![Metode Simpleks [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/metode-simpleks.jpg)
16 0 163 KB
LP : METODE SIMPLEKS Dilakukan jika metode grafik tidak bisa dipakai (variabel keputusan ≥ 2)
Metode Simpleks : 1. Simpleks Primal 2. Simpleks Dual Bentuk Linear Programming baku (standar) :
* Semua kendala adalah persamaan ( sisi kanan ≥ 0 ) * Semua variabel non-negatif * Fungsi tujuan berupa maksimisasi / minimisasi Kendala (Constraints) 1. Kendala jenis ≤ diubah menjadi = dengan menambahkan Variabel
Slack di sisi kiri. Kendala jenis ≥ diubah menjadi = dengan mengurangkan Variabel Surplus di sisi kiri. Contoh : Kendala X1 + X2 ≤ 15
->
X1 + X2 + S1 = 15 dengan S1 ≥
0 (S1 adalah sumber daya yang berlebih) Kendala 2 X1 + X2 ≥ 15
->
2 X1 + X2 - S2 = 15 dengan S2 ≥ 0
(S2 adalah sumber daya yang langka) 2. Sisi kanan harus dibuat non-negatif Contoh : -5 X1 + X2 = -25
diubah menjadi
5 X1 - X2 = 25
3. Arah pertidaksamaan dibalik jika kedua sisi dikalikan -1 Contoh : -5 X1 + X2 ≤ -25
Variabel
diubah menjadi
5 X1 - X2 ≥ 25
Variabel unrestricted (tidak dibatasi) jika bernilai negatif / positif Misal Xj adalah variabel unrestricted, maka Xj = Xj’ - Xj’’ Xj’ , Xj’’ ≥ 0 Hanya satu (Xj’ atau Xj’’) saja yang bernilai positif Fungsi Tujuan Maksimisasi fungsi = Minimisasi ”negatif” fungsi itu. Contoh : Maks. Z = 5X1 + 2X2 + 3X3
=
Min. (-Z) = -5X1 - 2X2 - 3X3
Contoh Soal : Ubah dalam bentuk Standar : Min. Z = 2X1 + 3X2 Kendala :
X1 + X2
= 10
-2 X1 + 3 X2 ≤ -5 7 X1 - 4 X2 ≤ 6 X1 (Unrestricted) X2 ≥ 0 Jawab : Min. Z = 2 X1’ - 2 X1’’ + 3 X2 + 0 S2 + 0 S3 Kendala :
X1’ - X1’’ + X2
= 10
-2 X1’ + 2 X1’’ + 3 X2 + S2 = -5 ->
2 X1’ - 2 X1’’ - 3 X2 - S2 = 5
7 X1’ - 7 X1’’ - 4 X2 + S3 = 6 X1’ , X1’’ , X2 , S2 , S3 ≥ 0
Solusi Dasar •
Jika ada model Linear Programmingdengan m persamaan (kendala)
dan n variabel keputusan, maka solusi dasar -> n - m = 0 Sisanya dipecahkan sehingga mendapat solusi layak dan unik.
n - m variabel yang dibuat nol disebut variabel non-basis
•
n variabel sisanya disebut variabel basis Contoh :
2X1 +
X2 + 4X3 + X4 = 2
X1 + 2 X2 + 2X3 + X4 = 3 m=2 n= 4 n – m = 2 -> Variabel non-basis Sisa
= 2 -> Variabel basis
Pilih 2 variabel yang dibuat nol, misal X3 = 0, X4 = 0 Maka 2X1 +
X2 = 2
X1 + 2 X2 = 3 Dengan eliminasi dihasilkan X1 = 1/3 dan X2 = 4/3
{hasil
non-negatif
=
layak} Solusi dasar X1 = 1/3 , X2 = 4/3 , X3 = 0 , X4 = 0 X1 dan X2 adalah var. Basis X3 dan X4 adalah var non-basis.
METODE SIMPLEKS PRIMAL Variabel masuk adalah variabel non-basis yang masuk ke himpunan variabel dasar pada iterasi berikutnya. Variabel keluar adalah variabel basis yang keluar dari solusi basis pada iterasi berikutnya.
Dua kondisi Simpleks Primal: 1.
Kondisi Optimal Variabel :
2.
Kondisi :
masuk
dalam
maksimisasi
(minimisasi)
adalah
variabel non-basis dengan koefisien paling negatif (positif) dalam persamaan fungsi tujuan (Z). Layak Variabel keluar adalah variabel basis yang mempunyai titik potong terkecil (rasio minmum dengan penyebut positif).
Langkah-langkah iterasi Simpleks Primal : 1. Dengan bentuk standar, tentukan solusi dasar awal yang layak. 2. Pilih variabel masuk diantara variabel non-basis dengan menggunakan kondisi optimal. 3. pilh variabel keluar dari variabel basis dengan menggunakan kondisi layak. 4. Tentukan nilai variabel basis yang baru dengan membuat variabel masuk tersebut sebagai variabel basis dan variabel keluar sebagai variabel non-basis. 5. Kembali ke langkah 1. Contoh : Sebuah perusahaan meubel memproduksi meja dan kursi menggunakan papan, kayu, dan waktu pengerjaan. Setiap meja membutuhkan 5 unit papan, 2 unit kayu, dan 4 jam pengerjaan. Setiap kursi membutuhkan 2 unit papan, 3 unit kayu, dan 2 jam pengerjaan. Perusahaan dapat keuntungan $12 untuk meja dan $8 untuk kursi. Tersedia 150 unit papan, 100 unit Kayu, dan 80 jam pengerjaan. Berapa banyak produk agar keuntungan maksimum? Jawab : - Variabel Keputusan
: X1 = meja, dan X2 = kursi
- Fungsi Tujuan
: Maks. Z = 12 X1 + 8 X2
- Kendala
: papan, kayu, dan waktu
Formulasi Model : Maks. Z = 12 X1 + 8 X2 Kendala :
5 X1 + 2 X2 ≤ 150 2 X1 + 3 X2 ≤ 100 4 X1 + 2 X2 ≤ 80 X1 , X2 ≥ 0
Bentuk standard Maks. Z = 12 X1 + 8 X2 + 0.S1 + 0.S2 + 0.S3 Kendala :
5 X1 + 2 X2 + S1 = 150 2 X1 + 3 X2 + S2 = 100 4 X1 + 2 X2 + S3 = 80 X 1 , X 2 , S1 , S2 , S3 ≥ 0
Tabel Simpleks
non basis
Basis
Z
X1
X2
S1
S2
S3
Solusi
(Dasar) Z S1 S2 S3
1 0 0 0
-12 5 2 4
-8 2 3 2
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 150 100 80
→ → → →
Pers Pers Pers Pers
Z S1 S2 S3
Var msk
Basis
Z
X1
X2
S1
S2
S3
Solusi
Rasio
(Dasar) Z S1
1 0
-12 5
-8 2
0 1
0 0
0 0
0 150
150/5 =
S2
0
2
3
0
1
0
100
30 100/2
S3
0
4
2
0
0
1
80
=50 80/4 = 20
Pers Pivot (Var Keluar)
elemen pivot
Aturan metode Gauss Jordan : 1. Pers. Pivot Pers. Pivot baru = pers. pivot lama : elemen pivot 2. Pers. Lain Pers. Baru = pers. Lama – ( koef kolom var masuk * pers. Pivot baru )
Maka : S3
X1 = ( 0 4 2 0 0 1 80 ) / 4 = ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
S2 baru
= ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - 2 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 ) = ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - ( 0 2 1 0 0 ½ 40 ) = ( 0 0 2
0 1 -½ 60 )
S1 baru
= ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - 5 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 ) = (0
5
2
1
0
0
150 ) - ( 0
5
5
/2
0
5
0
/4
100 ) = ( 0
0
5
-½ 1 0 - /4 50 ) Z baru
= ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - (-12) ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 ) = ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - ( 0 -12 6 0 0 -3 -240 ) = ( 1 0
-2 0 0 3 240 ) Var msk
Basis
Z
X1
X2
S1
S2
S3
Solusi
Rasio
(Dasar) Z S1
1 0
0 0
-2 -½
0 1
0 0
3 -5/4
240 50
50/(-½) =
S2 X1
0 0
0 1
2 ½
0 0
1 0
-½ ¼
60 20
-100 60/2 = 30 20/(½) = 40
elemen pivot
Pers Pivot (Var Keluar)
S2
X2 = ( 0 0 2 0 1 -½ 60 ) / 2 = ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
X1 baru
= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ½ ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 ) = (0
1
½
0
0
¼
200 ) - ( 0
0
½ 0
¼ -1/8 15 ) = ( 0
1
3
0 0 -¼
/8 5 ) = ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - (-½ )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
S1 baru
= ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - ( 0 0 -½ 0 -¼
1
/8 -15 ) = ( 0 0 0
11
1 ¼ - /8 65 ) Z baru
= ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - (-2 )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 ) = ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - ( 0 0 -2 0 -1
0 0 1
5
/2 300 )
Tabel Akhir Basis
Z
X1
X2
S1
S2
S3
Solusi
½ -60 ) = ( 1 0
(Dasar) Z S1 X2 X1
1 0 0 0
0 0 0 1
Kesimpulan : X1 = 5
0 0 1 0
0 1 0 0
5
1 ¼ ½ ¼
/2 -11/8 -¼ 3 /8
300 65 30 5
( banyak meja )
X2 = 30
( banyak kursi )
S1 = 65
( unit papan / pers. Kendala 1 yg berlebih )
Z = 300 ( keuntungan maks ) Bukti
Fungsi tujuan
Z = 12 X1 + 8 X2 = 12 ( 5 ) + 8 ( 30 ) = 60 + 240
Papan
=
300
5 X1 + 2 X2 ≤ 150 5 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 25 + 60 = 85
150 - 85 =
65 ( sisa )
Kayu
2 X1 + 3 X2 ≤ 100 2 ( 5 ) + 3 ( 30 ) = 10 + 90 = 100
Waktu
4 X1 + 2 X2 ≤ 80 4 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 20 + 60 = 80
METODE SIMPLEKS PRIMAL DENGAN VARIABEL BUATAN (ARTIFICIAL) 1. TEKNIK M ( METODE PENALTY ) 2. TEKNIK DUA FASE
1. TEKNIK M Contoh = Min Z = 4 X1 + X2
Kendala tidak semuanya ≤
Kendala
3 X1 + X2 = 3 4 X1 + 3 X2 ≥ 6 X1 + 2 X2 ≤ 4 X1 , X2 ≥ 0
Bentuk standar Min Z = 4 X1 + X2 Kendala
3 X1 + X2
= 3
......... ( 1 )
4 X1 + 3 X2 - X3 = 6
......... ( 2 )
X1 + 2 X2 + X4 = 4 X1 , X2 , X3 , X4 ≥ 0 Karena ( 1 ) dan ( 2 ) tidak memiliki var slack , maka ditambahkan R1 dan R2 sebagai var bantuan
(1)
3 X1 + X2
+ R1 = 3
(2)
4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6
Pada fungsi tujuan berikan koefisien M > 0, untuk R1 dan R2 ; sehingga : Min Z = 4 X1 + X2 + MR1 + MR2 Kendala
3 X1 + X2
+ R1
4 X1 + 3 X2 - X3
= 3
- R2
= 6
X1 + 2 X2
+ X4
= 4
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 ≥ 0
Subtitusikan R1 dan R2 ke fungsi tujuan : R1 = 3 - 3 X1 - X2 R2 = 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3 Maka : Z = 4 X1 + X2 + M(3 - 3 X1 - X2) + M(6 - 4 X1 - 3 X2 + X3) = ( 4 - 7M ) X1 + ( 1 – 4M ) X2 + M X3 + 9M Persamaan Z dalam tabel : Z + ( 7M - 4 ) X1 + ( 4M - 1 ) X2
-
M X3 = 9M
Solusi dasar awal ; X1 = 0, X2 = 0, X3 = 0 Sehingga
X1 , X2 , X3 var non basis
-> Z = 9M
Tabel Metode Big M Iterasi 0
Basi
X1
X2
X3
R1
R2
X4
Solusi
(awal) X1
s Z
(7M –
(4M –
-M
0
0
0
9M
R1 R2 X4 Z
4) 3 4 1 0
1) 1 3 2 (1+5M)
0 -1 0 -M
1 0 0 (4-
0 1 0 0
0 0 1 0
3 6 4 4+2M
3/3 = 1 6/4 4/1
0
7M)/3 1 /3
0
0
1
1/(1/3)=
2
3 2/
(paling + ) R1 Keluar ( 1 ) X2 masuk R2 keluar
X1 R2
( 2 ) X3 masuk X4 keluar (3) (optimu m)
X4 Z X1 X2 X4 Z X1 X2 X3
/3 /3
1
1
0
5
0 0 1 0 0 0 1 0 0
5
/3
/3 0 0 1 0 0 0 1 0
4
-1
- /3
0 /5 1 /5 -3/5 1 0 0 0 1
1
- /3 (8/3-M) 3 /5 -4/5 1 7 /3-M 2 /5 -1/5 1
1
1
0
0 (-1/5-M) -1/5 3 /5 -1 -M 0 0 -1
1 0 0 0 1 1 - /5 -1/5 3 /5 1
3 /3 3 /5 6 /5 1 17 /5 2 /5 9 /5 1
(5/3)=6/5 8 /5
18
3 1
2. DUA FASE Bertujuan untuk mengurangi kesalahan perhitungan dari pemberian nilai yg besar untuk konstanta M pada metode TEKNIK M (penalty) Contoh = Min Z = 4 X1 + X2 Kendala
3 X1 + X2 = 3 4 X1 + 3 X2 ≥ 6 X1 + 2 X2 ≤ 4 X1 , X2 ≥ 0
Tahap 1 : Bentuk dengan var buatan : R1 dan R2 Min r = R1 + R2 Kendala
3 X1 + X2
4 X1 + 3 X2 - X3 X1 + 2 X2
+ R1 - R2
= 3 = 6 + X4
= 4
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 ≥ 0 Fungsi tujuan r = R1 + R2 = ( 3 – 3 X1 - X2
) + ( 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3 )
= -7 X1 - 4 X2 + X3 + 9 Tabel Awal Basi
X1
X2
X3
R1
R2
X4
Solusi
s Z R1 R2 X4
7 3 4 1
4 1 3 2
-1 0 -1 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
9 3 6 4
Solusi
Tabel optimum : setelah 2 iterasi ( periksa ! ) Basi
X1
X2
X3
R1
R2
X4
s r X1 X2 X4
0 1 0 0
0 0 1 0
0 /5 -3/5 1
-1 /5 -4/5 1
-1 -1/5 3 /5 -1
0 0 0 1
1
3
0 /5 6 /5 1 3
Karena minimum solusi r = 0, masalah ini memiliki pemecahan ( solusi ) layak. Lanjutkan ke tahap ( Fase ) kedua. Tahap 2 Menyingkirkan variabel buatan ( R1 dan R2 )
Dari tabel optimum tahap 1 didapatkan : 1
X1 + X2 -
/5X3
3
=
3
/5
6
/5X3
= /5
X3 + X4
= 1
Masalah semula ditulis : Min Z = 4 X1 + X2 Kendala
1
X1 + X2 -
3
/5X3
/5X3
=
3
/5
......... ( 1 )
=
6
/5
......... ( 2 )
X3 + X4
= 1
X1 , X2 , X3 , R1 , R2 , X4 ≥ 0 Maka terdapat 3 persamaan dan 4 variabel sehingga solusi dasar layak didapat dg membuat X3 = 0
(4 – 3) = 1 variabel dibuat nol
->
X1 = 3/5 ; X2 =
6
/5 ; X 4 = 1
Fungsi tujuan Z = 4 X1 + X2 = 4(
3
/5 +
1
1
/5 X3 ) + (6/5 +
18
= - /5 X 3 +
3
/5X3 )
/5
Tabel Awal Var msk
Basis Z X1 X2 X4
X1 0 1 0 0
X2 0 0 1 0
X3 /5 1 /5 -3/5 1
X4 0 0 0 1
Solusi 18 /5 3 /5 6 /5 1
X2 0 0 1 0
X3 0 0 0 1
X4 -1/5 -1/5 3 /5 1
Solusi 17 /5 2 /5 9 /5 1
1
Tabel optimum Basis Z X1 X2 X3
X1 0 1 0 0
Bandingkan dengan TEKNIK M!
