Penyelidikan Operasi Pemrograman Linier

Outline Pemrograman Linier Bentuk standar Penyelesaian Grafis Penyelesaian dengan Syarat Keoptimal Kuhn-Tucker Penyelesaian Matriks Penyelesaian dengan Tabel Eliminasi (Simpleks) Pemrograman Linier Bentuk Tidak Standar (Metode Dua Tahap) Analisis Sensitivitas

Pemrograman Linier Bentuk Standar Fungsi Tujuan Semua Kendala Fungsi linier terhadap variabel putusan Bentuk Standar Program Linier adalah Max 𝑐 1 𝑥 1 + 𝑐 2 𝑥 2 +…+ 𝑐 𝑛 𝑥 𝑛 DS 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 2 +…+ 𝑎 1𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 1 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 2 +…+ 𝑎 2𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 2 𝑎 𝑚1 𝑥 1 + 𝑎 𝑚2 𝑥 2 +…+ 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 𝑚 𝑥 1 𝑥 2 , 𝑥 3 , …, 𝑥 𝑛 ≥0

Pemrograman Linier Bentuk Standar 𝑥= 𝑥 1 𝑥 2 ⋮ 𝑥 𝑛 𝑐= 𝑐 1 𝑐 2 … 𝑐 𝑛 𝐴= 𝑎 11 𝑎 12 … … 𝑎 𝑚1 𝑎 21 𝑎 22 … … 𝑎 𝑚2 … … … … … … … … … … 𝑎 1𝑛 𝑎 2𝑛 … … 𝑎 𝑚𝑛 𝑏= 𝑏 1 𝑏 2 ⋮ 𝑏 𝑛 Didapat, Max 𝑐𝑥 S.T 𝐴𝑥 ≤𝑏 𝑥≥0

Pemrograman Linier Bentuk Standar Contoh Pabrik kayu menghasilkan 2 produk pintu dan jendela dengan proses sebagai berikut : Spesifikasi : Terdapat 4 mesin di unit I Terdapat 3 mesin di unit II Terdapat 3 mesin di unit III

Pemrograman Linier Bentuk Standar Mesin Tiap mesin di unit I dpt menghasilkan 1 pintu tiap 3 jam Tiap mesin di unit II dpt menghasilkan 1 jendela tiap 2 jam Tiap mesin di unit III dpt menghasilkan 1 pintu tiap 2 jam dan 1 jendela tiap 1 jam Tiap hari jam kerja yang tersedia adalah 9 jam Bahan Baku Bahan baku kayu tersedia dalam jumlah yang berlebih Keuntungan Keuntungan tiap pintu = Rp 20.000 Keuntungan tiap jendela = Rp 15.000 Buat Formulasi Program Linier dalam memanfaatkan jam-mesin yang tersedia supaya didapat keuntungan yang maksimum!

Pemrograman Linier Bentuk Standar Penyelesaian Dalam Notasi Matrix 𝑥 1 : Banyaknya pintu yang diproduksi 𝑥 2 : Banyaknya jendela yang diproduksi 𝑧 : Keuntungan Formulasi Program Linier : Max 𝑧=20 𝑥 1 +15 𝑥 2 S.T 3 𝑥 1 ≤4×9 2 𝑥 2 ≤3×9 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤3×9 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 𝑐= 20 15 𝐴= 3 0 0 2 2 1 𝑏= 36 27 27

Penyelesaian Grafis Persoalan pemrograman linier dimensi dua semacam ini dapat diselesaikan secara grafis sebagai berikut. Kendala-kendala pada persoalan ini dapat digambarkan pada bidang kartesian dua dimensi seperti pada gambar di samping ini. Daerah yang diarsir adalah himpunan titik-titik yang memenuhi semua kendala atau biasa disebut daerah kelayakan. Terlihat bahwa daerah kelayakan selalu berbentuk polyhedral. Karena fungsi tujuan adalah linier maka konturnya berupa garis lurus seperti terlihat pada gambar. Dari gambar dapat disimpulkan bahwa titik optimal selalu pada ujung-ujung polyhedral yang dibentuk oleh fungsi-fungsi kendala. Karena itu, ujung-ujung polyhedral ini disebut sebagai titik-titik ekstrim. 𝑥 2 6 3 4 13 1 2 0 13 1 2 Kontur f Daerah Kelayakan 𝛻𝑓 12 3 0 0 𝑥 1 12 0

Penyelesaian Grafis Titik – titik ekstrim dari pemrograman linier tersebut adalah : 0 0 , 12 0 , 0 13 1 2 , 12 3 , 6 3 4 13 1 2 Semua titik ekstrim adalah kandidat penyelesaian dari program linier Dari arah gradient dan kontur f terlihat bahwa titik maksimumnya adalah 6 3 4 13 1 2 , sehingga diperoleh 𝑥 ∗ = 6 3 4 13 1 2 z = 6 3 4 ∗20000 + 13 1 2 ∗20000 = 337500

