamaan dengan menambahkan variable yang menyatakan selisih antara ruas kanan dan ruas kiri atau biasa disebut slack variables. 𝑔(𝑥) ≤ 0 → 𝑔(𝑥) + 𝑠 = 0 𝑠 = 𝑎2 S disebut slack yang bernilai nonnegatif 2 𝑔(𝑥) + 𝑎 = 0 Dapat dibentuk fungsi Lagrange sebagai berikut : 𝐿(𝑥, 𝜆, 𝑎) = 𝑓(𝑥) + 𝜆(𝑔(𝑥) + 𝑎2 ) Sekarang persoalannya dapat dituliskan sebagai : Min 𝐿(𝑥, 𝜆, 𝑎) 𝐿(𝑥, 𝜆, 𝑎) = 𝑓(𝑥) + 𝜆(𝑔(𝑥) + 𝑎2 ) Syarat Perlu : 1) 2) 3)



𝝏𝑳 𝝏𝒙 𝝏𝑳 𝝏𝝀 𝜕𝐿 𝜕𝑎



= 𝜵𝒇(𝒙) + 𝝀𝜵𝒈(𝒙) = 𝟎 = 𝒈(𝒙) + 𝒂𝟐 = 𝟎



𝒈(𝒙) ≤ 𝟎



= 2𝑎𝜆 = 0



𝑎𝜆 = 0 Dengan persamaan 𝑔(𝑥) + 𝑎2 = 0 𝑎2 = −𝑔(𝑥) 𝑎 = √−𝑔(𝑥) Dan nilai dari a disubtitusikan ke persamaan 𝑎𝜆 = 0 akan didapatkan :



59



Optimisasi dengan Kendala Pertidaksamaan



√−𝑔(𝑥)𝜆 = 0 ∗ √−𝑔(𝑥) 𝒈(𝒙)𝝀 = 𝟎 4) 𝝀≥𝟎 𝑔(𝑥)𝜆 = 0



Disebut complementary slackness



• Bila 𝑔(𝑥) = 0, maka 𝜆 ≠ 0 Masih masuk dalam • Bila 𝑔(𝑥) ≠ 0, maka 𝜆 = 0 persyaratan 3 𝜆>0 Berarti kendala berpengaruh (binding constraint) Yang digunakan persamaannya (=) 𝜆=0 Berarti kendala tidak berpengaruh (non binding constraint) Yang digunakan persamaannya ( 𝟎 3.3.3.2. Contoh 2 Min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 1 𝑔(𝑥) = −𝑥1 − 𝑥2 + 1 Solusi nomor 1 : Mencari kandididat titik optimal 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 = 0 𝑥1 = −1 𝑥2 = 2 −1 ] adalah titik optimal, sebagai calon titik minimum 2 −4 −1 −1 1 𝛻𝑓 ( ) = ( ), 𝛻𝑔 ( ) = ( ) 2 −4 2 1 𝑥∗ = [



61



Optimisasi dengan Kendala Pertidaksamaan



Gambar 3.11 Plot contour solusi contoh 2 Kendala tidak berpengaruh, karena nilai titik optimal tidak dipengaruhi oleh kendala tersebut. Dalam kasus ini berlaku = 0 . Karena tidak ada kasus lain selain dari dua kasus ini, dapat disimpulkan bahwa 𝜆 ≥ 0 sebagai salah satu syarat perlu keoptimalan yang harus dipenuhi. 3.3.3.3. Contoh 3 Selesaikan contoh nomor 1 dengan menggunakan syarat perlu Min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1



Solusi: Syarat Perlu 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 1 1) ( 1 )+𝜆( ) = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 1 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 + 𝜆 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 + 𝜆 = 0 2) 𝑥1 + 𝑥2 − 1 ≤ 0 3) (𝑥1 + 𝑥2 − 1) = 0 4) 𝜆 ≥ 0 Kemungkinan 1 : 𝜆 = 0 1) 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 = 0 Dengan metode Eliminasi didapatkan 𝑥1 = −1 dan 𝑥2 = 3 62



Syarat 1



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



2) 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 (−1) + (3) − 1 ≠ 0 (Tidak Memenuhi) Kemungkinan 2 : 𝜆 > 0 3) 𝜆(𝑥1 + 𝑥2 − 1) = 0 → 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 4) 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 + 𝜆 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 + 𝜆 = 0 Dengan metode Eliminasi didapatkan 𝑥1 = −1 dan 𝑥2 = 2 𝜆 = 4 (𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢ℎ𝑖)



Syarat 2



Syarat 3 Syarat 1



−1 ) dan 𝜆 = 4 2



Jadi, 𝑥 ∗ = (



−1 ) dan 𝜆 = 4 adalah penyelesaian yang dicari, 2 harus dibuktikan terlebih dahulu bahwa syarat cukup dipenuhi Untuk memastikan bahwa 𝑥 ∗ = (



Syarat perlu Keoptimalan : 1) 𝛻𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 𝛻𝑔𝑖 (𝑥) = 0 2) 𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 3) 𝜆𝑖 𝑔𝑖 (𝑥) = 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 4) 𝜆𝑖 ≥ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 Syarat cukup Keoptimalan : 𝑓(𝑥) adalah konveks 𝑔𝑖 (𝑥) adalah konveks



untuk 𝜆𝑖 > 0



𝑔𝑖 (𝑥) adalah bebas



untuk 𝜆𝑖 = 0



Dari contoh persoalan nomor 3 syarat cukup keoptimalnnay adalah : 𝑓(𝑥) harus konveks 𝑔 (𝑥) harus konveks karena 𝜆 = 4 > 0 Karena liniear, 𝑔 (𝑥) dapat dipastikan adalah konveks. Sedangkan untuk membuktikan 𝑓(𝑥) adalah konveks dilakukan dengan mencari matriks Hessiannya. Karena matriks Hessiannya adalah positive definite, sehingga 𝑓(𝑥) adalah konveks. −1 Karena syarat cukupnya terpenuhi maka, 𝑥 ∗ = ( ) dengan 𝜆 = 4 adalah 2 penyelesaiannya.



63



Optimisasi dengan Kendala Pertidaksamaan



3.3.3.4. Contoh 4 Selesaikan contoh nomor 2 dengan menggunakan syarat perlu Min 3𝑥1 2 + 2𝑥2 2 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 d.s 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 1 Solusi: Merubah ke dalam bentuk umum 𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0 −𝑥1 − 𝑥2 + 1 ≤ 0 Syarat Perlu 6𝑥 + 4𝑥2 − 6 −1 1) ( 1 )+𝜆( ) = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 −1 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 − 𝜆 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 − 𝜆 = 0 2) −𝑥1 − 𝑥2 + 1 ≤ 0 3) 𝜆 (-𝑥1 − 𝑥2 + 1) = 0 4) 𝜆 ≥ 0 Kemungkinan 1 : 𝜆 = 0 5) 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 = 0 Dengan metode Eliminasi didapatkan 𝑥1 = −1 dan 𝑥2 = 3 6) −𝑥1 − 𝑥2 + 1 = 0 −(−1) − (3) + 1 ≠ 0 (Tidak Memenuhi) Kemungkinan 2 : 𝜆 > 0 7) 𝜆(𝑥1 + 𝑥2 − 1) = 0 → 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 8) 6𝑥1 + 4𝑥2 − 6 + 𝜆 = 0 4𝑥1 + 4𝑥2 − 8 + 𝜆 = 0 Dengan metode Eliminasi didapatkan 𝜆 = −4 (𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢ℎ𝑖) Dengan mensubtitusi nilai dari , maka: 𝑥1 = −1 dan 𝑥2 = 2



64



Syarat 1



Syarat 2



Syarat 3 Syarat 1



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



3.4. Bentuk Umum Persoalan Optimisasi 3.4.1. Bentuk Umum Fungsi Optimisasi : Min 𝑓(𝑥) Fungsi kendala pertidaksamaan :



(d.s) 𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0



Fungsi kendala persamaan :



ℎ𝑗 (𝑥) = 0



𝑖 = 1,2, . . 𝑚



𝑗 = 1,2, . . 𝑘



Fungsi Lagrange-nya adalah: 𝑚



𝑘



𝐿 (𝑥, 𝜆, 𝜇 ) = 𝑓(𝑥) + ∑ 𝜆𝑖 𝑔𝑖 (𝑥) + ∑ 𝜇𝑗 ℎ𝑗 (𝑥) 𝑖=1



𝑗=1



Dengan n adalah dimensi 𝑥, m dimensi 𝑔, dan k dimensi ℎ Syarat perlu Keoptimalan : 𝑛 1) 𝛻𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 𝛻𝑔𝑖 (𝑥) + ∑𝑗=1 𝜇𝑗 ℎ𝑗 (𝑥) = 0 2) 𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 Dikenal sebagai Syarat 3) ℎ𝑗 (𝑥) = 0, 𝑗 = 1,2, . . 𝑘 Keoptimalan Kuhn-Tucker 4) 𝜆 𝑔 (𝑥) = 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 𝑖 𝑖



5) 𝜆𝑖 ≥ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 Syarat cukup Keoptimalan : 𝑓(𝑥) = adalah konveks 𝑔𝑖 (𝑥) = adalah konveks untuk 𝜆𝑖 > 0 , bebas untuk 𝜆𝑖 = 0 ℎ𝑗 (𝑥) = adalah konveks untuk 𝜇𝑗 > 0 , konkaf untuk untuk 𝜇𝑗 < 0 , bebas untuk untuk 𝜇𝑗 = 0 3.4.2, Pseucode Algoritma ini dalam bentuk pseudo code adalah sebagai berikut : 1) Start 2) Find 𝛻𝑓(𝑥 ) 3) Find 𝛻𝑔𝑖 (𝑥 ) 4) Find 𝛻ℎ𝑗 (𝑥 ) 5) Let 𝐶 = {𝑥|𝛻𝑓(𝑥 ) = 0, 𝛻𝑔𝑖 (𝑥 ) ≤ 0, 𝛻ℎ𝑗 (𝑥 )} be the candidate set 6) If C is empty, then stop 7) Else, find 𝛻𝐿 (𝑥, 𝜆, 𝜇 ) 8) Solve 𝛻𝐿 (𝑥, 𝜆, 𝜇 ) = 0 9) Let 𝑆 = {(𝑥, 𝜆, 𝜇) |𝛻𝐿 (𝑥, 𝜆, 𝜇) = 0} be the solution set 10) Print ‘Solution is’ 𝑓(𝑥 ∗ ) at 𝜆𝑖 , repeat



65



Bentuk Umum Persoalan Optimasi



11) End 3.4.3. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Contoh persoalan nomor 1 max 2𝑥1 + 𝑥2 𝑑. 𝑠 𝑥1 + 𝑥2 = 2 𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 Solusi contoh persoalan nomor 1 Konversi ke dalam bentuk Umum max 2𝑥1 + 𝑥2  min −2𝑥1 − 𝑥2 𝑓(𝑥) = −2𝑥1 − 𝑥2 𝑔1 (𝑥) = −𝑥1 𝑔2 (𝑥) = −𝑥2 ℎ(𝑥) = 𝑥1 + 𝑥2 − 2 (terdapat 4 gradient) Syarat Perlu : 1) 𝛻𝑓(𝑥) + 𝜆1 𝛻𝑔1 (𝑥) + 𝜆2 𝛻𝑔2 (𝑥) + 𝜇𝛻ℎ(𝑥) = 0 −1 −2 0 1 [ ] + 𝜆1 [ ] + 𝜆2 [ ] + 𝜇 [ ] = 0 0 −1 −1 1 Didapatkan : −2 − 𝜆1 + 𝜇 = 0 (1a) −1 − 𝜆2 + 𝜇 = 0 (1b) 2) −𝑥1 ≤ 0 (2a) −𝑥2 ≤ 0 (2b) 3) 𝑥1 + 𝑥2 − 2 = 0 4) 𝜆1 𝑥1 = 0 (4a) 𝜆2 𝑥2 = 0 (4b) 5) 𝜆1 ≥ 0 (5a) 𝜆2 ≥ 0 (5b) Berdasarkan kombinasi nilai 𝜆𝑖 , diperoleh 4 kemungkinan : Kemungkinan 1 : 𝜆1 > 0 𝜆2 > 0 4) 𝑥1 = 0 (4a) 𝑥2 = 0 (4b) 3) 𝑥1 + 𝑥2 − 2 = 0 (0) + (0) − 2 ≠ 0 (Tidak Memenuhi) Kemungkinan 2 : 𝜆1 = 0



66



𝜆2 > 0



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



4) 𝑥2 = 0 3) 𝑥1 + 𝑥2 − 2 = 0 𝑥1 = 2 1) −2 − 𝜆1 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜇 = 2 −1 − 𝜆2 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜆2 = 1 (memenuhi) Kemungkinan 3 : 𝜆1 > 0 𝜆2 = 0 4) 𝑥1 = 0 3) 𝑥1 + 𝑥2 − 2 = 0 𝑥2 = 2 1) −2 − 𝜆1 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜇 = 1 −1 − 𝜆2 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜆1 = −1 (tidak memenuhi) Kemungkinan 4 : 𝜆1 = 0 𝜆2 = 0 1) −2 − 𝜆1 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜇 = 2 −1 − 𝜆2 + 𝜇 = 0 ⇒ 𝜆1 = 1 (tidak memenuhi)



(4b)



(1a) (1b)



(4a)



(1a) (1b)



(1a) (1b)



2 Jadi, 𝑥 ∗ = ( ) dengan 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1, 𝜇 = 2 adalah calon titik optimal 0 Dengan nilai minimum : min −2𝑥1 − 𝑥2 = −2(2) − 0 = −4



Gambar 3.12 Plot Contour contoh persoalan nomor 3



67



Persoalan Optimasi dengan Kendala Non-Negatif



Syarat cukup dapat dicek sebagai berikut: 1. Fungsi tujuan 𝑓(𝑥) adalah fungsi linear. Sehingga syarat konveks terpenuhi 2. Fungsi kendala 1. 𝑔1 (𝑥) tidak berpengaruh karena 𝜆1 = 0, sehingga bebas 2. 3.



𝑔2 (𝑥) berpengaruh karena 𝜆2 > 0, sehingga harus konveks. Karena linear, syarat tersebut dengan sendirinya terpenuhi ℎ (𝑥) harus konveks karena 𝜇 > 0. Karena linear, syarat tersebut dengan sendirinya terpenuhi.



Karena semua syarat cukup terpenuhi, maka: 0 𝑥 ∗ = ( ) dengan 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1, 𝜇 = 2 adalah penyelesaiannya. 2 3.5 Persoalan Optimasi dengan Kendala Non-Negatif 3.5.1 Bentuk Umum Seringkali dijumpai persoalan dengan syarat semua variable harus nonnegative karena variable-variable tersebut menyatakan jumlah barang, bahan bakar, lama pengerjaan yang selalu bernilai non-negative. Fungsi Optimisasi



: Min 𝑓(𝑥)



Fungsi kendala fungsional



: (d.s) 𝑔(𝑥) ≤ 0 ℎ (𝑥) ≥ 0 𝑥 ≥0



Fungsi kendala non-negatif : *catatan ℎ(𝑥)  menyatakan kendala persamaan 𝑔(𝑥)  menyatakan kendala pertidaksamaan



Fungsi Lagrange dari Persoalan Optimasi dengan Kendala Non-Negatif : 𝐿 (𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑣) = 𝑓(𝑥) + 𝜆𝑔(𝑥) + 𝜇ℎ(𝑥) − 𝑣𝑥 Untuk mendapatkan titik optimum, harus memenuhi syarat perlu Kuhn-Tucker 1) 𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻ℎ − 𝑣 = 0 2) 𝑔(𝑥) ≤ 0 3) 4) 5) 6) 7) 8)



68



ℎ(𝑥) = 0 𝑥 ≥0 𝜆𝑔(𝑥) = 0 𝜆≥0 𝑣𝑥 = 0 𝑣 ≥0



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



Penyerdehanaan Syarat Perlu Dari syarat perlu nomor 1 : 𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻h − 𝑣 = 0 Disubtitusikan ke syarat nomor 7 dan 8 : 𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻h = 𝑣 Maka, syarat perlu Kuhn-Tuckernya dapat disederhanakan menjadi : 1) 𝑥(𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻ℎ) = 0 2) 𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻ℎ ≥ 0 3) 𝑔(𝑥) ≤ 0 4) ℎ(𝑥) = 0 5) 𝜆𝑔(𝑥) = 0 6) 𝜆 ≥ 0 3.5.2 Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Contoh persoalan nomor 1 max −2𝑥1 − 𝑥2 𝑑. 𝑠 𝑥1 + 𝑥2 = 2 𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 Solusi persoalan nomor 1 Syarat Perlu: 1. 𝑥(𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻ℎ) = 0 𝑥1 −2 1 (( ) + 𝜇 ( )) (𝑥 ) = 0 −1 1 2 (−2 + 𝜇)𝑥1 = 0 (−1 + 𝜇)𝑥2 = 0 2. −2 + 𝜇 ≥ 0 −1 + 𝜇 ≥ 0 3. 𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 4. 𝑥1 + 𝑥2 = 2 Penyelesaian: Kemungkinan 1 (𝑥1 > 0 ; 𝑥2 > 0) 1) −2 + 𝜇 = 0 → 𝜇 = 2 −1 + 𝜇 = 0 → 𝜇 = 1 Tidak memenuhi (ada dua nilai 𝜇 yang berbeda) Kemungkinan 2 (𝑥1 > 0 ; 𝑥2 = 0) 3) 𝑥1 + 0 = 2 → 𝑥1 = 2 2) −2 + 𝜇 = 0 → 𝜇 = 2 1) −2 + 𝜇 = 0 ≥ 0



(1a) (1b)



(3) (2a) (1a)



69



Ilustrasi Permasalahan



−1 + 𝜇 = 1 ≥ 0 Memenuhi Kemungkinan 3 (𝑥1 = 0 ; 𝑥2 > 0) 3) 0 + 𝑥2 = 2 → 𝑥2 = 2 2) −1 + 𝜇 = 0 → 𝜇 = 1 1) −2 + 𝜇 = −1 < 0 Tidak memenuhi



(1b)



(3) (2b) (1a)



Kemungkinan 4 (𝑥1 = 0 ; 𝑥2 = 0) 3) 0 + 0 ≠ 2 Tidak memenuhi 2 Sehingga didapatkan 𝑥 ∗ = ( ) dengan 𝜇 = 2 0 3.6. Ilustrasi Permasalahan 3.6.1. Permasalahan 1 Buat sebuah persoalan optimisasi yang melibatkan dua variabel, fungsi tujuan orde dua, satu kendala persamaan orde dua, dan satu kendala pertidaksamaan orde satu. 1) Dengan menggunakan pseudocode untuk algoritma optimisasi yang anda buat, tentukan penyelesaian analitis dari persoalan tersebut 2) Tunjukkan bahwa syarat keoptimalan Kuhn Tucker terpenuhi 3) Gambarkan (menggunakan komputer) kontur, daerah kelayakan, dan vektor gradien untuk menunjukkan bahwa titik optimal yang diperoleh memenuhi semua syarat perlu 𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇) = 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 + 4𝑥1 + 16𝑥 2 + 𝜆(𝑥1 − 𝑥2 ) + 𝜇(𝑥12 + 𝑥22 − 100) = 0 ∇𝑓(𝑥) + 𝜆∇𝑔(𝑥) + 𝜇ℎ(𝑥) = 0 3𝑥 + 2𝑥2 + 4 2𝑥 1 [ 1 ] + 𝜆 [ ] + 𝜇 [ 1] = 0 4𝑥2 + 2𝑥1 + 16 2𝑥 −1 2 3𝑥1 + 2𝑥2 + 4 + 𝜆 + 2𝜇𝑥1 = 0 4𝑥2 + 2𝑥1 + 16 − 𝜆 + 2𝜇𝑥2 = 0 𝑥1 − 𝑥2 ≤ 0 2 𝑥1 − 𝑥22 − 100 = 0 𝜆(𝑥1 − 𝑥2 ) = 0 𝜆≥0 Kemungkinan 1 Untuk 𝜆 > 0



70



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



(𝑥1 − 𝑥2 ) = 0 𝑥1 = 𝑥2 𝑥12 − 𝑥22 − 100 = 0 ..........1 𝑥12 − 𝑥12 − 100 = 0 ..........2 −100 = 0 (tidak memenuhi) Kemungkinan 2 Untuk 𝜆 = 0 (3 + 2𝜇)𝑥1 + 2𝑥2 + 4 + 0 = 0 2𝑥1 + (4 + 2𝜇)𝑥2 + 16 − 0 = 0



2 3+2𝜇



(6 + 4𝜇)𝑥1 + 4𝑥2 + 8 = 0 (6 + 4𝜇)𝑥1 + (3 + 2𝜇)(4 + 2𝜇)𝑥2 +16(3 + 2𝜇) = 0 -



4𝑥2 − (3 + 2𝜇)(4 + 2𝜇)𝑥2 − 48 − 32𝜇 = 0 (4𝜇 2 + 14𝜇 + 8)𝑥2 = 48 + 32𝜇 48 + 32𝜇 𝑥2 = 2 4𝜇 + 14𝜇 + 8 Teorema kuhn-tucker 1.𝛻𝑓(𝑥) + ∑𝑚 𝑖=1 𝜆𝑖 𝛻𝑔𝑖 (𝑥) = 0 (𝛻𝑓 + 𝜆𝛻𝑔 + 𝜇𝛻ℎ) = 0 3𝑥1 + 2𝑥2 + 4 + 𝜆 + 2𝜇𝑥1 = 0 4𝑥2 + 2𝑥1 + 16 − 𝜆 + 2𝜇𝑥2 = 0 2. 𝑔𝑖 (𝑥) ≤ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 3. ℎ𝑗 (𝑥) = 0, 𝑗 = 1,2, . . 𝑘 4. 𝜆𝑖 𝑔𝑖 (𝑥) = 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚 5. 𝜆𝑖 ≥ 0, 𝑖 = 1,2, . . 𝑚



71



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 3.13 Contour beserta daerah penyelesaian permasalahan 1



Gambar 3.14 Titik optimal permasalahan 1



72



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



3.6.2. Permasalahan 2 Buat sebuah persoalan optimisasi tanpa kendala dengan dua variable dan fungsi tujuan orde tiga yang memiliki nilai minimum dan maksimum. Ulangi pertanyaan 1, 2, 3 pada permasalahan 1. Cari penyelesaian dari Min 𝑓 (𝑥) = 𝑥13 + 𝑥23 + 4𝑥12 − 4𝑥22 + 𝑥1 𝑥2 Pseudo code Optimisasi tanpa Kendala i. ii.



Start Find 𝛻𝑓(𝑥 )



iii. iv. v.



Solve 𝛻𝑓(𝑥 ) = 0. Let 𝐶 = {𝑥|𝛻𝑓(𝑥) = 0} be the candidate set If 𝐶 is empty, then stop Else, find 𝛨(𝑥 )



vi.



Let S = {𝑥 ∗ |𝛻𝑓(𝑥 ∗ ) = 0, 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0} be the solution set.



vii.



For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝐶 calculate 𝛨(𝑥 ∗ )



viii. ix. x.



If 𝛨(𝑥 ∗ ) ≥ 0 then 𝑥 ∗ ∈ 𝑆 Else, repeat For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝑆 calculate 𝑓(𝑥 ∗ )



xi. xii.



Print ‘Solution is’ 𝑓(𝑥 ∗ ) at 𝑥 ∗ , repeat End



Dicari titik-titik yang memenuhi syarat perlu 𝛻𝑓(𝑥) = 0 3𝑥 2 + 8𝑥1 + 𝑥2 𝛻𝑓(𝑥) = ( 12 ) 3𝑥2 − 8𝑥2 + 𝑥1 3𝑥 2 + 8𝑥1 + 𝑥2 0 ( 12 )=( ) 0 3𝑥2 − 8𝑥2 + 𝑥1 Kemudian mendapatkan nilai 𝑥1 dan 𝑥2 3𝑥12 + 8𝑥1 + 𝑥2 = 0 𝑥2 = −3𝑥12 − 8𝑥1 𝑥22 = 9𝑥14 + 48𝑥13 + 64𝑥12 3𝑥22 − 8𝑥2 + 𝑥1 = 0 𝑥1 = −3𝑥22 + 8 𝑥12 = 9𝑥24 − 48𝑥13 + 64𝑥12 Kemudian subtitusikan nilai 𝑥2 dan 𝑥22 ke persamaan berikut: 3𝑥22 − 8𝑥2 + 𝑥1 = 0 3(9𝑥14 + 48𝑥13 + 64𝑥12 ) − 8(−3𝑥12 − 8𝑥1 ) + 𝑥1 = 0



73



Ilustrasi Permasalahan



29𝑥14 + 144𝑥13 + 192𝑥12 + 24𝑥12 + 64𝑥1 + 𝑥1 = 0 29𝑥14 + 144𝑥13 + 216𝑥12 + 65𝑥1 = 0 dapat ditulis dengan persamaan sbb: 𝑥1 (29𝑥13 + 144𝑥12 + 216𝑥11 + 65) = 0 Kemudian dapat difaktorkan didapatkan nilai 𝑥1 sbb: 𝑥1 = 0 𝑥1 = −0.398120519 𝑥1 = −2.283698361 𝑥1 = −2.283698361 Kemudian mendapatkan nilai 𝑥2 dengan subtitusi nilai 𝑥1 ke persamaan berikut 3𝑥12 + 8𝑥1 + 𝑥2 = 0 Maka akan didapatkan nilai 𝑥2 sbb: 𝑥2 = 0 𝑥2 = 2.7095 𝑥2 = 2.6238 𝑥2 = 2.6238 Dari nilai 𝑥1 dan 𝑥2 nilai kandidat, sebagai berikut: 0 𝑥 ∗1 = ( ), 0 −0.398120519 ), 2.7095



𝑥 ∗2 = (



−2.283698361 ), 2.6238



𝑥 ∗3 = (



−2.283698361 ) 2.6238



𝑥 ∗4 = (



Kemudian mendapatkan matirk Hessian 6𝑥 𝛨(𝑥 ) = ( 1 1



1 ) 6𝑥2



Kemudian subtitusikan nilai kandidat yang telah diperoleh ke dalam matrik Hessian 0 1 ) 1 0 ) → det(𝐻1 ) = −2.388, det(𝐻2 ) = 37,82



𝛨 (𝑥 ∗1 ) = (



−2.388 1 1 16.257 −13.698 1 𝛨 (𝑥 ∗3 ) = ( ) → det(𝐻1 ) = −13.698, det(𝐻2 ) 1 15.743 = −215,64



𝛨 (𝑥 ∗2 ) = (



74



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



−13.698 𝛨 (𝑥 ∗4 ) = ( 1



1 ) = −13.698, det(𝐻2 ) = −215,64 15.743



Berikut plot dan contour dari persamaan tanpa kendala 𝑓 (𝑥) = 𝑥13 + 𝑥23 + 4𝑥12 − 4𝑥22 + 𝑥1 𝑥2



Gambar 3.15 Plot fungsi pada permasalahan 2



Gambar 3.16 Contour fungsi pada permasalahan 2



75



Ilustrasi Permasalahan



3.6.3. Permasalahan 3 Buat sebuah soal optimasi yang melibatkan tiga variabel orde dua, satu kendala persamaan orde satu, dan satu kendala pertidaksamaan orde satu. Ulangi pertanyaan 1 dan 2 pada permasalahan 1. Diketahui fungsi 3 variable orde 2 : 𝑓(𝑥) = −0.5 𝑥12 − 2𝑥1 𝑥2 − 2𝑥 − 5𝑥22 + 𝑥2 𝑥3 − 𝑥32 Dengan pseudo code cari titik optimal nya! 1) Start 2) Find 𝛁𝒇(𝒙) Diketahui 𝑓(𝑥) = −0.5 𝑥12 − 2𝑥1 𝑥2 − 2.5𝑥22 + 𝑥2 𝑥3 − 𝑥32 + 2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 maka 𝛁𝒇(𝒙) bisa didapatkan melalui 𝝏𝒇 𝝏𝒙𝟏 −𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝟐 𝝏𝒇 −𝟐𝒙 𝛁𝒇(𝒙) = =[ 𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝟏] 𝝏𝒙𝟐 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝟒 𝝏𝒇 [𝝏𝒙𝟐 ] 3) Solve 𝛁𝒇(𝒙) = 𝟎. Let 𝑪 = {𝒙|𝛁𝒇(𝒙) = 𝟎} be the candidate set −𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝟐 = 𝟎 −𝟐𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝟏 = 𝟎 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝟒 = 𝟎 Maka didapat titik 𝒙𝟏 = 𝟔, 𝒙𝟐 = −𝟐, 𝒙𝟑 = 𝟏 −𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝟐 𝐶 = {𝑥| [−𝟐𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝟏] = 0} 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝟒 6 𝐶 = {−2} 1 4) If 𝐶 is empty, then stop Karena nilai 𝐶 ≠ 0, maka lanjut ke langkah 5. 5) Else, find 𝐻(𝑥) 𝜕2 𝑓



𝜕



𝐻(𝑥) = 𝜕𝑥 2 = 𝜕𝑥 (∇𝑓(𝑥))



𝐻(𝑥) =



76



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



𝜕𝑥1 𝑥1



𝜕𝑥1 𝑥2



𝜕𝑥1 𝑥3



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



𝜕𝑥2 𝑥1



𝜕𝑥2 𝑥2



𝜕𝑥2 𝑥3



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



𝜕2 𝑓



[𝜕𝑥3 𝑥1



𝜕𝑥3 𝑥2



𝜕𝑥3 𝑥3 ]



−𝟏 = [−𝟐 𝟎



−𝟐 −𝟓 𝟏



𝟎 𝟏] −𝟐



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



6) Let 𝑆 = {𝑥 ∗ |∇𝑓(𝑥 ∗ ) = 0, 𝐻(𝑥) ≥ 0} be the solution set. −𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝟐 −𝟏 −𝟐 𝟎 ∗ −𝟐𝒙 − 𝟓𝒙 + 𝒙 + 𝟏 𝑆 = {𝑥 | [ ] = 0, [−𝟐 −𝟓 𝟏 ] ≥ 0} 𝟏 𝟐 𝟑 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝟒 𝟎 𝟏 −𝟐 7) for ∀𝑥 ∗ ∈ 𝐶 calculate 𝐻(𝑥 ∗ ) 6 −𝟏 −𝟐 𝟎 𝑥 ∗ = [−2] → 𝐻(𝑥 ∗ ) = [−𝟐 −𝟓 𝟏 ] 1 𝟎 𝟏 −𝟐 ∗ 8) If 𝐻(𝑥) ≤ 0 then 𝑥 ∈ 𝑆 −𝟏 −𝟐 𝟎 𝐻(𝑥 ∗ ) = [−𝟐 −𝟓 𝟏 ] → det(H1 ) = −1 < 0 𝟎 𝟏 −𝟐 det(H2 ) = −1(−5) − (−2)(−2) = 1 > 0, det(H3 ) = −1 < 0 Syarat cukup terpenuhi bahwa H(x) definit negatif 9) For ∀𝑥 ∗ ∈ 𝑆 calculate 𝑓(𝑥 ∗ ) 6 𝑥 ∗ = [−2] → 𝑓(𝑥) 1 = −0.5 𝑥12 − 2𝑥1 𝑥2 − 2.5𝑥22 + 𝑥2 𝑥3 − 𝑥32 + 2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 𝑓(𝑥) = −0.5 (6)2 − 2(6)(−2) − 2.5(−2)2 + (−2)(1) − 1 + 2(6) + (−2) + 4 = 7 10) Print ‘solution is’ 𝑓(𝑥 ∗ ) at 𝑥 ∗ , repeat Maka solusi dari 𝑀𝑖𝑛 𝑓(𝑥) = −0.5 𝑥12 − 2𝑥1 𝑥2 − 2.5𝑥22 + 𝑥2 𝑥3 − 𝑥32 + 2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 adalah 7 di titik 6 ∗ 𝑥 = [−2] 1 11) End 3.6.4. Permasalahan 4 Untuk persoalan optimisasi di bawah ini: Min 𝑥12 + 𝑥22 DS 𝑥1 + 𝑥2 = 1 𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0 a. Tentukan syarat perlu keoptimalan



77



Ilustrasi Permasalahan



b. c. d. e. f. g. h.



Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2014/2015)



Min



𝑥12 + 𝑥22



DS



𝑥1 + 𝑥2 = 1 𝑥1 ≥ 0 𝑥2 ≥ 0



𝑓(𝑥) = x1  x 22 ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0 2



a.



Syarat Perlu Keoptimalan 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) 1) = ∇𝑓(𝑥) + 𝜆1 ∇𝑔1 (𝑥) + 𝜆2 ∇𝑔2 (𝑥) + 𝜇∇ℎ(𝑥) = 0 𝜕𝑥 2𝑥 −1 0 1 ( 1 ) + 𝜆1 ( ) + 𝜆2 ( ) + 𝜇 ( ) = 0 2𝑥2 0 −1 1 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) 2) a. = 𝑔1 (𝑥) ≤ 0 𝜕𝜆1 −𝑥1 ≤ 0 b. 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) = 𝑔2 (𝑥) ≤ 0 𝜕𝜆2 −𝑥2 ≤ 0 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) 3) = ℎ(𝑥) ≤ 0 𝜕𝜇 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) 4) = 𝜆1 𝑔1 (𝑥) ≤ 0 𝜕𝑎1 𝜕𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇, 𝑎) = 𝜆2 𝑔2 (𝑥) ≤ 0 𝜕𝑎2 𝜆1 ≥ 0 5) 𝜆2 ≥ 0



b.



Kandidat - Kandidat Penyelesaian



78



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



i.



ii.



Kemungkinaan 1 𝜆1 = 0 dan 𝜆2 = 0 syarat perlu 1 2𝑥 1 ( 1) + 𝜇 ( ) = 0 2𝑥2 1 2𝑥1 + 𝜇 = 0 2𝑥2 + 𝜇 = 0 2𝑥1 − 2𝑥2 = 0 → 𝑥1 = 𝑥2 syarat perlu 3 𝑥2 + 𝑥2 − 1 = 0 1 1 𝑥2 = → 𝑥1 = 2 2 syarat perlu 1 2𝑥1 + 𝜇 = 0 1 2 ( ) + 𝜇 = 0 → 𝜇 = −1 2 maka kandidat 1 𝜇 = −1 1⁄ 2 ∗ 𝑥 =( ) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = 0 1⁄ 𝜆2 = 0 2 Kemungkinan 2 𝜆1 > 0 dan 𝜆2 = 0 syarat perlu 4 𝜆1 𝑔1 (𝑥) = 0, 𝜆1 > 0 𝑔1 (𝑥) = 0 → 𝑥1 = 0 syarat perlu 3 (0) + 𝑥2 − 1 = 0 → 𝑥2 = 1 syarat perlu 1 2(0) −1 1 ( ) + 𝜆1 ( ) + 𝜇 ( ) = 0 → 2(1) 0 1



𝜇 = −1 𝜆1 = −1 𝜆2 = 0



maka kandidat 2 𝜇 = −1 0 𝑥 = ( ) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = −1 𝑇. 𝑀. 𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑝𝑒𝑟𝑙𝑢 5 1 𝜆2 = 0 Kemungkinan 3 𝜆1 = 0 dan 𝜆2 > 0 syarat perlu 4 𝜆2 𝑔2 (𝑥) = 0, 𝜆2 > 0 𝑔2 (𝑥) = 0 → 𝑥2 = 0 syarat perlu 3 𝑥1 + (0) − 1 = 0 → 𝑥1 = 1 syarat perlu 1 ∗



iii.



79



Ilustrasi Permasalahan



2(1) 0 1 ( ) + 𝜆1 ( ) + 𝜇 ( ) = 0 → 2(0) −1 1



𝜇 = −1 𝜆1 = 0 𝜆2 = −1



maka kandidat 3 𝜇 = −1 1 𝑥 = ( ) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = 0 0 𝜆2 = −1 Kemungkinan 4 𝜆1 > 0 dan 𝜆2 > 0 syarat perlu 4 𝑔1 (𝑥) = 0 → 𝑥1 = 0 𝑔2 (𝑥) = 0 → 𝑥2 = 0 syarat perlu 4 g1 ( x)  0 x1  0 ∗



iv.



g 2 ( x)  0



𝑇. 𝑀. 𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑝𝑒𝑟𝑙𝑢 5



x2  0



syarat perlu 3 (0) + (0) − 1 = 0 −1 = 0 T.M. Maka Kandidat Titik Minimum adalah 𝜇 = −1 1⁄ 𝑥 ∗ = ( 2) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = 0 1⁄ 𝜆2 = 0 2 c. i.



Syarat Cukup 𝑓(𝑥 ∗ ) Konveks Hessian dari 𝑓(𝑥 ∗ )Definit Positif 2 0 𝐻(𝑥 ∗ ) = ( ) 0 2 |𝐻1 | = 2 > 0 |𝐻2 | = 4 − 0 = 4 > 0 Definit Positif ∗ maka 𝑓(𝑥 ) Konveks



𝑔𝑖 (𝑥 ∗ ), 𝑖 = 1,2 Konveks 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0 Kedua fungsi tersebut merupakan persamaan garis maka 𝑔𝑖 (𝑥 ∗ ), 𝑖 = 1,2 Konveks dan Konkav iii. ℎ(𝑥 ∗ ) Konveks ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 Fungsi tersebut merupakan persamaan garis maka ℎ(𝑥 ∗ ) Konveks dan Konkav Maka Syarat Cukup Terpenuhi ii.



80



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



d.



Penyelesaian Titik Minimum adalah 1⁄ ∗ 𝑥 = ( 2) 1⁄ 2 dengan nilai minimum adalah 1 2 1 2 1 𝑓(𝑥 ∗ ) = ( ) + ( ) = 2 2 2



e. i.



