Off Canvas

 

Topik Bahasan:

  • Merubah Persoalan Minimum ke Persoalan Maksimum;
  • Variabel Buatan Metode "Big-M";
  • Persoalan Rangkap (Dual Problem)

Slide: Pemrograman Linier Big-M dan Dual Problem selengkapnya bisa Anda pelajari pada konten di bawah ini.

Slide: Pemrograman Linier Big-M dan Dual Problem

Author: Dr. Ruminta

Transcript

Merubah Persoalan Minimum Menjadi Persoalan Maksimum

Persoalan pemograman linier (PL) minimum dapat dirubah menjadi persoalan pemograman linier maksimum dengan jalan merubah tanda dari koefisien fungsi tujuannya. Merubah tanda koefisien fungsi tujuan tersebut dilakukan dengan cara mengalikan Zmin dengan (-1).

Jika Zmin adalah fungsi tujuan persoalan PL minimum, dan jika Zmin dikalikan dengan (-1*) adalah -Zmin (diberi lambang dengan Z), maka -Zmin atau Z merupakan fungsi tujuan persoalan maksimum.

Zmin = c1 x1 + c2x2 +... + cnxn + 0s1 + 0s2 +... + 0sm : Minimum

Zmin X (-1) = (c1 x1 + C2X2 + ... + CnXn + 0S1 + 0S2 + ... + 0Sm ) X (-1)

Zmin x (-1) = -c1 x1 - c2x2 -... - cnxn - 0s1 - 0s2 -... - 0sm : Maksimum Zmin x (-1) = Z = -c1 x1 - c2x2 -... - cnxn - 0s1 - 0s2 -... - 0sm : Maksimum

Merubah persoalan minimum menjadi persoalan pemograman linier maksimum dilakukan agar prosedur perhitungan/ penyelesaian yang diterapkan pada persoalan maksimum dapat diterapkan pula pada persoalan minimum.

Konsekwensi dari adanya perubahan persoalan minimum menjadi persoalan maksimum : apabila pemecahan optimal telah dicapai dan nila maksimumnya (Z) sudah diperolah, maka untuk mendapatkan nilai fungsi tujuan yang sesungguhnya (Zmin), nilai Z* tersebut harus dikalikan lagi dengan (-1), karena persoalan yang aslinya adalah persoalan minimum.

Z * x (-1) = Z .

V / min

Z — -c1 x1 - c2x2 -... - cnxn - 0s1 - 0s2 -... - 0sm : Maksimum

Z X (-1) = -C1X1 - C2X2 - - - CnXn - 0S1 - 0S2 - ••• - 0Sm X (-1)

Z x (-1) = Zmin

— C1X1 + C2 X2 + ... + CnXn + 0 S1

+ 0s2 +... + 0sm :

Minimum

Contoh 1.

Transformasi persoalan pemograman linier minimum berikut menjadi persoalan pemograman linier maksimum.

Cari : x1 dan x2 s.r.s: rZ — 5 x J + 3x2 • Minimum d.p.: 2xJ + x2 < 3 xj + x2 2 xj,x2 — 0

Solusi

Persoalan pemograman linier maksimum nya :

Cari : xx dan x2

s.r.s : Z x (-1) — -5xl - 3x2 : maksimum Z* — -5xl - 3x2: maksimum d.p.: 2xl + x2 < 3 xx + x2 2 x^ ; x2 — 0

Contoh 2.

Transformasi persoalan pemograman linier minimum berikut menjadi persoalan pemograman linier maksimum.

Cari : x1? x2,dan x3 s.r.s: Z — - X1 X2 + 4 X.

: Minimum d.p.: X1 + X2 + 2x3 < 9

X1 + X2 X3 < 2

— X1 + x2 + X3 < 4

X1 ;X2 ; X3 ^ 0

Solusi

Persoalan pemograman linier maksimumnya :

Cari: xp x2,dan x3

s.r.s : Z x (—1) — x1 + x2 - 4x3: Maks

*

Z — x1 + x2 - 4 x3: Maks d.p.: x1 + x2 + 2x3 < 9

X1 + X2 X3 < 2

X1 + X2 + X3 < 4

X1; X2; X3 — 0

Contoh 3.

Tentukan solusi dari persoalan pemograman linier minimum berikut ini.

