METODE SIMPLEX

LINEAR PROGRAMMING SIMPLEX METHOD Simplex Method- An algebraic, iterative method to solve linear programming problems. The simplex method requires that the problem is expressed as a standard LP problem. This implies that all the constraints are expressed as equations by adding slack variables. (Variable yang mewakili tingkat pengangguran atau kapasitas yang merupakan batasan)  S1 , S2, S3,……Sm The method uses Gaussian elimination (sweep out method) to solve the linear simultaneous equations generated in the process. LINEAR PROGRAMMING SIMPLEX METHOD

Metode simpleks merupakan prosedur aljabar yang bersifat iteratif yang bergerak selangkah demi selangkah, dimulai dari suatu titik ekstrem pada daerah fisibel menuju ke titik ekstrem yang optimum Metode Simpleks

Berikut ini diberikan pengertian dari beberapa terminologi dasar yang banyak digunakan dalam membicarakan metode simpleks : Maks atau Min : Z = c1x1 + c2x2 + ... +cnxn Berdasarkan : a11x1+a12x2+...+a1nxn = b1 a21x1+a22x2+...+a2nxn = b2 . am1x1+am2x2+...+amnxn = bm xi ≥ 0 ( i = 1,2,...,n )

Maka pembatas dari model tersebut dapat dituliskan ke dalam bentuk system persamaan AX = b Perhatikan suatu system AX = b dari m persamaan linier dalam n variable (n>m).

Definisi Solusi Basis Solusi basis untuk AX = b adalah solusi dimana terdapat sebanyak-banyaknya m variabel berharga bukan nol. Untuk mendapatkan solusi basis dari AX = b maka sebanyak (n-m) variabel harus dinolkan. Variabel-variabel yang dinolkan ini disebut variabel nonbasis (NBV). Selanjutnya, dapatkan harga dari n-(n-m) = m variabel lainnya yang memenuhi AX = b, yang disebut variabel basis (BV). Solusi Basis Fisibel Jika seluruh variabel pada suatu solusi basis berharga nonnegatif, maka solusi itu disebut solusi basis fisibel (BFS) Solusi Fisibel Titik Ekstrem Yang dimaksud dengan solusi fisibel titik ekstrem atau titik sudut ialah solusi fisibel yang tidak terletak pada segmen garis yang menghubungkan dua solusi fisibel lainnya.

Ada tiga sifat pokok titik ekstrem ini, yaitu : Sifat 1 : jika hanya ada satu solusi optimum, maka pasti ada satu titik ekstrem, atau jika solusi optimumnya banyak, maka paling sedikit ada dua titik ekstrem yang berdekatan. Sifat 2 : hanya ada sejumlah terbatas titik ekstrem pada setiap persoalan. Sifat 3 : jika suatu titik ekstrem memberikan harga z yang lebih baik dari yang lainnya, maka pasti solusi itu merupakan solusi optimum Sifat 3 ini menjadi dasar dari metode simpleks.

Prosedur Metode Simpleks : Langkah inisialisasi : mulai dari suatu titik ekstrem (0,0) Langkah iteratif : bergerak menuju titik ekstrem berdekatan yang lebih baik. Langkah ini diulangi sebanyak diperlukan. Aturan penghentian : memberhentikan langkah ke-2 apabila telah sampai pada titik ekstrem yang terbaik (titik optimum). Prosedur Metode Simpleks :

Sebagai ringkasan dari ide metode simpleks ini ialah bahwa metode ini selalu dimulai pada suatu titik sudut fisibel, dan selalu bergerak melalui titik sudut fisibel yang berdekatan, menguji masing-masing titik mengenai optimalitasnya sebelum bergerak pada titik lainnya.

Algoritma Simpleks untuk Persoalan Maksimasi Untuk menyelesaikan persoalan LP dengan tujuan maksimasi menggunakan metode simpleks dilakukan dengan langkah-langkah berikut ini : Konversikan formulasi persoalan ke dalam bentuk standar. Cari solusi basis fisibel. Jika seluruh NBV mempunyai koefisien nonnegatif (artinya berharga positif atau nol) pada baris fungsi tujuan, maka BFS sudah optimal. Jika pada baris fungsi tujuan masih ada variabel dengan koefisien negatif, pilihlah salah satu variabel yang mempunyai koefisien paling negatif pada baris itu. Variabel ini akan memasuki status variabel basis, karena itu variabel ini disebut sebagai variabel yang masuk basis (entering variabel/EV).

Hitung rasio dari ruas kanan/koefisien EV pada setiap baris pembatas dimana EV-nya mempunyai koefisien positif. Variabel basis pada baris pembatas dengan rasio positif terkecil akan berubah status menjadi variabel nonbasis. Variabel ini kemudian disebut sebagai variabel yang meninggalkan basis (leaving variabel/LV) Lakukan operasi baris elementer untuk membuat koefisien EV pada baris dengan rasio positif terkecil ini menjadi berharga 1 dan berharga 0 pada baris-baris lainnya. 5. Kembali ke langkah 3. Catatan : jika ditemukan lebih dari satu baris yang mempunyai rasio positif terkecil, pilihlah salah satu. Cara ini tidak akan mempngaruhi hasil perhitungan akhir.

