3.pl simpleks

Programa Linier : Metode Simpleks
BAB V
PROGRAMA LINIER : METODE SIMPLEKS
5.1 Metode Simpleks
Metode simpleks ialah suatu cara penyelesaian masalah programa linier
yang diperkenalkan pertama kali oleh Dantzig pada tahun 1947, yakni suatu cara
penyelesaian dengan menggunakan metode “ Row operation matrix “ yang
khusus disebut “ Pivot Operation ”. Metode ini telah terbukti efisien untuk
memecahkan persoalan programa linier dalam skala besar. Kecuali untuk
persoalan yang kecil, metode ini selalu dikerjakan dengan menggunakan
komputer.
Metode simpleks sesungguhnya merupakan suatu algoritme. Secara
sederhana algoritme adalah proses di mana prosedur sistematis diulang-ulang
(diiterasi) hingga diperoleh hasil yang diinginkan. Setiap kali prosedur sistematik
digunakan disebut satu iterasi. Di dalam algoritme termasuk prosedur untuk
memulai dan kriteria untuk menentukan kapan harus berhenti. Secara ringkas
struktur algoritme ditunjukkan pada Gambar 5.1.
Bagi kebanyakan algoritme dalam penelitian operasional, termasuk
metode simpleks, iterasi berhenti apabila sudah hasil optimal. Dalam hal ini,
aturan untuk berhenti sesungguhnya adalah pengujian optimalitas, seperti
ditunjukkan pada Gambar 5.2.
Cara penyelesaiannya ialah dimulai dari pemecahan dasar awal yang
feasible meningkat ke pemecahan dasar feasible berikutnya, sehingga dicapai
suatu pemecahan yang optimal. Pemecahan dasar awal yang feasible ( = initial
basic feasible solution ) harus memenuhi syarat-syarat :
a. Harus ada Basic Variable yang nilainya = kapasitas yang non negatif.
b. Harus ada Non Basic Variable yang nilainya pada tahap awal bi = 0
c. Entry dari Basic Variable pada tahap awal harus membentuk identity
matrix, yakni terdapat matrix satuan Im

Gambar 5.1 Struktur Algoritme
Gambar 5.2 Struktur Algoritme Simpleks
Langkah
Inisialisasi
Langkah
Iterasi
Periksa Aturan
Berhenti
Aturan
Berhenti
Dipenuhi?
Selesai
Tidak
Ya
Langkah
Inisialisasi
Langkah
Optimalitas
Tes
Optimalisasi
Selesai
Ya
Tidak

Untuk memenuhi ketentuan ini, maka bentuk pertidaksamaan dari
consraint diubah dulu menjadi “persamaan” dengan cara memasukkan :
1. Slack variable untuk constraint yang berbentuk  bi
2. Surplus variable dan artificial variable untuk constraint yang berbentuk  bi
3. Hanya artificial variable pada bentuk constraint = bi
Untuk memudahkan pemahaman mengenai metode ini, kita selesaikan contoh
1) : persoalan maksimasi dengan metode grafik.
Bentuk constraint dari soal tersebut adalah :
x + 2y  1.600
3 x + y  2.400
x + y  1.000
x  0 ; y  0
yang diubah menjadi persamaan dengan memasukkan slack variable ( =
kapasitas yang tidak terpakai ) :
x +2y + S1 = 1.600
3 x + y + S2 = 2.400
x + y + S3 = 1.000
x , y , S1 , S2 , S3  0
Agar constraint ini dapat disusun menjadi suatu matrix dengan fungsi objective-
nya, maka fungsi objective diubah menjadi bentuk :
Z – 1.000 x – 1.500 y + 0. S1 + 0. S2 + 0. S3 = 0
Dengan demikian soal programa linier ini dapat disusun dalam bentuk matrix :














































