OPERASI RISET PROGRAM LINIER PLAT

OPERASI RISET PROGRAM LINIER

Faigiziduhu Bu'ulölö

2017

USU Press

Art Design, Publishing & Printing Gedung F, Pusat Sistem Informasi (PSI) Kampus USU Jl. Universitas No. 9 Medan 20155, Indonesia Telp. 061-8213737; Fax 061-8213737 usupress.usu.ac.id © USU Press 2017 Cetakan pertama 2016 Cetakan kedua 2017 Hak cipta dilindungi oleh undang-undang; dilarang memperbanyak menyalin, merekam sebagian atau seluruh bagian buku ini dalam bahasa atau bentuk apapun tanpa izin tertulis dari penerbit. ISBN 979 458 852 0

Perpustakaan Nasional: Katalog Dalam Terbitan (KDT)

Operasi riset program linier / Faigiziduhu Bu'ulölö--cet.kedua -- Medan: USU Press 2017. vii, 198 p. ; ilus.: 14 cm Bibliografi ISBN: 979-458-852-0

iii

KATA PENGANTAR

Operasi Riset (Operations Reseacrh) merupakan ilmu yang telah

lahir sejak masa Perang Dunia I dan telah dikenal dan

berkembang di Indonesia sejak tahun 1950an yang lalu. Dunia

usaha baik pemerintah maupun swasta, perusahaan, industri

bahkan pribadi telah menggunakan Operasi Riset ini dalam

menentukan rencana program mencapai hasil yang optimal.

Berdasarkan pengamatan dan pengalaman penulis ketika

memberikan kuliah Operasi Riset atau Program Linier, ditambah

dengan memperhatikan informasi, saran, dan keluhan-keluhan

para mahasiswa selama kuliah, penulis berusaha untuk

menguraikan materi buku ini sesederhana mungkin. Buku Operasi

Riset ini disusun untuk membantu para mahasiswa yang berminat

menyelesaikan Tugas Akhir dalam bidang Operasi Riset dengan

menggunakan studi kasus dalam menentukan hasil yang optimal.

Materi kuliah Operasi Riset (Program Linier) ini

membahas tentang persoalan pengalokasian suatu aktivitas-

aktivitas untuk memperoleh suatu hasil yang optimum di mana

pengertian linier memberi arti bahwa baik fungsi tujuan maupun

kendalanya merupakan fungsi linier, termasuk memodelkan

metode simpleks, teori dualitas dan analisis sensitivitas serta type

khusus program linier seperti persoalan transportasi dan model

penugasan.

Penulis menyadari bahwa buku ini masih banyak

kekurangan-kekurangan serta kesalahan-kesalahan yang pada

dasarnya disebabkan oleh keterbatasan kemampuan penyusun

dalam bidang Operasi Riset serta kelalaian sebagai manusia biasa.

Karena itu penulis sangat berterima kasih atas saran dan kritik

iv

para pembaca, agar dapat melengkapi dan memperbaiki isi buku

ini pada penerbitan selanjutnya.

Penulis berterima kasih kepada semua pihak yang telah

memberikan kontribusi dalam pembuatan buku Operasi Riset ini

dan juga kepada USU Press yang telah bersedia menerbitkan

buku ini dengan segala kekurangannya, sehingga dapat digunakan

oleh mahasiswa. Semoga buku ini dapat menambah khasanah

literatur ilmu pengetahuan, khususnya dalam bidang Operasi

Riset dan bermanfaat kepada para peminat matematika terapan.

Penulis

v

D A F T A R I S I

Halaman KATA PENGANTAR iii DAFTAR ISI v BAB I PENDAHULUAN 1 1.1 Gambaran Umum Perkembangan Operasi Riset 1 1.2 Pengertian Operasi Riset 2 1.3 Model-model dalam Operasi Riset 3 1.4 Langkah-langkah pada Operasi Riset 4 1.5 Sifat-sifat Operasi Riset 6 BAB II PROGRAM LINIER 7 2.1 Latar Belakang 7 2.2 Karakteristik-karakteristik dalam Program Linier 9 2.2.1 Variabel Keputusan 9 2.2.2 Fungsi Tujuan 9 2.2.3 Pembatas 10 2.2.4 Pembatas Tanda 11 2.3 Model Program Linier 12 2.3.1 Asumsi dalam Model Program Linier 14 2.4 Contoh Persoalan Program Linier 15 2.4.1 Masalah Perencanaan Regional 16 2.4.2 Masalah Kombinasi Produk 18 2.5 Soal-soal 21 BAB III TEKNIK PENYELESAIAN MODEL PROGRAM LINIER 23 3.1 Penyelesaian Program Linier dengan Metode

Grafik 23

3.2 Kasus Khusus Model Program Linier 31 3.3 Penyelesaian dengan Metode Simpleks 33 3.3.1 Penyelesaian Titik Extreem 36 3.3.2 Bentuk Standar Problema Program Linier 47 3.3.2.1 Penyelesaian Basis 47

vi

3.3.2.2 Penyelesaian Basis Fisibel 47 3.3.2.3 Penyelesaian Fisibel Titik Ekstrem 47 3.4 Algoritma Simpleks untuk Persoalan Maksimasi 48 3.5 Menyelesaikan Persoalan Program Linier dengan

Memakai Slack dan Surplus Variabel 60

3.6 Penyelesaian dengan Artificial Variable 62 3.6.1 Teknik M (Metode Penalty) 67 3.6.2 Teknik Dua Fase 70 3.7 Soal-soal 78 BAB IV DUALITAS DAN ANALISIS SENSITIVITAS 81 4.1 Pengertian 81 4.2 Teori Dualitas 82 4.3 Hubungan antara Primal dengan Dual 83 4.4 Metode Dual Simpleks 85 4.5 Sifat-sifat Khusus yang Penting Primal-Dual

Simpleks 93

4.6 Analisis Sensitivitas 96 4.6.1 Perubahan Koefisien Fungsi Tujuan untuk

Variabel Nonbasis 99

4.6.2 Perubahan Koefisien Fungsi Tujuan untuk Variabel Basis

101

4.6.3 Perubahan pada Ruas Kanan Pembatas 102 4.6.4 Perubahan Kolom Variabel Nonbasis 104 4.6.5 Penambahan Suatu Aktivitas 105 4.6.6 Penambahan Pembatas Baru 106 4.7 Soal-soal 110 BAB V PROGRAM INTEGER 114 5.1 Pengertian Program Integer 114 5.2 Metode Pemecahan Program Integer 115 5.3 Metode Gomory (Cutting Plane Algorithm) 116 5.3.1

5.3.2 Algoritma Bidang Pemotong Algoritma Fraksional

116 116

5.4 Kekuatan Pemotongan Fraksional 122 5.5 Soal-soal 128

vii

BAB VI MODEL TRANSPORTASI 130 6.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi 131 6.2 Pemecahan Masalah Transportasi 133 6.2.1 Metode Pojok Kiri Atas-Pojok Kanan

Bawah (Northwest Corner Rule/NCR) 134

6.2.2 Metode Biaya Terendah (Least Cost) 135 6.2.3 Metode Pendekatan Vogel (Vogel’s

ApproximationMethod /VAM) 136

6.2.4 Metode Stepping Stone 140 6.2.5 Metode Multiplier (Metode Potensial) 149 6.3 Soal-soal 157 6.4 Model Penugasan (Assigment Model) 158 Daftar Pustaka 166 Soal Tambahan 167 Satuan Acara Pengajaran 195

Operasi Riset Program Linier

1

BAB I

PENDAHULUAN 1.1 Gambaran Umum Perkembangan Operasi Riset

Pada masa Perang Dunia II, Operasi Riset merupakan

hasil studi para ilmuan angkatan perang Inggris untuk

mempelajari persoalan-persoalan strategi dan taktik sehubungan

dengan serangan-serangan yang dilancarkan musuh terhadap

negaranya. Perkembangan selanjutnya, membuat angkatan

perang Amerika untuk melakukan aktivitas serupa, dengan

membentuk team yang sama yang disebut team Operations

Research. Operasi Riset ini telah banyak digunakan dalam

menyelesaikan masalah-masalah manajemen untuk

meningkatkan produktivitas atau efisiensi dalam suatu aktivitas,

namun tidak jarang perusahaan-perusahaan yang melaporkan

kegagalan dalam menerapkan Operasi Riset karena berbagai

macam alasan.

Dengan perkembangan ilmu pengetahuan dan teknologi

yang sudah memasuki abad dua puluh satu, sangat dipengaruhi

oleh pengembangan matematika dalam bidang Operasi Riset

telah merajai berbagai bidang ilmu, baik teknologi maupun ilmu-

ilmu sosial. Misalnya Operasi Riset telah digunakan dalam hampir

seluruh kegiatan, baik di perguruan tinggi, konsultan, rumah

sakit, perencanaan kota, maupun pada kegiatan-kegiatan bisnis.


2

1.2 Pengertian Operasi Riset

Secara harafiah kata operations dapat didefinisikan

sebagai tindakan-tindakan yang diterapkan pada beberapa

masalah atau hipotesa. Sementara kata research suatu proses

yang teroganisasi dalam mencari kebenaran akan masalah atau

hipotesa tadi (Sri Mulyono, 2002).

Definisi 1.1

Operasi Riset berkaitan dengan menentukan pilihan

secara ilmiah bagaimana merancang dan menjalankan sistem

manusia-mesin secara baik memuaskan para pengguna, biasanya

membutuhkan alokasi sumber daya yang langka (Operations

Reseacrh Society of America).

Definisi 1.2

Operasi Riset adalah seni memberikan jawaban buruk

terhadap masalah-masalah, yang sedang dihadapi jika tidak,

memiliki jawaban yang lebih buruk (T.L. Saaty).

Definisi lain menekankan pada perkembangan antar

disiplin sifat-sifat Operasi Riset, seperti yang dikatakan oleh

Hamdi A. Taha 1976.

Jadi Operasi Riset didefinisikan secara luas, dapat

diartikan sebagai penerapan metode-metode, teknik-teknik, dan

alat-alat terhadap masalah-masalah yang menyangkut operasi-

operasi dalam sistem-sistem, sedemikian rupa sehingga

memberikan penyelesaian optimal. Operasi Riset sebagai suatu

teknik pemecahan masalah, penelitian operasional, harus

dipandang sebagai suatu ilmu dan seni. Aspek ilmu terletak pada

penggunaan teknik-teknik dan algoritma-algoritma matematika

untuk memecahkan persoalan yang dihadapi, sedangkan sebagai


3

seni ialah karena keberhasilan dari penyelesaian model

matematika ini sangat tergantung pada kreativitas dan

kemampuan seseorang sebagai penganalisis dalam pengambilan

keputusan (the art of balancing).

1.3 Model-model dalam Operasi Riset

Model adalah suatu abstraksi realitas atau gambaran

ideal dari suatu situasi nyata sehingga sifatnya yang kompleks

dapat disederhanakan. Beberapa jenis model yang biasa

digunakan adalah:

a. Model-model Iconic (Phisik)

Model ini penggambaran fisik dari suatu sistem, baik

dalam bentuk yang ideal maupun dalam skala yang

berbeda. Contoh: foto, blueprint, peta, globe.

b. Model-model Analog (Diagramatis)

Model-model ini dapat menggambarkan situasi-situasi

yang dinamis dan lebih banyak digunakan daripada

model-model iconic karena sifatnya yang dapat dijadikan

analogi bagi karakteristik sesuatu yang sedang dipelajari.

Contoh: kurva distribusi frekuensi pada statistik, kurva

supply demand, flow chart.

c. Model-model Simbolis (Matematis)

Model-model yang menggambarkan keadaan dunia nyata

melalui simbol-simbol matematis.

Pada awalnya model matematis/simbolis ini berupa

model-model abstrak yang dibentuk di dalam pikiran

seseorang, kemudian disusun menjadi model-model

simbolis, seperti gambar, simbol atau rumus matematis.

Model matematis yang paling banyak digunakan dalam


4

penelitian operasional adalah model matematis yang

berupa persamaan atau pertidaksamaan.

d. Model-model Simulasi

Yaitu model-model yang meniru tingkah laku sistem

dengan mempelajari interaksi komponen-komponennya.

Tidak memerlukan fungsi-fungsi matematis secara

eksplisit untuk merelasikan variabel-variabel sistem,

maka model-model simulasi ini dapat digunakan untuk

memecahkan sistem kompleks yang tidak dapat

diselesaikan secara matematis. Akan tetapi model-model

ini tidak dapat memberikan penyelesaian yang benar-

benar optimal.

e. Model-model Heuristik

Sering formulasi matematis bersifat sangat kompleks

untuk dapat memberikan suatu penyelesaian yang pasti.

Ada kemungkinan penyelesaian optimal diperoleh, tetapi

memerlukan proses perhitungan yang sangat panjang

dan tidak praktis. Untuk mengatasi kasus seperti ini

digunakan metode heuristik yaitu suatu metode

pencarian yang didasarkan atas intuisi atau aturan-aturan

empiris untuk memperoleh penyelesaian yang lebih baik

daripada penyelesaian yang telah dicapai sebelumnya.

Dalam penelitian operasional, model yang paling banyak

digunakan adalah model matematis/simbolis, sementara model

simulasi dan model heuristik juga digunakan pada kasus tertentu.

1.4 Langkah-langkah pada Operasi Riset

Pola dasar penerapan Operasi Riset terhadap suatu

masalah dapat dipisahkan menjadi beberapa langkah.


5

Langkah – 1: Merumuskan/Memformulasikan Persoalan

Definisikan suatu persoalan yang tepat untuk

dirumuskan spesifikasi tujuan organisasi dan

bagian-bagiannya dalam suatu sistem yang

bersangkutan. Perumusan masalah selalu

dihadapkan pada tiga hal yaitu:

a. Variabel keputusan yaitu unsur-unsur dalam

persoalan yang dapat dikendalikan.

b. Tujuan (objective). Penentuan tujuan

persoalan akan membantu pengambil

keputusan untuk fokus pada variabel

keputusan yang dioptimalkan.

c. Kendala (constraints) adalah pembatas-

pembatas terhadap alternatif tindakan yang

tersedia.

Langkah – 2: Mengobservasi Sistem

Kumpulan data untuk mengestimasi besaran

parameter yang berpengaruh terhadap persoalan

yang dihadapi dalam mengevaluasi model

matematis.

Langkah – 3: Pembentukan Model Matematis

Model matematis ini merupakan formulasi

analitik dari fungsi tujuan dan fungsi kendala dari

problema dalam variabel keputusan.

Langkah – 4: Mengevaluasi Model dan Menggunakannya untuk

Prediksi

Pada langkah ini, dipastikan bahwa apakah model

matematis yang diformulasikan pada langkah 3

sudah menggambarkan keadaan nyata secara

akurat dan tepat.


6

Langkah – 5: Mencari Penyelesaian Masalah

Pada langkah ini menerjemahkan penyelesaian

masalah atau hasil perhitungan yang mudah

dimengerti dengan menggunakan teknik-teknik

penyelesaian terhadap model.

1.5 Sifat-sifat Operasi Riset

Teknik-teknik Operasi Riset saat ini telah berkembang

begitu luas, sehingga dirasa tak perlu untuk menyebutkan satu

demi satu semua teknik Operasi Riset. Namun beberapa masalah

Operasi Riset yang didefinisikan dengan baik dan diterima umum

dapat digolongkan sebagai berikut:

a. Masalah Alokasi

b. Masalah Pertarungan

c. Masalah Antri

d. Masalah Jaringan

e. Masalah Persediaan

f. Masalah Penugasan

g. Masalah Program Dinamik

h. Masalah Pengambilan Keputusan

i. Masalah Peramalan

j. Masalah Kebijakan

Masalah-masalah di atas, saat ini telah banyak tersedia

paket program yang dapat digunakan, baik yang berkaitan

dengan perangkat keras (hardware) maupun perangkat lunaknya

(software) untuk memecahkan persoalan dalam berbagai bidang,

termasuk persoalan-persoalan Operasi Riset. Ukuran persoalan

yang dapat diselesaikan dengan perangkat lunak seperti program

Lindo, QSB+, dan lainnya akan tergantung pada kemampuan

memori komputer yang dimiliki atau yang digunakan.


7

BAB II

PROGRAM LINIER

2.1 Latar Belakang

Perkembangan ilmu pengetahuan dan teknologi akhir-

akhir ini sangat dipengaruhi oleh pengembangan matematika.

Pengembangan dan penerapan matematika telah merajai

bebagai bidang ilmu. Program Linier (PL) adalah merupakan salah

satu alat yang digunakan sebagai dasar, baik dalam pemakaian

maupun pembuatan alat dalam Operations Research.

Program Linier yang diterjemahkan dari Linear

Programming adalah suatu cara untuk menyelesaikan persoalan

pengalokasian sumber-sumber yang tersedia dan terbatas di

antara beberapa aktivitas yang bersaing, dengan cara yang

terbaik yang mungkin dilakukan. Misalnya pengalokasian fasilitas

produksi, sumber daya nasional untuk kebutuhan domestik,

penjadwalan produksi, pengambilan keputusan dan lain-lain.

Program Linier menggunakan model matematis untuk

menjelaskan persoalan yang dihadapinya. Sifat “ linier” di sini

memberi arti bahwa seluruh fungsi matematis dalam model ini

merupakan fungsi yang linier (variabel berderajat satu),

sedangkan kata ‘program” merupakan sinonim untuk

perencanaan. Jadi proses penelitian operasional umumnya

membentuk suatu model dan kemudian mengembangkan model


8

itu. Model tersebut merupakan suatu sistem yang mana elemen-

elemennya saling pengaruh-mempengaruhi satu sama lain,

misalnya suatu firma, jaringan transport, pertempuran,

pengalokasian, antrian dan lain-lain. Dengan demikian, program

linier (PL) adalah perencanaan aktivitas-aktivitas untuk

memperoleh suatu hasil yang optimum (maksimum atau

minimum), yaitu suatu hasil yang mencapai tujuan terbaik di

antara seluruh alternatif yang fisibel (layak).

Contoh 2.1

Sebuah perusahaan yang memproduksi dua jenis mainan

anak yang terbuat dari kayu yang berupa boneka dan kereta api,

dengan harga Rp 31.000 / lusin yang setiap lusinnya memerlukan

biaya bahan (material) sebesar Rp 11.000 serta biaya (upah)

tenaga kerja sebesar Rp 15.000. Kereta api yang dijual seharga Rp

22.000 / lusin memerlukan biaya material sebesar Rp 10.000 dan

biaya tenaga kerja Rp 11.000. Untuk membuat boneka dan kereta

api ini diperlukan dua kelompok tenaga kerja, yaitu tukang kayu

dan tukang poles. Setiap lusin boneka memerlukan waktu 2,5 jam

untuk pemolesan dan 1,2 jam untuk pengerjaan kayu, sedangkan

setiap lusin kereta api memerlukan 1,2 jam waktu pemolesan dan

1,5 jam pekerjaan kayu. Diharapkan setiap minggunya

perusahaan ini dapat memenuhi seluruh material yang

diperlukan, jam kerja yang tersedia hanya 100 jam untuk

pemolesan dan 80 jam untuk pekerjaan kayu. Dari pengamatan

pasar selama ini dapat dikatakan bahwa kebutuhan akan kereta

api tidak terbatas, tetapi untuk boneka tidak lebih dari 42 lusin

yang terjual setiap minggunya. Bagaimanakah formulasi dari

persoalan di atas untuk mengetahui berapa lusin jenis mainan


9

masing-masing yang harus dibuat setiap minggu agar diperoleh

keuntungan yang maksimum?

2.2 Karakteristik-karakteristik dalam Program Linier

Dalam membangun model dari formulasi contoh (2.1) di

atas akan digunakan karakteristik-karakteristik yang biasa

digunakan dalam persoalan program linier yaitu:

2.2.1 Variabel Keputusan

Variabel keputusan adalah variabel yang menguraikan

secara lengkap keputusan-keputusan yang akan dibuat. Dalam

persoalan ini, variabel keputusan akan menentukan berapa

banyak boneka dan kereta api masing-masing harus dibuat setiap

minggu.

Misalnya: = banyaknya boneka yang dibuat setiap

minggu

= banyaknya kereta api yang dibuat

setiap minggu

2.2.2 Fungsi Tujuan

Fungsi tujuan merupakan fungsi dari variabel keputusan

yang akan dimaksimumkan (untuk pendapatan atau keuntungan)

atau diminimumkan (untuk ongkos atau biaya). Pada persoalan

ini akan dimaksimumkan (pendapatan/minggu) – (ongkos

material/minggu) – (ongkos tenaga kerja/minggu).

Pendapatan dan ongkos-ongkos ini dapat diekspresikan

dengan menggunakan variabel keputusan dan sebagai

berikut:

Pendapatan /minggu = 31

Ongkos material/minggu =


10

Ongkos tenaga kerja/minggu =

Jadi problema yang akan dimaksimumkan adalah:

(31 ) – ( ) – ( ) =

Untuk menyatakan nilai fungsi tujuan akan digunakan variabel

dan dapat ditulis:

Maksimumkan

2.2.3 Pembatas

Pembatas merupakan kendala yang dihadapi, sehingga

kita tidak bisa menentukan harga-harga variabel keputusan

secara sembarang. Pada contoh (2.1) di atas ada 3 pembatas yang

dihadapi yaitu:

Pembatas 1 : Setiap minggu tidak lebih dari 100 jam

waktu pemolesan yang dapat digunakan.

Pembatas 2 : Setiap minggu tidak lebih dari 80 jam

waktu pengerjaan kayu yang dapat

digunakan.

Pembatas 3 : Karena permintaan yang tebatas, maka

tidak lebih dari 42 lusin boneka yang

dapat dibuat setiap minggu. Jumlah

material yang dapat digunakan

diasumsikan tidak terbatas sehingga tidak

ada pembatas untuk hal ini.

Dengan menggunakan simbol matematika dapat ditulis:

Pembatas 1 : 2,5 + 1,2 100

Pembatas 2 : 1,2 + 1,5 80

Pembatas 3 : 42


11

2.2.4 Pembatas Tanda

Pembatas tanda adalah yang menjelaskan apakah

variabel keputusannya diasumsikan hanya berharga nonnegatif

atau variabel keputusan boleh berharga positif, boleh juga

negatif. Pada contoh (2.1) di atas kedua variabel keputusan harus

berharga nonnegatif, sehingga harus dinyatakan bahwa: 0

dan 0

Dengan demikian, formulasi lengkap dari persoalan

contoh (2.1) adalah:

Maksimumkan Z = 5 +

Kendala

2,5 + 1,2 100

1,2 + 1,5 80

42

0 , 0

Dari contoh di atas dapat disimpulkan bahwa persoalan

program linier adalah merupakan persoalan optimasi yang harus

dilakukan hal-hal sebagai berikut:

1. Berusaha memaksimumkan atau meminimumkan

suatu fungsi linier dari variabel-variabel keputusan

yang disebut fungsi tujuan.

2. Harga/besaran dari variabel-variabel keputusan itu

harus memenuhi suatu himpunan pembatas. Setiap

pembatas harus merupakan persamaan linier atau

pertidaksamaan linier.

3. Suatu pembatas tanda dikaitkan dengan setiap

variabel.


12

Definisi :

Suatu fungsi dari

adalah fungsi linier jika dan hanya jika untuk sejumlah

himpunan konstanta berlaku:

=

Misalkan, adalah fungsi linier dari

, tetapi bukan fungsi linier dari

.

Untuk setiap fungsi linier dan setiap

bilangan b, ketidaksamaan

adalah ketidaksamaan linier. Sebagai contoh,

adalah ketidaksamaan linier,

sedangkan bukanlah ketidaksamaan linier.

2.3 Model Program Linier

Pada contoh pembuatan permainan anak oleh sebuah

perusahaan di atas terdapat tiga buah sumber terbatas yang

harus dialokasikan di antara dua aktivitas. Sekarang, bagaimana

jika ada sejumlah (katakan m buah) sumber yang terbatas yang

harus dialokasikan di antara sejumlah (katakan n buah) aktivitas

yang bersaing.

Untuk menjelaskan persoalan ini terlebih dahulu kita beri

nomor (1, 2, … , m) untuk sumber dan nomor (1, 2, … , n) untuk

aktivitas. Tentukan xj sebagai tingkat aktivitas j (sebuah variabel

keputusan) untuk j = 1, 2, … , n; dan tentukan Z sebagai ukuran

keefektifan yang terpilih. Koefisien cj adalah koefisien keuntungan

(ongkos) per unit. Kemudian tentukan sebagai banyaknya

sumber i yang dapat digunakan dalam pengalokasian (i = 1, 2, … ,

m). Akhirnya, definisikan sebagai banyaknya sumber i yang


13

digunakan/dikonsumsikan oleh masing-masing unit aktivitas j

(untuk i = 1, 2, … , m dan j = 1, 2, … , n). Seluruh data di atas

digambarkan pada Tabel 2.1

Tabel 2.1 Model Program Linier

Aktivitas /

Sumber

Penggunaan sumber / unit

Banyaknya

sumber

yang dapat

digunakan

1 2 ... N

1 ...

2 ...

. . . ... . .

. . . ... . .

M ...

z/Unit

Tingkat

...

...

Dengan demikian, sekarang kita dapat membuat

formulasi model matematis dari persoalan pengalokasian

sumber-sumber pada aktivitas-aktivitas sebagai berikut :

Maksimumkan:

Kendala:

. . . .

. . . .

. . . .

dan

Ketiga formulasi di atas kita namakan persamaan (2.1).


14

Persamaan (2.1) di atas disebut sebagai bentuk standar dari

problema program linier, dan formulasi matematisnya memenuhi

model dari persoalan program linier.

