management sda s2
DESCRIPTION
Management SDATRANSCRIPT
1
I PEMROGRAMAN LINIERSejak diperkenalkan di akhir dasawarsa 1960 pemrograman linier merupakan salah satu alat pengambil keputusan yang paling efektif. Keberhasilannya berakar dari keluwesannya dalam menjabarkan di mana kalangan pemakai teknik optimasi ini sukses dalam menggunakan hasil optimasi linier sebagai sebuah alat pengambil keputusan situasi kehidupan nyata di bidang-bidang berikut : militer, industri, pertanian, transportasi, ekonomi, kesehatan, keteknikan bahkan ilmu sosial dan perilaku (Taha,1996). Di samping itu, tersedianya program komputer yang sangat efisien untuk memecahkan masalah-masalah Linier Programing yang sangat luas, merupakan faktor penting dalam penyebaran penggunaan teknik optimasi ini (Lasdon,1998). Pemrograman linier adalah sebuah alat deterministik, yang berarti bahwa semua parameter model diasumsikan diketahui dengan pasti. Tetapi dalam kehidupan nyata jarang seseorang menghadapi masalah di mana terjadi kepastian yang sesungguhnya. Teknik LP mengkompensasikan “kekurangan” ini dengan memberikan analisis pasca optimum yang sistematis untuk memungkinkan pengambil keputusan yang bersangkutan menguji perubahan dalam berbagai parameter dari model tersebut. Pada intinya, teknik tambahan ini memberikan dimensi dinamis (Fauzi, 2002).
2
Pengembangan model matematis dapat dimulai dengan menjawab ketiga pertanyaan berikut ini :Apakah yang diusahakan untuk ditentukan oleh model tersebut? Dengan kata lain, apakah variabel (yang tidak diketahui) dari masalah tersebut?Apakah batasan (kendala) yang harus dikenakan atas variabel untuk memenuhi batasan sistem model tersebut?Apakah tujuan (sasaran) yang harus dicapai untuk menentukan pemecahan optimum (terbaik) dari semua nilai yang layak dari variabel tersebut?Cara yang efektif untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini adalah memberikan ringkasan untuk masalah yang bersangkutan. Dapat diaplikasikan pada contoh Pabrik Cat berikut
3
Linear Programing dengan Model Dua Variabel dan Pemecahannya
Contoh : Reddy Mikks company memiliki sebuah pabrik yang menghasilkan cat, baik untuk eksterior maupun interior untuk didistribusikan kepada para grosir. Harga jual cat eksterior 3 unit harga, cat interior 2 unit harga. Permintaan cat interior max 1 ton lebih dari cat eksterior, produksi cat interior max 2 ton/hari.
Data : Ton Bahan Mentah per
Ton CatKetersedia
an Maksimum
(Ton)Eksterior Interior
Bahan Mentah A
1 2 6
Bahan Mentah B
2 1 8
4
Pengembangan Model Matematis
1 Variabel : Xe = jumlah ton cat eksterior yang diproduksi setiap hariXi = jumlah ton cat interior yang diproduksi setiap
hari2. Fungsi Tujuan (Objective Function) : Max Z = 3 Xe + 2 Xi3. Batasan (Constraint) :
Xe + 2 Xi ≤ 6 (bahan mentah A)2 Xe + Xi ≤ 8 (bahan mentah B) Xi - Xe ≤ 1 (perbedaan max cat interior &
eksterior) Xi ≤ 2 (max cat interior)
5
1
2
3
4
5
61 2 3 4 50 6
1
2
3
4
5
7
6
8
A
F
B
C
DE
GH K
J
x I
xE
Ruangpemecahan
2xE + xI 8-xE + xI 1
xI 2 xE 0
xI 0
xE + 2xI 6 123456
Penyelesaian secara grafis
6
Membuat persamaan bentuk standard untuk penyelesaian secara simplek
Max : Z = 3 Xe + 2 Xi +0 S1+ 0 S2 + 0 S3 + 0 S4
Dengan batasan : Xe + 2 Xi + S1 = 6 2 Xe + Xi + S2 = 8 - Xe + Xi + S3 = 1 Xi + S4 = 2
Xe, Xi, S1, S2, S3, S4 ≥ 0
7
Penyelesaian dengan cara simplek
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 Persamaan Z
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 Persamaan S1
S20
2 1 0 1 0 0 8 Persamaan S2
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1 Persamaan S3
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 Persamaan S4
8
Penyelesaian dengan cara simplek
Iterasi I ↓IN
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 SolutionTitik potong (Ratio)
Z 1 -3 -2 0 0 0 0 0 0/-3= 0
S1 0 1 2 1 0 0 0 6 6/1 = 6
←Out
S2 0 2( titik pivot) 1 0 1 0 0 8 8/2 = 4
(terkecil)
S3 0 -1 1 0 0 1 0 1 - 1 (tidak boleh negatif)
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 tidak boleh dibagi 0
9
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution Ratio
0/2 2/2 1/2 0/2 1/2 0/2 0/2 8/2
Pers.Pivot Xe 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4 8/2 =4
10
Operasi Gauss-Jordan berikut menghasilkan tabel baru:1. Persamaan pivot Xe baru = persamaan S2 lama : 22. Persamaan Z baru = persamaan Z lama - (-3) x pers pivot baru3. Persamaan S1 baru= persamaan S1 lama - (1) x pers pivot baru4. Persamaan S3 baru= persamaan S3 lama - (-1) x pers pivot baru5. Persamaan S4 baru= persamaan S4 lama - (0) x pers pivot baru
11
Persamaan Z lama 1 -3 -2 0 0 0 0 0
-(-3) x Pers pivot baru 0 3 3/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan Z baru 1 0 -1/2 0 3/2 0 0 12
Persamaan S1 lama 0 1 2 1 0 0 0 6
-1 x Pers pivot baru 0 -1 -1/2 0 -1/2 0 0 -4
Persamaan S1 baru 0 0 3/2 1 -1/2 0 0 2
Persamaan S3 lama 0 -1 1 0 0 1 0 1
-(-1) x Pers pivot baru 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4Persamaan S3 baru 0 0 3/2 0 1/2 1 0 5
Operasi Gauss-Jordan
12
Penyelesaian dengan cara simplek
Iterasi 2 ↓IN
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution Ratio
Z 1 0 -1/2 0 3/2 0 0 12
←Out S1 0 0 3/2 1 -1/2 0 0 2 2/3/2=4/3
Xe 0 1 1/2 0 1/2 0 0 4 4/(1/2)=8
S3 0 0 3/2 0 1/2 1 0 5 5/3/2=10/3
S4 0 0 1 0 0 0 1 2 2/1=2
13