 0
1000
2400
1600
000150010001
100110
010130
001210
3
2
1
S
S
S
y
x
Z
x
Pada persamaan matrix ini terdapat 6 variabel :
Z, x, y, S1 , S2 , dan S3 dan karena hanya terdapat 4 persamaan (3 constraint
dan 1 persamaan objective) maka dari 6 variabel ini hanya 4 variabel yang dapat
merupakan basic variabel dan 2 variabel lainnya adalah non basic variabel yang
nilainya dianggap 0.
Berdasarkan susunan matrix ini dapat disusun tabel I yang merupakan
tabel awal yang memenuhi Initial Basic Feasible Solution :
Tabel I :
Basic
Variabel Z x y S1 S2 S3 Nilai
S1 0 1 2 1 0 0 1600
S2 0 3 1 0 1 0 2400
S3 0 1 1 0 0 1 1000
Z 1 - 1000 - 1500 0 0 0 0
Tabel ini disusun dari matrix koefisien dan faktor konstan dari ruas kanan
sebagai argumentasi matrix dan tabel ini dalam metode Simpleks merupakan
bentuk baku (standard form).
Tabel ini merupakan bentuk baku (standar form) dan tahap awal dari
proses penyelesaian programa linier, dan disebut : Initial Basic Feasible Solution.
Pada tahap awal ini slack variabel S1 , S2 , dan S3 merupakan basic
variabel (dapat dilihat dari entry pada baris dan kolom S1 , S2 , dan S3 , yang
masing-masing mempunyai entry “1” dan entry lainnya adalah nol yang
membentuk Identity Matrix).

Sedangkan x dan y masih merupakan non basic variabel, sebab pada
tahap awal ini x = y = 0 (belum ada output) dan karena itu S1 = 1600 ; S2 = 2400 ;
S3 = 1000. Sedangkan fungsi objectivenya = 0.
Dengan menggunakan pivot operation, volume output x dan y dapat
ditingkatkan dari tahap awal ke tahap berikutnya, sehingga sampai ke tahap
akhir di mana fungsi objectivenya telah mencapai harga optimal.
Proses peningkatan output dari tahap awal ke tahap berikutnya adalah
sebagai berikut :
Pertama : Selidiki dulu apakah tabel I telah memenuhi ketentuan fungsi
constraint dengan slack variabel dan fungsi objective, dan apakah
telah memenuhi ketentuan sebagai Initial Basic Feasible Solution,
yakni terdapat basic variabel dan non basic variabel.
Kedua : Tentukan kolom pivot dari tabel I, yang dimaksud dengan kolom
pivot ialah kolom dari variabel non basic (pada contoh ini ialah
kolom x atau y) yang entrynya pada baris paling bawah (baris pada
fungsi objective) merupakan bilangan negatif yang harga mutlaknya
terbesar.
Untuk contoh 1) kolom pivotnya ialah kolom y. Variabel y dari
kolom pivot ini akan merupakan entering variabel (incoming
variabel) sebab tiap unit dari variabel ini akan memberikan
kontribusi laba terbesar (Rp. 1.500,- tiap kg).
Jika dari tabel I suatu soal terdapat 2 entry negatif yang sama pada
baris paling bawah yang harga mutlaknya terbesar, maka kolom
pivot diambil dari kolom non basic variabel yang letaknya sebelah
kiri.
Jika baris dari fungsi objective tidak mengandung entry yang
negatif, maka proses penyelesaian tidak dapat dilanjutkan lagi dan
telah dicapai optimum dari fungsi objective.
Ketiga : Tentukan pivot dari kolom pivot. Yang dimaksud dengan pivot
ialah entry dari kolom pivot yang “replacement quotient” - nya
terkecil.

