OPERATIONAL RESEARCH Kuliahprasyarat :1. Matriks dan Ruang Vektor 2. Teori ProbabilitasTujuan : 1. Memformulasikanmasalah-masalahyangbersifatdeterministikkedalam formulasimodelprogramalinierdanturunannyasepertimodeltransportasi, penugasan, dan lain-lain. 2.Menyelesaikanpersoalanprogramalinieryangdiformulasikandenganmetode simpleks dan pengembangannya. 3.Menganalisis hasil-hasil pemecahan formulasi pemrograman linier dengan teori dualitas dan analisis sensitivitas. 4.Menyelesaikanpersoalantransportasidanpenugasandenganmemakaimetode pencarian solusi yang sesuai. Referensi : 1.HamdyA.Taha,OperationsResearchsanIntroduction,8thedition,Pearson Prentice Hall, 2007. 2.FrederickS.Hillier&GeraldJ.Lieberman,IntroductiontoOperations Research, McGraw-Hill College, 2001. 3.H.A.Eiselt&Carl-LouisSandblom,OperationsResearch:AModel-Based Approach, Springer, 2010. 4.WayneL.Winston,OperationsResearch:ApplicationsandAlgorithms, Duxbury Press, 2003.Download link : http://www.megaupload.com/?d=WGEM3YEX Satuan Acara Pengajaran: Mata Kuliah:Penelitian Operasional 1Semester: 3 Kode Mata Kuliah: IE 2313SKS: 3 Minggu Ke- Pokok BahasanSub Pokok BahasanTujuan Instruksional KhususKegiatanEvaluasiAcuan (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) 1Pendahuluan -Masalah Optimasi -Permasalahan Deterministik -Formulasi Model Programa Linear -Memahami definisi dan lingkup penelitian operasional dalam penyelesaian suatu masalah -Memahami konsep model matematis yang digunakan dalam perumusan programa linear Kuliah tatap muka Diskusi Bazaraa, Lieberman, Bronson 2 Perumusan Model Programa Linear -Model Matematis Programa Linear -Fungsi Tujuan, Jenis Variabel Keputusan dan Pembatas -Memahami konsep fungsi tujuan, variable keputusan dan pembatas -Mampu merumuskanpermasalahan nyata ke dalam model matematis program linear -Memahami bentuk pertidaksamaan dan standar -Kuliah tatap muka -Tugas Diskusi Bazaraa, Lieberman, Bronson 3Solusi Grafis -Solusi Optimal -Solusi Khusus -Memahami penyelesaian masalah programa linear dengan metoda grafis -Memahami permasalahan optimal, khusus, dan unik -Kuliah tatap muka -Tugas DiskusiBazaraa 4 Basic Feasible Solution -Vektor dan Matriks Basis -Matriks Inverse -Memahami konsep matriks basis dan invers -Memahami konsep pembentukan matriks solusi layak dari sebuah permasalahan programa linear -Kuliah tatap muka -Tugas DiskusiBazaraa Minggu Ke- Pokok BahasanSub Pokok BahasanTujuan Instruksional KhususKegiatanEvaluasiAcuan (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) 5 Dasar Tabel Simplex -Dasar Tabel Simplex -Solusi Unik dan Alternatif -Memahami konsep pemecahan programa linear dengan metoda simplex -Memahami solusi-solusi unik dan solusi alternatif Kuliah tatap muka Diskusi & Latihan Soal Bazaraa, Lieberman 6Tabel Simplex -Starting Solution -Convergence -Menguasai konsep tabel simplex -Memahami solusi-solusi dalam tabel simplex Kuliah tatap muka DiskusiBazaraa 7Tabel Simplex -Permasalahan Khusus -Metoda 2 Fasa & Big M -Memahami permasalahan dengan variable dan pembatas khusus -Menguasai metoda 2 Fasa dan Big M Kuliah tatap muka DiskusiBazaraa 8 Ujian Tengah Semester 9Primal-Dual -Hubungan Primal-Dual -Solusi Grafis -Dual Simplex -Memahami perbedaan bentuk primal dan dual -Memahami hubungan antara persamaan primal dan dual -Memahami cara pemecahan permasalahan dual dengan menggunakan metoda dual simplex Kuliah tatap muka DiskusiBazaraa 10Primal-Dual-Analisis Sensitivitas -Memahami solusi optimal dengan perubahan pada fungsi tujuan, variabel keputusan, pembatas, vector dan RHS Kuliah tatap muka Latihan Soal Bazaraa 11 Integer Programming -Konsep Bilangan Bulat -Metoda Cutting Plane -Memahami permasalahan dan solusi variable integer -Memahami metoda cutting plane Kuliah tatap muka DiskusiBazaraa Minggu Ke- Pokok BahasanSub Pokok BahasanTujuan Instruksional KhususKegiatanEvaluasiAcuan (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) 12 Metoda Transportasi -Northe West Corner -Metoda Vogels -Memahami konsep metoda transportasi dan penerapannya -Memahami konsep soluso optimal permasalahan transportasi -Memahami metoda Vogels untuk pencarian solusi optimal Kuliah tatap muka Diskusi & Latihan Soal Bazara 13Assigment-Metoda Penugasan -Memahami konsep assignment dan penerapannya -Memahami metoda pencarian solusi optimal Kuliah tatap muka DiskusiBronson 14Analisis Jaringan-Lintasan Terpendek -Spanning Tree -Maximum Flow -TSP -Memahami konsep node, arch, dan hubungan antar node -Memahami permasalahan pencarian rute terpendek -Memahami permasalahan spanning tree dan metoda pencarian solusi optimal -Memahami permasalahan Maximum Flow -Memahami permasalahan travel salesman problem dan metoda pencarian solusi Kuliah tatap muka Diskusi, Latihan Soal Lieberman, Bronson 15-- 16 Ujian Akhir Semester Mind Map Operational Research 1: OperationalResearchmerupakansuatudisiplinilmuyangmembahastentang pengambilankeputusandenganpendekatanscientific.Sehinggamasalah-masalah diselesaikansecarakuantitatif.UntukORI,pembelajarandifokuskanpadateknik-teknikpencariansolusioptimaluntukkasusumumdenganmetodaLinear ProgrammingdanIntegerProgramming,sertakasus-kasuskhusussepertimasalah Transportasi, Assignment, dan Analisis Jaringan. Table of Contents I.PENDAHULUAN ........................................................................ 7 II.PERUMUSAN MODEL PROGRAMA LINEAR.............................. 17 III.SOLUSI GRAFIS ...................................................................... 24 IV.BASIC FEASIBLE SOLUTION ................................................... 39 V.DASAR TABEL SIMPLEX .......................................................... 58 VI.TABEL SIMPLEX ...................................................................... 80 VII.PRIMAL-DUAL ......................................................................... 94 VIII.PRIMAL-DUAL ....................................................................... 122 IX.INTEGER PROGRAMMING ..................................................... 133 X.METODA TRANSPORTASI ..................................................... 161 XI.ASSIGMENT .......................................................................... 184 XII.ANALISIS JARINGAN ............................................................ 198 I.PENDAHULUAN POKOK PEMBAHASAN Masalah OptimisasiDeterministikFormulasi Model PL TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Paham definisi & lingkup OR 2.Paham konsep model matematis perumusan PL RINGKASAN MATERI ORberkembangseiringdengankeilmuanteknikindustrimembentukindustrial& system engineering. Kemunculanpenelitianoperasionaldimulaisemenjakmasarevolusiindustri. Revolusiindustrimengakibatkanterjadinyapertumbuhanukurandankompleksitas organisasi.Karenaitu,industriyangberkembangmelakukanpembagiankerjadan Kronologi Perkembangan dalam Evolusi Teknik IndustriLatar Belakang Sejarah Penelitian Operasional segmentasitanggungjawabmanajemendalamorganisasi.Namun,komponen organisasicenderungtumbuhsecaraotonomdengansasarandansisemnilainya sendiri sehingga organisasi sulit mengalokasikan sumber daya bagi berbagai aktivitas secaraefektifdanmenyeluruh.Karenanya,dilakukanusaha-usahauntuk memecahkan masalah yang pada akhirnya dikenal dengan penelitian operasional. Penelitianoperasionalberkembangpesatdipicuolehperangduniakedua.Metoda ilmiah(scientificmethod)dikembangkanuntukkebutuhanmengalokasikansumber dayayanglangkabagiberbagaioperasidanaktivitasmilitersecaraefektif.Halini dikenaldenganpenelitiandalamoperasi(militer)atauresearchin(military) operation. 1.Industrial boom Peningkatan ukuran dan kompleksitas organisasi2.Penerapan Penelitian Operasional pada berbagai jenis organisasi(bisnis, industri, pemerintah) 3.Kemajuanteknik-teknikdalamPenelitianOperasionalMetode Simpleks (Dantzig, 1947) 4.Revolusi komputer Hardware & Software packages a.The Operational Research Society of Great Britain oPenelitianOperasionalmerupakanpenerapanmetodailmiahbagi permasalahanyangkompleksyangmunculdalampengelolaan sistem-sistemyangbesaryangterdiridarimanusia,mesin,bahan, dan uang dalam industri, bisnis, pemerintahan, dan pertahanan.oPendekatan:mengembangkanmodel-modelilmiahdarisistemyang mencakuppengukuranatasfaktor-faktorantaralainpeluangdan resiko,untukmemprediksikandanmembandingkanhasil-hasildari berbagai alternatif dari keputusan, strategi dan kontrol.oTujuan:membantumanajemenuntukmenentukankebijakandan tindakannya secara ilmiah. Faktor-faktor kunci tumbuhnya Penelitian Operasional (tahun 1950-an)Definisi Penelitian Operasional b. The Operations Research Society of America (ORSA)oPenelitianoperasionalberkaitandenganpenentuansecarailmiah bagaimanamerancangdanmengoperasikansistemmanusia-mesin yangterbaik,yangbiasanyadalamkondisiyangmembutuhkan pengalokasian sumberdaya yang terbatas. -Bertujuanuntukmembantupengambilkeputusanyangberkaitandengan masalah yang kompleks (sebagai alat bantu dalam pengambilan keputusan). -Sebagaian besar berkaitan dengan masalah pengalokasian sumber daya. -Metodologinya adalah dengan menggunakan model. -Aplikasinya sangat luas. 1.Pemrograman Matematis Mix Product Problem Berapabanyaktiapjenisprodukyangharusdibuatdalamkondisi ketersediaan bahan dan tenaga kerja yang terbatas agar total keuntungan yang diperoleh maksimum? 2.Optimasi Jaringana.Shortest Path Problem Tentukan rute dari titik asal (S) ke titik tujuan (T) yangmempunyai jarak terpendek ! Kata Kunci Definisi Penelitian OperasionalContoh Kasus Penelitian Operasional b.Maximal Flow Problem Tentukanaliranmaksimumyangdapatdikirimdarititikasal(1)ke titik tujuan (7) ! c.Traveling Salesman Problem, TSP Seorangsalesmanharusmenunjungisemuakotadimanatiapkota hanya dikunjungi sekali, dan dia harus mulai dari dan kembali ke kota asal.Tujuannyaadalahmenentukanrutedenganjaraktotalyang paling minimum.3.Rantai Markov Berapaprobabilitas(dalamjangkapanjang)bahwasuatukesebelasan akan menang? AlternatifKeputusanAlternatifAlternatifAlternatifJikasaatinitim menang,tentukanwaktu(minggu)rata-ratatimtersebut kembali menang! 4.Teori Antrian Panjang antrian rata-rata antrian?Waktu rata-rata pelanggan dalam sistem? Berapa jumlah pelayan agar biaya total adalah minimum? 5.Pohon Keputusan -Unsurmanusiapentingdalamsetiappengambilankeputusan,tidaksaja diperlukan ahli Penelitian Operasional namun dari bidang yang lain.oContoh: kasus elevator -Penelitian operasional memiliki aspek ilmu dan seni. -Aspekilmuterletakpadapenyediaanteknik-teknikmatematisdanalgoritma untuk memecahkan masalah keputusan yang tepat. -Aspekseniterletakpadakenyataanbahwakeberhasilanpadasemuatahap yangmendahuluiataumengikutitahapanpemecahanmodelmatematisdari keputusan sebagian besar tergantung pada kreativitas penganalisis keputusan. OrganizationNature of applicationYearRelated techniques Annual Savings IBMIntegrateanationalwideofspare-parts inventories to improve service support 1990InventoryTheory, Simulation $20million+ $250million less inventory Delta Airlines Maximize the profit from assigning airplanetoover2500domestic flights 1994Integer Programming$100 million Yellow Freight System Optimizethedesignofanational trucking network and the routing of shipments 1992NetworkModels, Nonlinear Programming, Forecasting, Simulation $17.3 million Citgo PetroleumOptimizerefineryoperationsand thesupply,distribution,and marketing of products 1987LinearProgramming, NetworkModels, Forecasting $70 million Proctorand Gamble RedesigntheNorthAmerican productionanddistributionsystem toreducecostsandimprovespeed to market 1997Transportationand Assignment Problems $200 million Seni dan Penelitian OperasionalBeberapa penerapan Penelitian Operasional Turban (1969) Ledbetterand Cox (1975) Thomasand DaCosta (1977) Forgionne (1982) Bayesian Decision Analysis--9- Delphi--13.5- Dynamic Programming66107 Financial Methods--13.5- Game Theory-7-8 Heuristic Programming8.5-8- Integer and Mixed Programming--12- Inventory Theory4-5- Linear Programming3234 Network Models-4-- Nonlinear Programming7-76 PERT/CPM5-43 Risk Analysis--11- Queuing Theory8.5565 Simulation2322 Statistical Analysis1111 Thomasand Dacosta (1977) Forgionne (1982) Accounting115 Advertising and Sales Research8- Capital Budgeting42 Equipment Replacement9- Forecasting Market Planning16 Inventory Control2.54 Maintenance109 Packaging12- Personnel Management-10 Plant Location68 Rangking Penerapan Teknik Penelitian Operasional Thomasand Dacosta (1977) Forgionne (1982) Production Planning and Scheduling2.53 Project Planning-1 Quality Control77 Transportation5- a.Model kuantitatifKomponen utama model OR: Modeling ProcessElemen Utama Penelitian Operasional Model kuantitatif terdiri dari: b.Solusi Ada dua macam: -Exact Technique -Heuristic Technique PemrogramanLinierdisingkatPLmerupakanmetode matematikdalam mengalokasikansumberdayayangterbatasuntukmencapaisuatutujuanseperti memaksimumkankeuntungandanmeminimumkanbiaya.PLbanyakditerapkan dalammasalahekonomi,industri,militer,socialdanlain-lain.PLberkaitandengan penjelasansuatukasusdalamdunianyatasebagaisuatumodelmatematikyang terdiri dari sebuah fungsi tujuan linier dengan beberapa kendala linier. Karakteristik Pemrograman Linier: -Sifat linearitas suatu kasus dapat ditentukan dengan menggunakan beberapa cara.Secarastatistik,kitadapatmemeriksakelinearanmenggunakangrafik (diagram pencar) ataupun menggunakan uji hipotesa. Secara teknis, linearitas ditunjukkanolehadanyasifatproporsionalitas,additivitas,divisibilitasdan kepastianfungsi tujuan dan pembatas.-Sifat proporsional dipenuhi jika kontribusi setiap variabel pada fungsi tujuan ataupenggunaansumberdayayangmembatasiproporsionalterhadaplevel nilaivariabel.Jikahargaperunitprodukmisalnyaadalahsamaberapapun Pengenalan Programa Linear jumlah yang dibeli, maka sifat proporsional dipenuhi. Atau dengan kata lain, jikapembeliandalamjumlahbesarmendapatkandiskon,makasifat proporsionaltidakdipenuhi.Jikapenggunaansumberdayaperunitnya tergantungdarijumlahyangdiproduksi,makasifatproporsionalitastidak dipenuhi.-Sifatadditivitasmengasumsikanbahwatidakadabentukperkaliansilang diantaraberbagaiaktivitas,sehinggatidakakanditemukanbentukperkalian silangpadamodel.Sifatadditivitasberlakubaikbagifungsitujuanmaupun pembatas(kendala).Sifatadditivitasdipenuhijikafungsitujuanmerupakan penambahanlangsungkontribusimasing-masingvariabelkeputusan.Untuk fungsikendala,sifatadditivitasdipenuhijikanilaikananmerupakantotal penggunaaan masing-masing variabel keputusan. Jika dua variabel keputusan misalnyamerepresentasikanduaproduksubstitusi,dimanapeningkatan volumepenjualansalahsatuprodukakanmengurangivolumepenjualan produklainnyadalampasaryangsama,makasifatadditivitastidak terpenuhi.-Sifat divisibilitas berarti unit aktivitas dapat dibagi ke dalam sembarang level fraksional, sehingga nilai variabel keputusan non integer dimungkinkan.-Sifatkepastianmenunjukkanbahwasemuaparametermodelberupa konstanta.Artinyakoefisienfungsitujuanmaupunfungsipembatas merupakan suatu nilai pasti, bukan merupakan nilai dengan peluang tertentu.-Keempatasumsi(sifat)inidalamdunianyatatidakselaludapatdipenuhi. Untukmeyakinkandipenuhinyakeempatasumsiini,dalampemrograman linier diperlukan analisis sensitivitas terhadap solusi optimal yang diperoleh. EVALUASI II.PERUMUSAN MODEL PROGRAMA LINEAR POKOK PEMBAHASAN Model Matematis Programa Linear Fungsi Tujuan, Jenis Variabel Keputusan dan Pembatas TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami konsep fungsi tujuan, variable keputusan dan pembatas 2.Mampu merumuskanpermasalahan nyata ke dalam model matematis program linear 3.Memahami bentuk pertidaksamaan dan standar RINGKASAN MATERI -ModelOptimisasiMatematikadalahmodelmatematikyang merepresentasikan masalah optimisasi. -Istilahlain:modelpemrogramanmatematik(mathematicalprogramming model)-Perludiingat,masalahoptimasiadalahmasalahyangterkaitdengan penentuankeputusanyangmemberikanukuranperformansiterbaikdari sekumpulan alternatif keputusan yang ada -Klasifikasi: Model Optimisasi Matematik (MathematicalOptimization Model) -MerupakansalahsatuteknikORyangdigunakanpalingluasdandiketahui dengan baik. -Merupakan metode matematik dalam mengalokasikan sumber daya yang langkauntukmencapaisuatutujuansepertimemaksimumkankeuntungan dan meminimumkan biaya.-Diterapkan dalam masalah ekonomi, industri, militer, sosial dan lain-lain. LP berkaitandenganpenjelasansuatudunianyatasebagaisuatumodel matematik yang terdiri dari sebuah fungsi tujuan linier dan beberapa kendala linier. -Padatahapawal,penerapan-penerapanLPbanyakdijumpaipadamasalah-masalah militer seperti logistik, transportasi, dan perbekalan. -Dapatditerapkandalammasalah-masalahsektorpemerintahdanswasta. Hasilnya,LPdisadarisebagaipendekatanpenyelesaianmasalahyangsangat ampuh untuk analisis keputusan dalam bidang bisnis. -Posisi Linear Programming dalam Klasifikasi Model Optimisasi Matematik: 1.Sifatlinearitas,suatukasusdapatditentukandenganmenggunakanbeberapa cara: -Secarastatistik,kitadapatmemeriksakelinearanmenggunakangrafik (diagram pencar) ataupun menggunakan uji hipotesis.-Secarateknis,linearitasditunjukkanolehadanyasifatproporsionalitas, additivitas, divisibilitas dan kepastianfungsi tujuan dan pembatas. 2. Sifatproporsional,dipenuhijikakontribusitiapvariabel terhadapfungsitujuan dan fungsi pembatas adalah proporsional terhadap nilai dari variabel tersebut. 3.Sifatadditivitas,mengasumsikanbahwakontribusisebuahvariabelkeputusan terhadapfungsitujuandanfungsipembatasadalahindependentdenganvariabel yang lainnya. 4.Sifatdivisibilitas,berartiunitaktivitasdapatdibagikedalamsembaranglevel fraksional, sehingga nilai variabel keputusan non integer dimungkinkan. 5.Sifat kepastian, semua parameter dari model adalah diketahui dan deterministik. Kelimaasumsi(sifat)inidalamdunianyatatidakselaludapatdipenuhi.Untuk meyakinkandipenuhinyakelimaasumsiini,dalamlinearprogrammingdiperlukan analisis sensitivitas terhadap solusi optimal yang diperoleh. 1.Formulasi Permasalahan -Mempelajari sistem relevan-Mengembangkan pernyataan permasalahan: a. pernyataan tujuanb. sumber daya yang membatasic. alternatif keputusan yang mungkind. hubungan antara bagiane. dan lain-lain. 2.Pembentukan model matematik -Mengidentifikasikanvariabelyangtakdiketahuiyangakanditentukan nilainya(decisionvariable)danmenyatakannyadengansimbol-simbol matematis.-Mengidentifikasisemuapembatas(constraint)danmenyatakannyadengan persamaan atau pertidaksamaan linier sebagai fungsi dari variabel keputusan. -Mengidentifikasi tujuan atau kriteria dan menyatakannya sebagai suatu fungsi linierdarivariabelkeputusanyanghendakdimaksimumkanatau diminimumkan (fungsi tujuan). Langkah-Langkah Membangun Model LP -Area feasibleSekumpulantitikyangmemenuhisemuapembataspadaprograma linear termasuk pembatas tanda. -Solusi optimalPadakasusmaksimasiadalahsebuahtitikdiareafeasibleyang memiliki nilai fungsi tujuan terbesar.Model Umum LPAreaFisibel/Layak dan Solusi Optimal Padakasusminimasiadalahsebuahtitikdiareafeasibleyang memiliki nilai fungsi tujuan terkecil. -Bentuk standard oSeluruh persamaan pembatas berbentuk persamaanoSeluruh variabel keputusan non-negatifoDiselesaikan dengan metode Simplex -Bentuk Kanonik oUntukpersoalanminimasi,pembatasberbentukpertidaksamaan, variabel keputusan non-negatifoUntukpersoalanmaksimasi,pembatasberbetukpertidaksamaan, variabel keputusan non-negatifoBerguna dalam membahas hubungan dualitas Seorangpengrajinmenghasilkansatutipemejadansatutipekursi.Prosesyang dikerjakanhanyamerakitmejadankursi.Dibutuhkanwaktu2jamuntukmerakit 1 unit meja dan 30 menit untuk merakit 1 unit kursi. Perakitan dilakukan oleh 4 orang karyawandenganwaktukerja8jamperhari.Pelangganpadaumumnyamembeli Format Standard & KanonikContoh Kasus palingbanyak4kursiuntuk1meja.Olehkarenaitupengrajinharusmemproduksi kursi paling banyak empat kali jumlah meja. Harga jual per unit meja adalah Rp 1,2 juta dan per unit kursi adalah Rp 500 ribu.Formulasikan kasus tersebut ke dalam model matematiknya ! Solusi: Berdasarkaninformasiyangdiberikanpadasoal,identifikasitujuan,alternatif, keputusan & batasan sumber daya adalah sebagai berikut:-Tujuan yang ingin dicapai adalah memaksimumkan pendapatan.-Alternatif keputusan adalah jumlah meja dan kursi yang akan diproduksi.-Sumberdayayangmembatasi adalahwaktukerjakaryawandan perbandingan jumlah kursi dan meja yang harus diproduksi (pangsa pasar). Definisikan: x1 = jumlah meja yang akan diproduksix2 = jumlah kursi yang akan diproduksiModel umum Linear Programming kasus di atas adalah :Fungsi tujuan:Maksimumkan z = 1.2 x1 + 0.5 x2

