Off Canvas

 

Topik Bahasan:

  • Metode Simplex;
  • Merubah Persoalan Minimum ke Persoalan Maksimum;
  • Persoalan Pemrograman linier maksimum;
  • Persoalan Pemrograman linier minimum

Slide: Pemrograman Linier Dengan Metode Simplex selengkapnya bisa Anda pelajari pada konten di bawah ini.

Slide: Pemrograman Linier Dengan Metode Simplex

Author: Dr. Ruminta

Transcript

Penyelesaian Pemrograman Linier Dengan Metode Simplex

Metode simplex

Metode simplex adalah suatu teknik penyelesaian Pemrograman linier secara iterasi. Metode simplex mencari suatu penyelesaian dasar yang feasible ke penyelesaian dasar feasible yang lainnya dilakukan secara berulang-ulang sehingga akhirnya tercapai suatu penyelesaian optimum. Setiap tahap penyelesaian menghasilkan nilai fungsi tujuan yang selalu lebih optimum atau sama dari tahap-tahap penyelesaian sebelumnya. Metode simplex sangat efisien dan sistematik yang dilengkapi test kriteria yang dapat memberitahukan kapan perhitungan harus dilanjutkan atau dihentikan sampai diperoleh solusi optimum.

Pada metode simplex persoalan Pemrograman linier selalu dirubah menjadi persoalan Pemrograman linier standar, dimana setiap ketidaksamaan pembatasan diekspresikan dalam bentuk persamaan pembatasan dengan menambahkan variabel slack atau surplus.

A. Persoalan Pemrograman linier maksimum

Persoalan Pemrograman linier asal Fungsi tujuan :

Z — + C2Xj + ••• + C jX j + ••• + On%n

Z — CX

Pembatasan:

an x i + a12 Xj + ••• + a^ j x j +... + a1 n Xn —

a21 X1 + a22 X2 + ••• + a2 jXj + ••• + a2 nXn — h2 ai1 X1 + ai 2 X2 + ••• + ajXj + ••• + ainXn — k am1 X1 + am 2 X2 + ••• + j + ••• + amnXn — h

AX — H

Persoalan Pemrograman linier standar Fungsi tujuan :

Z — c xj + C2 x2 + ••• + c jx j + ••• + On xn + 0sj + 0s2 + ••• + 0 sj + ••• + 0 sm

Z — CX

Pembatasan:

a 11 x1 + a 12 2 + ••• + a jx j + ••• + a^ + s1 —

a21 x1 + a22 x2 + ••• + a2 jx j + ••• + a2 nxn + s2 — k2

an x1 + a 2 x2 + ••• + a jxj + ••• + anxn + s > — h

1 1 2 2 j j n n

am1 x1 + am 2 x2 + ••• + amixi + ••• + amnxn + sm — h

m1 1 m 2 2 mj j mn n m

AX — H

B. Persoalan Pemrograman linier minimum

Persoalan Pemrograman linier asal Fungsi tujuan :

Z — C1 + C2X2 + ••• + C jX j + ••• + Cn%n

Z — CX

Pembatasan:

a a x i + axl ^2 + ••• + j x j +... + ax n xn — hi

a21 xi + a22 x2 + ??? + a2 jx j + ??? + a2 nxn — h2 ai1 xi + ai 2 x2 + ??? + ajxj + ??? + ainxn — k am1 X1 + am 2 X2 + ??? + j + ??? + amnXn — h

AX — H

Persoalan Pemrograman linier standar Fungsi tujuan :

Z — C1X1 + C2 X2 + ... + C jX j + ... + Cn Xn + 0s1 + 0s2 +... + 0 sj +... + 0 sm

Z — CX

Pembatasan:

a 11X1 + a 12 X2 + ??? + a j x j + ??? + a n Xn s — k

a21 x1 + a22 x2 + ??? + a2 jx j + ??? + a2 nxn — s2 — h2

anx1 + a12x2 + .?? + a jxj +... + a nxn - s t — ht

1 1 2 2 j j n n

am1 x + am2x2 + .?? + a.xi +... + amnxn -sm — h

m1 1 m 2 2 mj j mn n m

AX — H

Pada persoalan maksimum atau minimum standar :

• Jika pembatasannya "" maka variabel s (slac) diberi tanda positif

• Jika pembatasannya ">" maka variabel s (surplus )diberi tanda negatif.

Pembatasan persoalan Pemrograman linier standar.

AX = H

r a 11 ? aL 12 ? | aL 1 "1 j 1 •• a 1 ? | X1 X1 ' K

a21 a22 " a2 J ? •• a2 n X2 h2 X2 h2

an 1 1 a 2 1 1 a J L J • • 1 a ? 1 m Xi = h atau [a1 a2 l aj • •• A n X = K

i 'a 1 m1 1 1 am2 L m2 1 1 • • 'a ^ • mJ • 'a 1 mn _ Xn _ K _ _ Xn _ K

Ai a2

aj

A

n

n

(4*1 + A2x2 + L AjX, + L AnXn +) = H

atau

I ajX = H

J =1

Di mana : m =banyaknya pembatasan

n =banyaknya variabel keputusan

Jika dari matriks A (keofisien pembatasan) diambil m kolom dan katakanlah matriks B (Bp B2, ..., Bm), maka akan diperoleh persamaan Bx=H yang juga memenuhi persmaan bembatasan itu. Vektor pada matriks B yaitu Bp B2, Bm disebut vektor basis.

Jika kita mempunyai solusi feasible dasar dengan B sebagai basis, maka AX=H dapat ditulis sebagai,

BxB + NxN = H Jika ke dua sisi dikalikan dengan B-1, maka :

BB - xD + B N^T = B H

xD = B - H - B - Nx

-i

BN -i

B

N

xB + B~lNxN = B_1 H

R

x

xB = B _1 H - B _1 NxN

B

= B-1H - B-1 ^ ( Aj ) xj

R

x

B

= h - B-1 ^ ( Aj ) xj

Di mana Aj adalah kolom matriks pembatasan untuk variabel keputusan xj dan R jumlah variabel non basis.

Fungsi tujuan persoalan Pemrograman linier standar,

Z = CX

Jika kita mempunyai solusi feasible dasar dengan B sebagai basis, maka Z=CXdapat ditulis sebagai,

Z = CX

= CBxB + CNxN

R R

= cB (B-1H - B-1X J ) + X CJXJ Di mana z 0 = cBB- H

J J -1

r r zl = cBB Af

= cBB-1H - B-'cB X Ajxj + X Cjxj

j j

R R

= zo-X(zj-cj)xj atau Z = zo + Q(zj-cj); Q=-XxJ

j j

Nilai z . - c. disebut nilai pengurangan variabel xf akibat vektor B

j j J

sebagi basis.

Pada metode simplex setiap pemecahan persamaan dasar feasible, memberikan nilai fungsi tujuan (z) yang berbeda dan nilainya selalu bertambah (pada persoalan maksimum) atau selalu berkurang (pada persoalan minimum) dari nilai z sebelumnya.

