Bentuk Umum Fungsi Penalti Eksterior Algoritma Metode Fungsi Penalti Eksterior

C. Metode Fungsi Penalti Eksterior

Metode Fungsi Penalti Eksterior adalah metode yang digunakan untuk menyelesaikan masalah optimisasi nonlinear berkendala menjadi masalah tidak berkendala dengan menambahkan fungsi penalti dan parameter penalti pada fungsi obyektifnya. Proses pencarian penyelesaian optimal dimulai dari luar daerah layak, oleh karena itu disebut metode Fungsi Penalti Eksterior. Kendala- kendala akan ditambahkan pada fungsi obyektif dengan parameter penalti.

1. Bentuk Umum Fungsi Penalti Eksterior

Fungsi Penalti Eksterior merupakan bentuk fungsi tambahan yakni, fungsi obyektif ditambah fungsi penalti. Misalkan fungsi merupakan fungsi tambahan, dan merupakan fungsi obyektif, maka dengan mengambil : x f { } [ ] p l i i p m i i h g ∑ ∑ = = + = 1 1 , maks α x x x didapatkan fungsi tambahan { } [ ] p l i i k p m i i k h g f z ∑ ∑ = = + + = 1 1 μ , maks μ x x x yang disebut sebagai Fungsi Penalti Eksterior. Jadi bentuk umum masalah Fungsi Penalti Eksterior adalah : Minimalkan { } [ ] p l i i k p m i i k h g f z ∑ ∑ = = + + = 1 1 μ , maks μ x x x . Contoh 3.3.1 Ubalah masalah berikut menjadi masalah Fungsi Penalti Eksterior : Minimalkan 2 3 1 2 1 1 3 1 , x x x x f + + = 3.3.1 Dengan kendala 1 1 ≤ − x 2 ≤ − x . Penyelesaian : Pertama akan dibentuk fungsi penalti dari masalah 3.3.1 yaitu [ ] [ ] 2 2 2 1 , maks 1 , maks α x x − + − = x kemudian di bentuk fungsi x x α μ k f z + = , menjadi [ ] [ ] 2 2 2 1 2 3 1 , maks μ 1 , maks μ 1 3 1 x x x x z k k − + − + + + = Maka masalah 3.3.1 dapat dibentuk menjadi masalah Fungsi Penalti Eksterior yakni Minimalkan [ ] [ ] 2 2 2 1 2 3 1 , maks μ 1 , maks μ 1 3 1 x x x x z k k − + − + + + = .

2. Algoritma Metode Fungsi Penalti Eksterior

Berikut akan diberikan algoritma dari metode Fungsi Penalti Eksterior untuk menyelesaikan masalah Minimalkan x f Dengan kendala g ≤ x h = x dan X ∈ x 1. Tentukan titik awal , parameter penalti , skalar penalti , 1 x μ 1 1 β ε dan . 1 = k 2. Bentuk fungsi obyektif untuk masalah optimisasi tidak berkendala x x α μ k f z + = , dengan { } [ ] p l i i p m i i h g ∑ ∑ = = + = 1 1 , maks α x x x 3. Tentukan penyelesaian dari masalah minimalkan , yakni . z k x 4. Jika ε x α μ k langkah dihentikan dan diperoleh . Jika tidak, lanjutkan ke langkah 2 dengan k x k k βμ μ 1 = + . Perhatikan langkah 3, bahwa ketika masalah optimisasi nonlinear berkendala setelah diubah menjadi masalah optimisasi nonlinear tidak berkendala dengan metode Fungsi Penalti Eksterior maka penyelesaian dari masalah minimalkan , yakni dapat diselesaikan dengan metode Newton. z k x Diagram alir dari algoritma metode Fungsi Penalti Eksterior dalam menyelesaikan masalah optimisasi nonlinear berkendala Mulai Tentukan titik awal , 1 x ε parameter penalti μ 1 , skalar β dan 1 1 = k Gambar 3.3.1 Diagram alir algoritma metode Fungsi Penalti Eksterior Bentuk fungsi x x α μ k f z + = dengan { } [ ] p l i i p m i i h g ∑ ∑ = = + = 1 1 , maks x x x α Tentukan penyelesaian dari masalah minimalkan yakni x z k k k βμ μ 1 = + YA Selesai TIDAK ε x