Sedangkan pivot ini terletak pada baris pivot yang basic
variabelnya akan merupakan leaving variabel (outgoing variabel)
digantikan oleh variabel yang terletak pada kolom pivot yang akan
merupakan entering variabel (incoming variabel).
Basic variabel mana yang dipilih di antara alternatif yang ada
ditentukan oleh replacement quotientnya yang terkecil.
Karena 1 unit dari entering variabel pada contoh ini akan
menggunakan masing-masing 2 unit, 1 unit dan 1 unit kapasitas
yang tersedia dari basic variabel S1 , S2 , dan S3 pada tiap
constraint, maka replacement quotient untuk tiap constraint ialah :
Baris I 1600 : 2 = 800
Baris II 2400 : 1 = 2400
Baris III 1000 : 1 = 1000
Ternyata replacement quotient terkecil terletak pada baris I
sehingga baris I akan merupakan baris pivot dan pivotnya ialah
entry “2”.
Keempat : Dan basic variabel S1 pada baris ini akan merupakan leaving
variabel digantikan oleh non basic variabel y yang akan menjadi
basic variabel pada tahap berikutnya.
Catatan : Kalau dalam suatu soal ternyata ada 2 replacemant quotient
terkecil yang sama, maka pivotnya dipilih diantara entry pembagi
terbesar yang non negatif.
Proses penggantian antara leaving variabel dengan entering variabel akan
terlaksana setelah : entry pivot dijadikan “1” dengan cara membagi semua entry
pada baris pivot dengan pivot.
Pada contoh 1) maka baris pivot akan menjadi :
Z x y S1 S2 S3 Nilai
0/2 = 0 1/2 = 1/2 2/2 = 1 1/2 = 1/2 0/2 = 0 0/2 = 0 1600/2 = 800

Kemudian dilakukan row operation dengan baris pivot yang baru sebagai poros,
proses ini disebut sebagai proses “pivoting”, yakni sampai semua entry yang
terletak di atas dan di bawah entry “1” pada kolom pivot menjadi 0.
Pada contoh 1) hal ini dilaksanakan sebagai berikut :
Tabel I .a :
Basic
S1 0 1/2 1 1/2 0 0 800
S2 0 3 1 0 1 0 2400
S3 0 1 1 0 0 1 1000
Z 1 - 1000 - 1500 0 0 0 0
(Baris Z ini dapat juga diletakkan di baris pertama)
- baris kedua dikurangi 1 kali baris pertama
- baris ketiga dikurangi 1 kali baris pertama
- baris keempat ditambah 1500 kali baris pertama
Dengan demikian tabel I akan menjadi tabel II berikut ini :
Tabel II :
Basic
Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800
S2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600
S3 0 ½ 0 - ½ 0 1 200
Z 1 - 250 0 750 0 0 1,2 jt
Langkah selanjutnya kita kembali ke proses semula mulai dari langkah pertama
sampai keempat.

Z x y S1 S2 S3 Nilai
0x2 = 0 (1/2)x2 =
1
0x2 =
0
-(1/2)x2
= -1
0x2 =
0
1x2 = 2 200x2 = 400
Tabel IIa :
Basic
Y 0 ½ 1 ½ 0 0 800
S2 0 2 ½ 0 - ½ 1 0 1600
x 0 1 0 - 1 0 2 400
Z 1 - 250 0 750 0 0 1,2 jt
Dari tabel II : kolom pivot ialah kolom x sedangkan baris pivot ialah baris ketiga,
sehingga basic variabel S3 akan digantikan oleh entering variabel x dan setelah
melalui proses pivoting, kita sampai pada tabel III, dengan cara :
- Baris ketiga tabel III = baris ketiga tabel II dibagi pivot ½ (atau dikalikan 2)
- Baris pertama tabel III = baris pertama tabel II dikurangi ( 1 x baris ketiga
tabel II)
- Baris kedua tabel III = baris kedua tabel II dikurangi (5 x baris ketiga tabel II)
- Baris keempat tabel III = baris keempat tabel II + (500 kali baris ketiga tabel
II)
Tabel III :
Basic
Y 0 0 1 1 0 -1 600
S2 0 0 0 2 1 -5 600
x 0 1 0 - 1 0 2 400
Z 1 0 0 500 0 500 1,3 jt

