FORUM DISKUSI M2 KB 5
1.
Makna program linier dengan mengaitkan konsep persamaan linier dan sistem persamaan linier. Program Linear adalah suatu cara untuk penyelesaian masalah dengan menggunakan persamaan atau pertidaksamaan linear yang mempunyai banyak penyelesaian, dengan memperhatikan syarat-syarat agar diperoleh hasil yang maksimum/minimum maksimum/minimum (penyelesaian (penyelesaian optimum). Kaitannya adalah program linear adalah penerapan dari sistem persamaan linier yang terdiri dari beberapa persamaan linear yang saling berkaitan dalam menemukan solusi
sim pleks dalam konep k onep program progr am linier. linier . Berikan Berik an satu kasus 2. Apa yang dimaksud metode simpleks dan penyelesainya dalam penerapan metode simpleks (berikan contok dengan melibatkan 6 variabel). Metode Simpleks pertama sekali diperkenalkan oleh George B.Dantzig dari USA (1950) melalui bukunya Linear Programming and Extension , menyebutkan bahwa ide dari linear programming ini berasal dari ahli matematika matematika Rusia bernama L.V Kantorivich yang pada pada tahun 1939 menerbitkan menerbitkan sebuah sebuah karangan yang yang berjudul berjudul “ Mathematical Methods in the O rganization and Planning of Production ”. ”. Dalam karangannya tersebut telah dirumuskan persoalan linear programming untuk programming untuk pertama kalinya. kalinya. Akan tetapi ide ini ini rupanya di Rusia Rusia tidak bisa bisa berkembang. berkembang. Malah ternyata dunia barat yang yang memanfaatkan ide ini selanjutnya selanjutnya Contoh: Pembuatan
meja
membutuhkan
20
(satuan assembling) assembling )
dan
30
finishing), sedangkan kursi membutuhkan 45 (satuan assembling) assembling ) dan 25 (satuan finishing), (satuan finishing). finishing). Kendala kapasitas assembling assembling = 10.750 (satuan assembling) assembling ) dan finishing finishing = 9.750 (satuan finishing). finishing). Jika diinginkan diinginkan minimal minimal ada 100 unit meja yang harus dibuat, bagaimana solusi terbaiknya?. terbaiknya?. Langkah-langkah Langkah-langkah pada fasa I :
Buatkan tabel simpleks
Selesaikan kolom artificial (kolom basis)
Siapkan baris Z j – C – C j dengan 2 komponen terpisah, tanpa M dan dengan M.
Selesaikan fasa I ini dengan melibatkan Z j – C – C j dengan M.
Lakukan serangkaian OBE sehingga variabel artificialnya keluar artificialnya keluar dari basis.
FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Basis x1
x2
x3
x4
x5
x6
x3 x4 x6 Z j –C j
45 25 0 -200 -200 -200 0
1 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0
0 0 -1 0 M 0 1
0 0 1 M 0 0 0
Z j –C j
20 30 1 -250 -250 – M -250 -1 Lanjutkan
ke
fasa
II
dengan
memasukkan
Ruas Kanan 10750 9750 100 0 -100M 0 -100 tabel
akhir,
tanpa
kolomartificial dan memasukkan Z j – C j yang tanpa M Dari Persamaan x [x(-1)] Cara mengubah nilai-nilai pada baris Z j – C j (karena ada nilai M di kolom x6 sehingga menjadi 0) :
Elemen (5,6) = (-M) x (1) + M = 0
Elemen (5,1) = (-M) x (1) + (-250) = -250-M
Elemen (5,2) = (-M) x (0) + (-200) = – 200
Elemen (5,3) = (-M) x (0) + (0) = 0
Elemen (5,4) = (-M) x (0) + (0) = 0
Elemen (5,5) = (-M) x (-1) + (0) = M
Elemen (5,6) = (-M) x (100) + (0) = -100M
Komponen Z j – C j dipisahkan antara yang dengan M dan tanpa M, tanpa perlu dituliskan lagi M-nya. Baris Z j – C j yang tanpa M diletakkan pada bagian atas (baris 6) sedangkan baris Z j – C j yang dengan M dibawahnya atau (baris 7). Basis pada tabel simpleks awal adalah x 3,x 4 dan x6. Iterasi pertama fasa I dapat dimulai dengan hanya melibatkan komponen Z j – C j yang dengan M. Sehingga setelah dipilih ulang (hanya melibatkan komponen Z j – C j yang dengan M saja). Tabel 4.11. Tabel Awal yang Sudah Dipilah Ulang Pada Fasa I
Baris
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x3 x4 x6
20 30 1
45 25 0
1 0 0
0 1 0
0 0 -1
0 0 1
Ruas kanan 10750 9750 100
Z j – C j
-1
0
0
0
1
0
-100
rasio 537,5 325 100
Selanjutnya proses perhitungan sama dengan pengerjaan pada metode simpleks biasa.