Istilah yang sering digunakan dalam model program linier

adalah sebagai berikut:

1. Fungsi yang dimaksimumkan/diminimumkan, yaitu

disebut sebagai fungsi

tujuan (objective function)

2. Pembatas-pembatas atau konstrain

3. Sebanyak m buah konstrain pertama sering disebut

sebagai konstrain fungsional atau pembatas teknologi

4. Pembatas disebut sebagai konstrain nonnegatif

5. Variabel adalah variabel keputusan

6. Konstanta-konstanta adalah parameter-

parameter model

2.3.1 Asumsi dalam Model Program Linier

Dalam menggunakan model program linier, diperlukan

beberapa asumsi sebagai berikut:

(i) Asumsi kesebandingan (proposionality)

* Kontribusi setiap variabel keputusan terhadap

fungsi tujuan adalah sebanding dengan nilai

variabel keputusan.

* Kontribusi suatu variabel keputusan terhadap

ruas kiri dari setiap pembatas juga sebanding

dengan nilai variabel keputusan.

(ii) Asumsi penambahan (additivity)

* Kontribusi setiap variabel keputusan terhadap

fungsi tujuan tidak bergantung pada nilai dari

variabel keputusan yang lain.


15

* Kontribusi suatu variabel keputusan terhadap

ruas kiri dari setiap pembatas bersifat tidak

bergantung pada nilai dari variabel keputusan

yang lain.

(iii) Asumsi pembagian (divisibility)

Dalam persoalan program linier, variabel

keputusan boleh diasumsikan berupa bilangan

pecahan.

(iv) Asumsi kepastian (certainty)

Setiap parameter, yaitu koefisien fungsi tujuan,

ruas kanan, dan koefisien teknologi, diasumsikan

dapat diketahui secara pasti.

Untuk melengkapi gambaran/pemahaman tentang

persoalan-persoalan yang dapat diselesaikan dengan program

linier, berikut ini diberikan contoh:

2.4 Contoh Persoalan Program Linier

Masalah keputusan yang sering dihadapi analis adalah

menggambarkan alokasi sumber daya yang terbatas untuk

dioptimumkan. Sumber daya bisa berupa uang, tenaga kerja,

bahan mentah, modal, kapasitas mesin, waktu, ruangan atau

teknologi. Pemahaman tentang persoalan-persoalan tersebut

dapat diselesaikan dengan program linier.

Setelah masalah diindentifikasi, tujuan ditetapkan, langkah

selanjutnya adalah formulasi model matematik yang meliputi tiga

tahap seperti berikut:

1. Menentukan variabel keputusan dan dinyatakan dalam

simbol matematik

2. Menentukan model baik fungsi tujuan maupun fungsi

kendala terhadap sejumlah kegiatan yang harus dilakukan


16

dan bahwa untuk itu ada beberapa alternatif cara yang

dapat ditempuh

3. Membuat model penyelesaian bilamana berlaku keadaan

di mana daya dan dana yang tersedia untuk melakukan

kegiatan itu tersedianya dalam jumlah yang terbatas

2.4.1 Masalah Perencanaan Regional

Untuk mensukseskan pelaksanaan transmigrasi di

Propinsi P, pemerintah merencanakan membuka lahan baru yang

dapat juga menjadi tempat tinggal sekaligus dijadikan areal

pertanian. Ada 3 daerah yang dapat dibuka, yaitu daerah 1, 2,

dan 3. Hasil pertanian masing-masing daerah tersebut dibatasi

oleh dua hal, yaitu luas tanah yang dapat dialiri air dari irigasi dan

banyaknya air yang dapat dialokasikan untuk irigasi tersebut,

seperti diperlihatkan pada Tabel 2.2

Tabel 2.2 Luas Tanah dan Irigasi Daerah

Daerah Luas Tanah (hektar) Alokasi Air Irigasi (m3)

1

2

3

400

600

300

600

800

375

Jenis tanaman yang dapat dikembangkan di daerah-daerah ini

meliputi Tebu, Kapas dan Gandum yang satu sama lain berbeda

dalam hal hasil bersih perhektar serta jumlah air yang

dikonsumsinya. Di samping itu, ada ketentuan dari materi

pertanian mengenai jatah lahan maksimum yang dapat

digunakan untuk masing-masing jenis tanaman. Data ketiga hal di

atas diperlihatkan pada Tabel 2.3


17

Tabel 2.3 Lahan, Konsumsi Air dan Hasil dari Tanaman

Jenis

Tanaman

Jatah Lahan

Maksimum

(hektar)

Konsumsi Air

(m3)

Hasil Bersih

(ribu rp/ha)

Tebu

Kapas

Gandum

600

500

325

3

2

1

400

300

100

Kepala daerah di Propinsi P itu sepakat untuk menggunakan luas

tanah yang dapat dialiri sebagai lahan pertanian dengan proporsi

yang sama, tetapi jenis tanamannya boleh merupakan kombinasi

dari ketiganya. Yang menjadi persoalan di sini ialah menetapkan

berapa hektar tanah yang harus disediakan untuk masing-masing

jenis tanaman pada masing-masing daerah sehingga diperoleh

hasil bersih maksimum tanpa melanggar pembatas-pembatas

yang telah ditetapkan.

Tabel 2.4 Alokasi Daerah Tanaman untuk Variabel Keputusan

Daerah

Tanaman

Alokasi (hektar)

1 2 3

Tebu

Kapas

Gandum

Untuk menyelesaikan persoalan pada Tabel 2.3 di atas, kita

tetapkan sebagai variabel keputusan yang menyatakan luas

tanah untuk masing-masing jenis tanaman pada masing-masing

daerah (j = 1, 2, … , 9), seperti diperlihatkan pada Tabel 2.4

Karena yang terjadi ukuran keefektifannya adalah hasil

bersih total, maka model program linier untuk persoalan ini

adalah:


18

Maksimumkan:

berdasarkan kendala-kendala:

1. Luas tanah :

2. Air :

3. Jatah lahan :

4. Persetujuan kepala daerah :

atau

atau

atau

5. Pembatas nonnegatif :

2.4.2 Masalah Kombinasi Produk

Seorang pengusaha perabot ingin menentukan berapa

banyak Meja, Kursi, Bangku dan Lemari yang harus dibuat untuk

mengoptimumkan pemakaian alat-alat yang dapat dipakai.

Produksi ini menggunakan dua jenis harga kayu yang berbeda.

Kayu yang berukuran 1.500 kaki dan kayu yang berukuran 1.000

kaki. Pengusaha perabot memiliki 800 jam kerja untuk

mengerjakan seluruhnya. Pesanan yang diterimanya untuk


19

membuat sekurang-kurangnya 40 meja, 130 kursi, 30 bangku dan

tidak lebih dari 10 lemari. Untuk pembuatan setiap meja, kursi,

bangku dan lemari serta keuntungan total yang diperoleh

pengusaha perabot dapat kita lihat pada Tabel 2.5

di mana: A = ukuran kayu 1.500 kaki

B = ukuran kayu 1.000 kaki

Tabel 2.5 Data Produksi Perabot

Ukuran Kayu Produksi

Meja Kursi Bangku Lemari

A 5 1 9 12

B 2 3 4 1

Jumlah Jam Kerja 3 2 5 10

Keuntungan/Unit 12 5 15 10

Diasumsikan bahwa keuntungan yang diharapkan oleh pengusaha

berbanding langsung dengan jumlah produksi.

Sekarang ditentukan jenis produksi untuk mendapatkan

keuntungan maksimum yang diharapkan. Untuk membuat model

matematiknya dimodelkan sebagai berikut:

Diandaikan pengusaha membuat:

meja

kursi

bangku dan

lemari

Fungsi tujuan adalah untuk mendapatkan harga-harga variabel

keputusan dan yang memaksimumkan keuntungan,

tanpa melebihi waktu yang tersedia. Maka keuntungan

maksimum yang diperoleh pengusaha adalah:


20

(2.2)

Karena di dalam fungsi tujuan tidak terdapat bilangan konstan,

maka bilangan yang 1.580 di persamaan (2.2) dapat diabaikan

dalam problema ini, akan tetapi jika dalam perhitungan

keuntungan nantinya maka bilangan tersebut ikut dalam

perhitungan. Jadi problema maksimum dari persamaan (2.2) di

atas dapat ditulis: (2.3)

Dengan kendalanya: Ukuran kayu A:

Ukuran kayu B:

Jam Kerja:

(2.4)

Karena pengusaha tidak akan menghasilkan jumlah yang negatif,

jadi hanya menghasilkan adanya produksi atau tanpa

menghasilkannya, maka dapat dibuat pembatasan kedua:

(2.5)

Dari contoh kombinasi produk persamaan (2.3), (2.4), dan (2.5) di

atas disebut suatu problema program linier karena pembatas-

pembatas (2.4) dan (2.5) serta fungsi Z yang akan

memaksimumkan harga mencakup relasi-relasi linier di antara

variabel-variabelnya. Dengan demikian persamaan (2.3) disebut

fungsi tujuan, sedang persamaan (2.4) dan (2.5) disebut

pembatas atau syarat. Umumnya penggabungan pembatasan

linier dari problema program linier dengan mamaksimumkan atau

meminimumkan fungsi tujuan.


21

2.5 Soal-soal

1. Sebuah perusahaan membuat 2 jenis produk P dan Q. Harga

jual produk P adalah Rp. 24.000,00/unit sedangkan produk Q

dijual dengan harga Rp. 30.000,00/unit. Untuk membuat 1

unit produk P dibutuhkan waktu 2 jam-orang (man-hour),

sedangkan untuk 1 unit produk Q diperlukan 5 jam-orang.

Jumlah pekerja adalah 2 orang, masing-masing bekerja 8

jam/hari termasuk istrahat selama 30 menit. Untuk 1 unit

produk P dibutuhkan 6 kg bahan baku, sedangkan setiap unit

produk Q membutuhkan 4 kg bahan baku. Harga per kg

bahan baku adalah Rp. 1.600,00. Upah pekerja per jam-

orang adalah Rp. 7.500,00. Jika bahan baku yang tersedia per

hari 50 kg, bagaimanakah formulasi persoalan ini agar

diperoleh kontribusi keuntungan maksimum?

2. Maksimumkan:

Kendala:

3. Perusahaan mobil memproduksi dua macam mobil yaitu

mobil penumpang (sedan) dan mobil truk. Di dalam

perusahaan itu terdapat empat bagian, yaitu bagian

pembuatan badan mobil, bagian pembuatan mesin,

assembly sedan dan truk. Kapasitas perbulan dari

perusahaan itu ditunjukkan pada tabel berikut:


22

Bagian Perusahaan Jumlah yang dapat dihasilkan

Mobil Sedan Mobil Truk

1. Pembuatan badan mobil 250 buah 350 buah

2. Pembuatan mesin 333 buah 167 buah

3. Assembly mobil sedan 225 buah ---

4. Assembly mobil truk --- 150 buah

Jika perusahaan itu memperoleh keuntungan Rp. 300.000,00 dari

setiap mobil sedan dan Rp. 250.000,00 setiap mobil truk, maka

tentukan keuntungan maksimum dengan menggunakan metode

grafik.


23

BAB III

TEKNIK PENYELESAIAN MODEL PROGRAM LINIER

Untuk menyelesaikan Problema Program Linier pada

umumnya sering dipergunakan hanya terdiri dari 2 (dua) cara

yaitu: “Metode Grafik” dan “Metode Simpleks”. Bentuk problema

program linier yang hanya memuat 2 (dua) atau 3 (tiga) variabel

dapat diselesaikan dengan metode grafik. Akan tetapi untuk lebih

dari 3 (tiga) variabel cara yang paling baik dan praktis pada saat

ini yaitu dengan apa yang dinamakan Metode Simpleks. Cara

yang demikian akan dibicarakan kemudian dalam bab ini.

3.1 Penyelesaian Program Linier dengan Metode Grafik

Sembarang daerah penyelesaian yang memenuhi

pembatasan non-negatifitasnya disebut penyelesaian layak

(feasible). Dan setiap penyelesaian layak yang mengoptimisasi

fungsi tujuan disebut feasible optimality. Biasanya akan terdapat

sejumlah penyelesaian feasible yang infinite, tetapi harus

ditentukan salah satu yang mengoptimisasi fungsi tujuan.

Dalam penyelesaian secara representasi geometris

(grafik) maupun penyelesaian dengan metode simpleks selalu

dimulai dengan titik extreem, kemudian bergerak selangkah demi


24

selangkah untuk memperoleh titik extreem yang optimal dalam

suatu daerah penyelesaian feasible, titik soal apakah

problemanya suatu problema maksimasi atau minimasi.

Contoh 3.1 (Persoalan Maksimisasi)

Sebuah perusahaan memproduksikan dua macam barang

yaitu kelambu dan keper. Memproses produk ini dapat dilihat

pada Tabel 3.1

Tabel 3.1 Data Produksi Kelambu dan Keper

Type Mesin Produksi

Waktu/hari Kelambu Keper

Sizing 2 3 6 x 60

Weaving 1 4 4 x 60

Penjualan/Unit 60 90

Untuk menuliskan model matematisnya, maka diandaikan:

adalah produksi kelambu

adalah produksi keper

Dengan demikian dapat ditulis fungsi tujuan dan fungsi

kendalanya sebagai berikut:

Maksimumkan:

Kendala: (a)

(b)

(c)

Mula-mula akan ditentukan himpunan bilangan-bilangan

yang merupakan penyelesaian layak. Kita introdusir

sistem koordinat dan diingat bahwa setiap himpunan

bilangan-bilangan merupakan suatu titik dalam bidang

Semua titik-titik ini terletak pada bagian kanan sumbu


25

yang mempunyai . Juga semua titik yang terletak pada

atau di atas sumbu mempunyai . Akibatnya bahwa

setiap titik-titik yang terletak dikuadran pertama mempunyai

, jadi memenuhi pembatasan nonnegatifitas.

Untuk menentukan himpunan titik-titik dikuadran

pertama yang memenuhi kendala, lebih dahulu diinterpretasi

secara geometris ketidaksamaan (a). Bila tanda sama dengan

berlaku ditulis , di mana merupakan garis lurus

dan setiap titik yang terletak pada garis lurus tersebut memenuhi

persamaan. Dengan cara yang sama semua titik-titik yang

memenuhi pertidaksamaan (b) dan pembatasan non-negatifitas

adalah titik dalam kuadran pertama pada atau di atas garis

.

Gambar 3.1

O

A

C

B D

E

1

2

120

60

180 240

2 1 + 3 2 = 360

1 + 4 2 = 240

1

2

3


26

Pertama digambarkan garis dengan persamaan

yaitu titik A ke titik B. Bentuk ketidaksamaan (b) menyatakan

daerah yang berlaku di bawah garis AB. Demikian juga halnya

dengan ketidaksamaan (a) yang berlaku di

bawah garis CD. Selain itu ketidaksamaan (c) berarti bahwa

daerah yang berlaku hanyalah di kuadran pertama. Dan daerah

himpunan penyelesaian yang layak adalah segi-4 OAED.

Selanjutnya fungsi tujuan (fungsi keuntungan) atau fungsi

objektif harus dicari harga Z yang terbesar. Karena itu semua Z

yang akan dicari harus mempunyai koefisien arah yang sama

dengan Z. Artinya harus sejajar dengan Z serta mempunyai titik

sekutu dengan daerah penyelesaian layak sebab pada Z

harus memenuhi pertidaksamaan (a), (b), dan (c). Akan dicari

harga Z terbesar sesuai dengan persyaratan di atas, maka Z yang

demikian adalah Z yang paling ke kanan letaknya serta

mempunyai titik sekutu dengan OAED yaitu garis . Garis ini

memotong daerah penyelesaian di titik E tepat pada titik

perpotongan garis AB dan CD, titik ini adalah E(144, 24) dan titik

perpotongan sumbu dengan garis CD, titik ini adalah D(180, 0).

Artinya produksi kelambu dibuat sebanyak 144 meter/hari dan

produksi keper dibuat sebanyak 24 meter/hari. Atau juga

produksinya dibuat hanya produksi kelambu tanpa produksi

keper yaitu sebanyak 180 meter/hari. Jadi penjualan yang

diperoleh optimum:


27

atau

Cara lain: Dengan daerah layak pada himpunan penyelesaian

OAED, O(0, 0), A(60, 0), , dan D(180, 0). Mencari titik E

perpotongan garis (a) dan (b) dengan cara eliminasi.

Persamaan (a) x 1

Persamaan (b) x 2

Dengan mengurangkan kedua persamaan, maka diperoleh

Substitusi ke persamaan (a):

Tabel 3.2 Hasil Perhitungan

Titik Z

O(0,0) 0 0 0

A(0, 60) 0 540 540

E(144, 24) 8.640 2.160 10.800

D(180, 0) 10.800 0 10.800

Jadi berdasarkan hasil perhitungan pada Tabel 3.2 di atas

diperoleh nilai berada pada titik D dan E.

Contoh 3.2 (Persoalan Minimisasi)

PT Auto Indah memproduksi dua jenis mobil, yaitu mobil

sedan dan truk. Untuk dapat meraih konsumen berpenghasilan

tinggi, perusahaan ini merencanakan untuk membuat promosi

melalui elektronika pada dua acara TV, yaitu pada acara hiburan

dan acara olah raga. Promosi pada acara hiburan akan disaksikan


28

oleh 6 juta pemirsa wanita dan 2 juta pemirsa pria. Promosi pada

acara olah raga akan disaksikan oleh 2 juta pemirsa wanita dan 10

juta pemirsa pria. Biaya promosi pada acara hiburan Rp.

6.000.000,00 per menit, sedangkan pada acara olah raga

biayanya adalah Rp. 12.000.000,00. Jika perusahaan

menginginkan promosinya disaksikan oleh 24 juta pemirsa wanita

dan sedikitnya oleh 20 juta pemirsa pria, bagaimana strategi

promosi itu sehingga memperoleh biaya minimum.

Penyelesaian:

Misalkan variabel keputusan:

= lamanya promosi dalam acara hiburan

= lamanya promosi dalam acara olah raga

Model persoalan dari contoh 3.2 di atas adalah:

Minimumkan:

Kendala:

Dari Gambar 3.2 terlihat bahwa daerah layak dibatasi oleh sumbu

ke atas, titik-titik C, E, B dan sumbu ke kanan, ternyata

daerahnya tidak terbatas (unbounded). Jadi penyelesaian

optimum adalah minimum.


29

Contoh 3.3

Selesaikan Program Linier berikut ini dengan metode Grafik

Minimumkan:

Kendala:

Penyelesaian:

Untuk mendapatkan tanda “ “ pada grafik Gambar 3.3,

kita perlu mengeliminasi persamaan

3x1 + 5x2 ≥ 15 dan 8x1 + 3x2 ≥ 24

Z

Gambar 3.2 Penyelesaian untuk Persoalan PT Auto Indah

12

2

4 O A C

E D

B

1

2

10

Daerah fisibel tidak terbatas 1𝐶 𝐵 2 (unbounded)

1 =9

7, 2 =

25

7 =

258

7= 36,86

Tititk optimum (minimum) E


30

-

31x2 ≥ 48 x2 =

Lalu, substitusikan x2 ke dalam persamaan 3x1 + 5x2 ≥ 15,

sehingga didapat

3x1 + 5(

) ≥ 15 3x1 ≥

x1 =

Maka,

Z = 6x1 + 5x2

Z = 6(

)+ 5(

)

Z =

Z =

atau z = 22,258

Solusi optimal telah tercapai dengan minimum Z =

untuk x1 =

; x2 =

× 8 × 3


31

3.2 Kasus Khusus Model Program Linier

Dari kedua contoh yang telah dibahas di atas dengan cara

penyelesaian metode grafik hanya mempunyai satu penyelesaian

yang optimal. Akan tetapi dalam problema program linier

penyelesaian optimal mempunyai beberapa kasus khusus sebagai

berikut:

1. Penyelesaian Optimum Berganda

Penyelesaian optimum berganda akan terjadi dalam

suatu masalah program linier jika fungsi tujuan

terletak pada lebih dari satu titik optimum. Hal ini

bisa terjadi jika kemiringan fungsi tujuan dan salah

satu persamaan kendala adalah sama.

Contoh kasus:

Maksimumkan:

Kendala:

10 1 2 3 4 5 6 7 8 9

8 7 6 5 4 3 2 1

-1 -2 -3 -4

1 2 4

1

2

8 1 + 3 2 24 3 1 + 5 2 15

3 1 + 5 2 30

Gambar 3.3


32

2. Masalah Tak Layak

Dalam beberapa kasus suatu masalah program linier

tidak memiliki penyelesaian yang layak. Dengan kata

lain, tak ada titik-titik yang secara serentak

memenuhi semua kendala dalam masalah itu.

Contoh kasus:

Maksimumkan:

Kendala:

3. Masalah Tak Terbatas

Dalam beberapa masalah ruang penyelesaian yang

layak dibentuk oleh kendala-kendala yang tidak

dibatasi dalam suatu batas yang tertutup. Dalam hal

ini fungsi tujuan dapat meningkat tak terbatas tanpa

pernah mencapai batas maksimumnya karena

masalah tak pernah mencapai batas kendala.

Contoh kasus:

Maksimumkan:

Kendala:

2

Soal

1. Diketahui program linier berikut:

Minimum:

Kendala:


33

2. Maksimum:

Kendala:

3. Gambarkan daerah yang memenuhi problema

program linier berikut:

Tentukan nilai (Maksimum dan

Minimum)

3.3 Penyelesaian dengan Metode Simpleks

Pada sub bab ini yang akan dibicarakan adalah bagaimana

cara menyelesaikan problema program linier dengan

penyelesaian Metode Simpleks. Metode ini adalah penyelesaian

dengan tepat suatu problema program linier secara berulang-

ulang yang akan ditentukan sejumlah langkah tertentu atau

kemungkinan akan memberi petunjuk terdapatnya suatu

penyelesaian tak terbatas. Langkah-langkah dimaksud adalah

untuk memperoleh feasible baru di mana harga fungsi objektifnya

kurang daripada harga fungsi objektif sebelumnya. Proses ini

dilanjutkan sampai suatu penyelesaian optimum dicapai. Metode

simpleks merupakan prosedur aljabar yang bersifat iteratif yang

bergerak selangkah demi selangkah, dimulai dari titik ekstrem

pada daerah fisibel (ruang solusi) menuju titik ekstrem yang

optimum.

Untuk memperoleh penyelesaian optimum, di bawah ini

ditunjukkan langkah-langkah perhitungan sesuai dengan bentuk


34

persamaan daripada suatu kendala apakah proses metode

simpleks sudah dapat dimulai seperti penyelesaian titik extreem,

yang mengandung slack variable atau surplus variable dan

artificial variable. Problema program linier secara umum

menentukan suatu vektor penyelesaian

yang memaksimumkan atau meminimumkan bentuk linier dari

fungsi objektif:

Maks. atau Min. : (3.1)

Kendala:

. . . . .

. . . . .

. . . . . (3.2)

dan (3.3)

Jika kita definisikan:

mnmnmm

n

n

b

b

b

B

x

x

x

X

aaa

aaa

aaa

A

.

.;..;

...........

...

...

2

1

2

1

21

22221

11211

maka pembatas dari model tersebut dapat dituliskan ke dalam

bentuk sistem persamaan 𝐵, di mana

konstanta yang diberikan dan . Mula-mula akan dibuat

dengan sungguh-sungguh bahwa semua dengan cara

mengalikan negatif satu (-1).


35

Notasi umum yang selalu dijumpai pada program linier adalah:

1. Minimum

dan

2. Minimum

𝐶

dengan

dan

di mana:

𝐶 vektor baris

vektor kolom

vektor kolom

vektor kolom yang berdimensi nol

3. Minimum

𝐶

dengan

dan

di mana:

adalah kolom ke-j dari matriks A

dan .

Dalam pembahasan selanjutnya digunakan penyelesaian feasible

minimum.

Suatu penyelesaian feasible minimum adalah

penyelesaian feasible yang juga meminimumkan persamaan (3.1).

Terlihat bahwa fungsi objektif (3.1) merupakan linier fungsional


36

untuk yang memenuhi persamaan (3.2) dan (3.3). Linier

fungsional disebut linier transformasi atau linear map.

3.3.1 Penyelesaian Titik Extreem

Diandaikan bahwa problema linier programing adalah

feasible, setiap penyelesaian feasible basic non-degenate dan

penyelesaian feasible basis diketahui. Diandaikan penyelesaian

tersebut: dan digabungkan

himpunan vektor-vektor linear independent

Maka:

(3.4)

𝐶 𝐶 𝐶 (3.5)

di mana semua 𝐶 adalah koefisien harga fungsi objektif

dan harga yang berkoresponden dari fungsi objektif untuk

penyelesaian. Karena linear independent,

maka dapat dinyatakan sembarang vektor dari himpunan

dalam .

Andaikan diberikan oleh:

(3.6)

dan ditentukan,

𝐶 𝐶 𝐶 (3.7)

di mana 𝐶 adalah koefisien harga yang berkorenponden dengan

.

Dari bentuk persamaan (3.6) dan (3.7) di atas dapat

diuraikan prosedur perhitungan dengan:

(1) Diandaikan m linier independen vektor-vektor yang

menghasilkan penyelesaian feasible dan dinyatakan

semua vektor-vektor lainnya dalam suku-suku basis.


37

(2) Membentuk matriks satuan yang berordo m dan

mengandung m vektor.

Dari (1) diambil vektor-vektor linier

independen dan matriks 𝐵.

Matriks 𝐵 disebut admisible basis (basis yang dapat diganti).

Pertama-tama ditentukan 𝐵 untuk memperoleh penyelesaian

vektor dan representasi vektor-vektor lainnya dalam suku-suku

basis.

Karena, 𝐵 terdapat

𝐵

dan

𝐵

di mana:

kedua-duanya vektor kolom

Untuk menggunakan metode simpleks dikumpulkan

vektor matriks, sehingga problemanya adalah sebagai berikut:

𝐵 (3.8)

Dengan menggandakan elemen-elemen dalam matriks (3.8) yang

dipartisi oleh 𝐵 diperoleh:

(3.9)

Karena 𝐶 diketahui, kemudian dihitung 𝐶 dengan

menentukan apakah untuk setiap j mempunyai harga 𝐶

.

