Algoritma Simpleks untuk Minimization Problem

  Linear Programming (Pemrograman Linier) Program Studi Statistika Semester Ganjil 2012/2013

  Algoritma Simpleks untuk Minimization Problem

  Metode 1: Rubah fungsi obyektif: min z → max (-z) Selesaikan dengan algoritma simpleks

  Metode 2:Dengan menggunakan semua langkah pada algoritma simpleks, kecuali pada langkah 3, kebalikan dari kasus max Jika semua koefsien baris 0 <=0, BFS solusi optimal Contoh Metode 1

  min z 2 x 3 x  

  1

  2 s . t . x x

  4  

  1

  2 x x

  6  

  1

  2 x , x

  

  1

  

2

  max z - 2 x 3 x   

  1

  2 Langkah 1: s . t . x x s

  4 Bentuk standar   

  1

  2

  1

  dan merubah fs

  x x s

  6   

  1

  2

  2

  obyektif, Tableau

  x , x , s , s

  

  1

  2

  1

  2 Tableau 0 -z x1 x2 s1 s2 rhs Contoh Metode 1

  Langkah 2: Menentukan BFS, BV, NBV

  Tableau 0 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0

  1 2 -3

• z=0 Baris 1

  1

  1

  1 4 s1= Baris 2 1 -1

  1

  6

  4 s2=

  s , s x , x BV 

  

  1 2  

  1 2  BFS : x x , s

  6 NBV 

  4 , s 6 , z ₁       _{2 1 2} Langkah 3: BFS belum optimal Masih ada koefsien baris 0 yang negatif: Contoh Metode 1 Kolom Pivot

  Tableau Ratio

• z x1 x2 s1 s2 rhs BV test

  Baris Baris 0 1

  2 -3

• z=0

  pivot

  4 Baris 1 0

  1

  1

  1 4 s1=4 tidak Baris 2 0 1 -1

  1 6 s2=6 ada

  Pilih Entering Variable: pemenang ratio test Peubah NBV yang meningkatkan Z paling besar: x2, untuk menggantikan salah satu peubah di BV: s1 x , s x , s

  BV  NBV  

  2

2 



  1 1 

• z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0 1
• z=0 Baris 1 0

  1

  1

  1

  1

  Tableau 1 -z x1 x2 s1 s2 rhs Baris 1

  4 tidak ada

  1 6 s2=6 Ratio test

  1 4 s1=4 Baris 2 0 1 -1

  1

  

Contoh Metode 1 (ERO)

  2 -3

  Tableau

   Dengan ERO ingin diperoleh Tableau 1: baris 1 didahulukan (pivot row)

  Baris

  1 Baris

  1 ) 1 (

  1 ) (

  4

• z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0 1
• z=0 Baris 1 0

  Tableau 1 -z x1 x2 s1 s2 rhs Baris 1

  3

  5

  1

  4 Baris 0

  1

  1

  1

  4 tidak ada

  Contoh Metode 1 (ERO) ) 1 (

  1 6 s2=6 Ratio test

  1 4 s1=4 Baris 2 0 1 -1

  1

  1

  2 -3

  ERO untuk baris 0 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot row) Tableau

  ) 1 *

) 3 ( ( )

Baris 1 ( Baris Baris   

  12 Contoh Metode 1 (ERO)

  Tableau Ratio

• z x1 x2 s1 s2 rhs BV test Baris 0 1

  2 -3

• z=0 Baris 1 0

  1

  1

  1 4 s1=4

  4 Baris 2 0 1 -1

  1 6 s2=6 tidak ERO untuk baris 2 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot ada row)

  2 ( 1 ) Baris 2 ( ) ( 1 ) Baris

* Baris

1 ( 1 )   

  Tableau BV 1 -z x1 x2 s1 s2 rhs

  Baris 0

  1

  5

  3

  12

• z=12

  Baris 1

  1

  1

  1

  4 x2=4 Baris 2

  2

  1

  1

  10 s2=1 Contoh Metode 1, Tableau

  1 Tableau

  1 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0

  1

  5

  3 12 -z=12 Baris 1

  1

  1

  1 4 x2=4 Baris 2

  2

  1

  1 10 s2=10 Apakah BFS optimal? Tidak ada lagi koefsien <0 di baris nol.

  Tidak mungkin lagi meningkatkan nilai z. BFS sudah optimal.