Variabel masuk x 1, variabel keluar x 6, pivot adalah elemen (3,1), karena
nilainya sudah 1, sehingga semua nilai pada baris pivot tidak perlu diubah.
Lakukan OBE pada baris 1, 2, dan 4 dengan mengacu pada baris 3.
FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Tabel 4.12. Tabel Simpleks Hasil Iterasi 1 Fasa I Baris
x1
x2
x3
x4
x5
x 6
x3 x4 x1 Zj – Cj
0 0 1 0
45 25 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
20 30 -1 0
-20 -30 1 1
Ruas kanan 8750 6750 100 0
Z j – C j di kolom ruas kanan = 0. Lanjutkan ke fasa II dengan menghilangkan x6 (artificial) dan memasukkan baris Z j – C j tanpa M yang semula. Tabel 4.13. Tabel Simpleks Awal Untuk Fasa II Tanpa Rasio Baris
x1
x2
x3
x4
x 5
Ruas kanan
x3
0
45
1
0
20
8750
x4
0
25
0
1
30
6750
x1
1
0
0
0
-1
100
Z j –C j
-250
-200
0
0
0
0
Z j – C j
0
-200
0
0
-250
25000
Nilai Z j – C j = -250 pada kolom 1 terlebih dahulu harus diganti karena merupakan basis sedemikian dengan OBE yang merujuk pada baris 3 sehingga diperoleh nilai-nilai seperti pada baris Z j – C j bagian bawahnya (baris 5). (5,1)
= (250) x (1) + (-250) = 0
(5,2)
= (250) x (0) + (-200) = -200
(5,3)
= (250) x (0) + (0) = 0
(5,4)
= (250) x (0) + (0) = 0
(5,5)
= (250) x (-1) + (0) = -250
(5,6)
= (250) x (100) + (0) = 25000
Siapkan kembali untuk iterasi fasa II dengan hanya menampilkan matriks dengan Z j – C j dibagian bawah dan tambahan kolom rasio sebagai berikut : Tabel 4.13. Tabel Simpleks Awal Untuk Fasa II Dengan Rasio Basis x3 x4 x 1 Z j – C j
x1 0 0 1 0
x2 45 25 0 -200
x3 1 0 0 0
x4 0 1 0 0
x5 20 30 -1 -250
Ruas Kanan 8750 6750 100 25000
Rasio 437,5 225 –
Selanjutnya, lakukan iterasi : Variabel keluar x 5 (nilai Z j – C j terkecil) Variabel Masuk x 4 (nilai rasio ruas kanan & koefisien kolom x 5 terkecil) Pivot (2,5) – bagi semua nilai pada baris 2 dengan 30 FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Lakukan OBE pada baris 1, 3, dan 4 dengan mengacu pada baris 2. Sehingga didapat hasil iterasi I pada fasa II seperti tabel diatas. Tabel 4. 15. Hasil Iterasi I Pada Fasa II Basis
x1
x2
x3
x4
x 5
x3
0
28,333
1
-0,667
0
Ruas Kanan 4250
x4
0
0,8333
0
0,033
1
225
x1
1
0
0
0,033
0
350
Z j – C j
0
8,333
0
8,333
0
81250
Rasio
Karena semua Z j – C j ≥ 0 (sudah 0 atau positif), berarti solusi optimal. x1 = 3250 x2 = 0 x3 = 4250 x4 = 0 x5 = 225 x6 = 0 Z = 81.250 Contoh 2. Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 150 x 1 + 120 x2 Fungsi batasan : 3 x 1 + 8 x2 ≤ 39 10 x 1 + 4 x2 ≤ 62 x1
≥ 3
x2 ≥ 2 Bentuk standar dari persoalan di atas adalah : – M x 7 – M x 8