Kendala Mengikat dan Tak Mengikat Kendala Mengikat ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 karena 𝜇 ≠ 0 Kendala Tak Mengikat 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0 𝜆 =0 karena 1 𝜆2 = 0



ii.



f.



Penyelesaian Geometris



Gambar 3.17 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (1) Bila digambar secara geometris dengan sumbu 𝑥 adalah 𝑥1 dan 𝑦 adalah 𝑥2 , didapat contour seperti di atas dengan panah biru adalah arah nilai ∇𝑓(𝑥). Kendala:



81



Ilustrasi Permasalahan



i. ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 adalah garis miring ii. 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0 adalah area berwarna biru iii. 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0 adalah area berwaran kuning Maka titik-titik yang memenuhi fungsi kendala adalah titik-titik 𝑥 ∗ dari 𝑓(𝑥) yang terdapat pada perpotongan area 𝑔1 (𝑥), 𝑔2 (𝑥) dan berpotongan dengan garis ℎ(𝑥). Dalam area tersebut, titik-titik yang memenuhi adalah



Gambar 3.18 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (2) Warna panah −1 1 ) ∇ℎ(𝑥) = ( ) 0 1 0 ∇𝑔2 (𝑥) = ( ) ∇𝑓(𝑥) −1 Kemungkinan 1 2(0) 0 ∇𝑓(𝑥) = ( )=( ) 2(1) 2 0 ∇𝑔1 (𝑥) + ∇ℎ(𝑥) = ( ) 1 0 𝑥 ∗ = ( ) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (0)2 + (1)2 = 1 1 Kemungkinan 2 2(1⁄2) 1 ∇𝑓(𝑥) = ( )=( ) 1 1 2( ⁄2) ∇𝑔1 (𝑥) = (



i.



ii.



82



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



iii.



1 ∇ℎ(𝑥) = ( ) 1 1⁄ 2 2 𝑥 ∗ = ( 2) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (1⁄2) + (1⁄2) = 1⁄2 1⁄ 2 Kemungkinan 3 2(1) 2 ∇𝑓(𝑥) = ( )=( ) 2(0) 0 1 ∇𝑔1 (𝑥) + ∇ℎ(𝑥) = ( ) 0 1 𝑥 ∗ = ( ) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (1)2 + (0)2 = 1 0 Maka Titik Minimum terletak pada 1⁄ 2 2 𝑥 ∗ = ( 2) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (1⁄2) + (1⁄2) = 1⁄2 1⁄ 2 Maka penyelesaian Geometris sesuai dengan analitis.



g.



Syarat Perlu secara Geometris Secara Geometris, syarat perlu terpenuhi karena fungsi 𝑓(𝑥) terdapat pada area fungsi kendala 𝑔𝑖 (𝑥) untuk 𝑖 = 1,2 yang saling berpotongan serta fungsi kendala garis ℎ(𝑥) terdapat pada area tersebut.



h. i.



Secara Intuitif jawaban d-g bila maksimasi Jawaban d Titik Maksimum didapat dari nilai 𝑥 ∗ saat 1  0 dan 2  0 Dengan tidak menghitung ulang, titik maksimum terdapat pada kemungkinan 2 dan kemungkinan 3, yaitu 𝜇 = −1 0 1. 𝑥 ∗ = ( ) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = −1 (Kemungkinan 2) 1 𝜆2 = 0 ∗) 2 2 𝑓(𝑥 = (0) + (1) = 1 𝜇 = −1 1 2. 𝑥 ∗ = ( ) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜆1 = 0 (Kemungkinan 3) 0 𝜆2 = −1 ∗) 2 𝑓(𝑥 = (1) + (0)2 = 1



ii.



Jawaban e 1. Kendala yang Mengikat a. Kemungkinan 2 ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0   1 karena 1  1 83



Ilustrasi Permasalahan



b. Kemungkinan 3 ℎ (𝑥) ∶ 𝑥1 + 𝑥2 − 1 = 0 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0   1 karena  2  1 2. Kendala yang Tak Mengikat a. Kemungkinan 2 𝑔2 (𝑥): −𝑥2 + 𝑎2 = 0 karena  2  0 b. Kemungkinan 3 𝑔1 (𝑥): −𝑥1 + 𝑎2 = 0 karena 1  0 iii.



Jawaban f Dalam area tersebut, titik-titik yang memenuhi adalah



Gambar 3.19 Penyelesaian geometris ilustrasi permasalahan 4 (maksimasi) Warna panah −1 1 ) ∇ℎ(𝑥) = ( ) 0 1 0 ∇𝑔2 (𝑥) = ( ) ∇𝑓(𝑥) −1 Maka Titik Maksimum terletak pada 0 𝑥 ∗ = ( ) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (0)2 + (1)2 = 1 1 ∇𝑔1 (𝑥) = (



84



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



dan 1 𝑥 ∗ = ( ) → 𝑓(𝑥 ∗ ) = (1)2 + (0)2 = 1 0 iv.



Jawaban g Secara Geometris, syarat perlu terpenuhi karena fungsi 𝑓(𝑥) terdapat pada area fungsi kendala 𝑔𝑖 (𝑥) untuk 𝑖 = 1,2 yang saling berpotongan serta fungsi kendala garis ℎ(𝑥) terdapat pada area tersebut.



3.7. Soal Latihan 2.



Min a. b. c. d. e. f. g.



3.



Max DS a. b. c. d. e. f. g.



4.



𝟏 𝟔



𝟏



𝒙𝟑𝟏 − 𝟐𝟓𝒙𝟏 + 𝟔 𝒙𝟑𝟐 − 𝟐𝟓𝒙𝟐



Tentukan syarat perlu keoptimalan Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi −20𝑥1 − 16𝑥2 + 2𝑥1 2 + 𝑥2 2 + (𝑥1 + 𝑥2 )2 𝑥1 2 + 𝑥2 = 5 𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 5 Tentukan syarat perlu keoptimalan Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi



Min 1.5𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥22 DS 𝑥1 − 𝑥2 ≤ 0 𝑥12 − 𝑥22 = 100 a. Tentukan syarat perlu keoptimalan b. Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian 85



Soal Latihan



c. d. e. f. g. h.



5.



Max DS a. b. c. d. e. f. g.



6.



Min DS a. b. c. d. e. f.



7.



86



Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi 2𝑥1 2 − 𝑥2 2 − 8𝑥3 = 0 𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 ≥ 0 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 4 Tentukan syarat perlu keoptimalan Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi 4𝑥1 − 𝑥1 2 + 9𝑥2 − 𝑥2 2 + 10𝑥3 − 2𝑥3 2 − 0.5𝑥2 𝑥3 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 10 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≥ 0 Tentukan syarat perlu keoptimalan Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian Tentukan penyelesaiannya Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi



Untuk persoalan optimisasi di bawah ini: Min x12 + 4x22



Penyelesaian Analitis Persoalan Optimasi



x1 = ¼ x22 - 1 x1 ≤ 0 a. Tentukan syarat perlu keoptimalan b. Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian c. Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian d. Tentukan penyelesaiannya e. Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) f. Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis g. Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi h. Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi (Soal UTS Penyelidikan Operasi Ganjil 2015/2016) DS



8.



Untuk persoalan optimisasi di bawah ini: Min (x1 -1)2 + 4x22 DS x1 + 2x2 = 4 x1 , x 2 ≥ 0 a. Tentukan syarat perlu keoptimalan b. Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian c. Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian d. Tentukan penyelesaiannya e. Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) f. Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis g. Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi h. Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2015/2016)



9.



Untuk persoalan optimisasi di bawah ini: Min 4𝑥12 + 𝑥22 DS a.



1



𝑥2 = 4 𝑥12 − 2 𝑥2 ≤ 0 Tentukan syarat perlu keoptimalan



87



Soal Latihan



b. c.



Tentukan kandidat-kandidat penyelesaian Tentukan apakah syarat cukup keoptimalan dipenuhi oleh kandidat penyelesaian d. Tentukan penyelesaiannya e. Tentukan kendala yang mengikat (binding) dan yang tidak (non binding) f. Tunjukkan penyelesaian geometrisnya dan cek kesesuaiannya dengan penyelesaian analitis g. Tunjukkan secara geometris bahwa syarat perlu terpenuhi h. Berdasarkan hasil di atas, tentukan secara intuitif (tanpa menghitung ulang) jawaban dari pertanyaan d-g bila persoalannya diubah menjadi maksimisasi (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2014/2015)



88



BAB 4 PENYELESAIAN NUMERIK PERSOALAN OPTIMISASI TANPA KENDALA 4.1. Fungsi Variabel Tunggal 4.1.1. Bisection 4.1.1.1. Pembahasan Metode bisection dapat digunakan untuk mencari penyelesaian dari persoalan optimisasi tanpa kendala khususnya pada fungsi variabel tunggal. Berikut ini merupakan penjelasan geometris metode tersebut: 



Diketahui suatu fungsi 𝒇(𝒙), carilah titik minimum, 𝒙∗ , fungsi tersebut yang terdapat pada interval 𝒂 dan 𝒃! (𝐦𝐢𝐧 𝒇(𝒙),𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃)



Langkah penyelesaian beserta penyelesaian geometris persoalan diatas adalah sebagai berikut :



Gambar 4.1 Ilustrasi metode Bisection langkah 1 Ambil 2 titik sembarang dalam interval 𝑎 dan 𝑏 yaitu 𝒙𝟏 dan 𝒙𝟐 dengan 𝒂 < 𝒙𝟏 < 𝒙𝟐 < 𝒃.



Gambar 4.2 Ilustrasi metode Bisection langkah 2



89



Fungsi Variabel Tunggal



Karena 𝒇(𝒙𝟏 ) lebih kecil dari 𝒇(𝒙𝟐 ) maka tidak mungkin titik minimum di sebelah kanan 𝒙𝟐 . Sehingga bagian disebelah kanan 𝒙𝟐 dapat dibuang dan 𝒙𝟐 lama menjadi 𝒃 baru. Selanjutnya ambil lagi titik 𝒙𝟏 dan 𝒙𝟐 baru. Langkah tadi kembali dilakukan karena 𝒇(𝒙𝟏 ) masih lebih kecil dari 𝒇(𝒙𝟐 ). Karena 𝒇(𝒙𝟏 ) sama dengan 𝒇(𝒙𝟐 ), maka : o 𝒙𝟏 menjadi 𝒂 baru o 𝒙𝟐 menjadi 𝒃 baru lalu diambil titik 𝒙𝟏 dan 𝒙𝟐 baru. Proses ini dilakukan hingga 𝒂 dan 𝒃 memiliki selisih yang cukup kecil sesuai dengan ketelitian yang diinginkan.



Gambar 4.3 Ilustrasi metode Bisection langkah 3 Langkah-langkah diatas dapat dituliskan dalam pseudo code sebagai berikut : 1) Take 2 titik sembarang 𝑎 < 𝑥1 < 𝑥2 < 𝑏 2) While |𝑏 − 𝑎| > 𝜖 do: (𝜖 adalah tingkat ketelitian yang diinginkan) 3) Calculate 𝑓(𝑥1 ) dan 𝑓(𝑥2 ) 4) If 𝑓(𝑥1 ) < 𝑓(𝑥2 ) then 𝑏 = 𝑥1 else if 𝑓(𝑥1 ) > 𝑓(𝑥2) then 𝑎 = 𝑥1 else 𝑎 = 𝑥1 dan 𝑏 = 𝑥2



Gambar 4.4 Ilustrasi metode Bisection jika 𝑥1 dan 𝑥2 bernilai sama 90



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



5) Repeat until |𝑏 − 𝑎| ≤ 𝜖 𝑎+𝑏 6) Titik minimum adalah 𝑥 ∗ = 2 dengan nilai minimum = 𝑓(𝑥 ∗ ) 4.1.1.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Carilah 𝑀𝑖𝑛 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 dengan 0 < 𝑥 ∗ < 3 serta ketelitian 1,5!



Gambar 4.5 Contoh soal Bisection Iterasi ke-0 : min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 dengan 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 3 serta 𝜖 = 1,5 𝑥1 = 0,5; 𝑥2 = 2,5 𝑓(𝑥1 ) = (0,5)2 − 2(0,5) + 4 = 3,25 𝑓(𝑥2 ) = (2,5)2 − 2(2,5) + 4 = 5,25  𝑓(𝑥1 ) < 𝑓(𝑥2 )  𝑎 = 0 dan 𝑏 = 2,5  |𝑏 − 𝑎| = 2,5 > 1,5  Iterasi dilanjutkan Iterasi ke-1 : min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 dengan 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 2,5 serta 𝜖 = 1,5 𝑥1 = 0,5; 𝑥2 = 2 𝑓(𝑥1 ) = (0,5)2 − 2(0,5) + 4 = 3,25 𝑓(𝑥2 ) = (2)2 − 2(2) + 4 = 4  𝑓(𝑥1 ) < 𝑓(𝑥2 )  𝑎 = 0 dan 𝑏 = 2  |𝑏 − 𝑎| = 2 > 1,5  Iterasi dilanjutkan



91



Fungsi Variabel Tunggal



Iterasi ke-2 : min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 dengan 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 2 serta 𝜖 = 1,5 𝑥1 = 0,5; 𝑥2 = 1,5 𝑓(𝑥1 ) = (0,5)2 − 2(0,5) + 4 = 3,25 𝑓(𝑥2 ) = (1,5)2 − 2(1,5) + 4 = 3,25  𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑥2 )  𝑎 = 0,5 dan 𝑏 = 1,5  |𝑏 − 𝑎| = 1 < 1,5  Iterasi dihentikan Nilai minimum 𝑓(𝑥) berada pada titik : 𝑎 + 𝑏 0,5 + 1,5 𝑥∗ = = =1 2 2 Nilai minimum 𝑓(𝑥) adalah 𝑓(𝑥) = (1)2 − 2(1) + 4 = 3 𝒊



𝒙𝟏



𝒙𝟐



𝒇(𝒙𝟏 )



𝒇(𝒙𝟐 )



𝒂



𝒃



|𝒃 − 𝒂|



∈



0



0.5



2.5



3.25



5.25



0



2.5



2.5



1.5



1



0.5



2



3.25



4



0



2



2



1.5



2



0.5



1.5



3.25



3.25



0.5



1.5



1



1.5



Tabel 4.1 Iterasi contoh soal Bisection



Gambar 4.6 Titik minimum contoh soal Bisection



92



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



4.1.2. Golden Section 4.1.2.1. Pembahasan Metode golden section dapat digunakan untuk menyelesaikan persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel tunggal. Tujuan dari golden section untuk menyamakan banyaknya penghapusan nilai saat pergeseran nilai 𝒂 atau 𝒃.



Gambar 4.7 Pergeseran yang lebih jauh dengan metode Golden Section Ilustrasi metode golden section Penjelasan Geometris: Rasio yang sama untuk dua kasus  𝑎 ke 𝒙𝟏 dan 𝑏 ke 𝒙𝟐  𝑎 ke 𝒙𝟐 dan 𝑏 ke 𝒙𝟏  Membuat supaya salah titik tetap terpakai pada iterasi berikutnya Penjelasan geometris :



Gambar 4.8 Ilustrasi metode Golden Section (𝟏 − 𝒑)𝒍 = 𝒑(𝒑𝒍) 𝒑𝟐 + 𝒑 − 𝟏 = 𝟎 −𝟏 ± √𝟏 + 𝟒 𝒑= 𝟐 −𝟏 + √𝟓 = 𝟐 93



Fungsi Variabel Tunggal



−𝟏 + 𝟐. 𝟐𝟑𝟔 𝟐 = 𝟎. 𝟔𝟏𝟖 =



Langkah-langkah penyelesaian persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel tunggal menggunakan metode golden section adalah sebagai berikut : Input : 𝒂, 𝒃, 𝒑, 𝝐 𝒍=𝒃−𝒂 𝒙𝟏 = 𝒂 + (𝟏 − 𝒑)𝒍 𝒙𝟐 = 𝒂 + 𝒑𝒍 1) Hitung 𝒇(𝒙𝟏 ) dan 𝒇(𝒙𝟐 ) 2) If 𝒇(𝒙𝟏 ) < 𝒇(𝒙𝟐 ) then 𝒃 = 𝒙𝟐 𝒙𝟐 = 𝒙 𝟏 𝒍 = 𝒑𝒍 𝒙𝟏 = 𝒂 + (𝟏 − 𝒑)𝒍 Else if 𝒇(𝒙𝟏 ) > 𝒇(𝒙𝟐 ) then 𝒂 = 𝒙𝟏 𝒙𝟏 = 𝒙 𝟐 𝒍 = 𝒑𝒍 𝒙𝟐 = 𝒂 + 𝒑𝒍 Else 𝒂 = 𝒙𝟏 𝒃 = 𝒙𝟐 𝒍 =𝒃−𝒂 𝒙𝟏 = 𝒂 + (𝟏 − 𝒑)𝒍 𝒙𝟐 = 𝒂 + 𝒑𝒍 𝒃−𝒂 3) If 𝒍 ≤ 𝝐 then 𝒙∗ = 𝟐 Stop. Else, back to 1. 4.1.2.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Carilah 𝑀𝑖𝑛 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 dengan 0 < 𝑥 ∗ < 3 serta ketelitian 1,5!



Gambar 4.9 Contoh soal Golden Section



94



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Iterasi ke-0 min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 3 𝑙 =3−0=3 𝑥1 = 𝑎 + (1 − 𝑝)𝑙 = 1,146 𝑥2 = 𝑎 + 𝑝𝑙 = 1,854 ∈ = 1,5 < 𝑙 𝑥1 = 1,146 ; 𝑥2 = 1,854 𝑓(𝑥1 ) = (1,146)2 − 2(1,146) + 4 = 3,02 𝑓(𝑥2 ) = (1,854)2 − 2(1,854) + 4 = 3,72 𝑓(𝑥1 ) < 𝑓(𝑥2 ) 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 1,854 𝑙 = 𝑝𝑙 = 1,854 , 𝑥2 = 1,146 Iterasi dilanjutkan Iterasi ke-1 min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 1,854 𝑙 = 1,854 𝑥1 = 𝑎 + (1 − 𝑝)𝑙 = 0.708 𝑥2 = 1,146 ∈ = 1,5 < 𝑙 𝑥1 = 0,708 ; 𝑥2 = 1,146 𝑓(𝑥1 ) = (0,708)2 − 2(0,708) + 4 = 3,08 𝑓(𝑥2 ) = (1,146)2 − 2(1,146) + 4 = 3,02 𝑓(𝑥1 ) > 𝑓(𝑥2 ) 𝑎 = 0,708 dan 𝑏 = 1,854 𝑙 = 𝑝𝑙 = 1,145 , 𝑥1 = 1,146 Iterasi dilanjutkan



1 Iterasi ke-2 min 𝑥 2 − 2𝑥 + 4 𝑎 = 0,708 dan 𝑏 = 1,854 𝑙 = 1,145 𝑥1 = 1,146 𝑥2 = 𝑎 + 𝑝𝑙 = 1,145 ∈ = 1,5 > 𝑙 Stop 𝑎 + 𝑏 0,708 + 1,854 𝑥∗ = = = 1,281 2 2 4.1.3 Bisection dengan Derivatif 4.1.3.1. Pembahasan Dua metode sebelumnya tidak menggunakan fungsi derivatif untuk mencari nilai minimum fungsinya, sehingga proses pencarian tersebut menjadi lambat. Keuntungannya, kedua metode tersebut dapat dipakai pada fungsi yang tidak memiliki derivatif ataupun derivatifnya sulit dicari. Apabila derivatif dari 95



Fungsi Variabel Tunggal



fungsi yang akan dicari nilai minimumnya diketahui, berdasarkan informasi ini proses pencarian titik minimum dapat dilakukan dengan lebih cepat. Mempermudah pencarian nilai titik minimum pada fungsi yang derivatifnya diketahui. Tidak bisa atau sulit digunakan untuk fungsi yang tidak memiliki derivatifnya atau derivatifnya sulit dicari. Untuk mempermudah pencarian nilai titik minimum, dikarenakan pada titik minimum nilai 𝒇’(𝒙) = 𝟎 Metode Bisection dengan derivatif dirancang dengan menggunakan prinsip:  Jika 𝒇’(𝒙) < 𝟎  titik minimum yang dicari ada disebelah kanan titik 𝒙  Jika 𝒇’(𝒙) > 𝟎  titik minimum yang dicari ada disebelah kiri titik 𝒙  Jika 𝒇’(𝒙) = 𝟎  titik minimum yang dicari ada pada titik 𝒙 tersebut



Di titik ini, nilai f’ < 0, dapat di lihat dari grafik bahwa titik optimum ada di sebelah kanan



Di titik ini, nilai f’ > 0, dapat di lihat dari grafik bahwa titik optimum ada di sebelah kiri Di titik ini, nilai f’ = 0 titik ini merupakan titik optimum



Gambar 4.10 Ilustrasi bisection dengan derivatif Langkah-langkah penyelesaian persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel tunggal dengan menggunakan metode bisection dengan derivatif diatas dapat dituliskan dalam pseudocode sebagai berikut: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8)



Take 2 titik sembarang 𝒂, 𝒃 While 𝒃 − 𝒂 > 𝝐 do: (ϵ adalah tingkat ketelitian yang diinginkan) 𝒂+𝒃 Take nilai 𝒙 sembarang dengan syarat, 𝒂 < 𝒙 < 𝒃 (bisa 𝒙 = 𝟐 ) Calculate 𝒇’(𝒙) If 𝒇’(𝒙) < 𝟎 then 𝒂 = 𝒙 if 𝒇’(𝒙) > 𝟎 then 𝒃 = 𝒙 else if 𝒇’(𝒙) = 𝟎 then 𝒙∗ = 𝒙, stop 𝒂+𝒃 Titik minimum adalah 𝒙∗ = 𝟐 dengan nilai minimum 𝒇(𝒙∗ )



4.1.3.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Carilah titik dan nilai minimum dari 𝒇(𝒙): 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 + 𝟒



96



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Ambil titik sembarang, misal pada iterasi awal dipilih titik 𝒂 = 𝟎 dan 𝒃 = 𝟑 dengan ketelitian, ∈ = 𝟏 Iterasi 1 𝒂 = 𝟎 dan 𝒃 = 𝟑 𝒃– 𝒂 = 𝟑 >∈ 𝒙𝟎 (titik sembarang antara 𝒂 & 𝒃) = 𝟐, 𝟓 𝒇’(𝒙𝟎 ) = 𝟐(𝟐, 𝟓)– 𝟐 = 𝟑 𝒇’(𝒙𝟎 ) > 𝟎 titik optimum di sebelah kiri 𝒃 = 𝒙𝟎 Iterasi 2 𝒂 = 𝟎 dan 𝒃 = 𝟐. 𝟓 𝒃 − 𝒂 = 𝟐. 𝟓 > ∈ 𝒙𝟏 = 𝟐 𝒇’(𝒙𝟏 ) = 𝟐(𝒙𝟏 )– 𝟐 = 𝟐(𝟐) – 𝟐 = 𝟐 𝒇’(𝒙𝟏 ) > 𝟎  titik optimum di sebelah kiri 𝒃 = 𝒙𝟏 Iterasi 3 𝒂 = 𝟎 dan 𝒃 = 𝟐 𝒃 – 𝒂 = 𝟐. 𝟓 > ∈ 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟓 𝒇’(𝒙𝟐 ) = 𝟐(𝒙𝟐 )– 𝟐 = 𝟐(𝟏. 𝟓) – 𝟐 = 𝟏 𝒇’(𝒙𝟐 ) > 𝟎  titik optimum di sebelah kiri 𝒃 = 𝒙𝟏 Iterasi 4 𝒂 = 𝟎 dan 𝒃 = 𝟏. 𝟓 𝒃 – 𝒂 = 𝟏. 𝟓 > ∈ 𝒙𝟑 = 𝟏 𝒇’(𝒙𝟑 ) = 𝟐(𝒙𝟑 )– 𝟐 = 𝟐(𝟏) – 𝟐 = 𝟎 𝒇’(𝒙𝟑 ) > 𝟎  titik optimum Jadi, titik optimumnya ada pada 𝒙 = 𝟏 4.2. Fungsi Variabel Banyak 4.2.1. Steepest Descent: Penyelesaian Geometri 4.2.1.1. Pembahasan Model matematika: 𝐦𝐢𝐧 𝒇(𝒙), 𝒙 adalah vektor Proses pencarian titik minimum dilakukan secara rekursif sebagai berikut: Dari suatu titik yang diketahui (𝒙𝟎 ), gerak berlawanan arah dengan gradien fungsi pada titik tersebut sampai didapat titik baru (𝒙𝟏 ) yang memiliki nilai 𝒇(𝒙) terkecil sepanjang garis −𝜵𝒇(𝒙𝟎 ). Ulangi proses tersebut sampai tidak dapat memperoleh titik baru lagi.



97



Fungsi Variabel Banyak



Gambar 4.11 Ilustrasi steepest descent Gradien 𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) merupakan arah penambahan terbesar dari nilai 𝒇(𝒙) pada 𝒙 = 𝒙𝟎 . Sehingga −𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) adalah arah penurunan terbesar nilai 𝒇(𝒙) pada 𝒙 = 𝒙𝟎 . Untuk mencari titik minimum sebaiknya bergerak sepanjang −𝜵𝒇(𝒙𝟎 ).



Gambar 4.12 Langkah pengerjaan steepest descent Untuk menentukan jauhnya, cari 𝝀 yang meminimumkan 𝒇(𝒙𝟎 + 𝝀𝒅𝟎 ) = 𝒇(𝝀) yaitu fungsi variabel tunggal sehingga dapat dicari dengan metode yang telah dijelaskan. 𝒙𝒏 = 𝒙𝒏−𝟏 − 𝝀𝒏 𝜵𝒇(𝒙𝒏−𝟏 ) 𝒇(𝒙𝒏 ) = 𝒇(𝒙𝒏−𝟏 − 𝝀𝒏 𝜵𝒇(𝒙𝒏−𝟏 ) = 𝒇(𝝀𝒏 ) 𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 − 𝝀𝟏 𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) 𝒙𝟐 = 𝒙𝟏 − 𝝀𝟐 𝜵𝒇(𝒙𝟏 ) dan seterusnya



98



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Definisikan: 𝒅𝒏 = Steepest Descent direction (arah penurunan paling tajam) pada titik 𝒙𝒏



Gambar 4.13 Pergerakan steepest descent 𝒅𝒏 = −𝜵𝒇(𝒙𝒏 ) 𝒙𝒏+𝟏 = 𝒙𝒏 + 𝝀𝒏+𝟏 𝒅𝒏 Sifat dari 𝒅𝒏 : 𝒅𝟏 ⊥ 𝒅𝟐 𝒅𝟑 ⊥ 𝒅𝟐 ….. 𝒅𝒏+𝟏 ⊥ 𝒅𝒏 Berlaku: 𝒅𝟏 . 𝒅𝟐 = 𝟎 𝒅𝟑 . 𝒅𝟐 = 𝟎 ….. 𝒅𝒏+𝟏 . 𝒅𝒏 = 𝟎 Mengapa? Coba buktikan! Langkah-langkah penyelesaian persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel banyak menggunakan steepest descent dapat dituliskan dalam pseudocode sebagai berikut: 1) 2) 3) 4)



5) 6) 7)



Take 𝟏 titik sembarang sebagai 𝒙𝟎 . Set 𝒏 = 𝟏 Find 𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) Calculate 𝒙𝒏 = 𝒙𝒏−𝟏 − 𝝀𝒏 𝜵𝒇(𝒙𝒏−𝟏 ), nyatakan dengan 𝝀𝒏 Expres 𝒇(𝒙𝒏 ) = 𝒇(𝒙𝒏−𝟏 − 𝝀𝒏 𝜵𝒇(𝒙𝒏−𝟏 )) sebagai 𝒇(𝝀𝒏 ) (karena 𝒇(𝒙𝒏−𝟏 ) dan 𝜵𝒇(𝒙𝒏−𝟏 ) dapat dihitung, 𝒇(𝒙𝒏 ) = 𝒇(𝝀𝒏 ) adalah merupakan fungsi skalar) Calculate 𝝀𝒏 yang meminimumkan 𝒇(𝝀𝒏 ) If ‖𝜵𝒇(𝒙𝒏 )‖ > ∈, then set 𝒏 = 𝒏 + 𝟏. Go to 𝟑 Else, 𝒙𝒏 adalah titik minimum dengan nilai minimum sebesar 𝒇(𝒙𝒏 ). Stop 99



Fungsi Variabel Banyak



4.2.1.2. Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Carilah titik dan nilai minimal dari 𝒇(𝒙): 𝒇(𝒙) = 𝟑𝒙𝟏 𝟐 + 𝟐𝒙𝟐 𝟐 + 𝟒𝒙𝟏 𝒙𝟐 − 𝟔𝒙𝟏 − 𝟖𝒙𝟐 + 6 Dengan Steepest Descent mulai dari (1,1) 𝟔𝒙 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟔 𝜵𝒇(𝒙) = [ 𝟏 ] 𝟒𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟖 Iterasi ke-1 : 𝟏 𝒙𝟎 = [ ] 𝟏 −𝟒 𝟎 𝒅 =[ ] 𝟎 𝟒 𝟎 𝜵𝒇(𝒙 ) = [ ] 𝟎 −𝟒 𝟏 𝟏 − 𝟒𝝀 𝟏 𝒙 = [ ] +𝝀[ ] = [ ] 𝟎 𝟏 𝟏 𝒇(𝝀) = 𝟑(𝟏 − 𝟒𝝀)𝟐 + 𝟐 + 𝟒(𝟏 − 𝟒𝝀) − 𝟔(𝟏 − 𝟒𝝀) − 𝟖 + 𝟔 = 𝟒𝟖𝝀𝟐 − 𝟐𝟒𝝀 + 𝟑 + 𝟐 + 𝟒 − 𝟏𝟔𝝀 − 𝟔 + 𝟐𝟒𝝀 − 𝟐 = 𝟒𝟖𝝀𝟐 − 𝟏𝟔𝝀 + 𝟏 Cari 𝝀 yang meminimumkan 𝒇(𝝀): 𝜵𝒇(𝝀) = 𝟗𝟔𝝀 − 𝟏𝟔 = 𝟎 𝟏𝟔 𝟏 𝝀𝒎𝒊𝒏 = = 𝟗𝟔 𝟔 ‖𝜵𝒇(𝒙𝟎 )‖ = 𝟒 > 𝜺 (Terus)



Gambar 4.14 Hasil iterasi pertama contoh soal steepest descent



100



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Iterasi ke-2 : 𝟏 −𝟒 𝟏/𝟑 𝟏 𝒙𝟏 = [ ] + [ ] = [ ] 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝟎 𝟏) 𝜵𝒇(𝒙 = [ 𝟖] − 𝟑 𝟎 𝟏 𝒅 =[ ] 𝟖/𝟑 𝟏 𝟎 𝟏/𝟑 𝒙𝟐 = [ ]+ 𝝀[ ]=[ 𝟑 ] 𝟖/𝟑 𝟖 𝟏 𝟏+ 𝝀 𝟑 𝟏 𝟐 𝟖 𝟐 𝟏 𝟖 𝟏 𝟖 𝒇(𝝀) = 𝟑 ( ) + 𝟐 (𝟏 − 𝝀) + 𝟒 ( ) (𝟏 + 𝝀) − 𝟔 ( ) − 𝟖 (𝟏 + 𝝀) + 𝟔 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝟏 𝟑𝟐 𝟏𝟐𝟖 𝟐 𝟒 𝟑𝟐 𝟔𝟒 = +𝟐+ 𝝀+ 𝝀 + + 𝝀−𝟐−𝟖− 𝝀+𝟔 𝟑 𝟑 𝟗 𝟑 𝟗 𝟑 𝟏𝟐𝟖 𝟐 𝟔𝟒 𝟏 = 𝝀 − 𝝀+ 𝟗 𝟗 𝟑 Cari 𝝀 yang meminimumkan 𝒇(𝝀): 𝟐𝟓𝟔 𝟔𝟒 𝝀 − =𝟎 𝟗 𝟗 𝟏 𝝀𝒎𝒊𝒏 = 𝟒



𝜵𝒇(𝝀) =



𝟖



‖𝜵𝒇(𝒙𝟏 )‖ = 𝟑 𝟐



𝒙 =[



(Terus)



𝟏



𝟏



𝟑



𝟑



𝟖



𝟏 + 𝟑𝝀



]=[



𝟏 𝟐]



𝟏+𝟑



= [𝟑𝟓] 𝟑



Gambar 4.15 Hasil iterasi kedua contoh soal steepest descent 101



Fungsi Variabel Banyak



Iterasi ke-3 𝟏 𝒙𝟐 = [𝟑] 𝟓 𝟑 𝟐



𝛁𝒇(𝒙



𝒅 = −𝛁𝒇(𝒙



𝟐)



𝟐)



𝟖 = [𝟑 ] 𝟎



𝟖 = [𝟑] 𝟎



Iterasi berlanjut karena |𝛁𝒇(𝒙𝟐 )| > 𝟎 𝒙𝟑 = 𝒙𝟐 + 𝝀𝒅𝟐 𝟏 𝟏 𝟖𝝀 𝟖 − 𝒙𝟑 = [𝟑] − 𝝀 [𝟑] = [𝟑 𝟑 ] 𝟓 𝟓 𝟎 𝟑 𝟑 𝟖𝝀 𝟏 𝟐 𝟏𝟔𝝀 𝟏𝟒 𝒇(𝝀) = 𝟑 ( − ) − − 𝟑 𝟑 𝟗 𝟗 agar diperoleh λ minimum maka 𝛁𝒇(𝝀) = 𝟎 𝟏𝟐𝟖𝝀 𝟔𝟒 − =𝟎 𝟑 𝟗 𝟏 𝝀= 𝟔 𝟏 𝟏 𝟖𝝀 − − 𝒙𝟑 = [𝟑 𝟑 ] = [ 𝟗] 𝟓 𝟓 𝟑 𝟑



Gambar 4.16 Pergerakan steepest descent untuk sampai ke titik minimum pada iterasi ke-40 Contoh dengan fungsi pangkat 3 𝒙𝟏 𝟑 +𝟐𝒙𝟏 +𝟐𝟎 𝟐



102



+



𝒙𝟐 𝟑 +𝟐𝒙𝟐 +𝟐𝟎 𝟐



mulai dari titik (𝟏, 𝟏) (menggunakan matlab)



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Gambar 4.17 Proses iterasi menggunakan matlab untuk metode steepest descent yang tidak berhasil 4.2.2. Conjugate Gradient (Fletcher-Reeves) 4.2.2.1. Pembahasan Algoritma Conjugate Gradient pada prinsipnya sama seperti Steepest Descent, tetapi arah vektornya adalah kombinasi linier dari gradien iterasi sekarang dengan gradien iterasi sebelumnya. Sehingga, perbedaan antara metode Conjugate Gradient dan metode Steepest Decent hanyalah pada algoritma penentuan arah penurunan nilai 𝒇(𝒙) atau disebut 𝒅. Pada tahap awal ditentukan salah satu titik 𝒙𝟎 . Vektor 𝒅𝟎 atau arah menurunnya nilai 𝒇(𝒙) pada titik 𝒙𝟎 adalah −𝜵𝒇(𝒙𝟎 ). Penentuan nilai d berikutnya atau di, 𝟏 = 𝟏, 𝟐, …adalah dengan rumus sebagai berikut: 𝒅𝒊 = −𝜵𝒇𝒊 +



|𝜵𝒇𝒊 |𝟐 .𝒅 |𝜵𝒇𝒊−𝟏 |𝟐 𝒊−𝟏



Gambar 4.18 Pergerakan iterasi conjugate gradient Rumus ini menyatakan kombinasi linear arah sebelumnya (𝒅𝒊−𝟏 ) dengan arah penurunan terbaik pada titik terakhir (𝜵𝒇(𝒙𝒊 )) 103



Fungsi Variabel Banyak



Penyelesaian persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel banyak menggunakan metode conjugate gradient (Fletcher-Reeves) pseudocode untuk algoritma adalah sebagai berikut: 1) 2) 3) 4) 5) 6)



Tentukan satu titik awal 𝒙𝟎 . Tentukan tingkat ketelitian ∈. Set 𝒊 = 𝟎. Tentukan arah peregerakan awal 𝒅𝟎 = −𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) = −𝜵𝒇𝟎 Cari 𝝀∗𝟎 yaitu 𝝀 yang meminimumkan 𝒇(𝒙𝟎 + 𝝀𝟎 𝒅𝟎 ) Set 𝒊 = 𝒊 + 𝟏 Hitung 𝒙𝒊 = 𝒙𝒊−𝟏 + 𝝀∗𝒊−𝟏 𝒅𝒊−𝟏 Hitung 𝜵𝒇(𝒙𝒊 ) = 𝜵𝒇𝒊 ,



7)



Hitung 𝒅𝒊 = −𝜵𝒇𝒊 + |𝜵𝒇



|𝜵𝒇𝒊 |𝟐



𝟐 𝒊−𝟏 |



. 𝒅𝒊−𝟏



8) If ‖𝒅𝒊 ‖ > ∈, cari 𝝀∗𝒊 yang meminimumkan 𝒇(𝒙𝒊 + 𝝀𝒊 𝒅𝒊 ). Go to 4 9) Else, 𝒙𝒊 adalah titik minimum. 10) Hitung nilai minimum 𝒇(𝒙𝒊 ). Stop 4.2.2.2.Contoh Soal dan Solusi Penyelesaian Min 𝟑𝒙𝟐𝟏 + 𝟐𝒙𝟐𝟐 + 𝟒𝒙𝟏 𝒙𝟐 − 𝟔𝒙𝟏 − 𝟖𝒙𝟐 + 𝟔 mulai dari (𝟏, 𝟏) Dapat dicari: 𝜵𝒇(𝒙) = [



𝟔𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟔 ] 𝟒𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟖



Iterasi ke-0 (sama dengan SD): 𝟒 𝟏 𝒙𝟎 = [ ] 𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) = [ ] 𝟎 𝟏 ‖𝒅𝟎 ‖ = 𝟒 > 𝜺 (Terus)



−𝟒 𝒅𝟎 = [ ] 𝟎



𝟏 𝟏 −𝟒 𝟏 𝐓𝐞𝐥𝐚𝐡 𝐝𝐢𝐩𝐞𝐫𝐨𝐥𝐞𝐡 𝒙 = [ ] + [ ] = [𝟑] 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝟏



Iterasi ke-1 𝟎 𝜵𝒇(𝒙 = [ 𝟖] − 𝟑 𝟏 )|𝟐 |𝜵𝒇(𝒙 𝒅𝟏 = −𝜵𝒇(𝒙𝟏 ) + .𝒅 |𝜵𝒇(𝒙𝟎 )|𝟐 𝟎 (𝟖/𝟑)𝟐 −𝟒 −𝟏𝟔/𝟗 𝟎 = −[ ]+ [ ]=[ ] 𝟐 −𝟖/𝟑 −𝟖/𝟑 𝟎 𝟒 𝟏)



‖𝒅𝟏 ‖ ≥ 𝜺



(Terus)



−𝟏𝟔/𝟗 𝟏/𝟑 ] + 𝝀𝟏 [ ] −𝟖/𝟑 𝟏 Cari 𝝀𝟏 yang meminimumkan 𝒇(𝒙𝟏 ) = 𝒇(𝝀𝟏 ) 𝟖𝟓𝟐 𝟐 𝟔𝟒 𝟏 𝒇(𝝀) = 𝝀𝟏 + 𝝀𝟏 − 𝟐𝟕 𝟗 𝟑 agar diperoleh 𝝀𝟏 minimum maka 𝜵𝒇(𝝀𝟏 ) = 𝟎 𝟏𝟕𝟎𝟒𝝀 𝟔𝟒 −𝟏𝟗𝟐 + = 𝟎 𝝀 = = −𝟎. 𝟏𝟏𝟐𝟔𝟖 𝟏 𝟐𝟕 𝟗 𝟏𝟕𝟎𝟒 𝒙𝟐 = 𝒙𝟏 + 𝝀𝟏 𝒅𝟏 = [



104



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



𝟏



𝒙𝟐 = [



−



𝟏𝟔



(−𝟎. 𝟏𝟏𝟐𝟔𝟖) 𝟎. 𝟓𝟑𝟑𝟔𝟓 ]=[ ] 𝟏, 𝟑𝟎𝟎𝟒𝟖 𝟏 − 𝟑 (−𝟎. 𝟏𝟏𝟐𝟔𝟖)



𝟑



𝟗 𝟖



‖𝒅𝟏 ‖ ≥ 𝜺 (Terus)



Gambar 4.19 Hasil iterasi metode conjugate gradient



Gambar 4.20 Iterasi yang dibutuhkan untuk mencapai titik minimum Metode ini memang relatif lebih cepat namun seringkali efek rotasi dan translasi yang dimiliki menyebabkan arah pergerakan penurunan nilai 𝑓(𝑥) berbelok terlalu jauh dari semestinya.