Sekarang diandaikan 𝐶 , maka himpunan

penyelesaian feasible dapat dikonstruksikan sedemikian hingga

untuk setiap anggota di mana batas bawah (lower


38

bound) dari finite atau infinite ( adalah harga fungsi objektif

untuk anggota tertentu dari himpunan penyelesaian feasible).

Pada kejadian di atas ada 2 hal yang perlu diperhatikan

yaitu:

1) Jika batas bawah finite, maka penyelesaian feasible baru

yang terdiri dari m variabel positif dapat dikonstruksikan

di mana harga fungsi objektifnya lebih kecil daripada

harga penyelesaian sebelumnya.

2) Jika batas bawah infinite, maka penyelesaian baru yang

terdiri dari variabel positif dapat dikonstruksikan

di mana harga fungsi objektifnya dapat dibuat kecil

sembarang.

Untuk menyelesaikan problema di atas lebih dahulu

digandakan bentuk persamaan (3.6) dengan bilangan dan

hasilnya dikurangkan pada persamaan (3.4), kemudian

digandakan pada persamaan (3.7) dengan yang sama dan

hasilnya dikurangkan pada persamaan (3.5) untuk

terdapat:

(3.10)

𝐶 𝐶 𝐶 𝐶

𝐶 (3.11)

di mana 𝐶 telah ditambahkan pada kedua ruas persamaan

(3.11). Jika semua koefisien vektor dalam

(3.10) non-negatifitas, maka penyelesaian feasible baru telah

diperoleh di mana fungsi objektifnya adalah:

𝐶 pada (3.11). Karena variabel-variabel

dalam persamaan (3.10) semua positif, jelas

bahwa dari persoalan di atas terdapat suatu harga (finite


39

atau infinite), untuk mana koefisien vektor-vektor dalam (3.10)

tetap positif.

Dari pengandaian untuk tertentu 𝐶

terdapat:

𝐶

Jadi penyelesaian feasible baru dapat diperoleh dengan harga

yang berkoresponden untuk fungsi objektifnya di mana kurang

daripada harga penyelesaian sebelumnya.

Sekarang tiba pada kejadian 1) di atas yaitu: jika untuk

tertentu di mana setidak-tidaknya satu dalam persamaan

(3.6) untuk harga terbesar pada mana

semua koefisien (3.10) tetap non-negatif yang diberikan dengan:

(3.12)

untuk

Karena persoalan di atas, merupakan non-degenerate yaitu

semua penyelesaian fisibel basis mempunyai elemen positif,

minimum dalam persamaan (3.12) akan diperoleh untuk

tunggal.

Jika disubstitusikan dalam persamaan (3.10) dan

persamaan (3.11) untuk , maka koefisien yang berkoresponden

dengan tunggal akan hilang. Dengan demikian penyelesaian

fisibel basis baru yang terdiri dari dan vektor-vektor

basis asal dapat dikonstruksikan. Basis ini dapat dipakai seperti

sebelumnya. Jika 𝐶 pada basis baru dan maka

penyelesaian lain dapat diperoleh dengan harga fungsi

objektifnya lebih kecil. Proses ini akan terus sampai semua

𝐶 atau sampai untuk beberapa 𝐶 dan

. Jika semua harga 𝐶 maka proses berhenti.


40

Selanjutnya pada kejadian 2), jika pada setiap tingkatan

diperoleh beberapa , 𝐶 dan semua , maka tidak

terdapat batas atas pada dan fungsi objektifnya mempunyai

batas bawah . Terlihat untuk kejadian ini, bahwa untuk setiap

, semua koefisien persamaan (3.10) positif. Maka terdapat

penyelesaian fisibel yang terdiri dari elemen positif. Di

sini, dengan cukup besar, harga fungsi objektif yang diberikan

pada ruas kanan persamaan (3.11) dapat dibuat kecil sembarang.

Umumnya karena tidak memiliki suatu jaminan bahwa himpunan

vektor-vektor dari himpunan yang diberikan akan linier

independen, maka pengandaian pada kejadian 1) tidak biasa

dijumpai dalam praktek.

Seterusnya diandaikan bahwa himpunan vektor-vektor

mengandung vektor-vektor unit yang dapat

dikelompokan untuk membentuk suatu matriks satuan yang

berdimensi . Diambil admisibel basis:

𝐵

Karena 𝐵 𝐵 dan karena semua elemen-elemen

diandaikan non-negatifitas maka terdapat penyelesaian extreem

awal:

dan

di mana:

Untuk membuat prosedur simpleksnya, disusun problema matriks

seperti pada Tabel 3.1


41

Tabel 3.1 Langkah-I dari Prosedur Perhitungan Metode

Simpleks

Basis C 𝐶 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶

... ... ... ... ...

1 𝐶 1 0 0 0 ... 0 ... ... ...

2 𝐶 0 1 0 0 ... 0 ... ... ...

. . . . . . . . ... . . ... . ... . ... .

. . . . . . . . ... . . ... . ... . ... .

L 𝐶 0 0 0 1 ... 0 ... ... ...

. . . . . . . . ... . . ... . ... . ... .

. . . . . . . . ... . . ... . ... . ... .

m 𝐶 0 0 0 0 ... 1 ... ... ...

m+1 𝐶 0 0 0 0 ... 0 –

𝐶 ...

𝐶

...

𝐶

...

𝐶

Tabel 3.2 Hasil Transformasi dari Tabel 3.1

Basis C 𝐶 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶 ... 𝐶

... ... ... ... ...

1 𝐶 1 0 ...

... 0 ... ...

...

2 𝐶 0 1 ...

... 0 ... ...

...

. . . . . . ... . ... . . ... . ... . ... .

. . . . . . ... . ... . . ... . ... . ... .

m 𝐶 0 0 ...

... 1 ... ...

...

m+1 𝐶 0 0 ...

-

𝐶 ... 0

-

𝐶 ...

-

𝐶 ...

-

𝐶 ...

𝐶


42

Penjelasan Tabel 3.1:

a. Kolom pertama adalah indeks baris tabel

b. Kolom kedua adalah indeks vektor yang dibuat menjadi

basis, dengan adalah vektor dari yang mana

merupakan kolom-kolom dari B

c. Kolom ketiga adalah menyatakan harga yang bersetuju

kepada vektor dalam basis

d. Kolom keempat adalah menyatakan harga yang

sedang berjalan, bersama-sama dengan harga-harga dari

fungsi objektif untuk basis penyelesaian fisibel

e. Kolom kelima sampai seterusnya adalah menyatakan

harga-harga dari untuk semua vektor-vektor dalam

matriks

f. Baris pertama berisikan semua harga 𝐶 dari persamaan

(3.1)

g. Baris yang terakhir memberikan kebesaran yang kita

hitung pada:

kolom ketiga: 𝐶

kolom keempat: 𝐶 𝐶

Dari persamaan , telah diandaikan dan

untuk

di mana adalah matriks dari dengan:


43

Dengan mengambil inner-product vektor ke-j dan vektor kolom

yang diperlihatkan dengan C yaitu:

𝐶

𝐶

Elemen-elemen 𝐶 dimasukkan dalam baris ke-(m+1)

dari kolom berikutnya. 𝐶 untuk vektor-vektor tersebut

dalam baris selalu sama dengan nol. Jika semua bilangan-bilangan

𝐶 untuk maka penyelesaian

minimum dan harga fungsi objektif yang berkoresponden adalah

.

Sekarang persoalan diandaikan sekurang-kurangnya ada

satu 𝐶 dan dihitung penyelesaian fisibel baru di mana

basisnya mengandung (m-1) vektor-vektor dari basis asal

. Untuk mencari vektor baru yang akan

dimasukkan ke dalam basis, secara teoritis dapat dipilih

sembarang yang berkoresponden dengan 𝐶 . Pemilihan

vektor tersebut adalah yang dapat memberikan pengurangan

paling cepat dalam harga fungsi objektif. Jadi vektor harus

berkoresponden pada:

𝐶 (3.13)

di mana untuk setiap dari persamaan (3.12).

Jika terdapat sejumlah untuk mana 𝐶 , maka aturan di

atas agak sulit dipakai. Kriteria yang lebih sederhana untuk

memilih vektor adalah yang berkoresponden dengan

𝐶 (3.14)

Dengan menggunakan persamaan (3.14), diandaikan

𝐶 𝐶

Vektor harus diintrodusir ke dalam basis, kemudian ditentukan

, untuk


44

Jika semua maka dapat dicari penyelesaian fisibel yang

harga fungsi objektifnya dibuat kecil sembarang. Proses

perhitungan sudah lengkap. Tetapi apabila diandaikan ada

beberapa dan,

Vektor yang akan dieliminir dalam basis. Penyelesaian fisibel

baru akan mempunyai basis baru yang terdiri dari:

Kemudian akan dihitung penyelesaian baru dan menyatakan

setiap vektor tidak dalam basis pada suku-suku basis baru.

Karena basis mula-mula secara

cepat dapat dinyatakan semua vektor-vektor dalam suku-suku

basis ini. Jadi terdapat:

(3.15)

(3.16)

(3.17)

Dari persamaan (3.16) diperoleh:

(3.18)

Substitusi persamaan (3.18) ke dalam persamaan (3.15)

diperoleh:

atau


45

Penyelesaian fisibel baru:

diberikan dengan:

di mana:

; untuk

(3.19)

Dengan cara yang sama yaitu persamaan (3.18) disubstitusikan ke

dalam persamaan (3.17), dapat diperoleh dengan cepat untuk

setiap tidak dalam basis baru pada suku-suku basis ini,

terdapat:

di mana:

; untuk

(3.20)

Karena

𝐶

Secara cepat dapat dibuktikan dengan mensubstitusikan harga-

harga dari persamaan (3.20) untuk , maka didapat:

𝐶 𝐶

𝐶 (3.21)

Dan dengan mensubstitusikan harga (3.19) untuk ke dalam

diperoleh:

𝐶 (3.22)


46

Kemudian, untuk memperoleh penyelesaian baru , vektor baru

dan

𝐶 yang berkoresponden, setiap elemen dalam Tabel

3.1 untuk baris dan kolom-kolom

ditransformasi oleh rumus:

; untuk

(3.23)

di mana:

dan

𝐶

Diandaikan rumus umum dari persamaan (3.23) terpakai untuk

semua elemen dalam tabel perhitungan yang meliputi kolom

dan baris ke-(m+1). Transformasi yang ditentukan oleh

persamaan (3.23) ekivalen dengan rumus eliminasi lengkap, bila

pivot elemen adalak .

Setelah tabel dilengkapi, maka prosedur dari metode

simpleks menghendaki hal-hal sebagai berikut:

1. Lebih dahulu diperiksa elemen-elemen 𝐶 untuk

menentukan apakah penyelesaian minimum telah di

peroleh, yaitu apakah 𝐶 untuk semua

2. Pemilihan vektor yang akan diitrodusir ke dalam basis,

jika beberapa 𝐶 yaitu pemilihan vektor dengan

maksimum 𝐶 .

3. Pemilihan vektor untuk dieliminasi dari basis guna

memastikan fisibilitas penyelesaian baru, yaitu vektor

dengan

untuk , di mana k

berkoresponden dengan vektor yang dipilih dalam

langkah kedua, jika semua , maka penyelesaian

tak terbatas.


47

4. Transformasi dari tabel oleh prosedur eliminasi lengkap

untuk memperoleh penyelesaian baru dan elemen-

elemen yang diasosiasikan.

5. Tabel 3.2 merupakan hasil transformasi dari Tabel 3.1.

3.3.2 Bentuk Standar Problema Program Linier

Perhatikan suatu sistem 𝐵 dari persamaan linier

dalam n variabel (n > m)

Definisi:

3.3.2.1 Penyelesaian Basis

Penyelesaian basis untuk 𝐵 adalah penyelesaian

di mana terdapat sebanyak-banyaknya m variabel berharga

bukan nol. Untuk mendapatkan penyelesaian basis dari 𝐵

maka sebanyak (n – m) variabel harus dinolkan. Variabel-variabel

yang dinolkan ini disebut nonbasic variable (NBV). Selanjutnya,

dapatkan harga dari n – (n – m) = m variabel lainnya yang

memenuhi 𝐵, yang disebut basic variable (BV).

3.3.2.2 Penyelesaian Basis Fisibel

Jika penyelesaiani variabel pada suatu penyelesaian basis

berharga nonnegatif, maka penyelesaian itu disebut basic

feasible solutions (BFS).

3.3.2.3 Penyelesaian Fisibel Titik Ekstrem

Yang dimaksud dengan penyelesaian feasibel titik

ekstrem atau titik sudut ialah penyelesaian feasibel yang tidak

terletak pada suatu segmen garis yang menghubungkan dua

penyelesaian fisibel lainnya.


48

3.4 Algoritma Simpleks untuk Persoalan Maksimasi

Untuk menyelesaikan persoalan program linier dengan

menggunakan metode simpleks, lakukanlah langkah-langkah

berikut:

1. Konversikan formulasi persoalan awal ke dalam

bentuk standar.

2. Cari penyelesaian basis fisibel (BFS).

3. Jika seluruh NBV mempunyai koefisien nonnegatif

(artinya berharga positif atau nol) pada baris fungsi

tujuan [baris persamaan yang biasa disebut baris 0

atau baris ( 𝐶 )], maka BFS sudah optimal. Jika

pada baris 0 masih ada variabel dengan koefisien

negatif, pilihlah salah satu variabel yang mempunyai

paling negatif pada baris 0 itu. Variabel ini akan

memasuki status variabel basis, karena itu variabel

ini disebut sebagai variabel yang masuk basis

(entering variable, disingkat EV)

4. Hitung rasio dari (Ruas kanan) / (Koefisien EV) pada

setiap baris di mana 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 atau

leaving variable, disingkat LV.

Lakukan Operasi Baris Elementer (ERO) untuk membuat

koefisien EV pada baris dengan rasio positif terkecil ini

menjadi berharga 1 dan berharga 0 pada baris-baris

lainnya. Kembali ke langkah 3.


49

Contoh 3.4

Maksimumkan :

Kendala:

Bentuk standarnya menjadi:

Maksimumkan:

Kendala:

Iterasi 0

Basis / C 3 5 4 0 0 0 B

0 1 2 3 1 0 0 10

0 2 3 1 0 1 0 16

0 3 2 1 0 0 1 20

Zj - Cj -3 -5 -4 0 0 0 0

Keterangan:

Pada baris 𝐶 paling minimum , maka

masuk dalam basis

Baris pivot adalah baris dikalikan

Baris yang baru : baris


50


Iterasi 1

Basis / C 3 5 4 0 0 0 B

5 0,5 1 1,5 0,5 0 0 5

0 0,5 0 -3,5 -1,5 1 0 1

0 2 0 -2 -1 0 1 10

Zj - Cj -0,5 0 3,5 2,5 0 0 25

Keterangan :

Pada baris 𝐶 paling minimum , maka

masuk dalam basis

Baris pivot adalah baris dikalikan 2.



Iterasi 2

Basis / C 3 5 4 0 0 0 B

5 0 1 5 2 -1 0 4

3 1 0 -7 -3 2 0 2

0 0 0 12 5 -4 1 6

Zj - Cj 0 0 0 1 1 0 26


51

Karena baris 𝐶 , maka persoalan telah optimal

dengan :

untuk

Contoh 3.5

Maksimumkan:

Kendala:

Langkah 1 : Konversikan pada bentuk standar

Maksimumkan :

Kendala :

Formulasi ini dapat juga ditulis dalam bentuk kanonik

sebagai berikut:

Baris 0 :

Baris 1 :

Baris 2 :

Baris 3 :

Baris 4 :


52

Langkah 2 :

Menentukan penyelesaian basis fisibel (BFS)

Dari bentuk kanonik di atas, jika kita tetapkan

maka akan kita dapatkan harga-harga

yaitu sama dengan ruas kanan masing-masing

baris. Dengan mengikutsertakan baris 0 maka kita

dapatkan:

BV ; NBV

BFS-nya adalah:

Seperti terlihat dari contoh (3.5) di atas, variabel slack

dapat digunakan sebagai variabel basis untuk suatu

persamaan pembatas apabila ruas kanan dari pembatas

itu berharga nonnegatif.

Langkah 3

Dari formulasi kanonik di atas kita tahu bahwa seluruh

NBV mempunyai koefisien yang berharga negatif

sehingga pada iterasi ini BFS belum optimal. Karena

variabel mempunyai koefisien yang paling negatif

(lihat baris 0 formulasi kanonik), maka variabel terpilih

sebagai variabel yang akan menjadi variabel basis

(entering variable).

Langkah 4

Menghitung rasio dan melakukan ERO (Elementery Row

Operation)

Rasio dari baris 1 adalah



53


; rasio terkecil 4

Hal ini menunjukkan bahwa akan menjadi variabel

basis pada baris 3, menggantikan yang berubah

statusnya menjadi variabel nonbasis (NBV). Dengan kata

lain, sebagai akibat dari terpilihnya sebagai EV, maka

menjadi LV (leaving variable).

Selanjutnya kita harus melakukan ERO agar

koefisien berharga 1 pada baris 3 dan berharga 0 pada

baris-baris lainnya. Prosedur ini disebut pivoting, dan

baris 3 dinamai baris pivot

Langkah-langkah ERO adalah sebagai berikut:

ERO 1: menjadikan koefisien berharga 1 pada baris 3.

Hasilnya :

ERO 2: menjadikan koefisien berharga 0 pada baris 0

Hasilnya :

ERO 3: menjadikan koefisien berharga 0 pada baris 1

Hasilnya :

ERO 4: menjadikan koefisien berharga 0 pada baris 2.

Hasilnya :

Baris 4 tidak berubah karena tidak ada variabel .

Bentuk kanonik yang baru adalah:

Baris 0 :

Baris 1 :

Baris 2 :

Baris 3 :

Baris 4 :

Sekarang kita peroleh:

𝐵 𝐵

BFS-nya adalah:


54

Karena koefisien masih berharga negatif, maka BFS di

atas belum optimal. Karena itu, dengan sebagai EV

baru, lakukan kembali langkah d.

Hasilnya adalah:

Baris 0 :

Baris 1 :

Baris 2 :

Baris 3 :

Baris 4 :

Sekarang kita peroleh:

𝐵 𝐵

BFS-nya adalah:

Karena koefisien dari seluruh variabel pada baris 0 sudah

berharga positif, maka BFS sudah optimal. Biasanya,

dalam menyelesaikan persoalan LP ini digunakan tabel

simpleks sebagai berikut:

Iterasi 0

BV C 60 30 20 0 0 0 0

b

0 8 6 1 1 0 0 0 48

0 4 2 1,5 0 1 0 0 20

0 2 1,5 0,5 0 0 1 0 8

0 0 1 0 0 0 0 1 5

𝐶 -60 - 30 - 20 0 0 0 0 0


55

Iterasi 1

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 0 - 1 1 0 - 4 0 16

0 0 - 1 0,5 0 1 - 2 0 4

60 1 0,75 0,25 0 0 0,5 0 4

0 0 1 0 0 0 0 1 5

𝐶 0 15 - 5 0 0 30 0 240

Iterasi 2

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 - 2 0 1 2 - 8 0 24

20 0 - 2 1 0 2 - 4 0 8

60 1 1,25 0 0 - 0,5 1,5 0 2

0 0 1 0 0 0 0 1 5

𝐶 0 5 0 0 10 10 0 280

Karena 𝐶 , maka solusi optimal.

dengan

Contoh 3.6

Maksimumkan:

Kendala:


56

Konversikan dalam bentuk standar

Maksimum:

Kendala:

Tabel Simpleks bentuk kanonik

Iterasi 0

BV C 2 4 3 0 0 0

B

0 3 4 2 1 0 0 60

0 2 1 2 0 1 0 40

0 1 3 2 0 0 1 80

𝐶 -2 -4 -3 0 0 0 0

Iterasi 1

BV C 2 4 3 0 0 0

B

4

1

0 0 15

0

0

1 0 25

0

0

0 1 35

𝐶 1 0 -1 1 0 0 60


57

Iterasi 2

BV C 2 4 3 0 0 0

B

4

1 0

0

3

0 1

0

0

0 0

1

𝐶

0 0

0

Karena koefisien dari seluruh variabel pada baris 0 (baris 𝐶 )

sudah berharga positif, maka BFS sudah optimal, dengan

maksimum

untuk

Contoh 3.7

Perusahaan mempunyai anggaran produksi sebesar $2.000,00

dan jam kerja maksimum 665 jam per hari. Maksimum

permintaan tiap hari 200 unit untuk jam dinding, 300 unit radio

dan 150 unit toaster. Keuntungan maksimum tiap unit produk

adalah $15,00 untuk jam dinding, $20 untuk radio dan $12 untuk

toaster. Tentukan produksi optimal agar keuntungan maksimum.

Produk Kebutuhan Sumber Daya

Biaya / Unit Jam / Unit

Jam Dinding 8 2

Radio 10 3

Toaster 5 2


58

Penyelesaian:

Formulasi Model:

Misalkan variabel keputusan yang menyatakan banyaknya

produksi masing-masing barang adalah sebagai berikut:

banyaknya jam dinding

banyaknya radio

banyaknya toaster

Tujuannya adalah memaksimumkan total keuntungan

gabungan ketiga produk :

Maksimumkan:

Batasan-batasan : (batasan anggaran)

(batasan jam kerja)

(batasan permintaan jam dinding)

(batasan permintaan radio)

(batasan permintaan toaster)


Maksimumkan:

Batasan-batasan :


59

Iterasi 0

Basis / C

B 15 20 12 0 0 0 0 0

0 8 10 5 1 0 0 0 0 2.000

0 2 3 2 0 1 0 0 0 665

0 1 0 0 0 0 1 0 0 200

0 0 1 0 0 0 0 1 0 300

0 0 0 1 0 0 0 0 1 150

𝐶 -15 -20 -12 0 0 0 0 0 0

Iterasi 1

Basis / C

B 15 20 12 0 0 0 0 0

20 0,8 1 0,5 0,1 0 0 0 0 200

0 -0,4 0 0,5 -0,3 1 0 0 0 65

0 1 0 0 0 0 1 0 0 200

0 -0,8 0 -0,5 -0,1 0 0 1 0 100

0 0 0 1 0 0 0 0 1 150

𝐶 1 0 -2 2 0 0 0 0 4.000

Iterasi 2

Basis / C

B 15 20 12 0 0 0 0 0

20 1,2 1 0 0,4 -1 0 0 0 135

12 -0,8 0 1 -0,6 2 0 0 0 130

0 1 0 0 0 0 1 0 0 200

0 -0,4 0 0 -0,4 1 0 1 0 165

0 0,8 0 0 -0,6 -2 0 0 1 20

𝐶 -0,6 0 0 0,8 4 0 0 0 4.260


60

Iterasi 3

Basis / C

B 15 20 12 0 0 0 0 0

20 0 1 0 1,3 2 0 0 -1,5 105

12 0 0 1 -1,2 0 0 0 1 150

0 0 0 0 0,75 2,5 1 0 -1,25 175

0 0 0 0 0,7 0 0 1 0 155

15 1 0 0 -0,75 -2,5 0 0 1,25 25

𝐶 0 0 0 0,35 2,5 0 0 0,75 4.275

Karena baris 𝐶 , maka persoalan telah optimal dengan:

Untuk

3.5 Menyelesaikan Persoalan LP dengan Memakai Slack dan

Surplus Variabel

Pandang bentuk problema program linier pada persamaan

(3.2) yaitu:

sebagai sistem persamaan dan ketidaksamaan yang mempunyai 3

(tiga) kemungkinan:

1).

2).

3).

Dari kemungkinan pertama dapat dilihat bahwa tanda dapat

dirubah menjadi tanda dengan cara menambah suatu

variabel baru sehingga:


61

di mana variabel disebut Slack Variable. Slack Variable ini

sebenarnya adalah sama dengan selisih dari jumlah yang

diperbolehkan dengan jumlah yang sungguh-sungguh terjadi,

diperoleh:

Dari kemungkinan ketiga juga memperlihatkan bahwa tanda

dapat dirobah menjadi tanda yaitu dengan cara

memperkenalkan suatu variabel baru yakni , sehingga:

di mana variabel semacam ini disebut Surplus Variable. Ini

dapat diartikan sebagai selisih hasil yang sesungguhnya terjadi

dengan hasil minimum yang akan dihasilkan, tentu ,

maka:

Untuk setiap yang mengandung Slack Variable atau Surplus

Variable selalu diberi harga (price) 𝐶 , dengan demikian

harga dari persamaan (3.1) tidak berobah akibat dari

penambahan tersebut.

Dari penjelasan-penjelasan di atas dapatlah diperoleh

tiga macam sistem persamaan dengan bentuk masing-masing

sebagai berikut: 1).

2). ; tetap

3).

di mana:

Untuk prosedur perhitungan pada problema yang mengandung

Slack Variable dan Surplus Variable berlaku seperti proses

perhitungan dalam Tabel 3.1 dan Tabel 3.2.


62

3.6 Penyelesaian dengan Artificial Variable

Jika problema program linier tidak mempunyai

/mengandung unit matriks (matriks satuan), maka metode

“Artificial Variable” merupakan cara yang praktis guna memulai

proses metode simpleks. Prosedur ini juga menentukan apakah

problema mempunyai penyelesaian fisibel atau tidak.

Pandang problema:

Minimum:

dengan batasan:

(3.24)

Untuk bentuk problema pada persamaan (3.24) di atas dapat

diperluas sebagai berikut:

Minimum:

dengan batasan:

(3.25)

Besaran M diambil sebagai bilangan positif besar.

Vektor-vektor membentuk

suatu baris (dikatakan Artifisial Basis) untuk sistem yang

diperluas. Penyelesaian fisibel pada problema mula-mula, juga


63

merupakan penyelesaian fisibel pada sistem ini. Jadi prosedur

metode simpleks akan memastikan diperolehnya penyelesaian

minimum, dalam mana tidak mungkin salah satu variabel-variabel

artifisial, muncul dengan harga positif. Jika problema awal

tidak fisibel, maka penyelesaian fisibel minimum pada problema

yang diperluas akan mengandung sekurang-kurangnya satu

Akan terlihat bahwa tidaklah perlu untuk memberikan

harga yang spesifik pada M.