Cari : x1 dan x2 s.r.s: Z — 6 X1 4 X2 (Minimum) d.p.: 2x1 + x2 < 4 X1 + X2 3

X1; X2 — 0

Solusi

Persoalan pemograman linier maksimumnya (Z*=Z*(-1)) :

Cari : x1 dan x2

s.r.s : Z — 6x1 + 4x2: Maksimum d.p.: 2x1 + x2 < 4 X1 + X2 3

X1 ; X2 — 0

Persoalan maksimum standamya :

Cari : x—, x2, s1?dan s2

s.r.s: Z = 6x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2: Maks

jjj

- 6 x1 - 4 x2 + 0s1 + 0s2 + Z — 0: Maks d. p.: 2 x1 + x2 + s1 = 4

x— + x2 + s 2 — 3 x—; ; s—; s 2

> 0

 x— x 2 si s2 Z * H / s 1

s1 ' 2 1 1 0 0 4" r 2 1 1 0 0 4" b x1 ——^

s2 1 1 0 1 0 3 1 1 0 1 0 3

Z * - 6 - 4 0 0 1 0 - 6 - 4 0 0 1 0

1 1

1/2 1/2 0 0

X2 ^ s2

1

0 1 0

- 6 - 4 0 0 1

2 3 0

b2 + ( - b,) b3 + (6b!)

1 0

12

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

1/2

...........'

0 -1

12 -1 2 3

00 10 01

2 1 12

b2 x2

1 12 12 0 0 2 -1 b + (y b2) 1 0 1 -1 0 1

0 1 -1 2 0 2 b3 + (b2 ) v 0 1 -1 2 0 2

0 -1 3 0 1 12 0 0 2 2 1 14

Eliminasi Gauss Jordan selesai karena semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks sama atau lebih besar dari nol. Diperoleh nilai Z*=14. Jadi solusi optimumnya adalah Z* x (-1) =14x(-1)=-14 padax1=1 danx2=2.

Contoh 4.

Tentukan solusi dari persoalan pemograman linier minimum berikut ini.

PPL minimum PPL maksimum PPL maks. standar

Cari: x1t x2, dan x3 Cari: x1t x2, dan x3 Cari: x1t x2, x3, s1f s2, dan s3

s.r.s : Z = x1- 3x2 -2x3 minimum * s.r.s : Z* = -x1+ 3x2 + 2x3 : maksimum s.r.s : x1 - 3x2 -2x3+Z* = 0 : maksimum

d.p. : d.p. : d.p.:

3x1 - x2 + 2x3 7 3x1 - x2 + 23 7 3x1 - x2 + 2x + s1 = 7

-2x1 + 4x2 + 2x3 12 -2x1 + 4x2 + x3 12 -2x1 + 4x2 + 2x+ s2 = 12

-4x1 + 3x2 + 8x3 10 -4x1 + 3x2 + x3 10 -4x1 + 3x2 + 8x + s3= 10

x1, x2, x3 >0 x1, x2,X3 > 0 x1> x2> x3>, s1 ' s2' s3'> 0

Solusi

 X1 X2 X3 s1 s2 S3 Z H

s1 " 3 -1 2 1 0 0 0 7"

S2 - 2 4 2 0 1 0 0 12

S3 - 4 3 8 0 0 1 0 10

Z * 1 -3 -2 0 0 0 1 0

X2 ^ S2

3 - 2 - 4 1

-1 4 3

-3

2 2 8

-2

1 0 0 0

X / s i

3

0.5 - 4 1

1

3

3

2 10 0 0

0.5 0 0.25 0 0

8 0 0 1 0

2 0 0 0 1

7 3 10 0

b1 +b2, b3 + (-3b2),

b4 +3b2 >

1 0 1 0.4 0.1 0 0 4" b2 +1 b1, 2 2

 b3+2.5b1s

- 0.5 1 0.5 0 0.25 0 0 3 b4 +1 b1, 2

- 2.5 0 6.5 0 - 0.75 1 0 1 ---T

- 0.5 0 - 0.5 0 0.75 0 1 9

0.5 0

1

0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

7 12 10 0

1 0.25 0 0 10

0 0.25 0 0 3

0 -0.75 1 0 1

0 0.75 0 1 9

0.4 0.1 0 0 4

0.2 0.3 0 0 5

1 - 0.5 1 0 11

0.2 0.8 0 1 11

b2 x

2.5

Diperoleh nilai Z =11. Jadi solusi optimumnya adalah Z x (-1) =11x(-1)=-11 padax1=¥ danx2=J.