Karena pada tabel III ini semua entry pada baris dari fungsi objective yakni entry
di kolom x, y, S1 , S2 , dan S3 tidak ada lagi yang negatif, maka tabel ini
merupakan tahap akhir penyelesaian soal yang telah meningkatkan fungsi
objective sehingga mencapai Laba Maksimum.
Dari tabel ini dapat kita hitung bahwa :
1. Z = 1,3 juta – 500 S1 – 500 S3
Ini berarti bahwa laba maksimum = Rp. 1,3 juta yang hanya mungkin dicapai
kalau : S1 = S3 = 0
2. y = 600 – S1 + S3
S2 = 600 – 2 S1 + 5 S3
x = 400 + S1 – 2 S3
Namun karena S1 = S3 = 0, maka laba maksimum ini dicapai kalau :
y = 600 kg produk B
S2 = 600 ini adalah sisa kapasitas jam pengolahan yang tidak terpakai pada
mesin II
x = 400 kg produk A
Dari penyelesaian soal ini dapat dilihat bahwa :
Laba maksimum = 1000 (400) + 1500 (600) = Rp. 1.300.000,- jumlah ini cocok
dengan entry baris keempat kolom nilai tabel III.
Bandingkan hasil dari metode Simplek ini dengan metode Grafik !
Bagaimana hasilnya ?
5.2 Surplus Variable dan Artificial Variable
Dalam suatu persoalan memaksimumkan fungsi objective bentuk constraintnya
mungkin saja ada yang berbentuk  bi atau = bi , dan demikian pula pada
persoalan yang meminimumkan fungsi objective selain terdapat constraint  bi ,
mungkin saja ada yang berbentuk  bi atau = bi.
Jika pada bentuk constraint b kita masukkan slack variabel maka :
a. Setiap bentuk constraint  bi diubah menjadi persamaan dengan cara
mengurangi ruas kiri constraintnya dengan surplus variabel, sehingga
entrynya “- 1” pada setiap constraint, sebab surplus ini merupakan jumlah

bahan yang dipakai diatas batas kapasitas minimum bi. Namun berbeda
dengan slack variable yang langsung dapat merupakan basic variable, maka
surplus variable ini belum dapat merupakan basic variabel pada tabel awal,
sebab kalau non basic variabel = Nol, maka surplus variabel akan = - bi
(negatif) hal mana bertentangan dengan ketentuan bahwa setiap variabel
harus  0, karena itu pada constraint  bi , dimasukkan pula “artificial variable”
dengan entry “1” yang pada tahap awal akan merupakan basic variable dan
yang dalam proses selanjutnya harus menjadi leaving variable digantikan
oleh entering variable.
b. Khusus untuk constrain = bi yang telah terbentuk persamaan hanya
dimasukkan artificial variable dengan entry “1” agar himpunan constraint dari
suatu masalah programa linier yang terdiri dari m constraint akan mempunyai
identity matrix = Im pada tabel awal yang telah memenuhi ketentuan initial
basis fisible solution.
5.3 Metode Big-M (metode penalty)
Perhatikan persoalan di bawah ini :
Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2
Berdasarkan pembatas :
x1  4
2x2  12
3x1 + 2x2 = 18
x1 , x2  0
Karena pembatas ketiga bertanda ( =), maka untuk mendapatkan solusi basis
awalnya kita harus menambahkan variabel artifisial sehingga diperoleh bentuk :
Maksimumkan : z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 - MA1
x1 + S1 = 4
2x2 + S2 = 12
3x1 + 2x2 + A1 = 18

