Pertemuan membahas tentang pengantar riset operasi, linear programming, dan penyelesaian masalah LP menggunakan metode grafik dan simplek.

1. Pertemuan ke-1

2. Riset Operasi
Ir. Bambang SA, MSi
Ir. Kawiji, MP
Asri Nursiwi, STP., MSc
Siswanti, STP., MSc

3. Buku
• Riset Operasi oleh : Hamdy A.Taha, Edisi
Ke-5 Jilid 1, Binarupa Aksara, 1996.
• Pengantar Riset Oprerasi, oleh Gerald J
Lieberman dkk, edisi 5, Jilid 1 Penerbit
Erlangga 1994.
• Teori dan Soal Operations Research (Seri
Buku Schaum’s) oleh : Richard Bronson

4. Riset Operasi
Riset Operasi adalah metode untuk
memformulasikan dan merumuskan
permasalahan sehari-hari baik mengenai
bisnis, industri, ekonomi, sosial maupun
bidang lainnya ke dalam pemodelan
matematis untuk mendapatkan solusi
yang optimal.

5. Riset Operasi
• RO sebagai metode ilmiah yang memungkinkan
para manajer mengambil keputusan mengenahi
kegiatan yang mereka tangani dengan dasar
kuantitatif (Morse dan Kimball)
• RO sebagai aplikasi metode-metode, teknik-
teknik, dan peralatan-peralatan ilmiah dalam
menghadapi masalah yang timbul dalam operasi
perusahaan dengan tujuan ditemukannya
pemecahan yang optimum (Churchman, Arkoff
dan Arnoff)

6. Riset Operasi
RO berkenaan dengan pengambilan
keputusan optimal dalam penyusunan
model dari sistem-sistem baik
deterministik maupun probabilistik yang
berasal dari kehidupan nyata
(Subagyo, Asri dan Handoko)

7. Silabi
• Pendahuluan
• Pemrograman matematis (LP, bentuk
standar, penyelesaian: grafik dan simplek)
• Dualitas
• Pemrograman bilangan bulat : algoritma
pencabangan, algoritme pemotongan, algoritme
transportasi)
• Penjadwalan dan penugasan
• Analisis jaringan
• Pohon keputusan
• Teori antrian

8. Pendahuluan
• Kontrak perkuliahan :
pengajar, buku, sistem penilaian, silabi
• Apa itu RO
• Menerangkan fungsi tujuan dan kendala
dengan memberikan contoh kasus (tukang
kayu dan pembuat minuman)

9. Tahapan Kajian RO
• Merumuskan masalah
• Membuat model matematis untuk
menggambarkan sistem yang akan
dipelajari
• Menyelesaikan model
• Menguji model
• Menentukan kendali atas penyelesaian
model tersebut
• Menjalankan penyelesaiannya

10. Linear Programing (LP)
• Suatu model umum yang dapat digunakan
dalam pemecahan masalah
pengalokasian sumber-sumber daya yang
terbatas sehingga diperoleh hasil yang
optimal. Masalah tersebut timbul apabila
seseorang diharuskan untuk memilih atau
menentukan tingkat setiap kegiatan yang
akan dilakukannya dimana masing-masing
kegiatan membutuhkan sumber yang
sama sedangkan jumlahnya terbatas

11. Tukang kayu
Seorang tukang kayu akan membuat
perabot dua model yaitu I dan II. Bahan
yang tersedia 8 potong kayu dan waktu 28
jam. Model I membutuhkan 2 potong kayu
dan waktu 7 jam dan model II membutuhkan
1 potong kayu dan waktu 8 jam.
Keuntungan yang diperoleh untuk model I
120 ribu dan model II 80 ribu.

