PERTEMUAN IV Metode Simpleks Primal Teknik M Dua

PERTEMUAN IV Metode Simpleks Primal (Teknik M & Dua Tahap) dan Simpleks Dual

Tujuan Membuat solusi LP dengan Simpleks Primal 2. Membuat solusi LP dengan Simpleks Dual 1.

Metode Simpleks Primal • • • Dalam model RM semua batasan berjenis ≤ dan sisi kanan semua batasan non (-) BFS awal yang layak pada semua var. slack. Untuk kasus yg persamaan pembatasnya bertanda =, kita tidak memperoleh solusi basis feasibel awal karena tidak ada variabel slack yg dapat dipakai sebagai variabel basis awalnya. Daerah feasibel hanya berupa segmen garis. Demikian juga untuk kasus dgn persamaan pembatas ≥, kita tidak memperoleh solusi basis feasibel awal karena ruas kanannya berharga (-).

Metode Simpleks Primal (cont’d) Contoh: 3 x 1 + 2 x 2 ≥ 18 - 3 x 1 - 2 x 2 ≤ -18 - 3 x 1 - 2 x 2 + S 3 = -18 S 3 (-) shg tidak bisa menjadi basis awal. • Hal yg perlu dilakukan adalah menambahkan var. buatan (artificial var. ) u/ starting solution dan selanjutnya mengenakan penalti pada artificial var. dlm fungsi tujuan

Metode Simpleks Primal (cont’d) Dua metode penggunaan penalti diantaranya yaitu : 1. Metode M 2. Metode 2 tahap

Metode M Maksimasi Contoh 1: Max Dgn batasan x 1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x 1 + 2 x 2 = 18 x 1 , x 2 ≥ 0 z = 3 x 1 + 5 x 2

Metode M Maksimasi (cont’d) Konversi ke bentuk standar: Max z = 3 x 1 + 5 x 2 + 0 S 1 + 0 S 2 – MR 3 Dgn batasan x 1 + S 1 = 4 2 x 2 + S 2 = 12 3 x 1 + 2 x 2 + R 3 = 18 x 1 , x 2, S 1, S 2 , R 3 ≥ 0

Langkah 1. Lakukan substitusi thd R 3 : R 3 = 18 - 3 x 1 - 2 x 2 2. Masukkan kedalam persamaan Z z = 3 x 1 + 5 x 2 + 0 S 1 + 0 S 2 – MR 3 z = 3 x 1 + 5 x 2 + 0 S 1 + 0 S 2 – M (18 - 3 x 1 - 2 x 2) z = (3 M +3)x 1 + (2 M-5)x 2 + 0 S 1 + 0 S 2 – 18 M z – (3 M +3)x 1 – (2 M-5)x 2 – 0 S 1 – 0 S 2 = – 18 M

Iterasi Simpleks Maksimasi Itr BV z x 1 x 2 S 1 S 2 R 3 Solusi 0 z 1 -3 M-3 -2 M-5 0 0 0 -18 M S 1 0 1 0 0 4 S 2 0 0 2 0 12 R 3 0 3 2 0 0 1 18 z 1 0 -2 M-5 3 M+3 0 0 -6 M+12 x 1 0 1 0 0 4 S 2 0 0 2 0 12 R 3 0 0 2 -3 0 1 6 1

Iterasi Simpleks Maksimasi (cont’d) Itr BV z x 1 x 2 S 1 S 2 R 3 Solusi 2 z 1 0 0 -9/2 0 M+5/2 27 x 1 0 1 0 0 4 S 2 0 0 0 3 1 -1 6 x 2 0 0 1 -3/2 0 1/2 3 z 1 0 0 0 3/2 M+1 36 x 1 0 0 -1/3 2 S 1 0 0 0 1 1/3 -1/3 2 x 2 0 0 1/2 1/2 6 3

Metode M Minimasi Contoh 2: Min Dgn batasan x 1 ≤ 4 2 x 2 = 12 3 x 1 + 2 x 2 ≥ 18 x 1 , x 2 ≥ 0 z = 3 x 1 + 5 x 2

