File - Sebuah Awal.

y
O
x
PROGRAM LINEAR
A. DEFINISI PEMROGRAMAN LINEAR
Suatu perusahaan atau organisasi harus membuat keputusan mengenai cara mengalokasikan sumbersumbernya dan tidak ada organisasi yang beroperasi secara permanen dengan sumber yang tidak terbatas,
akibatnya manajemen harus secara terus menerus mengalokasikan sumber langka untuk mencapai tujuan yang
optimal. Tiap organisasi mencoba untuk mencapai tujuan tertentu sesuai dengan batasan sumber daya, seperti
: bahan mentah, uang, waktu, tenaga, dll.
Pemrograman Linear adalah metode optimasi untuk menentukan nilai optimum dari fungsi tujuan
linear pada kondisi pembatasan-pembatasan (constrains) tertentu. Persoalan pemrograman linear dapat
ditemukan pada berbagai bidang dan dapat digunakan untuk membantu membuat keputusan, memilih suatu
alternatif yang paling tepat. Aplikasi program linear misalnya untuk keperluan : perencanaan produksi, produksi
campuran, penjadwalan, relokasi sumber daya, masalah transportasi, dll.
B. MODEL PEMROGRAMAN LINEAR
Bentuk umum model program linear adalah :
Optimumkan :
Z = c1x1 + c2x2 + ... + cnxn
Dengan batasan :
a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn   b1
a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn   b2
⁞
⁞
⁞
⁞
⁞
am1x1 + am2x2 + ... + amnxn   bm
x1, x2,... , xn  0
Terminologi umum untuk model program linear di atas adalah :
1. Fungsi yang akan dicari nilai optimumnya (Z) disebut fungsi tujuan (objective function)
2. Fungsi batasan (constrains) yang dikelompokkan menjadi dua, yaitu :
a. Fungsi batasan fungsional, yaitu fungsi-fungsi batasan sebanyak m.
b. Fungsi batasan non-negatif (non-negative constrains)
3. Variabel keputusan (decision variables)
4. Parameter model
C. PERSOALAN PEMROGRAMAN LINEAR
1.
2.
3.
Persoalan pemrograman linear adalah persoalan optimasi yang memenuhi ketentuan sebagai berikut :
Fungsi tujuan merupakan fungsi linear dari variable keputusan.
Nilai variabel keputusan harus memenuhi pembatasan-pembatasan yang berbentuk persamaan atau
ketaksamaan.
Setiap variabel keputusan harus dibatasi yaitu non negatif.
2
PROGRAM LINEAR
Model adalah sebuah tiruan terhadap realitas. Langkah yang dilakukan untuk membuat peralihan dari
realita ke model kuantitatif disebut perumusan model. Ada beberapa tahap dalam memformulasikan persoalan
pemrograman linear ke model kuantitatif, yaitu :
1. Mengidentifikasi variabel keputusan
2. Mendeskripsikan fungsi tujuan sebagai kombinasi linear dari variabel keputusan
3. Mendeskripsikan pembatasan-pembatasan sebagai kombinasi linear dari variabel keputusan
4. Mengidentifikasi batas bawah atau batas atas dari variabel keputusan
5. Mengekspresikan semua hasil identifikasi tersebut dalam model kuantitatif
Contoh 1.1 :
Sebuah perusahaan memproduksi sofa, meja dan kursi. Sumber daya untuk produksi tersebut adalah kayu,
bahan pelapis, dan waktu produksi. Sumber daya yang dibutuhkan untuk pembuatan tiap unit barang per
minggunya ditunjukkan sebagai berikut :
Jenis Produk
Kebutuhan sumber daya
Kayu (lembar)
Pelapis (m)
Waktu kerja (jam)
Sofa
Meja
Kursi
7
5
4
12
7
6
9
5
Sumber daya tersedia
1400
840
540
Pembuatan produk dibatasi perminggunya 500 buah karena keterbatasan tempat penyimpanan. Laba masingmasing produk per unit adalah Rp. 50.000,00 untuk sofa, Rp. 25.000,00 untuk meja dan Rp. 40.000,00 untuk
kursi. Perusahaan ingin mengetahui berapa banyak masing-masing produk harus dibuat agar mencapai laba
maksimum. Tentukan model matematikanya!
Penyelesaian :





