ekma4413 - riset operasi - modul 4

EKMA4413 – Riset Op-erasiProgram Studi Manaje-menOleh: M. Mujiya Ulkhaq

Raja Ampat, Papua Barat

Modul 4

Seoul, 9th of March 2014

2

Tinjauan Umum Modul 4

Secara umum, Modul 4 akan membahas mengenai penentuan alokasi sumber daya yang jumlahnya terbatas secara optimal dengan menggunakan linear programming: metode simpleks.

Modul 4 terdiri dari dua kegiatan belajar:• Kegiatan Belajar 1 – Pemecahan Masalah yang Formulasinya Berbentuk Standar dengan Metode Simpleks• Kegiatan Belajar 2 – Analisis Sensitivitas

Setelah mempelajari Modul 4, diharapkan mampu memecahkan masalah linear programming yang memi-liki variabel lebih dari dua dan lebih kompleks.

Secara khusus, setelah mempelajari Modul 4, diharapkan mampu:• Memecahkan masalah linear programming yang memiliki variabel lebih dari dua macam;• Memecahkan masalah dengan menggunakan tabel dan rumus-rumus dalam metode simpleks.

3

Pemecahan MasalahPemecahan masalah dari programma linier dapat diselesaikan dengan dua metode: metode visual (grafik) dan metode simpleks. Metode grafik sudah dibahas pada Modul 3 sedang metode simpleks akan dibahas pada Modul 4.

Kelebihan metode simpleks adalah dapat diimplementasikan pada masalah dengan variabel keputusan lebih dari tiga, di mana metode visual (grafik) tidak mampu untuk menyelesaikannya.

Kekurangannya adalah metode ini lebih rumit dalam implementasi dan perhitungan dibandingkan dengan metode visual (grafik).

4

Formulasi MasalahSebelum memulai pemograman dengan programma linier, maka kita harus merumuskan kasus atau masalah yang akan diselesaikan, tentu saja dalam persamaan-persamaan linier. Ada dua macam model per-samaan:

1. Fungsi tujuan (objektif), yang sifatnya menimimalkan atau memaksimalkan.

2. Fungsi pembatas (konstrain), yang merupakan batasan fungsional terhadap jumlah sumber daya yang terbatas.

Simbol-simbol konvensional yang dipakai:

i : Nomor (indeks) sumber daya;

j : Nomor (indeks) aktivitas;

m : Banyaknya macam sumber daya;

n : Banyaknya macam aktivitas;

aij : Kebutuhan setiap unit aktivitas j akan sumber daya i;

bi : Banyaknya sumber daya i yang tersedia;

cj : Manfaat yang diperoleh untuk setiap unit aktivitas j;

Xj : Ukuran (unit) aktivitas;

Z : Jumlah nilai yang akan dituju (maksimasi atau minimasi).

5

Formulasi MasalahIlustrasi 1:

6

Formulasi Masalah1. Fungsi Tujuan

Fungsi ini menunjukkan tujuan yang akan dioptimalkan: maksimasi atau minimasi.

Simbol yang digunakan adalah Z.

Bentuk umum:

X merupakan variabel keputusan: apa atau siapa yang akan dioptimalkan. Dari ilustrasi 1, yang akan dioptimalkan adalah jumlah produk 1 dan 2 yang akan diproduksi, maka, n = 2.