Operasi Gauss-Jordan berikut menghasilkan tabel baru:1. Persamaan pivot S1(Xi) baru = persamaan S1 lama : 3/22. Persamaan Z baru = persamaan Z lama - (-1/2) x pers pivot baru3. Persamaan Xe baru= persamaan Xe lama - (1/2) x pers pivot
baru4. Persamaan S3 baru= persamaan S3 lama - (3/2) x pers pivot
baru5. Persamaan S4 baru= persamaan S4 lama - (1) x pers pivot baru
14
Iterasi 3
Dasar Z Xe Xi S1 S2 S3 S4 Solution
Z 1 0 0 1/3 4/3 0 0 12 ⅔
Xi 0 0 1 2/3 -1/3 0 0 4/3
Xe 0 1 0 -1/3 2/3 0 0 10/3
S3 0 0 0 -1 1 1 0 3
S4 0 0 0 - 2/3 1/3 0 1 2/3
Pemecahan ini optimal karena tidak ada kofisien negatif pada persamaan Z, dengan besaran Xi = 4/3, Xe = 10/3 dan Z = 12 ⅔
15
Dalam model Reddy Mikks, semua batasan adalah berjenis . Sifat ini,
bersamaan dengan fakta bahwa sisi kanan dari semua batasan adalah non-
negatif, memberikan kita pemecahan dasar awal yang layak yang terdiri dari
semua variabel slack. Kondisi seperti ini tidak dipenuhi oleh semua model
LP, sehingga menimbulkan kebutuhan untuk merancang sebuah prosedur
perhitungan otomatis untuk memulai iterasi simpleks. Kita melakukan ini
dengan menambahkan variabel buatan (artificial variable) atau variabel
tambahan yang diperlukan untuk memainkan peran variabel slack. Tetapi,
karena variabel buatan seperti itu tidak memiliki makna fisik dalam model
semula (sehingga diberi nama “buatan”),
PEMECAHAN AWAL BUATAN UNTUK METODE SIMPLEKS PRIMAL
16
ketentuan harus dibuat untuk membuatnya menjadi nol di iterasi
optimum. Dengan kata lain, kita menggunakan variabel buatan
untuk memulai pemecahan, dan lalu meninggalkan mereka setelah
misi mereka terpenuhi. Kita mencapai hal ini dengan menggunakan
umpan balik informasi, yang akan membuat variabel ini tidak
menarik dari sudut pandang optimisasi. Satu cara yang logis untuk
mencapai tujuan ini adalah dengan mengenakan penalti pada
variabel buatan dalam fungsi tujuan. Dua metode (yang berkaitan
erat) yang didasari oleh penggunaan penalti tersedia untuk maksud
ini (1) metode M atau metode penalti dan (2) metode dua tahap.
Perincian tentang kedua prosedur ini diberikan berikut ini.
17
Teknik M (Metode Penalti)
Kita menjabarkan metode ini dengan menggunakan contoh numerik berikut ini:
Minimumkan z = 4x1 + x2Dengan batasan3x1 + x2 = 34x1 + 3x2 6x1 + 2x2 4x1, x2 0Bentuk standar dari model ini menjadiMinimumkan z = 4x1 + x23x1 + x2 = 34x1 + 3x2 – x3 = 6x1 + 2x2 + x4 = 4x1, x2, x3, x4 0
18
Persamaan pertama dan kedua tidak memiliki variabel yang memainkan peran sebagai variabel slack. Jadi kita menambahkan dua variabel buatan R1 dan R2 dalam kedua persamaan ini sebagai berikut:
3x1 + x2 + R1 = 34x1 + 3x2 – x3 + R2 = 6Kita dapat mengenakan penalti pada R1 dan R2 dalam
fungsi tujuan dengan memberikan koefisien positif yang sangat besar dalam fungsi tujuan. Anggaplah M > 0 merupakan sebuah konstanta yang sangat besar, jadi LP dengan variabel buatan ini menjadi
19
Minimumkan z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2
Dengan batasan3x1 + x2 + R1 = 34x1 + 3x2 – x3 + R2 = 6x1 + 2x2 + x4 = 4
x1, x2, x3,R1, R2, x4 0 Perhatikan alasan di balik penggunaan variabel buatan. Kita memiliki tiga persamaan dan enam variabel yang tidak diketahui. Jadi pemecahan dasar awal harus mencakup 6 – 3 = 3 variabel nol. Jika kita menempatkan x1, x2, dan x3 di tingkat nol, kita dengan segera memperoleh pemecahan R1 = 3, R2 = 6 dan x4 = 4, yang merupakan pemecahan awal yang layak, yang diperlukan.
20
Sekarang, amati bagaimana model “baru” ini secara otomatis memaksa R1
dan R2 untuk menjadi nol. Karena kita melakukan minimasi, dengan
memberikan M dan R1 dan R2 dalam fungsi tujuan, proses optimasi yang
mengusahakan nilai minimum dari z pada akhirnya akan memberikan nilai
nol pada R1 dan R2 dalam pemecahan optimum. Perhatikan bahwa iterasi-
iterasi sebelum iterasi optimum adalah tidak penting bagi kita. Akibatnya,
tidak menjadi masalah apakah iterasi tersebut mencakup variabel buatan di
tingkat positif. Bagaimana teknik M berubah jika kita melakukan maksimasi
dan bukan minimasi? Dengan menggunakan logika yang sama dengan
mengenakan penalti pada variabel buatan, kita harus memberikan koefisien
–M dalam fungsi tujuan (M > 0), sehingga membuatnya tidak menarik untuk
mempertahankan variabel buatan di tingkat positif dalam pemecahan
optimum.
21
Setelah mengembangkan pemecahan awal yang layak, kita harus “mengkondisikan” masalah tersebut sehingga ketika menempatkannya dalam bentuk tabel, kolom sisi kanan akan memberikan pemecahan awal secara langsung. Ini dilakukan dengan menggunakan persamaan batasan untuk mensubstitusi keluar R1 dan R2 dalam fungsi tujuan. Jadi
R1 = 3 - 3x1 - x2 R2 = 6 - 4x1 - 3x2 + x3
22
Fungsi tujuan menjadiz = 4x1 + x2+ M(3 - 3x1 - x2) + M(6 - 4x1 - 3x2 + x3) = (4-7M)x1 + (1- 4)x2 + Mx3 + 9M
dan persamaan z tersebut sekarang terlihat dalam tabel seperti
z = (4-7M)x1 - (1- 4M)x2 – Mx3 + 9MSekarang anda melihat bahwa di pemecahan awal, dengan diketahui x1 = x2 = x3 = 0, nilai z adalah 9M, seperti seharusnya ketika R1 = 3 dan R2 = 6.Urutan tabel yang mengarah pada pemecahan optimum diperlihatkan dalam tabel 1. Amati bahwa ini adalah masalah minimisasi sehingga variabel masuk harus memiliki koefisien yang paling positif dalam persamaan z.
23
Pemecahan optimum dicapai ketika semua variabel nondasar memiliki koefisien z yang nonpositif. (Ingat bahwa M adalah konstanta positif yang sangat besar).