Variabel keputusan :
a = banyak produksi sofa
b = banyak produksi meja
c = banyak produksi kursi
Fungsi tujuan (Z)
: Memaksimumkan laba
Memaksimumkan Z = 50.000a + 25.000b + 40.000c
Fungsi pembatas
: 7a + 5b + 4c  1400
(keterbatasan kayu)
12a + 7b  840
(keterbatasan pelapis)
6a+ 9b + 5c  540
(keterbatasan waktu)
a + b + c  500
(keterbatasan tempat penyimpanan)
Batas variabel keputusan : a, b, c  0
Model matematisnya :
Tentukan nilai a, b, c 
Memaksimumkan
: Z = 50.000a + 25.000b + 40.000c
Dengan pembatas
: 7a + 5b + 4c  1400
12a + 7b  840
6a+ 9b + 5c  540
a + b + c  500
a, b, c  0
Latihan 1.1 :
1.
PT. Khayal adalah perusahaan yang memproduksi 3 jenis barang yaitu P, Q, dan R, dan memiliki bahan
mentah M dan N. Kebutuhan bahan untuk setiap jenis barang terlihat pada tabel berikut :
Jenis Bahan
Mentah
M
N
Biaya Produksi
Biaya Angkut
P
2
0
5
1
Jenis Barang
Q
0
3
12
3
R
6
4
21
3
Persediaan Bahan Minimum
300 unit
500 unit
(dalam puluhan ribu)
3
PROGRAM LINEAR
2.
3.
Jika PT. Khayal ingin menekan pengeluaran, maka tentukan model matematika untuk permasalahan
tersebut.
Suatu perusahaan memproduksi dua macam produk, namakan X dan Y, yang haris diproses melalui tiga
macam mesin, yaitu mesin I, II, III. Contribution Margin per unit kedua produk tersebut Rp. 20.000,00 dan
Rp. 15.000,00. Produk X diproses mesin I selama 36 detik, di mesin II selama 72 detik, dan mesin III selama
144 detik. Sedang produk Y memerlukan waktu 72 detik di mesin I, dan 36 detik di mesin II dan III.
Perusahaan berharap mengetahui berapa banyak produk tersebut harus diproduksi agar Contribution
Margin total menjadi maksimum jika diketahui kapasitas mesin I, II dan III masing-masing adalah 160 jam,
120 jam, dan 150 jam. Tentukan model matematika untuk permasalahan tersebut !
Suatu perusahaan memproduksi 3 jenis barang yaitu X, Y dan Z dengan bahan baku yang dibutuhkan
untuk setiap jenis barang terlihat pada tabel berikut :
Jenis Bahan
Mentah
X
Y
Z
A
1
3
0
Jenis Barang
B
3
3
2
Harga Jual
(dalam ribuan)
10
30
20
C
3
0
1
Ketersediaan bahan A tidak kurang dari 60 unit, B tidak lebih dari 240 unit dan C tidak kurang dari 150
unit. Perusahaan akan memproduksi barang X tidak lebih dari 45 unit, dan Y lebih dari barang Z dengan
selisih 100. Jika perusahaan tersebut menginginkan pendapatan maksimum, tentukan model matematika
dari permasalahan tersebut !
D. PENYELESAIAN PERMASALAHAN PROGRAM LINEAR
DAERAH LAYAK (FEASIBLE REGION)
Pada setiap kasus pemrograman linear, susunan dari kendala-kendala akan membentuk suatu bidang
yang menjadi tempat kedudukan bagi variabel-variabel yang memenuhi seluruh kendala.
Contoh 1.2 :
Fungsi Pembatasnya : a – b  1
(i)
3a + 2b  12 (ii)
(i)
a7
b6
(iii)
(iv)
b3
(v)
(ii)
6
1
-1
4
(iii)
(iv) dan (V)
6
3
7
Gambar 1.1
4
PROGRAM LINEAR
Jika keempat daerah tersebut dijadikan satu bidang kemudian dicari irisannya diperoleh :
6
3
1
-1
4
7
Gambar 1.2
Masing-masing kendala pertidaksamaan di atas menjangkau suatu bidang penyelesaian dimana
variabel-variabel keputusan memenuhi fungsi-fungsi matematikanya. Perpotongan antara bidang penyelesaian
dari masing-masing kendala membentuk suatu bidang baru yang dinamakan dengan daerah layak (feasible
region). Oleh karena itu, penyelesaian optimum, yaitu variabel-variabel keputusan yang memenuhi seluruh
kendala dan mengakibatkan fungsi tujuan bernilai ekstrim, pasti terletak pada daerah layak.
Latihan 1.2
Gambarkan daerah layak dari fungsi-fungsi kendala berikut :
1. 3p + 4q  600
2. 2r + 3s  360
3p + q  240
r + s  130
0  p  50
r – s  160
q  30
r, s  0
4.
a + b  100
a – b  10
a  50
b0
5.
3x + 2y  600
8x + y  400
3x + 8y  1200
x – 2y  100
x, y  0
3.
10t + 9u  1800
5t + 3u  600
t + u  20
t, u  0
6.
6a + 7b  84
a – 2b  100
2a + b  50
a0
b tidak dibatasi
METODE GRAFIK DENGAN ISOLINE
Ada dua cara untuk menentukan solusi optimum pada daerah layak (feasible region) dengan metode
grafik. Teknik yang pertama adalah dengan teknik kesamaan garis (isoline). Langkah yang dilakukan untuk
menentukan solusi optimum dengan teknik isoline adalah :
1. Tentukan kemiringan garis fungsi tujuan (merupakan himpunan infinitif dari isoline)
 Pilihlah titik tertentu pada daerah layak
 Gambarkan garis fungsi tujuan yang mengenai titik tersebut
2. Tentukan arah peningkatan/penurunan dari fungsi tujuan persoalan maksimum/minimum. Pilih dua garis
(isoline) fungsi tujuan di daerah layak dan evaluasi nilai fungsi tujuan pada kedua garis isoline tersebut.
3. Ikuti arah peningkatan/penurunan sampai mencapai titik batas (sudut) dimana peningkatan/penurunan
dari fungsi tujuan keluar dari daerah layak.
4. Solusi optimum diperoleh dari titik batas dimana peningkatan atau penurunan dari fungsi tujuan akan
meninggalkan daerah layak.
Contoh 1.3
5
PROGRAM LINEAR
Untuk mengetahui proses penentuan solusi optimum dari suatu permasalahan program linear menggunakan
metode grafik dengan teknik isoline, lebih jelasnya perhatikan gambar berikut.
Z4 (Solusi Optimum)
 Maksimum
Z2
Z3
Z4
Z3 (Solusi Optimum)
 Minimum
Z1
Gambar 1.3
Latihan 1.3
Tentukan solusi dari permasalahan berikut ini menggunakan metode grafik dengan teknik isoline :
1.
Tentukan nilai a dan b yang memenuhi :
Fungsi Tujuan
: Memaksimumkan Z = 40a + 30b
Terhadap kendala
: 2a + b  20
2a + 3b  32
2a – b  0
b  2 dan a  0
2.
Tentukan nilai t dan u yang memenuhi :
Fungsi Tujuan
: Meminimumkan P = 20t + 30u
Terhadap kendala
: 2t + u  10
t + u  14
t + 4u  12
t  8 dan u  0
METODE GRAFIK DENGAN TITIK EKSTRIM
Teknik kedua untuk menentukan solusi optimum pada daerah layak (feasible region) dengan metode
grafik adalah titik ekstrim. Titik ekstrim merupakan titik-titik sudut pada daerah layak. Nilai ekstrim dari fungsi
tujuan pasti terletak pada salah satu titik ekstrim. Langkah yang dilakukan untuk menentukan solusi optimum
dengan teknik titik ekstrim adalah :
1. Tentukan irisan (intersection) daerah penyelesaian dari semua fungsi kendala, sehingga diperoleh daerah
layak (feasible region).
2. Tentukan tiitik ekstrim (titik sudut) dari daerah layak.
3. Evaluasi nilai fungsi tujuan pada setiap titik ekstrim daerah layak. Solusi optimum terletak pada salah satu
titik ekstrim daerah layak.
4. Tentukan nilai optimumnya, dengan aturan: nilai terbesar dari evaluasi pada langkah 3 menjadi nilai
maksimum, dan nilai terkecilnya menjadi nilai minimum
Contoh 1.4
6
PROGRAM LINEAR
Untuk mengetahui proses penentuan solusi optimum dari suatu permasalahan program linear menggunakan
metode grafik dengan teknik isoline, lebih jelasnya perhatikan gambar berikut.
C
B
O
A
Gambar 1.4
Jika fungsi tujuan dari permasalahan diatas adalah Z, setelah ditentukan koordinat titik O, A, B, dan C,
maka selanjutnya eveluasi nilai Z di setiap titik tersebut. Tentukan Z O, ZA, ZB, dan ZC.

Nilai maksimum = maks (ZO, ZA, ZB, ZC)

