*
* Simplex Method- An algebraic, iterative method to
solve linear programming problems.
* The simplex method requires that the problem is
expressed as a standard LP problem. This implies that
all the constraints are expressed as equations by
adding slack variables. (Variable yang mewakili tingkat
pengangguran atau kapasitas yang merupakan batasan) 
S1 , S2, S3,……Sm
*
* The method uses Gaussian elimination (sweep out
method) to solve the linear simultaneous equations
generated in the process.
Metode simpleks merupakan
prosedur aljabar yang bersifat
iteratif yang bergerak selangkah
demi selangkah, dimulai dari
suatu titik ekstrem pada daerah
fisibel menuju ke titik ekstrem
yang optimum
*
*Berikut ini diberikan pengertian dari beberapa
terminologi dasar yang banyak digunakan dalam
membicarakan metode simpleks :
Maks atau Min : Z = c1x1 + c2x2 + ... +cnxn
Berdasarkan : a11x1+a12x2+...+a1nxn = b1
a21x1+a22x2+...+a2nxn = b2
.
.
.
am1x1+am2x2+...+amnxn = bm
xi ≥ 0 ( i = 1,2,...,n )
*Maka pembatas dari model tersebut
dapat dituliskan ke dalam bentuk
system persamaan AX = b
*Perhatikan suatu system AX = b dari
m persamaan linier dalam n variable
(n>m).
*
*
*
*
Solusi Basis
Solusi basis untuk AX = b adalah solusi dimana terdapat
sebanyak-banyaknya m variabel berharga bukan nol.
Untuk mendapatkan solusi basis dari AX = b maka sebanyak
(n-m) variabel harus dinolkan. Variabel-variabel yang
dinolkan ini disebut variabel nonbasis (NBV). Selanjutnya,
dapatkan harga dari n-(n-m) = m variabel lainnya yang
memenuhi AX = b, yang disebut variabel basis (BV).
Solusi Basis Fisibel
Jika seluruh variabel pada suatu solusi basis berharga
nonnegatif, maka solusi itu disebut solusi basis fisibel (BFS)
Solusi Fisibel Titik Ekstrem
Yang dimaksud dengan solusi fisibel titik ekstrem atau titik
sudut ialah solusi fisibel yang tidak terletak pada segmen
garis yang menghubungkan dua solusi fisibel lainnya.
*
Sifat 1 : jika hanya ada satu solusi optimum,
maka pasti ada satu titik ekstrem, atau jika
solusi optimumnya banyak, maka paling sedikit
ada dua titik ekstrem yang berdekatan.
Sifat 2 : hanya ada sejumlah terbatas titik
ekstrem pada setiap persoalan.
Sifat 3 : jika suatu titik ekstrem memberikan
harga z yang lebih baik dari yang lainnya, maka
pasti solusi itu merupakan solusi optimum
Sifat 3 ini menjadi dasar dari metode
simpleks.
1.
Langkah inisialisasi : mulai dari suatu titik
ekstrem (0,0)
2.
Langkah iteratif : bergerak menuju titik
ekstrem berdekatan yang lebih baik.
Langkah ini diulangi sebanyak diperlukan.
3.
Aturan penghentian : memberhentikan
langkah ke-2 apabila telah sampai pada titik
ekstrem yang terbaik (titik optimum).
*
Sebagai ringkasan dari ide metode
simpleks ini ialah bahwa metode ini selalu
dimulai pada suatu titik sudut fisibel, dan
selalu bergerak melalui titik sudut fisibel
yang berdekatan, menguji masing-masing
titik mengenai optimalitasnya sebelum
bergerak pada titik lainnya.
*
Untuk menyelesaikan persoalan LP dengan tujuan
maksimasi menggunakan metode simpleks dilakukan
dengan langkah-langkah berikut ini :
1. Konversikan formulasi persoalan ke dalam bentuk standar.
2. Cari solusi basis fisibel.
3. Jika seluruh NBV mempunyai koefisien nonnegatif
(artinya berharga positif atau nol) pada baris fungsi
tujuan, maka BFS sudah optimal. Jika pada baris fungsi
tujuan masih ada variabel dengan koefisien negatif,
pilihlah salah satu variabel yang mempunyai koefisien
paling negatif pada baris itu. Variabel ini akan memasuki
status variabel basis, karena itu variabel ini disebut
sebagai variabel yang masuk basis (entering variabel/EV).
4.
Hitung rasio dari ruas kanan/koefisien EV pada setiap
baris pembatas dimana EV-nya mempunyai koefisien
positif. Variabel basis pada baris pembatas dengan rasio
positif terkecil akan berubah status menjadi variabel
nonbasis. Variabel ini kemudian disebut sebagai
variabel yang meninggalkan basis (leaving variabel/LV)
Lakukan operasi baris elementer untuk membuat
koefisien EV pada baris dengan rasio positif terkecil ini
menjadi berharga 1 dan berharga 0 pada baris-baris
lainnya.
