Metode Simplex

OPERATIONS RESEARCH SERIES

MODEL LINEAR PROGRAMMING

Tjutju Tarliah Dimyati

PENYELESAIAN PERSOALAN LP
DENGAN METODE SIMPLEX

BENTUK UMUM FORMULASI MODEL LP (1)

MAX (atau MIN):c1 X1 + c2 X2 + … + cn Xn Cj ; j =1, ... n koefisien fungsi tujuan
Xj ; j =1, ... n variabel keputusan
Dengan pembatas: aij ; i =1, ... m ; j =1, ... n

a11X1 + a12 X2 + … + a1n Xn <= b1 koefisien fungsi pembatas
:
bi ; i =1, ... m konstanta ruas kanan
ak1X1 + ak2X2 + … + aknXn >= bk fungsi pembatas
:

am1X1 + am2X2 + … + amnXn = bm

BENTUK UMUM FORMULASI MODEL LP (2)

Definisikan: Maka bentuk umum formulasi
persoalan LP dapat dinyatakan
Z sebagai nilai fungsi tujuan sebagai berikut:

C sebagai matriks baris untuk MAX / MIN Z = C X
koefisien fungsi tujuan Cj ; j =1, ... n
Dengan pembatas:
X sebagai matriks baris untuk
variabel keputusan Xj ; j =1, ... n ≤
AX = B
A sebagai matriks (m x n) untuk
koefisien fungsi pembatas aij ; ≥
i =1, ... m ; j =1, ... n X >= 0; B >= 0

B sebagai matriks kolom untuk
konstanta ruas kanan fungsi
pembatas bi ; i =1, ... m

BENTUK UMUM FORMULASI MODEL LP - CONTOH

Contoh: maka:

Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3 C= 3 5 7
dengan pembatas
X = 1 2 3
X1 + 2X2 + 7X3  42
2X1 + X2 + 4X3  35 127
3X1 + 5X2  28 A= 2 1 4
X1 , X2 , X3  0
350

42
B = 35

28

TERMINOLOGI: BENTUK STANDAR (1)

Bentuk standar suatu persoalan LP adalah Maka bentuk standarnya adalah:
formulasi model matematis yang seluruh
fungsi pembatasnya merupakan Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3
persamaan (bertanda =) dengan pembatas

Jika fungsi pembatas bertanda  maka X1 + 2X2 + 7X3 + 1 = 42
untuk memperoleh bentuk standar (ruas
2X1 + X2 + 4X3 + 2 = 35
kiri = ruas kanan), tambahkan variabel
slack ( ) di ruas kiri fungsi pembatas. 3X1 + 5X2 + 3 = 28

Contoh : X1 , X2 , X3 , 1 , 2 , 3  0
Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3
dengan pembatas Catatan:
X1 + 2X2 + 7X3  42 Pada fungsi tujuan boleh dituliskan juga
2X1 + X2 + 4X3  35 variabel slack tetapi karena nilai
3X1 + 5X2  28 parameternya nol maka bisa diabaikan.
X1 , X2 , X3  0
Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3 + 0 1 + 0 2 + 0 3

TERMINOLOGI: BENTUK STANDAR (2)

Jika fungsi pembatas bertanda  Maka bentuk standarnya adalah:
dan/atau =
Maks Z =pe3mXb1a+ta5sX2 + 7X3
dengan
Untuk memperoleh bentuk standar
(ruas kiri = ruas kanan) maka X1 + 2X2 + 7X3 - 1 = 42
tambahkan variabel slack di ruas 2X1 + X2 + 4X3 - 2 = 35
3X1 + 5X2 + 6X3 = 28
kanan fungsi pembatas bertanda  X1 , X2 , X3 , 1 , 2  0

atau kurangkan variabel slack di ruas Catatan:
kiri fungsi pembatas tersebut. Fungsi pembatas yang sudah
bertanda = tidak membutuhkan
Contoh : variabel slack karena variabel slack
digunakan agar fungsi pembatas
Maks Z =pe3mXb1a+ta5sX2 + 7X3 bertanda =
dengan

X1 + 2X2 + 7X3  42
2X1 + X2 + 4X3  35
3X1 + 5X2 + 6X3 = 28
X1 , X2 , X3  0

ALGORITMA SIMPLEX

Untuk menyelesaikan persoalan Pemrograman Linier dengan jumlah
variabel keputusan dua atau lebih maka digunakan algoritma
simplex, yang prinsip kerjanya berdasarkan penerapan konsep
Aljabar Linier dan Matriks.