Nilai minimum = min (ZO, ZA, ZB, ZC)
Latihan 1.4
Tentukan solusi dari permasalahan berikut ini menggunakan metode grafik dengan teknik titik ekstrim :
1.
Tentukan nilai a dan b yang memenuhi :
Fungsi Tujuan
: Memaksimumkan Z = 40a + 30b
Terhadap kendala
: 2a + b  20
2a + 3b  32
2a – b  0
b  2 dan a  0
2.
Tentukan nilai t dan u yang memenuhi :
Fungsi Tujuan
: Meminimumkan P = 20t + 30u
Terhadap kendala
: 2t + u  10
t + u  14
t + 4u  12
t  8 dan u  0
E. KEJADIAN KHUSUS PADA METODE GRAFIK
Permasalahan program linear terkadang ada yang memiliki lebih dari satu penyelesaian, atau memiliki
penyelesaian yang nilainya tidak terbatas, bahkan ada permasalahan yang tidak dapat dicari penyelesaiannya.
Berikut akan dibahas berbagai kejadian khusus yang dapat muncul saat optimasi fungsi tujuan dengan
menggunakan metode grafik.
1.
Degenerasi
Satu titik terbentuk dari perpotongan antara dua buah garis. Apabila terjadi perpotongan tiga garis
melalui satu titik maka kejadian ini disebut dengan over determined. Over deternimed inilah yang
menyebabkan salah satu kejadian khusus pada metode grafik, yaitu degenerasi. Dengan alasan ini dapat
7
PROGRAM LINEAR
dikatakan bahwa terdapat satu batasan yang melimpah atau berlebih. Batasan yang seperti ini dinamakan
dengan batasan redundan (redundant constarins).
2.
Optimal Alternatif
Dalam kejadian ini terdapat beberapa alternatif penyelesaian optimal pada suatu permasalahan. Hal ini
terjadi apabila fungsi tujuan sejajar dengan fungsi batasan pembentuk penyelesaian optimal. Akibatnya,
fungsi tujuanakan bernilai optimal sama pada lebih dari satu titik penyelesaian.
3.
Penyelesaian tidak feasible
Suatu model pemrograman linear dikatakan memiliki penyelesaian tak feasible apabila fungsi-fungsi
batasan dalam model tersebut tidak dapat dipenuhi secara simultan. Dengan kata lain, Interseksi dari
semua fungsi batasan yang ada tidak dapat ditemukan.
4.
Penyelesaian tidak terbatas
Pada model masalaah program linear ada beberapa model dimana variabel-variabel tersebut dapat
dinaikkan sampai tak terhingga tanpa melanggar fungsi batasan. Hal ini berarti ruang penyelesaian atau
daerah penyelesaian dari permasalahan pemrograman linear tersebut tidak terbatas. Akibatnya, nilai
fungsi tujuan dalam kasus memaksimumkan dapat naik sampai tak terhingga. Melihat kejadian ini
dikatakan bahwa permasalahan pemrograman linear tersebut memiliki daerah penyelesaian yang tak
terbatas dan nilai fungsi tujuannya pun tidak terbatas.
Latihan 1.5
1.
2.
3.
4.
Tentukan nilai a dan b yang memenuhi :
Fungsi tujuan
: Memaksimumkan W = 3a + 9b
Terhadap kendala
: a + 4b  8
a + 2b  4
a, b  0
Tentukan nilai x dan y yang memenuhi :
Fungsi tujuan
: Memaksimumkan T = 2x + 4y
Terhadap kendala
: x + 2y  5
x+y4
x, y  0
Tentukan nilai r dan s yang memenuhi :
Fungsi tujuan
: Memaksimumkan K = 3r + 2s
Terhadap kendala
: 2r + s  2
3r + 4s  12
r, s  0
Tentukan nilai t dan u yang memenuhi :
Fungsi tujuan
: Memaksimumkan S = 2t + u
Terhadap kendala
: t – u  10
2t  40
t, u  0
8
PROGRAM LINEAR
A. PENDAHULUAN
Apabila suatu persoalan program linear hanya mengandung dua variabel keputusan, maka untuk
menentukan solusinya dapat dilakukan dengan metode grafik. Akan tetapi apabila permasalahan mengandung
tiga variabel atau lebih, maka akan sangat sulit, bahkan tidak bisa dilakukan optimasi dengan metode grafik
sehingga diperlukan metode lain untuk menentukan titik serta nilai optimumnya. Salah satu metode yang bisa
digunakan adalah metode simpleks.
Gagasan metode simpleks adalah menerjemahkan definisi geometris atau grafik dari titik ekstrim atau
titik sudut menjadi definisi aljabar. Metode simpleks adalahsuatu teknik penyelesaian pemrograman linear
secara iterasi. Metode simpleks mencari suatu penyelesaian dasar yang feasible ke penyelesaian dasar feasible
lainnya yang dilakukan secara berulang-ulang sehingga akhirnya tercapai suatu penyelesaian optimum. Setiap
tahap penyelesaian menghasilkan nilai fungsi tujuanyang selalu lebih optimum atau sama dari tahap-tahap
penyelesaian sebelumnya. Metode simpleks sangat sistematik dan dilengkapi test kriteria yang dapat
memberitahukan kapan perhitungan harus dilanjutkan atau dihentikan sampai diperoleh solusi optimum.
B. BENTUK STANDAR MODEL PROGRAM LINEAR
Pada metode simpleks permasalahan pemrograman linear selalu diubah menjadi bentuk standart
(bentuk kanonik). Ciri dari bentuk kanonik adalah sebagai berikut :
1. Semua batasan atau kendala adalah persamaan dengan sisi kanan yang non negatif.
2. Semua variabel keputusan adalah non negatif.
3. Fungsi tujuan dapat berupa maksimasi dan minimasi.
Secara umum bentuk kanonik dari permasalahan program linear adalah sebagai berikut :
Optimumkan :
Z = c1x1 + c2x2 + ... + cnxn
Dengan batasan :
a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2
⁞
⁞
⁞
⁞
⁞
am1x1 + am2x2 + ... + amnxn = bm
x1, x2,... , xn  0
b1, b2,... , bm  0
Berikut ini adalah cara pengubahan dari masalah program linear ke dalam bentuk kanonik.
No
1
Tinjauan
Fungsi Batasan
Cara Pengubahan ke Bentuk Kanonik
Fungsi batasan berupa pertidaksamaan dengan tanda 
Tambahkan variabel slack pada ruas kiri. Variabel slack biasa disimbolkan
dengan S dengan S  0.
Contoh : 3a + 2b  36 dengan a, b  0
Bentuk kanoniknya menjadi
3a + 2b + S = 36 dengan a, b, S 0
9
PROGRAM LINEAR
Fungsi batasan berupa pertidaksamaan dengan tanda 
Tambahkan variabel slack pada ruas kiri. Variabel surplus biasa
disimbolkan dengan S dengan S  0.
Contoh : 3a + 2b  36 dengan a, b  0
Bentuk kanoniknya menjadi
3a + 2b  S = 36 dengan a, b, S 0
Fungsi batasan dengan nilai kanan negatif
Mengalikan masing-masing sisi dari fungsi batasan dengan 1.
Contoh : 3a + 2b  12 dengan a, b  0
3a + 2b + S = 12 dengan a, b, S  0
Bentuk kanoniknya menjadi
3a  2b  S = 12 dengan a, b, S  0
2
Variabel Keputusan
Variabel yang tidak dibatasi tanda
Misalkan ada variabel x yang nilainya tidak dibatasi, maka x harus
disubstitusi dengan x1 – x2 dengan x1, x2  0. Substitusi ini menyebabkan
perubahan pada fungsi tujuan dan fungsi batasannya.
3
Fungsi Tujuan
Catatan :
 Sisi kanan dari fungsi tujuan dibuat nol (0)
 Bentuk memaksimumkan fungsi tujuan ekuivalen
meminimumkan negatif dari fungsi tujuan tersebut.
dengan
Contoh 2.1
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan
Terhadap batasan
: Z = 2a + 3b + c
: 3a + b  9
4a + 5c  20
a + 2b + c  12
a, b  0,
c tidak dibatasi
Bentuk Kanonik
Memaksimumkan
Terhadap batasan
: Z – 2a – 3b – c1 + c2 = 0
: 3a + b  S1 = 9
4a + 5c1 – 5c2 + S2 = 20
a 2b  c1 + c2 + S3 = 12
a, b, c1, c2, S1, S2, S3  0
Latihan 2.1
Tentukan bentuk kanonik dari permasalahan berikut :
1.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
Z = 8p + 6q
4p + 3q  18
6p + 5q  30
2p + q  8
p, q  0
2.
Meminimumkan
Terhadap batasan
:
:
P = 3x + 2y + 4z
x + y – z  12
2x + y  3
x, z  0, y tidak dibatasi
3.
Meminimumkan
Terhadap batasan
:
:
W = 6a + 5b + 2c
3a + 2b + 5c  30
2a + 7b  28
3a  5c  15
a, b  0, c tidak dibatasi
10
PROGRAM LINEAR
C. KONSEP DASAR METODE SIMPLEKS
Konsep dasar metode simpleks bertolak dari konsep dasar metode grafik, yaitu penyelesaian optimum
terjadi pada titik ekstrim. Metode simpleks dalam bekerja menggunakan proses iterasi dimulai dari titik ekstrim
feasible awal ke titik ke titik ekstrim feasible lain yang terhubung (adjecent), dan iterasi akan berhenti jika
penyelesaian optimal telah diperoleh.
Perhatikan contoh permasalahan program linear dan penyelesaiannya dengan metode grafik berikut ini:
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
Z = 3a + 5b
2a  6
3b  15
6a + 4b  24
a, b  0
D C
B
O
A
Gambar 2.1
Algoritma simpleks dimulai dari titik feasible awal (misalkan titik asal O) dan akan menghasilkan
penyelesaian awal. Kemudian iterasi dilanjutkan ke titik ekstrim lain yang terhubung dengan O. Dalam
permasalahan ini ada dua kemungkinan titik ekstrim yang terhubung dengan O yaitu titik A dan D. Untuk
menentukan titik mana yang terpilih untuk iterasi selanjutnya dapat dilihat dari koefisien-koefisien pada fungsi
tujuannya. Jika koefisien a  b dan masalahnya memaksimumkan maka penyelesaian akan bergerak sejalan
dengan kenaikan b. Jadi,iterasi selanjutnya terjadi di titik D. Di titik D ini proses diulang untuk melihat apakah
ada titik ekstrim lain yang dapat memperbaiki nilai fungsi tujuan. Demikian seterusnya sehingga diperoleh nilai
optimum. Cara penentuan titik awal feasible pada metode simpleks adalah sebagai berikut :



