Transcript Presentation file

Jurusan Matematika - FMIPA
Universitas Udayana
2012
Kasus khusus pada metode simpleks:
1. Alternatif penyelesaian
2. Penyelesaian tak terbatas
3. Soal tidak fisibel
4. Kemerosotan (Degenerasi)
5. Variabel penyusun tak bersyarat
Ketika fungsi tujuan sejajar dengan satu batasan yang mengikat
(yaitu, satu batasan yang dipenuhi dalam bentuk persamaan oleh
pemecahan optimal), fungsi tujuan akan memiliki nilai optimal yang
sama di lebih dari satu titik.
Alternatif penyelesaian berarti adanya 2 penyelesaian atau lebih
yang menghasilkan nilai optimal yang sama. Adanya alternatif
penyelesaian dalam metode simpleks dapat dilihat pada table
optimalnya. Perhatikan elemen pada baris cj – zj yang bernilai 0 pada
table optimal. Nilai 0 pada baris cj – zj selalu bersesuaian dengan
variable basis. Jika ck – zk = 0 dalam table optimal, sedangkan
variable pada kolom tersebut (= xk) bukanlah variable basis, maka
hal ini menunjukkan adanya alternative penyelesaian. Alternatif
penyelesaian didapat dengan “memaksa” variable xk menjadi basis
(meskipun sebenarnya tabelnya sudah maksimal).
11
00
00
Bentuk
Maksimumkan
standar:
(C(C) )
XX
XX
XX
XX
bb
𝜽𝜽
Maksimumkan
5/3
-1/3
40/3
00
XX
1 0f(x
1 11 + x02
20
20
1, 2x
2)= 3x
20/3
03
XX
31
11/3
00
11/3
20
20/3
f(xZ1Z, x2, x0 33, x4)Kendala
=
3x
+
x
+
0x
+
0x
1 0 0 2 0 1 3 0 20 4
01
C –CZ-Z
30
10
00
0 -1
x
Kendala
+
2x
≤
20
15/31
2 13/5
-1/3
01
XX
00
-1/3
40/38
33
XX
11
1/30
0-1/5
1/3
20/34
2/5
x
3x
+
2x
+
x
+
x
≤
20
=
20
11 1 2 2 030
ZZ
331
11
2020
C -Z
0 3x
00
C -Z
0
≥0400= 20-1-1
1 +x1x,2x+2 x
Bukan basis tapi bernilai nol
Tampak bahwa tabel sudah
dengan penyelesaian optimal x1 =
x1, xoptimal
2, x3, x4 = 0
Cj Cj
b ib i
Xj Xj
(Xb(X
)i b)i
33
1 1
2 2
3 3
4 4
i
i
3 3
4 1
j j
j
j j j
3 2
1 1
j j
j jj j
4 dan x2 = 8. Perhatikan bahwa pada tabel di atas juga mengandung
Tampak bahwa
pada table
optimalnya,
– z2 = 0 meskipun
x2 bukan
alternative
penyelesaian
karena
x3 bukanc2merupakan
variable basis,
variable
Ini menunjukkan
penyelesaian
yang
tapi
c3 – zbasis.
kemudian tableadanya
direvisialternatif
lagi dengan
cara
3 = 0. Jika
bisa diperolehxdengan
memaksa
x2 untuk
basis. kembali
memaksakan
basis,
makamenjadi
akan diperoleh
3 untuk menjadi
table optimal pada tabel diatas.
Penyelesaian tak terbatas berarti f(x) bisa diperbesar (atau
diperkecil) sampai titik tak berhingga. Setelah mendapatkan calon
basis, langkah berikutnya adalah menguji apakah ada elemen aik
(elemen dalam kotak vertikal) yang > 0. Jika ada maka langkah
berikutnya adalah menghitung nilai 𝜽 dan menentukan variable
yang harus keluar dari basis. Akan tetapi apabila semua aik ≤ 0, maka
berarti penyelesaiannya tak terbatas (bisa dikatakan juga bahwa soal
tidak memiliki penyelesaian).