Penyelesaian Dengan Syarat Keoptimalan Kuhn-Tucker Ubah dulu kedalam bentuk umum persoalan optimisasi: Max 20 𝑥 1 +15 𝑥 2 Min −20 𝑥 1 −15 𝑥 2 :𝑓(𝑥) ds 3 𝑥 1 −36≤0 : 𝑔 1 (𝑥) 2 𝑥 2 −27≤0 :𝑔 2 (𝑥) 2 𝑥 1 + 𝑥 2 −27≤0 :𝑔 3 (𝑥) − 𝑥 1 ≤0 : 𝑔 4 (𝑥) − 𝑥 2 ≤0 : 𝑔 5 (𝑥) Syarat keoptimalan Kuhn-Tucker adalah: gradient… Kendala…. Complimentary slackness…. Pengali Lagrange…. Lengkapi!

Penyelesaian Dengan Syarat Keoptimalan Kuhn-Tucker Titik yang memenuhi syarat-syarat tersebut dapat dicari secara geometris yaitu sebagai titik yang memiliki resultan vector-vector gradient fungsi dan kendala-kendala berpengaruh adalah nol (saling meniadakan) untuk pengali Lagrange bernilai positif (karena semua kendala dalam bentuk pertidaksamaan). Dari gambar terlihat bahwa yang memenuhi adalah titik 𝛻𝑓 𝛻𝑓 𝛻 g 3 6 3 4 13 1 2 , sehingga diperoleh 𝑥 ∗ = 6 3 4 13 1 2 𝛻𝑓 𝛻 g 1 𝛻 g 4 𝛻𝑓 𝛻 g 5 𝛻𝑓 𝛻 g 1 𝛻 g 5

Penyelesaian Matriks Pertidaksamaan diubah menjadi Persamaan dengan menambahkan SLACK : 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤3 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 =3 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 ≥0 Max 𝐶 1 𝑥 1 + 𝐶 2 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝐶 𝑛 𝑥 𝑛 ds 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 1𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 1 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 2𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 2 ⋮ 𝑎 𝑚1 𝑥 1 + 𝑎 𝑚2 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 𝑚 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 ,……, 𝑥 𝑛 ≥0 𝑥 3 adalah slack

Penyelesaian Matriks Dengan menambahkan slack sebanyak kendala didapatkan : Max 𝐶 1 𝑥 1 + 𝐶 2 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝐶 𝑛 𝑥 𝑛 DS 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 1𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛+1 = 𝑏 1 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 2𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛+2 = 𝑏 2 ⋮ 𝑎 𝑚1 𝑥 1 + 𝑎 𝑚2 𝑥 2 +⋯⋯+ 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛+𝑚 = 𝑏 𝑚 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 ,……, 𝑥 𝑛 , 𝑥 𝑛+1 , 𝑥 𝑛+2 ,……, 𝑥 𝑛+𝑚 ≥0

Penyelesaian Matriks Dalam bentuk Matrik didapatkan : Max 𝐶 ′ 𝑥′ S.T. 𝐴 ′ 𝑥 ′ =𝑏′ 𝑥 ′ ≥0 Bentuk Kanonik Dimana, 𝑥= 𝑥 𝑥 𝑠 = 𝑥 1 . . 𝑥 𝑛 𝑥 𝑛+1 . . 𝑥 𝑛+𝑚 𝐴′= 𝐴⋮𝐼 𝑏′=𝑏 𝐶′= 𝐶⋮0 = 𝐶 1 𝐶 2 . . 𝐶 𝑛 0 0 . . 0

Penyelesaian Matriks Contoh : Nyatakan dalam bentuk kanonik : Max 𝑍=20 𝑥 3 +15 𝑥 2 DS 3 𝑥 1 ≤4×9 2 𝑥 2 ≤3×9 2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤3×9 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 Max 𝑍=20 𝑥 1 +15 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 +0 𝑥 5 DS 3 𝑥 1 + 𝑥 3 =4×9 2 𝑥 2 + 𝑥 4 =3×9 2 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 5 =3×9 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 , 𝑥 5 ≥0

Penyelesaian Matriks A = … Max 20 15 0 0 0 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 c = … b = … Max 20 15 0 0 0 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 DS 3 0 1 0 0 0 2 0 1 0 2 1 0 0 1 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 = 36 27 27 , 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 ≥0

Penyelesaian Matriks 𝑥= 𝐴 −1 𝑏 Sistem Persamaan Linier ditulis sebagai: 𝐴 𝑥 = 𝑏 Agar memiliki penyelesaian tunggal, harus dipenuhi syarat : - banyaknya persamaan = banyaknya variabel - A harus memiliki rank penuh yang berarti memiliki invers Penyelesaiannya adalah : 𝑥= 𝐴 −1 𝑏