x1 , x2 , S1, S2 , A1  0
Untuk memasukkan model diatas ke dalam bentuk tabel, maka terlebih dahulu
substitusikan A1 dengan cara :
A1 = 18 - 3x1 - 2x2
Kemudian masukkan ke dalam persamaan z sebagai berikut :
z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 – M(18 - 3x1 - 2x2)
atau :
z = (3M + 3) x1 + (2M + 5) x2 + 0S1 + 0S2 - 18M
z - (3M + 3) x1 - (2M + 5) x2 - 0S1 - 0S2 = - 18 M
Hal ini dilakukan dengan maksud agar dalam pembuatan tabel simpleks
awalnya, sudah secara otomatis “dipaksa” berharga nol. Selanjutnya
penyelesaian persoalan di atas dapat dilakukan sebagai berikut :
Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 Solusi
S1 1 0 1 0 0 4
0 S2 0 2 0 1 0 12
A1 3 2 0 0 1 18
z (-3M-3) (-2M-5) 0 0 0 - 18 M
x1 1 0 1 0 0 4
1 S2 0 2 0 1 0 12
A1 0 2 - 3 0 1 6
z 0 (-2M-5) (3M+3) 0 0 -6M +12
x1 1 0 1 0 0 4
2 S2 0 0 3 1 - 1 6
x2 0 1 - 3/2 0 1/2 3
z 0 0 -9/2 0 (M+5/2) 27
x1 1 0 0 - 1/3 1/3 2

3 S1 0 0 1 1/3 - 1/3 2
x2 0 1 0 1/2 0 6
z 0 0 0 3/2 (M+1) 36
Contoh lainnya :
Minimumkan : z = 3x1 + 5x2
x1  4
2x2 = 12
3x1 + 2x2  18
x1 , x2  0
Bentuk standar :
z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 + MA1 + MA2
x1 + S1 = 4
2x2 + A1 = 12
3x1 + 2x2 - S2 + A2 = 18
x1 , x2 , S1, S2 , A1 , A2  0
(perhatikan bahwa penalty M bertanda positip).
Substitusi :
A1 = 12 - 2x2
A2 = 18 - 3x1 - 2x2 + S2
Sehingga didapat :
z = 3x1 + 2x2 + 0S1 + 0S2 + M(12 - 2x2) + M(18 - 3x1 - 2x2 + S2)
Atau :
z = (-3M+3) x1 + (-4M+5) x2 + 0S1 + MS2 + 30M
z - (-3M+3) x1 - (-4M+5) x2 - 0S1 - MS2 = 30M
Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 A2 Solusi
S1 1 0 1 0 0 0 4
0 A1 0 2 0 0 1 0 12

A2 3 2 0 -1 0 1 18
z (3M-3) (4M-5) 0 -M 0 0 30M
S1 1 0 1 0 0 0 4
1 x2 0 1 0 0 1/2 0 6
A2 3 0 0 -1 -1 1 6
z (3M-3) 0 0 -M (-2M+5/2) 0 6M+30
S1 0 0 1 1/3 1/3 -1/3 2
2 x2 0 1 0 0 1/2 0 6
x1 1 0 0 -1/3 -1/3 1/3 2
z 0 0 0 -1 (-M+3/2) (-M+1) 36
5.4 Metode Dua Fase
Dengan digunakannya konstanta M yang merupakan bilangan positip
sangat besar sebagai penalty, maka bisa terjadi kesalahan perhitungan,
terutama apabila perhitungan itu dilakukan dengan menggunakan komputer.
Kesalahan itu bisa terjadi karena koefisien fungsi tujuan relatif sangat kecil
dibandingkan dengan harga M, sehingga komputer akan memperlakukannya
sebagai koefisien yang berharga nol.
Kesulitan ini bisa dikurangi dengan menggunakan teknik dua fase. Di sini
konstanta M dihilangkan dengan cara menyelesaikan persoalan dalam dua fase
(dua tingkatan) sebagai berikut :
Fase 1 :
Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang dihadapi memiliki
solusi fisibel atau tidak. Pada fase ini fungsi tujuan semula diganti dengan
meminimumkan jumlah variabel artifisialnya. Jika nilai minimum fungsi tujuan
baru ini berharga nol (artinya seluruh variabel artifisial berharga nol), berarti
persoalan memiliki solusi fisibel, lanjutkan ke fase 2. Tetapi, jika nilai minimum
fungsi tujuan baru ini berharga positip, maka persoalan tidak memiliki solusi
fisibel. STOP.
Fase 2 :