1

b

Variabel Buatan Metode "Big M"

Jika pada tabel simplex awal atau matriks ekstensi dari koefisien pembatasan tidak ada sub matriks identitas, maka pemecahan dasar awal yang feasible belum diperoleh. Supaya diperoleh pemecahan dasar awal yang feasible perlu ditambahkan variabel buatan sebanyak m (banyaknya pembatasan), misalnya Rp R2, Rm, dengan koefisien nilai masing-masing M. Pada fungsi tujuan (Z), koefisien variabel buatan M diberi tanda negatif (-M) untuk persoalan maksimum dan positif (M) untuk persoalan minimum.

Kasus dimana pada koefisien pembatasan tidak ada sub matriks identitas (pemecahan awal tidak feasible) terjadi pada persoalan pemograman yang mempunyai variabel surplus (-s) atau campuran variabel slack (s) dan suplus (-s) pada pembatasannya yaitu :

1. Tanda ketidaksamaan pembatasan ">"

2. Tanda ketidaksamaan pembatasan campuran ">" dan "

3. Tanda ketidaksamaan pembatasan campuran ">" dan "=".

Persoalan Pemograman Linier Maksimum

C

R

Z = c1 x1 + c2x2 +... + cnxn + 0s1 + 0s2 +... + 0sm - MR - MR -... - MRm : Maks

 Xj X2 X n SJ S2 Sm Rj R2 R m Z H

s1 a11 a12 an -1 0 • 0 1 0 •• 0 0 h

s2 • • a21 • ? • a22 • • • •• a2 n • • 0 • • -1 • • • • 0 • • 0 • • 1 •• • • • 0 • • 0 • • h2 • •

• s,^ m • am1 • am2 * • • amn mn • 0 • 0 • • • -1 •« • • 0 • 0 •• • • 1 • 0 • • • • • hm

Z c1 - c2 * - - ^n 0 0 • 0 M M •• M 1 0

Jika tidak ada sub matriks identitas

Variabel buatan

Fungsi tujuan

Nilai baris terakhir (Z) pada tabel simplex awal atau matriks ekstensi untuk metode "Big M" digunakan rumus :

zj = CRyj + cj; dimana CR = (-M -M ••• -M) ^PPL maksimum

yj = kolom ke - j; j = indeks kolom

Persoalan Pemograman Linier Minimum

C

R

Z = c1 x1 + c2x2 +... + cnxn + 0s1 + 0s2 +... + 0sm + MR + MR +... + MRm : Min

 Xj X2 Xn SJ S2 Sm Rj R2 R m Z H

s1 an a12 •• an -1 0 •• 0 1 0 • 0 0 h

s2 • • a21 * • • a22 • • • a2 n • • • 0 • • -1 • • • • • 0 • • 0 • • 1 • • • • 0 • • 0 • • h2 • •

• s.... m • am1 • am2 • • amn mn • 0 • 0 •• • • -1 • • • • 0 • 0 • • • 1 • 0 • • • • • hm

Z .C1 C2 • • Cn 0 0 •• 0 M M • M -1 0

Jika tidak ada sub matriks identitas

Variabel buatan

Fungsi tujuan

Nilai baris terakhir (Z) pada tabel simplex awal atau matriks ekstensi untuk metode "Big M" digunakan rumus :

zj = CRyj - Cj; dimana CR = ( M M ••• M ) ^ PPL minimum

y- = kolom ke - j; j = indeks kolom

Contoh 1.

Tentukan solusi dari persoalan pemograman linier minimum berikut ini.

Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z — 2x1 + x2: Minimum

d.p.: 3x1 + x2 > 9 x1 + x2 > 6 x1; x2 > 0

Solusi

Persoalan standarnya :

Cari : xp x2, s1?dan s2 s.r.s: Z = 2x1 + x2 + 0s1 + 0s2: Min d.p.: 3x1 + x2 s1 — 9 x1 + x2 s2 — 6 x1; ; s1; s 2 0

Karena s1 dan s2 adalah variabel surplus, maka tidak ada sub matriks identitas 2x2 pada koefisien pembatasan, karenanya diperlukan variabel buatan agar diperoleh pemecahan awal yang feasible.