Untuk problema perluasan, penyelesaian fisibel

minimum:

dengan harga fungsi objektif yang berkoresponden:

Basis dari matriks satuan yaitu:

dan

Selama adanya vektor-vektor artifisial dalam basis, setiap 𝐶

akan merupakan fungsi linier dalam M. Karena penyelesaian

pertama:

𝐶 𝐶

maka 𝐶 memiliki koefisien M dan non-koefisien M yang

independen satu dengan yang lain, sehingga dengan demikian

Tabel 3.3 merupakan prosedur perhitungan yang pertama dalam

memperlihatkan artifisial basis.

Untuk setiap , komponen non M dan M dari 𝐶

telah digantikan dalam basis m+1 dan m+2 pada kolom tersebut.

Tabel 3.3 diselesaikan seperti penyelesaian Tabel 3.1 kecuali

vektor yang diintrodusir ke dalam basis dihubungkan dengan

elemen positip terbesar dalam baris m+2. Untuk proses pertama,


64

vektor yang berkorespondensi dengan diintrodusir

ke dalam basis. Elemen-elemen dalam baris m+2 juga

ditransformir oleh prosedur eliminasi biasa. Segera setelah vektor

artifisial dieliminir dari basis, itu tidak dipilih untuk masuk ke

dalam basis lagi. Jadi tidak perlu untuk mentransformir kolom m

terakhir dalam tabel. Jika hal demikian terjadi pada invers basis

akhir, maka m vektor-vektor akhir ini harus ditransformir seperti

biasa. Perlu diingat bahwa, walaupun terdapat vektor artifisial

dalam basis iterasi tidak akan mengeliminir satupun di antaranya.

Bila semua artifisial basis dipergunakan, maka 2m iterasi

dibutuhkan untuk mencapai penyelesaian fisibel minimum.

Tabel 3.3 Langkah-I dari Prosedur Perhitungan yang

Mengandung Artifisial

Basi

s C

𝐶 𝐶 . 𝐶 . 𝐶 M . M . . M M

. . . . .

1 M . . 1 . 0 . 0 . 0 0

2 M . . 0 . 0 . 0 . 0 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

J M . . 0 . 1 . 0 . 0 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

K M . . 0 . 0 . 1 . 0 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

L M . . 0 . 0 . 0 . 1 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

m M . . 0 . 0 . 0 . 0 1

m+

1

+C -𝐶 -𝐶 . -𝐶 . -𝐶 0 . 0 . 0 . 0 0

m+

2 . . 0 . 0 . 0 . 0

0


65

Kemudian untuk memilih suatu vektor yang akan

diintrodusir ke dalam basis yaitu dengan menggunakan elemen

dalam baris ke-(m+2) sebagai kriteria di mana:

a) Semua vektor-vektor artifisial dieliminir dari basis

b) Tak ada elemen positif dalam baris (m+1)

Alternatif pertama a), mengakibatkan bahwa semua elemen

dalam baris (m+2) sama dengan nol (0) dan basis yang

berkoresponden adalah basis fisibel untuk problema awal.

Kemudian dipakai algoritma simpleks untuk menentukan

penyelesaian fisibel minimum. Pada alternatif kedua b), jika

elemen (m+2,0) yaitu bagian artifisial dari harga fungsi objektif

yang berkoresponden lebih besar dari pada nol, maka problema

awal tidak fisibel. Dan jika elemen (m+2,0) sama dengan nol,

maka mempunyai penyelesaian fisibel degenerate pada problema

awal yang mengandung sekurang-kurangnya satu vektor artifisial.

Dalam hal ini variabel-variabel artifisial sama dengan nol, tetapi

belum mencapai penyelesaian fisibel minimum. Kemudian akan

diintrodusir suatu vektor yang berkoresponden pada elemen

positif maksimum dalam baris ke-(m+1) yang berada di atas

elemen nol pada baris (m+2).

Kriteria ini dipakai sampai penyelesaian fisibel minimum

dicapai, yaitu sampai tidak ada lagi elemen positif pada baris

(m+1) di atas suatu nol pada baris ke-(m+2). Penyelesaian akhir

dapat mengandung atau tanpa artifisial variabel yang berharga

nol. Bila kriteria ini dipakai, elemen-elemen dalam baris ke-(m+1)

tidak pernah ditransformir, karena 𝐶 dari vektor yang

diintrodusir sama dengan 𝐶 . Untuk alternatif

pertama dan kedua, semua elemen-elemen baris (m+2) lebih

kecil atau sama dengan nol , dengan pengecualian mungkin


66

dari elemen (m+2,0). Elemen terakhir ini selalu non-negatif, dan

harganya tidak bertambah.

Contoh 3.8

Maksimumkan :

Kendala:


Maksimumkan:

Kendala:

Pada akhirnya, iterasi-iterasi metode simpleks akan

secara otomatis menjadikan variabel artificial ini tidak muncul lagi

(berharga nol), yaitu apabila persoalan semula telah

terselesaikan. Dengan kata lain, kita gunakan variabel artificial ini

hanya untuk memulai solusi, dan harus menghilangkannya

(menjadikannya berharga nol) pada akhir solusi. Jika tidak

demikian solusi yang diperoleh akan tidak fisibel. Untuk itu, maka

harus diberikan penalty M (M bilangan positip yang sangat besar)

pada setiap variabel artifisial dalam fungsi tujuannya. Jika fungsi

tujuan maksimasi penalty bertanda (-) dan minimisasi penalty

bertanda ( + ).


67

Ada dua teknik penyelesaian untuk kasus dengan variabel

artifisial ini, yaitu teknik M (Metode Penalty) dan teknik Dua Fase.

Kedua teknik ini saling berkaitan.

3.6.1 Teknik M (Metode Penalty)

Contoh 3.9

Maksimumkan :

Kendala:


Maksimumkan :

Kendala:

Iterasi 0

Basis C 3 5 0 0 M M

B

0 1 0 1 0 0 0 4

M 0 2 0 0 1 0 12

M 3 2 0 -1 0 1 18

𝐶 3M – 3 4M – 5 0 -M 0 0 30M

Iterasi 1

Basis C 3 5 0 0 M M

B

0 1 0 1 0 0 0 4

5 0 1 0 0 0,5 0 6

M 3 0 0 -1 -1 1 6

𝐶 3M – 3 0 0 -M -2M+2,5 0 6M+30


68

Iterasi 2

Basis C 3 5 0 0 M M

B

0 0 0 1

2

5 0 1 0 0 ½ 0 6

3 1 0 0

2

𝐶 0 0 0 -1 -M+1,5 -M+1 36

Karena 𝐶 , maka solusi optimal telah diperoleh.

Dengan harga

Contoh 3.9

Minimum:

Kendala:

Bentuk Standar

Minimum:

Kendala:

Iterasi 0

Basis / C 2 1 0 0 0 M M M

B

M 3 1 -1 0 0 1 0 0 3 3/3=1

M 4 3 0 -1 0 0 1 0 6 6/4=3/2

M 1 2 0 0 -1 0 0 1 2 2/1=2

𝐶 -2+8M -1+6M -M -M -M 0 0 0 11M


69

Iterasi 1

Basis / C 2 1 0 0 0 M M M

B

2 1

0 0

0 0 1 3

M 0

-1 0

1 0 2

M 0

0 -1

0 1 1

𝐶 0

-M -M

0 0 2+3M

Iterasi 2

Basis / C 2 1 0 0 0 M M

B

2 1 0 -0,4 0 0,2 0 -0,2 0,8

M 0 0 1 -1 1 1 -1 1 1

1 0 1 0,2 0 -0,6 0 0,6 0,6 3

𝐶 0 0 -0,6 +

M

-M -0,2 +

M

0 0,2 –

2M

2,2 + M

Iterasi 3

Basis / C 2 1 0 0 0 M

B

2 1 0 0 -0,4 0,6 0,4 1,2 2

0 0 0 1 -1 1 1 1 1

1 0 1 0 0,2 -0,8 -0,2 0,4

𝐶 0 0 0 -0,6 0,4 0,6 - M 2,8


70

Iterasi 4

Basis / C 2 1 0 0 0

B

2 1 0 -0,6 0,2 0 0,6

0 0 0 1 -1 1 1

1 0 1 0,8 -0,6 0 1,2

𝐶 0 0 0 -0,2 0 2,4

Karena 𝐶 , maka solusi optimal telah diperoleh

Jadi Minimum Z =

3.6.2 Teknik Dua Fase

Maksud dari pada metode dua fase (two-phase methode)

adalah penyelesaian problema program linier, kita pecahkan

menjadi dua bagian, yaitu mula-mula mengusahakan agar semua

nilai variabel buatan (artificial) menjadi nol. Proses ini disebut

fase pertama (Fase I). Kemudian kita buat maksimum fungsi

tujuan yang sesungguhnya, dimulai dari suatu pemecahan

dasar fisibel baik yang memuat vektor buatan dengan nilai

variabel pada tingkat nol atau tidak memuat vektor buatan sama

sekali. Proses ini disebut fase kedua (Fase II).

Dengan digunakannya konstanta M yang merupakan

bilangan positif yang sangat besar sebagai penalty, maka bisa

terjadi kesalahan perhitungan, terutama apabila perhitungan itu

dilakukan dengan menggunakan komputer. Kesalahan itu bisa

terjadi karena koefisien fungsi tujuan relatif sangat kecil

dibandingkan dengan harga M, sehingga komputer akan

memperlakukannya sebagai koefisien yang berharga nol.

Ringkasnya, perbaiki kendala pada masalah aslinya

dengan menggunakan variabel-variabel artifisial yang dibutuhkan


71

untuk mencapai sebuah penyelesaian fisibel basis awal untuk

masalah artifisial.

Kesulitan ini bisa dikurangi dengan menggunakan teknik

kedua fase. Di sini konstanta M dihilangkan dengan cara

menyelesaikan persoalan dalam dua fase (dua tingakatan)

sebagai berikut:

Fase I :

Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang

kita hadapi memiliki penyelesaian fisibel atau tidak. Pada

fase ini fungsi tujuan semula diganti dengan

meminimumkan jumlah variabel artifisialnya. Jika nilai

minimum fungsi tujuan baru ini berharga nol (artinya

seluruh variabel artifisial berharga nol), berarti persoalan

memiliki solusi fisibel, lanjutkan ke fase II. Tetapi, jika

nilai minimum fungsi tujuan baru ini berharga positif,

maka persoalan tidak memiliki penyelesaian feasibel.

STOP.

Fase II :

Gunakan penyelesaian basis optimum dari fase I sebagai

solusi awal bagi persoalan semula. Dalam hal ini ubahlah

bentuk fungsi tujuan fase I dengan mengembalikannya

pada fungsi tujuan persoalan semula. Pemecahan

persoalan dilakukan dengan cara seperti biasa.

Contoh 3.10

Maksimumkan:

Kendala:


72

Bentuk standar:

Maksimumkan:

Kendala:

Dari persamaan di atas diperoleh harga

Fase I :

Minimumkan:

Kendala:

Iterasi 0

Basis C -3 -2 0 0 0

B

0 1 0 1 0 0 4

0 0 2 0 1 0 12

0 3 2 0 0 1 18

R 3 2 0 0 0 18

Iterasi 1

Basis C -3 -2 0 0 0

B

-3 1 0 1 0 0 4

0 0 2 0 1 0 12

0 0 2 -3 0 1 6

R 0 2 -3 0 0 6


73

Iterasi 2

Basis C -3 -2 0 0 0

B

-3 1 0 1 0 0 4

0 0 0 3 1 -1 6

-2 0 1

0

3

R 0 0 0 0 -1 0

Persoalan di atas memiliki penyelesaian fisibel. Selanjutnya

tidak diikutsertakan lagi.

Fase II:

Dari tabel optimum (Iterasi 2) pada fase I di atas dapat

dituliskan persamaan-persamaan berikut:

Kembali kepada model persoalan semula, dan dengan

mensubstitusikan persamaan-persamaan di atas, kita

dapatkan:

Maksimumkan:

Kendala:


74

Iterasi 3

Basis c 0 0 9/2 0

B

3 1 0 1 0 4

0 0 0 3 1 6

5 0 1 -1,5 0 3

𝐶 0 0 -4,5 0 27

Iterasi 4

Basis c 0 0 4,5 0

B

3 1 0 0

2

0 0 0 1

2

5 0 1 0 0,5 6

𝐶 0 0 0 3,5 36

Karna 𝐶 , maka solusi optimal telah diperoleh.

Dengan harga

Contoh 3.11

Minimumkan:

Kendala:


75

Bentuk Standar :

Minimumkan:

Kendala: (1)

(2)

(3)

Fase I

Persamaan (2) dan (3) dijumlahkan:

Minimumkan:

Maks.

Iterasi 0

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

0 0,3 0,1 1 0 0 0 2,7

0 0,5 0,5 0 1 0 0 6

0 0,6 0,4 0 0 -1 1 6

R 1,1 0,9 0 0 -1 0 12

Iterasi 1

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-

1,1

1

0 0 0 9

0 0

1 0 0 1,5

0 0 0,2 -2 0 -1 1 0,6

R 0

0 -1 0 2,1


76

Iterasi 2

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-1,1 1 0

0

8

0 0 0

1

0,5

-0,9 0 1 -10 0 -5 5 3

R 0 0

0

0,5

Iterasi 3

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-1,1 1 0 0 -4 -5 5 6

0 0 0 1 0,6 1 -1 0,3

-0,9 0 1 0 6 5 -5 6

R 0 0 0 -1 0 -1 0

Persoalan pada iterasi 3 di atas memiliki solusi layak. Selanjutnya

R tidak diikutsertakan lagi dalam perhitungan.

Fase II

Dari tabel optimum pada fase I di atas dapat dituliskan

persamaan-persamaan berikut:

Minimumkan:

atau


77

Iterasi 0

Basis/C 0 0 0 -0,5

B

0 1 0 0 -5 6

0 0 0 1 1 0,3

0 0 1 0 5 6

Zj - Cj 0 0 0 0,5 5,4

Iterasi 1

Basis/C 0 0 0 -0,5

B

0 1 0 5 0 7,5

-0,5 0 0 1 1 0,3

0 0 1 -5 0 4,5

Zj - Cj 0 0 -0,5 0 5,25

Telah diperoleh solusi optimal : Min Z = 5,25

dengan


78

3.7 Soal-soal

1. Maksimum:

Kendala:

3

2. Sebuah perusahaan mebel bermaksud membuat dua jenis

produk, yakni lemari pakaian dan tempat tidur. Keuntungan

setiap lemari pakaian adalah sebesar Rp.100.000,00

sedangkan bila membuat tempat tidur keuntungannya

adalah Rp. 75.000,00 sebuah. Pembuatan kedua produk

tersebut harus melalui 2 unit kerja, yakni unit kerja I dan unit

kerja II. Jam kerja tersedia pada unit kerja I adalah 40

jam/minggu, sedangkan pada unit kerja II adalah 50

jam/minggu.

Setiap lemari pakaian membutuhkan waktu 2 jam pada

unit kerja I dan 1 jam pada unit kerja II, sedangkan setiap

tempat tidur memerlukan waktu 1,25 jam pada unit kerja I

dan 1 jam pada unit kerja II. Berapa jumlah lemari pakaian

dan tempat tidur yang sebaiknya dibuat setiap minggu.

3. Perusahaan mobil memproduksi dua macam mobil yaitu

mobil penumpang (sedan) dan mobil truk. Di dalam

perusahaan itu terdapat empat bagian, yaitu bagian

pembuatan badan mobil, bagian pembuatan mesin,

assembly sedan dan truk. Kapasitas perbulan dari

perusahaan itu ditunjukkan pada tabel berikut:


79

Bagian Perusahaan Jumlah yang dapat dihasilkan

Mobil Sedan Mobil Truk

1. Pembuatan badan mobil 250 buah 350 buah

2. Pembuatan mesin 333 buah 167 buah

3. Assembly mobil sedan 225 buah ---

4. Assembly mobil truk --- 150 buah

Jika perusahaan itu memperoleh keuntungan Rp.300.000,00

dari setiap mobil sedan dan Rp.250.000,00 setiap mobil truk,

maka tentukan keuntungan maksimum dengan metode

simpleks.

4. Selesaikan program linier berikut dengan metode Teknik M

dan Teknik Dua Fase:

Maximum:

Kendala:

5. Minimum:

Kendala:

37

6. Sebuah perusahaan elektronik membuat dua jenis pesawat

telepon, yakni jenis push button (PB) dan dial (D), masing-

masing dalam 3 warna (abu-abu, merah, hijau). Proses


80

pengerjaannya melalui 4 mesin, P, Q, R, dan S. Dari hasil

penelitian diperoleh data-data sebagai berikut:

Pengerjaan Pada Mesin

Push Button Dial Jam Mesin

Tersedia A M H A M H

P 0,02 0,02 0,02 0,06 0,06 0,06 1.700

Q 0,40 -- -- 0,10 -- -- 1.400

R -- 0,40 -- -- 0,10 -- 200

S -- -- 0,06 -- -- 0,16 1.800

Keuntungan Per unit

0,80 0,56 0,64 1,44 1,26 1,20

Bila anda diminta bantuannya, bagaimanakah rencana

produksi yang paling optimum, dan berapa keuntungan yang

akan diperoleh?

7. Maksimumkan:

Kendala:

8. Maksimumkan:

Kendala:


81

BAB IV

DUALITAS DAN ANALISIS SENSITIVITAS

4.1 Pengertian

Menentukan penyelesaian optimum dari suatu masalah

seperti yang telah dikemukakan pada bab sebelumnya, sama

sekali tidak hanya mencari tujuan problema program linier. Tabel

metode simpleks mengandung informasi ekonomi tambahan

bahkan yang lebih penting daripada penyelesaian optimum

masalah tersebut. Pentingnya informasi tambahan yang dapat

diperoleh dari tabel simpleks optimum telah mendorong

munculnya teori dualitas dan analisis sensitivitas.

Teori Dualitas merupakan salah satu konsep program

linier yang penting dan menarik ditinjau dari segi teori dan

praktisnya. Ide dasar yang melatarbelakangi teori ini adalah

bahwa setiap persoalan program linier mempunyai suatu

program linier lain yang saling berkaitan yang disebut dual,

sedemikian sehingga penyelesaian pada persoalan semula (yang

disebut primal) juga memberi penyelesaian pada dualnya.


82

4.2 Teori Dualitas

Teori dualitas merupakan salah satu konsep yang sangat

penting dan menarik dalam problema program linier. Istilah

dualitas menunjuk pada kenyataan bahwa setiap program linier

terdiri atas dua bentuk yaitu bentuk pertama atau bentuk asli

dinamakan Primal dan bentuk kedua yang berhubungan dengan

bentuk pertama dinamakan Dual.

Pendefinisian dual akan bergantung pada jenis kendala,

tanda-tanda variabel dan bentuk optimasi dari problema program

linier primalnya. Tetapi, setiap problema program linier harus

dibuat dalam bentuk standar terlebih dahulu sebelum modelnya

diselesaikan, maka pendefinisian di bawah ini akan secara

otomatis meliputi ketiga hal di atas.

Diandaikan, kita mempunyai bentuk standar untuk

permasalahan primal (bisa jadi setelah konversi dari bentuk lain)

dan bentuk permasalahan dualnya seperti yang bisa diperlihatkan

sebagai berikut:

Primal:

Maksimumkan:

Kendala:

Dapat ditulis:

Maksimumkan: (4.1)

Kendala: (4.2)

(4.3)


83

Dual:

Minimumkan:

Kendala:

Dapat ditulis:

Minimumkan: (4.4)

Kendala: (4.5)

(4.6)

4.3 Hubungan antara Primal dengan Dual

Jika kita bandingkan problema program linier antara

Primal dan Dual di atas ternyata dapat berkoresponden sebagai

berikut:

1. Koefisien fungsi tujuan primal menjadi konstanta ruas

kanan bagi dual, sedangkan konstanta ruas kanan

primal menjadi koefisien fungsi tujuan dual.

2. Untuk setiap pembatas primal ada satu variabel dual,

dan untuk setiap variabel primal ada satu pembatas

dual.

3. Tanda ketidaksamaan pada pembatas akan

bergantung pada fungsi tujuannya.

4. Fungsi tujuan berubah bentuk (maksimasi menjadi

minimasi dan sebaliknya).


84

5. Setiap kolom pada primal berkorespondensi dengan

baris (pembatas) pada dual.

6. Setiap baris (pembatas) pada primal

berkorespondensi dengan kolom pada dual.

7. Dual dari dual adalah primal.

Contoh 4.1

Primal

Maksimumkan:

Kendala:

Dual

Minimumkan:

Kendala:

;

, tidak terbatas dalam tanda

Contoh 4.2

Primal

Maksimumkan:

Kendala:

tidak terbatas dalam tanda ,


85

Dual

Minimumkan:

Kendala: atau

tidak terbatas dalam tanda

Contoh 4.3

Primal

Maksimumkan:

Kendala:

Dual

Minimumkan:

Kendala:

4.4 Metode Dual Simpleks

Apabila pada suatu iterasi kita mendapat persoalan

program linier yang sudah optimum (berdasarkan kondisi

optimalitas), tetapi belum fisibel (ada pembatas nonnegatif yang

tidak terpenuhi), maka persoalan tersebut harus diselesaikan

dengan menggunakan metode dual simpleks. Syarat

digunakannya metode ini adalah bahwa seluruh pembatas harus


86

merupakan ketidaksamaan yang bertanda , sedangkan fungsi

tujuan bisa berupa maksimasi atau minimasi.

Pada dasarnya metode dual simpleks ini menggunakan

tabel yang sama seperti metode simpleks pada primal, tetapi

leaving dan entering variable-nya ditentukan sebagai berikut:

1. Leaving variable (kondisi fisibilitas).

Yang menjadi leaving variable pada dual simpleks

adalah variabel basis yang memiliki harga negatif

terbesar. Jika semua variabel basis telah berharga

positif atau nol, berarti keadaan fisibel telah

tercapai.

2. Entering variable (kondisi optimalitas).

a. Tentukan perbandingan (ratio) antara

koefisien persamaan dengan koefisien

persamaan leaving variable. Abaikan

penyebut yang positif atau nol. Jika semua

penyebut berharga positif atau nol, berarti

persoalan yang bersangkutan tidak memiliki

solusi fisibel.

b. Untuk persoalan minimasi, entering variable

adalah variabel dengan rasio terkecil,

sedangkan persoalan maksimasi, entering

variable adalah variabel dengan rasio absolut

terkecil.

Contoh 4.4

Minimumkan:

Kendala:


87

Langkah pertama yang harus dilakukan ialah mengubah

arah pembatas ketidaksamaan sehingga bertanda ,

kemudian menambahkan variabel-variabel slack sekaligus

membuat bentuk standarnya:

Minimumkan:

Kendala:

Tabel awal

Basis C 2 1 0 0 0

B

0 -3 -1 1 0 0 -3

0 -4 -3 0 1 0 -6

0 1 2 0 0 1 3

𝐶 -2 -1 0 0 0 0

Perhatikan bahwa variabel-variabel basis awalnya tidak

memberikan solusi awal yang fisibel ( dan berharga negatif),

tetapi koefisien persamaan sudah memenuhi kondisi

optimalitas. Pada iterasi di atas, terpilih sebagai

leaving variable, sedangkan entering variable dipilih berdasarkan:

-2 -1 0 0 0

Koefisien -4 -3 0 1 0

Rasio

- - -


88

Dengan demikian, terpilih sebagai entering variable.

Basis C 2 1 0 0 0

B

0

0 1

0 -1

1

1 0

0 2

0

0 0

1 -1

𝐶

0 0

0 2

Basis C 2 1 0 0 0

B

2 1 0

0

1 0 1

0

0 0 0 -1 1 1 0

𝐶 0 0

0

Solusi optimal dan fisibel telah tercapai dengan min

untuk

dan

Contoh 4.5

Maksimum:

Kendala:

50


89

Penyelesaian dengan metode simpleks:

Tabel-1 Iterasi 0 Penyelesaian bentuk Standar Awal Metode

Simpleks

BV x1 x2 x3 X4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11

Sol. C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

x5 0 12 12 25 25 1 0 0 0 0 0 0 2.500

x6 0 1 1 2 2 0 1 0 0 0 0 0 150

x7 0 50 0 100 0 0 0 1 0 0 0 0 3.000

x8 0 0 50 0 100 0 0 0 1 0 0 0 10.000

x9 0 -1 -1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 -50

x10 0 0 0 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0 -25

x11 0 -8 45 -20 86 0 0 0 0 0 0 1 3.000

𝐶 -8 -6,5 -20 -17 0 0 0 0 0 0 0 0

Langkah berikutnya dilakukan dengan cara operasi baris

elementer, maka diperoleh Table-2 s/d Table-6 (tabel optimal).

Tabel-2 Iterasi 1

BV C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

Sol.

0 0 0 25 25 1 0 0 0 12 0 0 1.900

0 0 0 2 2 0 1 0 0 1 0 0 100

0 50 0 100 0 0 0 1 0 0 0 0 3.000

0 -50 0 0 100 0 0 0 1 50 0 0 7.500

6,5 1 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 50

0 0 0 -1 -1 0 0 0 0 0 1 0 -25

0 -53 0 -20 86 0 0 0 0 45 0 1 750

𝐶 -1,5 0 -20 -17 0 0 0 0 -6,5 0 0 325


90

Tabel-3 Iterasi 2

BV C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

Sol.