12. Pembuat minuman
Seorang pemasok minuman menerima
pesanan 500 galon minuman campuran
dengan spek min 20 % air jeruk, 10 % air
anggur dan 5 % air trawbery.
Bahan baku yang

13. Pertemuan II

14. Fungsi dalam LP
• Tujuan (Z) : fungsi yang menggambarkan tujuan
sasaran dalam model LP yang berkaitan dengan
penganturan secara optimal sumber daya –
sumber daya untuk memperoleh keuntungan
maksimal atau biaya minimal.
• Fungsi Batasan : merupakan bentuk penyajian
secara matematis batasan-batasan kapasitas
yang tersedia yang akan dialokasikan secara
optimal ke berbagai kegiatan

15. Linear Programming
),...,,( 21 n
xxxfZ
g1(x1, x2,… , xn)
g2(x1, x2,… , xn)
………………..
………………..
gn(x1, x2,… , xn)
≤
=
≥
b1
b2
.
.
bn
Tujuan :
Kendala :

16. Asumsi LP
• Proportionality : Naik turunnya nilai Z dan
penggunaan sumber atau fasilitas yang tersedia
akan berubah secara sebanding dengan
perubahan tingkat kegiatan
• Additivity : Nilai tujuan setiap kegiatan tidak
saling mempengaruhi,
• Divisibility : output dari setiap kegiatan dapat
berupa bilangan pecahan, demikian juga nilai
tujuan
• Diterministic : semua parameter yang terdapat
dalam model LP dapat diperkirakan dengan
tepat meskipun belum tentu benar

17. Penyelesaian dengan Grafik
Maks : Z = 120 X1 + 80 X2
Kendala 2 X1 + X2 ≤ 8
5 X1 + 8 X2 ≤ 20
Buat grafik sumbu hirizontal X1 dan Vertikal
X2 dengan garis-garis dari fungsi kendala

18. Untuk kendala 1
Jika X1 = 0, maka X2 = 8 (0,8)
X2 = 0, maka X1 = 4 (4,0)
Untuk kendala 2
Jika X1 = 0, maka X2 = 3.5 (0,3.5)
X2 = 0, maka X1 = 4 (4,0)
Untuk tujuan, dimisalkan Z = 240
Jika X1 = 0, maka X2 = 3 (0,3)
X2 = 0, maka X1 = 2 (2,0)

19. X2
X1
10
6
2
1062
Titik
(0,3.5), k
alu
dimasuk
an ke Z
= 280
Titik
(4,0), kal
u
dimasuk
an ke Z
= 480

20. • Maksimumkan Z = 3 X1 + 5 X2
• Kendala :
2X1 ≤ 8
3X2 ≤ 15
6X1 + 5X2 ≤ 30

21. X1
X2
10
6
2
1062
Titik D (5/6,5)
kalu
dimasuka
n ke Z =
27,5
2X1 ≤ 8
3X2 ≤ 15
6X1 + 5X2 ≤ 30
Daerah
Fiasi
ble
E
C
B
A
D
(4, 6/5)
Titik D (4,6/5)
kalu
dimasuka
n ke Z =
18

22. Latihan soal
Maks Z = 2x1 + x2
Kendala x1 + 5x2 ≤ 10
x1 + 3x2 ≤ 6
2x1 + 2x2 ≤ 8
Min Z = 5x1 + 2x2
Kendala 6x1 + x2 ≥ 10
4x1 + 3x2 ≥ 12
x1 + 2x2 ≥ 4

23. Maks Z = 2x1 + x2
Kendala x1 + 5x2 ≤ 10
x1 + 3x2 ≤ 6
2x1 + 2x2 ≤ 8
X2
10
6
2
1062
X1+5x2 ≤ 10
X1 + 3X2 ≤ 6
2X1 + 2X2 ≤ 8
Daerah
Fiasi
ble

24. Min Z = 5x1 + 2x2
Kendala 6x1 + x2 ≥ 10
4x1 + 3x2 ≥ 12
x1 + 2x2 ≥ 4
X2
10
6
2
1062
x1 + 2x2 ≥ 4
4x1 + 3x2 ≥ 12
Daerah
Fiasi
ble
6x1 + x2 ≥ 10