Kendala: 2x1 + 0.5 x2 32 4x1 x2 atau 4x1 x2 0 x1 , x2 0 EVALUASI 1.Seorangpeternakmemiliki200kambingyangmengkonsumsi90kgpakan khusussetiapharinya.Pakantersebutdisiapkanmenggunakancampuran jagung dan bungkil kedelai dengan komposisi sebagai berikut : Kebutuhan pakan kambing setiap harinya adalah paling banyak 1% kalsium, paling sedikit 30% protein dan paling banyak 5% serat. Formulasikan permasalahan di atas ke dalam model matematiknya ! 2.SuatubankkecilmengalokasikandanamaksimumRp180jutauntuk pinjamanpribadidanpembelianmobilsatubulankedepan.Bank mengenakanbiayasukubungapertahun14%untukpinjamanpribadidan 12% untuk pinjaman pembelian mobil. Kedua tipe pinjaman itu dikembalikan bersama dengan bunganya satu tahun kemudian. Jumlah pinjaman pembelian mobil paling tidak dua kali lipat dibandingkan pinjaman pribadi. Pengalaman sebelumnyamenunjukkanbahwa1%pinjamanpribadimerupakankredit macet.Formulasikan masalah di atas ke dalam bentuk model matematiknya ! III.SOLUSI GRAFIS POKOK PEMBAHASAN Solusi Optimal Solusi Khusus TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami penyelesaian masalah programa linear dengan metoda grafis 2.Memahami permasalahan optimal, khusus, dan unik RINGKASAN MATERI CONTOH KASUS A -PTCATmerupakanperusahaankecilpembuatcatyangmemproduksidua jenis cat, interior dan eksterior. -Terdapat dua jenis bahan yang digunakan, yaitu bahan A dan B.-Ketersediaan bahan maksimum per hari adalah 6 ton untuk A dan 8 ton untuk B. -Kebutuhanbahanmentahpertonprodukcatuntukkeduajeniscat,interior dan eksterior, adalah sebagai berikut: Kebutuhan bahan mentah untuk per ton cat (ton) Ketersediaan maksimum per hari (ton) EksteriorInterior Bahan mentah A 126 Bahan mentah B 218 Solusi Optimal -Penelitian pasar menunjukkan bahwaoJumlahpermintaancatinteriordikurangidenganjumlahpermintaancat eksterior tidak lebih dari satu ton. oPermintaan maksimum cat interior adalah 2 ton per hari.-Harga jual produk cat adalah$3 untuk cat eksterior dan $2 untuk cat interior. -Berapa banyak cat interior dan eksterioryang harus diproduksi per hari agar diperoleh pendapatan yang maksimum? SOLUSI CONTOH KASUS A Memodelkan masalah Variabel keputusan: x1 = jumlah cat eksterior yang diproduksi per hari x2 = jumlah cat interior yang diproduksi per hariPembatas: 1.Ketersediaan bahan Bahan A :x1 + 2x2 s 6 Bahan B : 2x1 +x2 s 8 2.Permintaan Selisih permintaan: x2 x1s 1 Permintaan cat interior : x2s 23.Pembatas tak negatifx1 0; x2 0 Fungsi Tujuan:Memaksimumkan pendapatan total Z = 3x1 + 2x2 Sehingga, akan didapatkan : MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2x1 0 dan x2 0 Pencarian solusi Langkah pengerjaan pendekatan Grafik: Plot garis batas setiap constraintIdentifikasi daerah feasible/layakLokalisasi solusi optimal dengan cara: Plotting kurva bertingkatHitung nilai setiap titik sudut Bagaimana perubahan solusi jika fungsi tujuan berubah menjadi:Minimumkan z = 3x1+ 2x2 CONTOH KASUS BPT.MOKLETmemproduksi2jenispipa,yaituAqua&Hydro,denganrincian sumber daya sebagai berikut: AQUAHYDRO Pompa 11 Jam Kerja 9 jam6 jam Pipa 12 meter16 meter Laba/unit $350$300 Terdapat 200 pompa, 1566 jam kerja, dan 2880 persediaan pipa. 1.Bagaimana strategi produksi terbaik yang dapat dilakukan oleh PT. MOKLET? 2.Gunakan metode grafik untuk menyelesaikan masalah tersebut! SOLUSI CONTOH KASUS B Maksimisasi 350 X1 + 300 X2 S.T. : X1+ X2 200 9 X1 + 6 X2 1566 12 X1 + 16 X2 2880 X1 0 dan X2 0 Jenis-jenis Solusi : 1.Terdapatsatusolusioptimal/uniquesepertipadakasus-kasusyang dibahas sebelumnya. 2.Solusi optimal infinite / alternatif/ multiple. 3.Solusi optimal unbounded/tak berbatas. 4.Tidak terdapat solusi yang layak. Solusi optimal alternatif Fungsi Tujuan : Pembatas : Solusi Khusus2 12 Maks x x Z + =10 22 1s + x x12 1> + x x42 s x01 > x 02 > x Solusi tak terbatas Fungsi Tujuan : Pembatas : 2 12 Maks x x Z + =12 1> + x x42 s x01 > x02 > x Solusi tak layak Fungsi Tujuan : Pembatas : KeuntunganMudahKeterbatasanHanya cocok untuk masalah LP dengan dua variabel keputusan.Sensitif terhadap tingkat ketelitian. Perubahan Dalam Sumber Masalah sensitivitas 1 Berapabanyaksuatusumberdapatditingkatkanuntukmemperbaiki nilai optimum dari fungsi tujuan Z? Keunggulan & Kelemahan Pemecahan masalah LP dengan metode grafisAnalisis Sensitivitas2 12 Maks x x Z + =12 1s + x x10 22 1> + x x01 > x02 > x Berapabanyaksuatusumberdapatditurunkantanpamenyebabkan perubahan dalam solusi optimum saat ini? PembatasBinding sumberdaya yang langka (scarce resource)Nonbinding sumberdaya yang berlebihan (abundant resource) Peningkatan Pembatas (1): Peningkatan Pembatas (2): Penurunan Pembatas (3): Penurunan Pembatas (4): Sumber Yang Diprioritaskan Untuk Ditingkatkan: Masalah sensitivitasSumberdaya mana yang perlu ditingkatkan? AmaxZi = perubahan maksimum dalam nilai Z akibatpeningkatan pembatas iAmaxbi = perubahan maksimum dari sumber/pembatas I yi = shadow price pembatas i