  Dengan nilai peubah x1=0 dan x2=4, diperoleh

  Contoh Metode 2

  1

  1

  2

  1

  2

  2

  1

  2

  3 2 in

  1

  2

  1

     

      

  s s x x s x x s x x t s x x z m

  2

  6 . 4 .

  ,

  2

  6 . 4 .

  3 2 min

  

2

  1

  2

  1

  1

  , , ,

  2

  1

    

     

  x x x x x x t s x x z

  Langkah 1: Bentuk standar dan Tableau 0

  Tableau 0 Z x1 x2 s1 s2 rhs

  Contoh Metode 2

  Langkah 2: Menentukan BFS, BV, NBV

  Tableau 0 Z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0 1 -2

  3 z=0

  Baris 1

  1

  1

  1 4 s1= Baris 2 1 -1

  1

  6

  4 s2=

  s , s x , x BV 

  

  1 2  

  1 2  BFS : x x , s

  6 NBV 

  4 , s 6 , z ₁      _{2 1 2} Langkah 3: BFS belum optimal. Syarat optimal jika semua koef baris nol <=0 Masih ada koefsien baris 0 yang positif: x2 Contoh Metode 2 Kolom Pivot

  Tableau Ratio z x1 x2 s1 s2 rhs BV test

  Baris Baris 0 1 -2

  3 z=0

  pivot

  4 Baris 1 0

  1

  1

  1 4 s1=4 tidak Baris 2 0 1 -1

  1 6 s2=6 ada

  Pilih Entering Variable: pemenang ratio test Peubah NBV yang menurunkan Z paling besar: x2, untuk menggantikan salah satu peubah di BV: s1 x , s x , s

  BV  NBV  

  2

2 



  1 1 

  

Contoh Metode 2 (ERO)

  Tableau Ratio z x1 x2 s1 s2 rhs BV test

  Baris 0 1 -2

  3 z=0

  Baris 1 0

  1

  1

  1 4 s1=4

  4 Baris 2 0 1 -1

  1 6 s2=6 tidak Dengan ERO ingin diperoleh Tableau

  Baris

  1 ( ) ada

  Baris

  1 ( 1 ) 

  1: baris 1 didahulukan (pivot row)

  1 Tableau 1 z x1 x2 s1 s2 rhs Baris 1

  1

  1

  1

  4 Contoh Metode 2 (ERO)

  Tableau Ratio z x1 x2 s1 s2 rhs BV test

  Baris 0 1 -2

  3 z=0

  Baris 1 0

  1

  1

  1 4 s1=4

  4 Baris 2 0 1 -1

  1 6 s2=6 tidak ERO untuk baris 0 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot ada row)

  Baris ( 1 * ) Baris ( )

  3 Baris 1 ( 1 )  

  Tableau 1 -z x1 x2 s1 s2 rhs Baris 0 1 -5 -3 -12 Baris 1

  1

  1

  1

  4 Contoh Metode 2 (ERO) ) 1 (

  ) 1 * ) 1 ( ( 2 ) 1 (

  Tableau 1 z x1 x2 s1 s2 rhs Baris 1

  1

  1

  2

  4 Baris 0 1 -5 -3 -12 Baris 2

  1

  1

  1

  4 tidak ada

  Baris 2 Baris Baris   

  1 6 s2=6 Ratio test

  1 4 s1=4 Baris 2 0 1 -1

  1

  1

  Baris 1 0

  3 z=0

  Baris 0 1 -2

  ERO untuk baris 2 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot row) Tableau z x1 x2 s1 s2 rhs BV

  10 BV z=- 12 x2=4 s2=1 Contoh Metode 2, Tableau

  1 Tableau

  1 z x1 x2 s1 s2 rhs BV Baris 0 1 -5 -3 -12 z=-12 Baris 1

  1

  1

  1 4 x2=4 Baris 2

  2

  1

  1 10 s2=10 Apakah BFS optimal? Tidak ada lagi koef >0 di baris nol.

  Tidak mungkin lagi menurunkan nilai z. BFS sudah optimal.