Nilai fungsi tujuan untuk pemecahan persamaan dasar yang feasible pada tahap awal:

R

Z0 = CX ^ Z0 = X xBCB

J

Nilai fungsi tujuan untuk pemecahan persamaan dasar yang feasible pada tahap berikutnya :

Z = Z0 + Q(Zj - Cj); Q = -Xxj

j

Karena Q > 0,

1. Untuk nilai Zj - Cj Z0 (pada persoalan maksimum).

2. Untuk nilai Zj - Cj >0, maka Z < Z0 (pada persoalan minimum).

A. Tahapan metode simplex untuk persoalan maksimum 1. Selidiki semua nilai zj - Cj

a. Jika semua nilai zj- Cj >0, maka pemecahan dasar feasible yang bersangkutan sudah memberikan pemecahan yang optimum. Hal ini berarti pemecahan dasar sudah selesai.

b. Jika salah satu atau lebih zj - Cj 0, dan semua aik 0, maka pemecaha dsar tidak ada batasnya (unbounded solution).

c. Jika salah satu atau lebih Zj - Cj 0, maka pemecahan dasar belum selesai dan perlu dilanjutkan. Tentukan salah satu vektor A yang akan dimasukan ke dalam basis B yang memenuhi syarat berikut,

A

h i h

— (zk - ck) = minl — (zj - Cj )

ark V ark j

untuk zJ - cJ < 0

atau zk - ck = min (zJ - cJ), untuk zJ - cJ < 0

2. Jika hasilnya kategori 1c, tentukan salah satu vektor yang akan dikeluarkan dari basis B dengan menggunakan syarat berikut,

h . (h ~ , ^

, aik > 0, 1 < i m

— = min

ark

v aik j

Kolom ke r dari basis B dikeluarkan diganti dengan Ak.

3. Tentukan nilai-nilai baru dari fungsi tujuan dan semua pembatasan.

a). h = hi - hr—, untuk i ^ r dan h = —, untuk i = r

a a

rj rj

b). a.. = aif - a. —, untuk i ^ r dan aif = —, untuk i = r

ark ark

b

c). Zi = Z0--~(zj - Cj)

a . rj

' a.

d). (zj -Cj) = (zj -Cj)---(zk -ck)

ark

4. Lakukan lagi tahap 1 hingga 3, demikian seterusnya, sehingga diperoleh suatu pemecahan dasar feasible dengan nilai fungsi tujuan yang optimum.

B. Tahapan metode simplex untuk persoalan minimum 1. Selidiki semua nilai zj - c-

a. Jika semua nilai z-- Cj 0, maka pemecahan dasar fesible yang bersangkutan sudah memberikan pemecahan yang optimum. Hal ini berarti pemecahan dasar sudah selesai.

b. Jika salah satu atau lebih z- - c- > 0, dan semua aik 0, maka pemecahan dasar tidak ada batasnya (unbounded soution).

c. Jika salah satu atau lebih z- - c- >0, dan semua aik >0, maka pemecahan dasar belum selesai dan perlu dilanjutkan. Tentukan salah satu vektor A yang akan dimasukan ke dalam basis B yang memenuhi syarat berikut,

hr (zk - ck) = maks

ark

f 1 ^

hr ( x

— ( zj - cj )

v ark j

untuk zj - cJ > 0

atau zk - ck = maks(zj - Cj), untuk zj - cJ > 0

2. Jika hasilnya kategori 1c, tentukan salah satu vektor yang akan dikeluarkan dari basis B dengan menggunakan syarat berikut,

h . (h „ , ^

, aik > 0, 1 < i m

r

— = min

ark

v aik j

Kolom ke r dari basis B dikeluarkan diganti dengan Ak.

3. Tentukan nilai-nilai baru dari fungsi tujuan dan semua pembatasan.

. aij , h

a). h = h - hr—, untuk i ^ r dan hi = —, untuk i = r

a a

rj rj

b). a. = a. - a . —, untuk i ^ r dan a. = —, untuk i = r

ark ark

br

c). Z1 = Z0--r~(zj - Cj)

a

rj

' a.

d). (zj - Cj ) = (zj - CJ )--- (zk - ck)

ark

4. Lakukan lagi tahap 1 hingga 3, demikian seterusnya, sehingga diperoleh suatu pemecahan dasar feasible dengan nilai fungsi tujuan yang optimum.

Tabel metode simplex

Setiap iterasi pemecahan persamaaan dasar feasible dengan metode simplex biasanya menggunakan tabel.

Vektor dalam basis

Variabel keputusan (Basis)

X

Variabel slack/surplus (Non Basis)

 Basis x1 x2 • • • xn s1 s2 • • • s m

bi ---- s1 a11 1 a12 • • • a1n 1 0 • • • 0

b2 s2 a21 1 1 a22 • • • a2n 0 1 • • • 0

bm s m • • • 1 1 am1 • • • am2 • • • • • • • • • a mn • • • 0 • • • 0 • • • • • • • • • 1

bm+1 Z z1-c1 L Z2 —C2 \ ? ... z 1 3 0 ? 0 ? . 0 ?

 y1 y2 yn yn+1 yn+2 yn+m

H

h h

1

2

h

m

0 -A-

Koefisien matriks pembatasan (A)

Koefisien matriks slack/surplus

Solusi optimum

Cara menggunakan tabel metode simplex

A. Persoalan Pemrograman linier maksimum.

1. Selidiki baris terakhir pada tabel simplex, jika z. - c. >0 (tidak ada nilai negatif) pemecahan dasar sudah mencapai optimal. Proses pemecahan dasar sudah selesai.

2. Jika masih ada z. -c.0 (masih ada nilai negaif), pilih kolom yang mempunyai z. - c. terkecil. Katakanlah kolom ke k, maka Ak dimasukan ke dalam basis. Sebagai akibatnya ada vektor yang dikeluarkan dari dalam basis dan dipilih berdasarkan :

hr ( hi

, aik > 0, 1 < i m

r

— = min

ark

v aik j

Kolom ke r dari basis B dikeluarkan diganti dengan Ak

3. Selanjutnya buat tabel simplex baru dan tentukan nilai-nilai baru dari fungsi tujuan dan semua pembatasannya.

4. Lakukan lagi tahap 1 hingga 3, sehingga diperoleh suatu pemecahan dasar dengan nilai fungsi tujuan yang optimum.

B. Persoalan Pemrograman linier minimum.

1. Selidiki baris terakhir pada tabel simplex, jika z. - c. 0 (tidak ada nilai positif) pemecahan dasar sudah mencapai ptimal. Proses pemecahan dasar sudah selesai.