Ada dua jenis persoalan yang mungkin ditemui:
1. Persoalan LP dengan dua atau lebih variabel keputusan yang

seluruh fungsi pembatasnya bertanda ≤
2. Persoalan LP dengan dua atau lebih variabel keputusan yang

fungsi pembatasnya bertanda apapun ( ≤, =, ≥ )

TERMINOLOGI

 Variabel basis adalah variabel keputusan yang nilainya bukan nol
(kecuali pada kasus degenerasi).

 Variabel non-basis adalah variabel keputusan yang tidak mempunyai
nilai.

 Solusi basis fisibel adalah solusi yang diperoleh berdasarkan nilai-nilai
variabel basis.

 Solusi basis fisibel awal adalah solusi basis pada awal perhitungan
(biasa disebut iterasi nol). Pada iterasi nol, seluruh variabel keputusan
asli (bukan variabel slack) harus dijadikan variabel non basis.

Catatan:
Banyaknya variabel basis akan selalu sama dengan banyaknya baris
fungsi pembatas

TJUTJU T. DIMYATI

TERMINOLOGI

 Entering variable adalah variabel non-basis yang dijadikan
variabel basis (memasuki status basis).

 Leaving variable adalah variabel basis yang dijadikan variabel
non-basis (keluar dari status basis).

 Rasio ruas kanan adalah hasil bagi nilai ruas kanan setiap
variabel basis dengan nilai koefisien kolom entering variable.

TJUTJU T. DIMYATI

ALGORITMA SIMPLEX (1)

Untuk persoalan LP dengan dua atau lebih variabel keputusan yang
seluruh fungsi pembatasnya bertanda ≤

1. Formulasikan persoalan ke dalam bentuk standar dan masukkan data ke dalam
Tabel Simplex (pindah ruaskan koefisien fungsi tujuan)

2. Tetapkan variabel basis awal dan solusi basis awal. Perhatikan setiap variabel
basis harus membentuk matriks identitas.

3. Perhatikan koefisien fungsi tujuan.
Jika ada koefisien berharga:
 negatif untuk persoalan maksimasi atau
 positif untuk persoalan minimasi
maka tetapkan entering variable, yaitu variabel non-basis dengan koefisien fungsi
tujuan yang paling negatif (untuk persoalan memaksimumkan) atau paling positif
(untuk persoalan meminimumkan) dan lanjutkan ke langkah 4.
Jika tidak ada entering variable, lanjutkan ke langkah 6.

ALGORITMA SIMPLEX (1)

4. Perhatikan ruas kanan. Tetapkan leaving variable berdasarkan nilai rasio
ruas kanan positif terkecil (abaikan yang berharga nol atau negatif) dan
lanjutkan ke langkah 5. Jika tidak ada leaving variable, lanjutkan ke
langkah 7.

5. Lakukan operasi baris elementer. Kembali ke langkah 3
6. Perhitungan selesai, solusi optimal sudah diperoleh.
7. Perhitungan selesai, persoalan tidak mempunyai solusi karena ruang solusi

bersifat unbounded.

Catatan:
Selalu lakukan pemeriksaan pada setiap itersi bahwa setiap variabel basis
harus selalu membentuk matriks identitas.