Algoritma Simpleks untuk Persoalan Minimasi Untuk menyelesaikan persoalan LP dengan fungsi tujuan meminimumkan Z, ada dua cara yang dapat dilakukan, yaitu : Mengubah fungsi tujuan dan persamaannya, kemudian menyelesaikannya sebagai persoalan maksimasi. Memodifikasi langkah 3 sehingga menjadi : Jika seluruh NBV pada baris fungsi tujuan mempunyai koefisien yang berharga nonpositif, maka BFS sudah optimal. Jika pada baris fungsi tujuan masih ada variabel dengan koefisien positif, pilihlah salah satu variabel yang berharga paling positif pada baris fungsi tujuan itu untuk menjadi EV. Algoritma Simpleks untuk Persoalan Minimasi

Kasus Khusus dalam Penggunaan Algoritma Simpleks Degenerasi Kasus ini terjadi apabila satu atau lebih variabel basis berharga nol (b=0) sehingga iterasi yang dilakukan selanjutnya bisa menjadi suatu loop yang akan kembali pada bentuk sebelumnya. Kejadian ini disebut cycling atau circling. Solusi Optimum Banyak Suatu persoalan dapat memiliki lebih dari satu solusi optimum. Kasus ini terjadi apabila fungsi tujuan paralel dengan fungsi pembatas, dimana paling sedikit salah satu dari variabel nonbasis (pada persamaan z pada iterasi terakhir) mempunyai koefisien berharga nol. Akibatnya walaupun variabel tersebut dinaikkan harganya (dijadikan variabel basis), harga Z tetap tidak berubah. Karena itu solusi-solusi optimumyang lain ini biasanya dapat diidentifikasi dengan cara menunjukkan iterasi- iterasi tambahan pada metode simpleksnya, dimana variabel-variabel nonbasis yang berkoefisien nol itu selalu dipilih untuk menjadi entering variabel. Kasus Khusus dalam Penggunaan Algoritma Simpleks

Solusi Tak Terbatas Kasus ini terjadi apabila ruang solusi tidak terbatas sehingga nilai fungsi tujuan dapat meningkat (untuk maksimasi) atau menurun (untuk minimasi) secara tidak terbatas. Apabila persoalannya berdimensi dua dapat diselesaikan secara grafis. Akan tetapi, jika persoalan yang dihadapi berdimensi tiga atau lebih, maka untuk mendeteksi apakah solusinya terbatas atau tidak, dilakukan dengan cara : Perhatikan koefisien-koefisien pembatas dari variabel nonbasis pada suatu iterasi. Jika koefisien-koefisien tersebut berharga negatif atau nol berarti solusinya tak terbatas. Jika koefisien fungsi tujuan variabel tersebut berharga negatif (untuk maksimasi) atau positif (untuk minimasi), maka nilai fungsi tujuannya tidak terbatas.

Slack Variables Inequality constrains can be converted to equalities by introducing “slack variables” Misal: X1+2X2+3X3+4X4  25, bisa ditulis sebagai X1+2X2+3X3+4X4+S = 25 dengan s  0 (slack variable) Atau: X1+2X2+3X3+4X4  25, bisa ditulis sebagai X1+2X2+3X3+4X4 - S = 25

Langkah penyelesaian (1) 1. Represent the LP problem in standard form Objective function Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 + C4 X4 + .............+ Cn Xn Constraints 1). a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b1 2). a21 X1 + a22 X2 + a23 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b2 3). a31 X1 + a32 X2 + a33 X3 + .........+ a3n Xn ≤ b3 4). a41 X1 + a42 X2 + a43 X3 + .........+ a4n Xn ≤ b4 . . . . . . . m). am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +.........+ amn Xn ≤ bm Xi ≥ 0 , i = 1,2,3…..n bj 0 , j=1,2,…,m X  variables; c  objective parameters; a  constraints parameters; b  right hand side value of constraints

Langkah penyelesaian (2) 2. Nyatakan persamaan fungsi tujuan dalam bentuk dengan z adalah nilai dari fungsi tujuan 3. Rubah semua pertidaksamaan batasan (all inequality constrains) ke dalam bentuk persamaan batasan (equality constrains) dengan memasukkan variable Slack 4. Susun persamaan fungsi tujuan dan persamaan batasan ke dalam tabel simplex.

Langkah penyelesaian (3) CONTOH : Perusahaan barang tembikar Lankah 1. Maximize Z=4X1+5X2 (0) Batasan: X1 +2X2  40 (1) 4X1 +3X2  120 (2) Langkah 2 dan 3 Fungsi tujuan Z - 4X1 - 5X2 = 0 (0) X1 +2X2 + S1 = 40 (1) Batasan 4X1 +3X2 + S2 = 120 (2)

Langkah penyelesaian (4) Langkah 4 : Menyusun table Simplex awal (Iterasi0) Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -4 -5 (1) 2 40 (2) 4 3 120 Basic Variable (Variable dasar) : adalah variable yang nilainya sama dengan sisi kanan dari persamaan. Pada persamaan (1) dan (2) bila belum ada kegiatan maka X1 = 0 dan X2 = 0, sehingga nilai S1 = 40 dan nilai S2 = 120. Pada tabel awal diatas nilai Basic variable (S1 dan S2) pada fungsi tujuan harus 0 (nol).

