Page 1
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 1
BAB I
PENGANTAR PROGRAM LINIER
1.1. Pengertian
Program linier merupakan kata benda dari pemogramman linier (linear
programming), muncul dalam penelitian operasional (operational research).
Menurut George B. Dantzing yang sering disebut Bapak Linear Programming, di
dalam bukunya “Linear Programming and Extension”, menyebutkan bahwa ide
dari linear programming ini berasal dari ahli matematik Rusia bernama L.V.
Kantorivich yang pada tahun 1939 menerbitkan sebuah karangan dengan judul
“Mathematical Methods in The Organization and Planning of Production”, yang
didalamnya telah dirumuskan persoalan linear programming untuk pertama
kalinya. Ide ini, di Rusia tidak berkembang dan justru berkembang di dunia barat,
kemudian tahun 1947 seorang ahli matematik dari Amerika Serikat yaitu George
B. Dantzing menemukan suatu cara untuk memecahkan persoalan linear
programming tersebut dengan suatu metode yang disebut “Simplex Methods”.
Setelah itu, linear programming berkembang pesat sekali, semula di bidang militer
(untuk penyusunan strategi perang) maupun di bidang bussines (persoalan untuk
mencapai maksimum profit, minimum loss, dll). Sekarang berkembang luas di
dalam perencanaan pembangunan ekonomi nasional, misalnya di dalam
penentuan “allocation of investments” ke dalam sektor-sektor perekonomian,
“rotation corp policy”, peningkatan penerimaan devisa, dll.
Program linier (linear programming) merupakan meodel matematik dalam
mengalokasikan sumberdaya yang langka untuk mencapai tujuan tunggal seperti
memaksimumkan keuntungan atau meminimumkan biaya. Program linier sebagai
suatu model matematik yang terdiri dari sebuah fungsi tujuan linear dan sistem
kendala linier.
Page 2
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 2
1.2. Persoalan Optimasi & Persoalan Programming
Pada dasarnya persoalan optimasi (optimazion problems) merupakan suatu
persoalan membuat nilai fungsi 𝑧 = 𝑐1𝑥1 + 𝑐2𝑥2 + ⋯+ 𝑐𝑛𝑥𝑛, dengan variabel
yaitu 𝑥1, 𝑥2, … . , 𝑥𝑛 menjadi maksimum atau minimum dengan memperhatikan
kendala-kendala atau pembatas-pembatas yang ada. Biasanya pembatas-pembatas
tersebut meliputi tenaga kerja, uang, material yang merupakan input, serta waktu
dan ruang.
Persoalan programming pada dasarnya berkenaan dengan penentuan alokasi yang
optimal dari sumber-sumber yang langka (limited resources) untuk memnuhi
suatu tujuan (objective). Misalnya, bagaimana mengkombinasikan beberapa
sumber yang terbatas seperti tenaga kerja, material, mesin, tanah, pupuk, air
sehingga diperoleh output yang maksimum.
Persoalan linear programming adalah persoalan untuk menentukan besarnya
masing-masing nilai variable sedemikian rupa sehingga nilai fungsi tujuan atau
obyektif (objective function) yang linier menjadi optimum (maksimum atau
minimum) dengan memperhatikan pembatasan-pembatasan yang ada yaitu
pembatasan mengenai inputnya. Pembatasan-pembatasan inipun harus dinyatakan
dalam ketidaksamaan yang linier (linear inequality).
Suatu persoalan disebut persoalan program linier apabila memenuhi hal-hal
berikut:
a. Tujuan (objective) yang akan dicapai harus dapat dinyatakan dalam bentuk
fungsi linier. Fungsi ini disebut fungsi tujuan (objective function)
b. Harus ada alternative pemecahan. Pemecahan yang membuat nilai fungsi
tujuan optimum (laba yang maksimum, biaya yang minimum, dll) yang hartus
dipilih
c. Sumber-sumber tersedia dalam jumlah terbatas (bahan mentah terbatas,
ruangan untuk menyimpan barang terbatas, dll). Pembatasan-pembatasan
harus dinyatakan di dalam ketidaksamaan yang linier (linear inequality)
Page 3
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 3
Secara teknis, ada syarat tambahan dari permasalahan program linier yang harus
diperhatikan sebgai asumsi dasar yaitu:
a. Kepastian (certainty), yaitu fungsi tujuan dan fungsi kendala sudah diketahui
dan tidak berubah selama periode analisa
b. Proporsionalitas (proportionality), yaitu adanya proporsionalitas dalam fungsi
tujuan dan fungsi kendala
c. Penambahan (additivity), yaitu aktivitas total sama dengan penjumlahan
aktivitas individu
d. Bisa dibagi-bagi (divisibility), yaitu solusi tidak harus merupakan bilangan
integer (bilangan bulat) tetapi bisa juga bilangan pecahan
e. Variable tidak negatif (non-negative variable), yaitu bahwa semua nilai
jawaban atau variabel tidak negative
1.3. Formulasi Model Matematika.
Masalah keputusan yang sering dihadapi analis yaitu alokasi optimum sumber
daya.
Sumber daya dapat berupa uang, tenaga kerja, bahan mentah, kapasitas mesin,
waktu, ruangan atau teknologi.
Tugas analisis adalah mencapai hasil terbaik dengan keterbatasan sumber
daya tersebut.
Setelah masalah diidentifikasikan dan tujuan ditetapkan, maka langkah
selanjutnya yaitu formulasi model matematik.
Formulasi model matematik ada 3 tahap yaitu:
a. Menentukan variable yang tidak diketahui dan dinyatakan dengan simbol
b. Membentuk fungsi tujuan yang ditunjukkan sebagai suatu hubungan linear
dari variable keputusan (memaksimumkan atau meminimumkan)
c. Menentukan semua kendala masalah tersebut dan mengekspresikannya
dalam persamaan, pertidaksamaan atau fungsi
Page 4
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 4
Contoh:
Suatu perusahaan menghasilkan dua barang, boneka dan mobil-mobilan.
Harga masing-masing barang dan kebutuhan sumber daya terlihat pada tabel
berikut. Disamping itu menurut bagian penjualan, permintaan boneka tidak
akan melebihi 4 unit.
Sumber daya Boneka Mobil-mobilan Kapasitas
Bahan Mentah 1 2 10
Buruh 6 6 36
Harga per unit 4 5
Tentukan: a. Variable b. Fungsi tujuan c. Sistem kendala
d. Formasi model matematik e. Solusi optimum
Soal – soal:
1. Sebuah Firma memproduksi sendiri rak buku dalam dua model yaitu model A dan
model B. Produksi rak buku dibatasi oleh persediaan material (papan kualitas
tinggi) dan waktu yang terbatas mesin pemroses. Tiap unit A memerlukan 3 𝑚2
papan dan tiap unit B memerlukan 4 𝑚2 papan. Firma memperoleh 1700 𝑚2 papan
tiap minggu dari pemasok sendiri. Tiap unit A membutuhkan 12 menit dari mesin
pemroses dan tiap unit B membutuhkan 30 menit. Setiap minggu memungkinkan
total waktu mesin 160 jam. Jika keuntungan (profit) tiap unit A sebesar $2 dan tiap
unit B sebesar $4. Bagaimana formasi model matematik program linier dari kasus
di atas?
2. Pabrik ban sepeda memproduksi ban luar dan ban dalam. Ban luar diproses melalui
3 unit mesin, sedangkan ban dalam hanya diproses di dua mesin. Setiap ban luar
diproses secara berurutan selama 2 menit di mesin I, 8 menit di mesin II dan 10
menit di mesin III. Sedangkan setiap ban dalam diproses selama 5 menit di mesin
I, kemudian 4 menit di mesin II. Sumbangan keuntungan dari setiap unit ban luar
dan ban dalam masing-masing Rp 400,00 dan Rp 300,00. Kapasitas pengoperasian
masing-masing mesin setiap harinya 800 menit. Jika setiap ban yang diproduksi
senantiasa laku terjual. Tentukan model program liniernya, agar keuntungan
maksimum!
Page 5
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 5
3. PT bank kita yang bergerak dalam usaha pembuatan makanan ternak
merencanakan produksi sebesar 200 kg per bulan. Untuk mendapatkan makanan
ternak nyang berkualitas tinggi, sesuai dengan persyaratan yang diminta konsumen,
telah ditemukan komposisi campuran yaitu: (a) paling sedikit 8% kalsium tetapi
tidak boleh melebihi 10%, (b) paling sedikit 30% protein, (c) paling banyak 8%
lemak. Untuk memperoleh ketiga jenis bahan tersebut akan diolah dari jagung dan
kacang kedelai. Kandungan gizi yang terdapat dalam kedua jenis bahan tersebut
sebagai berikut:
Uraian Per – kg bahan
Jagung Kedelai
Kalsium 0,20 0,05
Protein 0,15 0,40
Lemak 0,05 0,05
Harga setiap kg jagung Rp 300,00 dan kacang kedelai Rp 800,00. Bagaimana
rumusan model matematik program linier dari kasus di atas.
Page 6
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 6
BAB II
METODE GRAFIK
2.1. Pengertian
Pada prinsipnya setiap persoalan program linier dapat dipecahkan atau
menghasilkan penyelesaian. Penyelesaian dengan metode grafik sebagai berikut:
Masalah program linier diilustrasikan dan dipecahkan dengan metode grafik,
apabila hanya memiliki dua variabel keputusan
Langkah-langkah penyelesaian:
a. Gambarkan fungsi kendala dalam bentuk persamaan pada sumbu cartesius
b. Tentukan daerah solusi layak (feasible solution) atau area layak (feasible
region) dengan memperhatikan tanda ketidaksamaan fungsi kendala
c. Gambarkan fungsi tujuan, geser garis tersebut ke lokasi titik solusi optimal
d. Selesaikan persamaan-persamaan pada titik solusi untuk menentukan
solusi optimal
Solusi optimal dapat menggunakan dua pendekatan yaitu pendekatan garis
profit (isoprofit line) atau titik sudut (corner point)
Dalam program linier dengan metode grafik sering dijumpai permasalahan secara
teknis, sebagai berikut:
a. Infeasibility, yaitu suatu kondisi dimana tidak area layak yang memenuhi
semua kendala.
b. Unboundedness, yaitu suatu kondisi dimana area layak tidak terbatas.
c. Redundancy, misalnya apabila bagian marketing tidak bisa menjual lebih
dari 4 unit maka disebut redundant
d. Alternative Optima, yaitu situasi dimana terdapat lebih dari satu solusi
optimal.
Page 7
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 7
Beberapa contoh kasus khusus pada program linier:
1. Solusi tidak layak, jika tidak ada satu titikpun yang memenuhi fungsi kendala.
Contoh: Max 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2
Terhadap 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 8 , 𝑥1 ≥ 3 , 𝑥2 ≥ 3 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
2. Solusi optimum lebih dari satu (multiple optimum solution), jika fungsi tujuan
sejajar dengan fungsi kendala yang menghubungkan titik ekstrem.
Contoh: Max 𝑧 = 4𝑥1 + 4𝑥2
Terhadap 𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 10 , 6𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 10 , 𝑥1 ≤ 4 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
3. Tidak memiliki solusi optimum, jika solusi layak tidak terbentuk dan fungsi
kendala tidak dapat membatasi peningkatan nilai fungsi tujuan baik kearah
positif maupun negatif.
.
2.2. Masalah Maksimisasi
Maksimisasi dapat berupa memaksimalkan keuntungan atau hasil.
Contoh:
1. Maksimum 𝑧 = 4𝑥 + 5𝑦
Dengan batasan 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 12 , 3𝑥 + 4𝑦 ≤ 18 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai maksimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai
maksimum
2. PT LAQUNATEKSTIL memiliki sebuah pabrik yang akan memproduksi
2 jenis produk, yaitu kain sutera dan kain wol. Untuk memproduksi
kedua produk diperlukan bahan baku benang sutera, bahan baku benang
wol dan tenaga kerja. Maksimum penyediaan benang sutera adalah 60
kg per hari, benang wol 30 kg per hari dan tenaga kerja 40 jam per hari.
Kebutuhan setiap unit produk akan bahan baku dan jam tenaga kerja dapat
dilihat dalam tabel berikut:
Page 8
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 8
Jenis bahan baku
dan tenaga kerja
Kg bahan baku & Jam tenaga kerja Maksimum
penyediaan Kain sutera Kain wol
Benang sutera 2 3 60 kg
Benang wol - 2 30 kg
Tenaga kerja 2 1 40 jam
Kedua jenis produk memberikan keuntungan sebesar Rp 40 juta untuk
kain sutera dan Rp 30 juta untuk kain wol. Masalahnya adalah bagaimana
menentukan jumlah unit setiap jenis produk yang akan diproduksi setiap hari
agar keuntungan yang diperoleh bisa maksimal?
Langkah – langkah:
a) Menentukan variablel 𝑥 ∶ 𝑘𝑎𝑖𝑛 𝑠𝑢𝑡𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑦 ∶ 𝑘𝑎𝑖𝑛 𝑤𝑜𝑙
b) Fungsi tujuan 𝑧𝑚𝑎𝑥 = 40𝑥 + 30𝑦
c) Fungsi kendala/batasan 2𝑥 + 3𝑦 ≤ 60 (𝑏𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑠𝑢𝑡𝑒𝑟𝑎)
2𝑦 ≤ 30 (𝑏𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑤𝑜𝑙)
2𝑥 + 𝑦 ≤ 40 (𝑡𝑒𝑛𝑎𝑔𝑎 𝑘𝑒𝑟𝑗𝑎)
𝑥 ≥ 0 , 𝑦 ≥ 0
d) Menggambar grafik
e) Untuk mendapatkan solusi optimal yaitu mencari nilai z pada setiap
titik ekstrim dengan memaksimumkan keuntungan.
2.3. Masalah Minimisasi
Minimisasi dapat berupa meminimumkan biaya produksi.
Solusi optimal tercapai pada saat garis fungsi tujuan menyinggung daerah fasible
yang terdekat dengan titik origin.
Contoh:
1. Minimum 𝑧 = 5𝑥 + 3𝑦
Dengan batasan 2𝑥 + 𝑦 ≥ 3 , 𝑥 + 𝑦 ≥ 2 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai minimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai
minimum!
Page 9
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 9
2. Perusahaan makanan ROYAL merencanakan untuk membuat dua jenis
makanan yaitu Royal Bee dan Royal Jelly. Kedua jenis makanan tersebut
mengandung vitamin dan protein. Royal Bee paling sedikit diproduksi 2 unit
dan Royal Jelly paling sedikit diproduksi 1 unit. Tabel berikut menunjukkan
jumlah vitamin dan protein dalam setiap jenis makanan:
Jenis makanan Vitamin (unit) Protein (unit) Biaya per unit (ribu rupiah)
Royal Bee 2 2 100
Royal Jelly 1 3 80
minimum kebutuhan 8 12
Bagaimana menentukan kombinasi kedua jenis makanan agar
meminimumkan biaya produksi?
Langkah – langkah:
a) Menentukan variable 𝑥 ∶ 𝑟𝑜𝑦𝑎𝑙 𝑏𝑒𝑒 𝑑𝑎𝑛 𝑦 ∶ 𝑟𝑜𝑦𝑎𝑙 𝑗𝑒𝑙𝑙𝑦
b) Fungsi tujuan 𝑧𝑚𝑖𝑛 = 100𝑥 + 80𝑦
c) Fungsi kendala/batasan 2𝑥 + 𝑦 ≥ 8 (𝑣𝑖𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛)
2𝑥 + 3𝑦 ≥ 12 (𝑝𝑟𝑜𝑡𝑒𝑖𝑛)
𝑥 ≥ 2 , 𝑦 ≥ 1
d) Menggambar grafik
e) Untuk mendapatkan solusi optimal yaitu mencari nilai z pada setiap titik
ekstrim dengan meminimumkan biaya produksi.
