3.pl simpleks

Programa Linier : Metode Simpleks

BAB V

PROGRAMA LINIER : METODE SIMPLEKS

5.1 Metode Simpleks

Metode simpleks ialah suatu cara penyelesaian masalah programa linier

yang diperkenalkan pertama kali oleh Dantzig pada tahun 1947, yakni suatu cara

penyelesaian dengan menggunakan metode “ Row operation matrix “ yang

khusus disebut “ Pivot Operation ”. Metode ini telah terbukti efisien untuk

memecahkan persoalan programa linier dalam skala besar. Kecuali untuk

persoalan yang kecil, metode ini selalu dikerjakan dengan menggunakan

komputer.

Metode simpleks sesungguhnya merupakan suatu algoritme. Secara

sederhana algoritme adalah proses di mana prosedur sistematis diulang-ulang

(diiterasi) hingga diperoleh hasil yang diinginkan. Setiap kali prosedur sistematik

digunakan disebut satu iterasi. Di dalam algoritme termasuk prosedur untuk

memulai dan kriteria untuk menentukan kapan harus berhenti. Secara ringkas

struktur algoritme ditunjukkan pada Gambar 5.1.

Bagi kebanyakan algoritme dalam penelitian operasional, termasuk

metode simpleks, iterasi berhenti apabila sudah hasil optimal. Dalam hal ini,

aturan untuk berhenti sesungguhnya adalah pengujian optimalitas, seperti

ditunjukkan pada Gambar 5.2.

Cara penyelesaiannya ialah dimulai dari pemecahan dasar awal yang

feasible meningkat ke pemecahan dasar feasible berikutnya, sehingga dicapai

suatu pemecahan yang optimal. Pemecahan dasar awal yang feasible ( = initial

basic feasible solution ) harus memenuhi syarat-syarat :

a. Harus ada Basic Variable yang nilainya = kapasitas yang non negatif.

b. Harus ada Non Basic Variable yang nilainya pada tahap awal bi = 0

c. Entry dari Basic Variable pada tahap awal harus membentuk identity

matrix, yakni terdapat matrix satuan Im


Gambar 5.1 Struktur Algoritme

Gambar 5.2 Struktur Algoritme Simpleks

Langkah

Inisialisasi

Langkah

Iterasi

Periksa Aturan

Berhenti

Aturan

Berhenti

Dipenuhi?

Selesai

Tidak

Ya

Langkah

Inisialisasi

Langkah

Optimalitas

Tes

Optimalisasi

Selesai

Ya

Tidak


Untuk memenuhi ketentuan ini, maka bentuk pertidaksamaan dari

consraint diubah dulu menjadi “persamaan” dengan cara memasukkan :

1. Slack variable untuk constraint yang berbentuk bi

2. Surplus variable dan artificial variable untuk constraint yang berbentuk bi

3. Hanya artificial variable pada bentuk constraint = bi

Untuk memudahkan pemahaman mengenai metode ini, kita selesaikan contoh

1) : persoalan maksimasi dengan metode grafik.

Bentuk constraint dari soal tersebut adalah :

x + 2y 1.600

3 x + y 2.400

x + y 1.000

x 0 ; y 0

yang diubah menjadi persamaan dengan memasukkan slack variable ( =

kapasitas yang tidak terpakai ) :

x +2y + S1 = 1.600

3 x + y + S2 = 2.400

x + y + S3 = 1.000

x , y , S1 , S2 , S3 0

Agar constraint ini dapat disusun menjadi suatu matrix dengan fungsi objective-

nya, maka fungsi objective diubah menjadi bentuk :

Z – 1.000 x – 1.500 y + 0. S1 + 0. S2 + 0. S3 = 0

Dengan demikian soal programa linier ini dapat disusun dalam bentuk matrix :


0

1000

2400

1600

000150010001

100110

010130

001210

3

2

1

S

S

S

y

x

Z

x

Pada persamaan matrix ini terdapat 6 variabel :

Z, x, y, S1 , S2 , dan S3 dan karena hanya terdapat 4 persamaan (3 constraint

dan 1 persamaan objective) maka dari 6 variabel ini hanya 4 variabel yang dapat

merupakan basic variabel dan 2 variabel lainnya adalah non basic variabel yang

nilainya dianggap 0.