Langkah penyelesaian (5) Langkah 5 : Setelah data tersusun dalam tabel simplex awal, lakukan iterasi sehingga dihasilkan titik optimal 5.1. Menentukan entering variable : Dicari variabel yang paling sensitif terhadap fungsi tujuan (max Z). Dari tabel (baris Z) terlihat bahwa nilai absolut koefisien X2 terbesar yaitu l5l, jadi dipilih X2 sebagai entering variable. Kolom X2 disebut pivot column (PC). Bila pada tabel sudah tidak mempunyai lagi koeffisien yang bernilai negatif pada baris fungsi tujuan, maka tabel ini tidak bisa lagi di optimalkan (sudah optimal). Selanjutnya hitung nilai ratio, Nilai kolom RHS dibagi dengan nilai pada pivot column yang berkesesuaian. 5.2. Menentukan Leaving variable:  ditentukan berdasarkan nilai ratio minimum, dipilih S1 sebagai leaving variable. Baris S1disebut Pivot Raw (PR)

Langkah penyelesaian Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -4 -5 (1) 2 40 20 (2) 4 3 120 Pivot Raw Pivot element Ratio : 40/2 = 20 minimum Pivot column

Langkah penyelesaian Coefficient of : 1 5.3. Membuat table simplex kedua Bagi semua element pada Pivot Raw (PR) dengan Pivot Element. Dihasilkan element pivot raw baru. Gantilah basic variable pada baris itu dengan Variable yang terdapat diatas pivot column Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 1 (0) (1) 0,5 20 (2)

Langkah penyelesaian Z X2 Hitung nilai element pada baris yang lain (tidak termasuk element Pivot Raw) dengan cara : Element baris baru = (Element baris lama) – (koeffisien pada pivot column) x (nilai element baru pivot raw) Menghitung nilai baru element baris dari Z Koeffisien pada PC Z 1 -4 -5 X2 -2,5 -100 -1,5 2,5 100 Element baris lama  -5 x element baru pivot raw  Element baris baru 

Dihasilkan tabel simplex 2 Langkah penyelesaian Koeffisien pada PC Menghitung nilai baru element baris dari S2 S2 4 3 1 120 X2 1,5 60 2,5 -1,5 Element baris lama  3 x element baru pivot raw  Element baris baru  Dihasilkan tabel simplex 2

Langkah penyelesaian Coefficient of : 1 RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 Tabel Simplex 2 (iterasi 1) Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 1 (0) -1,5 2,5 100 (1) 0,5 20 (2) 60 Pada baris fungsi tujuan masih ada koefisien berharga negatif, yaitu koefisien variable X1.  Teruskan proses iterasi, dimulai dari langkah ke 5

Langkah penyelesaian Coefficient of : 1 RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 Langkah 5.1 dan 5.2 Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 1 (0) -1,5 2,5 100 (1) 0,5 20 40 (2) 60 24 Ratio : 60/2,5 = 24 minimum Pivot element Pivot column Pivot Raw

Coefficient of : 1 Langkah 5.3. Membuat table simplex ketiga RHS (sol) Bagi semua element pada Pivot Raw (PR) dengan Pivot Element. Dihasilkan element pivot raw baru. Gantilah basic variable pada baris itu dengan Variable yang terdapat diatas pivot column Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 1 (0) (1) (2) -0,6 0,4 24

Langkah penyelesaian Z X1 Hitung nilai element pada baris yang lain (tidak termasuk element Pivot Raw) dengan cara : Element baris baru = (Element baris lama) – (koeffisien pada pivot column) x (nilai element baru pivot raw) Menghitung nilai baru element baris dari Z Koeffisien pada PC Z 1 -1,5 2,5 100 X1 0,9 -0,6 -36 1,6 0,6 136 Element baris lama  -1,5 x element baru pivot raw  Element baris baru 

Dihasilkan tabel simplex 3 Langkah penyelesaian Menghitung nilai baru element baris dari X2 Koeffisien pada PC X2 0,5 1 20 X1 -0,3 0,2 12 0,8 -0,2 8 Element baris lama  0,5 x element baru pivot raw  Element baris baru  Dihasilkan tabel simplex 3

Langkah penyelesaian Coefficient of : 2 RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 Tabel Simplex 3 Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 2 (0) 1 1,6 0,6 136 (1) 0,8 -0,2 8 (2) -0,6 0,4 24 Pada baris fungsi tujuan tidak ada lagi koefisien berharga negatif, Dihasilkan titik optimal pada X1 = 24 dan X2 = 8 dengan nilai keuntungan Z = 136.

Langkah penyelesaian SIMPLEX METHOD Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (Sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -4 -5 (1) 2 40 (2) 4 3 120 -1,5 2,5 100 0,5 20 60 1,6 0,6 136 0,8 -0,2 8 -0,6 0,4 24

SIMPLEX METHOD X1 +2X2  40 (1) 4X1 +3X2  120 (2) Bila ada dua atau lebih variabel non basis mempunyai koefisien negatif terbesar yang sama, maka pemilihan entering variable dapat dijalankan secara bebas. Mana yang lebih cepat mencapai optimal tidak dapat diprediksi. Contoh : Fungsi tujuan pada contoh pabrik tembikar dirubah menjadi Maximize Z=4X1+4X2 (0) Batasan: X1 +2X2  40 (1) 4X1 +3X2  120 (2) Selanjutnya disusun tabel simplex awal

SIMPLEX METHOD Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 -4 Tabel simplex awal Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -4 (1) 2 40 (2) 4 3 120 Dari tabel simplex awal, tampak variable non basis X1 dan X2 mempunyai nilai koefisien negatif yang sama yaitu -4. Oleh karena itu pada penyelesaian awal entering variable dapat dipilih X1 atau X2 .

