PENYELESAIAN MASALAH PL DENGAN METODE SIMPLEKS

• Variabel Slack, yaitu variabel yang mengetatkan kendala bertanda menjadi bertanda = Ruas kiri kendala ke-k

  ditambah variabel surplus

  k s menjadi variabel basis.

  k n kn k k ... b x a x a x a

  2

  2

  1

  1

  k t

  1 .

  sehingga menjadi

  k k n kn k k ... t b x a x a x a

  2

  2

  1

  1

  Variabel

  1

  atau

  2

  

PENYELESAIAN MASALAH PL DENGAN METODE

SIMPLEKS

  Metode simpleks merupakan suatu teknik standar yang digunakan untuk memecahkan masalah Program Linear sejak tahun 1940. Pada prinsipnya, metode simpleks mencari penyelesaian optimal dengan menentukan titik-titik sudut dari daerah feasible, proses dilakukan berulang-ulang dari suatu titik sudut ke titik sudut berikutnya yang meningkatkan nilai fungsi tujuan sampai diperoleh nilai optimal atau sampai terlihat bahwa tidak ada nilai optimal.

  Masalah PL dua variabel dapat diselesaikan dengan metode grafik. Secara umum, masalah PL n variabel dapat diselesaikan dengan metode aljabar yang disebut dengan metode simpleks. Metode grafik dan metode simpleks pada dasarnya adalah mencari PO yang merupakan titik-titik batas daerah layak.

  Pertama-tama akan dibahas dicari PO masalah PL bentuk baku. Bentuk baku masalah PL : 1. maksimum baku 2. minimum baku

  Kendala sistem pertidaksamaan linear pada masalah PL baku diubah menjadi SPL dengan menambahkan variabel baru yang mengetatkan atau melonggarkan, yaitu :

  k n kn k k ... b x a x a x a

  

2

  2

  1

  1

  ditambah variabel slack

  k s

  sehingga menjadi

  k k n kn k k ... b s x a x a x a

  2

• Variabel surplus, yaitu variabel yang melonggarkan kendala bertanda menjadi bertanda =. Ruas kanan kendala ke-k

  . Variabel bukan variabel basis

  a x a x ... a x t b t k

  1 1 k

  2 2 kn n k k k

  (koefisiennya bukan +1) variabel artifisial, yaitu variabel yang membawa kendala PL yang belum memuat

• variabel basis Pada perlu ditambah variabel artifisial

  a x a x ... a x t b k

  1 1 k

  2 2 kn n k k

  sehingga menjadi ,

  q a x a x ... a x t q b k k

  

1

1 k

  2 2 kn n k k k merupakan variabel basis. q k

  1. PENYELESAIAN PL MAKSIMUM BAKU Diberikan masalah PL maksimum baku :

  n

  Memaksimumkan (1)

  f ( x ) c x j j j j

  1 n

  Dengan kendala , (2)

  a x b i , i 1 , 2 ,..., m ij j i j

  1 , , 1 , 2 ,..., (3) x j j n j

  Kendala (2) diubah menjadi SPL dengan menambahkan variabel slack sehingga diperoleh

  a x a x a x s b ...

  11

  1

  12

  2 1 n n

  1

  1 a x a x ... a x s b

  21

  1

  22

  2 2 n n

  2

  2 a x a x a x s b ... m

  1 1 m

  2 2 mn n m m

  Agar nilai fungsi tujuan tidak berubah, maka koefisien biaya untuk adalah nol,

  c s i i

  , 1 , 2 ,..., . Sehingga fungsi tujuan menjadi memaksimumkan i i m f ( x ,..., x , s ,..., s ) c x ... c x s ... s

  1 n 1 m

  1 1 n n 1 m

  Variabel slack merupakan variabel basis yang nilainya tak

  s , i , i 1 , 2 ,..., m i

  nol, sedangkan x , j , j

  1 , 2 ,..., n menjadi variabel non basis yang nilainya j

  , , 1 , 2 ,..., dinolkan atau x j j n . j

  terpilih menjadi variabel basis

  2 c n z

  1

  m b m

  R j z

  1 z

  2 z .... n z

  1 c

  2 c ... n c

  Z

  j z - j c

  1 z -

  1 c

  2 z -

  

c

  1 m a

  ... Z Keterangan tambahan tabel :

  i x variabel basis pada bentuk kanonik i c koefisien unit ongkos dari i x ij m i i j a c z

  1 i m i i

  Z b c

  1

  nilai fungsi tujuan

  i R

  rasio antara

  i b

  dan

  ik a

  jika

  k x

  2 m a .... mn a ...