Soal – soal:
1. Maksimum 𝑧 = 40𝑥 + 30𝑦
Dengan batasan 2𝑥 + 3𝑦 ≤ 60 , 2𝑦 ≤ 30 , 2𝑥 + 𝑦 ≤ 40 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai maksimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai
maksimum
Page 10
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 10
2. Minimum 𝑧 = 20𝑥 + 30𝑦
Dengan batasan 2𝑥 + 4𝑦 ≥ 8 , 2𝑥 + 𝑦 ≥ 4 , 𝑥 + 3𝑦 ≥ 6 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai minimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai
minimum!
3. Maksimum 𝑧 = 30.000𝑥 + 50.000𝑦
Dengan kendala 3𝑥 + 2𝑦 ≤ 150 , 5𝑥 + 8𝑦 ≤ 400 , 𝑥 ≥ 20 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah grafik sistem pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai maksimum dan koordinat titik yang menunjukkan nilai
maksimum
4. Suatu persoalan program linier dirumuskan sebagai berikut:
Maksimumkan 𝑧 = 3𝑥 + 4𝑦
Dengan kendala 2𝑥 + 2𝑦 ≤ 80 , 2𝑥 + 4𝑦 ≤ 120 , 𝑥 , 𝑦 ≥ 0
a. Gambarlah daerah yang memenuhi system pertidaksamaan/pembatas!
b. Carilah koordinat titik yang menunjukkan nilai maksimum fungsi tujuan!
c. Tentukan nilai maksimumnya
5. Perhatikan persoalan program linier.
Fungsi tujuan 𝑇 = 400.000𝑥 + 300.000𝑦 (minimumkan)
Pembatas 𝑥 ≥ 4.000 , 𝑦 ≥ 5.000 , 𝑥 + 𝑦 ≤ 10.000
a. Gambarlah daerah yang memenuhi system pertidaksamaan!
b. Tentukan nilai optimal fungsi tujuan!
Page 11
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 11
BAB III
METODE ALJABAR
3.1. Pengertian
Program linier dengan dengan metode aljabar yaitu menyelesaikan permasalahan
dalam perhitungan matematika agar mendapatkan nilai yang optimum
(maksimum atau minimum). Secara umum model matematika yang diselesaikan
merupakan pertidaksamaan dan metode yang digunakan umtuk mengubah
ketaksamaan menjadi kesamaan yaitu metode aljabar.
Adapun langkah-langkah dalam metode aljabar dengan melakukan standarisasi
ketidaksamaan menjadi kesamaan, yaitu:
1. Memasukkan unsur variable semua ke ruas kiri fungsi kendala.
2. Unsur fungsi kendala bertanda ≤ dilakukan dengan penambahan slack
variables.
Slack variables yaitu suatu variable yang ditambahkan disebelah kiri tanda
ketidaksamaan agar ketidaksamaan menjadi persamaan.
3. Unsur fungsi kendala bertanda ≥ dilakukan dengan pengurangan atau surplus
variables.
Surplus variables yaitu variable yang dikurangkan di dalam suatu
ketidaksamaan agar supaya menjadi persamaan.
3.2. Menentukan Banyak Persamaan
Pada umumnya, kalau ada n variable yaitu 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑗 , … , 𝑥𝑛 , akan tetapi hanya
ada m persamaan, maka dapat diperoleh sebanyak K persamaan, dengan rumus:
𝐾 =𝑛!
(𝑛−𝑚)!𝑚!
dimana 𝑛 ∶ 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙 dan 𝑚 ∶ 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛
Page 12
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 12
Ada beberapa istilah dalam penyelesaian program linier dengan metode aljabar,
yaitu:
1. Variable yang diperoleh dari m persamaan disebut variable dasar (basic
variables), sedangkan pemecahannya disebut pemecahan dasar (basic
solution)
2. Pemecahan yang memenuhi semua syarat pembatasan disebut pemecahan
fisibel (feasible solution)
3. Pemecahan yang menghasilkan paling sedikit satu variable yang negatif
disebut tidak fisibel (not feasible)
4. Pemecahan dasar fisibel yang memenuhi optimum disebut pemecahan
optimal.
Contoh:
1. Menentukan 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2
Fungsi 𝑧 = 8𝑥1 + 6𝑥2 (maksimum)
Pembatas 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 60 , 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 48 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Cara:
Persamaan dirubah dulu menjadi standar yaitu slack variables dengan
memasukkan variable yang harus ditambahkan di dalam ketidaksamaan agar
menjadi persamaan, sehingga persamaan akan berubah menjadi:
a. Menentukan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4
b. Fungsi 𝑧 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 (maksimum)
c. Pembatas 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 , 2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0, 𝑥4 ≥ 0
d. Menentukan banyaknya solusi dengan menggunakan rumus:
𝐾 =𝑛!
(𝑛−𝑚)!𝑚! 𝐾 =
4!
(4−2)!2!=
4!
2!2!= 6 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖
e. Mengenolkan dua variable, dengan 6 solusi yaitu:
𝒙𝟏 = 𝒙𝟐 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = 60
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 48
Page 13
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 13
Diperoleh:
𝑧1 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4
𝑧1 = 8(0) + 6(0) + 0(60) + 0(48) 𝑧1 = 0 (tidak ada penjualan)
𝒙𝟏 = 𝒙𝟑 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥2 = 30
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = −78 (tidak fisibel)
Diperoleh: 𝑧2 tidak dihitung, karena 𝑥4 negatif maka pemecahan tidak fisibel
𝒙𝟏 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = 36
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥2 = 12
Diperoleh:
𝑧3 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4
𝑧3 = 8(0) + 6(12) + 0(36) + 0(0) 𝑧3 = 72
𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥1 = 15
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 18
Diperoleh:
𝑧4 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4
𝑧4 = 8(15) + 6(0) + 0(0) + 0(18) 𝑧4 = 120
𝒙𝟐 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥3 = −36
(tidak fisibel)
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥4 = 24
Diperoleh: 𝑧5 tidak dihitung, karena 𝑥3 negatif maka pemecahan
tidak fisibel
𝒙𝟑 = 𝒙𝟒 = 𝟎 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 60 𝑥1 = 12
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥4 = 48 𝑥2 = 6
Diperoleh:
𝑧6 = 8𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4
𝑧6 = 8(12) + 6(6) + 0(0) + 0(0) 𝑧6 = 132
(terbesar = maksimum)
Page 14
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 14
Oleh karena 𝑧6 yang memberikan nilai tujuan terbesar maka
𝑧6 = 𝑧 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠
Jadi pemecahan dasar ke 6 meruapakn pemecahan yang optimal. Jumlah hasil
penjualan maksimum sebesar 132. Keputusan yang harus dibuat oleh pemilik
perusahaan yaitu bahwa barang A dan B masing-masing harus diproduksi
sebesar 12 satuan dan 6 satuan.
2. Menentukan 𝑥1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2
Fungsi 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 (minimum)
Pembatas 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 0 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Cara:
Persamaan dirubah dulu menjadi standar yaitu surplus variables dengan
memasukkan variable yang harus dikurangkan di dalam ketidaksamaan agar
menjadi persamaan, sehingga persamaan akan berubah menjadi:
a. Menentukan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4
b. Fungsi 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4 (minimum)
c. Pembatas 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 , 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0, 𝑥4 ≥ 0
d. Menentukan banyaknya solusi dengan menggunakan rumus:
𝐾 =𝑛!
(𝑛−𝑚)!𝑚! 𝐾 =
4!
(4−2)!2!=
4!
2!2!= 6 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖
e. Mengenolkan dua variable, dengan 6 solusi yaitu:
𝒙𝟏 = 𝒙𝟐 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = −3 (tidak fisibel)
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = −2 (tidak fisibel)
Diperoleh: 𝑧1 tidak dihitung, karena 𝑥3 𝑑𝑎𝑛 𝑥4 negatif maka pemecahan
tidak fisibel.
𝒙𝟏 = 𝒙𝟑 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥2 = 3
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = 1
Page 15
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 15
Diperoleh:
𝑧2 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4
𝑧2 = 5(0) + 3(3) − 0(0) − 0(1) 𝑧2 = 9
𝒙𝟏 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = −3 (tidak fisibel)
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥2 = 2
Diperoleh: 𝑧3 tidak dihitung, karena 𝑥3 negatif maka pemecahan tidak
fisibel.
𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥1 =3
2
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥4 = −1 (tidak fisibel)
Diperoleh: 𝑧4 tidak dihitung, karena 𝑥4 negatif maka pemecahan tidak
fisibel.
𝒙𝟐 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥3 = 1
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥1 = 2
Diperoleh:
𝑧5 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4
𝑧5 = 5(2) + 3(0) − 0(1) − 0(0) 𝑧5 = 10
𝒙𝟑 = 𝒙𝟒 = 𝟎 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 2 𝑥2 = 1
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 = 0 𝑥1 = 1
Diperoleh:
𝑧6 = 5𝑥1 + 3𝑥2 − 0𝑥3 − 0𝑥4
𝑧6 = 5(1) + 3(1) − 0(0) − 0(0) 𝑧6 = 8 (terkecil = minimum)
𝑧6 = 𝑧 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑧𝑚𝑖𝑛 karena merupakan nilai tujuan yang terkecil
apabila dibandingkan dengan nilai tujuan yang lain.
Pemecahan optimal memberikan nilai 𝑧 = 8 dengan 𝑥1 = 𝑥2 = 1
Page 16
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 16
Soal-soal:
1. Maksimum 𝑧 = 4𝑥1 + 5𝑥2
Dengan kendala 3𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 12 , 3𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 18 , untuk 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Tentukan solusi dan nilai optimum dengan metode aljabar!
2. Minimumkan 𝑧 = 1,5𝑥1 + 2,5𝑥2
Dengan pembatas 𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 3 , 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Tentukan solusi dan nilai optimum dengan metode aljabar!
3. Maksimum 𝑧 = 20𝑥1 + 30𝑥2
Dengan pembatas 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 8 , 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Tentukan solusi dan nilai optimum dengan metode aljabar!
4. Maksimum 𝑧 = 6𝑥 + 2𝑦
Dengan kendala 4𝑥 + 5𝑦 ≤ 20 , 3𝑥 + 𝑦 ≤ 6 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Tentukan solusi dan nilai optimum dengan metode aljabar!
Page 17
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 17
BAB IV
METODE SIMPLEKS
4.1. Pengertian
Metode simpleks merupakan suatu prosedur aljabar yang bukan secara grafik
untuk mencari nilai optimum dari fungsi tujuan dalam persoalan optimasi yang
terkendala. Penyelesaian program linier dalam menentukan nilai optimum yang
memiliki dua variable atau lebih dengan menggunakan metode simpleks. Untuk
mencari nilai optimum dengan menggunakan metode simpleks dilakukan proses
pengulangan (iterasi) dimulai dari penyelesaian dasar awal yang layak (feasible)
hingga penyelesaian dasar akhir yang layak dimana nilai dari fungsi tujuan telah
optimum, sehingga proses pengulangan (iterasi) tidak dapat dilakukan lagi.
Ada beberapa istilah yang sangat sering digunakan dalam metode simpleks,
diantaranya :
1. Iterasi yaitu tahapan perhitungan dimana nilai dalam perhitungan itu
tergantung dari nilai tabel sebelumnya.
2. Variable non basis yaitu variable yang nilainya diatur menjadi nol pada
sembarang iterasi. Dalam terminologi umum, jumlah variable non basis selalu
sama dengan derajat bebas dalam sistem persamaan.
3. Variable basis merupakan variable yang nilainya bukan nol pada sembarang
iterasi. Pada solusi awal, variable basis merupakan slack variable (jika fungsi
kendala merupakan pertidaksamaan ≤) atau variable buatan (jika fungsi
kendala menggunakan pertidaksamaan ≥ atau =). Secara umum, jumlah
variable basis selalu sama dengan jumlah fungsi pembatas (tanpa fungsi non
negatif).
4. Solusi atau nilai kanan merupakan nilai sumber daya pembatas yang masih
tersedia. Pada solusi awal, nilai kanan atau solusi sama dengan jumlah sumber
daya pembatas awal yang ada, karena aktivitas belum dilaksanakan.
Page 18
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 18
5. Slack Variable adalah variable yang ditambahkan ke model matematik
kendala untuk mengkonversikan pertidaksamaan ≤ menjadi persamaan (=).
Penambahan variable ini terjadi pada tahap inisialisasi. Pada solusi awal,
slack variable akan berfungsi sebagai variabel basis.
6. Surplus Variable adalah variable yang dikurangkan dari model matematik
kendala untuk mengkonversikan pertidaksamaan ≥ menjadi persamaan (=).
Penambahan ini terjadi pada tahap inisialisasi. Pada solusi awal, surplus
variable tidak dapat berfungsi sebagai variable basis.
7. Variable buatan adalah variable yang ditambahkan ke model matematik
kendala dengan bentuk ≥ atau = untuk difungsikan sebagai variabel basis
awal. Penambahan variable ini terjadi pada tahap inisialisasi. Variable ini
harus bernilai 0 pada solusi optimal, karena kenyataannya variabel ini tidak
ada. Variable hanya ada di atas kertas.
8. Kolom Kerja/Kolom Kunci/Kolom Pivot adalah kolom yang memuat variable
masuk. Koefisien pada kolom ini akan menjadi pembagi nilai kanan untuk
menentukan baris kerja.
9. Baris Kerja/Baris Kunci/Kolom Pivot adalah salah satu baris dari antara
variable basis yang memuat variable keluar.
10. Elemen Kerja/Elemen Kunci/Elemen Pivot adalah elemen yang terletak
pada perpotongan kolom dan baris pivot. Elemen pivot akan menjadi dasar
perhitungan untuk tabel simpleks berikutnya.
11. Variable masuk adalah variable yang terpilih untuk menjadi variable basis
pada iterasi berikutnya. Variable masuk dipilih satu dari antara variable non
basis pada setiap iterasi. Variable ini pada iterasi berikutnya akan bernilai
positif.
12. Variable keluar adalah variable yang keluar dari variable basis pada iterasi
berikutnya dan digantikan oleh variable masuk. Variable keluar dipilih satu
dari antara variable basis pada setiap iterasi. Variable ini pada iterasi
berikutnya akan bernilai nol.
Page 19
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 19
4.2. BENTUK BAKU
Pertama sekali sebelum melakukan perhitungan iteratif untuk menentukan solusi
optimum, bentuk umum program linier dirubah ke dalam bentuk baku terlebih
dahulu. Bentuk baku dalam metode simpleks yaitu mengubah persamaan kendala
ke dalam bentuk sama dengan dan setiap fungsi kendala harus diwakili oleh satu
variable basis awal. Variable basis awal menunjukkan status sumber daya pada
kondisi sebelum ada aktivitas yang dilakukan. Dengan kata lain, variable
keputusan semuanya masih bernilai nol dan meskipun fungsi kendala pada bentuk
umum pemrograman linier sudah dalam bentuk persamaan, fungsi kendala
tersebut masih harus tetap berubah.
Dalam metode simpleks, ada beberapa hal yang harus diperhatikan dalam
membuat bentuk baku, yaitu :
1. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≤ dalam bentuk umum, dirubah
menjadi persamaan (=) dengan menambahkan satu slack variable.
2. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≥ dalam bentuk umum, dirubah
menjadi persamaan (=) dengan mengurangkan satu surplus variable.
3. Fungsi kendala dengan persamaan dalam bentuk umum, ditambahkan satu
artificial variable (variabel buatan).
Contoh:
1. Perhatikan kasus A berikut :
Minimumkan 𝑧 = 2𝑥1 + 5,5𝑥2
Kendala :
𝑥1 + 𝑥2 = 90
0.001𝑥1 + 0.002𝑥2 ≤ 0.9
0.09𝑥1 + 0.6𝑥2 ≥ 27
0.02𝑥1 + 0.06𝑥2 ≤ 4.5
𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Page 20
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 20
Bentuk di atas adalah bentuk umum pemrograman liniernya.