2. Jika masih ada z. - Cj>0 (masih ada nilai positif), pilih kolom yang mempunyai z. - c. terbesar. Katakanlah kolom ke k, maka Ak dimasukan ke dalam basis. Sebagai akibatnya ada vektor yang dikeluarkan dari dalam basis dan dipilih berdasarkan :

h

f 7 A

r

— = min

h

aik > 0, 1 < i m

ark v aik j

Kolom ke r dari basis B dikeluarkan diganti dengan Ak

3. Selanjutnya buat tabel simplex baru dan tentukan nilai-nilai baru dari fungsi tujuan dan semua pembatasannya.

4. Lakukan lagi tahap 1 hingga 3, sehingga diperoleh suatu pemecahan dasar dengan nilai fungsi tujuan yang optimum.

Teknik perhitungan nilai baru pada setiap tabel simplex

A. Perhitungan nilai-nilai baru menggunakan basis vektor baris (metode "Ring Around the Rossy").

Nilai-nilai baru pada setiap baris dihitung dengan rumus :

' a k 1

a. = a. - arj—^, untuk i ^ r

ark

a.

a.. = —L, untuk i = r ; i = indek baris dan j = indek kolom

ark

Elemen ark disebut elemen vipot yang terletak pada perpotongan baris r dan kolom k. Di mana k adalah kolom yang vektornya harus masuk ke dalam basis B dan r adalah baris yang vektornya harus ke luar dari dalam basis B yang diganti oleh vektor Ak.

B. Perhitungan nilai-nilai baru menggunakan basis vektor kolom (metode Transformasi).

Nilai-nilai baru pada setiap baris dihitung dengan rumus :

atj = atj + arjT, i = indek baris dan j = indeks kolom

a

j

a1j au

a

mj

dan T =

- a1k/a

rk

-a

/

a

(r-1 )k I rk 1ark - 1

— a(r+k)k Iark

- amk ark

Elemen ak disebut elemen vipot yang terletak pada perpotongan baris r dan kolom k. Di mana k adalah kolom yang vektornya harus masuk ke dalam basis B dan r adalah baris yang vektornya harus ke luar dari dalam basis B yang diganti oleh vektor Ak.

A. Perhitungan nilai baru tabel simplex menggunakan basis vektor baris.

Contoh 1.

Tentukan solusi dari persoalan Pemrograman linier berikut.

Cari : x, dan x2 s.r.s: Z — 3x, + 2 X2

(Maksimum)

d.p.: 2x, + x2 < 5 x, + X2 3

X,; x2 — 0

Solusi

Persoalan Pemrograman linier standarnya :

Cari: x,, x2, s,,dan s2 s.r.s : Z — 3x, + 2x2 + 0s, + 0s2: Maksimum d.p.: 2x, + x2 + s, — 5 x, + x2 + s 2 — 3

x,; x^2; s,; s 2 0

Tabel 1

Keluar basis

B Xi X2 s1 s2 H

\s1 — -i----- 2 1 1 0 5\

---- s2 - — f~ — — — i i 1 0 1 5

Z -5 -2 0 0 0

h = 5 = 2.5 (min);

a11 2

A = 3 = 3

«21 1

Paling minimum, masuk basis

Elemen vipot = a.. = 2

Nilai-nilai baru pada tabel 2: b 1

baris 1 : b1 =-L = -[2 1 1 0 5]=[1 0.5 0.5 0 2.5]

a11 2

baris 2 : b2 = b2 -

a

21

a

11

baris 3 : b3 = b3 - —

a

11

(b1) = b2 -2(b1) = [1 1 0 1 3]-] [2 110 5]

= [0 0.5 - 0.5 1 0.5]

-3 3

(b1) = b3 -~(b{) = [-3 -2 0 0 0]+2[2 110 5]

= [0 -0.5 1.5 0 7.5]

Tabel 2

Keluar basis

B Xj X2 SJ s2 H h = 2.5 _ 5 . a12 0.5

Xj j 0.5 ____ 0.5 0 2.5

! s2 0 0.5 -0.5 j 0.5 \ = 05 = 1 (min)

Z 0 -0.5 - : j.5 0 7.5 a22 0.5

minimum, masuk basis

Elemen vipot = a22 =0.5

Nilai-nilai baru pada tabel 3:

' a

baris 1 : b, = b1 —— (b2) = b1 -

au(b ) = b °'5(b2) = [1 0.5 0.5 0 2.5]-[0 0.5 -0.5 1 0.5]

a

22

0.5

= [1 0 1 -12]

b 1

baris 2 : b2 = — [0 0.5 - 0.5 1 0.5]= [0 1 -12 1]

a22 0. 5

baris 3 : b3 = b3-—(b2) = b3--^fa) = [0 -0.5 1.5 0 7.5]+[0 0.5 -0.5 1 0.5]

a

22

0.5

= [00118]

Tabel 3

B x1 x2 s1 s2 H

x1 1 0 1 -1 1---- 2

1 x2 1 0 1 -1 2 1 1

Z ___1 0 0 1 1 8

Solusi optimum

Pada tabel 3 semua nilai zj-c>0, pemecahan persamaan dasar sudah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=8 dengan x1=2 dan x2=1.

Contoh 2.

Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z = 8x1 + 9x2: Maks

d.p.: 3x1 + 2x2 < 50

2x1 + 6x2 80 3x1 +3x2 70 x1; x2 ?? 0

Solusi

Persoalan standarnya:

Cari: xp x2, s1, s2,dan s3 s.r.s : Z = 3x1 + 2x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3: Maks d.p.: 3x1 + 2x2 + s1 = 50 2 x1 + 6 x2 + s2 = 80

3x1 + 3x2 + s3 = 70; x1; x2; s1; s2; s3 — 0

Tabel 1

Keluar basis

bH

B Xi x2 si s2 s3 H

si 2 3 1 0 0 50

! S2 2 ____ 6 0 1 0 80 \

 3 ____ 1 3 h 0 0 1 70

z -8 -9 _ 0 0 0 0

 / \ Masuk basis Elemen vipot: a22 = 6

h _ 50

ai2 3

h 80 , . , _— (mm)

a22 6 '-"hi "_70 a32 3

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

baris 1 : b1 _ b1

a 3

— (b2) _[2 3 1 0 0 50]—[2 6 0 1 0 80]_[1 0 1 -1/2 0 10]

6

22

b 1

baris 2 : b2 _-[2 6 0 1 0 80— _ [1/3 1 0 1/6 0 40/3]

a22 6

baris 3 : b3 _b3 —32(b2) _[3 3 0 0 1 70——[2 6 0 1 0 80—2 0 0 -1/2 1 30—

6

a

22

baris 4 : b4 _ b4 - —

a

(b2) _[- 8 -9 0 0 0 0]--[2 6 0 1 0 80—- 5 0 0 3/2 0 120—

22

Tabel 2

Keluar basis

B XJ - X2 SJ s2 s3 H

sJ j 1 0 j -j/2 0 j0 !