SIMPLEX METHOD X1 +2X2  40 (1) 4X1 +4X2  80 (2) Bila ada dua atau lebih variabel basis mempunyai nilai RATIO minimum yang sama, maka pemilihan leaving variable dapat dijalankan secara bebas. Mana yang lebih cepat mencapai optimal tidak dapat diprediksi. Contoh : batasan (1) pada contoh pabrik tembikar dirubah menjadi Maximize Z=4X1+5X2 (0) Batasan: X1 +2X2  40 (1) 4X1 +4X2  80 (2) Selanjutnya disusun tabel simplex awal

SIMPLEX METHOD Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 20 Tabel simplex awal Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -4 -5 (1) 2 40 20 (2) 4 80 Dari tabel simplex awal, tampak variable basis S1 dan S2 mempunyai nilai ratio minimum yang sama yaitu 20. Oleh karena itu pada penyelesaian awal leaving variable dapat dipilih S1 atau S2 . Pivot column Ratio minimum

SIMPLEX METHOD Penyelesaian simplex method bagi kasus yang menyimpang dari bentuk standard Diselesaikan dengan mengintroduksi slack variable sebagai variable basis yang harganya sama dengan ruas kanan (positif) Maximize : Subject to : aij Xj ≤ bi (bi > 0 ) Xj ≥0 Bila ada penyimpangan dari bentuk standard  dilakukan penyesuaian-penyesuaian di langkah awal. Setelah itu metode simplex diselesaikan seperti sebelumnya.

SIMPLEX METHOD Pendekatan standard :  Teknik menggunakan Variable buatan (artificial Variable) Memasukkan dummy variable (disebut artificial variable) ke dalam setiap batasan (constaints) yang memerlukan. Variable yang baru akan menjadi variable basis pada pada penyelesaian awal bagi batasan (constaints) yang bersangkutan Iterasi metode simplex akan membuat artificial variable menjadi nol, sehingga akhirnya satu persatu hilang.

SIMPLEX METHOD Contoh : Kasus awal Maximize . : Z = 3 X1 + 5 X2 (0) Constraints : X1 ≤ 4 (1) 2 X2 ≤ 12 (2) 3 X1 + 2 X2 ≤ 18 (3) 1. Persamaan batasan (constraints) jenis = (sama dengan) Misalkan ≤ pada batasan (3) dirubah menjadi jenis = (sama dengan) 3 X1 + 2 X2 = 18 (3)

SIMPLEX METHOD dihasilkan Fungsi tujuan Z -3 X1 - 5 X2 = 0 (0) Constraints : X1 +S1 = 4 (1) 2 X2 + S2 = 12 (2) 3 X1 + 2 X2 = 18 (3) Pada batasan Persamaan (3) tidak terdapat variable basis.  Ditambahkan artificial variable A ( 0), hasil revisi : Z -3 X1 - 5 X2 = 0 (0) X1 +S1 = 4 (1) 2 X2 + S2 = 12 (2) 3 X1 + 2 X2 + A = 18 (3)

SIMPLEX METHOD Pada hasil revisi ada 3 persamaan dengan 5 variable.  Ada dua variable non basis X1 dan X2 yang pada penyelesaian layak awal harganya = 0. Dari persamaan (1), (2) dan (3) didapatkan nilai variable basis S1 = 4 , S2 = 12 dan A = 18 Langkah selanjutnya memaksa nilai artificial variable A menjadi nol. Dapat dilakukan dengan metode Teknik M / metode penalty. Pada pendekatan ini fungsi tujuan dirubah dulu menjadi : Z = 3 X1 + 5 X2 – MA Dengan M adalah bilangan positif yang sangat besar berhingga. Persamaan (0) dari fungsi tujuan akan menjadi Z - 3 X1 - 5 X2 + MA = 0

SIMPLEX METHOD Pada persamaan (0) yang direvisi terdapat variable basis dengan koefisien M. Variable basis harus dihilangkan dari persamaan (0).  Baris Z yang dihasilkan (revisi) dikurangi dengan M kali setiap baris batasan yang sesuai. Baris Z pers (0) revisi -3 -5 M 3 2 1 18 - M Baris Z pers (0) baru -3M-3 -2M-5 - 18M Disusun tabel simplex awal.  iterasi untuk mendapatkan nilai optimal. Dihasilkan X1 = 2, X2 = 6 dan Z = 36

SIMPLEX METHOD Tabel simplex awal Iteration Basic varia ble Eqt. Coefficient of RHS Z X1 X2 S1 S2 A (Sol) (0) 1 (-3M-3) (-2M-5) -18M (1) 4 (2) 2 12 (3) 3 18 Pivot raw Pivot column X1 : entering variable S1 : leaving variable

SIMPLEX METHOD Pemilihan entering variable : Koefisien variable non basis pada persamaan tujuan mempunyai bentuk fungsi linear (aM + b) a  faktor pengganda b  faktor penambah Karena M sangat besar, maka b selalu kecil dibandingkan terhadap aM. Pada umumnya pemilihan entering variable didasarkan pada nilai faktor pengganda a. Contoh Pada tabel awal :koefisien X1 adalah (-3M-3), untuk X2 adalah (-2M-5). Faktor pengganda 3 > 2, sehingga dipilih X1 sebagai entering variable. Bila pada koefisien tersebut nilai faktor pengganda sama, maka pemilihan entering variable didasarkan pada faktor penambah b

