metode big m

METODE BIG M

Sering kita menemukan bahwa fungsi kendala tidak hanya dibentuk

oleh pertidaksamaan ≤ tapi juga oleh pertidakasamaan ≥ dan/atau

persamaan (=). Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≥ mempunyai

surplus variable, tidak ada slack variables. Surplus variable tidak bisa

menjadi variabel basis awal. Dengan demikian harus ditambahkan satu

variabel baru yang dapat berfungsi sebagai variabel basis awal. Variabel

yang dapat berfungsi sebagai variabel basis awal hanya slack variables

dan artificial variables (variabel buatan).

1. Jika semua fungsi kendala menggunakan pertidaksamaan ≤

maka variabel basis awal semuanya adalah slack variables.

Penyelesaian solusi optimal untuk kasus seperti ini dilakukan

dengan cara yang sudah diperkenalkan sebelumnya.

2. Jika fungsi kendala menggunakan pertidaksamaan ≥ dan/atau ≤

maka variabel basis awal adalah slack variables dan/atau variabel

buatan. Penyelesaian solusi optimal untuk kasus seperti ini

dilakukan dengan memilih antara metode Big M, Dua Fase atau

Dual Simpleks.

3. Jika fungsi kendala ada yang menggunakan persamaan maka

variabel buatan akan ditemukan pada variabel basis awal.

Penyelesaian solusi optimal untuk kasus seperti ini hanya dapat

dilakukan dengan memilih antara metode Big M atau Dua Fase.

Kita akan bahas metode Big M dalam sub bab ini. Perbedaan metode

Big M dengan primal simpleks biasa (teknik penyelesaian yang sudah

dipelajari sebelumnya), terletak pada pembentukan tabel awal. Jika

fungsi kendala menggunakan bentuk pertidaksamaan ≥, perubahan dari

Metode Simpleks, oleh Hotniar Siringoringo, 1

bentuk umum ke bentuk baku memerlukan satu variabel surplus.

Variabel surplus tidak dapat berfungsi sebagai variabel basis awal, karena

koefisiennya bertanda negatif. Sebagai variabel basis pada solusi awal,

harus ditambahkan satu variabel buatan. Variabel buatan pada solusi

optimal harus bernilai 0, karena variabel ini memang tidak ada.

Teknik yang digunakan untuk memaksa variabel buatan bernilai 0

pada solusi optimal adalah dengan cara berikut:

• Penambahan variabel buatan pada fungsi kendala yang tidak

memiliki variabel slack, menuntut penambahan variabel buatan

pada fungsi tujuan.

• Jika fungsi tujuan adalah maksimisasi, maka variabel buatan

pada fungsi tujuan mempunyai koefisien +M; jika fungsi tujuan

adalah minimisasi, maka variabel buatan pada fungsi tujuan

mempunyai koefisien -M.

• Karena koefisien variabel basis pada tabel simpleks harus

bernilai 0, maka variabel buatan pada fungsi tujuan harus

digantikan nilai dari fungsi kendala yang memuat variabel

buatan tersebut.

Perhatikan contoh di bawah ini.

Bentuk Umum

Min. z = 4 x1 + x2

Terhadap: 3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 ≥ 6

x1 + 2x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Bentuk Baku:

Min. z = 4 x1 + x2

Terhadap: 3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 - s1 = 6


x1 + 2x2 + s2 = 4

x1, x2, s1, s2 ≥ 0

Kendala 1 dan 2 tidak mempunyai slack variables, sehingga tidak

ada variabel basis awal. Untuk berfungsi sebagai variabel basis awal,

pada kendala 1 dan 2 ditambahkan masing-masing satu variabel buatan

(artificial variable). Maka bentuk baku Big M-nya adalah:

Min. z = 4 x1 + x2 + MA1 + MA2

Terhadap: 3x1 + x2 + A1 = 3

4x1 + 3x2 - s1 + A2 = 6

x1 + 2x2 + s2 = 4

x1, x2, s1, s2 ≥ 0

1. Nilai A1 digantikan dari fungsi kendala pertama.

A1 = 3 - 3x1 - x2

MA1 berubah menjadi M(3 - 3x1 - x2) 3M-3Mx1-Mx2

2. Nilai A2 digantikan dari fungsi kendala ketiga.

A2 = 6 - 4x1 - 3x2 + s1

MA2 berubah menjadi M(6 - 4x1 - 3x2 + s1)

6M- 4Mx1 - 3Mx2 + Ms1

3. Fungsi tujuan berubah menjadi

Min z = 4x1 + x2 + 3M-3Mx1-Mx2 +6M-4Mx1-3Mx2+Ms1

= (4 -7M)x1+(1 - 4M)x2 + Ms1 +9M

4. Tabel awal simpleks

VB X1 X2 S1 A1 A2 S2 Solusi

z -4 +7M -1 +4M -M 0 0 0 9M

A1 3 1 0 1 0 0 3

A2 4 3 -1 0 1 0 6


S2 1 2 0 0 0 1 4

5. Perhitungan iterasinya sama dengan simpleks sebelumnya.

Iterasi-0

VB X1 X2 S1 A1 A2 S2 Solusi Rasio

z -4 +7M -1 +4M -M 0 0 0 9M -

A1 3 1 0 1 0 0 3 1

A2 4 3 -1 0 1 0 6 3/2

S2 1 2 0 0 0 1 4 2

Iterasi-1


z 0 (1 +5M)/3 -M (4-7M)/3 0 0 4+2M -

X1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 3

A2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 6/5

S2 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 9/5

Iterasi-2


z 0 0 1/5 8/5 – M -1/5 – M 0 18/5 -

X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5 25/3

X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5 -

S2 0 0 1 1 -1 1 1 1

Iterasi-3 optimal

VB X1 X2 S1 A1 A2 S2 Solusi

z 0 0 0 7/5-M -M -1/5 17/5


X1 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5

X2 0 1 0 -1/5 0 3/5 9/5

S1 0 0 1 1 -1 1 1

METODE DUA FASE Metode dua fase digunakan jika variabel basis awal terdiri dari

variabel buatan. Disebut sebagai metode dua fase, karena proses optimasi

dilakukan dalam dua tahap. Tahap pertama merupakan proses optimasi

variabel buatan, sedangkan proses optimasi variabel keputusan dilakukan

pada tahap kedua. Karena variabel buatan sebenarnya tidak ada (hanya

ada di atas kertas), maka tahap pertama dilakukan untuk memaksa

variabel buatan bernilai 0.

Perhatikan kasus berikut:

Tahap 1

Min A = A1 + A2

Terhadap: x1 + x2 + A1 = 90

0.001x1 + 0.002x2 + s1 = 0.9

0.09x1 + 0.6x2 -s2 + A2 = 27

0.02x1 + 0.06x2 + s3 = 4.5

x1, x2, s1, s2, s3 ≥ 0

karena A1 dan A2 berfungsi sebagai variabel basis pada solusi awal, maka

koefisiennya pada fungsi tujuan harus sama dengan 0. untuk mencapai

itu, gantikan nilai A1 dari fungsi kendala pertama (kendala yang memuat

A1) dan nilai A2 dari fungsi kendala ketiga (kendala yang memuat A2).

Dari kendala -1 diperoleh :

A1 = 90 - x1 - x2


Dari kendala-3 diperoleh:

A2 = 27 - 0.09x1 - 0.6x2 + s2

Maka fungsi tujuan tahap-1 menjadi:

Min A = (90 - x1 - x2) + (27 - 0.09x1 - 0.6x2 + s2)