105



Fungsi Variabel Banyak



Gambar 4.21 Efek rotasi pada metode conjugate gradient Contoh dengan Fungsi Pangkat 3 (menggunakan matlab)



𝒙𝟏 𝟑 +𝟐𝒙𝟏 +𝟐𝟎 𝟐



+



𝒙𝟐 𝟑 +𝟐𝒙𝟐 +𝟐𝟎 𝟐



mulai dari titik (𝟏, 𝟏)



Gambar 4.22 Proses iterasi pada matlab untuk fungsi pangkat 3



106



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Gambar 4.23 Hasil iterasi pada matlab yang tidak berhasil menuju titik puncak 4.2.3. Newton 4.2.3.1. Pembahasan Dengan menggunakan turunan pertama saja, ternyata diperlukan banyak iterasi untuk mencapai titik minimum walaupun hanya untuk fungsi orde dua. Dengan tujuan meminimalisir jumlah iterasi, metode newton menggunakan turunan pertama dan kedua. Sehingga untuk fungsi orde dua, hanya diperlukan satu iterasi untuk mencapai titik minimum yang dituju.



Gambar 4.24 Ilustrasi metode Newton Metode Newton didasarkan pada ekspansi 𝒇(𝒙) di sekitar titik 𝒙𝟎 dengan menggunakan Deret Taylor 𝟏 𝒇(𝒙𝟎 ) = 𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝒇′ (𝒙𝟎 )(𝒙 − 𝒙𝟎 ) + 𝒇′′ (𝒙 − 𝒙𝟎 )𝟐 + ⋯ 𝟐! Nilai 𝒙 di sekitar 𝒙𝟎 adalah 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒅 𝒅 = 𝒙 − 𝒙𝟎 Maka Deret Taylor menjadi 𝟏 𝒇(𝒙𝟎 ) = 𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝒇′ (𝒙𝟎 )𝒅 + 𝒇′′ 𝒅𝟐 + ⋯ 𝟐! Karena 𝒙𝟎 adalah angka, maka



107



Fungsi Variabel Banyak



𝒇′ (𝒙𝟎 ) = 𝛁𝒇(𝒙𝟎 ); 𝒇′′ (𝒙𝟎 ) = 𝑯(𝒙𝟎 ) adalah angka Sehingga, fungsi 𝒇(𝒙) menjadi fungsi𝒅, atau 𝒇(𝒅) 𝟏 𝒇(𝒙𝟎 ) = 𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝛁𝒇(𝒙𝟎 )𝑻 𝒅 + 𝒅𝑻 𝑯(𝒙𝟎 )𝒅 + ⋯ 𝟐! Dengan pendekatan deret Taylor orde dua, diperoleh 𝟏 𝒇(𝒅) = 𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝛁𝒇(𝒙𝟎 )𝑻 𝒅 + 𝒅𝑻 𝑯(𝒙𝟎 )𝒅 𝟐! Cari 𝒅 yang meminimumkan 𝒇(𝒅) 𝟏 𝒇(𝒅) = 𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝜵𝒇(𝒙𝟎 )𝑻 𝒅 + 𝒅𝑻 𝑯(𝒙𝟎 )𝒅 𝟐! 𝒇′(𝒅) = 𝛁𝒇(𝒙𝟎 ) + 𝑯(𝒙𝟎 )𝒅 = 𝟎  persamaan linier dalam 𝒅 Atau 𝒅 = − 𝑯−𝟏 (𝒙𝟎 )𝛁 𝒇(𝒙𝟎 )



Gambar 4.25 Pergerakan metode Newton dibanding steepest descent Nilai −𝑯−𝟏 (𝒙𝟎 ) akan memberi efek pergeseran sudut (rotasi) dan penambah besar (translasi) dari arah steepest descent. Sehingga pada metode Newton tidak perlu menghitung 𝝀 dan pergeseran seperti pada CG Penyelesaian persoalan optimisasi tanpa kendala pada fungsi variabel banyak menggunakan metode Newton memiliki pseudocode sebagai berikut : 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7)



108



Ambil titik sembarang 𝒙𝟎 . Set 𝒊 = 𝟎 Hitung 𝜵𝒇(𝒙𝒊 ) If ‖𝜵𝒇(𝒙𝒊 )‖ ≤ ∈ then 𝒙𝒊 titik minimum. Hitung nilai min 𝒇(𝒙𝒊 ). Stop Else, 𝒊 = 𝒊 + 𝟏 𝒅𝒊−𝟏 = − 𝑯−𝟏 (𝒙𝒊−𝟏 )𝜵 𝒇(𝒙𝒊−𝟏 ) 𝒙𝒊 = 𝒙𝒊−𝟏 + 𝒅𝒊−𝟏 Go to 𝟐



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



4.2.3.2. Contoh Min 𝟑𝒙𝟐𝟏 + 𝟐𝒙𝟐𝟐 + 𝟒𝒙𝟏 𝒙𝟐 − 𝟔𝒙𝟏 − 𝟖𝒙𝟐 + 𝟔 mulai dari (𝟏, 𝟏) Tentukan 𝟔𝒙 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟔 𝜵𝒇(𝒙) = [ 𝟏 ] 𝟒𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 − 𝟖 Iterasi 0: 𝒊 = 𝟎, 𝟒 𝟏 𝒙𝟎 = [ ] 𝜵𝒇(𝒙𝟎 ) = [ ] 𝟎 𝟏 ‖𝜵𝒇(𝒙𝟎 )‖ = 𝟒 > ∈ (Terus) Iterasi 1



Gambar 4.26 Contour contoh soal 𝟔𝟒 𝑯(𝒙𝟎 ) = [ ] 𝟒𝟒 𝒅𝟎 = − 𝑯−𝟏 (𝒙𝟎 )𝛁 𝒇(𝒙𝟎 ) −𝟐 =[ ] 𝟐 𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 + 𝒅𝟎 −𝟏 𝟏 −𝟐 =[ ]+[ ]=[ ] 𝟑 𝟏 𝟐 Iterasi 2 𝟎 𝛁𝒇(𝒙𝟏) = [ ] 𝟎 ‖𝜵𝒇(𝒙𝟎 )‖ = 𝟎 ≤ ∈ (stop) −𝟏 Titik 𝒙𝟏 = [ ] adalah titik minimum dengan nilai fungsi minimum = −𝟑 𝟑



109



Fungsi Variabel Banyak



Gambar 4.27 Pergerakan metode Newton sampai ke titik minimum Contoh dengan Fungsi Pangkat 2 2 𝟐𝒙𝟐𝟏 − 𝟒𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟐 − 𝟒𝒙𝟐 mulai dari titik (−𝟏, 𝟎)



3 𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒇(𝒙) 0 -1 0 1 1 2 -6 Tabel 4.2 Iterasi contoh fungsi pangkat 2



Gambar 4.28 Pergerakan contoh fungsi pangkat 2 Contoh dengan Fungsi Pangkat 4 𝟏 4 𝒙𝟒𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 𝒙𝟐𝟐 + 𝟐 𝒙𝟒𝟐 + 𝒙𝟐𝟏 − 𝟒𝒙𝟐𝟐 mulai dari titik (𝟐, 𝟐)



5



110



𝒊



𝒙𝟏



𝒙𝟐



1



11267



19154



2 3 4 5



0,4108 0,0543 0,0014 0,0000



20716 20332 20014 20000



𝒇(𝒙) 0,4055 -70357 -79758 -79999 -8



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Tabel 4.3 Iterasi contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,2)



Gambar 4.29 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,2) Contoh dengan Fungsi Pangkat 4 𝟏 𝒙𝟒𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟒𝟐 + 𝒙𝟐𝟏 − 𝟒𝒙𝟐𝟐 mulai dari titik (−𝟐, 𝟐) 𝟐



𝒊 0 1 2 3 4 5



𝒙𝟏



𝒙𝟐



𝒇(𝒙)



2 -1.1267 -0.4108 -0.0543 -0.0014 0



2 19154 20716 20332 20014 20000



-0,4055 -70357 -79758 -79999 -8



Tabel 4.4 Iterasi contoh fungsi pangkat 4 dari titik (-2,2)



Gambar 4.30 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (-2,2) Contoh dengan Fungsi Pangkat 4 𝟏 𝒙𝟒𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 𝒙𝟐𝟐 + 𝟐 𝒙𝟒𝟐 + 𝒙𝟐𝟏 − 𝟒𝒙𝟐𝟐 mulai dari titik (𝟐, −𝟐)



111



Fungsi Variabel Banyak



𝒊 0



𝒙𝟏 2



𝒙𝟐



𝒇(𝒙)



2



0,4055 2 0.4108 -20716 -70357 3 0.0543 -20332 -79758 4 0.0014 -20014 -79999 5 0 -20000 -8 Tabel 4.5 Iterasi contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,-2) 1



1.1267 -19154



Gambar 4.31 Pergerakan contoh fungsi pangkat 4 dari titik (2,-2) Contoh dengan Fungsi Pangkat 3 𝒙𝟏 𝟑 +𝟐𝒙𝟏 +𝟐𝟎 𝟐



+



𝒙𝟐 𝟑 +𝟐𝒙𝟐 +𝟐𝟎 𝟐



mulai dari titik (𝟏, 𝟏) (menggunakan matlab)



Gambar 4.32 Proses iterasi untuk fungsi pangkat 3 pada Matlab



112



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Gambar 4.33 Pergerakan fungsi pangkat 3 oleh matlab Contoh untuk Newton yang kurang berhasil : 𝑀𝑖𝑛 3𝑥1 4 + 2𝑥2 4 + 4𝑥1 𝑥2 − 6𝑥1 − 8𝑥2 + 6 Mulai dari (−0,5, −0,5) Ketelitian 0,01 Penyelesaian : 𝛻𝑓(𝑥) = [ Iterasi 0 𝑖 = 0, −0,5 𝑥0 = [ ] −0,5 9,5 𝑑0 = [ ] 11



𝛻𝑓(𝑥 0 ) = [



12𝑥1 3 + 4𝑥2 − 6 ] 4𝑥1 + 8𝑥2 3 − 8



−9,5 ] −11



‖𝛻𝑓(𝑥 0 )‖ = 14,53 > ∈ (Terus) Iterasi 50 ‖𝛻𝑓(𝑥 50 )‖ = 0,0024 > ∈ (Stop) Tabel Iterasi 𝒊 𝒙𝟏 0 |-0.500000| 1 |-0.157895| 3 |3.555345| 7 |0.934088| 10 |-1.096905| 15 |-2.531557|



𝒙𝟐 |-0.500000| |1.105263| |-2.984614| |-0.256932| |1.938262| |1.368191|



𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) |14.312500| |0.393712| |604.146775| |3.783529| |21.142014| |126.614951|



𝒆 |0.010000| |0.010000| |0.010000| |0.010000| |0.010000| |0.010000|



‖𝛻𝑓(𝑥 𝑛 )‖ |14.534442| |2.711707| |560.752790| |5.189402| |47.980364| |195.231826|



113



Ilustrasi Permasalahan



20 25 30 40 50



|0.175252| |0.977425| |-0.357474| |0.010000| |2.032943| |1.644414| |-9.686537| |17639.610262| |0.010000| |7272.452200| |0.973230| |-1.210166| |12.111837| |0.010000| |18.286755| |0.336982| |2.994004| |144.809127| |0.010000| |208.154796| |0.588103| |0.890413| |-0.941260| |0.010000| |0.002506| Tabel 4.6 Tabel iterasi contoh untuk Newton yang kurang berhasil



Gambar Contour Metode Newton



Gambar 4.34 Pergerakan iterasi contoh Newton yang kurang berhasil 4.3. Ilustrasi Permasalahan 4.3.1. Permasalahan Variabel Tunggal 1 𝑓(𝑥) = ( ) 𝑥 4 − 5𝑥 3 + 19𝑥 2 − 24𝑥 + 15 4 4.3.1. Bisection Method dengan 𝑎 = −1 dan 𝑏 = 13 didapatkan : f(x*) 𝒊 𝒂 𝒃 𝒙∗ 0 -1 13 6 -201 1 2.5000 13.0000 7.7500 -455.3584 2 5.1250 13.0000 9.0625 -677.2275 3 7.0938 13.0000 10.0469 -831.7077 10 11.4816 12.2700 11.8758 -992.1651 14 11.9097 12.1591 11.9744 -992.9640 15 11.9097 12.0968 12.0032 -992.9994 16 11.9097 12.0500 11.9798 -992.9777 17 11.9448 12.0500 11.9974 -992.9996 Tabel 4.7 Iterasi ilustrasi permasalahan bisection dengan (-1,13) 114



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Sehingga 𝑥 ∗=



𝑎+𝑏 2



= 11.9974 dengan 𝑓(𝑥) = −992.9542



Gambar 4.35 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13) Dengan 𝑎 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 2 (toleransi 0.1) i 𝒇(𝒙∗ ) 𝒂 𝒃 𝒙∗ 0 -1.0000 2.0000 0.5000 7.1406 1 -0.2500 2.0000 0.8750 5.3438 2 0.3125 2.0000 1.1563 5.3692 3 0.3125 1.5781 0.9453 5.2671 8 0.8069 1.1072 0.9571 5.2605 9 0.8820 1.1072 0.9946 5.2502 10 0.9383 1.1072 1.0228 5.2528 11 0.9383 1.0650 1.0016 5.2500 Tabel 4.8 Iterasi ilustrasi permasalahan bisection dengan (-1,2) sehingga 𝑥 ∗= (𝑎 + 𝑏)/2 = 1.0016 dengan 𝑓(𝑥) = 5.2500



Gambar 4.36 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2) 4.3.1.2. Golden Section dengan 𝑎 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 13 didapatkan



115



Ilustrasi Permasalahan



i 𝒇(𝒙∗ ) 𝒂 𝒃 𝒙∗ 0 -1 13 6 -201 1 4.3475 13.0000 8.6738 -611.4927 2 7.6525 13.0000 10.3262 -869.7796 3 9.6950 13.0000 11.3475 -971.4843 4 10.9574 13.0000 11.9787 -992.9751 8 11.9218 12.2198 12.0708 -992.7218 9 11.9218 12.1060 12.0139 -992.9894 10 11.9218 12.0356 11.9787 -992.9751 Tabel 4.9 Iterasi ilustrasi permasalahan golden section dengan (-1,13)



Perubahan f(x*)



Gambar 4.37 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13) sehingga 𝑥 ∗= (𝑎 + 𝑏)/2 = 11.9787 dengan 𝑓(𝑥 ∗) = −992.9751 dengan 𝑎 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 2 i 𝒇(𝒙∗ ) 𝒂 𝒃 𝒙∗ 0 -1.0000 2.0000 0.5000 7.1406 1 0.1459 2.0000 1.0729 5.2777 2 0.1459 1.2918 0.7188 5.7752 3 0.5836 1.2918 0.9377 5.2723 4 0.8541 1.2918 1.0729 5.2777 5 0.8541 1.1246 0.9894 5.2506 6 0.9574 1.1246 1.0410 5.2590 7 0.9574 1.0608 1.0091 5.2505 Tabel 4.10 Iterasi ilustrasi permasalahan golden section dengan (-1,2) Sehingga 𝑥 ∗= (𝑎 + 𝑏)/2 = 1.0091 dengan 𝑓(𝑥 ∗) = 5.2505



116



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Gambar 4.38 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2) 4.3.1.3. Bisection with derivative dengan 𝑎 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 13 i 𝒇(𝒙∗ ) 𝒂 𝒃 𝒙∗ 0 -1.0 13.0 6.0 -201.0] 1 6.0 13.0 9.5 -748.8593 2 9.5 13.0 11.25 -964.9365 3 11.25 13.0 12.125 -992.1268 4 11.25 12.125 11.6875 -987.8401 5 11.9062 12.125 12.0156 -992.9865 7 11.9062 12.0156 11.9609 -992.9164 Tabel 4.11 Iterasi ilustrasi permasalahan bisection with derivative dengan (-1,13) sehingga didapatkan 𝑥 ∗= 11.9609 dengan 𝑓(𝑥 ∗) = −992.9164



Gambar 4.39 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,13) dengan 𝑎 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 2 i 1 2 3



𝒂 -1.0 0.5 0.5



𝒃 2.0 2.0 1.25



𝒙∗ 0.5 1.25 0.875



𝒇(𝒙∗ ) 7.1406 5.5322 5.3438



117



Ilustrasi Permasalahan



4 0.875 1.25 1.0625 5.2705 5 0.875 1.0625 0.96875 5.2554 Tabel 4.12 Iterasi ilustrasi permasalahan bisection with derivative dengan (-1,2) sehingga didapatkan 𝑥 ∗= 0.9688 dengan 𝑓(𝑥) = 5.2554



Gambar 4.40 Pergerakan nilai 𝑥 dan perubahan nilai 𝑓(𝑥 ∗ ) dari titik (-1,2) 4.3.1.4. Kesimpulan Pada ketiga metode di atas, dapat diihat bahwa metode biseksi dengan derivative memiliki kecepatan paling tinggi 4.3.2. Permasalahan Variabel Banyak 𝑦 = 𝑓(𝑥) =



1 4 1 4 3 2 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥1 + 2𝑥22 + 4𝑥1 𝑥2 12 16 2



4.3.2.1. Steepest descent dengan titik awal (10 , 10) iterasi f(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟏 𝒙𝟐 0 10 10 1 -0.3614 0.0409 -0.2503 2 -3.5578 3.3664 -22.8506 3 -4.1459 2.8012 -28.0747 4 -4.1317 2.7865 -28.0763 5 -4.1336 2.7847 -28.0764 Tabel 4.13 Iterasi ilustrasi permasalahan steepest descent dengan (10,10)



118



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



(10,10)



Gambar 4.41 Pergerakan iterasi permasalahan steepest descent dengan (10,10) dengan titik awal (2, -2) iterasi 𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟏 𝒙𝟐 0 -2 2 1 3.6853 -1.7025 -23.7762 2 3.8673 -2.7339 -27.6453 3 4.0978 -2.6932 -28.0404 4 4.1132 -2.7808 -28.0738 5 4.1307 -2.7778 -28.0762 Tabel 4.14 Iterasi ilustrasi permasalahan steepest descent dengan (2,2)



(2, -2)



Gambar 4.42 Pergerakan iterasi permasalahan steepest descent dengan (2,-2) 4.3.2.2. Conjugate Gradient dengan titik awal (10,10) iterasi 0



𝒙𝟏 10



𝒙𝟐 10



𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 )



119



Ilustrasi Permasalahan



1 -0.3614 0.0409 -0.2503 2 -3.5773 3.3618 -23.0669 3 4.1753 -2.6451 -27.9471 17 4.1341 -2.7868 -28.0763 18 4.1348 -2.7859 -28.0764 27 4.1333 -2.7843 -28.0764 28 4.1333 -2.7842 -28.0764 29 4.1332 -2.7841 -28.0764 30 4.1332 -2.7841 -28.0764 Tabel 4.15 Iterasi ilustrasi permasalahan conjugate gradient dengan (10,10)



(10,10)



Gambar 4.43 Pergerakan iterasi permasalahan conjugate gradient dengan (10,10) dengan titik awal (2, -2) iterasi 𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟏 𝒙𝟐 0 2 -2 1 3.6853 -1.7025 -23.7762 2 4.3402 -2.4669 -27.0272 3 4.3052 -2.8720 -27.8831 4 4.2018 -2.9165 -27.9915 5 4.1134 -2.8524 -28.04522 13 4.1328 -2.7838 -28.0764 14 4.1331 -2.7838 -28.0764 15 4.1333 -2.7841 -28.0764 16 4.1332 -2.7842 -28.0764 Tabel 4.16 Iterasi ilustrasi permasalahan conjugate gradient dengan (2,-2)



120



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



(2, -2)



Gambar 4.44 Pergerakan iterasi permasalahan conjugate gradient dengan (2,-2)



4.3.2.3. Newton Dengan titik awal (10,10) iterasi 𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟏 𝒙𝟐 0 10 10 1 6.6256 5.9936 406.1018 2 4.4572 2.9030 76.1423 3 3.5447 -0.1885 -8.2932 4 5.3109 -5.2766 16.0320 5 4.5465 -3.6831 -23.7486 6 4.2137 -2.9516 -27.9431 7 4.1370 -2.7914 -28.0761 Tabel 4.17 Iterasi ilustrasi permasalahan newton dengan (10,10)



(10,10)



Gambar 4.45 Pergerakan iterasi permasalahan newton dengan (10,10) Dengan titik awal (2, -2) 121



Ilustrasi Permasalahan



iterasi 𝒇(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟏 𝒙𝟐 0 2 -2 1 -5.9259 2.8148 3.1381 2 -4.6945 3.0102 -25.8541 3 -4.2164 2.8255 -28.0321 4 -4.1355 2.7855 -28.0763 Tabel 4.18 Iterasi ilustrasi permasalahan newton dengan (2,-2)



(2, -2)



Gambar 4.46 Pergerakan iterasi permasalahan newton dengan (2,-2) 4.3.2.4. Kesimpulan Pada ketiga metode di atas, Dapat dilihat bahwa metode newton merupakan metode tercepat 4.3.3. Penyelesaian Analitis sebagai Pembanding 4.3.3.1. Variabel Tunggal 1 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 5𝑥 3 + 19𝑥 2 − 24𝑥 + 15 4 Kandidat titik-titik optimum: 𝑑𝑦 = 𝑥 3 − 15𝑥 2 + 38𝑥 − 24 = 0 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 12) = 0 𝑥1∗ = 1 , 𝑥2∗ = 2, 𝑥3∗ = 12 Cek turunan kedua 𝑑2𝑦 = 3𝑥 2 − 30𝑥 + 38 2 𝑑𝑥 Untuk 𝑥1∗ = 1



122



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



3(1)2 − 30(1) + 38 = 11 > 0 Sehingga 𝑥1∗ = 1 memenuhi syarat sebagai titik minimum Untuk 𝑥2∗ = 2 3(2)2 − 30(2) + 38 = −10 < 0 Sehingga 𝑥2∗ = 2memenuhi syarat sebagai titik maksimum Untuk 𝑥3∗ = 12 3(12)2 − 30(12) + 38 = 110 > 0 Sehingga 𝑥3∗ = 12 memenuhi syarat sebagai titik minimum Karena didapatkan dua kandidat yang memenuhi syarat sebagai titik minimum 𝑥1∗ = 1 dan 𝑥3∗ = 12 yaitu maka dilakukan uji nilai fungsi pada dua tersebut. Uji nilai fungsi 1 (1)4 − 5(1)3 + 19(1)2 − 24(1) + 15 = 5,25 4 1 𝑓(𝑥3∗ ) = 𝑓(12) = (12)4 − 5(12)3 + 19(12)2 − 24(12) + 15 = −993 4 Karena 𝑓(𝑥3∗ ) < 𝑓(𝑥1∗ ), maka titik minimum berada pada 𝑥 ∗ = 12 dengan 𝑓(𝑥 ∗ ) = −993 4.3.3.2. Variabel Banyak 1 4 1 4 3 2 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥1 + 𝑥 − 𝑥 + 2𝑥22 + 4𝑥1 𝑥2 12 16 2 2 1 Kandidat titik-titik optimum: 1 3 𝑥1 − 3𝑥1 + 4𝑥2 ∇𝑓(𝑥) = [3 ]=0 1 3 𝑥 + 4𝑥2 + 4𝑥1 4 2 𝑓(𝑥1∗ ) = 𝑓(1) =



1 3 𝑥 − 3𝑥1 + 4𝑥2 = 0 3 1 3 1 𝑥2 = 𝑥1 − 𝑥13 4 12 1 3 𝑥 + 4𝑥2 + 4𝑥1 = 0 4 2 1 3 1 3 3 3 1 ( 𝑥1 − 𝑥1 ) + 4 ( 𝑥1 − 𝑥13 ) + 4𝑥1 = 0 4 4 12 4 12 Penyelesaian dari persamaan-persamaan diatas menghasilkan tiga kandidat titik optimal, yaitu



123



Ilustrasi Permasalahan



−4,1332 0 𝑥1∗ = [ ], 𝑥2∗ = [ ], 2,7842 0 Cek matriks Hessian-nya 𝑥12 − 3 4 𝐻=[ ] 3 2 4 𝑥2 + 4 4



4,1332 𝑥3∗ = [ ] −2,7842



0 Untuk 𝑥1∗ = [ ] 0 −3 4 ] 4 4 𝐻1 = [−3] det(𝐻1 ) = |−3| = −3 < 0 −3 4 𝐻2 = [ ] 4 4 −3 0 det(𝐻2 ) = | | = −28 < 0 0 4 Karena |𝐻1 | < 0 dan |𝐻2 | < 0 maka matriks Hessian-nya indefinite sehingga 𝑥1∗ = 0 [ ] tidak memenuhi syarat 0 −4,1332 Untuk 𝑥2∗ = [ ] 2,7842 14,0883 4 𝐻=[ ] 4 5,9379 𝐻1 = [14,0883] det(𝐻1 ) = |14,0883| = 14,0883 > 0 14,0883 4 𝐻2 = [ ] 4 5,9379 14,0883 4 det(𝐻2 ) = | | = 67,6555 > 0 4 5,9379 Karena |𝐻1 | > 0 dan |𝐻2 | > 0 maka matriks Hessian-nya definit positif sehingga −4,1332 𝑥2∗ = [ ] memenuhi syarat sebagai titik minimum. 2,7842 𝐻=[



4,1332 Untuk 𝑥3∗ = [ ] −2,7842 14,0883 4 𝐻=[ ] 4 5,9379 𝐻1 = [14,0883] det(𝐻1 ) = |14,0883| = 14,0883 > 0 14,0883 4 𝐻2 = [ ] 4 5,9379 14,0883 4 det(𝐻2 ) = | | = 67,6555 > 0 4 5,9379



124



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



Karena |𝐻1 | > 0 dan |𝐻2 | > 0 maka matriks Hessian-nya definit positif sehingga 4,1332 𝑥3∗ = [ ] memenuhi syarat −2,7842 Uji nilai fungsi −4,1332 𝑓(𝑥2∗ ) = 𝑓 ([ ]) 2,7842 1 1 3 (−4,1332)4 + (2,7842)4 − (−4,1332)2 + 2(2,7842)2 𝑓(𝑥2∗ ) = 12 16 2 + 4(4,1332)(−2,7842) ∗) 𝑓(𝑥2 = −28,0764 𝑓(𝑥3∗ ) = 𝑓 ([



4,1332 ]) −2,7842



1 1 3 (4,1332)4 + (−2,7842)4 − (4,1332)2 + 2(−2,7842)2 12 16 2 + 4(4,1332)(−2,7842) 𝑓(𝑥3∗ ) = −28,0764 𝑓(𝑥2∗ ) = 𝑓(𝑥3∗ ) −4,1332 Sehingga nilai minimum fungsi terdapat pada dua titik yaitu 𝑥2∗ = [ ] dan 2,7842 4,1332 𝑥3∗ = [ ] dengan nilai 𝑓(𝑥2∗ ) = 𝑓(𝑥3∗ ) = −28,0764 −2,7842 𝑓(𝑥3∗ ) =



4.3.4. Permasalahan Lainnya Min 𝑥12 + 4𝑥22 − 4𝑥1 − 8𝑥1 a. Kerjakan 3 iterasi metode steepest descent mulai dari titik 𝑥 0 = (0,0) yaitu mencari titik 𝑥1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 b. Pada setiap iterasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak c. Berikan gambaran geometris terkait pencarian tersebut (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2014/2015) Min 𝑥12 + 4𝑥22 − 4𝑥1 − 8𝑥1 a. 3 iterasi metode steepest descent mulai dari 𝑥 0 = (0,0) Dikerjakan menggunakan bantuan paket program Steepest Descent x1^2+4*x2^2-4*x1-8*x2 Hessian...... / 2, 0 \ | | \ 0, 8 / Gradient...... / 2 x1 - 4 \ | | \ 8 x2 - 8 /



125



Ilustrasi Permasalahan



Eigen Values [ 2, 0] [ 0, 8] f(x0)= 0 _________________________________________ Iteration = 1 Gradient of X -4 -8 X = 0 0 X - alpha. gradient(X) = 4*alpha 8*alpha f(X - alpha. gradient(X)) = 272*alpha^2 - 80*alpha diff(f(X%d - alpha. gradient(X%d)))/diff alpha = 544*alpha - 80 X= 10/17 20/17 f(x)= -100/17 _________________________________________ Iteration = 2 Gradient of X -48/17 24/17 X = 10/17 20/17 X - alpha. gradient(X) = (48*alpha)/17 + 10/17 20/17 - (24*alpha)/17 f(X - alpha. gradient(X)) = 4*((24*alpha)/17 - 20/17)^2 + ((48*alpha)/17 + 10/17)^2 200/17 diff(f(X%d - alpha. gradient(X%d)))/diff alpha = (9216*alpha)/289 - 2880/289



126



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



X= 25/17 25/34 f(x)= -2150/289 _________________________________________ Iteration = 3 Gradient of X -18/17 -36/17 X = 25/17 25/34 X - alpha. gradient(X) = (18*alpha)/17 + 25/17 (36*alpha)/17 + 25/34 f(X - alpha. gradient(X)) = ((18*alpha)/17 + 25/17)^2 - (360*alpha)/17 + 4*((36*alpha)/17 + 25/34)^2 - 200/17 diff(f(X%d - alpha. gradient(X%d)))/diff alpha = (648*alpha)/17 - 1620/289 X= 470/289 605/578 f(x)= -38575/4913



b.



Uji Syarat Perlu Berdasarkan running program tersebut, dengan 𝜆 adalah alpha, maka  10  80 1. x1   17  dengan    20  544  17  syarat perlu, f ( x1 )  f ( x 0 )  100 f ( x1 )  (10 ) 2  4(20 ) 2 4(10 )  8(20 )  17 17 17 17 17 0 f (x )  0 Maka syarat perlu terpenuhi  25  2. x 2   17   25   34  syarat perlu



127



Soal Latihan



f ( x 2 )  f ( x1 )  2150 ) 2 4(25 )  8(25 )  34 17 34 289  100 f ( x 1 )  (10 ) 2  4(20 ) 2 4(10 )  8(20 )  17 17 17 17 17 Maka syarat perlu terpenuhi  470  289  3. x 3    605  578   syarat perlu f (x3 )  f (x 2 ) f ( x 2 )  (25



17



) 2  4(25



 38575 ) 2  4(605 ) 2 4(470 )  8(605 ) 289 578 289 578 4913  2150 f ( x 2 )  (25 ) 2  4(25 ) 2 4(25 )  8(25 )  17 34 17 34 289 Maka syarat perlu terpenuhi f ( x 3 )  (470



c.



Gambaran Geometri



Gambar 4.47 Perjalanan iterasi permasalahan lainnya 4.4. Soal Latihan 1. Min 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 2𝑥 3 − 168𝑥 2 − 416𝑥 + 460 a. Kerjakan dengan metode bisection, golden section, atau bisection dengan derivatif (pilih salah satu) b. Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut 2.



128



Min 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 𝑦 4 3 + 𝑦 2 + 𝑥



Penyelesaian Numerik Persoalan Optimasi Tanpa Kendala



a. b.



Kerjakan dengan metode bisection, golden section, atau bisection dengan derivatif (pilih salah satu) Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut



3.



Min 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 5𝑥 3 + 5𝑥 2 + 5𝑥 − 6 a. Kerjakan dengan metode bisection, golden section, atau bisection dengan derivatif (pilih salah satu) b. Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut



4.



Min 𝑓(𝑥) = 4 𝑥1 + 4 𝑥2 4 − 2 𝑥1 − 2 𝑥2 + 25



1



a. b. c.



4



1



1



4



1



2



Kerjakan dengan metode steepest descent, Newton, atau Conjugate Gradient (pilih salah satu) Pada tiap iterasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut



5.



Min 𝑓(𝑥) = 𝑥14 − 𝑥13 − 5𝑥12 + 4𝑥1 + 𝑥24 − 𝑥23 − 5𝑥22 + 4𝑥2 + 10 a. Kerjakan dengan metode steepest descent, Newton, atau Conjugate Gradient (pilih salah satu) b. Pada tiap iterasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak c. Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut



6.



Min 4x12 + 2x22 – 8 x1 x2 – 4 x2 a. Kerjakan 2 iterasi metode steepest descent, Newton, atau Conjugate Gradient (pilih salah satu) mulai dari titik x0(4,2) untuk mencari x1 dan x2 b. Pada tiap iterasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak c. Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2015/2016)



7.



Min 4x12 + x22 – 8 x1 – 4 x2 a. Kerjakan 3 iterasi metode steepest descent, Newton, atau Conjugate Gradient (pilih salah satu) mulai dari titik x0(0,0), yaitu mencari x1, x2, dan x3 b. Pada tiap terasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak c. Berikan gambaran geometris terkait proses pencarian tersebut (Soal UTS Penyelidikan Operasi Ganjil 2015/2016)



8.



Min 𝑥12 + 4𝑥22 − 4𝑥1 − 8𝑥1 129



Soal Latihan



a.