Shadow price Sumberdaya Jenis Perubahan maksimum dalam sumber Perubahan maksimum dalam fungsi tujuan (dalam ribuan) Shadow price 1Langka7 6 = 113 122/3 = 1/3

1/3 2Langka12 8 = 418 122/3 = 51/3

4/3 3Berlimpah 2 1 = 3122/3 122/3 = 00 4Berlimpah11/3 2= - 2/3122/3 122/3 = 00 iiibZymaxmaxAA= Interpretasi: 1.Sumber(2)(bahanB)seharusnyamendapatkanprioritasdalam pengalokasian dana. 2.Sumber (3) dan (4) tidak perlu ditingkatkan. Perubahan Koefisien Fungsi Tujuan Perubahan dalam koefisien fungsi tujuan akanmemengaruhi slope dari garis lurus yang merepresentasikannya. Perubahandalamkoefisienfungsitujuanakanmengubahstatusdarisuatu sumber (langka atau berlimpah) Pertanyaan: Berapa besar koefisien fungsi tujuan dapat diubah tanpa menyebabkan perubahan pada solusi (titik) optimal. Berapabesarkoefisienfungsitujuandapatdiubahuntukmerubah status sumber dari berlimpah ke langka, dan sebaliknya. 121211= = cc412211= = cc Rentang c1 untuk mempertahankan solusi optimal pada titik C Minimum dari c1 slope Z = slope pembatas (1) Minimum dari c1 slope Z = slope pembatas (2) 4 11 s s c2312 322= = cc621 322= = cc6232 s s cRentang c1 agar titik C tetap sebagai titik optimal: Rentang c2 untuk mempertahankan solusi optimal pada titik C Minimum dari c2 slope Z = slope pembatas (2) Minimum dari c1 slope Z = slope pembatas (1) Rentang c2 agar titik C tetap sebagai titik optimal: EVALUASI Soal: Suatu perusahaan memproduksi dua jenis produk. Satu unit produk A membutuhkan prosesselama2jamdimesin1dan1jamdimesin2.UntukprodukB,satuunit membutuhkanproses1jamdimesin1dan3jamdimesin2.Keuntunganperunit produk A dan B adalah $30 dan $20. Setiap mesin dapat digunakan selama 8 jam per hari. 1.Tentukan solusi optimum dengan metode grafis 2.Tentukan nilai shadow price untuk mesin 1 dan 2 3.Tentukan range dari nilai shadow price untuk mesin 1 dan 2 IV.BASIC FEASIBLE SOLUTION POKOK PEMBAHASAN Vektor dan Matriks Basis Matriks Inverse TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami konsep matriks basis dan invers 2.Memahami konsep pembentukan matriks solusi layak dari sebuah permasalahan programa linear RINGKASAN MATERI Ciri-ciri LP dalam bentuk standar Fungsi tujuan memaksimumkan atau meminimumkanSemua pembatas dinyatakan dalam persamaanSemua variabel keputusandibatasi sebagai tak negatifKonstanta ruas kanan untuk tiap pembatas adalah tak negatif Bentuk Standard Linear Programming (((((

=mn m mnna a aa a aa a a 2 12 22 211 12 11A(((((

=nxxx21x(((((

=mbbb21b( )nc c c 2 1= cIlustrasi: Bentuk standard dalam matriks-vektor Keterangan: A: matriks (m x n) x : vektor kolom (n x 1) b : vektor kolom (m x 1) c: vektor baris (1 x n) Reduksi ke bentuk standar Metode simpleks untuk memecahkan masalah LP memerlukan setiap masalah dinyatakan dalam bentuk standar. Tidak semua masalah LP dalam bentuk standarPembatas pertidaksamaan (inequality constraint). Variabel yang tak dibatasi tanda (unrestricted in sign of variables) Pembatas pertidaksamaan Karenabentukstandarmemerlukansemuapembatasharusdinyatakan dengandalampersamaan,pembataspertidaksamaanharusdiubahke persamaan. Inidilakukandenganpenambahanvariabelbaruuntukmenunjukkanslack antara ruas kiri dan kanan pada tiap pertidaksamaan. Variabel baru tersebut disebut slack variable Contoh: Variabel yang tak dibatasi tanda DalamLP,adakalanyaterdapatnilaivariabelyangtakdibatasitanda (positif atau negatif) KarenabentukstandarLPmemerlukansemuavariabeladalahtaknegatif, makavariabelyangtakdibatasitandadigantidenganselisihduavariabel tak negative Contoh: x1 + x5 = 50 x1 0x5 tak dibatasi tanda/ unrestricted x5 = x6 x7 x1 + x6 x7= 50x1 0, x6 0, x7 0 Suatusolusilayak(feasiblesolution)adalahsuatuvektortaknegatifxyang memenuhi persamaan Ax = b.Daerahlayak(feasibleregion),dinyatakandenganS,adalahhimpunandari semua solusi layak yang mungkin. Secara matematis, S = {x | Ax = b, x 0} Jika himpunan layak S adalah kosong maka masalah LP dikatakan tak layak (infeasible) Suatu solusi optimal (optimal solution) adalah suatu vektor x* yang layak dan nilai fungsi tujuannya (cx*) lebih besar dari semua solusi layak yang lain.Secara matematis, x* adalah optimal x* e S dan cx* cx, x e SNilai optimal (optimal value) dari masalah LP adalah nilai fungsi tujuan yang berkaitan dengan solusi optimal. Jika Z* adalah nilai optimal maka Z* = cx* JikasuatuLPmempunyailebihdarisatusolusioptimalmakaLPdisebut mempunyai solusi optimal alternatif (alternate optimal solution). SolusioptimaldarimasalahLPdikatakanunik(uniqueoptimum)jikahanya terdapat tepat satu solusi optimal. JikasuatumasalahLPtidakmempunyaioptimumtertentu(finiteoptimum), yaitu maks. Z +, maka LP dikatakan mempunyai solusi yang tak terbatas (unbounded solution) Permasalahanmatematisutamadalampemrogramanlinieradalah mendapatkansolusidarisuatusistempersamaaanlinieryang memaksimumkan atau meminimumkan suatu fungsi tujuan linier. Definisi Dasar Basis Feasible SolutionPemecahan Sistem Persamaan Linier Sistempersamaanlinierdapatdiselesaikandenganmenggunakanprosedur klasik Gauss-Jordan elimination. Contoh,sistemdenganduapersamaandenganlimavariabelyangtak diketahui: Karenaterdapatlebihbanyakjumlahvariabelyangtakdiketahuidaripada persamaan, maka sistem mempunyai lebih dari satu solusi. Himpunandarisemuasolusiyangmungkindarisistemdisebuthimpunan solusi (solution set) Sistem ekivalen (equivalent system) Duasistempersamaandikatakanekivalenjikakeduasistem mempunyai himpunan solusi yang sama. Metodeuntukmemecahkansuatusistempersamaanadalahmendapatkan suatu sistem ekivalen yang mudah untuk dipecahkan. Terdapat dua tipe operasi baris elementer untuk mendapatkan sistem ekivalenoMengalikan sebarang persamaan dalam sistem dengan suatu bilangan positif atau negatif. oMenambahkan ke sebarang persamaan dengan suatu konstanta pengali (positif, negatif atau nol) ke sebarang persamaan yang lain. Contoh: SistemS1,S2danS3adalahekivalen,yaitusolusibagisatusistemsecara otomatis memberikan solusi bagi sistem yang lain. ( )! !!m n mnmn=||.|

\|Untuk sistem S3, x4 = x5 = x6 = 0 akan memberikan x1 = 6, x2 = 2. Sistem S3 disebut sistem kanonik (canonical system). Variabel x1 dan x2 dari sistem kanonik disebut variabel basis (basic variable). Variabel basis (basic variable) oVariabelxidikatakansebagaivariabelbasisjikadalamsuatu persamaan ia muncul dengan koefisien satu pada persamaan tersebut, dan nol pada persamaan yang lain. Variabel non basis (nonbasic variable) oVariabel yang bukan variabel basis. Operasi pivot (pivot operation) oSuatuurutanoperasielementeryangmereduksisuatusistem persamaankesuatusistemekivalenuntukmenghasilkanvariabel basis. Solusi basis (basic solution) oSolusiyangdiperolehdarisuatusistemkanonikdenganmenetapkan nilaivariabelnonbasissamadengannoldanmemecahkanvariabel basis. Solusi basis layak (basic feasible solution) oSolusi basis dimana nilai variabel basisnya adalah tak negatif. Dengan m pembatas dann variabel, jumlah maksimum dari solusi basis bagi LP dalam bentuk standar adalah terbatas dan diberikan oleh Perdefinisi,setiapsolusibasislayakadalahsolusibasis,makajumlah maksimum solusi basis layak adalah juga terbatas dengan hubungan ini. Dari kesimpulan dengan metode grafis: oJika terdapat suatu solusi optimal dari model LP, salah satu titik pojok (corner point) dari daerah layak adalah solusi optimal. Denganmudahdapatditunjukkanbahwa setiap titikpojokdaridaerahlayak berkaitan dengan suatu solusi basis layak dari persamaan pembatas. IniberartibahwasuatusolusioptimaldarimodelLPdapatdiperolehhanya dengan memeriksa solusi basis layaknya. ((

=XNXBxbXB B1 =0XN =Pendekatannaif(naveapproach)untukmemecahkanmasalahLP(yang mempunyaisolusioptimal)dilakukandenganmembangkitkansemuasolusi basislayakyangmungkindengansistemkanonikdanmenentukansolusi basis layak mana yang memberikan nilai fungsi tujuan terbaik. Denganmetodesimpleks(simplexmethod),pemecahanlebihefisienkarena hanya memeriksa sebagian solusi basis layak. Jika fungsi pembatas adalah Ax = B, maka solusinya adalah dengan danJikaxB 0,makaxdisebutBASICFEASIBLESOLUTIONdarisistem tersebut. B = basic matrix (basis) N = nonbasic matrix Komponen xB disebut variabel basis/ variabel dependent Komponen xN disebut variabel nonbasis/ variabel independent Fungsi pembatas sebagai berikut: x1 + x2 6 x2 3 x1 , x2 0 Bentuk standard: x1 + x2 + x3= 6 x2+ x4 = 3 x1 , x2 , x3 , x4 0BASIC FEASIBLE SOLUTION ((

=1 0 1 00 1 1 1AMatriks Pembatas A = [a1, a2, a3, a4] Basis yang mungkin Poin 1, 2, 3, dan 5 merupakan basic feasible solution. Poin 4 merupakan solusi basis yang tidak feasible . -12 -5 35AA-13 12 ((= = (( -1 -110AA A A01 (= =( a bAdapat di invers jika ad - bc 0c d (= = ( Suatubilanganjikadikalikandengankebalikannya,makahasilnyaadalah1.Misalkan 5.5-1 atau 5-1.5 = 1, Demikian juga halnya dengan matrik A.A-1 = A-1.A = I Maka : Jika tidak ditemukan matrik A-1, maka A disebut matrik tunggal (singular) Invers matrik 2 x 2 Maka ,A-1 diperoleh dengan rumus : Jikaad bc = 0, maka matrik A non-inverti 1.Mencari invers dengan definisi sbb: Langkah-langkahnya : Dibuatsuatumatrikinversdenganelemen-elemenmatrikpermisalan sehinggamendapatkansuatupersamaanjikadilakukanperkaliandengan matriknya. MENCARI INVERSE MATRIKS ijiij i jbmenukar baris ke i dengan baris ke jb (p) mengalikan baris ke i dengan p 0b (p) b pb ganti baris ke i dengan baris baru yang merupakan baris ke i ditambah dengan