Kedalam bentuk baku, model matematik tersebut akan berubah menjadi:
Minimumkan 𝑧 = 2𝑥1 + 5,5𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 − 𝟎𝒔𝟑 + 𝟎𝒔𝟒 + 𝟎𝒔𝟓
Kendala :
𝑥1 + 𝑥2 + 𝒔𝟏 = 90
0.001𝑥1 + 0.002𝑥2 + 𝒔𝟐 = 0.9
0.09𝑥1 + 0.6𝑥2 − 𝒔𝟑 + 𝒔𝟒 = 27
0.02𝑥1 + 0.06𝑥2 + 𝒔𝟓 = 4.5
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 , 𝑠4 , 𝑠5 ≥ 0
Fungsi kendala pertama mendapatkan variable buatan (𝒔𝟏), karena bentuk
umumnya sudah menggunakan bentuk persamaan. Fungsi kendala kedua dan
kelima mendapatkan slack variables (𝒔𝟐 𝒅𝒂𝒏 𝒔𝟓) karena bentuk umumnya
menggunakan pertidaksamaan ≤, sedangkan fungsi kendala ketiga
mendapatkan surplus variables (𝒔𝟑) dan variabel buatan (𝒔𝟒) karena bentuk
umumnya menggunakan pertidaksamaan ≥.
2. Perhatikan kasus B berikut ini :
Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2
Kendala :
5𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 300
3𝑥1 + 10𝑥2 ≤ 300
4𝑥1 + 8𝑥2 ≤ 300
𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Bentuk di atas juga merupakan bentuk umum.
Perubahan ke dalam bentuk baku hanya membutuhkan variabel slack, karena
semua fungsi kendala menggunakan bentuk pertidaksamaan ≤ dalam bentuk
umumnya.
Page 21
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 21
Bentuk bakunya adalah sebagai berikut:
Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑
Kendala :
5𝑥1 + 2𝑥2 + 𝒔𝟏 = 300
3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝒔𝟐 = 300
4 + 8𝑥2 + 𝒔𝟑 = 300
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 ≥ 0
𝒔𝟏 , 𝒔𝟐 , 𝒔𝟑 merupakan slack variables.
4.3. TABEL SIMPLEKS
Bentuk baku yang sudah diperoleh, harus dibuat dalam bentuk tabel. Semua
variable yang bukan variable basis mempunyai solusi (nilai kanan) sama dengan
nol dan koefisien variable basis pada baris tujuan harus sama dengan nol. Oleh
karena itu harus membedakan pembentukan tabel awal berdasarkan variable
basis awal dan hanya akan memperhatikan fungsi kendala yang menggunakan
slack variable dalam bentuk bakunya.
Tabel simpleks sebagai berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 𝒄𝟏 𝒄𝟐 ... 𝒄𝒋 ... 𝒄𝒏
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒂𝟏 𝒂𝟐 ... 𝒂𝒋 ... 𝒂𝒏
𝑪𝑩𝟏 𝒔𝟏 𝒃𝟏 𝒂𝟏𝟏 𝒂𝟏𝟐 ... 𝒂𝟏𝒋 ... 𝒂𝟏𝒏
𝑪𝑩𝟐 𝒔𝟐 𝒃𝟐 𝒂𝟐𝟏 𝒂𝟐𝟐 ... 𝒂𝟐𝒋 ... 𝒂𝟐𝒏
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
𝑪𝑩𝒋 𝒔𝒋 𝒃𝒊 𝒂𝒋𝟏 𝒂𝒋𝟐 𝒂𝒋𝒋 𝒂𝒋𝒏
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Page 22
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 22
Keterangan tabel:
1. CB yaitu menggambarkan koefisien ongkos relatif untuk variable dalam
basis, pada mulanya koefisien itu bernilai nol.
2. VDB yaitu berisikan variable bayangan (slack variables), variable tersebut
akan digantikan dengan variabel keputusan.
3. Kolom 𝒃𝒊 yaitu berisikan nilai variable konstanta di ruas kanan setiap
batasan.
4. Kolom 𝒂𝒋 yaitu berisikan variable keputusan dan variable bayangan.
5. Kolom 𝒄𝒋 yaitu berisikan koefisien relatif dari fungsi tujuan dan kolom
variable bayangan bernilai nol.
6. Baris 𝒛 yaitu berisikan hasil pengurangan 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 dan baris ini akan
memberikan informasi tentang tujuan apakah sudah optimum atau belum.
7. Kolom rasio yaitu berisikan hasil bagi untuk menyatakan variabel yang akan
menjadi baris kunci atau tidak.
Langkah – langkah penyelesaian tabel simpleks sebagai berikut:
1. Merubah persoalan program linier ke dalam bentuk baku standar.
2. Masukkan semua nilai pada fungsi kendala ke dalam tabel simpleks.
3. Masukkan semua nilai pada fungsi tujuan ke dalam tabel simpleks pada baris
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 dengan menggunakan rumus 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 = 𝑪𝑩𝒂𝒋 − 𝒄𝒋 (rumus yang
digunakan saat awal memasukkan semua nilai fungsi tujuan).
4. Menentukan kolom kerja/kolom kunci/kolom pivot:
Untuk persoalan maksimum keuntungan maka penentuan kolom kerja
dalam baris zj − cj diambil nilai yang paling kecil atau paling negatif.
Untuk persoalan minimum biaya yang dirubah menjadi maksimum
maka penentuan kolom kerja dalam baris zj − cj diambil nilai yang
paling besar atau paling positif.
5. Menentukan baris kerja/baris kunci/baris pivot:
Menggunakan rumus atau perbandingan minimum dan bukan negatif.
𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑏𝑖 : 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑘𝑒𝑟𝑗𝑎
(dapat dilihat pada kolom rasio, diambil nilai yang paling kecil)
Page 23
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 23
6. Mencari angka baru yang terdapat pada baris kunci.
Caranya yaitu membagi semua angka yang terdapat pada baris kerja
dengan angka kerja.
Elemen kerja/elemen kunci/elemen pivot yaitu angka yang
terdapat pada perpotongan baris kunci dengan kolom kunci.
7. Mencari angka baru pada baris yang lain (angka baris baru).
Caranya yaitu:
𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑏𝑎𝑟𝑢 = 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑙𝑎𝑚𝑎 − 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑘𝑜𝑙𝑜𝑚 𝑘𝑢𝑛𝑐𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑢 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘𝑢𝑛𝑐𝑖
8. Apabila kondisi optimum belum tercapai maka ulangi kembali langkah ke 4
sampai langkah ke 7 sehingga pada baris 𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 tidak ada lagi yang bernilai
negatif.
Penggunaan tabel simpleks, misalnya gunakan kasus B di atas dengan bentuk
baku yaitu:
Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑
atau 𝑧 − 4𝑥1 − 6𝑥2 + 𝟎𝒔𝟏 + 𝟎𝒔𝟐 + 𝟎𝒔𝟑 = 𝟎
Kendala :
5𝑥1 + 2𝑥2 + 𝒔𝟏 = 300 5𝑥1 + 𝑥2 + 𝒔𝟏 + 𝟎 + 𝟎 = 300
3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝒔𝟐 = 300 3𝑥1 + 10𝑥2 + 𝟎 + 𝒔𝟐 + 𝟎 = 300
4𝑥1 + 8𝑥2 + 𝒔𝟑 = 300 4𝑥1 + 8𝑥2 + 𝟎 + 𝟎 + 𝒔𝟑 = 300
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑠1 , 𝑠2 , 𝑠3 ≥ 0
𝒔𝟏 , 𝒔𝟐 , 𝒔𝟑 merupakan slack variables.
maka tabel awal simpleks sebagai berikut:
variabel bayangan konstanta sebelah kanan fungsi tujuan variabel fungsi tujuan
CB VDB
𝒄𝒋 4 6 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 300 5 2 1 0 0
0 𝒔𝟐 300 3 10 0 1 0
0 𝒔𝟑 300 4 8 0 0 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -4 -6 0 0 0
Page 24
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 24
4.4. Kesimpulan Tabel Simpleks
Tabel simpleks merupakan bagian yang terpenting dalam mengambil keputusan,
sehingga harus memperhatikan solusi optimal dalam variabel keputusan, yaitu
melihat nilai pada kolom 𝒃𝒊 dengan variabel produk pada tabel optimal
Contoh:
1. Selesaikan kasus berikut dengan metode simpleks:
Maksimum 𝑧 = 8𝑥1 + 9𝑥2 + 4𝑥3
Kendala:
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 2
2𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 3
7𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 8
𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0
Penyelesaian:
Langkah 1 merubah menjadi bentuk baku
Maksimum 𝑧 = 8𝑥1 + 9𝑥2 + 4𝑥3 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3
atau 𝑧 − 8𝑥1 − 9𝑥2 − 4𝑥3 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3 = 0
Kendala:
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑠1 = 2
2𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + 𝑠2 = 3
7𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑠3 = 8
𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0
Langkah 2 menggunakan tabel simpleks
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 2 1 1 2 1 0 0
0 𝒔𝟐 3 2 3 4 0 1 0
0 𝒔𝟑 8 7 6 2 0 0 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -8 -9 -4 0 0 0
Page 25
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 25
Langkah 3 menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio
Nilai negatif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟐, maka kolom 𝒙𝟐 adalah kolom
kunci (KK)
Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan
baris 𝒔𝟐 maka baris 𝒔𝟐 adalah baris kunci (BK) dan 𝒔𝟐 merupakan
variabel keluar.
Elemen kunci adalah 3
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 2 1 1 2 1 0 0 2
1= 2
0 𝒔𝟐 3 2 3 4 0 1 0 3
3= 1
0 𝒔𝟑 8 7 6 2 0 0 1 8
6=
4
3
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 -8 -9 -4 0 0 0
Langkah 4 iterasi I
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟐 (tabel di
bawah ini). Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal dibagi dengan 3
(elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏
9 𝒙𝟐 1 2
3 1
4
3 0
1
3 0
0 𝒔𝟑
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru:
3 2 3 4 0 1 0
dibagi 3
1 𝟐
𝟑 1
𝟒
𝟑 0
𝟏
𝟑 0
Page 26
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 26
Baris 𝒛, yaitu:
0 -8 -9 -4 0 0 0
baris lama
koefisien KK pada -9 (1 𝟐
𝟑 1
𝟒
𝟑 0
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑧 -
9 -2 0 8 0 3 0
Baris 𝒔𝟏 , yaitu:
2 1 1 2 1 0 0
baris lama
koefisien KK pada 1 (1 𝟐
𝟑 1
𝟒
𝟑 0
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑠1 -
1 1
3 0
2
3 1 −
1
3 0
Baris 𝒔𝟑 , yaitu:
8 7 6 2 0 0 1
baris lama
koefisien KK pada 6 (1 𝟐
𝟑 1
𝟒
𝟑 0
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑠3 -
2 3 0 -6 0 -2 1
maka tabel iterasi 1 sebagai berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 1 1
3 0
2
3 1 −
1
3 0
9 𝒙𝟐 1 2
3 1
4
3 0
1
3 0
0 𝒔𝟑 2 3 0 -6 0 -2 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9 -2 0 8 0 3 0
Page 27
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 27
Langkah 5 pemeriksaan tabel sudah optimal atau belum
Nilai baris 𝒛 di bawah variabel 𝒙𝟏 masih negatif, maka tabel belum
optimal.
Variabel masuk yaitu 𝒙𝟏 dan variabel keluar yaitu 𝒔𝟑, sehingga diperoleh
tabel berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 1 1
3 0
2
3 1 −
1
3 0
1
13
= 3
9 𝒙𝟐 1 2
3 1
4
3 0
1
3 0
1
23
=3
2
0 𝒔𝟑 2 3 0 -6 0 -2 1 2
3
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9 -2 0 8 0 3 0
Langkah 6 iterasi 2
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟏 (tabel
berikut ini)
Semua nilai pada 𝒔𝟑 di tabel solusi awal dibagi dengan 3 (elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏
9 𝒙𝟐
8 𝒙𝟏 2
3 1 0 -2 0 −
2
3
1
3
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru:
2 3 0 -6 0 -2 1
dibagi 3
𝟐
𝟑 1 0 -2 0 −
𝟐
𝟑
𝟏
𝟑
Page 28
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 28
Baris 𝒛, yaitu:
9 -2 0 8 0 3 0
baris iterasi 1
-2 (𝟐
𝟑 1 0 -2 0 −
𝟐
𝟑
𝟏
𝟑)
baris baru -
31
3 0 0 4 0
5
3
2
3
Baris 𝒙𝟐 , yaitu:
1 2
3 1
4
3 0
1
3 0
baris iterasi 1
2
3 (
𝟐
𝟑 0 -2 0 0 −
𝟐
𝟑
𝟏
𝟑)
baris baru -
5
9 0 1
8
3 0
7
9 −
2
9
Baris 𝒔𝟏 , yaitu:
1 1
3 0
2
3 1 −
1
3 0
baris iterasi 1
1
3 (
𝟐
𝟑 1 0 -2 0 −
𝟐
𝟑
𝟏
𝟑)
baris baru -
7
9 0 0
4
3 1 −
1
9 −
1
9
maka tabel iterasi 2 sebagai berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 8 9 4 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 7
9 0 0
4
3 1 −
1
9 −
1
9
9 𝒙𝟐 5
9 0 1
8
3 0
7
9 −
2
9
8 𝒙𝟏 2
3 1 0 -2 0 −
2
3
1
3
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 31
3 0 0 4 0
5
3
2
3
Tabel sudah optimal, sehingga perhitungan iterasi dihentikan.
Page 29
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 29
Langkah 7 membaca tabel optimal
Dengan tabel optimal dapat disimpulkan dengan solusi optimal, yaitu:
𝑥1 =2
3 , 𝑥2 =
5
9 , 𝑥3 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 =
31
3
artinya: agar keuntungan yang diperoleh maksimum sebesar $31
3, maka
sebaiknya perusahaan menghasilkan produk pertama sebesar
2
3 𝑢𝑛𝑖𝑡 dan produk kedua sebesar
5
9 𝑢𝑛𝑖𝑡
2. Selesaikan kasus berikut dengan metode simpleks:
Minimumkan 𝑧 = 10𝑥1 + 15𝑥2
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 40
𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 30
3𝑥1 + 𝑥2 ≥ 30
𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Penyelesaian:
Langkah 1 merubah menjadi bentuk baku
Minimum 𝑧 = 10𝑥1 + 15𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑠1 = 40 ,
𝑥1 + 3𝑥2+𝑠2 = 30 ,
3𝑥1 + 𝑥2 + 𝑠3 = 30
𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0
Bentuk baku diatas masih minimum, sehingga harus dirubah ke
bentuk maksimum
Maksimumkan 𝑧 = −10𝑥1 − 15𝑥2 − 0𝑠1 − 0𝑠2 − 0𝑠3
atau 𝑧 + 10𝑥1 + 15𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 + 0𝑠3 = 0
Kendala: 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠1 = 40
𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠2 = 30
3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠3 = 30
𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3 ≥ 0
Page 30
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 30
Langkah 2 menggunakan tabel simpleks
C
B
VD
B
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 40 1 1 -1 0 0
0 𝒔𝟐 30 1 3 0 -1 0
0 𝒔𝟑 30 3 1 0 0 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 10 15 0 0 0
Langkah 3 menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio
Nilai positif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟐, maka kolom 𝒙𝟐 adalah kolom
kunci (KK)
Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan
baris 𝒔𝟐 maka baris 𝒔𝟐 adalah baris kunci (BK) dan 𝒔𝟐 merupakan
variabel keluar. Elemen kunci adalah 3
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 40 1 1 -1 0 0 40
1= 40
0 𝒔𝟐 30 1 3 0 -1 0 30
3= 10
0 𝒔𝟑 30 3 1 0 0 -1 30
1= 30
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 10 15 0 0 0
Langkah 4 iterasi I
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒙𝟐 (pada tabel
di bawah)
Page 31
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 31
Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal dibagi dengan 3 (elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏
-15 𝒙𝟐 10 1
3 1 0 −
1
3 0
0 𝒔𝟑
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru:
30 1 3 0 -1 0
dibagi 3
10 𝟏
𝟑 1 0 −
𝟏
𝟑 0
Baris 𝒛, yaitu:
0 10 15 0 0 0
baris lama
koefisien KK pada 15 (10 𝟏
𝟑 1 0 −
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑧 -
-150 5 0 0 5 0
Baris 𝒔𝟏 , yaitu:
40 1 1 -1 0 0
baris lama
koefisien KK pada 1 (10 𝟏
𝟑 1 0 −
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑠1 -
30 2
3 0 -1
1
3 0
Baris 𝒔𝟑 , yaitu:
30 3 1 0 0 -1
baris lama
koefisien KK pada 1 (10 𝟏
𝟑 1 0 −
𝟏
𝟑 0)
baris baru baris 𝑠3 -
20 8
3 0 0
1
3 -1
Page 32
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 32
maka tabel iterasi 1 sebagai berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 30 2
3 0 -1
1
3 0
-15 𝒙𝟐 10 1
3 1 0 −
1
3 0
0 𝒔𝟑 20 8
3 0 0
1
3 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -150 5 0 0 5 0
Langkah 5 pemeriksaan tabel sudah optimal atau belum
Nilai baris z di bawah variable 𝒙𝟏 masih positif maka tabel belum optimal.