Bentuk
Maksimumkan
standar:
3
0
0
-M
(C )
X f(xMaksimumkan
X
X
X
X
b
1, x2) = 2x1 + 3x2
0
X
1
-2
1
0
0
4
+ 3x02 + 0x-13 + 0x
5
-M f(x1X… x5)1 = 2x11 Kendala
1 4 – Mx
3
Z
-M
-M
0
M
-M
-3M
x
Kendala
–
2x
≤
4
C –Z
2+M
3 +1M
02
-M
0
0
X
3
-2
2
10
x1 x0–1 2x
+ x212+≥x33 =4
3
X
1
1
0
-1
1
3
≥ x05-3= 3 3
Z
3 x1+ 3x1
9
2,-xx204 +
C -Z
-1
0
0
3
-3 – M
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
Cj
2
Xj
b i
1
(Xb)i
2
3
4
5
i
𝜽
3
-
5
3
j
j
j
3
-
2
-
j
j
j
Pada iterasi kedua, c4-z4 = 3 > 0. Karena satu-satunya yang masih bernilai
positif, maka x4 menjadi calon basis. Akan tetapi a14 =-2 < 0 dan a24 = -1 <0
sehingga nilai 𝜽 tidak dapat dicari. Ini berarti bahwa soal memiliki
penyelesaian tak terbatas
Cj
(Cb)i
0
0
-1
-2
0
0
X standar:
X
X
Bentuk
Minimumkan
-1
1
X
1
0
-2 Minimumkan
f(x
X
1, x21) = -x10- 2x2 1
Z
0
0
0
0
f(x
…
x
)
Kendala
=
-x
-2x
+0x
+0x
1 -1 5
30
4
C -Z
-2 1
02
1
X
0
1
-1
-x
Kendala
+x
≤
2
1
2
-2
X
1
0
1
-2x
Z
4 -x
-2
012
-2
1+x
1+x
2+x
2 3≤=
C -Z
-5
0
0
2
, x22+x≥0
X
1 -2xx
0
11+x
4 1= 1 -1
-1
X
0
1
2
x1 …
x4 ≥-50
Z
-1
-2
5
(Xb)i
Xj
X1
2
3
4
3
4
j
j
0
-2
j
3
2
j
j
-1
-2
j
bi
𝜽
2
1
2
1
0
1
1
-2
2
1
3
j
-7
1
Cj-Zj
0
0
5
1
-
-
-5
Pada iterasi kedua, c4 - z4 = 3 > 0. Karena satu-satunya yang masih bernilai negatif,
maka x4 menjadi calon basis. Akan tetapi a14 = -1 < 0 dan a24 = -1 < 0 sehingga nilai
𝜽 tidak dapat dicari. Ini berarti bahwa soal memiliki penyelesaian tak terbatas
Soal
tak fisibel
soalfisibel
tidak dapat
memiliki
daerah
Pengecekan
soal berarti
yang tidak
dilihat
pada fisibel
nilai C(tidak
j – Zj .
memiliki titik yang memenuhi semua kendala)
Setelah tidak ada Cj–Zj > 0 (untuk kasus memaksimumkan) atau Cj-Zj
Dalam metode simpleks, variable semu berfungsi sebagai katalisator
< 0 (untuk kasus meminimumkan), maka proses dilanjutkan dengan
agar muncul matriks identitas sehingga proses simpleks dapat
meneliti
apakah
ada variable
semu
yang semu
masihakan
bernilai
positif.
Jika
dilakukan.
Pada iterasi
pertama,
variable
dipakai
sebagai
variable
basis.
tidak
ada,
maka penyelesaian optimal didapatkan. Akan tetapi, jika
Untuk
mempercepat
keluarnya
variablepositif
semuberarti
dari variable
ada
variable
semu yang
masih bernilai
soalnya basis,
tidak
maka pada fungsi sasarannya diberi koefisien M (untuk kasus
fisibel.
meminimumkan) atau –M (untuk kasus memaksimumkan). Akan
tetapi ada kalanya variable semu tetap merupakan variable basis
pada table optimalnya. Hal ini menunjukkan bahwa soalnya tidak
fisibel.