Penyelesaian Matriks 𝐴= 𝐵⋮𝑁 𝑥= 𝑥 𝐵 … 𝑥 𝑁 , 𝐴𝑥=𝑏 Dalam program linier akan didapat sistem persamaan linier dengan banyaknya variabel selalu lebih banyak dari banyaknya persamaan. Akibatnya sistem tersebut akan punya banyak penyelesaian, yang salah satunya adalah penyelesaian dasar yang dapat dicari dengan memecah matriks A menjadi matriks B dan N: 𝐴= 𝐵⋮𝑁 Dimana B adalah matrik bujur sangkar yang mempunyai invers 𝑥= 𝑥 𝐵 … 𝑥 𝑁 , 𝐴𝑥=𝑏

Penyelesaian Matriks 𝐵 𝑁 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 =𝑏 𝐵 𝑥 𝑏 +𝑁 𝑥 𝑁 =𝑏 Berubah Menjadi 𝐵 𝑁 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 =𝑏 𝐵 𝑥 𝑏 +𝑁 𝑥 𝑁 =𝑏 𝐵 −1 𝐵 𝑥 𝐵 + 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 𝐼 𝑥 𝐵 + 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 × 𝐵 −1 𝑥 𝐵 = 𝐵 −1 𝑏− 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁

Penyelesaian Matriks Penyelesaian dasar didapat dengan memilih : 𝑥 𝑁 =0 Didapat : 𝑥 𝐵 = 𝐵 −1 𝑏 yang berarti : 𝑥= 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 0 Adalah penyelesaian dasar dari sistem persamaan linier 𝐴𝑥=𝑏 𝑥 𝐵 disebut variabel dasar/basis 𝑥 𝑁 disebut variabel bukan dasar/nonbasis 𝐵 disebut matrik dasar/basis 𝑁 disebut matrik bukan dasar/nonbasis Banyaknya penyelesaian dasar adalah sebanyak cara membentuk matriks B dari matriks A, yaitu memilih n dari n+m, sehingga jumlahnya banyak sekali!

Penyelesaian Matriks Contoh: Daerah kelayakannya adalah sebagai berikut: Max 𝑥 1 +2 𝑥 2 S.T. 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤4 𝑥 2 ≤2 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 (0,0) (0,2) (2,2) (4,0) Bentuk kanoniknya adalah Max 𝑥 1 +2 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 S.T. 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 =4 𝑥 2 + 𝑥 4 =2 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 ≥0 Diperoleh titik-titik ekstrim sebagai berikut 0 0 , 0 2 , 2 2 , 4 0

Penyelesaian Matriks Penyelesaian dasarnya dapat dicari sbb : 𝐴= 1 1 1 0 0 1 0 1 , 𝑏= 4 2 , 𝑥= 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 Alternatif 1 : 𝐵= 1 1 0 1 𝑁= 1 0 0 1 𝑥 𝐵 = 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 𝑁 = 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 𝐵 = 𝐵 −1 𝑏= 1 −1 0 1 4 2 = 2 2 = 𝑥 1 𝑥 2 (titik ekstrim ) Alternatif 2 : 𝐵= 1 1 0 0 (tidak memenuhi karena tidak memiliki invers) Maksimum ada 6 kemungkinan penyelesaian dasar. Mengapa?

Penyelesaian Matriks Alternatif 3 : 𝐵= 1 0 0 1 𝑁= 1 1 1 0 𝑥 𝐵 = 𝑥 1 𝑥 4 𝑥 𝑁 = 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 1 𝑥 4 = 1 0 0 1 4 2 = 4 2 𝑥 2 𝑥 3 = 0 0 𝑥 1 𝑥 2 = 4 0 (titik ekstrim) Dan Seterusnya….tambahkan 3 alternative yang lain Terlihat bahwa penyelesaian dasar adalah sama dengan titik ekstrim. Karena penyelesaian persoalan pemrograman adalah selalu pada titik ekstrim, penyelesaian tersebut dapat dicari dengan menentukan penyelesaian dasar dengan nilai fungsi tujuan maksimal

Penyelesaian Tabel Menyelesaikan program linier sama saja dengan mencari penyelesaian dasar dari suatu sistem persamaan linier, karenanya dapat dilakukan dengan menggunakan Eliminasi GAUSS. Untuk itu program linier tersebut dinyatakan dalam bentuk tabel sehingga memudahkan proses eliminasi Gauss. Tabel untuk menyelesaikan persoalan pemrograman linier pada dasarnya adalah tabel untuk mencari penyelesaian dasar dengan nilai fungsi tujuan yang maksimal. Caranya adalah dari satu penyelesaian dasar berpindah ke penyelesaian dasar lain dengan nilai fungsi tujuan yang lebih baik (lebih besar dalam kasus maksimisasi). Karena penyelesaian dasar selalu pada titik ekstrim yang berada pada ujung polyhedral daerah kelayakan, perpindahan tersebut adalah sepanjang simpleks dari polyhedral sehingga tabel dan metode penyelesaian ini disebut tabel simpleks dan metode simpleks