Kerjakan 2 iterasi metode conjugate gradient atau newton mulai dari titik 𝑥 0 = (0,0), yaitu mencari titik 𝑥1 , 𝑥 2 b. Pada setiap iterasi, cek apakah syarat perlu keoptimalan terpenuhi atau tidak c. Berikan gambaran geometris terkait pencarian tersebut (Soal UTS Penyelidikan Operasi Ganjil 2014/2015)



130



BAB 5 PEMROGRAMAN LINIER 5.1. Pemrograman Linier Bentuk Standar 5.1.1. Pembahasan Pada pemrograman linier bentuk standar fungsi tujuan dan semua kendala merupakan fungsi linier terhadap variabel putusan. Semua variabel bernilai non negative. Bentuk standar program linier seperti berikut: Max 𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑥𝑛 d.s. 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏2 𝑎𝑚1 𝑥1 + 𝑎𝑚2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏𝑚 𝑥1 𝑥2 , 𝑥3 , … , 𝑥𝑛 ≥ 0 𝑎11 𝑎21 …… 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑏1 𝑎12 𝑎22 …… 𝑎2𝑛 𝑥2 𝑏2 𝑥=[⋮] 𝑏=[ ] 𝑐 = [𝑐1 𝑐2 … 𝑐𝑛 ] 𝐴 = … … …… … ⋮ … … …… … 𝑥𝑛 𝑏𝑛 [𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ……𝑎𝑚𝑛 ] Dari bentuk standar tersebut didapatkan pemodelan sebagai berikut: Max 𝑐𝑥 d.s. 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥≥0 5.1.2. Contoh Soal dan Penyelesaian (Geometris dan Kuhn-Tucker) Deskripsi Permasalahan Pabrik kayu menghasilkan 2 produk pintu dan jendela dengan proses sebagai berikut :



Gambar 5.1 Skema hasil produk pabrik kayu (contoh 1 bentuk standar) Spesifikasi :  Terdapat 4 mesin di unit I  Terdapat 3 mesin di unit II  Terdapat 3 mesin di unit III



131



Pemrograman Linier Bentuk Standar



Mesin  Tiap mesin di unit I dpt menghasilkan 1 pintu tiap 3 jam  Tiap mesin di unit II dpt menghasilkan 1 jendela tiap 2 jam  Tiap mesin di unit III dpt menghasilkan 1 pintu tiap 2 jam dan 1 jendela tiap 1 jam  Tiap hari jam kerja yang tersedia adalah 9 jam Bahan baku kayu tersedia dalam jumlah yang berlebih Keuntungan  Keuntungan tiap pintu = Rp 20.000  Keuntungan tiap jendela = Rp 15.000 Buat Formulasi Program Linier dalam memanfaatkan jam-mesin yang tersedia supaya didapat keuntungan yang maksimum! 𝑥1 : Banyaknya pintu yang diproduksi 𝑥2 : Banyaknya jendela yang diproduksi 𝑧 : Keuntungan Formulasi Program Linier Max 𝑧 = 20𝑥1 + 15𝑥2 S.T 3𝑥1 ≤ 4 × 9 2𝑥2 ≤ 3 × 9 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 × 9 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Dalam Notasi Matrix 𝑐 = [20 15] 3 0 𝐴 = [0 2] 2 1 36 𝑏 = [27] 27 Penyelesaian Grafis Persoalan pemrograman linier dimensi dua semacam ini dapat diselesaikan secara grafis sebagai berikut. Kendala-kendala pada persoalan ini dapat digambarkan pada bidang kartesian dua dimensi seperti pada gambar 5.1. Daerah yang diarsir adalah himpunan titik-titik yang memenuhi semua kendala atau biasa disebut daerah kelayakan. Terlihat bahwa daerah kelayakan selalu berbentuk polyhedral.



132



Pemrograman Linier



Gambar 5.2 Penyelesaian grafis contoh 1 bentuk standar Karena fungsi tujuan adalah linier maka konturnya berupa garis lurus seperti terlihat pada gambar. Dari gambar dapat disimpulkan bahwa titik optimal selalu pada ujung-ujung polyhedral yang dibentuk oleh fungsi-fungsi kendala. Karena itu, ujung-ujung polyhedral ini disebut sebagai titik-titik ekstrim. Titik – titik ekstrim dari pemrograman linier tersebut adalah : 3 0 12 12 [ ] , [ ] , [ 1] , [ ] , [ 4 ] 1 13 0 0 3 2 13 2 0



6



Semua titik ekstrim adalah kandidat penyelesaian dari program linier. Dari arah gradient dan kontur f terlihat bahwa titik maksimumnya adalah sebagai berikut: 3 3 6 [ 4 ] , sehingga diperoleh 𝑥 ∗ = [ 4 ] 1 1 13 13 2 2 6



Penyelesaian Dengan Syarat Keoptimalan Kuhn-Tucker Penyelesaian dengan syarat keoptimalan Kuhn-Tucker harus merubah dulu kedalam bentuk umum persoalan optimisasi: 𝑀𝑎𝑥 20𝑥1 + 15𝑥2 𝑀𝑖𝑛 − 20𝑥1 − 15𝑥2 d.s 3𝑥1 − 36 ≤ 0 2𝑥2 27 ≤ 0 2𝑥1 + 𝑥2 − 27 ≤ 0



133



: 𝑓(𝑥) : 𝑔1 (𝑥) : 𝑔2 (𝑥) : 𝑔3 (𝑥)



Pemrograman Linier Bentuk Standar



−𝑥1 ≤ 0 −𝑥2 ≤ 0



: 𝑔4 (𝑥) : 𝑔5 (𝑥)



Titik yang memenuhi syarat-syarat tersebut dapat dicari secara geometris yaitu sebagai titik yang memiliki resultan vector-vector gradient fungsi dan kendala-kendala berpengaruh adalah nol (saling meniadakan) untuk pengali Lagrange bernilai positif (karena semua kendala dalam bentuk pertidaksamaan).



Gambar 5.3 Daerah kelayakan beserta vektor kuhn-tucker contoh 1 bentuk standar Dari gambar terlihat bahwa yang memenuhi sebagai syarat titik optimal adalah titik 3 3 6 [ 4 ] , sehingga diperoleh 𝑥 ∗ = [ 4 ] 1 1 13 13 2 2 6



5.1.3. Penyelesaian Matriks 5.1.3.1. Pembahasan Pertidaksamaan diubah menjadi persamaan dengan menambahkan slack sebagai berikut: 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



134



 



𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 3 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0



Pemrograman Linier



𝑀𝑎𝑥 𝐶1 𝑥1 + 𝐶2 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛 𝑥𝑛 𝑑. 𝑠. 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏2 ⋮ 𝑎𝑚1 𝑥1 + 𝑎𝑚2 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛 ≤ 𝑏𝑚 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , … … , 𝑥𝑛 ≥ 0 Dengan menambahkan slack sebanyak kendala, didapatkan 𝑀𝑎𝑥 𝐶1 𝑥1 + 𝐶2 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛 𝑥𝑛 𝑑. 𝑠. 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+1 = 𝑏1 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+2 = 𝑏2 ⋮ 𝑎𝑚1 𝑥1 + 𝑎𝑚2 𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+𝑚 = 𝑏𝑚 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , … … , 𝑥𝑛 , 𝑥𝑛+1 , 𝑥𝑛+2 , … … , 𝑥𝑛+𝑚 ≥ 0 Dalam bentuk Matrik didapatkan bentuk kanonik sebagai berikut : 𝑀𝑎𝑥 𝐶 ′ 𝑥′ 𝑑. 𝑠. 𝐴′ 𝑥 ′ = 𝑏′ 𝑥′ ≥ 0 Dimana, 𝑥1 . . 𝑥 𝑥𝑛 𝑥 = [𝑥 ] = 𝑥 𝑠 𝑛+1 . . [𝑥𝑛+𝑚 ] 𝐴′ = [𝐴 ⋮ 𝐼] 𝑏′ = 𝑏 𝐶′ = [𝐶 ⋮ 0] = [𝐶1 𝐶2



. .



𝐶𝑛



0 0



. .



0]



Nyatakan persamaan berikut ke dalam bentuk kanonik : Max 𝑍 = 20𝑥3 + 15𝑥2  𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 20𝑥1 + 15𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 + 0𝑥5 𝑑. 𝑠. 3𝑥1 ≤ 4 × 9  3𝑥1 + 𝑥3 = 4 × 9 2𝑥2 ≤ 3 × 9  2𝑥2 + 𝑥4 = 3 × 9 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 × 9  2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥5 = 3 × 9 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0  𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 ≥ 0



135



Pemrograman Linier Bentuk Standar



Max [20



15



3 0 d.s. [0 2 2 1



0 0



𝑥1 𝑥2 0] 𝑥3 𝑥4 [𝑥5 ]



𝑥1 𝑥 2 36 1 0 0 0 1 0] 𝑥3 = [27] , 27 0 0 1 𝑥4 [𝑥5 ]



𝑥1 𝑥2 𝑥3 ≥ 0 𝑥4 [𝑥5 ]



Sistem Persamaan Linier ditulis sebagai: 𝑨𝒙 = 𝒃 Agar memiliki penyelesaian tunggal, harus dipenuhi syarat sebagai berikut : - Banyaknya persamaan = banyaknya variabel - A harus memiliki rank penuh yang berarti memiliki invers Penyelesaiannya adalah : 𝑥 = 𝐴−1 𝑏 Dalam program linier akan didapat sistem persamaan linier dengan banyaknya variabel selalu lebih banyak dari banyaknya persamaan. Akibatnya sistem tersebut akan punya banyak penyelesaian, yang salah satunya adalah penyelesaian dasar yang dapat dicari dengan memecah matriks A menjadi matriks B dan N: 𝐴 = (𝐵 ⋮ 𝑁) Dimana B adalah matrik bujur sangkar yang mempunyai invers sebagai berikut: 𝑥𝐵 𝑥 = (… ) , 𝑥𝑁 Kemudian akan berubah menjadi: 𝑥 (𝐵 𝑁) (𝑥𝐵 ) = 𝑏 𝑁 𝐵𝑥𝑏 + 𝑁𝑥𝑁 = 𝑏 𝐵 −1 𝐵𝑥𝐵 + 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 𝐼𝑥𝐵 + 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 = 𝐵 −1 𝑏



136



× 𝐵 −1



𝐴𝑥 = 𝑏



Pemrograman Linier



Sehingga 𝑥𝐵 = 𝐵 −1 𝑏 − 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 Penyelesaian dasar didapat dengan memilih : 𝑥𝑁 = 0 Selanjutnya didapatkan : 𝑥𝐵 = 𝐵 −1 𝑏 −1 𝑥𝐵 Sehingga : 𝑥 = [𝑥 ] = [𝐵 𝑏] 𝑁 0



Matriks tersebut adalah penyelesaian dasar dari sistem persamaan linier 𝐴𝑥 = 𝑏 𝑥𝐵 disebut variabel dasar/basis 𝑥𝑁 disebut variabel bukan dasar/nonbasis 𝐵 disebut matrik dasar/basis 𝑁 disebut matrik bukan dasar/nonbasis Banyaknya penyelesaian dasar adalah sebanyak cara membentuk matriks B dari matriks A, yaitu memilih m dari n+m, sehingga jumlahnya banyak. 5.1.3.2. Contoh Soal dan Penyelesaian 𝑀𝑎𝑥 𝑥1 + 2𝑥2 𝑑. 𝑠. 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 𝑥2 ≤ 2 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Bentuk kanoniknya adalah sebagai berikut: 𝑀𝑎𝑥 𝑥1 + 2𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 𝑑. 𝑠. 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 4 𝑥2 + 𝑥4 = 2 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ≥ 0 Dari bentuk persamaan tersebut didapatkan daerah kelayakan seperti pada grafik berikut:



Gambar 5.4 Daerah kelayakan contoh penyelesaian matriks bentuk standar



137



Pemrograman Linier Bentuk Standar



Dengan melihat gambar grafik tersebut diperoleh titik-titik ekstrim sebagai berikut: 0 4 0 2 ( ),( ),( ),( ) 0 0 2 2 Untuk penyelesaian dasarnya dapat dicari dengan cara sebagia berikut:



1 1 𝐴=[ 0 1



𝑥1 𝑥2 4 1 0 ], 𝑏 = [ ], 𝑥 = [𝑥 ] 2 3 0 1 𝑥4



Alternatif 1 : 𝑥1 𝑥3 1 1 1 0 𝐵=[ ] 𝑁=[ ] 𝑥𝐵 = [𝑥 ] 𝑥𝑁 = [𝑥 ] 0 1 0 1 2 4 𝑥1 1 −1 4 2 −1 𝑥𝐵 = 𝐵 𝑏 = [ ] [ ] = [ ] = [𝑥 ] (titik ekstrim (penyelesaian dasar)) 0 1 2 2 2 Alternatif 2 : 1 1 𝐵=[ ] (tidak memenuhi karena tidak memiliki invers) 0 0 Alternatif 3 : 𝑥1 1 0 1 1 𝐵=[ ] 𝑁=[ ] 𝑥𝐵 = [𝑥 ] 0 1 1 0 4 𝑥1 1 0 4 4 [𝑥 ] = [ ][ ] = [ ] 0 1 2 4 2 𝑥2 0 [𝑥 ] = [ ] 3 0 𝑥1 4 [𝑥 ] = [ ] (titik ekstrim) 0 2



𝑥2 𝑥𝑁 = [𝑥 ] 3



Terlihat bahwa penyelesaian dasar adalah sama dengan titik ekstrim. Karena penyelesaian persoalan pemrograman adalah selalu pada titik ekstrim, penyelesaian tersebut dapat dicari dengan menentukan penyelesaian dasar dengan nilai fungsi tujuan maksimal. 5.1.4. Penyelesaian Tabel 5.1.4.1. Pembahasan Menyelesaikan program linier sama saja dengan mencari penyelesaian dasar dari suatu sistem persamaan linier, karenanya dapat dilakukan dengan menggunakan Eliminasi GAUSS. Untuk itu program linier tersebut dinyatakan dalam bentuk tabel sehingga memudahkan proses eliminasi Gauss.



138



Pemrograman Linier



Tabel untuk menyelesaikan persoalan pemrograman linier pada dasarnya adalah tabel untuk mencari penyelesaian dasar dengan nilai fungsi tujuan yang maksimal. Caranya adalah dari satu penyelesaian dasar berpindah ke penyelesaian dasar lain dengan nilai fungsi tujuan yang lebih baik (lebih besar dalam kasus maksimisasi). Karena penyelesaian dasar selalu pada titik ekstrim yang berada pada ujung polyhedral daerah kelayakan, perpindahan tersebut adalah sepanjang simpleks dari polyhedral sehingga tabel dan metode penyelesaian ini disebut tabel simpleks dan metode simpleks Proses ini dimulai dari suatu penyelesaian dasar yang paling mudah dicari kemudian pada tiap iterasi berusaha mendapatkan penyelesaian dasar yang memiliki nilai tujuan (z) yang lebih baik dan seterusnya sampai tidak dapat menghasilkan yang lebih baik lagi. Pada saat itu iterasi dihentikan dan penyelesaian dasar yang terakhir adalah penyelesaian optimal yang dicari. Telah didapat bahwa : 𝐵𝑥𝐵 + 𝑁𝑥𝑁 = 𝑏 Atau 𝐼𝑥𝐵 + 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 .......(1) Untuk nilai tujuan digunakan persamaan, 𝑍 = 𝐶𝑥 = [𝐶𝐵



𝑥 𝐶𝑁 ] [𝑥𝐵 ] 𝑁



𝑍 = 𝐶𝐵 𝑥𝐵 + 𝐶𝑁 𝑥𝑁 = 𝐶𝐵 (𝐵 −1 𝑏 − 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 ) + 𝐶𝑁 𝑥𝑁 = 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 − 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁𝑥𝑁 + 𝐶𝑁 𝑥𝑁 = 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 − (𝐶𝐵 𝐵−1 𝑁 − 𝐶𝑁 ) 𝑍 + 0𝑥𝐵 + (𝐶𝐵 𝐵−1 𝑁 − 𝐶𝑁 )𝑥𝑁 = 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 … (2) Bila (𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 ) ≥ 0, maka sebaiknya 𝑥𝑁 tetap nonbasis yang bernilai nol, sehingga penyelesaian dasar yang sekarang tidak perlu diganti, yang berarti sudah optimal. Tabel Eliminasi Gauss untuk Program linier atau sering disebut Tabel Simpleks dibentuk dari system persamaan (1) dan (2), yaitu: (2) 𝑍 + 0𝑥𝐵 + (𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 )𝑥𝑁 = 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 (1) 𝑥𝐵 + (𝐵 −1 𝑁)𝑥𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 Program Linier Max 𝐶𝐵 𝑥𝐵 + 𝐶𝑁 𝑥𝑁 D.S. 𝐵𝑥𝐵 + 𝑋𝑁 = 𝑏



139



Max D.S.



𝐶𝑥 𝐴𝑥 = 𝑏



Pemrograman Linier Bentuk Standar



𝑥𝐵 , 𝑥𝑁 ≥ 0



𝑥 ≥0



Tabel yang diperoleh adalah sebagai berikut 𝑥𝐵



z z



𝐴 = (𝐵|𝑁),



RK



0 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 I 𝐵 −1 𝑁 Tabel 5.1 Bentuk tabel penyelesaian



1 0



𝑥B



𝑥𝑁



𝑥𝐵 𝑥 = (𝑥 ), 𝑁



𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 𝐵 −1𝑏



𝐶 = (𝐶𝐵 |𝐶𝑁 )



5.1.4.2. Contoh Soal dan Penyelesaian Max 𝑥1 + 2𝑥2 𝑑𝑠 2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 18 −2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Bentuk kanonik Max 𝑍 = 𝑥1 + 2𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 𝑑𝑠 2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 = 18 −2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 = 4 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ≥ 0 Tabel simpleks bila yang diambil sebagai basis adalah slack, sehingga 𝐵 = 𝐼, 𝐶𝐵 = 0 adalah sebagai berikut: 𝑥𝐵



z z



1 0



𝑥B



0 I



𝑥𝑁



RK



𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 = −𝐶𝑁 𝐵 −1 𝑁 = N Tabel 5.2



𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 = 0 𝐵 −1 𝑏 = b



Terlihat bahwa tabel simpleks dapat diisi langsung dari persoalan pemrograman linier yang akan diselesaikan tanpa melakukan perhitungan awal/inisialisasi



Z 𝑥3 𝑥4



Z 1 0 0



𝑥1 -1 2 -2



𝑥2 -2 3 1



𝑥3 0 1 0



𝑥4 0 0 1



RK 0 18 4



Membentuk matriks identitas



140



Pemrograman Linier



Tabel 5.3 Perhatikan bahwa: max 𝑍 = 𝑥1 + 2𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 𝑑𝑠 2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 = 18 −2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 = 4 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ≥ 0



𝑍 − 𝑥1 − 2𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4 = 0



Pembuatan Tabel Simpleks 𝑥1



Z 1 0 0



Z 𝑥3 𝑥4



-1 2 -2



𝑥𝑁



𝐶𝐵 𝐵−1 𝑁 − 𝐶𝑁



𝑥2



𝑥3



-2 3 1



𝐶𝐵



𝑥4



0 1 0



RK 0 18 4



0 0 1



𝐵−1 𝑁 = 𝑁



𝐵−1 𝑏 = 𝑏



𝐵



𝑥𝐵



Tabel 5.4



Karena 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 masih belum non-negative, tabel ini belum optimal! Penggantian Variabel Basis Mencari x dengan koefisien paling negatif agar nilai Z cepat menjadi maksimal



𝑥1



z z 𝑥3 𝑥4



1 0 0



-1 2 -2



𝑥2



𝑥3



-2 3 1 Tabel 5.5



0 1 0



𝑥4 0 0 1



Mencari nilai yang paling cepat menjadi 0 (diambil yang terkecil) RK



0 18 4



Artinya 𝑥4 keluar dari basis dan 𝑥2 masuk ke basis menggantikan 𝑥4 (pivot/putar/tukar tempat antara 𝑥2 dan 𝑥4 ) karena banyaknya/tempat variabel basis terbatas. Penggantian Variabel Basis. Bila 𝑥2 adalah basis, maka kolom koesiennya harus berupa vector identitas. 𝑥1



z z 𝑥3 𝑥2



141



1 0 0



-1 2 -2



𝑥2 -2 3 1



𝑥3 0 1 0



𝑥4 0 0 1



RK



Harus 0



0 18 4 Harus 1



18⁄ = 6 3 4⁄ = 4 1



Pemrograman Linier Bentuk Standar



Tabel 5.6 0 0 Penyelesaian saat ini adalah: 𝑥 = [ ] 18 4 Melakukan Operasi Baris: membuat kolom 𝑥2 menjadi vektor identitas 𝑥1 -1 2 -2



z z 1 0 𝑥3 0 𝑥2 Keterangan: 𝑏𝑛 = baris ke n



𝑥2 -2 3 1



𝑥3



𝑥4



0 1 0



RK 0 18 4



0 0 1



𝑏1 + 2𝑏3 𝑏2 + (−3)𝑏3



Sudah bernilai 1 jadi tidak perlu diubah



Tabel 5.7 Masih ada koefisien z yang negative, lanjutkan proses penggantian Variabel Basis



z 𝑥3 𝑥2



z 1 0 0



𝑥1 -5 8 -2



𝑥2



𝑥3



0 0 1



0 1 0



𝑥4



RK 8 6 4



2 -3 1



6⁄ 8 4⁄ −2



Mencari Nilai yang paling cepat menjadi 0



Tabel 5.8 Nilai -2 tidak dipilih karena nilai RK 𝑥2 akan semakin besar 0 4 Penyelesaian saat ini : 𝑥 = [ ] 6 0 Melakukan Operasi Baris: 𝑥1 masuk basis, 𝑥3 keluar basis digantikan oleh 𝑥1 . Kolom 𝑥1 dibuat menjadi vector identitas 𝑥1



Z



𝑥2



𝑥4



RK



1



-5



0



0



2



8



𝑥3



0



8



0



1



-3



6



𝑥2



0



-2



1



0



1



4



Z



Tabel 5.9



142



𝑥3



5



𝑏1 + (8) 𝑏2 1



( )𝑏2 8 1



𝑏3 + (4) 𝑏2



Pemrograman Linier



Penyelesaian Optimal 𝑥1



𝑥2



Z 1



0



0



𝑥1



0



1



0



𝑥2



0



0



1



Z



𝑥3



𝑥4



5 8 1 8 1 4



1 8 3 − 8 1 4



RK 3



114 3 4 11 2



Membentuk matriks Identitas Tabel 5.10 Sudah optimal karena koefisien z adalah nonnegatif. 3⁄ 4 11⁄ 3 Penyelesaian optimal : 𝑥 = 2 , dengan nilai 𝑍 = 11 4 0 [ 0 ] Pengecekan keoptimalan, diketahui dari soal 1 0 2 3 18 𝐵=[ ], 𝐶 = [1 2], N = [ ], 𝑏 = [ ], 0 1 −2 1 𝑏 4



𝐶𝑁 = [0



0]



Cek nilai 𝐵 −1 det(𝐵) = (2)(1) − (−2)(3) = 8 1⁄ − 3⁄ 1 1 −3 8] −1 𝐵 = [ ]=[ 8 1 1 8 2 2 ⁄4 ⁄4 Cek nilai 𝑋𝑏 3 1⁄ − 3⁄ 8] [18] = [ ⁄4 ] 𝑋𝑏 = 𝐵 −1 𝑏 = [ 8 11⁄ 1⁄ 1⁄ 4 2 4 4 Cek nilai 𝑍 3⁄ 3 −1 𝑍 = 𝐶𝑏 𝐵 𝑏 = [1 2] [ 4 ] = 114 11⁄ 2 Cek nilai 𝐶𝑏 𝐵−1 𝑁 − 𝐶𝑁 1⁄ 𝐶𝑏 𝐵 −1 𝑁 − 𝐶𝑁 = [1 2] [ 8 1⁄ 4



143



− 3⁄8 1 0 ][ ] − [0 1⁄ 0 1 4



0] = [5⁄8



1⁄ ] 8



Pemrograman Linier Bentuk Standar



Cocok dengan angka-angka yang ada pada tabel simpleks Penyelesaian dari persoalan ini adalah sebagai berikut: 3⁄ 3 𝑥1 [ ] = [ 4 ], dengan 𝑍 = 11 4, dan semua kendala 11 𝑥2 ⁄2 mengikat/berpengaruh karena semua slack bernilai nol (𝑥3 = 𝑥4 = 0)



Pengecekan tabel simpleks z z



𝐶𝑏 𝐵−1 𝑁 − 𝐶𝑁



𝑥1



𝑥2



1



0



0



𝑥1



0



1



0



𝑥2



0



0



1



𝑥3



𝑥4 5 8 1 8 1 4



1 8 3 − 8 1 4



RK 3



114 3 4



11 2



Tabel 5.11



Gambar 5.5 Gambaran geometris contoh penyelesaian tabel



144



adalah



𝑧



𝑥𝐵 𝐵−1



Pemrograman Linier



Gambar 5.6 Pengecekan geometris syarat Kuhn-Tucker untuk contoh penyelesaian tabel Pengecekan Geometris terhadap pemenuhan syarat keoptimalan KuhnTucker: bahwa resultan vector fungsi tujuan dan kendala berpengaruh harus dapat dibuat nol dengan pengali Lagrange nonnegative. 5.2. Pemrograman Linier Tidak Standar 5.2.1. Pembahasan Syarat-syarat pemrograman linear standar adalah sebagai berikut: 1. 2. 3. 4.



Tujuan untuk memaksimumkan Kendala ≤ Ruas kanan non-negatif Variabel non-negatif



Jika ada salah satu syarat yang tidak terpenuhi, maka persoalan tersebut tergolong pemrograman linier tidak standar. Mengatasinya dapat dilakukan dengan berbagai cara tergantung pada ketidakstandaran persoalan yang dihadapi. Syarat-syarat pemrograman linier tidak standar sebagai berikut: 1. Tujuan : Meminimumkan 𝑚𝑖𝑛 𝑧 = − (𝑚𝑎𝑥 −𝑧) 2. Variabel tidak non-negatif 1. 𝑥1 ≤ 0 𝑥1′ = −𝑥1 𝑥1 = −𝑥1′  −𝑥1′ ≤ 0



145



Soal Latihan



𝑥1′ 2. 𝑥1 𝑥1′ 𝑥1 𝑥1′



≥0 ≥3 = 𝑥1 − 3 = 𝑥1′ + 3  𝑥1′ + 3 ≥ 3 ≥0



3. Variabel tidak dibatasi. Misalkan 𝑥1 tidak dibatasi 𝑥1 = 𝑥1′ − 𝑥1 ′′ 𝑥1′ ≥ 0, 𝑥1′′ ≥ 0 4. Ruas kanan tidak non negatif 𝑥1 + 𝑥2 ≥ −3 × −1 −𝑥1 − 𝑥2 ≤ 3 5. Kendala tidak ≤ diselesaikan dengan menambahkan variabel semu. 𝑥1 + 2𝑥2 ≥ 3 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 3, 𝑥3 : 𝑠𝑙𝑎𝑐𝑘 𝑥3 tidak dapat digunakan sebagai variabel basis. Oleh karena itu ditambahkan sebuah variabel semu xa yang bisa menjadi variabel basis. 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 + ̅̅̅ 𝑥𝑎 = 3 𝑥𝑎 : 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑚𝑢 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑎𝑠𝑢𝑚𝑠𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 ≥ 0 ̅̅̅ Namun 𝑥𝑎 harus dibuat menjadi bernilai nol setelah sejumlah iterasi (dipaksa keluar dari basis) karena seharusnya memang tidak ada. Pemrograman linier tidak standar diselesaikan dengan dua tahap metode dengan langkah-langkah sebagai berikut: 1. 2.



Meminimumkan variabel semu diperoleh penyelesaian yang layak (membuat variable semu = 0) layak Memaksimalkan 𝑍 diperoleh penyelesaian optimal



Meminimumkan variable semu dilakukan dengan membentuk fungsi tujuan tambahan yang menyatakan nilai total dari semua variable semu yang dipakai yang harus diminimumkan. Karena variable semu bernilai nonnegative, maka nilai minimum variable semu adalah nol. Bila diperoleh variable semu = 0, maka penyelesaian layak telah diperoleh. Proses selanjutnya adalah mencari nilai optimal dari fungsi tujuan yang asli. Bila variable semu tidak dapat dibuat = 0, berarti persoalan tersebut tidak memiliki penyelesaian yang layak sehingga tidak mungkin dioptimalkan.



146



Pemrograman Linier



5.2.2. Contoh Soal dan Penyelesaian 5.2.2.1. Contoh 1 max 2𝑥1 + 𝑥2 d.s. 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 −𝑥1 + 𝑥2 ≥ 1 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Bentuk kanoniknya adalah sebagai berikut: max 𝑧 = 2𝑥1 + 𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 + 0𝑥 ̅̅̅5 d.s. 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 3 −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + ̅̅̅ 𝑥5 = 1 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , ̅̅̅ 𝑥5 ≥ 0 (Hanya ada 1 variable semu) Dari contoh persoalan tersebut dapat diselesaikan dengan menggunakan dua tujuan, yaitu meminimumkan nilai (total) variable semu dan memaksimumkan tujuan fungsional. Bentuk kanoniknya adalah sebagai berikut: 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 2𝑥1 + 𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 + 0𝑥 ̅̅̅5 𝑀𝑖𝑛 𝑍𝑎 = ̅̅̅ 𝑥5 d.s. 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 3 −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + ̅̅̅ 𝑥5 = 1 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , ̅̅̅ 𝑥5 ≥ 0 Tujuan 𝑍𝑎 menyatakan nilai variable semu yang harus diminimumkan (dibuat nol). Dapat diselesaikan dengan menggunakan table simpleks dengan dua tujuan. Untuk memudahkan pembentukan table simpleks, pilih sebagai variable basis adalah variable yang menghasilkan matrik basis berupa matriks identitas. Untuk contoh ini ambil 𝑥3 dan 𝑥 ̅̅̅5 sebagai variable basis. Tidak memenuhi aturan Tabel Simpleks



Pembuatan Tabel Simpleks Tahap



𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟑 ̅̅̅ 𝒙𝟓



(I) (II)



147



0 1 0 0



𝒙𝟏 0 -2 1 -1



𝒙𝟐 0 -1 1 1



𝒙𝟑



0 0 1 0 Tabel 5.12



̅̅̅ 𝒙𝟓



𝒙𝟒 0 0 0 -1



1 0 0 1



𝑹𝑲 0 0 3 1



𝑀𝑖𝑛 𝑍𝑎 = ̅̅̅ 𝑥5 𝑀𝑎𝑥 𝑍



Soal Latihan



Tahap I: Mencari daerah layak dengan meminimumkan za 𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟑 ̅̅̅ 𝒙𝟓



0 1 0 0



𝒙𝟏 0 -2 1 -1



𝒙𝟐 0 -1 1 1



𝒙𝟑 0 0 1 0



Membuat vector identitas



̅̅̅ 𝒙𝟓



𝒙𝟒 0 0 0 -1



1 0 0 1



𝑹𝑲



Operasi baris 𝑏1 + (−1)𝑏4



0 0 3 1



Tabel 5.13 Tahap I: Penggantian Variabel Basis 𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟑 ̅̅̅ 𝒙𝟓



0 1 0 0



𝒙𝟏 1 -2 1 -1



𝒙𝟐 -1 -1 1 1



𝒙𝟑



0 0 1 0 Tabel 5.14



̅̅̅ 𝒙𝟓



𝒙𝟒 1 0 0 -1



0 0 0 1



𝑹𝑲 -1 0 3 1



0 0 𝑥 = 3 , bukan titik layak 0 [1] 𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟑 ̅̅̅ 𝒙𝟓



0 1 0 0



𝒙𝟏 1 -2 1 -1



𝒙𝟐 -1 -1 1 1



𝒙𝟑



0 0 1 0 Tabel 5.15



1 0 0 -1



Operasi baris 𝑹𝑲



̅̅̅ 𝒙𝟓



𝒙𝟒 0 0 0 1



𝑏1 + 𝑏4



-1 0 3 1



𝑏2 + 𝑏4 𝑏3 + (−1)𝑏4 𝑏4



Tahap 1 selesai. Memasuki ke Tahap 2 Bisa Hilang



𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟑 𝒙𝟐



148



𝒁 0 1 0 0



𝒙𝟏 0 -3 2 -1



𝒙𝟐 𝒙𝟑 0 0 0 0 0 1 1 0 Tabel 5.16



𝒙𝟒 0 -1 1 -1



̅̅̅ 𝒙𝟓 1 1 -1 1



𝑹𝑲 0 1 2 1



𝑍𝑎 sudah Min



Pemrograman Linier



̅̅̅5 sudah nol, variable semu hilang ⟶ koef baris 𝑍𝑎 sama dengan koef 𝑍𝑎 di tabel 𝑥 simpleks awal. 0 1 𝑥= 2 0 [0] Tahap II: Optimisasi melalui penggantian Variabel Basis 𝒁 𝒁 𝒙𝟑 𝒙𝟐



1 0 0



𝒙𝟏 -3 2 -1



𝒙𝟐 0 0 1



𝒙𝟑 0 1 0



Mencari nilai yang paling cepat menjadi nol



𝒙𝟒 -1 1 -1



𝑹𝑲 1 2 1



2⁄ 2 1⁄ −1



Tabel 5.17



Operasi baris



𝒁 𝒁 𝒙𝟑 𝒙𝟐



1 0 0



𝒙𝟏 -3 2 -1



𝒙𝟐 0 0 1



𝒙𝟑



0 1 0 Tabel 5.17



𝒙𝟒 -1 1 -1



𝑹𝑲 1 2 1



3



𝑏1 + (2) 𝑏2 1



(2) 𝑏2 1



𝑏3 + (2) 𝑏2



Tahap II: Penyelesaian Optimal 𝒁



𝒙𝟏



𝒙𝟐



𝒁



1



0



0



𝒙𝟑



0



1



0



𝒙𝟐



0



0



1



𝒙𝟑



𝒙𝟒



3



1 2 1 2 1 −2



2 1 2 1 2



𝑹𝑲 4 1 2



Membentuk matriks Identitas karena menjadi variabel basis (membentuk basis)



Tabel 5.18 Pada tabel simpleks tersebut menyatakan sudah optimal karena koefisien z tidak ada yang negative.



149



Soal Latihan



1 2 𝑥= 0 0 [0]



Gambar 5.7 Gambaran geomteris contoh 1 bentuk tidak standar Tahap I : Mulai dari titik (0,0) yang tidak layak menuju ke titik (0,1) yang layak. Tahap II :Mulai dari titik (0,1) hasil dari Tahap 1 yang layak tetapi belum optimal menuju ke titik (1,2) yang optimal.



Gambar 5.8 Gambaran geometris dengan syarat Kuhn-Tucker ontoh 1 bentuk tidak standar



150



Pemrograman Linier



Pengecekan Geometris terhadap keterpenuhan syarat keoptimalan Kuhn Tucker sebagai berikut: bahwa resultan vector fungsi tujuan dan kendala berpengaruh harus dapat dibuat nol dengan pengali Lagrange nonnegative. 5.2.2.2. Contoh 2 𝑀𝑖𝑛 𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 𝑑. 𝑠. 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 8 2𝑥1 − 𝑥2 ≥ 4 𝑥1 + 2𝑥3 = 6 𝑥1 ≥ 1, 𝑥2 ≤ 0, 𝑥3 ≥ 0 Penyelesaiannya sebagai berikut: Dimisalkan: 𝑥1 = 𝑥1′ + 1 𝑥1′ + 1 ≥ 1 𝑥1′ ≥ 0 𝑥2 = −𝑥2′ −𝑥2′ ≤ 0 𝑥2′ ≥ 0 Sehingga bentuk persamaan menjadi seperti berikut: 𝑀𝑖𝑛 𝑍 = 𝑥1′ + 1 + 𝑥2′ + 2𝑥3 𝑑. 𝑠. 𝑥1′ + 1 − 𝑥2′ + 𝑥3 ≤ 8 ditambah slack 2(𝑥1′ + 1) + 𝑥2′ ≥ 4 dikurangi slack ditambah variable semu ′ 𝑥1 + 1 + 2𝑥3 = 6 ditambah slack Bentuk kanoniknya adalah sebagai berikut: 𝑀𝑎𝑥 − 𝑍 = −𝑥1′ − 𝑥2′ − 2𝑥3 − 1 𝑑. 𝑠. 𝑥1′ − 𝑥2′ + 𝑥3 + 𝑥4 = 7 2𝑥1′ + 𝑥2′ − 𝑥5 + ̅̅̅ 𝑥6 = 2 ′ 𝑥1 + 2𝑥3 + 𝑥 ̅̅̅7 = 5 ′ ′ 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 , ̅̅̅, 𝑥6 ̅̅̅ 𝑥7 ≥ 0 𝑀𝑖𝑛 𝑍𝑎 = ̅̅̅ 𝑥6 + 𝑥 ̅̅̅7  Max −𝑍𝑎 = −𝑥 ̅̅̅6 − 𝑥 ̅̅̅7  −𝑍𝑎 + ̅̅̅ 𝑥6 + ̅̅̅ 𝑥7 = 0 Tabel Simpleks 𝒁 𝑍𝑎 𝑍



151



0 -1



𝒙𝟏 0 1



𝒙𝟐 0 1



𝒙𝟑 0 2



𝒙𝟒 0 0



̅̅̅ 𝒙𝟔



𝒙𝟓 0 0



1 0



̅̅̅ 𝒙𝟕 1 0



RK 0 -1



Soal Latihan



𝑥4 𝑥 ̅̅̅6 𝑥 ̅̅̅7



0 0 0



𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟒 ̅̅̅ 𝒙𝟔 ̅̅̅ 𝒙𝟕



0 -1 0 0 0



1 2 1



-1 1 0



1 0 2



𝒙𝟏 -3 1 1 2 1



𝒙𝟐 -1 1 -1 1 0



𝒙𝟑 𝒙𝟒 -2 0 2 0 1 1 0 0 2 0 Tabel 5.20



𝒙𝟏



𝒙𝟐 1/2 1/2 -3/2 1/2 -1/2



𝒙𝟑 𝒙𝟒 -2 0 2 0 1 1 0 0 2 0 Tabel 5.21



𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟒 𝒙𝟏 ′ ̅̅̅ 𝒙𝟕



0 -1 0 0 0



0 0 0 1 0



𝒁 𝒁𝒂 𝒁 𝒙𝟒 𝒙𝟏 ′ 𝒙𝟑



0 -1 0 0 0



𝒙𝟏 0 0 0 1 0



𝒙𝟐 0 1 -5/4 1/2 -1/4



1 0 0 Tabel 5.19



𝒙𝟑 0 0 0 0 1



𝒙𝟒 0 0 1 0 0



0 -1 0



0 1 0



0 0 1



̅̅̅ 𝒙𝟔



𝒙𝟓



7 2 5



̅̅̅ 𝒙𝟕



RK -7 -1 7 2 5



̅̅̅ 𝒙𝟕



RK -4 -2 6 1 4



RK 0 -6 4 1 2



1 0 0 -1 0



0 0 0 1 0



0 0 0 0 1



𝒙𝟓 -1/2 1/2 1/2 -1/2 1/2



̅̅̅ 𝒙𝟔 3/2 -1/2 -1/2 1/2 -1/2



𝒙𝟓



̅̅̅ 𝒙𝟔



̅̅̅ 𝒙𝟕



0 0 1/4 -1/2 1/4



1 0 -1/4 1/2 -1/4



1 -1 -1/2 0 1/2



0 0 0 0 1



Diabaikan boleh dibuang



Tabel 5.22 Dengan selesainya tahap 1 dan selanjutnya berpindah ke tahap 2, telah menghasilkan table tanpa nilai negative pada koefisien Z. Sehingga tahap 2 juga sudah optimal. Jadi nilai x yang memberikan nilai optimal adalah sebagai berikut: 𝑥1′ = 1, Sehingga, 𝑥1 = 2



𝑥2 = 0



Melengkapi Tabel Simpleks 152



𝑥2′ = 0,



𝑥3 = 2,



𝑍=6



Pemrograman Linier



Sudah dijelaskan bahwa table simpleks dibentuk dari persamaan-persamaan: 𝑍 𝑍 𝑥𝑏



𝑥𝑏



1 0



𝑥𝑁 𝐶𝐵 𝐵 𝑁 − 𝐶𝑁 𝐵 −1 𝑁 −1



0 I



𝑅𝐾 𝐶𝐵 𝐵 −1 𝑏 𝐵 −1 𝑏



Tabel 5.23 𝐴 = (𝐵|𝑁)



𝑥𝐵 𝑥 = (𝑥 ) 𝑁



𝐶 = (𝐶𝐵 |𝐶𝑁 )



Informasi diatas dapat dipergunakan untuk melengkapi table simpleks sekiranya ada beberapa elemen pada table tersebut yang hilang atau kurang jelas. Contoh soal 5.12 (tugas) Formulasi pemrograman linier tidak standar 𝑀𝑎𝑥 2𝑥1 + 3𝑥2 ds. 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 1 3𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Bentuk kanoniknya sebagai berikut 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 2𝑥1 + 3𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥 ̅̅̅4 + 0𝑥5 + 0𝑥6  𝑍 − 2𝑥1 − 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥 ̅̅̅4 − 0𝑥5 − 0𝑥6 = 0 𝑀𝑖𝑛 𝑍𝑎 = ̅̅̅ 𝑥4 ds. 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥 ̅̅̅4 = 1 3𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥5 = 6 2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥6 = 4 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥 ̅̅̅, 4 𝑥5 , 𝑥6 ≥ 0 𝒙𝟏



Z



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



0



0



0



0



1



0



0



0



𝑀𝑖𝑛 𝑍𝑎 = ̅̅̅ 𝑥4



1



-2



-3



0



0



0



0



0



𝑀𝑎𝑥 𝑍



̅̅̅ 𝒙𝟒



0



1



1



-1



1



0



0



1



𝒙𝟓



0



3



1



0



0



1



0



6



𝒙𝟔



0



2



1



0



0



0



1



4



𝒁𝒂 Z



Tabel 5.24 Pembentukan tabel simpleks



153



Soal Latihan



𝒙𝟏



Z 𝒁𝒂



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



0



-1



-1



1



0



0



0



-1



𝑏1 + (1)𝑏3



Z



1



-2



-3



0



0



0



0



0



𝑏2 + (2)𝑏3



̅̅̅ 𝒙𝟒



0



1



1



-1



1



0



0



1



𝒙𝟓



0



3



1



0



0



1



0



6



𝑏4 + (−3)𝑏3



𝒙𝟔



0



2



1



0



0



0



1



4



𝑏5 + (−2)𝑏3



Tabel 5.25 Tahap I: Mencari daerah layak dengan meminimumkan 𝒁𝒂 Bisa Hilang



𝒙𝟏



Z



𝒙𝟐



𝒙𝟑



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



𝒁𝒂



0



0



0



0



1



0



0



0



Z



1



0



-1



-2



2



0



0



2



𝒙𝟏



0



1



1



-1



1



0



0



1



𝒙𝟓



0



0



-2



3



-3



1



0



3



𝒙𝟔



0



0



-1



2



-2



0



1



2



Tabel 5.26 Hasil operasi tahap 1, 𝒁𝒂 sudah minimum Tahap I sudah selesai dikarenakan nilai 𝑥 ̅̅̅4 sudah nol, variable semu hilang⟶ koefisien baris 𝑍𝑎 sama dengan koefisien 𝑍𝑎 di tabel simpleks awal. 𝑥1 1 𝑥2 0 𝑥3 0 𝑥 = ̅̅̅ 𝑥4 = 0 𝑥5 3 [𝑥6 ] [2]



,Merupakan titik layak.