Metode M Minimasi (cont’d) Konversi ke bentuk standar: Min z = 3 x 1 + 5 x 2 + 0 S 1 - 0 S 3 + MR 2 + MR 3 Dgn batasan x 1 + S 1 = 4 2 x 2 + R 2 = 12 3 x 1 + 2 x 2 - S 3 + R 3 = 18 x 1 , x 2 , S 1 , S 3 , R 2 , R 3 ≥ 0

Langkah 1. 2. Lakukan substitusi thd R 2, R 3 : R 2 = 12 - 2 x 2 R 3 = 18 - 3 x 1 - 2 x 2 + S 3 Masukkan kedalam persamaan Z z = 3 x 1 + 5 x 2 + 0 S 1 + 0 S 3 + M(12 - 2 x 2) + M(18 -3 x 12 x 2+ S 3) z = (-3 M+3)x 1 + (-4 M+5)x 2 + 0 S 1 + MS 3 + 30 M z - (-3 M+3)x 1 - (-4 M+5)x 2 - 0 S 1 - MS 3 = 30 M

Tabel Iterasi Minimasi S 1 S 3 R 2 R 3 Solusi 0 -M 0 0 30 M 0 1 0 0 0 4 0 2 0 0 12 0 3 2 0 -1 0 1 18 z 1 3 M-3 0 0 -M (-2 M+5/2) 0 6 M+30 S 1 0 1 0 0 0 4 x 2 0 0 1/2 0 6 R 3 0 0 -1 -1 1 6 Itr BV z 0 z 1 S 1 0 1 R 2 0 R 3 1 x 2 3 M-3 4 M-5

Tabel Iterasi Minimasi (cont’d) Itr BV z x 1 x 2 S 1 S 3 R 2 R 3 Solusi 2 z 1 0 0 0 -1 (-M+3/2) -M+1 36 S 1 0 0 0 1 1/3 -1/3 2 x 2 0 0 1/2 0 6 x 1 0 0 -1/3 1/3 2 Z = 36 ; x 1 = 2 ; x 2 = 6

Teknik 2 Tahap Latar Belakang: adanya kemungkinan kesalahan pada perhitungan dari teknik M (pemberian nilai konstanta yang terlalu besar) Langkah: Tahap 1: Tambahkan artificial var. Bentuk fungsi tujuan baru yg meminimalkan jumlah artificial var. • • Jika nilai minimum dari fungsi tujuan baru = 0, masalah tsb memiliki solusi yg layak. Jika nilai minimum dari fungsi tujuan baru = +, masalah tsb tidak memiliki solusi yg layak.

Teknik 2 Tahap (cont’d) Tahap 2: Gunakan solusi dasar optimum tahap 1 sebagai solusi awal.

Contoh Dua Tahap Max z = 3 x 1+ 5 x 2 Dgn batasan x 1 ≤ 4 2 x 2 ≤ 12 3 x 1 + 2 x 2 = 18 x 1 , x 2 ≥ 0

Solusi 2 Tahap Konversi bentuk standar Max z = 3 x 1+ 5 x 2 + 0 S 1 + 0 S 2 – MR 3 Dgn batasan x 1 + S 1 = 4 2 x 2 + S 2 = 12 3 x 1 + 2 x 2 + R 3 = 18 - 3 x 1 - 2 x 2 x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , R 3 ≥ 0

Solusi 2 Tahap (cont’d) Fase 1: Minimumkan r = R 3 atau r = 18 - 3 x 1 - 2 x 2 Dgn batasan x 1 + S 1 = 4 2 x 2 + S 2 = 12 3 x 1 + 2 x 2 + R 3 = 18 x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , R 3 ≥ 0

Tabel Iterasi x 1 x 2 S 1 S 2 R 3 Solusi r 3 2 0 0 0 18 S 1 1 0 0 4 S 2 0 1 0 12 R 3 3 2 0 0 1 18 r 0 2 -3 0 0 6 x 1 1 0 0 4 S 2 0 1 0 12 R 3 0 2 -3 0 1 6 Iterasi Basis 0 1

Tabel Iterasi (cont’d) Iterasi 2 x 1 x 2 S 1 S 2 R 3 Solusi r 0 0 -1 0 x 1 1 0 0 4 S 2 0 0 3 1 -1 6 x 2 0 1 -3/2 0 1/2 3 Basis Persoalan diatas punya solusi feasibel R tdk diikutkan lagi