Penyelesaian Tabel 𝐵 𝑥 𝐵 +𝑁 𝑥 𝑁 =𝑏 Proses ini dimulai dari suatu penyelesaian dasar yang paling mudah dicari kemudian pada tiap iterasi berusaha mendapatkan penyelesaian dasar yang memiliki nilai tujuan (z) yang lebih baik dan seterusnya sampai tidak dapat menghasilkan yang lebih baik lagi. Pada saat itu iterasi dihentikan dan penyelesaian dasar yang terakhir adalah penyelesaian optimal yang dicari. Telah didapat bahwa : 𝐵 𝑥 𝐵 +𝑁 𝑥 𝑁 =𝑏 Atau 𝐼 𝑥 𝐵 + 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 .......(1)

Penyelesaian Tabel 𝑍=𝐶𝑥 = 𝐶 𝐵 𝐶 𝑁 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 𝑍= 𝐶 𝐵 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 Untuk nilai tujuan digunakan persamaan, 𝑍=𝐶𝑥 = 𝐶 𝐵 𝐶 𝑁 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 𝑍= 𝐶 𝐵 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 =𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏− 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 + 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 =𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏− 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 + 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 =𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏− 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝑍+0 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 =𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 … (2) Bila 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 ≥0, maka sebaiknya 𝑥 𝑁 tetap nonbasis yang bernilai nol, sehingga penyelesaian dasar yang sekarang tidak perlu diganti, yang berarti sudah optimal

Penyelesaian Tabel (2) 𝑍+0 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 Tabel Eliminasi Gauss untuk Program linier atau sering disebut Tabel Simpleks dibentuk dari system persamaan (1) dan (2), yaitu: (2) 𝑍+0 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 (1) 𝑥 𝐵 + 𝐵 −1 𝑁 𝑥 𝑁 = 𝐵 −1 𝑏 Program Linier Max 𝐶 𝐵 𝑥 𝐵 + 𝐶 𝑁 𝑥 𝑁 Max 𝐶 𝑥 D.S. 𝐵 𝑥 𝐵 + 𝑋 𝑁 =𝑏 D.S. 𝐴 𝑥 =𝑏 𝑥 𝐵 , 𝑥 𝑁 ≥0 𝑥 ≥0

Penyelesaian Tabel z x 𝐵 x N RK 1 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 𝑥 B I Tabel yang diperoleh adalah sebagai berikut z x 𝐵 x N RK 1 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 𝑥 B I 𝐵 −1 𝑁 𝐵 −1 𝑏 𝐴= 𝐵 𝑁 , 𝑥= 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 , 𝐶= 𝐶 𝐵 𝐶 𝑁

Penyelesaian Tabel max 𝑥 1 +2 𝑥 2 𝑑𝑠 2 𝑥 1 +3 𝑥 2 ≤18 −2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤4 Contoh Soal 1 max 𝑥 1 +2 𝑥 2 𝑑𝑠 2 𝑥 1 +3 𝑥 2 ≤18 −2 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤4 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 max 𝑍= 𝑥 1 +2 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 𝑑𝑠 2 𝑥 1 +3 𝑥 2 + 𝑥 3 =18 −2 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 4 =4 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 ≥0

Penyelesaian Tabel Tabel simpleks bila yang diambil sebagai basis adalah slack, sehingga B = I, CB = 0 adalah sebagai berikut: z x 𝐵 x N RK 1 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 = − 𝐶 𝑁 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 = 0 𝑥 B I 𝐵 −1 𝑁 = N 𝐵 −1 𝑏 = b Terlihat bahwa tabel simpleks dapat diisi langsung dari persoalan pemrograman linier yang akan diselesaikan tanpa melakukan perhitungan awal/inisialisasi

Penyelesaian Tabel Pembuatan Tabel Simpleks Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 Membentuk matriks Identitas Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 -2 2 3 18 4 Perhatikan bahwa: max 𝑍= 𝑥 1 +2 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 𝑑𝑠 2 𝑥 1 +3 𝑥 2 + 𝑥 3 =18 −2 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 4 =4 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 ≥0 𝑍− 𝑥 1 −2 𝑥 2 −0 𝑥 3 −0 𝑥 4 =0

Penyelesaian Tabel Pembuatan Tabel Simpleks Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 xN CBB-1N-CN CB Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 -2 2 3 18 4 B-1b=b xB B-1N=N B Karena CBB-1N-CN masih belum nonnegative, tabel ini belum optimal!