== == +=baris ke j yang dikalikan dengan p. Perkalian matrik dengan matrik inversnya menghasilkan matrik identitasDilakukanpenyelesaianpersamaanmelaluieliminasiataupunsubstitusi sehingga diperoleh nilai elemen-elemen matrik invers. 2.Mencari invers dengan OBE (Operasi Baris Elementer) Langkah-langkah : DilakukanOBEpadahinggadiperolehdenganmemperhatikandefinisi operasi berikut: Matriks Elementer: (E) MatriksA(nxn)disebutelementerbiladengansekalimelakukanOperasiBaris Elementer (OBE) terhadap matriks identitas In. E=matrikelementer,makaEA=matrikbaruyangterjadibilaOBEtersebut dilakukan pada matrik A. Notasi sebagai berikut : Tunjukkan bahwa matrik adalah perkalian matrik elementer ! Dari penyelesaian dengan OBEyang menghasilkan matrik identitas, maka matrik A adalah matrik invertible. Dengan demikian, matrik A dapat dituliskan sebagai hasil kali dari matrik elementer. Kita memiliki E4E3E2E1A = I dengan : Matrik elementer ini menyatakan operasi baris elementer untuk membentuk matrik A menjadi matrik identitas. Dengan demikian : 3.Mencari Invers dengan Matrik Adjoint Langkah-langkah : HitungCari matrik adjoint dengan terlebih dahulu menentukan matrik kofaktor. Matrik adjointmerupakan matrik transpose dari matrik kofaktor.Matrikinversdiperolehdenganmengkalikanmatrikadjointdenganseper-determinanMatrik kofaktor dan matrik adjoint Jika baris ke i dan kolom j dibuang, maka disebutminor ke ij dari matrik A. Kofaktor ke ij dari matrik A adalah : Matrik kofaktor dari A adalah : -11Aadj(A)A= Sehingga diperoleh matrik kofaktor A : Matrik adjointmerupakan matrik transpose dari matrik kofaktor.Kesimpulan : Contoh soal: a b cA d e fg h i ( (=( ( Invers matrik 3 x 3 Samasepertimencariinversmatrik2x2,hanyadiperlukanketelitianyanglebih dibandingkan mencari invers matrik 2 x 2. Contoh soal 1: Jawab: Cara: Contoh soal 2: adj(A) = |||.|

\|33 23 1332 22 1231 21 11C C CC C CC C C= |||.|

\| 2 0 10 2 14 4 5|A| = a11C11+ a12C12+ a13C13= (2)(-5) + (4)(1) + (4)(1)= - 2A-1=| |) (AA adj= 21|||.|

\| 2 0 10 2 14 4 5=|||.|

\| 1 00 12 2212125Carilah invers dari B =|||.|

\| 3 2 12 3 14 4 2dengan melakukan OBE !Jawab :(B | I) = B13~|||.|

\| 1 0 0 3 2 10 1 0 2 3 10 0 1 4 4 2~|||.|

\| 0 0 1 4 4 20 1 0 2 3 11 0 0 3 2 1B21(1)B31(2)|||.|

\| 2 0 1 2 0 01 1 0 1 1 01 0 0 3 2 1B1(-1)B3(-1/2)~ Contoh Soal 3: Jawab: |||.|

\| 2 0 1 2 0 01 1 0 1 1 01 0 0 3 2 1B1(-1)B3(-1/2)~|||.|

\| 1 0 1 0 01 1 0 1 1 01 0 0 3 2 121B13(-3)B23(1)~|||.|

\| 1 0 1 0 00 1 0 1 02 0 0 2 1212123B12(-2)~|||.|

\| 1 0 1 0 00 1 0 1 02 2 0 0 1212125= (I | B-1)Jadi B-1= |||.|

\| 1 00 12 2212125Cari matrik invers dari( ) ( )-1A I I AOBEB21(-2)B31(1)B32(1)Karena elemen baris ke 3 pada matrik kiri semua nol, maka matrik A tidak punyainvers (non-invertibel) EVALUASI SOAL : Cari martiks invers dari (dengan menggunakan3 cara): X 100 Y 120 3/2 X + 3 Y 400, dimana X dan Y 0. V.DASAR TABEL SIMPLEX POKOK PEMBAHASAN Dasar Tabel Simplex Solusi Unik dan Alternatif TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami konsep pemecahan programa linear dengan metoda simplex 2.Memahami solusi-solusi unik dan solusi alternatif RINGKASAN MATERI Metode SimplexDikembangkan oleh G.B. Dantzig. MerupakanproseduriteratifuntukmemecahkanmasalahLPdengan mengekspresikannya dalam bentuk standar. Memerlukankondisidengansemuapembatasdinyatakandalambentuk sistem kanonik dimana suatu solusi basis layak dapat langsung diperoleh. Ciri-ciri dari bentuk baku model LP adalah :1.Semua kendala berupa persamaan dengan sisi kanan non negatif. 2.Semua variabel non negatif. 3.Fungsi tujuan dari maksimum maupun minimum. Pendahuluan Kasus: MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1+ x2 s 1 x2 s 2x1 0, x2 0 Bentuk Standard: MemaksimumkanZ = 3x1+2x2 +0x3+0x4+0x5+0x6

dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + x3 = 6 2x1 +x2+ x4 = 8 x1 + x2 + x5 = 1 x2 + x6 = 2x1 0, x2 0, x3 0, x4 0, x5 0, x6 0 LANGKAH UMUMBerhenti jika suatu solusi layak basis tidak dapat diperbaiki lagimaka solusi layak basis tersebut menjadi solusi optimalCari solusi-solusi layak basis yang dapat memperbaiki nilai fungsi tujuanPerbaiki solusi awal jika mungkinCari solusi layak basis yang mempunyai nilai fungsi tujuan lebih baikMulai dengan suatu solusi layak basis Penetapan Solusi Layak Basis Awal: Variabel basis : x3, x4, x5, x6

Dengan menetapkan x1 = x2 = 0, makadiperoleh solusi basis : x3 = 6, x4 = 8, x5 = 1, x6 = 2Nilai fungsi tujuanZ = 3(0)+2(0)+0(6)+0(8)+0(1)+0(2)= 0

Memperbaiki Solusi Layak Awal: Dengan diberikan solusi basis layak,yaitu x1 = x2 = 0, x3 = 6, x4 = 8, x5 = 1, x6 = 2 denganZ=0,metodesimpleksmemeriksaapakahmungkinuntukmendapatkan solusi basis layak yang lebihbaik dengan nilai Z yang lebih besar.Pemeriksaandilakukandenganpertama-tamamemeriksaapakahsolusisaatini adalah optimal. Jikasolusisolusibelumoptimal,metodesimpleksmencarisuatusolusibasislayak tetangga (adjacent basic feasible solution) dengan nilai Z yang lebih besar.Suatusolusibasislayaktetangga(adjacentbasicfeasiblesolution)berbedadengan solusi basis layak (basic feasible solution) saat ini hanya tepat satu variabel basis. Untuk mendapatkan solusi basis layak tetangga, metoda simpleks : Membuat salah satu variabel basis menjadi variabel non basis.Menjadikan salah satu variabel non basis menjadi variabel basis. Permasalahannyaadalahmemilihsolusibasisdansolusinonbasisyang pertukarannya memberikan perbaikan maksimum pada nilai fungsi tujuan.Dalam solusi basis layak : Variabel basis dapat mempunyai nilai yang positif. Varibel non basis selalu mempunyai nilai nol.Membuatvariabelnonbasismenjadivariabelbasisadalahekivalendengan menaikkan nilainya dari nol ke positif. Tentusaja,pilihanyangharusdibuatadalahmenentukanvariabelnonbasismana yang dapat memberikan perbaikan pada nilai Z. Inidilakukandenganmenaikkannilaivariabelnonbasismenjadisatuunitdan memeriksa perubahannya pada nilai fungsi tujuan Z. Misalkan variabel non basis x1 dinaikkan 1 unit 1x1 +x3= 6 2x1 + x4 = 8 x1 + x5= 1 0x1 + x6 = 2x1 = 1, x2 = 0, x3 = 5, x4 = 6, x5 = 2, x6 = 2 Nilai fungsi tujuan Z = 3(1)+2(0)+0(5)+0(6)+0(2)+0(2)= 3 Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x1 AZ = 3 0 = 3 Misalkan variabel non basis x2 dinaikkan 1 unit 2x2+ x3= 61x2+ x4= 8 1x2

+ x5= 1 1x2+ x6 = 2x1 = 0, x2 = 1, x3 = 4, x4 = 7, x5 = 0, x6 = 1Nilai fungsi tujuan Z = 3(0)+2(1)+0(4)+0(7)+0(0)+0(1)= 2Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x2 AZ = 2 0 = 2 Karena AZ positif untuk x1 dan x2 nilai fungsi tujuan dapat dinaikkan. Karena AZuntuk x1 > AZuntuk x2 maka menaikkan x1 lebih baik. Sampai seberapa jauh x1 dapat dinaikkan? Jikax1dinaikkanmakanilaivariabelbasis:x3,x4,x5, x6akanturundannilainya harus tak negatif agar tetap layak. Batas peningkatan x1: x1 +x3= 6 x1 = 62x1 + x4= 8x1 = 4 x1

+ x5 = 1 x1 = 0x1 + x6 = 2x1 = Maksimum peningkatan x1 = minimum (6, 4, , ) = 4 variabel masuk basis x1 dinaikkan 4 unit

x1 +x3= 6 2x1 + x4 = 8 x1 + x5= 1 0x1 + x6 = 2x1 dinaikkan 4 unit,maka x4 menjadi variabel non basis x1 = 4, x2 = 0, x3 = 2, x4 = 0, x5 = 5, x6 = 2 dan Z = 12 x1 + 2x2 + x3 = 6 2 x1 + x2 + x4 = 8 x1+ x2 + x5 = 1 x2 + x6 = 2Sistem kanonik: 3/2 x2 + x3 1/2 x4 = 2 x1 + 1/2x2+1/2x4 = 4 3/2 x2 +1/2x4+ x5= 5 x2 + x6 = 2Variabel basis : x1, x3, x5, x6;Variabel non basis: x2, x4 Memperbaiki Solusi Layak 2: Misalkan variabel non basis x2 dinaikkan 1 unit 3/2 x2+ x3= 2 x1 + 1/2 x2= 4 3/2 x2 +x5= 5 x2 + x6 = 2x1= 7/2, x2 = 1, x3 = 1/2, x4 = 0, x5 = 7/2, x6 = 1 Nilai fungsi tujuan Z = 3(7/2)+2(1)+0(1/2)+0(0)+0(7/2)+0(1) = 121/2 Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x2 AZ = 121/2 12 = 1/2 Misalkan variabel non basis x4 dinaikkan 1 unit x3 1/2 x4 = 2 x1 + 1/2 x4 = 4 + 1/2 x4 +x5 = 5 0 x4+ x6 = 2x1= 7/2, x2 = 0, x3 = 5/2, x4 = 1, x5 = 9/2, x6 = 2 Nilai fungsi tujuan Z = 3(7/2)+2(0)+0(5/2)+0(1)+0(9/2)+0(2)= 101/2 Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x4 AZ = 101/2 12 = 3/2 Karena AZ positif untuk x2 nilai fungsi tujuan dapat dinaikkanKarena AZ negatif untuk x4 nilai fungsi tujuan tidak dapat dinaikkanSampai seberapa jauh x2 dapat dinaikkan? Jikax2dinaikkanmakanilaivariabelbasis:x1,x3,x5, x6akanturundannilainya harus tak negatif agar tetap layak. Batas peningkatan x2:

3/2 x2 + x3= 2 x2 = 4/3 x1 + 1/2 x2= 4 x2 = 8

3/2 x2 +x5 = 5 x2 = 10/3 x2 + x6= 2 x2 = 2 Maksimum peningkatan x2 = minimum (4/3, 8, 10/3, 2)= 4/3 x2 dinaikkan ke 4/3

maka x3 menjadi variabel non basis x1 = 10/3, x2 = 4/3, x3 = 0, x4 = 0, x5 = 3, x6 = 2/3

dan Z = 122/3

3/2 x2 + x3 1/2x4= 2 x1 + 1/2 x2+ 1/2 x4= 4

3/2 x2 + 1/2 x4 + x5= 5 x2 + x6 = 2sistem kanonik: x2 + 2/3 x3 1/3 x4 = 4/3 x1 1/3 x3+ 2/3 x4= 10/3 x3 +x4 +x5 = 3 2/3 x3 + 1/3 x4 + x6= 2/3

Variabel basis : x1, x2, x5, x6;Variabel non basis: x3, x4 Memperbaiki Solusi Layak 3: Misalkan variabel non basis x3 dinaikkan 1 unit x2+ 2/3 x3 = 4/3 x1 1/3 x3 = 10/3 x3 +x5 = 3 2/3 x3 + x6 = 2/3

x1= 11/3, x2 = 2/3, x3 = 1, x4 = 0, x5 = 4, x6 = 4/3 Nilai fungsi tujuan Z = 3(11/3)+2(2/3)+0(1)+0(0)+0(4)+0(4/3) = 121/3 Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x3 AZ = 121/3 122/3 = 1/3 Misalkan variabel non basis x4 dinaikkan 1 unit x2 1/3x4 = 4/3 x1+ 2/3 x4 = 10/3 x4 +x5 = 3

1/3x4 + x6 = 2/3

x1= 8/3, x2 = 5/3, x3 = 0, x4 = 1, x5 = 2, x6 = 1/3 Nilai fungsi tujuan Z = 3(8/3)+2(5/3)+0(0)+0(1)+0(2)+0(1/3) = 111/3 Perubahan nilai Z per peningkatan satu unit x4 AZ = 111/3 122/3 = 4/3 Karena AZ negatif untuk x3 dan x4 nilai fungsi tujuan tidak dapat dinaikkan.Karenatidakadavariabelnonbasisyangdapatdinaikkanyangdapatmemberikan peningkatan pada nilai fungsi tujuan Z maka solusi saat ini adalah optimal. Untuk masalah maksimasi: Suatu solusi basis layak adalah optimal jika profit relatif (AZ) dari variabel non basis adalah negatif atau nol. ( ) 021860 , 0 , 0 , 0 =|||||.|

\|= Z Contoh : MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2x1 0, x2 0 Bentuk kanonik MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + x3 = 6 2x1 +x2+ x4 = 8 x1 + x2 + x5 = 1 x2 + x6 = 2x1 0, x2 0, x3 0, x4 0, x5 0, x6 0,Representasi tabel untuk solusi basis layak awal Nilai fungsi tujuan Metode Simpleks dalam Bentuk Tabularkonstanta danvektordari productinner Bc Z = Pemeriksaan optimalitas Nilai fungsi tujuan relatif(profit relatif /ongkos relatif ) untuk variabel non basis: Kondisioptimalterjadiapabilasemuanilaikoefisienfungsitujuanrelatifuntuk variabel non basis adalah tak positif [untuk masalah maksimasi]. Nilai fungsi tujuan relatif untuk variabel non basis Tabel 1 (awal) Penentuan variabel yang masuk (entering variable) Variabel non basis yang dipilih untuk masuk ke basis (entering variable) variabel yangmemberikanpeningkatanperunitpadaZyangterbesar.,yaituvariabelnon basisyangmempunyainilaifungsitujuanrelatifterbesar(palingpositifuntuk masalah maksimasi). ((