  2 R ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... m s

  Akibatnya nilai awal fungsi tujuan adalah

  R i c j x i x

  ) ,..., , ,... ( ) ,..., , ,..., (

  1

  1

  1 m m n s s f s s x x f

  dengan penyelesaian optimal awal/plb

  ) ,..., , ,... ( ) ,..., , ,..., (

  1

  1 1 m m n b b s s x x .

  Masalah PL yang kendalanya berbentuk SPL dan memuat variabel basis tersebut dinamakan berbentuk kanonik. Masalah PL bentuk kanonik dalam tabel simpleks dituliskan sebagai berikut.

  j c

  1 c

  2 c ... n c ... i b i

  1 x

  2 b

  2 x ... n x

  1 s

  2 s ... m s

  1 s

  11 a

  12 a ... n a

  1 1 ...

  1 b

  1 R

  2 s

  21 a

  22 a ... n a

  2 1 ...

• n

• menentukan variabel masuk yang akan menjadi variabel basis baru, yaitu variabel dengan
• menentukan variabel keluar yang akan digantikan oleh variebel basis baru.

  1

  i R

  terkecil. Misal

  l R

  terkecil, maka

  l q

  menjadi variabel keluar.

  Variabel basis baru dalam tabel baru adalah

  m l k l ,..., q q x q q , , ,...,

  1

  , ik ik i i a a b R

  1 .

  Koefisien

  lk a

  menjadi elemen pivot. Pada kolom ke-k,

  lk a

  harus diubah menjadi 1 dan l i a

  ik , . Perubahan ini dilakukan dengan OBE dan

  berlaku untuk semua elemen pada baris yang sesuai sehingga diperoleh tabel baru.

  , kemudian pilih

  dihitung rasio

  5. Lakukan kembali langkah 3 dan 4 sehingga optimum tercapai. CONTOH 1 Selesaikan masalah PL berikut berikut dengan metode simpleks. Memaksimumkan f x x x x x x x

  Jika masih ada

  Algoritma Simpleks PL maksimum baku 1.

  Masalah PL dibawa ke bentuk kanonik 2. Susun tabel awal simpleks 3. Uji keoptimuman

  Tabel simpleks dikatakan optimum jika j c z

  j j ,

  Nilai fungsi tujuan ada pada baris ke m+1 kolom

  i b

  dan POnya adalah susunan nilai

  i b untuk variabel basis dan nol untuk variabel non basis.

  j j c z , maka dilanjutkan langkah 4.

  ik a

  4. Memperbaiki tabel simpleks Memperbaiki tabel simpleks dilakukan dengan mengganti variabel basisnya dengan variabel basis yang baru dengan harapan variabel basis baru tersebut mengoptimalkan fungsi tujuan. Langkah memperbaiki tabel:

  j z - j c terkecil. Misal k k c z

  terkecil, maka

  k x

  menjadi variabel masuk

  Pada kolom koefisien

  k x

  , yaitu

• menyusun tabel baru.