Dengan menambahkan variabel buatan R pada pembatasan maka diperoleh modifikasi persoalan minimum standar :

Cari : xp x2, s1?dan s2

s.r.s : Z = 2x1 + x2 + 0s1 + 0s2 + MR + MR: Min

2x1 + x2 + 0s1 + 0s2 + MR + MR -Z = 0:Min d.p.: 3x1 + x2 - s1 + R1 = 9

x1 + x2 - s2 + R = 6; R,;R2 >0

yi y2 y3 y4 ys y6 y7 ys

1 1

-1 0

0 -1

1 0

0 1

0 0

2 L

0 0 M M -1

4—4—

r —j—i

9 ..6

0

J

Nilai Z fase 1 (sementara)

ci c2 c3

c4 c 5 c6 c7 c8

Koefisien nilai pada baris terakhir matriks ekstensi (nilai Z) fase 2 diperoleh dari :

zj = CRyj- cj;

dimana CR = (M M) dan yj = kolom ke - j; j = 1,2,3,...,8

z1 — cry1 - c1 — (m m;

z2 — cry2 - c2 — (m m;

z3 — cry3 - c3 — (m m;

z4 — cry4 - c4 — (m m; z5 — cry5 - c5 — (m m;

Z6 — CRy6 - C6 — (m m

Z7 — CRy7 - C7 — (m m;

Z8 — CRy8 - C8 — (m m]

y

- (2) — 3m + m - 2 — 4m - 2

A

- (1) — m + m -1 — 2m -1

v

0

- (0) — -m

y

0 -1

\

- (0) — -m

y

\

0 0

- (m) — m - m — 0

- (m) — m - m — 0

y

0

\

y

A

y

- (-1) — 0 +1 — 1

- (0) — 9m + 6m — 15m

 Xi X 2 s1 ?2 R2 Z H

?Si " 3 1 -1 0 1 0 0 9

 1 1 0 -1 0 1 0 6

Z 4M- - 2 2M - 1 - -M -M 0 0 1 15 M

Xi ^ Si "3 ? 1 -1 0 1 0 0 9 " , 1

 1 1 0 -1 0 1 0 6 b, x— 1 3 —

 4M -2 2M -1 -M -M 0 0 1 15M

 " 1 13 -1/3 0 1/3 0 0 3 " b2 +(-b1),

 1 1 0 -1 0 1 0 6 b3 +(-(4 M-2)b1)

 4M - 2 2M -1 -M -M 0 0 1 15M

 "1 13 -1/3 0 1/3 0 0 3

X2 0 23 1/3 -1 - 1/3 1 0 3

 0 2M/ 3 - 1/3 Ml 3 - 2/3 - M - 4M/ 3 + 2/3 0 1 3M + 6

 "1 13 -1/3 0 1/3 0 0 3 "

 0 1 1/2 - 32 1/2 32 0 9/2

 0 2 M/ 3 - 13 M/ 3 - 2/3 - M - 4M/ 3 + 2/3 0 1 3M + 6

b 3

b2 x— 2 2

bi + (- |b2),

, . .2M 1 , ^

b3 +( - (— - 3)b2)

1 0 -1/2 1/2 1/2

-1/2

0

0 1 12 - 3/2 -1/2 3/2 0

0 0 -1/2 -1/2 - M +1/2 - M +1/2 1

32 9/2 15/2

Jadi solusi optimumnya adalah Z=l5/2 pada x1=3/2 dan x2=9/2

Contoh 2.

Tentukan solusi dari persoalan pemograman linier maksimum berikut ini.