ALGORITMA SIMPLEX – CONTOH (1)

Maks Z = 5 X1 + 14 X2

dengan pembatas:

X1 + 2 X2  6

X1 + 4 X2  8

X1 , X2  0

Bentuk Standar:

Maks Z = 5 X1 + 14 X2 + 0 S1 + 0 S2

dengan pembatas:

X1 + 2 X2 + S1 = 6

X1 + 4 X2 + S2 = 8

X1 , X2 , S1 , S2  0

ALGORITMA SIMPLEX – CONTOH (1)

Tabel Simplex – Iterasi awal

Basis X1 X2 S1 S2 SOLUSI

Z -5 -14 0 0 0

S1 1 2 1 0 6

S2 1 4 0 1 8

Catatan:

 Koefisien fungsi tujuan bertanda negatif karena saat data dimasukkan ke dalam
tabel, harus dilakukan pemindahan dari ruas kanan ke ruas kiri

 Pada iterasi awal ini maka yang boleh menjadi variabel basis awal adalah S1 dan
S2, karena variabel X1 dan X2 harus dijadikan variabel non-basis. Maka solusi
basis awalnya adalah X1= 0; X2=0; S1=6; S2=8 dengan Z = 0

 Perhatikan bahwa variabel basis S1 dan S2 membentuk matriks identitas

ALGORITMA SIMPLEX – CONTOH (1)

Pada iterasi awal, karena variabel X2 memiliki nilai parameter yang
paling negatif dan fungsi tujuannya memaksimumkan, maka X2 akan
menjadi entering variable, yaitu masuk ke dalam status variabel basis

Untuk menentukan leaving variable, maka hitunglah rasio konstanta ruas
kanan dengan konstanta entering variabel. Untuk variabel basis S1
maka diperoleh nilai rasio = 6/2 = 3; sedangkan untuk variabel basis
S2 diperoleh nilai rasio = 8/4 = 2.

Karena nilai rasio untuk S2 berharga positif paling kecil, maka S2
terpilih menjadi leaving variable. Keluarkan variabel S2 dari kolom
basis dan digantikan oleh X2. Selanjutnya lakukan operasi baris
elementer (OBE) dan masuk ke iterasi berikutnya (iterasi 1) dengan tabel
simplex baru hasil OBE.

ALGORITMA SIMPLEX – CONTOH (1)

Iterasi 1:

Basis X1 X2 S1 S2 Solusi
Z -3/2 0
S1 1/2 0 0 14/4 28
X2 1/4 1
1 -1/2 2

0 1/4 2

Karena masih ada koefisien fungsi tujuan yang berharga negatif, maka proses
perhitungan harus dilanjutkan dengan menjadikan X1 sebagai entering
variable. Hasil perhitungan rasio ruas kanan menyatakan bahwa S1 harus
menjadi leaving variable.

Lanjut ke iterasi 2

ALGORITMA SIMPLEX – CONTOH (1)

Iterasi 2:

Basis X1 X2 S1 S2 Solusi
Z 0 0 3 2 34
X1 1 0 2 -1 4
X2 0 1 -1/2 1/2 1

Karena tak ada lagi koefisien fungsi tujuan yang berharga negatif, maka
perhitungan selesai. Solusi optimum persoalan ini adalah:

X1 = 4; X2 = 1; dengan nilai fungsi tujuan Z = 34

ALGORITMA SIMPLEX – CATATAN

1. Syarat fisibel suatu persoalan LP adalah seluruh nilai ruas kanan berharga
positif atau nol

2. Syarat optimal suatu persoalan LP adalah apabila seluruh koefisien fungsi tujuan
berharga:
 Positif atau nol, jika persoalannya maksimasi
 Negatif atau nol, jika persoalannya minimasi
Karena itu, proses perhitungan akan berakhir jika syarat 2 di atas terpenuhi.