Variable masuk yaitu 𝒙𝟏 variable keluar yaitu 𝒙𝟐, sehingga diperoleh tabel
berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 30 2
3 0 -1
1
3 0
30
23
= 45
-15 𝒙𝟐 10 1
3 1 0 −
1
3 0
10
13
= 30
0 𝒔𝟑 20 8
3 0 0
1
3 -1
20
83
= 7,5
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -150 5 0 0 5 0
Langkah 6 iterasi 2
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kerja baru yaitu baris 𝒔𝟑 (tabel berikut
ini).
Page 33
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 33
Semua nilai pada 𝒔𝟑 di tabel solusi awal dibagi dengan 8
3 (elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏
-15 𝒙𝟐
-10 𝒔𝟑 7,5 1 0 0 8
3 −
3
8
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru:
20 8
3 0 0
1
3 -1
dibagi 𝟖
𝟑 7,5 1 0 0
𝟖
𝟑 −
𝟑
𝟖
Baris 𝒛, yaitu:
-150 50 0 0 5 0
baris lama
koefisien KK pada 5 (7,5 1 0 0 𝟖
𝟑 −
𝟑
𝟖)
baris baru baris 𝑧 -
-187,5 0 0 0 35
8
15
8
Baris 𝒔𝟏 , yaitu:
30 2
3 0 -1
1
3 0
baris lama
koefisien KK pada 2
3 (7,5 1 0 0
𝟖
𝟑 −
𝟑
𝟖)
baris baru baris 𝑠1 -
25 0 0 -1 1
4
1
4
Baris 𝒔𝟑 , yaitu:
30 3 1 0 0 -1
baris lama
koefisien KK pada 1
3 (7,5 1 0 0
𝟖
𝟑 −
𝟑
𝟖 )
baris baru
baris 𝑥2 -
7,5 0 1 0 −9
24 −
𝟏
𝟖
Page 34
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 34
maka tabel iterasi 2 sebagai berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 -10 -15 0 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑
0 𝒔𝟏 25 0 0 -1 1
4
1
4
-15 𝒙𝟐 7,5 0 1 0 −9
24 −
1
8
-10 𝒙𝟏 7,5 1 0 0 8
3 −
3
8
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -187,5 0 0 0 35
8
15
8
Langkah 7 membaca tabel optimal
Dengan tabel optimal dapat disimpulkan dengan Solusi optimal, yaitu:
𝑥1 = 7,5 , 𝑥2 = 7,5 , 𝑥3 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = −187,5
artinya: agar memperoleh minimum biaya sebesar $−187,5 maka
perusahaan sebaiknya menghasilkan produk yang pertama
sebesar 7,5 unit dan produk yang kedua sebesar 7,5 unit
Soal – soal:
1. Maksimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 3𝑥2
Kendala 2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 6
4𝑥1 + 𝑥2 ≤ 4 dengan 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
2. Maksimumkan 𝑧 = 3𝑥1 + 5𝑥2
Kendala 2𝑥1 ≤ 8
3𝑥2 ≤ 15
6𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 30 dengan 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
3. Maksimumkan 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3
Kendala 3𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 12
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 8
4𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 17 dengan 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0
Page 35
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 35
4. Perusahaan genteng modern di Jakarta memproduksi 3 jenis genteng yaitu
molek, jelita dan anggun. Ketiga jenis genteng tersebut menggunakan bahan
mentah yang diimpor dari Swiss. Proses produksinya diulakukan dengan
teknik dan peralatan yang serba modern. Pabrik ini mempunyai 3 bagian yaitu
bagian cetak (bagian mentah dicapur lalu dicetak), bagian press (genteng
merah dipress agar padat dan terpisah dari air) dan bagian pengeringan
(genteng sudh dipress dikeringkan). Berbeda dengan genteng tradisional yang
terbuat dari tanah liat. Genteng yang diproduksi perusahaan modern ini tidak
memerlukan waktu yang lama untuk dikeringkan. Waktu pengeringan hanya
beberapa menit saja karena memang sudah cukup dan lamanya proses masing-
masing jenis genteng pada masing-masing bagian yaitu:
Bagian Jenis Genteng
Molek Jelita Anggun
Cetak 10,7 menit 5 menit 2 menit
Press 5,4 menit 10 menit 4 menit
Pengeringan 0,7 menit 1 menit 2 menit
Jumlah Waktu 16,8 menit 16 menit 8 menit
Dalam seminggu mesin-mesin pada setiap bagian dapat bekerja selama: bagian
cetak = 2.705, bagian press = 2.210 dan bagian pengeringa = 445, sedangkan
tingkat kontribusi laba masing-masing jenis genteng yaitu: molek = Rp. 10,00
dan jelita = Rp 15,00 serta anggun = Rp 10,00. Berapa banyaknya masing-
masing genteng harus diproduksi agar diperoleh keuntungan yang maksimum?
Page 36
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 36
BAB V
METODE BIG M (METODE M. CHARNES)
Metode Big M (metode M. Charnes) merupakan pemecahan persoalan
program linier dalam menentukan solusi optimal yaitu untuk mengatasi saat fungsi
kendala dengan menggunakan pertidaksamaan ≥ 𝑑𝑎𝑛 𝑎𝑡𝑎𝑢 ≤ maka variable basis
awal adalah slack variable dan/atau variable buatan dan saat fungsi kendala dengan
menggunakan persamaan sehingga ditemukan pada variable basis awal. Charnes
mencoba mencari jawaban atas persoalan program linier dan menggunakan simpleks
untuk memaksa variable buatan (variable semu atau variable artifisial) menjadi nol,
dengan menentukan konsatan (-M) jika masalah yang dihadapi yaitu memaksimumkan
fungsi tujuan dan menentukan nilai konstanta (M) pada variable buatan (variable semu
atau variable artifisial) jika masalah yang dihadapi yaitu meminimimkan.
Perbedaan metode Big M dengan metode simpleks yang telah dipelajari yaitu
terletak pada pembentukan table awal. Apabila fungsi kendala dengan bentuk
pertidaksamaan ≥ maka perubahan dari bentuk umum ke bentuk baku memerlukan
satu surplus variable yang berfungsi sebagai variable basis awal karena bertanda
negatif. Sebagai variable basis pada solusi awal maka harus ditambahkan satu variable
buatan dan variable buatan pada solusi optimal hartus bernilai nol (0) jarena variable
tersebut memang tidak ada. Adapun teknik yang digunakan untuk memaksa variable
buatan bernilai nol (0) pada solusi optimal yaitu dengan cara berikut:
a. Penambahan variable buatan pada fungsi kendala yang tidak memiliki slack
variable maka penambahan variable buatan pada fungsi tujuan.
b. Apabila fungsi tujuan adalah maksimasi maka variable buatan pada fungsi tujuan
mempunyai koefisien +M dan apabila fungsi tujuan adalah minimisasi maka
variable buatan pada fungsi tujuan mempunyai koefisien –M.
c. Koefisien variable basis pada table simpleks harus bernilai nol (0) maka variable
buatan pada fungsi tujuan harus digantikan nilai dari fungsi kendala yang memuat
variable buatan tersebut.
Page 37
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 37
Catatan:
PL Kendala “=” atau “≥” variable buatan
Variable buatan solusi basis awa layak disingkirkan
𝑀𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑧 = − 𝑀𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑧 𝒛𝒎𝒊𝒏 = −𝒛𝒎𝒂𝒌𝒔
Contoh:
Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2
Kendala 3𝑥1 + 𝑥2 = 3
4𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 6
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Bentuk Baku:
Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2
Kendala 3𝑥1 + 3𝑥2 = 3
4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 = 6
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4 𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2 ≥ 0
Pada kendala yang I dan II tidak mempunyai slack variable sehingga tidak ada
variable basis awal dan agar berfungsi sebagai basis awal maka pada kendala I dan II
dilakukan penambahan pada masing-masing kendala dengan satu variable buatan
(artificial variable), sehingga bentuk Big M nya yaitu:
Bentuk Big M:
Minimum 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2
Kendala 3𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑄1 = 3 kendala I
4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄2 = 6 kendala II
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4 kendala III
𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑄1, 𝑄2 ≥ 0
Langkah-langkahnya yaitu:
1. Nilai 𝑸𝟏 digantikan dari fungsi kendala I 𝑄1 = 3 − 3𝑥1 − 𝑥2
𝑀𝑄1 = 𝑀 (3 − 3𝑥1 − 𝑥2)
𝑀𝑄1 = 3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2
Page 38
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 38
2. Nilai 𝑸𝟐 digantikan dari fungsi kendala II 𝑄2 = 6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1
𝑄2 = 𝑀(6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1)
𝑀𝑄2 = 6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1
3. Fungsi tujuan berubah menjadi:
Min 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2
𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + (3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2) + (6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1)
𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑀 − 3𝑀𝑥1 − 𝑀𝑥2 + 6𝑀 − 4𝑀𝑥1 − 3𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1
𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 + 9𝑀 − 7𝑀𝑥1 − 4𝑀𝑥2 + 𝑀𝑠1
𝑧 = (4 − 7𝑀)𝑥1 + (1 − 4𝑀)𝑥2 + 𝑀𝑠1 + 9𝑀
Minimum 𝑧 = (4 − 7𝑀)𝑥1 + (1 − 4𝑀)𝑥2 + 𝑀𝑠1 + 9𝑀
Maksimum (−𝑧) = −(4 − 7𝑀)𝑥1 − (1 − 4𝑀)𝑥2 − 𝑀𝑠1 − 9𝑀
atau 𝑧 − (4 − 7𝑀)𝑥1 − (1 − 4𝑀)𝑥2 − 𝑀𝑠1 = 9𝑀
Minimum 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 + 𝑀𝑄1 + 𝑀𝑄2
Maksimum (−𝑧) = −4𝑥1 − 𝑥2 + 0𝑠1 − 0𝑠2 − 𝑀𝑄1 − 𝑀𝑄2
Kendala 𝑄1 = 3 − 3𝑥1 − 𝑥2 3𝑥1 + 𝑥2 + 𝑄1 = 3
𝑄2 = 6 − 4𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑠1 4𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄2 = 6
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑠2 = 4
4. Tabel awal simpleks
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-m 𝑸𝟏 3 3 1 0 0 1 0
-m 𝑸𝟐 6 4 3 -1 0 0 1
0 𝑺𝟐 4 1 2 0 1 0 0
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9M -(4-7M)=-4+7M -(1-4M)=-1+4M -M 0 0 0
Page 39
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 39
5. Menentukan kolom kunci, baris kunci dan rasio
Nilai positif terbesar ada pada kolom 𝒙𝟏, maka kolom 𝒙𝟏 adalah kolom kunci
(KK)
Rasio pembagi kanan dengan kolom kunci adalah bersesuaian dengan baris 𝒔𝟐
maka baris 𝑸𝟏 adalah baris kunci (BK) dan 𝑸𝟏 merupakan variabel keluar.
Elemen kunci adalah 3.
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-m 𝑸𝟏 3 3 1 0 0 1 0 3
3= 1
-m 𝑸𝟐 6 4 3 -1 0 0 1 6
4=
3
2
0 𝑺𝟐 4 1 2 0 1 0 0 4
1= 4
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 9M -4+7M -1+4M -M 0 0 0
6. Menentukan Tabel Iterasi I
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kunci baru yaitu baris 𝒙𝟏 (tabel berikut)
Semua nilai pada 𝑸𝟏 di tabel solusi awal di bagi dengan 3 (elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 1 1 1
3 0 0
1
3 0
-m 𝑸𝟐
0 𝑺𝟐
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhitungan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru: 3 3 1 0 0 1 0
dibagi 3 1 1 𝟏
𝟑 0 0
𝟏
𝟑 0
Page 40
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 40
Baris 𝑸𝟐, yaitu: 6 4 3 -1 0 0 1
1 1 𝟏
𝟑 0 0
𝟏
𝟑 0
4 -
2 0 5
3 -1 0 −
4
3 1
Baris 𝒔𝟐, yaitu: 4 1 2 0 1 0 0
1 1 𝟏
𝟑 0 0
𝟏
𝟑 0
1 -
3 0 5
3 0 1 -
1
3 0
Baris z, yaitu: 9M -4+7M -1+4M -M 0 0 0
1 1 𝟏
𝟑 0 0
𝟏
𝟑 0
-4+7M -
4+2M 0 1+5𝑀
3 -M 0
4−7𝑀
3 0
Diperoleh Tabel Iterasi I, yaitu:
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 1 1 1
3 0 0
1
3 0
-m 𝑸𝟐 2 0 5
3 -1 0 −
4
3 1
0 𝑺𝟐 3 0 5
3 0 1 −
1
3 0
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 4+2M 0 1 + 5𝑀
3 -M 0
4 − 7𝑀
3 0
Page 41
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 41
7. Pemerikasaan Tabel Iterasi I
Nilai baris 𝒛 di bawah variable 𝒙𝟐 positif terbesar maka table belum optimal.
Variabel masuk yaitu 𝒙𝟐 dan variable keluar 𝑸𝟐 sehingga diperoleh table berikut:
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 1 1 1
3 0 0
1
3 0
1
13
= 3
-m 𝑸𝟐 2 0 5
3 -1 0 −
4
3 1
2
53
=6
5
0 𝑺𝟐 3 0 5
3 0 1 −
1
3 0
3
53
= 5
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 4+2M 0 1 + 5𝑀
3 -M 0
4 − 7𝑀
3 0
8. Menentukan Tabel Iterasi II
Nilai yang dimiliki adalah nilai baris kunci baru yaitu baris 𝒙𝟐 (tabel berikut)
Semua nilai pada 𝒔𝟐 di tabel solusi awal di bagi dengan 5
3 (elemen kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏
-1 𝒙𝟐 6
5 0 1 −
3
5 0 −
4
5
3
5
0 𝑺𝟐
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhatikan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru: 2 0 5
3 -1 0 −
4
3 1
dibagi 5
3
𝟔
𝟓 0 1 −
𝟑
𝟓 0 −
𝟒
𝟓
𝟑
𝟓
Page 42
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 42
Baris 𝒙𝟏, yaitu: 1 1 1
3 0 0
1
3 0
𝟔
𝟓 0 1 −
𝟑
𝟓 0 −
𝟒
𝟓
𝟑
𝟓
𝟏
𝟑
3
5 1 0
1
5 0
3
5 −
1
5
Baris 𝒔𝟐, yaitu: 3 0 5
3 0 1 −
1
3 0
𝟔
𝟓 0 1 −
𝟑
𝟓 0 −
𝟒
𝟓
𝟑
𝟓
5
3 -
1 0 0 1 1 1 -1
Baris 𝒛, yaitu:
4+2M 0 1+5𝑀
3 -M 0
4−7𝑀
3 0
𝟔
𝟓 0 1 −
𝟑
𝟓 0 −
𝟒
𝟓
𝟑
𝟓
1+5𝑀
3 -
18
5 0 0
1
5 0
8−5𝑀
5
−1−5𝑀
5
Disederhanakan: 18
5 0 0
1
5 0
8
5− 𝑀 −
1
5− 𝑀
Diperoleh Tabel Iterasi II, yaitu:
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 3
5 1 0
1
5 0
3
5 −
1
5
-1 𝒙𝟐 6
5 0 1 −
3
5 0 −
4
5
3
5
0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 18
5 0 0
1
5 0
8
5− 𝑀 −
1
5− 𝑀
9. Pemeriksaan Tabel Iterasi II
Nilai baris 𝒛 di bawah variable 𝒔𝟏 masih positif maka tabel belum optimal.