METODE SIMPLEKS DUAL ⇒
Memecahkan masalah LP yg tidak memiliki pemecahan dasar layak
tanpa variabel buatan. Kondisi Kelayakan : Variabel keluar adalah variabel basis yg memiliki
⇒
nilai paling negatif ( jika sama tentukan sembarang ) pada kolom solusi ( jika semua var basis non negatif, selesai ) Kondisi Optimalitas : Variabel masuk adalah variabel non basis yg
⇒
memiliki rasio terkecil (posistif) antara pers 2 dg koef. negatif dari pers. var. keluar ( jika penyebab (koef.var keluar) nol atau positif, maka tidak terdapat solusi layak ) Contoh = Min Z = 3 X1 + 2 X2 Kendala
3 X1 + X2 ≥ 3 4 X1 + 3 X2 ≥ 6 X1 + 2 X2 ≤ 3 X1 , X2 ≥ 0
Menjadi Min Z = 3 X1 + 2 X2 -3 X1 - X2
+ X3 = -3
-4 X1 - 3 X2 + X4 = -6 X1 + 2 X2 + X5 = 3 X1 , X2, X3, X4, X5 ≥ 0 Solusi dasar awal X3 = -3 , X4 = -6
X5 = 3
} tdk layak
non basis
Basis Z X3 X4 X5
X1 -3 -3 -4 1
X2 -2 -1 -3 1
X3 0 1 0 0
X4 0 0 1 0
X5 0 0 0 1
Solusi 0 -3 -6 3
Var keluar
-> X4
-> Solusi paling negatif = -6
-> X2
-> Rasio positif terkecil =
(basis)
Var masuk (non basis)
Elemen Pivot
= -3
Persamaan pivot baru (X2 menggantikan X4) : -> ( -4 -3 0 1 -> (
4
/3
1
1 0
0 -6 ) / -3 /3 0
2 )
Iterasi 1 non basis
Basis Z X3 X4 X5
Rasio
X1 -1/3 -5/3 4 /3 -1/3
X2 0 0 1 0
1
/5
Maka
X3 0 1 0 0
X5 0 0 0 1
Solusi 4 -1 2 1
(-1/3) / (-5/3)
->
:
X4 -2/3 -1/3 -1/3 1 /3
X1
=
Var masuk
X3
=
Var keluar
= -5/3
Elemen pivot
Persamaan pivot baru (X1 menggantikan X3) : -> ( -5/3 0 -> (
1
1 0 -3/5
-1/3
-1 ) / (-5/3)
0
1
/5
0
3
/5 )
iterasi 2 ( tabel optimal ) Basis Z X3 X4 X5
X1 0 1 0 0
Solusi : X1 = 3/5
X2 0 0 1 0
X3 -1/5 -3/5 4 /5 -1/5
X2 = 6/5
X4 -3/5 1 /5 3 - /5 2 /5
Z=
X5 0 0 0 1
21
/5
Solusi 21 /5 3 /5 6 /5 6 /5
-2
/-3 = 2/3
KASUS-KASUS KHUSUS METODE SIMPLEKS 1. DEGENERASI Max Z = 3 X1 + 9 X2 Kendala
X1 + 4 X2 ≤ X1 + 2 X2 ≤
8 4
X1 , X2 ≥ 0 Iterasi (0) X2 masuk X3 keluar (1) X1 masuk X4 keluar (2) optimum
Basis Z X3 X4
X1 -3 1 1
X2 -9 4 2
X3 0 1 0
Z X2 X4
-3/4 1 /4 1 /2
0 0 2
/4 /4 -1/2
Z X2 X1
0 0 1
0 1 0
3
9 1
/2 1 /2 -1
X4 0 0 1
Solusi 0 8 4
0 0 1
18 2 0
3
/2 - /2 2 1
18 2 0
Solusi tdk mengalami perubahan (perbaikan) pada itersai selanjutnya
2. OPTIMUM ALTERNATIF Max Z = 2X1 + 4X2 Kendala
X1 + 2 X2 ≤ X1 +
X2 ≤
5 4
X1 , X2 ≥ 0 Iterasi (0) X2 masuk
Basis Z X3 X4
X1 -2 1 1
X2 -4 2 1
X3 0 1 0
X4 0 0 1
Solusi 0 5 4
Basis Z X3 X4
X1 0 1 /2 1 /2
X2 0 1 0
X3 2 1 /2 -1/2
X4 0 0 1
Solusi 10 5 /2 3 /2
Z X2 X4
0 0 1
0 1 0
2 1 -1
0 -1 2
10 1 3
X3 keluar (1) X1 masuk X4 keluar (2) optimum
alternatif X2 = 5/2
Ada 2 solusi : X1 = 0 ; Atau X1 =
3
;
Z = 10
X2
=1
3. PEMECAHAN TDK DIBATASI Max Z = 2 X1 + X2 X1 - X2 ≤ 10
Kendala
2 X1
≤ 40
X1 , X2 ≥ 0 Basis Z X3 X4
X1 -2 1 2
X2 -1 -1 0
X3 0 1 0
X4 0 0 1
Solusi 0 10 40
•
Semua koefisien batasan dibawah X2 adalah negatif atau nol
•
Sehingga X2 dapat dinaikan secara tidak terbatas tanpa melanggar
batasan
DUALITAS dan ANALISA SENSITIVITAS TEORI DUALITAS Didorong oleh pentingnya informasi tambahan yg dapat diperoleh dari
-
tabel simpleks optimum Setiap LP terdiir atas 2 bentuk : Primal dan Dual
-
Contoh : Kandungan Mineral Vitamin Harga per unit
Daging 2 3 3
Sayur 4 2 2.5
Kebutuhan Min 40 50
Masalah -> menentukan biaya pembelian daging dan sayuran hingga kebutuhan minimum per hari akan mineral dan vitamin terpenuhi. Formulasi model : Min
Z = 3 X1 + 2.5 X2 2 X1 + 4 X2 ≥
Kendala
40
3 X1 + 2 X2 ≥
50
X1 , X2 ≥ 0 Ada masalah yang berbeda yang berhubngan dengan masalah yang pertama ( bentuk primal ). Misalkan ada sebuah dealer yg menjual mineral dan vitamin. Masalah bagi dealer adalah menetapkan harga jual mineral dan vitamin per unit yang maksimum demikian hingga menghasilkan harga daging dan sayur tidak melebihi harga pasar. -> Untuk membuat formulasi modelnya misalkan harga daging per unit Y1 dan sayur Y2, sehingga formulasi modelnya menjadi : Max