Ubah permasalahan program linear kedalam bentuk kanonik.
Misal permasalahan tersebut terdiri atas n buah variabel dan m buah fungsi batasan, titik ekstrim feasible
awal ditentukan dengan terlebih dahulu mengambil sebanyak (n – m) variabel yang disamadengankan nol,
dan disebut sebagai variabel non basis. Variabel selain variabel non basis, disebut sebagai variabel basis.
Penyelesaian tunggal yang dihasilkan dengan menetukan variabel basis, disebut dengan penyelesaian
basis. Untuk dapat menyelesaikan dengan metode simpleks penyelesaian basis awal yang diperoleh harus
merupakan penyelesaian basis awal yang feasible, yang memenuhi syarat non negatif.
D. ALGORITMA SIMPLEKS
Berikut ini merupakan algoritma penyelesaian permasalahan pemrograman linear dengan
menggunakan Metode Simpleks.
1.
Langkah 1 :
Ubah permasalahan menjadi bentuk kanonik.
2.
Langkah 2 :
Tentukan variabel basis dan variabel non basis dari bentuk kanonik persamaan linear untuk mencari
penyelesaian basis awal yang feasible.
3.
Langkah 3 :
Susun persamaan-persamaan ke dalam tablo simpleks. Berikut ini adalah cara menyusun bentuk kanonik
kedalam tablo simpleks.
11
PROGRAM LINEAR
Variabel
Bais
Z
X1
X2
Z
Xn+1
Xn+2
...
Xn+m
1
0
0
...
0
-c1
a11
a21
...
am1
-c2
a12
a22
...
am2
...
...
...
...
...
Xn
Xn+1
Xn+2
...
Xn+m
Nilai
Kanan
a1n
a2n
...
amn
0
1
0
...
0
0
0
1
...
0
...
...
...
...
...
0
0
0
...
1
0
b1
b2
...
bm
Rasio
Keterangan :
 Nilai kanan adalah nilai di belakang tanda sama dengan dan sering disebut sebagai penyelesaian.
 Xn+1, Xn+2, ... , Xn+m merupakan simbol lain dari variabel slack yang biasa disimbolkan S 1, S2, ... , Sm.
4.
Langkah 4 :
Memilih entering variable yang biasa disimbolkan dengan ev. Entering variable adalah variabel non basis
yang masuk sebagai variabel basis pada iterasi berikutnya. Cara menentukan ev adalah :
5.

Jika fungsi tujuan memaksimumkan
Pilih nilai yang terletak pada baris fungsi tujuan yang memiliki nilai negatif dengan angka terbesar.
Variabel yang memiliki koefisien nilai terpilih (variabel pada tablo terletak di atas nilai terpilih),
ditentukan sebagai ev. Jika pada baris fungsi tujuan, semua koefisien sudah bernilai non negatif,
maka penyelesaian selesai dan iterasi berhenti.

Jika fungsi tujuan meminimumkan
Pilih nilai yang terletak pada baris fungsi tujuan yang memiliki nilai positif dengan angka terbesar.
Variabel yang memiliki koefisien nilai terpilih (variabel pada tablo terletak di atas nilai terpilih),
ditentukan sebagai ev. Jika pada baris fungsi tujuan, semua koefisien sudah bernilai non positif,
maka penyelesaian selesai dan iterasi berhenti.
Langkah 5:
Memilih leaving variable yang biasa disimbolkan dengan lv. Leaving variable adalah variabel basis yang
akan keluar menjadi variabel non basis pada iterasi berikutnya. Berikut adalah cara penentuan lv.

Baik untuk fungsi tujuan memaksimumkan dan meminimumkan lv. Dipilih diantara variabal basis
yang memiliki nilai rasio terkecil. Rasio ditentukan dengan cara sebagai berikut :
Rasio =

6.
Nilai Kanan
Elemen kolom ev
Hal yang perlu diperhatikan dalam mencari nilai rasio adalah sebagai berikut :
 Baris fungsi tujuan tidak dicari nilai rasionya.
 Jika elemen pada kolom ev nol atau negatif maka nilai rasio diabaikan.
Baris yang memuat variabel yang terpilih sebagai lv disebut sebagai baris pivot. Irisan antara baris
pivot dan kolom pivot disebut sebagai elemen pivot.
Langkah 6 :
Memperbaiki nilai-nilai pada baris persamaan pivot, caranya :
Nilai baris pivot baru =
7.
Nilai baris pivot lama
Elemen pivot
Langkah 7 :
Memperbaiki nilai pada baris lain selain baris pivot, dengan aturan :
Nilai baris baru = nilai baris lama – (koefisien kolom ev  nilai baris pivot baru )
8.
Langkah 8 :
Ulangi langkah 4 sampai dengan 8 sampai diperoleh penyelesaian optimal.
12
PROGRAM LINEAR
Contoh 2.2
Perhatikan permasalahan program linear berikut :
Permasalahan Program Linear
Bentuk Kanonik
Memaksimumkan : P = 3a + 5b
Terhadap batasan : 2a  6
3b  15
6a + 4b  24
a, b  0
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
(1)
(2)
(3)
P – 3a – 5b = 0
2a + S1 = 6
3b + S2 = 15
6a + 4b + S3 = 24
a, b, S1, S2, S3  0
(1)
(2)
(3)

Selesaikan permasalahan di atas dengan Metode Simpleks
Penyelesaian basis awal feasible :
Ambil sebanyak 5 – 3 = 2 variabel non basis yaitu : a = b = 0. Akibatnya S1 = 6, S2 = 15, dan S3 = 24 sebagai
variabel basis. Hal ini menghasilkan nilai awal fungsi tujuan P = 0.

Menuangkan dalam tablo simpleks.
Keterangan
Iterasi Awal
(0)
ev = b
lv = S2

Variabel
Basis
P
S1
S2
S3
P
a
b
S1
S2
S3
1
0
0
0
-3
2
0
6
-5
0
3
4
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
Perbaikan nilai baris pivot
1
1
Nilai baris pivot baru =  baris pivot lama =  [
3
3
= [ 0

0
0
3
0
1
0
0
1
3
Nilai
Kanan
0
6
15
24
1
0
0
5 ]
Rasio
5
6
15 ]
Perbaikan nilai baris lainnya
Perbaikan nilai baris fungsi tujuan
Nilai lama
:
[ 1
-3
-5
0
0
1
0
0 ]
0
5 ]
0
25]
0
6]
0
5]
-5 [ nilai baris pivot baru ]
: -5  [ 0
0
1
0
Nilai baru
:
[ 1
-3
0
0
[ 0
2
0
1
0  [ nilai baris pivot baru ]
: 0  [ 0
0
1
0
Nilai baru
:
[ 0
2
0
1
0
0
6]
Perbaikan nilai baris fungsi batasan (3)
Nilai lama
:
[ 0
6
4
0
1
24]
4  [ nilai baris pivot baru ]
: 4  [ 0
0
1
0
0
1
0
5 ]
Nilai baru
:
6
0
0 
1
4]
Perbaikan nilai fungsi batasan (1)
Nilai lama
:
[ 0
3
5
3
0
1
3
3
4
3
Jika hasil perbaikan tersebut dituangkan ke dalam tablo simpleks maka di dapatkan tablo simpleks untuk
iterasi 1, yaitu sebagai berikut :
13
PROGRAM LINEAR