=kanonik sistem dalam denganberkaitan yang kolom dandarijBj jxc uct inner prodc c( ) 301210 , 0 , 0 , 0 31=|||||.|

\| = c( ) 211120 , 0 , 0 , 0 22=|||||.|

\| = c Penentuan variabel yang keluar (leaving variable) Untukmenentukanvariabelbasisyangakandiganti(leavingvariable),aturanrasio minimum(minimumratiorule)digunakanuntukmenentukanlimitbagitiap pembatas. Nomor baris Variabel basis Batas atas bagix1 1x3 6/1 = 6 2x4 8/2 = 4 (minimum)3x5 4x6 Tabel 2 Penentuan variabel yang masuk (entering variable) Tabel 3 (Optimal) Output Tabel Simpleks dengan Software Koefisien fungsi tujuan relatif memberikan informasi perubahan dalam nilai Z per satu unit peningkatan variabel non basis. Nilai yang negatif pada koefisien fungsi tujuan relatif untuk suatu variabel non basis mengindikasikan bahwa jika variabel non basis dinaikkan justru akan menyebabkan penurunan pada nilai Z. Oleh karena itu, untuk masalah minimasi, hanya variabel non basis yang mempunyai koefisien fungsi tujuan relatif yang negatif saja yang memenuhi syarat sebagai calon variabel yang masuk basis (entering variable). Variabel yang masuk basis (entering variable) adalah variabel yang mempunyai koefisien fungsi tujuan relatif paling negatif. Sehingga kondisi optimalitas pada masalah minimasi terjadi apabila semua nilai koefisien fungsi tujuan relatif variabel non basis adalah tak negatif. Alternatif lain untuk memecahkan masalah minimasi adalah dengan mengkonversikannya menjadi masalah maksimasi dengan memecahkan dengan metoda simpleks untuk masalah maksimasi. Konversi dilakukan dengan mengalikan fungsi tujuan untuk masalah minimasi dengan minus satu. Contoh: MeminimumkanZ = 4x1 + x2 dengan pembatas-pembatas: 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 6 x1 + 2x2 s 4 x1 0, x2 0 MemaksimumkanZ = -4x1 - x2 dengan pembatas-pembatas: 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 6 x1 + 2x2 s 4 PEMECAHAN UNTUK MASALAH MINIMISASI x1 0, x2 0 Solusi optimal kedua permasalahan akan sama,tetapi nilai optimalnya berbeda dalam hal tanda. Dengan kata lain: Nilai minimum dari Z = - (Nilai maksimum dari Z) Nilai yang sama pada koefisien fungsi tujuan relatif yang terbesar Pilih variabel non basis yang akan masuk (entering variable) secara sebarang. Nilai yang sama pada rasio minimum untuk dua atau lebih pembatas Pilih variabel yang akan keluar (leaving variable) secara sebarang. Implikasi dari nilai yang sama ini adalah akan menghasilkan solusi yang degenerate. Solusi optimal alternatif (alternate optimal solution) Solusi yang tak terbatas (unbounded solution) MemaksimumkanZ = 2x1 + 4x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 5 x1 +x2 s 4x1 0, x2 0 Bentuk Standard MemaksimumkanZ = 2x1 + 4x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + x3= 5 x1 +x2 + x4 = 4x1 0, x2 0, x3 0, x4 0 MASALAH-MASALAH KOMPUTASISOLUSI OPTIMUM ALTERNATIF Tabel 1 Tabel 2 (Optimal) Tabel 3 (Optimal alternatif) Solusi secara grafis Solusi optimal alternatif dalam tabel simpleks dapat diidentifikasi dengan melihat apakah terdapat koefisien fungsi tujuan relatif yang nol untuk variabel non basis pada tabel optimal. Dalam praktek, pengetahuan tentang optima alternatif adalah berguna karena ini memberikan manajemen untuk memilih solusi yang terbaik yang cocok dengan situasi tanpa terjadinya penurunan pada nilai fungsi tujuan. MemaksimumkanZ = 2x1 + 3x2 dengan pembatas-pembatas: x1 x2 s 2 -3x1 +x2 s 3 x1 0, x2 0Bentuk Standard MemaksimumkanZ = 2x1 + 3x2 dengan pembatas-pembatas: x1 x2 + x3 = 2 -3x1 +x2 + x4 = 3x1 0, x2 0, x3 0, x4 0 SOLUSITAK TERBATAS Tabel 1 Tabel 2 Tabel 2 belum optimal Variabel non basis x1 dapat menjadi basis (entering variable) untuk menaikkan Z. Tetapi, aturan rasio minimum gagal karena tidak ada elemen positif pada kolom x1. Dengan kata lain, jika x1 meningkat maka kedua variabel basis x3 dan x2 juga meningkat sehingga tidak akan pernah mencapai nol sebagai batas peningkatan x1.Ini berarti bahwa x1 dapat dinaikkan secara tak terbatas. Karena tiap peningkatan satu unit x1 akan meningkatkan Z sebesar 11 unit, maka fungsi tujuan dapat dinaikkan tak terbatas. Oleh karena itu, solusi bagi masalah LP adalah solusi tak terbatas (unbounded solution). Dengan demikian, kegagalan dalam aturan rasio minimum mengindikasikan bahwa masalah LP mempunyai solusi yang tak terbatas. Solusi secara grafis Jika terjadi nilai yang sama pada rasio minimum, maka pemilihan variabel yang keluar basis (leaving variable) dapat dilakukan sebarang. Akibatnya, satu atau lebih variabel basis akan mempunyai nilai nol pada iterasi berikutnya. Dalam kasus ini, masalah LP dikatakan mempunyai solusi yang degenerate. Contoh: MemaksimumkanZ = 3x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 4x2 s 8 x1 + 2x2 s 4 x1 0, x2 0DEGENERASI Bentuk Standard MemaksimumkanZ = 3x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 4x2 + x3 = 8 x1 + 2x2 + x4 = 4 x1 0, x2 0, x3 0, x4 0 Tabel 1 Tabel 2 Tabel 3 (Optimal) Implikasi praktek dari degenerasi? Terdapat pembatas yang redundan. Solusi secara grafis Dari sudut pandang teoritis, degenerasi mempunyai implikasi: Fenomena cycling atau circling prosedur simpleks mengulangi iterasi yang sama tanpa memperbaiki nilai fungsi tujuan dan tanpa pernah berhenti. EVALUASI SOAL: Hitung dengan simpleks table: Maks z = 50x1 + 40x2 2x1+x240 3x1+4x2120 x115 x1,x20 VI.TABEL SIMPLEX POKOK PEMBAHASAN Permasalahan Khusus Metoda 2 Fasa & Big M TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami permasalahan dengan variable dan pembatas khusus 2.Menguasai metoda 2 Fasa dan Big M RINGKASAN MATERI Contoh : Minimizez = x1 + x2 4 x3

Subject to x1 + x2 + 2x3 9 x1 + x2 -x3 2 -x1 + x2 + x3 4 x1, x2, x3 0 Bentuk Standard Minimizez = x1 + x2 4 x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6

Subject to x1 + x2 + 2x3 + x4= 9 x1 + x2 -x3 + x5= 2 -x1 + x2 + x3 + x6 = 4 x1, x2, x3, x4, x5, x6 0 Review Primal Simplex Method Basis Awal Minimizez = x1 + x2 4 x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6

Subject to x1 + x2 + 2x3 + x4= 9 x1 + x2 -x3 + x5= 2 -x1 + x2 + x3 + x6 = 4 x1, x2, x3, x4, x5, x6 0Iterasi 1 1 1 -4 0 0 0x1x2x3x4x5x60 x41 1 2 1 0 00 x51 1 -1 0 1 00 x6-1 1 1 0 0 11 1 -4 0 0 0 Z = 0cB Baris cKons.924Basiscj1 1 -4 0 0 0x1x2x3x4x5x60 x41 1 2 1 0 0 9/2 =4.50 x51 1 -1 0 1 0 2/-1=-20 x6-1 1 1 0 0 1 2/1 =41 1 -4 0 0 0 Z = 0 Baris cratioscB Kons.924Basiscj1 1 -4 0 0 0x1x2x3x4x5x60 x41 1 2 1 0 0 9/2 =4.50 x51 1 -1 0 1 0 2/-1=-20 x6-1 1 1 0 0 1 2/1 =41 1 -4 0 0 0 Z = 0924Baris ccB Kons.ratios Basiscj Iterasi 2 Iterasi 3 1 1 -4 0 0 0x1x2x3x4x5x60 x43 -1 0 1 0 -20 x50 2 0 0 1 1-4 x3-1 1 1 0 0 1-3 5 0 0 0 4 Z = -16.0164Baris ccB Kons.Basiscj1 1 -4 0 0 0x1x2x3x4x5x60 x43 -1 0 1 0 -21/3 =0.330 x50 2 0 0 1 16/0=-4 x3-1 1 1 0 0 14/-1=-4-3 5 0 0 0 4 Z = -16164Baris cratioscB Kons.Basiscj Contoh Lain: Minimizez = 4x1 + x2

Subject to 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 6 x1 + 2x2 4 x1, x2 0 Bentuk Standard Minimizez = 4x1 + x2 + 0x3 + 0x4

Subject to 3x1 + x2= 3 4x1 + 3x2 - x3 = 6 x1 + 2x2+ x4 = 4 x1, x2, x3, x4 0 Basis awal Minimizez = 4x1 + x2 + 0x3 + 0x4

Subject to 3x1 + x2= 3 4x1 + 3x2 - x3 = 6 x1 + 2x2+ x4 = 4 x1, x2, x3, x4 0 Pendekatan untuk mendapatkan solusi basis layak awal Trial-and-ErroroVariabel basis dipilih sebarang untuk tiap pembatasoTidak efisien Penggunaan variabel semu (artificial variable) PENENTUAN BASIS LAYAK Contoh masalah LP MeminimumkanZ = 4x1 + x2 dengan pembatas-pembatas: 3x1 +x2 = 3 4x1 +3x2 6 x1 +2x2 s 4 x1 0, x2 0 Bentuk standarMeminimumkanZ = 4x1 + x2 dengan pembatas-pembatas: 3x1 +x2 = 3 4x1 +3x2 x3 = 6 x1 +2x2 + x4 = 4 x1 0, x2 0, x3 0, x4 0 Penambahan variabel semu 3x1 +x2 + x5= 3 4x1 +3x2 x3 +x6 = 6 x1 +2x2 + x4 = 4 x1,x2, x3,x4,x5,x6 0 Variabel semu : x5, x6 Ide penggunaan variabel semu Variabelsemumerupakanvariabeltaknegatifyangditambahkanpadaruas kiri untuk tiap persamaan yang tidak mempunyai solusi basis awal. Variabelsemuiniberperansebagaivariabelsisipan(slackvariable)untuk memberikan solusi basis awal. Variabel semu tidak mempunyai arti fisik pada permasalahan awal. Prosedurmemaksavariabelsemuuntukbernilainoljikakondisioptimal tercapai. Cara yang logis adalah memberikan penalti pada variabel semu dalam fungsi tujuan. PendekatanMetoda big M Metoda dua fasa Variabelsemudiberikansuatupenaltidengansuatubilanganyangbesar sekali pada fungsi tujuan. Metodesimplexmencobauntukmemperbaikifungsitujuandengancara membuatvariabelsemutidakekonomislagiuntukdipertahankansebagai variabel basis dengan nilai yang positif. Untuk masalahMinimasi : M Maksimasi: -Mdimana M adalah bilangan yang sangat besar. Meminimumkan Z = 4x1 + x2 + Mx5 + Mx6 dengan pembatas-pembatas: 3x1 +x2 + x5= 3 4x1 +3x2 x3 +x6 = 6 x1 +2x2 + x4 = 4 x1,x2, x3,x4,x5,x6 0 METODE BIG M Nilai fungsi tujuan konstanta danvektordari productinner Bc Z = Pemeriksaan optimalitas Nilai fungsi tujuan relatif(profit relatif /ongkos relatif ) untuk variabel non basis: ((

=kanonik sistem dalam denganberkaitan yang kolom dandarijBj jxc uct inner prodc cKondisioptimalterjadiapabilasemuanilaikoefisienfungsitujuanrelatifuntuk variabelbasisadalahtakpositif[untukmasalahmaksimasi]atautaknegatif[untuk masalah minimasi]. Nilai fungsi tujuan relatif untuk variabel non basis Tabel 1 ( ) M M M Z 94630 , , =|||.|