W = 40 Y1 + 50 Y2
Kendala
2 Y 1 + 3 Y2 ≤
3
4 Y 1 + 2 Y2 ≤
2.5
Y1 , Y2 ≥ 0 Bentuk ini dinamakan bentuk Dual , Y1 dan Y2 disebut variable dual Bila masalah primal dibandingkan dg masalah dual ada beberapa hubungan: 1. Koef fungsi tujuan primal menjadi sisi kanan dual
Sisi kanan primal menjadi koef dungsi tujuan dual 2. Tanda pertidaksamaan kendala dibalik 3. Tujuan diubah dari min (max) dalam primal menjadi max (min) dalam dual 4. Kolom primal ≈ baris (kendala) dalam dual
∑ kendala dual = ∑ variabel primal 5. Baris (kendala) primal ≈ kolom dual
Sehingga ada satu variabel dual ∀ kendala primal 6. Bentuk dual dari dual adalah primal A. Masalah Primal-Dual Simetrik Bentuk Umum :
Primal : Max
Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn
Kendala A11 X1 + A12 X2 + ... +A1n Xn ≤ B1 A21 X1 + A22 X2 + ... +A2n Xn ≤ B2 n Varibel
.
m Kendala
. Am1 X1 + Am2 X2 + ... +Amn Xn ≤ Bm X1 ,
Dual
: Min
Xn ≥ 0
X2 , ...
W = B1 Y1 + B2 Y2 + ... + Bm Ym
Kendala A11 Y1 + A12 Y2 + ... +A1m Ym ≤ C1 A21 Y1 + A22 Y2 + ... +A2m Ym ≤ C2 m Varibel
.
n Kendala
. A1n Y1 + A2n Y2 + ... +Amn Ym ≤ Cn Y1 ,
Ym ≥ 0
Y2 , ...
Dalam notasi matrik, masalah primal – dual simetrik : Primal
: Maksimumkan Dengan syarat
Z = cX :
Ax ≤
x ≥ Dual
: Minimumkan Dengan syarat
0 W = Yb
:
yA ≥
y ≥ Dimana
b
c
0
A = matriks m x n
x = vektor kolom n x 1
b = vektor kolom m x 1
y = vektor baris 1 x m
c = vektor baris 1 x n Aturan umum menuliskan bentuk dual dari LP yang simetrik : a. primal
Misalkan sebuah variabel dual (non negatif) untuk setiap kendala
b.
Vektor baris koef fungsi tujuan primal diubah menjadi vektor kolom sisi
kanan dual c.
Vektor kolom sisi kanan primal diubah menjadi vektor baris koef fungsi
tujuan dual d.
Transpose koef matriks kendala primal ke kendala dual
e.
Balik arah pertidaksamaan kendala
f.
Balik arah optimisasi ( min -> max atau sebaliknya )
1. Teori I ( Weak Duality Theorem ) Misal bentuk primal dual simetrik Max
Z = cX
Dengan syarat ≥
:
dan Ax ≤
b
Min
W = Yb
Dengan syarat
:
yA
c x ≥
0
y
≥
0 ” Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi yg layak selalu ≥ masalah maksimasi (primal)nya ”
Bukti : Misal X°dan Y° adalah vektor solusi yg layak untuk masalah primal dan dual. Harus dibuktikan bahwa Y°b ≥ cX° Karena X° layak bagi primal dengan kendala AX° ≥ b X° ≥ 0 Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan Y° diperoleh Y°AX° ≤ Y°b
.... (I)
Karena Y° layak bagi dual dengan kendala Y°A ≥ c Y° ≥ 0 Kemudian jika pertidaksamaan kendala dikalikan dengan X° diperoleh Y°A X° ≥ cX°
.... (II)
Pertidaksamaan I dan II secara tidak langsung mengatakan bahwa : Y°b ≥ Y°A X° ≥ cX° Dari Weak Duality Theorem diperoleh hasil – hasil : a. Nilai fungsi tujuan masalah maksimasi (primal) untuk setiap solusi layak adalah batas bawah dari nilai minimum fungsi tujuan masalah dual b. Nilai fungsi tujuan masalah minimisasi (dual) untuk setiap solusi layak adalah batas atas dari jilai maksimum fungsi tujuan msalah primal c. Jika masalah primal adalah layak dan nilai tujuannya tak terbatas, maka masalah dualnya tdk memiliki suatu solusi layak, atau d. Jika masalah primal adalah layak dan tak terbatas, maka masalah primal adalah tak layak, atau e. Jika masalah dual adalah layak dan primal tak layak maka dual adalah tak terbatas.
Contoh Primal
: Max
Z = X1 + 2 X2 + 3 X3 + 4 X4
Dengan syarat
:
X1 + 2 X2 + 2 X3 + 3 X4 ≤ 20 X2 + 3 X3 + 2 X4 ≤ 20
2 X1 + X1 ,
X2 ,
X4 ≥ 0
X3 ,
X1° = X2° = X3° = X4° = 1 adalah layak untuk primal dengan nilai fungsi tujuan Z = cX° = 10 Dual : Min
W = 20 Y1 + 20 Y2
Dengan syarat
:
Y1 +
2 Y2 ≥
2 Y1 +
Y2 ≥
2
2 Y1 +
3 Y2 ≥
3
3 Y1 +
2 Y2 ≥
4
Y1 ,
Y2 ≥
1
0
Y1° = Y2° = 1 adalah layak bagi dual dengan nilai fungsi tujuan W = Y°b = 40
Ingat bahwa
cX° ≤
Y°b
berarti memenuhi Weak Duality Theorem.
