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

1. Raja Ampat, Papua Barat
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
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

3. 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

4. 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

5. Formulasi Masalah
Ilustrasi 1:
5

6. 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

7. 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

8. 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

9. 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

10. 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

11. 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

12. 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

13. 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

14. 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

15. 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

16. 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

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:
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

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
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

19. “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

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
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

21. “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

22. “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

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
(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

24. “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

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.
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

26. “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

27. “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

28. “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

29. “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

30. “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

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.
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

32. 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

33. 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

34. 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

35. 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

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