5. Kembali ke langkah 3.
Catatan : jika ditemukan lebih dari satu baris yang
mempunyai rasio positif terkecil, pilihlah salah satu.
Cara ini tidak akan mempngaruhi hasil perhitungan
akhir.
*
*
Untuk menyelesaikan persoalan LP
dengan fungsi tujuan meminimumkan Z,
ada dua cara yang dapat dilakukan, yaitu
:
1. Mengubah fungsi tujuan dan
persamaannya, kemudian
menyelesaikannya sebagai persoalan
maksimasi.
2. Memodifikasi langkah 3 sehingga
menjadi :
Jika seluruh NBV pada baris fungsi tujuan
mempunyai koefisien yang berharga
nonpositif, maka BFS sudah optimal. Jika
pada baris fungsi tujuan masih ada
variabel dengan koefisien positif, pilihlah
salah satu variabel yang berharga paling
positif pada baris fungsi tujuan itu untuk
menjadi EV.
*
*
Degenerasi
Kasus ini terjadi apabila satu atau lebih variabel basis
berharga nol (b=0) sehingga iterasi yang dilakukan
selanjutnya bisa menjadi suatu loop yang akan kembali
pada bentuk sebelumnya. Kejadian ini disebut cycling
atau circling.
Solusi Optimum Banyak
Suatu persoalan dapat memiliki lebih dari satu solusi
optimum. Kasus ini terjadi apabila fungsi tujuan paralel
dengan fungsi pembatas, dimana paling sedikit salah satu
dari variabel nonbasis (pada persamaan z pada iterasi
terakhir) mempunyai koefisien berharga nol. Akibatnya
walaupun variabel tersebut dinaikkan harganya
(dijadikan variabel basis), harga Z tetap tidak berubah.
Karena itu solusi-solusi optimumyang lain ini biasanya
dapat diidentifikasi dengan cara menunjukkan iterasiiterasi tambahan pada metode simpleksnya, dimana
variabel-variabel nonbasis yang berkoefisien nol itu
selalu dipilih untuk menjadi entering variabel.
*
*
Solusi Tak Terbatas
Kasus ini terjadi apabila ruang solusi tidak
terbatas sehingga nilai fungsi tujuan dapat
meningkat (untuk maksimasi) atau menurun
(untuk minimasi) secara tidak terbatas. Apabila
persoalannya berdimensi dua dapat diselesaikan
secara grafis. Akan tetapi, jika persoalan yang
dihadapi berdimensi tiga atau lebih, maka untuk
mendeteksi apakah solusinya terbatas atau tidak,
dilakukan dengan cara :
Perhatikan koefisien-koefisien pembatas dari
variabel nonbasis pada suatu iterasi. Jika
koefisien-koefisien tersebut berharga negatif atau
nol berarti solusinya tak terbatas.
Jika koefisien fungsi tujuan variabel tersebut
berharga negatif (untuk maksimasi) atau positif
(untuk minimasi), maka nilai fungsi tujuannya
tidak terbatas.
Slack Variables
• Inequality constrains can be converted to
equalities by introducing “slack variables”
• Misal:
X1+2X2+3X3+4X4  25, bisa ditulis sebagai
X1+2X2+3X3+4X4+S = 25
dengan s  0 (slack variable)
• Atau:
X1+2X2+3X3+4X4  25, bisa ditulis sebagai
X1+2X2+3X3+4X4 - S = 25
dengan s  0 (slack variable)
Langkah penyelesaian (1)
1. Represent the LP problem in standard form
Objective function
Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 + C4 X4 + .............+ Cn Xn
Constraints
1). a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b1
2). a21 X1 + a22 X2 + a23 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b2
3). a31 X1 + a32 X2 + a33 X3 + .........+ a3n Xn ≤ b3
4). a41 X1 + a42 X2 + a43 X3 + .........+ a4n Xn ≤ b4
.
.
.
.
.
.
.
m). am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +.........+ amn Xn ≤ bm
Xi ≥ 0 , i = 1,2,3…..n
X  variables; c  objective parameters;
a  constraints parameters;
b  right hand side value of constraints
bj 0 , j=1,2,…,m
Langkah penyelesaian (2)
2. Nyatakan persamaan fungsi tujuan dalam bentuk
z   c j  j  0;
j
dengan z adalah nilai dari fungsi tujuan
3. Rubah semua pertidaksamaan batasan (all inequality
constrains) ke dalam bentuk persamaan batasan
(equality constrains) dengan memasukkan variable Slack
4. Susun persamaan fungsi tujuan dan persamaan batasan
ke dalam tabel simplex.