Keterangan
Variabel
Basis
P
a
b
S1
S2
S3
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi
P
1
-3
0
0
5/3
0
25
-
(1)
S1
0
2
0
1
0
0
6
3
ev = a
B
0
0
1
0
1/3
0
5
-
lv = S3
S3
0
6
0
0
-4/3
1
4
2/3
Selanjutnya langkah 4 sampai 8 diulangi hingga diperoleh penyelesaian optimum. Berikut adalah tablo
simpleks secara lengkap dari permasalahan di atas.
Keterangan
Variabel
Basis
P
a
b
S1
S2
S3
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal
P
1
-3
-5
0
0
0
0
-
0
S1
0
2
0
1
0
0
6
-
ev = b
S2
0
0
3
0
1
0
15
5
lv = S2
S3
0
6
4
0
0
1
24
6
Iterasi
P
1
-3
0
0
5/3
0
25
-
(1)
S1
0
2
0
1
0
0
6
3
ev = a
B
0
0
1
0
1/3
0
5
-
lv = S3
S3
0
6
0
0
-4/3
1
4
2/3
Iterasi
P
1
0
0
0
1
1/2
27
(2)
S1
0
0
0
1
4/9
- 1/3
14/3
Optimal
B
0
0
1
0
1/3
0
5
A
0
1
0
0
- 2/9
1/6
2/3
Karena pada iterasi (2) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non negatif maka penyelesaian optimal
2 
telah tercapai. Jadi, permasalahan tersebut mencapai nilai optimal di (a, b) =  , 6  dengan Pmaks = 27
3 
Latihan 2.2
Dengan metode simpleks tentukan penyelesaian dari permasalahan berikut :
1.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
Z = 3p + 2q
2p + q  5
p+q3
p, q  0
2.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
P = x + 9y + z
x + 2y + 3z  9
3x + 2y + 2z  15
x, y, z  0
E. PENYELESAIAN AWAL SEMU
Contoh 2.3
Perhatikan contoh permasalahan linear berikut :
Permasalahan Program Linear
Meminimumkan : W = 6i + 15j + 24k
Terhadap batasan : 2i + 6k  3
(1)
3j + 4k  5
(2)
i, j, k  0
Bentuk Kanonik
Meminimumkan : W  6i  15j  24k = 0
Terhadap batasan : 2i + 6k  S1 = 3
(1)
3j + 4k  S2 = 5
(2)
i, j, k, S1, S2  0
14
PROGRAM LINEAR
Bentuk kanonik tersebut terdiri atas dua persamaan dan lima variabel tek diketahui. Sehingga untuk
menentukan penyelesaian basis awal terlebih dahulu harus menentukan sebanyak n – m = 5 – 2 = 3 variabel
non basis. Misalkan dipilih i = j = k = 0 maka diperoleh variabel basisnya adalah S1, dan S2 dengan nilai S1 = -3
dan S2 = -5. Karena terdapat variabel basis yang nilainya negatif, berarti penyelesaian basis awal yang diperoleh
merupakan penyelesaian basis awal yang tidak feasible.
Untuk mengatasi hal tersebut maka pada bentuk kanonik untuk setiap persamaan yang tidak
mengandung variabel slack ditambah variabel semu pada ruas kirinya. Variabel semu biasa disimbolkan R
dengan R  0. Penambahan variabel ini diperlakukan seperti variabel slack maupun variabel surplus. Sebagai
konsekuensi dari penggunaan variabel semu ini adalah penambahan sebesar MR pada ruas kanan fungsi
tujuan yang meminimalkan dan adanya pengurangan sebesar MR pada ruas kanan fungsi tujuan yang
memaksimalkan (M adalah bilangan positif yang sangat besar)
Karena variabel semu tidak berarti pada masalah aslinya, maka prosedur akan valid hanya apabila
pada saat optimasi, variabel semu ini bernilai nol. Dengan kata lain, variabel semua hanya digunakan pada awal
penyelesaian dan sebagai konsekuensinya harus dinolkan pada penyelesaian akhirnya. Apabila ada variabel
semu yang tidak sama dengan nol pada penyelesaian akhirnya berarti penyelesaian tersebut tidak feasible.
F. METODE PENALTI / TEKNIK M
Metode ini merupakan salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan permasalahan
program linear yang bentuk kanoniknya mengandung variabel semu. Perhatikan contoh 2.3
Permasalahan Program Linear
Bentuk Kanonik
Meminimumkan : W = 6i + 15j + 24k
Terhadap batasan : 2i + 6k  3
(1)
3j + 4k  5
(2)
i, j, k  0
Karena (1)
(2)
2i + 6k  S1 + R1 = 3 
3j + 4k  S2 + R2 = 5 
Meminimumkan : W = 6i + 15j + 24k + M (R1 + R2)
Terhadap batasan : 2i + 6k  S1 + R1 = 3
(1)
3j + 4k  S2 + R2 = 5
(2)
i, j, k, S1, S2, R1, R2  0
R1 = 3 – 2i – 6k + S1
R2 = 5 – 3j – 4k + S2
Maka R1 + R2 = 8 – 2i – 3j – 10k + S1 + S2
Sehingga bentuk kanoniknya menjadi :
Meminimumkan
: W = 6i + 15j + 24k + M (R1 + R2) = 6i + 15j + 24k + M (8 – 2i – 3j – 10k + S1 + S2)
W = (6 – 2M)i + (15 – 3M)j + (24 – 10M)k + MS1 + MS2 + 8M
W + (–6 + 2M)i + (–15 + 3M)j + (–24 + 10M)k – MS1 – MS2 = 8M
Terhadap batasan : 2i + 6k  S1 + R1 = 3
3j + 4k  S2 + R2 = 5
i, j, k, S1, S2, R1, R2  0
Permasalahan tersebut memiliki 2 persamaan dengan 7 variabel yang tidak diketahui. Selanjutnya
permasalahan ini diselesaikan dengan metode simpleks sebagai berikut :

Mencari penyelesaian basis awal feasible.
Ambil sebanyak 7 – 2 = 5 variabel non basis yaitu : i = j = k = S1 = S2 = 0. Akibatnya R1 = 3, R2 = 5 sebagai
variabel basis. Hal ini menghasilkan nilai awal fungsi tujuan W = 8M.

Tablo Simpleks secara lengkap dari masalah tersebut adalah sebagai berikut :
Ket
Var.
Basis
W
I
Iterasi Awal
W
1
-6+2M
j
k
-15+3M -24+10M
Nilai
Rasio
Kanan
S1
S2
R1
R2
-M
-M
0
0
8M
-
ev = k
R1
0
2
0
6
-1
0
1
0
3
1/2
lv = R1
R2
0
0
3
4
0
-1
0
1
5
5/4
Iterasi (1)
W
1
0
-4+(2M/3)
-M
4-(5M/3)
0
12+3M
-
ev = j
k
0
1/3
0
1
-1/6
0
1/6
0
½
-
lv = R2
R2
0
-4/3
3
0
2/3
-1
-2/3
1
3
1
2-(4M/3) -15+3M
15
PROGRAM LINEAR
Iterasi (2)
W
1
-14/3
0
0
-2/3
-5
4/6 - M
5–M
27
Optimal
k
0
1/3
0
1
-1/6
0
1/6
0
½
j
0
-4/9
1
0
2/9
-1/3
-2/9
1/3
1
Karena pada iterasi (2) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian optimal


