advertisement

EKMA4413 - Riset Operasi - Modul 4

50 %
50 %
advertisement
Information about EKMA4413 - Riset Operasi - Modul 4
Education

Published on March 6, 2014

Author: Languageaholic

Source: slideshare.net

Description

Slide ini merupakan materi kuliah Mata Kuliah Riset Operasi Program Studi Manajemen Universitas Terbuka di Korea
advertisement

Raja Ampat, Papua Barat Seoul, 9th of March 2014

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 memiliki 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. 2

Pemecahan Masalah Pemecahan 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). 3

Formulasi Masalah Sebelum 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 persamaan: 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). 4

Formulasi Masalah Ilustrasi 1: 5

Formulasi Masalah 1. Fungsi Tujuan Fungsi ini menunjukkan tujuan yang akan dioptimalkan: maksimasi atau minimasi. Simbol yang digunakan adalah Z. Bentuk umum: Z n c X j j 0 j 1 Z  c1 X 1  c2 X 2    cn X n  0 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 6

Formulasi Masalah 2. 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: S1  n a 1j X j  b1 j 1 S2  n a 2jX j  b2 j 1 n a j 1 a21 X 1  a22 X 2    a2 n X n  S 2  b2   Sm  a11 X 1  a12 X 2    a1n X n  S1  b1 mj X j  bm S merupakan slack variabel yang berfungsi untuk “menampung” perbedaan antara sisi kanan dan kiri diakibatkan berubahnya tanda ≤ atau ≥ menjadi =. am1 X 1  am 2 X 2    amn X n  S 3  bm Untuk ilustrasi 1, fungsi pembatas fungsionalnya adalah: Subject to 2X1 + 1X2 + S1= 6.000 2X1 + 3X2 + S2= 9.000 7

Formulasi Masalah 2. 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: X 1  0; X 2  0;; X n  0 S1  0; S 2  0;; S n  0 Untuk ilustrasi 1, fungsi pembatas tandanya adalah: X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0 8

Formulasi Masalah Formulasi 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 9

Metode Simpleks – Maksimasi 1. Masukkan formulasi masalah ke dalam tabel simpleks Bentuk umum dari tabel simpleks: V.D. merupakan variabel dasar (variabel basis) N.K. merupakan nilai dari sisi kanan dari tiap persamaan Tabel simpleks dari ilustrasi 1 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 2 3 0 1 9.000 S2 0 Variabel dasar Variabel dasar dalam baris Z harus bernilai 0 10

Metode Simpleks – Maksimasi 2. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil) Kolom kunci dari ilustrasi 1 iterasi 1 adalah: V.D. X1 X2 S1 S2 N.K. Z 1 –3 –4 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 S2 I Z 0 2 3 0 1 9.000 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. X1 X2 S1 S2 N.K. Z I Z 1 –3 –4 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 S2 0 2 3 0 1 9.000 11

Metode Simpleks – Maksimasi 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 V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K. Z –4 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 0 2 3 0 1 9.000 Z 1 –1/3 0 0 4/3 12.000 S1 0 4/3 0 1 –1/3 3.000 X2 II –3 S2 I 1 0 2/3 1 0 1/3 3.000 Z pada kolom X1 = –3 – (–4 × 2/3) = –1/3 Z pada kolom S1 = 0 – (–4 × 0) = 0 Z pada kolom S2 = 0 – (–4 × 1/3) = 4/3 Z pada kolom N.K. = 0 – (–4 × 3.000) = 12.000 Semua nilai pada kolom kunci bernilai 0 kecuali yang terletak pada baris kunci S1 pada kolom X1 = 2 – (1 × 2/3) = 4/3 S1 pada kolom S1 = 1 – (1 × 0) = 1 S1 pada kolom S2 = 0 – (1 × 1/3) = –1/3 S1 pada kolom N.K. = 6.000 – (1 × 3.000) = 3.000 12

Metode Simpleks – Maksimasi 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. X2 S1 S2 N.K. 1 –3 –4 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 S2 0 2 3 0 1 9.000 Z II X1 Z I 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 13

Metode Simpleks – Maksimasi 6. 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 3 V.D. Z X1 X2 S1 S2 N.K. Z 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 0 2 3 0 1 9.000 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 Z III –4 Z II –3 S2 I 1 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 14

Metode Simpleks – Maksimasi 7. Pemeriksaan hasil akhir. Karena pada iterasi terakhir tidak ada nilai Z yang bernilai negatif, maka nilai yang optimal telah diperoleh. V.D. S1 S2 N.K. 1 –3 –4 0 0 0 S1 0 2 1 1 0 6.000 0 2 3 0 1 9.000 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 Z III X2 S2 II X1 Z I 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 keputusan yang terpilih Nilai akhir Z = 12.750 Nilai variabel keputusan: X1 = 2.250; X2 = 1.500 15

Informasi Tambahan 1. 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 keputusan 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. 16

“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: V.D. Z X1 X2 … … N.K. Z –1 3 4 … … 0 … … … … … … … … … … … … … … Ingat bahwa setelah iterasi terakhir, N.K. yang diperoleh harus dikali –1 karena koefisien dari Z adalah –1 (lihat Tabel Simpleks). 17

“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 menambahkan variabel artifisial R ke dalam formulasi pembatas fungsional di mana nilai dari variabel artifisial 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). Z = 3X1 + 4X2 – MR1 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 18

“Penyimpangan” 2. Pembatas fungsional bertanda “=” Tabel simpleks dari contoh tersebut adalah: 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 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 –3–2M –4–M 0 0 – 6.000M R1 0 2 1 1 0 6.000 S2 0 2 3 0 1 9.000 19