25. Metode Simplek : Bentuk Standar
Persyaratan :
1. bi tidak boleh negatif
n
j
ijij
bxa
1
2. Menghilangkan kendala lebih atau kurang
dengan menambahkan variabel kurang atau
lebih (slag atau surplus)
3. Sudah adakah pemecahan awal yang layak
atau belum ? Bila sudah, langkah berhenti
disini dan bila belum, langkah dilanjutkan ke-4.
Pemecahan awal layak jika semua variabel
keputusan bernilai positif atau nol

26. 4. Tambahkan variabel lain sebagai biaya
hukuman (penalty cost). Karena
penambahan variabel ini akan mengubah
kendala, maka penambahan pada fungsi
tujuan harus diikutkan dengan konstanta
bernilai. Untuk tujuan maks, maka
ditambahkan nilai negatif yang besar
sekali (-M) dan untuk tujuan min, maka
ditambahkan nilai positif yang besar
sekali (M)

27. Contoh 1: bentuk standar
Tujuan : Z = X1 + X2
Kendala : X1 + 5X2 ≤ 5
2X1 + X2 ≤ 4
1. Semua nilai bn sudah positif
2. Hilangkan tanda kurang dan lebih
Tujuan : Z = X1 + X2 + 0X3 + 0X4
Kendala : X1 + 5X2 + X3 = 5
2X1 + X2 + X4 = 4

28. 3. Apakah sudah ada pemecahan awal
yang layak
Dimisalkan, X1 dan X2 = 0, maka X3 = 5
dan X4 = 4
Jadi sudah ada pemecahan awal yang layak

29. Contoh 2 : bentuk standar
Tujuan Min Z = x1 + 2x2 + 3x3
Kendala : 3x1 + 4x3 ≤ 5
5x1 + x2 + 6x3 = 7
8x1 + 9x3 ≥ 2

30. Langkah 1 : bn positif ?
Tujuan Min Z = x1 + 2x2 + 3x3
Kendala : 3x1 + 4x3 ≤ 5
5x1 + x2 + 6x3 = 7
8x1 + 9x3 ≥ 2

31. Langkah 2 : Variabe + dan -
Tujuan Min Z = x1 + 2x2 + 3x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : 3x1 + 4x3 + x4 = 5
5x1 + x2 + 6x3 = 7
8x1 + 9x3 - x5 = 2

32. Langkah 3 : Apakah sudah ada
pemecahan awal yang layak ?
Tujuan Min Z = x1 + 2x2 + 3x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : 3x1 + 4x3 + x4 = 5
5x1 + x2 + 6x3 = 7
8x1 + 9x3 - x5 = 2
Misalkan : x1, x3 = 0, maka x2 = 7, x4 = 5 dan x5 = -2
Jadi belum ada pemecahan awal yang layak karena
masih ada variabel yang bernilai bukan positif atau
nol

33. Langkah 4 : Tambah pinalty cost
Tujuan Min Z = x1 + 2x2 + 3x3 + 0x4 + 0x5 + Mx6
Kendala : 3x1 + 4x3 + x4 = 5
5x1 + x2 + 6x3 = 7
8x1 + 9x3 - x5 + x6 = 2
Misalkan : x1, x3, x5 = 0, maka x2 = 7, x4 = 5 dan x6 = 2
Jadi sudah ada pemecahan awal yang layak

34. Contoh 3 dan 4 : bentuk standar
Tujuan Min Z = 2x1 - x2 + 4x3
Kendala : 5x1 + 2x2 - 3x3 ≥ -7
2x1 - 2x2 + x3 ≤ 8
Tujuan Min Z = 10x1 + 2x2 + 3x3 + x4
Kendala : 2x1 + 7x2 ≤ 7
5x1 + 8x2 + 2x4 = 10
x1 + x3 = 11