tercapai. Jadi permasalahan tersebut mencapai nilai optimal di titik (i, j, k) =  0, 1,
1
 dengan Wmin = 27.
2
Latihan 2.3
Tentukan penyelesaian dari permasalahan berikut :
 Meminimumkan
: 20r + 30s
Terhadap batasan : 2r + s  10
r + 4s  12
r, s  0
G. METODE DUA TAHAP
Pemberian koefisien M pada variabel semu fungsi tujuan untuk metode penalti, ternyata menghambat
sekali. Karena pemberian bilangan yang sangat besar tersebut akan mengurangi kecepatan perhitungan. Jika
pada tablo optimal simpleks dari permasalahan yang mengandung variabel semu ternyata R tidak sama dengan
nol, maka penyelesaian yang diperoleh adalah penyelesaian optimal yang tidak feasible.
Untuk mengatasi hal tersebut maka dikembangkan metode dua tahap. Sesuai dengan namanya, cara
kerjanya dibagi menjadi dua tahap. Tahap I bertujuan untuk mengetahui apakah R dalam suatu permasalahan
dapat mencapai nilai nol atau tidak. Jika R mencapai nilai nol berarti penyelesaian optimal yang akan
diperoleh pada tahap II merupakan penyelesaian optimal yang feasible. Jika R tidak nol berarti penyelesaian
optimal yang akan diperoleh pada tahap II merupakan penyelesaian optimal yang tidak feasible. Jika hal ini
terjadi maka tahap II pada metode dua tahap tidak perlu dikerjakan. Tahap II pada metode duan tahap
bertujuan untuk mencari penyelesaian optimal dari permasalahan aslinya.
LANGKAH METODE DUA TAHAP
Tahap I
Mencari nilai minimal dari jumlah variabel-variabel semu terhadap fungsi batasan pada masalah aslinya.
n
Meminimumkan r =
R
i 1
i
Jika rmin = 0 maka dilanjutkan ke tahap II
Jika rmin > 0 maka tidak dilanjutkan ke tahap II
Tahap II
Menggunakan penyelesaian basis optimal pada tahap I sebagai penyelesaian basis awal pada masalah
aslinya. Untuk lebih jelasnya perhatikan conoth berikut.
Contoh 2.4
Tahap I
Permasalahan Program Linear
Bentuk Kanonik
2
Meminimumkan : W = 6i + 15j + 24k
Terhadap batasan : 2i + 6k  3
(1)
3j + 4k  5
(2)
i, j, k  0
Meminimumkan
: r=
R
i 1
i
Terhadap batasan : 2i + 6k  S1 + R1 = 3
3j + 4k  S2 + R2 = 5
i, j, k, S1, S2, R1, R2  0
(1)
(2)
16
PROGRAM LINEAR
Karena (1)
(2)
2i + 6k  S1 + R1 = 3 
3j + 4k  S2 + R2 = 5 
R1 = 3 – 2i – 6k + S1
R2 = 5 – 3j – 4k + S2
Maka R1 + R2 = 8 – 2i – 3j – 10k + S1 + S2
Sehingga bentuk kanoniknya menjadi :
2
Meminimumkan
: r =
R
i 1
= 8 – 2i – 3j – 10k + S1 + S2
i
r + 2i + 3j + 10k – S1 – S2 = 8
Terhadap batasan : 2i + 6k  S1 + R1 = 3
3j + 4k  S2 + R2 = 5
i, j, k, S1, S2, R1, R2  0
Permasalahan tersebut memiliki 2 persamaan dengan 7 variabel yang tidak diketahui. Selanjutnya
permasalahan tahap I ini diselesaikan dengan metode simpleks sebagai berikut :

Mencari penyelesaian basis awal feasible.
Ambil sebanyak 7 – 2 = 5 variabel non basis yaitu : i = j = k = S1 = S2 = 0. Akibatnya R1 = 3, R2 = 5 sebagai
variabel basis. Hal ini menghasilkan nilai awal fungsi tujuan r = 8.

Tablo Simpleks secara lengkap dari masalah tersebut adalah sebagai berikut :
Var.
Basis
r
i
j
K
S1
S2
R1
R2
Iterasi Awal
r
1
2
3
10
-1
-1
0
0
8
-
ev = k
R1
0
2
0
6
-1
0
1
0
3
1/2
lv = R1
R2
0
0
3
4
0
-1
0
1
5
5/4
Iterasi (1)
r
1
-4/3
3
0
2/3
-1
-5/3
0
3
-
ev = j
K
0
1/3
0
1
-1/6
0
1/6
0
1/2
-
lv = R2
R2
0
-4/3
3
0
2/3
-1
-2/3
1
3
1
Iterasi (2)
r
1
0
0
0
-5/3
0
-1
-1
0
Optimal
k
0
1/3
0
1
-1/6
0
1/6
0
1/2
j
0
-4/9
1
0
2/9
-1/3
-2/9
1/3
1
Keterangan
Nilai
Rasio
Kanan
Karena pada iterasi (2) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian optimal
tercapai. Berdasarkan iterasi pada tahap I diperoelh bahwa rmin = 0 berarti masalah tersebut memiliki
penyelesaian yang feasible dan dapat dilanjutkan pada tahap II.
TAHAP II
Karena rmin = 0 berarti R1 = R2 = 0 sehingga variabel-variabel semu pada perhitungan tahap II dapat diabaikan.
Sehingga tablo optimal tahap I dapat ditulis dalam bentuk persamaan menjadi :
1
1
1
4
1
2
 i + j + S1  S2 = 1
i + k – S1 =
(1)
dan
(2)
6
9
9
3
3
2
Sehingga permasalahan pada tahap II menjadi :
Meminimumkan
: W = 6i + 15j + 24k
1
Terhadap batasan :

3
4
i+k–
1
6
2
S1 =
1
2
1
i + j + S1  S2 = 1
9
9
3
i, j, k, S1, S2  0
Permasalahan tersebut memiliki 2 persamaan dengan 5 variabel yang tidak diketahui. Selanjutnya
permasalahan ini diselesaikan dengan metode simpleks sebagai berikut :
17
PROGRAM LINEAR

Mencari penyelesaian basis awal feasible.
Pada tahap II ini penyelesaian basis awal feasible telah diperoleh dari tablo optimal permasalahan pada
tahap I. Jadi dari tablo optimal permasalahan tahap I diperoleh bahwa :
1
1
1
1 1
1
(1)
i + k – S1 =  k =
– i + S1
6
6
3
2
2 3
4
1
4
1
2
2
(2)  i + j + S1 – S2 = 1  j = 1 + i – S1 + S2
9
9
9
9
3
3
1 1
1
4
1
2
Sehingga penyelesaian basis awal tahap II terjadi pada saat : k =
– i + S1 dan j = 1 + i – S1 + S2
6
9
9
2 3
3
dengan : W = 6i + 15j + 24


 W = 6i + 15  1 +
W =
14
4
9
i-
1 
1 1 1 
S1 + S2  + 24  - i  S1 
9
3 
2 3 6 
2
2
S1 +5S2 + 27
3
3
14
2
 W
i  S1 5S2 = 27
3
3

i+
Tablo Simpleks secara lengkap dari masalah tersebut adalah sebagai berikut :
Keterangan
Variabel
Basis
W
i
j
k
S1
S2
Nilai
Kanan
Iterasi awal
W
1
-14/3
0
0
-2/3
-5
27
(0)
k
0
1/3
0
1
-1/6
0
1/2
Optimum
j
0
-4/9
1
0
2/9
-1/3
1
Rasio
Karena pada iterasi awal (0) semua nilai pada baris fungsi tujuan sudah non positif maka penyelesaian


optimal telah tercapai. Jadi permasalahan tersebut mencapai nilai optimal di titik (i, j, k) =  0, 1,
1