=117 - 1.09x1 - 1.6x2 + s2

Solusi awal

VB X1 X2 S1 S2 S3 A1 A2 NK Rasio

A 1.09 1.6 0 -1 0 0 0 117 -

A1 1 1 0 0 0 1 0 90 90

S1 0.001 0.002 1 0 0 0 0 0.9 450

A2 0.09 0.6 0 -1 0 0 1 27 45

S3 0.02 0.06 0 0 1 0 0 4.5 75

Iterasi1

VB X1 X2 S1 S2 S3 A1 A2 NK Rasio

A 0.85 0 0 -11/3 0 0 -8/3 45 -

A1 0.85 0 0 10/6 0 1 -10/6 45 52.94

S1 0.0007 0 1 1/300 0 0 -1/300 0.81 1157.14

X2 0.15 1 0 -10/6 0 0 10/6 45 300

S3 0.011 0 0 0.1 1 0 -0.1 1.8 163.634

Iterasi2 optimal

VB X1 X2 S1 S2 S3 A1 A2 NK

A 0 0 0 -4.8708 0 -1 -1.4625 0

X1 1 0 0 17/12 0 20/17 -17/12 52.94

S1 0 0 1 0.0023417 0 0.0008 -0.0023 0.772942

X2 0 1 0 -1.7542 0 -3/17 1.7542 37.059

S3 0 0 0 0.09358 1 0.01294 -0.084417 1.21766


Tahap 2

Min z = 2 x1 + 5.5 x2

Terhadap: tabel optimal tahap pertama

Dari tabel optimal tahap 1 diperoleh:

X1 = 52.94 – 17/12s2

X2 = 37.059 + 1.7542s2

Maka fungsi tujuan adalah:

Min z = 2(52.94 – 17/12s2) + 5.5 (37.059 + 1.7542s2)

= -17/6s2 + 9.6481s2 + 309.7045 = 6.814767s2 + 309.7045

Solusi awal optimal.

VB X1 X2 S1 S2 S3 NK

z 0 0 0 -6.814767 0 309.7045

X1 1 0 0 17/12 0 52.94

S1 0 0 1 0.0023417 0 0.772942

X2 0 1 0 -1.7542 0 37.059

S3 0 0 0 0.09358 1 1.21766

Tabel di atas sudah optimal. Solusi optimalnya adalah:

X1 = 52.94; x2 = 37.059; dan z = 309.7045

METODE DUAL SIMPLEKS Metode dual simpleks digunakan jika tabel optimal tidak layak. Jika

fungsi kendala ada yang menggunakan pertidaksamaan ≥ dan tidak ada =

dalam bentuk umum PL, maka metode dual simpleks dapat digunakan.

Kita selesaikan contoh di bawah ini.

Min z = 21x1 + 18x2 + 15x3

Terhadap 90x1 + 20x2 + 40x3 ≥ 200

30x1 + 80x2 + 60x3 ≥ 180


10x1 + 20x2 + 60x3 ≥ 150

x1, x2, x3 ≥ 0

semua kendala menggunakan pertidaksamaan ≥. Kendala dengan

pertidaksamaan ≥ dapat diubah ke pertidaksamaan ≤ dengan mengalikan

pertidaksamaan dengan -1. Bentuk umum PL di atas berubah menjadi:

Min z = 21x1 + 18x2 + 15x3

Terhadap -90x1 - 20x2 - 40x3 ≤ -200

-30x1 - 80x2 - 60x3 ≤ -180

-10x1 - 20x2 - 60x3 ≤ -150

x1, x2, x3 ≥ 0

Semua fungsi kendala sudah dalam bentuk pertidaksamaan ≤, maka kita

kita hanya perlu menambahkan variabel slack untuk mengubah bentuk

umum ke bentuk baku/standar. Variabel slack akan berfungsi sebagai

variabel basis awal.

Bentuk Baku/standar:

Min z = 21x1 + 18x2 + 15x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3

Terhadap -90x1 - 20x2 - 40x3 + s1 = -200

-30x1 - 80x2 - 60x3 + s2 = -180

-10x1 - 20x2 - 60x3 + s3 = -150

x1, x2, x3, s1, s2, s3 ≥ 0

VB X1 X2 X3 S1 S2 S3 NK

Z -21 -18 -15 0 0 0 0

S1 -90 -20 -40 1 0 0 -200

S2 -30 -80 -60 0 1 0 -180

S3 -10 -20 -60 0 0 1 -150


Tabel di atas optimal tapi tidak layak (ingat, untuk fungsi tujuan

minimisasi, tabel sudah optimal jika semua koefisien baris tujuan sudah

negatif atau 0). Untuk membuat tabel tersebut layak, kita harus gunakan

metode dual simpleks. Langkah-langkah penyelesaian simpleks

menggunakan metode dual adalah:

1. Tentukan baris pivot. Baris pivot adalah baris dengan nilai kanan

negatif terbesar. Jika negatif terbesar lebih dari satu, pilih salah satu

sembarang.