35. Contoh 3 : bentuk standar
Tujuan Min Z = 2x1 - x2 + 4x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : (5x1 + 2x2 - 3x3 ≥ -7)x-1
-5x1 - 2x2 + 3x3 + x4 = 7
2x1 - 2x2 + x3 + x5 = 8
Jadi pemecahan awal yang layak x1, x2, x3 =
0, x4 = 7 dan x5 = 8

36. Contoh 4 : bentuk standar
Tujuan Min Z = 10x1 + 2x2 + 3x3 + x4 + M x5
Kendala : 2x1 + 7x2 + x5 = 7
5x1 + 8x2 + 2x4 = 10
x1 + x3 = 11
Jadi pemecahan awal yang layak x1, x2,=
0, x3= 11, x4 = 5 dan x5 = 7

37. Kuis 1.
Ubah LP dibawah ini kedalam bentuk standar
1. Min Z = 5x1 + 2x2 + x3 + 0x4 +0x5 +0x6 +0x7
Kendala : 2x1 + 3x2 + x3 + x4 = 20
6x1 + 8x2 + 5x3 + x5 = 30
7x1 + x2 + 3x3 + x6 = 40
x1 + 2x2 + 4x3 + x7 = 50
x1, x2, x3 = 0 x4 =20, x5=30, x6=40, x7 = 50

38. Kuis 1.
Ubah LP dibawah ini kedalam bentuk standar
2. Maks Z = 20w1 + 30w2 +40w3 + 50w4+
0w5 + 0w6 – Mw7 – Mw8
Kendala : 2w1 + 6w2 + 7w3 + w4 + w5 = 5
3w1 + 8w2 + w3 + 2w4 + w7 = 2
w1 + 5w2 + 3w3 + 4w4 - w6 + w8 = 1
w1, w2, w3, w4, w6 =0, w5 = 5, w7 = 2, w8 = 1

39. Kuis 1.
Ubah LP dibawah ini kedalam bentuk standar
1. Min Z = 5x1 + 2x2 + x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6 + Mx7
+ Mx8 + Mx9
Kendala : 2x1 + 3x2 + x3 – x4 + x7 = 20
6x1 + 8x2 + 5x3 – x5 + x8 = 30
7x1 + x2 + 3x3 + x9 = 40
x1 + 2x2 + 4x3 + x6 = 50
X1, x2, x3, x4, x5 = 0, x7 = 20, x8 = 30, x9
= 40 dan x6 = 50

40. Pertemuan ke-3

41. Metode Simplek
Optimasi : Z = CT X
Dengan kendala : AX = B
dan X ≥ 0
XT
CT
Xo Co A B
-(CT – CT
oA) CT
o B
Bentuk tabel Simplek maks :

42. Tujuan : Maks Z = x1 + 9x2 + x3
Kendala : x1 + 2x2 + 3x3 ≤ 9
3x1 + 2x2 + 2x3 ≤ 15
Misalkan x1, x2, x3 = 0, maka x4 = 9
dan x5 = 15, jadi sudah ada pemecahan awal
yang layak
Tujuan : Maks Z = x1 + 9x2 + x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : x1 + 2x2 + 3x3 + x4 = 9
3x1 + 2x2 + 2x3 + x5 = 15

43. 10223
01321
A
15
9
B
00191
T
C
54321
xxxxxx
T
0
0
0
C
5
4
0
x
x
x
Tujuan : Maks Z = x1 + 9x2 + x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : x1 + 2x2 + 3x3 + x4 = 9
3x1 + 2x2 + 2x3 + x5 = 15

44. Tabel Simplek
x1 x2 x3 x4 x5
1 9 1 0 0
x4 0
x5 0
1 2 3 1 0
3 2 2 0 1
9
15
-1 -9 -1 0 0 0
Tabel simplek dikatakan optimal bila semua nilai
pada baris terakhir sama dengan 0 atau
positif