Variabel masuk yaitu 𝒔𝟏 dan variable keluar 𝒔𝟐 sehingga diperoleh tabel berikut:
Page 43
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 43
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 3
5 1 0
1
5 0
3
5 −
1
5
3515
= 3
-1 𝒙𝟐 6
5 0 1 −
3
5 0 −
4
5
3
5
65
−35
= −2
0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 18
5 0 0
1
5 0
8
5− 𝑀 −
1
5− 𝑀
10. Menentukan Tabel Iterasi III
Nilai baris kunci baru: baris 𝒔𝟐 & semua nilai pada 𝒔𝟏 di tabel solusi awal:1
(kunci)
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏
-1 𝒙𝟐
0 𝑺𝟏 1 0 0 1 1 1 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋
Perhatikan nilai baris, sebagai berikut:
Baris Kunci Baru: 1 0 0 1 1 1 -1
dibagi 1
1 0 0 1 1 1 -1
Baris 𝒙𝟏, yaitu: 3
5 1 0
1
5 0
3
5 −
1
5
1 0 0 1 1 1 -1
𝟏
𝟓
2
5 1 0 0 −
1
5
2
5 0
Baris 𝒙𝟐, yaitu: 6
5 0 1 −
3
5 0 −
4
5
3
5
1 0 0 1 1 1 -1
3
5 -
9
5 0 1 0
3
5 -
1
5 0
Page 44
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 44
Baris 𝒛, yaitu: 18
5 0 0
1
5 0
8
5− 𝑀 −
1
5− 𝑀
1 0 0 1 1 1 -1
1
5
17
5 0 0 0 −
1
5
7
5− 𝑀 −𝑀
Diperoleh Tabel Iterasi III, yaitu:
CB VDB
𝒄𝒋 -4 -1 0 0 -m -m
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑄1 𝑄2
-4 𝒙𝟏 2
5 1 0 0 −
1
5
2
5 0
-1 𝒙𝟐 9
5 0 1 0
3
5 −
1
5 0
0 𝑺𝟐 1 0 0 1 1 1 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 17
5 0 0 0 −
1
5
7
5− 𝑀 −𝑀
Dengan demikian tabel telah optimal, 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −17
5 tercapai
bila 𝑥1 =2
5 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 =
9
5
Soal – soal:
1. Minimumkan 𝑧 = 4𝑥1 + 𝑥2
Kendala 3𝑥1 + 𝑥2 = 3 4𝑥1 + 3𝑥2 ≥ 6
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 3 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
2. Minimumkan 𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
3. Minimumkan 𝑧 = 𝑥1 + 9𝑥2 + 𝑥3
Kendala 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 ≥ 9 3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 15
2𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 ≤ 12 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 ≥ 0
Page 45
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 45
BAB VI
METODE DUAL SIMPLEKS
(METODE SIMPLEKS DUA FASE)
Metode simpleks dua fase merupakan suatu modifikasi dari metode
M’Charnes. Penyelesaian program linier pada metode M’Charnes koefisien, yaitu
variable tiruan (buatan atau semu) mendapatkan harga (-M) untuk permasalahan
memaksimumkan atau (+M) untuk permasalahan meminimumkan. Sedangkan
penyelesaian program linier dengan metode simpleks dua fase, yaitu harga (konstanta)
variable tiruan pada fungsi tujuan diberi tanda (-1) pada permasalahan
memaksimumkan atau (+1) pada permasalahan meminimumkan.
Metode simpleks dua fase digunakan bila tabel optimal tidak layak. Pada
bentuk umum program linier, fungsi kendala dengan menggunakan tanda (≥) dan
tidak ada tanda (=) maka bentuk dapat menggunakan metode simpleks dua fase.
Metode simpleks dua fase digunakan pada variable basis awal terdiri dari variable
buatan dan proses optimasi dilakukan dengan dua tahap (dua fase), yaitu:
1. Fase I (tahap I) merupakan proses optimasi variable buatan yaitu
mengusahakan agar semua nilai variable buatan menjadi nol (0)
Pada akhir fase I yaitu setelah 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 dengan 3 kemungkinan hasil sebagai
berikut:
a. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 < 0 satu atau lebih variabel buatan berada dalam basis pada
tingkat nilai yang
positif. Hal ini berarti permasalahan program linier yang
asli tidak mempunyai penyelesaian yang layak (pemecahan
fisibel)
b. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 tidak ada variable buatan yang terletak (ada) dalam basis.
Hal ini berarti permasalahan program linier yang asli telah diperoleh
penyelesaian dasar yang fisibel.
Page 46
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 46
c. 𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 > 0 satu atau lebih variable buatan terletak (ada) pada basis, pada
tingkat nilai
nol (degenerasi). Hal ini berarti permasalahan program
linier yang asli telah diperoleh penyelesaian yang layak
(pemecahan fisibel)
2. Fase II (tahap II) merupakan proses optimasi variable keputusan yaitu dari
suatu pemecahan dasar yang fisibel baik yang memuat vriable buatan dengan
nilai variable pada tingkat nol dan tidak memuat vektor buatan sama sekali.
Ringkasan perubahan untuk penyelesaian simpleks.
No Tanda Fungsi
Kendala
Perubahan Fungsi Kendala
(diubah menjadi tanda “=”)
Perubahan Fungsi Tujuan
Maksimasi Minimisasi
1 = Tambahan Variable Artificial (𝑄𝑖) −𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 − 1 +𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 + 1
2 ≤ Kurangi Slack Variabel (𝑠𝑖) 0 0
3 ≥ Kurangi Surplus Variable (𝑠𝑖)
Tambahkan Variable Artificial (𝑄𝑖)
0
−𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 − 1
0
+𝑀 𝑎𝑡𝑎𝑢 + 1
Bentuk khusus dalam Simpleks, sebagai berikut:
1. Degeneracy
Kasus ini terjadi apabila salah satu variable basis berharga nol (0) pada
iterasi selanjutnya sehingga iterasi yang dilakukan menjadi suatu loops
yang akan kembali ke bentuk sebelumnya.
Degeneracy dapat bersifat temporer (sementara) sehingga apabila
iterasi dilanjutkan maka degeneracy itu menghilang.
2. Solusi Optimum Banyak
Kasus ini terjadi apabila masalah program linier memiliki lebih dari
satu solusi optimum. Hal ini ditandai apabila fungsi tujuan sejajar
dengan fungsi kendala. Pada table simpleks hal ini ditandai dengan
paling sedikit satu variable basis pada baris 𝒛 bernilai nol (0).
Page 47
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 47
Solusi optimum yang lain dapat dicari dengan cara melanjutkan iterasi
dengan memilih variable non basis bernilai nol menjadi entering
variable dan memberikan nilai 𝒛 yang sama.
3. Solusi Tidak terbatas
Kasus ini terjadi apabila ruang solusi tidak terhingga (nilai fungsi
tujuan meningkat untuk maksimasi atau menurun untuk minimasi
secara tidak terbatas).
Contoh:
1. Minimumkan 𝑧 = 30𝑥1 + 40𝑥2
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 40
𝑥1 + 2𝑥2 ≥ 60 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Penyelesaian:
Fase I dengan Bentuk Baku:
Minimumkan 𝑧 = 30𝑥1 + 40𝑥2 − 0𝑠1 − 0𝑠2 + 1𝑄1 + 1𝑄2
Maksimumkan (−𝑧) = −30𝑥1 − 40𝑥2 + 0𝑠1 + 0𝑠2 − 1𝑄1 − 1𝑄2
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑠1 + 𝑄1 = 40
𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑠2 + 𝑄2 = 60
𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑄1, 𝑄2 ≥ 0
𝑠1 𝑑𝑎𝑛 𝑠2 : variable pengurang 𝑄1 𝑑𝑎𝑛 𝑄2 : variable buatan
Tabel Awal
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
-1 𝑸𝟏 40 1 1 -1 0 1 0 40
1= 40
-1 𝑸𝟐 60 1 2* 0 -1 0 1 60
2= 30
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 (−1.40)+ (−1.60)= −100
−1 − 1 = −2 −1 − 2 = −3 1 − 0 = 1 0 + 1 = 1 0 0
Page 48
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 48
Tabel I
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
-1 𝑸𝟏 10 1
2 0 -1
1
2 1 −
1
2
0 𝑸𝟐 30 1
2 1 0 −
1
2 0
1
2
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -10 −1
2 0 1 −
1
2 0
3
2
Tabel II
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
-1 𝑸𝟏 10 1
2* 0 -1
1
2 1 −
1
2 20
0 𝒙𝟐 30 1
2 1 0 −
1
2 0
1
2 60
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -10 −1
2 0 1 −
1
2 0
3
2
Table III
Ternyata dalam table 3 menunjukkan fase I berakhir sehingga melangkah ke fase II
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒙𝟏 20 1 0 -2 1 2 -1
0 𝒙𝟐 20 0 1 1 -1 -1 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 0 0 0 0 1 1
Page 49
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 49
Fase II
Tabel IV pada fase II
Karena semua kolom sudah positif maka nilai 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−140) = 140
Jadi nilai maksimum di 𝑧 = 140 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥1 = 𝑥2 = 20
2. Minimumkan 𝑧 = 50𝑥1 + 80𝑥2
Kendala 𝑥1 ≤ 40 𝑥2 ≥ 20 𝑥1 + 𝑥2 = 50 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Penyelesaian:
Fase I dengan Bentuk Baku:
Minimumkan 𝑧 = 50𝑥1 + 80𝑥2 + 0𝑠1 − 0𝑠2 + 1𝑄1 + 1𝑄2
Maksimumkan (−𝑧) = −50𝑥1 − 80𝑥2 − 0𝑠1 + 0𝑠2 − 1𝑄1 − 1𝑄2
Kendala 𝑥1 + 𝑠1 = 40
𝑥2 − 𝑠2 + 𝑄1 = 20
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑄2 = 50
𝑥1, 𝑥2, 𝑠1, 𝑠2, 𝑠3, 𝑠4 ≥ 0
𝑠1 : variabel penambah 𝑠2 : variabel pengurang 𝑄1 𝑑𝑎𝑛 𝑄2: variabel buatan
Tabel Awal
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0
-1 𝑸𝟏 20 0 1 0 -1 0 0
-1 𝑸𝟐 50 1 1 0 0 0 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -70 1 -2 0 1 0 0
CB
VDB
𝒄𝒋 -30 -40 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐
-30 𝒙𝟏 20 1 0 -2 1
-40 𝒙𝟐 20 0 1 1 -1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -140 0 0 20 10
Page 50
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 50
Tabel I
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0 ∞
-1 𝑸𝟏 20 0 1 * 0 -1 0 0 20
-1 𝑸𝟐 50 1 1 0 0 0 1 50
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -70 1 -2 0 1 0 0
Tabel II
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0
0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 0 0
-1 𝑸𝟐 30 1 0 0 1 -1 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -30 -1 0 0 -1 2 0
Tabel III
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒔𝟏 40 1 0 1 0 0 0 40
0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 0 0 ∞
-1 𝑸𝟐 30 1* 0 0 1 -1 1 30
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -30 -1 0 0 -1 2 0
Tabel IV
CB VDB
𝒄𝒋 0 0 0 0 -1 -1
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝑸𝟏 𝑸𝟐
0 𝒔𝟏 10 0 0 1 -1 1 -1
0 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1 1 0
0 𝒙𝟏 30 1 0 0 1 -1 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 0 0 0 0 0 1 1
Page 51
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 51
Fase II
Tabel V pada fase II
CB VDB
𝒄𝒋 -50 -80 0 0
Rasio 𝒂𝒋
𝒃𝒊 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝟏 𝒔𝟐
0 𝒔𝟏 10 0 0 1 -1
-80 𝒙𝟐 20 0 1 0 -1
-50 𝒙𝟏 30 1 0 0 1
𝒛𝒋 − 𝒄𝒋 -3100 0 0 0 30
Karena semua kolom sudah positif maka nilai 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−3100) = 3100
Jadi nilai maksimum di 𝑧 = 3100 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥1 = 30 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 20
Soal – soal :
1. Minimumkan 𝑧 = 14𝑥1 + 18𝑥2
Kendala 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 25
5𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 40 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
2. Minimumkan 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2
Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Page 52
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 52
BAB VII
METODE SIMPLEKS YANG DIREVISI
Metode simpleks yang direvisi merupakan salah satu cara dalam pemecahan
persoalan program linier. Penyelesaian dengan metode simpleks yang direvisi dengan
menggunakan dua bentuk penyelesaian yaitu:
a. Bentuk Standard I (Standrad From I), yaitu memasukkan variable slack dan
surplus dan tidak memerlukan variable – variable buatan (artificial variable)
sehingga memperoleh matriks identitas (identity matrix).
b. Bentuk Standard II (Standrad From II), yaitu memasukkan variabel – variable
buatan (artificial variable) sehingga memperoleh matrix identitas (identity
matrix).
Pada metode simpleks yang direvisi, menganggap bahwa fungsi tujuan
merupakan suatu pembatasan, dengan langkah-langkah sebagai berikut:
a. Bentuk Standard I (Standrad From I)
1. Dirubah dalam bentuk baku/standar program linier
2. Ditulis dalam bentuk matrix, sebagai berikut:
𝐴𝑋 = 𝐻 , 𝑋 ≥ 0 , 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 𝐶𝑋 𝑍 − 𝐶𝑋 = 𝑍 − 𝑐1𝑥1 −
⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0
setelah itu dimasukkan di dalam 𝐴𝑋 = 𝐻, maka diperoleh:
𝑍 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0
𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = ℎ1
𝑎21𝑥1 + ⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = ℎ2 .
.
.
𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = ℎ𝑚
Dari uraian di atas diperoleh persamaan sebanyak (𝑚 + 1) dengan
variable yang tidak diketahui sebanyak (𝑛 + 1) yaitu 𝑍, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 .
Page 53
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 53
Pada kolom 𝑍 = 𝑥0 , −𝑐𝑗 = 𝑎0𝑗 maka didapat sebagai berikut:
𝑥0 + 𝑎01𝑥1 + ⋯+ 𝑎0𝑛𝑥𝑛 = 0
𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = ℎ1
𝑎21𝑥1 + ⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = ℎ2 .
.
.
𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = ℎ𝑚
3. Di dalam bentuk matrix partisi atau partition matrix diperoleh sebagai
berikut:
[1 𝐴0
0 𝐴
] [
𝑥0
𝑥] = [
0
𝐻] [
1 − 𝑐
0 𝐴 ] [
𝑍
𝑋] = [
0
𝐻]
4. Bentuk table untuk revised simpleks
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
……
…… 𝑃𝑚
(1) 𝑥𝐵
(1) 𝑌𝑘
(1)
𝑥0
𝑃01 𝑃02 ……
…… 𝑃0𝑚 𝑍 = 𝑥0 𝑍𝑘 − 𝑐𝑘
𝑥𝐵1
𝑃11 𝑃12
……
…… 𝑃1𝑚 𝑥𝐵1
𝑌1𝑘
𝑥𝐵2
𝑃21 𝑃22
……
…… 𝑃2𝑚
𝑥𝐵2
𝑌2𝑘
.
.
.
.
.
.
.
.
.
……
……
.
.
.
.
.
.
.
.
. 𝑥𝐵𝑖
𝑃𝑖1 𝑃𝑖2
……
…… 𝑃𝑖𝑚
𝑥𝐵𝑖
𝑌𝑖𝑘
.
.
.
.
.
.
.
.
.
……
……
.
.
.
.
.
.
.
.
.