3. Jika ruas kanan tidak memenuhi syarat fisibel, maka persoalan tidak memiliki
solusi fisibel

4. Jika ada koefisien fungsi tujuan dari variabel non-basis yang berharga nol, maka
persoalan akan memiliki solusi optimum alternatif

5. Jika ada entering variable tetapi tidak ada leaving variable, maka daerah
fisibel persoalan akan tidak terbatas (unbounded)

PENYELESAIAN PERSOALAN LP DENGAN FUNGSI
PEMBATAS BERTANDA ≤, =, ≥

ALGORITMA SIMPLEX (2)

Untuk persoalan LP dengan dua atau lebih variabel keputusan yang fungsi
pembatasnya bertanda apapun ( ≤ , =, ≥ )

Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3 Perhatikan bahwa karena seluruh variabel asli
dengan pembatas harus menjadi variabel non-basis (bernilai 0)
pada iterasi awal, maka dari pembatas 1
X1 + 2X2 + 7X3  42 diperoleh - 1 = 42 atau 1 = - 42
2X1 + X2 + 4X3  35 Sedang dari pembatas 2 diperoleh - 2 = 35
3X1 + 5X2 + 6X3 = 28 atau 2 = - 35.
X1 , X2 , X3  0 Hal ini tidak boleh terjadi karena 1 , 2  0
Pada pembatas 3 kita mendapatkan kondisi
Dengan bentuk standarnya: dimana ruas kiri = 0 sedangkan ruas kanannya
28. Hal ini juga tidak mungkin terjadi.
Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3
dengan pembatas Untuk mengatasi masalah ini maka formulasi
akan melibatkan variabel artificial
X1 + 2X2 + 7X3 - 1 = 42
2X1 + X2 + 4X3 - 2 = 35
3X1 + 5X2 + 6X3 = 28
X1 , X2 , X3 , 1 , 2  0

VARIABEL ARTIFICIAL

Variabel artificial digunakan apabila suatu persoalan LP mempunyai
fungsi pembatas yang bertanda = atau ≥

Contoh: Sehingga bentuk standarnya adalah:

Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3 Maks Z = 3X1 + 5X2 + 7X3
dengan pembatas dengan pembatas

X1 + 2X2 + 7X3  42 X1 + 2X2 + 7X3 - 1 + 1 = 42
2X1 + X2 + 4X3  35 2X1 + X2 + 4X3 - 2 + 2 = 35
3X1 + 5X2 + 6X3 = 28 3X1 + 5X2 + 6X3 + 3 = 28
X1 , X2 , X3  0 X1 , X2 , X3 , 1 , 2 , 1 , 2 , 3  0
Tambahkan 1, 2, dan 3 pada
pembatas 1, 2, dan 3 Dengan demikian maka variabel basis
awalnya adalah 1 = 42; 2 = 35 dan
3 = 28

METODE BIG-M DAN METODE DUA-PHASA

Persoalan LP dengan variabel Pada metode Dua-Phasa,
atificial dapat diselesaikan penyelesaian persoalan dibagi
dengan salah satu dari dua atas dua phasa (tahap). Phasa
metode berikut: pertama digunakan untuk menguji
apakah persoalan LP yang akan
1. Metode Big-M diselesaikan mempunyai solusi
2. Metode Dua-Phasa fisibel atau tidak. Jika ya maka
Metode Big-M bekerja perhitungan akan dilanjutkan ke
berdasarkan prinsip bahwa setiap phasa dua untuk mencari solusi
penggunaan artificial variable optimal, sedangkan jika tidak
akan menyebabkan fungsi tujuan maka proses perhitungan
mendapat denda (penalty) yang dihentikan.
dinyatakan sebagai M. M adalah
suatu bilangan positif dengan nilai
yang besar

METODE BIG-M : LANGKAH PENYELESAIAN

1. Formulasikan persoalan ke dalam bentuk standar. Gunakan artificial
variable pada setiap fungsi pembatas bertanda ( ) dan ( = ). Jangan
lupa setiap variabel (termasuk slack dan artificial variable) harus
dinyatakan berharga  0

2. Kenakan penalty pada fungsi tujuan sesuai dengan banyaknya artificial
variable yang digunakan

3. Karena setiap artificial variable akan dijadikan variabel basis awal
maka perlu dilakukan proses substitusi untuk menjadikan koefisien fungsi
tujuan dari setiap artificial variable ini berharga nol (mengapa?)