0 0 0 0 0 1 0 0 0 12 25 0 1.275

0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 50

0 50 0 100 0 0 0 1 0 0 0 0 3.000

0 -50 0 -100 0 0 0 0 1 50 100 0 5.000

6,5 1 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 50

17 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 25

0 -53 0 -106 86 0 0 0 0 45 86 1 -1.400

𝐶 -1,5 0 -20 -17 0 0 0 0 -6,5 -17 0 750

Tabel-4 Iterasi 3

BV C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

Sol.

0 0 0 0 0 1 0 0 0 12 25 0 1.275,000

0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 50,000

0 0 0 0 0 0 0 1 0 42,453 81,132 0,943 1.679,245

0 0 0 0 0 0 0 0 1 7,547 18,868 -0,943 6.320,755

6,5 0 1 -2 0 0 0 0 0 -0,151 1,623 0,019 23,585

17 0 0 1 1 0 0 0 0 0 -1 0 25,000

8 1 0 2 0 0 0 0 0 -0,849 -1,623 -0,019 26,415

𝐶 0 0 0 0 0 0 0 0 -7,774 -19,434 -0,028 789,623

Tabel-5 Iterasi 4

BV C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

Sol.

0 0 -15,407 30,814 0 1 0 0 0 14,326 0 -0,291 911,628

0 0 -1,233 2,465 0 0 1 0 0 1,186 0 -0,047 20,930

0 0 -50 100 0 0 0 1 0 50 0 0 500,000

0 0 -11,628 23,256 0 0 0 0 1 9,302 0 -1,887 6.046,512

0 0 0,616 -1,233 0 0 0 0 0 -0,093 1 0,012 14,535

17 0 0,616 -0,233 1 0 0 0 0 -0,093 0 0,012 39,535

8 1 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 50,000

𝐶 0 11,977 -23,953 0 0 0 0 0 -9,581 0 0,198 1.072,093


91

Tabel-6 Iterasi 5

BV C 8 6,5 20 17 0 0 0 0 0 0 0

Sol.

0 0 0 0 0 1 0 -0,308 0 -1,081 0 -0,291 757,558

0 0 0 0 0 0 1 -0,025 0 -0,023 0 -0,047 8,605

20 0 -0,5 1 0 0 0 0,01 0 0,5 0 0 5,000

0 0 0 0 0 0 0 -0,233 1 -2,326 0 -1,887 5.930,233

0 0 0 0 0 0 0 0,012 0 1 1 0,012 20,698

17 0 0,5 0 1 0 0 0,002 0 0,023 0 0,012 40,698

8 1 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 50,000

𝐶 0 0 0 0 0 0 0,239 0 2,395 0 0,198 1.191,860

Dari Table-6 menunjukkan bahwa 𝐶 , maka

iterasi selesai dan penyelesaian optimal telah dicapai dengan nilai , , , , , dan nilai fungsi objektif . Contoh 4.6

Minimumkan: Kendala: Penyelesaian dengan Metode Dual Simpleks Bentuk standard: Minimumkan: Kendala:


92

Iterasi 0

Basis / C

6 5 0 0 0 0 B

0 3 5 1 0 0 0 30

0 -8 -3 0 1 0 0 -24

0 -3 -5 0 0 1 0 -15

0 1 -1 0 0 0 1 4

𝐶 -6 -5 0 0 0 0 0

Iterasi 1

Basis / C

6 5 0 0 0 0 B

0 0 3,875 1 0,375 0 0 21

6 1 0,375 0 -0,125 0 0 3

0 0 -3,875 0 -0,375 1 0 -6

0 0 -1,375 0 0,125 0 1 1

𝐶 0 -2,75 0 -0,75 0 0 18

Iterasi 2

Basis / C

6 5 0 0 0 0 B

0 0 0 1 0 1 0 15

6 1 0 0 -0,161 0,097 0 2,419

5 0 1 0 0,097 -0,258 0 1,548

0 0 0 0 0,258 -0,355 1 3,129

𝐶 0 0 0 -0,484 -0,710 0 22,258


93

Solusi optimal dan fisibel telah tercapai dengan

untuk

4.5 Sifat-sifat Khusus yang Penting Primal-Dual Simpleks

Untuk memahami pentingnya penggunaan sifat-sifat

primal-dual, berikut ini diberikan contoh yang sudah dikerjakan

dan diperoleh penyelesaian optimal.

Contoh 4.7

Maximum:

Kendala:

Iterasi 0

BV C 4 6 2 0 0 0

B

0 4 -4 0 1 0 0 5

0 -1 6 0 0 1 0 5

0 -1 1 1 0 0 1 5

𝐶 -4 -6 -2 0 0 0 0

Iterasi 1

BV C 4 6 2 0 0 0

B

0

0 0 1

0

6

1 0 0

0

0

0 1 0

1

𝐶 -5 0 -2 0 1 0 5


94

Iterasi 2

BV C 4 6 2 0 0 0

B

4 1 0 0

0

6 0 1 0

0

0 0 0 1

0 1

𝐶 0 0 -2 1,5 2 0 17,5

Jika hasil akhir kita anggap solusi optimal, maka diperoleh 𝐵

adalah:

𝐵

Dan kita andaikan solusi optimal seperti tabel berikut ini, maka

tentukan unsur-unsur yang belum diketahui.

BV C 4 6 2 0 0 0

4 0,3 0,2 0

6 0,05 0,2 0

0 0,25 0 1

𝐶


95

Penyelesaian:

Sifat 1:

𝐶

.

Sifat 2:

Simplex Multiplier (SM) =

:

4

– 2 – 0 = 4

6 – 2 – 4 = 0

:

- 4

+ 6(2) + 0 = 6

- 6 + 12 – 6 = 0

:

0 – 2 = - 2

Sifat 3:

Sifat 4:

;


96

;

4.6 Analisis Sensitivitas

Operasi riset biasanya tidak hanya sampai pada saat

metode simpleks telah mencapai optimal (sukses) untuk suatu

model. Sebagaimana sudah difahami pada sub bab sebelumnya

bahwa asumsi program linier adalah semua parameter dari model

seperti merupakan konstanta yang diketahui.

Umumnya, nilai parameter yang digunakan pada suatu problema

adalah masih estimasi yang didasarkan pada prediksi keadaan

yang akan datang, oleh karena itu, seorang manajer dan staf

operasi riset akan mempertahankan skeptisme sehat mengenai

permasalahan nyata yang masih memungkinkan untuk

perubahan parameter model sehingga dapat berfungsi dengan

baik. Misalnya banyaknya sumber daya tertentu yang harus

tersedia untuk suatu aktivitas.

Pemahaman ini, sangatlah penting melakukan Analisis

Sensitivitas untuk memeriksa pengaruh solusi optimal yang

sudah dihasilkan oleh metode simpleks jika nilai parameternya

diganti dengan nilai lain yang masih memungkinkan. Biasanya ada

beberapa parameter yang bisa diubah nilainya tanpa

mengakibatkan perubahan pada penyelesaian optimal yang telah

dicapai. Namun demikian, tentu ada parameter jika dirubah

nilainya akan menghasilkan penyelesaian optimal baru. Keadaan

ini umumnya merupakan suatu hal yang sangat serius jika

penyelesaian aslinya kemudian merupakan nilai yang inferior


97

secara substansial terhadap fungsi tujuannya atau bahkan

mungkin bisa menjadi tidak layak.

Analisis Sensitivitas dengan grafis tentunya hanya dapat

dilakukan untuk problema program linier yang mempunyai

variabel tidak lebih dari dua. Cara lain yang dapat dilakukan

adalah dengan menggunakan tabel simpleks. Ada enam tipe

perubahan yang akan dibahas, yaitu:

1. Perubahan koefisien fungsi tujuan untuk variabel nonbasis.

2. Perubahan koefisien fungsi tujuan untuk variabel basis.

3. Perubahan pada ruas kanan suatu pembatas.

4. Perubahan kolom untuk variabel nonbasis.

5. Penambahan suatu variabel aktivitas baru.

6. Penambahan suatu pembatas baru.

Jadi yang dibahas dalam kasus ini adalah analisis

sensitivitas terhadap koefisien fungsi tujuan meliputi

penempatan kisaran pada nilai koefisien secara khusus pada

koefisien variabel kontinu. Selama nilai aktual koefisien fungsi

tujuan berada dalam kisaran optimalitas, solusi layak dasar

sekarang akan tetap optimal. Jadi untuk variabel nonbasis,

kisaran optimalitas menyatakan nilai koefisien untuk variabel

yang akan tetap menjadi variabel nonbasis. Sebaliknya, kisaran

optimalitas untuk variabel basis menyatakan nilai koefisien fungsi

tujuan untuk variabel yang akan tetap menjadi bagian dari solusi

layak dasar optimal saat ini.

Untuk lebih dipahami lebih jelas pembahasan kasus

digunakan problema program linier awal dan dianggap telah

mencapai penyelesain optimal, kita sajikan sebagai berikut:


98

Contoh 4.8

Maksimumkan:

Kendala: 8

Konversikan pada bentuk standar

Maksimumkan:

Kendala: 8

Iterasi 0

BV C 60 30 20 0 0 0

b

0 8 6 1 1 0 0 48

0 4 2 1,5 0 1 0 20

60 2 1,5 0,5 0 0 1 8

𝐶 -60 -30 -20 0 0 0 0

Iterasi 1

BV C 60 30 20 0 0 0

b

0 0 0 - 1 1 0 - 4 16

0 0 - 1 0,5 0 1 - 2 4

60 1 0,75 0,25 0 0 0,5 4

𝐶 0 15 - 5 0 0 30 240


99

Iterasi 2 (Tabel optimal)

BV C 60 30 20 0 0 0

b

0 0 - 2 0 1 2 - 8 24

20 0 - 2 1 0 2 - 4 8

60 1 1,25 0 0 - 0,5 1,5 2

𝐶 0 15 0 0 10 10 280

Dari tabel iterasi 2 (tabel optimal) ini dapat didefinisikan

beberapa hal sebagai berikut:

𝐵 𝐵

yang merupakan

vektor m x 1.

𝐵

4.6.1 Perubahan Koefisien Fungsi Tujuan untuk Variabel

Nonbasis

Kasus ini terjadi karena adanya perubahan, baik pada

kontribusi keuntungan maupun pada kontribusi ongkos dari

kegiatan yang direpresentasikan oleh variabel nonbasis. Pada

contoh 4.8 di atas, satu-satunya variabel keputusan nonbasis

adalah , dan mempunyai nilai koefisien adalah . Jika

berubah, bagaimana pengaruhnya terhadap solusi optimal?.

Kita tahu bahwa perubahan dari 30 menjadi (30 + Δ) tidak

mengubah harga 𝐵 dan . Karena itu ruas kanan untuk tabel

optimal variabel basis (BV), yaitu 𝐵 , tidak akan berubah

sehingga BV tetap fisibel. Karena adalah variabel nonbasis,


100

maka 𝐶 juga tidak akan berubah. Satu-satunya yang koefisien

baris 𝐶 -nya akan berubah karena perubahan ini adalah

.

Dengan demikian, BV akan tetap optimal jika , dan

BV akan menjadi suboptimal jika . Dalam hal terakhir ini,

harga mungkin dapat diperbaiki dengan memasukkan ke

dalam basis.

Dari contoh soal kita tahu bahwa:

101005,15,00420821

.60200. 1

BCBV

sehingga

Agar dan BV tetap optimal, maka (5 – Δ) harus ≥ 0

atau Δ ≤ 5. Sebaliknya, akan < 0 jika Δ > 5 sehingga BV

tidak lagi optimal. Artinya, jika harga naik atau turun

sebesar 5 atau kurang, maka BV akan tetap optimal,

tetapi jika naik atau turunnya lebih besar dari 5, maka BV

tidak lagi optimal.

Misalnya, jika , solusi basis saat ini akan menjadi

suboptimal karena , sehingga akan menjadi

entering variabel . Untuk mengetahui solusi optimal yang

baru, lanjutkan perhitungan dengan menggunakan

metode simpleks seperti biasa.


101

4.6.2 Perubahan Koefisien Fungsi Tujuan untuk Variabel Basis

Mengubah koefisien fungsi tujuan variabel basis (BV)

artinya mengubah 𝐶 sehingga beberapa koefisien pada baris 0

(baris 𝐶 ) dari tabel optimal akan berubah.

Misalkan berubah dari 60 menjadi (60 + ). Maka 𝐶 yang

baru adalah [ 0 20 60+ ] sehingga:

5,15,00420821

.)60(200. 1BcBV

= [ 0 10 – 0,5 10 + 1,5 ]

Koefisien baris 0 (baris 𝐶 ) menjadi:

jjBVj caBcc ..ˆ 1

(i). 221

2 ..ˆ caBcc BV

= 305,1

26

.5,1105,0100

= 5 + 1,25

Karena 0ˆ2 c , maka 5 + 1,25 0

- 4

(ii). 551

5 ..ˆ caBcc BV

= 0010

.5,1105,0100

= 10 – 0,5

Karena 0ˆ5 c , maka 10 – 0,5 0


102

20

(iii). 661

6 ..ˆ caBcc BV

= 0100

.5,1105,0100

= 10 + 0,5

Karena 0ˆ6 c , maka 10 + 1,5 0

320

Dari ketiga nilai di atas menunjukkan bahwa

penyelesaian basis saat ini akan tetap optimal sepanjang - 4,

20, dan 320 Dengan kata lain penyelesaian basis saat ini

akan tetap optimal jika - 4 20. Artinya, jika turun sebesar

4 atau kurang, atau c1 naik hingga 20, maka penyelesaian basis

saat ini akan tetap optimal. Atau sepanjang 56 = (60 – 4)

(60 + 20) = 80, penyelesaian basis saat ini akan tetap optimal,

tetapi jika < 56 atau > 80, maka penyelesaian basis saat ini

tidak lagi optimal. Jika penyelesaian basis saat ini tetap optimal,

maka harga variabel keputusannya juga tidak akan berubah

karena 𝐵 tidak berubah. Namun nilai optimal tentu saja

akan berubah. Contoh, jika = 70, maka

.

Lanjutkan perubahan pada yaitu berubah dari 20

menjadi (20 + )

4.6.3 Perubahan pada Ruas Kanan Pembatas

Dari sifat-sifat primal–dual kita tahu bahwa perubahan

ruas kanan pembatas ini tidak akan mengubah baris 0 (baris

𝐶 ) pada tabel optimal sehingga solusi basis saat ini tidak


103

akan menjadi suboptimal. Yang mungkin berubah adalah ruas

kanan pada tabel optimal. Tetapi, sepanjang ruas kanan setiap

pembatas pada tabel optimal tetap nonnegatif, solusi basis saat

ini tetap fisibel dan optimal. Dalam hal ini, yang perlu kita lakukan

adalah menyubstitusikan harga-harga baru dari variabel

keputusan ke dalam persamaan baris sehingga diperoleh harga

yang baru.

Jika perubahan pada ruas kanan ini menyebabkan paling

sedikit ada satu ruas kanan pada tabel optimal yang menjadi

berharga negatif, maka solusi saat ini tidak lagi fisibel, dan

karenanya tidak lagi optimal. Sebagai contoh pada persoalan

sebelumnya, jika berubah dari 20 menjadi (20 + ), maka ruas

kanan menjadi:

5,0228224

820

48

5,15,00420821

1bB

Kita tahu bahwa solusi basis saat ini akan tetap optimal

jika:

24 + 2 0 atau - 12

8 + 2 0 atau - 4

2 – 0,5 0 atau 4

Dengan kata lain, solusi basis saat ini akan tetap optimal

jika - 4 4. Dengan demikian, sepanjang (20 – 4) (20 +

4) atau 16 24, solusi saat ini akan tetap fisibel dan

optimal. Tetapi harga Z tentu saja akan berubah.

Contoh: Jika = 22, maka ruas kanan yang baru adalah:


104

11228

82248

5,15,00420821

1

1

3

4

bB

x

x

x

sehingga harga yang baru adalah:

30082248

101001

bBCBV

Jika kita mengubah harga ruas kanan pembatas

sedemikian sehingga solusi saat ini menjadi tidak fisibel lagi,

bagaimana kita dapat menentukan solusi optimal yang baru?

Misalkan kita mengubah menjadi 30. Ruas kanan yang

baru adalah sebagai berikut:

32844

83048

5,15,00420821

1

1

3

4

bB

x

x

x

Karena , sedangkan koefisien fungsi tujuan untuk

baris 0 (baris 𝐶 ) tidak berubah (tetap memenuhi syarat

optimalitas), maka untuk memperoleh solusi optimal yang baru,

kita harus menggunakan metode dual-simpleks.

4.6.4 Perubahan Kolom Variabel Nonbasis

Pada contoh 4.8, variabel nonbasis adalah yang

mempunyai kolom

5,126

2a


105

Apa yang terjadi jika kolom tersebut berubah menjadi :

225

2a

Kita tahu bahwa perubahan ini tidak akan mengubah baik

𝐵 ataupun sehingga ruas kanan tabel optimal juga

tidak akan berubah. Yang akan berubah adalah , yaitu

. Tetapi, jika , maka solusi basis saat ini akan

tetap optimal. Dengan berubahnya kolom , maka :

Karena , maka solusi basis saat ini tidak lagi

optimal. Karena untuk pembatas pada tabel optimal

menjadi:

247

225

5,15,00420821

21aB

Karena , maka akan menjadi variabel basis pada

solusi optimal yang baru.

Jika perubahan kolom terjadi pada variabel basis, maka B

dan 𝐶 mungkin berubah sehingga baris 𝐶 dan ruas

kanan dari tabel optimal juga mungkin berubah. Dalam hal ini,

sebaiknya kita memecahkan kembali persoalannya dari awal.

4.6.5 Penambahan suatu Aktivitas

Pada situasi tertentu, kita mungkin memperoleh kesempatan untuk melakukan satu atau beberapa aktivitas baru. Dalam hal ini, kita harus menentukan apakah aktivitas baru ini


106

sebaiknya dilakukan atau tidak, dengan mempertimbangkan kebaikan/keburukan aktivitas baru tersebut terhadap solusi basis yang telah diperoleh.

Sebagai contoh, misalkan akan dibuat produk ke-4 sehingga formulasi menjadi: Maksimumkan: Kendala: 8

Kita tahu bahwa ruas kanan seluruh pembatas dan

koefisien baris 𝐶 untuk variabel yang lama tidak akan

berubah. Karena itu, solusi basis saat ini akan tetap optimal jika .

Dari formulasi di atas kita peroleh:

Karena , maka solusi basis saat ini tetap optimal sehingga produk ke-4 sebaiknya tidak dibuat. Alasannya adalah karena untuk setiap unit produk ke-4 yang dibuat, kita hanya akan mengeluarkan ongkos sebesar 5, tanpa memperoleh keuntungan apa-apa. 4.6.6 Penambahan Pembatas Baru

Jika suatu pembatas baru ditambahkan, maka kita akan berada pada salah satu dari ketiga kasus berikut: Kasus 1 : Solusi optimal saat ini memenuhi pembatas baru. Kasus 2 : Solusi optimal saat ini tidak memenuhi pembatas

baru, tetapi persoalan tetap mempunyai solusi fisibel. Kasus 3 : Pembatas baru menyebabkan persoalan tidak

mempunyai solusi fisibel.


107

Contoh kasus 1:

Misalkan pada contoh soal ditambahkan pembatas

. Maka solusi basis saat ini, yaitu

dan akan memenuhi

pembatas baru tersebut. Karena solusi basis saat ini tetap

fisibel dan tetap 280, maka solusi ini tatap optimal.

Contoh kasus 2:

Misalkan pada contoh 4.8 ditambahkan pembatas

. Karena saat ini , maka solusi saat ini tidak lagi

fisibel. Untuk mencari solusi optimal yang baru, ubahlah

ketidaksamaan menjadi persamaan ,

kemudian kalikan dengan (-1) sehingga diperoleh

. Tambahkan pembatas ini ke dalam tabel

sehingga diperoleh:

Tabel 1. Tabel Optimal dengan Penambahan Pembatas Baru

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 - 2 0 1 2 - 8 0 24

20 0 - 2 1 0 2 - 4 0 8

60 1 1,25 0 0 - 0,5 1,5 0 2

0 0 -1 0 0 0 0 1 -1

𝐶 0 5 0 0 10 10 0 280

Lakukan iterasi penyelesaian dual simpleks sampai diperoleh

tabel optimal:


108

Tabel 2 Iterasi 1

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 0 0 1 2 - 8 -2 26

20 0 0 1 0 2 - 4 -2 10

60 1 0 0 0 - 0,5 1,5 1,25 0,75

0 0 1 0 0 0 0 -1 1

zj - cj 0 0 0 0 10 10 5 275

Maka, jika pembatas ditambahkan terhadap persoalan

semula, penyelesaian optimal akan menjadi

Contoh kasus 3 :

Misalkan pada contoh soal ditambahkan pembatas

sehingga diperoleh atau

. Tabelnya menjadi:

Tabel 3. Tabel Optimal dengan Penambahan Pembatas Baru

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 - 2 0 1 2 - 8 0 24

20 0 - 2 1 0 2 - 4 0 8

60 1 1,25 0 0 - 0,5 1,5 0 2

0 - 1 -1 0 0 0 0 1 -12

𝐶 0 5 0 0 10 10 0 280

Agar tetap menjadi basis, hilangkan pada baris dengan

cara mengganti baris 4 dengan (baris 3 + baris 4). Hasilnya adalah

sebagai berikut:


109

Tabel 4 Iterasi 2

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 - 2 0 1 2 - 8 0 24

20 0 - 2 1 0 2 - 4 0 8

60 1 1,25 0 0 - 0,5 1,5 0 2

0 0 0,25 0 0 - 0,5 1,5 1 -10

𝐶 0 5 0 0 10 10 0 280

Tabel 5 Iterasi 3

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 - 1 0 1 0 - 2 4 -16

20 0 - 1 1 0 0 2 4 -32

60 1 1 0 0 0 0 -1 12

0 0 - 0,5 0 0 1 - 3 - 2 20

𝐶 0 5 0 0 0 40 20 80

Tabel 6 Iterasi 4

BV C 60 30 20 0 0 0 0

B

0 0 0 -1 1 0 - 4 0 16

20 0 1 - 1 0 0 - 2 - 4 32

60 1 0 1 0 0 2 3 - 20

0 0 0 - 0,5 0 1 - 4 - 4 36

𝐶 0 5 0 0 0 40 20 - 240

Perhatikan bahwa pada Tabel 6 terakhir kita

memperoleh:


110

Padahal syarat , sehingga

ruas kiri dari persamaan di atas tidak mungkinbernilai negatif (–

20). Artinya, jika pada persoalan semula ditambahkan pembatas

x1 + x2 ≥ 12, maka persoalan menjadi tidak mempunyai

penyelesaian feasibel.

4.7 Soal-soal

1. Dari suatu problema program linier diperoleh tabel

simpleks untuk iterasi awal dan iterakhit akhir sebagai

berikut:

Tabel Awal

BV C 4 5 9 11 0 0 0

B

0 1 1 1 1 1 0 0 15

0 7 5 3 2 0 1 0 120

0 3 5 10 15 0 0 1 100

𝐶 -4 -5 -9 -11 0 0 0 0

Tabel Akhir (Optimum)

BV C 4 5 9 11 0 0 0

B

4 1

0

0

0 0

0

1

9 0

1

0

𝐶 0

0

0


111

Pertanyaan:

a. Buktikan bahwa jawaban optimum di atas tidak

berubah sekalipun ditambahkan pembatas (kendala)

baru

pada persoalan semula.

b. Bagaimana jawaban optimum yang baru jika koefisien

ruas kanan persamaan semula diubah

c. Bagaimana jika fungsi objektif menjadi

d. Bagaimana jawaban optimum yang baru jika

ditambahkan variabel baru yang mempunyai

koefisien sebagai berikut:

Dalam fungsi objektif = 13

Dalam kendala

2. Sebuah persoalan diformulasikan sebagai berikut:

Maksimumkan:

Kendala:

2


112

Pada suatu iterasi diperoleh keadaan sebagai berikut:

BV C 0 0 0

B

0 0 6

1 0 4

-1 0 1 4

𝐶 2 0 0

Carilah elemen yang kosong

3. Diketahui problema program linier di bawah ini:

Maksimumkan:

Kendala:

2

Jika jawaban optimum persoalan di atas adalah:

BV C 3 2 0 0 0 0

B

3 1 0

0 0

2 0 1

0 0

0 0 0 -1 1 1 0 3

0 0 0

0 1

𝐶 0 0

0 0


113

Bagaimanakah jawaban optimum yang baru jika:

a. Ruas kanan dari pembatas ke-1 dan ke-2 masing-

masing menjadi 7 dan 4?

b. Ditambahkan pembatas baru

c. Fungsi tujuan berubah mefungsi tujuan menjadi

d. Ditambahkan variabel baru dengan koefisien pada

fungsi tujuan 1,5 sedangkan koefisien pada kendala

ke-1, ke-2, dan ke-3 masing-masing adalah 0,75; 0,75

; dan -1 di mana


114

BAB V

PROGRAM INTEGER

5.1 Pengertian Program Integer

Program integer atau integer programming (IP) adalah

bentuk lain dari program linier (LP) di mana asumsi

divisibilitasnya melemah atau hilang sama sekali. Bentuk ini

muncul karena dalam kenyataannya tidak semua variabel

keputusan dapat berupa bilangan pecahan.

Asumsi divisibilitas melemah, artinya sebagian dari nilai

variabel keputusan harus berupa integer dan sebagian lainnya

boleh berupa bilangan pecahan. Persoalan program integer di

mana hanya sebagian dari variabel keputusannya yang harus

integer disebut sebagai persoalan Mixed Integer Programming.

Tetapi jika seluruh variabel keputusan dari suatu persoalan

program linier (LP) harus berharga integer, maka persoalan

tersebut disebut sebagai persoalan Pure Integer Programming.

Dalam hal ini, asumsi divisibilitas dari program linier hilang sama

sekali.