Pemecahan optimum adalah x1 = 2/5, x2 = 9/5, dan z = 17/5. Karena pemecahan ini tidak memiliki variabel buatan di tingkat positif, pemecahan ini layak dalam kaitannya dengan masalah semula sebelum variabel buatan ditambahkan. (Jika masalah ini tidak memiliki pemecahan yang layak, setidaknya satu variabel buatan akan positif dalam pemecahan yang optimum. Kasus ini dibahas dalam bagian berikutnya).
24
Iterasi Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
z - 4 + 7M - 1 + 4M - M 0 0 0 9M0(awal)
x1 masukR1 keluar
R1R2R3
341
132
0-10
100
010
001
364
z 0 1 + 5M3
- M 4 - 7M3
0 0 4 + 2M1
x2 masukR2 keluar
x1R2x4
100
1/35/35/3
0-10
1/3- 4/3- 1/3
010
001
123
z 0 0 1/5 8/5 - M -1/5 - M 0 18/52
x3 masukx4 keluar
x1x2x4
100
010
1/5-3/5
1
3/5-4/5
1
-1/53/5-1
001
3/56/51
z 0 0 0 7/5 - M - M -1/5 17/53
(optimum)x1x2x3
100
010
001
2/5-1/5
1
00-1
-1/53/51
2/59/51
Tabel 1
Kolom z telah dihapus untuk memudahkan, karena kolom tidak pernah berubah. Kita akan mengikuti konvensi diseluruh teori ini.
25
Latihan 1 a) Tuliskan persamaan z untuk contoh di atas sebagaimana tampil dalam tabel
ketika masing-masing dari perubahan ini terjadi secara independen.1)Batasan ketiga pada awalnya berjenis .
[Jawab. z + (-4 + 8M) x1 + (-1 + 6 M) x2 – Mx3 – Mx4 = 13M. Gunakan variabel buatan dalam ketiga persamaan.]
2)Batasan kedua pada awalnya berjenis [Jawab. z + (-4 + 3M) x1 + (-1 + M) x2 = 3M. Gunakan variabel
buatan hanya dalam persamaan pertama.]3)Fungsi tujuan adalah memaksimumkan z = 4 x1 + x2
[Jawab. z + (-4 - 7M) x1 + (-1 - 4M) x2 + M x3 = 3M. Gunakan variabel buatan hanya dalam persamaan pertama dan kedua.]
b) Dalam masing-masing kasus di bawah ini, tunjukkan apakah sepenuhnya diperlukan untuk menggunakan variabel buatan untuk memperoleh pemecahan awal. Asumsikan bahwa semua variabel adalah nonnegatif.
(1) Maksimumkan z = x1 + x2 dengan batasan
26
7x1 + 2x2 63x1 + 3x2 = 5[Jawab. Ya, gunakan R1 dalam persamaan pertama dan
variabel slack dalam persamaan kedua.](2) Minimumkan z = x1 + x2 + x3 + x4
Kendala2 x1 + x2+ x3 = 74 x3 + 3x2 + x4 = 8
[Jawab. Tidak, gunakan x3 dan x4; tetapi, pertama-tama substitusikan keduanya keluar dalam fungsi z dengan menggunakan x3 = 7 - 2x1 – x2 dan x4 = 8 - 4 x1 - R2.]
27
Latihan KomputerRancangan metode M didasari oleh persyaratan bahwa
nilai M harus cukup besar. Secara teoritis, M cenderung tak terhingga. Tetapi, dari sudut pandang perhitungan, pilihan M yang spesifik dapat memiliki pengaruh dramatis terhadap hasil, karena kesalahan pembulatan oleh komputer. Untuk mengilustrasikan hal ini, pertimbangkan masalah berikut ini:maksimumkan z = 0,2 x1 + 0,5 x2
dengan batasan3 x1 +2 x2 6x1 + 2 x2 4x1, x2 0
28
Dengan menggunakan prosedur "user-guided" dari SOLVER, terapkan
metode simpleks primal dengan menggunakan M = 10 dan lalu ulangi
metode tersebut dengan menggunakan M = 999.999. M pertama
menghasilkan pemecahan yang tepat z = 0,95, x1 = 1, x2 = 1,5,
sementara M kedua memberikan pemecahan yang tidak tepat z = 1,18,
x1 = 4, x2 = 0 (perhatikan inkonsistensi dalam nilai z yang dihasilkan).
Sekarang, kalikan koefisien dalam fungsi tujuan dengan 100 sehingga
menjadi z = 200 x1 + 500 x2 dan pecahkan masalah ini dengan
menggunakan M = 10 dan M = 999.999 serta amati bahwa nilai kedua
adalah nilai yang menghasilkan pemecahan yang tepat. Latihan ini
memperlihatkan bahwa nilai M harus dipilih secara relatif terhadap
nilai koefisien tujuan.
29
Iterasi Dasar x1 X2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan z - 4 + 7M - 1 + 4M - M 0 0 0 9M 0
(awal) x1 masuk R1 keluar
R1 R2 x4
3 4 1
1 3 2
0 -1 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
3 6 4
z 0 1 + 5M 3
- M 4 - 7M 3
0 0 4 + 2M 1
x2 masuk R2 keluar
x1 R2 x4
1 0 0
1/3 5/3 5/3
0 -1 0
1/3 - 4/3 - 1/3
0 1 0
0 0 1
1 2 3
z 0 0 1/5 8/5 - M -1/5 - M 0 18/5 2
x3 masuk x4 keluar
x1 x2 x4
1 0 0
0 1 0
1/5 -3/5
1
3/5 -4/5
1
-1/5 3/5 -1
0 0 1
3/5 6/5 1
z 0 0 0 7/5 - M - M -1/5 17/5 3
(optimum) x1 x2 x3
1 0 0
0 1 0
0 0 1
2/5 -1/5
1
0 0 -1
-1/5 3/5 1
2/5 9/5 1
Tabel dibawah ini hasil operasi iterasi ke 3 untuk mendapatkan besaran yang tertera dapat dijelaskan pada penjabaran berikut
30
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution z -4+7M -1+4M -M 0 0 0 9M
R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3=1 * R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4=1.5 x4 1 2 0 0 0 1 4 4/1=4
Iterasi ke 0 : X1 masuk R1 keluar
X1=pivot 3/3=1 1/3 0 1/3 0 0 3/3=1
Z lama -4+7M -1+4M -M 0 0 0 9M
(4-7M) x Pivot 4-7M 4/3-7/3M 0 4/3-7/3M 0 0 4-7M +
Z baru 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
R2 lama 4 3 -1 0 1 0 6 -4x Pivot -4 -4/3 0 -4/3 0 0 -4 + R2 baru 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
31
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
X4 lama 1 2 0 0 0 1 4 -1x Pivot -1 -1/3 0 -1/3 0 0 -1 + X4 baru 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Iterasi Ke 1 : X2 masuk R2 keluar Z 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
X 1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1:1/3=3 R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2:5/3=1.2* X4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3:5/3=1.8