Cari : xj , x2, dan x3

s.r.s: — 2x1 + 3x2 5x3: Maksimum

.p. : x1 + x2 + x3 — 7 2 x1 - 5 x2 + x3 > 10 x1; x2 ; x3 > 0

Solusi

Persoalan standarnya : Cari : x1, x2, x^3, s1 dan s

s.r.s : Z — 2x1 + 3x2 5x3 + 0s1 + 0s2: Maks d. p.: x1 + x2 + x3 + 0s1 — 7 2 x1 - 5 x2 + x3 - s2 — 10

x 1 ; x^2; x3 ; s1; ^ 2 ^^ 0

Karena pada koefisien pembatasan tidak ada sub matriks identitas 2x2, karenanya diperlukan variabel buatan agar diperoleh pemecahan awal yang feasible. Dengan menambahkan variabel buatan R pada pembatasan maka diperoleh modifikasi persoalan minimum standar :

Can : x1, x2 ,x»3, s1, dann s2

s.r.s : Z — 2x1 + 3x2 - 5x3 + 0s1 + 0s2 - MR1 - MR^ : Maks

- 2 x1 - 3x2 + 5x3 + 0s1 + 0s2 + MR1 + MR + Z — 0: Maks d. p.: x1 + x2 + x3 + 0s1 + R1 — 7

2x1 5 x2 ^^ x3 s2 ^^ R2 - 10; x1; x2, x3 ; ; s2 ; R^R ; R2 0

yi >2 y3 y4 y5 m y7 y8 y9

1

2

1

- 5

0 -1

1 0

0 1

1 r

- 2 - 3 5 0 0 MM 1

-f—t-t-t-4—4---t--f

7 ..10

0 ?f

Nilai Z fase 1 (sementara)

C2 c3 C4

C5 C 6 C7 C8 C9

Koefisien nilai pada baris terakhir matriks ekstensi (nilai Z) fase 2 diperoleh dari :

Zj — CRyj + cj;

dimana CR — ( - M - M ) dan y} — kolom ke - j; j —1,2,3,...,9

z — cr>1 + c — (- m - m;

z2 — cr>2 + c2 — (- m - m;

Z3—Cr>3+C3—(- m - m;

1

\

+ (-2) —-m - 2m-2 —-3m - 2

y 1

+ (-3) — -m + 5m - 3 — 4m - 3

V

v

+ (5) —-m - m + 5 —-2m + 5

i

Z4 = + c4 =(- m - M

z5 = cry5 + C5 =(- m - m;

Z6 = CRy6 + ^ = (- m - m

Z7 = CRy 7 + c7 =(- m - m^

z8 = CRy8 + c8 = (- m - ^

z9 = cry 9 + c9 =(- m - m'

0

\

J

0

0 ^ -1

+ (0) = 0

+ (0) = m

J

0

\

J 0 ^ 1

+ (m) = -m + m = 0

+ (M) = - M + M = 0

J

00 7

\

+(1)=1

J

\

J

 X1

?1 " 1

?2 2

Z - 3M

X

1

-5 4 M - 3

10

X3

1 1

- 2 M + 5

+ (0) = -7m - 10m = -17m

? 1 ? 2

0 0 0

0

-1 M

R1 R2 Z 1 0 0 0 1 0 0 0 1

H

7 10

-17 M

x^1 / s 2

1 1 1 0 0 1 0 0 7

2 - 5 1 0 -1 0 1 0 10

3M - 2 4 M - 3 - 2M + 5 0 M 0 0 1 -17 M

b2 x-

1 '2

1 1 1 0 0 1 0 0

1 -5 2 12 0 -1 2 0 12 0

3M - 2 4M - 3 - 2 M + 5 0 M 0 0 1

7 5

-17 M

b + ( - b2),

b3 + (- (-3M - 2) b2)

x2

0 1/2 12 0 1 - 5/2 12 0

0 - 7M/2 - 8 - M/2 + 6 0

12 -1 2 M 2-1

0

12 12

0 0

0 3M12 +1 1

2 5

2 M +10

bx>

0

1

- 5/2

17 12

0 0

17 -1 2

27 0

17 0 12 0

0 - 7M/2 - 8 - M/2 + 6 0 - M/2 -1 0 3M/2 +1 1

4/7 5

2M +10

b2 +(2 b1),

-7 M

b3 +(-(—--8)b1)

1

2

1

0 1 1/7 0 1/7 2/7 -1/7 0

1 0 6/7 0 -1/7 5/7 1/2 0

0 0 50/7 0 1/7 M +16/7 M -1/7 1

4/7 '

45/7

102/7

Jadi solusi optimumnya adalah Z=102/7 pada x1=45/7 dan

x2=4/7.