𝑥𝐵𝑚
𝑃𝑚1 𝑃𝑚2
……
…… 𝑃𝑚𝑚 𝑥𝐵𝑚
𝑌𝑚𝑘
5. Perhitungan selanjutnya dengan menggunakan cara simpleks
Page 54
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 54
b. Bentuk Standard II (Standrad From II)
1. Membuat fungsi tujuan menjadi maksimum (memaksimumkan)
2. Dirubah dalam bentuk baku/standar program linier
3. Ditulis dalam bentuk matrix, sebagai berikut:
𝐴𝑋 = 𝐻 , 𝑋 ≥ 0 , 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 𝐶𝑋 𝑍 − 𝐶𝑋 = 𝑍 − 𝑐1𝑥1 −
⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0
setelah itu dimasukkan di dalam 𝐴𝑋 = 𝐻, maka diperoleh:
𝑍 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0
𝑥𝑛+1 + ⋯… . . ………+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = 0
𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+1 = ℎ1
(**) .
.
.
𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 + ⋯…+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = ℎ𝑚
Pembatasan di dalam persamaan yang kedua merupakan persamaan yang
ditamdahkan sehinggga mendapatkan bahwa vector buatan tetap nol, tetapi
ternyata lebih baik dengan menambah indeks baris dengan 1 (satu) yaitu 𝑚 +
1, sehingga diperoleh matrix yaitu:
𝐴 =
[ 𝑎21 𝑎2𝑛
.
.
.
𝑎𝑚+1,1 𝑎𝑚+1,𝑛]
, 𝐻 = [ℎ1, … . , ℎ𝑚+1]
Persamaan – persamaan (**) dapat ditulis sebagai berikut:
𝑥0 − 𝑐1𝑥1 − ⋯− 𝑐𝑛𝑥𝑛 = 0
𝑥𝑛+1 + ⋯… . . ………+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = 0 (***)
𝑎11𝑥1 + ⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 + 𝑥𝑛+1 = ℎ1 .
.
.
𝑎𝑚1𝑥1 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 + ⋯…+ 𝑥𝑛+𝑚+1 = ℎ𝑚+1
Pada persamaan di atas, penambahan variable 𝑥𝑛+1 dalam persamaan (***) di
baris kedua sebelum 𝑥𝑛+2
Page 55
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 55
4. Matrix basis untuk fase II, sebagi berikut:
𝐵𝑜𝑜 =
[ 1 0 0 … 00 1 1 … 10 0 1 … 0
.
.
.0 0 0 … 1]
kolom 1 & 2 masing-masing 𝑒1 𝑑𝑎𝑛 𝑒1 dan bukan merupakan identity
matrix
Invers dari 𝐵𝑜𝑜 dengan mempergunakan matrix partisi yaitu:
𝐵𝑜𝑜 =
[ 1 0 0 … 00 1 − 1 … − 10 0 1 … 0
.
.
.0 0 0 … 1]
[ 1 0 0
0 1 1𝑚
0 1 1𝑚]
5. Bentuk table untuk revised simpleks
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
………… 𝑃𝑚(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
𝑥0
𝑃01 𝑃02 ………… 𝑃0𝑚 𝑍 = 𝑥0 𝑍𝑘 − 𝑐𝑘
𝑥𝐵1
𝑃11 𝑃12 ………… 𝑃1𝑚 𝑥𝐵1
𝑌1𝑘
𝑥𝐵2
𝑃21 𝑃22 ………… 𝑃2𝑚
𝑥𝐵2
𝑌2𝑘
.
.
.
.
.
.
.
.
. …………
.
.
.
.
.
.
.
.
.
𝑥𝐵𝑖
𝑃𝑖1 𝑃𝑖2 ………… 𝑃𝑖𝑚
𝑥𝐵𝑖
𝑌𝑖𝑘
.
.
.
.
.
.
.
.
. …………
.
.
.
.
.
.
.
.
.
𝑥𝐵𝑚
𝑃𝑚1 𝑃𝑚2 ………… 𝑃𝑚𝑚 𝑥𝐵𝑚
𝑌𝑚𝑘
Page 56
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 56
6. Perhitungan selanjutnya dengan menggunakan cara simpleks
Contoh:
1. Maksimumkan 𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2
Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 5
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Penyelesaian:
𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2 𝑥0 − 3𝑥1 + 2𝑥2 = 0
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 5 2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 5
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 3 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 = 3
𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑃1(1)
𝑃2(1)
[
1 − 3 − 2 0 0
0 2 1 1 0
0 1 1 0 1]
[ 𝑥1
𝑥 2
𝑥3
𝑥4 ]
=
[ 0
3
5 ]
[ 2 1 1 0
1 1 0 1] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] = [5
3]
𝐴01 𝐴1
1 𝐴21 𝐴3
1 𝐴41 A 𝐼2 X
H
𝑒1 𝑒2 𝑒1 𝐻1
Matrix basis 𝐵0 = (𝑒1, 𝑒2, 𝑒3), 𝐵0 = 𝐼3 𝐵0−1 = 𝐵0 = 𝐼3
𝐵0−1 = [
1 𝑐𝐵
0 𝐼2
] =
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1 ]
𝒆 𝒆𝟏(𝟏)
𝒆𝟐(𝟏)
Page 57
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 57
Tabel Awal
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
𝑥0 0 0 0
𝑥3 1 0 5
𝑥4 0 1 3
𝒆 𝑃1(1)
𝑃2(1)
menentukan nilai 𝑌𝑘(1)
𝑌𝑘(1)
=
[ 1 0 0
0 1 0
0 0 1 ]
[ −3
2
1 ]
=
[ −3
2
1 ]
Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟏)
pada table: KK EK
BK= terkecil
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
Rasio
𝑥0 0 0 0 -3 0
3= ∞
𝑥3 1 0 5 2 * 5
2= 2
1
2
𝑥4 0 1 3 1 3
1= 3
Nilai 𝑌𝑘(1)
masih bernilai negative maka langkah selanjutnya seperti pada
simpleks dengan menentukan kolom kunci, baris kunci dan elemen kunci,
yaitu:
Baris Kunci : 1 0 5
dibagi 2
1
2 0
5
2
Untuk 𝑥4: 0 1 3
1
2 0
5
2
1 -
−1
2 1
1
2
Page 58
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 58
Untuk 𝑥0: 0 0 0
1
2 0
5
2
-3 -
3
2 0
15
2
Tabel Iterasi I
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
𝑥0 3
2 0
15
2
𝑥1 1
2 0
5
2
𝑥4 −1
2 1
1
2
𝒆 𝑃1(1)
𝑃2(1)
menentukan nilai 𝑌𝑘(1)
𝑌𝑘(1)
=
[ 1
3
2 0
0 1
2 0
0 −1
2 1]
[ −2
1
1 ]
=
[ −
1
2
1
2
1
2 ]
Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟏)
pada table:
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
Rasio
𝑥0 3
2 0
15
2 −
1
2
152
−12
= −15
𝑥1 1
2 0
5
2
1
2
5212
= 5
𝑥4 −1
2 1
1
2
1
2 ∗
1212
= 1
Page 59
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 59
Langkah selanjutnya seperti pada simpleks dengan menentukan kolom kunci,
baris kunci dan elemen kunci, yaitu:
Baris Kunci : −1
2 1
1
2
dibagi 1
2
-1 2 1
Untuk 𝑥1 : 1
2 0
5
2
-1 2 1
1
2 -
1 -1 2
Untuk 𝑥0 : 3
2 0
15
2
-1 2 1
−1
2 -
1 1 8
Tabel Iterasi II
VDB 𝑃1(1)
𝑃2(1)
𝑥𝐵(1)
𝑌𝑘(1)
𝑥0 1 1 8
𝑥1 1 -1 2
𝑥2 -1 2 1
Karena semua nilai 𝑧𝑗 − 𝑐𝑗 ≥ 0 maka sudah tercapai pemecahan optimal, yaitu
𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = 8 dengan 𝑥1 = 2 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 1
2. Minimumkan 𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2
Kendala 2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
Page 60
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 60
Penyelesaian:
𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠
𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −5𝑥1 − 3𝑥2
𝑧 = 5𝑥1 + 3𝑥2 𝑥0 + 5𝑥1 + 3𝑥2 = 0
𝑥5 + 𝑥6 + 𝑥7 = 0
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 3 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 = 3
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥7 = 2
𝑛 = 4 𝑑𝑎𝑛 𝑚 = 2 𝑥𝑛+1 = 𝑥5 harus maksimum
Dalam bentuk matrix, yaitu:
𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 𝑥6 𝑥7
[ 1 5 3 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 1
0 2 1 − 1 0 0 1 0
0 1 1 0 − 1 0 0 1]
[ 𝑥0
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
𝑥5
𝑥6
𝑥7]
=
[ 0
3
2 ]
[ 1 0 0 0
0 1 1 1
0 0 1 0
0 0 0 1 ]
[ 1 0 0 0
0 1 − 1 − 1
0 0 1 0
0 0 0 1]
[ 0
0
3
2 ]
=
[
0
−5
3
2 ]
𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
Page 61
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 61
Tabel Awal
VDB 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
𝑥𝐵(2)
𝑌𝑘(2)
𝑥0 0 0 0 0
𝑥5 1 -1 -1 -5
𝑥6 0 1 0 3
𝑥7 0 0 1 2
𝒆 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
menentukan nilai 𝑌𝑘(2)
𝑌𝑘(2)
=
[ 1 0 0 0
0 1 − 1 − 1
0 0 1 0
0 0 0 1 ]
[ 5
0
2
1 ]
=
[
5
−3
2
1 ]
Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟐)
pada table: EK KK BK = terkecil
VDB 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
𝑥𝐵(2)
𝑌𝑘(2)
Rasio
𝑥0 0 0 0 0 5 0
5= 0
𝑥5 1 -1 -1 -5 -3 −5
−3=
5
3
𝑥6 0 1 0 3 2 * 3
2
𝑥7 0 0 1 2 1 2
1= 2
Nilai 𝑌𝑘(1)
masih bernilai negative maka langkah selanjutnya seperti pada
simpleks dengan menentukan kolom kunci, baris kunci dan elemen kunci,
yaitu:
Page 62
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 62
Baris Kunci : 0 1 0 3
dibagi 2
0 1
2 0
3
2
Untuk 𝑥0: 0 0 0 0
0 1
2 0
3
2
5 -
0 −5
2 0 −
15
2
Untuk 𝑥5: 1 -1 -1 -5
0 1
2 0
3
2
-3 -
1 1
2 -1 -
1
2
Untuk 𝑥7: 0 0 1 2
0 1
2 0
3
2
1 -
0 −1
2 1
1
2
Tabel Iterasi I
VDB 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
𝑥𝐵(2)
𝑌𝑘(2)
Rasio
𝑥0 0 −5
2 0 −
15
2
𝑥5 1 1
2 -1 −
1
2
𝑥1 0 1
2 0
3
2
𝑥7 0 −1
2 1
1
2
Page 63
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 63
𝒆 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
menentukan nilai 𝑌𝑘(2)
𝑌𝑘(2)
=
[ 1 0 −
5
2 0
0 1 1
2 − 1
0 0 1
2 0
0 0 −1
2 1]
[ 3
0
1
1 ]
=
[
1
2
−1
2
1
2
1
2 ]
Masukan nilai 𝒀𝒌(𝟐)
pada table:
VDB 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
𝑥𝐵(2)
𝑌𝑘(2)
Rasio
𝑥0 0 −5
2 0 −
15
2
1
2
−152
12
= −15
𝑥5 1 1
2 -1 −
1
2 −
1
2
−12
−12
= 1
𝑥1 0 1
2 0
3
2
1
2
3212
= 3
𝑥7 0 −1
2 1
1
2
1
2 ∗
1212
= 1
Nilai 𝑌𝑘(1)
masih bernilai negative maka langkah selanjutnya seperti pada
simpleks dengan menentukan kolom kunci, baris kunci dan elemen kunci,
yaitu:
Baris Kunci : 0 −1
2 1
1
2
dibagi 1
2
0 -1 2 1
Untuk 𝑥0: 0 −5
2 0 −
15
2
0 -1 2 1
1
2 -
0 -2 -1 8
Page 64
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 64
Untuk 𝑥5: 1 1
2 -1 -
1
2
0 -1 2 1
−1
2 -
1 0 0 0
Untuk 𝑥1: 0 1
2 0
3
2
0 -1 2 1
1
2 -
0 1 -1 1
Tabel Iterasi II
VDB 𝑃1(2)
𝑃2(2)
𝑃3(2)
𝑥𝐵(2)
𝑌𝑘(2)
Rasio
𝑥0 0 -2 -1 8
𝑥5 1 0 0 0
𝑥1 0 1 -1 1
𝑥2 0 -1 2 1
Pada table diatas terlihat bahwa 𝑥𝑛+1 = 𝑥5 = 0 dan semua variable buatan = 0
maka fase I sudah berakhir dan 𝑧𝑗 − 𝑐𝑗 ≥ 0 maka pemecahan telah optimal
yaitu:
𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −8 𝑧𝑚𝑖𝑛 = −𝑧𝑚𝑎𝑘𝑠 = −(−8) = 8 pada 𝑥1 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 1
Soal – soal :
1. Maksimumkan 𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2
Kendala 𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 8
−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1 𝑥2 ≤ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
2. Minimumkan 𝑧 = 𝑥1 + 2𝑥2
Kendala 2𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 6
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 2 , 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Page 65
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 65
BAB VIII
TRANSPORTASI
8.1. Perumusan Permasalahan Transportasi
Penyelesaian program linier pada metode transportasi dengan memperhatikan
perumusan program linier.
Contoh 1:
Sebuah perusahaan bergerak pada bidang pengolahan makanan yang berasal dari
biji-bijian dan salah satu produk yang dihasilkan adalah biji mete yang dikalengkan.
Biji mete diolah di tiga pabrik pengalengan dan kemudian diangkut dengan truk ke
empat gudang distribusi. Pengiriman produk membutuhkan biaya yang besar,
sehingga pimpinan perusahaan merencanakan pengurangan biaya ini sebanyak
mungkin. Pengurangan biaya dilakukan dengan menentukan jumlah produk yang
dikirim dari masing-masing pabrik ke masing-masing gudang. Untuk musim yang
akan datang, dibuat estimasi mengenai kapasitas/suplai dari masing-masing pabrik
pengalengan, dan permintaan di setiap gudang distribusi. Informasi ini (dalam
satuan angkutan truk), bersama dengan biaya pengiriman perangkutan truk (dalam
satuan puluhan ribu rupiah) untuk setiap kombinasi gudang-pabrik pengalengan
dalam tabel berikut:
Gudang Distribusi Kapasitas
(Suplai) 1 2 3 4
Pabrik Pengalengan
1 315 425 215 517 200
2 412 358 327 437 330
3 316 457 320 327 250
Permintaan 225 280 100 175 775
Page 66
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 66
Penyelesaian :
Secara keseluruhan ada 775 angkutan truk yang harus dikirimkan.
Permasalahannya yaitu menentukan pengiriman ke berbagai kombinasi pabrik-
gudang yang akan meminimumkan biaya pengiriman total. Bila f = biaya
pengiriman total dan xij = jumlah angkutan truk yang harus dikirimkan dari pabrik
i ke gudang j, maka f ditentukan oleh nilai-nilai dari 12 variabel. Biaya pengiriman
total dapat ditulis sebagai berikut : f = 315x11 + 425x12 + 215x13 + 517x14 + 412x21
+ 358x22 + 327x23 + 437x24 + 316x31 +457x32 + 320x33 + 327x34
Sedangkan kendala pada pabrik dan gudangnya sebagai berikut :
x11 + x12 + x13 + x14 200 (suplai dari Pabrik 1)
x21 + x22 + x23 + x24 330 (suplai dari Pabrik 2)
x31 + x32 + x33 + x34 250 (suplai dari Pabrik 3)
x11+ x21+ x31 225 (permintaan ke Gudang 1)
x12 + x22+ x32 280 (permintaan ke Gudang 2)
x13 + x23 + x33 100 (permintaan ke Gudang 3)
x14 + x24 + x34 175 (permintaan ke Gudang 4)
xij ≥0, (i = 1, 2, 3 ; j = 1, 2, 3, 4)
model program linier tersebut dapat diselesaikan dengan menggunakan metode
simplex. Penyelesaian optimal dari model tersebut adalah sebagai berikut
f = 2.547.650.000 dengan x11 = 100, x13 = 100, x21 = 50, x22 = 280, x31 = 75
dan x34 = 175.