α μ k Dalam menyelesaikan masalah optimisasi nonlinear berkendala dengan metode Fungsi Penalti Eksterior ditemukan dua kasus yakni, kasus umum dan kasus khusus. Kasus umum adalah masalah yang dalam penyelesaiannya memerlukan titik awal, sedangkan kasus khusus adalah masalah yang dalam penyelesaiannya tidak memerlukan titik awal. Berikut ini akan diberikan beberapa contoh kasus umum dan kasus khusus masalah optimisasi nonlinear berkendala yang diselesaikan dengan metode Fungsi Penalti Eksterior. Contoh 3.3.2 Selesaikan masalah berikut : Minimalkan 2 3 1 2 1 1 3 1 , x x x x f + + = 3.3.2 Dengan kendala 1 1 ≤ − x 3.3.3 2 ≤ − x 3.3.4 Penyelesaian : ITERASI 1 Langkah 1 Menentukan , skalar 001 . μ 1 = 10 β = , 00001 . = ε dan 1 = k . Langkah 2 Bentuk fungsi x x α 001 . + = f z dimana [ ] [ ] 2 2 2 1 , maks 1 , maks α x x − + − = x . PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah Minimalkan [ ] [ 2 2 2 1 2 3 1 , maks μ 1 , maks μ 1 3 1 x x x x z k k − + − + + + = ] 3.3.5 Penyelesaian dimulai dari mencari turunan parsial terhadap dan yaitu : 1 x 2 x [ 1 2 1 1 1 , maks 2 1 x x x z k − − + = ∂ ∂ μ ] 3.3.6 dan [ 2 2 , maks μ 2 1 x x z k − − = ∂ ∂ ] 3.3.7 Perhatikan persamaan 3.3.6 : i. Jika maka 1 , maks 1 = − x 2 1 1 1 + = ∂ ∂ x x z ii. Jika 1 1 1 1 , maks x x − = − maka 1 2 1 1 1 μ 2 1 x x x z k − − + = ∂ ∂ Sehingga persamaan 3.3.6 dapat ditulis sebagai : [ ] 1 2 1 2 1 1 μ 2 1 , 1 min x x x k − − + + 3.3.8 Jika , maka didapatkan min = 1 2 1 = + x , sehingga diperoleh . Kondisi ini tidak mungkin karena tidak memenuhi kendala pada persamaan 3.3.4. Selanjutnya jika 1 1 − = x 1 2 1 1 μ 2 1 min x x k − − + = , maka 1 2 1 1 μ 2 1 x x k − − + μ 2 μ 2 1 2 1 1 2 1 = + − + + ⇔ x x x k k 1 μ 2 μ 2 2 1 2 1 = + − + + ⇔ k k x x 2 1 k 1 μ 4 1 μ μ 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + − − = ⇔ k k x . Jadi 2 1 1 μ 4 1 μ μ 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + − − = k k k x 3.3.9 Dari persamaan 3.3.7 : i. Jika maka , maks 2 = − x 1 2 = ∂ ∂ x z ii. Jika maka 2 2 , maks x x − = − 2 2 μ 2 1 x x z k + = ∂ ∂ Sehingga persamaan 3.3.7 dapat ditulis sebagai : [ 2 μ 2 1 , 1 min x k + ] 3.3.10 persamaan 3.3.10 hanya mempunyai satu kemungkinan yaitu : , maka μ 2 1 2 = + x k k x μ 2 1 2 − = . Jad k x μ 2 1 2 − = 3.3.11 Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.9, 3.3.11, 3.3.5 dan 3.3.2 diperoleh : 93775 . 1 − = x 500 2 − = x 99616 . 249 − = z 500 − = f PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Karena ε 1 1 α μ x maka tetapkan 01 . βμ μ 1 2 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. ITERASI 2 Langkah 2 Bentuk fungsi dengan z 1 2 βμ μ = , yakni x x α 01 . + = f z . Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah meminimalkan seperti pada langkah 3, iterasi pertama. z Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.9, 3.3.11, 3.3.5 dan 3.3.2 diperoleh : 80975 . 1 − = x 50 2 − = x 96495 . 24 − = z 99770 . 49 − = f 03275 . 