Contoh

Maksimumkan: Z = 8x1 + 5x2

Kendala : x1 + x2 ≤ 6

9x1 + 5x2 ≤ 45

x1, x2 ≥ 0 ; x2 integer


115

Tampaknya cukup untuk mendapatkan solusi bulat dari

masalah LP, dengan menggunakan metode simpleks biasa dan

kemudian membulatkan nilai-nilai pecah solusi optimum. Hal ini

bukan tugas mudah untuk membulatkan nilai-nilai pecah variabel

basis yang menjamin tetap memenuhi semua kendala dan tidak

menyimpang cukup jauh dari solusi bulat yang tepat. Karena itu

perlu prosedur yang sistematis untuk mendapatkan solusi bulat

optimum terhadap masalah itu. Ada beberapa pendekatan solusi

terhadap masalah integer programing yaitu salah satu di

antaranya adalah pendekatan dengan cutting plane.

5.2 Metode Pemecahan Program Integer

Dalam program linier, metode simpleks didasari oleh

pengenalan bahwa pemecahan optimum terjadi di titik ekstrem

dari ruang solusi. Hasil yang penting ini pada intinya mengurangi

usaha pencarian pemecahan optimum dari sejumlah pemecahan

yang tidak terbatas menjadi sejumlah yang terbatas. Sebaliknya

Integer Linier Programming (ILP) memulai dengan sejumlah titik

pemecahan yang terbatas. Tetapi sifat variabel yang berbentuk

integer mempersulit perancangan sebuah algoritma yang efektif

untuk mencari secara langsung di antara titik integer yang layak

dari ruang penyelesaian.

Terdapat dua metode untuk menghasilkan batasan-

batasan khusus yang akan memaksa pemecahan optimum dari

masalah program linier yang dilonggarkan untuk bergerak ke arah

pemecahan integer yang diinginkan yaitu metode Branch and

Bound dan metode Bidang Pemotong (Gomory Cutting Plane).


116

5.3 Metode Gomory (Cutting Plane Algorithm)

Suatu prosedur sistematik untuk memperoleh solusi

integer optimum terhadap pure integer programming pertama

kali dikemukakan oleh R.E. Gomory pada tahun 1958. Kemudian

prosedur ini diperluas untuk menangani kasus yang lebih sulit,

yaitu mixed integer programming.

Pembentukan kendala Gomory adalah begitu penting

sehingga memerlukan perhatian khusus. Misalkan tabel optimum

masalah Linier Programming yang disajikan merupakan solusi

optimum kontinu. Secara historis, metode bidang pemotong

adalah metode pertama yang diperkenalkan dalam literatur

Operasi Riset. Oleh karena itu, maka yang disajikan dalam tulisan

ini adalah bagaimana menemukan penyelesaian optimal yang

integer dengan menggunakan metode algoritma bidang

pemotong.

5.3.1 Algoritma Bidang Pemotong

Gagasan dari algoritma bidang pemotong adalah

mengubah himpunan cembung (conveks) dari bidang

pemecahan, sehingga titik ekstrem yang sesuai menjadi

semuanya integer. Perubahan seperti ini dalam batas ruang

pemecahan masih tetap menghasilkan sebuah himpunan

cembung. Juga perubahan ini harus dilakukan tanpa “mengiris”

setiap pemecahan integer yang layak dari masalah semula.

5.3.2 Algoritma Fraksional

Satu persyaratan dasar untuk penerapan algoritma ini

adalah bahwa semua koefisien dan konstanta sisi kanan dari

setiap kendala haruslah integer. Persyaratan dimaksud

diberlakukan karena seperti yang akan diperlihatkan kemudian


117

bahwa, algoritma integer murni tidak membedakan antara

variabel biasa dan variabel slack dari masalah yang bersangkutan

dalam arti bahwa semua variabel harus integer. Adanya koefisien

pecahan dalam kendala tidak memungkinkan variabel slack untuk

memiliki nilai integer. Dalam kasus ini algoritma fraksional dapat

menyatakan bahwa tidak terdapat pemecahan yang layak,

sekalipun masalah tersebut memiliki pemecahan integer yang

layak dalam bentuk variabel bukan slack.

Perincian algoritma fraksional pertama membahas

masalah program linier yang dilonggarkan dipecahkan yaitu

dengan mengabaikan kondisi integer. Jika pemecahan optimal

ternyata integer, tidak ada lagi yang perlu dilakukan. Sebaliknya

batasan sekunder yang akan memaksa pemecahan bergerak ke

arah pemecahan integer dikembangkan sebagai berikut.

Anggaplah Tabel 5.1 merupakan tabel optimal terakhir untuk

program linier diketahui.

Variabel xi, (i = 1, 2, ... , m) mewakili variabel basis dan

variabel wj (j = 1, ..., n) adalah variabel nonbasis. Variabel-veriabel

ini telah diatur demikian untuk kemudahan. Pertimbangkan

persamaan ke-i di mana variabel dasar xi memiliki nilai

noninteger.

j

n

j

j

iii wx

1 , βj noninteger (baris sumber) (5.1)


118

Tabel 5.1 Penyelesaian Optimal Metode Simpleks.

Dasar X1 ... xi ... xm w1 ... wj ... wn Pemecahan

Z 0 ... 0 ... 0 1c ...

jc ... nc βn

x1 1 ... 0 ... 0 11 ... j

1 ... n

1 β1

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

xi 0 ... 1 ... 0 1i ... j

i ... n

i βi

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

xm 0 ... 0 ... 1 1m ... j

m ... n

m βn

Setiap persamaan seperti ini akan ditunjuk sebagai baris

sumber. Karena pada umumnya koefisien fungsi tujuan dapat

dijadikan integer, maka variabel Z juga integer dan persamaan Z

tersebut dapat dipilih sebagai baris sumber. Pada kenyataannya

bukti konvergensi dari algoritma ini mengharuskan Z berupa

integer.

Anggaplah

βi = [ βi ] = fi

fi = βi – [ βi] (bagian pecahan dari βi) (5.2)

dan

ij

j

i

j

i f ][

][ j

i

j

iijf (bagian pecahan dari j

i ) (5.3)

Di mana N = [a] adalah integer terbesar sedemikian rupa sehingga

N ≤ a. Disimpulkan bahwa 0 < fi < 1 dan 0 < fij ≤ 1; yaitu fi adalah


119

pecahan yang positif secara ketat dan fij adalah pecahan

nonnegatif. Jadi baris sumber menghasilkan

j

n

j

j

iiij

n

j

iji wxwff ][][11

(5.4)

Agar semua variabel xi dan wj adalah integer, maka sisi kanan dari

persamaan (5.4) haruslah integer yang pada gilirannya

menyiratkan bahwa sisi kiri harus pula integer.

Dengan diketahui fij ≥ 0 dan wj ≥ 0 untuk semua i dan j

dapat disimpulkan bahwa

01

j

n

j

ij wf

Akibatnya: 11

i

n

j

jiji fwff

(5.5)

Karena

n

j

jiji wff1

haruslah integer berdasarkan

pengembangannya, satu kondisi untuk memenuhi sifat integer ini

menjadi

01

n

j

jiji wff

(5.6)

batasan terakhir ini dapat ditulis dalam bentuk:

i

n

j

jiji fwfS 1

(pemotongan fraksional) (5.7)

di mana Si adalah variabel slack nonnegatif yang berdasarkan

definisinya haruslah sebuah integer. Persamaan batasan ini

mendefinisikan pemotong fraksional. Dari Tabel 5.2, wj = 0 dan

jadi Si = -fi yang tidak layak. Ini berarti bahwa batasan baru

tersebut tidak dipenuhi oleh pemecahan yang diberikan. Metode


120

dual simpleks dapat dipergunakan untuk ketidaklayakan ini

adalah yang setara dengan memotong bidang pemecahan ke arah

pemecahan integer yang optimal.

Jika pemecahan baru (setelah menerapkan dual simpleks)

adalah integer, maka proses iterasi berakhir. Jika tidak sebuah

pemotong fraksional baru akan dikembangkan dari tabel yang

dihasilkan dan metode dual simpleks dipergunakan sekali lagi

untuk ketidaklayakan ini. Prosedur ini diulangi sampai pemecahan

integer dicapai. Tetapi jika salah satu iterasi algoritma dual

simpleks tersebut menunjukkan bahwa tidak ada pemecahan

yang layak, maka masalah tersebut tidak memiliki pemecahan

integer yang layak.

Tabel 5.2 Penyelesaian Setelah Penambahan Pemotong

Frakasional.

Dasar x1 ... xi ... xm w1 ... wj ... wn Si Pemecahan

Z 0 ... 0 ... 0 1c ...

jc ... nc 0 βn

x1 1 ... 0 ... 0 11 ... j

1 ... n

1 0 β1

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

.

.

.

xi 0 ... 1 ... 0 1i ... j

i ... n

i 0 βi

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

...

...

...

.

.

.

...

...

...

.

.

.

.

.

.

.

.

.

xm 0 ... 0 ... 1 1m ... j

m ... n

m 0 βn

Si 0 ... 0 ... 0 -fi1 ... fij ... fin 1 -fi


121

Algoritma ini disebut sebagai metode fraksional karena

semua koefisien bukan nol dari pemotongan yang dihasilkan

adalah kurang dari satu. Algoritma fraksional dapat menunjukkan

bahwa ukuran tabel simpleks dapat menjadi sangat besar

sementara pemotongan-pemotongan baru ditambahkan ke

dalam suatu batasan masalah. Ini tidak benar, sebab pada

kenyataannya jumlah total batasan ke dalam suatu masalah yang

ditambahkan tidak melebihi dari jumlah variabel dalam masalah

semula yaitu (m + n). Hasil ini berlaku karena jika masalah yang

ditambahkan mencakup lebih dari (m + n) batasan, maka satu

variabel slack Si atau lebih yang berkaitan dengan pemotongan

fraksional tersebut harus menjadi basis. Dalam kasus ini,

persamaan yang bersangkutan menjadi berlebihan dan jelas

harus dikeluarkan dari tabel.

Algoritma fraksional memiliki dua kelemahan:

1. Kesalahan pembulatan yang berkembang dalam

perhitungan otomatis kemungkinan besar akan

mendistorsi data semula terutama dengan

bertambahnya ukuran masalah.

2. Pemecahan masalah tetap tidak layak dalam arti

bahwa tidak ada pemecahan integer yang dapat

diperoleh sampai pemecahan integer optimal dicapai.

Ini berarti bahwa tidak ada pemecahan integer yang

baik jika perhitungan dihentikan sebelum mencapai

pemecahan integer yang optimal.

Kelemahan pertama dapat diatasi dengan pengembangan

algoritma integer semua-integer. Algoritma ini dimulai dengan

tabel awal yang semuanya terdiri dari integer (semua koefisien

integer) yang sesuai untuk pengembangan algoritma dual


122

simpleks. Pemotongan khusus lalu dikembangkan sedemikian

rupa sehingga penambahannya ke tabel akan mempertahankan

sifat integer dari semua koefisien. Tetapi fakta bahwa pemecahan

tetap tidak layak sampai pemecahan integer yang optimal dicapai

tetap menyajikan suatu kelemahan.

Kelemahan kedua dipertimbangkan dengan

mengembangkan algoritma bidang pemotong yang dimulai

dengan integer dan layak, tetapi tidak optimal. Iterasi berlanjut

untuk tetap layak dan integer sampai pemecahan optimum

dicapai. Dalam hal ini algoritma bersifat layak primal

sebagaimana dapat dibandingkan dengan algoritma fraksional

yang bersifat layak dual, tetapi algoritma ini tampaknya tidak

menjanjikan secara perhitungan.

5.4 Kekuatan Pemotongan Fraksional

Pengembangan algoritma di atas menunjukkan bahwa

pertidaksamaan tertentu yang mendefinisikan sebuah

pemotongan bergantung secara langsung pada baris sumber

yang diperoleh dari pemotongan yang dihasilkan. Jadi

pertidaksamaan yang berbeda dapat dihasilkan dari tabel

simpleks yang diketahui. Hasil ini dapat diungkapkan secara

matematis sebagai berikut. Pertimbangkan dua pertidaksamaan:

ij

n

j

ij fwf 1

(5.8)

kj

n

j

kj fwf 1

(5.9)


123

Pemotongan persamaan (5.8) dikatakan lebih kuat daripada

persamaan (5.9) jika fi ≥ fk dan fij ≤ fkj untuk semua j dengan

pertidaksamaan yang ketat berlaku setidaknya satu kali.

Definisi kekuatan ini sulit diterapkan dalam perhitungan.

Jadi aturan empiris yang dirancang dapat mencerminkan definisi

ini. Kedua persamaan ini menyatakan pemotongan dari baris

sumber yang memiliki (5.8) maksi{fi} atau (5.9)

n

j

ij

i

i

f

f

1

max .

Persamaan (5.9) lebih efektif karena lebih dekat mewakili definisi

kekuatan yang diberikan.

Contoh 5.1

Maksimumkan:

Kendala:

Tabel Awal

BV C 7 9 0 0

B

0 -1 3 1 0 5

0 7 1 0 1 35

𝐶 -7 -9 0 0 0

Setelah diselesaikan dengan metode simpleks, diperoleh

penyelesaian optimum sebagai berikut:


124

Tabel Optimal

BV C 7 9 0 0

B

0 0 1

0 1 0

𝐶 0 0

63

Penyelesaian pada tabel optimal di atas kemudian disebut

sebagai penyelesaian kontinu optimum. Karena hasilnya masih

belum integer, maka diperlukan pembatas tambahan. Karena

sama-sama merupakan noninteger, maka salah satu

dapat dipilih untuk menurunkan persamaan pembatas baru

tersebut. Kemudian variabel yang terpilih harus memberikan

ketidaksamaan yang “kuat”, yaitu yang dapat mempercepat

pencapaian penyelesaian integer optimum.

Misalkan kedua pertidaksamaan yang dimaksud dapat

dituliskan sebagai berikut (hal ini terjadi karena antara variabel

mempunyai nilai pecahan yang sama besar):

(i)

dan

(ii)

Ketidaksamaan (i) dikatakan “lebih kuat” dari (ii) jika dan

untuk semua harga . Definisi “kekuatan” ini dijabarkan

menjadi suatu aturan yang mengatakan bahwa pembatas baru

harus diturunkan dari baris yang mempunyai:


125

1) , artinya dari baris dengan pecahan terbesar

atau

2)

, artinya dari baris dengan rasio

terbesar.

Kembali pada persoalan di atas, karena kedua harga variabel

keputusan pada solusi optimal mempunyai harga pecahan yang

sama besar

, maka tidak ada harga . Jadi

pemilihan harus didasarkan pada aturan 2) dengan cara sebagai

berikut:

Mengubah koefisien pembatas yang merupakan bilangan

bertanda negatif, sedemikian hingga akhirnya diperoleh

bilangan positif. Pada contoh 5.1 di atas, koefisien dari

baris persamaan adalah

yang diubah dengan cara:

.

Selanjutnya, koefisien dari persamaan ini

dinyatakan sebagai

.

Mencari harga maksimum dari rasio

.

Dengan demikian diperoleh:

Persamaan :

Persamaan :

maka persamaan terpilih untuk menurunkan persamaan

pembatas baru.

atau


126

Persamaan pembatas barunya adalah:

masukkan ke dalam tabel semula hingga didapat:

Tabel Perubahan

BV C 7 9 0 0 0

B

0 0 1

0

0 1 0

0

0 0 0

1

𝐶 0 0

0 63

Dengan menggunakan metode dual simpleks diperoleh:

Tabel Dual Simpleks

BV C 7 9 0 0 0

B

9 0 1 0 0 1 3

7 1 0 0

0 0 0 1

𝐶 0 0 0

8 59

Karena penyelesaian pada tabel dual simpleks di atas masih

noninteger, maka harus dibuat lagi pembatas baru dari

persamaan (karena pecahannya terbesar

.


127

Masukkan pada tabel terakhir hingga didapat:

Tabel Akhir (Cutting Plane)

BV C 7 9 0 0 0 0

B

9 0 1 0 0 1 0 3

7 1 0 0

0

0 0 0 1

0

0 0 0 0

1

𝐶 0 0 0

8 0 59

Dengan metode dual simpleks, akhirnya didapat penyelesaian

integer optimal:

Tabel Akhir (Optimal)

BV C 7 9 0 0 0 0

B

9 0 1 0 0 1 0 3

7 1 0 0 0 -1 1 4

0 0 0 1 0 -4 1 1

0 0 0 0 1 6 -7 4

𝐶 0 0 0 0 2 7 55

Penyelesaian integer optimum telah tercapai dengan

untuk


128

5.5 Soal-soal

1. Selesaikan persoalan integer berikut ini:

Maksimum:

Kendala: 1

2. Maksimalkan:

Kendala:

adalah bilangan bulat

3. Sebuah perusahaan mendapat tawaran untuk mengangkut 5

jenis barang pada waktu bersamaan. Untuk setiap kilogram

barang yang diangkutnya, perusahaan yang memiliki

pesawat tersebut akan memperoleh Rp 100,00 ditambah

sejumlah bonus tertentu yang tidak bergantung pada jenis

barang. Pesawat dapat mengangkut maksimum 2.000 kg.

Data mengenai barang yang diangkut adalah sebagai berikut:

Jenis Barang Berat (kg) Volume (ft3) Bonus (Rp)

Barang Kelontong 1.000 70 75.000,00

Sepeda Motor 1.100 100 90.000,00

Makanan Kaleng 700 100 120.000,00

Obat-obatan 800 80 110.000,00

Beras 500 50 70.000,00


129

a. Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan

programa integer.

b. Jika ternyata bobot barang tidak menjadi masalah

tetapi volume kabin maksimum adalah 200 ft3, maka

barang apa saja yang sebaiknya diangkut.


130

BAB VI

MODEL TRANSPORTASI

Model transportasi berkaitan dengan penentuan rencana

berbiaya rendah untuk mengirimkan satu barang dari sejumlah

sumber (misalnya, pabrik) ke sejumlah tujuan (misalnya, gudang).

Model ini dapat diperluas secara langsung untuk mencakup

situasi-situasi praktis dalam bidang pengendalian mutu,

penjadwalan dan penugasan kerja, di antara bidang-bidang

lainnya.

Model transportasi pada dasarnya merupakan sebuah

programa linier yang dipecahkan oleh metode simpleks biasa.

Tetapi, strukturnya yang khusus memungkinkan pengembangan

sebuah prosedur pemecahan, yang disebut teknik trasportasi,

yang lebih efisien dalam hal perhitungan.

Ciri-ciri khususpersoalan transportasi adalah:

1. Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan tertentu.

2. Kuantitas komoditas atau barang yang didistribusikan dari

setiap sumber dan yang diminta oleh setiap tujuan, besarnya

tertentu.

3. Komoditas yang dikirim atau diangkut dari suatu sumber ke

suatu tujuan, besarnya sesuai dengan permintaan dan atau

kapasitas sumber.


131

4. Ongkos pengangkutan komoditas dari suatu sumber ke suatu

tujuan, besarnya tertentu.

6.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi

Dalam arti sederhana, model transportasi berusaha

menentukan sebuah rencana transportasi sebuah barang dari

sejumlah sumber ke sejumlah tujuan. Data dalam model ini

mencakup:

1. Tingkat penawaran di setiap sumber dan sejumlah permintaan

di setiap tujuan.

2. Biaya transportasi per unit barang dari setiap sumber ke setiap

tujuan.

Tujuan dari model ini adalah menentukan jumlah yang

harus dikirimkan dari setiap sumber ke setiap tujuan sedemikian

rupa sehingga biaya transportasi total diminimumkan.

Asumsi dasar dari model ini ialah bahwa biaya

transportasi di sebuah rute tertentu adalah proporsional secara

langsung dengan jumlah unit yang dikirimkan.

Gambar 6.1 memperlihatkan sebuah model transportasi

dari sebuah jaringan dengan m sumber dan n tujuan. Sebuah

sumber atau tujuan diwakili dengan sebuh node. Busur yang

menghubungkan sebuah sumber dan sebuah tujuan mewakili

rute pengiriman barang tersebut. Jumlah penawaran di sumber i

adalah dan permintaan di tujuan j adalah . Biaya unit

transportasi antara sumber i dan tujuan j adalah .


132

Gambar 6.1 Model Transportasi dari Suatu Jaringan

Anggaplah mewakili jumlah barang yang dikirimkan

dari sumber i ke tujuan j; maka model programa linier yang

mewakili masalah transportasi adalah sebagai berikut:

Meminimumkan:

Dengan batasan:

untuk semua i dan j

Kelompok batasan pertama menetapkan bahwa jumlah

pengiriman dari sebuah sumber tidak dapat melebihi

penawarannya; demikian pula, kelompok batasan kedua

mengharuskan bahwa jumlah pengiriman ke sebuah tujuan harus

memenuhi permintaannya.

Model diatas menyiratkan bahwa penawaran total harus

setidaknya sama dengan permintaan total Ketika

Unit Permintaan

Gambar 6.1

1

2

m

1

2

n

Sumber Tujuan

1 →

2 →

→

→ 1

→ 1

→ 1

Unit Penawaran

Model Transportasi dari Suatu Jaringan


133

penawaran total sama dengan permintaan total

Formulasi yang dihasilkan disebut model

transportasi berimbang (balanced transportation model). Model

ini berbeda dengan model di atas hanya dengan fakta bahwa

semua batasan adalah persamaan yaitu:

Dalam kehidupan nyata tidak selalu dapat dipastikan

bahwa penawaran sama dengan permintaan atau melebihinya.

Tetapi, sebuah model transportasi dapat selalu berimbang.

Pengimbangan ini, disamping kegunaannya dalam pemodelan

situasi praktis tertentu, adalah penting untuk pengembangan

sebuah metode pemecahan yang sepenuhnya memanfaatkan

struktur khusus dari model tranportasi ini

6.2 Pemecahan Masalah Transportasi

Untuk menyelesaikan persoalan transportasi, harus

dilakukan langkahlangkah sebagai berikut:

1. Tentukan pemecahan awal yang layak.

2. Tentukan variabel masuk (entering variabel) dari variabel-

variabel nonbasis. Bila semua variabel sudah memenuhi

kondisi optimum, STOP. Bila belum, lanjutkan langkah 3.

3. Tentukan variabel keluar (leaving variabel) di antara

variabel-variabe basis yang ada, kemudian hitung solusi yang

baru. Kembali ke langkah 2.


134

Langkah 1: Menentukan Penyelesaian Fisibel Basis Awal

Ada tiga metode yang biasa digunakan untuk

menentukan penyelesaian fisibel basis awal adalah:

6.2.1 Metode Pojok Kiri Atas-Pojok Kanan Bawah (Northwest

Corner Rule/NCR)

Prosedur yang digunakan dalam menyelesaikan persoalan

transportasi dengan metode NCR adalah sebagai berikut:

Mulai dari pojok kiri atas, alokasikan sebesar

. Artinya: jika maka ; jika

maka . Kalau , maka selanjutnya yang

mendapat giliran untuk dialokasikan adalah sebesar

; kalau , maka selanjutnya

yang mendapat giliran untuk dialokasikan adalah sebesar

, demikian seterusnya.

Contoh 6.1

Tabel 6.1 Contoh Pemakaian Metode NCR

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10

2 12 7 9 20

25 5 15 5

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


135

Langkah-langkahnya adalah:

Langkah selanjutnya ialah mengisi sampai penuh dengan

mengalokasikan sebesar pada , yaitu jumlah kekuarangan

yang terjadi dalam pemenuhan kebutuhan pada

Dengan melanjutkan prosedur di atas, maka akan diperoleh

berturut-turut: , , yang bersama-

sama dengan membentuk penyelesaian fisibel

basis awal. Pada iterasi pertama ini diperoleh biaya transportasi

totalnya adalah: 𝐶

.

6.2.2 Metode Biaya Terendah (Least Cost)

Prinsip cara ini adalah pemberian prioritas pengalokasian

pada tempat yang mempunyai satuan ongkos terkecil. Dengan

menggunakan contoh 6.1 di atas, kita lihat adalah

ongkos terkecil dari keseluruhan tabel. Maka

mendapat prioritas pengalokasian pertama kali. Jumlah unit yang

dialokasikan masing-masing adalah

dan . Selanjutnya lihat ongkos terkecil

berikutnya, yaitu . Tetapi, karena tujuan kedua telah

terisi penuh, maka lihat ongkos terkecil berikutnya, diperoleh

. Alokasikan sebesar

Dengan melakukan prosedur di atas, diperoleh .

Maka dan bersama-sama membentuk

penyelesaian fisibel basis awal.


136

Tabel 6.2 Contoh Pemakaian Metode Least Cost

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 0 15 0

2 12 7 9 20

25 15 10

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Biaya total 𝐶

.

Hasil yang dicapai pada metode least cost ternyata lebih baik

(lebih rendah) daripada yang diperoleh dengan metode NCR.

6.2.3 Metode Pendekatan Vogel

(Vogel’s Approximation Method /VAM)

Cara ini merupakan cara terbaik dibandingkan dengan

kedua cara di atas. Langkah-langkah pengerjaannya adalah:

1. Hitung penalty untuk tiap kolom dan baris dengan jalan

mengurangkan elemen ongkos terkecil dari yang kedua

terkecil.

2. Selidiki kolom/baris dengan penalty terbesar. Alokasikan

sebanyak mungkin pada variabel dengan ongkos terkecil,

sesuaikan supply dengan demand, kemudian tandai kolom

atau baris yang sudah terpenuhi. Kalau ada 2 buah

baris/kolom yang terpenuhi secara simultan, pilih salah satu

untuk ditandai, sehingga supply/demand pada baris/kolom

yang tidak terpilih adalah nol. Setiap baris/kolom dengan

supply/demand sama dengan nol, tidak akan terbawa lagi

pada perhitungan penalty berikutnya.