Penyelesaian Tabel Penggantian Variabel Basis z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 Mencari x dengan koefisien paling negatif agar nilai Z cepat menjadi maksimal z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 -2 2 3 18 4 Mencari nilai yang paling cepat menjadi 0 (diambil yang terkecil) 18 3 =6 4 1 =4 Artinya 𝑥 4 keluar dari basis dan 𝑥 2 masuk ke basis menggantikan 𝑥 4 (pivot/putar/tukar tempat antara 𝑥 2 dan 𝑥 4 ) karena banyaknya/tempat variabel basis terbatas

Penyelesaian Tabel Penggantian Variabel Basis. Bila 𝑥 2 adalah basis, maka kolom koesiennya harus berupa vector identitas. Harus 0 z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 -2 2 3 18 4 Penyelesaian saat ini adalah: 𝑥= 0 0 18 4 Harus 1

Penyelesaian Tabel Melakukan Operasi Baris: membuat kolom 𝑥 2 menjadi vektor identitas z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -1 -2 2 3 18 4 Operasi Baris 𝑏 1 +2 𝑏 3 𝑏 2 + −3 𝑏 3 Sudah bernilai 1  tidak perlu diubah *** 𝑏 𝑛 = baris ke n

Penyelesaian Tabel Masih ada koefisien z yang negative, lanjutkan proses penggantian Variabel Basis 𝑥= 0 4 6 0 Penyelesaian saat ini: z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -5 2 8 -3 6 -2 4 Mencari nilai yang paling cepat menjadi 0 6 8 4 −2 Nilai -2 tidak dipilih karena nilai RK 𝑥 2 akan semakin besar

Penyelesaian Tabel Melakukan Operasi Baris: 𝑥 1 masuk basis, 𝑥 3 keluar basis digantikan oleh 𝑥 1 . Kolom 𝑥 1 dibuat menjadi vector identitas Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -5 2 8 -3 6 -2 4 Operasi Baris 𝑏 1 + 5 8 𝑏 2 1 8 𝑏 2 𝑏 3 + 1 4 𝑏 2

Penyelesaian Tabel Penyelesaian Optimal Z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 5 8 1 8 5 8 1 8 11 3 4 − 3 8 3 4 1 4 11 2 𝑥= 3 4 11 2 0 0 √ Sudah Optimal karena koefisien z adalah nonnegatif Membentuk matriks Identitas

Penyelesaian Tabel Pengecekan Keoptimalan Diketahui dari soal Cek nilai 𝐵 −1 det (𝐵) = 2 1 − −2 3 =8 𝐵 −1 = 1 8 1 −3 2 2 = 1 8 − 3 8 1 4 1 4

Penyelesaian Tabel Pengecekan Keoptimalan Cek nilai 𝑋 𝑏 𝑋 𝑏 = 𝐵 −1 𝑏= 1 8 − 3 8 1 4 1 4 18 4 = 3 4 11 2 Cek nilai 𝑍 𝑍= 𝐶 𝑏 𝐵 −1 𝑏= 1 2 3 4 11 2 =11 3 4

Penyelesaian Tabel Pengecekan Keoptimalan Cek nilai 𝐶 𝑏 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝐶 𝑏 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 = 1 2 1 8 − 3 8 1 4 1 4 1 0 0 1 − 0 0 = 5 8 1 8 Cocok dengan angka-angka yang ada pada tabel simpleks Penyelesaian dari persoalan ini adalah 𝑥1 𝑥2 = 3 4 11 2 , dengan z = 11 3 4 , dan semua kendala adalah mengikat/berpengaruh karena semua slack bernilai nol (𝑥3 = 𝑥4 = 0)

Penyelesaian Tabel Pengecekan Tabel Simpleks z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 𝐶 𝑏 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 z 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 5 8 1 8 11 3 4 − 3 8 3 4 1 4 11 2 𝑧 𝐵 −1 𝑥 𝐵

Penyelesaian Tabel 0 0 4 0 3 4 11 2 𝑥 2 Gambaran Geometris dari iterasi penyelesaian dengan table simpleks Kontur fungsi tujuan Terjauh. Bila digeser lagi akan keluar dari daerah kelayakan Proses iterasi: berjalan sepanjang simpleks dari polyhedral daerah kelayakan sampai titik dengan kontur terjauh Daerah Layak 𝑥 1

Penyelesaian Tabel 𝒙 𝟐 𝟐𝒙 𝟏 +𝟑 𝒙 𝟐 ≤𝟏𝟖 −𝟐𝒙 𝟏 + 𝒙 𝟐 ≤𝟒 𝒎𝒊𝒏 − 𝒙 𝟏 −𝟐 𝒙 𝟐 − 𝒙 𝟏 ≤𝟎 − 𝒙 𝟐 ≤𝟎 Pengecekan Geometris terhadap pemenuhan syarat keoptimalan Kuhn-Tucker: bahwa resultan vector fungsi tujuan dan kendala berpengaruh harus dapat dibuat nol dengan pengali Lagrange nonnegative. Ada kesalahan pada arah gradien! Perbaiki dan tambahkan pada paparan ini 𝒙 𝟏