X2 j/3 I j 0 j/6 0 40/3

s3 2 0 0 -j/2 j 30

Z I -5 "A"" 0 0 3/2 0 j20

/ \

a21

1

403 13 30

a

31

2

Masuk basis

Elemen vipot = a11 =1

Nilai-nilai baru pada tabel 3: b 1

baris 1 : b1 = -[1 0 1 -12 0 10]= [1 0 1 -1/2 0 10]

a11 1

a

13

baris 2 : b2 = b2-^(b,) = [[3 1 0 1/6 0 40/3]-^-[1 0 1 -1/2 0 10]= [0 1

a11 1

?1/3 1/3 0 10]

baris 3 : b3 = b3

a

31

a

(b1) = [2 0 0 -1/2 1 30]—[1 0 1 -1/2 0 10]= [0 0 - 2 1/2 1 10]

11

aA

baris 4 : b4 = b4-^(bx) = [- 5 0 0 3/2 0 120]

a

[1 0 1 -1/2 0 10]= [0 0 5 -1 0 170]

11

Tabel 3

Keluar basis

B Xi X2 s1 s2 s3 H

Xi 1 0 1 -1/2 0 10

x2 0 1 -1/3 1/3 0 10

S3 0 0 -2 1/2 1 10 i

z 0 0 5 I -1 --- 0 170

h 10

a14

a24 h

-12 10

(non)

13 10

_—(min)

a34 V2

Masuk basis

Elemen vipot = a34 =1/2

Nilai-nilai baru pada tabel 4:

a

baris 1 : b1 _ b1 (b3) _[1 0 1 - 1/2 0 10]--^ [0 0

a34 V2

- 2 1/2 1 10]_[1 0 -1 0 0 20]

baris 2 : b2 _ b2

a

24

(b3) _[0 1 -1/3 1/3 0 10]-— [0 0 - 2 1/2 1 10]_[0 110 0 10/3] b 1

baris 3 : b 0 -2 1/2 1 10]_[0 0 -4 1 2 20]

- 2 12 1 10]_[0 0 1 0 0 190]

a

34

a11 12

a -1 baris 4 : b4 _ b4 -^(b3) _ [0 0 5 -1 0 170]—-[0 0

a

34

12

Tabel 4

B xj x2 sl s2 s3 H

xj j 0 -j 0 0 20

x2 0 j j 0 0 j0/3

s2 0 0 -4 j 2 20

Z 0 0 j 0 0 j90

Pada tabel 4 semua nilai Zj-c>0, pemecahan persamaan dasar sudah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=j90 dengan xj=20 dan x2=J0/3.

Contoh 3. Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z = -5x1 - 3x2: Minimum

d.p.: 2x1 + x2 3 x1 + x2 2x1; x2 ?? 0

Solusi

Persoalan Pemrograman linier standamya

Cari : x1, x2, s1?dan s2 s.r.s : Z — -5x1 - 3x2 + 0s1 + 0s2: Minimum d.p.: 2X1 + X2 + — 3 X1 + X2 + s 2 — 2

X1 ; X2; S1 ; S 2 ^^ 0

Tabel 1

Keluar basis

v

B Xj X2 sj s2 H

\sj . — -1 ---- 2 j j 0 3 i

s2 ____ r j j 0 j 2

Z 5 3 0 0 0

Paling maksimum, masuk basis

-1 — 3 —1.5 (min);

a,

11

a

21

2 2 1

A=2=2

Elemen vipot = a.. = 2

Nilai-nilai baru pada tabel 2: b 1

baris 1 : bj =-L = -[2 1 1 0 3]=[l 0.5 0.5 0 1.5]

an 2

a 1 1

baris 2 : b2 = b2 = b2 --(b1) = [l 1 0 1 2]--[2 110 3]

22

= [0 0.5 - 0.5 1 0.5]

a

11

a 5 5

baris 3 : b3 = b3 -^(b^ = b3 --(b1) = [5 3 0 0 0]--[2 110 3]

a

11

22

= [0 0.5 -2.5 0 - 7.5]

Tabel 2 B Xj x2 sJ s2 H h =15=3. a12 0.5 '

 Xj j 0.5 ____ 0.5 0 j.5

i__ Keluar basis ! s2 0 0.5 -0.5 j 0.5 ______j —^ = 0:5 = 1 (min)

 Z 0 0.5 -2.5 0 -7.5 a22 0.5

 

Masuk basis

Elemen vipot = a22 =0.5

Nilai-nilai baru pada tabel 3:

baris 1 : b1 _ b1 -^(b2) _ b1 -05(b2) _ [ 0.5 0.5 0 1.5— 0.5 - 0.5 1 0.5]

0.5

a

22

_ [1 0 1 -11]

b 1

baris 2 : b2 _—[0 0.5 -0.5 1 0.5—0 1 -12 1—

a22 0. 5

baris 3 : b3 _b3-—(b2)_b3 - — (b2)_[0 0.5 -2.5 0 -7.5— 0.5 -0.5 1 0.5—

a22 0. 5

0.5

_[0 0 -2 -1 -8]

Tabel 3

B x1 x2 s1 s2 H

x1 1 0 1 -1 1

1 x2 i 0 1 -1 2 1 1

z ___i 0 0 -2 -1 -8

Solusi optimum

Pada tabel 3 semua nilai Zj-c0, pemecahan persamaan dasarsudah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=-8 dengan x1=1 dan x2=1.

Contoh 4.

^Cari : x1, x2, dan x3

s.r.s: Z _ x1 + x2 - 4x3: Minimum

d.p.: x1 + x2 + 2x3 < 9

x1 + x2 - x3

2

- x1 + x2 + x3

x1^x2; x3 > 0

Solusi

Persoalan standarnya:

Can : x1, x2, x3, S1, s2,dan s3 s.r.s: Z _ x1 + x2 - 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3 : Minimum d.p.: x1 + x2 + 2x3 + s 1 — 9 x1 + x2 x3 + s2 — 2 x1 + x2 + x3 + s3 — 4

x 1; x,2; x,3; s1; s 2; s 3 > 0

Tabel 1

Keluar basis

B Xj X2 x3 sl s2 s3 H

sJ j j 2 j 0 0 9

s2 j j -j 0 j 0 2

k -j j j 0 0 j 4

Z -j -j 4 _LIS1 0 0 0 0

a

13

h

a

23

= 9 " 2

= -2- (non)

Masuk basis

Elemen vipot = a33 = 1

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

baris 1 : b1 = b1

a 2

13 (b3) = [1 1 2 1 0 0 9]—[-1 1 1 0 0 1 4]= [3 -10 10 -2 1]

a

33

baris 2 : b2 = b2 - —

33

a

(b3) = [1 1 -10 10 2]--1 [-1 1 1 0 0 1 4]= [0 2 0 0 1 1 6]

baris 3 : b = =1 [-1 110 0 1 4]=[-1 110 0 14]

a33 1

a 4

baris 4 : b4 = b4 —43(b3) = [-1 -1 4 0 0 0 0]—[-1 110 0 1 4] =[3 - 5 0 0 0 - 4 -16]

a

33

1

Tabel 2

Keluar basis

B

s

1

s

2

x

3

Z

x

1

3

0 -1

3

yv

x

2

-_1_

2 1

-5

Masuk basis

x

3

0

0 1

0

s

1

1

0 0

0

s

2

0

1 0

0

s

3

-2

1 1

-4

_1_

6 4

-16

h2

a21 h

a

31

6 0

_4_ -1

(non)

Elemen vipot = a11 =1

Nilai-nilai baru pada tabel 3: b 1

baris 1 : b1 _-L _-[3 -10 10 - 2 1— -1/3 0 1/3 0 - 2/3 1/3—

a11 3

a 0

baris 2 : b2 _ b2 -^(bj _ [0 2 0 0 1 1 6——[3 -10 10 -2 1— [0 2 0 0 1 1 6—

baris 3 : b3 _ b3

a

11

a

31

a

11

(b1) _[-1 110 0 1 4— [3 -1 0 1 0 - 2 1—0 2/3 1 1/3 0 1/3 13/3—

a 3

baris 4 : b4 _ b4 —41(b1) _ [3 - 5 0 0 0 - 4 -16——[3 -10 10 - 2 1—0 - 4 0 -10 - 2 -17—

a

11

Tabel 3

B x1 x2 x3 s1 s2 s3 H

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

s2 0 2 0 0 1 1 6

x3 0 2/3 1 1/3 0 1/3 13/3

Z 0 -4 0 -1 0 -2 -17

Pada tabel 3 semua nilai Zj-Cj0, pemecahan persamaan dasar udah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=-17 dengan x1=1/3, x2=0, dan x3=13/3.