X2=pivot 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
Z lama 0 1/3+5/3M -M 4/3-7/3M 0 0 4+2M
-(1/3+5/3M) x pivot 0 -1/3-5/3M 1/5+M 4/15+4/3M -1/5-M 0 -2/5-2M
Z baru 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5
32
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
X 1 lama 1 1/3 0 1/3 0 0 1 -1/3x pivot 0 -1/3 1/5 4/15 -1/5 0 -2/5 + X 1 baru 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
X4 lama 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
-5/3x pivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2 + X4 baru 0 0 1 1 -1 1 1
Iterasi 2 X3 masuk ; X4 keluar 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 3/5:1/5=3 X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5 X4 0 0 1 1 -1 1 1 1:1=1 *
X3=pivot 0 0 1 1 -1 1 1
Z lama 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5 -1/5x pivot 0 0 -1/5 -1/5 1/5 -1/5 -1/5 +
Z baru 0 0 0 7/5-M -M -1/5 17/5
33
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution X1 lama 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
-1/5x pivot 0 0 -1/5 -1/5 1/5 -1/5 -1/5 + X1 baru 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5
X2 lama 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
3/5x pivot 0 0 3/5 3/5 -3/5 3/5 3/5 X2 baru 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 9/5
Iterasi Optimum koefisien pada pers. Z negatif semua dengan besaran Solution Z= 17/5 pada X1= 2/5 dan X2= 9/5
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 -3/5 -4/5 3/5 0 9/5 X3 0 0 1 1 -1 1 1
34
B. Teknik Dua Tahap
Sebagaimana diflustrasikan dalam latihan komputer di atas, satu
kekurangan dari teknik M adalah kemungkinan kesalahan perhitungan
yang dapat dihasilkan dari pemberian nilai yang terlalu besar untuk
konstanta M. Metode dua tahap dirancang untuk mengatasi kesulitan
ini. Walaupun variabel buatan ditambahkan dengan cara yang sama
seperti yang dipergunakan dalam teknik M, penggunaan konstanta M
disingkirkan dengan memecahkan masalah dalam dua tahap (sehingga
dinamakan metode "dua tahap"). Kedua tahap ini digariskan sebagai
berikut:
35
Tahap 1. Tambahkan variabel buatan sebagaimana diperlukan untuk
memperoleh pemecahan awal. Bentuklah fungsi tujuan baru yang
mengusahakan minimisasi jumlah variabel buatan dengan batasan
masalah semula yang dimodifikasi oleh variabel buatan tersebut. Jika
nilai minimum dari fungsi tujuan yang baru itu adalah nol (yang berarti
bahwa semua variabel buatan adalah nol), masalah tersebut memiliki
ruang pemecahan yang layak. Lanjutkan ke tahap II. Jika tidak, jika
nilai minimum itu positif, masalah itu tidak memiliki pemecahan yang
layak. Hentikan.
Tahap II. Gunakan pemecahan dasar optimum dari tahap I sebagai
pemecahan awal untuk masalah semula.
Prosedur ini diilustrasikan dengan menggunakan contoh teknik M
36
Tahap 1. Karena, kita memerlukan variabel buatan R1 dan R2 dalam
persamaan pertama dan kedua, masalah tahap I dapat berbunyi
minimumkan r = R1 + R2 dengan batasan
3x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 – x3 + R2 = 6
x1, x2, x3, R1, R2, x4 0
Karena R1, dan R2, termasuk dalam pemecahan awal, keduanya harus
disubstitusi keluar dalam fungsi tujuan (bandingkan dengan teknik M)
sebagai berikut:
r = R1 + R2
= (3 - 3 x1 – x2) + (6 - 4 x1 - 3 x2 + x3)
= -7 x1 - 4 x2 + x3 + 9
37
Dengan demikian tabel awal menjadi
Tabel optimum diperoleh dalam dua iterasi dan diketahui (periksalah)
Karena minimum r = 0, masalah ini memiliki pemecahan
yang layak; karena itu kita bergerak ke tahap II.
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
r 7 4 -1 0 0 0 9R1
R2
x4
341
132
0-10
100
010
001
364
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Pemecahan
r 0 0 0 -1 -1 0 0x1
x2
x4
100
010
1/5-3/5
1
3/5-4/5
1
-1/53/5-1
001
3/56/51
38
Tahap II. Variabel buatan sekarang telah menjalankan
fungsinya dan harus disingkirkan dalam semua perhitungan
berikutnya. Ini berarti bahwa persamaan dalam tabel optimum di
tahap I dapat ditulis sebagai
x1 + (1/5)x3 = 3/5
x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1
39
Persamaan ini tepat setara dengan persamaan dalam bentuk standar
dari masalah semula (sebelum variabel buatan ditambahkan). Jadi
masalah semula tersebut dapat ditulis sebagai
minimumkan z = 4 x1 + x2
dengan batasan
x1 + (1/5)x3 = 3/5
x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1
x1, x2, x3, x4 0
40
Kontribusi utama dari perhitungan tahap I adalah memberikan
pemecahan awal yang siap untuk soal semula. Karena soal tersebut
memiliki 3 persamaan dan 4 variabel, dengan menempatkan 4 - 3 =
1 variabel, yaitu x3, sama dengan 0, memperoleh pemecahan dasar
awal yang layak x1 = 3/5, x2 = 6/5, dan x4 = 1.
Untuk memecahkan soal ini, kita perlu mensubstitusi variabel dasar
x1 dan x2 dalam fungsi tujuan seperti yang kita lakukan dalam
teknik M. Ini dicapai dengan menggunakan persamaan batasan
sebagai berikut:
z = 4 x1 + x2
= 4 {3/5- (1/5) x3 } + {6/5 + (3/5) x3}
= -1/5 x3 + 18/5
41
Jadi tabel awal untuk tahap II menjadi
Tabel tersebut tidak optimal, karena x3 harus memasuki pemecahan.