Page 67
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 67
Ilustrasi secara grafik persoalan perusahaan dan penyelesaian optimalnya berikut
dengan variabel xij dinyatakan sebagai garis, menghubungkan titik suplai ke i
(Pabrik i) dengan permintaan ke j (Gudang j), terlihat pada gambar berikut:
Pabrik Gudang
Gambar Ilustrasi masalah perusahaan dan penyelesaian optimalnya secara grafik
Koefisien-koefisien kendala dari masalah transportasi yang memiliki pola tertentu
merupakan bentuk sederhana dari matriks koefisien dari program linier biasa pada
tabel berikut:
111
111
111
111
1111
1111
1111
A
Kendala-kendala
pengalengan
Kendala-kendala
gudang
P
2
P
3
P
1
G
4
G
3
G
2
G
1 x11 = 100
x12 = 0
x13 = 100
x21 = 50
x14 = 0
x22 = 280
x23 = 0
x24 = 0
s1 = 200
x31 = 75 x32 = 0
x33 = 0
x34 = 175
d1 = 225
s2 = 330
s3 = 250
d2 = 280
d3 = 100
d4 = 175
Page 68
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 68
Secara umum permasalahan transportasi dispesifikasi sebagai berikut :
a. Adanya suatu komoditi
b. Adanya kelompok pusat pemasok ( + batas (atas ) suplai ) sumber
c. Adanya kelompok pusat penerima ( + batas (bawah ) permintaan ) tujuan
d. Adanya jalur penghubung : sumber-tujuan ( + ongkos satuannya )
e. Adanya fungsi yang diminimalkan : ongkos angkut total
Hubungan antara contoh dengan masalah umum, disajikan dalam tabel berikut
CONTOH MASALAH UMUM
Angkutan truk biji mete kalengan Unit suatu komoditi
Tiga pabrik pengalengan m sumber
Empat gudang n tujuan
Kapasitas pabrik i si suplai dari sumber i
Permintaan ke gudang j dj permintaan pada tujuan j
Biaya kirim perangkutan dari
pabrik i ke gudang j
cij biaya perunit yang didistribusikan dari
sumber i ke tujuan j
Secara umum sumber i ( i = 1, 2, …, m ) mempunyai suplai si unit, dan tujuan j ( j
= 1, 2, …, n ) mempunyai permintaan dj unit. Biaya pendistribusian unit-unit dari
sumber i ke tujuan j, per unitnya adalah cij , data di atas terlihat dalam tabel berikut:
Tujuan Suplai
1 2 …. n
Sumber
1 c11 c12 …. c1n s1
2 c21 c22 …. c2n s2
… …. …. …. …. ….
m cm1 cm2 …. cmn sm
Permintaan d1 d2 …. dn si
dj
Page 69
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 69
Misalkan xij = jumlah satuan barang yang dikirim dari sumber i ke tujuan j, maka
rumusan masalah transportasi secara umum yaitu:
Meminimalkan i j
ijijxcf (fungsi tujuan)
dengan syarat
n
1jiij sx
( i = 1, 2, …, m ) (kendala suplai)
m
1ijij dx
( j = 1, 2, …, n ) (kendala permintaan)
xij 0 ( i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n ) (kendala tak negatif)
Berdasarkan si = penawaran total & dj = permintaan total, kita memiliki
beberapa keadaan untuk masalah transportasi :
a. si = dj, maka kita memiliki transportasi setimbang
b. si > dj, maka kita memiliki masalah transportasi yang tidak seimbang
tetapi fisibel
c. si < dj, maka kita memiliki masalah transportasi yang tidak setimbang
dan tidak fisibel
Permasalahan transportasi yang tidak setimbang perlu disetimbangkan terlebih
dahulu, yaitu:
keadaan (b), masalah transportasinya dapat disetimbangkan dengan
menambahkan dengan tujuan dummy (buatan) dan permintaan semu.
keadaan (c), kadangkala perlu juga tidak memenuhi beberapa permintaan,
namun ada sangsi yang berkaitan dengannya, masalah transportasinya
disetimbangkan dengan menambahkan dengan sumber dummy (buatan) dan
suplai semu.
Permaasalah transportasi yang setimbang dapat dirumuskan yaitu:
Meminimalkan i j
ijijxcf (fungsi tujuan)
Page 70
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 70
dengan syarat
n
1jiij sx
( i = 1, 2, …, m ) (kendala suplai)
m
1ijij dx
( j = 1, 2, …, n ) (kendala permintaan)
xij 0 ( i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n ) (kendala tak negatif)
Contoh 2 :
Sebuah perusahaan pengalengan buah-buahan akan mengirimkan beberapa trailer
dari beberapa pabrik pengolahan ke beberapa gudang penyimpanan, dengan rincian
biaya (dalam jutaan rupiah) transportasi setiap trilernya disajikan pada tabel berikut
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3
Pabrik 1
Pabrik 2
Pabrik 3
3
4
5
5
3
2
4
2
4
35
35
20
25 50 10
Tentukan banyaknya trailer yang akan dikirim dari pabrik ke gudang yang akan
mengoptimalkan biaya transportasi totalnya.
Penyelesaian
Masalah transportasi di atas memiliki jumlah total suplai melebihi jumlah total
permintaan, masalah transportasi tersebut dapat disetimbangkan dengan
menambahkan variabel tujuan dummy dalam hal ini Gudang Dummy, dan
permintaan semu sehingga tabel masalah transportasi di atas menjadi seperti
berikut
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang Dummy
Pabrik 1
Pabrik 2
Pabrik 3
3
4
5
5
3
2
4
2
4
0
0
0
35
35
20
25 50 10 5
Langkah berikutnya untuk menyelesaikan masalah transportasi di atas dapat dilihat
pada pembahasan selanjutnya.
Page 71
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 71
Contoh 3 :
Sebuah perusahaan pengalengan ikan akan mengirimkan beberapa truk dari
beberapa pabrik ke beberapa gudang penyimpanan, dengan rincian biaya ( dalam
ratusan ribu rupiah ) transportasi setiap truknya disajikan pada tabel berikut
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang 4
Pabrik 1
Pabrik 2
Pabrik 3
3
4
5
5
3
3
3
2
4
4
3
2
40
50
30
20 50 30 30
Tentukan banyaknya truk yang akan dikirim dari pabrik ke gudang yang akan
mengoptimalkan biaya transportasi totalnya.
Penyelesaian
Masalah transportasi di atas memiliki jumlah total permintaan melebihi jumlah
total suplai, masalah transportasi tersebut dapat disetimbangkan dengan
menambahkan variabel sumber dummy dalam hal ini Pabrik Dummy, dan suplai
semu sehingga tabel masalah transportasi di atas menjadi seperti berikut
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Gudang 4
Pabrik 1
Pabrik 2
Pabrik 3
Pabrik Dummy
3
4
5
0
5
3
3
0
3
2
4
0
4
3
2
0
40
50
30
10
20 50 30 30
Langkah berikutnya untuk menyelesaikan masalah transportasi di atas dapat
dilihat pada pembahasan selanjutnya.
8.2. Penyelesaian Permasalahan Transportasi
Penyelesaian masalah transportasi, ada beberapa metode untuk menentukan
penyelesaian awal basis yang fisibel dan metode untuk menentukan suatu nilai
bagi pengujian optimalitasnya.
Page 72
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 72
Adapun langkah penting dalam menyelesaikan masalah transportasi, yaitu:
Menyusun tabel awal ⇒ Sudut Barat Laut (Northwest Corner
Method)
⇒ Vogel (Vogel’s Approximation Method)
⇒ cij terkecil (Minimum Cost Method)
Uji optimalitas, dengan menghitung c'ij
MODI (Modified
Distribution Method)
Menyusun tabel baru
1. Menyusun Tabel awal
Menyusun tabel awal di sini adalah menentukan Penyelesaian Basis Awal yang
Fisibel (PBAF). Masalah transportasi dengan m sumber dan n tujuan yang
setimbang mempunyai mn variabel dan m+n persamaan kendala utama, namun
ada satu persamaan yang dependen (artinya apabila sekumpulan dari nilai-nilai
xij memenuhi m + n – 1 persamaan maka otomatis sekumpulan xij itu memenuhi
satu persamaan sisanya) sehingga masalah transportasi tersebut hanya memiliki
m + n – 1 persamaan yang independen. Jadi, seperti pada metode simpleks,
penyelesaian basis fisibelnya memiliki m + n – 1 variabel basis.
Bentuk penyelesaian basis fisibel (PBF)
1 2 … N suplai
1 50 50 … 0 100
2 0 50 … 0 50
… … … … … …
M 0 0 … 50 50
permintaan 50 100 … 50 …
Kesepakatannya yaitu:
Alokasi nol tak ditulis (kotak kosong)
“kotak” = cell = jalur dari suatu sumber ke suatu tujuan
variabel bebas yang dinolkan (kotak kosong)
variabel basis sebanyak m + n – 1 (kotak isi)
Page 73
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 73
Degenerate (merosot) yaitu adanya variabel basis yang bernilai nol. Dalam
simplex degenerate bukan menjadi masalah, tetapi dalam transportasi PBF tidak
boleh merosot (harus ada m+n–1 kotak isi). Apabila terjadi degenerate maka
penentuan ongkos kesempatan (c'ij) untuk uji optimalitas tidak dapat dilakukan
(berhubungan dengan jalur tertutup).
a. Metode Sudut Barat Laut
Untuk mendapatkan suatu PBF (metode apa saja) setiap kali mengisi
alokasi, isikan dengan nilai yang maksimal. Pada Metode sudut barat laut
atau sudut kiri atas biaya transportasi perunit angkutannya tidak
diperhatikan, hanya memperhatikan suplai yang telah habis atau permintaan
yang sudah dipenuhi. Aturan sudut barat laut prosedurnya dapat dinyatakan
sebagai berikut :
Alokasikan sebesar α11 pada kotak di posisi sudut kiri atas yakni kotak
k11 (variabel x11) , besarnya α11 = min {s1, d1}
Pada baris 1 dan kolom 1 kurangkan nilai s1 dan d1 dengan α11. Pada
baris (kolom) yang sisa suplai (permintaan) nya sama dengan nol (= 0),
beri tanda silang, “x” (sudah jenuh). Jika pada baris (kolom) sisa suplai
(permintaan) keduanya sama dengan nol maka beri tanda silang pada
salah satu saja kolom atau baris.
Jika kolom yang disilang, alokasikan sebesar α12 pada kotak k12, α12 =
min {s1- α11, d2}. Jika baris yang disilang, alokasikan sebesar α21 pada
kotak k21, α 21 = min {s2, d1 – α11} .
Ulangi proses di atas pada baris (kolom) yang ada, sampai kotak di
posisi sudut kanan bawah terisi.
Page 74
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 74
Contoh 4 :
Perhatikan masalah transportasi yang biaya transportasi perunit
angkutannya (dalam ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :
D1 D2 D3 suplai
O1 5 4 4,5 50
O2 4,5 4 5,5 40
permintaan 30 30 30 90
Penyelesaian
α11 = min {30, 50} = 30 diisikan pada kotak k11, variabel x11 = 30
Sisa suplai pada baris 1 = 50 – 30 = 20, sedang sisa permintaan pada
kolom 1 = 30 – 30 = 0, maka kolom 1 diberi tanda silang (jenuh).
Hasilnya yaitu:
D1 D2 D3 suplai
O1 30 20
O2 40
permintaan 0 30 30 90
x
Karena kolomnya disilang maka α12 = min {50-30, 30} = 20 diisikan
pada kotak k12.
Sisa suplai pada baris 1 = 20 – 20 = 0, sedang sisa permintaan pada
kolom 2 = 30 – 20 = 10, maka baris 1 diberi tanda silang. Hasilnya
yaitu:
D1 D2 D3 suplai
O1 30 20 0 x
O2 40
permintaan 0 10 30 90
x
Page 75
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 75
Barisnya disilang maka α22 = min {30-20, 40} = 10 diisikan pada kotak
k22. Sisa suplai pada baris 2 = 40 – 10 = 30, sedang pada kolom 2 = 10
– 10 = 0, kolom 2 diberi tanda silang. Hasilnya yaitu:
D1 D2 D3 suplai
O1 30 20 0 x
O2 10 30
permintaan 0 0 30 90
x x
Kolomnya disilang maka α23 = min {40-10, 30} = 30 diisikan pada
kotak k23. Karena kotak k23 merupakan kotak di posisi sudut kanan
bawah maka proses selesai.
Hasilnya yaitu:
Dari proses di atas diperoleh PBAF yang fisibel serta arah pengisiannya
sebagai berikut
D1 D2 D3 suplai
O1 30 20 50
O2 10 30 40
permintaan 30 30 30 90
Kotak isi = 4 = m + n – 1, sehingga diperoleh PBF dengan nilai fungsi
tujuannya adalah f = 5(30) + 4(20) + 4(10) + 5,5(30) = 435 ratusan ribu
rupiah.
D1 D2 D3 suplai
O1 30 20 0 x
O2 10 30 30
permintaan 0 0 30 90
x x
Page 76
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 76
b. Biaya terkecil
Metode ini dengan memperhatikan/memeriksa seluruh biaya. Pemilihan
kotak yang akan diisi berdasarkan biaya terkecil. Langkah metode biaya
terkecil yaitu :
Pilih kotak yang memiliki biaya terkecil (apabila ada lebih dari satu
maka pilih yang dapat diberi alokasi paling besar), misal kotak yang
terpilih adalah kij , selanjutnya alokasikan sebesar αij dengan αij = min
{si , dj}.
Pada baris i dan kolom j kurangkan nilai si dan dj dengan αij. Pada baris
maupun kolom yang sisa suplai maupun permintaannya sama dengan
nol beri tanda silang.
Ulangi proses di atas sampai semua baris dan kolomnya jenuh.
Contoh 5 :
Perhatikan masalah transportasi yang biaya transportasi perunit
angkutannya (ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :
1 2 3 suplai
1 4 5 2 400
2 1 5 6 400
3 2 2 4 400
4 7 9 7 400
permintaan 500 500 600 1600
Penyelesaian
Kotak k21 memiliki nilai cij yang terkecil, maka kotak k21 diberi alokasi
sebesar α21 = min {400, 500}
Pada baris 2 sisa suplainya 400 – 400 = 0, sedangkan pada kolom 1 sisa
permintaannya 500 – 400 = 100 sehingga baris 2 diberi tanda silang.
Page 77
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 77
Hasilnya yaitu :
Ternyata ada tiga kotak yang memiliki nilai cij terkecil, yaitu kotak k13,
k31 dan k32. Terbesar untuk ketiga kotak adalah 400 (= maks{min {s1 =
400, d3 = 600}, min {s3 = 400, d1 = 100}, min {s3 = 400, d2 = 500}}=
maks {400, 100, 400}) yaitu pada kotak k13 dan k32, karena itu pilih
salah satu kotak untuk diberi alokasi sebesar 400 (misalkan dipilih
kotak k13, artinya α13 = 400).
Pada baris 1 sisa suplainya 400 – 400 = 0, sedangkan pada kolom 3 sisa
permintaannya 600 – 400 = 200 sehingga baris 1 diberi tanda silang.