2
dengan nilai Wmin = 27.
Latihan 2.4
Tentukan penyelesaian dari permasalahan berikut dengan metode simpleks dua tahap :
 Meminimumkan
: 20r + 30s
Terhadap batasan : 2r + s  10
r + 4s  12
r, s  0
H. INTERPRETASI TABLO OPTIMAL SIMPLEKS
Dalam suatu tablo optimal simpleks terdapat beberapa informasi penting yang dapat digunakan
sebagai bahan pertimbangan dalam meningkatkan nilai keoptimalan fungsi tujuan. Informasi penting tersebut
meliputi : 1. Penyelesaian optimal
2. Status sumber
3. Bobot satuan (unit worth) suatu sumber
Contoh 2.5
Sebuah industri rumah tangga memproduksi dua jenis roti, yaitu roti jenis A dan B dengan bahan dasar berupa
terigu, keju dan daging. Kebutuhan dasar utama per unit produksi dan batas maksimum persediaan bahan
dasar utama untuk satu masa produksi serta laba dari penjualan kue tertera pada tabel berikut :
18
PROGRAM LINEAR
Jenis Kue
A
B
12
8
0
6
4
0
Bahan Dasar
Utama
Terigu
Keju
Daging
Laba
6
Persediaan
Maksimum
Satuan
52
30
12
Kg
ons
ons
10
Ratusan Rupiah
Permasalahan tersebut dapat diubah ke dalam bentuk matematis menjadi :
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan : P = 6a + 10b
Terhadap batasan : 12a + 8b  52
6b  30
4a  12
a, b  0
Bentuk Kanonik
(1)
(2)
(3)
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
P – 6a – 10b = 0
12a + 8b + S1 = 52
6b + S2 = 30
4a + S3 = 12
a, b, S1, S2, S3  0
(1)
(2)
(3)
Apabila permasalahan tersebut diselesaikan dengan metode simpleks, maka diperoleh tablo simpleks berikut :
Keterangan
Variabel
Basis
P
a
b
S1
S2
S3
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal
P
1
-6
-10
0
0
0
0
-
0
S1
0
12
8
1
0
0
52
13/2
ev = b
S2
0
0
6
0
1
0
30
5
lv = S2
S3
0
4
0
0
0
1
12
-
Iterasi
P
1
-6
0
0
5/3
0
50
-
(1)
S1
0
12
0
1
4/3
0
12
1
ev = a
b
0
0
1
0
1/6
0
5
-
lv = S1
S3
0
4
0
0
0
1
12
3
Iterasi
P
1
0
0
1/2
1
0
56
(2)
a
0
1
0
1/12
-1/9
0
1
Optimal
b
0
0
1
0
1/6
0
5
S3
0
0
0
-1/3
4/9
1
28/3
PENYELESAIAN OPTIMAL
Dalam membaca informasi penyelesaian optimal, klasifikasi variabel sebagai variabel basis maupun
non basis tidak begitu penting. Variabel yang tidak tercantum dalam kolom variabel basis berarti bernilai nol.
Sedangkan nilsi variabel-variabel yang terletak pada kolom variabel basis dapat dilihat pada kolom nilai kanan.
Dari tablo optimal simpleks pada contoh 2.5 dapat diperoleh informasi seperti yang terlihat pada tabel berikut:
Variabel
Keputusan
Nilai Optimal
Keputusan
a
B
P
1
5
56
Dalam satu masa produksi membuat roti jenis A sebanyak 1
Dalam satu masa produksi membuat roti jenis B sebanyak 5
Keuntungan yang diperoleh sebesar Rp. 5.600,-
STATUS SUMBER
Status dari sumber dalam satu masa produksi diklasifikasikan menajdi dua jenis, yaitu :


Scarce, sumber dikatakan scarce apabila kapasitas persediaan sumber tersebut dipakai semua
Abundant, sumber dikatakan abundant apabila kapasitas persediaan sumber tersebut tidak dipakai semua
19
PROGRAM LINEAR
Dalam pembahasan mengenai status sumber ini berkaitan dengan persediaan sumber yang
mempunyai batas maksimal, yang ebrarti fungsi batasan yang berkaitan dengan sumber tersebut merupakan
pertidaksamaan dengan tanda . Sehingga untuk permasalahan program linear dengan fungsi batasan berupa
pertidaksamaan dengan tanda  secara fisik tidak dapat dikaji tentang status sumber dari permasalahan
tersebut. Informasi mengenai status sumber dapat dilihat langsung dari tablo optimal simpleks dengan cara
memperhatikan nilai-nilai variabel slacknya. Untuk lebih jelasnya, berikut ini akan dibahas status sumber pada
permaslaahan dari contoh 2.5.
Sumber
Variabel slack
Status sumber
Sumber 1 (terigu)
Sumber 2 (keju)
Sumber 3 (daging)
S1 = 0
S2 = 0
S3 = 28/3
Scarce / terpakai semua
Scarce / terpakai semua
Abundant / melimpah
Variabel slack yang bernilai positif berarti kapasitas dari sumber melimpah atau tidak digunakan seluruhnya.
Sedangkan apabila variabel slack bernilai nol berarti persediaan sumber dipakai semua dalam produksi.
Berdasar tabel di atas terlihat bahwa terigu dan keju dipakai semua dalam produksi roti. Sehingga,
baik terigu maupun keju apabila kapasitasnya ditambah akan menigkatkan keuntungan. Untuk daging kapasitas
sebesar 12 ons dalam satu masa produksi ternyata tidak dipakai seluruhnya, jadi masih ada sisa. Sehingga
apabila kapasitas daging ditambah maka akan sia-sia karena tidak akan menambah keuntungan.
BOBOT SATUAN (UNIT WORTH) SUATU SUMBER
Unit worth suatu sumber adalah laju penambahan nilai optimal dari fungsi tujuan sebagai akibat
kenaikan persediaan/kapasitas sumber. Informasi mengenai unit worth suatu sumber dapat diperoleh langsung
dari tablo optimal simpleks. Untuk lebih jelasnya akan dilihat unit worth dari tablo optimal simpleks pada
contoh 2.5 berikut :
Variabel
Nilai
Keterangan
P
a
b
S1
S2
S3
Rasio
Basis
Kanan
Iterasi
P
1
0
0
1/2
1
0
56
(2)
a
0
1
0
1/12
-1/9
0
1
Optimal
b
0
0
1
0
1/6
0
5
S3
0
0
0
-1/3
4/9
1
28/3
Dari tabel di atas diperoleh informasi bahwa :