137

a. Bila tinggal 1 kolom/baris yang belum ditandai, STOP.

b. Bila tinggal 1 kolom/baris dengan supply/demand positip

yang belum ditandai, tentukan variabel basis pada

kolom/baris dengan cara ongkos terkecil (least cost).

c. Bila semua baris dan kolom yang belum ditandai

mempunyai supply dan demand sama dengan nol,

tentukan variabel-variabel basis yang berharga nol

dengan cara ongkos terkecil. Kemudian STOP.

d. Jika 3a, b dan c tidak terjadi, hitung kembali penalty

untuk baris/kolom yang belum ditandai. Kembali ke

nomor 2.

Contoh 6.2

Tabel 6.3 Iterasi 1 Tujuan Penalty Baris

1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 10 15 0

2 12 7 9 20

25 2 15 10

3 0 14 16 18

5 14*

5 15 15 10

Penalty

Kolom 10 7 7 7

Karena baris ketiga memiliki penalty terbesar (= 14) dan karena

merupakan ongkos terkecil di dalam barisnya, maka

alokasikan . Dengan demikian, baris 3 dan kolom 1 sudah

terpenuhi secara simultan. Dalam hal ini kita bisa memilih baris 3

atau kolom 1 yang akan ditandai. Misalkan dipilih kolom 1 untuk

ditandai, maka sisa supply untuk baris 3 menjadi 0.


138

Tabel baru menjadi:


1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 11*

2 12 7 9 20

25 2

3 0 14 16 18

0 5

0 15 15 10

Penalty

Kolom 7 11 9

Selanjutnya kita ulangi menghitung penalty. Kita lihat bahwa baris

1 dan kolom 3 mempunyai penalty yang sama (= 11), sehingga

kembali kita dapat memilih salah satu untuk ditandai.

Misalkan dipilih kolom 3 untuk ditandai, maka alokasikan

. Supply untuk baris 2 sekarang menjadi 10.


1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 11

2 12 7 9 20

10 13* 15

3 0 14 16 18

0 5

0 15 0 10

Penalty

Kolom 7 0 9


139

Dengan menghitung penalty yang baru, diperoleh penalty

terbesar untuk baris 2 (= 13) sehingga alokasikan .

Kemudian tandai baris 2.

Tabel 6.6 Iterasi 4 Tujuan

1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15

2 12 7 9 20

0 10 15

3 0 14 16 18

0 5

0 5 0 10

Supply yang masih tersedia adalah 15 (baris 1), sedangkan

demand yang belum terpenuhi adalah kolom 2 sebanyak 5 dan

kolom 4 sebanyak 10.

Karena tidak ada pilihan lain, maka alokasikan dan

. Pengisian tabel selesai dengan solusi fisibel basis awal:

, , , dan . Dari hasil

perhitungan di atas, maka tabel optimumnya adalah:

Tabel 6.7 Iterasi Optimum Tujuan

1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10

2 12 7 9 20

25 10 15

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


140

Biaya total: C = 5 x 0 + 10 x 11 + 10 x 7 + 15 x 9 + 5 x 0 = 315

Langkah 2 dan 3: Menentukan Entering Variabel dan Leaving

Variabel

Menentukan entering dan leaving variabel adalah tahap

berikutnya dari teknik pemecahan persoalan transportasi, setelah

solusi fisibel basis awal diperoleh. Ada dua cara yang bisa

digunakan dalam menentukan entering dan leaving variable ini,

yaitu dengan menggunakan metode stepping stone atau metode

multipliers.

6.2.4 Metode Stepping Stone

Untuk menentukan entering dan leaving variable ini,

terlebih dahulu haris dibuat suatu loop tertutup bagi setiap

variabel nonbasis. Loop tersebut berawal dan berakhir pada

variabel nonbasis tadi, di mana tiap sudut loop haruslah

merupakan titik-titik yang ditempati oleh variabel-variabel basis

dalam tabel trasportasi. Sebagai contoh, kita lihat kembali tabel

terakhir yang diperoleh dari cara NCR, Tabel 6.1 berikut ini:

Tabel 6.8 Contoh Metode Stepping Stone

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10

2 12 7 9 20

25 5 15 5

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


141

Dari Tabel 6.8 di atas diperoleh variabel basis awal

, masing-masing dengan harga 5, 10, 5, 15, 5,

dan 5. Sampai disini diperoleh solusi awal C = (5) (10) + (10) (0) +

(5) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 410. Dalam hal ini loop

digunakan untuk memeriksa apakah bisa diperoleh penurunan

ongkos (C) jika variabel nonbasis dimasukkan menjadi variabel

basis. Dengan cara memeriksa semua variabel nonbasis yang

terdapat dalam suatu iterasi itulah kita dapat menentukan

entering variabel.

Sebagai contoh, kita kembali pada Tabel 6.8. Misalkan

kita akan memeriksa apakah variabel nonbasis dapat

dimasukkan menjadi variabel basis sehingga ongkos totalnya

berkurang. Untuk itu alokasikan sebanyak 1 satuan barang

kepada . Mengingat bahwa kuantitas barang

pada masing-masing baris atau kolom harus tetap, maka

perubahan harga dari 0 menjadi 1 mengakibatkan perubahan

pada harga variabel basis (yang berada pada kolom 1) sebesar

1 sehingga menjadi = 4. Demikian pula halnya dengan

variabel yang berada pada baris 2 sehingga berubah menjadi

4. Perubahan yang terjadi pada C adalah: C = (4) (10) + (11) (0) +

(1) (12) + (4) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 405. Dibandingkan

dengan solusi sebelumnya (C = 410), maka jelaslah bahwa

dapat dimasukkan sebagai entering variabel, dimana

pengalokasian 1 unit barang kepada akan mengakibatkan

penurunan ongkos sebesar 5 (lihat Tabel 6.9).


142

Tabel 6.9 Pemasukan Variabel Nonbasis Menjadi Variabel

Basis

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 4 11

2 12 7 9 20

25 1 4 15 5

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Untuk memudahkan perhitungan, buatlah sebuah loop

tertutup untuk masingmasing pengecekan. Misalnya untuk

variabel tadi (lihat Tabel 6.10).

Kalau kita pandang 1 unit pengalokasian kepada

berasal dari pemindahan 1 unit pada kolom 2 ke kolom 1, maka

untuk menjaga agar kuantitasl total pada kolom ke 2 tidak

berubah dan kuantitas pada kolom 1 tidak berlebih, haruslah dari

kolom 1 dipindahkan ke kolom 2 sebesar 1 unit pula. Misalkan

yang berubah itu adalah menjadi 4, dan 1 unit dipindahkan

dari kepada sehingga menjadi 11. Dengan cara yang

sama menjadi 1 dan menjadi 4 sebagai perimbangannya

(lihat Tabel 6.9).


143

Tabel 6.10 Loop Tertutup untuk Variabel Nonbasis

Akibat “perpindahan antar kolom” ini terhadap ongkos

total hanyalah berkisar pada elemen-elemen ongkos tempat

dilakukannya perpindahan tersebut, yaitu .

Dalam hal ini, akibat perpindahan dari kepada sebesar 1

unit, maka terjadi penurunan ongkos sebesar . Begitu

pula yang terjadi pada perpindahan dari kepada ,

penurunan ongkosnya adalah sebesar .

Kalau penurunan ongkos ini diberi tanda minus (-) dan

pertambahan ongkos diberi tanda plus (+), maka perubahan total

ongkos yang terjadi, bila dialokasikan sebanyak 1 unit terhadap

variabel nonbasis , adalah:

Perubahan harga variabel-variabel basis dan nonbasis ini

tentu saja dapat pula dipandang sebagai “perpindahan

antarbasis” dan tidak akan mempengaruhi hasil perhitungan.

Bahkan ada kalanya dibutuhkan “perpindahan antarkolom”

sekaligus “perpindahan antar baris”, misalnya untuk memeriksa

. Jika = perubahan ongkos akibat pengalokasian 1 unit

produk ke variabel nonbasis , maka dengan cara yang sama

1 2 3 4

1

2

3

5 10

5 21 15 5

5


144

akan diperoleh berturut-turut:

, sehingga diperoleh Tabel 6.11.

Tabel 6.11 Penambahan dan Penurunan Ongkos Transportasi

per unit untuk masing-masing Variabel Nonbasis

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10 (18) (-2)

2 12 7 9 20

25 (-5) 5 15 5

3 0 14 16 18

5 (-15) (9) (9) 5

5 15 15 10

Selanjutnya dipilih variabel nonbasis yang akan

menyebabkan penurunan ongkos terbesar sebagai entering

variabel. Dari iterasi Tabel 6.11 di atas dipilih sebagai entering

variable karena memberikan penurunan ongkos yang terbesar

yaitu sebanyak 15 satuan ongkos per unit. Dengan demikian, kita

dapat membuat sebuah loop yang berawal dan berakhir pada

variabel (lihat Tabel 6.12).


145

Tabel 6.12 Loop dari Variabel

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5(-) 10 (+) (18) (+) (-2)

2 12 7 9 20

25 5 (-) 15 5

3 0 14 16 18

5 (+) 5

5 15 15 10

Tanda (+) dan (-) menyatakan bahwa variabel yang

bersangkutan (pada masing-masing kotak) akan bertambah atau

berkurang besarnya sebagai akibat perpindahan kolom dan

perpindahan baris.

Leaving variable dipilih dari variabel-variabel sudut loop

yang bertanda (-). Pada contoh di atas, di mana telah terpilih

sebagai entering variable, calon-calon leaving variable-nya adalah

. Dari calon-calon ini, pilihlah salah satu yang

nilainya paling kecil. Pada contoh di atas kebetulan ketiganya

bernilai sama (= 5) sehingga kita bisa memilih salah satu untuk

dijadikan leaving variable. Misalkan dipilih sebagai leaving

variable, maka nilai naik 5 dan nilai-nilai variabel basis yang di

sudut loop juga berubah (bertambah atau berkurang 5 sesuai

dengan tanda (+) atau (-) ).

Tabel penyelesaian baru ini adalah seperti pada Tabel

6.13 dengan ongkos transportasi sebesar: C = (0 x 10) + (15 x 0) +

(0 x 7) + (15 x 9) + (10 x 20) + (5 x 0) = 335

.


146

Tabel 6.13 Tabel solusi baru setelah terpilih sebagai

entering variable dan menjadi leaving variable

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 0 15

2 12 7 9 20

25 0 15 10

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Bandingkan dengan solusi awal pada Tabel 6.8 yang ongkos

transportasinya C = 410. Selisih ongkos transportasi (410 – 335 =

75) sama dengan hasil perkalian antara:

(jumlah unit yang ditambahkan pada ) x (penurunan ongkos

per unit) = (5) x (15).

Perhatikan:

Angka 0 pada dan adalah variabel basis yang berharga 0.

Jadi, tidak boleh dihilangkan karena masih masuk dalam basis,

tidak sama dengan kotak-kotak lain yang tidak ada angkanya

(variabel nonbasis).

Sampai di sini kita masih harus memeriksa, barangkali

nilai fungsi tujuan masih bisa diperbaiki. Untuk itu lakukanlah

kembali langkah-langkah yang sudah kita kerjakan, dengan

menggunakan Tabel 6.13 sebagai solusi awal (pengganti Tabel

6.8).


147

Kita dapatkan:

Variabel nonbasis Perubahan ongkos Per unit

Dengan demikian kita memilih sebagai entering variable.

Tabel 6.14

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 0 (-) 15 (+)

2 12 7 9 20

25 (+) 0 (-) 15 10

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Tabel 6.15

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 15(-)

2 12 7 9 20

25 0 0(+) 15 10(-)

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


148

Pada loop yang berasal dan berakhir pada ini, leaving

variable-nya ada dua, yaitu dan . Karena keduanya

berharga 0, kita bisa memilih salah satu untuk dijadikan leaving

variablenya. Misalkan adalah leaving variable, maka

dengan ongkos transportasi tetap C = 335. Karena itu, kita coba

membuat loop dari variabel nonbasis yang lain, yang juga dapat

menurunkan ongkos transportasi per unit (yaitu ). Kita

dapatkan:

.

Dari Tabel 6.15 terlihat bahwa leaving variable adalah

sehingga dan .

Penyelesaian optimalnya diperoleh pada Tabel 6.19 adalah:

Tabel 6.19 Solusi Optimal

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10

2 12 7 9 20

25 0 10 15

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Dengan ongkos transportasi sebesar 𝐶 (5 x 0) + (10 x 11) + ( 0 x 12) + (10 x 7) + (15 x 9) + (5 x 0) = 315.


149

6.2.5 Metode Multiplier (Metode Potensial)

Cara ini iterasinya sama seperti stepping stone.

Perbedaan utama terjadi pada cara pengevaluasian variabel

nonbasis, atau penentuan penurunan ongkos transport per unit

untuk tiap variabel. Cara ini dikembangkan berdasarkan teori

dualitas. Untuk tiap basis i dari tabel trasformasi dikenal suatu

multiplier , dan untuk kolom j disebut multiplier sehingga

untuk tiap variabel basis didapat persamaan:

. (6.1)

Dari persamaan (6.1) di atas kita dapat menghitung berapa

penurunan ongkos transportasi per unit untuk tiap variabel

nonbasis sebagai berikut:

(6.2)

Langkah berikutnya adalah seperti iterasi yang dilakukan oleh

metode stepping stone.

Sebagai contoh kita lihat lagi penyelesaian fisibel basis awal dari

Tabel 6.8.

Tujuan 1 2 3 4

S

U

M

B

E

R

1 10 0 20 11

15 5 10

2 12 7 9 20

25 5 15 5

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


150

Basis awal:

Dengan menentukan , maka harga-harga multiplier yang

lain dapat dicari sebagai berikut:

10 0 20 11

15 +18 -2

12 7 9 20

25 -5

0 14 16 18

5 -15 +9 +19

5 15 15 10

Untuk menentukan entering variabel:


151

Entering variabel adalah (karena memberikan penurunan

ongkos per unit yang terbesar). Selanjutnya iterasinya sama

dengan metode stepping stone.

Contoh 6.3

Ada sejenis barang yang harus diangkut untuk keperluan proyek

dari 3 pabrik ke tempat 3 lokasi proyek dan biaya angkut ke

masing-masing tujuan dapat diperlihatkan pada tabel di bawah

ini:

4 8 8 55

16 24 16 85

8 16 24 70

bj 80 95 35 210

Penyelesaian :

1. Metode Stepping Stone

Iterasi 1

55 55

25 60 85

35 35 70

80 95 35 210

Cost: C = 4(55) + 16(25) + 24(60) + 16(35) + 24(35) = 3.460

4 8 8 55

16 24 16 85

8 16 24 70

80 95 35 210


152

55 -4 -12 55

25 60 -16 85

0 35 35 70

80 95 35 210

Belum optimal, masih ada cell bertanda negarif terbesar (-16)

Iterasi 2

55 55

25 25 35 85

70 70

80 95 35 210

Cost: C = 4(55) + 16(25) + 24(25) + 16(35) + 16(70) = 2.900

55 -4 4 55

25 25 35 85

0 70 16 70

80 95 35 210

Belum optimal, masih ada cell bertanda negarif (-4)

Iterasi 3

P1 P2 P3

30 25 55

50 35 85

70 70

80 95 35 210

Cost: C = 4(30) + 16(50) + 8(25) + 16(70) + 16(35) = 2.800


153

30 25 4 55

50 4 35 85

-4 70 -4 70

80 95 35 210

Belum optimal, masih ada cell bertanda negarif (-4)

Iterasi 4 Solusi Optimal

55 55

50 35 85

30 40 70

80 95 35 210

Cost: C = 16(50) + 8(30) + 8(55) + 16(40) + 16(35) = 2.680

4 55 8 55

50 0 35 85

30 40 8 70

80 95 35 210

Sudah optimal semua cell bertanda positip.

Telah Optimal, maka Cost Minimum = 2.680


154

2. Metode Potensial

Tabel Awal

4 8 8 55

16 24 16 85

8 16 24 70

80 95 35 210

Iterasi 1

55 55

25 60 85

35 35 70

80 95 35 210

Cost: C = 4(55) + 16(25) + 24(60) + 16(35) + 24(35) = 3.460

P1 = 4 P2 = 12 P3 = 20

S1 = 0 4 12 20

S2 = 12 16 24 32

S3 = 4 8 16 24

Perhitungan Dij = Cij – Zij :


155

Iterasi 2

55 55

25 25 35 85

70 70

80 95 35 210

Cos : C = 4(55) + 16(25) + 24(25) + 16(35) + 16(70) = 2.900

P1 = 4 P2 = 12 P3 = 4

S1 = 0 4 12 4

S2 = 12 16 24 16

S3 = 4 8 16 8

Perhitungan Dij = Cij – Zij :

Iterasi 3

30 25 55

50 35 85

70 70

80 95 35 210

Cost: C = 4(30) + 16(50) + 8(25) + 16(70) + 16(35) = 2.800


156

P1 = 4 P2 = 8 P3 = 4

S1 = 0 4 8 4

S2 = 12 16 20 16

S3 = 8 12 16 12

Iterasi 4

55 55

50 35 85

30 40 70

80 95 35 210

Cost Optima : C = 16(50) + 8(30) + 8(55) + 16(40) + 16(35) = 2.680

P1 = 0 P2 = 8 P3 = 0

S1 = 0 0 8 0

S2 = 16 16 24 16

S3 = 8 8 16 8


157

6.3 Soal-soal

1. Ada sejenis barang yang diangkut dari 4 tempat asal

ke 6 tempat tujuan

. Banyaknya persedian atau suplai di masing-masing

sumber adalah 50, 40, 60 dan 31 satuan. Jumlah barang yang

diangkut dari setiap tempat asal tidak boleh melebihi

persediaan barang yang ada. Jumlah permintaan dari tujuan

masing-masing 30, 50, 20, 40, 30 dan 11 satuan. Jumlah

permintaan ini harus dipenuhi. Besar biaya dari setiap

sumber ke tujuan dapat dilihat pada tabel berikut ini.

T1 T2 T3 T4 T5 T6 Ai

A1 2 1 3 3 2 5 50

A2 3 2 2 4 3 4 40

A3 3 5 4 2 4 1 60

A4 4 2 2 1 2 2 31

Bj 30 50 20 40 30 11 181

2. Ada 3 sumber material dari suatu proyek (S1 , S2 , S3) yang

harus diangkut ke 4 tujuan (T1 , T2 , T3 , T4). Biaya untuk

mengangkut bahan tersebut dapat dilihat dari tabel berikut:

T1 T2 T3 T4 Asal

S1 31 36 43 20 18

S2 60 30 50 43 5

S3 18 10 48 72 7

Tujuan 4 18 6 2 30

T S


158

3. Tentukan Biaya Minimum dari Persoalan Trannsportasi

berikut ini:

T U J U A N

1 2 3 4 Tersedia

S

U

M

B

E

R

1 12 8 18 13 20

2 10 7 11 16 18

3 5 9 15 18 27

Kebutuhan 15 10 22 18

6.4 Model Penugasan (Assigment Model)

Model penugasan merupakan kasus khusus dari model

transportasi, dimana sejumlah m sumber ditugaskan kepada

sejumlah n tujuan (satu sumber untuk satu tujuan) sedemikian

sehingga didapat ongkos total yang minimum.

Biasanya yang dimaksud dengan sumber ialah pekerjaan

(atau pekerja), sedangkan yang dimaksud dengan tujuan ialah

mesin-mesin. Jadi, dalam hal ini, ada m pekerjaan yang

ditugaskan pada n mesin, di mana apabila pekerjaan i ( i = 1, 2, ….,

m) ditugaskan kepada mesin j (j = 1, 2, … , n) akan muncul ongkos

penugasan . Karena satu pekerjaan ditugaskan hanya pada

satu mesin, maka supply yang dapat digunakan pada setiap

sumber adalah 1 (atau , untuk seluruh i). Demikian pula

halnya dengan mesin-mesin ; karena satu mesin hanya dapat

menerima satu pekerjaan, maka demand dari setiap tujuan

adalah 1 (atau , untuk seluruh j). Jika ada suatu pekerjaan

yang tidak dapat ditugaskan pada mesin tertentu, maka yang

berkorespondensi dengannya dinyatakan dengan M, yang


159

merupakan ongkos yang sangat tinggi. Penggambaran umum

persoalan penugasan ini adalah sebagai berikut:

Tabel 6.20 Penggambaran Umum Persoalan Penugasan Mesin

Mesin

1 2 n

Pekerjaan

1 1

2 1

m 1

1 1 1

Sebelum model ini dapat dipecahkan dengan teknik

trasportasi, terlebih dahulu persoalannya harus diseimbangkan

dengan menambahkan pekerjaanpekerjaan atau mesin-mesin

khayalan, bergantung pada apakah m < n atau m > n. Dengan

demikian diasumsikan m = n.

Model penugasan dapat diekspresikan secara matematis

sebagai berikut:

, jika pekerjaan i tidak ditugaskan ke mesin j

, jika pekerjaan i ditugaskan ke mesin j

Jadi model ini diketahui

Minimumkan:

Dengan batasan:


160

Suatu ciri khas persoalan penugasan adalah bahwa penyelesaian

optimum akan tetap sama bila suatu konstanta ditambahkan atau

dikurangkan pada baris atau kolom yang manapun dari matriks

ongkosnya. Hal ini dapat diperlihatkan sebagai berikut:

Jika dan merupakan konstanta pengurang terhadap

baris i dan kolom j, maka elemen ongkos yang baru

adalah:

Sehingga fungsi tujuan baru menjadi:

Karena , maka

Hal ini menunjukkan bahwa meminimumkan Z akan

menghasilkan penyelesaian yang sama dengan meminimumkan

.

Suatu hal yang menarik adalah bahwa jika kita melakukan

operasi pengurangan terhadap matriks ongkos akan

diperoleh zero entries, yaitu elemen-elemen ongkos dalam

matriks yang berharga nol, yang juga merupakan variabel-

variabel yang menghasilkan penyelesaian optimum bagi

sehingga, berdasarkan pembuktian di atas, merupakan

penyelesaian optimal bagi

Sebagai illustrasi, kita perhatikan sebuah persoalan

penugasan berikut ini.


161

Contoh 6.4

Tabel 6.21 Model Persoalan Penugasan

Mesin

1 2 3

Pekerjaan

1 5 7 9

1

2 14 10 12

1

3 15 13 16

1

1 1 1

Tabel 6.22 Penyelesaian Awal Contoh Persoalan Penugasan

Mesin

1 2 3

Pekerjaan

1 5 7 9

1 1

2 14 10 12

1 1

3 15 13 16

1 1

1 1 1

Pada Tabel 6.22, elemen-elemen nol dibuat dengan

mengurangkan elemen terkecil masing-masing baris (kolom) dari

baris (kolom) yang bersangkutan.

Dengan demikian, matriks 𝐶 yang baru adalah:


162

Tabel 6.23 Matriks 𝐶 (Matriks Ongkos yang Baru)

Mesin

1 2 3

Pekerjaan

1 0 2 4

2 4 0 2

3 2 0 3

Matriks terakhir dapat dibuat untuk memperbanyak elemen

matriks yang berharga nol dengan cara mengurangkan

dari kolom ketiga. Hasilnya adalah Tabel 6.24

Tabel 6.24 Penyelesaian Akhir

1 2 3

1 0* 2 2

2 4 0 0*

3 2 0* 1

Segi empat pada Tabel 6.24 merupakan penugasan yang fisibel

sekaligus optimum, yaitu (1 , 1), (2 , 3) dan (3 , 2) dengan ongkos

penugasan sebesar: 5 + 12 + 13 = 30. Perhatikan bahwa besarnya

ongkos ini sama dengan

Penugasan yang fisibel seperti contoh 6.4 di atas tidak

selalu dapat kita peroleh. Karena itu, diperlukan suatu aturan


163

untuk mencapai penyelesaian optimum yang akan dijelaskan

melalui illustrasi contoh 6.5 berikut:

Contoh 6.5

Tabel 6.25 Persoalan Penugasan

1 2 3 4

1 1 4 6 3

2 9 7 10 9

3 4 5 11 7

4 8 7 8 5

Dengan proses pengurangan seperti di atas diperoleh:

Tabel 6.26 Proses Pengurangan I

1 2 3 4

1 0 3 5 2

2 2 0 3 2

3 0 1 7 3

4 3 2 3 0


164

Tabel 6.26 Proses Pengurangan II

1 2 3 4

1 0 3 2 2

2 2 0 0 2

3 0 1 4 3

4 3 2 0 0

Dalam kasus ini penugasan yang fisibel terhadap elemen-elemen

nol tidak mungkin diperoleh sehingga diperlukan prosedur

sebagai berikut:

1. Tariklah garis pada semua baris dan kolom yang

mengandung elemen nol dengan jumlah garis minimum,

sedemikian sehingga tidak terdapat lagi nol pada matriks

yang bersangkutan.

2. Tentukan di antara elemen-elemen yang tidak ikut tergaris,

satu elemen dengan harga terkecil kemudian kurangkan

sebesar harga elemen ini kepada semua elemen yang tidak

tergaris.

3. Tambahkan sebesar harga elemen tersebut (pada point 2)

kepada semua elemen yang terletak pada perpotongan dua

garis.

4. Aloksikan pekerjaan pada elemen-elemen nol tersebut.

5. Jika solusi optimum belum juga ditemukan, ulangi lagi

langkah 1 sampai dengan 4 hingga dicapai penugasan yang

fisibel.