Bentuk
Maksimumkan
3
0 standar:
0
0
-M
C
4
3
0
0
0
-M
(C )
X
X
X
X
X
X
b
𝜽
X
f(x
Maksimumkan
,
x
)
=
4x
+
3x
2X
2X
(C )
X
X1
X 1
X
b
𝜽
0
X
1
1
1
0
0
0
3
3
f(x3 01 …X Xx6)=024x11-1+ 3x
Kendala
0x
02 + -1/3
1 3+000x4 0+
3/2 6
2/3
0 0x351- Mx
0
0
-10
10
4 2
4
4-M
XX
11
00
1/3
1/3
xKendala
+ x2-1/3
≤ 3 -1 1
1-1/3
-M
XZ
0-M
00
0
0
M
-M
-4M 2
C –Z
4+M
0– x 0 ≤ 3-M = 30
x4 1 +33x2x
Z
M
-M
11-2M
2 +1 x
3 2
0 C –XZ
3/2
1
-1/2
0-M
00
3/2
1
00
0
2x
x
+
x
x
≥
4
=
3
4
X
1 1 -1/22 01 4 ½
0
0
3/2
-M
X
½
-1
5
x01 semua
x–1C,j0–Z
xx5j 2≤+-1/2
≥xIni
06 menunjukkan
= 41 5/2bahwa
Pada iterasi terakhir,
0.
table
sudah optimal.
Akan
variable
semu masih
Z
4 tetapi x6 0yang merupakan
M
-M
x1 …
tetap menjadi
basis.
Ini
berarti
soalnya
tidak fisibel
C – Z variable
0
0 x
-M
0
6 ≥ 0bahwa
Cj
b i
(Xb)i
4
Xj
j
1
2
3
4
3
4
5
6
i
j
b i
(Xb)i
1
3
2
5
6
i
24
16
6
j
j
j
j
3j
j
𝟏𝟎 + 𝑴
𝟐
𝟏+𝑴
𝟐
−𝟏𝟎 − 𝑴
𝟐
−𝟏 − 𝑴
𝟐
1
6
j
j
j
−𝟒 − 𝑴
𝟐
𝟒+𝑴
𝟐
𝟏𝟎 + 𝑴
𝟐
−𝟒 − 𝑴
𝟐
sehingga tidak memiliki penyelesaian optimal.
𝟏𝟐 − 𝟓𝑴
𝟐
Cj
4
0
0
M
M
Bentuk
Minimumkan
standar:
(C )
Y
Y
Y
Y
Y
Y
b
𝜽
M
Y
2 f(xMinimumkan
-31, x2
-1) = 2y
0 1+4y
1
2
20
M
Y
-1
1
0
-1
0
1
3
3
f(x1 …Z x6)=
Kendala
M 2y
-2M
-M 2+0y
-M 3+0y
M 4+My
M
1+4y
55M+My6
C -Z
2-M
4-2M
M
M
0
0
2y
Kendala
-3y
≥
2
1-1
2-3
M
Y
-1
0
1
3
11
11/3
4
Y
-1
1
0
-1
0
1
3
3
2y
3y
-y
+y
y
+
≥
My
2
=
2
1 4 21
3-4-3M
2
5 4+3M 12+11M
Z
-4-M
-M
M
C -Z
6+M
0 y-M
4+3M 0 0 =-4-2M
-y1+y
2 1,yy
42+≥My
6 3
M
Y
2
-3
-1
0
1
0
2
M
Y
-1
1 y1 0… y6
-1 ≥0 0
1
3
b i
2
Xi
(Xb)i
1
2
3
4
5
6
i
5
6
j
j
j
5
2
j
j
j
5
6
Dapat dilihat bahwa pada iterasi pertama, variable Y6 keluar dari variable
basis kemudian pada iterasi ke-2 variabel Y6 kembali menjadi variable basis.
Karena kedua variable semu Y5 dan Y6 menjadi variable basis dan tidak dapat
mencapai penyelesaian optimum, maka soal tidak fisibel.
Kasus degenerasi terjadi apabila satu atau variable basis berharga
nol sehingga iterasi yang dilakukan selanjutnya bisa menjadi suatu
loop yang akan kembali pada bentuk sebelumnya. Kejadian ini
disebut cycling atau circling.
Namun ada kalanya pada iterasi berikutnya degenerasi ini
menghilang. Kasus seperti ini disebut degenerasi temporer.