45. Penyelesaian Tabel Simplek
Penyelesaian dikatakan optimal bila nilai
elemen pada baris paling bawah (kecuali
kolom terakhir) semua positif atau nol

46. Langkah : Simplek
1. Tentukan letak bilangan yang paling negatif dalam
baris terbawah dari tabel simplek, dengan
mengabaikan kolom terakhir. Namakan kolom yang
terdapat bilangan paling negatif tadi dengan kolom
kerja. Jika terdapat lebih dari satu, pilih salah satu
2. Bentuklah nilai-nilai banding dengan membagi setiap
bilangan positif dalam kolom terakhir, dengan elemen
dalam baris yang sama pada kolom kerja, dimana
baris terakhirnya diabaikan. Namakan elemen dalam
kolom kerja ini yang menghasilkan nilai-banding
terkecil sebagai elemen pasak (pivot element). Jika
terdapat lebih dari satu elemen, pilih salah satunya.
Jika tidak ada elemen dalam kolom kerja yang positif,
maka programnya tdk memiliki pemecahan.

47. Langkah : Simplek
3. Gunakan operasi-operasi baris
elementer untuk mengubah elemen pivot
menjadi 1 dan kemudian reduksikan
semua elemen lainnya dalam kolom
kerja ini menjadi 0
4. Gantikan variabel-x dalam baris pivot
dan kolom pertama dengan variabel-x
dalam baris pertama dan kolom pivot.

48. Langkah : Simplek
5. Ulangi langkah 1 sampai dengan 4 hingga tidak
terdapat lagi elemen negatif dalam baris
terakhir, dengan tidak mamasukkan kolom terakhir.
6. Pemecahan optimal diperoleh dengan menetapkan
untuk tiap-tiap variabel dalam kolom pertama nilai
dalam baris dan kolom terakhir yang bersangkutan.
Semua variabel yang lainnya ditetapkan bernilai nol.
Nilai fungsi tujuan adalah bilangan yang terdapat
dalam baris terakhir dan kolom terakhir untuk program
maksimasi dan negatifnya untuk program minimasi

49. Tentukan kolom kerja dan baris kunci
x1 x2 x3 x4 x5
1 9 1 0 0
x4 0
x5 0
1 2 * 3 1 0
3 2 2 0 1
9/2
15/2
-1 -9 -1 0 0 0

50. Lakukan operasi matrik elementer
x1 x2 x3 x4 x5
1 9 1 0 0
x4 0
x5 0
1/2 1 3/2 1/2 0
3 0 2 0 1
9/2
15
-1 0 -1 0 0 0

51. Baris baru = baris lama – (koefisien pada
kolom kerja x nilai baru baris kunci)
x1 x2 x3 x4 x5
1 9 1 0 0
x2 0
x5 0
1/2 1 3/2 1/2 0
2 0 -1 -1 1
9/2
6
7/2 0 25/2 9/2 0 81/2
2-(2x3/2)3-(2x1/2) 0-(2x1/2)
1-(2x0)
Jadi nilai optimal X2 = 9/2 dan Z = 81/2

52. Latihan
Maks Z = 2x1 + x2
Kendala x1 + 5x2 ≤ 10
x1 + 3x2 ≤ 6
2x1 + 2x2 ≤ 8

53. Contoh Soal
Maks Z = x1 + x2
Kendala : x1 + 5x2 ≤ 5
2x1 + x2 ≤ 4
Maks Z = 3x1 + 4x2
Kendala : 2x1 + x2 ≤ 6
2x1 + 3x2 ≤ 9

54. Maks Z = 6x1 - x2 + 3X3
Kendala : 7 x1 + 11 x2 + 3 X3 ≤ 25
2 x1 + 8 x2 + 6 X3 ≤ 30
6 x1 + x2 + 7 X3 ≤ 35

55. Pertemuan VI
Metode Simplek dengan variabel
buatan tak NOL (M)

56. Contoh 2 :
Metode Simplek dengan variabel
buatan tak NOL (M)
Tujuan Min Z = 80x1 + 60x2
Kendala 0,2 x1 + 0,32 x2 ≤ 0,25
x1 + x2 = 1