Contoh 3.

Tentukan solusi persoalan berikut ini.

Car/ : x1 dan x2

?s.r.s: Z = 2x1 + 3x2: Minimum

J.p.: 2x1 + x2 < 16

x1 + 3x2 > 20

x1 + x2 —10 x1; x^ > 0

Solusi

Persoalan standarnya : Cari : xv x2, s1? s2, dan s3

s.r.s: Z — 2x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 : Min d.p.: 2x1 + x2 + s1 —16 x1 + 3x2 S2 — 20

x1 + x2 + 0s3 - 10; x1; x2; S1; S2 ; S3 > 0

Karena pada koefisien pembatasan tidak ada sub matriks identitas 3x3, karenanya diperlukan variabel buatan buatan Ri agar diperoleh pemecahan awal yang feasible.

Cari : xp x2, s1? s2, dan s3

s.r.s : Z — 2x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + MR + MR + MR3: Min

2x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + MR + MR + MR - Z — 0: Min d .p.: 2x1 + x2 + s1 + R1 —16 x1 + 3x2 - s2 + R2 — 20;

x1 + x2 + 0s3 + R3 —10; x1; x2;s1; s2;s3;R1;R2;R3 > 0

yi y2 y3 y4 y5 y6 y7 y8 y9 yio

"2 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 16

1 1 1 1 u 3 1 1 0 1 1 -1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 20 1

1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 ? • 1 u 0 10

230 0 0 M M M -1

tr-r--T"T—f"t

T"T

0 r

Nilai Z fase 1 (sementara)

Ci C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8 C9 C10

Koefisien nilai pada baris terakhir matriks ekstensi (nilai Z) fase 2 diperoleh dari :

Zj — CRyj - cj; dimana CR — (M M M) dan yj — kolom ke - j; j —1,2,3,...,10

f 2 ^

z1 — CRy1 - c1 — (( M M )1

v1 y

- (2) — 2m + m + m - 2 — 4m - 2

f 1 ^

z2 — cr>2 - c2 — (( mm) 3 1

Z3 — Cr>3 - C3 — (m m m)

0

v1 y

- (3) — m + 3m + m - 3 — 5m - 3

- (0) — m - 0 — m

0

z 4 — Cr^4 - c4 — (M M M)-1

(0) — - M

0

v 0 y

Z5 — Cr^5 - C —(M M M)0

Z6 — Cr^6 - C6 — (M M M)0

- (0) — 0

(M) — M - M — 0

v 0 y 0

z8 — cr^8 - c8 — (m m m)

