PERTEMUAN III Metode Simpleks.

Presentasi berjudul: "PERTEMUAN III Metode Simpleks."— Transcript presentasi:

1 PERTEMUAN III Metode Simpleks

2 Definisi Metode Simpleks
Prosedur aljabar yg bersifat iteratif, dimulai dari titik ekstrem yg feasible s/d titik ekstrem yg optimal. Jumlah iterasi tidak akan lebih dari: = n! / ( n-m)! m! n = jumlah variabel ; m = jumlah batasan

3 Tujuan Memberikan interpretasi ekonomi
Menerjemahkan definisi geometris dari titik ekstrim menjadi definisi aljabar

4 Pengembangan M. Simpleks
Jenis-Jenis Metode Simpleks: Algoritma Simpleks Primal Algoritma Simpleks Dual

5 Pengembangan M. Simpleks (cont’d)
Beberapa batasan dlm LP: ≤, ≥, = Definisi: Solusi basis : solusi dimana terdapat variabel bukan nol. Untuk mendapat solusi basis dari LP, maka beberapa variabel di-nol-kan. Var. yg di nol-kan disebut NonBasis variabel (NBV). LP dengan n variabel dan jumlah pers. batasan m, maka jml (NBV) = n-m.

6 Definisi (cont’d) Solusi basis feasible: jika solusi basis berharga non (-).

7 Titik Optimum

8 Batasan Variabel dgn batasan ≤, ≥, dpt dikonversi menjadi sebuah persamaan dgn (+) variabel slack atau (-) var. surplus ke sisi kiri batasan tsb. Contoh: x1 + 2x2 ≤ 6  x1 + 2x2 + s1 = 6 , s1 ≥ 0 3x1 + 2x2 - 3x3 ≥ 5  3x1 + 2x2 - 3x3 – s2 = 5 , s2 ≥ 0

9 Batasan (Cont’d) Sisi kanan sebuah persamaan dpt dibuat selalu nonnegatif dgn mengalikan kedua sisi dgn -1. Contoh: 2x1 + 3x2 - 7x3 = - 5 - 2x1 - 3x2 + 7x3 = 5

10 Batasan (Cont’d) Arah pertidaksamaan dibalik ketika kedua sisi dikalikan dgn -1. Contoh: 2x1 – x2 ≤ -5 - 2x1 + x2 ≥ 5

11 Solusi Dasar Dalam LP terdapat dua solusi:
Jika solusi awal Layak (≥0, feasible) simpleks primal Jika solusi awal  Tidak Layak (<0, infeasible)  simpleks dual  sampai tercipta solusi yg layak.

12 Metode Simpleks Primal
Berawal dari solusi dasar yg layak (ttk ekstrim) dan berlanjut berulang melalui pemecahan dasar yg layak berikutnya sampai titik optimal dicapai.

13 Langkah Metode Simpleks u/ Maksimasi
Konversikan formulasi persoalan ke dalam bentuk standar Cari Solusi Basis Feasible (BFS) Jika seluruh NBV pada fungsi tujuan memiliki koefisien non (-), maka BFS sudah optimal. Jika ada koefisien (-), pilih salah satu variabel yg memiliki koefisien paling (-). Variabel ini  Entering Variabel (EV) Hitung rasio dari (Ruas kanan / Koefisien EV) pada setiap baris pembatas. Pilih nilai terkecil, variabel ini  Leaving Variabel (LV). Gunakan metode Gauss-Jordan untuk operasi baris elementer (ERO). Kembali ke langkah 3.

14 Contoh Simpleks Primal
Kasus RM: Max z = 3xE + 2x I Batasan xE x I ≤ 6 2xE + x I ≤ 8 -xE x I ≤ 1 x I ≤ 2 xE , x I ≥ 0

15 Contoh Simpleks Primal (cont’d)
Langkah 1 : Konversi ke bentuk standar Max z = 3xE + 2x I+ 0s1+ 0s2+ 0s3+ 0s4 Batasan xE x I+ s1 = 6 2xE + x I s2 = 8 -xE x I s = 1 x I s4 = 2 xE , x I, s1, s2, s3, s4 ≥ 0

16 Contoh Simpleks Primal (Cont’d)
Langkah 2 : Tentukan BFS Model diatas memiliki: m = 4 persamaan & n = 6 variabel Jumlah NBV = 6 – 4 = 2 varibel. BV = (s1, s2, s3, s4) ; NBV = ( xE , x I) BFS – nya adalah : s1 = 6, s2 = 8, s3 = 1, s4 = 2 , dan xE = x I = 0  diperoleh solusi yg layak (feasible) Solusi dasar ini mewakili starting solution atau iterasi awal Simpleks Primal