\|=( ) M M M c 7 41430 , , 41 =|||.|

\| =( ) M M M c 4 12310 , , 12 =|||.|

\| =( ) M M M c =|||.|

\| =0100 , , 03 Tabel 2 Tabel 3 Tabel 4 (Optimal) Output Tabel Simpleks dengan Software (WinQSB) Fasa I Mendapatkan solusi basis layak awal pada masalah original. Penghilangan variabel semu. Fungsitujuansemumerupakanjumlahdarivariabelsemuyang diminimasi. Jikanilaifungsitujuansamadengannol,makasemuavariabelsemu bernilai nol dan solusi basis layak diperoleh bagi masalah original. Jika nilai minimum fungsi tujuan adalah positif, maka paling sedikit terdapat satuvariabelyangpositifdaniniberartimasalahoriginaladalahtaklayak, dan algoritma berhenti. Fasa II SolusibasislayakyangdiperolehpadaFaseIdioptimasiterhadap fungsi tujuan original.TabelakhirpadaFaseImenjaditabelawalpadaFaseIIdengan perubahan pada fungsi tujuan. Metode dua-fasa (Fasa I) Meminimumkan W = x5 + x6 dengan pembatas-pembatas: 3x1 +x2 + x5= 3 4x1 +3x2 x3 +x6 = 6 x1 +2x2 + x4 = 4 x1,x2, x3,x4,x5,x6 0 METODE 2 FASA Tabel 1 [Fase I] Tabel 2 [Fase I] Tabel 3 [Fase I] Tabel 1 [Fase II] Tabel 2 [Fase II] (Optimal) Dengan metode big M Padatabeloptimal,satuataulebihvariabelsemutetapsebagai variabel basis Dengan metoda dua-fasePadatabeloptimalpadafaseI,nilaifungsitujuannyaadalahpositif, dimana satu atau lebih variabel semu sebagai basis) Solusi tak layak (infeasible solution) Contoh masalah LP MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: 2x1 +x2 s 2 3x1 +4x2 12 x1 0, x2 0Bentuk standar MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: 2x1 +x2+ x3= 2 3x1 +4x2- x4= 12 x1,x2,

x3, x4 0Penambahan variabel semu 2x1 +x2+ x3= 2 3x1 +4x2- x4+ x5= 12 x1,x2,

x3, x4, x5 0Contoh: Metode big M MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 Mx5 dengan pembatas-pembatas: 2x1 +x2+ x3= 2 3x1 +4x2- x4+ x5= 12 x1,x2,

x3, x4, x5 Tabel 1 Tabel 2 EVALUASI SOAL 1 z= 3x1+x2 3x1+x24 x1-x20 x1,x2 0 SOAL 2 z= 5x1+3x2+x3 -x1+x2+x32 2x1+x2-x34 x1,x2,x3 0 VII.PRIMAL-DUAL POKOK PEMBAHASAN Hubungan Primal-Dual Solusi Grafis Dual Simplex TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami perbedaan bentuk primal dan dual 2.Memahami hubungan antara persamaan primal dan dual 3.Memahami cara pemecahan permasalahan dual dengan menggunakan metoda dual simplex RINGKASAN MATERI Setiapmasalahpemrogramanliniermempunyaisatupemrogramanlinier yang terkait yang disebut dual. Solusipadamasalahpemrogramanliniearoriginalnyajugamemberikan solusi bagi dualnya. Jikasuatusolusimasalahpemrogramanlinierdipecahkandengansimplex method,padadasarnyadiperolehsolusiuntukduamasalahpemrograman linier. Suatu pemrograman linier dikatakan dalam bentuk simetris jika : semua variabel dibatasi tak negatifsemua pembatas dalam bentuk pertidaksamaan:Teori Dualitas a.untuk masalah maksimasi, bentuk pertidaksamaan adalah lebih kecil atau sama dengan b.untuk masalah minimasi, bentuk pertidaksamaan adalah lebih besar atau sama dengan MemaksimumkanZ = c1x1 + c2x2 + + cnxn dengan pembatas a11x1 + a12x2 + + a1nxn s b1 a21x1 + a22x2 + + a2nxn s b2 am1x1 + am2x2 + + amnxn s bm x10, x20,, xn0 MeminimumkanW = b1y1 + b2y2 + + bmym dengan pembatasa11y1 + a21y2 + + am1ym c1 a12y1 + a22y2 + + am2yn c2 ... a1ny1 + a2ny2 + + amnym cn y10, y20,, ym0 Primal : MemaksimumkanZ = cxdengan pembatasAx s b x 0Dual : MeminimumkanW = yb dengan pembatas yA c y 0 A: matriks (m x n) b : vektor kolom (m x 1) c: vektor baris (1 x n) x : vektor kolom (n x 1) y : vektor baris (1 x m) PrimalMaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2 x1, x2 0 Dual MinW = 6y1 + 8y2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 3 2y1 +y2+ y3 + y4 2 y1, y2, y3, y4 0 Koefisienfungsitujuanuntukmasalahprimalmenjadikonstantaruaskanan bagi dual. Konstanta ruas kanan dari primal menjadi koefisien fungsi tujuan bagi dual. Pertidaksamaan untuk pembatas dibalik untuk kedua masalah. Tujuan diubah dari maksimasi untuk primal menjadi minimasi untuk dual. Tiapkolomdalamprimalmenjadibaris(pembatas)padadual;sehingga jumlah pembatas dual sama dengan jumlah variabel primal. Tiapbaris(pembatas)dalamprimalberkaitandengankolompadadual; sehingga satu variabel dual berkaitan dengan satu pembatas primal. Dual dari masalah dual adalah masalah primal Weak duality theorem Optimality criterion theorem Main duality theoremComplementary slackness theorem Misalkan diberikan program linier primal-dual simetris: P:maxZ = cx,Ax s b, x 0 D: min W = yb,yA c,y 0 Nilaifungsitujuandarimasalahminimimasi(dual)untuksebarangsolusilayak selalu lebih besar atau sama dengan nilai fungsi tujuan masalah maksimasi (primal). BuktiMisalkan: x0 : vektor solusi layak untuk primal y0 : vektor solusi layak untuk dual Akan dibuktikan bahwa: y0b cx0 Karena x0 adalah layak untuk primal, maka Ax0 s b, x0 0(1) Karena y0 adalah layak untuk dual, maka y0A c, y0 0(2) Perkalian kedua sisi pertidaksamaan (1) dengan y0 y0Ax0 s y0b Perkalian kedua sisi pertidaksamaan (2) dengan x0 : y0Ax0 s cx0 Implikasi : y0b y0Ax0 cx0 Konsekuensi 1: Nilai fungsi tujuan dari masalah maksimasi (primal) untuk sebarang solusi layak merupakan batas bawah dari nilai minimumfungsi tujuan dual. Konsekuensi 2: Nilaifungsitujuandarimasalahminimasi(dual)untuksebarangsolusilayak (dual) merupakan batas atas dari nilai maksimum fungsi tujuan primal. Konsekuensi 3: Jikamasalahprimaladalahlayakdannilaifungsitujuannyatakterbatas(dalam hal ini, max Z +), maka masalah dual adalah tak layak. Konsekuensi 4: Jika masalah dual adalah layak dan nilai fungsi tujuannya tak terbatas (dalam hal ini, min W -), maka masalah primal adalah tak layak. Konsekuensi 5: Jikamasalahprimaladalahlayakdandualnyataklayakmakamasalahprimal tersebut adalah tak terbatas. Konsekuensi 6: Jikamasalahdualadalahlayakdanprimalnyaadalahtaklayakmakamasalah dual tersebut adalah tak terbatas. Ilustrasi #1 PrimalMaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2 x1, x2 0Dual MinW = 6y1 + 8x2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 3 2y1 +y2+ y3 + y4 2 y1, y2, y3, v4 0 0 , 40201= = x x adalah solusi layak untuk primal. Nilai fungsi tujuan primal Z = cx0 = 12 Di sini Z = cx0 s y0b = Wdan memenuhi weak duality theorem. BerdasarkanKonsekuensi(1),nilaiminimumWuntukdualtidakdapatlebih kecil dari 12. BerdasarkanKonsekuensi(2),nilaiminimumZuntukprimaltidakdapat melebihi 40. 0 , 0 , 5 , 004030201= = = = y y y y adalah solusi layak untuk dual Nilai fungsi tujuan dual W = y0b = 40 Ilustrasi #2 Primal: MemaksimumkanZ = 4x1 + x2 dengan pembatas-pembatas: x1 x2 s 2 -3x1 +x2 s 3 x1 0, x2 0Dual MeminimumkanW = 2y1 + 3y2 dengan pembatas-pembatas: y1 3y2 4 - y1 +y2 1 y1 0, y2 0 Jika terdapat solusi layakx0 dan y0 untuk masalah pemrograman linier dual simetris sedemikian hingganilai fungsi tujuannya adalah sama, maka solusi layak ini adalah solusi optimal bagi masing-masing masalah. BuktiMisalkan x adalah sebarang solusi layak bagi masalah primal. Maka berdasarkan Teorema 1, cx s y0b Tetapi ini diberikan bahwa cx0 = y0b. Oleh karena itu cx s cx0 untuk semua solusi layak bagi masalah primal. Per definisi, x0 adalah optimal bagi primal. Argumen yang sama juga berlaku bagi optimalitas y0 bagi masalah dual Jikabaikmasalahprimalmaupundualadalahlayak,makakeduanyamempunyai solusi optimal sedemikian hingga nilai optimalnya adalah sama. Misalkan diberikan program linier primal-dual simetris: P:maxZ = cx,Ax s b, x 0 D: min W = yb,yA c,y 0 dimanaA: matriks (m x n) b : vektor kolom (m x 1) c: vektor baris (1 x n) x : vektor kolom (n x 1) y : vektor baris (1 x m) Misalkan: x0 : vektor solusi layak untuk primal y0 : vektor solusi layak untuk dual Maka x0 dan y0 adalah optimal untuk masalah masing jika dan hanya jika ( ) ( ) 00 0 0 0= + Ax b y x c A yBukti :Misalkan |||||.|