Maksimumkan Z = 150 x 1 + 120 x2 Fungsi batasan : 3 x 1 +
8 x2 + x 3
10 x 1 + 4 x2 x1 x2
= 39 + x4 – x5 + x6
= 62 + +
x7
= 3
x8 = 2
di mana x3 = slack variable untuk fungsi batasan 1 x4 = slack variable untuk fungsi batasan 2 x5 = surplus variable untuk fungsi batasan 3 x6 = artificial variable untuk fungsi batasan 3 FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
x7 = surplus variable untuk fungsi batasan 4 x8 = artificial variable untuk fungsi batasan 4 Tabel 4.16. Persiapan Fasa I Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x 8
Kanan
x3
3
8
1
0
0
0
0
0
39
x4
10
4
0
1
0
0
0
0
62
x7
1
0
0
0
-1
0
1
0
3
x8
0
1
0
0
0
-1
0
1
2
Z j -C j
-15
-12
0
0
0
0
M
M
0
Z j -C j
-15 – M
-12 – M
0
0
M
M
0
0
-5M
Z j -C j
-15
-12
0
0
0
0
0
0
0
Z j -C j
-1
-1
0
0
1
1
0
0
-5
Tabel 4.17. Awal Proses Iterasi Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
Kanan
Rasio
x3
3
8
1
0
0
0
0
0
39
13
x4
10
4
0
1
0
0
0
0
62
6,2
x7
1
0
0
0
-1
0
1
0
3
3
x8
0
1
0
0
0
-1
0
1
2
∞
Z j -C j
-1
-1
0
0
1
1
0
0
-5
2
Tabel 4.18. Hasil Iterasi I (Variabel Masuk x1, variable keluar x7, Pivot= 1 ) Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
Kanan
Rasio
x3
0
8
1
0
3
0
-3
0
30
3,75
x4
0
4
0
1
10
0
-10
0
32
8
x1
1
0
0
0
-1
0
1
0
3
∞
x8
0
1
0
0
0
-1
0
1
2
2
Z j -C j
0
-1
0
0
0
1
1
0
-2
Tabel 4.19. Hasil Iterasi II (Variabel Masuk x2, variable keluar x 8, Pivot= 1 )
FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
R.Kanan
x3
0
0
1
0
3
8
-3
-8
14
x4
0
4
0
1
10
0
-10
-4
24
x1
1
0
0
0
-1
0
1
0
3
x2
0
1
0
0
0
-1
0
1
2
Z j -C j
0
0
0
0
0
0
1
1
0
Rasio
Fasa I berakhir karena nilai Z j – C j pada kolom ruas kanan telah 0. Langkah selanjutnya adalah menyiapkan tabulasi baru untuk fasa II (awal). Hilangkan kolom x7 dan x8(artificial variable), seperti tabel di bawah ini. Tabel 4.20. Tabulasi Awal Untuk Fasa II Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
R.Kanan
x3
0
0
1
0
3
8
14
x4
0
4
0
1
10
4
24
x1
1
0
0
0
-1
0
3
x2
0
1
0
0
0
-1
2
Z j -C j
-15
-12
0
0
0
0
0
Rasio
Harus dilakukan penyesuaian nilai pada kolom x1 dan x2 yang menjadi variable basis. Lakukan OBE dengan hasil sebagai berikut. Tabel 4.21. Setelah dilakukan Opereasi Baris Elementer. Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
R.Kanan
x3
0
0
1
0
3
8
14
x4
0
4
0
1
10
4
24
x1
1
0
0
0
-1
0
3
x2
0
1
0
0
0
-1
2
Z j -C j
-15
-12
0
0
0
0
0
Z j -C j
0
-12
0
0
-15
0
45
Z j -C j
0
0
0
0
-15
-12
69
Rasio
Maka proses tabulasi dapat dilanjutkan dengan hanya menggunakan baris Z j – C j yang terakhir (yang telah di lakukan operasi baris elementer / OBE), sehingga dihasilkan tabel seperti di bawah ini.