2. Tentukan kolom pivot. Kolom pivot diperoleh dengan terlebih dahulu

membagi nilai baris z dengan baris pivot. Dalam hal ini, semua nilai

baris pivot dapat menjadi pembagi kecuali nilai 0. Kolom pivot adalah

kolom dengan rasio pembagian mutlak terkecil. Jika rasio pembagian

mutlak terkecil lebih dari satu, pilih salah satu secara sembarang.

3. Pembentukan tabel berikutnya sama dengan prosedur dalam primal

simpleks.

Gunakan tabel awal simpleks di atas.

Baris pivot adalah baris S1, baris dengan nilai kanan negatif

terbesar.


Z -21 -18 -15 0 0 0 0

S1 -90 -20 -40 1 0 0 -200

S2 -30 -80 -60 0 1 0 -180

S3 -10 -20 -60 0 0 1 -150

Kolom pivot adalah kolom X1


Z -21 -18 -15 0 0 0 0

S1 -90 -20 -40 1 0 0 -200

S2 -30 -80 -60 0 1 0 -180


S3 -10 -20 -60 0 0 1 -150

Rasio 21/90 18/20 15/40 0 0 0 -

Iterasi-1:


Z 0 -40/9 -9 -7/30 0 0 140/3

X1 1 2/9 4/9 -1/90 0 0 20/9

S2 0 -220/3 -140/3 -1/3 1 0 -340/3

S3 0 -160/9 -500/9 -1/9 0 1 -1150/9

Rasio - 0.0485 0.19286 0.7 - -

Iterasi-2


Z 0 0 -611/99 -0.213131 -2/33 0 53.535

X1 0 0 10/33 0.0303 1/330 0 1.8788

X2 0 1 7/11 1/220 -3/220 0 17/11

S3 0 0 -44.2424 -0.0303 -0.02424 1 -100.3030

Rasio - - 0.139498 7.0340 2.500 0 -

Iterasi-3 optimal


Z 0 0 0 -0.208934 -0.0572 -0.13948 67.52628

X1 1 0 0 0.000000140.00286 0.006848 1.19173

X2 0 1 0 0.0041127 -0.013986 0.01438 0.102818

X3 0 0 1 0.00068 0.00055 -0.0226 2.267

KASUS KHUSUS DALAM SIMPLEKS Ada beberapa kasus khusus dalam simpleks. Kadang kala kita

akan menemukan bahwa iterasi tidak berhenti, karena syarat optimalitas

atau syarat kelayakan tidak pernah dapat dipenuhi. Adakalanya juga


solusi yang dihasilkan antara satu iterasi dengan iterasi berkutnya tidak

berbeda. Kasus khusus ini terdiri dari solusi optimal lebih dari satu,

degeneracy, solusi tidak terbatas dan solusi tidak layak. Dua terakhir

dapat terjadi karena kesalahan baik dalam perhitungan iteratif ataupun

dalam pembentukan model atau formulasi permasalahan.

Solusi Optimal Lebih dari satu

Ketika fungsi objektif paralel terhadap pembatas yang dipenuhi

dalam arti persamaan oleh solusi optimal, fungsi objektif akan

mengasumsikan nilai optimal sama pada lebih dari satu titik solusi.