Untuk ilustrasi 1, fungsi tujuannya adalah:

Maksimasi Z – (c1X1 + c2X2) = 0

Z – 3X1 – 4X2 = 0

0

0

2211

1

nn

n

jjj

XcXcXcZ

XcZ

7

Formulasi Masalah2. Fungsi Pembatas

a. Pembatas Fungsional (Sumber Daya)

Fungsi ini menunjukkan alokasi sumber daya yang tersedia. Apabila setiap unit aktivitas j memerlukan a unit sumber daya i, maka bentuk umum pertidaksamaan fungsi pembatas fungsional adalah:

Untuk ilustrasi 1, fungsi pembatas fungsionalnya adalah:

Subject to 2X1 + 1X2 + S1= 6.000

2X1 + 3X2 + S2= 9.000

11

11 bXaSn

jjj

111212111 bSXaXaXa nn

21

22 bXaSn

jjj

m

n

jjmjm bXaS

1

222222121 bSXaXaXa nn

mnmnmm bSXaXaXa 32211

S merupakan slack variabelyang berfungsi untuk “menampung”perbedaan antara sisi kanan dan kiridiakibatkan berubahnya tanda ≤ atau ≥ menjadi =.

8

Formulasi Masalah2. Fungsi Pembatas

b. Pembatas Tanda

Fungsi ini menunjukkan bahwa variabel keputusan (Xj) tidak boleh bernilai tertentu. Biasanya, dalam kasus programma linier sederhana, variabel keputusan tidak boleh bernilai negatif (lebih besar atau sama dengan nol).

Bentuk umum:

Untuk ilustrasi 1, fungsi pembatas tandanya adalah:

X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0

0;;0;0

0;;0;0

21

21

n

n

SSS

XXX

9

Formulasi MasalahFormulasi masalah secara lengkap dari Ilustrasi 1 adalah:

Maksimasi Z – 3X1 – 4X2 = 0

Subject to (1) 2X1 + 1X2 + S1= 6.000

(2) 2X1 + 3X2 + S2= 9.000

(3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0

10

Metode Simpleks – Maksimasi

1. Masukkan formulasi masalah ke dalam tabel simpleks

Bentuk umum dari tabel simpleks:

Tabel simpleks dari ilustrasi 1 adalah:

V.D. merupakan variabel dasar (variabel basis)N.K. merupakan nilai dari sisi kanan dari tiap persamaan

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000Variabel dasar

Variabel dasar dalam baris Z harus bernilai 0

11


2. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil)

Kolom kunci dari ilustrasi 1 iterasi 1 adalah:

3. Pilih “baris kunci” yang merupakan baris dengan nilai positif terkecil

Baris S1 = 6.000 / 1 = 6.000

Baris S2 = 9.000 / 3 = 3.000 → positif terkecil

Baris kunci dari ilustrasi 1 iterasi 1 adalah:

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

12


4. Ubah nilai dari “baris kunci” dengan membaginya dengan nilai dari “kolom kunci”.

Kemudian Variabel Dasar (V.D.) juga diubah menjadi Variabel Dasar dari “kolom kunci”

Untuk “baris nonkunci”, ubah nilainya sebagai berikut:

Nilai baru = nilai lama – (nilai baris yang bersesuaian pada “kolom kunci” × nilai “baris kunci” baru)

Iterasi 2

Z pada kolom X1 = –3 – (–4 × 2/3) = –1/3 S1 pada kolom X1 = 2 – (1 × 2/3) = 4/3

Z pada kolom S1 = 0 – (–4 × 0) = 0 S1 pada kolom S1 = 1 – (1 × 0) = 1

Z pada kolom S2 = 0 – (–4 × 1/3) = 4/3 S1 pada kolom S2 = 0 – (1 × 1/3) = –1/3

Z pada kolom N.K. = 0 – (–4 × 3.000) = 12.000 S1 pada kolom N.K. = 6.000 – (1 × 3.000) = 3.000

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

II

Z 1 –1/3 0 0 4/3 12.000

S1 0 4/3 0 1 –1/3 3.000

X2 0 2/3 1 0 1/3 3.000

Semua nilai pada kolom kunci bernilai 0 kecuali yang terletak pada baris kunci

13


5. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil)

Pilih “baris kunci” yang merupakan baris dengan nilai positif terkecil

Baris S1 = 3.000 / 4/3 = 2.250 → positif terkecil

Baris X2 = 3.000 / 2/3 = 4.500

Kolom dan baris kunci dari ilustrasi 1 iterasi 2 adalah:

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

II

Z 1 –1/3 0 0 4/3 12.000

S1 0 4/3 0 1 –1/3 3.000

X2 0 2/3 1 0 1/3 3.000

14


6. Ubah nilai dari “baris kunci” dengan membaginya dengan nilai dari “kolom kunci”.




Iterasi 3

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

II

Z 1 –1/3 0 0 4/3 12.000

S1 0 4/3 0 1 –1/3 3.000

X2 0 2/3 1 0 1/3 3.000

III

Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750

X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250

X2 0 0 1 –1/2 1/2 1.500

15


7. Pemeriksaan hasil akhir.

Karena pada iterasi terakhir tidak ada nilai Z yang bernilai negatif, maka nilai yang optimal telah diperoleh.

V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

I

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

II

Z 1 –1/3 0 0 4/3 12.000

S1 0 4/3 0 1 –1/3 3.000

X2 0 2/3 1 0 1/3 3.000

III

Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750

X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250

X2 0 0 1 –1/2 1/2 1.500

Variabel keputusanyang terpilih

Nilai variabel keputu-san:X1 = 2.250;X2 = 1.500

Nilai akhirZ = 12.750

16

Informasi Tambahan1. Pada pemilihan “kolom kunci” terdapat dua atau lebih nilai negatif terkecil (pada maksimasi) atau

positif terbesar (pada minimasi) di baris Z.

Silakan pilih salah satu sesuai selera karena hasilnya akan sama saja (apabila benar dalam pengerjaan).

2. Pada pemilihan “baris kunci” terdapat dua atau lebih nilai positif terkecil.

Silakan pilih salah satu sesuai selera karena hasilnya akan sama saja (apabila benar dalam pengerjaan).

3. Terdapat lebih dari satu alternatif penyelesaian (mempunyai nilai Z yang sama namun variabel keputu-san yang terpilih berbeda).

Pada dasarnya, alternatif-alternatif tersebut adalah sama, karena mempunyai hasil (nilai Z) yang sama, namun dalam praktiknya, terkadang alternatif yang lebih “practical” yang harus dipilih.

17

“Penyimpangan”1. Fungsi tujuan Minimasi

Ketika fungsi tujuan dari programma linier adalah minimasi, maka terdapat dua cara penyelesaian: mengubah ke bentuk maksimasi atau tetap menggunakan bentuk minimasi dengan cara pengejaan yang sedikit berbeda dengan maksimasi. Namun dalam Modul ini hanya dibahas cara yang pertama. Untuk mengganti bentuk minimasi menjadi maksimasi adalah dengan mengalikan –1.

Contoh:

Minimasi Z = 3X1 + 4X2 Maksimasi –Z = –3X1 – 4X2

–Z + 3X1 + 4X2 = 0

Tabel simpleks-nya adalah:

Ingat bahwa setelah iterasi terakhir, N.K. yang diperoleh harus dikali –1 karena koefisien dari Z adalah –1 (lihat Tabel Simpleks).

V.D. Z X1 X2 … … N.K.

Z –1 3 4 … … 0

… … … … … … …

… … … … … … …

18

“Penyimpangan”2. Pembatas fungsional bertanda “=”

Ketika suatu permasalahan dalam programma linier ada pembatas fungsional yang bertanda = (sama dengan), maka kondisi ini akan menyulitkan dalam penyelesaiannya, karena matriks identitas yang akan dijadikan solusi dasar awal tidak akan ditemui. Cara penyelesaiannya adalah dengan menam-bahkan variabel artifisial R ke dalam formulasi pembatas fungsional di mana nilai dari variabel arti-fisial ini harus nol. Metode yang digunakan dalam penyelesaian masalah dengan kondisi ini ada dua: Metode Dua Fasa dan Metode Big M. Namun dalam Modul ini hanya dibahas Metode Big M.