Unit worth dari sumber 1 (terigu) sebesar 1/2
Berarti penambahan kapasitas terigu setiap 1 kg menyebabkan kenaikan keuntungan sebesar Rp. 50,Unit worth dari sumber 2 (keju) sebesar 1
Berarti penambahan kapasitas keju setiap 1 ons menyebabkan kenaikan keuntungan sebesar Rp. 100,Unit worth dari sumber 3 (daging) sebesar 0
Berarti penambahan kapasitas daging tidak akan mempengaruhi keuntungan
Jadi penambahan kapasitas sumber 2 (keju) seharusnya lebih diprioritaskan dibandingkan sumber yang lain.
I.
KEJADIAN KHUSUS PADA METODE SIMPLEKS
DEGENERASI
Dalam penggunaan metode simpleks syarat ke-feasible-an ditunjukkan dengan rasio minimal. Dalam
aplikasinya dimungkinkan terjadi rasio minimal tersebut lebih dari satu. Apabila hal itu terjadi maka satu atau
lebih variabel basis akan bernilai nol pada iterasi berikutnya. Kejadian seperti ini dikatakanbahwa penyelesaian
baru yang diperoleh adalah degenerate. Peristiwa ini terjadi disebabkan permasalahan program linear tersebut
memiliki satu fungsi batasan yang berlebih.
20
PROGRAM LINEAR
Contoh 2.6
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan : Z = 3a + 9b
Terhadap batasan : a + 4b  8
a + 2b  4
a, b  0
Bentuk Kanonik
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
(1)
(2)
Z – 3a – 9b = 0
a + 4b + S1 = 8
a + 2b + S2 = 4
a, b, S1, S2  0
(1)
(2)
Berikut adalah tablo simpleks dari permasalahan di atas :
Keterangan
Variabel
Basis
Z
a
b
S1
S2
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal (0)
Z
1
-3
-9
0
0
0
-
ev = b
S1
0
1
4
1
0
8
2
lv = S2
S2
0
1
2
0
1
4
2
Iterasi (1)
Z
1
-3/4
0
9/4
0
18
-
ev = a
B
0
1/4
1
1/4
0
2
8
lv = S1
S2
0
1/2
0
-1/2
1
0
0
Iterasi (2)
Z
1
0
0
3/2
3/2
18
Optimal
B
0
0
1
1/2
-1/2
2
a
0
1
0
-1
2
0
Secara umum, pada peristiwa degenerasi, prosedur simpleks akan terulang dalam iterasi pada baris
yang sama, nilai fungsi tujuan tidak berubah dan perhitungan tidak pernah berhenti. Peristiwa ini disebut
cycling. Tabel pada contoh 2.6 diatas memperlihatkan degenerasi terjadi karena pada iterasi (1) dan (2)
walaupun variabel basis dan non basisnya berbeda, namun tetap menghasilkan nilai yang sama untuk semua
variabel dalam fungsi tujuan, yaitu : a = 0, b = 2, S1 = 0, dan S2 = 0 menghasilkan Wmaks = 18. Jadi peristiwa
degenerasi tidak selamanya seperti pada cycling, namun ada kemungkinan degenerasi tersebut sifatnya hanya
sementara saja (temporarily degenerate).
OPTIMAL ALTERNATIF
Dalam kejadian ini terdapat beberapa alternatif penyelesaian optimal pada suatu permasalahan.
Artinya, fungsi tujuanakan bernilai optimal sama pada lebih dari satu titik penyelesaian. Perhatikan contoh
berikut ini :
Contoh 2.7
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan : P = 2a + 4b
Terhadap batasan : a + 2b  5
a+b4
a, b  0
Bentuk Kanonik
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
(1)
(2)
P – 2a – 4b = 0
a + 2b + S1 = 5
a + b + S2 = 4
a, b, S1, S2  0
(1)
(2)
Berikut adalah tablo simpleks dari permasalahan di atas :
Keterangan
Variabel
Basis
P
a
B
S1
S2
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal (0)
P
1
-2
-4
0
0
0
-
ev = b
S1
0
1
2
1
0
5
5/2
lv = S1
S2
0
1
1
0
1
4
4
21
PROGRAM LINEAR
Iterasi (1) Optimal
P
1
0
0
2
0
10
-
ev = a
b
0
1/2
1
1/2
0
5/2
5
lv = S2
S2
0
1/2
0
-1/2
1
3/2
3
Iterasi (2)
P
1
0
0
2
0
10
Optimal
b
0
0
1
1
1
1
a
0
1
0
-1
2
3
Pada metode simpleks iterasi terjadi dari satu titik ekstrim ke titik ekstrim lain yang saling terhubung.
Pada tabel diatas terlihat bahwa penyelesaian optimal tercapai di titik (a, b) = (0, 5/2) dan menghasilkan Pmaks
= 10. Perhatikan iterasi (1), koefisien dari variabel non basis a pada fungsi tujuan adalah nol, selanjutnya a
masuk sebagai variabel basis pada iterasi berikutnya tanpa mengubah nilai P, tetapi berakibat pada perubahan
nilai variabelnya. Pada iterasi (2), a masuk menjadi variabel basis dan memaksa S 2 keluar menjadi variabel non
basis. Pada iterasi (2) penyelesaian optimal baru terjadi di (a, b) = (3, 1) dan menghasilkan Pmaks = 10.
PENYELESAIAN TIDAK TERBATAS
Perhatikan contoh permasalahan pemrograman linear berikut :
Contoh 2. 8
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan : T = 2a + b
Terhadap batasan : a  b  10
2b  40
a, b  0
Bentuk Kanonik
(1)
(2)
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
T – 2a – b = 0
a  b + S1 = 5
2a + S2 = 40
a, b, S1, S2  0
(1)
(2)
Berikut adalah tablo simpleks dari permasalahan di atas :
Keterangan
Variabel
Basis
P
a
b
S1
S2
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal (0)
T
1
-2
-1
0
0
0
-
ev = b
S1
0
1
-1
1
0
10
10
lv = S1
S2
0
2
0
0
1
40
20
Iterasi (1)
T
1
0
-3
2
0
20
-
ev = b
A
0
1
-1
1
0
10
-
lv = S2
S2
0
0
2
-2
1
20
10
Iterasi (2)
T
1
0
0
-1
3/2
50
-
A
0
1
0
0
1/2
30
-
b
0
0
1
-1
1/2
10
-
Perhatikan tabel di atas. Pada iterasi (2) penyelesaian optimal belum tercapai, S1 terpilih sebagai
entering variable, akan tetapi leaving variable-nya tidak dapat ditentukan. Jadi permasalahan tersebut memiliki
penyelesaian yang tidak terbatas.
Secara umum, perhatikan tabel diatas, a dan b merupakan variabel non basis. Salah satu variabel ini
akan terpilih menjadi entering variable yang akan masuk sebagai variabel basis pada iterasi selanjutnya. Tetapi
perhatikan bahwa semua fungsi batasan di kolom b adalah non-positif. Artinya, nilai b dapat dinaikkan sampai
tak hingga tanpa melanggar satupun batasan. Jadi dengan melihat tablo awal simpleks, tanpa melalui
perhitungan pun dapat disimpulkan bahwa permasalahan tersebut memiliki penyelesaian yang tidak terbatas.
22
PROGRAM LINEAR
PENYELESAIAN TIDAK FEASIBLE
Perhatikan contoh permasalahan pemrograman linear berikut :
Contoh 2. 7
Permasalahan Program Linear
Memaksimumkan : K = 3a + 2b
Terhadap batasan : 2a + b  2
3a + 4b  12
a, b  0
Bentuk Kanonik
Memaksimumkan :
Terhadap batasan :
(1)
(2)
K – 3a – 2b + M(12 – 3a – 4b + S2)= 0
2a + b + S1 = 2
(1)
3a + 4b – S2+ R = 12 (2)
a, b, S1, S2, R  0
Berikut adalah tablo simpleks dari permasalahan di atas :
Keterangan
Variabel
Basis
K
a
b
S1
S2
R
Nilai
Kanan
Rasio
Iterasi Awal (0)
K
1
–3 – 3M
–2 – 4M
0
M
0
0
-
ev = b
S1
0
2
1
1
0
0
2
2
lv = S1
R
0
3
4
0
-1
1
12
3
Iterasi (1)
T
1
1 + 3M
0
2 + 4M
M
0
4 – 4M
Optimum
b
0
2
1
1
0
0
2
R
0
-5
0
-4
-1
1
4
Pada tabel tersebut terlihat bahwa pada iterasi (1) telah tercapai penyelesaian optimum. Untuk
penyelesaian optimum tersebut diperoleh nilai variabel semu R = 4. Hal ini menunjukkan bahwa penyelesaian
permasalahan tersebut merupakan penyelesaian yang tidak feasible.
Latihan 2.5
Tentukan penyelesaian dari permasalahan berikut dengan metode simpleks :
1.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
Z = 400s + 200t
s + t = 30
2s + 8t  80
s  20
s, t  0
2.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
P = 100a + 200b
2a + 4b  16
4a + 3b  24
a, b  0
3.
Memaksimumkan
Terhadap batasan
:
:
W = 5x + 6y
x – 2y  2
2x + 3y  2
x, y tidak dibatasi
23