v 0 y ' 0 ^ 0

Kb

z7 — CRy7 - c7 — (M M M)1

(M) — M - M — 0

- (m) — M - M — 0

v0y 0

z9 — CRy9 - c9 — (m mm) 0

'16^

z10 — cry 10 - c10 — (m m M) 20

- (-1) — 0 +1 — 1

v 0 y

(0) — 16M + 20 M +10 M - 0 — 46M

 x1 x 2

s1 " 2 1

s2 1 3

s3 1 1

Z 4M - 2 5M -

v10y

s1 1 0 0

M

s 2 0 -1 0 -M

s3 R1 R2 R3 Z

0 0 0 0

1 0 0 0

23 00 1 0 0 1 00

0 0 0 1

H

16 " 20 10 46 M

 X2 ^ S2

2 1 1 0 0 1

1 3 0 -1 0 0

1 1 0 0 0 0

4M - 2 5M - 3 M -M 0 0

2 1 1 0 0 1

1/3 1 0 -1 3 0 0

1 1 0 0 0 0

4M - 2 5M - 3 M -M 0 0

0 0 0 0 10 01

16 20 10 46 M

0 0 0 16

13 0 0 20 3

0 1 0 10

0 0 1 46 M

b2 x— 2 3

b— + (- b2), b3 + (-b2),

bA + ( - (5 M-3)b2),

X— ^ S3

53 0 1 13 0 1 -1 3 0 0 28/3

13 1 0 -1 3 0 0 13 0 0 20 3

2/3 0 0 13 0 0 -1 3 1 0 10 3

7M/3 -1 0 M 2M 3 -1 0 0 - 5M/3 +1 0 1 38M/ 3 + 20

b3 X

5/3 1/3 1

7M/3 -1

0 1 1 0 00 0 M

13 -1 3 1/2 2M 3 -1

0 1 -1 3 0 0

0 0 1/3 0 0

0 0 -1 2 3 2 0

0 0 - 5M/3 +1 0 1

28/3 20 3 5

38M/ 3 + 20

b+(- 5 b3),

b2 + ( - J b3),

b 4+(-(7 M-1)b3),

0 0 1 1 -1 2 0 1 12 - 5/2 0 1

0 1 0 -1 2 0 0 12 -1 2 0 5

1 0 0 12 0 0 -1 2 3/2 0 5

0 0 m - m2 0 0 -m 2 - 7m/2 + 3/2 1 M + 25

 "0 0 1 -1 2 0 1 1 2 -5 2 0 1 "

 0 1 0 -1 2 0 0 1 2 -1 2 0 5

 1 0 0 12 0 0 -1 2 3 2 0 5

 0 0 0 0 0 -m - M - M + 3/2 1 25

bA +(- M )b{)

Jadi solusi optimumnya adalah Z=25 pada x7=J, x2=J, dan

Persoalan Rangkap (Dual Problem)

Setiap persoalan pemograman linier selalu dapat dirumuskan menjadi sebuah persoalan pemograman linier lainnya yang mempunyai hubungan yang sangat erat dengan persoalan pertama. Persoalan pertama yang dirumuskan lebih dahulu disebut persoalan utama/asli (Primal Problem), sedangkan persoalan ke dua yaitu persoalan yang mengikuti kepada persoalan pertama disebut persoalan rangkap (Dualproblem).

Jika persoalan utama (Primal Problem) dari pemograman linier adalah persoalan maksimum, maka persoalan rangkapnya (Dual Problem) merupakan persoalan minimum demikian juga sebaliknya.

Notasi pada persoalan utama (Primal Problem) :

• Fungsi tujuan ^Z

• Variabel keputusan ^x1yx2, xn

Notasi pada persoalan rangkap (Dual Problem) :

• Fungsi tujuan ^W

• Variabel keputusan ^y1,y2, -> yn

Dimana.

C -[^1 C2 . . Cn

xi

x

2

x

n

H

h

h

m

y, an a\2

};2 a2\ ®22

• A = • •

• • _am\ • am2

a

In

a

2 n

a

mn

A. Persoalan Maksimum

Primal

s.r.s: z =cixi+ C2X2 +...+ cnxn : Maks. d.p.: anxi+ ai2X2+ ... + ainxn ^ hi

a2ixi + a22X2 + ... + a2nXn ^ h2 ••• ••• ••• •••

amixi+am2x2+... + amn\„ 0 (j = 1, 2, ...,n)

a

ml

®\2 ®22

a

ml

AT

a\n a2n

a

nm

Dual

Cari: yi>y2> •••>ym

s.r.s : w = hiyi+ h2y2 +...+ hmy„, : Min.

d.p.: anyi+ a2iy2+ ... + amiym o Al

 ai2yi+ a22y2+ ... + am2ym O Al

 ainyi+ a2ny2+ ...+ amnym >cn

 yi>0(i= 1, 2, ...,m)

B. Persoalan Minimum

Primal Dual

Cari: ^Xp, x* * ^Xft Cari: yp y* -> ym

s.r.s: z =cixi+ C2X2 +...+ CnXn : Min. s.r.s : w = hiyi+ h2y2 +...+ hmym : Maks.

d.p.: aiixi + ai2X2 + ... + ainXn > hi d.p.: aiiyi + a2iy2 + ... + amiym < Ci

a2lXi + a22X2 + ... + a2nXn > h2 ai2yi + a22y2 + ... + am2ym < C2

• • • ••• ••• ••• amiXi + am2X2 + ... + amnXn > hm ainyi + a2ny2 + ...+ amnym < Cn

Xj > 0 (j = i, 2, ...,n) yi > 0 (i = i, 2, ...,m)

Contoh 1.

Formulasikan persoalan utama (Primal Problem) dan persoalan rangkap (Dual Problem) dari pemograman linier pada pembuatan mebel berikut.