Metode Big M merupakan metode untuk mengeliminasi variabel artifisial dengan memberikan nilai positif yang sangat besar (M) pada fungsi tujuan (untuk maksimasi bertanda negatif; untuk minimasi bertanda positif).

Contoh:

Maksimasi Z = 3X1 + 4X2 Maksimasi Z – 3X1 – 4X2 + MR1 = 0

Subject to (1) 2X1 + X2 = 6.000 Subject to (1) 2X1 + X2 + R1 = 6.000

(2) 2X1 + 3X2 ≤ 9000 (2) 2X1 + 3X2 + S2 = 9000

(3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0 (3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S2 ≥ 0

Z = 3X1 + 4X2 – MR1

19

“Penyimpangan”2. Pembatas fungsional bertanda “=”

Tabel simpleks dari contoh tersebut adalah:

Ingat bahwa nilai V.D. (Variabel Dasar) pada baris Z harus 0, namun dalam tabel di atas, nilai R1 adalah M, maka agar nilai R1 sebesar 0, baris Z nilainya harus diubah sedemikian rupa (ingat metode eliminasi dalam pemecahan masalah linier):

Baris pertama (Z) dikurangi M kali baris kedua (R1):

–3X1 – 4X2 + MR1 + 0S2 = 0

2MX1 + MX2 + MR1 + 0S2 = 6.000M

(–3–2M)X1 + (–4–M)X2 = – 6.000M

V.D. Z X1 X2 R1 S2 N.K.

Z 1 –3 –4 M 0 0

R1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

V.D. Z X1 X2 R1 S2 N.K.

Z 1 –3–2M –4–M 0 0 – 6.000M

R1 0 2 1 1 0 6.000

S2 0 2 3 0 1 9.000

20

“Penyimpangan”3. Pembatas fungsional bertanda “≥”

Ketika suatu permasalahan dalam programma linier ada pembatas fungsional yang bertanda ≥ (lebih besar atau sama dengan), maka penyelesaiannya dengan menambahkan variabel slack dengan tanda negatif.

Contoh:

Maksimasi Z = 3X1 + 4X2 Maksimasi Z – 3X1 – 4X2 = 0

Subject to (1) 2X1 + X2 ≤ 6.000 Subject to (1) 2X1 + X2 + S1 = 6.000

(2) 2X1 + 3X2 ≥ 9000 (2) 2X1 + 3X2 – S2 = 9000

(3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0 (3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0

Tabel simpleks dari contoh tersebut adalah:V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

Z 1 –3 –4 0 0 0

S1 0 2 1 1 0 6.000

–S2 0 2 3 0 1 9.000

Melanggar pembatas tanda S2 ≥ 0

21


Karena variabel dasar melanggar aturan pembatas tanda, maka variabel artifisial R dapat dimasukkan ke dalam persamaan. Karena R masuk ke dalam persamaan, sehingga Metode Big M dipakai untuk menyelesaikan masalah. Maka, dalam fungsi tujuan juga harus ditambahkan M (untuk maksimasi bertanda negatif; untuk minimasi bertanda positif).

Maksimasi Z – 3X1 – 4X2 = 0 Z – 3X1 – 4X2 + MR2 = 0

Subject to (1) 2X1 + X2 + S1 = 6.000 2X1 + X2 + S1 = 6.000

(2) 2X1 + 3X2 – S2 = 9000 2X1 + 3X2 – S2 + R2 = 9000

(3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0 X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0

Tabel simpleks dari contoh tersebut adalah:

V.D. Z X1 X2 S1 S2 R2 N.K.