Tahap II 𝒙𝟏



Z Z



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



1



0



-1



-2



2



0



0



2



𝒙𝟏



0



1



1



-1



1



0



0



1



𝒙𝟓



0



0



-2



3



-3



1



0



3



𝒙𝟔



0



0



-1



2



-2



0



1



2



Tabel 5.27 Tahap II(a): Mencari titik optimal, pemilihan variabel masuk basis



154



1 ( ) 𝑏4 2



Pemrograman Linier



𝒙𝟏



Z Z



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



1



0



-2



0



0



0



1



4



𝑏1 + (2)𝑏4



𝒙𝟏



0



1



1/2



0



0



0



1/2



2



𝑏2 + (1)𝑏4



𝒙𝟓



0



0



-1/2



0



0



1



-3/2



0



𝑏3 + (−3)𝑏4



𝒙𝟑



0



0



-1/2



1



-1



0



1/2



1



Tabel 5.28 Tahap II(a): Mencari titik optimal, operasi baris 𝑥1 2 𝑥2 0 𝑥3 1 𝑥 = ̅̅̅ 𝑥4 = 0 𝑥5 0 [𝑥6 ] [0]



,Merupakan titik layak.



𝒙𝟏



Z



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



Z



1



0



-2



0



0



0



1



4



𝒙𝟏



0



1



1/2



0



0



0



1/2



2



𝒙𝟓



0



0



-1/2



0



0



1



-3/2



0



𝒙𝟑



0



0



-1/2



1



-1



0



1/2



1



(2)𝑏2



Tabel 5.29 Tahap II(b), pemilihan variable masuk basis 𝒙𝟏



Z Z



𝒙𝟐



̅̅̅ 𝒙𝟒



𝒙𝟑



𝒙𝟓



𝒙𝟔



RK



1



4



0



0



0



0



3



12



𝒙𝟐



0



2



1



0



0



0



1



4



𝒙𝟓



0



1



0



0



0



1



-1



2



𝑏3 + (1/2)𝑏2



𝒙𝟑



0



1



0



1



-1



0



1



3



𝑏4 + (1/2)𝑏2



𝑏1 + (2)𝑏2



Tabel 5.28 Tahap II(b): Mencari titik optimal, operasi baris Karena nilai Z sudah tidak ada yang negatif maka titik optimal diperoleh di titik 𝑥1 0 𝑥2 4 𝑥3 3 𝑥 = ̅̅̅ 𝑥4 = 0 yaitu titik 𝑥1 = 0 dan 𝑥2 = 4 dengan nilai Z yang diperoleh 𝑥5 2 [𝑥6 ] [0] maksimal yaitu 12.



155



Soal Latihan



Gambar dibawah ini merupakan gambaran geometris dari iterasi penyelesaian dengan table simpleks.



Iterasi 3



Iterasi 1



Iterasi 2



Gambar 5.9 Perjalanan iterasi contoh 2 program linier tidak standar Dengan menggunakan beberapa metode yang telah dijabarkan di dapatkan bahwa titik optimal dengan menggunakan metode grafik, metode geometrik dan metode matriks didapatkan pada titik (0,4). Antara metode geometrik dengan metode table simpleks memiliki keterkaitan hubungan iterasi awal hingga mencapai titik optimal. Terdapat 3 iterasi yang terjadi yaitu iterasi 1 pada titik (1,0), iterasi 2 pada titik (2,0) dan iterasi 3 pada titik (0,4). 5.3. Analisis Sensitivitas Bila terdapat perubahan pada nilai parameter atau penambahan kendala atau penambahan variable keputusan, hasil penyelesaian optimal yang telah diperoleh tetap dapat dipakai untuk mencari penyelesaian yang baru akibat adanya perubahan tersebut. Langkah pertama tentunya adalah mengecek apakah penyelesaian optimal lama masih tetap berlaku atau tidak. Bila ya, berarti tidak perlu ada perubahan pada 156



Pemrograman Linier



penyelesaian optimal. Bila tidak, maka harus dicari penyelesaian yang baru akibat adanya perubahan tersebut. Mencari penyelesaian yang baru akibat adanya beberapa perubahan pada formulasi persoalan dengan menggunakan hasil penyelesaian yang telah diperoleh dari formulasi persoalan sebelum berubah dikenal sebagai analisis sensitivitas. Macam-macam analisis sensitivitas, antara lain adalah sebagai berikut: 1. 2. 3. 4. 5. 6.



Perubahan parameter Perubahan nilai elemen pada vector c Perubahan nilai elemen pada vector b Perubahan nilai elemen pada matriks A Penambahan atau pengurangan kendala Penambahan atau pengurangan variabel



5.4. Ilustrasi Permasalahan Perusahaan ZWEIG MEDIA bergerak dalam bidang mircoelektronik ingin membuat ASIC chip untuk sensor sentuh, LCD, sensor tekanan, dan kontroler. Namun, terdapat kendala dalam produksi diantaranya waktu kerja selama 600 jam, waktu pencetakan dengan mesin selama 420 jam, dan ukuran pengepakan untuk semua unit 800 volume. Rincian kendala dapat dilihat pada tabel berikut :



Jam Kerja Pemcetakan Volume unit



Sensor LCD Sensor Sentuh Tekan 4 jam 9 jam 7 jam 1 jam 1 jam 3 jam 30 volume 40 volume 20 volume Tabel 5.29 Informasi ilustrasi permasalahan 1



Kontroler 10 jam 8 jam 10 volume



Harga penjualan tiap unit adalah $6/Sensor sentuh, $10/LCD, $9/Sensor tekan, dan $20/Kontroler. Tentukan perencanaan agar perusahaan mendapatkan penghasilan maksimum beserta banyak unit yang di produksi. a.



Formula : 𝑀𝑎𝑥 ∶ 6𝑥1 + 10𝑥2 + 9𝑥3 + 20𝑥4 𝐷𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 ∶ 4𝑥1 + 9𝑥2 + 7𝑥3 + 10𝑥4 ≤ 600 𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥4 ≤ 420 30𝑥1 + 40𝑥2 + 20𝑥3 + 10𝑥4 ≤ 800 𝑥1 ≥ 0 ; 𝑥2 ≥ 0 ; 𝑥3 ≥ 0 ; 𝑥4 ≥ 0



b.



Kanonik :



157



Soal Latihan



𝑍 = −6𝑥1 − 10𝑥2 − 9𝑥3 − 20𝑥4 𝐷𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 ∶ 4𝑥1 + 9𝑥2 + 7𝑥3 + 10𝑥4 + 𝑠1 = 600 𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥4 + 𝑠2 = 420 30𝑥1 + 40𝑥2 + 20𝑥3 + 10𝑥4 + 𝑠3 = 800 𝑥1 ≥ 0 ; 𝑥2 ≥ 0 ; 𝑥3 ≥ 0 ; 𝑥4 ≥ 0 c.



Paket Program LINDO



Iterasi Kesatu ROW (BASIS) X1



SLK SLK 3 SLK 4 RK 2 ART -6.000 -10.000 -9.000 -20.000 0.000 0.000 0.000 0.000 SLK 2 4.000 9.000 7.000 10.000 1.000 0.000 0.000 600.000 SLK 3 1.000 1.000 3.000 8.000 0.000 1.000 0.000 420.000 SLK 4 30.000 40.000 20.000 10.000 0.000 0.000 1.000 800.000 ART -6.000 -10.000 -9.000 -20.000 0.000 0.000 0.000 0.000 Tabel 5.30 Iterasi ke-1 ilustrasi permasalahan 1 menggunakan lindo



1 2 3 4



X2



X3



X4



ART belum optimal karena masih memiliki nilai negatip, maka tabel harus diubah dengan cara :  Pilih kolom ART yang memiliki nilai paling negatip yaitu 𝑋4 = −20.000  Pilih pivot dari kolom X4 yang memiliki perbandingan paling kecil mendekali 0 dari RK dan X4 (non-negatip) yaitu X4 10.000



Hasil 600⁄ = 60 10 420⁄ = 52.5 8.000 420.000 8 800⁄ = 80 10.000 800.000 10 Tabel 5.31. Pemilihan poros pivot iterasi ke-1 



158



RK 600.000



Ubah nilai kolom X4 menjadi 0 dan pivot menjadi 1 dengan cara :  Langkah menggunakan program LINDO : 1. Menu Solve > Pivot > Use Mine 2. Pilih baris dan kolom yang menjadi pivot > OK 3. Menu Reports > Tablue, maka akan muncul iterasi kedua.  Langkah manual : 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡 ∶ 𝑋4 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡. 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑙𝑎𝑖𝑛 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡 ∶ X4 − pivot ∗ a = 0 ; a = X4 / pivot



Pemrograman Linier



X4 Hasil -20.000 -20.000 - 8*(-2.5) 0 10.000 10.000 - 8*1.25 0 8.000 8/8 1 10.000 10.000 - 8*1.25 0 Tabel 5.31. Proses pivoting iterasi ke-1 secara manual Ubah nilai tabel yang lainnya mengikuti rumus diatas dengan nilai pivot yang sama. Maka akan menghasilkan tabel iterasi kedua. Iterasi Kedua ROW (BASIS) X1



SLK SLK SLK 2 3 4 ART -3.500 -7.500 -1.500 0.000 0.000 2.500 0.000 SLK 2 2.750 7.500 3.250 0.000 1.000 -1.250 0.000 X4 0.125 0.125 0.375 1.000 0.000 0.125 0.000 SLK 4 28.750 38.750 16.250 0.000 0.000 -1.250 1.000 Tabel 5.32 Iterasi ke-2 ilustrasi permasalahan 1 menggunakan lindo



1 2 3 4



X2



X3



X4



RK 1050.000 75.000 52.000 275.000



ART belum optimal karena masih memiliki nilai negatip, maka tabel harus diubah dengan cara :  Pilih kolom ART yang memiliki nilai paling negatip yaitu 𝑋2 = −7.500  Pilih pivot dari kolom X2 yang memiliki perbandingan paling kecil mendekali 0 dari RK dan X2 (non-negatip) yaitu X2



RK



7.500



75.000



0.125



52.000



Hasil 75⁄ 7.5 = 60 52⁄ 0.125 = 416



275⁄ 38.75 = 7.096 Tabel 5.33. Pemilihan poros pivot iterasi ke-2



38.750







159



275.000



Ubah nilai kolom X2 menjadi 0 dan pivot menjadi 1 dengan cara :  Langkah menggunakan program LINDO : 4. Menu Solve > Pivot > Use Mine 5. Pilih baris dan kolom yang menjadi pivot > OK 6. Menu Reports > Tablue, maka akan muncul iterasi ketiga.  Langkah manual : 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡 ∶ 𝑋2 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡. 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑙𝑎𝑖𝑛 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡 ∶ X2 − pivot ∗ a = 0 ; a = X2 / pivot



Soal Latihan



X2 -7.500



Hasil 6 0 -7.500 - 38.750*(− ⁄31) 7.500 0 7.500 - 38.750*(6⁄31) 0.125 0 0.125 - 38.750*(1⁄310) 38.750 38.750/38.750 1 Proses pivoting iterasi ke-2 secara manual Ubah nilai tabel yang lainnya mengikuti rumus diatas dengan nilai pivot yang sama. Maka akan menghasilkan tabel iterasi ketiga. Iterasi Ketiga ROW (BASIS) X1



SLK SLK SLK RK 2 3 4 ART 2.065 0.000 1.654 0.000 0.000 2.528 0.194 1103.226 SLK 2 -3.000 0.000 0.000 0.000 1.000 -1.000 -0.200 20.000 X4 0.032 0.000 0.323 1.000 0.000 0.129 -0.003 51.613 X2 0.742 1.000 0.419 0.000 0.000 -0.032 0.026 7.097 Tabel 5.32 Iterasi ke-3 ilustrasi permasalahan 1 menggunakan lindo



1 2 3 4



X2



X3



X4



ART sudah optimal. d. Hasil akhir Pendapatan maksimum (ART) = $1103.226 Dengan banyak unit :  Sensor sentuh (X1) =0  LCD (X2) = 51 (dibulatkan karena unit tidak mungkin setengah jadi)  Sensor tekanan (X3) = 0  Kontrol (X4) = 7 (dibulatkan karena unit tidak mungkin setengah jadi)



160



Pemrograman Linier



Gambar 5.6 Screenshot hasil running program Lindo 5.5. Soal Latihan 1. Sebuah perusahaan makanan ternak menghasilkan produk dengan mencampur 2 bahan baku (BB). Tiap kilo BB 1 mengandung 30 unit protein, 50 unit karbohidrat, dan 10 unit lemak. Tiap kilo BB 2 mengandung 50 unit protein, 20 unit karbohidrat, dan 20 unit lemak. Persyaratan nutrisi mengharuskan tiap kilo produk makanan yang dihasilkan harus mengandung paling sedikit 35 unit protein, paling sedikit 30 unit karbohidrat, dan paling banyak 15 unit lemak. Harga tiap kilo BB 1 Rp. 1.500,00 dan BB 2 Rp. 2.000,00. Buat formulasi PL untuk mencari komposisi BB 1 dan 2 pada produk makanan ternak itu supaya biaya BB yang diperlukan adalah minimum dengan mendefinisikan variable, parameter, kendala, tujuan, dan model matematika yang sesuai. Perhatikan bahwa kendala adalah untuk per kilo produk!



161



Soal Latihan



(Soal UTS Penyelidikan Operasi Ganjil 2015/2016) 2.



Max ds



2x1 + x2 x1 + x2 < 7 x1 < 2 -x1 + x2 > 1 x1, x2 >0 a. Selesaikan dengan grafik. b. Hitung satu titik ekstrim dengan matriks dan sisanya dengan melihat grafik. c. Selesaikan dengan metode simpleks dan gambarkan iterasinya. (Soal UTS Penyelidikan Operasi Ganjil 2015/2016)



3.



Max 3x1 + 2x2 ds 2x1 + x2 < 7 x1 + x2 > 5 x1, x2 > 0 a. Selesaikan dengan grafik lengkap dengan kontur fungsi tujuan. b. Tentukan satu titik ekstrim dengan matriks dan sisanya dengan melihat grafik. c. Selesaikan dengan metode simpleks dan gambarkan perjalanan iterasinya. d. Tunjukkan secara geometri bahwa syarat perlu KT dipenuhi oleh titik optimal (Soal UTS Penyelidikan Operasi Genap 2015/2016)



4.



Max −4𝑥1 + 𝑥2 ds 3𝑥1 + 2𝑥2 ≥ 6 8𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 40 2𝑥1 − 3𝑥2 ≥ −6 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



a. b. c. d.



5.



162



Selesaikan dengan grafik lengkap dengan kontur fungsi tujuan. Tentukan satu titik ekstrim dengan matriks dan sisanya dengan melihat grafik. Selesaikan dengan metode simpleks dan gambarkan perjalanan iterasinya. Tunjukkan secara geometri bahwa syarat perlu KT dipenuhi oleh titik optimal



Perusahaan mempunyai anggaran produksi sebesar Rp 2.500.000,00 dan jam kerja maksimum 700 jam per hari. Maksimum permintaan tiap hari 200 unit



Pemrograman Linier



untuk jam dinding, 300 unit radio, 150 unit toaster, dan 200 unit jam tangan. Keuntungan maksimum tiap unit produk adalah Rp 17.000,00 untuk jam dinding, Rp 20.000,00 untuk radio, Rp 13.000,00 untuk toaster, dan Rp 25.000,00 untuk jam tangan. Menentukan produksi optimal agar keuntungan maksimum. Produk



Kebutuhan sumber daya Biaya Jam/unit (ribu)/unit Jam dinding 5 1 Radio 10 3 Toaster 6 2 Jam tangan 8 3 Tabel 5.29 Informasi Soal Latihan 4 6.



Desainer pakaian telah memutuskan untuk memproduksi enam model pakaian dengan tema monochrome dengan kombinasi dua atau lebih pola kain. Untuk membuat satu potong pakaian diperlukan kain dengan ukuran sebagai berikut



Model 1 Model 2 Model 3 Model 4 Putih Polos 0.5 1 1 0 Hitam polos 0.5 1 0 1.25 Garis-garis 1 0.5 1 0.75 Keuntungan 10ribu 9ribu 15ribu 10ribu Tabel 5.30 Informasi Soal Latihan 5



Model 5 1.5 1 0 11.5ribu



Model 6 0.25 0.25 1.5 9.5ribu



Perusahaan menyediakan 550 meter kain putih polos, 400 meter kain hitam polos, dan 320 meter kain bermotif garis. Pesanan untuk model 2 dan 5 telah mencapai 30 potong, sementara jumlah model yang lain diproduksi paling tidak 50 potong. Berapakah jumlah yang harus diproduksi untuk setiap jenis pakaian agar keuntungan maksimum? 7.



Seorang mahasiswi yang mempunyai berat badan 60kg dengan tinggi 155cm ingin mendapatkan bentuk tubuh yang ideal. Mahasiswi tersebut ingin menurunkan berat badan dengan cara membuat pola makan yang teratur. Adapun kebutuhan nutrisi yang harus dipenuhi per-hari berdasarkan Ahli nutrisi, yaitu: Kebutuhan Nutrisi per hari  Tidak kurang dari 800 kcal dan 400 mg Kalsium  Tidak lebih dari 50g Protein



163



Soal Latihan



Food Chicken Beans Low fat milk Oatmeal



Energy Protein Calcium (kcal) (g) (mg) 800 20 300 400 40 800 600 70 100 400 10 400 Tabel 5.31 Informasi Soal Latihan 6



Price per serving ($) 7 2 5 4



Tentukan biaya yang dikeluarkan mahasiswi per-hari untuk memenuhi kebutuhan nutrisi dengan biaya yang minimal ?



164



BAB 6 VARIASI PEMROGRAMAN LINIER 6.1. Pemrogaman Transportasi 6.1.1. Pembahasan Permasalahan terkait dengan cara pengiriman barang dari sejumlah pasokan ke sejumlah permintaan supaya biaya total pengiriman minimum. Biaya total pengiriman adalah sebanding dengan jumlah barang yang dikirim dengan koefisien kesebandingan menyatakan biaya pengiriman per unit dari suatu pasokan tertentu ke permintaan tertentu. Permasalahan transportasi bentuk standar adalah bila semua pasokan dan semua permintaan adalah habis terkirim dan terpenuhi



Gambar 6.1 Skema pemrograman transportasi Formulasi PL adalah 𝑀𝑖𝑛 𝐶11 𝑋11 + 𝐶12 𝑋12 + 𝐶13 𝑋13 + ⋯ + 𝐶34 𝑋34 𝑑𝑠 𝑋11 +𝑋12 +𝑋13 + 𝑋14 = 𝑆1 𝑋21 +𝑋22 +𝑋23 + 𝑋24 = 𝑆2 𝑋31 +𝑋32 +𝑋33 + 𝑋34 = 𝑆3 𝑋11 +𝑋21 +𝑋31 = 𝐷1 𝑋12 +𝑋22 +𝑋32 = 𝐷2 𝑋13 +𝑋23 +𝑋33 = 𝐷3 𝑋14 +𝑋24 +𝑋34 = 𝐷4 𝑋𝑖𝑗 ≥ 0 Dapat diringkas sebagai berikut 𝑀𝑖𝑛 ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗 𝑋𝑖𝑗 𝑖



𝑗



165



Pemrogaman Transportasi



𝐷𝑠 ∑ 𝑋𝑖𝑗 = 𝑆𝑖



∀𝑖



∑ 𝑋𝑖𝑗 = 𝑆𝑖



∀𝑗



𝑗



𝑖



𝑋𝑖𝑗 ≥ 0 Dapat diselesaikan dengan metode simpleks karena bentuknya yang khusus dengan lebih mudah dan lebih cepat. Tabel simpleks yang dipergunakan juga khusus, yaitu sebagai berikut: Permintaan Pasokan



1 2 3



1



2



3



4



𝐶11



𝐶12



𝐶13



𝐶14



𝑆1



𝐶21



𝐶22



𝐶23



𝐶24



𝑆2



𝐶31



𝐶32



𝐶33



𝐶34



𝑆3



𝐷1



𝐷2



𝐷3



𝐷4



Tabel 6.1 Tabel simpleks khusus permasalahan transportasi



Tiap persamaan sel akan diisi dengan nilai x



Permasalahan ini dapat diselesaikan ↔ ∑𝑖 𝑆𝑖 = ∑𝑗 𝐷𝑗 Bila tidak terpenuhi, harus dimodifikasi sedemikian hingga persyaratan terpenuhi. 6.1.2. Contoh Soal dan Penyelesaian 6.1.2.1. Contoh 1 Permintaan



1



2



3



4



Pasokan



1 2 3



2



3



6



8



100



4



1



3



5



80



6



4



8



3



70



50



80



90



30



Tabel 6.2 Tabel simpleks contoh 1 bentuk standar



166



250



Variasi Pemrograman Linier



Disebut bentuk standar, yaitu jumlah pasokan=jumlah permintaan 6.1.2.2. Contoh 2 Bentuk tidak standar, karena jumlah pasokan tidak sama dengan jumlah permintaan Harus diberi tambahan permintaan, karena permintaan lebih sedikit dari pasokan (permintaan bohongan/semu/dummy) sehingga jumlahnya sama. Karena permintaan semu, berarti tidak ada pengiriman sehingga biaya pengiriman =0 Permintaan



1



2



3



4



Pasokan



1 2 3



2



3



6



8



100



4



1



3



5



80



6



4



8



3



70



250 230 Tabel 6.3 Tabel simpleks contoh 2 bentuk tidak standar 50



60



90



30



Bentuk tidak standar, karena jumlah pasokan tidak sama dengan jumlah permintaan Harus diberi tambahan permintaan, karena permintaan lebih sedikit dari pasokan (permintaan bohongan/semu/dummy) sehingga jumlahnya sama. Karena permintaan semu, berarti tidak ada pengiriman sehingga biaya pengiriman = 0 Permintaan



1



2



3



4



5



Pasokan



1 2 3



2



3



6



8



0



100



4



1



3



5



0



80



6



4



8



3



0



70



50



60



90



30



20



250 250



Tambahan permintaan agar ∑𝑖 𝑆𝑖 = ∑𝑗 𝐷𝑗 Tabel 6.4 Tabel simpleks contoh 2 menjadi standar setelah diberikan dummy



167



Pemrogaman Transportasi



6.1.2.3. Contoh 3 Permintaan



1



2



3



4



Pasokan



1 2 3



2



3



6



8



100



4



1



3



5



80



6



4



8



3



70



Min



50



60



90



30



Max



50



80



90



50



250 230 270



Tabel 6.5 Tabel contoh 3 persoalan transportasi Karena ∑𝑖 𝑆𝑖 ≠ ∑𝑗 𝐷𝑗 , maka harus ditambah permintaan dan pasokan bohongan. Ingat bahwa permintaan minimum tidak boleh dikirim dari pasokan bohongan. Ditambah permintaan dan pasokan Permintaan



1



2



3



4



B



Pasokan



1 2 3 B



2



3



6



8



8



100



4



1



3



5



5



80



6



4



8



3



3



70



M



M



M



M



M



20 270



50



60



90



30



30



270



Tabel 6.6 Tabel simpleks contoh 3 setelah diberi dummy Nilai M merupakan nilai yang sangat besar, agar tidak terpilih menjadi penyelesaian karena merupakan pasokan bohongan sehingga tidak boleh untuk permintaan minimum. Penyelesaian dengan metode simplex membagi variabel 𝑋𝑖𝑗 menjadi dua kategori:



168



Variasi Pemrograman Linier



1. 2.



Basis ≥ 0 Non basis = 0



Jumlah variabel basis = jumlah kendala untuk membentuk matriks basis B yang memiliki invers Untuk permasalahan transportasi, ∑ 𝑉𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙 𝑏𝑎𝑠𝑖𝑠 = 𝑚 + 𝑛 − 1 Dimana, m = banyaknya pasokan n = banyaknya permintaan yaitu sebanyak 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝐴) Penyelesaian awal dapat dilakukan dengan memilih variabel basis sembarang (𝑚 + 𝑛 − 1) dengan memperhatikan kendala 𝑆𝑖 dan 𝐷𝑗 Permintaan



1



2



3



4



B



Pasokan



1 2 3 B



2



50



3



50



6



4



1



6



4



8



M



M



M



30



3



50 40



8



8



5



5



3



20



M



100 80



3 M



10



70



20



20 270



50



60



90



30



30



270



Tabel 6.7 Tabel contoh 3 setelah diberi basis awal Untuk mencari kendala awal dapat dilakukan dengan metode “ujung kiri atas” (north west corner rule), yaitu memilih sel ujung kiri atas sebagai basis dan bergerak kekanan atau kebawah sesuai dengan batasan yang ada. Didapat 𝑥𝑏 adalah: 𝑥11 = 50, 𝑥12 = 50, 𝑥22 = 30, 𝑥23 = 50, 𝑥33 = 40, 𝑥34 = 20, 𝑥35 = 10, 𝑥45 = 20 Sedangkan yang lain adalah 𝑥𝑛 Semua 𝑥𝑏 memiliki koefisien biaya pada tabel simpleks = 0 → dipakai untuk menghitung koefisien biaya 𝑥𝑛 . Bila semua 𝑥𝑛 memiliki koefisien biaya ≥ 0, maka tabel tersebut sudah optimal. Bila ada 𝑥𝑛 dengan koefisien biaya < 0, maka



169



Pemrogaman Transportasi



𝑥𝑛 dengan koefisien biaya paling negatif akan masuk ke basis menggantikan salah satu 𝑥𝑏 . Koef biaya variabel basis = 0. Ambil, 𝑐11 − (𝑢1 + 𝑣1 ) = 0 2 − (𝑢1 + 𝑣1 ) = 0 Misal 𝑢1 = 0 maka 𝑣1 = 2 dst. 1



2



2



1



50



4



2



4



6



3



1



M



B



M-2



𝑣1 = 2



3 1 4 M



3 50 30 -2



M-3



𝑣2 = 3



6 3 8 M



4 1 50 40 M-5



𝑣3 = 5



8 5 3 M



B 8



8



5



7 20



3 M



M



𝑣4 = 0



0 7 10



𝑢1 = 0 𝑢2 = −2 𝑢3 = 3



20



𝑢4 = 0



𝑣5 = 0



Terdapat nilai negatif → tabel belum optimal Maka: 𝑥32 dengan koef biaya = -2(paling negatif), masuk menjadi basis



Tabel 6.8 Tabel simpleks contoh 3 setelah diberi koefisien basis Karena keterbatasan pasokan dan permintaan akan ada 𝑥𝑖𝑗 yang terpengaruh dan menjadi nol sehingga keluar dari basis. Dilakukan dengan mencari siklus dengan hubungan horisontal-vertikal yang melalui 𝑥23 dan beberapa variabel basis (tidak boleh non basis). Diperoleh siklus:



-



𝑥22 = 30



𝑥23 = 50



+



+



𝑥22



𝑥33 = 40



-



𝑥32 dapat dinaikkan paling banyak = 𝑥𝑏 terkecil bertanda negatif dalam siklus yang terbentuk karena sel tersebut akan bernilai nol dan keluar dari basis menjadi non basis



Gambar 6.2 Siklus pergerakan untuk memasukan basis 170



Variasi Pemrograman Linier



Masih ada variabel dengan koef biaya negative, yaitu 𝑥13 →masuk basis



1



2



2



1



50



4



2



B



M



𝑣1 = 2



-1



3



2



80



8



30



M



4



6



50



4



3



M



3 1



6



6



3



3



M-1



𝑣2 = 3



10



M



M-5



𝑣3 = 7



B



8



8



6



5



5



7



3



20



M



M



𝑣4 = 2



𝑢1 = 0



6



𝑢2 = −4



7



3



10



M



20



𝑢3 = 1 𝑢4 = −2



𝑣5 = 2



Tabel 6.9 Pergerakan siklus iterasi pertama pada tabel contoh 3 𝑥13 masuk basis→𝑥13 =10 𝑥33 keluar basis→𝑥33 =10 1 1 2 3 B



2 4 6 M



Sudah tidak ada koefisisen negatif (-) Sudah OPTIMAL



2 50 5 3 M



𝑣1 = 2



3 1 4 M



3 40



6 3



1 40 M-1



𝑣2 = 3



8 M



4 10 80 1 M-4



𝑣3 = 6



B



8 5 3 M



6 6 20 M



𝑣4 = 2



0 0 0 0



6 6 10 20



𝑢1 = 0 𝑢2 = −3 𝑢3 = 1 𝑢4 = −2



𝑣5 = 2



Tabel 6.10 Pergerakan siklus iterasi pertama pada tabel contoh 3 6.2 Pemrogaman Penugasan 6.2.1. Pembahasan Pemrograman penugasan adalah bentuk khusus dari transportasi yaitu bila 𝑆𝑖 = 𝐷𝑗 = 1 ∀𝑖, 𝑗



171



Pemrogaman Penugasan



Pemrograman ini dipergunakan untuk menugaskan orang tertentu ke tugas tertentu atau mesin tertentu ke order tersebut dsb. Sehingga formulasi PL nya adalah 𝑀𝑖𝑛 𝐶𝑖𝑗 , 𝑋𝑖𝑗 𝐷𝑠 ∑ 𝑥𝑖𝑗 = 1



∀𝑖



∑ 𝑥𝑖𝑗 = 1



∀𝑗



𝑖



𝑗



𝑥𝑖𝑗 = 0 𝑎𝑡𝑎𝑢 1 = 0 bila i tidak ditugaskan ke j = 1 bila i ditugaskan ke j



𝑥𝑖𝑗



Program ini dapat diselesaikan dengan membuat tabel penugasan. Agar dapat diselesaikan ∑ 𝑠𝑖 = ∑ 𝐷𝑗 yang berarti: 1. 2.



Jumlah orang = jumlah tugas Jumlah mesin = jumlah order



Bila tidak terpenuhi, maka harus dimodifikasi seperti pada transportasi dengan menambahkan pasokan atau permintaan semu/bohongan. 6.2.2. Contoh Soal dan Penyelesaian Permasalahan berikut dapat diselesaikan dengan “Metode Hungaria” Mobil



1



2



3



4



Teknisi



1 2 3 4



8 12 9 10 14 6 13 9 12 12 11 10 Tabel 6.11 Tabel penugasan



16 12 15 10



Metode Hungaria: Kurangi tiap basis/kolom dengan elemen terkecil Mobil 1 2 3 4 Teknisi 8 12 9 16 1 10 14 6 12 2 13 9 12 15 3 12 11 10 10 4 Tabel 6.12 Tahap awal persoalan penugasan



172



-8 -6 -9 -10



Variasi Pemrograman Linier



Mobil 1 2 3 4 Teknisi 0 4 1 8 1 4 8 0 6 2 4 0 3 6 3 2 1 0 0 4 Tabel 6.12 Tahap awal setelah pengurangan persoalan penugasan Cari garis sesedikit mungkin yang melewati semua nol Mobil 1 2 3 4 Teknisi 0 4 1 8 1 4 8 0 6 2 4 0 3 6 3 2 1 0 0 4 Tabel 6.13 Pemberian garis melewati semua nol Apabila banyaknya garis = banyaknya teknisi = banyaknya mobil,maka sudah di dapat penyelesaian OPTIMAL. Penugasan optimal = nilai 0 pada tabel. Teknisi 1 → 1 mesin Teknisi 2 → 3 mesin Teknisi 3 → 2 mesin Teknisi 4 → 4 mesin Contoh jika jumlah garis belum sama dengan jumlah penugasan maka langkah selanjutnya adalah: 1. 2. 3.



Dicari elemen terkecil yang tidak dilewati garis Lalu kurangi sel yang tidak terlewati garis, dengan elemen terkecil yang tidak terlewati garis. Bila ada sel yang terlawi garis 2 kali, maka koefisien biaya sel tersebut ditambah dengan elemen terkecil yang tidak terlewati garis.