17 Contoh Simpleks Primal (Cont’d)
Langkah 3 : Pemilihan Entering Variabel Fungsi Tujuan z - 3xE - 2xI = 0 Kenaikan 1 unit xE  z naik 3 kali Kenaikan 1 unit xI  z naik 2 kali Untuk mengoptimalkan hasil, dengan iterasi yg sedikit mungkin, maka dipilih xE sebagai entering var

18 Contoh Simpleks Primal (Cont’d)
Langkah 4: Hit. Rasio u/ memilih Leaving Var. Solusi dasar diperoleh dgn memasukkan entering var thd basis var . Basis var yg dikeluarkan disebut leaving var. xE = entering var dan s2 = leaving var Dipilih s2 karena merupakan titik potong terkecil (rasio terkecil ) Rasio s1 = 6/1 = 6 Rasio s2 = 8/2 = 4

19 Contoh Simpleks Primal (cont’d)
Langkah 1 : Konversi ke bentuk standar Max z = 3xE + 2x I+ 0s1+ 0s2+ 0s3+ 0s4 Batasan xE x I+ s1 = 6 2xE + x I s2 = 8 -xE x I s = 1 x I s4 = 2 xE , x I, s1, s2, s3, s4 ≥ 0

20 Contoh: Model RM Iterasi 0
Entering Column (Kolom Masuk) BV z xE xI s1 s2 s3 s4 Solusi 1 -3 -2 2 6 8 -1 Elemen Pivot Baris s2  persamaan pivot

21 Metode Gauss Jordan Menggunakan 2 jenis perhitungan: Persamaan pivot
Pivot baru = Pivot lama ÷ elemen pivot Persamaan baru Pers. Baru = pers. Lama – (koef. Entering Column) * Pivot baru

22 Persamaan Pivot Basis z xE xI s1 s2 s3 s4 Solusi 1 1/2 8/2 = 4

23 Model RM (cont’d) Untuk melengkapi tabel diatas, maka dapat dilakukan perhitungan sbb: Persamaan z: Pers. z lama : ( ) -(-3)* Pers. Pivot baru : ( /2 0 3/ ) Pers. z baru : ( /2 0 3/ )

24 Model RM (cont’d) Persamaan s1: Pers. s1 lama : (0 1 2 1 0 0 0 6 )
-(1)* Pers. Pivot baru : ( / / ) Pers. s1 baru : ( / / ) Persamaan s3 : Pers. s3 lama : ( ) -(-1)* Pers. Pivot baru : ( /2 0 1/ ) Pers. s3 baru : ( /2 0 1/ )

25 Model RM (cont’d) Persamaan s4 Sama dengan pers. S4 lama karena koefisien Entering Column-nya = 0.

26 Iterasi 1 Basis z xE xI s1 s2 s3 s4 Solusi 1 -1/2 3/2 12 1/2 2 4 5

27 Iterasi 2 xE xI s1 s2 s3 s4 z xE = 31/3 ; xI = 11/3 ; z = 122/3
Basis z xE xI s1 s2 s3 s4 Solusi 1 1/3 4/3 122/3 2/3 -1/3 -1 -2/3 10/3 3 xE = 31/3 ; xI = 11/3 ; z = 122/3 Tak satupun dari variabel non dasar memiliki koefisien negatif dalam z  solusi optimal

28 Algoritma Simpleks u/ Minimasi
Untuk menyelesaikan persoalan LP dengan tujuan meminimumkan Z, ada 2 cara yg dapat dilakukan, yaitu: Mengubah Fungsi tujuan dan persamaannya, kemudian menyelesaikannya sebagai persoalan maksimasi. Jika seluruh NBV (Non Basis Variabel) memiliki koefisien yg berharga nonpositif ( (-) atau 0), maka BFS sudah optimal. Jika pada baris 0 masih ada variabel dgn koef. (+), pilih var. tsb menjadi EV.

29 Contoh Simpleks Minimasi
Min z = 2x1 - 3x 2 Batasan: x1 + x 2 ≤ 4 x1 - x 2 ≤ 6 x1 , x 2 ≥0 Jika dilakukan cara I, maka fungsi tujuan akan berubah menjadi : Max -z = -2x1 + 3x 2 Dengan seluruh batasan tidak berubah, persoalan dpt diselesaikan sebagai persoalan maksimasi.

30 Contoh Simpleks Minimasi (cont’d)
Jika dilakukan cara II maka akan diperoleh sbb: Iterasi 0 Basis z x1 x 2 s1 s2 Solusi 1 -2 3 4 -1 6

31 Contoh Simpleks Minimasi (cont’d)
Iterasi 1 Basis z x1 x 2 s1 s2 Solusi 1 -5 -3 -12 4 2 10 Solusi Optimal: x1 = 0 ; x2 = 4 ; z = -12