Z 1 –3 –4 0 0 M 0

S1 0 2 1 1 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 9.000

22


Ingat bahwa nilai V.D. (Variabel Dasar) pada baris Z harus 0, namun dalam tabel di atas, nilai R2 adalah M, maka agar nilai R2 sebesar 0, baris Z nilainya harus diubah sedemikian rupa (ingat metode eliminasi dalam pemecahan masalah linier):

Baris pertama (Z) dikurangi M kali baris ketiga (R2):

–3X1 – 4X2 + 0S1 + 0S2 + MR2 = 0

2MX1 + 3MX2 + 0S1 – MS2 + MR2= 9.000M

(–3–2M)X1 + (–4–3M)X2 + MS2 = – 9.000M

V.D. Z X1 X2 S1 S2 R2 N.K.

Z 1 –3 –4 0 0 M 0

S1 0 2 1 1 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 9.000

V.D. Z X1 X2 S1 S2 R2 N.K.

Z 1 –3–2M –4–3M 0 M 0 – 9.000M

S1 0 2 1 1 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 9.000

23

“Penyimpangan”Contoh penyelesaian masalah untuk beberapa penyimpangan tersebut:

Minimasi Z = 5X1 + 2X2

Subject to (1) 2X1 + X2 = 6.000

(2) 2X1 + 3X2 ≥ 9000

(3) X1 + X2 ≤ 4000

(4) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0

Ubah formulasi masalah di atas menjadi bentuk standar dengan mengubah ke bentuk maksimasi (menga-likan – 1) serta menambahkan variabel slack dan artifisial.

Maksimasi –Z + 5X1 + 2X2 + MR1 + MR2 = 0

Subject to (1) 2X1 + X2 + R1 = 6.000

(2) 2X1 + 3X2 – S2 + R2 = 9000

(3) X1 + X2 + S3 = 4000

(4) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0; S3 ≥ 0

24

“Penyimpangan”1. Masukkan formulasi masalah ke dalam tabel simpleks

Baris pertama (Z) ditambah M kali baris pertama (R1) dan ditambah M kali baris ketiga (R2)

5X1 + 2X2 + MR1 + 0S2 + MR2 + 0S3 = 0

2MX1 + MX2 + MR1 + 0S2 + 0R2 + 0S3= 6.000M

2MX1 + 3MX2 + 0R1 – MS2 + MR2 + 0S3= 9.000M

(5–4M)X1 + (2–4M)X2 + MS2 = –15.000M

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

Z –1 5 2 M 0 M 0 0

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

25

“Penyimpangan”2. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil)

Karena X1 dan X2 sama-sama bernilai negatif terkecil, maka dipilih salah satu, yaitu X2.


Kolom kunci dan baris kunci iterasi 1 adalah:

Baris R1 = 6.000 / 1 = 6.000

Baris R2 = 9.000 / 3 = 3.000 → positif terkecil

Baris S3 = 4.000 / 1 = 4.000

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

26

“Penyimpangan”4. Ubah nilai dari “baris kunci” dengan membaginya dengan nilai dari “kolom kunci”.