SIMPLEX METHOD 1 2 3 Iteration Basic varia ble Eqt. Coefficient of RHS (Sol) Z X1 X2 S1 S2 A 1 (0) (-2M-5) (3M+3) -6M+12 (1) 4 (2) 2 12 (3) -3 6 2 Z (0) 1 -9/2 (M+5/2) 27 X1 (1) 4 S2 (2) 3 -1 6 X2 (3) -3/2 1/2 3 Z (0) 1 3/2 (M+1) 36 X1 (1) -1/3 1/3 2 S1 (2) X2 (3) 1/2 6

SIMPLEX METHOD 2. Pertidaksamaan jenis  Dirubah menjadi  dengan cara mengalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan (-1). Contoh : 0,6 X1 + 0,4 X2  6 menjadi -0,6 X1 - 0,4 X2  -6 Ruas kiri ditambah slack variable -0,6 X1 - 0,4 X2 + S = -6 Nilai slack variable S = -6  negatif, tidak memenuhi syarat. Harus dikalikan (-1), dihasilkan : 0,6 X1 + 0,4 X2 - S = 6 Ruas kanan persamaan terakhir sudah positif, namun koefisien slack variable tetap negatif  selesaikan seperti kasus tipe = (sama dengan).  Ditambah artificial variable A.

SIMPLEX METHOD 3. Meminimumkan 0,6 X1 + 0,4 X2 – S + A = 6 Artificial variable A dipakai sebagai variable basis awal (A=6). Dengan demikian S memulai sebagai variable non basis. Dengan mengintroduksi Artificial variable A , berarti metode teknik M juga diperlakukan disini. 3. Meminimumkan  dirubah menjadi memaksimumkan yang equivalent Minimize Menyelesaikan optimal yang sama Equivalent dengan Maximize

SIMPLEX METHOD Contoh : Minimize : Z = 0,4 X1 + 0,5 X2 (0) Subject to : 0,3 X1 + 0,1 X2  2,7 (1) 0,5 X1 + 0,5 X2 = 6 (2) 0,6 X1 + 0,4 X2  6 (3) X1  0 , X2  0 Minimize : Z = 0,4 X1 + 0,5 X  Maximize : (-Z) = -0,4 X1 - 0,5 X2 Penyelesaian : Masukkan artificial variable A1 dan A2 pada pers (2) dan (3), dan terapkan metode Teknik M, maka Minimize : Z = 0,4 X1 + 0,5 X2 + MA1 + MA2  Maximize : (-Z) = -0,4 X1 - 0,5 X2 - MA1 - MA2

SIMPLEX METHOD Sistem persamaan Maximize (-Z) -Z + 0,4 X1 + 0,5 X2 + MA1 + MA2 = 0 (0) 0,3 X1 + 0,1 X2 + S1 = 2,7 (1) 0,5 X1 + 0,5 X2 + A1 = 6 (2) 0,6 X1 + 0,4 X2 - S2 + A2 = 6 (3) S1, A1 dan A2 adalah variable basis untuk penyelesaian dasar awal. 0,4 0,5 M Baris Z, pers (0) revisi -M 0,5 1 6 -M 0,6 0,4 -1 1 6 Baris Z, pers (0) baru -1,1M+0,4 -0,9M+0,5 M -12M

SIMPLEX METHOD Tabel simplex awal Pivot Raw Pivot column Iteration Basic variable Equation Coefficient of RHS (Sol) Z X1 X2 S1 A1 S2 A2 (0) -1 -1,1M+0,4 -0,9M+0,5 M -12M (1) 0,3 0,1 1 2,7 (2) 0,5 6 (3) 0,6 0,4 Pivot Raw Pivot column Entering variable : X1 Leaving variable : S1

SIMPLEX METHOD Iteration Basic variable Equation Coefficient of RHS (Sol) Z X1 X2 S1 A1 S2 A2 1 (0) -1 -16/30M+11/30 11/3M+4/3 M -2,1M-3,6 (1) 1/3 9 (2) 1,5 (3) 0,2 0,6

Teori Dualitas dan analisa sensitivitas Contoh : Masalah Diet. Tabel berikut memberikan gambaran jumlah mineral dan vitamin yang harus dikonsumsi oleh pasien. Mineral dan vitamin berasal dari dua jenis makanan daging dan sayuran. Kandungan Makanan Kebutuhan minimum per hari Daging sayuran Mineral 2 4 40 Vitamin 3 50 Harga/unit 2,5 Persoalan : Menentukan jumlah pembelian daging dan sayuran sedemikian sehingga kebutuhan min akan mineral dan vitamin terpenuhi.