Berdasarkan susunan matrix ini dapat disusun tabel I yang merupakan

tabel awal yang memenuhi Initial Basic Feasible Solution :

Tabel I :

Basic

Variabel

Z

x

y

S1

S2

S3

Nilai

S1 0 1 2 1 0 0 1600

S2 0 3 1 0 1 0 2400

S3 0 1 1 0 0 1 1000

Z 1 - 1000 - 1500 0 0 0 0

Tabel ini disusun dari matrix koefisien dan faktor konstan dari ruas kanan

sebagai argumentasi matrix dan tabel ini dalam metode Simpleks merupakan

bentuk baku (standard form).

Tabel ini merupakan bentuk baku (standar form) dan tahap awal dari

proses penyelesaian programa linier, dan disebut : Initial Basic Feasible Solution.

Pada tahap awal ini slack variabel S1 , S2 , dan S3 merupakan basic

variabel (dapat dilihat dari entry pada baris dan kolom S1 , S2 , dan S3 , yang

masing-masing mempunyai entry “1” dan entry lainnya adalah nol yang

membentuk Identity Matrix).


Sedangkan x dan y masih merupakan non basic variabel, sebab pada

tahap awal ini x = y = 0 (belum ada output) dan karena itu S1 = 1600 ; S2 = 2400 ;

S3 = 1000. Sedangkan fungsi objectivenya = 0.

Dengan menggunakan pivot operation, volume output x dan y dapat

ditingkatkan dari tahap awal ke tahap berikutnya, sehingga sampai ke tahap

akhir di mana fungsi objectivenya telah mencapai harga optimal.

Proses peningkatan output dari tahap awal ke tahap berikutnya adalah

sebagai berikut :

Pertama : Selidiki dulu apakah tabel I telah memenuhi ketentuan fungsi

constraint dengan slack variabel dan fungsi objective, dan apakah

telah memenuhi ketentuan sebagai Initial Basic Feasible Solution,

yakni terdapat basic variabel dan non basic variabel.

Kedua : Tentukan kolom pivot dari tabel I, yang dimaksud dengan kolom

pivot ialah kolom dari variabel non basic (pada contoh ini ialah

kolom x atau y) yang entrynya pada baris paling bawah (baris pada

fungsi objective) merupakan bilangan negatif yang harga mutlaknya

terbesar.

Untuk contoh 1) kolom pivotnya ialah kolom y. Variabel y dari

kolom pivot ini akan merupakan entering variabel (incoming

variabel) sebab tiap unit dari variabel ini akan memberikan

kontribusi laba terbesar (Rp. 1.500,- tiap kg).

Jika dari tabel I suatu soal terdapat 2 entry negatif yang sama pada

baris paling bawah yang harga mutlaknya terbesar, maka kolom

pivot diambil dari kolom non basic variabel yang letaknya sebelah

kiri.

Jika baris dari fungsi objective tidak mengandung entry yang

negatif, maka proses penyelesaian tidak dapat dilanjutkan lagi dan

telah dicapai optimum dari fungsi objective.

Ketiga : Tentukan pivot dari kolom pivot. Yang dimaksud dengan pivot

ialah entry dari kolom pivot yang “replacement quotient” - nya

terkecil.


Sedangkan pivot ini terletak pada baris pivot yang basic

variabelnya akan merupakan leaving variabel (outgoing variabel)

digantikan oleh variabel yang terletak pada kolom pivot yang akan

merupakan entering variabel (incoming variabel).

Basic variabel mana yang dipilih di antara alternatif yang ada

ditentukan oleh replacement quotientnya yang terkecil.

Karena 1 unit dari entering variabel pada contoh ini akan

menggunakan masing-masing 2 unit, 1 unit dan 1 unit kapasitas

yang tersedia dari basic variabel S1 , S2 , dan S3 pada tiap

constraint, maka replacement quotient untuk tiap constraint ialah :

Baris I 1600 : 2 = 800

Baris II 2400 : 1 = 2400

Baris III 1000 : 1 = 1000

Ternyata replacement quotient terkecil terletak pada baris I

sehingga baris I akan merupakan baris pivot dan pivotnya ialah

entry “2”.

Keempat : Dan basic variabel S1 pada baris ini akan merupakan leaving

variabel digantikan oleh non basic variabel y yang akan menjadi

basic variabel pada tahap berikutnya.

Catatan : Kalau dalam suatu soal ternyata ada 2 replacemant quotient

terkecil yang sama, maka pivotnya dipilih diantara entry pembagi

terbesar yang non negatif.