Iterasi 2

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

II

Z –1 11/3–4/3M 0 0 2/3–1/3M 4/3M–2/3 0 –6.000–3.000M

R1 0 4/3 0 1 1/3 –1/3 0 3.000

X2 0 2/3 1 0 –1/3 1/3 0 3.000

S3 0 1/3 0 0 1/3 –1/3 1 1.000

27




Baris R1 = 3.000 / 4/3 = 2.250 → positif terkecil

Baris X2 = 3.000 / 2/3 = 4.500

Baris S3 = 1.000 / 1/3 = 3.000

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

II

Z –1 11/3–4/3M 0 0 2/3–1/3M 4/3M–2/3 0 –6.000–3.000M

R1 0 4/3 0 1 1/3 –1/3 0 3.000

X2 0 2/3 1 0 –1/3 1/3 0 3.000

S3 0 1/3 0 0 1/3 –1/3 1 1.000

28


Iterasi 3

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

II

Z –1 11/3–4/3M 0 0 2/3–1/3M –2/3+4/3M 0 –6.000–3.000M

R1 0 4/3 0 1 1/3 –1/3 0 3.000

X2 0 2/3 1 0 –1/3 1/3 0 3.000

S3 0 1/3 0 0 1/3 –1/3 1 1.000

III

Z –1 0 0 –11/4+M –1/4 –1/4+M 0 –14.250

X1 0 1 0 3/4 1/4 –1/4 0 2.250

X2 0 0 1 –1/2 –1/2 1/2 0 1.500

S3 0 0 0 –1/4 1/4 –1/4 1 250

29




Baris X1 = 2.250 / 1/4 = 9.000

Baris X2 = 1.500 / –1/2 = –3.000

Baris S3 = 250 / 1/4 = 1.000 → positif terkecil V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

II

Z –1 11/3–4/3M 0 0 2/3–1/3M –2/3+4/3M 0 –6.000–3.000M

R1 0 4/3 0 1 1/3 –1/3 0 3.000

X2 0 2/3 1 0 –1/3 1/3 0 3.000

S3 0 1/3 0 0 1/3 –1/3 1 1.000

III

Z –1 0 0 –11/4+M –1/4 –1/4+M 0 –14.250

X1 0 1 0 3/4 1/4 –1/4 0 2.250

X2 0 0 1 –1/2 –1/2 1/2 0 1.500

S3 0 0 0 –1/4 1/4 –1/4 1 250

30


Iterasi 4

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

I

Z –1 5–4M 2–4M 0 M 0 0 –15.000M

R1 0 2 1 1 0 0 0 6.000

R2 0 2 3 0 –1 1 0 9.000

S3 0 1 1 0 0 0 1 4.000

II

Z –1 11/3–4/3M 0 0 2/3–1/3M –2/3+4/3M 0 –6.000–3.000M

R1 0 4/3 0 1 1/3 –1/3 0 3.000

X2 0 2/3 1 0 –1/3 1/3 0 3.000

S3 0 1/3 0 0 1/3 –1/3 1 1.000

III

Z –1 0 0 –11/4+M –1/4 –1/4+M 0 –14.250

X1 0 1 0 3/4 1/4 –1/4 0 2.250

X2 0 0 1 –1/2 –1/2 1/2 0 1.500

S3 0 0 0 –1/4 1/4 –1/4 1 250

IV

Z –1 0 0 –3+M 0 –1/2+M 1 –14.000

X1 0 1 0 1 0 0 –1 2.000

X2 0 0 1 –1 0 0 2 2.000

S2 0 0 0 –1 1 –1 4 1.000

31

“Penyimpangan”11. Pemeriksaan hasil akhir

Karena pada iterasi terakhir tidak ada nilai Z yang bernilai negatif, maka nilai yang optimal telah diperoleh

V.D. Z X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K.

IV

Z –1 0 0 –3+M 0 –1/2+M 1 –14.000

X1 0 1 0 1 0 0 –1 2.000

X2 0 0 1 –1 0 0 2 2.000

S2 0 0 0 –1 1 –1 4 1.000

Variabel keputusanyang terpilih

Nilai akhir–Z = –14.000Z = 14.000

Nilai variabel keputu-san:X1 = 2.000;X2 = 2.000;S2 = 1.000

32

Analisis SensitivitasA. Marginal Value (Shadow Price)

Marginal Value pada Table Simpleks iterasi terakhir terdapat pada kolom Slack Variable.

Contoh:

Maksimasi Z = 3X1 + 4X2

Subject to (1) 2X1 + X2 ≤ 6.000

(2) 2X1 + 3X2 ≤ 9.000

(3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0

Tabel Simpleks iterasi terakhir (optimal) adalah:

S1 = 1/4, maka apabila nilai ruas kanan pada fungsi pembatas pertama ditambah 1 unit, maka nilai Z akan bertambah 1/4. Dan apabila nilai ruas kanan pada fungsi pembatas kedua ditambah 1 unit, maka nilai Z akan bertambah 5/4 (S2 = 5/4).