Kondisi seperti ini kita kenal dengan solusi optimal lebih dari satu

(alternative optima). Perhatikan kasus berikut:

Maks z = 2x1 + 4x2

Terhadap x1 + 2x2 ≤ 5

x1 + x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Tabel awal

VB X1 X2 S1 S2 Solusi Rasio

Z -2 -4 0 0 0 -

S1 1 2 1 0 5 5/2

S2 1 1 0 1 4 2

Iterasi – 1


Z 0 0 2 0 10

X2 1/2 1 1/2 0 5/2


S2 ½ 0 -1/2 1 3/2

Perhatikan nilai baris z untuk variabel x1 juga menjadi nol saat x2 berubah

menjadi variabel masuk. Jika iterasi tersebut kita lanjutkan dengan

memilih x1 sebagai variabel masuk, maka akan didapatkan tabel hasil

iterasi kedua berikut:

Iterasi-2


Z 0 0 2 0 10

X2 0 1 1 -1 5/2

X1 1 0 -1 2 3/2

Dalam praktek, pengetahuan akan solusi optimum yang lebih dari satu

akan sangat bermanfaat karena manajemen mempunyai kesempatan

untuk memilih salah satu sesuai dengan situasi yang mereka miliki tanpa

harus merusak nilai tujuan.

Degeneracy

Pada bagian 4.4 di atas, ada kemungkinan saat akan menentukan

sel keluar, rasio pembagian terkecil lebih dari satu, dan kita akan memilih

salah satu secara sembarang. Jika hal ini terjadi, satu atau lebih variabel

akan sama dengan nol (0) pada iterasi selanjutnya. Solusi pada iterasi

dimana satu atau lebih variabel mempunyai nilai nol (0) kita sebut sebagai

degeneracy.

Degeneracy terjadi secara praktek karena ada minimum satu

fungsi kendala yang redundan. Dalam iterasi, kita dapat mengenalinya

dengan cara berikut.


Maks z = 3x1 + 9x2

Terhadap x1 + 4x2 ≤ 8

x1 + 2x2 ≤ 4

x1, x2 ≥ 0

Penyelesaian simpleks kasus di atas adalah:


Z -3 -9 0 0 0 -

S1 1 4 1 0 8 2

S2 1 2 0 1 4 2

Kalau anda perhatikan tabel di atas, ada dua kandidat baris pivot,

sehingga ada dua kandidat variabel keluar. Kita dapat memilih salah

satu. Jika kita pilih baris s1 maka solusi pada iterasi pertama adalah

sebagai berikut:


Z -3/4 0 9/4 0 18 -

X2 1/4 1 1/4 0 2 8

S2 1/2 0 1/2 1 0 0

Nilai kanan s2 menjadi 0 dan tabel belum optimum. Variabel x1 menjadi

variabel masuk dan s2 menjadi variabel keluar. Iterasi berikutnya

sebenarnya tidak mengubah solusi optimal, seperti yang ditunjukkan

tabel di bawah ini.

Iterasi-2 optimal

VB X1 X2 S1 S2 Solusi

Z 0 0 3/2 3/2 18


X2 0 1 0 -1/2 2

X1 1 0 1 2 0

Melihat pembatas yang redundan sangat mudah menggunakan

solusi grafik. Garis dari fungsi pembatas yang redundan melewati hanya

salah satu titik pada daerah penyelesaian yaitu solusi optimal, dan hal ini

sebenarnya tidak berarti dalam penentuan solusi optimal. Karena tanpa

garis fungsi pembatas itupun, solusi optimal sudah dapat diidentifikasi

menggunakan fungsi pembatas yang lain.

Dari sudut pandang teoritis, degeneracy mempunyai implikasi

dua. Pertama, berhubungan dengan fenomena pengulangan. Iterasi 1

dan 2 di atas hanya merupakan pengulangan yang memberikan nilai

tujuan sama, yaitu 18. Secara umum dapat diterima, pada kasus ini

prosedur simpleks akan terus berulang tanpa ada akhir tapi tidak

memperbaiki solusi. Kedua, meskipun variabel basis dan non basis

berbeda pada setiap iterasi, tetapi nilai semua variabel dalam iterasi

adalah sama, yaitu x1 = 0, x2 = 2, s1 = 0, s2 = 0 dan z = 18.