57. Contoh 2 : Metode Simplek
Tujuan Min Z = 80x1 + 60x2 + 0x3 + Mx4
Kendala 0,2 x1 + 0,32 x2 + x3 = 0,25
x1 + x2 + x4 = 1

58. Langkah penyelesaian
1. Baris terakhir diuraikan menjadi dua
baris, dimana yang pertama mengandung
suku-suku yang tidak ada M dan yang suku
yang ada nilai M. Tulis koefisiennya saja.
2. Langkah 1 dari metode implek diterapkan pada
baris terakhir, diikuti langkah 2, 3, dan
4, hingga baris ini tidak mengandung elemen
negatif. Selanjutnya, langkah 1 – 4 metode
simplek juga diterapkan pada baris di atasnya.
Sampai diperoleh solusi yang optimal.

59. Pertemuan ke-4
KD1
Pertemuan VI

60. Tabel Simplek
x1 x2 x3 x4
80 60 0 M
x3 0
x4 M
0,2 0,32 1 0
1 1 0 1
0,25
1
80 60 0 0
-1 -1 0 0
0
-1

61. Langkah penyelesaian
3. Setiap saat sebuah variabel buatan
bukan merupakan suatu variabel dasar
yakni, ia dihilangkan dari kolom 1 dari
tabel sebagai hasil dari langkah 4, maka
ia dicoret dari baris teratas tabel dan
begitu pula seluruh kolom dibawahnya.
4. Baris terakhir dapat dicoret dari tabel
apabila semua elemennya nol

62. Tabel Simplek
x1 x2 x3 x4
80 60 0 M
x3 0
x1 M
0 0,12 1 0
1 1 0 1
0,05
1
0 -20 0 0
0 0 0 0
-80
0

63. Langkah penyelesaian
5. Jika variabel-variabel buatan yang tak
nol terdapat dalam himpunan elemen
dasar terakhir, maka programnya tidak
memiliki pemecahan. Sebaliknya
variabel-variabel buatan yang berharga
nol dapat muncul sebagai variabel dasar
dalam pemecahan akhir apabila salah
satu atau lebih dari persamaan kendala
adalah mubadir.

64. Tabel Simplek
x1 x2 x3
80 60 0
x3 0
x1 M
0 0,12 1
1 1 0
0,05
1
0 -20 0 -80

65. Tabel Simplek
x1 x2 x3
80 60 0
x2 0
x1 M
0 1 8,33
1 0 -8,33
0,416
0,583
0 0 166,7 -71,67
Jadi nilai optimal Z = 71,67 dan x1 = 0,583
dan x2 = 0,416

66. Contoh 2
Maks Z = 2X1 + 3X2
Dengan kendala X1 + 2X2 ≤ 2
6X1 + 4X2 ≥ 24

67. x1 x2 x3 x4 x5
2 3 0 0 -M
X3 0
X5 -M
1 2 1 0 0
6 4 0 -1 1
2
24
-2 -3 0 0 0
-6 -4 0 1 0
-2-6M -3-4M 0 M 0
0
-24
-24M
Tabel 1

68. x1 x2 x3 x4 x5
2 3 0 0 -M
X1 0
X5 -M
1 2 1 0 0
0 -8 -6 -1 1
2
12
0 1 2 0 0
0 8 6 1 0
4
-12
Tabel 1

69. Contoh 3
Maks Z = 5X1 + 2X2
Dengan kendala 6X1 + X2 ≥ 6
4X1 + 3X2 ≥ 12
X1 + 2X2 ≥ 4

70. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
5 2 0 0 0 -M -M -M
X6 -M
X7 -M
X8 -M
6 1 -1 0 0 1 0 0
4 3 0 -1 0 0 1 0
1 2 0 0 -1 0 0 1
6
12
4
-5 -2 0 0 0 0 0 0
-11 -6 1 1 1 0 0 0
0
-22
Tabel 1