Jika kita melakukan perhitungan simpleks, kita akan memperoleh
pemecahan optimum dalam satu iterasi. Penyingkiran variabel
buatan di akhir tahap I dilakukan hanya ketika semua variabel
tersebut adalah nondasar (seperti yang diilustrasikan dalam contoh
di atas). Tetapi, adalah mungkin bahwa satu variabel buatan atau
lebih tetap dasar tetapi di tingkat nol di akhir tahap I. Dalam kasus
seperti ini, variabel seperti itu haruslah menjadi bagian dari
pemecahan
Dasar x1 x2 x3 x4 Pemecahan
r 0 0 1/5 0 18/5x1
x2
x4
100
010
1/5- 3/5
1
001
3/56/51
42
awal tahap II. Dengan demikian, perhitungan tahap II harus
dimodifikasi untuk mencegah variabel buatan memperoleh nilai
positif selama iterasi dalam tahap II. Peraturan untuk menjamin
bahwa variabel buatan nol tidak akan pernah menjadi positif dalam
tahap II adalah sederhana. Amati bahwa dalam kolom masuk,
koefisien batasan yang berkaitan dengan baris variabel buatan dapat
positif, nol, atau negatif. Jika positif, itu akan secara otomatis
menjadi elemen pivot (karena akan bersesuaian dengan rasio
minimum sebesar nol) dan variabel buatan itu dapat dipastikan akan
meninggalkan pemecahan dasar untuk menjadi variabel nondasar
dalam iterasi berikutnya (penyingkiran yang baik!). Lalu, jika
43
koefisien itu nol, walaupun elemen pivot akan berada tempat lain di
kolom masuk, sifat operasi baris menjamin bahwa baris buatan
tersebut tetap tidak berubah, yang membuat variabel dasar buatan
tersebut berada di tingkat nol sebagaimana diinginkan. Kasus satu-
satunya yang tersisa adalah koefisien negatif. Dalam kasus ini,
elemen pivot pasti berada di tempat lain dalam kolom masuk dan
jika rasio minimum yang dihasilkan kebetulan positif, maka variabel
buatan tersebut akan memiliki nilai positif dalam. iterasi berikutnya
(dapatkah anda melihat mengapa?). Untuk mencegah hal ini terjadi,
semua yang perlu kita lakukan adalah memaksa variabel buatan
tersebut untuk tetap meninggalkan pemecahan,
44
Semata-mata dengan memilih koefisien negatif tersebut sebagai
elemen pivot untuk iterasi. Walau pun kita melanggar peraturan
rasio minimum, kita tidak akan melanggar kelayakan masalah
tersebut (yang adalah inti dari peraturan rasio minimum) karena
variabel buatan tersebut memiliki nilai nol. Jadi, ketika anda
melakukan operasi baris, sisi kanan dari tabel tetap tidak berubah.,
dan karena itu layak. Untuk meringkaskan, peraturan "baru" untuk
tahap II menuntut pemilihan variabel buatan untuk meninggalkan
pemecahan dasar setiap kali koefisien batasan variabel tersebut
dalam kolom masuk memiliki nilai tidak nol (positif atau. negatif).
(Pada kenyataannya, peraturan ini dapat diterapkan untuk setiap
45
variabel dasar nol dalam setiap tabel simpleks tanpa kekuatiran
untuk melanggar kondisi kelayakan). Latihan komputer berikut ini
memberikan ilustrasi tentang peraturan ini dengan menggunakan
Solver.
Latihan komputer
Pertimbangkan Pertanyaan 3-38. Gunakan prosedur "user-guided"
Solver untuk memilih simpleks primal dengan pemecahan awal dua
tahap. Anda akan melihat bahwa tahap II dimulai di iterasi 2 dengan
variabel buatan dasar Rx6 di tingkat nol. Pada iterasi 3, anda akan
melihat bahwa x3 adalah variabel masuk. Secara normal, rasio
46
minimum akan bersesuaian dengan. x2 karena variabel ini memiliki
satu‑satunya koefisien positif di bawah x3. Tetapi, karena koefisien
batasan dari variabel buatan Rx6 adalah tidak nol, metode simpleks
akan menyingkirkan Rx6 dari kelompok variabel dasar untuk
mencegahnya memiliki nilai positif (iterasi 4). Jika anda memaksa
x2 untuk meninggalkan pemecahan, anda akan menemukan bahwa
pemecahan dalam iterasi 4 akan menjadi tidak layak (cobalah!).
Latihan 3-4
(a) Dalam tahap 1, apa yang dinyatakan oleh variabel buatan?
Secara spesifik, mengapa jumlah variabel buatan diminimumkan?
47
Metode Dua TahapMinimumkan z = 4x1 + x2
Dengan batasan3x1 + x2 = 3
4x1 + 3x2 6x1 + 2x2 4
x1, x2 0
minimumkan r = R1 + R2
dengan batasan3x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 – x3 + R2 = 6x1, x2, x3, R1, R2, x4 0
r = R1 + R2
= (3 - 3 x1 – x2) + (6 - 4 x1 - 3 x2 + x3)= -7 x1 - 4 x2 + x3 + 9
48
Iterasi 1 : x1 masuk ; R1keluarDasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
r 7 4 -1 0 0 0 9 9/7=1 2/7R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3=1 *
R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4=1 1/2
x4 1 2 0 0 0 1 4 4/1=4
x1=pivot 1 1/3 0 1/3 0 0 1
r lama 7 4 -1 0 0 0 9
-7x pivot -7 -7/3 0 -7/3 0 0 -7r baru 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
R2lama 4 3 -1 0 1 0 6
-4xpivot -4 -4/3 0 -4/3 0 0 -4R2baru 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
49
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
x4 lama 1 2 0 0 0 1 4
-1x pivot -1 -1/3 0 1/3 0 0 -1
x4 baru 0 5/3 0 1/3 0 1 3
Iterasi ke 2 : X2 masuk R2 keluar
r 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1:1/3=3
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2:5/3=6/5*
x4 0 5/3 0 1/3 0 1 3 3:5/3=9/5
X2=pivot 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
r lama 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
-5/3xpivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2
r baru 0 0 0 -1 -1 0 0
50
Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
x1lama 1 1/3 0 0 0 0 1
-1/3xpivot 0 -1/3 1/5 4/15 -1/5 0 -2/5x1baru 1 0 1/5 4/15 -1/5 0 3/5
x4 lama 0 5/3 0 0 0 1 3
-5/3xpivot 0 -5/3 1 4/3 -1 0 -2x4 baru 0 0 1 4/3 -1 1 1
Tabel optimal koefisien r negatif dan nilai = 0Dasar x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solution
r 0 0 0 -1 -1 0 0x1 1 0 1/5 -4/15 -1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
x4 0 0 1 4/3 -1 1 1
51
Selanjutnya R1, R2 kita abaikan sehingga bentuk yang baru sbb :minimumkan z = 4 x1 + x2
dengan batasanx1 + (1/5)x3 = 3/5x2 – (3/5) (x3) = 6/5
x3 + x4 = 1 x1, x2, x3, x4 0
Dasar x1 x2 x3 x4 Pemecahan
Z 0 0 1/5 0 18/5x1 1 0 1/5 0 3/5 3/5:1/5=3
x2 0 1 - 3/5 0 6/5
x4 0 0 1 1 1 1:1=1*
Iterasi 1 : x3 masuk x4 keluar
52
Dasar x1 x2 x3 x4 Solution
X4= pivot 0 0 1 1 1 1:1=1*
Z lama 0 0 1/5 0 18/5-1/5xpivot 0 0 -1/5 -1/5 -1/5
Z baru 0 0 0 -1/5 17/5
x1 lama 1 0 1/5 0 3/5
-1/5xpivot 0 0 -1/5 -1/5 -1/5x1 baru 1 0 0 -1/5 2/5
x2 lama 0 1 - 3/5 0 6/5
3/5xpivot 0 0 3/5 3/5 3/5x2 baru 0 1 0 3/5 9/5
53
Tabel Optimal karena koefisien Z negatif
Dasar X1 X2 X3 X4 Pemecahan
Zbaru 0 0 0 -1/5 17/5
X1 baru 1 0 0 -1/5 2/5
X2 baru 0 1 0 3/5 9/5
X1 -pivot 0 0 1 1 1
54
Water Quality Management Models
Linear programming solution techniques will be demonstrated using
the simple water quality management example shown in Figure 1. A
stream receives waste from sources located at sites 1 and 2. Without
some waste treatment at these sites, the water quality indicator (such
as dissolved oxygen concentration), q1 mg/l, at sites 2 and 3 will
continue to be below the desired concentration Qi. The problem is to
find the level of waste water treatment (waste removed) at sites 1 and
2 required to achieved the desired concentrations at sites 2 and 3 at a
minimum total cost. This may be a naïve objective for an actual water
quality management problem. Still it serves to illustrate the use of
55
another linear model and some linear programming procedures that
can be used for its solution.
