Materi Pemrograman Linier

Linear Programming

(Pemrograman Linier)

Program Studi Statistika

Semester Ganjil 2011/2012

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 koefisien baris 0 <=0,

BFS solusi optimal

Selainnya, pilih koefisien paling

positif untuk masuk ke dalam BV

Contoh Metode 1

0 , 6 4 . . 3 2 min 2 1 2 1 2 1 2 1        x x x x x x t s x x z Langkah 1: Bentuk standar dan merubah fs obyektif, Tableau

0 , , , 0

6 4 . . 3 2 - max 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1           s s x x s x x s x x t s x x z

Tableau 0 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 0 1 2 -3 0 0 0

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Contoh Metode 1

Langkah 2: Menentukan BFS, BV,

NBV

Tableau 0 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 0 1 2 -3 0 0 0

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6

BV -z=0

s1= 4 s2=

6



s

₁

,

s

₂



BV



NBV





x

₁

,

x

₂



0 ,

6 ,

4 ,

0

: x₁ x₂  s₁  s₂   z 

BFS

Langkah 3: BFS belum optimal

Masih ada koefisien baris 0 yang negatif: x2

Menambah nilai x2 (menjadikan BV) akan menaikkan nilai z

Lakukan ratio test untuk menentukan peubah yang digantikan oleh x2

Contoh Metode 1

Tableau

0 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 2 -3 0 0 0 -z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Baris

pivot

Kolom Pivot

Pilih Entering Variable: pemenang ratio test

Peubah NBV yang meningkatkan Z paling besar: x2, untuk menggantikan salah satu peubah di BV: s1

Langkah 4: Lakukan ERO untuk memperoleh bentuk kanonik yang baru



x

₂

,

s

₂



Contoh Metode 1 (ERO)

1 ) 0 ( 1 )

1 (

1 Baris

Baris 

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

Tableau

0 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 2 -3 0 0 0 -z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Tableau

1 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Contoh Metode 1 (ERO)

) 1 ( 1 *

) 3 ( ) 0 ( 0 )

1 (

0 Baris Baris

Baris   

ERO untuk baris 0 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot

row)

Tableau

0 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 2 -3 0 0 0 -z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Tableau

1 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Contoh Metode 1 (ERO)

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

2 Baris Baris

Baris   

ERO untuk baris 2 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot

row)

Tableau

0 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 2 -3 0 0 0 -z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test 4 tidak ada Tableau

1 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Baris 0 1 5 0 3 0 12

Baris 2 0 2 0 1 1 10

BV -z=12 x2=4 s2=1 0



x

₂

,

s

₂



BV



NBV





s

₁

,

x

₁



12 , 10 , 0 , 4 , 0

: x₁  x₂  s₁  s₂   z 

Contoh Metode 1, Tableau

1

Apakah BFS optimal? Tableau

1 -z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 5 0 3 0 12 -z=12

Baris 1 0 1 1 1 0 4 x2=4

Baris 2 0 2 0 1 1 10 s2=10

Tidak ada lagi koefisien <0 di baris nol.

Tidak mungkin lagi meningkatkan nilai z. BFS sudah optimal.

Dengan nilai peubah x1=0 dan x2=4, diperoleh nilai z minimum sebesar -12

Contoh Metode 2

0 , 6 4 . . 3 2 min 2 1 2 1 2 1 2 1        x x x x x x t s x x z Langkah 1: Bentuk standar dan Tableau 0

0 , , , 6 4 . . 3 2 in 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1          s s x x s x x s x x t s x x z m

Tableau 0 Z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 0 1 -2 3 0 0 0

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Contoh Metode 2

Langkah 2: Menentukan BFS, BV,

NBV

Tableau 0 Z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 0 1 -2 3 0 0 0

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6

BV z=0 s1=

4 s2=

6



s

₁

,

s

₂



BV



NBV





x

₁

,

x

₂



0 ,

6 ,

4 ,

0

: x₁ x₂  s₁  s₂  z 

BFS

Langkah 3: BFS belum optimal. Syarat optimal jika semua koef baris nol <=0

Masih ada koefisien baris 0 yang positif: x2

Menambah nilai x2 (menjadikan BV) akan menurunkan nilai z

Lakukan ratio test untuk menentukan peubah yang digantikan oleh x2

Contoh Metode 2

Tableau

0 z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 -2 3 0 0 0 z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Baris

pivot

Kolom Pivot

Pilih Entering Variable: pemenang ratio test

Peubah NBV yang menurunkan Z paling besar: x2, untuk menggantikan salah satu peubah di BV: s1

Langkah 4: Lakukan ERO untuk memperoleh bentuk kanonik yang baru



x

₂

,

s

₂



Contoh Metode 2 (ERO)

1 ) 0 ( 1 )

1 (

1 Baris

Baris 

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

Tableau

0 z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 -2 3 0 0 0 z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Tableau

1 z x1 x2 s1 s2 rhs

Contoh Metode 2 (ERO)