Proses penggantian antara leaving variabel dengan entering variabel akan

terlaksana setelah : entry pivot dijadikan “1” dengan cara membagi semua entry

pada baris pivot dengan pivot.

Pada contoh 1) maka baris pivot akan menjadi :

Z x y S1 S2 S3 Nilai

0/2 = 0 1/2 = 1/2 2/2 = 1 1/2 = 1/2 0/2 = 0 0/2 = 0 1600/2 = 800


Kemudian dilakukan row operation dengan baris pivot yang baru sebagai poros,

proses ini disebut sebagai proses “pivoting”, yakni sampai semua entry yang

terletak di atas dan di bawah entry “1” pada kolom pivot menjadi 0.

Pada contoh 1) hal ini dilaksanakan sebagai berikut :

Tabel I .a :

Basic

Variabel

Z

x

y

S1

S2

S3

Nilai

S1 0 1/2 1 1/2 0 0 800

S2 0 3 1 0 1 0 2400

S3 0 1 1 0 0 1 1000

Z 1 - 1000 - 1500 0 0 0 0

(Baris Z ini dapat juga diletakkan di baris pertama)

- baris kedua dikurangi 1 kali baris pertama

- baris ketiga dikurangi 1 kali baris pertama

- baris keempat ditambah 1500 kali baris pertama

Dengan demikian tabel I akan menjadi tabel II berikut ini :

Tabel II :

Basic

Variabel

Z

x

y

S1

S2

S3

Nilai

Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800

S2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600

S3 0 ½ 0 - ½ 0 1 200

Z 1 - 250 0 750 0 0 1,2 jt

Langkah selanjutnya kita kembali ke proses semula mulai dari langkah pertama

sampai keempat.


Z x y S1 S2 S3 Nilai

0x2 = 0 (1/2)x2 =

1

0x2 =

0

-(1/2)x2

= -1

0x2 =

0

1x2 = 2 200x2 = 400

Tabel IIa :

Basic

Variabel

Z

x

y

S1

S2

S3

Nilai

Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800

S2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600

x 0 1 0 - 1 0 2 400

Z 1 - 250 0 750 0 0 1,2 jt

Dari tabel II : kolom pivot ialah kolom x sedangkan baris pivot ialah baris ketiga,

sehingga basic variabel S3 akan digantikan oleh entering variabel x dan setelah

melalui proses pivoting, kita sampai pada tabel III, dengan cara :

- Baris ketiga tabel III = baris ketiga tabel II dibagi pivot ½ (atau dikalikan 2)

- Baris pertama tabel III = baris pertama tabel II dikurangi ( 1 x baris ketiga

tabel II)

- Baris kedua tabel III = baris kedua tabel II dikurangi (5 x baris ketiga tabel II)

- Baris keempat tabel III = baris keempat tabel II + (500 kali baris ketiga tabel

II)

Tabel III :

Basic

Variabel

Z

x

y

S1

S2

S3

Nilai

Y 0 0 1 1 0 -1 600

S2 0 0 0 2 1 -5 600

x 0 1 0 - 1 0 2 400

Z 1 0 0 500 0 500 1,3 jt


Karena pada tabel III ini semua entry pada baris dari fungsi objective yakni entry

di kolom x, y, S1 , S2 , dan S3 tidak ada lagi yang negatif, maka tabel ini

merupakan tahap akhir penyelesaian soal yang telah meningkatkan fungsi

objective sehingga mencapai Laba Maksimum.

Dari tabel ini dapat kita hitung bahwa :

1. Z = 1,3 juta – 500 S1 – 500 S3

Ini berarti bahwa laba maksimum = Rp. 1,3 juta yang hanya mungkin dicapai

kalau : S1 = S3 = 0

2. y = 600 – S1 + S3

S2 = 600 – 2 S1 + 5 S3

x = 400 + S1 – 2 S3

Namun karena S1 = S3 = 0, maka laba maksimum ini dicapai kalau :

y = 600 kg produk B

S2 = 600 ini adalah sisa kapasitas jam pengolahan yang tidak terpakai pada

mesin II

x = 400 kg produk A

Dari penyelesaian soal ini dapat dilihat bahwa :

Laba maksimum = 1000 (400) + 1500 (600) = Rp. 1.300.000,- jumlah ini cocok

dengan entry baris keempat kolom nilai tabel III.