Iterasi V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

III

Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750

X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250

X2 0 0 1 –1/2 1/2 1.500

33

Analisis SensitivitasB. Mencari Nilai Optimal Baru

Apabila terjadi perubahan nilai ruas kanan pada suatu pembatas, maka nilai optimal dapat diketahui tanpa mengulangi proses perhitungan.

Pada contoh sebelumnya, tabel simpleks iterasi terakhir adalah sebagai berikut:

Apabila fungsi pembatas yang pertama bertambah 100, maka:

Z baru = Z lama + koefisien S1 × 100 = 12.750 + 1/4(100) = 12.775

X1 baru = X1 lama + koefisien S1 × 100 = 2.250 + 3/4(100) = 2.325

X2 baru = X2 lama + koefisien S1 × 100 =1.500 – 1/2(100) = 1.450

Cek feasibilitas:

(1) 2X1 + X2 ≤ 6.000

(1) 2(2.325) + 1.450 ≤ 6.000 (OK)

Iterasi V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K.

III

Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750

X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250

X2 0 0 1 –1/2 1/2 1.500

34


Cek feasibilitas

Seperti sudah disinggung sebelumnya, setiap penambahan atau pengurangan nilai ruas kanan pembatas fung-sional, maka harus dicek feasibilitasnya dengan memasukkan nilai yang baru ke fungsi pembatas yang baru, apabila tidak sesuai, maka hal tersebut tidak dapat dilakukan.

Mencari selang feasibilitas

Pembatas fungsional 1

(1) 2.250 + 3/4×Δ 1 ≥ 0; maka Δ ≥ –3.000 (sebagai batas bawah)

(2) 1.500 – 1/2×Δ 1 ≥ 0; maka Δ ≤ 3.000 (sebagai batas atas)

Sehingga –3.000 ≤ Δ 1 ≤ 3.000 adalah selang bagi penambahan nilai ruas kanan pembatas 1.

Artinya, nilai ruas kanan dari pembatas 1 tidak boleh bertambah lebih dari 3.000 atau berkurang lebih dari 3.000.

Pembatas fungsional 2

(1) 2.250 – 1/4×Δ 2 ≥ 0; maka Δ ≤ 9.000 (sebagai batas atas)

(2) 1.500 + 1/2×Δ 2 ≥ 0; maka Δ ≥ –3.000 (sebagai batas bawah)

Sehingga –3.000 ≤ Δ 2 ≤ 9.000 adalah selang bagi penambahan nilai ruas kanan pembatas 1.

Artinya, nilai ruas kanan dari pembatas 1 tidak boleh bertambah lebih dari 9.000 atau berkurang lebih dari 3.000.

35


Mencari selang feasibilitas

Pembatas fungsional 1: –3.000 ≤ Δ 1 ≤ 3.000

Pembatas fungsional 2: –3.000 ≤ Δ 2 ≤ 9.000

Apabila fungsi pembatas yang pertama bertambah 4.000, maka:

Z baru = Z lama + koefisien S1 × 100 = 12.750 + 1/4(4.000) = 13.750

X1 baru = X1 lama + koefisien S1 × 100 = 2.250 + 3/4(4.000) = 5.250

X2 baru = X2 lama + koefisien S1 × 100 =1.500 – 1/2(4.000) = –500

Cek feasibilitas:

(1) 2X1 + X2 ≤ 6.000

(1) 2(5.250) –500 ≥ 6.000 (Tidak OK);

Selain itu, nilai X2 ≤ 0 yang juga melanggar pembatas tanda: X2 ≥ 0

EKMA4413 – Riset Op-erasiProgram Studi Manaje-menOleh: M. Mujiya Ulkhaq

Raja Ampat, Papua Barat

Modul 4

Terima Kasih

감사합니다

Sampai Bertemu Lagi di Pertemuan Selanjutnya

Seoul, 9th of March 2014

ekma4413 - riset operasi - modul 4

Education