4. Selesaikan persoalan yang telah ditransformasi pada langkah 1 sampai
3 di atas dengan menggunakan algoritma simplex

5. Jika pada iterasi optimal seluruh artificial variable berharga nol, maka
solusi bagi persoalan LP adalah optimal. Tetapi jika ada artificial
variable yang berharga positif, maka persoalan LP tidak fisibel

CONTOH SOAL Bentuk Standar:

Suatu persoalan LP diformulasikan Minimumkan Z = 3 X1 + 5 X2 + Ma2 + Ma3
sebagai berikut:
Minimumkan Z = 3 X1 + 5 X2 dengan pembatas
dengan pembatas
X1 + S1 =4
X1  4
2 X2 = 12 2 X2 + a2 = 12
3 X1 + 2 X2  18
X1 , X2  0 3 X1 + 2 X2 - S3 + a3 = 18
Bagaimanakah solusi optimumnya
jika diselesaikan dengan Metode X1 , X2, S1, S2, S3, a2, a3  0
Big-M?
a2 = -2X2 + 12
a3 = -3X1 – 2X2 + S3 +18
Z = 3 X1 + 5 X2 + M ( -2X2 + 12)

+ M (-3X1 – 2X2 + S3 +18)
Z = (3 -3M) X1 + (5 - 4M) X2 + MS3 + 30 M

PROSES PENYELESAIAN

BASIS X1 X2 S1 S3 a2 a3 Solusi
Z (3M - 3) (4M – 5) 0 -M 0 0 30 M
S1 1 00 04
a2 1 0 0 00 1 12
a3 0 2 0 -1 -1 08
3 2
S1
BASIS X1 X2 0 S3 a2 a3 Solusi
Z (3M - 3) 0 1 - M (-2M + 5/2) 0 6 M + 30
S1 0 0 00 0
X2 1 1 0 0 1/2 0 4
a3 0 0 -1 -1 1 6
3 6

PROSES PENYELESAIAN

BASIS X1 X2 S1 S3 a2 a3 Solusi

Z0 0 0 - 1 (-M + 3/2) (-M + 1) 36

S1 0 0 1 1/3 1/3 -1/3 2

X2 0 1 0 0 1/2 0 6

X1 1 0 0 -1/3 -1/3 1/3 2

Tidak ada lagi entering variable, maka perhitungan selesai dengan solusi optimum:
X1 = 2; X2 = 6 dan Z = 36

METODE DUA-PHASA : LANGKAH PENYELESAIAN

Phasa - 1 Jika pada iterasi terakhir phasa pertama diperoleh:
1. Persoalan LP akan mempunyai solusi fisibel 1. nilai fungsi tujuan berharga nol
2. tidak ada artificial variable yang berstatus
jika seluruh artificial variable berharga
nol (mengapa?). Karena itu pada phasa sebagai variabel basis dengan harga positif
pertama, fungsi tujuan dari persoalan maka lanjutkan ke phasa dua dengan cara sebagai
semula harus dirubah menjadi: berikut:
meminimumkan penjumlahan seluruh
artificial variable dengan pembatas Phasa – 2
seperti pada persoalan semula
2. Karena setiap artificial variable akan 1. Gunakan tabel iterasi akhir dari phasa pertama
dijadikan variabel basis awal maka perlu 2. Hilangkan semua kolom yang berkorespondensi
dilakukan proses substitusi untuk
menjadikan koefisien fungsi tujuan dari dengan artificial variable
setiap artificial variable ini berharga nol 3. Gabungkan fungsi tujuan persoalan LP semula
(mengapa?)
3. Selesaikan persoalan yang telah dengan fungsi-fungsi pembatas pada tabel
ditransformasi pada langkah 1 dan 2 di iterasi akhir phasa pertama
atas dengan menggunakan algoritma 4. Jika masih belum diperoleh solusi optimal, maka
simplex lanjutkan proses perhitungan dengan
menggunakan algoritma simplex.
5. Solusi optimal untuk phasa dua adalah juga solusi
optimal untuk persoalan LP semula.