25 α μ 2 2 = x . Karena 2 2 μ x α maka tetapkan 1 . βμ μ 2 3 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. ITERASI 3 Langkah 2 Bentuk fungsi dengan z 2 3 βμ μ = , yaitu x x α 1 . + = f z Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah meminimalkan seperti pada langkah 3, iterasi pertama. z Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.9, 3.3.11, 3.3.5 dan 3.3.2 diperoleh : 45969 . 1 − = x 5 2 − = x 23435 . 2 − = z 94742 . 4 − = f Karena 71307 . 2 α μ 3 3 = x maka tetapkan 1 βμ μ 3 4 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. Dan seterusnya dilakukan iterasi sampai pada ε k k α μ x , maka iterasi dihentikan dan penyelesaian optimal diperoleh. Berikut akan diberikan tabel penyelesaian contoh 3.3.2 dengan program Matlab : PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Tabel 3.3.1 Output penyelesaian contoh 3.3.2 dengan Matlab ====================================================================== Iterasi Nilai mu x1 x2 f z mua ====================================================================== 1 0.001 -0.93775 -500.00000 -499.99992 -249.99616 250000.00375 2 0.010 -0.80975 -50.00000 -49.99770 -24.96495 2500.03275 3 0.100 -0.45969 -5.00000 -4.94742 -2.23435 25.21307 4 1.000 0.23607 -0.50000 0.12951 0.96311 0.83359 5 10.000 0.83216 -0.05000 2.00007 2.30677 0.28420 6 100.000 0.98039 -0.00500 2.58399 2.62495 0.03848 7 1000.000 0.99800 -0.00050 2.65819 2.66242 0.00398 8 10000.000 0.99980 -0.00005 2.66582 2.66624 0.00040 9 100000.000 0.99998 -0.00001 2.66658 2.66662 0.00004 10 1000000.000 1.00000 -0.00000 2.66666 2.66666 0.00000 Jadi penyelesaian optimal masalah 3.3.2 adalah 1 1 = x dan , yang menyebabkan nilai minimum pada . 2 = x f 66666 . 2 Contoh 3.3.3 Selesaikan masalah berikut : Minimalkan 8 4 4 , 2 1 2 2 2 1 2 1 + − − + = x x x x x x f 3.3.12 Dengan kendala 4 2 2 1 = − + x x 3.3.13 Penyelesaian : ITERASI 1 Langkah 1 Menentukan , skalar 001 . μ 1 = 10 β = , 00001 . = ε dan 1 = k . Langkah 2 Bentuk fungsi x x α 001 . + = f z dimana . 2 2 1 4 2 α − + = x x x Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah Minimalkan 2 2 1 2 1 2 2 2 1 4 2 μ 8 4 4 − + + + − − + = x x x x x x z k 3.3.14 Penyelesaian dimulai dari mencari turunan parsial terhadap dan yaitu : 1 x 2 x 4 2 μ 2 4 2 2 1 1 1 − + + − = ∂ ∂ x x x x z k 3.3.15 dan 4 2 μ 4 4 2 2 1 2 2 − + + − = ∂ ∂ x x x x z k . 3.3.16 Persamaan 3.3.15 dan persamaan 3.3.16 dapat ditulis ke dalam bentuk : 4 μ 8 μ 4 μ 2 2 2 1 = − − + + k k k x x 3.3.17 dan 4 μ 16 μ 8 2 μ 4 2 1 = − − + + k k k x x 3.3.18 Sehingga persamaan 3.3.17 dan 3.3.18 diselesaikan dengan metode Gauss Jordan menjadi : 1 2 B μ 4 B μ 2 2 1 4 μ 16 μ 8 2 μ 4 μ 2 2 4 μ 8 μ 2 2 μ 4 1 4 μ 16 μ 8 2 μ 4 4 μ 8 μ 4 μ 2 2 k k k k k k k k k k k k k k k − + ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + k k k k k k k k k k k k k k k k k k μ 2 2 μ 4 B B 4 μ 20 μ 2 2 2 2 4 μ 20 8 μ 24 1 μ 2 2 4 μ 8 μ 2 2 μ 4 1 μ 2 2 8 μ 24 μ 2 2 4 μ 20 μ 2 2 4 μ 8 μ 2 2 μ 4 1 + − + + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + + + + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + 4 μ 20 8 μ 24 1 4 μ 20 8 μ 32 1 k k k k Ditulis ke dalam persamaan menjadi : 4 μ 20 8 μ 32 1 + + = k k x 4 μ 20 8 μ 24 2 + + = k k x Maka : 4 μ 20 8 μ 32 1 + + = k k x 4 μ 20 8 μ 24 2 + + = k k x Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.19, 3.3.20, 3.3.14 dan 3.3.12 diperoleh : 99801 . 