Hasilnya yaitu :
Apabila proses di atas dilakukan terus akan diperoleh hasil yaitu:
1 2 3
1 4 5 2 400
2 400 1 5 6 0 x
3 2 2 4 400
4 7 9 7 400
100 500 600 1600
1 2 3
1 4 5 400 2 0 x
2 400 1 5 6 0 x
3 2 2 4 400
4 7 9 7 400
100 500 200 1600
1 2 3
1 4 5 400 2 0 x
2 400 1 5 6 0 x
3 2 400 2 4 0 x
4 100 7 100 9 200 7 400
0 100 0 1600
x x
Page 78
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 78
Sehingga diperoleh PBAF seperti berikan pada tabel berikut :
Kotak isi = 6 = m+n-1, sehingga diperoleh PBAF dengan nilai fungsi
tujuannya adalah f = Rp.500 juta.
c. Metode Pendekatan Vogel
Pada metode vogel dengan memperhatikan selisih antar dua biaya terendah,
pada setiap baris dan kolomnya. Pemilihan kotak yang akan diisi
berdasarkan kolom atau baris yang nilai selisihnya terbesar dan biaya
terkecil pada kotaknya. Langkahnya yaitu:
Pada setiap baris dan kolom, tentukan nilai selisih dari dua biaya
terkecil dan letakkan nilai itu di samping (di bawah) masing-masing
baris (kolom)
Pilih salah satu dari baris dan kolom yang memiliki nilai selisih yang
paling besar. Pada baris/kolom yang terpilih, pilih kotak kosong dengan
biaya terendah. Misalkan kotak yang terpilih adalah kotak kij, lalu
alokasikan sebesar αij yaitu αij = min {si , dj}
Pada baris i dan kolom j kurangkan nilai si dan dj dengan αij. Pada baris
maupun kolom yang sisa suplai maupun permintaannya sama dengan
nol, beri tanda silang.
Ulangi proses di atas sampai semua baris dan kolomnya jenuh.
1 2 3
1 4 5 400 2 400
2 400 1 5 6 400
3 2 400 2 4 400
4 100 7 100 9 200 7 400
500 500 600 1600
Page 79
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 79
Contoh 6 :
Perhatikan masalah transportasi yang biaya transportasi perunit
angkutannya (ratusan ribu rupiah) disajikan pada tabel berikut :
1 2 3 suplai
1 7 3 3 400
2 2 4 5 400
3 2 1 7 400
4 4 5 6 400
permintaan 500 500 600 1600
Penyelesaian
Pada baris 1, 2, 3 dan 4 selisih biaya terkecilnya masing-masing 0, 2, 1
dan 1, sementara untuk kolom 1,2 dan 3 masing-masing 0, 2 dan 2.
Nilai selisih terbesarnya adalah 2, ada tiga pilihan, dipilih yang
memiliki biaya terkecil, yakni kolom 2. Pada kolom 2 dipilih kotak
dengan biaya terendah yakni kotak k32 dan mendapat alokasi sebesar
α32 = min {400, 500} = 400, α32 = 400.
Sisa suplai pada baris 3 adalah 400 – 400 = 0, sehingga baris 3 diberi
tanda silang. Sementara sisa pada kolom 2 adalah 500 – 400 = 100.
Dengan pengulangan proses di atas akan didapatkan hasil sebagai
berikut :
1 2 3
1 7
3
400 3
0 0 0 0 x
2 400 2
4
5
0 2 2 x
3 2
400 1
7
0 1 x x
4 4
5
6
400 1 1 1
100 100 200 1600
0 2 2
2 1 2
3 2 3
Page 80
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 80
Pada bagian ini pengisiannya memilih kotak dengan biaya terkecil,
sehingga diperoleh hasil
1 2 3
1 7 3 400 3 0 0 0 0 x
2 400 2 4 5 0 2 2 x
3 2 400 1 7 0 1 x x
4 100 4 100 5 200 6 200 1 1 1
0 0 200 1600
0 2 2
2 1 2
3 2 3
x x
Sehingga diperoleh PBAF seperti berikan pada tabel berikut :
1 2 3
1 7 3 400 3 0
2 400 2 4 5 0
3 2 400 1 7 0
4 100 4 100 5 200 6 200
0 0 200 1600
Kotak isi = 6 = m + n – 1, diperoleh PBAF ,dengan nilai f = 450.000.000 rupiah.
Vogel menentukan penempatan kotak
kolom / baris semu tak diperhitungkan dalam memberi
nilai selisih 2 nilai terkecil.
Page 81
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 81
2. Uji Optimalitas dan Menyusun Tabel Baru (PBF berikutnya)
Setelah mendapatkan PBF, untuk menentukan apakah penyelesaian yang
didapatkan optimal maka dilakukan uji optimalitas. Uji optimalitas dilakukan
dengan menentukan nilai Oportunity cost (ongkos kesempatan) yang dinotasikan
dengan c'ij. Apabila c'ij bernilai negatif atau nol untuk setiap variabel nonbasis
maka penyelesaian basis fisibelnya sudah optimal.
Penyelesaian optimal variabel nonbasis xij nilai c'ij 0
Contoh 7 :
Perhatikan PBF masalah transportasi berikut, apakah sudah optimal ?.
D1 D2 40
O1 30 2 10 5 40
O2 1 40 2 40
30 50 80
Penyelesaian
Variabel basis : x11 = 30, x12 = 10, x22 = 40, dan variabel nonbasis : x21 = 0
Nilai fungsi tujuannya adalah f = 30.2 + 10.5 + 40.2 =190, apakah
penyelesaiannya optimal? (minimal ?). Kita coba mengujinya dengan
menambah nilai variabel nonbasis dengan 1 unit, yakni x21 = 0 + 1 = 1,
sehingga penyelesaiannya akan berubah menjadi seperti berikut
D1 D2 40
O1 30 – 1 2 10 + 1 5 40
O2 0 + 1 1 40 – 1 2 40
30 50 80
Nilai fungsi tujuannya adalah f ' = (30 – 1).2 + (10 + 1).5 + (40 – 1).2 + (0 +
1).1 = 192, ternyata lebih besar dari nilai fungsi tujuan sebelumnya. Jadi selisih
antara kedua nilai fungsi tujuan adalah sebagai berikut f = f '– f = – 2 + 5 –
29 + 1 = 2. Jelas bahwa apabila x21 menjadi variabel basis maka nilai fungsi
tujuannya akan naik, jadi penyelesaian yang telah kita peroleh sebelumnya
adalah sudah optimal.
Page 82
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 82
Contoh 8 :
Perhatikan PBF masalah transportasi berikut, apakah sudah optimal ?.
D1 D2
O1 50 4 10 2 60
O2 1 40 4 40
50 50 100
Penyelesaian
Variabel basis : x11 = 50, x12 = 10, x22 = 40, dan variabel nonbasis : x21 = 0
Nilai fungsi tujuannya adalah f = 50.4 + 10.2 + 40.4 = 380. Sedangkan apabila
variabel nonbasis x21 nilainya ditambah 1, maka nilai fungsi tujuannya berubah
menjadi f ' = (50 – 1).4 + (10 + 1).2 + (40 – 1).4 + (0 + 1).1 = 375. Sehingga
selisih kedua fungsi tujuannya adalah ∆f = f '– f = – 5. Jadi f ' < f , hal ini
berarti bahwa 1 unit satuan komoditas yang dialokasikan pada variabel
nonbasis x21 atau kotak K21 akan menurunkan nilai f sebanyak 5 unit satuan
biaya. Dengan kata lain penyelesaian yang kita peroleh sebelumnya belum
optimal. Satu unit variabel nonbasis x21 bisa menurunkan nilai f sebesar 5 unit,
dapat dikatakan bahwa ongkos kesempatan dari variabel nonbasis x21 (kotak
kosong K21) adalah 5, c'ij = 5.
cara menentukan nilai ongkos kesempatan, c'ij , dan penyusunan tabel baru yaitu
MODI (Modified Distribution).
3. MODI
a. Menghitung c'ij
Metode MODI nilai cij dihitung untuk semua variabel nonbasis, bila PBF
belum optimal maka perubahan PBF dilakukan dengan terlebih dahulu
membuat loop untuk variabel nonbasis yang akan menjadi variabel basis.
c'ij = – ∆ fij
Page 83
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 83
Untuk menentukan nilai cij ada beberapa istilah dan rumusan yang akan
dipakai untuk memudahkan dalam perhitungannya. Istilah tersebut adalah
ui = bilangan baris yang diletakkan pada kolom paling kanan, sedangkan vj
= bilangan kolom diletakkan pada baris spaling bawah. Sedangkan rumusan
yang akan dipakai adalah sebagai berikut :
pada kotak isi (variabel basis) berlaku hubungan ui + vj = cij atau ui
+ vj – cij = 0
pada kotak kosong (variabel nonbasis) berlaku hubungan ui + vj – cij
= c'ij (ongkos kesempatan)
Untuk menentukan nilai-nilai ui , vj dan c'ij , pertama diberikan nilai u1 = 0
(bisa juga ui atau vj yang lain) kemudian dicari nilai-nilai ui dan vj yang
lain dengan menggunakan rumusan di atas, lantas akan dapat ditentukan
nilai c'ij dari rumus di atas.
Contoh 10 :
Perhatikan PBF masalah transportasi berikut, apakah sudah optimal ?.
(Biaya dalam jutaan rupiah)
1 2 3
1 4 5 400 2 400
2 400 1 5 6 400
3 100 2 300 2 4 400
4 7 200 9 200 7 400
500 500 600 1600
Page 84
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 84
Penyelesaian
Dari PBF di atas kita tambah baris dan kolom untuk ui , vj dan kita beri nilai
u1 = 0, akan diperoleh tabel berikut
1 2 3 ui
1 4 5 400 2 400 u1 = 0
2 400 1 5 6 400 u2 = ?
3 100 2 300 2 4 400 u3 = ?
4 7 200 9 200 7 400 u4 = ?
500 500 600 1600
vj v1 = ? v2 = ? v3 = ?
Dengan menggunakan ketentuan ui + vj = cij pada kotak isi akan
mendapatkan berbagai nilai ui dan vj berikut
u1 + v3 = c13 0 + v3 = 2 v3 = 2 u4 + v3 = c43 u4 + 2 = 7 u4 = 5
u4 + v2 = c42 5 + v2 = 9 v2 = 4 u3 + v2 = c32 u3 + 4 = 2 u3 = – 2
u3 + v1 = c31 – 2 + v1 = 2 v1 = 4 u2 + v1 = c21 u2 + 4 = 1 u2 = – 3
Tabel PBF di atas dapat ditulis sebagai berikut:
1 2 3 ui
1 4 5 400 2 400 u1 = 0
2 400 1 5 6 400 u2 = – 3
3 100 2 300 2 4 400 u3 = – 2
4 7 200 9 200 7 400 u4 = 5
500 500 600 1600
vj v1 = 4 v2 = 4 v3 = 2
Page 85
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 85
Dengan menggunakan ketentuan ui + vj – cij = c'ij akan diperoleh nilai c'ij
untuk setiap kotak kosong. Hasilnya adalah sebagai berikut
c'11 = u1 + v1 – c11 = 0, c'22 = u2 + v2 – c22 = – 4, c'33 = u3 + v3 – c33 = – 4,
c'12 = u1 + v2 – c12 = – 1, c'23 = u2 + v3 – c23 = – 7, c'41 = u4 + v1 – c41 = 2
Apabila kita letakkan pada tabel di atas kita peroleh tabel berikut
1 2 3 ui
1 4
0
5
– 1
400 2 400 u1 = 0
2 400 1 5
– 4
6
– 7
400 u2 = – 3
3 100 2 300 2 4
– 4
400 u3 = – 2
4 7
2
200 9 200 7 400 u4 = 5
500 500 600 1600
vj v1 = 4 v2 = 4 v3 = 2
Dari di atas terlihat bahwa masih ada variabel nonbasis dengan nilai c'ij
positif, yakni x41. Jadi PBF tersebut belum optimal dan variabel nonbasis
x41 akan menjadi variabel basis baru. Karena belum optimal, PBF akan
diubah pada langkah berikut ini.
b. Menyusun Tabel baru
Variabel x41 menjadi variabel basis baru, untuk mengalokasikan
komoditasnya, kita buat loop dari kotak K41 terlebih dahulu. Kita dapatkan
loop untuk kotak K41 adalah K41 K31 K32 K42.
Page 86
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 86
Kotak K31 dan K42 adalah donor, masing-masing memiliki alokasi
komoditas 100 dan 200, maka alokasi maksimum untuk kotak K41 adalah
α41 = min {200, 100} = 100. Dengan mengalokasikan komoditas sebesar
100 unit, maka jumlah komoditas pada resipien bertambah 100 dan pada
donor berkurang 100. Hasilnya dapat dilihat pada tabel berikut, variabel x31
menjadi variabel non basis.
1 2 1 2
3 - 2
100
+ 2
300
3 2
2
400
4 + 7 - 9
200
4 7
100
9
100
Kotak isi ada 6, sedangkan m + n – 1 = 6, sehingga diperoleh PBF baru berikut
1 2 3
1 4 5 400 2 400
2 400 1 5 6 400
3 2 400 2 4 400
4 100 7 100 9 200 7 400
500 500 600 1600
Dilakukan proses uji optimalitas kembali, hasil penghitungan ui , vj dan cij
untuk variabel nonbasisnya diperoleh tabel berikut
1 2 3 ui
1 4
– 2
5
– 1
400 2 400 u1 = – 5
2 400 1 5
– 2
6
– 5
400 u2 = – 6
3 2
– 2
400 2 4
– 4
400 u3 = – 7
4 100 7 100 9 200 7 400 u4 = 0
500 500 600 1600
vj v1 = 7 v2 = 9 v3 = 7
Page 87
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 87
Dari nilai tabel di atas terlihat bahwa nilai c'ij negatif semua, jadi PBF nya
sudah optimal, berhenti.
Tabel optimalnya adalah sebagai berikut :
1 2 3
1 400 400
2 400 400
3 400 400
4 100 100 200 400
500 500 600 1600
Nilai fungsi tujuannya adalah f = 800 + 400 + 800 + 700 + 900 + 1400 = Rp. 5000 juta.
SOAL-SOAL:
1. Seseorang memiliki 3 pabrik mobil yang terbesar di tiga lokasi dengan
kapasitas produksi masing-masing pabrik yaitu pabrik ke-I = 56 unit, pabrik
ke-II = 82 unit dan pabrik ke-III = 77 unit. Hasil produksi dari 3 pabrik tersebut
akan dialokasikan ke tiga daerah pemasaran. Masing-masingdaerah pemasaran
membutuhkan produk yaitu daerah I = 72 unit, daerah 2 = 102 unit dan daerah
3 = 41 unit. Biaya transportasi (dalam ribuan rupiah) dari pabrik ke daerah
pemasaran dapat dilihat pada tabel berikut:
Daerah 1 Daerah 2 Daerah 3
Pabrik I 4 8 8
Pabrik II 16 24 16
Pabrik III 8 16 24
Bagaimana mengalokasikan produk dari pabrik ke daerah pemasaran agar
biaya transportasi (pendistribusian) minimum?
2. Tiga pabrik dalam satu group (W, H, P) dengan kapasitas produk maisng-
masing adalah 90, 60 dan 50. Hasil produksi aka didistribusikan ke tiga gudang
(A, B, C) yang kapasitas penyimpanannya masing-masing adalah 50, 110 dan
40. Tabel biaya pengiriman produk dari pabrik ke gudang ditampilkan pada
tabel di bawah ini.
Page 88
Dra. Retno Marsitin, MPd. - Program Linier Page 88
Tentukan solusi optimal biaya pengiriman, apabila perusahaan ingin
mendistribusikan produk ke masing-masing gudang dengan biaya pengiriman
(dalam ribuan rupiah) yang minimal yaitu:
3. Dari 3 pelabuhan A1, A2 dan A3 terdapat semen sebanyak masing-masing 120
ton, 170 ton dan 160 ton. Semen tersebut akan diangkut ke kota T1, T2 dan T3
yang masing-masing mempunyai daya tamping 150 ton, 210 ton, 90 ton. Biaya
pengiriman dari pelabuhan A1 ke T1, T2 dan T3 masing-masing adalah 50, 100
dan 100 (dalam ribuan rupiah per ton). Biaya pengiriman dari pelabuhan A2 ke
kota T1, T2 dan T3 adalah 200,300 dan 200, sedangkan biaya pengiriman dari
pelabuhan A3 ke kota T1, T2 dan T3 adalah 100, 200 dan 300. Tentukan solusi
optimal biaya pengiriman!
Dari Ke Gudang A Gudang B Gudang C Kapasitas Pabrik
Pabrik W 20 5 8 90
Pabrik H 15 20 10 60
Pabrik P 25 10 19 50
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200