Tabel 1
Tabel 2 C
j
3
0
0standar:
0
Bentuk
Maksimumkan
3
0
0
0
3X
(C )
X
X
X0
X 0
b 0 𝜽
(C
)
X1
X 1
X
X
b
𝜽
0
0 f(x
2 XX 2
(C ) X
X Maksimumkan
X ) =-1X5x 0 X+ 3x
b
𝜽
,
x
1 12
1 -1
2
0 ¼
2
2
50
X X
1
0
¼1
0
5/2 0 10
0
X
4
2
0
12
3
¼
01
00 2 5/2
10
0 5 f(x
X X …0 x 1 )¾ = 5x
0
-1/4
1 ¼ 3/2+0x
Kendala
+3x
+0x
+0x
1X
504
4 3/2
55/2
0
1 1 00 2 -1/4
1 3 10
10
0
¾
2
Z X
5
5/4
0
5/4
0
0
X
1
1
0 25/2 01
4
4
5
00
C -Z Z
0
7/4
0 + 2x
-5/4
05/4
4x5/4
Kendala
≤
12
25/2
1
2 -5/4
0 1
7/4
0
3
X C Z-Z 0
1
-1
0 0
2 00 0
0
0
0 4x
0 + x
1 ≤ 010
-2/312
-4/3
00
+2x
50
X CX-Z 1
5 0 4x
31
02 3 =
0 2 0 4
1-1/4
2½+x
1 0
0
2
05
X X
0
-3/4
½0
11/3 0 -1/3 0
0
X
0 4xx11+x
3
0
+x
x012 4≤=0-1/3
4-11016 4/30 22 2
Z X
5
3
17/4
1 +2-1/2
3
7/3
-7/4
½00
02/3
5 C -Z XZ 0 51 0
¼
¼
0
5/2
10
16
0 1 x-1/2
0 , x+x
-2/3 2 -7/3
30
X CX-Z 0
2=4
0
¾+x
-1/4
1
3/2
2
1x
1 2 0200 ≥5 0
5
X
1
0
½
0
-1
2
Z
5
5/4
0
5/4
0
x-3/2
… 1x5jika≥2 x05 keluar
Table 2 merupakan
kelanjutan
dari25/2
basis. Perhatikan
0
X
0
0
0
1iterasi
b i
b i
b i
5
C
XC
j jj
(Xb)i
Xj
Xj
(X
(Xb3b))ii
1
5
5
1
1
2
3
2
2
4
5
3
3
i
4
4
5
5
i
i
3
1
3
1
5
54
j
j
5j
j
2
1
j
j
j
23
j
j
1
j
2
3
j
1
5
j
j
j
5
j
1
j
4
Cj-Zj
0
7/4
0
-5/4
0
bahwa meskipun
jumlah
mencapai
optimal pada Tabel 1
Zj
5
3 iterasi
1 hingga
0
1
16
PadaTabel
iterasi2 Ctidak
ke-2
terdapat
2 -1buah
yangpenyelesaian
sama-sama
0
0 namun
0 nilai-1 𝜽 minimum
j-Zj
dan
sama,
keduanya
menghasilkan
bernilai 2.
Untuk
ituyaitu
dipilih
satunya
optimal
yang
sama
x1 salah
= 2 dan
x2 = 2 (x3 atau x5) secara sembarang.
Perhatikan bahwa table 1 merupakan kelanjutan iterasi jika x3 keluar dari basis
Bentuk
2
0standar:
0
0
X
Maksimumkan
X
X
X
X
X
b
(X )
Maksimumkan
X3
4
3
1
0
0
12
z
=
3x
+
2x
1
2 0
X4 z = 43x +2x
1
0
1
+0x
+0x
+0x58
1
2
3
4
X5
4
-1
0
0
1
8
Kendala
Zj
0
0
0
0
0
0
Kendala
Cj-Zj
3
2
0
0
0
4x
+
3x
≤
12
X3
0
21
1 2
-1
0
4
4x
+3x
+x
=12
1
2
3
X1
1
¼
0
¼
0
2
4x
+
x
≤
8
X5
0
-2 1
0 2
-1
1
0
4x
+x
+x
=8
4¾
Zj
3
¾ 1
02
0
6
4x
x
≤
8
Cj-Zj
0
5/4 1
0 2 -3/4
0
4x
-x
+x
=8
2 5-1/2
X2
0
1 1
½
0
2
x
,
x
≥
0
X1
1
0 1 -1/8
0
3/2
2 3/8
x …x1 5 ≥ 0-2 1 4
X5
0
-4 1
Cj
(Cb)i
0
0
0
0
3
0
2
3
0
3
j
b i
1
2
3
4
5
Zj
3
2
5/8
1/8
0
Cj-Zj
0
0
-5/8
-1/8
0
i
17/2
θ
3
2
2
2
8
-
Dalam bentuk standar program linier diisyaratkan bahwa semua
variable penyusun harus ≥ 0. Apabila ada variable penyusun yang
bernilai bebas (boleh negatif), maka sebelum masuk ke proses
simpleks, masalah tersebut harus terlebih dahulu ditransformasi
sehingga semua variable penyusun ≥ 0.