Gunakan solusi basis optimum dari fase 1 sebagai solusi awal bagi persoalan
semula. Dalam hal ini ubahlah bentuk fungsi tujuan fase 1 dengan
mengembalikannya pada fungsi tujuan persoalan semula. Pemecahan persoalan
dilakukan dengan cara simpleks biasa.
Contoh 1 :
Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2
x1  4
2x2  12
3x1 + 2x2 = 18
x1, x2  0
Bentuk standar :
Maksimumkan : z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 - MA1
x1 + S1 = 4
2x2 + S2 = 12
3x1 + 2x2 + A1 = 18
x1, x2 , S1, S2, A1  0
Dari persamaan di atas diperoleh harga A1 = 18 - 3x1 - 2x2
Fase 1 :
Minimumkan : a = A1 atau a = 18 - 3x1 - 2x2
x1 + S1 = 4
2x2 + S2 = 12
3x1 + 2x2 + A1 = 18
x1, x2 , S1, S2, A1  0

Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 Solusi
S1 1 0 1 0 0 4
0 S2 0 2 0 1 0 12
A1 3 2 0 0 1 18
a 3 2 0 0 0 18
x1 1 0 1 0 0 4
1 S2 0 2 0 1 0 12
A1 0 2 - 3 0 1 6
a 0 2 - 3 0 0 6
x1 1 0 1 0 0 4
2 S2 0 0 3 1 - 1 6
x2 0 1 - 3/2 0 ½ 3
a 0 0 0 0 - 1 0
Persoalan diatas memiliki solusi fisibel. Selanjutnya A tidak diikutsertakan lagi.
Fase 2 :
Dari tabel optimum pada fase 1 di atas dapat dituliskan persamaan-persamaan
berikut :
x1 + S1 = 4  x1 = 4 – S1
3 S1 + S2 = 6
x2 - 3/2 S1 = 3  x2 = 3 + 3/2 S1
Kembali kepada model persoalan semula, dan dengan menyubstitusikan
persamaan-persamaan di atas, didapatkan :
Maksimumkan : z = 3 (4 – S1) + 5 (3 + 3/2 S1)
Atau z = 9/2 S1 + 27
x1 + S1 = 4
3 S1 + S2 = 6
x2 - 3/2 S1 = 3

Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 Solusi
x1 1 0 1 0 4
0 S2 0 0 3 1 6
x2 0 1 - 3/2 0 3
z 0 0 - 9/2 0 27
x1 1 0 0 - 1/3 2
1 S1 0 0 1 1/3 2
x2 0 1 0 1/2 6
z 0 0 0 3/2 36
Didapatkan solusi optimal : x1 = 2, x2 = 6 dan z = 36
Contoh 2 :
Minimumkan : z = 3x1 + 5x2
x1  4
2x2 = 12
3x1 + 2x2  18
x1, x2  0
Bentuk standar :
Minimumkan : z = 3x1 + 5x2 + 0S1 + 0S2 + MA1 + MA2
x1 + S1 = 4
2x2 + A1 = 12
3x1 + 2x2 - S2 + A2 = 18
x1, x2 , S1, S2, A1 , A2  0
Diperoleh persamaan-persamaan :
A1 = 12 - 2x2
A2 = 18 - 3x1 - 2x2 + S2
Fase 1 :