Fase 2: Dari tabel optimum pada fase 1 dpt dituliskan persamaan berikut: x 1 + S 1 = 4 x 1 = 4 - S 1 3 S 1 + S 2 = 6 x 2 – 3/2 S 1 = 3 Kembali ke pers. Semula, dan dgn substitusi thd z didapat: Max z = 3 x 1+ 5 x 2= 3(4 -S 1) + 5(3+3/2 S 1 ) z = 9/2 S 1 + 27

Fase 2: (cont’d) Max z = 9/2 S 1 + 27 Dengan batasan x 1 + S 1 = 4 3 S 1 + S 2 = 6 x 2 – 3/2 S 1 = 3

Tabel Iterasi Fase 2 x 1 x 2 S 1 S 2 Solusi z 0 0 -9/2 0 27 x 1 1 0 4 S 2 0 0 3 1 6 x 2 0 1 -3/2 0 3 z 0 0 0 3/2 36 x 1 1 0 0 -1/3 2 S 1 0 0 1 1/3 2 X 2 0 1/2 6 Iterasi Basis 0 1 X 1 = 2 ; x 2 = 6 ; z = 36

Metode Simpleks Dual

Metode Simpleks Dual Digunakan u/ LP yang sudah optimum, tetapi belum feasibel. Syarat : Seluruh pembatas harus memiliki pertidaksamaan (≤), sedang fungsi tujuan bisa maksimasi atau minimasi.

Metode Simpleks Dual (cont’d) Syarat Leaving Var. dan Entering Var. : 1. Leaving Var adalah var. basis yang memiliki harga negatif terbesar 2. Entering Var : a. Tentukan rasio antar koefisien persamaan z dengan koefisien persamaan leaving var. Abaikan penyebut yg (+) atau nol. Jika penyebut berharga (+) atau nol tidak ada solusi feasibel.

Metode Simpleks Dual (cont’d) b. Untuk persoalan minimasi, Entering Var. adalah variabel dgn rasio terkecil, sedang maksimasi Entering Var. adalah variabel dgn rasio absolut terkecil

Contoh Min Dgn batasan 3 x 1 + x 2 ≥ 3 4 x 1 + 3 x 2 ≥ 6 x 1 + 2 x 2 ≤ 3 x 1 , x 2 ≥ 0 z = 2 x 1 + x 2

Solusi Langkah: 1. Ubah arah pertidaksamaan pembatas sehingga bertanda ≤. 2. Tambahkan variabel slack

Solusi (cont’d) Min z = 2 x 1 + x 2 + 0. S 1 + 0. S 2 +0. S 3 Dgn batasan - 3 x 1 - x 2 + S 1 = - 3 - 4 x 1 - 3 x 2 + S 2 = -6 x 1 + 2 x 2 + S 3 = 3 x 1 , x 2 , S 1 , S 2 , S 3 ≥ 0

Tabel Simpleks Awal Iterasi 0 Basis x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 Solusi z -2 -1 0 0 S 1 -3 -1 1 0 0 -3 S 2 -4 -3 0 1 0 -6 S 3 1 2 0 0 1 3 S 1 dan S 2 (-) ; solusi awal tidak feasible Koefisien pers. Z sudah optimal.

Tabel Simpleks Awal (cont’d) Pada iterasi diatas, S 2 = -6 terpilih sebagai Leaving Var adalah var. basis yang Entering Var dipilih berdasarkan: memiliki harga negatif terbesar. x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 Koef z -2 -1 0 0 0 Koef S 2 -4 -3 0 1 0 Rasio 1/2 1/3 - - - X 2 terpilih sebagai Entering Var.

Tabel Simpleks Lanjutan x 1 x 2 S 1 S 2 S 3 Solusi z -2/3 0 0 -1/3 0 2 S 1 -5/3 0 1 -1/3 0 -1 x 2 4/3 1 0 -1/3 0 2 S 3 5/3 0 0 2/3 1 -1 z 0 0 -2/5 -1/5 0 12/5 x 1 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 x 2 0 1 4/5 -3/5 0 6/5 S 3 0 0 -1 1 1 0 Iterasi Basis 1 2

Solusi Optimal X 1 = 3/5 ; X 2 = 6/5 ; Z = 12/5