Teori Dualitas dan …………. Formulasi model LP : Misal X1 jumlah daging dan X2 jumlah sayuran Fungsi tujuan : Minimize Z=3X1+2,5X2 (0) Batasan: 2X1 +4X2  40 (1) 3X1 +2X2  50 (2) X1  0 , X2  0 Sekarang pikirkan masalah yang berbeda yang masih berhubungan dengan masalah yang asli (disebut primal). Sebuah Dealer menjual Mineral dan Vitamin Restoran setempat membeli mineral dan vitamin dari dealer dan membuat daging dan sayuran tiruan yang mengandung mineral dan vitamin seperti yang tertulis pada tabel

Teori Dualitas dan …………. Persoalan bagi dealer : Menetapkan harga jual mineral dan vitamin per unitnya yang maximum sedemikian sehingga menghasilkan harga daging dan sayuran tiruan tidak melebihi harga pasar yang ada. Dealer memutuskan harga per unit Mineral Y1 dan Vitamin Y2 Kebutuhan mineral 40  harga total 40 Y1 Kebutuhan vitamin 50  harga total 50 Y2 Harga per unit daging ( mengandung 2 mineral dan 3 vitamin) adalah 2 Y1 +3 Y2  3 Harga per unit sayuran ( mengandung 4 mineral dan 2 vitamin) adalah 4 Y1 +2 Y2  2,5

Teori Dualitas dan …………. Perumusan masalah dalam bentuk model LP Fungsi tujuan : Maximize W =40 Y1 + 50 Y2 (0) Batasan 2 Y1 + 3 Y2  3 (1) 4 Y1 + 2 Y2  2,5 (2) Y1  0 , Y2  0 Disebut bentuk Dual. Y1 dan Y2 dinamakan variable dual

Teori Dualitas …….. Dualitas ? Dalam kenyataan ternyata disetiap bentuk LP terdapat 2 bentuk Bentuk I atau bentuk asli dan dinamakan PRIMAL Bentuk II yang berhubungan dan dinamkan DUAL demikian sehingga suatu solusi terhadap LP yang asli juga memberikan solusi pada bentuk dual nya. Asumsi dalam teori dualitas adalah bahwa masalah primal dalam bentuk standard. Maximize : Constraints :

Teori Dualitas dan …………. Perbandingan masalah Primal dan Dual Fungsi tujuan : Minimize Z=3X1+2,5X2 (0) Batasan: 2X1 +4X2  40 (1) 3X1 +2X2  50 (2) X1  0 , X2  0 PRIMAL Fungsi tujuan : Maximize W =40 Y1 + 50 Y2 (0) Batasan 2Y1 + 3 Y2  3 (1) 4 Y1 + 2 Y2  2,5 (2) Y1  0 , Y2  0 DUAL

Teori Dualitas dan …………. Koefisien fungsi tujuan masalah primal menjadi konstanta sisi kanan masalah Dual Konstanta sisi kanan primal menjadi koefisien fungsi tujuan masalah Dual Tanda pertidaksamaan dibalik Tujuan diubah dari minimze (maximize) dalam primal menjadi maximize (minimze) dalam dual Setiap kolom pada primal berhubungan dengan suatu baris (kendala) dalam dual.  banyaknya kendala dalam dualsama dengan banyaknya variable primal Setiap baris kendala pada primal berhubungan dengan suatu kolom dalam dual.  ada satu variable dual untuk setiap kendala primal

Teori Dualitas …….. Tabel Primal dual untuk LP Maximize Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 +.....+ Cn Xn Constraints 1). a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b1 2). a21 X1 + a22 X2 + a23 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b2 . . . . ......... ... . m). am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +.........+ amn Xn ≤ bm Xj ≥ 0 , j = 1,2,3…..n n Var, m Constr Primal Minimize W = b1 Y1 + b2 Y2 + b3 Y3 +.....+ bm Ym Constraints 1). a11 Y1 + a21 Y2 + a31 Y3 + ........+ am1 Ym  C1 2). a12 Y1 + a22 Y2 + a32 Y3 + ........+ am2 Ym  C2 . . . . ......... .... n). a1n Y1 + a2n Y2 + a3n Y3 + ........+ amn Ym  Cn Yj ≥ 0 , i = 1,2,3…..m m var, n constr DUAL

Teori Dualitas …….. PRIMAL DUAL Max. : Constraints Min. : Constraints Max : Z = C X Constraint a X  b X 0 Min : W = Y b Constraint Y a  C Y 0

Teori Dualitas …….. contoh Max. : Min. : Constraints Constraints PRIMAL DUAL

Teori Dualitas …….. Masalah Primal dual simetris : Semua variable dibatasi non negatif dan semua batasan berupa pertidaksamaan Max. : Constraints Min. : Constraints

Teori Dualitas …….. contoh Max. : Min. : Constraints Constraints PRIMAL DUAL

Teori Dualitas …….. TABEL PRIMAL DUAL MASALAH PRIMAL RUAS KANAN Koefisien dari X1 X2 . Xn Y1 a11 a12 a13 a1n ≤ b1 Y2 a21 a22 a23 a2n b2 Y3 a31 a32 a33 a3n b3 Ym am1 am2 am3 amn bm ≥ C1 C2 C3 Cn Koefisien fungsi tujuan (max.) Koeffisien fungsi tujuan (Min.) MASALAH DUAL Koefisien dari RUAS KANAN

Teori Dualitas …….. 2X1 +4X2  40 (1) 3X1 +2X2  50 (2) Contoh TABEL PRIMAL DUAL Fungsi tujuan : Minimize Z=3X1+2,5X2 (0) Batasan: 2X1 +4X2  40 (1) 3X1 +2X2  50 (2) X1  0 , X2  0 X1 X2 Y1 2 4  40 Y2 3 50 ≤ 2,5