165

Kembali pada contoh 6.5 di atas, sebagai kelanjutan dari Tabel

6.26 adalah:

Tabel 6.27 Modifikasi

1 2 3 4

1 0 3 2 2

2 2 0 0 2

3 0 1 4 3

4 3 2 0 0

Tabel 6.28 Solusi Optimum

1 2 3 4

1 0* 2 1 1

2 3 0 0* 2

3 0 0* 3 2

4 4 2 0 0*

Tabel memberikan penugasan yang optimum, yaitu (1, 1), (2, 3),

(3, 2), dan (4, 4) dengan ongkos total sebesar C = 1 + 10 + 5 + 5 =

21


166

DAFTAR PUSTAKA

Dantzig, G. B., Linear Programming and Extensions, Princeton

University Press, Princeton, N. J., 1963

Dimyati, Tj. T., dan Dimyati, A., Operations Research, Model-

model Pengambilan Keputusan, cetakan ke-6, Sinar Baru

Algensindo, Bandung, 2003

Hadley, G., Linear Programming, Addison-Wesley, Reading,

Mass., 1962

Lieberman, Gerald J., and Hillier, Frederick S., Operations

Research, edisi ke-2, Holden Day, Inc. San Francisco, 1973

Faure R., Recherche Operationnelle,Cours de l’Ecole Superieure

d’electricite, 10, av. P. Larousse, 92 Malakoff, 1967, edisi

ke-3 1971

Taha, Hamdy A., Operations Research: An Introduction, edisi ke-3;

Macmillan Publising Co., Inc., New York, 1982

Wagner, Harvey M., Principles of Operations Research with

Application to Managerial Decisions, edisi ke-2, Prentice-

Hall of India, New Delhi, 1978


167

Soal Tambahan dan Penyelesaian

1. Selesaikan persoalan transportasi berikut dengan

menggunakan metode:

Metode Stepping Stone, Metode Multiplier dan Metode

Ongkos Terkecil

I II III

Jakarta 11 13 9 440.000

Bandung 9 12 4 330.000

Cirebon 10 11 14 220.000

Cilacap 10 7 8 110.000

ai 270.000 350.000 480.000 11.000.000

2. Selesaikan Program Linier berikut ini

Maksimumkan:

Kendala:

1,5

5

3. Seorang petani yang memiliki 7 ha tanah sedang memikirkan

berapa ha tanah yang harus ditanami jagung dan berapa ha

yang harus ditanami gandum. Dia mengetahui bahwa jika

ditanami jagung, setiap ha tanah akan menghasilkan 10

ton/ha jagung. Untuk ini diperlukan 4 jam-orang/minggu.

Jika ditanami gandum, hasilnya adalah 25 ton/ha dan

diperlukan 10 jam-orang/minggu. Setiap kg jagung dapat

dijual seharga Rp 30/kg, sedangkan harga jual gandum


168

adalah Rp 40/kg. Saat ini petani tersebut hanya memiliki 40

jam-orang/minggu. Karena ada peraturan pemerintah yang

mengharuskan setiap petani untuk menghasilkan gandum

paling sedikit 30 ton setiap kali panen, bagaimanakah

formulasi persoalan ini agar petani tersebut dapat

menggarap tanahnya secara optimal dan buat gambar

daerah fisibelnya.

4. Selesaikan Program Linier berikut ini:

Minimumkan:

Kendala:

5. PT Sayang Anak memproduksi dua jenis mainan A dan B yang

keduanya terbuat dari campuran pasir dan lilin. Produk A

dapat dibuat melalui proses 1 atau proses 2, sedangkan

produk B dapat dibuat melalui proses 3 atau proses 4. Untuk

mendapat 1 unit produk A dan B pada masing-masing proses

diperlukan masukkan (input) sebagai berikut:

Input

1 Unit produk A 1 Unit produk B

Satuan Proses

1

Proses

2

Proses

3

Proses

4

Tenaga Kerja 1 1 1 1 Jam org

Pasir 7 5 3 2 M3

Lilin 3 5 10 15 Dus

Tenaga kerja yang tersedia tidak lebih dari 15 jam-orang,

sedangkan persediaan pasir dan lilin adalah 120 m3 dan 100


169

dus. Keuntungan proses 1, 2, 3, dan 4 masing-masing Rp

4,00/unit, Rp 5,00/unit, Rp 9,00/unit, dan Rp 11,00/unit.

Buatlah formulasi di atas sebagai persoalan programa linier,

dan buatlah tabel awal serta keuntungan optimal yang

diperoleh.

6. Seorang pedagang beras mempunyai 3 gudang di Cianjur,

Cikampek, dan Sumedang, yang masing-masing menyimpan

beras sebanyak 60, 80, dan 90 ton. Pedagang tersebut

mempunyai daerah pemasaran di Bandung, Bogor, Jakarta

dan Cirebon yang masing-masing membutuhkan beras

sebanyak 40, 60, 80, dan 50 ton. Ongkos angkut tiap ton

beras seperti terlihat dalam tabel berikut (satuan ribuan

dalam rupiah):

Sumber/Tujuan Bandung Bogor Jakarta Cirebon Persediaan

Cianjur 11 12 13 14 60

Cikampek 14 13 12 10 80

Sumedang 10 12 12 11 90

Kebutuhan 40 60 80 50 230

Bila saudara diminta, bagaimanakah

pengalokasian/pendistribusian beras yang optimum dan

berapa ongkosnya.

7. Minimumkan:

Kendala: 3

4

2


170

8. Maksimum:

Kendala:

9. Minimum:

Kendala: 2

10. Maksimum:

Kendala:

11. Maksimum:

Kendala:


171

12. Minimum:

Kendala:

13. Minimum:

Kendala:

3

Bentuk standard:

Minimum:

Kendala:

Teknik Dua Fase

Diperoleh persamaan-persamaan:

Fase I:

Minimumkan :

atau


172

Iterasi 0

Basis / C -3 -4 1 0 0 0 B

0 1 0 0 1 0 0 4

0 0 2 0 0 1 0 12

0 3 2 -1 0 0 1 18

𝐶 3 4 -1 0 0 0 30

Iterasi 1

Basis / C -3 -4 1 0 0 0 B

0 1 0 0 1 0 0 4

-4 0 1 0 0

0 6

0 3 0 -1 0 -1 1 6

𝐶 3 0 -1 0 -2 0 6

Iterasi 2

Basis / C -3 -4 1 0 0 0 B

0 0 0

1

2

-4 0 1 0 0

0 6

-3 1 0

0

2

𝐶 0 0 0 0 -1 -1 0

Persoalan memiliki solusi fisibel


173

Fase II:

Dari tabel kita memiliki persamaan-persamaan :

Kita substitusikan pada persoalan semula didapat:

Minimumkan:

Iterasi 3

Basis / C 0 0 1 0 B

0 0 0

1 2

5 0 1 0 0 6

3 1 0

0 2

𝐶 0 0 -1 0 36

Tabel iterasi 3 di atas sudah optimum karena 𝐶

Penyelesaian Optimal ,

dengan

Metode Dual Simpleks

Maksimum:

Kendala:

3


174

Bentuk standard:

Maksimum:

Kendala:

Metode Dual Simpleks

Iterasi 0

Basis / C 3 5 0 0 0 B

0 1 0 1 0 0 4

0 0 2 0 1 0 12

0 -3 -2 0 0 1 -18

𝐶 -3 -5 0 0 0 0

Iterasi 1

Basis / C 3 5 0 0 0 B

0 0

1 0

-2

0 0 2 0 1 0 12

3 1

0 0

6

𝐶 0 -3 0 0 -1 18


175

Iterasi 2

Basis / C 3 5 0 0 0 B

0 0 0 1

2

5 0 1 0 0,5 0 6

3 1 0 0

2

𝐶 0 0 0 1,5 -1 36

Iterasi 3

Basis / C 3 5 0 0 0 B

0 0 0 3 1 1 6

5 0 1 0 0,5 0 6

3 1 0 1 0 0 4

𝐶 0 0 3 2,5 0 42

Tabel iterasi 3 di atas sudah optimum karena 𝐶

Penyelesaian Optimal ,

dengan

14. Maksimumkan:

Kendala:

Bentuk standard:

Maksimumkan:

Kendala:


176

Iterasi 0

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

0 1 0 1 0 0 4

0 0 1 0 1 0 6

0 -1 -1 0 0 1 -5

𝐶 -3 2 0 0 0 0

Iterasi 1

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

0 1 0 1 0 0 4

0 -1 0 0 1 1 1

-2 1 1 0 0 -1 5

𝐶 -5 0 0 0 2 -10

Iterasi 2

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

3 1 0 1 0 0 4

0 0 0 1 1 1 5

-2 0 1 -1 0 -1 1

𝐶 0 0 5 0 2 10

Penyelesaian sudah optimal karena 𝐶 sehingga:

dengan


177

15. Minimum:

Kendala:

Bentuk standard:

Minimum:

Kendala:

Iterasi 0

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

0 1 0 1 0 0 4

0 0 1 0 1 0 6

0 -1 -1 0 0 1 -5

𝐶 -3 2 0 0 0 0

Iterasi 1

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

0 0 -1 1 0 1 -1

0 0 1 0 1 0 6

3 1 1 0 0 -1 5

𝐶 0 5 0 0 -3 15


178

Iterasi 2

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

-2 0 1 -1 0 -1 1

0 0 0 1 1 1 5

3 1 0 1 0 0 4

𝐶 0 0 5 0 2 10

Iterasi 3

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

-2 1 1 0 0 -1 5

0 -1 0 0 1 1 1

0 1 0 1 0 0 4

𝐶 -5 0 0 0 2 -10

Iterasi 4

Basis / C 3 -2 0 0 0 B

-2 0 1 0 1 0 6

0 -1 0 0 1 1 1

0 1 0 1 0 0 4

Zj – Cj -3 0 0 -2 0 -12

Penyelesaian sudah optimal karena 𝐶 sehingga:

dengan


179

16. Maksimumkan:

Kendala:

Bentuk standard

Maksimumkan:

Kendala:

17. Maksimum:

Kendala:

18. Maksimum:

Kendala:

19. Maksimum:

Kendala:


180

20. Maksimum:

Kendala:

2

3

21. Minimum:

Kendala:

Bentuk standar

Minimum:

Kendala:

Iterasi 0

Basis / C 9 12 16 0 0 0 0 B

0 -1 -2 -3 1 0 0 0 -8

0 -3 -2 -3 0 1 0 0 -15

0 -1 -2 -2 0 0 1 0 -6

0 -2 -3 -5 0 0 0 1 -20

𝐶 -9 -12 -16 0 0 0 0 0


181

Iterasi 1

Basis / C 9 12 16 0 0 0 0 B

0 0,2 -0,2 0 1 0 0 -0,6 4

0 -1,8 -0,2 0 0 1 0 -0,6 -3

0 -0,2 -0,8 0 0 0 1 -0,4 2

16 0,4 0,6 1 0 0 0 -0,2 4

𝐶 -2,6 -2,4 0 0 0 0 -3,2 64

Iterasi 2

Basis / C 9 12 16 0 0 0 0 B

0 0

0 1

0

9 1

0 0 -

0

0 0

0 0

1

16 0

1 0

0

𝐶 0

0 0

0

Penyelesaian Optimal :

dengan

22. Minimumkan:

Kendala:


182

Metode dua fase

Bentuk Standar:

Minimumkan:

Kendala: (1)

(2)

(3)

Fase I

Persamaan (2) dan (3) dijumlahkan:

Minimumkan Maks.

Iterasi 0

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

0 0,3 0,1 1 0 0 0 2,7

0 0,5 0,5 0 1 0 0 6

0 0,6 0,4 0 0 -1 1 6

R 1,1 0,9 0 0 -1 0 12

Iterasi 1

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-1,1 1

0 0 0 9

0 0

1 0 0 1,5

0 0 0,2 -2 0 -1 1 0,6

R 0

0 -1 0 2,1


183

Iterasi 2

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-1,1 1 0

0

8

0 0 0

1

0,5

-0,9 0 1 -10 0 -5 5 3

R 0 0

0

0,5

Iterasi 3

Basis/C -1,1 -0,9 0 0 1 0

B

-1,1 1 0 0 -4 -5 5 6

0 0 0 1 0,6 1 -1 0,3

-0,9 0 1 0 6 5 -5 6

R 0 0 0 -1 0 -1 0

Persoalan diatas memiliki solusi layak. Selanjutnya R tidak di-

ikutsertakan lagi.

Fase II

Dari table optimum pada fase 1 di atas dapat dituliskan

persamaan-persamaan berikut :

Minimumkan:

atau


184

Iterasi 0

Basis/C 0 0 0 -0,5

B

0 1 0 0 -5 6

0 0 0 1 1 0,3

0 0 1 0 5 6

𝐶 0 0 0 0,5 5,4

Iterasi 1

Basis/C 0 0 0 -0,5

B

0 1 0 5 0 7,5

-0,5 0 0 1 1 0,3

0 0 1 -5 0 4,5

𝐶 0 0 -0,5 0 5,25

Telah diperoleh solusi optimal:

dengan

23. Maksimum:

Kendala:

24. Maksimum:

Kendala:


185

25. Maksimumkan:

Dengan batasan:

Bentuk standard dan Iterasi Awal:

Iterasi 0

Basis C

3 2 0 0 0 0 b

0 1 2 1 0 0 0 6

0 2 1 0 1 0 0 8

0 -1 1 0 0 1 0 1

0 0 1 0 0 0 1 2

𝐶 -3 -2 0 0 0 0 0

Iterasi n (Tabel Optimal):

Basis C

3 2 0 0 0 0 b

2 0 1

0 0

3 1 0

0 0

0 0 0 -1 1 1 0 3

0 0 0

0 1

𝐶 0 0

0 0


186

Kerjakan untuk analisis sensitivitas terhadap perobahan

yang mungkin.

26. Kerjakan dengan metode Metode Steping Stone dan

Metode Potensial

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 10 5 9 10 12

A2 2 10 8 30 6 8

A3 1 20 7 10 4 10

Bj 5 8 6 8 3 30

Metode Potensial

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 10 5 9 10 12

A2 2 10 8 30 6 8

A3 1 20 7 10 4 10

Bj 5 8 6 8 3 30

Iterasi Awal

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 5 7 -3 -21 -14 12

A2 -8 1 6 1 -18 8

A3 11 30 19 7 3 10

Bj 5 8 6 8 3 30

C = 50 + 70 + 10 + 48 + 30 + 70 + 12 = 290


187

Iterasi 1

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 5 6 -3 1 7 12

A2 -8 2 6 21 3 8

A3 -10 9 -2 7 3 10

Bj 5 8 6 8 3 30

C = 50 + 60 + 9 + 20 + 48 + 70 + 12 = 269

Iterasi 2

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 6 -3 6 7 12

A2 2 2 6 21 3 8

A3 5 9 -2 2 3 10

Bj 5 8 6 8 3 30

C = 60 + 54 + 20 + 48 + 5 + 20 + 12 = 219

Iterasi 3

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 0 6 6 7 12

A2 2 8 3 21 3 8

A3 5 9 1 2 3 10

Bj 5 8 6 8 3 30

C = 0 + 54 + 20 + 48 + 5 + 20 + 12 = 201

Karena semua elemen , maka iterasi telah optimal

dengan Cost minimum = 201

Dari : A1 ke T2 = 0 ; A2 ke T2 = 8 ; A3 ke T1 = 5

A1 ke T3 = 6 A3 ke T4 = 2

A1 ke T4 = 6 A3 ke T5 = 3


188

27. Metode Stepping Stone

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 10 5 9 10 30

A2 2 10 8 20 6 25

A3 1 20 7 10 5 15

Bj 15 12 20 14 9 70

Iterasi Awal

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 15 12 3 -8 -2 30

A2 -11 -3 17 8 -9 25

A3 -2 17 9 6 9 15

Bj 15 12 20 14 9 30

C = 150 + 120 + 15 + 136 + 160 + 60 + 45 = 686

Iterasi 1

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 11 12 18 -8 -2 30

A2 15 -3 2 8 -9 25

A3 9 -3 9 6 9 15

Bj 15 12 20 14 9 30

C = 120 + 90 + 30 + 16 + 160 + 60 + 45 = 521

Iterasi 2

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 11 12 18 1 7 30

A2 15 -3 2 9 8 25

A3 0 8 0 14 1 15

Bj 15 12 20 14 9 30

C = 120 + 90 + 30 + 16 + 48 + 140 + 5 = 449


189

Iterasi 3

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 8 10 20 -2 4 30

A2 15 2 3 9 8 25

A3 0 11 3 14 1 15

Bj 15 12 20 14 9 30

C = 100 + 100 + 30 + 20 + 48 + 140 + 5 = 443

Iterasi 4

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 2 20 10 6 30

A2 15 12 1 9 -2 25

A3 0 11 1 4 11 15

Bj 15 12 20 14 9 70

C = 100 + 90 + 30 + 120 - 12 + 40 + 55 = 423 Karena semua elemen , maka iterasi telah optimal dengan Cost

minimum = 423 Dari : A1 ke T3 = 20 ; A2 ke T1 = 15 ; A3 ke T4 = 4 A1 ke T4 = 10 ; A2 ke T2 = 12 A3 ke T5 = 11 A2 ke T5 = -2

Metode Potensial:

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 10 10 5 9 10 30

A2 2 10 8 20 6 25

A3 1 20 7 10 5 15

Bj 15 12 20 14 9 70

Iterasi Awal

T1 T2 T3 T4 T5 Ai

A1 15 12 3 -8 -2 30

A2 -11 -3 17 8 -9 25

A3 -2 17 9 6 9 15

Bj 15 12 20 14 9 30


190

Iterasi Awal

= 10 = 10 = 5 = 17 = 12

= 0 10 10 5 17 12

= 3 13 13 8 20 15

= -7 3 3 -2 10 5

28. Tentukan Ongkos Minimum

I II III

Jakarta 11 13 9 440.000

Bandung 9 12 4 330.000

Cirebon 10 11 14 220.000

Cilacap 10 7 8 110.000

270.000 350.000 480.000 1.100.000

I II III

Jakarta 27 17 44

Bandung 18 15 33

Cirebon 22 22

Cilacap 11 11

27 35 48 110

I = 11 II =13 III = 5

A = 0 11 13 5 44

B = -1 10 12 4 33

C = 9 20 22 14 22

D = 3 14 16 8 11

ai 27 35 48 110


191

0 0 4

-1 0 0

-10 -11 0

-4 -9 0

I = II = III =

A = 27 17 44

B = 33 33

C = 18 4 22

D = 11 11

ai 27 35 48 110

I = 11 II = 13 III = 16

A = 0 11 13 16 44

B = -12 -1 1 4 33

C = -2 9 11 14 22

D = -8 3 5 8 11

ai 27 35 48 110

11 13 9

9 12 4

10 11 14

10 7 8

0 0 -7

10 11 0

1 0 0

7 2 0


192

I = II = III =

A = 27 13 4 44

B = 33 33

C = 22 22

D = 11 11

ai 27 35 48 110

I = 11 II = 13 III = 9

A = 0 11 13 9 44

B = -5 6 8 4 33

C = -2 9 11 7 22

D = -1 10 12 8 11

ai 27 35 48 110

11 13 9

9 12 4

10 11 14

10 7 8

0 0 0

3 4 0

1 0 7

0 -5 0

I = II = III =

A = 27 2 15 44

B = 33 33

C = 22 22

D = 11 11

ai 27 35 48 110


193

11 13 9

9 12 4

10 11 14

10 7 8

I = 11 II = 13 III = 9

A = 0 11 13 9 44

B = -5 6 8 4 33

C = -2 9 11 7 22

D = -6 5 7 3 11

ai 27 35 48 110

Hasil Optimal = ?

29. Perusahaan air mineral ingin mendistribusikan produk

terbarunya ke empat agen yang menjadi pelanggan

perusahaan air mineral tersebut dan ingin

mendistribusikannya ke beberapa kota di Indonesia dengan

biaya atar kepada para agen di hitung dengan jarak tempat

agen tersebut setiap per galonnya. Berikut biaya pengiriman

produk tersebut dalam bentuk rupiah(Rp):

Data Transportasi

Ke

Dari Cilegon Kuningan Bandung Padang Supply

Agen 1 110 90 95 75 6300

Agen 2 80 75 120 80 4750

Agen 3 95 100 65 115 5450

Agen 4 70 85 75 90 6500

Demand 5.200 5.500 6.000 6.300 23.000


194

Selesaikan dengan menggunakan :

a. Metode North West Corner (NWC)

b. Metode Least Cost

c. Metode Aproksimasi Vogel (VAM)


195

SATUAN ACUAN PENGAJARAN (SAP) DAN GARIS-GARIS BESAR

PROGRAM PENGAJARAN ( G B P P )

JUDUL MATA KULIAH : PROGRAM LINIER

NOMOR KODE / SKS : MAT ____ / 3

DESKRIPSI SINGKAT

Materi Kuliah Program Linier ini membahas tentang

persoalan pengalokasiansuatu aktivitas-aktivitas untuk

memperoleh suatu hasil yang optimum di mana

pengertian linier memberi arti bahwa baik fungsi tujuan

maupun kendalanya merupakan fungsi linier, termasuk

memodelkan metode simpleks, analisis sensitivitas dan

beberapa penerapannya.

TUJUAN INSTRUKSIONAL UMUM

Pada akhir kuliah diharapkan mahasiswa mampu :

(1) Memodelkan Persoalan Program Linier.

(2) Menerapkan Metode Simpleks dan Analisis Sensitivitas

dalam penyelesaian persoalan.

(3) Menentukan sifat kompleksitas dari metode simpleks.

(4) Mengetahui Tipe-tpe Khusus Program Linier

Mng

ke Pokok Bahasan

Tujuan Instruksional

Khusus Sub Pokok Bahasan

1 2 3 4

1 dan 2 1. Model-model

Deterministik

Mahasiswa diharapkan

mampu

1. Memahami

Pengertian Program

Linier

2. Membuat Model

Program Linier

1.1 Pengertian Umum Program

Linier

1.2 Model Program Linier

1.3 Asumsi Dalam Model Program

Linier

1.4 Contoh Lain Persoalan

Program Linier


196

Mng

ke Pokok Bahasan



1 2 3 4

3. Memahami Asumsi-

asumsi Dalam

Program Linier

4. Menerapkan

Persoalan Program

Linier

1.4.1 Masalah Perencanaan

Regional

1.4.2 Masalah Sisa Pemotongan

1.4.3 Masalah Keseimbangan Lintas

Assembling

3, 4, 5,

6 dan 7

2. Teknik

Pemecahan

Model

Program Linier


mampu

1. Memahami

Penyelesaian

Program Linier

dengan Grafis

2. Memahami Bentuk

Standar Model

Program Linier

3. Memahami

Persoalan Program

Linier Tanpa Solusi

Fisibel

4. Memahami

Penyelesaian

dengan Metode

Simpleks

5. Menggunakan

Algoritma Simpleks

6. Memahami

Penyelesaian

Program Linier

denganPembatas

dan atau =

7. Memahami

Penyelesaian

Dengan Teknik M

dan Metode Dua

Fase

2.1 Solusi Grafis

2.1.1 Solusi Grafis Untuk Persoalan

Maksimasi

2.1.2 Solusi Grafis Untuk Persoalan

Minimasi

2.2 Kasus Khusus

2.2.1 Solusi Alternatif atau Solusi

Optimal Banyak

2.2.2 Persoalan Program Linier

Tanpa Solusi Fisibel

2.2.3 Persoalan Program Linier

Dengan Ruang Solusi Tidak

Terbatas

2.3 Bentuk Standar Model

Program Linier

2.4 Metode Simpleks

2.4.1 Algoritma Simpleks Untuk

Persoalan Maksimum

2.4.2 Algoritma Simpleks Untuk

Persoalan Minimum

2.5 Kasus Khusus Dalam

Penggunaan Algoritma

Simpleks

2.6 Menyelesaikan Persoalan

Program Linier Dengan

Pembatas

Bertanda dan atau =

2.6.1 Teknik M (Metode Penalty)

2.6.2 Metode Dua Fase


197

Mng

ke Pokok Bahasan



1 2 3 4

8, 9,10,

11 dan

12

3. Teori Dualitas

dan Analisis

Sensitivitas


mampu

1. Memahami

Pengertian Dualitas

2. Memahami

Hubungan Primal-

Dual

3. Memahami Sifat-

sifat Primal-Dual

4. Memahami

Penyelesaian

Metode Dual

simpleks

5. Memahami

Pengertian Analisis

Sensitivitas

6. Memahami

Penyelesaian

Pengaruh

Terhadap

Perubahan Koefisien

Fungsi Tujuan,

Perubahan

PadaRuas Kanan

7. Memahami

Penyelesaian Dual

Simpleks pada

Analisis Sensitivitas

8. Memahami Shadow

Prices

9. Memahami Dualitas

dan Analisis

Sensitivitas

3.1 Teori Dualitas

3.1.1 Menentukan Dual Dari

Persoalan Program Linier

Normal

3.1.2 Menentukan Dual Persoalan

Program Linier yang Tidak

Normal

3.2 Hubungan Primal Dual

3.3 Sifat-sifat Primal-Dual Yang

Penting

3.4 Metode Dual Simpleks

3.5 Beberapa Perumusan Penting

3.6 Analisis Sensitivitas

3.6.1 Analisis Grafis Terhadap

Pengaruh Perubahan

KoefisienFungsi Tujuan

3.6.2 Analisis Grafis Terhadap

Perubahan Pada Ruas Kanan

3.6.3 Analisis Sensitivitas Dengan

Tabel Simpleks

3.7 Shadow Prices


198

Mng

ke Pokok Bahasan



1 2 3 4

13, 14,

15 dan

16

4. Tipe-tipe

Khusus

Persoalan

Program Linier


mampu :

1. Memahami

Persoalan

Transportasi

2. Memahami Metode

Transportasi

3. Menyelesaiakan

Persoalan

Transportasi

4. Memahami Model

Transshipment

5. Memahami Model

Penugasan

4.1 Persoalan Transportasi

4.1.1 Metode Transportasi

4.1.2 Keseimbangan Model

Transportasi

4.1.3 Model pemecahan

4.2 Model Transshipment

4.3 Model Penugasan

Reference

Lieberman, Gerald J., and Hillier, Frederick S., Operations

Research, edisi ke-2, Holden Day, Inc. San Francisco, 1973

Taha, Hamdy A., Operations Research: An Introduction, edisi ke-3;

Macmillan Publising Co., Inc., New York, 1982

Wagner, Harvey M., Principles of Operations Research with

Application to Managerial Decisions, edisi ke-2, Prentice-

Hall of India, New Delhi, 1978

9 789794 588529 00009

Documents

OPERASI RISET PROGRAM LINIER PLAT