B. Perhitungan nilai baru tabel simplex menggunakan basis vektor kolom.

Contoh 1.

Tentukan solusi dari persoalan Pemrograman linier berikut.

Cari : x1 dan x2 s.r.s: rZ — 3x1 + 2 X2

(Maksimum)

d.p.: 2x1 + x2 < 5 X1 + x2 3

x1; X2 — 0

Solusi

Persoalan Pemrograman linier standarnya :

Cari : xp x2, s1?dan s2 s.r.s : Z = 3x1 + 2x2 + 0s1 + 0s2: Maksimum d.p.: 2X1 + X2 + s1 — 5 X1 + X2 + s 2 — 3

X1; X2; s^ s 2 ^^ 0

Tabel 1

Keluar basis

B X xi x2 si s2 H

!si 2 1 1 0 5

s2 1 1 0 1 3

Z -3 -2 0 0 0

_____/

Paling minimum, masuk basis

Elemen vipot = a.. = 2

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

 1 aii-1 " 12-1 " "-1/2

T = - a2i/aii = -1/2 = -1/2

 _— a3ll ai1 _ _- (~3)/2_ 32

kolom 1 : yj = y1 + a11T =

" 2 " 1/2" "1"

1 +2 -1/2 = 0

- 3 32 0

 1 -12 12 "1" "-12" " 12

2 : y2 = ^2+a12T = 1 +1 -12 = 12 3 : y3 = ^3+a13T = 0 +1 -12 = -12

 - 2 3/2 -12 0 3/2 3/2

 "0" "-12_ "0" "5" "-12_

4 : y4 = + a14T = 1 + 0 -12 = 1 5 : y5 = ys+a15T = 3 +5 -12 =

 0 3/2 0 0 3/2

"5/2" 12 15/2

Tabel 2

Keluar basis

B Xj X2 sj s2 H h _ 52 _ 5 . a12 12

Xj j j/2 ____ j/2 0 5/2

! s2 0 j/2 -j/2 j j/2; 2 _ / _ 1 (min)

Z 0 -j/2 3/2 0 J5/2 a22 12

minimum, masuk basis

Elemen vipot = a22 =0.5

Nilai-nilai baru pada tabel 3:

 a12 / a22 " -0.5/0.5 " "-1"

T _ 1 a22 - 1 _ 1/0.5 -1 _ 1

 a32 /a22 _ - (-0.5)/0.5 1

 1 -1 1

kolom 1 : y1 _ y1 + a21T _ 0 + 0 1 _ 0

 0 1 0

 " 12 " 1 + 2 "-1" "0" " 12 " -1 + 2 "-1" " 1

2 : y2 _ y+a22T _ 12 1 _ 1 3 : y3 _ ^3+a23T _ -12 1 _ -1

 -12 1 0 3/2 1 1

 "0" -1 -1 r 5/2 ] 1 + 2 "-1" "2"

4 : y4 _ y4 + a24T _ 1 +1 1 _ 2 5 : y5 _ ^5+a25T _ 12 1 _ 1

 0 1 1 1^2 1 8

Tabel 3

B X1 x2 s1 s2 H

X1 1 0 1 -1 I---- 2

1 x2 1 0 1 -1 2 1 1

Z ___1 0 0 1 1 8

Solusi optimum

Pada tabel 3 semua nilai Zj-c>0, pemecahan persamaan dasar sudah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=8 dengan x1=2 dan x2=1.

Contoh 2.

Cari : x1 dan x2 s.r.s: Z = 8x1 + 9x2: Maks d.p.: 3x1 + 2x2 < 50 2x1 + 6x2 80 3x1 + 3x2 70

X1; X2 — 0

Solusi

Persoalan standarnya:

Cari: xp x2, s1? s2,dan s3 s.r.s : Z = 8x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3: Maks d.p.: 3x1 + 2x2 + s1 = 50 2 x1 + 6 x2 + s2 = 80

3x1 + 3x2 + s3 = 70; x1; x2; s1; s2; s3 — 0

Tabel 1

Keluar basis

bH

B

si ~ 2

* s

s

3

Z

x

i

2 '2

3

-8

x

2

3

6

3

-9

s

i

1 0

0

0

s

2

0 1

0

0

Masuk basis

s

3

0 0

1

0

H

50 80 70

0

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

Elemen vipot: a22 = 6

h,

a

12

50 3

h

a

32

70

3

T =

ai2/ a22 " - 3/6 " "- 36"

1 - 1 1/6 -1 - 5/6

— a32 / a22 - 3/6 - 36

a42 /a22 _ _- (-9)/6_ _ 9/6 _

kolom 1 : yl = y1 + a21T =

" 2 " " 1 "

2 +2 - 36 13

3 - 36 2

_- 8_ _ 9/6 _ _- 5_

kolom 2: y2 = y2 + a22r =

3 " "-3/6"

6 + 6 -5/6

3 -3/6

-9 _ 9/6 _

kolom 3: y3 = y3 + a23T =

+ 0

4:y4 =^4 + ^ =

0 1 0 0

+1

1 0 0 0

-3/6 -5/6 -3/6 9/6

kolom 6: yg = + a26T =

50 80 70 0

+ 80

-3/6 -5/6 -3/6 9/6

-1/2 1/6 -1/2 3/2

-3/6 -5/6 -3/6 9/6

0 1 0 0

1 0 0 0

5:y '5=y5+a25T =

10

40/3 30 120

"o" "-3/6" "0"

0 + 0 -5/6 0

1 -3/6 1

0 _ 9/6 0

Tabel 2

Keluar basis

B x1 - x2 s1 s2 s3 H

s1 1 1 0 1 -1/2 0 10 ;

x2 1/3 I 1 0 1/6 0 40/3

s3 2 0 0 -1/2 1 30

Z I -5 "A"" 0 0 3/2 0 120

/ \

Masuk basis

Nilai-nilai baru pada tabel 3:

a21 h3

1

403 13 30

a

31

2

Elemen vipot = a11 =1

T =

V an -1 " 1/1 -1 " " 0 " " 1 " " 0 " "1

- a2^a11 -1/3/1 -1/3 V3 2 -1/3 - 2 0

- a31 / a11 - 2A - 2 kolom 1 : y1 = y1 + a11T = +1 0

_- a4^a11 _ _- (-5)/1_ 5 - 5 5 _0

kolom 2 : y2 _ y2 + a12T _

kolom 3 : y3 _ y3 + a13T _

"0" "0 "0"