Sebuah perusahaan mebel membuat lemari, meja, dan kursi. Setiap pembuatan produk mebel tersebut diperlukan bahanpekerjaan yaitu kayu, finishing, dan pengecatan.

Infromasi dalam pembuatan mebel tersebut:

Bahan/Pekerjaan Lemari Meja Kursi Ketersediaan

Kayu Finishing Pengecatan 8 m2 6 m2 1 m2 4 jam 2 jam 1.5 jam 2 jam 1.5 jam 0.5 jam 48 m2 20 jam 8 jam

Harga jual Rp.600 Rp.300 Rp.200 ribu ribu ribu

Solusi

Primal : Cari : x1, x2, danx3

 s.r.s : z = 600xi + 300x2 + 200x3: maksimum

 d.p : 8x1 + 6x2 + x3 ^ 48 (Pembatasan Kayu)

 4x1 + 2x2 + 1.5x3 ^ 20 (Pembatasan Finishing)

 2x1 + 1.5x2 + 0.5x3 ^ 8 (Pembatasan Pengecatan)

 x1, x2, x3 ^ 0

Dual : Cari: y1, y2, dan y3

 s.r.s : w = 48y1 + 20y2 + 8y3: minimum

 s.t. 8y1 + 4y2 + 2y3 ^ 600 (Pembatasan Lemari)

 6y1 + 2y2 + 1.5y3 ^ 300 (Pembatasan Meja)

 y1 + 1.5y2 + 0.5y3 ^ 200 (Pembatasan Kursi)

 y1, y2, y3 ^ 0

Contoh 2.

Formulasikan persoalan rangkap (Dual Problem) dari persoalan utama (Primal Problem) pemograman linier berikut.

Cari : x1 dan x

2

s.r.s: d.p.:

Z = xl + x2: Maksimum

Xj X2 — 1 Xj + X2 — 1 Xj; X2 — 0

Solusi

Persoalan rangkapnya :

Cari : y1 dan y2

s.r.s : W = -y1 - y2: Minimum

d.p.: yi-yi — 1 - yi + y2— 1 yi; y2— 0

Contoh 3.

Formulasikan persoalan rangkap (Dual Problem) dari persoalan utama (Primal Problem) pemograman linier berikut.

Can : X1, X2, X3, dan x^

s.r.s: Z = 2x1 + 4x2 + 4x3 - 3x4: Maksimum

d. p.: Xi + x0 + Xo — 4

Jr 12 3

X| + 4 x2 + x4 — 8 So|uSi

. n Persoalan rangkapnya :

X* y y ? y > i I o r j

1 2 3 4

Cari : y1 dan y2

s.r.s : W = 4y1 + 8y2: Minimum

d.p.: y + y2 — 2 y1 + 4 y2 — 4

y1

— 4

y2 — -3

yp y2— 0

Contoh 4.

Formulasikan persoalan rangkap (Dual Problem) dari persoalan utama (Primal Problem) pemograman linier berikut.

Cari : x1 dan x2

s.r.s : Z = 40y1 + 25y2: Minimum d.p.: xl + 2x2 > 28

9x + 3x2 > 400 S0|USi

2x^ + x9 > 20 i i

1 2 Persoalan rangkapnya :

1 2 Cari: y1,y2, dan y3

s.r.s : W = 28y1 + 400y2 + 20y3: Maksimum d.p.: yi + 9y2 + 2y3

2 yi +3 y2+y3 < 25

y^; y3 > 0

Contoh 5.

Formulasikan persoalan rangkap (Dual Problem) dari persoalan utama (Primal Problem) pemograman linier berikut.

Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z = 60x1 + 48x2 : Minimum d. p.: 4 x1 + 2 x2 — 8

2 x1 + 4 x2 — 6

x1;x2 — 0 Solusi

Persoalan rangkapnya :

Cari : y1 dan y2

s.r.s: W = 8y1 + 6y2: Maksimum d. p.: 4 y1 + 2 y2 — 60 2 y + 4 y2 — 48

y1; y2— 0


Slide Matematika dan slide-slide lainnya yang ada di Site SmartStat dapat dipelajari pada tautan di bawah ini:
Daftar Slide Matematika II
Daftar Seluruh Slide

Slide lainnya bisa Anda download :di sini

...