FIGURE 1. Water Quality Management Problem
Waste input = W1
= 200 units/dayWaste removed = W1X1
Waste input = W2
= 100 units/dayWaste removed = W2X2
Site 2 3Existing quality 3 2 Desired quality 7 BOD 6
56
Assume that for each unit of waste removed (not discharged into the
stream) at site 1 the quality index at site 2 improves by 0.025 mg/l,
and the quality index at the site 3 improves by 0.0125 mg/l. For each
unit of waste removed at site 2 the quality index at site 3 improves
by 0.025 mg/l. In this example the water quality at site 2 is measured
just upstream of the point of waste water discharge; hence waste
discharged from site 2 affects the quality only at site 3. Denote these
transfer coefficients as aij (the improvement in the quality index at
site j per unit of waste removed at site i), Wi as the amount of waste
to be treated at site i, and Xi as the fraction of waste removed by
treatment at site i. Then the quality improvement at site j due to
WiXi units of waste removed at site i is (aij )(WiXi) mg/l. For all
57
values of Xi between 0 and 1, the quality index at site 2 will equal
the qurrent concentration q2 plus the improvement, (a12 )(W1X1),
due to treatment at site 1. The quality index at site 3 will equal the
qurrent concentration q3 plus the improvement (a13 )( W1X1) +
(a23 )( W2X2) due to treatment at sites 1 and 2.
The cost of treatment Ci(Xi) at each site I will be a function of the
fraction of waste removed Xi. The objective in this example
problem ia to find the values of the removal fractions, Xi and X2,
that minimize the total cost,
Minimize C1 (X1) + C2(X2)………………. 1
58
While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2 …………………………………… 2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3 ……………………… 3
To complete the planning model, constraints confining the range of
waste removal fractions to their feasible values are required. For this
example, at least 30 % removal will be required at both sites. This
corresponds to primary treatment of municipal waste waters to prevent
the discharge of suspended and floating solids. An upper limit of 95 %
will reflect the best technology available without resorting to
distilation or pipimg the wastes to another location.
Xi 0.30 i = 1, 2 ……………………………….. 4
Xi 0.95 i = 1, 2 ……………………………….. 5
59
The planning model defined by equations 2 through 5 contains and
possibly a nonlinear objective function.
In many actual planning situations each cost function Ci (Xi)
will be unknown. At best only an approximate estimate may be
available without additional design and cost studies. In this example
each cost function will be assumed to be unknown. The challenge will
be to try to solve the planning problem, that is, find the least-cost
combination of X1 and X2 without requiring an expensive design and
cost study to obtain improved treatment cost data.
The solution of this problem without complete knowledge of
the cost functions in the objective will illustrate how modeling studies
can assist in planning data collection programs. Very often planning
60
exercise are divided into distinct phases, data collection followed by
data analysis. The two phases should be integrated from the
beginning. Model builders must be aware of the data that are
available, or that can be obtained at a reasonable cost. Data collection
programs should be geared to the need for various data
And the accuracy required. There is no advantage to spending money
or time collecting data or improving the accuracy of such efforts if
such data have little influence on the final solution or decision.
Models can be used to assess the sensitivity of possible solutions to
changes in the values of various parameters or assumptions. This use
of models for such sensitifity analyses is often of more value to
planners and decision makers than is their use for identifying possible
solutions.
61
Returning to the water quality management problem, substitution of
the values for each of the known coefficients (qi, aij,Wi and Qi) in
equations 2 to 5 results in the following sets of constraints:
The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.025)(200) X1 7
or X1 0.8 …………..6
The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 2 + (0.0125)(200) X1 + (0.025)(100) X2 6
or X1 + X2 6 ………. 7
Limits on the fraction of waste removed :
X1 0.3
X2 0.3 ……………………………………………. 8
62
and X1 0.95
X2 0.95 …………………………………………… 9
Graphical Solution and Analysis.
Since this problem involving only two unknown variables, all
combinations of X1 and X2 that satisfy the constraint 2 through 9
can be determined graphically or use simplex solution. ( solution
will be explain in class session )
63
Waste input = W1
= 200 units/dayWaste removed = W1X1
Waste input = W2
= 100 units/dayWaste removed = W2X2
Site 2 3Existing quality 3 2 Desired quality 7 6
FIGURE 1. Water Quality Management Problem
64
Minimize C1 (X1) + C2(X2)
While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
Xi 0.30 i = 1, 2
Xi 0.95 i = 1, 2 …………………………………… 5
4. The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.025)(200) X1 7
or X1 0.8 …………..……. 1
65
5. The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 2 + (0.0125)(200) X1 + (0.025)(100) X2 6
or X1 + X2 1.6 ……...……. 2
6. Limits on the fraction of waste removed :
X1 0.3………………3
X2 0.3.……………..4
and X1 0.95………..5
X2 0.95.……… 6
66
0 0.2 0.3 0.4 0.6 0.8 0.95 1.0
1.00.95
0.8
0.6
0.4
0.3
0.2
X1 08
X20.95
X1 0.3
X2 0.3
X1 + X2 1.6
Region of feasible solutions
X10.95
X2
X1
67
Min Z = 4 X1 + 6 X2
Constraint :
X1 0.8
X1 + X2 1.6
X1 0.3
X2 0.3
X1 0.95
X2 0.95
X1 + X2 = 1.6 X2 = 0.8
X1 = 0.8
X1 = 0.95 X2 = 0.65
68
Bila Z = 4 X1 + 6 X2
Dan X1, X2 = (0.95, 0.65) Titik paling Extrim minimal.