1 + 0 - V3 1

0 - 2 0

_0_ _ 5 _0_

"1" 0" 1 -

0 +1 -13 -13

0 - 2 - 2

0 5 5

4 : y4 _ y + a14T _

-1/2 1/6 -1/2 32

+

-1

2

0

-13 -2 5

-12' 13 12 -1

5 : y5 _ y+a15T _

"0" "0" "0"

0 + 0 -13 0

1 - 2 1

_0_ 5 _0_

kolom 6 : y6 _ y + axT _

" 10 " "0" " 10 "

40/3 +10 -13 10

30 - 2 10

120 5 _170_

Tabel 3

Keluar basis

B Xj X2 sj s2 s3 H

Xj j 0 j -j/2 0 j0

x2 0 j -j/3 j/3 0 10

S3 0 0 -2 j/2 j j0

Z 0 0 5 I -j ~ yl--- 0 170

Masuk basis

Nilai-nilai baru pada tabel 4:

h 10

a

14

-1/2 10

(non)

Elemen vipot = a34 =1/2

T =

aul a34 "- (-V2V1/2" " 1 " "1" "1" "1

— a24 1 a34 - (1/3)/1/2 - ^3 0 - 2/3 1 0

V a34 - 1 112 -1 1 kolom 1 : y1 = y1 + a31T = 0 + 0 0

a44 /a34 _ _ - (-1)/V2 _ 2 0 2 _0

kolom 2 : y2 = y2 + a32T =

0 1 0

1 + 0 - 2/3 1

0 1 0

0 2 0

kolom 3 : y3 = y3 + a33T =

4 : y4 = yA + a34T =

-1/2 1/3

12 -1

1

+ — 2

1

-1 3 -2 5

1

-2 3 1 2

+ (-2)

1

-2 3 1 2

 "-1"

 1

 - 4

 1

0 0 1 0

5 : y5 = y+a35T =

kolom 6 : y6 = y + a36T =

" 10 " " 1 " " 20 "

10 +10 - ^3 1^3

10 1 20

_170_ 2 _ 190 _

"0" "1" "1"

0 +1 - 2/3 - 2/3

1 1 2

0_ 2 2

Tabel 4

B xi x2 s1 s2 s3 H

xi 1 0 -1 0 1 20

x2 0 1 1 0 -2/3 10/3

s2 0 0 -4 1 2 20

Z 0 0 1 0 2 190

Pada tabel 4 semua nilai Zj-Cj>0, pemecahan persamaan dasar sudah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=190 dengan x}=20 dan x2=10/3.

Contoh 3. Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z = -5x1 - 3x2: Minimum

d.p.: 2x1 + x2 3 x1 + x2 2x1; x2 ?? 0

Solusi

Persoalan Pemrograman linier standamya

Cari : x1, x2, s1?dan s2 s.r.s : Z — -5x1 - 3x2 + 0s1 + 0s2: Minimum d.p.: 2X1 + X2 + — 3 X1 + X2 + s 2 — 2

X1; X2; S1; S 2 0

Tabel 1

Keluar basis

v

B Xj X2 sJ s2 H

\SJ . — -1 ---- 2 j j 0 3 i

s2 ____ r j j 0 j 2

Z 5 3 0 0 0

Paling maksimum, masuk basis

— 3 —1.5 (min);

a,

11

a

21

2 2 1

-hL — 2 — 2

Elemen vipot = a.. = 2

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

 1 aii-1 "1/2 -1" "-12 ? "2" "-1/2'

T = — a2l/ ai1 _ -1/2 _ -12 kolom 1 : y1 = y1 + a11T _ 1 + 2 -1/2 _

 a3^ a11 _ _-5/2 _ - 52 5 - 5/2

 "1" "-12" "12" "1" "-12"

2 : y2 = y+a12T = 1 +1 -12 _ 12 3 : y3 = y+a13T = 0 +1 -12 _

 3 - 5/2 12 0 - 5/2

 "0" "-12" "0" "3" "-12"

4 : y4 = y + a14T = 1 +0 -12 _ 1 5 : y5 = y+a15T = 2 +3 -12 _

 0 - 5/2 0 0 - 32

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

3/2 " 12 -15/2

Tabel 2 B Xj X2 sj s2 H h _ 32 _ 3 . a12 12 '

 Xj j j/2 ____ j/2 0 3/2

i__ Keluar basis ! s2 0 j/2 -j/2 j j/2 ! ______j h _ 12 _ 1 (min)

 Z 0 j/2 -5/2 0 -j5/2 a22 1 2

 

7 V

Masuk basis

Elemen vipot = a22 =1/2

Nilai-nilai baru pada tabel 3

 aill a22 "-1/2/1/2_ "- 1

T = V a22 - 1 = 1/1/2 — 1 = 1

 a32 /a22 _ _—1/2/1/2_ - 1

 1 -1 1

kolom 1 : yj = y1 + a21T = 0 + 0 1 = 0

 0 -1 0

 "1/2_ 1 + — 2 "-1" "0" " 12 _ -1 + — 2 "-1" "1"

2 : y2 = y+a22T = 12 1 = 1 3 : y3 = ^3+a23T = -12 1 = -1

 12 -1 0 - 5/2 -1 - 2

 "0" -1 -1 " 32 " 1 + — 2 "-1" "1

4 : y4 = + a24T = 1 +1 1 = 2 5 : y5 = ^5+a25T = 12 1 = 1

 0 -1 -1 -15/2 -1 - 8

Tabel 3

B Xi x2 s1 s2 H

xi 1 0 1 -1 1

1 x2 1 0 1 -1 2 l 1

Z ___1 0 0 -2 -1 -8

Solusi optimum

Jadi solusi optimum diperoleh Z=-8 dengan x1=1 dan x2=1.

Contoh 4.

Can : X1, X2, dan X3

s.r.s: Z — X1 + X2 - 4x3 : Minimum

d.p.: x1 + x2 + 2x3 < 9

X1 + X2 - X3

2

— X1 + X2 + X3

XpX2. X3 > 0

Solusi

Persoalan standarnya:

Can : X1, X2, X3, S1, s2,dan s3

s.r.s: Z _ X1 + X2 - 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3 : Minimum

d.p.: X1 + X2 + 2X3 + s 1 — 9

X1 + X2 X3 + s2 — 2

X1 + X2 + X3 + s3 — 4

X1; X'2; X3. s1; s 2. s 3

>0

Tabel 1

Keluar basis_^

B Xi X2 x3 si s2 s3 H

si i i 2 i 0 0 9

s2 i i -i 0 i 0 2

 -i i i 0 0 i 4

z -i -i 4 _LIS1 0 0 0 0

Masuk basis

a

a

13

h

a

23

_ 9 _ 2

_ -2- (non)

Elemen vipot = a33 = 1

Nilai-nilai baru pada tabel 2:

T _

ai^ a33 " - 2/i - "- 2"

— a23 1 a33 - (-i)li i

i/a33 - i i/i - i 0

a43 !a33 _ _ - 4/i _ - 4

kolom 1 : y1 _ y1 + a31T _

" 1 " "-1" " 2 "