Pemrograman Linier Tidak Standar Pemrograman Linear Standar Tujuan untuk memaksimumkan Kendala ≤ Ruas kanan non-negatif Variabel non-negatif Jika ada salah satu yang tidak terpenuhi, maka persoalan tersebut tergolong pemrograman linier tidak standar. Mengatasinya dapat dilakukan dengan berbagai cara tergantung pada ketidakstandaran persoalan yang dihadapi

Pemrograman Linier Tidak Standar 1. Tujuan : Meminimumkan min⁡𝑧 = − (max⁡−𝑧) 2. Variabel tidak non-negatif contoh 𝑥 1 ≤0 𝑥 1 ′ =− 𝑥 1 𝑥 1 =− 𝑥 1 ′  −𝑥 1 ′ ≤0 𝑥 1 ′ ≥0 𝑥 1 ≥3 𝑥 1 ′ = 𝑥 1 −3 𝑥 1 = 𝑥 1 ′ +3  𝑥 1 ′ +3≥3 𝑥 1 ′ ≥0

Pemrograman Linier Tidak Standar 3. Variabel tidak dibatasi. Misalkan 𝑥 1 tidak dibatasi 𝑥 1 = 𝑥 1 ′ − 𝑥 1 ′′ 𝑥 1 ′ ≥0, 𝑥 1 ′′ ≥0 4. Ruas kanan tidak non negatif 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥−3 −𝑥 1 − 𝑥 2 ≤3 ×−1

Pemrograman Linier Tidak Standar 5. Kendala tidak ≤ diselesaikan dengan menambahkan variabel semu. 𝑥 1 +2 𝑥 2 ≥3 𝑥 1 +2 𝑥 2 − 𝑥 3 =3, 𝑥 3 :𝑠𝑙𝑎𝑐𝑘 𝑥3 tidak dapat digunakan sebagai variabel basis. Oleh karena itu ditambahkan sebuah variabel semu xa yang bisa menjadi variabel basis. 𝑥 1 +2 𝑥 2 − 𝑥 3 + 𝑥 𝑎 =3 𝑥 𝑎 :𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑚𝑢 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑎𝑠𝑢𝑚𝑠𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖≥0 Namun 𝑥𝑎 harus dibuat menjadi bernilai nol setelah sejumlah iterasi (dipaksa keluar dari basis) karena memang seharusnya tidak ada

Pemrograman Linier Tidak Standar Diselesaikan dengan Metode Dua Tahap dengan langkah-langkah Meminimumkan variabel semu⟶ diperoleh penyelesaian yang layak Memaksimalkan 𝑍⟶ diperoleh penyelesaian optimal Meminimumkan variable semu dilakukan dengan membentuk fungsi tujuan tambahan yang menyatakan nilai total dari semua variable semu yang dipakai yang harus diminimumkan. Karena variable semu bernilai nonnegative, maka nilai minimum variable semu adalah nol. Bila diperoleh variable semu = 0, maka penyelesaian layak telah diperoleh. Proses selanjutnya adalah mencari nilai optimal dari fungsi tujuan yang asli. Bila variable semu tidak dapat dibuat = 0, berarti persoalan tersebut tidak memiliki penyelesaian yang layak sehingga tidak mungkin dioptimalkan)

Pemrograman Linier Tidak Standar Contoh max 2𝑥 1 + 𝑥 2 𝑑𝑠 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤3 − 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥1 𝑥 1 , 𝑥 2 ≥0 max 𝑧= 2𝑥 1 + 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 +0 𝑥 5 𝑑𝑠 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 =3 − 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑥 4 + 𝑥 5 =1 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 , 𝑥 5 ≥0 Hanya ada 1 variable semu Dapat diselesaikan dengan menggunakan dengan dua tujuan, yaitu meminimumkan nilai (total) variable semu dan memaksimumkan tujuan fungsional.

Pemrograman Linier Tidak Standar Contoh max 𝑧= 2𝑥 1 + 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 +0 𝑥 5 𝑑𝑠 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 =3 − 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑥 4 + 𝑥 5 =1 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 , 𝑥 5 ≥0 max 𝑧= 2𝑥 1 + 𝑥 2 +0 𝑥 3 +0 𝑥 4 +0 𝑥 5 Min za = 𝑥 5 𝑑𝑠 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 =3 − 𝑥 1 + 𝑥 2 − 𝑥 4 + 𝑥 5 =1 𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 , 𝑥 4 , 𝑥 5 ≥0 Tujuan za menyatakan nilai variable semu yang harus diminimumkan (dibuat nol). Dapat diselesaikan dengan menggunakan table simpleks dengan dua tujuan. Untuk memudahkan pembentukan table simpleks, pilih sebagai variable basis adalah variable yang menghasilkan matrik basis berupa matriks identitas. Untuk contoh ini ambil 𝑥 3 dan 𝑥 5 sebagai variable basis