  ( , , , )

  5

  3

  2

  1

  2

  3

  4

  1

  2

  3 Dengan kendala 4 x 5 x 2 x x

  20

  1

  2

  3

  4 3 x 4 x x x

  30

  1

  2

  3

  4 x , x , x , x

  1

  2

  3

4 Penyelesaian :

  Langkah 1 Masalah PL ini diubah menjadi bentuk kanonik dengan menambahkan variabel slack

  s pada kendala 1 dan s pada kendala 2 sehingga kendala menjadi

  1

  2 4 x 5 x 2 x x s

  20

  1

  2

  3

  4

  1 3 x 4 x x x s

  30

  1

  2

  3

  4

  2 x , x , x , x , s , s

  1

  2

  3

  4

  1

2 Kendala ini sudah memuat variabel basis, yaitu s dan s .

  1

  2 Fungsi tujuan dapat ditulis secara lengkap menjadi f ( x , x , x , x , s , s ) 5 x

3 x

2 x x s s

  1

  2

  3

  4

  1

  2

  1

  

2

  3

  4

  1

  2 Langkah 2

  Tabel simpleks awalnya adalah 5 3 2 0 0 0

  c j x x x x s s c x i j

  1

  2

  3

  4

  1

  2 b R i i x i

  4 5 2 1 1 0 20

  5

  s

  1

  3 4 -1 1 0 1

  30

  10

  s

  2

  0 0 0 0 0 0

  z j

• -5 -3 -2 0 0 0

  z c - j j Langkah 3 - Karena masih terdapat , maka tabel belum optimal.

  z c j j

  Langkah 4 variabel masuk

• Nilai z c
• x x terkecil ada pada kolom variabel sehingga merupakan

  j j

  1

  1

  variabel baru yang masuk variabel keluar

• Nilai terkecil adalah 5, yaitu pada variabel s , sehingga s keluar digantikan

  R x

  1

• Elemen pivotnya adalah 4 yang terletak pada perpotongan kolom dan baris .

  memperbaiki tabel

  x s

  1

  1

  1 Untuk mengubah 4 menjadi 1, dilakukan OBE yaitu mengalikan baris 1 dengan

  4 . Elemen pada kolom lainnya, yaitu 3 diubah menjadi 0 dengan melakukan

  x

1 OBE menambah baris ke-2 dengan -3 kali baris ke-1 baru. Diperoleh tabel simpleks baru sebagai berikut.

  5 3 2 0 0 0

  c j x x x x s s b R c x i j

  1

  2

  

3

  4

  1 2 i i x i

  5 1 5/4 2/4 1/4 1/4 0 5

  x

  1

  0 1/4 -5/2 1/4 -3/4 1

  15

  s

  2

  5 25/4 5/2 5/4 5/4 0

  25 z j

  0 13/4 1/2 5/4 5/4 0

  25

  z c - j j

5. Menguji keoptimuman tabel

  Dari tabel lanjutan diperoleh bahwa sehingga tabel sudah optimum

  z c j j

  dengan PO ( x , x , x , x , s , s ) (

  5 , , , , , 15 ) dan nilai maksimum

  1

  2

  3

  4

  1

  2 f

  ( 5 , , , , , 15 ) 5 .

  5 3 . 2 . . . .

  15

  25

  2. MASALAH PL MINIMUM BAKU

  3

  2 , 2 ) , ( x x x x x x f

  1

  2

  

3

  1

  2

  3

  4. Memaksimumkan fungsi

  1 x x x x x x x x x x x x

  2

  4

  , ,

  1

  2

  3

  4

  1

  2

  3

  4

  2

  3

  , dengan kendala

  40

  38

  5. Meminimumkan

  (Petunjuk: meminimumkan z = memaksimumkan

  3 y x y x y x

  4

  2

  2

  7

  ,

  , dengan kendala

  2

  y x z

  1 x x x x x x x x x

  45

  2

  1

  3

  2

  3

  1

  2

  3

  2

  30

  2

  2

  3

  SOAL LATIHAN Tentukan PO dan nilai optimal masalah PL berikut dengan metode simpleks.

  6

  5

  8 , 2 ) , ( x x x x x x f , ,

  1

  2

  

3

  1

  2

  3

  y x y x y x y x

  5

  70

  3

  6

  10

  65

  10

  8

  55

  dengan kendala ,

  3

  

2

  y x z

  1. Memaksimumkan fungsi

  3

  2

  2

  3. Memaksimumkan fungsi

  4

  55

  , , ,

  dengan kendala

  

7

5 x x x x z

  12

  1

  2

  3

  4

  1 x x x x x x x x x x x

  4

  2

  3

  1

  2

  3

  2

  3

  1

  2

  3

  2

• – z)

  .