Solusi Tidak Terbatas

Ada kalanya kita menemukan nilai variabel meningkat tak

terbatas tanpa melanggar pembatas, artinya ruang solusi tidak terbatas

paling tidak untuk satu arah. Sebagai akibatnya, nilai tujuan akan

meningkat (untuk kasus maksimisasi) atau menurun (untuk kasus

minimisasi) tanpa ada batas. Dalam kasus kita sebut ruang solusi dan

nilai tujuan optimum tidak terbatas.

Solusi tidak terbatas hanya mengindikasikan satu hal, yaitu

model myang dibangun salah. Mendapatkan keuntungan yang tidak

terbatas misalnya tentunya tidak masuk akal. Salah satu yang paling

umum yang menyebabkan solusi tidak terbatas adalah tidak memasukan


pembatas yang bukan redundan pada model atau parameter (konstanta)

beberapa pembatas tidak dihitung dengan benar. Perhatikan kasus

berikut:

Maks z = 2x1 + x2

Terhadap x1 - x2 ≤ 10

2x1 ≤ 40

x1, x2 ≥ 0

iterasi-0


Z -2 -1 0 0 0

S1 1 -1 1 0 10 10

S2 2 0 0 1 40 20

Iterasi-1


Z 0 -1 0 1 40

S1 0 -1 1 -1/2 -10

X1 1 0 0 ½ 20

Jika iterasi itu diteruskan, tidak akan pernah berhenti. Nilai z akan

meningkat terus. Pada tabel awal sebenarnya kita sudah dapat

mengidentikasi bahwa nilai tujuan akan meningkat terus tanpa ada batas

dengan memperhatikan koefisien pembatas kolom x2 yang bernilai -1 dan

0. Nilai koefisien pembatas ini menunjukkan bahwa x2 dapat dinaikkan

tanpa ada batas, sehingga nilai z juga akan meningkat tanpa ada batas.

Solusi Tidak Layak

Jika pembatas tidak dapat dipenuhi secara bersamaan, maka kita

berhadapan dengan solusi tidak layak. Solusi tidak layak tidak akan


pernah terjadi jika semua fungsi kendala menggunakan pertidaksamaan ≤

(asumsikan nilai kanan adalah positif), karena variabel slack selalu

memberikan solusi layak. Solusi optimal dapat terjadi jika fungsi

pembatas ada yang menggunakan pertidaksamaan ≥, kita menggunakan

variabel buatan sebagai variabel basis awal, dimana variabel buatan

berdasarkan desainnay tidak memberikan solusi layak bagi model awal.

Meskipun dalam prosedur iterasinya kita memaksa variabel buatan

bernilai 0 pada solusi optimum, hal ini hanya akan terjadi jika model

mempunyai ruang solusi layak. Sering juga terjadi, minimum satu

variabel buatan bernilai positif pada solusi optimum. Hal ini

mengindikasikan bahwa permasalahan tidak mempunyai solusi layak.

Dari sudut pandang praktikal, solusi tidak layak terjadi karena

model tidak diformulasikan dengan benar, dimana beberapa pembatas

saling bertentangan. Hal lain yang menyebabkan solusi tidak layak

adalah bahwa pembatas tidak dimaksudkan untuk dipenuhi secara

bersamaan. Perhatikan kasus berikut:

Maks z = 3x1 + 2x2

Terhadap 2x1 + x2 ≤ 2

3x1 + 4x2 ≥ 12

x1, x2 ≥ 0

Solusi awal dengan metode M besar

VB X1 X2 S1 S2 A1 Solusi Rasio

Z -3-3M -2-4M M 0 0 -12M

S1 2 1 1 0 0 2 2

A1 3 4 0 -1 1 12 3

Iterasi-1

VB X1 X2 S1 S2 A1 Solusi Rasio

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


X2 2 1 1 0 0 2

A1 -5 0 -1 -4 1 4

Pada iterasi optimal, variabel buatan A1 masih bernilai positif dan

≥ dari 0. Hal ini mengindikasikan bahwa ruang solusi tidak layak.


metode big m

Documents