\|=mmuuu21) 1 (u adalah vektor slack untuk primal ( )nnv v v , , ,2 1) 1 ( =v adalah vektor slack untuk dual Karena x0 dan y0 adalah solusi layak, maka0 u x b u Ax > = +0 0 0 0, ; (1) 0 v y c v A y > = 0 0 0 0, ; (2) (u0 dan v0 adalah nilai-nilai dari variabel slack yang berkaitan masing-masing dengan solusi layak x0 dan y0). Perkalian (1) dengan y0 y0Ax0 + y0u0 = y0b(3) Perkalian (2) dengan x0 y0Ax0 v0x0 = cx0(4) Pengurangan (3) dengan (4) y0u0 + v0x0 = y0b cx0(5) Untuk membuktikan Teorema 4, harus diperlihatkan bahwax0 dan y0 adalah solusi optimal bagi masing-masing masalah primal dan dual jika dan hanya jikav0x0 + y0u0 = 0(6) Bagian 1 Diasumsikanbahwax0dany0adalahsolusioptimaldanharusdibuktikanbahwa Persamaan (6) adalah benar. Karena x0 dan y0 adalah optimal, berdasarkan Teorema 3 maka cx0 = y0b.Oleh karena itu, Persamaan (5) menjadi Persamaan (6)y0u0 + v0x0 = y0b cx0 v0x0 + y0u0 = 0 Bagian 2 DiasumsikanbahwaPersamaan(6)adalahbenardan akandibuktikanbahwax0dan y0 adalah solusi optimal bagi masing-masing masalah primal dan dual. Karena Persamaan (6) benar, maka Persamaan (5) menjadi y0b cx0. y0u0 + v0x0 = y0b cx0 y0b = cx0 Berdasarkan Teorema 2 maka x0 dan y0 merupakan solusi optimal. Complementary slackness condition Persamaan(6):v0x0+y0u0 =0daricomplementaryslacknesstheoremdapat disederhanakan sebagai berikut:vj0xj0 = 0 untuk semua j = 1, 2, , nyi0ui0 = 0 untuk semua i = 1, 2, , m dengan memperhatikan hal-hal berikut:1.x0, u0, v0, y0 0 dan oleh karena itu v0x0 0 dan y0u0 0. 2.Jikajumlahkomponen-komponentaknegatifsamadengannol,makatiap komponen adalah nol. Jikasuatuvariabelprimal(xj0)adalahpositif,makapembatasdualyang bersesuaian memenuhi persamaan pada titik optimalnya (yaitu, vj0 = 0) Jika suatu pembatas primal adalah strick inequality pada titik optimal (yaitu, uj0 > 0), maka variabel dual yang bersesuaian (yi0) harus nol Jikasuatuvariabeldual(yi0)adalahpositifmakapembatasprimalyang bersesuaian memenuhi persamaan pada titik optimalnya (yaitu, ui0 = 0) Jikasuatupembatasdualadalahstrickinequalitypadatitikoptimal(yaituvi0> 0), maka variabel primal yang bersesuaian harus nolIlustrasi PrimalMaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2 x1, x2 0 Dual MinW = 6y1 + 8y2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 3 2y1 +y2+ y3 + y4 2 y1, y2, v1, v2 0Primal(Penambahan slack variable) MaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + u1 = 6 2x1 +x2+ u2 = 8 x1 + x2 + u3= 1 x2 + u4 = 2 x1, x2, u1, u2, u3, u4 0 Dual (Penambahan slack variable) MinW = 6y1 + 8x2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 v1 = 3 2y1 +y2+ y3 + y4 v2 = 2 y1, y2, v1, v2 0Complementary slackness condition mengimplikasikan pada kondisi optimal: 00101= y u ,00202= y u ,00303= y u ,00404= y u ,00101= v x ,00202= v xDenganmetodesimplexdiperolehsolusioptimaluntukmasalahprimalsebagai berikut : 3 / 1001 = x ,3 / 402 = x , Z = 38/3Denganpenerapancomplementaryslacknesscondition,solusioptimalbagidual ditentukan sebagai berikut : 1.0 0 3 / 100101= > = v x 2.0 0 3 / 40202= > = v x3.( ) 0 , 0 6 3 / 4 2 3 / 10 201010201> = = + = + y u x x4.( ) 0 , 0 8 3 / 4 3 / 10 2 202020201> = = + = + y u x x5.( ) 0 , 0 1 2 3 / 4 3 / 1003030201= > < = + = + y u x x6.0 , 0 2 3 / 4040402= > < = y u xKondisi (1), (2), (5) dan (6) mengimplikasikan: Penerapan complementary slackness condition Digunakanuntukmencarisolusiprimaloptimaldarisuatusolusidualoptimal, dan sebaliknya. Digunakanuntukmemverifikasiapakahsuatusolusilayakadalahoptimaluntuk masalah primal. Digunakanuntukmenginvestigasiciri-ciriumumdarisolusioptimalpada masalah primal dan dual dengan menguji hipotesis-hipotesis yang berbeda. Kuhn-Tuckeroptimalityconditionuntukpemrogramannonliniermerupakan pengembanganlebihlanjutdaricomplementaryslacknessconditiondansangat berguna dalam pemrograman matematis lanjutan. PrimalDual AMatriks pembatasTranspos dari matriks pembatas bKonstanta ruas kananVektor biaya cVektor biayaKonstanta ruas kanan Fungsi tujuanMax Z = cx Min W = ybPertidaksamaan pembatasAx s b yA cVariabel keputusanx 0 y 0 Misal terdapat masalah linear programmingsimetris seperti berikut (primal). Maka bentuk dualnya adalah (lihat tabel konversi primal dual) :PrimalMaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6 2x1 +x2 s 8 x1 + x2 s 1 x2 s 2 x1, x2 0 Dual MinW = 6y1 + 8y2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 3 2y1 +y2+ y3 + y4 2 y1, y2, v1, v2 0 Bentuk primal dan dual diubah ke dalam bentuk standar. Pada kasus primal, terdapat 4slackvariable(u)danpadakasusdualterdapat2slackvariable(v).Slack variablemuncul akibat perubahan tanda pertidaksamaan menjadi persamaan :Primal(Penambahan slack variable) MaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + u1 = 6 2x1 +x2+ u2 = 8 x1 + x2 + u3= 1 x2 + u4 = 2 x1, x2, u1, u2, u3, u4 0 Dual (Penambahan slack variable) MinW = 6y1 + 8x2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 v1 = 3 2y1 +y2+ y3 + y4 v2 = 2 y1, y2, v1, v2 0 Solusidariprimaldandualdapatdicaridenganmetodesimplex.Berikutiniadalah tabel simplex untuk kasus primal. Solusidariprimaldandualdapatdicaridenganmetodesimplex.Berikutiniadalah tabel simplex untuk kasus dual. Daritabelprimaldandual,dapatdisimpulkanbahwahubunganprimaldengandual adalah sebagai berikut : 1.Solusifisibelkasusminimisasiadalahbatasatasdarisolusifisibelkasus maksimisasi. Nilai fungsi tujuan dari masalah minimimasi (dual) untuk sebarang solusilayakselalulebihbesaratausamadengannilaifungsitujuanmasalah maksimasi (primal) weak duality theorem. 2.Jika kedua kasus telah mencapai solusi optimum, maka max z = min w main duality theorem. 3.Jikanilaiz=nilaiw,makasolusixyangmenghasilkannilaiztersebutadalah solusioptimum,dansolusiyyangmenghasilkannilaiwtersebutadalahsolusi optimal optimality criterion theorem. 4.Nilaioptimumvariabelsolusiawalpadaprimalsamadengannilaioptimum variabel-variabeldualyangberkorespondensidenganpersamaanpembataspada primal. Dengan kata lain : a.Jikavariabeldualberkorespondensidenganvariabelslackawalpadakasus primal, maka nilai optimum variabel tersebut sama dengan koefisien variabel slackpada persamaan z yang optimum. Bukti:y1padadualberkorespondensidenganu1padaprimal,makanilai optimumy3(=3,lihatiterasi3padadual)samadengankoefisienu3 (=3, lihat iterasi 3 pada primal) pada persamaan z optimum. b.Jika variabel dual berkorespondensi dengan variabel semu pada kasus primal, makanilaioptimumvariabeltersebutsamadengankoefisienvariabelsemu pada persamaan z yang optimum setelah menghilangkan konstanta M. Dalampandanganekonomi,solusidualoptimaldapatdiinterpretasikansebagai harga yang dibayarkan untuk sumberdaya pembatas. Berdasarkan Teorema 3 (main duality), nilai optimal bagi primal dan dual adalah sama. Jika x0 dan y0 masing-masing adalah solusi optimal, maka Z0 = cx0 = y0b = W0. Dengankatalain,nilaioptimaldarimasalahpemrogramanlinier(primalatau dual) diberikan oleh dimanab1, b2, , bm adalah jumlah yang terbatas dari sumberdaya 1, 2, .., m; y10, y10, , y10adalah nilai optimal dari variabel dual. Misalkan diasumsikan bahwa level sumberdaya 1 (yaitu, b1) diubah.Maka,untukvariasikecildalamperubahannilaib1,katakanAb1,perubahan dalam nilai optimal dari pemrograman linier Z0 diberikan oleh y10(Ab1). Dengankatalain,nilaioptimaldarivariabeldualuntuktiappembatasprimal memberikan perubahan bersih (net change) dalam nilai optimal dari fungsi tujuan untuk peningkatan satu satuan dalam konstanta ruas kanan. Oleh karena itu, nilai optimal dari variabel dual disebutshadow price yang dapat digunakan untuk menentukan apakah ekonomis untuk menambah sumberdaya. Primal : MemaksimumkanZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 s 6(Bahan A)2x1 +x2 s 8 (Bahan B) x1 + x2 s 1 (Selisih permintaan cat interior dan eksterior) x2 s 2 (Permintaan cat interior) x1 0 x2 0Dual: MeminimumkanW = 6y1 + 8x2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3 3 2y1 +y2+ y3 + y4 2 y1, y2, y3, y4 0 Solusi optimal dual: y1=10/3shadowpriceuntukpembatasbahanA,yaituperubahandarinilaiZ (profit total) per satu satuan peningkatan bahan A. y2=4/3shadowpriceuntukpembatasBahanB,yaituperubahandarinilaiZ (profit total) per satu satuan peningkatan bahan B. y3=0shadowpriceuntukselisihpermintaancatinteriordanexterior,yaitu perubahandarinilaiZ(profittotal)persatusatuanpeningkatanselisihpermintaan cat interior dan exterior. y4 = 0 shadow price untuk pembatas permintaan cat interior, yaitu perubahan dari nilai Z (profit total) per satu satuan peningkatan permintaan cat interior. Masalah Primal Memaksimumkan Z = 4x1 + 5x2 dengan pembatas 3x1 + 2x2 s 20 4x1 3x2 10 x1 + x2 = 5 x1 0 x2 tak dibatas tandaMasalah DualMeminimumkan W = 20y1 + 10y2 +5y3 dengan pembatas 3y1 + 4y2 +y3 4 2y1 3y2 +y3 = 5y1 0 y2 s 0 y3 tak dibatasi tanda Masalah Primal (Bentuk Simetris) Memaksimumkan Z = 4x1 + 5x3 5x4 dengan pembatas 3x1 + 2x3 2x4 s 20 4x1 + 3x3 3x4 s 10 x1 + x3 x4 s 5 x1 x3 + x4 s 5 x1, x3, x4 0 Masalah Dual (Bentuk Simetris) Meminimumkan W = 20w1 10w2 +5w3 5w4 dengan pembatas 3w1 4w2 +w3 w4 4 2w1 + 3w2 +w3 w4 5 2w1 3w2 w3 +w4 5 w1, w2, w3, w4 0 Primal (maksimasi)Dual (minimasi) Matriks koefisien A Transpos matriks koefisienVektor ruas kanan Vektor biayaVektor harga c Vektor ruas kanan Pembatas ke-i adalah persamaanVariabel dual yi tak dibatasi tanda Pembatas ke-i bertipe s Varibel dual yi 0 Pembatas ke-i bertipe Varibel dual yi s 0 xj tak dibatasi tanda Pembatas dual ke-j adalah persamaan xj 0Pembatas dual ke-j bertipe xj s 0Pembatas ke-j bertipe sCatatan Teorema (1), (2), (3), dan (4) dari teori dualitas berlaku juga bagi primal-dual tak simetris. Complementaryslacknessconditionjugaberlakuuntuksolusioptimal primal-dual tak simetris..Misalkan diberikan masalah pemrograman linier dalam bentuk standarMemaksimumkan Z = cxdengan pembatasAx = b x 0Masalah dual Meminimumkan W = ybdengan pembatasyA cy tak dibatasi tandaComplementary slackness condition dipenuhi pada kondisi optimal: (yA c)x = 0 Solusi dual optimal dapat ditentukan dengan complementary slackness conditionSolusidualoptimaldapatjugadiperolehsecaralangsungdaritabelsimplex optimal dari masalah primal. MeminimumkanZ =cxdengan pembatasAx = b x 0Misalkan : Pj : kolom ke-j dari matrix A B: matrix basis optimalSolusi primal optimal : ||.|

\|=||.|

\|=0b Bxxx1*NB dimanaxB : varabel basis xN : variabel non basis Nilai minimum Z = cx* = cBxB = cBB-1bKarenaBmenunjukkanbasisoptimal,makakoefisienbiayarelatif(jc )yang berkaitan dengan variabel basis harus tak negatif0 > =j j jc c P tuntuk semua jdimanat = cBB-1 : vektor pengali simplex (simplex multiplier)Dalam notasi matrix : c - t A 0 atau tA s cyangmerupakanpembataspemrogramanlinierdual.Sehingga,pengalisimplex optimal harus memenuhi pembatas dual. Nilai fungsi tujuan dual yang berkaitan dengan solusi layak adalah W = yb = tb = cBB-1byang sama dengan nilai minimum Z. Olehkarenaitu,berdasarkanoptimalitycriteriontheorem,pengalisimplexoptimal dari masalah primal merupakan nilai optimal dari variabel dual. Ilustrasi menentukan solusi dual optimal Primal (Dalam bentuk standar) MaxZ = 3x1 + 2x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 2x2 + x3 = 6 2x1 +x2+ x4 = 8 x1 + x2 + x5= 1 x2 + x6 = 2 x1, x2, x3, x4, x5, x6 0 Dual: MinW = 6y1 + 8x2 + y3 + 2y4 dengan pembatas-pembatas: y1 + 2y2 y3= 3 2y1 +y2+ y3 + y4 = 2 y1 0 y2 0 y3 0 y4 0 y1, y2, y3, y4 tak dibatasi tanda Dengan metode revised simplex, solusi optimal untuk primal: x = (x2, x1, x5, x6) = (4/3, 10/3, 3, 2/3), Z = 38/3 Matrix basis optimal:| |(((((

= =1 0 0 10 1 1 10 0 2 10 0 1 26 5 1 2P P P P BSimplex multiplier optimal :( ) ( ) 0 , 0 , 3 / 4 , 3 / 11 0 3 / 1 3 / 20 1 1 10 0 3 / 2 3 / 10 0 3 / 1 3 / 20 , 0 , 3 , 21=(((((

= =B c B tmemenuhi pembatas dual, dan nilai fungsi tujuannya :W = 6(1/3) + 8(4/3) + 1(0) +2(0)=38/3,yangbersesuaiandengannilaioptimaluntukmasalahprimal.Oleh karena itu, y1 = 1/3, y2 = 3/4, y3 = 0, y4 = 0 optimal untuk dual. Simplexmultiplieryangbersesuaiandengantabel(primal)optimaladalahsolusi optimal bagi masalah dual. Masalah Pemrograman Linier (Primal) dalam Bentuk Standar MinimasiZ = cxdengan pembatas Ax = b x 0A : matrix (m x n) P : vektor kolom dari matrix A B : matrix basis untuk masalah primal xB : variabel basis yang bersesuaian dengan B Basis Layak Primal Basis B : basis layak primal (primal feasible basis) B-1b 0 B : basis layak primal nilai variabel basis: B-1b solusi layak basis xB = B-1b nilai fungsi tujuan Z = cBB-1b Kondisi Optimalitas UntukmemeriksaapakahbasislayakBadalahoptimalhitungkoefisienfungsi tujuan relatif) (jcj j jc c P =j = 1, , n t = cBB-1 : simplex multiplier Basis layak primal B adalah optimal 0 >jc , j = 1, , n Pemrograman linier standar bagi dual: MaksimasiW = ybdengan pembatas yA s c y tak dibatas tandaPembatas dual yA s c dapat ditulis: ( ) ( )n nc c c , , , , , ,2 1 2 1 s P P P yj jc yP sMetode Simplek Dual 0 > j jc yP , j = 1, , n Jika basis layak primal B : basis optimal bagi masalah primal simplex multiplier t = cBB-1 memenuhi 0 > j jc yP , j = 1, , nImplikasi t : layak bagi masalah dual Nilai fungsi tujuan dual W = tb = cBB-1bsama dengan nilai fungsi tujuan primal Berdasarkan optimality criterion theorem, t : optimal bagi masalah dual Basis Dual Layak Basis B untuk masalah primal MinimasiZ = cxdengan pembatas Ax = b x 0layakdual(dualfeasible)ccBB-1A0(Identikdenganpemeriksaanapakah basis layak B optimal) Basis B untuk masalah primal : layak primal dan layak dualBasis B : basis optimal Solusi optimal untuk primal :xB = B-1b, xN = 0. Solusi optimal untuk dual :y = cBB-1. Nilai optimal primal = Nilai optimal dual Catatan Akardaripemecahanmasalahpemrogramanliniermendapatkansolusibasis B yang layak primal dan layak dual Metodesimplexbergerakdarisatubasislayakprimalkebasisyanglain hingga basis tersebut menjadi layak dualMetode simplex primal (primal simplex method) Metodesimplexdual(dualsimplexmethod)bergerakdarisatubasislayak dual ke basis yang lain Pemrograman linier bentuk standar: MinimasiZ = cxdengan pembatas Ax = b x 0Metodesimplexdualmenggunakantabelyangsamadenganmetodesimplex primal. Dalam semua tabel, koefisien fungsi tujuan relatif) (jcdipertahankan tak negatif Untuk maksimasi,) (jcdipertahankan tak positif) Konstanta ruas kanan tidak perlu tak negatif. Algoritmamulaidenganmembuatelemenruaskananmenjaditaknegatif, dengan pada saat yang sama menjagakoefisien) (jctak negatif. Algoritma berhenti jika semua konstanta ruas kanan telah tak negatif. Pemilihan Variabel Basis yang Keluar Basis Pilihvariabelbasisyangmembuatsolusisaatinimenjaditidaklayakdengankata lain pilih variabel basis yang nilai solusinya negative. Aturan Pilih variabel basis yang nilai ibpaling negatif . Misal:( ) 0 min < =iirb b ; variabel basis xr diganti baris ke-r : baris pivotPemilihan Variabel Non Basis yang Masuk Basis Kolompivotdipilihsedemikianrupasehinggamemenuhiduakondisisebagai berikut: 1.Ketidaklayakan primal berkurang (atau paling sedikit, tidak bertambah jelek). Rincian Metode Simplex Dual Atau,palingsedikitkonstantaruaskananpadabarisrmenjadipositifpada tabel berikutnyaVariabelnonbasis(xj)dengankoefisiennegativedalambarisr(yrj

b B(((((

=1 0 3 / 1 3 / 20 1 1 10 0 3 / 2 3 / 10 0 3 / 1 3 / 21B(((((

=2187*b(((((

=(((((

(((((

=023221871 0 3 / 1 3 / 20 1 1 10 0 3 / 2 3 / 10 0 3 / 1 3 / 2* 1b B( ) ( ) ( ) ( ) 13 0 0 0 2 2 2 3 3 = + + + = ZPerubahan Penggunaan Sumber dari Aktivitas Perubahan pada aktivitas (variabel) non basis Dilakukan analisis seperti kasus penambahan aktivitas baruPerubahan pada aktivitas (variabel) basis Menyelesaikan masalah pemrograman linier dari awal lagi Misal terjadi perubahan pada Pembatas 1. Misal Pembatas 1: Perubahan konstanta ruas kanan(((((