Bandingkan hasil dari metode Simplek ini dengan metode Grafik !

Bagaimana hasilnya ?

5.2 Surplus Variable dan Artificial Variable

Dalam suatu persoalan memaksimumkan fungsi objective bentuk constraintnya

mungkin saja ada yang berbentuk bi atau = bi , dan demikian pula pada

persoalan yang meminimumkan fungsi objective selain terdapat constraint bi ,

mungkin saja ada yang berbentuk bi atau = bi.

Jika pada bentuk constraint b kita masukkan slack variabel maka :

a. Setiap bentuk constraint bi diubah menjadi persamaan dengan cara

mengurangi ruas kiri constraintnya dengan surplus variabel, sehingga

entrynya “- 1” pada setiap constraint, sebab surplus ini merupakan jumlah


bahan yang dipakai diatas batas kapasitas minimum bi. Namun berbeda

dengan slack variable yang langsung dapat merupakan basic variable, maka

surplus variable ini belum dapat merupakan basic variabel pada tabel awal,

sebab kalau non basic variabel = Nol, maka surplus variabel akan = - bi

(negatif) hal mana bertentangan dengan ketentuan bahwa setiap variabel

harus 0, karena itu pada constraint bi , dimasukkan pula “artificial variable”

dengan entry “1” yang pada tahap awal akan merupakan basic variable dan

yang dalam proses selanjutnya harus menjadi leaving variable digantikan

oleh entering variable.

b. Khusus untuk constrain = bi yang telah terbentuk persamaan hanya

dimasukkan artificial variable dengan entry “1” agar himpunan constraint dari

suatu masalah programa linier yang terdiri dari m constraint akan mempunyai

identity matrix = Im pada tabel awal yang telah memenuhi ketentuan initial

basis fisible solution.

5.3 Metode Big-M (metode penalty)

Perhatikan persoalan di bawah ini :

Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2

Berdasarkan pembatas :

x1 4

2x2 12

3x1 + 2x2 = 18

x1 , x2 0

Karena pembatas ketiga bertanda ( =), maka untuk mendapatkan solusi basis

awalnya kita harus menambahkan variabel artifisial sehingga diperoleh bentuk :

Maksimumkan : z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 - MA1


x1 + S1 = 4

2x2 + S2 = 12

3x1 + 2x2 + A1 = 18


x1 , x2 , S1, S2 , A1 0

Untuk memasukkan model diatas ke dalam bentuk tabel, maka terlebih dahulu

substitusikan A1 dengan cara :

A1 = 18 - 3x1 - 2x2

Kemudian masukkan ke dalam persamaan z sebagai berikut :

z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 – M(18 - 3x1 - 2x2)

atau :

z = (3M + 3) x1 + (2M + 5) x2 + 0S1 + 0S2 - 18M

z - (3M + 3) x1 - (2M + 5) x2 - 0S1 - 0S2 = - 18 M

Hal ini dilakukan dengan maksud agar dalam pembuatan tabel simpleks

awalnya, sudah secara otomatis “dipaksa” berharga nol. Selanjutnya

penyelesaian persoalan di atas dapat dilakukan sebagai berikut :

Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 Solusi

S1 1 0 1 0 0 4

0 S2 0 2 0 1 0 12

A1 3 2 0 0 1 18

z (-3M-3) (-2M-5) 0 0 0 - 18 M

x1 1 0 1 0 0 4

1 S2 0 2 0 1 0 12

A1 0 2 - 3 0 1 6

z 0 (-2M-5) (3M+3) 0 0 -6M +12

x1 1 0 1 0 0 4

2 S2 0 0 3 1 - 1 6

x2 0 1 - 3/2 0 1/2 3

z 0 0 -9/2 0 (M+5/2) 27

x1 1 0 0 - 1/3 1/3 2


3 S1 0 0 1 1/3 - 1/3 2

x2 0 1 0 1/2 0 6

z 0 0 0 3/2 (M+1) 36

Contoh lainnya :

Minimumkan : z = 3x1 + 5x2


x1 4

2x2 = 12

3x1 + 2x2 18

x1 , x2 0

Bentuk standar :

z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 + MA1 + MA2

x1 + S1 = 4

2x2 + A1 = 12

3x1 + 2x2 - S2 + A2 = 18

x1 , x2 , S1, S2 , A1 , A2 0

(perhatikan bahwa penalty M bertanda positip).