) 1 ( 1 *

3 ) 0 ( 0 )

1 (

0 Baris Baris

Baris  

ERO untuk baris 0 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot

row)

Tableau

0 z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 -2 3 0 0 0 z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test

4 tidak

ada Tableau

1 -z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Contoh Metode 2 (ERO)

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

2 Baris Baris

Baris   

ERO untuk baris 2 dengan memanfaatkan baris 1 (pivot

row)

Tableau

0 z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 -2 3 0 0 0 z=0

Baris 1 0 1 1 1 0 4 s1=4

Baris 2 0 1 -1 0 1 6 s2=6

Ratio test 4 tidak ada Tableau

1 z x1 x2 s1 s2 rhs

Baris 1 0 1 1 1 0 4

Baris 0 1 -5 0 -3 0 -12

Baris 2 0 2 0 1 1 10

BV z=-12 x2=4 s2=1 0



x

₂

,

s

₂



BV



NBV





s

₁

,

x

₁



12 , 10 , 0 , 4 , 0

: x₁  x₂  s₁  s₂  z 

Contoh Metode 2, Tableau

1

Apakah BFS optimal? Tableau

1 z x1 x2 s1 s2 rhs BV

Baris 0 1 -5 0 -3 0 -12 z=-12

Baris 1 0 1 1 1 0 4 x2=4

Baris 2 0 2 0 1 1 10 s2=10

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 nilai z minimum sebesar -12

Metode BIG M



Digunakan pada kasus LP dengan

kendala >= dan =



Pada kendala-kendala tersebut

diperlukan peubah dummy



Prinsip metode BIG M:

◦

_{Memberikan penalti}

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

batas maksimum kandungan gula

dan batas minimum vitamin C.

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 Soda/botol

ORANJ

#oz Jus/Botol

ORANJ Kriteria

Kandungan

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

Vit C (mg) 1 3 Paling sedikit 20 mg

Per Botol 1 1 10 oz

Biaya

(cent) 2 3  

Apa peubah

keputusannya?

ORANJ

Jus/botol

oz

#

:

ORANJ

Soda/botol

oz

#

:

2 1

x

x

1

x x₂

2 1

3

2

min

z



x



x

Tabel Komposisi Bahan dan

Kriteria, Biaya Produksi ORANJ

 

# oz Soda/botol

ORANJ

#oz Jus/Botol

ORANJ Kriteria

Kandungan

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

Vit C (mg) 1 3 Paling sedikit 20 mg

Per Botol 1 1 10 oz

Biaya

(cent) 2 3  

Apa kendala untuk kandungan Gula?

1

x x₂

20 3 ₂

1  x 

x Apa kendala untuk kandungan

Vitamin C?

4 25

. 0 5

.

0 x₁  x₂ 

Apa kendala untuk volume per botol ORANJ?

10

2 1  x 

LP bagi BEVCO untuk Produksi

ORANJ

0

,

ORANJ)

botol

per

(Volume

10

C)

Vit.

(kandungan

20

3

gula)

(kandungan

4

25

.

0

5

.

0

.

.

3

2

min

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1



















x

x

x

x

x

x

x

x

t

s

x

x

z

Bentuk

standar? min 2 1 3 2 2 1 3 2 0

 

  

 x x z x x

z 20

3 _{2 2 2}

1  x e  a 

x 4 25 . 0 5 .

0 x₁  x₂  s₁ 

10 ₃ 2

1  x a 

x 0 , , , ,

, _{2 1 2 2 3}

1 x s e a a 

LP dalam Tableau

Penambahan peubah dummy

a

₂

, a

₃

,

untuk

menciptakan bentuk kanonik dari tableau

awal

minz 2x₁ 3x₂ 0

20

3 _{2 2 2}

1  x e  a  x 4 25 . 0 5 .

0 x₁  x₂  s₁ 

10 ₃ 2

1  x a 

x 0 , , , ,

, _{2 1 2 2 3}

1 x s e a a  x

s.t .

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1 -2 -3 0 0 0 0 0

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

BV z=0 s1= 4 a2= 20 a3= 10 10 20, 4, , 0

: x₁  x₂ e₂  s₁  a₂  a₃ 

BFS



s₁, a₂, a₃



, NBV



x₁, x₂ ,e₂



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

3 2

2

1

3

2

min

z



x



x



Ma



Ma

Penalti M pada kasus min (maks)

0

3

2

LP dalam Tableau dengan BIG M

Untuk memperoleh a₂, a₃ sebagai BV di tableau 0,

koefisien –M pada baris nol (untuk a₂, a₃)harus dibuat jadi nol dengan ERO

0

3

2

min

z



x

₁



x

₂



Ma

₂



Ma

₃



Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1 -2 -3 0 0 -M -M 0

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

3

*

2

*

0

'

0

Baris

M

Baris

M

Baris

Baris







Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0’ 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

BV z=30

M s1=4 a2=2

0 a3=1

LP dalam Tableau dengan BIG M

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

BV z=30 M s1=4 a2=2 0 a3=1 0 Ratio test 4/0.25= 16 20/3 * 10/1=10 M: bilangan besar positif.



s₁, a₂, a₃



, NBV



x₁, x₂ ,e₂



BV  

M M M M M 2 2 4 3 0 , 0 4 3 , 0 2 2             

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

x2 dapat menurunkan z paling besar (koef paling +), dapat dimasukkan dalam BV.

x2 -3+4 M 0,25 3 1 Kolom pivot

x2 menggantikan salah satu BV pemenang ratio test.