“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 Subject to Z = 3X1 + 4X2 (1) 2X1 + X2 ≤ 6.000 (2) 2X1 + 3X2 ≥ 9000 (3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0 Maksimasi Subject to Z – 3X1 – 4X2 = 0 (1) 2X1 + X2 + S1 = 6.000 (2) 2X1 + 3X2 – S2 = 9000 (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 20

“Penyimpangan” 3. Pembatas fungsional bertanda “≥” 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). Z – 3X1 – 4X2 = 0 (1) 2X1 + X2 + S1 = 6.000 (2) 2X1 + 3X2 – S2 = 9000 (3) X1 ≥ 0; X2 ≥ 0; S1 ≥ 0; S2 ≥ 0 Maksimasi Subject to Z – 3X1 – 4X2 + MR2 = 0 2X1 + X2 + S1 = 6.000 2X1 + 3X2 – S2 + R2 = 9000 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 21

“Penyimpangan” 3. Pembatas fungsional bertanda “≥” 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 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 –3–2M –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 22

“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 (mengalikan – 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 23

“Penyimpangan” 1. Masukkan formulasi masalah ke dalam tabel simpleks 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 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 5–4M 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 24

“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. 3. Pilih “baris kunci” yang merupakan baris dengan nilai positif terkecil 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. X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K. Z 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 25

“Penyimpangan” 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 V.D. X2 R1 S2 R2 S3 N.K. –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 Z II X1 Z I 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 26

“Penyimpangan” 5. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil) 6. Pilih “baris kunci” yang merupakan baris dengan nilai positif terkecil Kolom kunci dan baris kunci iterasi 2 adalah: 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. X2 R1 S2 R2 S3 N.K. –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 Z II X1 Z I 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

“Penyimpangan” 7. Ubah nilai dari “baris kunci” dengan membaginya dengan nilai dari “kolom kunci”. Iterasi 3 V.D. R1 S2 R2 S3 N.K. –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 0 1 1 0 0 0 1 4.000 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 Z III X2 S3 II X1 Z I 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 28

“Penyimpangan” 8. Pilih “kolom kunci” yang merupakan kolom dengan nilai Z yang paling kecil (negatif terkecil) 9. Pilih “baris kunci” yang merupakan baris dengan nilai positif terkecil Kolom kunci dan baris kunci iterasi 4 adalah: 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. R1 S2 R2 S3 N.K. –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 0 1 1 0 0 0 1 4.000 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 Z III X2 S3 II X1 Z I 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

“Penyimpangan” 10. Ubah nilai dari “baris kunci” dengan membaginya dengan nilai dari “kolom kunci”. Iterasi 4 V.D. S2 R2 S3 N.K. –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 0 1 1 0 0 0 1 4.000 –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 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 Z IV R1 Z III X2 S3 II X1 Z I 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 30

“Penyimpangan” 11. Pemeriksaan hasil akhir Karena pada iterasi terakhir tidak ada nilai Z yang bernilai negatif, maka nilai yang optimal telah diperoleh V.D. X1 X2 R1 S2 R2 S3 N.K. Z 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 keputusan yang terpilih Nilai akhir –Z = –14.000 Z = 14.000 Nilai variabel keputusan: X1 = 2.000; X2 = 2.000; S2 = 1.000 31

Analisis Sensitivitas A. 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: Iterasi Z X1 X2 S1 S2 N.K. Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750 X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250 X2 III V.D. 0 0 1 –1/2 1/2 1.500 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). 32

Analisis Sensitivitas B. 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: Iterasi Z X1 X2 S1 S2 N.K. Z 1 0 0 1/4 5/4 12.750 X1 0 1 0 3/4 –1/4 2.250 X2 III V.D. 0 0 1 –1/2 1/2 1.500 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) 33

Analisis Sensitivitas B. Mencari Nilai Optimal Baru Cek feasibilitas Seperti sudah disinggung sebelumnya, setiap penambahan atau pengurangan nilai ruas kanan pembatas fungsional, 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. 34

Analisis Sensitivitas B. Mencari Nilai Optimal Baru 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 35

Terima Kasih 감사합니다 Sampai Bertemu Lagi di Pertemuan Selanjutnya Raja Ampat, Papua Barat Seoul, 9th of March 2014

Add a comment

Related presentations

Related pages

EKMA4413 - Riset Operasi - Modul 3 - Education

EKMA4413 - Riset Operasi - Modul 4 Slide ini merupakan materi kuliah Mata Kuliah Riset Operasi Program Studi Manajemen Universitas Terbuka di Korea
Read more

EKMA4413 Riset Operasi - Ikatan Alumni Universitas Terbuka ...

Mata kuliah Riset Operasi (EKMA4413) ... 4. Modul 4: Linear Programming Metode Simplex; 5. Modul 5: Metode Transportasi; 6. Modul 6: Analisis Jaringan ...
Read more

Riset operasi pdf

Riset operasi pdf Bambang Yuwono ... modul teknik riset operasi.pdf ... Diakses.You are here: Home FEKON Manajemen S1 EKMA4413 - Riset Operasi.
Read more

Riset Operasi Program Linear - eBooks Free Download PDF

Riset Operasi Program Linear ... Metode Simplek 4 DUALITAS DAN ANALISA SENSITIVITAS https: ... EKMA4413 - Riset Operasi - Modul 5.
Read more

Riset Operasi - YouTube

2015 1 UTT Riset Operasi Pertemuan 1 Modul 1 ... Tekhnik Riset Operasional - Duration: 13:53. Deacy ... 4:25. marthony mandra ...
Read more

Modul 1 - Pendahuluan dan Perencanaan Penugasan.pptx

EKMA4413 – Riset Operasi Program Studi Manajemen Oleh: ... Modul 4 - Linear Programming, Metode Grafik.pptx. Modul 4 - Linear Programming, ...
Read more