Tabel 4.22. Proses Iterasi Fasa II (Ditulis Ulang dengan Zj – Cj yang Sudah Ditentukan Kolom Rasionya) FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
R.Kanan
Rasio
x3
0
0
1
0
3
8
14
4,67
x4
0
4
0
1
10
4
24
2,4
x1
1
0
0
0
-1
0
3
-3
x2
0
1
0
0
0
-1
2
∞
Z j -C j
0
0
0
0
-15
-12
69
Jika kita lihat nilai pada baris Z j – C j masih ada yang bernilai negative maka perlu dilakukan Iterasi. Maka perlu diketahui variable yang akan masuk, variabel yang akan keluar dan pivot-nya. Dari tabel ini diketahui bahwa x 5 akan menjadi masuk dan x 4 akan menjadi variabel yang keluar dengan pivot 10. Tabel 4.23. Hasil Iterasi I Fasa II (x5 masuk, x4 keluar) Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
R.Kanan
Rasio
x3
0
0
1
-0,3
0
6,8
0
–
x5
0
0
0
0,1
1
0,4
2,4
2,4
x1
1
0
0
0
0
0,4
5,4
3
x2
0
1
0
0
0
-1
2
∞
Z j -C j
0
0
0
0
0
-6
105
Karena belum didapatkan solusi optimalnya, maka perlu dilakukan iterasi selanjutnya. Tabel. 4.24. Hasil Iterasi 2 Fasa II (x6 masuk, x3 keluar) Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x6
R.Kanan
Rasio
x6
0
0
0,147
-0,044
0
1
1
–
x5
0
0
-0,059
0,118
1
0
2
16,949
x1
1
0
-0,059
0,018
0
0
5
277,77
x2
0
1
0,147
-0,044
0
0
3
–
Z j -C j
0
0
0,882
-0,264
0
0
111
Masih terdapat nilai negatif pada baris Z j – C j, ini berarti solusi yang diberikan belum optimal dan masih diperlukan iterasinya selanjutnya. Dari Tabel 4.24 di atas yang menjadi
variabel
masuk
dan pivot adalah 0,118.
adalah
x 4menggantikan
x 5 sebagai
Dengan melakukan perhitungan
variabel
sama seperti
keluar yang
dilakukan sebelumnya akan di dapat t abel hasil iterasi ke-3 seperti di bawah ini.
Tabel 4.25. Hasil Iterasi 3 Fasa II (Tabel Optimal) FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Basis
x1
x2
x3
x4
x5
x 6
R.Kanan
x6
0
0
0,125
0
0,373
1
1,746
x4
0
0
-0,500
1
8,475
0
16,949
x1
1
0
-0,050
0
-0,153
0
4,695
x2
0
1
0,125
0
0,373
0
3,746
Z j -C j
0
0
0,750
0
2,237
0
115,475
Solusi optimal sudah didapat (nilai baris Z j – C j tidak ada lagi yang negatif). Dapat disimpulkan bahwa : x1 = 4,695 x2 = 3,746 Z = 115,475
3.