Substitusi :

A1 = 12 - 2x2

A2 = 18 - 3x1 - 2x2 + S2

Sehingga didapat :

z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 + M(12 - 2x2) + M(18 - 3x1 - 2x2 + S2)

Atau :

z = (-3M+3) x1 + (-4M+5) x2 + 0S1 + MS2 + 30M

z - (-3M+3) x1 - (-4M+5) x2 - 0S1 - MS2 = 30M

Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 A2 Solusi

S1 1 0 1 0 0 0 4

0 A1 0 2 0 0 1 0 12


A2 3 2 0 -1 0 1 18

z (3M-3) (4M-5) 0 -M 0 0 30M

S1 1 0 1 0 0 0 4

1 x2 0 1 0 0 1/2 0 6

A2 3 0 0 -1 -1 1 6

z (3M-3) 0 0 -M (-2M+5/2) 0 6M+30

S1 0 0 1 1/3 1/3 -1/3 2

2 x2 0 1 0 0 1/2 0 6

x1 1 0 0 -1/3 -1/3 1/3 2

z 0 0 0 -1 (-M+3/2) (-M+1) 36

5.4 Metode Dua Fase

Dengan digunakannya konstanta M yang merupakan bilangan positip

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.

Kesulitan ini bisa dikurangi dengan menggunakan teknik dua fase. Di sini

konstanta M dihilangkan dengan cara menyelesaikan persoalan dalam dua fase

(dua tingkatan) sebagai berikut :

Fase 1 :

Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang dihadapi memiliki

solusi 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 2. Tetapi, jika nilai minimum

fungsi tujuan baru ini berharga positip, maka persoalan tidak memiliki solusi

fisibel. STOP.

Fase 2 :


Gunakan solusi basis optimum dari fase 1 sebagai solusi awal bagi persoalan

semula. Dalam hal ini ubahlah bentuk fungsi tujuan fase 1 dengan

mengembalikannya pada fungsi tujuan persoalan semula. Pemecahan persoalan

dilakukan dengan cara simpleks biasa.

Contoh 1 :

Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2


x1 4

2x2 12

3x1 + 2x2 = 18

x1, x2 0

Bentuk standar :

Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 - MA1

x1 + S1 = 4

2x2 + S2 = 12

3x1 + 2x2 + A1 = 18

x1, x2 , S1, S2, A1 0

Dari persamaan di atas diperoleh harga A1 = 18 - 3x1 - 2x2

Fase 1 :

Minimumkan : a = A1 atau a = 18 - 3x1 - 2x2


x1 + S1 = 4

2x2 + S2 = 12

3x1 + 2x2 + A1 = 18

x1, x2 , S1, S2, A1 0


Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 Solusi

S1 1 0 1 0 0 4

0 S2 0 2 0 1 0 12

A1 3 2 0 0 1 18

a 3 2 0 0 0 18

x1 1 0 1 0 0 4

1 S2 0 2 0 1 0 12

A1 0 2 - 3 0 1 6

a 0 2 - 3 0 0 6

x1 1 0 1 0 0 4

2 S2 0 0 3 1 - 1 6

x2 0 1 - 3/2 0 ½ 3

a 0 0 0 0 - 1 0

Persoalan diatas memiliki solusi fisibel. Selanjutnya A tidak diikutsertakan lagi.

Fase 2 :

Dari tabel optimum pada fase 1 di atas dapat dituliskan persamaan-persamaan

berikut :

x1 + S1 = 4 x1 = 4 – S1

3 S1 + S2 = 6

x2 - 3/2 S1 = 3 x2 = 3 + 3/2 S1

Kembali kepada model persoalan semula, dan dengan menyubstitusikan

persamaan-persamaan di atas, didapatkan :

Maksimumkan : z = 3 (4 – S1) + 5 (3 + 3/2 S1)

Atau z = 9/2 S1 + 27


x1 + S1 = 4

3 S1 + S2 = 6

x2 - 3/2 S1 = 3


Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 Solusi

x1 1 0 1 0 4

0 S2 0 0 3 1 6

x2 0 1 - 3/2 0 3

z 0 0 - 9/2 0 27

x1 1 0 0 - 1/3 2

1 S1 0 0 1 1/3 2

x2 0 1 0 1/2 6

z 0 0 0 3/2 36

Didapatkan solusi optimal : x1 = 2, x2 = 6 dan z = 36

Contoh 2 :