1 1 0

-1 + (-1) 0 _ -1

 

-1 - 4 _ 3 _

kolom 2 : y2 — y2 + a32T —

1 - 2 "-1"

1 1 2

 +1 —

1 0 1

-1 - 4 - 5

kolom 3 : y3 — y3 + a33T —

"2" - 2 "0"

-1 1 0

 +1 —

1 0 1

4 - 4 0

4 : y4 — ^4 + a3T —

"1" - 2 "1"

0 1 0

 +0 —

0 0 0

0 - 4 0

5 : y5— ^5+a35T —

"0" - 2 "0"

1 1 1

 +0 —

0 0 0

0 - 4 0

6 : y6— +a36T —

"0" - 2 - 2

0 1 1

 +1 —

1 0 1

0 - 4 - 4

7 : y7 — y 7 + a37T —

9 - 2 "1"

2 1 6

 +4 —

4 0 4

0 - 4 -16

Tabel 2

Keluar basis

B

s1

s

2

X

3

Z

x

i

_3

0 -1

3

yv

x

2

-1_

2 1

-5

Masuk basis

x

3

0

0 1

0

s

1

1

0 0

0

s

2

0

1 0

0

s

3

-2

1 1

-4

_1_

6 4

-16

a2i

a

31

6 0

-1

(non)

Nilai-nilai barn pada tabel 3:

Elemen vipot = a^ =1

T =

1la11-1 " 1/3 -1 ~ "- 2/3 " 3 " "1

— a211 a11 - 0/3 0 kolom 1 : y1 = y1 + a11T = 0 0 0

a31 / a11 - (-1)13 13 -1 + 3 V3 — 0

a411 a11 _ _ - 3/3 _ -1 3 -1 _0

 "-1" "- 2/3" "-1/3"

t 2 + (-1) 0 2

y2 = y2 + auT = 1 1/3 — 2/3

 - 5 -1 - 4

 "0" "- 2/3" "0"

 0 0 0

y+a13T = 1 + 0 1/3 — 1

 0 -1 0

 1" -2 3" "1/3" "0" -2 3" "0"

1 0 0 0 t 1 0 1

4 : y4 = y + axT = 0 +1 1/3 - 13 5 : y5 = y+a15T = 0 + 0 1/3 - 0

 0_ -1 _ -1 0_ -1 _ 0_

 "- 2' "- 2/3' "- 2/3" 1 - 2/3 1/3

» 1 0 1 » 6 0 6

y6 = y + a16T = 1 + (-2) 13 - 13 7 : yy = y + a31T = 4 13 - 13/3

 - 4 - 1 - 2 -16 - 1 - 17

Tabel 3

B Xj X2 X3 sl s2 s3 H

Xj j -j/3 0 j/3 0 -2/3 j/3

s2 0 2 0 0 j j 6

X3 0 2/3 j j/3 0 j/3 j3/3

Z 0 -4 0 -j 0 -2 -j7

Pada tabel 3 semua nilai Zj-Cj0, pemecahan persamaan dasar udah memberikan solusi optimum. Jadi solusi optimum diperoleh Z=-j7 dengan xj=j/3, x2=0, dan x3=J3/3.

Penyelesaian metode simplex menggunakan

eliminasi Gauss Jordan.

Tahap—tahapanannya :

a. Transformasi Pemrograman linier ke dalam bentuk standarnya.

b. Masukan koefisien pembatasan dan fungsi tujuan ke dalam bentuk matriks ekstensi (koefisien fungsi tujuan dimasukan ke dalam matriks pada baris terakhir).

c. Lakukan eliminasi Gauss Jordan pada matriks tersebut. Gunakan sebagai elemen pivot adalah elemen ark yaitu elemen perpotongan antara vektor basis keluar (baris ke r) dengan vektor basis masuk (kolom ke k).

Eliminasi Gauss Jordan dihentikan/selesai jika :

a. Semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks ekstensi > 0, untuk persoalan maksimum atau

b. Semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks ekstensi < 0, untuk persoalan minimum.

Transformasi persoalan Pemrograman maksimum standar ke dalam bentuk matriks ekstensi:

Pemrograman linier standar Fungsi tujuan :

Z — Xi + C2 + *** + C jX j + ••• + Cn

+ 0s1 + 0s2 + ••• + 0sj + ••• + 0 s Atau

m

C1X1 C2 X2 ••• CjXj ••• CnXn

y........

+ 0s1 + 0s2 + ••• + 0s7. + ••• + 0sm + Z — 0

1

Pembatasan :

s

"s. ^ ^

au Xi + an ^2 + ••• + a jX j + ••• + $in%n + si — hi

a2i Xi + a22 X2 + ••• + a2 jXj + ••• + a2 nXn + s2 — h2

an Xi + a 2 x2 + ••• + al}x} + ••• + ainxn + s, — hi

ami X1 + am 2 X2 + ••• + amjX j + ••• + ®mnXn + sm — h

Pemrograman linier bentuk matriks ekstensi

m

Z

\

T-

Xj X2 X n Sj S2 sm Z H

a11 a 12 •• an 1 0 •• 0 0 hi'

a2i a22 " a2 n 0 1 •• 0 0 h2

am1 am2 amn mn 0 0 •• • • • 0 hm

- C1 - C2 * - Cn n 0 0 •• 0 1 'AT/* 0

Transformasi persoalan Pemrograman minimum standar ke dalam bentuk matriks ekstensi:

Pemrograman linier standar Fungsi tujuan :

Z — C1 X1 + C2 X2 + ••• + CjXj + ••• + Cn Xn

+ 0s1 + 0s2 + ••• + 0sj + ••• + 0 sm Atau

C1 xi + c2 x2 + ••• + CjXj + ••• + CnXn

........%

+ 0s, + 0s2 + ••• + 0s, + ••• + 0sm -Z — 0

1 2 j m

1 1

Pembatasan:

w „ „ ...j + •••+,,, -; V,,

a21 X1 + a22 X2 + ••• + a2 jXj + ••• + a2 nXn — s2 — h2 ai1 X1 + ai2X2 + ••• + aijXj + ••• + ainXn - si — hi am1 X1 + am2X2 + ••• + Vj + ••• + amnXn - sm — hm

Pemrograman linier bentuk matriks ekstensi

Xj 2

X

n

Sj S2

S

m

Z H

s1 an a12 " an 1 0 •• 0 0 h'

s2 a21 a22 " a2 n 0 1 •• 0 0 h2

s m am1 am2 * • a mn 0 0 •• • • • • • • • • • 0 ..... hm

Z C1 C2 * c n 0 0 •• 0 -1 0

Contoh 1.

Tentukan solusi dari persoalan Pemrograman linier berikut.