71. x1 x2 x3 x4 x5 x7 x8
5 2 0 0 0 -M -M
X1
X7
X8
1 1/6 -1/6 0 0 0 0
0 2,33 0,67 -1 0 1 0
0 1,83 0,167 0 -1 0 1
1
8
3
0 -1,167 -0,83 0 0 0 0
0 -4,16 -0,83 1 1 0 0
5
-11
Tabel 2

72. x1 x2 x3 x4 x5 x7
5 2 0 0 0 -M
X1
X7
X2
1 0 -0,18 0 0,09 0
0 0 0,45 -1 1,27 1
0 1 0,09 0 -0,54 0
0,727
4,181
1,637
0 0 -0,73 0 -0,64 0
0 0 -0,45 1 -1,27 0
6,910
-4,180
Tabel 3

73. x1 x2 x3 x4 x5
5 2 0 0 0
X1
X5
X2
1 0 -0,214 0,0714 0
0 0 0,357 -0,785 1
0 1 0,286 -0,4286 0
0,428
3,284
3,429
0 0 -0,5000 -0,5001 0
0 0 -0,0002 0,0001 0
9,001
0,0005
Tabel 4

74. x1 x2 x3 x4 x5
5 2 0 0 0
X4
X5
X2
1 0 -0,214 0,0714 0
0 0 0,357 -0,785 1
0 1 0,286 -0,4286 0
0,428
3,284
3,429
0 0 -0,5000 -0,5001 0 9,001
Tabel 5

75. x1 x2 x3 x4 x5
5 2 0 0 0
X4
X5
X2
14 0 -3,001 1 0
11 0 -2,000 0 1
6 1 -1,000 0 0
6,000
7,997
6,001
7,001 0 -2,001 0 0 12,00
Tabel 6

76. Contoh 3
Min Z = X1 + 2X2
Dengan kendala X1 + 3X2 ≥ 11
2X1 + X2 ≥ 9
≤
Maks Z = -X1 - X2
Dengan kendala X1 + 2X2 ≥ 5000
5X1 + 3X2 ≥ 12000

77. Contoh Soal
Min Z = x1 + 2x2
Kendala : x1 + 3x2 ≥ 11
2x1 + x2 ≥ 9
Maks Z = -x1 - x2
Kendala : x1 + 2x2 ≥ 5
5x1 + 3x2 ≥ 12

78. Dual-dual tak simetris
Primal
Min : Z = CT X
Dengan kendala : AX = B
dan X ≥ 0
Dual
Maks : Z = BT W
Dengan kendala : ATW ≤ C
Primal
Maks : Z = CT X
Dengan kendala : AX = B
dan X ≥ 0
Dual
Min : Z = BT W
Dengan kendala : ATW ≥ C

79. Min Z = 5x1 + 2x2 + x3
Kendala : 2x1 + 3x2 + x3 ≥ 20
6x1 + 8x2 + 5x3 ≥ 30
7x1 + x2 + 3x3 ≥ 40
x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 50
Semua variabel tak negatif
Maks Z = 20w1 + 30w2 +40w3 + 50w4
Kendala : 2w1 + 6w2 + 7w3 + w4 ≤
5
3w1 + 8w2 + w3 + 2w4 ≤ 2
w1 + 5w2 + 3w3 + 4w4 ≤ 1
Primal
Dual

80. Contoh Soal :
Min Z = 10w1 + 30w2 + 40w3
Kendala : w1 + w2 + 2w3 ≥ 2
5w1 + 3w2 + 2w3 ≥ 1
Semua variabel tak negatif
Maks Z = 2x1 + x2
Kendala : x1 + 5x2 ≤ 10
x1 + 3x2 ≤ 6
2x1 + 2x2 ≤ 8
Semua variabel tak negatif