Minimumkan : a = A1 + A2
a = 12 - 2x2 + 18 - 3x1 - 2x2 + S2
Atau : a + 3x1 + 4x2 - S2 = 30
Iterasi Basis x1 x2 S1 S2 A1 A2 Solusi
S1 1 0 1 0 0 0 4
0 A1 0 2 0 0 1 0 12
A2 3 2 0 - 1 0 1 18
a 3 4 0 - 1 0 0 30
S1 1 0 1 0 0 0 4
1 x2 0 1 0 0 1/2 0 6
A2 3 0 0 - 1 - 1 1 6
a 3 0 0 - 1 - 2 0 6
S1 0 0 1 1/3 1/3 - 1/3 2
2 x2 0 1 0 0 1/2 0 6
x1 1 0 0 - 1/3 - 1/3 1/3 2
a 0 0 0 0 - 1 - 1 0
Persoalan memiliki solusi fisibel.
Fase 2:
S1 + 1/3 S2 = 2
x2 = 6
x1 - 1/3 S2 = 2  x1 = 2 + 1/3 S2
Kembali ke persamaan semula :
Minimumkan : z = 3 (2 + 1/3 S2 ) + 5 (6)
Atau : z - S2 = 36
Basis x1 x2 S1 S2 Solusi
S1 0 0 1 1/3 2
x2 0 1 0 0 6

x1 1 0 0 - 1/3 2
z 0 0 - 1 0 36
Tabel di atas sudah langsung merupakan tabel optimal.
Satu hal yang penting untuk diingat adalah bahwa variabel-variabel
artifisial tidak diikutsertakan lagi dalam perhitungan di fase 2 apabila pada akhir
fase 1, variabel-variabel artifisial itu berstatus sebagai variabel basis yang
berharga nol pada akhir fase 1. Dalam hal ini harus dilakukan tindakan
pencegahan untuk memastikan bahwa variabel artifisial itu tidak akan pernah
berharga positip selama perhitungan fase 2.
Apabila pada iterasi optimum masih ada variabel artifisial yang berstatus
sebagai variabel basis dan berharga positip (bukan nol), maka hal ini menjadi
tanda bahwa persoalan yang bersangkutan tidak memiliki solusi fisibel.
LATIHAN SOAL :
1. “Joni Teknik” adalah sebuah perusahaan yang khusus membuat roda gigi
kendaraan bermotor. Perusahaan ini mempunyai 3 orang pekerja. Karena
lama (pengalaman) keterampilan ketiga pekerja tersebut berbeda-beda,
maka upah per jam mereka juga berbeda, yaitu :
Kang Warnadi = Rp. 6.000,- per jam
Kang Dasir = Rp. 8.000,- per jam
Kang Sukir = Rp. 1.000,- per jam
Tabel berikut memperlihatkan waktu yang diperlukan (jam) oleh ketiga
pekerja tersebut untuk menyelesaikan tiga jenis pekerjaan :
Lama waktu yang diperlukan (jam)
Pekerjaan Warnadi Dasir Sukir
Frais & bor 5 3 6
Bubut 4 5 8

Gerinda 6 7 1
Bila Saudara adalah pemilik “Joni Teknik” , bagaimana pengaturan tugas
ketiga pekerja tersebut agar ongkos pekerja minimal ?
2. Selesaikan :
Maksimumkan : z = 3x1 + 4x2 + 3x3
Dengan constraint :
x1 + x2 + 3x3  12
2x1 + 4x2 + x3  42
x1 , x2 , x3  0
3. Selesaikan :
Minimumkan : z = x1 + 6x2 + 2x3
Dengan constraint :
x1 + 2x2  2
x1 + x2 + 3x3  12
x1 , x2 , x3  0
4. Selesaikan :
Maksimumkan : z = 6x1 + 2x2 + 5x3
Dengan constraint :
2x1 + 3x2 + x3  10
x1 + 2x3  8
x1 + 2x2 + 5x3  19
x1 , x2 , x3  0
5. Selesaikan :
Maksimumkan : z = 2x1 - 4x2 + 5x3 - 6x4
Dengan constraint :
x1 + 4x2 - 2x3 + 8x4  2
-x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4  1
x1 , x2 , x3 ,x4  0