Caranya adalah dengan menyatakan variable yang bernilai bebas
tersebut sebagai selisih 2 variabel baru yang keduanya ≥ 0.
Bentuk
Maksimumkan
standar:
Sehingga
soal
menjadi:
Cj
2
1
3
-3
0
0
f(x
,
x
,
x
)
=
3x
+2x
+x
Maksimumkan
1
2
3
1
2
(C )
X
X
X
X
X
X3
b
θ
(X )
x3,25,x4,
2x
-3x052+0x
x3,x5)=
x1 4, xKendala
3(x
+x3126+0x76
1f(x2,
X f(x
-23+3x
52)=2+x
4-x514)+2x
0
X
8
0
6
-6
0
1
22
22/6
2x
+5x
+x
≤
12
Kendala
Z
5
1 1 2 2 -23
1
0
12
C -Z
-3
0
1
-1
0
0
5x2(x
+x
6x
+2x
+8x
-2x
≤
+x
22
=
12
-x
)+5x
+x
≤
12
2 14 3 51 0 4 220 5 3 61
1
X
14/6
-2/6
28/6
3
X
8/6 8x
0
0 22 1/6
22/6
x2415,-6x
x3 5≥-1+x
6(x
)+8x
22
2+6x
7=
4-x
20≤
Z
38/6
1
3
-3
1
1/6
94/6
Perhatikan bahwa yang diisyaratkan ≥ hanyalah x dan x saja, sedangkan x bernilai
C - Z menjadikan
-26/6
0ke
-1
-1/6
x28/6
x230…x
, x=standar
, 0≥x50x≥program
0
sembarang. Untuk
linier,
maka
4714/3,
Penyelesaian
optimal
x2 = 0, x
x32,=bentuk
=
22/6
= 11/3,
x5 =x x6dinyatakan
= x7 = 0.
4
b i
Xj
b i
2
3
4
5
6
7
i
3
7
j
j
j
3
4
j
j
j
2
3
1
1
sebagai
selisih 2 variabel
baru aslinya,
x4 dan x5. maka x = 11/3, x = 0 dan x = 14/3.
Jika
dikembalikan
ke soal
1
2
3
x
=x
-x
1 4 5
Perhatikan di sini bahwa x1 yang bernilai
sembarang tidak berarti harus
Kemudian
substitusikan
ke model
bernilai negatif. Akan tetapi
juga tidak
boleh diasumsikan
≥ 0 sehingga proses
simpleks juga tidak dapat langsung digunakan.
1
-1standar:
0
0
Bentuk
Maksimumkan
(C ) (X ) X
X
X
X
X
X
b
𝜽
Maksimumkan
z
=
-2x
+
x
1
0
X
1
1
-1
12
0
4
4
0
X
6
z =1 -2x1-1+Kendala
x5 -1 x6 + 00x3 +1 0x4 6
Z
0
0
0
0
0
0
C –Z
-2
1 xKendala
-1 ≤ 40
0
+x
1 2
-2
X
1
1
-1
1
0
4
+ 6x-13 = 41
0
X
0 x1+-2 x5
22
2
1
1- x
6≤
Z
-2
-2
2
-2
0
-8
≥60+ x2 4 = 60
C -Z
0 x1 –
3 x5x+
1-3x
-2 bahwa
X yang 1diisyaratkan
0
½
5
Perhatikan
≥ 0 hanyalah
x ½
saja, sedangkan
x bernilai
xbentuk
x5,-1/2
xprogram
sembarang.
x dinyatakan
3, x41,standar
6 ≥ 0½ linier, maka
-1 Untuk
X menjadikan
0 x1,ke-1
1
Cj
b i
-2
b i
j
1
5
6
3
4
i
3
4
j
j
j
1
4
j
j
j
1
1
2
6
sebagai selisih 2 variabel
baru x5 dan
Zj
-2
1 x6 -1
-1/2
x2= 0x5 – x6 ½
Cj-Zj
0
0
2
-3/2
3/2
-11
Didapat solusi optimum x1 = 5, x6 = 1, x3 = x4 = x5 = 0. Jika dikembalikan ke
soal aslinya maka akan didapat x1 = 5 dan x2 = -1 (di mana x2 = x5 – x6).
Jurusan Matematika - FMIPA
Universitas Udayana
2012