81. Bentuk standar
Maks Z = 2x1 + x2 +0x3 + 0x4 + 0x5
Kendala : x1 + 5x2 + x3 = 10
x1 + 3x2 + x4 = 6
2x1 + 2x2 + x5 = 8
Semua variabel tak negatif

82. Tabel simplek
x1 x2 x3 x4 x5
2 1 0 0 0
x3 0
x4 0
x5 0
1 5 1 0 0
1 1 0 1 0
2 2 0 0 1
10
6
8
-2 -1 0 0 0 0

83. Bentuk standar
Min Z = 10w1 + 30w2 + 40w3+ 0w4 + 0w5 +
Mw6 + Mw7
Kendala : w1 + w2 + 2w3 – w4 + w6 = 2
5w1 + 3w2 + 2w3 – w5 + w7 = 1
Semua variabel tak negatif

84. Tabel simplek
w1 w2 w3 w4 w5 w6 w7
10 6 8 0 0 M M
w6 M
w7 M
1 1 2 -1 0 1 0
5 3 2 0 -1 0 1
2
1
10 6 8 0 0 0 0
- 6 - 4 - 4 1 1 0 0
0
- 3

85. Latihan Soal

86. Contoh
Permasalahan RO

87. Perusahaan Minuman
Sebuah perusahaan minuman untuk memenuhi
permintaan pelanggannya akan membuat lima
buah jenis minuman campuran. Masing-masing
jenis minuman memiliki spesifikasi standar sendiri
sesuai yang disyaratkan konsumennya. Tersedia
10 buah bahan pembuat minuman dengan harga
masing-masing dan jumlahnya juga terbatas.
Perusahaan juga harus memenuhi jumlah
pesanan. Permasalahan yang dihadapi oleh pihak
menejemen adalah berapa jumlah masing-masing
minuman yang harus dibuat agar semua kendala
terpenuhi.

88. Produsen baja
Permalahan yang dihadapi adalah polusi udara
pabriknya. Perusahaan memiliki dua sumber
polusi yaitu tanur tinggi dan tanur terbuka. Para
ahlinya memutuskan bahwa metode yang dapat
digunakan ada tiga cara yaitu menaikkan tinggi
tanur, memakai alat filter dalam cerobongnya dan
memakai bahan bakar yang lebih bersih dan
bermutu. Semua metode memiliki batas emisi
sejauh mana polusi dapat dikurangi. Standar
emisi juga telah ditentukan oleh pihak berwenang.
Data biaya dan kapasitas penggunaan tanur ada.

89. Transportasi
Perusahaan pengalengan kacang polong
memiliki beberapa pabrik. Perusahaan juga
memiliki beberapa agen distribusi di
beberapa wilayah. Manajemen tahu bahwa
biaya transportasi termasuk yang tinggi
dalam komponen biaya produksi. Maka
pihak manejemen memutuskan untuk
mencari pengurangan biaya yang optimal
untuk pengirimannya. Biaya pengiriman dari
pabrik dan agen sudah dihitung.

90. Model Teori Antrian
Sebuah perusahaan pergudangan melayani
semua jenis barang untuk dapat disimpan
digudang miliknya. Bila waktu sepi,
karyawan yang bertugas cukup 1 orang.
Namun bila suasana ramai, karyawan
kewalahan untuk menangani konsumen.
Maka pihak manejer memerlukan tambahan
karyawan lagi. Saat kapan tambahan
diperlukan dan berapa jumlahnya

91. Antrian
Sebuah perusahaan memakai 10 mesin
yang identik dibagian produksinya. Karena
mesin mudah macet, maka diputuskan
untuk menempatkan operator mesin dalam
jumlah tertentu pada 8 buah mesinnya.
Distribusi sebuah mesin mengalami
kerusakan dan distrubusi perbaikan dapat
dicari. Perusahaan ingin menambah
operator agar perusahaan berjalan baik.
Kapan dan berapa orang