6.3. Pemrogaman Kuadratik 6.3.1. Pembahasan Model matematika dari persamaan kuadratik adalah sebagai berikut: 𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 𝑐𝑥 + 𝑥 𝑇 𝐷𝑥 𝑑𝑠 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥≥0



Konkav/D: (Semi) Definit Negatif



173



Pemrogaman Kuadratik



Atau 𝑀𝑖𝑛 − 𝑍 = −𝐶𝑋 − 𝑋 𝑇 𝐷𝑋 (𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑘ℎ𝑢𝑛 𝑡𝑢𝑐𝑘𝑒𝑟) 𝐴 𝑏 𝑑𝑠 𝐺(𝑋) = [ ] 𝑋 − [ ] ≤ 0 −𝐼 0 Dimana 𝑋 = [𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ]𝑇 𝑐 = [𝑐1 , 𝑐2 , … , 𝑐𝑛 ] 𝑏 = [𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑚 ]𝑇 𝑎11 … 𝐴=[ … 𝑎𝑚1



… 𝑎1𝑛 … … … … ] … 𝑎𝑚𝑛



𝑑11 … 𝐷=[ … 𝑑𝑚1



… 𝑑1𝑛 … … ] … … … 𝑑𝑚𝑛



Keterangan D adalah matriks simetri, dimana: D (semi) definit negatif jika tujuannya memaksimumkan Z D (semi) definit positif jika tujuannya meminimumkan Z Dengan munggunakan fungsi Lagrange : 𝐿(𝑥, 𝜆, 𝜇) = −𝑐𝑥 − 𝑥𝑇𝐷𝑥 + 𝜆𝑇 𝐴𝑥 − 𝑏 + 𝜇 𝑇 (−𝑥) 𝜆 = [𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑚 ]𝑇 𝜇 = [𝜇1 , 𝜇2 , … , 𝜇𝑛 ]𝑇 Syarat perlu keoptimalan: 𝜕𝐿 =0 𝜕𝑥



𝜕𝐿 =0 𝜕𝜆



𝜕𝐿 =0 𝜕𝜇



𝑆 = 𝑏 − 𝐴𝑥 ≥ 0 adalah variabel slack −𝐶 − 2𝑥 𝑇 𝐷 + 𝜆𝑇 𝐴 − 𝜇 𝑇 = 0 −2𝑥 𝑇 𝐷 + 𝜆𝑇 𝐴 − 𝜇 𝑇 = 𝐶 −2𝐷𝑥 + 𝐴𝑇 𝜆 − 𝜇 = 𝐶 𝑇 𝐴𝑥 + 𝐼𝑆 = 𝑏 𝑥 ≥ 0, 𝜆 ≥ 0, 𝜇 ≥ 0



174



Mirip dengan Pemrograman Linier tanpa fungsi tujuan (hanya kendala saja)



Variasi Pemrograman Linier



Program Linier (Perlu Modifikasi) Yang disebut dengan program linier perlu modifikasi adalah sebagai berikut: 𝜆, 𝑆 Tidak boleh keduanya basis 𝜇, 𝑥 Tidak boleh keduanya basis karena, 𝜆(𝐴𝑥 − 𝑏) = 0 𝜇𝑥 = 0 𝜆𝑆 = 0 Pada Program Linier (Perlu Modifikasi) yang dibentuk adalah Program Linier tahap I pada metode dua tahap. Dilakukan dengan menambahkan variable semu R pada persamaan yang belum memiliki variable basis awal yang mudah diperoleh dan pergunakan variable semu tersebut sebagai tujuan yang harus diminimumkan Min ds



∑ 𝑅𝑖 −2𝐷𝑥 + 𝐴𝑇 𝜆 − 𝜇 + 𝐼𝑅 = 𝐶 𝑇 𝐴𝑥 + 𝐼𝑆 = 𝑏 𝑥 ≥ 0, 𝜆 ≥ 0, 𝜇 ≥ 0



Selesaikan dengan tahap I pada metode dua tahap dengan syarat tambahan: 𝜆𝑆 = 0, 𝜇𝑥 = 0 6.3.2. Contoh Soal dan Penyelesaian 6.3.2.1. Contoh 1 Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥12 − 𝑥22 − 𝑥1 𝑥2 𝑑𝑠 𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6  Ada slack 1 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Penyelesaian Perumusan sebagai pemrograman kuadratik adalah sebagai berikut: 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥12 − 𝑥22 − 𝑥1 𝑥2 Selanjutnya diubah menjadi bentuk umum pemrograman kuadratik dengan mencari vector c dan matriks D yang sesuai seperti berikut: 𝑥1 𝑍 = [4 5] [𝑥 ] + [𝑥1 2



𝑥2 ] [



−1 − 1⁄2 c



− 1⁄2 𝑥1 ][ ] −1 𝑥2 D  harus matriks simetri 175



Pemrogaman Kuadratik



Pembuatan analogi Program Linier



𝑀𝑖𝑛 𝑅1 + 𝑅2 𝑑𝑠



−1 − 2[ − 1⁄2



− 1⁄2 𝑥1 𝜇1 1 ] [𝑥 ] + [ ] 𝜆 − [𝜇 ] + 2 2 2 −1



1 0 𝑅1 4 ][ ] = [ ] 0 1 𝑅2 5 𝑥1 [1 2] [𝑥 ] + 𝑆 = 6 2 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0, 𝜆 ≥ 0, 𝜇1 𝜇2 ≥ 0 [



𝑥1 𝑥2 𝜆 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆 RK Z 0 0 0 0 0 1 1 0 0 2 1 1 -1 0 1 0 0 4 𝑅1 1 2 2 0 -1 0 1 0 5 𝑅2 1 2 0 0 0 0 0 1 6 𝑆 Tabel 6.14 Tabel simpleks pemrograman kuadratik Membentuk matriks Identitas Pembuatan Tabel Simpleks (bangun geometrik untuk menandakan hanya salah satunya yang boleh menjadi variable basis Membuat tabel simpleks yang sesuai ketentuan:



Mengenolkan koefisien basis pada 𝑍



𝑥1 𝑥2 𝜆 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆 RK Operasi Baris Z 0 0 0 0 0 1 1 0 0 𝑏1 + (−1)𝑏2 2 1 1 -1 0 1 0 0 4 𝑅1 + (−1)𝑏3 1 2 2 0 -1 0 1 0 5 𝑅2 1 2 0 0 0 0 0 1 6 𝑆 Tabel 6.15 Penyusunan tabel simpleks untuk pemrograman kuadratik Penggantian Variabel Basis 𝑥1 𝑥2 𝜆 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆 RK Z -3 -3 -3 1 1 0 0 0 -9 2 1 1 -1 0 1 0 0 4 𝑅1 1 2 2 0 -1 0 1 0 5 𝑅2 1 2 0 0 0 0 0 1 6 𝑆 Tabel 6.16 Tahap pertama permograman kuadratik contoh 1



176



Variasi Pemrograman Linier



0 𝑥=[ ] 0



Melakukan Operasi Baris: 𝜆 tidak boleh masuk basis karena S adalah variable basis 𝑥1 𝑥2 𝜆 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆 RK Operasi Baris 3 𝑏1 + (2) 𝑏2 Z -3 -3 -3 1 1 0 0 0 -9 1 (2) 𝑏2 2 1 1 -1 0 1 0 0 4 𝑅1 1 𝑏3 + (−2) 𝑏2 1 2 2 0 -1 0 1 0 5 𝑅2 1 1 2 0 0 0 0 0 1 6 𝑆 𝑏4 + (−2) 𝑏2 Tabel 6.17 Operasi baris tahap pertama permograman kuadratik contoh 1 Penggantian Variabel Basis: 𝜆, 𝜇1 tidak boleh masuk basis



𝑥1 Z



0



𝑥1



1



𝑅2



0



𝑆



0



𝑥2



𝜆



𝜇1



3 − 2 1 2 3 2 3 2



3 −2 1 2 3 2 1 − 2



1 − 2 1 − 2 1 2 1 2



𝜇2 1 0 -1 0



𝑅1 3 2 1 2 1 − 2 1 − 2



𝑅2



𝑆



RK



0



0 -3



0



0 2



1



0 3



0



1 4



Tabel 6.18 Tahap kedua permograman kuadratik contoh 1 2 𝑥=[ ] 0 Melakukan Operasi Baris:



𝑥1 Z



0



𝑥1



1



𝑅2



0



𝑆



0



𝑥2



𝜆



𝜇1



3 − 2 1 2 3 2 3 2



3 −2 1 2 3 2 1 − 2



1 − 2 1 − 2 1 2 1 2



𝜇2 1 0 -1 0



𝑅1 3 2 1 2 1 − 2 1 − 2



𝑅2



𝑆



RK



Operasi Baris



0



0 -3



𝑏1 + 𝑏3



0



0 2



𝑏2 + (−3) 𝑏3



1



0 3



(3) 𝑏3



0



1 4



1



2



𝑏4 + (−1)𝑏3



Tabel 6.19 Operasi baris tahap kedua permograman kuadratik contoh 1



177



Pemrogaman Kuadratik



Penyelesaian Optimal baris 𝑍 sama seperti nilai 𝑍 di tabel simpleks awal Z 𝑥1 𝑅2



𝑥1 0



𝑥2 0



𝜆 0



𝜇1 0



𝜇2 0



𝑅1 1



𝑅2 1



1



0



0



−



1



2 3 1 − 3



0 1



1



1 3 2 − 3



−3



0



2 3 1 3



2 3



0 2



1



𝑆 RK 0 0



0 0 -2 0 1 0 -1 1 1 √ Sudah Optimal 𝑆 Tabel 6.20 Tabel simpleks sudah menunjukan solusi optimal 1 𝑥=[ ] 2 Penyelesaian 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2 𝜆 = 0 ⟹ 𝐴𝑥 − 𝑏 𝜇2 = 0 ⟹ 𝑥2 𝜇1 = 0 ⟹ 𝑥1



non-binding non-binding non-binding



Mencari Titik Pusat Contour 𝛻𝑍 = 0 4 − 2𝑥1 − 𝑥2 = 0 10 − 2𝑥1 − 4𝑥2 = 0 −6 + 3𝑥2 = 0 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2, Hasil optimisasi tanpa kendala tepat berada pada titik optimal penyelesaian dengan kendala  sehingga semua kendala adalah non-binding.



178



Variasi Pemrograman Linier



1 ( ) 2 0 ( ) 0 2 ( ) 0



Gambar 6.3 Gambaran geometris contoh 1 pemrograman kuadratik 6.3.2.2. Contoh 2 Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥12 − 𝑥22 − 𝑥1 𝑥2 𝑑𝑠 −𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 2 𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



𝒁 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑺𝟏 𝑆2



𝒁 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑺𝟏 𝑺𝟐



𝑥1 0 2 1 -1 1



𝑥2 𝜆1 𝜆2 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 -1 1 -1 0 1 0 0 2 2 2 0 -1 0 1 0 2 0 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 Tabel 6.21 Penyusunan tabel simpleks untuk contoh 2



𝑆2 0 0 0 0 1



𝑥1 𝑥2 𝜆1 𝜆2 𝜇1 𝜇2 𝑅1 𝑅2 𝑆1 𝑆2 -3 -3 -1 -3 1 1 0 0 0 0 2 1 -1 1 -1 0 1 0 0 0 1 2 2 2 0 -1 0 1 0 0 -1 2 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 1 Tabel 6.22 Tahap pertama permograman kuadratik contoh 1



𝑅𝐾 0 𝑏1 − 𝑏2 − 𝑏3 4 5 2 6



𝑅𝐾 -9 4 5 2 6



179



𝑏2 𝑏1 + 3 2 𝑏2 2 𝑏2 𝑏3 − 𝑏22 𝑏4 + 2𝑏 2 𝑏5 − 2



Pemrogaman Kuadratik



𝒁 𝒙𝟏 𝑹𝟐 𝑺𝟏 𝑺𝟐



𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝝀𝟏 𝝀𝟐 𝝁𝟏 𝝁𝟐 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑺𝟏 𝑺𝟐 𝑹𝑲 0 -1,5 -2,5 -1,5 -0,5 1 1,5 0 0 0 -3 1 0,5 -0,5 0,5 -0,5 0 0,5 0 0 0 2 0 1,5 2,5 1,5 0,5 -1 -0,5 1 0 0 3 0 2,5 0,5 0,5 -0,5 0 0,5 0 1 0 4 0 1,5 0,5 -0,5 0,5 0 -0,5 0 0 1 4 Tabel 6.23 Tahap kedua permograman kuadratik contoh 2



𝒁 𝒙𝟏 𝑹𝟐 𝒙𝟐 𝑺𝟐



𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝝀𝟏 𝝀𝟐 𝝁𝟏 𝝁𝟐 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑺𝟏 𝑺𝟐 0 0 -2,2 -1,2 -0,8 1 1,8 0 0,6 0 1 0 -0,6 0,4 -0,4 0 0,4 0 -0,2 0 0 0 2,2 1,2 0,8 -1 -0,8 1 -0,6 0 0 1 0,2 0,2 -0,2 0 0,2 0 0,4 0 0 0 0,2 -0,8 0,8 0 -0,8 0 -0,6 1 Tabel 6.24 Tahap ketiga permograman kuadratik contoh 2 𝒙𝟏



𝒁 𝒙𝟏 𝝀𝟐 𝒙𝟐 𝑺𝟐



0 1 0 0 0



𝒙𝟐 0 0 0 1 0



𝝀𝟏



𝝀𝟐



𝝁𝟏



𝝁𝟐



𝑹𝟏



𝑹𝟐



𝑺𝟏



0 0 0 0 1 1 0 0 0,727 -0,18 -0,27 0,184 0,273 -0,36 1 0,545 0,364 -0,45 -0,36 0,455 -0,27 0 0,091 -0,27 0,09 0,272 -0,09 0,454 0,2 -0,91 0,727 0,09 -0,73 -0,09 -0,55 Tabel 6.25 Tabel simpleks contoh 2 sudah optimal 𝑂𝑝𝑡𝑖𝑚𝑎𝑙 𝑑𝑖 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑥 = [



𝑺𝟐 0 0 0 0 1



1,364 ] 1,545



Gambar 6.4 Gambaran geometris contoh 2 pemrograman kuadratik 180



𝑹𝑲 -0,6 1,2 0,6 1,6 1,6



𝑏1 + 1.5



𝑏4 2,5



𝑏4 𝑏2 − 0.5 𝑏4 2,5 𝑏3 − 1.5 2,5 𝑏 4



2,5 𝑏4 𝑏5 − 1.5 2,5



𝑏1 + 2,2



𝑏3 2,2 𝑏



𝑏2 + 0,6



3



2,2



𝑏3 2,2 𝑏3 𝑏4 − 0,2 2,2 𝑏3 𝑏5 − 0,2 2,2



𝑹𝑲 0 1,364 0,273 1,545 1,545



Variasi Pemrograman Linier



6.4. Pemrogaman Linier Integer 6.4.1. Pembahasan Pada pemrograman linier integer X merupakan bilangan bulat (integer). Bentuk Linier Programming adalah sebagai berikut: Max 𝐶𝑥 d.s. 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥≥0 Sedangkan bentuk Integer (Linear) Programming dari persamaan di atas sebagai berikut: Max 𝑑𝑠



𝐶𝑥 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥 = {0, 1, 2, … }



Untuk menyelesaikan Integer programming terdapat 2 tahap, yaitu: 1.



2.



Menyelesaikan sebagai Linear Programming (abaikan syarat harus bilangan bulat)  Linear Program Relaxation. Membuat variabel yang tidak bulat menjadi bulat (bukan pembulatan) dengan menjaga keoptimalannya. Ada 2 cara yang bisa digunakan, yakni:  Branch and Bound : satu per-satu  Cutting Plane : berbarengan



6.4.2. Contoh Soal dan Penyelesaian 6.4.2.1. Contoh 1 Perusahaan membuat dua jenis produk. Produk pertama membutuhkan 9 unit bahan baku dan 1 mesin. Produk kedua membutuhkan 5 unit bahan baku dan 1 mesin. Bahan baku yang tersedia = 45. Mesin yang tersedia = 6. Keuntungan Produk 1 = 8 dan keuntungan Produk 2 = 5. Jumlah produk yang dibuat harus utuh! Penyelesaian Dari persoalan dapat dirumuskan sebagai berikut: Max 8𝑥1 + 5𝑥2 𝑑𝑠 9𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 45 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6 𝑥1 , 𝑥2 𝑢𝑡𝑢ℎ 𝑛𝑜𝑛𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓 Langkah penyelesaian: Menyelesaiakan Linear Program Relaxation 181



Pemrogaman Linier Integer



𝑥1 = 3.75, 𝑥2 = 2.25 Hasil tidak bulat Proses Pembulatan dengan Branch and Bound dengan memberikan kendala tambahan:  Branch bila masih ada variable yang bernilai pecahan,  Bound bila semua variable sudah bernilai utuh. Hitung z dan catat sebagai kandidat untuk dibandingkan dengan yang lain 𝑀𝑎𝑥 𝑑. 𝑠



8𝑥1 + 5𝑥2 9𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 45 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6 𝑥1 , 𝑥2 𝑢𝑡𝑢ℎ 𝑛𝑜𝑛𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓



Gambar 6.5 Grafik awal contoh 1 Langkah 1 :



Gambar 6.6 Skema branch and bound contoh 1 langkah ke-1



182



Variasi Pemrograman Linier



Gambar 6.7 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-1 Langkah 2:



Gambar 6.8 Skema branch and bound langkah ke-2



183



Pemrogaman Linier Integer



Gambar 6.9 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-2 Langkah 3 :



Z=37



Z=40



Gambar 6.10 Skema branch and bound langkah ke-3



184



Variasi Pemrograman Linier



Gambar 6.11 Grafik contoh 1 setelah pemotongan pada langkah ke-3 Dengan menggunakan metode Branch And Bound didapatkan sebagai berikut:



Gambar 6.12 Skema branch and bound keseluruhan contoh 1 Penyelesaiannya adalah 𝑍 = 40 untuk 𝑥1 = 5, 𝑥2 = 0



185



Pemrogaman Linier Integer



1 0 1 2 3



3



Gambar 6.13 Pergerakan iterasi secara geometris 6.4.2.2. Contoh 2 max 3𝑥1 + 4𝑥2 𝑑𝑠 2𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 15 2𝑥1 − 2𝑥2 ≤ 5 𝑥1 , 𝑥2 𝑢𝑡𝑢ℎ 𝑛𝑜𝑛𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓 Langkah-langkah Peyelesaian: Menyelesaikan Linear Program Relaxation 55 10 𝑥1 = = 3.93, 𝑥2 = = 1.43 14 7 Hasil tidak bulat Proses Pembulatan dengan Branch and Bound dengan memberikan kendala tambahan



186



Variasi Pemrograman Linier



Gambar 6.14 Grafik awal contoh 2 Dengan terlebih dahulu membagi nilai 𝑥2



Gambar 6.15 Skema branch and bound contoh 2 dengant terlebih dahulu membagi nilai 𝑥2 187



Pemrogaman Linier Integer



Gambar 6.16 Grafik akhir contoh 2 setelah dilakukan pemotongan bidang pada proses branch and bound Dengan terlebih dahulu membagi nilai 𝑥1 Langkah 1 :



Gambar 6.17 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-1



Gambar 6.18 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-1 188



Variasi Pemrograman Linier



Langkah 2 :



Gambar 6.19 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-2



Gambar 6.20 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-1



189



Pemrogaman Linier Integer



Langkah 3 :



Gambar 6.21 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-3



Gambar 6.22 Grafik contoh 2 setelah pemotongan pada langkah-3 190



Variasi Pemrograman Linier



Langkah 4 :



Gambar 6.23 Skema branch and bound contoh 2 langkah ke-4 (akhir) 6.5. Pemrogaman Linier Boolean 6.5.1. Pembahasan Bentuk Linier Boolean adalah sebagai berikut: Max 𝐶𝑥 𝑑𝑠 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥 = {0,1}



191



Pemrogaman Linier Boolean



Contoh Bentuk Persoalan Persoalan pada contoh ini yaitu pengepakan barang yang tiap jenis barang hanya ada satu unit seperti terlihat pada tabel di bawah ini. Barang



1



2



…



3



Berat



𝑏1



𝑏2



𝑏3



…



Harga



ℎ1



ℎ2



ℎ3



…



Tabel 6.26 Informasi bentuk persoalan pemrograman linier boolean Berat satu pak tidak boleh lebih dari B. Tentukan barang yang dipilih supaya diperoleh harga total yang maksimum. Penyelesaian



𝑥𝑖 = {



1, bila barang 𝑖 dipilih untuk dipak 0, bila tidak



max ∑ ℎ𝑖 𝑥𝑖 𝑑𝑠



∑ 𝑏𝑖 𝑥𝑖 ≤ 𝐵



“Knapsack Problems”



𝑥𝑖 = 0, 1 Persoalan tersebut juga dapat dikerjakan dengan metode branch and bound seperti pada kasus integer. 6.5.2. Contoh Soal dan Penyelesaian Sepasang suami istri, yaitu Pak Bimo dan Bu Rosa bekerja di suatu perusahaan. Pada saat ini perusahaan sedang memiliki 5 jenis tender. Pak Bimo dan Bu Rosa tidak boleh mengambil tender yang sama. Pendapatan suami istri tersebut untuk masing-masing jenis tender dapat dilihat pada tabel dibawah ini : P1 P2 P3 P4 P5 3 2 0.5 0.5 3 Bimo 0.5 3 2 4 2 Rosa Tabel 6.27 Informasi contoh soal pemrograman linier boolean



192



Variasi Pemrograman Linier



Pimpinan perusahaan tidak bisa memberikan gaji lebih dari 8 per orang. Tentukan penyelesaian jenis tender yang diambil Pak Bimo dan Bu Rosa agar memperoleh pendapatan maksimal! Variabel dinotasikan sebagai berikut :  𝐵𝑖 : Jenis tender 𝑖 yang diambil oleh Pak Bimo  𝑅𝑗 : Jenis tender 𝑗 yang diambil oleh Bu Rosa Model matematika persoalan Binery Integer Programming diatas dapat dituliskan sebagai berikut : Max DS



3𝐵1 + 2𝐵2 + 0.5𝐵3 + 0.5𝐵4 + 3𝐵5 + 0.5𝑅1 + 3𝑅2 + 2𝑅3 + 4𝑅4 + 2𝑅5 𝐵1 + 𝑅1 = 1 𝐵2 + 𝑅2 = 1 𝐵3 + 𝑅3 = 1 𝐵4 + 𝑅4 = 1 𝐵5 + 𝑅5 = 1 3𝐵1 + 2𝐵2 + 0.5𝐵3 + 0.5𝐵4 + 3𝐵5 ≤ 8 0.5𝑅1 + 3𝑅2 + 2𝑅3 + 4𝑅4 + 2𝑅5 ≤ 8



Dengan bantuan software Linear Programming (TORA), didapatkan hasil penyelesaian persoalan diatas adalah sebagai berikut : 𝐵1 = 1, 𝐵2 = 0.33 (Tidak integer), 𝐵3 = 0, 𝐵4 = 0, 𝐵5 = 1 𝑅1 = 0, 𝑅2 = 0.67 (Tidak integer), 𝑅3 = 1, 𝑅4 = 1, 𝑅5 = 0 Penyelesaian diatas, masih belum memberikan hasil berupa binery (0 atau 1), pembulatan dilakukan menggunakan metode Branch and Bound. Berikut ini proses pembulatan penyelesaian diatas : 𝐵𝑖 = [1 0,33 0 0 1] 𝑅𝑗 = [0 0,67 1 1 0]



𝐵2 ≤ 0



𝐵2 ≥ 1



𝐵𝑖 = [1 0 0,5 0 1] 𝑅𝑗 = [0 1 0,5 1 0]



𝐵𝑖 = [1 1 0 0 1] 𝑅𝑗 = [0 0 1 1 0]



Masih ada yang tidak binery



Gambar 6.24 Skema branch and bound untuk menghasilkan nilai binary 193



Pemrogaman Linier Campuran



6.6. Pemrogaman Linier Campuran Bentuk Linier Campuran adalah sebagai berikut: Max 𝐶𝑥 𝑑𝑠 𝐴𝑥 ≤ 𝑏 𝑥 ≥0 𝑥𝑖 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟, 𝑖 ∈ 𝐼𝑁 𝑥𝑗 𝑟𝑒𝑎𝑙, 𝑗 ∈ 𝐼𝑁 Keterangan: 𝑥𝑖 : 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑖 ∈ 𝐼𝑁 𝑥𝑗 : 𝑏𝑖𝑛𝑎𝑟𝑦 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑗 ∈ 𝐵𝑁 𝑥𝑘 : 𝑟𝑒𝑎𝑙, 𝑘 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛



6.7. Ilustrasi Permasalahan 6.7.1. Permasalahan 1 The OneNote Co menghasilkan satu produk di tiga pabrik untuk empat pelanggan. Ketiga pabrik akan menghasilkan 60, 80, dan 40 unit, masing-masing, selama periode waktu berikutnya. Perusahaan telah membuat komitmen untuk menjual 40 unit kepada pelanggan 1, 60 unit kepada pelanggan 2, dan setidaknya 20 unit kepada pelanggan 3. Baik pelanggan 3 dan 4 juga ingin membeli unit yang tersisa. biaya yang terkait dengan pengiriman unit dari pabrik i untuk dijual ke pelanggan j diberikan oleh tabel berikut:



Pabrik A Pabrik B



Distribution Center 1 2 $800 $700 $400 $600 $800 $500 Tabel 6.28 Informasi ilustarsi permasalahan ke-1



3



Sebanyak 60 truk forklift diproduksi dan dikirim per minggu. Setiap Pabrik dapat memproduksi hingga maksimum 50 truk per minggu, sehingga ada fleksibilitas yang cukup tentang cara membagi total produksi antara dua pabrik sehingga dapat mengurangi biaya pengiriman. Namun, setiap pusat distribusi harus menerima persis 20 truk per minggu. Tujuan manajemen adalah untuk menentukan berapa banyak truk forklift harus diproduksi pada setiap tanaman, dan kemudian pola pengiriman keseluruhan yang seperti apa untuk meminimalkan biaya pengiriman keseluruhan.



194



Variasi Pemrograman Linier



Gambar 6.25 Skema permasalahan transportasi Penyelesaian Karena jumlah supplay >jumlah permintaan maka, perlu penambahan permintaan semu (Dummy)



Pabrik A Pabrik B Demand



Distribution Center 1 2 3 4 (Dummy) $800 $700 $400 0 $600 $800 $500 0 20 20 20 40 Tabel 6.29 Tabel awal transportasi



Supply 50 50 100



𝑐11 = 𝑢1 + 𝑣1 -> 𝑣1 = 800 − (0) = 800 𝑐12 = 𝑢1 + 𝑣2 -> 𝑣2 = 700 − (0) = 700 𝑐13 = 𝑢1 + 𝑣3 -> 𝑣3 = 400 − (0) = 400 𝑐23 = 𝑢2 + 𝑣3 -> 𝑢2 = 500 − 400 = 100 𝑐24 = 𝑢2 + 𝑣4 -> 𝑣4 = 0 − 100 = −100 Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B



$800 (20) $600



$700 (20) $800



Demand 𝑽𝒋



20 800



20 700



$400 (10) $500 (10) 20 400



𝑼𝒊



Supply 4 (Dummy) 0 0 (40) 40 -100



50



0



50



100



Tabel 6.30 Tahap 1, menentukan 𝑈𝑖 dan 𝑉𝑖



195



Ilustrasi Permasalahan



Menentukan 𝐷𝑖𝑗 dimana 𝐷𝑖𝑗 = 𝐶𝑖𝑗 − (𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 ) utnuk setiap cell (𝑖, 𝑗) 𝐷14 = 𝐶14 − (𝑈1 + 𝑉4 ) = 0 − (0 + (−100)) = 100 𝐷21 = 𝐶21 − (𝑈2 + 𝑉1 ) = 600 − (100 + 800) = −300 𝐷22 = 𝐶22 − (𝑈2 + 𝑉2 ) = 800 − (100 + 700) = 0 Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 (20) $600 [-300] 20 800



$700 (20) $800 [0] 20 700



$400 (10) $500 (10) 20 400



Supply 4 (Dummy) 0 [100] 0 (40) 40 -100



Ui



50



0



50



100



Tabel 6.31 Tahap 1, menentukan koefisien basis Pilih nilai yang paling negative dari semua 𝐷𝑖𝑗 (opportunity Cost) = 𝐷21 = −300 Loop dan alokasi plus minus Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 (20) (-) $600 [-300](+) 20 800



$700 (20) $800 [0] 20 700



$400 (10) (+) $500 (10) (-) 20 400



Supply 4 (Dummy) 0 [100] 0 (40) 40 -100



Ui



50



0



50



100



Tabel 6.32 Tahap 1, siklus pertukaran nilai basis Nilai minimum yang dialokasikan dari semua posisi negative berada pada garis edar terdekat=10 Kurangi 10 dari semua (-) dan tambahkan dari semua (+) Menentukan nilai 𝑢𝑖 dan 𝑉𝑗 dengan 𝐶𝑖𝑗 = 𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 Substitusi niali 𝑈𝑖 = 0 didapatkan: 𝑐11 = 𝑢1 + 𝑣1 -> 𝑣1 = 800 − (0) = 800 𝑐21 = 𝑢2 + 𝑣1 -> 𝑢2 = 600 − 800 = −200 𝑐24 = 𝑢2 + 𝑣4 -> 𝑣4 = 0 − (−200) = 200 𝑐12 = 𝑢1 + 𝑣2 -> 𝑣2 = 700 − 0 = 700 𝑐13 = 𝑢1 + 𝑣3 -> 𝑣3 = 400 − 0 = 400 196



Variasi Pemrograman Linier



Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 (10) $600 (10) 20 800



$700 (20) $800



$400 (20) $500



20 700



20 400



Supply 4 (Dummy) 0 50 0 (40) 40 200



50



Ui



0 -200



Tabel 6.33 Tahap 2, menentukan 𝑈𝑖 dan 𝑉𝑖 Menentukan 𝐷𝑖𝑗 dimana 𝐷𝑖𝑗 = 𝐶𝑖𝑗 − (𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 ) utnuk setiap cell (𝑖, 𝑗) 𝐷14 = 𝐶14 − (𝑈1 + 𝑉4 ) = 0 − (0 + (200)) = −200 𝐷22 = 𝐶22 − (𝑈2 + 𝑉2 ) = 800 − (−200 + 700) = 300 𝐷23 = 𝐶23 − (𝑈2 + 𝑉3 ) = 500 − (200 + 400) = 300 Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 (10) $600 (10) 20 800



$700 (20) $800 [300] 20 700



$400 (20) $500 [300] 20 400



Supply 4 (Dummy) 0 [-200] 0 (40) 40 200



Ui



50



0



50



-200



Tabel 6.34 Tahap 2, menentukan koefisien basis Pilih nilai yang paling negative dari semua 𝐷𝑖𝑗 (opportunity Cost)=𝐷14 = −200 Loop dan alokasi plus minus Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 (10) (-) $600 (10) (+) 20 800



$700 (20) $800 [300] 20 700



$400 (20) $500 [300] 20 400



Supply 4 (Dummy) 0 [-200] (+) 0 (40) (-) 40 200



Ui



50



0



50



-200



Tabel 6.35 Tahap 2, siklus pertukaran nilai basis 197



Ilustrasi Permasalahan



Nilai minimum yang dialokasikan dari semua posisi negative berada pada garis edar terdekat=10 Kurangi 10 dari semua (-) dan tambahkan dari semua (+) Menentukan nilai 𝑢𝑖 dan 𝑉𝑗 dengan 𝐶𝑖𝑗 = 𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 Substitusi niali 𝑈𝑖 = 0 didapatkan: 𝑐12 = 𝑢1 + 𝑣2 -> 𝑣2 = 700 − (0) = 700 𝑐13 = 𝑢1 + 𝑣3 -> 𝑣3 = 400 − 0 = 400 𝑐14 = 𝑢1 + 𝑣4 -> 𝑣4 = 0 − 0 = 0 𝑐24 = 𝑢2 + 𝑣4 -> 𝑢2 = 0 − 0 = 0 𝑐21 = 𝑢2 + 𝑣1 -> 𝑣1 = 600 − 0 = 600



Distribution Center 1 2 3 Pabrik A



$800



Pabrik B



$600 (20) 20 600



Demand 𝑽𝒋



$700 (20) $800



$400 (20) $500



20 700



20 400



Supply 4 (Dummy) 0 (10) 0 (30) 40 0



Ui



50



0



50



0



Tabel 6.36 Tahap 3, menentukan 𝑈𝑖 dan 𝑉𝑖 Menentukan 𝐷𝑖𝑗 dimana 𝐷𝑖𝑗 = 𝐶𝑖𝑗 − (𝑈𝑖 + 𝑉𝑗 ) utnuk setiap cell (𝑖, 𝑗) 𝐷11 = 𝐶11 − (𝑈1 + 𝑉1 ) = 800 − (0 + (600)) = 200 𝐷22 = 𝐶22 − (𝑈2 + 𝑉2 ) = 800 − (0 + 700) = 100 𝐷23 = 𝐶23 − (𝑈2 + 𝑉3 ) = 500 − (0 + 400) = 100 Distribution Center 1 2 3 Pabrik A Pabrik B Demand 𝑽𝒋



$800 [200] $600 (20) 20 600



$700 (20) $800 [100] 20 700



$400 (20) $500 [100] 20 400



Supply 4 (Dummy) 0 (10) 0 (30) 40 0



50



0



50



0



Tabel 6.37 Tahap 3, menentukan koefisien basis 198



Ui



Variasi Pemrograman Linier



Karena semua 𝐷𝑖𝑗 ≥ 0 jadi final solution sebagai berikut: Distribution Center Supply 1 2 3 4 (Dummy) Pabrik A $800 $700 $400 0 50 [200] (20) (20) (10) Pabrik B $600 $800 $500 0 50 (20) [100] [100] (30) Demand 20 20 20 40 Tabel 6.38 Sudah optimal pada tahap 3, tidak ada koefisien basis bernilai negatif Jumlah dari alokasi adalah m + n - 1 = 2 + 4 - 1 = 5



∴ The solution is feasible. sehingga Total Transportation cost = 700 × 20 + 400 × 20 + 0 × 10 + 600 × 20 + 0 × 30 = 34000 6.7.2. Permasalahan 2 Komando Pasukan Khusus (Kopasus) diterjunkan ke medan peperangan. Jumlah pasukan yang dikirim ke medan perang sebanyak 4 pleton dikoordinat yang berbeda. Pasukan tersebut ditugaskan untuk menyerang 5 pos pengawasan musuh. Jarak masing-masing peleton terhadap pos pengawasan musuh dapat dilihat pada tabel berikut : P1 P2 P3 P4 P5 3 5 9 4 PELETON 1 6 3 4 6 10 PELETON 2 7 6 4 8 7 PELETON 3 4 2 5 2 6 PELETON 4 4 Tabel 6.39 Informasi permasalahan Penyelesaian Karena jumlah pasukan terbatas, sehingga tidak dapat menuju semua pos pengawasan musuh. Hal ini merupakan persoalan assignment problem yang tidak standar. Salah satu cara untuk mengubahnya ke bentuk standar adalah dengan menambahkan 1 pasukan bayangan. P1 PELETON 1



P2 6



P3 3



P4 5



P5 9



4



199



Ilustrasi Permasalahan



PELETON 2 PELETON 3 PELETON 4 BAYANGAN



7 3 4 4 6 4 4 2 5 0 0 0 Tabel 6.40 Tahap awal tabel penugasan



6 8 2 0



10 7 6 0



Keterangan : Pasukan bayangan tidak dikirimkan ke pos pengawasan musuh manapun, karena pasukan tersebut sebenarnya tidak ada. Langkah pertama : Kurangi masing-masing kolom dengan elemen terkecil pada masing-masing baris tersebut. P1 P2 P3 P4 P5 3 5 9 4 PELETON 1 6 3 4 6 10 PELETON 2 7 6 4 8 7 PELETON 3 4 2 5 2 6 PELETON 4 4 0 0 0 0 BAYANGAN 0 Tabel 6.41 Tabel penugasan setelah langkah pertama



-3 -3 -4 -2



Langkah kedua : Hasil dari langkah pertama, akan menghasilkan komponen bernilai nol. Tambahkan garis yang melewati semua komponen nol dengan garis tersedikit



200



P1 P2 P3 P4 0 2 6 PELETON 1 3 0 1 3 PELETON 2 4 2 0 4 PELETON 3 0 0 3 0 PELETON 4 2 0 0 0 BAYANGAN 0 Tabel 6.42 Tabel penugasan setelah langkah kedua



P5 1 7 3 4 0



P1 P2 P3 P4 0 2 6 PELETON 1 3 0 1 3 PELETON 2 4 2 0 4 PELETON 3 0 0 3 0 PELETON 4 2 0 0 0 BAYANGAN 0 Tabel 6.43 Tabel penugasan setelah langkah ketiga



P5 1 7 3 4 0



Variasi Pemrograman Linier



Komponen yang tidak dilewati oleh garis, dikurangi dengan nilai komponen terkecil yaitu 1. Sedangkan komponen yang dilewati oleh 2 garis, ditambah degan nilai komponen terkecil yaitu 1. P1 P2 P3 P4 P5 0 1 5 0 PELETON 1 2 0 0 2 6 PELETON 2 3 3 0 4 3 PELETON 3 0 1 3 0 4 PELETON 4 2 1 0 0 0 BAYANGAN 0 Tabel 6.44 Tabel penugasan setelah pengurangan komponen yang tidak terlewati garis karena jumlah garis sudah sama dengan jumlah penugasan peleton yang diberikan, maka penyelesaian optimal telah didapatkan dari nilai komponen yang nol. Dengan syarat tiap peleton harus berbeda pos. P1 P2 P3 P4 0 1 5 PELETON 1 2 0 0 2 PELETON 2 3 3 0 4 PELETON 3 0 1 3 0 PELETON 4 2 1 0 0 BAYANGAN 0 Tabel 6.45 Tabel penugasan akhir, sudah optimal Berdasarkan penyelesaian penyelesaian :



dengan



metode



Hungarian



diatas



P5 0 6 3 4 0



didapatkan



Peleteon 1 dikirim menuju pos pengawasan musuh (P2) Peleteon 2 dikirim menuju pos pengawasan musuh (P3) Peleteon 3 dikirim menuju pos pengawasan musuh (P1) Peleteon 4 dikirim menuju pos pengawasan musuh (P4) Peleteon 5 tidak dikirim menuju pos pengawasan musuh manapun 6.7.3. Permasalahan 3 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 6𝑥1 + 12𝑥2 − 2𝑥12 − 2𝑥22 − 𝑥1 𝑥2 𝑑. 𝑠 −2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 4 𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 15 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0



201



Ilustrasi Permasalahan



Bentuk umum pemrograman kuadratik dengan mencari vector C dan matriks D yang sesuai



𝑍 = [6



𝑥1 12] [𝑥 ] + [𝑥1 2



𝑥2 ] [



−2 − 1⁄2



− 1⁄2 𝑥1 ][ ] −2 𝑥2



Pembuatan analog program linear min 𝑅1 + 𝑅2 −2 − 1⁄2 𝑥1 𝜇1 1 0 𝑅1 −2 1 6 𝑑. 𝑠 − 2 [ ] [𝑥 ] + [ ]  1 + [ ]  2 − [𝜇 ] + [ ][ ] = [ ] 2 0 1 𝑅2 2 4 2 12 − 1⁄2 −2 𝑥 [−2 4] [𝑥1 ] + 𝑆1 = 4 2 𝑥1 [1 6] [𝑥 ] + 𝑆2 = 15 2 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0,  ≥ 0, 𝜇1 , 𝜇2 ≥ 0 Pembuatan tabel Simpleks Tahap 1 𝑥1 𝑥2  1