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris pivot

2

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1

_{ }

0 0

 

0 1 10

3

0

2

1

2

Baris

Baris



Pada baris pivot terlebih dahulu:

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

0

(

0

)

(

3

4

)

*

2

 

1

0

Baris

M

Baris

Baris









ERO baris 0, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

1

(

0

)

0

.

25

*

2

 

1

1

Baris

Baris

Baris





ERO baris 1, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

3

(

0

)

1

*

2

 

1

3

Baris

Baris

Baris





ERO baris 3, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

Baris 1 1 5/12 0 1 1/12 -1/12 0 7/3

Tableau 1 untuk Bevco LP

Tableau

1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

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

Baris 1 0 5/12 0 1 1/12 -1/12 0 7/3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

Baris 3 0 2/3 0 0 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 koefisien +

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 0 0 0 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2 25

Baris 1 0 0 0 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼

Baris 2 0 0 1 0 -1/2 1/2 -1/2 5

Baris 3 0 1 0 0 1/2 -1/2 3/2 5

BV z=25 S1=1/

4 x2=5 x1=5

Solusi Optimal untuk LP

Bevco

Tableau 2 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1 0 0 0 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2 25

Baris 1 0 0 0 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼

Baris 2 0 0 1 0 -1/2 1/2 -1/2 5

Baris 3 0 1 0 0 1/2 -1/2 3/2 5

BV z=25 s1=1/4

x2=5 x1=5



s₁, x₂ , x₁



, NBV



a₂, a₃,e₂



BV  

25 ,

0 ,

5 5,

1/4,

: s₁  x₂  x₁  a₂ a₂ e₂  z 

BFS

Untuk mencapai biaya produksi minimum sebesar 25 cent / botol ORANJ, harus digunakan campuran 5 oz soda jeruk dan 5 oz jus jeruk.

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1

_{ }

0 0

 

0 1 10

3

0

2

1

2

Baris

Baris



Pada baris pivot terlebih dahulu:

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

0

(

0

)

(

3

4

)

*

2

 

1

0

Baris

M

Baris

Baris









ERO baris 0, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

1

(

0

)

0

.

25

*

2

 

1

1

Baris

Baris

Baris





ERO baris 1, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

ERO untuk Tableau 1

Tableau

0 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1

-2+2

M

-3+4

M 0 -M 0 0 30M

Baris 1 0 0,5 0,25 1 0 0 0 4

Baris 2 0 1 3 0 -1 1 0 20

Baris 3 0 1 1 0 0 0 1 10

Tableau 1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

 

1

3

(

0

)

1

*

2

 

1

3

Baris

Baris

Baris





ERO baris 3, memanfaatkan Baris 2 (1):

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0

(60+10M) /3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

Baris 1 1 5/12 0 1 1/12 -1/12 0 7/3

Tableau 1 untuk Bevco LP

Tableau

1 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1 (2M-3)/3 0 0 (M-3)/3 (3-4M)/3 0 (60+10M)/3 Baris 1 0 5/12 0 1 1/12 -1/12 0 7/3

Baris 2 0 1/3 1 0 -1/3 1/3 0 20/3

Baris 3 0 2/3 0 0 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 koefisien +

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 0 0 0 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2 25

Baris 1 0 0 0 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼

Baris 2 0 0 1 0 -1/2 1/2 -1/2 5

Baris 3 0 1 0 0 1/2 -1/2 3/2 5

BV z=25 S1=1/

4 x2=5 x1=5

Solusi Optimal untuk LP

Bevco

Tableau 2 z x1 x2 s1 e2 a2 a3 rhs

Baris 0 1 0 0 0 -1/2 (1-2M)/2 (3-2M)/2 25

Baris 1 0 0 0 1 -1/8 1/8 -5/8 ¼

Baris 2 0 0 1 0 -1/2 1/2 -1/2 5

Baris 3 0 1 0 0 1/2 -1/2 3/2 5

BV z=25 s1=1/4

x2=5 x1=5



s₁, x₂ , x₁



, NBV



a₂, a₃,e₂



BV  

25 ,

0 ,

5 5,

1/4,

: s₁  x₂  x₁  a₂ a₂ e₂  z 

BFS

Untuk mencapai biaya produksi minimum sebesar 25

cent / botol ORANJ, harus digunakan campuran 5 oz

soda jeruk dan 5 oz jus jeruk.