Berdasarkan hasil solusi layak primal, nilai minimum fungsi tujuan W tak dapat lebih kecil dari 10. berdasarkan hasil solusi layak dual, nilai maksimum fungsi tujuan primal Z tak dapat melebihi 40. 2. Teori 2 ( Optimality Criterion theorem ) Jika terdalap solusi layak X° dan Y°, pada bentuk primal dual simetrik demikian hingga nilai-nilai fungsi tujuan yg berhubungan adalah sama, maka solusi layak ini adalah solusi optimum terhadap masalah tersebut. Contoh : Berdasarkan contoh Teori 1. Misalkan
X1° = 0 , X2° = 0 , X3° = 4 , X4° = 4
adalah suatu solusi layak yang lain terhadap masalah primal, sementara Y 1° = 1.2 , Y2° = 0.2 adalah solusi layak bagi dual. Nilai Z = W = 28 → solusi ini optimum 3. Teori 3 ( Main Duality Theorem ) Jika baik masalah primal maupun dual adalah layak, maka keduanya memiliki solusi demikian hingga nilai optimum fungsi tujuannya adalah sama. 4. Teori 4 ( Complentary slackness theorem ) a. Jika suatu variabel primal Xj° bernilai positif, maka kendala dual yang
berhubungan akan dipenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan optimum (variabel slack atau surplus pada kendala dual = 0) b. Jika suatu kendala primal berupa pertidaksamaan murni pada keadaan
optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal > 0), maka variabel dual yang berhubungan Yi° harus = 0 pada keadaan optimum c. Jika suatu variabel dual Yi° bernilai positif, maka kendala primal yg
berhubungan akan memenuhi sebagai suatu persamaan pada keadaan optimum (variabel slack atau surplus pada kendala primal = 0) B. Masalah Primal – Dual Asimetrik Contoh : Max
Z = 4 X1 + 5 X2
Dg syarat
3 X1 + 2 X2 ≤
20
4 X1 - 3 X2 ≥
10
X1 +
X2 =
5
X1 ≥ 0 , X2 tak terbatas Ubah kedalam bentuk simetri, dengan cara : 1. Kendala 2 dikalikan – X2 ≤
2. Kendala 3 diganti dg X1 +
5 dan X1 + X2 ≥
5
3. Variabel tak terbatas X2 diganti dg selisih 2 variabel non negatif X3 dan X4
Sehingga bentuk simetrisnya menjadi Max
Z = 4 X1 + 5 X3 - 5 X4
Dg syarat
3 X1 + 2 X3 - 2 X4
≤
4 X1 - 3 X3 + 3 X4
≤ -10
X1 + - X1 -
X3 +
≤
X4
20
5
X3 +
X4
≤
-5
X3 ,
X4
≥
0
X1 , Bentuk dualnya : Min Dg syarat
Z = 20 U1 - 10 U2 + 5 U3 - 5 U4 ≥
3 U1 - 4 U2 + U3 - U4
≥
2 U1 + 3 U2 + U3 - U4
5
≥ -5
-2 U1 + 3 U2 - U3 + U4 U1 ,
4
≥
U2 , U3 , U4
0
Bila bentuk dual dibandingkan dg bentuk primal yg belum disimetrikan maka tak ada ciri – ciri hubungan primal – dual yg terpenuhi. Kemudian misalkan Y1
=
U1 ,
Y2
=
-U2
,
Y3
=
U3 + U4
dandua
pertidaksamaan terakhir diganti sebuah persamaan, hasilnya adalah : Min Dg syarat
W = 20 Y1 - 10 Y2 + 5 Y3 3 Y1 + 4 Y2 + Y3 ≥
4
2 Y1 - 3 Y2 + Y3 =
5
Y1 > 0 , Y2 < 0, Y3 tak terbatas Bentuk ini memenuhi hubungan primal – dual, kecuali arah pertidaksamaan kendala dan tanda pembatas variabel.
Ciri – ciri bentuk dual LP (simetris / tak simetris) 1. Elemen matriks kendala dual = transpose ol. Primal 2. Koef tujuan dual = sisi kanan primal 3. Sisi kanan dual = koef tujuan primal 4. Primal max → dual min dan sebaliknya
Hubungan Primal - Dual Primal A elemen matriks kendala I. Maksimasi bKendala vektor sisi ke-ikanan jenis ≤ cKendala koef fungsi ke-i tujuan jenis ≥ Kendala ke-i persamaan Xj ≥ 0 Xj tak terbatas Xj ≤ 0 II. Minimasi Kendala ke-i jenis ≤ Kendala ke-i jenis ≥ Xj ≥ 0 Xj ≤ 0
Dual Transpose elemen matriks Minimisasi Koef fungsi Variabel dualtujuan y:≥ 0 Vektor sisi kanan Variabel dual y:≤ 0 Variabel Y i tak terbatas Kendala ke-j ≥ Kendala ke-j persamaan Kendala ke-j ≤ Maksimasi Variabel dual y : ≤ 0 Variabel dual y : ≥ 0 Kendala ke-j ≤ Kendala ke-j ≥
Contoh 1. Primal
: Max Dg syarat
Z =
X1 + 4 X2 + 3 X3
2 X1 + 3 X2 - 5 X3 ≤
2
X2 + 6 X3 ≥
1
3 X1 X1 +
X2 +
X3 =
4
X1 ≥ 0 , X2 ≤ 0, X3 tak terbatas Dual : Min
W = 2 Y1 +
Dg syarat
Y2 + 4 Y 3
2 Y1 + 3 Y2 +
Y3 ≥
1
3 Y1 -
Y3 ≤
4
Y2 +
-5 Y1 + 6 Y2 +
Y3 = 3
Y1 ≥ 0 , Y2 ≤ 0, Y3 tak terbatas 2. Primal
: Min Dg syarat
Z = 2 X1 + X2 - X3 X1 + X2 - X3 = 1 X1 - X2 + X3 ≥ X2 + X3 ≤
2
3
X1 ≥ 0 , X2 ≤ 0, X3 tak terbatas
Dual : Max
W =
Dg syarat
Y1 + 2 Y2 + 3 Y3 ≥ 2
Y1 +
Y2
Y1 -
Y2 +
-Y1 +
Y2 +
Y3 ≤ 1
Y3 = -1
Y1 tak terbatas , Y2 ≥ 0 , Y3 ≤ 0 C. Mencari Solusi Optimum Bentuk Dual dg Metode Simpleks Main Duality Theorem → solusi optimum dual dpt diperoleh dari solusi primal dan sebaliknya Contoh : Max
Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
Dg syarat
X1 + 2 X1 X1 ,
2 X2 +
X3 ≤
5
X2 + 3 X3 = 2 X3 ≥ 0
X2 ,
Tabel simpleks optimum Basis Z X1 X2
X1 0 0 1
X2 0 1 0
X3 /5 -1/5 7 /5 3
S1 /5 2 /5 1 /5
29
R1 -2/5 + M -1/5 2 /5
Solusi 28 1/5 8 /5 9 /5
Ingat bahwa variabel basis awal adalah variabel slack S1 dan artificial variabel R1 Bentuk Dual Min
W = 5 Y1 + 2 Y2 Dg syarat
Y1 + 2 Y2 ≥ 2 Y1 Y1 + 3 Y2
Y2 ≥
5
≥ 12 4
Y1 ≥ 0 , Y2 tak terbatas Karena Y2 tak terbatas diganti Y2′ – Y″ dimana Y2′ – Y″ ≥ 0
Tabel Simpleks Optimum :
Basis Z S3 Y″ Y1
Y1 0 0 0 1
Y2′ 0 0 -1 0
S1 -9/5 -7/5 2 /5 -1/5
Y″ 0 0 1 0
S2 -2/5 1 /5 1 - /5 -2/5
S3 0 1 0 0
9
R1 /5-M 7 /5 2 - /5 1 /5
8
R2 /5-M -1/5 1 /5 2 /5
R3 -M -1 0 0
Solusi 28 1/5 3 /5 2 /5 29 /5