  Dengan nilai peubah x1=0 dan x2=4, diperoleh

  Metode BIG M 

  Digunakan pada kasus LP dengan kendala >= dan = 

  Pada kendala-kendala tersebut diperlukan peubah dummy 

  Prinsip metode BIG M: ◦

  Memberikan penalti sebesar- besarnya bagi peubah dummy Contoh Kasus dengan Metode Big M 

  Bevco memproduksi soft drink rasa jeruk ORANJ dari campuran soda rasa jeruk dan jus jeruk per botol berisi 10 oz.

   Setiap bahan tsb mengandung gula dan vitamin C, di mana produk ORANJ harus memenuhi kriteria Contoh Kasus dengan Metode Big M 

  

Dibutuhkan biaya tertentu untuk

membeli setiap bahan.

   Ingin diputuskan komposisi bahan di dalam 10 oz ORANJ yang memenuhi kriteria kandungan gula dan vitamin C, dengan biaya minimum. Tabel Komposisi Bahan dan Kriteria, Biaya Produksi ORANJ

  # oz #oz Soda/botol Jus/Botol

  x x _{1 2} ORANJ ORANJ Kriteria

    Kandungan

  Paling banyak 4 Gula (ons) 0,5 0,25 ons

  Paling sedikit Vit C (mg)

  1 3 20 mg

  Apa peubah Per Botol

  1 1 10 oz Biaya

  keputusannya? x : # oz Soda/botol ORANJ

  1

  (cent)

  2 3  

  x : # oz Jus/botol ORANJ

  2 Tabel Komposisi Bahan dan Kriteria, Biaya Produksi ORANJ

  # oz #oz Soda/botol Jus/Botol

  x x _{1 2} ORANJ ORANJ Kriteria

    Kandungan

  Paling banyak 4 Gula (ons) 0,5 0,25 ons

  Paling sedikit Vit C (mg)

  1 3 20 mg .

  5 x . 25 x

  1 1 10 oz ₁   ₂ Apa kendala untuk kandungan Biaya

  4 Per Botol

  Gula? (cent)

  2 3  

  x

  3

  20 ₁  x  ₂ Apa kendala untuk kandungan

  Vitamin C?

  

LP bagi BEVCO untuk Produksi

ORANJ ,

  2

  10 _{3 2 1}

 

a x x

     s x x

  4 25 . 5 . _{1 2 1}

  3 _{2 2 2 1}

  

a e x x

  20 -

  3 2 min _{2 1 2 1}       x x z x x z

  2

  3

  Bentuk standar?

        x x x x x x x x t s x x z

  1   

  1

  ORANJ) botol per (Volume

  2

  1

  2

  1

  2

  1

  2

  3 2 min

  

4

25 . . 5 . .

  3 (kandungan gula)

  20

10 C) Vit. (kandungan

  LP dalam Tableau Penambahan peubah dummy a , a , untuk

  2

  3 menciptakan bentuk kanonik dari tableau min z 2 x 3 x    _{1 2} awal s.t . 5 x . 25 x s

  4 ₁    _{2 1} . x 3 x e a -

  20 ₁    _{2 2 2} x x a

  10 ₁  _{2 3}  x , x , s , e , a , a _{1 2 1 2 2 3} 

  Tableau BV z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs z=0 Baris 0

  1 -2 -3 s1= Baris 1 0,5 0,25

  1

  4

  4 Baris 2

  1 3 -1

  1

  20 a2=

  

LP dalam Tableau dengan BIG M

Peubah dummy a

  2 , a

  3 , tidak mempunyai interpretasi/arti di dalam model Di dalam solusi optimal a

  2 , a

  3 , tidak boleh sebagai BV Pada fs obyektif, ditambahkan (dikurangkan) a

  2 , a

  3 dengan penalti/bobot sebesar-besarnya (angka besar M) a

  2 , a

  3 agar tidak terpilih sebagai solusi

  Penalti M pada kasus min (maks) LP dalam Tableau dengan BIG M min z 2 x 3 x Ma Ma     

  1

  2

  2

  3 Tableau z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs Baris 0

  1 -2 -3 -M -M Baris 1 0,5 0,25

  1

  4 Baris 2

  1 3 -1

  1

  20 Baris 3

  1

  1

  1

  10 Untuk memperoleh a , a sebagai BV di tableau 0, _{2 3} koefsien –M pada baris nol (untuk a , a )harus dibuat _{2 3} jadi nol dengan ERO Baris ' Baris M Baris

  2 M Baris * 3 *    Tableau

  BV

z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

z=30

• 3+4 M 0,25

• 2+2 M - 3+4 M -M

  M M M M M

  1

  1 3 -1

  1 Kolom pivot Baris 2

  3

  x2

  BFS belum optimal karena masih ada koefsien > 0 di baris nol (kasus min).