Pemrograman Linier Tidak Standar Pembuatan Tabel Simpleks Tidak memenuhi aturan tabel simpleks 𝑧 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 RK 𝑧 𝑎 1 -2 -1 3 Tahap (I) min 𝑍 𝑎 = 𝑥 5 (II) max 𝑍

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap I: Mencari daerah layak dengan meminimumkan za Membuat vector identitas 𝑧 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 RK 𝑧 𝑎 1 -2 -1 3 Operasi Baris 𝑏 1 +(−1) 𝑏 4

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap I: Penggantian Variabel Basis 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 RK 𝑍 𝑎 1 -1 -2 3 𝑥= 0 0 3 0 1 Bukan Titik Layak

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap I: Operasi Baris 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 RK 𝑍 𝑎 1 -1 -2 3 Operasi Baris 𝑏 1 + 𝑏 4 𝑏 2 + 𝑏 4 𝑏 3 + −1 𝑏 4 𝑏 4

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap 1 selesai. Memasuki ke Tahap 2. bisa hilang 𝑧 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 RK 𝑧 𝑎 1 -3 -1 2 𝑍 𝑎 sudah minimum 𝑥= 0 1 2 0 0 √ Tahap 1 selesai 𝑥 5 sudah nol, variable semu hilang⟶ koef baris 𝑍 𝑎 sama dengan koef 𝑍 𝑎 di tabel simpleks awal

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap II: Optimisasi melalui penggantian Variabel Basis 𝑧 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -3 -1 2 Mencari nilai yang paling cepat menjadi 0 2 2 1 −1

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap II: Melakukan Operasi Baris 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 -3 -1 2 Operasi Baris 𝑏 1 + 3 2 𝑏 2 1 2 𝑏 2 𝑏 3 + 1 2 𝑏 2

Pemrograman Linier Tidak Standar Tahap II: Penyelesaian Optimal 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 RK 1 3 2 1 2 4 − 1 2 2 𝑥= 1 2 0 0 0 Membentuk matriks Identitas karena menjadi variabel basis (membentuk basis) √ Sudah Optimal karena koefisien z tidak ada yang negatif

Pemrograman Linier Tidak Standar 𝑥 2 0 0 0 1 1 2 Gambaran Geometris: Tahap 1: Mulai dari titik (0,0) yang tidak layak menuju ke titik (0,1) yang layak. Tahap 2: Mulai dari titik (0,1) hasil dari Tahap 1 yang layak tetapi belum optimal menuju ke titik (1,2) yang optimal Daerah layak Tahap 2/iterasi 1 Tahap 1/iterasi 1 𝑥 1 Kontur f

Pemrograman Linier Tidak Standar − 𝑥 1 ≤0 − 𝑥 1 + 𝑥 2 ≥1 𝑥 1 + 𝑥 2 ≤3 max 2𝑥 1 + 𝑥 2 𝑥 2 Pengecekan Geometris terhadap keterpenuhan syarat keoptimalan Kuhn Tucker: bahwa resultan vector fungsi tujuan dan kendala berpengaruh harus dapat dibuat nol dengan pengali Lagrange nonnegative. Ada kesalahan pada arah gradient? 𝑥 1

Pemrograman Linier Tidak Standar Contoh Max 𝑥 1 − 𝑥 2 +2 𝑥 3 DS 𝑥 1 + 𝑥 2 + 𝑥 3 ≤8 2 𝑥 1 − 𝑥 2 ≥4 𝑥 1 + 2𝑥 3 =6 𝑥 1 ≥1, 𝑥 2 ≤0, 𝑥 3 ≥0

Pemrograman Linier Tidak Standar Penyelesaian Misal 𝑥 1 = 𝑥 1 ′ +1 𝑥 1 ′ +1≥1 𝑥 1 ′ ≥0 𝑥 2 = −𝑥 2 ′ − 𝑥 2 ′ ≤0 𝑥 2 ′ ≥0 Sehingga Min 𝑍= 𝑥 1 ′ +1+ 𝑥 2 ′ +2 𝑥 3 S.T. 𝑥 1 ′ +1− 𝑥 2 ′ + 𝑥 3 ≤8 2 𝑥 1 ′ +1 + 𝑥 2 ′ ≥4 𝑥 1 ′ +1+ 2𝑥 3 =6