Maka Z = 4 x 0.95 + 6 x 0.65 = 7.7 (Optimal)
69
Penyelesaian dengan metode ‘M’Persamaan dirubah dalam bentuk standard sbb: Z – 4 X1 - 6 X2 = 0 X1 - X3 = 0.8 X1 + X2 - X4 = 1.6 X2 - X5 = 0.3 X1 + X6 = 0.95 X2 + X7 = 0.95X1 - X3 + R1 = 0.8 ----- R1 = 0.8 – X1 + X3X1 + X2 - X4 + R2 = 1.6 -----R2 = 1.6 – X1 – X2 + X4
Z = 4 X1 + 6 X2 + M ( 0.8 – X1 + X3) + M ( 1.6 – X1 – X2 + X4) = X1(4-M-M) + X2(6-M) + M X3 + M X4 + 2.4 MZ – (4-2M) X1 –( 6 – M )X2 - M X3 – M X4 = 2.4 M
70
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z -(4-2M) -(6-M) -M -M 0 0 0 0 0 2.4MR1 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8 0.8/1=0.8R2 1 1 0 -1 0 0 0 0 1 1.6 1.6/1=1.6X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3 0.3/0=X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95 0.95/1=0.95X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95 0.95/0=
X1 masuk R1 keluarX1 Pivot 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
Zlama -(4-2M) -(6-M) -M -M 0 0 0 0 0 2.4M
(4-2M)x Pivot 4-2M 0 -4+2M 0 0 0 0 4-2M 0 3.2-1.6M
Z Baru 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M
R2 lama 1 1 0 -1 0 0 0 0 1 1.6
-1x pivot -1 0 1 0 0 0 0 -1 0 -0.8
R2 Baru 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8
X2lama=X2baru 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1 lama1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
-1x pivot -1 0 1 0 0 0 0 -1 0 -0.8
X1 baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
71
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M
X1 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
R2 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8 0.8/1=0.8
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15 0.15/1=0.15
X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95Iterasi II X3 masuk X1 keluarX3=Pivot 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
Z lama 0 M-6 M-4 -M 0 0 0 4-2M 0 3.2+0.8M(4-M)xpivot 0 0 4-M 0 0 4-M 0 M-4 0 0.6-0.15 M
Z baru 0 M-6 0 -M 0 4-M 0 -M 0 0.65M+3.8
X1lama 1 0 -1 0 0 0 0 1 0 0.8
1x pivot 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X1baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 lama 0 1 1 0 0 0 0 -1 1 0.8
-1x pivot 0 0 -1 0 0 -1 0 1 0 -0.15
R2 baru 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
72
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 M-6 0 -M 0 4-M 0 -M 0 0.65M+3.8
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65 0.65/1=0.65
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3 0.3/1=0.3
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95Iterasi III X2 masuk x2 keluarX2=pivot 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X1lama=baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 lama 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
-1x pivot 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 -0.3
R2 baru 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X3lama=baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2lama 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0.95
-1x pivot 0 -1 0 0 1 0 0 0 0 -0.3
X2 baru 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65
73
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 0 0 -M M-6 4-M 0 -M 0 0.35M+5.6
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
R2 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35 0.35/1=0.35
X2 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X2 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65 0.65/1=0.65Iterasi IV X5 masuk R2 keluar
X5=pvt 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
Z lama 0 0 0 -M M-6 4-M 0 -M 0 0.35M+5.6(6-M)x pivot 0 0 0 0 6-M M-6 0 0 6-M -0.35M+2.1
Z baru 0 0 0 -M 0 -2 0 -M 0 7.7
X1 lama=baru 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
X2lama 0 1 0 0 -1 0 0 0 0 0.3
1x pivot 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X2 baru 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
X3lama=baru 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
74
X2 lama 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0.65
-1x pivot 0 0 0 0 -1 1 0 0 -1 -0.35
X2 baru 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0.30
Iterasi optimal karena koefisien Z negatif semua
Basic X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 R1 R2 Sol
Z 0 0 0 -M 0 -2 0 -M 0 7.7
X1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0.95
X2 0 1 0 0 0 -1 0 0 1 0.65
X3 0 0 1 0 0 1 0 -1 0 0.15
X5 0 0 0 0 1 -1 0 0 1 0.35
X2 0 0 0 0 0 0 1 0 -1 0.30
75
Solve the problem grafically and simplex at class sessionAssume that there are two sites along a stream, i = 1,2, at which waste (BOD) is discharged. See the plan situation at the the problem before. Currently, without any wastewater treatment, the quality (DO), q2 and q3 at each of sites 2 and 3 is less than the minimum desired, Q2 and Q3, respectively. For each unit of waste removed at
site i upstream of site j, the quality improves by Aij.How much treatment is required at sites 1 and 2 that meets the standards at a minimum total cost? Following are the necessary data:C1= 6 per unit of waste treatment at site 1; C2 = 10 per unit of waste treatment at site 2
A12 = 1/20 W1= 100 Q2= 6
A13 = 1/40 W2= 75 Q3= 4
A23 = 1/30 q2= 3 q3= 1
76
Min Z = 6 X1 + 10 X2
A12 = 1/20 W1= 100 Q2= 6
A13 = 1/40 W2= 75 Q3= 4
A23 = 1/30 q2= 3 q3= 1While meeting the desired quality standards Q j at sites j = 2 and 3:
q2 + a12 W1X1 Q2
q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
The desired water quality at site 2 : q2 + a12 W1X1 Q2
which yield 3 + (0.05)(100) X1 6
or X1 6……………….1
The desired water quality at site 3 : q3 + a13 W1X1 + a23 W2X2 Q3
which yield 1 + (0.025)(100) X1 + (0.033)(75) X2 4
or X1 + X2 .2………….2
77X1( 1.2,0)
X1 0.6
X1 + X2 1.2(0.6,0.6)
1.2
1.0
0.5
X2
0.6
78
Min Z = 6 X1 + 10 X2
Constraint : X1 0.6 X1 + X2 1.2 X2 0
X1 + X2 = 1.2 X1 = 1.2X2 = 0Bila Z = 6 X1 + 10 X2
Dan X1, X2 = (1.2, 0) Titik paling Extrim minimal. Maka Z = 6 x 1.2 + 10 x 0= 7.2 (Optimal)
79
Penyelesaian dengan Solver
Min Z = 6 X1 + 10 X2Constraint :
X1 >= 0.6 X1 + X2 >= 1.2
X2 >= 0