Variabel basis solusi awal primal S1 dan R1 Variabel dual yg berhubungan dg pers kendala primal yg mengandung S 1 dan R1 adalah Y1 dan Y2 Variabel basis awal bentuk
S1
primal Koef persamaan Z pd optimum
29
primal Variabel dual yg berhubungan maka Y1 =
29
R1 -2/5+M
/5
Y1
Y2
Jika
M
diabaikan
2
/5 ; Y 2 = - /5
atau Y2 = Y2′ – Y″ = 0 - 2/5 = - 2/5 → = bentuk dual Variabel basis awal bentuk dual Koef persamaan Z pd optimum
R1 /5-M
R2 /5-M
9
8
R3 0-M
dual Variabel primal yg berhubungan X1 X2 X3 9 8 Jika M diabaikan; X1 = /5 , X2 = /5 , X3 = 0 → = bentuk primal Berdasarkan tabel simpleks oprimum primal, solusi optimum dual dpt dihitung melalui rumus : Misal hubungan primal – dual : Min
Z = cX
Dengan syarat ≤
:
dan Ax = b
Max
W = Yb
Dengan syarat
:
yA
c x ≥
0
y
≥
0 Maka solusi optimum primal dan dual diperoleh melalui penerapan reviscol simplex method : Z = W = CB B-1 b Ket : CB B matriks A
= vektor profit / biaya var basis optimum primal = matriks var basis optimum primal : [ Pj ] dimana Pj = kolom ke-j
CB B = vektor simpleks multiplier Contoh : Primal
: Max
Z = 5 X1 + 12 X2 + 4 X3
Dg syarat
X1 +
2 X1 X1 , Dual
:
Min
X3 ≤
2 X2 + X2 ,
5
X2 + 3 X3 = 2 X3 ≥ 0
W = 5 Y1 + 2 Y2 Y1 + 2 Y2 ≥
Dg syarat
2 Y1 -
Y2
Y1 + 3 Y2
5 ≥ 12 ≥
4
Y1 ≥ 0 , Y2 tak terbatas Melalui simpleks diperoleh X1 = 9/5 , X2 = 8/5 , Z = 28 1/5 karena X1 dan X2 var basis optimum primal, maka : Matriks basis optimumnya : 1
2
B = [ P1 P2 ] = 2 -1
Optimum simpleks multipliernya adalah : 1
/
2
/
CB B-1 = [ 5 12 ] = 2/5 -1/ 5 5 5 Terlihat bahwa Y1 =
29
/5 , Y2 = -2/5 memenuhi kendala dual dan nilai fungsi tujuan
W = 5 (29/5) + 2 (-2/5) = 28 1/5 ∴ Suatu solusi optimum primal (dual) jg merupakan solusi optimum masalah dual (primal) D. Penafsiran Solusi Dual Dari segi ekonomi, solusi optimum bentuk dual dapat ditafsirkan sebagai sumbangan kendala sumber daya (shadow price) Berdasarkan Main Duality Theorem : Z = cX° = Y°b = W Sehingga nilai optimum LP dapat ditulis :
Z = Y1° b1 + Y2° b2 + ... + Y m ° bm Dimana
b1, b2,…, bm
→ ∑ sumber daya 1,2,…,m
Y1°, Y2°, ... , Ym° → nilai optimum var dual Misal b1 dpt diubah, kemudian untuk perubahan nilai b1 yg sangat kecil (∆b1), perubahan neto nilai Z adalah Y1° (∆b1). Perubahan neto nilai optimum karena kenaikan ∑ sumber daya disebut shadow price sumber daya yg bersangkutan . dapat digunakan untuk menentukan apakah menguntungkan untuk mendapatkan tambahan sumber daya. E. Keuntungan Perhitungan bentuk Dual Jika suatu masalah sedemikian sehingga bentuk primal memiliki sejumlah besar kendala sementara variabel hanya sedikit, masalah tersebut dapat diselesaikan dengan lebih efisien dalam bentuk dual. ANALISA SENSITIVITAS
Post optimaly analysis → analisis perubahan parameter dan pengaruhnya
terhadap solusi LP Analisis ini terjadi setelah diperoleh solusi optimum perubahan atau variasi dalam masalah LP yg biasanya dipelajari melalui post optimalt analysis dpt dipisahkan ke dalam 3 kelompok umum : a. Analisis yg berkaitan dg perubahan diskrit parameter untuk melihat berapa
besar perubahan dapat ditolelir sebelum solusi optimum mulai kehilangan optimalitasnya dsbt Analisis Sensitivitas. Jika
∆ kecil parameter → ∆ drastis solusi maka solusi sangat sensitif,
sebaliknya jika ∆ parameter tdk berpengaruh besar terhadap solusi maka solusi relatif insensitif terhadap nilai parameter tsb. b. Analisis yg berkaitan dg perubahan struktural muncul bila ada penambahan atau penghilangan kendala dan atau variabel untuk menunjukkan operasi alternatif. c. Analisis yg berkaitan dg ∆ kontinu parameter untuk menentukan urutan solusi
dasar menjadi optimum jika ∆ ditambah lebih jauh dsbt parameteric – programming
Melalui analisa sensitivitas dapat dievaluasi pengaruh perubahan-perubahan
parameter dg sedikit tambahan perhitungan berdasarkan tabel simpleks optimum. Dalam analisis sensitivitas, perubahan-perubahan parameter dikelompokkan menjadi a. Perubahan koefisien fungsi tujuan (Cj) b. Perubahan konstanta sisi kanan (Bi)
c. Perubahan kendala d. Penambahan variabel baru e. Penambahan kendala baru Contoh Sebuah perusahaan merencanakan memproduksi 3 barang A, B, dan C. Keuntungan per unit barang-barang itu 2, 3, dan 1. diperlukan 2 sumber daya yaitu buruh dan bahan mentah. Max
Z = 2 X1 + 3 X2 + X3 1 1
/3 X 1 +
/3 X 1 X1 ,
1
/3 X2 +
1
/3 X 3 ≤
/3 X2 + 7/3 X3 ≤
4
X2 ,
1 → kendala buruh 3 → kendala bahan mentah
X3 ≥ 0
Dimana X1 , X2 , X3 adalah barang A, B, dan C yg dihasilkan Tabel simplex awal Basis Z S1 S2
X1 -2 1 /3 1 /3
X2 -3 1 /3 4 /3
X3 -1 1 /3 7 /3
S1 0 1 0
S2 0 0 1
Solusi 0 1 3
(I)
Melalui beberapa iterasi metode simpleks menghasilkan tabel optimum Basis Z X1 X2
X1 0 1 0
X2 0 0 1
X3 3 -1 2
S1 5 4 -1
∴ tabel optimum : X1 = 1 ; X2 = 2 ; Z = 8
S2 1 -1 1
Solusi 8 1 2
( II )
Dengan melakukan analisi sensitivitas dapat diperoleh informasi yg berhubungan dg rencana produksi alternatif disekitar solusi optimum. A.
Perubahan Koefisien Fungsu Tujuan 1.
Perubahan koefisien fungsi tujuan dari variabel non basis.