𝑍 𝑅1 𝑅2 𝑆1 𝑆2



0 4 1 -2 1



2



μ1



1



-5 4 1 -2 1



R2



S1



2



μ2



R1



R2



S1



-5 -2 -7 1 1 0 0 0 1 -2 1 -1 0 1 0 0 4 4 6 0 -1 0 1 0 4 0 0 0 0 0 0 1 6 0 0 0 0 0 0 0 Tabel 6.47 Tabel hasil tahap 2 pemrograman kuadratik



0 Tabel tahap 2 masih 𝑥 = [ ] 0 Tahap 3 202



R1



S2



0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 -2 1 -1 0 1 0 0 0 4 4 6 0 -1 0 1 0 0 4 0 0 0 0 0 0 1 0 6 0 0 0 0 0 0 0 1 Tabel 6.46 Tabel simpleks awal pemrograman kuadratik



0 Tabel tahap 1 diatas didapatkan 𝑥 = [ ] 0 Tahap 2 𝑥1 𝑥2 μ1   𝑍 𝑅1 𝑅2 𝑆1 𝑆2



μ2



S2 0 0 0 0 1



R.K 0 6 12 4 15



R.K -18 6 12 4 15



Variasi Pemrograman Linier



𝑥1 𝑍



0



𝑥1



1



𝑅2 0 𝑆1



0



𝑆2



0



1



𝑥2



2



μ1



μ2



R1



R 2 S1 S2 R.K



5⁄ 0 0 0 − 15⁄4 − 9⁄2 − 23⁄4 − 1⁄4 1 4 1⁄ 1⁄ 1⁄ 0 0 0 − 1⁄2 − 1⁄4 0 4 4 4 9⁄ 23⁄ 1⁄ 15⁄ -1 − 1⁄ 1 0 0 2 4 4 4 4 9⁄ 1⁄ 1⁄ -1 0 1 0 − 1⁄2 0 2 2 2 23⁄ 1⁄ 1⁄ 0 − 1⁄ 0 0 1 − 1⁄4 2 4 4 4 Tabel 6.48 Tabel hasil tahap 3 pemrograman kuadratik



− 21⁄2 3⁄ 2 21⁄ 2 7 27⁄ 2



3 1,5 Tabel tahap 3 didapatkan 𝑥 = [ ⁄2] = [ ] 0 0 Tahap 4 𝑥1 𝑥2 𝑍



0



0



𝑥1 1



0



𝑅2 0



0



𝑥2 0



1



𝑆2 0



0



1



2



μ1



μ2



R1



1



0



0



𝑥1 1



0



𝑅2 0



0



𝑥2 0



1



𝑆2 0



0



S1



5⁄ 5⁄ 0 − 16⁄3 − 16⁄3 − 2⁄3 1 3 6 4 2 2 2 1 − ⁄9 ⁄9 − ⁄9 0 ⁄9 0 − ⁄18 16⁄ 16⁄ 2⁄ -1 − 2⁄ 1 − 5⁄6 3 3 3 3 1⁄ 1⁄ 2⁄ 0 − 2⁄9 − 1⁄9 0 9 9 9 16⁄ 8 8⁄ 0 − 8⁄ 0 − 23⁄ 9 − ⁄9 9 9 18 Tabel 6.49 Tabel hasil tahap 4 pemrograman kuadratik



10⁄ 9] = [1,11] Tabel tahap 4 didapatkan 𝑥 = [ 14⁄ 1,56 9 Tahap 5 𝑥1 𝑥2 μ1 μ2 R 1   𝑍



R2



2



R2



S1



5⁄ 5⁄ 0 − 16⁄3 − 16⁄3 − 2⁄3 1 3 6 4 2 2 2 1 0 0 − ⁄9 ⁄9 − ⁄9 ⁄9 − ⁄18 16⁄ 16⁄ 2⁄ -1 − 2⁄ 1 − 5⁄6 3 3 3 3 1⁄ 1⁄ 2⁄ 0 − 2⁄9 − 1⁄9 0 9 9 9 16⁄ 8 8 8 23 ⁄9 0 − ⁄9 0 − ⁄18 9 − ⁄9 Tabel 6.50 Tabel hasil tahap 5 pemrograman kuadratik



Tabel tahap 5 masih didapatkan 𝑥 = [



S2 R.K 0 0 0 0 1



− 14⁄3 10⁄ 9 14⁄ 3 14⁄ 9 41⁄ 9



S2 R.K 0 0 0 0 1



− 14⁄3 10⁄ 9 14⁄ 3 14⁄ 9 41⁄ 9



10⁄ 9] = [1,11] 14⁄ 1,56 9



Tahap 6



203



Ilustrasi Permasalahan



𝑍 𝑥1



𝑥1 𝑥2



1



0 1



0 0



1 0 𝑥2



0



𝑆2



0



0 0



2 0 2⁄ 3 1



μ1 0



μ2 0



R1



R2



S2 R. K 0 0 0 1⁄ 0 3⁄ 8 2 7 5 0 ⁄8 − ⁄32 − 5⁄144 0 7⁄4 1 1 3



1 1 − 3⁄8 − 1⁄12 3⁄18 1⁄12 1⁄ 0 1 − 3⁄16 − 1⁄8 3⁄16 8 1 1 1 1⁄ 1⁄ 1 0 24 3 − ⁄12 − ⁄24 ⁄12 8 2 1 1 1 0 0 ⁄3 ⁄3 − ⁄3 − ⁄3 − ⁄3 Tabel 6.51 Tabel hasil tahap 6 pemrograman kuadratik



3⁄ 1,5 Didapatkan titik optimum: 𝑥 = [ 2] = [ ] 7⁄ 1,75 4



Maka, Perjalanan Iterasinya adalah: 1,11 1,5 0 1,5 [ ]→[ ]→[ ]→[ ] 1,56 1,75 0 0



Gambar 6.26 Perjalan tiap tahap permasalahan 3 6.7.4. Permasalahan 4 Persoalan Optimisasi 2 dimensi : Max 7𝑥1 + 9𝑥2 DS 10𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 50 3𝑥1 + 8𝑥2 ≤ 30 204



S1



Variasi Pemrograman Linier



𝑥1 , 𝑥2 𝑢𝑡𝑢ℎ 𝑛𝑜𝑛𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓 Langkah Penyelesaian Meyelesaikan Linear program Relaxation (dengan paket program) Table 1 Base P3 P4 Z



Table 2 Base P3 P2 Z



7



0



0



Cb 0 0



P0 P1 P2 P3 P4 50 10 5 1 0 30 3 8 0 1 0 -7 -9 0 0 Tabel 6.52 Iterasi 1 penyelesaian denganpaket program 7



9



0



0



Cb 0 9



P0 P1 P2 P3 P4 31.25 8.125 0 1 -0.625 3.75 0.375 1 0 0.125 33.75 -3.625 0 0 1.125 Tabel 6.53 Iterasi 2 penyelesaian denganpaket program



Table 3 Base P1 P2 Z



9



7



9



0



0



Cb 7 9



P0 P1 P2 P3 P4 3.846154 1 0 0.123077 -0.07692 2.307692 0 1 -0.04615 0.153846 47.69231 0 0 0.446154 0.846154 Tabel 6.54 Iterasi 3 penyelesaian denganpaket program



𝑥1 = 3,85 ; 𝑥2 = 2,31 ; Z = 47,69 Hasil tidak bulat. Dikarenakan hasil yang didapat tidak bulat, maka dilakukanlah proses branch and bound untuk menghasilkan solusi permsalahan dengan nilai yang bulat.



205



Ilustrasi Permasalahan



Gambar 6.27 Grafik awal ilustrasi permasalahan integer programming Langkah 1 : 𝑥1 = 3,85 𝑥2 = 2,31



𝑥1 ≤ 3



𝑥1 ≥ 4



𝑥1 = 3



𝑥1 = 4



𝑥2 = 2,625



𝑥2 = 2



Z = 46 Gambar 6.28 Skema branch and bound ilustrasi permasalahan langkah ke-1



Gambar 6.29 Grafik ilustrasi permasalahan setelah pemotongan langkah ke-1



206



Variasi Pemrograman Linier



𝑥1 = 3,85 𝑥2 = 2,31



𝑥1 ≤ 3



𝑥1 ≥ 4



𝑥1 = 3



𝑥1 = 4



𝑥2 = 2,625



𝑥2 = 2



Z = 46 𝑥2 ≤ 2



𝑥2 ≥ 3



𝑥1 = 3



𝑥1 = 2



𝑥2 = 2



𝑥2 = 3



Z = 41 Z = 39 Gambar 6.30 Skema branch and bound ilustrasi permasalahan langkah ke-2



Gambar 6.31 Grafik ilustrasi permasalahan setelah pemotongan langkah ke-2 Jadi penyelesaiannya adalah Z=46 dengan nilai 𝑥1 = 4 ; 𝑥2 = 2



207



Soal Latihan



6.8. Soal Latihan 1. Selesaiakan persoalan transportasi dan penugasan berikut, a. Sebuah sekolah sedang melaksanakan penawaran untuk perusahaan bus pada 6 rute perjalanan.untuk melakukan tugas antar jemput siswa siswinya. Empat perusahaan mengikuti penawaran ini. Tiap perusahaan maksimal mendapatkan kesempatan untuk memberikan layanan 2 rute perjalanan. Gunakan metode penugasan agar biaya yang dikeluarkan sekolah seminimal mungkin. Rute



Perusahaan



I



II



III IV V



VI



1 20 22 -



-



18 16



2 -



15



20 15



-



-



20



17 -



20 -



3 17 4 -



14



19 18



-



Tabel 6.55 Informasi soal latihan 1a, biaya dalam juta 2.



Selesaikan persoalan integer programming berikut, a. Perusahaan membuat dua jenis produk. Produk pertama membutuhkan 1 unit bahan baku dan produk kedua membutuhkan 10 unit bahan baku. Jumlah bahan baku yang tersedia sebanyak 20. Untuk memproduksi semua produk hanya tersedia mesin 1 yang dapat berfungsi sebanyak 2 buah. Jumlah keuntungan max yang harus didapatkan untuk produk 1 adalah Rp 10.000,00 dan keuntungan produk 2 adalah Rp 50.000,00 dengan jumlah produk yang dibuat harus utuh. b.



Suatu perusahaan real estate memiliki lahan sebesar 5 hektar ingin membangun beberapa perumahan dengan tipe rumah yang sama pada tiap perumahannya. Pada tipe A membutuhkan sebesar 1 Ha, tipe B membutuhkan sebesar 3Ha, dan tipe C mmebutuhkan seluas 4 Ha. Perusahaan ini meraup keuntungan pada tipe A, B, C sebesar Rp 2 Miliar, Rp 4 Miliar, dan Rp 5 Miliar. Namun para pekerja yang dipunyai perusahaan hanya mampu membuat 1 buah untuk setiap tipe perumahannya. Perumahan Luas (Ha) Profit (Miliar) A 1 2 B 3 4 C 4 5 Tabel 6.56 Informasi soal latihan 2b



208



Variasi Pemrograman Linier



c.



Wahyu dan Haris adalah investor yang berkeinginan untuk menginvestasikan uang mereka kedalam pembangunan apartement di Surabaya. Mereka berkemungkinan untuk menginvestasikan kedalam 4 jenis proyek pembangunan. Tabel dibawah ini menunjukkan keuntungan dan banyaknya uang yang harus diinvestasikan kedalam tiap proyek pembangunan. Development Project Cornell East Gunawangsa Citraland Residence Apartment Apartment Apartement 1 1.8 1.6



Estimasi keuntungan (Rp. Miliar) Yang harus 6 diinvestasikan (Rp.Miliar)



12



10



Kertajaya Apartement 0.8



4



Tabel 6.57 Informasi soal latihan 2c Wahyu dan haris ingin memilih kombinasi proyek manakah yang membuat mereka mendapat keuntungan maksimum jika modal uang mereka tidak lebih dari 22 Miliar Rupiah. Dapatkan penyelesaian permasalahan tersebut. d. Dwiki sangat mencintai steak dan kentang. Oleh karena itu, ia telah memutuskan untuk diet hanya pada dua makanan itu. Dwiki menyadari bahwa ini bukan makanan sehat, sehingga dia ingin memastikan bahwa dia makan makanan tersebut dengan jumlah yang tepat untuk memenuhi beberapa persyaratan gizi utama.. Dia telah memperoleh informasi gizi dan biaya yang ditampilkan pada table dibawah ini. Akan tetapi Dwiki harus membeli makanan tersebut secara utuh. Dwiki ingin menentukan jumlah porsi harian steak dan kentang yang akan memenuhi persyaratan gizi minimum dengan pengeluaran biaya minimum. Kandungan Gizi Karbohidrat Protein Lemak Biaya per sajian (rupiah)



Kandungan gizi persajian (gram) Steak Kentang 5 15 20 5 15 2 40.000 20.000



Kebutuhan harian (gram) ≥ 50 ≥ 40 ≤ 60



Tabel 6.58 Informasi soal latihan 2d



209



Soal Latihan



3.



Selesaikan persoalan pemrograman kuadratik berikut, a. Min 𝑍 = 3𝑥12 + 2𝑥22 + 4𝑥1 𝑥2 − 16𝑥1 − 14𝑥2 DS 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 8 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 b. Max 𝑍 = −𝑥1 − 10𝑥2 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥12 + 4𝑥22 DS 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 10 𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 10 𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0



210



BAB 7 PEMROGRAMAN DINAMIK DETERMINISTIK 7.1 Pengertian Umum Pemrograman Dinamik adalah Teknik Optimisasi untuk permasalahan yang dapat dibagi menjadi beberapa tahap (stage), dimana pada tiap tahap harus diambil suatu keputusan (decision) yang tergantung pada kedudukannya pada tahap ini dan keputusan tersebut akan menentukan keadaan/kedudukan (state) nya pada tahap berikutnya. Memiliki dua macam variable yaitu : 1. Variabel Keputusan 𝑋𝑖 2. Variabel Keadaan 𝑆𝑖



: keputusan yang diambil pada tahap 𝑖 𝑖 = 1, 2, 3, … , 𝑁 : kedudukan pada saat memasuki tahap 𝑖 𝑖 = 1, 2, 3, … , 𝑁



Dimana 𝑁 menyatakan banyaknya tahap atau disebut Horizon.Karena keputusan yang diambil pada tiap tahap tergantung pada keadaannya pada tahap tersebut, pada tahap tersebut akan diperoleh hasil yang nilainya merupakan fungsi dari 𝑋𝑖 dan 𝑆𝑖 . 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 )Hasil yang diperoleh dari tahap 𝑖 karena mengambil keputusan 𝑋𝑖 pada saat berada pada keadaan 𝑆𝑖 , 𝑖 = 1, 2, 3, … , 𝑁 𝑆1 𝑑𝑎𝑛 𝑆𝑁+1 syarat batas yang nilainya diketahui 𝑆 adalah Ruang Keadaan (State Space) yaitu himpunan semua nilai yang dapat dimiliki oleh 𝑆1 , 𝑆2 , … . 𝑆𝑁 Persoalannya adalah menentukan nilai 𝑋𝑖 sedemikian hingga hasil total dari semua tahap adalah optimum. Dapat diilustrasikan sebagai berikut :



Gambar 7.1 Skema pemrograman dinamik Defnisi 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 )Hasil total yang optimal daritahap-tahap 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 bila pada tahap 𝑖 berada pada keadaan 𝑆𝑖 . 211



Lintasan Terpendek



Didapat 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = 𝑜𝑝𝑡 {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} Yang merupakan persamaan rekursif mundur mulai dari 𝑖 = 𝑁 sampai dengan 𝑖=1 Yang dicari adalah𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑁 Hasil akhirnya adalah 𝑓1 (𝑆1 ) Syarat awal adalah𝑓𝑁+1 (𝑆𝑁+1 ) = 0 Yang diketahui adalah 𝑆1, 𝑆𝑁+1, 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) untuk 𝑖 = 1, 2,.., N Formulasi pemrograman dinamik adalah menentukan variabel dan persamaan sebagai berikut: 1. Tahap(𝑖) : Definisi tahap-tahap pengerjaan program 2. Horizon(𝑁) : Total tahap yang harus dilalui dalam penyelesaian masalah 3. State(𝑆𝑖) : Keadaan pada tahap ke 𝑖 4. Decision(𝑋𝑖) : Keputusan yang diambil pada tahap ke 𝑖 5. Syaratbatas : Keadaan pada tahap awal (𝑆1) dan tahap akhir (𝑆𝑁+1 ) 6. FungsiHasil(𝐶𝑖(𝑋𝑖, 𝑆𝑖)) : Hasil yang diperoleh dari tahap i karena mengambil keputusan 𝑋𝑖 pada saat berada pada keadaan 𝑆𝑖 7. Transformasi State : Hubungan antara state dan keputusan pada tahap i terhadap state pada tahap berikutnya 𝑆𝑖+1 = 𝑓(𝑆𝑖, 𝑋𝑖 ) 8. Fungsi Rekursif :𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = 𝑜𝑝𝑡{𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} persamaan rekursif mundur mulai dari 𝑖 = 𝑁 sampai 𝑖 = 1 9. Syaratawal : Nilai fungsi rekursif ke 𝑁 + 1 adalah 0 𝑓𝑁+1 (𝑆𝑁+1 ) = 0 10. RuangKeadaan : Himpunan nilai 𝑆𝑖 11. Penyelesaian : 𝑓1 (𝑆1 ) 7.2



Lintasan Terpendek Salah satu aplikasi pemrograman dinamik adalah mencari lintasan terpendek/terpanjang pada suatu jaringan. 7.2.1. Contoh 1 Tentukan lintasan terpendek dari node 1 ke node 9 dari graph dibawah ini. Nilai pada tiap cabang merupakan jarak antar node yang membentuk cabang tersebut.



212



Pemrograman Dinamik Deterministik



Gambar 7.2 Contoh pesoalan lintasan terpendek Bagi perjalanan dari node awal, yaitu node 1, ke node akhir, yaitu node 9, menjadi beberapa tahap perjalanan. Pada tiap tahap harus dibuat keputusan terkait arah perjalannya dari tahap tersebut ketahap berikutnya. Keputusan ini tergantung pada keadaan atau posisi pada saat itu,



Gambar 7.3 Pentahapan persoalan lintasan terpendek Formulasi Pemrograman Dinamik persoalan ini adalah sebagai berikut: Tahap : posisi kelompok node Horizon : Total ada 5 tahap kelompok node (N=5) State : Node-node pada tahap tertentu Variabel Keadaan 𝑆𝑖 : node – node pada tahap 𝑖 Variabel keputusan 𝑋𝑖 : arah perpindahan pada tahap 𝑖( gerak ke atas / bawah ) Fungsi Hasil 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) : Jarak yang harus ditempuh karena pada tahap 𝑖 berada pada node 𝑆𝑖 dan memutuskan untuk mengikuti arah 𝑋𝑖 Transformasi State : Perpindahan ke node 𝑆𝑖+1 dari node 𝑆𝑖 karena keputusan 𝑋𝑖 213



Lintasan Terpendek



Syarat batas Fungsi rekursif Syarat awal Penyelesaian Ruang Keadaan



: 𝑆1 = 1, 𝑆5 = 9 : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = min {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} : 𝑓5 (𝑆5 ) = 0 (jarak dari node 9 ke node 9) : 𝑓1 (𝑆1 ) : {1,2…,9}



𝑺𝟒 7 8



𝑪𝟒 (𝑿𝟒 , 𝑺𝟒 ) + 𝒇𝟓 (𝑺𝟓 ) bawah 𝑓4 (𝑆4 ) 𝑿𝟒 atas 𝑋4 ∗ 2+0 bawah 2 4+0 Atas 4 Tabel 7.1 Tabel tahap 4 persoalan lintasan terpendek



𝑺𝟑 4 5 6



𝑪𝟑 (𝑿𝟑 , 𝑺𝟑 ) + 𝒇𝟒 (𝑺𝟒 ) bawah 𝑓3 (𝑆3 ) 𝑿𝟑 atas 𝑋3 ∗ 1+2 bawah 3 3+2 5+4 atas 5 2+4 atas 6 Tabel 7.2 Tabel tahap 3 persoalan lintasan terpendek



𝑺𝟐 2 3



𝑪𝟐 (𝑿𝟐 , 𝑺𝟐 ) + 𝒇𝟑 (𝑺𝟑 ) bawah 𝑓2 (𝑆2 ) 𝑿𝟐 atas 𝑋2 ∗ 6+3 3+5 bawah 8 4+5 7+6 Atas 9 Tabel 7.3 Tabel tahap 2 persoalan lintasan terpendek



𝑺𝟏 1



𝑪𝟏 (𝑿𝟏 , 𝑺𝟏 ) + 𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) bawah 𝑓3 (𝑆3 ) 𝑿𝟏 atas 𝑋1 ∗ 2+8 2+9 atas 10 Tabel 7.4 Tabel tahap 1 persoalan lintasan terpendek



Lintasan terpendek: 1 atas 9 Dengan panjang lintasan = 10



214



2



bawah



5



atas



7



bawah



Pemrograman Dinamik Deterministik



Gambar 7.4 Skema penyelesaian persoalan litnasan terpendek 7.2.2. Contoh 2 Perhatikan jaringan pengerjaan proyek berikut ini, dengan angka di atas simpul melambangkan waktu yang dibutuhkan bagi aktivitas tersebut. Carilah jalur terpanjang(total waktu terlama) melalui jaringan ini meulai dari awal hingga akhir karena jalur terpanjang merupakan jalur kritis. Sumber: Introdcution to Operations Research 7th edition (Ed Hillier dan Lieberman) Pentahapannya



4 5 A 0



C 2 D



1 F 4 G 6



J 4 K



0



H



Start 3 B



5



3 E



2 I



3



4



Finish 7 L



TAHAP 1



2



5



6



Gambar 7.5 Pentahapan Contoh 2 Formulasi pemrograman dinamik persoalan ini adalah sebagai berikut: Tahap : Posisi kelompok node proyek



215



Lintasan Terpendek



:𝑁=6 : node-node proyek pada tahap tertentu : node-node proyek pada tahap 𝑖 : arah perpindahan pada tahap i(gerak atas, lurus, atau bawah) Fungsi hasil 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) : waktu yang dibutuhkan karena pada tahap i berada pada node Si dan memutuskan untuk mengikuti arah Xi Transformasi state : perpindahan ke node proyek Si+1 dari node Si karena keputusan Xi Syarat batas : 𝑆1=start 𝑆6 =Finish Fungsi rekursif : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = max {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} Syarat awal :𝑓6 (𝑆6 ) = 0 Penyelesaian : 𝑓1 (𝑆1 ) Ruang keadaan : {Start,A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L,Finish} Horizon State Variable keadaan 𝑆𝑖 Variable keputusan 𝑋𝑖



𝑆5



𝑋5



J K L



𝑆4 F G H I



𝑆3 C D E



𝑆2 A B



216



𝑋4



𝑋3



𝑋2



𝐶5 (𝑋5 , 𝑆5 ) + 𝑓5 (𝑆5 ) ATAS LURUS BAWAH 𝑋5∗ 5+0 bawah 4+0 lurus 7+0 atas Tabel 7.5 Tahap 5 contoh 2 lintasan terpendek 𝐶4 (𝑋4 , 𝑆4 ) + 𝑓4 (𝑆4 ) ATAS LURUS BAWAH 𝑋4∗ 1+5 bawah 4+4 bawah 6+4 atas 2+7 atas Tabel 7.6 Tahap 4 contoh 2 lintasan terpendek 𝐶3 (𝑋3 , 𝑆3 ) + 𝑓3 (𝑆3 ) ATAS LURUS BAWAH 𝑋3∗ 4+6 4+8 bawah 2+10 2+9 lurus 3+10 3+9 atas Tabel 7.7 Tahap 3 contoh 2 lintasan terpendek



ATAS 5+12 -



𝐶2 (𝑋2 , 𝑆2 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) LURUS BAWAH 5+12 3+13 -



𝑋2∗ Atas,bawah lurus



𝑓5 (𝑆5 ) 5 4 7



𝑓4 (𝑆4 ) 6 8 10 9



𝑓3 (𝑆3 ) 12 12 13



𝑓2 (𝑆2 ) 17 16



Pemrograman Dinamik Deterministik



Tabel 7.8 Tahap 2 contoh 2 lintasan terpendek 𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓1 (𝑆1 ) 𝑆1 Start



LURUS BAWAH 𝑋1 ATAS 𝑋1∗ 0+17 0+16 Atas Tabel 7.9 Tahap 1 contoh 2 lintasan terpendek



Interprestasi Jalur terpanjang(total waktu terlama) 1. Start A C G K 0+5+4+4+4+0=17 2. Start A D H K 0+5+2+6+4+0=17 Dengan total waktu = 17



𝑓1 (𝑆1 ) 17



Finish Finish



7.2.3. Contoh 3 A company needs to determine the optimal replacement policy for a current 3-year-old machine over the next 4 years (n = 4). The company requires that a 6-year-old machine be replaced. The cost of a new machine is $100,000. The following table gives the data of the problem. Age,i(year) 0 1 2 3 4 5 6



Revenue, r(i) ($) Operation cost, c(i) ($) Salvage, s(i) ($) 20,000 200 19,000 600 80,000 18,500 1200 60,000 17,200 1500 50,000 15,500 1700 30,000 14,000 1800 10,000 12,200 2200 5,000 Tabel 7.10 Informasi contoh 3 lintasan terpendek



The determination of the feasible values for the age of the machine at each stage is somewhat tricky. Figure 1 ummarizes the network representing the problem. At the start of year 1, we have a 3-year-old machine. We can either replace it (R) or keep it (K) for another year. At the start of year 2, if replacement occurs, the new machine will be 1 year old; otherwise, the old machine will be 4 years old. The same logic applies at the start of years 2 to 4. If a l-year-old machine is replaced at the start of year 2,3, or 4, its replacement will be 1 year old at the start of the following year. Also, at the start of year 4, a 6-year-old machine must be replaced, and at the end of year 4 (end of the planning horizon), we salvage (5) the machines.



217



Lintasan Terpendek



Gambar 7.6 Representasi umur mesin sebagai fungsi tahun keputusan The network shows that at the start of year 2, the possible ages of the machine are 1 and 4 years. For the start of year 3, the possible ages are 1,2, and 5 years, and for the start of year 4, the possible ages are 1,2,3, and 6 years. The solution of the network in figure above is equivalent to finding the longest route (i.e., maximum revenue) from the start of year 1 to the end of year 4. We will use the tabular form to solve the problem. All values are in thousands of dollars. Note that if a machine is replaced in year 4 (i.e., end of the planning horizon), its revenue will include the salvage value, set), of the replaced machine and the salvage value, s(1), of the replacement machine. Sumber: Operations Research, An Introduction (Hamdy A. Taha) Solusi Pada gambar dimulai pada tahun 1 dengan mesin berrumur 3 tahun. Pada kasus ini mesin dapat diganti (R) atau disimpan (K). Pada tahun ke-2, jika mesin diganti, mesin beruumur 1 tahun dan mesin lama berumur 4 tahun dan seterusnya



218



Pemrograman Dinamik Deterministik



pada tahun 2-4. Mesin yang berumur 6 tahun harus diganti dan pada tahun ke-4 semua mesin di-salvage (S). Untuk menyelesaikan permasalahan ini dengan cara mendapatkan penghasilan maksimal dimulai tahun ke-1 sampai tahun ke-4. Jika mesin diganti pada tahun ke-4 penghasilan mencangkup nilai salvage, s(i), mesin yang diganti dan nilai salvage, s(1), dari penggantian mesin. Formulasi pemrograman dinamik 1. 𝑇𝑎ℎ𝑎𝑝 2. 𝐻𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛 3. 𝑆𝑡𝑎𝑡𝑒 4. Variabel Keadaan 𝑆𝑖 5. Variabel Keputusan 𝑋𝑖 6. Fungsi hasil 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 )



7.



Tranformasi State



8. 9.



Syarat batas 𝐹𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝑟𝑒𝑘𝑢𝑟𝑠𝑖𝑓



9. 10. 11.



𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑎𝑤𝑎𝑙 𝑅𝑢𝑎𝑛𝑔 𝐾𝑒𝑎𝑑𝑎𝑎𝑛 Penyelesaian



𝑆4



𝑋4 i



1 2 3 6



: keadaan node :N=5 : Node pada tahap tertentu : keadaan pada tahap 𝑖 : keputusan yang diambil pada tahap ke 𝑖 (R/K) : keaadaan yang harus dipilih pada tahap 𝑖 berada pada node 𝑠𝑖 dan memutuskan mengikuti arah 𝑥𝑖 : Perpindahan ke node 𝑆𝑖+1 dari node 𝑆𝑖 karena keputusan 𝑋𝑖 : 𝑆1 = 1, 𝑆5 = 4 : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) penghasilan total maksimum yang dapat diperoleh dari mesin 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = max {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} : 𝑓5 (𝑆5 ) = 𝑓5 (0) = 0 (initial condition) : S = {0,1, 2,…., 6} : 𝑓1∗ (𝑆1 )



K R r(i)+s(i+1)-c(i) r(0)+s(i)+s(1)-c(0)-I 19.0+6020+80+80-0.20.6=78.4 100=79.8 18.5+5020+60+80-0.21.2=67.3 100=59.8 17.2+3020+50+80-0.21.5=45.7 100=49.8 diganti 20+5+80-0.2-100=4.8 Tabel 7.11 Tahap 4 contoh 3



Optimum 𝑓4 (𝑖) Keputusan 79.8



R



67.3



K



49.8



R



4.8



R



Dari tabel tahap 4 didapatkan 𝑓4 (𝑆4 ) sebesar $79.800 𝑆3



𝑋3 i



K r(i)-c(i)+f4(i+1)



R r(0)+s(i)-c(0)-I+f4(S4)



Optimum 𝑓3 (𝑖) Keputusan



219



Lintasan Terpendek



20+80-0.2100+79.8=79.6 20+60-0.218.5-1.2+49.8=67.1 100+79.8=59.6 20+10-0.2diganti 100+79.8=19.6 Tabel 7.12 Tahap 3 contoh 3



1



19-0.6+67.3=85.7



2 5



85.7



K



67.1



K



19.6



R



Dari tabel tahap 3 didapatkan 𝑓3 (𝑆3 ) sebesar $85.700 𝑆2



𝑋2 i



1 4



K r(i)-c(i)+f3(i+1)



R r(0)+s(i)-c(0)-I+f3(S3) 20+80-0.219-0.6+67.1=85.5 100+85.7=85.5 15.520+30-0.21.7+19.6=33.4 100+85.7=35.5 Tabel 7.13 Tahap 2 contoh 3



Optimum 𝑓2 (𝑖) Keputusan 85.5



K atau R



35.5



K



Dari tabel tahap 2 didapatkan 𝑓2 (𝑆2 ) sebesar $85.500 𝑆1



𝑋1 i



3



K R r(i)-c(i)+f2(i+1) r(0)+s(i)-c(0)-I+f2(S2) 17.220+50-0.21.5+35.5=51.2 100+85.5=55.3 Tabel 7.13 Tahap 1 contoh 3



Optimum 𝑓1 (𝑖) Keputusan 55.3



Dari tabel tahap 1 didapatkan 𝑓1 (𝑆1 ) sebesar $55.300 Pemilihan keputusan



Gambar 7.7 Skema pemilihan keputusan contoh 3



220



R



Pemrograman Dinamik Deterministik



Keputusan tersebut memiliki nilai maksimum yaitu $55.300 Analisis Sensitivitas Ada perusahaan lain yang menghibahkan mesinnya yang sudah berumur 5 tahun. Sehingga didapatkan tabel data permasalahan baru: 𝑆1



𝑋1



K r(i)-c(i)+f2(i+1) 17.21.5+35.5=51.2



R Optimum r(0)+s(i)-c(0)-I+f2(S2) 𝑓1 (𝑖) Keputusan 20+50-0.255.3 R 100+85.5=55.3 20+10-1.814-1.7+0=12.3 13.7 R 100+85.5=13.7 Tabel 7.14 Tabel analisis sensitivitas dari tahap 1



i 3 5



Dari tabel tahap 1 didapatkan f1(S1) sebesar $55.300, tidak mengalami perubahan. 7.2.4 Contoh 4 Ada seorang pengembara yang hendak berjalan dari Kota A menuju Kota J, ditangannya terbentang sehelai peta yang mengambarkan arah perjalanan beserta jaraknya. Jalan-jalan yang manakah yang harus dipilih oleh pengembara ini agar jarak tempuh yang akan dilaluinya sependek mungkin.



7



B



B1



4



1



E



B2



6



B3



A1



E1



4 E2



H



3



C1 2



3 4



A



A2



C



6 C2



2



F



J F2



3



4



F1



C3



3 A3



4



I D1



G1 D2



4



3



G2



1



D



Stage 1



5



D3 Stage 2



G



3 Stage 3



Stage 4



Gambar 7.8 Skema permasalahan contoh 4



221



Lintasan Terpendek



A



1



𝑪𝟏



J



2



3



4



𝑪𝟐



𝑪𝟑



𝑪𝟒



Gambar 7.9 Ilustasi pentahapan dari persoalan contoh 4 di mana, 𝑿𝒊 = Jarak yang ditempuh 𝑪𝒊 = Hasil jarak optimal yang digunakan pada setiap stage Formulasi Pemrograman Dinamik persoalan ini adalah sebagai berikut: 1. 2. 3. 4. 5.



Tahap Horizon State Variabel Keadaan 𝑆𝑖 Variabel keputusan 𝑋𝑖



6.



Fungsi Hasil 𝐶𝑖 (𝑋, 𝑆𝑖 )



7.



Transformasi State



8. 9. 10. 11. 12.



Syarat batas Fungsi rekursif Syarat awal Penyelesaian Ruang Keadaan



𝑆4 H I



𝑆3 222



: posisi kelompok node : Total ada 4 tahap kelompok node (N=4) : Node-node pada tahap tertentu : node – node pada tahap 𝑖 : arah perpindahan pada tahap 𝑖 (gerak ke atas ,bawah atau tengah) : Jarak yang harus ditempuh karena pada tahap 𝑖 berada pada node 𝑆𝑖 dan memutuskan untuk mengikuti arah 𝑋𝑖 : Perpindahan ke node 𝑆𝑖+1 dari node 𝑆𝑖 karena keputusan 𝑋𝑖 : 𝑆1 = A, 𝑆5 = J : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = min {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} : 𝑓5 (𝑆5 ) = 0 (jarak dari node J ke node J) : 𝑓1 (𝑆1 ) : {A,B,C,…,J}



𝐶4 (𝑋4 , 𝑆4 ) + 𝑓5 (𝑆5 ) Bawah Tengah 𝑋4 Atas 𝑋4 ∗ 3+0 bawah 4+0 atas Tabel 7.15 Tahap 4 contoh 4 lintasan terpendek



𝑋3



𝐶3 (𝑋3 , 𝑆3 ) + 𝑓4 (𝑆4 ) Atas Bawah Tengah



𝑋3 ∗



𝑓4 (𝑆4 ) 3 4



𝑓3 (𝑆3 )



Pemrograman Dinamik Deterministik



𝐸1 𝐸2 𝐹1 𝐹2 𝐺1 𝐺2



𝑆2 𝐵1 𝐵2 𝐵3 𝐶1 𝐶2 𝐶3 𝐷1 𝐷2 𝐷3



𝑆1 𝐴1 𝐴2 𝐴3



1+3 bawah 4+4 atas 6+3 atas 3+4 bawah 3+3 atas 3+4 atas Tabel 7.16 Tahap 3 contoh 4 lintasan terpendek 𝐶2 (𝑋2 , 𝑆2 ) + 𝑓3 (𝑆3 ) Bawah Tengah 𝑋2 Atas 𝑋2 ∗ 7+4 tengah 4+7 bawah 6+6 bawah 3+4 atas 2+7 tengah 4+6 bawah 4+4 atas 1+7 atas 5+6 tengah Tabel 7.17 Tahap 2 contoh 4 lintasan terpendek 𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) Bawah Tengah 𝑋1 Atas 𝑋2 ∗ 2+11 atas 4+7 tengah 3+8 bawah Tabel 7.18 Tahap 1 contoh 4 lintasan terpendek



4 7 6



𝑓2 (𝑆2 ) 11



7



8



𝑓2 (𝑆2 ) 11



Jadi panjang lintasan terpendek yang dapat dilalui oleh pengembara adalah 11, dengan rute yang dapat dipilih sebagai berikut: 1. 𝐴2 𝐶1 𝐸1 𝐻𝐽 2. 𝐴3 𝐷1 𝐸1 𝐻𝐽 3. 𝐴3 𝐷2 𝐹2 𝐼𝐽 Analisis Sensitivitas Apabila terdapat perubahan nilai S1, maka pengembara tidak berangkat dari Kota A maka pengembara harus melihat jarak terdekat dari tempat dia berada untuk menuju ke Kota J.



223



Alokasi Sumber Daya



7.3. Alokasi Sumber daya Aplikasi pemrogaman dinamik yang sering dijumpai adalah untuk optimisasi alokasi sumber daya. 7.3.1 Contoh 1 Seseorang memiliki 4 kios buah. Dia baru membeli 8 keranjang jeruk untuk ditempatkan di empat kiosnya. Tiap kios minimal harus dapat 1 keranjang. Keuntungan yang diperoleh dari tiap kios tergantung pada keranjang jeruk yang ditempatkan yang nilainya diberikan pada tabel berikut: Kios 1 2 3 4 3 4 5 3 1 6 7 7 7 2 9 9 8 10 3 12 10 8 11 4 14 10 8 11 5 Tabel 7.19 Informasi contoh soal alokasi sumber daya Keranjang



Tentukan alokasi keranjang jeruk supaya keuntungan total dari 4 kios tersebut adalah maksimum.