X1 X2 OBJ. Func Constraint1.2 0 7.2
X1 >= 0.6X1+ X2 >= 1.2
80
Structure a linear programming model for estimating the quantities of
each of the two crops that should be produced in order to
maximize total income. Solve the problem graphically and
simplex method, using the following data :
Resources Requirements per unit of Maximum AvailableCrop A Crop B Resources
Water 2 3 60Land 5 2 80
Fertilizer 3 2 60Labor 1 2 40
Unit price 30 25
82
X2
40
30
20
10
0 10 20 30 40 X1
2)
3)
4)
1)10.91, 12.73
83
Perpotongan pers 1 & 2 merupakan paling maximal
2X1+3 X2 = 60------ X2 =(60-2 X1)/3
5 X1+2 X2 = 80------- X1=(80-2/3(60-2 X1))/5
X1=10.91--- X2=12.73
Bentuk standard :
Z - 30 X1 - 25 X2 = 0
2 X1 + 3 X2 + S1 = 60
5 X1 + 2 X2 + S2 = 80
3 X1 + 2 X2 + S3 = 60
X1 + 2 X2 + S4 = 40
84
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol
Z 1 -30 -25 0 0 0 0 0S1 0 2 3 1 0 0 0 60 60/2=30S2 0 5 2 0 1 0 0 80 80/5=16 *S3 0 3 2 0 0 1 0 60 60/3=20S4 0 1 2 0 0 0 1 40 40/1=40
Iterasi 1 : X1 masuk S2 keluar
X1=pivot 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16 X1=pivot
Z lama 1 -30 -25 0 0 0 0 030xpivot 0 30 12 0 6 0 0 480 30xpivotZ baru 1 0 -13 0 6 0 0 480 Z baru
S1lama 0 2 3 1 0 0 0 60-2xpivot 0 -2 -4/5 0 -2/5 0 0 -32 -2xpivotS1baru 0 0 11/5 1 -2/5 0 0 28 S1baru
S3lama 0 3 2 0 0 1 0 60 S3lama-3xpivot 0 -3 -6/5 0 -3/5 0 0 -48 -3xpivotS3baru 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12 S3baru
S4lama 0 1 2 0 0 0 1 40 S4lama-1xpivot 0 -1 -2/5 0 -1/5 0 0 -16 -1xpivotS4baru 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24 S4baru
85
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol
Z 1 0 -13 0 6 0 0 480
S1 0 0 11/5 1 -2/5 0 0 28 28:11/5=12.73
X1 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16 16:2/5= 40
S3 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12 12:4/5=15
S4 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24 24:8/5=15
Iterasi 2 : X2 masuk S1 keluarX2 = pivot 0 0 1 5/11 -2/11 0 0 140/11
Z lama 1 0 -13 0 6 0 0 480
-(-13)x pivot 0 0 13 65/11 -26/11 0 0 165.4
Z baru 1 0 0 65/11 40/11 0 0 645.4
X1 lama 0 1 2/5 0 1/5 0 0 16
-2/5x pivot 0 0 -2/5 -2/11 4/55 0 0 -56/11
X1 baru 0 1 0 -2/11 15/55 0 0 120/11
S3 lama 0 0 4/5 0 -3/5 1 0 12
-4/5x pivot 0 0 -4/5 -4/11 8/55 0 0 -112/11
S3 baru 0 0 0 -4/11 25/55 1 0 20/11
S4 lama 0 0 8/5 0 -1/5 0 1 24
-8/5x pivot 0 0 -8/5 -8/11 16/55 0 0 -224/11
S4 baru 0 0 0 -8/11 5/55 0 1 40/11
86
Tabel Optimal koefisien Z positif untuk maximize dengan nilai 645.4
Basic Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol
Z 1 0 0 65/11 40/11 0 0 645.4X2 0 0 1 5/11 -2/11 0 0 140/11X1 0 1 0 -2/11 15/55 0 0 120/11
S3 0 0 0 -4/11 25/55 1 0 20/11S4 0 0 0 -8/11 5/55 0 1 40/11
Exercise on Irrigation Planning and Operation.
In Algeria there are two distinct cropping intensities, depending on
the availability of water. Consider a single crop that can be grown
under intensive rotation or extensive rotation on a total of A hectare.
Assume that the annual water requirements for the intensive rotation
policy are 16,000 m3 per hectare, and for extensive rotation policy
87
they are 4000 m3 per hectare. The annual net production returns are
4000 and 2000 dinars respectively. If the total water available is
320,000 m3, show that as the available land area A increases, the
rotation policy that maximizes total net income changes from one
that is totally intensive to one that is increasingly extensive.
Would the same conclusions hold if instead of fixed net incomes of
4000 and 2000 dinars per hectare of intensive and extensive rotation,
the net income depended on the quantity of crop produced?
Assuming that intensive rotation produces twice the crop yield of
extensive rotation, and that the net income per unit of crop yield Y is
defined by simple linear function 5-0.05 Y, develop and solve a
linear programming model to determine the optimal rotation policies
if A equals 20, 50,80.
88
a. Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2
Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 320000
X1 + X2 20
Solving Graficaly :
16000 X1 + 4000 X2 = 320000
X1 + X2 = 20
89X1
X2
80
20
( 20 ,0)
Optimum Point : (20,0)
90
1) X1 + X2 = 20 X1 = 20 – 80+4X1 X1 = 20 ;X2 = 02) X1 + X2 = 50 X1 = 50 - 80+4X1 X1 = 10 ; X2 = 403) X1 + X2 = 80 X1 = 80 - 80+4X1 X1 = 0 ; X2 = 80
Using Solver Solution
Exercise Solution 16 a
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2 Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 20Intensif Extensif Objective Function Constrain
tArea (X1) Area (X2) Z
20 0 80000 X1 + X2 <= 20 20 Area (Ha)16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
91
Using Solver Solution
Exercise Solution 16 a
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2 Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 50
92
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2 Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 5010 40 120000
X1 + X2 <= 50 50 Area (Ha)16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
Max : Z = 4000 X1 + 2000 X2 Constraints : 16000 X1 + 4000 X2 <= 320000
X1 + X2<= 80
0 80 160000 X1 + X2 <= 80 80 Area (Ha)
16000 X1 + 4000 X2 <= 320000 320000 Water(M3)
93
Exercise Solution 16 b
Max : Z=X1(5-0.05 T1) T1+ X2 (5-0.05 T2 )T2Constraint : T1 = 2xT2
1) X1 + X2 <= 20
2) X1 + X2 <= 50
3) X1 + X2 <= 80
X1>=5
X2>=5
Intensive Extensive Obj. Function Constraints
T1 T2 Z
54 27 2356 54 Yield (T1,T2)
15 5 20 20 Area( X1 + X2)16000 4000 260000 320000 Water(M3)
94
75 37 5625 75 Yield (T1,T2)
10 40 50 50 Area( X1 + X2)16000 4000 320000 320000 Water(M3)
87.5 43.75 7656.25 87.5 Yield (T1,T2)5 60 65 80 Area( X1 + X2)
16000 4000 320000 320000 Water(M3)
95
Penjelasan Kuliah Ke 17Selesaikan semua contoh soal dan latihan pada kuliah 13-16 dengan menggunakan program Solver.
Soal 13Minimumkan z = 4x1 + x2Dengan batasan3x1 + x2 = 34x1 + 3x2 >=6x1 + 2x2 <= 4x1, x2 >= 0
x1 x2 Z Batasan0.4 1.8 3.40
3 37 64 4
96
Soal 13Minimumkan z = 4x1 + x2Dengan batasan3x1 + x2 = 34x1 + 3x2 >=6x1 + 2x2 <= 4x1, x2 >= 0
x1 x2 Z Batasan0.4 1.8 3.40
3 3
7 64 4