Pada optimum barang C tidak diproduksi karena keuntungan per unitnya (C 3) rendah yaitu 1. Dapat dicari interval C3 sehingga solusi optimum tidak berubah. Jika C3 turun tidak berpengaruh terhadap solusi optimum Jika bertambah mungkin dapat menguntungkan untuk diproduksi. Jika nilai C3 berubah, nilai koefisien persamaan Z dari variabel non basis X3 (C3) pada tabel optimum turut berubah. Tabel II adalah optimum selama C3 non negatif. Pada tabel II CB = [ C1 , C2 ] = [ 2 , 3 ] dimana CB adalah vektor koef fungsi tujuan var basis. Berdasarkan inner product rule Cj = CbVj – Cj diperoleh
C3 = [ 2
-1
, 3 ]2
Opimum jika
C3 =
- C3 = 4 - C3
4 - C3 ≥ 0 atau C3 ≤ 4.
∴ selama keuntungan per unit produk C kurang dari 4 adalah tidak ekonomis menghasilkan barang C. Misalkan keuntungan per unti barang C dinaikkan menjadi 6, maka C3 = 4 -6 = -2. Tabel II menjadi tidak optimum. Basis Z X1 X3
X1 0 1 0
X2 0 0 1
X3 -2 1 (2)
S1 5 4 -1
S2 1 -1 1
Solusi 8 1 2
X3 0 0 1
S1 4 7 /2 -1/2
S2 2 -1/2 1 /2
Solusi 10 2 1
Tabel optimumnya menjadi : ( IV )
Basis Z X1 X3
X1 0 1 0
X2 1 1 /2 1 /2
( III )
∴ Z = 10 ; X1 = 2 ; X3 = 1 2.
Perubahan Koefisien fungsi tujuan variabel basis
Misalkan ingin ditentukan pengaruh perubahan keuntungan per unti barang A (C1). Untuk menentukan interval C1, perubahan C1 akan nengubah vektor keuntungan CB karena CB = [ C1 , C2 ] . Dapat dibuktikan bahwa koef pers Z variabel basis yaitu C1 dan C2 tidakterpengaruh dan tetap bernilai nol. Namun, koef persamaan Z variabel non basis akan berubah. Tetapi selama Cj non negatif, Tabel II masih optimum. Dapat ditunjujjan nilai C3, CS1, CS2 sebagai fungsi dari C1 : C3 = [C1 , 3 ] -1
- 1 = 4 - C1
CS1 = [C1 , 3 ]
- 0 = 4 C1 - 3
2
4 -1
CS2 = [C1 , 3 ]-1
- 0 = 3 - C1
∴ C3
5
1
≥ 0 selama C1 ≤
CS1 ≥ 0 selama C1 ≥ CS2 ≥ 0 selama C1 ≤
3
/4
3
Tabel II akan tetap optimum jika interval C1 yg dipilih 3/4 sampai 3. Jika C1 berubah nilai optimum fungsi tujuan akan berubah. Misal C1 = 1, solusi optimum adalah X1 = 1
, X2 = 2
, X3 = 0 tetapi Z = 1( 1 ) + 3( 2 ) +
1( 0 ) = 7
3.
Perubahan Koef tujuan pada var basis dan non basis
Misal fungsi tujuan dirubah menjadi Z = X1 +
4 X2 +
2X3 . Pengaruhnya
ditentukan dg memeriksan apakah koef persamaan Z pd tabel II tetap non negatif. Koef persamaan Z variabel basis nilainya tdk berubah C1 = C2 = 0, sementara C3 = [ 1 , 4 ]
-1 2
4 -1
- 2 = 5
≥ 0
CS1 = [ 1 , 4 ]
- 0 = 0
≥ 0
- 0 = 3
≥ 0
∴
Cj
non
negatif CS2 = [ 1 , 4 ] -1 1
∴ Solusi optimum tdk berubah X1 = 1 , X2 = 2 , X3 = 0 dengan Z = 9 . Sekarang ditemui indikasi adanya solusi optimum alternatif karena CS1 = 0 B.
Perubahan Koefisien Sisi Kanan
Misalkan ada penambahan 2 unit buruh sehingga vektor sisi kanan pada tabel 1 dari simplex awal
2 3
3
menjadi
Jelas perubahan ini tdk membawa pengaruh pd tabel optimum. Untuk mempelajari perubahan konstan sisi kanan, cukup membutuhkan apakah vektor konstanta yg baru pd tabel akhir masih non negatif. Setiap kolom pada akhir (termasuk vektor sisi kanan) dapat diperoleh dg mengalikan kolom yg bersangkutan pd tabel awal dg inverse kolom basis. Pada kasus ini kolom basis adalah kolom yg berhubungan dg X1 dan X2 (tabel I). Sehingga matriks basis : B
=
1
1
1
4
/3 /3
/3 /3
Kolom yg berhubungan dg var basis awal pd setiap tabel simplex optimum memberikan inverse kolom basis. Karena
S1 dan S2 pada tabel II merupakan
inverse matrik basis sehingga : B-1 =
4 -1
-1 1
Nilai konstan sisi kanan yg baru pd tabel II yg disebabkan karena pertambahan buruh adalah : B* =
4 -1
-1 1
2 3
=
5 1
→ Vektor positif
Sehingga tabel II masih tetap optimum dan kombinasi barang optimal baru adalah X1 = 5 , X2 = 1 , X3 = 0 , Z = 13. Solusi dan nilai optimum berubah tetapi var basis tidak. ∴ masih optimum jika hanya menghasilkan barang A dan B. Misalkan tambahan 7 unit buruh dapat diperoleh dg kerja lembur yg biaya tambahannya 4. Apakah menguntungkan menggunakan kerja lembur ? Pada contoh ini tambahan keuntungan 13 – 8 = 5 ( > 4 ) berarti menguntungkan. Kenaikan keuntungan ini dinamakan shadow price. Shadow price mencerminkan perubahan neto nilai optimum karena pertambahan satu unit sumber daya, selama perubahan sumber daya tdk mengubah variabel basis optimum. Agar penggunaan shadow price berarti, harus dihitung interval pers. bahan sumber daya sehingga var basis optimum tetap sama. Contoh Hitung berapa jauh ketersediaan buruh dapat diubah ? Misal b1 → ∑ tersedianya buruh dan b0 vektor konstan sisi kanan yg baru pd tabel awal, sehingga : b0 =
b1 3
Setelah terjadi perubahan sumber daya, pd tabel simplex optimum harus dipenuhi b* = B-1. b0 ≥ 0
( non negatif )
4 -1
Karena B-1 =
-1 1
4
maka B-1. b0 = -1 =
B-1. b0 non negatif selama 4b1 -
4b1 - 3 -b1 + 3
3 ≥ 0 atau b1 ≥
-b1 + 3 ≥ 0 atau b1 ≥ Untuk semua
3
/4 ≤ b1 ≤ 3 solusi optimum adalah :
X1 = 4b1 -
3
X1 = -b1 + 3
b1 3
-1 1
3
/4 3
X1 = 0 Z = 2 (4b1 -
3 ) + 3 (-b1 + 3) = 5b1 + 3
Misalkan buruh bertambah jadi 4 b0 =
b* =
4 3 4.4 - 3 -4 + 3
13 -1
=
Tidak optimum karena solusi basis X1 = 13 , X2 = -1 , X3 = S1 = S2 = 0 adalah tdk layak, dituliskan lagi dlm tabel : Bas
X
X
X
S1
S2
is Z X1
1
2
3
0 1
0 0
X2
0
1
Sisi
3 -
5 4
1 -1
13
1 2
-1
1
-1
kanan
(V)
Meskipun tabel V tdk layak untuk masalah primal, ia layak untuk masalah dual karena semua koef persamaan Z non negatif. Solusi optimum baru dg metode dual simplex :
Tabel VI
Bas
X
X
X
S
S2
Solusi
is Z
1
2
3
1
0
5
1
0
6
18
X1 S2
1 0
4 -
3 7 -2
0 1
3 -1
9 1
( VI )
1
optimum karena konstan sisi kanan positif. Cara Alternatif : Misalkan ketersediaan tenaga kerja (b1) berubah ∆, sedangkan yg lain tetap. Perubahan ini menyebabkan perubahan kolom solusi pada tabel
simplex awal sebesar koefisien pd kolom yg berhubungan yaitu S1. Pengaruh itu akan ditiru pd itersi selanjutnya sampai simplex optimum. Karena itu untuk mengetahui pengaruh perubahan tenaga kerja, cukup diperiksa kolom slack yg berhubungan dg kendala yg diubah ketersediaannya nilai-nilai pd kolom solusi non negatif 1 + 4∆ ≥ 0 ∆ ≥
2 - 1∆ ≥ 0
3
/4
2 ≥ ∆
dan
Karena jumlah tenaga kerja adalah b1 = 1 + ∆ atau ∆ = b1 – 1, jika disubtitusi menjadi : b1 - 1 ≥ - 1/4 b1 ∴
3
≥
2 ≥ b1 - 1
3
/4
dan
/4 ≤ b 1 ≤
3 ≥ b1
3
Dengan cara yg sama dpt dicari untuk bahan mentah (b2) 1 - 1∆ ≥ 0
2 + 1∆ ≥
1 ≥ ∆
0
∆ ≥ -2
dan
Karena jumlah bahan mentah adalah b2 = 3 + ∆ atau ∆ = b2 – 3 maka : 1 ≥ b2 - 3
b2 - 3 ≥ - 2
4 ≥ b2 ∴ 1 ≤ b2 ≤
dan
b2
≥
1
4
Jadi nilai b2 yg memenuhi adalah 1 ≤ b2 ≤
4. Ini berarti selama jumlah bahan
mentah berada di interval itu solusi optimum tdk berubah C.