Pemrograman Linier Tidak Standar Menjadi Max −𝑍= −𝑥 1 ′ − 𝑥 2 ′ −2 𝑥 3 −1 S.T. 𝑥 1 ′ − 𝑥 2 ′ + 𝑥 3 + 𝑥 4 =8 2 𝑥 1 ′ + 𝑥 2 ′ − 𝑥 5 + 𝑥 6 =2 𝑥 1 ′ + 2𝑥 3 + 𝑥 7 =5 𝑥 1 ′ , 𝑥 2 ′ , 𝑥 3 , 𝑥 4 , 𝑥 5 , 𝑥 6 , 𝑥 7 ≥0 Min 𝑍 𝑎 = 𝑥 6 + 𝑥 7  Max − 𝑍 𝑎 =− 𝑥 6 − 𝑥 7  −𝑍 𝑎 + 𝑥 6 + 𝑥 7 =0

Pemrograman Linier Tidak Standar 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 𝑥 6 𝑥 7 RK 𝑍 𝑎 1 -1 2 7 5 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 𝑥 6 𝑥 7 RK 𝑍 𝑎 -3 -1 -2 1 2 7 5

Pemrograman Linier Tidak Standar 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 𝑥 6 𝑥 7 RK 𝑍 𝑎 1/2 -2 -1/2 3/2 -4 -1 2 -3/2 1 6 𝑥 1 ′ 4 𝑍 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝑥 4 𝑥 5 𝑥 6 𝑥 7 RK 𝑍 𝑎 1 -1 -6 -5/4 1/4 -1/4 -1/2 4 𝑥 1 ′ 1/2 2 Diabaikan boleh dibuang

Pemrograman Linier Tidak Standar Dengan selesainya tahap 1, ternyata berpindah ke tahap 2 telah menghasilkan table tanpa nilai negative pada koefisien z. sehingga tahap 2 juga sudah optimal Jadi nilai x yang memberikan nilai optimal adalah, 𝑥 1 ′ =1, 𝑥 2 ′ =0, 𝑥 3 =2, 𝑍=6 Sehingga, 𝑥 1 =2 𝑥 2 =0

Melengkapi Tabel Simpleks Sudah dijelaskan bahwa table simpleks dibentuk dari persamaan-persamaan: z 𝑥 𝑏 𝑥 𝑁 RK 1 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑁− 𝐶 𝑁 𝐶 𝐵 𝐵 −1 𝑏 I 𝐵 −1 𝑁 𝐵 −1 𝑏 𝐴= 𝐵 𝑁 𝑥= 𝑥 𝐵 𝑥 𝑁 𝐶= 𝐶 𝐵 𝐶 𝑁 Informasi diatas dapat dipergunakan untuk melengkapi table simpleks sekiranya ada beberapa elemen pada table tersebut yang hilang atau kurang jelas

Analisis Sensitivitas Bila terdapat perubahan pada nilai parameter atau penambahan kendala atau penambahan variable keputusan, hasil penyelesaian optimal yang telah diperoleh tetap dapat dipakai untuk mencari penyelesaian yang baru akibat adanya perubahan tersebut. Langkah pertama tentunya adalah mengecek apakah penyelesaian optimal lama masih tetap berlaku atau tidak. Bila ya, berarti tidak perlu ada perubahan pada penyelesaian optimal. Bila tidak, maka harus dicari penyelesaian yang baru akibat adanya perubahan tersebut. Mencari penyelesaian yang baru akibat adanya beberapa perubahan pada formulasi persoalan dengan menggunakan hasil penyelesaian yang telah diperoleh dari formulasi persoalan sebelum berubah dikenal sebagai analisis sensitivitas.

Analisis Sensitivitas Macam-macam analisis sensitivitas, antara lain adalah: Perubahan parameter Perubahan nilai elemen pada vector c Perubahan nilai elemen pada vector b Perubahan nilai elemen pada matriks A Penambahan atau pengurangan kendala Penambahan atau pengurangan variabel

Tugas 5 Ambil satu contoh soal pemrograman linier tidak standar dua dimensi dari buku referensi (atau buat sendiri) dengan tiga kendala fungsional dengan titik O bukan titik layak. Selesaikan dengan metode grafik, metode matriks, metode geomterik lengkap dengan vector persyaratan Kuhn-Tucker, metode table simpleks lengkap dengan perjalanan iterasinya. Jelaskan kesesuaian hasil empat metode tersebut Ambil satu contoh soal pemrograman linier (standar/tidak) dari buku referensi yang memuat paling sedikit 4 variable dan ada penjelasan diskripsi permasalahannya (atau buat sendiri). Tuliskan formulasinya. Konversikan ke bentuk kanonik. Selesaikan dengan bantuan paket program. Tuliskan proses iterasinya dalam bentuk table simpleks seperti yang diberikan pada paparan kuliah. Beri interpretasi penyelesaian pada tiap iterasi. Interpretasikan penyelesaian optimalnya Cari dari buku referensi satu contoh cara menyelesaikan salah satu permasalahan analisis sensitivitas lengkap dengan iterasinya untuk mencari titik optimal baru