+ + + =(((((

(((((

=3 / 14 3 / 293 / 16 3 /3 / 8 3 / 22181 0 3 / 1 3 / 20 1 1 10 0 3 / 2 3 / 10 0 3 / 1 3 / 21111 1* 1bbbb bb B4 0383211> > bb16 0316311s > + bb9 0 91 1s > + b b7 03143211s > +bb7 41 s s b (((((

=2189*b(((((

=(((((

(((((

=3 / 403 / 73 / 1021891 0 3 / 1 3 / 20 1 1 10 0 3 / 2 3 / 10 0 3 / 1 3 / 2* 1b B Misal Pembatas 1 berubah menjadi: : Dengan menerapkan dual simplex, menghasilkan: Terdapat dua kondisi solusi optimal terhadap penambahan pembatas baru: Solusi optimal saat ini memenuhi pembatas baruPembatasbarubersifatnonbindingatauredundantsehinggatidak mengubah solusi optimal saat ini. Solusi optimal saat ini tidak memenuhi pembatas baruPembatas baru bersifat binding Contoh: Penambahan pembatas baruPembatas baru: x1 s 4Solusi optimal saat ini :x = (x1, x2, x5, x6) = (10/3, 4/3, 3, 2/3) x1= 10/3 s 4Pembatas baru: x1 s 3Solusi optimal saat ini : x = (x1, x2, x5, x6) = (10/3, 4/3, 3, 2/3) x1= 10/3 > 3 Dengan menertapkan dual simplex, dihasilkan: Penambahanslack variable x7: x1+ x7= 3 Solusi optimal saat ini : x = (x1, x2, x5, x6) = (10/3, 4/3, 3, 2/3) x1= 10/3 > 3 EVALUASI IX.INTEGER PROGRAMMING POKOK PEMBAHASAN Konsep Bilangan Bulat Metoda Cutting Plane TUJUAN PEMBELAJARAN 1.Memahami permasalahan dan solusi variable integer 2.Memahami metoda cutting plane RINGKASAN MATERI Pengantar Pemrograman Bilangan Bulat Pemrogramanbilanganbulat(integerprogramming)mensyaratkanbahwa beberapa variabel keputusan harus mempunyai nilai yang bulat (bukan pecahan) Disini, pembahasan hanya ditujukan untuk masalah pemrograman linier bilangan bulat (integer linear programming problem) Jenis Pemrograman Linier Bilangan Bulat Pemrogramanlinierbilanganbulatmurni(pureintegerlinearprogramming, PILP) Pemrogramanlinierbilanganbulatcampuran(mixedintegerlinear programming, MILP) Pemrogramanlinierbilanganbulatbiner(binaryintegerlinearprogramming, BILP) Konsep Bilangan Bulat Contoh Pemrograman Linier Bilangan Bulat Biner Fungsi dengan N Nilai yang Mungkin ( )N nd d d x x x f atauatauatau, , ,2 1 2 1 =Perumusan ILP: Contoh Kasus: 18 atau12 atau6 2 32 1= + x xPerumusan ILP: Representasi Biner untuk Variabel Bilangan Bulat Batas-batas untuk variabel x: u x s s 012 2 dimana+s sN Nu Representasi biner: ==Niiiy x02{ } N i yi, , 2 , 1, 1 , 0 = = Contoh Kasus: Contoh Model Pemrograman Bilangan Bulat a.Fixed Charge Problem Misalkan terdapat n jenis produkpj= harga satuan produk jKj= biaya tetap untuk memproduksi produk j(independenterhadapjumlah produksi) cj= biaya variabel untuk memproduksi produkj(proporsionalterhadap jumlah produksi)bi= kapasitas sumber i (i = 1, m) aij = kebutuhan sumber i untuk per unitproduk jPermasalahan :Menentukanprodukmanayangperludiproduksidanjumlahproduksinyamasing-masing agar diperoleh profit (selisih penjualan dengan biaya tetap dan variabel) total yang maksimum dengan memperhatikan kondisi: ketersediaan kapasitasjika suatu produk diputuskan untuk tidak diproduk maka jumlah produksinya nol. Variabel keputusan :xj= jumlah produk j yang diproduksiyj= keputusan untuk memproduksi atau tidak produk j; yj = 1 jika produk j diproduksi yj = 0 jika produk j tidak diproduksi b.Knapsack Problem Misalkan terdapat n item. wj= berat item j vj= nilai item jW= kapasitas muatan (berat) dari kantongPermasalahan : Menentukanjumlahitemyangperludimasukkankedalamkantongagardiperoleh nilai totalyangmaksimumdenganmemperhatikankondisikapasitasmuatan(berat) dari kantongVariabel keputusan : xj= jumlah item yang dimasukkan ke kantong c.Set Covering Problem Contohmasalahsetcoveringproblemdalammenentukanlokasipendirianpos siskamling Misalkan terdapat n lokasi pendirian pos dan m jalan. cj = biaya mendirikan pos di lokasi jaij= konstanta biner (0-1) aij = 1 jika jalan i dilayani oleh pos yang berlokasi di jaij = 0 jika sebaliknyaPertanyaan: Menentukan lokasi pendirian pos dimana tiap jalan dapat dilayani minimal oleh satu pos sehingga diperoleh biaya total pendirian yang minimum Variabel keputusanxj = variabel biner (0-1) yang menentukan keputusan untuk mendirikan pos dilokasi j (xj = 1 jika pos didirikan di lokasi j, xj = 0 sebaliknya) Set Partitioning Problem Tiap jalan tepat dilayani oleh satu pos d.Traveling Salesman Problem Misalkan terdapat n titik. cij= jarak antara titik i ke titik j (cij = untuk i = j) PermasalahanMenentukanrutesalesmanyangberangkatdarisuatutitikdanmengunjungisetiap titikyanglainpalingbanyaksekali,sertakembaliketitikasalagardiperolehjarak total yang minimum Variabel keputusanXij = keputusan untuk melintasi atau tidak busur (i, j) xij = 1 jika busur (i, j) dilintasi xij = 0 jika busur (i, j) tidak dilintas Subtourbreakingconstraintbertujuanuntukmengeliminasiterjadinyasolusi subtour. Suatu solusi traveling salesman problem yang layak (terbentuknya suatu tour). e.Job Scheduling Problem Misalkan- terdapat n job dengan operasi-tunggal- terdapat satu mesin tunggalpj= waktu pengerjaan job j wj = bobot kepentingan job j Permasalahan: Menentukansaatawal(jugasecaraimplisitmenentukansaatakhir)pengerjaanjob agar diperoleh waktu penyelesaian tertimbang total (total weighted completion time) yangminimumdenganmemperhatikanbahwapadasuatusaatmesinhanyadapat mengerjakan satu operasi (job) Variabel keputusan: Bj= saat awal pengerjaan job jCj= saat akhir pengerjaan job jyij= keputusan apakah job i mendahului job i yij = 1 jika job i mendahului job j yij = 0 jika sebaliknya Dalamkuliahini, metodepemecahankasuspemrogramanbilanganbulatyangakan dibahas adalah: Cutting method oCutting Plane Search methodoBranch and Bound a.Metode Cutting Plane oDikembangkan oleh R.E. GomoryoAlgoritma Fractionalalgorithmuntukmasalahpemrogramanbilanganbulatmurni (PILP) Mixedalgorithmuntukmasalahpemrogramanbilanganbulatcampuran (MILP)Ilustrasi Suatu Masalah ILP MaximasiZ = 7x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 3x2 s 6 7x1 +x2 s 35 x1, x2 0 dan bilangan bulatDaerah layak Solusi Optimal Kontinyu (dengan mengabaikan kondisi integralitas) Metode Pemecahan Model Pemrograman Bilangan Bulat Ide Dasar dari Cutting Plane Mengubahconvexsetdaridaerahruangpemecahan(solutionspace)sehingga titik ekstrem menjadi bilangan bulatPerubahan dibuat tanpa men-slicing off daerah layak dari masalah awal. Perubahan dilakukan dengan penambahan beberapa secondary constraint.Penambahan pembatas sekunder Fractional Algorithm Digunakan untuk memecahkan masalah pemrograman linier bilangan bulat murni (PILP). Mensyaratkan bahwa semua koefisien teknologi dan konstanta ruas kanan adalah bilangan bulat.213312 1s + x x 39 2 62 1s + x xPadaawalnya,masalahPILPdipecahkansebagaiLPreguler,yaitudengan mengabaikan kondisi integralitas. Variabel xi (i = 1, , m) menunjukkan variabel basis Variabel wj (j = 1, , n) menunjukkan variabel non basis Misalkan persamaan ke-i dimana variabel xi diasumsikan bernilai bilangan bulatbulat bilanganbukan,i1| o | = =njjji i iw xMisal :| |i i if + = | || |ijjijif + = o odimanaN = [a] adalah bilangan bulat terbesar sehingga N s a 0 < fi < 1 0 s fij < 1 Dari baris sumber diperoleh: | | | | = =+ = njjji i inji ij iw x w f f1 1o | Agarsemuaxi danwjadalahbilanganbulat,makaruaskanandaripersamaanharus bilangan bulat Akibatnya, ruas kiri harus bilangan bulat. Untuk fij > 0 dan wj > 0 untuk semua i dan j maka 01>=njj ijw f Akibatnyainjj ij if w f f s =1 Karena fi < 1 maka11< =njj ij iw f f Karena ruas kiri harus bilangan bulat, maka syarat perlu untuk memenuhi integralitas adalah: 01s =njj ij iw f f Pertidaksamaan terakhir dapat dijadikan sebagai pembatas dalam bentuk: injj ij if w f S ==1;(fractional cut) Tabel setelah penambahan fractional cut Dengan penambahan fractional cut, tabel terakhir menjadi tidak layak walaupun optimalsehinggametodedualsimplexditerapkanuntukmeniadakan ketidaklayakan. Algoritma berhenti jika solusi optimal bilangan bulat diperoleh. Kekuatan fractional cutinjj ijf w f >=1 knjj kjf w f >=1 Cut (1) dikatakan lebih kuat dari cut (2) jika fi > fkdan fij s fkj untuk semua j dengan strict inequality terpenuhi paling sedikit satu. Aturan : { }iif max )`=njijiiff1max Ilustrasi Penerapan Fractional Algorithm MaximasiZ = 7x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 3x2 s 6 7x1 +x2 s 35 x1, x2 0 dan bilangan bulat Tabel optimal kontinyu Fractional cut:212212274 3 1 = x x STabel setelah penambahan fractional cut Tabel yang diperoleh dengan dual simplex: Tabel setelah penambahan fractional cut Tabel yang diperoleh dengan dual simplex: Solusi bilangan bulat optimal, x1 = 4, x2 = 3; Z = 55 Ilustrasi Fractional Cut secara grafis Fractional cut 2: Mixed Algorithm Digunakanuntukmemecahkanmasalahpemrogramanlinierbilanganbulat campuran (MILP) Padaawalnya,masalahMILPdipecahkansebagaiLPreguler,yaitudengan mengabaikan kondisi integralitas. Contoh: MaximasiZ = 7x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 3x2 s 6 7x1 +x2 s 35 x1 0 dan bilangan bulat x2 0MisalxkadalahvariabelbilanganbulatdarimasalahMILP.Persamaan-xk dalam solusi kontinyu optimal: Untuk xk adalah bilangan bulat, maka| | | | 1 atau+ > sk k k kx x | | ; harus dipenuhiDari baris sumber, kondisi ini ekivalen dengan MisalJ+ = himpunan subscripts j untuk okj > 0 J- = himpunan subscripts j untuk okj < 0 Dari (1) dan (2) diperoleh Karena(1)dan(2),tidakdapatterjadisecarasimultan,maka(3)dan(4)dapat digabungkan menjadi satu pembatas dalam bentuk. knJ jkjkkknJ jkjk kf wffw S =)`+ +e eo o1; (mixed cut) Ilustrasi Penerapan Mixed Algorithm MaximasiZ = 7x1 + 9x2 dengan pembatas-pembatas: x1 + 3x2 s 6 7x1 +x2 s 35 x1 0 dan bilangan bulat x2 0 Tabel optimal kontinyu: Tabel setelah penambahan mixed cut Tabel yang diperoleh dengan dual simplex: Solusi optimal, x1 = 4, x2 = 10/3; Z = 55 b.Metode Branch and Bound Metodeyangpalingbanyakdigunakandalampraktekuntukmemecahkan masalah pemrograman bilangan bulat baik murni maupun campuran. Digunakan sebagian besar software komersial Padadasarnyamerupakanprosedurenumerasiyangefisienuntukmemeriksa semua solusi layak yang mungkin. Algoritma BB untuk ILP (PILP & MILP) Algoritma BB untuk BILP Algoritma BB untuk ILP Misalkan diberikan suatu masalah pemrogramanbilangan bulat sebagai berikut: Maksimasi Z = cxdengan pembatasAx = b x > 0 xj bilangan bulat untuk j e I dimana I adalah himpunan variabel bilangan bulatLangkahpertamaadalahmemecahkanmasalahILPsebagaiLPdengan mengabaikan pembatas bilangan bulat (bounding) MisalkanmasalahLPdinyatakansebagaiLP-1yangmempunyainilaioptimal dari fungsi tujuan Z1. PL-1 Maksimasi Z = cxdengan pembatasAx = b x > 0AsumsikanbahwasolusioptimaldariLP-1mengandungbeberapavariabel bilangan bulat yang mempunyai nilai pecahan. Oleh karena itu, solusi optimal bilangan bulat untuk ILP belum diperoleh danZ1 menjadi batas atas (upper bound) dari nilai maksimum Z untuk ILP. LangkahberikutnyaadalahmempartisidaerahlayakdariLP-1dengan mencabangkan(branching)salahsatuvariabelbilanganbulatyangnilainya pecahanMisalkanvariabelxjdipilihuntukdicabangkandengannilaipecahan|jdalam LP-1. Misalkandibuatduamasalahp