6. Selesaikan :
Maksimumkan : z = x1 + 2x2 - x3 + 4x4
Dengan constraint :
x1 + 2x2 - 3x3 + x4 = 4
x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 4
x1 , x2 , x3 ,x4  0
7. Suatu pabrik tiap hari memproduksi 3 jenis barang I, II dan III yang masing-
masing menggunakan 2 macam bahan baku A dan B. Tiap unit barang I
menggunakan 2 unit bahan A dan 1 unit bahan B, tiap unit barang II
menggunakan 1 unit bahan A dan 3 unit bahan B. Sedangkan barang jenis III
menggunakan 3 unit bahan A dan 2 unit bahan B. Bahan baku A hanya dapat
tersedia paling banyak 1000 unit, sedangkan untuk menjaga mutu produk,
bahan baku B yang cukup murah harganya harus digunakan sekurang-
kurangnya 900 unit tiap hari.
Laba tiap unit barang ini masing-masing untuk jenis I = Rp. 1.300,- , jenis II =
Rp. 300,- dan jenis III = Rp. 1.100,-
Sesuai dengan kapasitas mesin dalam pabrik ini maka jumlah ketiga jenis
barang yang dapat dihasilkan tiap hari paling banyak sejumlah 550 unit.
Berdasarkan data ini pabrik ingin menghitung profit maksimum tiap hari,
karena itu Saudara diminta :
a. Susunlah fungsi objective dengan constraintnya.
b. Susunlah tabel awal dari persoalan ini dengan menggunakan metode
simpleks.
c. Selesaikan tabel ini dan hitunglah produk tiap jenis dan profit maksimum
yang dicapai.
8. Gunakan metode simpleks dan metode dua fase untuk memecahkan
persoalan berikut :
a. Maksimumkan : z = x1 + x2

Dengan constraint :
x1 + 5x2  5
2 x1 + 2x2  4
x1 , x2  0
b. Maksimumkan : z = 3x1 + 4x2
Dengan constraint :
2 x1 + x2  6
2 x1 + 3x2  9
x1 , x2  0
c. Minimumkan : z = x1 + 2x2
Dengan constraint :
x1 + 3x2  11
2 x1 + x2  9
x1 , x2  0
d. Maksimumkan : z = -x1 - x2
Dengan constraint :
x1 + 2x2  5000
5x1 + 3x2  12000
x1 , x2  0
9. Pertimbangkan kelompok batasan berikut ini :
x1 + x2 + x3 = 7
2x1 - 5x2 + x3  10
x1 , x2 , x3  0
Pecahkan dengan menggunakan metode Big-M, dengan asumsi bahwa
fungsi tujuan tersebut diketahui sebagai berikut :

a. Maksimumkan z = 2x1 + 3x2 - 5x3
b. Minimumkan z = 2x1 + 3x2 - 5x3
c. Maksimumkan z = x1 + 2x2 + x3
d. Minimumkan z = 4x1 - 8x2 - 3x3
10. Suatu pabrik memproduksi 2 jenis barang A dan B. Tiap jenis barang
diproses dalam pabrik melalui 3 bagian yang membutuhkan waktu (jam)
pengolahan sebagai berikut :
Jam pengolahan tiap unit.
Bagian Barang A Barang B
I 6 3
II 8 12
III A 10 -
III B - 12
Jika jumlah jam pengolahan pada tiap bagian ditentukan kapasitas
maksimumnya :
Bagian I : 120 jam
Bagian II : 240 jam
Bagian III A : 170 jam
Bagian III B : 180 jam
Dan kontribusi laba untuk tiap unit barang A dan B masing-masing Rp.
10.000,- dan Rp. 8.000,- maka tentukan jumlah barang A dan B yang harus
diproduksi agar pabrik ini dapat mencapai laba maksimum. Selesaikan dengan
metode grafik kemudian gunakan metode simpleks.

3.pl simpleks

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to 3.pl simpleks

Similar to 3.pl simpleks (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (6)

3.pl simpleks