  2 R ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

  1 q

  11 a ... n a

  1 -1 ...

  1 ...

  1 b

  1 R

  M

  2 q

  21 a ... n a

  2 ... ...

  2 b

  M

  1 q ... m q

  m q

  1 m a ... mn a ... -1 ...

  1

  m b m

  R j z

  1 z ... n z

  j z - j c

  1 z

  c ... n z

  c

  Uji keoptimuman Tabel simpleks dikatakan optimum jika

  j z - j c , j

  M

  2 t

  Diberikan masalah PL minimum baku sebagai berikut. Meminimumkan

  i t

  n j j j j x c x f

  1 ) (

  dengan kendala

  

i

n j j ij b x a

  1

  , , ,...,

  2 , 1 , m i i n j j x j

  ,..., 2 , , 1 ,

  Dalam proses penyelesaian PL minimum, nilai fungsi tujuan akan makin diperkecil menuju ke nilai minimumnya, berkebalikan dengan pola maksimumn. Oleh karena itu, walaupun langkah-langkahnya sama dengan PL berpola maksimum, ada beberapa petunjuk yang berbeda.

  Algoritma Simpleks PL minimum baku 1.

  Masalah PL dibawa ke bentuk kanonik Kendala pertidaksamaan diubah menjadi persamaan dengan menambahkan variabel surplus

  ke ruas kanan pertidaksamaan. Koefisien

  1 t ...

  i t

  pada fungsi tujuan adalah 0. Karena kendala persamaan belum memuat basis, maka ditambahkan variabel artifisial

  i q

  ke ruas kiri pertidaksamaan yang akan menjadi basis dalam tabel awal. Koefisien

  i q pada fungsi tujuan adalah M (M adalah bilangan positif cukup besar).

  2. Susun tabel awal simpleks

  j c

  1 c ... n c

  ... M ... M

  i b i

  R i c j x i x

  1 x ... n x

• M ... -M M ... M Z
• M ... -M ... Z 3.
• 1
• n

4. Memperbaiki tabel simpleks

• menentukan variabel masuk yang akan menjadi variabel basis baru, yaitu variabel dengan
• menentukan variabel keluar yang akan digantikan oleh variebel basis baru.
• menyusun tabel baru.

  2

  harus diubah menjadi 1 dan

  l i a ik

  ,

  . Perubahan ini dilakukan dengan OBE dan berlaku untuk semua elemen pada baris yang sesuai sehingga diperoleh tabel baru.

  1. Hitunglah nilai minimum dari

  3000 2000 y x f

  dengan kendala , , 3600

  60 60 y x , , y x .

  2. Tentukan nilai x, y yang meminimumkan

  y x z

  dan memenuhi

  3

  menjadi elemen pivot. Pada kolom ke-k,

  70

  6 5 y x ,

  

65

  10 6 y x ,

  55

  8 10 y x , , y x .

  3. Selesaikan masalah PL :

  2000 20 100 y x

  3200

  80 40 y x

  lk a

  lk a

  Nilai fungsi tujuan ada pada baris ke m+1 kolom

  k x

  i b

  dan POnya adalah susunan nilai

  i b untuk variabel basis dan nol untuk variabel non basis.

  Jika masih ada

  j z - j c , maka dilanjutkan langkah 4.

  Memperbaiki tabel simpleks dilakukan dengan mengganti variabel basisnya dengan variabel basis yang baru dengan harapan variabel basis baru tersebut mengoptimalkan fungsi tujuan. Langkah memperbaiki tabel:

  j z - j

c terbesar. Misal

k k c z

  terbesar, maka

  k x

  menjadi variabel masuk

  Pada kolom koefisien

  , yaitu

  . Koefisien

  

ik

a

  dihitung rasio

  , ik ik i i a a b R

  , kemudian pilih

  i R

  terkecil. Misal

  l R terkecil, maka l s menjadi variabel keluar.