CONTOH SOAL Bentuk Standar:

Suatu persoalan LP diformulasikan Minimumkan Z = 3 X1 + 5 X2
sebagai berikut:
Minimumkan Z = 3 X1 + 5 X2 + Ma2 + Ma3
dengan pembatas
dengan pembatas
X1  4
2 X2 = 12 X1 + S1 =4

3 X1 + 2 X2  18 2 X2 + a2 = 12
X1 , X2  0
Bagaimanakah solusi optimumnya 3 X1 + 2 X2 - S3 + a3 = 18
jika diselesaikan dengan Metode
Dua-Phasa? X1 , X2, S1, S2, S3, a2, a3  0

PROSES PENYELESAIAN

Phasa – 1

Lakukan substitusi untuk nilai a2 dan a3 kemudian jumlahkan.
Rubahlah fungsi tujuan semula menjadi meminimumkan jumlah artificial
variabel.
Fungsi-fungsi pembatas tidak berubah
Fungsi tujuan:
Min W = a2 + a3
a2 = -2X2 + 12
a3 = -3X1 – 2X2 + S3 +18
W = - 3 X1 - 4 X2 + S3 + 30
Min W + 3 X1 + 4 X2 - S3 = 30

PHASA-1

Basis X1 X2 S1 S3 a2 a3 Solusi

W 3 4 0 -1 0 0 30

S1 1 0 1 0 0 0 4

a2 0 2 0 0 1 0 12

a3 3 2 0 -1 0 1 18

Basis X1 X2 S1 S3 a2 a3 Solusi

W 3 0 0 -1 -2 0 6

S1 1 0 1 0 0 0 4

X2 0 1 0 0 1/2 0 6

a3 3 0 0 -1 -1 1 6

PHASA-1

Basis X1 X2 S1 S3 a2 a3 Solusi

W 0 0 0 0 -1 -1 0

S1 0 0 1 1/3 1/3 -1/3 2

X2 0 1 0 0 1/2 0 6

X1 1 0 0 -1/3 -1/3 1/3 2

Tidak ada lagi entering variable, maka perhitungan pada Phasa-1 selesai.
Karena nilai W=0 dan tidak ada artificial variable berstatus sebagai
variabel basis, maka persoalan akan memiliki solusi.

Lanjutkan ke Phasa-2 dengan menggunakan fungsi tujuan semula.

Gunakan tabel simplex akhir Phasa-1 setelah kolom a2 dan a3 dihilangkan.

PHASA-2 Basis X1 X2 S1 S3 Solusi

Basis X1 X2 S1 S3 Solusi X 0 0 0 -1 36
W0 0 0 0 0
S1 0 0 1 1/3 2 S1 0 0 1 1/3 2
X2 0 1 0 0 6
X1 1 0 0 -1/3 2 X2 0 1 0 0 6

Dari tabel simplex di atas diperoleh: X1 1 0 0 -1/3 2
S1 + 1/3 S3 = 2
X2 = 6 Penggabungan tabel simpleks dari
X1 – 1/3 S3 = 2  X1 = 2 + 1/3 S3 terasi terakhir Phasa-1 dengan fungsi
Masukkan ke fungsi tujuan semula, tujuan semula (yaitu Z) tidak
diperoleh: menyebabkan terjadinya entering
Minimumkan Z = 3X1 + 5 X2 variable. Artinya perhitungan selesai
Minimumkan Z = 3 (2 + 1/3 S3 )+5(6) dengan solusi optimum:

Minimumkan Z = S3 + 36 X1=2; X2=6; Z=36