Keranjang jeruk yang ditempatkan Keranjang jeruk yang teredia 𝑆1



1



𝑆2



1



𝑆3



1



𝑆4



1



𝑆5



Keuntungan yang diperoleh



Gambar 7.10 Ilustrasi pentahapan contoh 1 alokasi sumber daya Formulasi Pemrograman Dinamik persoalan ini adalah sebagai berikut: 1. Tahap : kios 2. Horizon : N=4 3. 𝑆𝑖 (State) : keranjang jeruk yang masih tersisa untuk ditempatkan di kios 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 4. 𝑋𝑖 (Keputusan) : banyaknya keranjang jeruk yang ditempatkan di kios 𝑖, 𝑖 = 1,2,3,4



224



Pemrograman Dinamik Deterministik



5.



6. 7. 8.



9. 10. 11.



𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 )



: keuntungan yang diperoleh dari kios i karena menempatkan sejumlah keranjang jeruk di kios i dari sejumlah keranjang jeruk yang masih tersisa (𝑋𝑖 dari 𝑆𝑖 yang tersisa) →Fungsi hasil/biaya Transformasi State : 𝑆𝑖+1 = 𝑆𝑖 - 𝑋𝑖 Syarat batas : 𝑆1 = 8, 𝑆5 = 0 Fungsi rekursif : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) keuntungan total maksimum yang dapat diperoleh dari kikios 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = min {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} Syarat awal : 𝑓5 (𝑆5 ) = 𝑓5 (0) = 0 (initial condition) Ruang Keadaan : 𝑆 = {1,2, … ,8} Penyelesaian : 𝑓1 ∗ (𝑆1 )



Banyaknya keranjang yang ditempatkan



Keranjang yang masih tersisa untuk ditempatkan



𝑪𝟒 (𝑿𝟒 , 𝑺𝟒 ) + 𝒇𝟓 (𝑺𝟓 ) 2 3 4 5 𝑿𝟒 𝑺𝟒 1 𝑋4 ∗ 𝑓4 (𝑆4 ) 3+0 1 3 1 7+0 2 7 2 10+0 3 10 3 11+0 4 11 4 11+0 5 11 5 Tabel 7.20 Tahap 4 contoh 1 alokasi sumber daya



Dari tabel keuntungan



𝑪𝟑 (𝑿𝟑 , 𝑺𝟑 ) + 𝒇𝟒 (𝑺𝟒 ) 2 3 4 5 𝑿𝟑 𝑺𝟑 1 𝑋3 ∗ 𝑓3 (𝑆3 ) 5+3 1 8 2 5+7 7+3 1 12 3 5+10 7+7 8+3 1 15 4 5+11 7+10 8+7 8+3 2 17 5 5+11 7+11 8+10 8+7 8+3 2,3 18 6 Tabel 7.19 Tahap 3 contoh 1 alokasi sumber daya



𝑿𝟐 3 4 5 6 7



𝑺𝟐 1 4+8 4+12 4+12 4+17 4+18



𝑪𝟐 (𝑿𝟐 , 𝑺𝟐 ) + 𝒇𝟑 (𝑺𝟑 ) 2 3 4 5 7+8 7+12 9+8 7+15 9+12 10+8 7+17 9+15 10+12 10+8



𝑋2 ∗ 1 1 1,2 2 2,3



𝑓2 (𝑆2 ) 12 16 19 22 24



225



Alokasi Sumber Daya



Tabel 7.19 Tahap 2 contoh 1 alokasi sumber daya



𝑿𝟏 8



𝑪𝟏 (𝑿𝟏 , 𝑺𝟏 ) + 𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) 2 3 4 5 𝑺𝟏 1 𝑋2 ∗ 𝑓2 (𝑆2 ) 3+24 6+22 9+19 12+16 14+12 2,3,4 28 Tabel 7.20 Tahap 1 contoh 1 alokasi sumber daya



Kios 1 2 3 4 2 2 1 3 Alternatif 1 3 1 1 3 Alternatif 2 3 2 1 2 Alternatif 3 4 1 1 2 Alternatif 4 Tabel 7.21 Alokasi keranjang jeruk contoh 1 berdasarkan hasil pemrograman dinamik Analisis Sensitifitas a. Salah satu keranjang rusak sehingga harus dikembalikan. Bagaimana alokasi optimalnya sekarang? → 𝑆1 berubah dari 8 menjadi 7 𝑪𝟏 (𝑿𝟏 , 𝑺𝟏 ) + 𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) 2 3 4 5 𝑋2 ∗ 𝑓2 (𝑆2 ) 𝑿𝟏 𝑺𝟏 1 3+22 6+19 9+16 12+12 - 1,2,3 25 7 Tabel 7.22 Analisis sensitivitas contoh 1 saat nilai 𝑆1 berubah b. Dapat menambah satu keranjang lagi dengan tambahan biaya=3. Apakah sebaiknya diterima? 𝑪𝟏 (𝑿𝟏 , 𝑺𝟏 ) + 𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) 6 2 3 4 5 𝑿𝟏 𝑺𝟏 1 𝑋2 ∗ 𝑓2 (𝑆2 ) 3+X 6+24 9+22 12+19 14+16 Y+12 3,4 31 9 Tabel 7.23 Analisis sensitivitas contoh 1 saat ada penambahan keranjang X dan Y adalah nilai yang memerlukan informasi keuntungan yang diperoleh bila menempatkan 6 keranjang dalam 1 kios. Tanpa nilai itu, tetap dapat dihitung bahwa: 𝑓1 (𝑆1 ) − 2 = 31 − 2 = 29 Hasilnya lebih baik daripada dengan 8 keranjang. Jadi, sebaiknya diterima.



226



Pemrograman Dinamik Deterministik



7.3.2 Contoh 2 Perusahaan memiliki 6 Rute trayek bus antar kota . Perusahaan baru membeli 15 Mobil untuk melayani ke 6 rute yang telah ditentukan . Tiap rute maksimal mengoperasikan 5 bus dan minimal mengoperasikan 2 Bus. Keuntungan yang diperoleh dari tiap rute tergantung pada jumlah armada bus yang digunakan yang nilainya diberikan pada tabel berikut. Rute Jumlah Bus Rute -1 Rute -2 Rute -3 Rute -4 Rute -5 Rute -6 14 11 13 22 48 7 2 19 12 12 25 55 3 3 18 10 9 30 50 5 4 15 15 10 33 49 8 5 Tabel 7.23 Analisis sensitivitas contoh 1 saat nilai 𝑆1 berubah



Gambar 7.11 Ilustrasi pentahapan contoh 2 alokasi sumber daya Formulasi pemrograman. 1. 2. 3.



Tahap (𝑖) Horizon (𝑁) State (𝑆𝑖)



4. i 5. 6.



Decision (𝑋𝑖) Syarat batas Fungsi Hasil (𝐶𝑖(𝑋𝑖, 𝑆𝑖))



7.



Transformasi State



: Rute :6 : Jumlah armada bus yang tersedia, untuk melayani rute ke i : Jumlah penggunaan armada bus pada rute ke : tahap awal (𝑆1 = 15) tahap akhir (𝑆7 = 0) : keuntungan yang diperoleh di tahap i karena menggunkan armada bus pada rute i berdasarkan jumlah armada bus yang tersisa. : 𝑆𝑖+1 = 𝑆𝑖 − 𝑋𝑖



227



Alokasi Sumber Daya



8.



Fungsi Rekursif



9. 10. 11.



Syarat awal Ruang Keadaan Penyelesaian



:𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = 𝐾𝑒𝑢𝑛𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 dari pengguanaan armada bus, di rutte ke-i 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = max[ 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 ) ] : 𝑓7 (𝑆7 ) = 0 : Himpunan nilai 𝑆𝑖 {2,3...15} : 𝑓1 (𝑆1 )



𝑿𝟔 𝑺𝟔



Jumlah Bus yang tersedia



2 3 4 5



2 7+0 -



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟔 2 3+0 3 5+0 4 8+0 5



𝒇𝟔 (𝑺𝟔 ) 7 3 5 8



Tabel 7.24 Tahap 6 contoh 2 alokasi sumber daya 𝑿𝟓



Jumlah Bus yang tersedia



𝑺𝟓



2 48+7 48+3 48+5 48+8



4 5 6 7



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟓 2 55+7 3 55+3 50+7 3 55+5 50+3 49+3 3



𝒇𝟓 (𝑺𝟓 ) 55 62 58 60



Tabel 7.25 Tahap 5 contoh 2 alokasi sumber daya 𝑿𝟒



Jumlah Bus yang tersedia



𝑺𝟒



2 22+55 22+62 22+58 22+60



6 7 8 9



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟒 2 25+55 2 25+62 30+55 4 25+58 30+62 33+55 4



𝒇𝟒 (𝑺𝟒 ) 77 84 85 92



Tabel 7.26 Tahap 4 contoh 2 alokasi sumber daya 𝑿𝟑



Jumlah Bus yang tersedia



𝑺𝟑 8 9 10 11



2 13+77 13+84 13+85 13+92



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟑 2 12+77 2 12+84 9+77 2 12+85 9+84 10+77 2



Tabel 7.27 Tahap 3 contoh 2 alokasi sumber daya



228



𝒇𝟑 (𝑺𝟑 ) 90 97 98 105



Pemrograman Dinamik Deterministik



𝑿𝟐



Jumlah Bus yang tersedia



𝑺𝟐



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟐 2 12+90 2 12+97 10+90 2;3 12+98 10+97 15+90 2



2 11+90 11+97 11+98 11+105



10 11 12 13



𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) 101 108 109 116



Tabel 7.28 Tahap 2 contoh 2 alokasi sumber daya 𝑿𝟏 𝑺𝟏



2 14+116



15



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟏 19+109 18+108 15+90 2



𝒇𝟏 (𝑺𝟏 ) 130



Tabel 7.29 Tahap 1 contoh 2 alokasi sumber daya Rute Bus yang dioperasikan



1



2



3



4



5



6



2



2



2



4



3



2



Tabel 7.30 Hasil penyelesaian contoh 2 alokasi sumber daya Apabila 2 buah bus harus masuk bengkel untuk dilakukan perawatan berkala 𝑿𝟏 𝑺𝟏 13



2 14+108



Jumlah Bus yang di Operasikan 3 4 5 𝑿∗𝟏 19+101 2



𝒇𝟏 (𝑺𝟏 ) 122



Tabel 7.31 Tabel tahap 1 setelah ada perubahan untuk analisis sensitivitas Keuntungan maksimal yang dapat diperoleh menjadi 122. Rute Bus yang dioperasikan



1



2



3



4



5



6



2



2



2



2



3



2



Tabel 7.32 Hasil penyelesaian setelah dilakukan analisis sensitivitas 7.3.3 Contoh 3 A college student has 7 days remaining before final examinations begin in her four courses, and she wants to allocate this study time as effectively as possible. She needs at least 1 day on each course, and she likes to concentrate on just one course each day, so she wants to allocate 1,2,3, or 4 days to each course. Having recently taken OR course, she decides to use dynamic programming to make these allocations to maximize the total grade points to be obtained from the four courses.



229



Alokasi Sumber Daya



She estimates that the alternative allocations for each course would yield the number of grade points shown in the folowing table: Estimated grade points Study days Course 1 2 3 4 3 5 2 6 1 5 5 4 7 2 6 6 7 9 3 7 9 8 9 4 Tabel 7.33 Infomari persoalan pada contoh 3 alokasi sumber daya



Gambar 7.12 Ilustrasi pentahapan contoh 3 alokasi sumber daya Formulasi pemrograman dinamik: Tahap : Course Horizon :N=4 State (Si) : Sisa hari Decision (Xi) : Banyaknya study days untuk course i 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) : Jumlah estimated grade points yang didapat dari course i karena mengambil study days pada sisa hari yang ada Transformasi state : 𝑆𝑖+1 = 𝑆𝑖 − 𝑋𝑖 Syarat batas : 𝑆5 = 0; 𝑆1 = 7 Fungsi rekursif : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) estimated grade points maksimum 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = max{𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} Syarat awal : 𝑓5 (𝑆5 ) = 𝑓5 (0) = 0 Ruang keadaan : 𝑆 = {1,2,3,4,5,6,7} Penyelesaian : 𝑓𝑖∗ (𝑆𝑖 )



𝑆4 1 2 3 230



𝑋4



𝐶4 (𝑋4 , 𝑆4 ) + 𝑓5 (𝑆5 ) 1 2 3 4 6+0 7+0 9+0 -



𝑋4∗ 1 2 3



𝑓4 (𝑆4 ) 6 7 9



Pemrograman Dinamik Deterministik



4 9+0 4 9 Tabel 7.34 Tahap 4 contoh 3 alokasi sumber daya 𝐶3 (𝑋3 , 𝑆3 ) + 𝑓4 (𝑆4 ) 2 3 4 𝑋3∗ 𝑆3 𝑋3 1 𝑓3 (𝑆3 ) 2 2+6 1 8 3 2+7 4+6 2 10 4 2+9 4+7 7+6 3 13 5 2+9 4+9 7+7 8+6 3 atau 4 14 Tabel 7.35 Tahap 3 contoh 3 alokasi sumber daya 𝐶2 (𝑋2 , 𝑆2 ) + 𝑓3 (𝑆3 ) 2 3 4 𝑆2 𝑋2 1 𝑋2∗ 𝑓2 (𝑆2 ) 3 5+8 1 13 4 5+10 5+8 1 15 5 5+13 5+10 6+8 1 18 6 5+14 5+13 6+10 9+8 1 19 Tabel 7.36 Tahap 2 contoh 3 alokasi sumber daya 𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) S1 X1 1 2 3 4 𝑋1∗ 𝑓1 (𝑆1 ) 7 3+19 5+18 6+15 7+13 2 23 Tabel 7.37 Tahap 1 contoh 3 alokasi sumber daya Interpretasi penyelesaian optimal: Course 1 : 2 hari Course 2 : 1 hari Course 3 : 3 hari Course 4 : 1 hari Dengan total estimated grade points adalah 23 points Analisis sensitivitas Bagaimana jika jadwal ujian dimajukan sehingga jumlah hari yang tersisa hanya tinggal 6 hari saja? 𝑆1 berubah dari 7 menjadi 6 𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) 2 3 4 𝑋1∗ 𝑓1 (𝑆1 ) 𝑆1 𝑋1 1 6 3+18 5+15 6+13 - 2 23 Tabel 7.38 Tahap 4 contoh 3 alokasi sumber daya



231



Persoalan Pengepakan



7.4. Persoalan Pengepakan Permasalahan pengepakan yang pernah dibahas pada pemrogaman linier biner akan diselesaikan dengan pemrogaman dinamik. 7.4.1 Contoh 1 max 2𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + 5𝑥4 + 6𝑥5 𝑑𝑠 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 2𝑥4 + 2𝑥5 ≤ 8 𝑥𝑖 = 0; 1 Formulasi Pemrograman Dinamik persoalan ini adalah sebagai berikut: 1. Tahap : jenis barang 2. Horizon : N=5 3. 𝑆𝑖 (State) : berat yang masih tersisa untuk ditempati jenis barang 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 4. 𝑋𝑖 (Keputusan) : jenis barang i dibawa atau tidak 𝑖, 𝑖 = 1,2,3,4 5. Fungsi hasil 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) : manfaat yang diperoleh dari menempatkan jenis barang i dari berat yang tersisa (𝑋𝑖 dari 𝑆𝑖 yang tersisa) 6. Transformasi State : 𝑆𝑖+1 = 𝑆𝑖 - 𝑋𝑖 7. Syarat batas : 𝑆1 = 8, 𝑆6 = 0 8. Fungsi rekursif : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) keuntungan total maksimum yang dapat diperoleh dari barang 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = min {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} 9. Syarat awal : 𝑓5 (𝑆5 ) = 𝑓5 (0) = 0 (initial condition) 10. Ruang Keadaan : 𝑆 = {1,2, … ,8} 11. Penyelesaian : 𝑓1 ∗ (𝑆1 )



𝑪𝟓 (𝑿𝟓 , 𝑺𝟓 ) + 𝒇𝟔 (𝑺𝟔 ) 𝑿𝟓



𝑋5 ∗



𝑓5 (𝑆5 )



1



0



0 1



0+0 0+0



-



0 0



0 0



Berat barang 2 5, yaitu 2



0+0



6+0



1



6



𝑺𝟓



Barang dibawa atau tidak



Tabel 7.39 Tahap 5 contoh 1 persoalan pengepakan 𝑪𝟒 (𝑿𝟒 , 𝑺𝟒 ) + 𝒇𝟓 (𝑺𝟓 )



232



Manfaat maksimum



Pemrograman Dinamik Deterministik



𝑿𝟒



𝑋4 ∗



𝑓4 (𝑆4 ) 𝑺𝟒 0+0 0 0 0 0+0 0 0 1 0+6 5+0 0 6 2 0+6 5+0 0 6 3 0+6 5+6 1 11 4 Tabel 7.40 Tahap 4 contoh 1 persoalan pengepakan 0



1



𝑪𝟑 (𝑿𝟑 , 𝑺𝟑 ) + 𝒇𝟒 (𝑺𝟒 ) 𝑿𝟑



𝑋3 ∗



𝑓3 (𝑆3 ) 𝑺𝟑 0+0 0 0 0 0+0 0 0 1 0+6 4+0 0 6 2 0+6 4+0 0 6 3 0+11 4+6 0 11 4 0+11 4+6 0 11 5 0+11 4+6 0 11 6 0+11 4+11 1 15 7 Tabel 7.41 Tahap 3 contoh 1 persoalan pengepakan 0



1



𝑪𝟐 (𝑿𝟐 , 𝑺𝟐 ) + 𝒇𝟑 (𝑺𝟑 ) 𝑿𝟐



𝑋2 ∗



𝑓2 (𝑆2 ) 𝑺𝟐 0+0 0 0 0 0+0 0 0 1 0+6 3+0 0 6 2 0+6 3+0 0 6 3 0+11 3+6 0 11 4 0+11 3+6 0 11 5 0+11 3+11 1 14 6 0+15 3+11 0 15 7 Tabel 7.42 Tahap 2 contoh 1 persoalan pengepakan 0



1



𝑪𝟏 (𝑿𝟏 , 𝑺𝟏 ) + 𝒇𝟐 (𝑺𝟐 ) 𝑿𝟏



0 1 𝑓1 (𝑆1 ) 𝑋1 ∗ 𝑺𝟏 0+15 2+15 1 17 8 Tabel 7.43 Tahap 1 contoh 1 persoalan pengepakan



233



Persoalan Pengepakan



Keputusan optimal yang diambil  Barang 1 dibawa (𝑥1 = 1)  Barang 2 tidak dibawa (𝑥2 = 0)  Barang 3 dibawa (𝑥3 = 1)  Barang 4 dibawa (𝑥4 = 1)  Barang 5 dibawa (𝑥5 = 1) Keputusan tersebut memiliki nilai atau manfaat maksimum, yaitu 17. 7.4.2 Contoh 2 Habitat for Humanity is a wonderful Charity Organization that builds homes needy Families using volunteer labor. An eligible family can chose from three home size : 1000,1100,1200 𝑓𝑡 2 . Each size house requires a certain number of labor volunteers. The Fayetiville chapter has received five application for the upcoming 6 months. The comittee in charge assigns score to each application based on several factors. A higher score siginifies more need. For next 6 months, The fayetteville chapter can count on maximum of 23 volunteeers. The Following data summarize the scores fo the application and the required number of volunteers. Which application should the comittee approve? Sumber : Operation Research, An Introduction (Hamdy A. Taha) Application House size(𝑓𝑡 2 ) Score Required volunteers 1 1200 78 7 2 1000 64 4 3 1100 68 6 4 1000 62 5 5 1200 85 8 Tabel 7.44 Informasi permasalahan pada contoh 2 persoalan pengepakan Persoalan diatas adalah Persoalan pemilihan application atau proposal yang perlu disetujui oleh manajemen. Masing-masing proposal mempunyai nilai dan bobot masing-masing. Nilainya adalah score dan bobotnya adalah kebutuhan relawan. Semakin besar score maka semakin besar prioritasnya. Apikasi/proposal 1 sampai dengan 5 punya kebutuhan relawan yang berbeda-beda dengan batas maksimal relawan yang dimiliki oleh organisasi amal tersebut adalah 23. Organisasi amal tersebut harus memilih Proposal mana yang harus dikerjakan agar nilai atau score maksimal dengan keterbatasan relawan yang ada. Persoalan tersebut mirip dengan persoalan packaging sehingga dapat diselesaikan dengan cara persoalan packaging Variabel 𝑥1 = 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑘𝑎𝑠𝑖 1 𝑥2 = 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑘𝑎𝑠𝑖 2 234



Pemrograman Dinamik Deterministik



𝑥3 = 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑘𝑎𝑠𝑖 3 𝑥4 = 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑘𝑎𝑠𝑖 4 𝑥5 = 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑘𝑎𝑠𝑖 5 Konstanta berupa Nilai/Score 𝑃1 = 78 𝑃2 = 64 𝑃3 = 68 𝑃4 = 62 𝑃5 = 85 Kendala 𝑑1 𝑑2 𝑑3 𝑑4 𝑑5



=7 =4 =6 =5 =8



Pemodelan matemaika a. Fungsi Tujuan 5



𝑀𝑎𝑥 ∑ 𝑥𝑖 𝑃𝑖 𝑖=1



b.



Kendala 𝑑1 𝑥1 + 𝑑2 𝑥2 + 𝑑3 𝑥3 + 𝑑4 𝑥4 + 𝑑5 𝑥5 ≤ 23



Sehingga menjadi 𝑀𝑎𝑥 78𝑥1 + 64𝑥2 + 68𝑥3 + 62𝑥4 + 85𝑥5 𝑑. 𝑠 7𝑥1 + 4𝑥2 + 6𝑥3 + 5𝑥4 + 8𝑥5 ≤ 23 𝑥𝑖 = 1,0



Gambar 7.13 Ilustrasi pentahapa contoh 2 persoalan pengepakan



235



Persoalan Pengepakan



Dengan 𝑆𝑖 adalah Sisa relawan, 𝐶𝑖 adalah score/nilai yang dihasilkan/kemanfaatan, dan 𝑋𝑖 adalah Keputusan yang diambil(1 atau 0). Dengan i=1,2,3,4,5 Formulasi Pemrograman Dinamik 1. 𝑇𝑎ℎ𝑎𝑝 : Aplikasi/Proposal 2. 𝐻𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛 :N=6 3. 𝑆𝑖 (𝑆𝑡𝑎𝑡𝑒) : Sisa relawan 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 4. 𝑋𝑖 (𝐾𝑒𝑝𝑢𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛) :Proposal yang dikerjakan atau tidak, 𝑖 = 1, 2, 3, 4,5 5. 𝐹𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 ℎ𝑎𝑠𝑖𝑙 𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) : Manfaat atau score atau Nilai yang didapat dari pemilihan (𝑋𝑖 dari 𝑆𝑖 yang tersisa) 6. 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑠𝑖 𝑆𝑡𝑎𝑡𝑒 : 𝑆𝑖+1 = 𝑆𝑖 − 𝐶𝑖 𝑋𝑖 7. 𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑏𝑎𝑡𝑎𝑠 : 𝑆1 = 23, 𝑆6 = 0 8. 𝐹𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝑟𝑒𝑘𝑢𝑟𝑠𝑖𝑓 : 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) Score/nilai yang diperoleh dari proposal 𝑖, 𝑖 + 1, … , 𝑁 𝑓𝑖 (𝑆𝑖 ) = max {𝐶𝑖 (𝑋𝑖 , 𝑆𝑖 ) + 𝑓𝑖+1 (𝑆𝑖+1 )} 9. 𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑎𝑤𝑎𝑙 : 𝑓5 (𝑆5 ) = 𝑓5 (0) = 0 (initial condition) 10. Ruang Keadaan : S = {0,1, 2,…., 23} 11. 𝑃𝑒𝑛𝑦𝑒𝑙𝑒𝑠𝑎𝑖𝑎𝑛 : 𝑓1∗ (𝑆1 ) Keterangan warna Warna Kuningbaris saat variabel 𝑋𝑖 Berpengaruh pada nilai optimal Warna Birubaris nilai yang mempengaruhi nilai Ke-optimalan pada saat 𝑋𝑖



𝑆5 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14



236



𝑋5 0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0



𝐶5 (𝑋5 , 𝑆5 ) + 𝑓6 (𝑆6 ) 𝑋5* 1 0 0 0 0 0 0 0 0 85+0 1 85+0 1 85+0 1 85+0 1 85+0 1 85+0 1 85+0 1



𝑓5 (𝑆5 ) 0 0 0 0 0 0 0 0 85 85 85 85 85 85 85



Pemrograman Dinamik Deterministik



15 16 17 18 19 20 21 22 23



0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 0+0 85+0 1 85 Tabel 7.45 Tahap 5 contoh 2 persoalan pengepakan



𝐶4 (𝑋4 , 𝑆4 ) + 𝑓5 (𝑆5 ) 𝑋4* 𝑓4 (𝑆4 ) 𝑆4 𝑋4 0 1 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+0 0 0 5 0+0 62+0 1 62 6 0+0 62+0 1 62 7 0+0 62+0 1 62 8 0+85 62+0 0 85 9 0+85 62+0 0 85 10 0+85 62+0 0 85 11 0+85 62+0 0 85 12 0+85 62+0 0 85 13 0+85 62+85 1 147 14 0+85 62+85 1 147 15 0+85 62+85 1 147 16 0+85 62+85 1 147 17 0+85 62+85 1 147 18 0+85 62+85 1 147 19 0+85 62+85 1 147 20 0+85 62+85 1 147 21 0+85 62+85 1 147 22 0+85 62+85 1 147 23 0+85 62+85 1 147 Tabel 7.46 Tahap 4 contoh 2 persoalan pengepakan



237



Persoalan Pengepakan



Karena nilai 𝑋4 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋4 digunakan atau 𝐶4 bernilai 1 𝐶3 (𝑋3 , 𝑆3 ) + 𝑓4 (𝑆4 ) 𝑋3* 𝑓3 (𝑆3 ) 1 𝑆3 𝑋3 0 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+0 0 0 5 0+62 0 62 6 0+62 68+0 1 68 7 0+62 68+0 1 68 8 0+85 68+0 0 85 9 0+85 68+0 0 85 10 0+85 68+0 0 85 11 0+85 68+62 1 130 12 0+85 68+62 1 130 13 0+147 68+85 0 153 14 0+147 68+85 1 153 15 0+147 68+85 1 153 16 0+147 68+85 1 153 17 0+147 68+85 1 153 18 0+147 68+85 1 153 19 0+147 68+147 1 215 20 0+147 68+147 1 215 21 0+147 68+147 1 215 22 0+147 68+147 1 215 23 0+147 68+147 1 215 Tabel 7.47 Tahap 3 contoh 2 persoalan pengepakan Karena nilai 𝑋3 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋3digunakan atau 𝐶3 bernilai 1



𝑆2 0 1 2 3 4 238



𝑋2 0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0



𝐶2 (𝑋2 , 𝑆2 ) + 𝑓3 (𝑆3 ) 𝑋2* 1 0 0 0 0 64+0 1



𝑓2 (𝑆2 ) 0 0 0 0 64



Pemrograman Dinamik Deterministik



5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23



0+62 64+0 1 64 0+68 64+0 0 68 0+68 64+0 0 68 0+85 64+0 0 85 0+85 64+62 1 126 0+85 64+68 1 132 0+130 64+68 1 132 0+130 64+85 1 149 0+147 64+85 0 153 0+153 64+85 0 153 0+153 64+130 1 194 0+153 64+130 1 194 0+153 64+153 1 217 0+153 64+153 1 217 0+215 64+153 1 217 0+215 64+153 1 217 0+215 64+153 1 217 0+215 64+153 1 217 0+215 64+215 1 279 Tabel 7.48 Tahap 2 contoh 2 persoalan pengepakan



Karena nilai 𝑋2 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋2digunakan atau 𝐶2 bernilai 1



𝑆1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14



𝑋1



𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) 𝑋1* 0 1 0+0 0 0+0 0 0+0 0 0+0 0 0+64 0 0+64 0 0+68 0 0+68 78+0 1 0+85 78+0 0 0+126 78+0 0 0+132 78+0 0 0+132 78+64 1 0+149 78+68 1 0+153 78+68 0 0+153 78+68 0



𝑓1 (𝑆1) 0 0 0 0 0 0 0 78 85 126 132 142 146 153 153 239



Persoalan Pengepakan



15 16 17 18 19 20 21 22 23



0+194 78+68 0 194 0+194 78+126 1 208 0+217 78+132 1 210 0+217 78+132 1 231 0+217 78+149 1 231 0+217 78+153 1 231 0+217 78+153 1 231 0+217 78+194 1 272 0+279 194+78 0 279 Tabel 7.49 Tahap 5 contoh 2 persoalan pengepakan



Dari tabel diatas dapat dilihat bahwa 𝑋1 tidak mempengaruhi nilai keoptimalan sehingga nilai kemanfaatan atau 𝐶1 =0 dan didapatkan nilai maksimal yaitu 279. Kemudian menentukan nilai 𝐶5 , karena pada awalnya diasumsikan nilai 𝐶5 adalah 1. Untuk mengetahuinya adalah melihat nilai 𝑆5 dengan mencari nilai 𝑆4 , 𝑆3, 𝑆2 , 𝑆1 Dari tabel tahap 5 dapat diketahui 𝐶1 = 0 dan 𝑆1 = 23. 𝑆2 = 𝑆1 − 𝐶1 𝑋1 𝑆4 = 13 𝑆2 = 23 − 0(7) 𝑆5 = 𝑆4 − 𝐶4 𝑋4 𝑆2 = 23 𝑆2 = 13 − 1(5) 𝑆3 = 𝑆2 − 𝐶2 𝑋2 𝑆2 = 8 𝑆3 = 23 − 1(4) 𝑆6 = 𝑆5 − 𝐶5 𝑋5 𝑆2 = 19 0 = 8 − 𝐶5 𝑋5 −8 = − 𝐶5 (8) 𝑆4 = 𝑆3 − 𝐶3 𝑋3 𝑆4 = 19 − 1(6) 𝐶5 = 1 Sehingga kemanfaatan 𝑋5 bernilai 1 dan 𝑥5 digunakan Intepretasi Penyelesaian Keputusan yang diambil adalah : 𝑥1 = 0proposal/aplikasi 1 tidak perlu disetujui 𝑥2 = 1 proposal/aplikasi 2 disetujui 𝑥3 = 1 proposal/aplikasi 3 disetujui 𝑥4 = 1 proposal/aplikasi 4 disetujui 𝑥5 = 1 proposal/aplikasi 5 disetujui Dengan nilai/Score maksimum yang didapat adalah Z=279 Analisis Sensitivitas Jika ada 8 relawan yang mengundurkan diri maka terdapat perubahan pada jumlah volunteer atau relawan berkurang menjadi 15 atau 𝑆1 = 15



240



Pemrograman Dinamik Deterministik



𝐶5 (𝑋5 , 𝑆5 ) + 𝑓6 (𝑆6 ) 𝑋5* 𝑓5 (𝑆5 ) 1 𝑆5 𝑋5 0 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+0 0 0 5 0+0 0 0 6 0+0 0 0 7 0+0 0 0 8 0+0 85+0 1 85 9 0+0 85+0 1 85 10 0+0 85+0 1 85 11 0+0 85+0 1 85 12 0+0 85+0 1 85 13 0+0 85+0 1 85 14 0+0 85+0 1 85 15 0+0 85+0 1 85 Tabel 7.50 Tahap 5 analisis sensitivitas contoh 2 persoalan pengepakan 𝐶4 (𝑋4 , 𝑆4 ) + 𝑓5 (𝑆5 )



𝑋4* 𝑓4 (𝑆4 ) 𝑆4 𝑋4 0 1 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+0 0 0 5 0+0 62+0 1 62 6 0+0 62+0 1 62 7 0+0 62+0 1 62 8 0+85 62+0 0 85 9 0+85 62+0 0 85 10 0+85 62+0 0 85 11 0+85 62+0 0 85 12 0+85 62+0 0 85 13 0+85 62+85 1 147 14 0+85 62+85 1 147 15 0+85 62+85 1 147 Tabel 7.51 Tahap 4 analisis sensitivitas contoh 2 persoalan pengepakan



241



Persoalan Pengepakan



Karena nilai 𝑋4 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋4 digunakan atau 𝐶4 bernilai 1 𝐶3 (𝑋3 , 𝑆3 ) + 𝑓4 (𝑆4 )



𝑋3* 𝑓3 (𝑆3 ) 𝑆3 𝑋3 0 1 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+0 0 0 5 0+62 0 62 6 0+62 68+0 1 68 7 0+62 68+0 1 68 8 0+85 68+0 0 85 9 0+85 68+0 0 85 10 0+85 68+0 0 85 11 0+85 68+62 1 130 12 0+85 68+62 1 130 13 0+147 68+62 0 147 14 0+147 68+62 1 153 15 0+147 68+62 1 153 Tabel 7.53 Tahap 4 analisis sensitivitas contoh 2 persoalan pengepakan Karena nilai 𝑋3 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋4 digunakan atau 𝐶3 bernilai 1 𝐶2 (𝑋2 , 𝑆2 ) + 𝑓3 (𝑆3 )



𝑆2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12



242



𝑋2 0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+0 0+62 0+68 0+68 0+85 0+85 0+85 0+130 0+130



1 64+0 64+0 64+0 64+0 64+0 64+62 64+62 64+62 64+85



𝑋2* 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1



𝑓2 (𝑆2 )



64 64 68 68 85 126 132 132 149



Pemrograman Dinamik Deterministik



13 0+147 64+85 1 149 14 0+153 64+85 0 153 15 0+153 64+130 1 194 Tabel 7.53 Tahap 2 analisis sensitivitas contoh 2 persoalan pengepakan Karena nilai 𝑋2 ∗ masih bernilai 1 dan mempengaruhi nilai keoptimalan maka 𝑋4 digunakan atau 𝐶2 bernilai 1 𝐶1 (𝑋1 , 𝑆1 ) + 𝑓2 (𝑆2 ) 𝑋1* 𝑓1 (𝑆1) 1 𝑆1 𝑋1 0 0 0+0 0 0 1 0+0 0 0 2 0+0 0 0 3 0+0 0 0 4 0+64 0 64 5 0+64 0 64 6 0+68 0 68 7 0+68 78+0 1 78 8 0+85 78+0 0 85 9 0+126 78+0 0 126 10 0+132 78+0 0 132 11 0+132 78+64 1 142 12 0+149 78+64 0 142 13 0+149 78+68 0 149 14 0+153 78+68 0 153 15 0+194 78+68 0 194 Tabel 7.54 Tahap 1 analisis sensitivitas contoh 2 persoalan pengepakan Dari tabel diatas dapat dilihat bahwa 𝑋1 tidak mempengaruhi nilai keoptimalan sehingga nilai kemanfaatan atau 𝐶1 =0 dan didapatkan nilai maksimal yaitu 194. Kemudian menentukan nilai 𝐶5 , karena pada awalnya diasumsikan nilai 𝐶5 adalah 1 . Untuk mengetahuinya adalah melihat nilai 𝑆5 dengan mencari nilai 𝑆4 , 𝑆3, 𝑆2 , 𝑆1 Dari tabel tahap 5 dapat diketahui 𝐶1 = 0 dan 𝑆1 = 15. 𝑆2 = 𝑆1 − 𝐶1 𝑋1 𝑆4 = 𝑆3 − 𝐶3 𝑋3 𝑆2 = 15 − 0(7) 𝑆4 = 11 − 1(6) 𝑆2 = 15 𝑆4 = 5 𝑆3 = 𝑆2 − 𝐶2 𝑋2 𝑆5 = 𝑆4 − 𝐶4 𝑋4 𝑆3 = 15 − 1(4) 𝑆5 = 5 − 1(5) 𝑆3 = 11 243



Pemrograman Dinamik dengan Faktor Diskon



𝑆5 = 0



0 = 0 − 𝐶5 𝑋5 0 = 0 − 𝐶5 (8) 𝑆6 = 𝑆5 − 𝐶5 𝑋5 𝐶5 = 0 Sehingga kemanfaatan 𝑋5 bernilai 0 dan 𝑋5 tidak digunakan. Sehingga Jika jumlah relawan berkurang menjadi 15 maka keputusan yang diambil adalah : 𝑥1 = 0proposal/aplikasi 1 tidak perlu disetujui 𝑥2 = 1 proposal/aplikasi 2 disetujui 𝑥3 = 1 proposal/aplikasi 3 disetujui 𝑥4 = 1 proposal/aplikasi 4 disetujui 𝑥5 = 0 proposal/aplikasi 5 tidak perlu disetujui Dengan nilai/Score maksimum yang didapat adalah Z=194 7.5. Pemrograman Dinamik dengan Faktor Diskon 7.5.1. Pembahasan Faktor Diskon sangat berkaitan dengan Net Present Value atau NPV. NPV sendiri merupakan selisih antara pengeluaran dan pemasukan yang telah didiskon dengan menggunakan social opportunity cost of capital sebagai faktor diskon, atau dengan kata lain merupakan arus kas yang diperkirakan pada masa yang akan datang yang didiskonkan pada saat ini. Persamaan Rekursif 𝒇𝒊 (𝑺𝒊 ) = 𝒐𝒑𝒕{𝒄𝒊 (𝒙𝒊 , 𝒔𝒊 ) + 𝜷𝒇𝒊+𝟏 (𝒔𝒊 + 𝟏)} 𝟎