Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

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

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "PERTEMUAN IV Metode Simpleks Primal (Teknik M & Dua Tahap) dan Simpleks Dual."— Transcript presentasi:

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

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

3 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 (-).

4 Metode Simpleks Primal (cont’d) Contoh: 3x x 2 ≥ x x 2 ≤ x 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

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

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

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

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

9 Iterasi Simpleks  Maksimasi ItrBV z x1x1 x2x2 S1S1 S2S2 R3R3 Solusi 0 z 1-3M-3-2M M S1S S2S R3R z10-2M-53M+300-6M+12 x1x S2S R3R

10 Iterasi Simpleks  Maksimasi (cont’d) ItrBV z x1x1 x2x2 S1S1 S2S2 R3R3 Solusi 2 z 100-9/20M+5/227 x1x S2S x2x /201/23 3 z10003/2M+136 x1x /31/32 S1S /32 x2x /2 6

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

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

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

14 Tabel Iterasi Minimasi ItrBV z x1x1 x2x2 S1S1 S3R2R2 R3R3 Solusi 0 z 13M-34M-50-M0030M S1S R2R R3R z13M-300-M(-2M+5/2)06M+30 S1S x2x /206 R3R

15 Tabel Iterasi Minimasi (cont’d) ItrBV z x1x1 x2x2 S1S1 S3S3 R2R2 R3R3 Solusi 2 z1000(-M+3/2)-M+136 S1S /3 -1/32 x2x /206 x1x /3 1/32 Z = 36 ; x 1 = 2 ; x 2 = 6

16 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.

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

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

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

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

21 Tabel Iterasi IterasiBasisx1x1 x2x2 S1S1 S2S2 R3R3 Solusi 0 r S1S S2S R3R r x1x S2S R3R

22 Tabel Iterasi (cont’d) IterasiBasisx1x1 x2x2 S1S1 S2S2 R3R3 Solusi 2 r x1x S2S x2x2 01-3/201/23 Persoalan diatas punya solusi feasibel  R tdk diikutkan lagi

23 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 = 3x 1 + 5x 2 = 3(4- S 1 ) + 5(3+3/2 S 1 ) z = 9/2 S

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

25 Tabel Iterasi Fase 2 IterasiBasisx1x1 x2x2 S1S1 S2S2 Solusi 0 z 00-9/2027 x1x S2S x2x2 01-3/203 1 z 0003/236 x1x /32 S1S1 0011/32 X2X2 0101/26 X1 = 2 ; x2 = 6 ; z = 36

26 Metode Simpleks Dual

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

28 Metode Simpleks Dual (cont’d) Syarat Leaving Var. dan Entering Var. : 1. Leaving Var adalah 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.

29 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

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

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

32 Solusi (cont’d) Min z = 2x 1 + x S1 + 0.S2 +0.S3 Dgn batasan - 3x 1 - x 2 + S 1 = x 1 - 3x 2 + S 2 = -6 x 1 + 2x 2 + S 3 = 3 x 1, x 2, S 1, S 2, S 3 ≥ 0

33 Tabel Simpleks Awal IterasiBasisx1x1 x2x2 S1S1 S2S2 S3S3 Solusi 0 z S1S S2S S3S S 1 dan S 2  (-) ; solusi awal tidak feasible Koefisien pers. Z sudah optimal.

34 Tabel Simpleks Awal (cont’d) Pada iterasi diatas, S 2 = -6 terpilih sebagai Leaving Var. Entering Var dipilih berdasarkan: x1x1 x2x2 S1S1 S2S2 S3S3 Koef z Koef S Rasio 1/21/3--- X 2 terpilih sebagai Entering Var. Leaving Var adalah adalah var. basis yang memiliki harga negatif terbesar.

35 Tabel Simpleks Lanjutan IterasiBasisx1x1 x2x2 S1S1 S2S2 S3S3 Solusi 1 z -2/300-1/302 S1S1 -5/301-1/30 x2x2 4/310-1/302 S3S3 5/3002/31 2 z00-2/5-1/5012/5 x1x1 10-3/51/503/5 x2x2 014/5-3/506/5 S3S

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


Download ppt "PERTEMUAN IV Metode Simpleks Primal (Teknik M & Dua Tahap) dan Simpleks Dual."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google