Cari : x1 dan x2 s.r.s: rZ — 3X1 + 2 X2

(Maksimum) d.p.: 2x1 + x2 < 5 X1 + X2 3

X1; X2 > 0

Solusi

Persoalan Pemrograman linier standarnya :

Cari : xv x2, s1?dan s2

s.r.s: Z — 3x1 + 2x2 + 0s1 + 0s2: Maks

- 3x1 - 2x2 + 0s1 + 0s2 + Z — 0: Maks d.p.: 2X1 + X2 + s1 — 5 X1 + X2 + s 2 — 3

X1; X2; s^ s 2 0

 x2 s1 s2 Z H / s 1

s1 " 2 1 1 0 0 5" r 2 1 1 0 0 5" 1

s2 1 1 0 1 0 3 1 1 0 1 0 3 b. x— -

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

1 1/2 12 0 0

11

0 1 0

- 3 - 2 0 0 1

"1 1/2 V2 0 0

0 1 -12 0

0 -1/2 3/2 0 1

5/2'

3 0

h+(- bO

b, + (34,)

X2 ^ s2

'1 1/2

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

0 1/2

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

0 -1/2

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

52 12 15 2

52 1

15 2

1

4 + (y b2)

b3+(- b2)

1 01 -1 0 2

0 1 -1 2 0 1

10 0 1 1 1 8

b2 x2

Eliminasi Gauss Jordan selesai karena semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks sama atau lebih besar dari nol. Jadi solusi optimumnya adalah Z=8 pada x1=2 dan x2=1.

@

Contoh 2.

Cari : x1 dan x2

s.r.s: Z — 8x1 + 9x2 : Maks

d.p.: 3x1 + 2x2 < 50

2x1 + 6x2 80 3x1 +3x2 < 70

X1 ^X2 > 0

Solusi

Persoalan standarnya:

Can : X1, X2, s1, s2,dan s3

s.r.s : Z — 8x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3: Maks

- 8 x1 - 9 x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + Z — 0: Maks d.p.: 3x1 + 2x2 + s1 — 50 2 x1 + 6x2 + s2 — 80 3x1 + 3x2 + s3 — 70; Xp X2; s*1; s2; s3 > 0

 x1 x2 s1 s 2 s3 Z H X2 ^ S2

s1 " 3 2 1 0 0 0 50" " 3 2 1 0 0 0 50

s2 2 6 0 1 0 0 80 2 6 0 1 0 0 80

s3 3 3 0 0 1 0 70 3 30 0 1 0 70

Z - 8 - 9 0 0 0 1 0 - 8 - 9 0 0 0 1 0

/ s 1

3 2 1 0 00 50

13 1 0 16 00 40 3

3 3 0 0 10 70

- 8 - 9 0 0 01 0

 S2 ^ S3

bi + ( -2b2), bs + (-3b2), b4 + (9b2)

/ t \ 1

1/3 2

- 5

0 1 0 0

1 -1 2 0 0

0 V6 0 0

0 -1 2 1 0

0 3/2 0 1

10

40/3 30 120

1 0 1 -1/2 0 0 10"

0 1 -13 13 0 0 10 b3 x2

0 0 - 2 12 1 0 10 r

0 0 5 -1 0 1 170

1 0 1 -1 2 0 0 10

0 1 -1 3 13 0 0 10

0 0 - 4 1 2 0 20

0 0 5 -1 0 1 170

b2 X

-1

b2 + (y b),

b3 + (-2b1), b4 + (5b1)

b1 + (| bj),

b2 + ( ybO,

b4 +(b3)

1

)

"1 0 -1 0 1 0 20 "

0 1 10 - 2/3 0 10/3

0 0 - 4 1 2 0 20

0 0 1 0 2 1 190

Contoh 3.

Cari : x1 dan x2

s.r.s: - 5 X1 + 3^2 :

Minimum d.p.: 2x1 + x2 < 3

+ x2 2 ;X2 — 0

Eliminasi Gauss Jordan selesai karena semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks sama atau lebih besar dari nol. Jadi solusi optimumnya adalah Z=190 pada x1=20 dan x2=10/3.

Solusi

Pemrograman linier standarnya :

Cari : xp x2, s1?dan s2

s.r.s: Z - 5x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2: Min

5x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2 - Z - 0: Min d. p. : 2 x1 + x2 + s1 - 3

x1 + x2 + s2 - 2 x1; ; s1; s 2 0

 x2 s1 s2 Z H X1 / s 1

s1 "2 1 1 0 0 3" 2 1 1 0 0 3" , 1

s2 1 1 0 1 0 2 1 1 0 1 0 2 b. x— -

Z 5 3 0 0 -1 0 5 3 0 0 -1 0

x2 ^ s2

1 12 V2 0 0 3/2" b2 + (- b1)

1 1 0 1 0 2 -3 + ( —

5 3 0 0 -1 0

1 1/2 V2

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

0 1/2 -1/2

0 1/2 - 5/2

00 1 0 0 -1

3/2 ' 1/2 -15/2

1 V2 V2 0 0 0 1 -12 0

0 V2 - V2 0 -1

32 1

-15/2

b1 + (-j b2) b3 + ( -1b2) 2 "10 1 -10 0 1 -12 0 1 " 1

?

 0 0 - 2 -1 -1 - 8

b2 x2

Eliminasi Gauss Jordan selesai karena semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks sama atau lebih kecil dari nol. Jadi solusi optimumnya adalah Z=-8/-1=8 pada x2=1 dan x2=1.

Contoh 4.

Can : x1, x2, dan x3

s.r.s : Z - -x1 - x2 + 4x3: Minimum

d.p.: x1 + x2 + 2x3 < 9

x1 + x 2 - x3

- x1 + x2 + x3

Solusi

Persoalan standarnya:

Can : x1, x2, x3, s^ s2,dan s3

s.r.s: Z - -x1 - x2 + 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3: Min

- x1 - x2 + 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3 - Z - 0: Min d. p.: x1 + x2 + 2 x3 + s1 — 9 x1 + x2 x3 + s2 — 2

x1 + x2 + x3 + s3 — 4 x1 ; x2 ; x3 ; s1 ; s2 ; s3 — 0

 x^ x2 x3 S1 S3 z H

 t " 1 1 2 1 0 0 0 9

s2 1 1 -1 0 1 0 0 2

 -1 1 1 0 0 1 0 4

 Z -1 -1 4 0 0 0 -1 0

X-^ —^ >si

f 3 * -1 0 1 0 -2 0 1

0 2 0 0 1 1 0 6 b-\ x— 1 3 \

-1 1 1 0 0 1 0 4 ?

3 -5 0 0 0 -4 -1 -16

"l -1/3 0 1/3 0 -2/3 0 1/3 1

0 2 0 0 1 1 0 6

0 1 1 1/3 0 1/3 0 13/3

jO -4 0 -1 0 -2 -1 -17:

Jadi solusi optimumnya : Z=-17/-l=17

 X3

1 2 1 0 0 0 9

1 -1 0 1 0 0 2

1 v.!../ 0 0 1 0 4

-1 4 0 0 0 -1 0

b2+(-b3) b4+(~ 463)

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

2 0 0 1 1 0 6

1 1 0 0 1 0 4

-5 0 0 0 -4 -1 -16

Eliminasi Gauss Jordan selesai karena semua elemen vektor basis pada baris terakhir matriks sama atau lebih kecil dari nol.

padax7=//3, x2=0, dmix3=13/3.


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

...