Teori Dualitas …….. Soal : Kerjakan dan kumpulkan Sebuah perusahaan memproduksi jaket dan tas kulit. Sebuah jaket memerlukan 8 meter persegi kulit, sementara sebuah tas hanya menggunakan 3 meter persegi. Untuk menyelesaikan sebuah jaket dan tas diperlukan waktu masing-masing 12 dan 4 jam. Harga pembelian kulit adalah $ 8 per meter persegi dan biaya tenaga kerja diperkirakan $ 15 per jam. Persediaan kulit dan jam tenaga kerja mingguan dibatasi 1200 meter persegi dan 1800 jam. Perusahaan menjual jaket dan tas masing-masing dengan harga $ 350 dan $120. Tujuan perusahaan menentukan produksi mingguan jaket dan tas untuk memaksimumkan pendapatan bersih. 1. Buat formulasi model dari kasus diatas 2. Berapa pendapatan bersih mingguan 3. Buat formulasi model dari bentuk dual kasus tersebut 4. dan buatlah tabel masalah Primal-Dual nya.

Teori Dualitas …….. Hubungan Primal Dual untuk semua masalah LP, bentuk Primal masalah Maximize PRIMAL DUAL Maximize Minimize ith constraint ≥ type Dual var. Yi ≤0 ith constraint ≤ type Dual var. Yi ≥0 ith constraint = type Yi unrestricted Xj ≥ 0 jth constraint ≥ type Xj ≤ 0 jth constraint ≤type Xj unrestricted jth constraint = type

Teori Dualitas …….. Hubungan Primal Dual untuk semua masalah LP, bentuk Primal masalah Minimize PRIMAL DUAL Minimize Maximize ith constraint  type Dual var. Yi  0 ith constraint ≤ type Dual var. Yi ≤ 0 ith constraint = type Yi unrestricted Xj ≥ 0 jth constraint ≤ type Xj ≤ 0 jth constraint ≥ type Xj unrestricted jth constraint = type

Teori Dualitas …….. Dual Problem : Primal Problem: Max z = 7x1+ 10x2 - x3 Min W = 24Y1+ 13Y2 + 5Y3 + 10Y4 subject to subject to 5x1+ 4x2 ≤ 24 5Y1 + 2Y2 + Y3 7 2x1 +5x2 + 3x3 = 13 4Y1 + 5Y2 – 2Y3 + Y4  10 x1 - 2x2 + x3 ≥5 3Y2 – Y3 + 2Y4 = - 1 x2 + 2x3 ≤ 10 Y1 ≥ 0, Y2 unrestricted, Y3 ≤ 0 ,Y4 ≥ 0 x1 ≥ 0, x2 ≤ 0 , x3 unrestricted

Properties of Primal & Dual Problems Dual dari dual adalah primal Tabel simplex optimal yang berkaitan dengan satu masalah (primal atau dual) secara langsung memberikan informasi lengkap tentang pemecahan optimal untuk masalah lainnya. Setiap pasangan pemecahan primal dan dual yang layak Nilai tujuan dalam masalah max, < Nilai tujuan dalam masalah min, Dalam pemecahan optimal untuk kedua masalah Nilai tujuan dalam masalah max, Z = Nilai tujuan dalam masalah min, W

Properties of Primal & Dual …….. Contoh : Fungsi tujuan : Minimize Z= 5X1+2 X2 (0) Batasan: X1 - X2  3 (1) 2X1 +3X2  5 (2) X1  0 , X2  0 PRIMAL Pemecahan PRIMAL layak : X1 =3 dan X2 = 0 Nilai tujuan PRIMAL Minimize Z =5 x 3 + 2 x 0 = 15

Properties of Primal & Dual …….. Fungsi tujuan : Maximize W =3Y1+5Y2 (0) Batasan: Y1 +2Y2 ≤5 (1) -Y1 +3Y2 ≤2 (2) Y1  0 , Y2  0 Pemecahan DUAL layak : Y1 =3 dan Y2 = 1 Nilai tujuan DUAL maximize W =3 x 3 + 5 x 1 = 14 14 (NILAI MAX) ≤ 15 (NILAI MIN)

Properties of Primal & Dual …….. Pemecahan Dual optimal Dari tabel simplex akhir primal optimal dapat dihasilkan solusi dual optimal. Nilai koefisien dari slack atau artificial variable pada baris fungsi tujuan dari tabel simplex akhir primal optimal merupakan nilai dual optimal yang berkesesuaian. Contoh : masalah Primal Maximize Z = 2X1+X2 (0) Batasan X1+5X2 ≤ 10 (1) X1+3X2 ≤ 6 (2) 2X1+2X2 ≤ 8 (3) X1  0 , X2  0

Tabel simplex awal primal Properties of Primal & Dual …….. Masalah Dual : Minimize W = 10 Y1 + 6 Y2 + 8 Y3 (0) Batasan Y1 + Y2 + 2 Y3 ≥2 (1) 5Y1 + 3 Y2 + 2 Y3 ≥1 (2) Y1  0 , Y2  0 , Y3  0 Tabel simplex awal primal Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 S3 (0) 1 -2 -1 (1) 5 10 (2) 3 6 (3) 2 8

Nilai optimal Y adalah koefisien var. S Tabel Simplex akhir Masalah Primal optimal Nilai optimal Y adalah koefisien var. S Y1 = Y2 = 0, Y3 = 1 dengan W = 8 Iteration Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 S3 … (0) 1 8 (1) 4 -1/2 6 (2) 2 (3) 1/2 Nilai Optimal X1 = 4 dan X2 = 0. dengan fungsi tujuan Max. Z = 8