Perubahan Matriks Kendala ( A )
Matriks kendala atau koefisien matriks A dapat berubah karena : 1.
Penambahan variabel - variabel atau kegiatan – kegiatan
baru 2.
Perubahan kebutuhan sumber daya dari kegiatan –
kegiatan yg ada 3.
Penambahan kendala baru
1. Penambahan kegiatan baru
Misalkan ingin ditambahkan produk baru D yg membutuhkan 1 unit buruh dan 1
unit
bahan
mentahdengan
keuntungan
menguntungkan ?
per
unit
3.
Apakah
1 1
Secara matematik ekivalen dg penambahan variabel X4 dan kolom pada tabel I. Kombinasi produk optimum tabel II masih optimum selama koef persamaan Z dr produk baru sebut saja C4 adalah non negatif. Dari revised simplex method diperoleh Cj = Ingat bahwa CB
CB
B-1 Pj - CJ. 4 -1
B-1 = [ 2 , 3 ] 1
Dalam kasus ini, C4 = 3 dan 1P4 = 3 = 3 (non negatif)
-1 1
=
5 1
1
, sehingga 1C4 =[ 5 , 1 ]
-
∴ Memproduksi brang D tdk akan menambah keuntungan. Jika kegiatan baru dapat memperbaiki keuntungan bila Cj nya negatif kemudian selesaikan dg metode simpleks. 2. Perubahan Keperlaun Sumber daya Jika buruh atau kebutuhan bahan mentah dari kegiatan non basis ( misal barang C ) berubah, pengaruh pd solusi optimum dapat dipelajari dengan mengikuti langkah – langkah yg sama seperti kasus sebelumnya. Dipihak lain, jika koefisien kendala dari kegiatan basis ( misal barang A atau B ) berubah maka matriks basis dengan sendirinya terpengaruh yg dapat mempengaruhi semua angka – angka tabel II. Kemudian tabel II kemungkinan menjadi tidak layak untuk masalah primal maupun dual. Dalam keadaan seperti ini, mungkin lebih baik diselesaikan kembali dengan metode simpleks. 3. Penambahan Kendala Baru Misalkan terdapat tambahan kendala jasa administrasi terhadap masalah dimana barang A, B, dan C masing – masing membutuhkan 1, 2 dan 1 jam jasa administrasi sementara tersedia 10 jam administrasi. Ini akan menambah kendala baru : X1 + 2 X2 + X3 ≤
10
Untuk
mempelajari
pengaruhnya
terhadap
solusi
optimum
cukup
membuktikan apakah kombinasi barang optimum yg ada memnuhi kendala baru. Jika memenuhi kombinasi barang optimum tidak perlu diubah. Misalkan jam administrasi yg tersedia hanya 4 maka kendala baru menjadi X1 + 2 X2 + X3
≤
4 solusi optimum yg ada ( X 1 = 1 , X2 = 2 , X3
= 0 )
menyimpang dari kendala ini. Sehingga tabel II tidak lagi optimum. Untuk mencari solusi optimum yg baru, tambahkan kendala baru seperti pada baris ketiga tabel berikut ini. Dengan menggunakan S3 sebagai variabel slack pada kendala baru Bas is Z X1 X2 S3
X
X
X
1
2
3
0 1 0 1
0 0 1 2
3 -1 2 1
S1 5 4 -1 0
S2
S3
Sisi kanan
1 -1 1 0
0 0 0 1
1 2 4
( VII )
Karena X1 dan X2 merupakan variabel non basis, maka koefisien baris ketiga yg berhubungan dengan X1 dan X2 harus sama dengan nol. Ini dapat dicapai dengan perkalian baris pertama dengan -1 baris, kedua dengan -2 dan tambahkan mereka pada baris ketiga. Tabel VIII menunjukkan tabel baru setelah operasi baris. Ingat bahwa koefisien persamaan Z tidak terpengaruh oleh proses ini, karena variabel basis yg baru S3 merupakan variabel slack. Bas is Z X1 X2 S3
X
X
X
1
2
3
0 1 0 1
0 0 1 2
3 -1 2 -2
S1 5 4 -1 -2
S2 1 -1 1 (1)
(VIII)
S3
Sisi kanan
0 0 0 1
1 2 -1
Karena tabel VIII optimum tetapi tdk layak (dual feasible) maka metode dual simplex diaplikasikan untuk mencari solusi optimum baru. Variabel basis S 3 meninggalkan basis kasrena rasio absolut terkecil adalah pada S2 [ min ( -3/2 , 5
/2 , -1/1 ) ] maka variabel digantikan S3 oleh S2. Iterasi berikutnya : Bas
X
X
is Z X1 X2 S3
1
2
0 1 0 1
0 0 1 2
X
S1
S2
S3
Solusi
1 -1 1 -1
7 2 1 1
3
1 1 0 2
3 6 -3 2
0 0 0 1
(IX)
Tabel IX adalah optimum sekaligus layakdan kombinasi barang optimum yg baru adalah menghasilkan 2 unit barang A dan 1 unit barang B. Keuntungan maksimum telah berkurang dari 8 menjadi 7 karena penambahan kendala baru. ∴ Jika kendala baru ditambahkan terhadap suatu masalah LP, nilai optimum yg lama akan selalu lebih baik atau sama dibanding nilai optimum baru. Sehingga penambahan suatu kendala baru tidak dapat memperbaiki nilai optimum setiap masala LP.