  Variabel basis baru dalam tabel baru adalah

  m l k l ,..., s s x s s , , ,...,

  1

  1

  1

5. Lakukan kembali langkah 3 dan 4 sehingga optimum tercapai.

SOAL LATIHAN

  Meminimumkan

  f 4 x

5 y z

  Dengan kendala

  x y z

  3 x 2 y

  4 x , y , z

  Masalah PL maksimum baku mempunyai kendala yang semua tandanya , sedangkan PL minimum baku semua kendalanya bertanda . Jika kendala-kendalanya bertanda , , atau =, maka dikatakan PL berkendala umum. Secara umum, langkah penyelesaiannya sama dengan PL maksimum baku atau minimum baku. Hanya saja ketika mengubah menjadi bentuk kanonik agak berbeda sedikit.

  Jika kendala bertanda , maka ditambah variabel slack yang sekaligus menjadi variabel basis. Jika kendala bertanda , maka ditambah variabel surplus di ruas kanan pertidaksamaan dan variabel artifisial (variabel artifisial akan menjadi variabel basis). Jika kendala bertanda = maka ditambah variabel artifisial yang akan berperan sebagai variabel basis.

  Jika PL berpola memaksimumkan maka koefisien variabel artifisial pada fungsi tujuan adalah

• –M, sedangkan jika berpola minimum maka koefisien variabel artifisial adalah M dengan M bilangan positif yang cukup besar. CONTOH 2 Akan dicari pasangan nilai x, y, z tak negatif yang memaksimumkan

  f 3 x 5 y

2 z

  yang memenuhi

  2 y z

  2

  4

  2 5 . x y z

  Kendala 1, memuat sumber daya/suku tetap yang bernilai negatif

  2 y z

  2

  sehingga harus dikalikan -1 menjadi

  2 y z 2 . Pada kendala 1 perlu ditambahkan variabel surplus t dan variabel artifisial q. Kendala 2 sudah bertanda = sehingga tidak perlu ditambahklan variabel slack atau variabel surplus. Kendala 2 juga sudah memuat variabel basis, yaitu x. Dengan demikian, PL siap simpleks (berbentuk kanonik) berbentuk:

  Memaksimumkan

  f 3 x 5 y 2 z t Mq

  2

  2 Dengan kendala y z t q x 4 y 2 z

  5 . x , y , z , t , q Selanjutnya, tabel simpleks masalah PL ini sebagai berikut.

  3 5 2 0 -M

  c j x c b R i j i i

  x y z t q

  x i

• M q 0 -2 1 -1 1

  2

  2 3 x 1 4 2 0 0 5 5/2 zj 3 12+2M 6-M M -M 15-2M zj-cj 0 7+2M 4-M M 0 15-2M 2 z 0 -2 1 -1 1

  2 3 x 1 8 0 2 -2 1 zj 3 20 2 4 -4 7 zj-cj 0 15 0 4 M-4

  7 PO (x, y, z, t, q) = (1, 0, 2, 0, 0). PO soal asli (x, y, z) = (1, 0, 2) dengan nilai maksimum f = 7.

SOAL LATIHAN

  Tentukan PO dan nilai optimum masalah PL berikut dengan metode simpleks

  1. Memaksimumkan dengan kendala

  f x y 2 x y

  2 2 x y 9 3 x y

  11 x , y

  2. Maksimumkan dengan kendala ,

  z 3 x 2 x 4 x x x x

  10

  1

  2

  3

  1

  2

  3 , , .

  2 x x 3 x 5 x 2 x x 3 x , x , x

  1

  2

  3

  1

  2

  3

  1

  2

  3

  3. Minimumkan dengan kendala , ,

  z 4 x y 3 x y

  3 4 x 3 y

  6 2y 4 , , y . x x

  4. Minimumkan dengan kendala ,

  z 3 x 2 x 4 x 4 x 5 x 2 x

  22

  1

  2

  

3

  1

  2

  3 x 2 x

3 x

  20 , , . x 2 x x

  30

  1

  2 3 x , x , x

  1

  2

  3

  1

  2

  3