Minimumkan : z = 3x1 + 5x2


x1 4

2x2 = 12

3x1 + 2x2 18

x1, x2 0

Bentuk standar :

Minimumkan : z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 + MA1 + MA2

x1 + S1 = 4

2x2 + A1 = 12

3x1 + 2x2 - S2 + A2 = 18

x1, x2 , S1, S2, A1 , A2 0

Diperoleh persamaan-persamaan :

A1 = 12 - 2x2

A2 = 18 - 3x1 - 2x2 + S2

Fase 1 :


Minimumkan : a = A1 + A2

a = 12 - 2x2 + 18 - 3x1 - 2x2 + S2

Atau : a + 3x1 + 4x2 - S2 = 30

Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 A2 Solusi

S1 1 0 1 0 0 0 4

0 A1 0 2 0 0 1 0 12

A2 3 2 0 - 1 0 1 18

a 3 4 0 - 1 0 0 30

S1 1 0 1 0 0 0 4

1 x2 0 1 0 0 1/2 0 6

A2 3 0 0 - 1 - 1 1 6

a 3 0 0 - 1 - 2 0 6

S1 0 0 1 1/3 1/3 - 1/3 2

2 x2 0 1 0 0 1/2 0 6

x1 1 0 0 - 1/3 - 1/3 1/3 2

a 0 0 0 0 - 1 - 1 0

Persoalan memiliki solusi fisibel.

Fase 2:

S1 + 1/3 S2 = 2

x2 = 6

x1 - 1/3 S2 = 2 x1 = 2 + 1/3 S2

Kembali ke persamaan semula :

Minimumkan : z = 3 (2 + 1/3 S2 ) + 5 (6)

Atau : z - S2 = 36

Basis x1 x2 S1 S2 Solusi

S1 0 0 1 1/3 2

x2 0 1 0 0 6


x1 1 0 0 - 1/3 2

z 0 0 - 1 0 36

Tabel di atas sudah langsung merupakan tabel optimal.

Satu hal yang penting untuk diingat adalah bahwa variabel-variabel

artifisial tidak diikutsertakan lagi dalam perhitungan di fase 2 apabila pada akhir

fase 1, variabel-variabel artifisial itu berstatus sebagai variabel basis yang

berharga nol pada akhir fase 1. Dalam hal ini harus dilakukan tindakan

pencegahan untuk memastikan bahwa variabel artifisial itu tidak akan pernah

berharga positip selama perhitungan fase 2.

Apabila pada iterasi optimum masih ada variabel artifisial yang berstatus

sebagai variabel basis dan berharga positip (bukan nol), maka hal ini menjadi

tanda bahwa persoalan yang bersangkutan tidak memiliki solusi fisibel.

LATIHAN SOAL :

1. “Joni Teknik” adalah sebuah perusahaan yang khusus membuat roda gigi

kendaraan bermotor. Perusahaan ini mempunyai 3 orang pekerja. Karena

lama (pengalaman) keterampilan ketiga pekerja tersebut berbeda-beda,

maka upah per jam mereka juga berbeda, yaitu :

Kang Warnadi = Rp. 6.000,- per jam

Kang Dasir = Rp. 8.000,- per jam

Kang Sukir = Rp. 1.000,- per jam

Tabel berikut memperlihatkan waktu yang diperlukan (jam) oleh ketiga

pekerja tersebut untuk menyelesaikan tiga jenis pekerjaan :

Lama waktu yang diperlukan (jam)

Pekerjaan Warnadi Dasir Sukir

Frais & bor 5 3 6

Bubut 4 5 8


Gerinda 6 7 1

Bila Saudara adalah pemilik “Joni Teknik” , bagaimana pengaturan tugas

ketiga pekerja tersebut agar ongkos pekerja minimal ?