Properties of Primal & Dual …….. Interpretasi ekonomi dalam masalah Dual HARGA DUAL (DUAL PRICE) PRIMAL DUAL Min. : Max. : Constraints Constraints

Nilai uang per unit sumber i Mewakili nilai uang pengembalian Properties of Primal & Dual …….. Cj  mewakili laba marginal dari kegiatan j yang tingkat kegiatannya xj unit.  mewakili laba dari semua kegiatan  mewakili penggunaan sumber daya Nilai uang per unit sumber i Untuk pemecahan Optimal : Z = W Mewakili nilai uang pengembalian Jumlah (unit) sumber i

Properties of Primal & Dual …….. Variable dual Yi mewakili nilai per unit sumber i.  Disebut harga dual atau harga bayangan (shadow price)

Significance of Dual Problem 1. Mathematically very important 2. Computationally One model (with fewer constraints) is easier to solve 3. Economic interpretation of the dual variable (shadow price) Shadow price of constraint i gives the rate of change in the objective function per unit change in the RHS value of the constraint.

Sensitivity Analysis Why sensitivity analysis is important? Sensitivity analysis is to answer the following question: How does the optimal solution change as a coefficient is varied from its given value? Why sensitivity analysis is important? Many coefficients are estimated Want to know the sensitivity of the optimal solution with respect to these coefficients. Sensitivity Analysis There are three kinds of such analysis: Objective function ranging (coefficient ranging) (tujuan/cost, harga jual) RHS value ranging (produk) Constraint coefficient ranging (batasan)

Range Objective Function Coefficients Case 1: Non-basic variable What happens if the coefficient of a non-basic objective function, cj, is changed by an amount of δ? What range of values for δ is the current solution remains optimal? Consider the following LP problem: max z = 20x1+ 10x2 subject to 5x1+ 4x2 ≤ 24 2x1+ 5x2 ≤ 13 x1 , x2 ≥ 0

Range Objective Function Coefficients(Continued) Initial Simplex tableau: Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -20 -10 (1) 5 4 24 24/5 (2) 2 13 13/2

Range Objective Function Coefficients(Continued) Final Simplex tableau: Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 6 4 96 (1) 4/5 1/5 24/5 (2) 17/5 -2/5

Range Objective Function Coefficients (Continued) If c2= 10 + δ, what would happen to the coefficients in the objective function row? Row(0) are updated from the initial tableau to : Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -20 -10-δ (1) 5 4 24 24/5 (2) 2 13 13/2

Range Objective Function Coefficients (Continued) It follows that the final Simplex tableau is given by Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 6-δ 4 96 (1) 4/5 1/5 24/5 (2) 17/5 -2/5 Hence, the existing basic will remain optimal as long as 6 - δ ≥0  δ≤6. In other words, the solution will remain optimal as long as c2 ≤ 16. If c2 >16, then Row(0) coefficient for x2 becomes negative and x2 would enter the solution and s2 would become nonbasic.

Range Objective Function Coefficients (Continued) Case 2: Basic variable What happens if the coefficient of a basic objective function, cj, is changed by an amount of δ? If c1 = 20+δ, what would happen to the coefficients in the objective function row? Row(0) are updated from the initial tableau to : Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -20- δ -10 (1) 5 4 24 24/5 (2) 2 13 13/2

Range Objective Function Coefficients (Continued) The second Simplex tableau now becomes Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 - δ 6 4 96 (1) 4/5 1/5 24/5 (2) 17/5 -2/5 Note that the coefficient in column x1and Row(0) should be eliminated. This reduces to the following Simplex tableau:

Range Objective Function Coefficients (Continued) The final Simplex tableau now becomes Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 6+(4/5) δ 4+ δ/5 96+(24/5) δ (1) 4/5 1/5 24/5 (2) 17/5 -2/5 Hence, in order for the current solution to remain optimal, we need δ ≥ -7.5 δ ≥ -20 This gives δ ≥ -7.5 or c1 ≥ 12.5. 6+(4/5)δ ≥ 0 4+ δ/5 ≥ 0 It follows that

Range RHS Value Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 What happens if bi, is changed by an amount of δ? If b1 = 24+δ, Row(0) are updated from the initial tableau to : Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Ratio Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 -20 -10 (1) 5 4 24 +δ (24+ δ )/5 (2) 2 13 13/2

Range RHS Value Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 then the final Simplex tableau now becomes : Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 6 4 96+4δ (1) 4/5 1/5 24/5 + δ/5 (2) 17/5 -2/5 17/5 –(2/5) δ That is, the RHS column is replaced by the sum of the RHS column and δ times the s1 column. Now, in order for the current solution remains optimal, it must be feasible. That is 24/5 + δ/5 ≥ 0 17/5 – (2/5)δ ≥ 0 This gives -24 ≤ δ ≤ 8.5 or 0 ≤ b1 ≤ 32.5.

Range RHS Value Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 Similarly, if b2 = 13 + δ, then the final Simplex tableau now becomes : Basic Variable Eqt. Coefficient of : RHS (sol) Z X1 X2 S1 S2 (0) 1 6 4 96 (1) 4/5 1/5 24/5 (2) 17/5 -2/5 17/5 + δ It follows that δ ≥ -17/5 or b2 ≥ 9.6