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

Tujuan Membuat solusi LP dengan Simpleks Primal Membuat solusi LP dengan Simpleks Dual

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 (-).

Metode Simpleks Primal (cont’d) Contoh: 3x1 + 2 x2 ≥ 18 - 3x1 - 2 x2 ≤ -18 - 3x1 - 2 x2 + S3 = -18 S3  (-) 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

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

Metode M  Maksimasi Contoh 1: Max z = 3x1 + 5x2 Dgn batasan

Metode M  Maksimasi (cont’d) Konversi ke bentuk standar: Max z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 – MR3 Dgn batasan x1 + S1 = 4 2x2 + S2 = 12 3x1 + 2x2 + R3 = 18 x1 , x2, S1, S2 , R3 ≥ 0

Langkah 1. Lakukan substitusi thd R3 : 2. Masukkan kedalam persamaan Z R3 = 18 - 3x1 - 2x2 2. Masukkan kedalam persamaan Z z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 – MR3 z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 – M (18 - 3x1 - 2x2) z = (3M +3)x1 + (2M-5)x2 + 0S1 + 0S2 – 18M z – (3M +3)x1 – (2M-5)x2 – 0S1 – 0S2 = – 18M

Iterasi Simpleks  Maksimasi Itr BV z x1 x2 S1 S2 R3 Solusi 1 -3M-3 -2M-5 -18M 4 2 12 3 18 3M+3 -6M+12 -3 6

Iterasi Simpleks  Maksimasi (cont’d) Itr BV z x1 x2 S1 S2 R3 Solusi 2 1 -9/2 M+5/2 27 4 3 -1 6 -3/2 1/2 3/2 M+1 36 -1/3 1/3

Metode M  Minimasi Contoh 2: Min z = 3x1 + 5x2 Dgn batasan

Metode M  Minimasi (cont’d) Konversi ke bentuk standar: Min z = 3x1 + 5x2 + 0S1 - 0S3 + MR2 + MR3 Dgn batasan x1 + S1 = 4 2x2 + R2 = 12 3x1 + 2x2 - S3 + R3 = 18 x1 , x2 , S1 , S3 , R2 , R3 ≥ 0

Langkah Lakukan substitusi thd R2,R3 : R2 = 12 - 2x2 R3 = 18 - 3x1 - 2x2 + S3 2. Masukkan kedalam persamaan Z z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S3 + M(12 - 2x2) + M(18 -3x1-2x2+ S3) z = (-3M+3)x1 + (-4M+5)x2 + 0S1 + MS3 + 30M z - (-3M+3)x1 - (-4M+5)x2 - 0S1 - MS3 = 30M

Tabel Iterasi Minimasi Itr BV z x1 x2 S1 S3 R2 R3 Solusi 1 3M-3 4M-5 -M 30M 4 2 12 3 -1 18 (-2M+5/2) 6M+30 1/2 6

Tabel Iterasi Minimasi (cont’d) Itr BV z x1 x2 S1 S3 R2 R3 Solusi 2 1 -1 (-M+3/2) -M+1 36 1/3 -1/3 1/2 6 Z = 36 ; x1 = 2 ; x2 = 6

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.

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

Contoh Dua Tahap Max z = 3x1+ 5x2 Dgn batasan x1 ≤ 4 2x2 ≤ 12

Solusi 2 Tahap Konversi bentuk standar Max z = 3x1+ 5x2 + 0S1 + 0S2 – MR3 Dgn batasan x1 + S1 = 4 2x2 + S2 = 12 3x1 + 2x2 + R3 = 18  R3 = 18 - 3x1 - 2x2 x1 , x2 , S1 , S2 , R3 ≥ 0

Solusi 2 Tahap (cont’d) Fase 1: Minimumkan r = R3 atau r = 18 - 3x1 - 2x2 Dgn batasan x1 + S1 = 4 2x2 + S2 = 12 3x1 + 2x2 + R3 = 18 x1 , x2 , S1 , S2 , R3 ≥ 0

Tabel Iterasi Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 R3 Solusi r 3 2 18 1 4 12 -3 6

Tabel Iterasi (cont’d) Basis x1 x2 S1 S2 R3 Solusi 2 r -1 1 4 3 6 -3/2 1/2 Persoalan diatas punya solusi feasibel  R tdk diikutkan lagi

Fase 2: Dari tabel optimum pada fase 1 dpt dituliskan persamaan berikut: x1 + S1 = 4  x1 = 4 - S1 3 S1 + S2 = 6 x2 – 3/2 S1 = 3 Kembali ke pers. Semula, dan dgn substitusi thd z didapat: Max z = 3x1+ 5x2= 3(4-S1) + 5(3+3/2 S1 ) z = 9/2 S1 + 27

Fase 2: (cont’d) Max z = 9/2 S1 + 27 Dengan batasan x1 + S1 = 4 3 S1 + S2 = 6 x2 – 3/2 S1 = 3

Tabel Iterasi Fase 2 z X1 = 2 ; x2 = 6 ; z = 36 Iterasi Basis x1 x2 S1 Solusi z -9/2 27 1 4 3 6 -3/2 3/2 36 -1/3 2 1/3 X2 1/2 X1 = 2 ; x2 = 6 ; z = 36

Metode Simpleks Dual

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

Metode Simpleks Dual (cont’d) Syarat Leaving Var. dan Entering Var. : Leaving Var adalah adalah var. basis yang memiliki harga negatif terbesar Entering Var : 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.

Metode Simpleks Dual (cont’d) Untuk persoalan minimasi, Entering Var. adalah variabel dgn rasio terkecil, sedang maksimasi Entering Var. adalah variabel dgn rasio absolut terkecil

Contoh Min z = 2x1 + x2 Dgn batasan 3x1 + x2 ≥ 3 4x1 + 3x2 ≥ 6

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

Solusi (cont’d) Dgn batasan - 3x1 - x2 + S1 = - 3 Min z = 2x1 + x2 + 0.S1 + 0.S2 +0.S3 Dgn batasan - 3x1 - x2 + S1 = - 3 - 4x1 - 3x2 + S2 = -6 x1 + 2x2 + S3 = 3 x1 , x2 , S1 , S2 , S3 ≥ 0

Tabel Simpleks Awal z S1 dan S2  (-) ; solusi awal tidak feasible Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 S3 Solusi z -2 -1 -3 1 -4 -6 2 3 S1 dan S2  (-) ; solusi awal tidak feasible Koefisien pers. Z sudah optimal.

Tabel Simpleks Awal (cont’d) Pada iterasi diatas, S2 = -6 terpilih sebagai Leaving Var. Entering Var dipilih berdasarkan: Leaving Var adalah adalah var. basis yang memiliki harga negatif terbesar. x1 x2 S1 S2 S3 Koef z -2 -1 Koef S2 -4 -3 1 Rasio 1/2 1/3 - X2 terpilih sebagai Entering Var.

Tabel Simpleks Lanjutan Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 S3 Solusi 1 z -2/3 -1/3 2 -5/3 -1 4/3 5/3 2/3 -2/5 -1/5 12/5 -3/5 1/5 3/5 4/5 6/5

Solusi Optimal X1 = 3/5 ; X2 = 6/5 ; Z = 12/5