2. Selesaikan :

Maksimumkan : z = 3x1 + 4x2 + 3x3

Dengan constraint :

x1 + x2 + 3x3 12

2x1 + 4x2 + x3 42

x1 , x2 , x3 0

3. Selesaikan :

Minimumkan : z = x1 + 6x2 + 2x3

Dengan constraint :

x1 + 2x2 2

x1 + x2 + 3x3 12

x1 , x2 , x3 0

4. Selesaikan :

Maksimumkan : z = 6x1 + 2x2 + 5x3

Dengan constraint :

2x1 + 3x2 + x3 10

x1 + 2x3 8

x1 + 2x2 + 5x3 19

x1 , x2 , x3 0

5. Selesaikan :

Maksimumkan : z = 2x1 - 4x2 + 5x3 - 6x4

Dengan constraint :

x1 + 4x2 - 2x3 + 8x4 2

-x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 1

x1 , x2 , x3 ,x4 0


6. Selesaikan :

Maksimumkan : z = x1 + 2x2 - x3 + 4x4

Dengan constraint :

x1 + 2x2 - 3x3 + x4 = 4

x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 4

x1 , x2 , x3 ,x4 0

7. Suatu pabrik tiap hari memproduksi 3 jenis barang I, II dan III yang masing-

masing menggunakan 2 macam bahan baku A dan B. Tiap unit barang I

menggunakan 2 unit bahan A dan 1 unit bahan B, tiap unit barang II

menggunakan 1 unit bahan A dan 3 unit bahan B. Sedangkan barang jenis III

menggunakan 3 unit bahan A dan 2 unit bahan B. Bahan baku A hanya dapat

tersedia paling banyak 1000 unit, sedangkan untuk menjaga mutu produk,

bahan baku B yang cukup murah harganya harus digunakan sekurang-

kurangnya 900 unit tiap hari.

Laba tiap unit barang ini masing-masing untuk jenis I = Rp. 1.300,- , jenis II =

Rp. 300,- dan jenis III = Rp. 1.100,-

Sesuai dengan kapasitas mesin dalam pabrik ini maka jumlah ketiga jenis

barang yang dapat dihasilkan tiap hari paling banyak sejumlah 550 unit.

Berdasarkan data ini pabrik ingin menghitung profit maksimum tiap hari,

karena itu Saudara diminta :

a. Susunlah fungsi objective dengan constraintnya.

b. Susunlah tabel awal dari persoalan ini dengan menggunakan metode

simpleks.

c. Selesaikan tabel ini dan hitunglah produk tiap jenis dan profit maksimum

yang dicapai.

8. Gunakan metode simpleks dan metode dua fase untuk memecahkan

persoalan berikut :

a. Maksimumkan : z = x1 + x2


Dengan constraint :

x1 + 5x2 5

2 x1 + 2x2 4

x1 , x2 0

b. Maksimumkan : z = 3x1 + 4x2

Dengan constraint :

2 x1 + x2 6

2 x1 + 3x2 9

x1 , x2 0

c. Minimumkan : z = x1 + 2x2

Dengan constraint :

x1 + 3x2 11

2 x1 + x2 9

x1 , x2 0

d. Maksimumkan : z = -x1 - x2

Dengan constraint :

x1 + 2x2 5000

5x1 + 3x2 12000

x1 , x2 0

9. Pertimbangkan kelompok batasan berikut ini :

x1 + x2 + x3 = 7

2x1 - 5x2 + x3 10

x1 , x2 , x3 0

Pecahkan dengan menggunakan metode Big-M, dengan asumsi bahwa

fungsi tujuan tersebut diketahui sebagai berikut :


a. Maksimumkan z = 2x1 + 3x2 - 5x3

b. Minimumkan z = 2x1 + 3x2 - 5x3

c. Maksimumkan z = x1 + 2x2 + x3

d. Minimumkan z = 4x1 - 8x2 - 3x3

10. Suatu pabrik memproduksi 2 jenis barang A dan B. Tiap jenis barang

diproses dalam pabrik melalui 3 bagian yang membutuhkan waktu (jam)

pengolahan sebagai berikut :

Jam pengolahan tiap unit.

Bagian Barang A Barang B

I 6 3

II 8 12

III A 10 -

III B - 12

Jika jumlah jam pengolahan pada tiap bagian ditentukan kapasitas

maksimumnya :

Bagian I : 120 jam

Bagian II : 240 jam

Bagian III A : 170 jam

Bagian III B : 180 jam

Dan kontribusi laba untuk tiap unit barang A dan B masing-masing Rp.

10.000,- dan Rp. 8.000,- maka tentukan jumlah barang A dan B yang harus

diproduksi agar pabrik ini dapat mencapai laba maksimum. Selesaikan dengan

metode grafik kemudian gunakan metode simpleks.

Engineering

3.pl simpleks