  2             

  2

  4 3 ,

  3 ,

  4

  2

  2

      ^{2 2 1 3 2 1} , , , , ,

NBV e x x a a s BV

 

  LP dalam Tableau dengan BIG M Tableau

z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

  16 20/3 * 10/1=10 M: bilangan besar positif.

  Ratio test 4/0.25=

  10 BV z=30 M s1=4 a2=2 a3=1

  1

  1

  1

  20 Baris 3

  1

  1 3 -1

  4 Baris 2

  1

  30M Baris 1 0,5 0,25

  1

  Baris 0

  20 Baris pivot ERO untuk Tableau 1 Tableau z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

• 2+2 3+4 Baris 0

1 M M -M

  30M Baris 1 0,5 0,25

  1

  4 Pada baris pivot terlebih dahulu: Baris 2 1 3 -1

  1

  20 Baris 3

  1

1 Baris

  2

  1

  10  

  Baris

  2

  1   

  3 Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs ERO untuk Tableau 1 Tableau z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

• 2+2 3+4 Baris 0

1 M M -M

  30M Baris 1 0,5 0,25

  

1

  4 ERO baris 0, memanfaatkan Baris 2 (1): Baris 2 1

3 -1

  1

  20 Baris 3

  1

  1

  1

  10 Baris

1 Baris ( ) (

  3

  4 M ) Baris

• Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs (60+10M) Baris 0

  2

  1      

   

  1 (2M-3)/3 (M-3)/3 (3-4M)/3 0 /3 ERO untuk Tableau 1 Tableau z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

• 2+2 3+4 Baris 0

1 M M -M

  30M Baris 1 0,5 0,25

  

1

  4 ERO baris 1, memanfaatkan Baris 2 (1): Baris 2 1

3 -1

  1

  20 Baris 3

  1

  1

  1

  10 Baris

  1

1 Baris 1 ( ) .

  25 Baris

•  

  2

  1

     

  Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs (60+10M) Baris 0 1 (2M-3)/3 (M-3)/3 (3-4M)/3 0 /3 Baris 1

  1 5/12 1 1/12 -1/12 7/3

• 2+2 M - 3+4

  M -M

  1

  Baris 0 1 (2M-3)/3 (M-3)/3 (3-4M)/3 0 (60+10M) /3 Baris 1

  ERO baris 3, memanfaatkan Baris 2 (1):

  1 Baris 3 Baris Baris  

  

3

  1 2 * ( 1 )

   

  10 Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs  

  1

  1

  ERO untuk Tableau 1 Tableau z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

  20 Baris 3

  1

  1

3 -1

  4 Baris 2

  

1

  30M Baris 1 0,5 0,25

  1

  Baris 0

  1 5/12 1 1/12 -1/12 7/3 Tableau 1 untuk Bevco LP Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

  Baris 0 1 (2M-3)/3 (M-3)/3 (3-4M)/3 0 (60+10M )/3 Baris 1 5/12

  1 1/12 -1/12 7/3 Baris 2 1/3 1 -1/3 1/3 20/3 Baris 3 2/3 1/3 -1/3

  1 10/3 BV z=(60+10M )/3

  S1=7/3 x2=20/3 a3=10/3

  Tableau 1 belum optimal karena masih ada koefsien + di baris nol: x1 dan e2 Dilakukan kembali ratio test dan ERO sehingga diperoleh tableau 2 berikut:

  Tableau 2 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs Baris 0 1 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2

  25 Baris 1 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼ BV z=25 S1=1/ Solusi Optimal untuk LP Bevco Tableau 2 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs BV

  Baris 0 1 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2 25 z=25 Baris 1 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼ s1=1/4

  Baris 2 1 -1/2 1/2 -1/2

  5 x2=5 Baris 3 1 1/2 -1/2 3/2 5 x1=5

  

BV s , x , x , NBV a , a , e

 

   ^{1 2 1   2 3 2 } BFS : s 1/4, x 5, x 5 , a a e , z

  25 ₁        _{2 1 2 2 2} Untuk mencapai biaya produksi minimum sebesar 25

  cent / botol ORANJ, harus digunakan campuran 5 oz