Apa yang dimaksud dengan teori permainan (game theory) dalam program linier. Berikan satu kasus dan penyelesaianya dalam penerapan teori permainan. Game Theory adalah suatu pendekatan matematis untuk merumuskan situasi persaingan dan konflik antara berbagai kepentingan. Dalam game theory dilibatkan dua atau lebih pengambil keputusan atau yang biasa disebut Pemain. Setiap pemain dalam game theory mempunyai keinginan untuk menang. Kasuskasus dalam game theory, sebelum diselesaikan dengan menggunakan salah satu metode game theory, diidentifikasi dulu berdasarkan : Jumlah pemain , Jumlah keuntungan dan kerugian atau yang biasa disebut dengan nilai permainan Jenis strategi yang digunakan. Berdasarkan jumlah pemain ada dua jenis games yang dikenal, yaitu twoperson games dan N- person games. Jumlah pemain yang terlibat dalam two-person games adalah dua, dan dalam N- person games adalah lebih dari dua. Sedangkan berdasarkan jumlah keuntungan dan kerugian dikenal dua jenis games, yaitu zerosum games dan non zero-sum games. Nilai permainan dalam zero-sum games adalah nol, sedangkan dalam non zero-sum games nilai permainannya tidak sama dengan nol. Yang akan kita bahas disini adalah jenis TWO-PERSON ZERO-SUM GAMES. Contoh: Tentukan saddle point dari permainan dengan matriks pay-off berikut : Berdasarkan criteria maksimin untuk pemain baris : - nilai minimum pada baris 1 : -3 baris 2 : 0 baris 3 : -4 nilai maksimum dari (-3,0,-4) adalah 0, jadi nilai maksimin-nya = 0 1 2 3 -3 5 -2 6 -4
FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Jawab Model matematis : Maksimumkan W = y1 + y2 + y3 terhadap kendala : 7y1 + 5y2 d 1 2y1 + 3y2 + 6y3 d 1 5y1 + 6y2 + y3 d 1 y1 , y2 , y3 e 0 bentuk baku untuk simpleks : maksimumkan W = y1 + y2 + y3 + 0S1 + 0S2 + 0S3 7y1 + 5y2 + S1 = 1 2y1 + 3y2 + 6y3 + S2 = 1 5y1 + 6y2 + y3 + S2 = 1 y1 , y2 , y3, S1, S2, S3 e 0 1 2 3 7 5 6
4. Selesaikan persoalan program linier berikut: x1+ 5x2+ 9x3 -6x4 ≥ 2 3x1- x2+ x3 -3x4 ≤ 10 -2x1- 3x2+ 7x3 -8x4 ≥ 0 semua x j ≥ 0 Maksimal Z = 2x1- 3x2+ 4x3 +x 4 x1+ 5x2+ 9x3 -6x4 ≥ 2 3x1- x2+ x3 -3x4 ≤ 10
⇓
x1+ 5x2+ 9x3 -6x4 = 2
x3
3x1- x2+ x3 -3x4 = 10
x1
3x1+ 15x2+ 27x3 -18x4 = 6 3x1- x2
+ x3
-3x4 = 10 _
16 x2 + 26 x3 -15x4 = -4
3x1- x2+ x3 -3x4 = 10
x2
6x1 - 2x2+ 2x3 -6x4 = 20
-2x1- 3x2+ 7x3 -8x4 = 0
x3
-6x1 - 9x2+ 21x3 -24x4 = 0 +
….(1)
-11 x2+23 x3 -30x4 = 20 x1+ 5x2+ 9x3 -6x4 ≥ 2
x2
2x1 + 10x2 + 18x3 -12x4 = 4
-2x1- 3x2+ 7x3 -8x4 ≥ 0
x1
-2x1 - 3x2 + 7x3 -8x4 = 0 + 7 x2 + 25x3 -20x4 = 4
….(2)
….(3)
Diperoleh hasil eliminasi diatas yaitu : 16 x2 + 26 x3 -15x4 = -4
….(1)
-11 x2+23 x3 -30x4 = 20
….(2)
7 x2 + 25x3 -20x4 = 4
….(3) FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA
Dalam sebuah matriks :
−4 16 26 −15 [−117 2523 −20 −30204 ]
Oleh karena bilangan 7 dan 23 merupakan bilangan prima, maka tidak dapat ditentukan penyelesaian dari program linear tersebut atau terdapat hasil tak terhingga.
FORUM DISKUSI MODUL 2 KB 5 MAYA GITA