1 1 = x 99602 . 1 2 = x 00398 . = z 00002 . = f 00396 . α μ 1 1 = x Karena ε 1 1 α μ x maka tetapkan 01 . βμ μ 1 2 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. ITERASI 2 Langkah 2 Bentuk fungsi dengan z 1 2 βμ μ = , yakni x x α 01 . + = f z Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah meminimalkan seperti pada langkah 3, iterasi pertama. z Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.19, 3.3.20, 3.3.14 dan 3.3.12 diperoleh : 98095 . 1 1 = x 96190 . 1 2 = x 03810 . = z 00181 . = f 00396 . α μ 2 2 = x . Karena 3 2 α μ x maka tetapkan 1 . βμ μ 2 3 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. ITERASI 3 Langkah 2 Bentuk fungsi dengan z 2 3 βμ μ = , yaitu x x α 1 . + = f z Langkah 3 Menentukan penyelesaian dari masalah meminimalkan seperti pada langkah 3, iterasi pertama. z Langkah 4 Berdasarkan persamaan 3.3.19, 3.3.20, 3.3.14 dan 3.3.12 diperoleh : 86667 . 1 1 = x 73333 . 1 2 = x 26667 . = z 08889 . = f 17778 . α μ 3 3 = x Karena ε 3 3 α μ x maka tetapkan 1 βμ μ 3 4 = = dan lanjutkan ke iterasi berikutnya. Dan seterusnya dilakukan iterasi sampai pada ε k k α μ x , maka iterasi dihentikan dan penyelesaian optimal diperoleh. Berikut akan diberikan tabel penyelesaian contoh 3.3.3 dengan menggunakan program Matlab : Tabel 3.3.2 Output penyelesaian contoh 3.3.3 dengan Matlab ====================================================================== Iterasi Nilai mu x1 x2 f z mua ====================================================================== 1 0.001 1.99801 1.99602 0.00002 0.00398 0.00396 2 0.010 1.98095 1.96190 0.00181 0.03810 0.03628 3 0.100 1.86667 1.73333 0.08889 0.26667 0.17778 4 1.000 1.66667 1.33333 0.55556 0.66667 0.11111 5 10.000 1.60784 1.21569 0.76894 0.78431 0.01538 6 100.000 1.60080 1.20160 0.79681 0.79840 0.00159 7 1000.000 1.60008 1.20016 0.79968 0.79984 0.00016 8 10000.000 1.60001 1.20002 0.79997 0.79998 0.00002 9 100000.000 1.60000 1.20000 0.80000 0.80000 0.00000 Maka penyelesaian optimal masalah 3.3.3 adalah 6 . 1 1 = x dan , yang menyebabkan nilai minimum pada . 2 . 1 2 = x f 8 . PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Contoh 3.3.4 Selesaikan masalah berikut : Minimalkan 2 2 2 1 2 1 , x x x x f + = Dengan kendala 2 2 2 1 ≤ − + x x 1 2 = + − x Penyelesaian : Tahap awal adalah menentukan titik awal yakni 6 , 2 1 = x , , , dan . Kemudian dilanjutkan dengan membentuk masalah berkendala dari contoh 3.3.4 menjadi masalah tidak berkendala dengan menggunakan metode Fungsi Penalti Eksterior yakni, 1 μ 1 = 10 β = 8 10 − = ε 1 = k [ ] 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 μ 2 2 , maks μ + − + − + + + = x x x x x z k k . Tahap selanjutnya adalah mencari penyelesaian dari masalah minimalkan , yakni dengan menggunakan metode Newton. Penyelesaian dari contoh 3.3.4 dengan menggunakan program Matlab dapat diperlihatkan sebagai berikut : z k x Tabel 3.3.3 Output penyelesaian contoh 3.3.4 dengan Matlab ====================================================================== Iterasi Nilai mu x1 x2 f z mua ====================================================================== 1 1 2.000000 6.000000 40.000000 129.000000 89.000000 2 10 0.545455 0.636364 0.702479 2.024793 1.322314 3 100 0.390456 0.926839 1.011486 1.546741 0.535255 4 1000 0.357049 0.991867 1.111283 1.177436 0.066153 5 10000 0.353305 0.999177 1.123180 1.129946 0.006765 6 100000 0.352926 0.999918 1.124392 1.125070 0.000678 7 1000000 0.352888 0.999992 1.124514 1.124582 0.000068 8 10000000 0.352885 0.999999 1.124526 1.124533 0.000007 9 100000000 0.352884 1.000000 1.124527 1.124528 0.000001 10 1000000000 0.352884 1.000000 1.124527 1.124527 0.000000 ====================================================================== Maka penyelesaian optimal masalah 3.3.4 adalah 352884 . 1 = x dan , yang membuat nilai minimum pada . 1 2 = x f 124527 . 1 Masalah optimisasi pada contoh 3.3.4 adalah kasus umum yakni yang memerlukan titik awal. Dalam tabel penyelesaiannya dapat dilihat bahwa metode Fungsi penalti Eksterior konvergen ke penyelesaian yang sebenarnya. Akan tetapi dalam kasus umum masalah optimisasi yang diselesaikan dengan metode Fungsi Penalti Eksterior tidak selalu mudah menentukan nilai awal , apabila nilai awal dipilih sangat besar maka akan mengakibatkan penyelesaian tidak optimal. Sebagai perbandingannya akan diberikan contoh nilai awal yang sangat besar yang tidak menghasilkan penyelesaian yang optimal yakni μ μ μ 100000 μ 1 = . Hasil penyelesaian dengan Metode Fungsi penalti Eksterior : ====================================================================== Iterasi Nilai mu x1 x2 f z mua ====================================================================== 1 100000 2.000000 6.000000 40.000000 8900040.000000 8900000.000000 2 1000000 0.500002 0.999993 1.249988 1.250044 0.000056 3 10000000 0.499999 0.999999 1.249997 1.250003 0.000006 4 100000000 0.499999 1.000000 1.249998 1.249999 0.000001 5 1000000000 0.499999 1.000000 1.249999 1 .249999 0.000000 Dari tabel di atas dapat dilihat bahwa dengan suatu nilai awal μ yang sangat besar proses optimisasi dapat terhenti pada waktu yang seharusnya belum terhenti, karena sekalipun penyelesaiannya konvergen tetapi titik layak yang dihasilkan bukanlah titik optimal, sehingga penyelesaiannya bukanlah penyelesaian optimal. Metode Fungsi Penalti Eksterior memiliki kelebihan dan kekurangan. Kelebihan dari metode Fungsi Penalti Eksterior adalah masalah optimisasi berkendala menjadi mudah diselesaikan karena metode Fungsi Penalti Eksterior mengubah masalah optimisasi berkendala tersebut menjadi masalah optimisasi tidak berkendala. Sedangkan kekurangan dari metode Fungsi Penalti Eksterior adalah pada kasus umum masalah optimisasi nonlinear yakni masalah yang memerlukan titik awal, dalam pemilihan yang sangat besar akan mengakibatkan kesulitan perhitungan artinya bahwa proses optimisasi dapat terhenti pada waktu yang seharusnya belum berhenti. Dengan suatu nilai yang sangat besar pada umumnya prosedur optimisasi tidak berkendala akan bergerak cepat menuju titik layak sekalipun titik ini mungkin jauh dari titik optimal.

D. Konvergensi Metode Fungsi Penalti Eksterior