Langkah penyelesaian (3)
CONTOH : Perusahaan barang tembikar
Lankah 1.
• Maximize Z=4X1+5X2
• Batasan:
(0)
X1 +2X2  40
4X1 +3X2  120
(1)
(2)
Langkah 2 dan 3
Fungsi tujuan
Batasan
Z - 4X1 - 5X2
X1 +2X2 +
4X1 +3X2
S1
+ S2
=0
(0)
= 40
(1)
= 120
(2)
Langkah penyelesaian (4)
Langkah 4 : Menyusun table Simplex awal
(Iterasi0)
Basic
Varia Eqt.
ble
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
-4
-5
0
0
0
S1
(1)
0
1
2
1
0
40
S2
(2)
0
4
3
0
1
120
Basic Variable (Variable dasar) : adalah variable yang
nilainya sama dengan sisi kanan dari persamaan.
Pada persamaan (1) dan (2) bila belum ada kegiatan maka X1
= 0 dan X2 = 0, sehingga nilai S1 = 40 dan nilai S2 = 120. Pada
tabel awal diatas nilai Basic variable (S1 dan S2) pada fungsi
tujuan harus 0 (nol).
Langkah penyelesaian (5)
Langkah 5 : Setelah data tersusun dalam tabel simplex awal,
lakukan iterasi sehingga dihasilkan titik optimal
5.1. Menentukan entering variable :
Dicari variabel yang paling sensitif terhadap fungsi tujuan (max Z).
– Dari tabel (baris Z) terlihat bahwa nilai absolut koefisien X2
terbesar yaitu l5l, jadi dipilih X2 sebagai entering variable.
Kolom X2 disebut pivot column (PC). Bila pada tabel sudah tidak
mempunyai lagi koeffisien yang bernilai negatif pada baris
fungsi tujuan, maka tabel ini tidak bisa lagi di optimalkan
(sudah optimal).
– Selanjutnya hitung nilai ratio, Nilai kolom RHS dibagi dengan
nilai pada pivot column yang berkesesuaian.
5.2. Menentukan Leaving variable:
 ditentukan berdasarkan nilai ratio minimum, dipilih S1
sebagai leaving variable. Baris S1disebut Pivot Raw (PR)
Langkah penyelesaian
Iterat
ion
0
Pivot
Raw
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
Coefficient of :
RHS
(sol) Ratio
Z
X1
X2
S1
S2
(0)
1
-4
-5
0
0
0
S1
(1)
0
1
2
1
0
40
20
S2
(2)
0
4
3
0
1
120
40
Pivot
element
Pivot
column
Ratio :
40/2 = 20
minimum
Langkah penyelesaian
5.3. Membuat table simplex kedua
• Bagi semua element pada Pivot Raw (PR) dengan Pivot
Element. Dihasilkan element pivot raw baru.
• Gantilah basic variable pada baris itu dengan Variable yang
terdapat diatas pivot column
Iterat
ion
1
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
(0)
X2
(1)
S2
(2)
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
0
0,5
1
0,5
0
RHS
(sol)
20
Langkah penyelesaian
• Hitung nilai element pada baris yang lain (tidak termasuk
element Pivot Raw) dengan cara :
Element baris baru = (Element baris lama) – (koeffisien pada
pivot column) x (nilai element baru pivot raw)
Menghitung nilai baru element baris dari Z
Element baris lama 
Z
-5 x element baru pivot raw  X2
Element baris baru 
Z
1
-4
Koeffisien
pada PC
-5
0
0
0
0
-2,5 -5
-2,5
0
-100
1
-1,5
2,5
0
100
0
Langkah penyelesaian
Koeffisien
pada PC
Menghitung nilai baru element baris dari S2
Element baris lama 
S2
0
4
3
0
3 x element baru pivot raw 
X2
0
1,5
3
1,5
0
60
Element baris baru 
S2
0
2,5
0
-1,5
1
60
Dihasilkan tabel simplex 2
1 120
Langkah penyelesaian
Tabel Simplex 2 (iterasi 1)
Itera
tion
1
Basic
Varia
ble
Eqt.
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
-1,5
0
2,5
0
100
X2
(1)
0
0,5
1
0,5
0
20
S2
(2)
0
2,5
0
-1,5
1
60
Pada baris fungsi tujuan masih ada koefisien berharga negatif,
yaitu koefisien variable X1.
 Teruskan proses iterasi, dimulai dari langkah ke 5
Langkah penyelesaian
Langkah 5.1 dan 5.2
Iterat
ion
1
Pivot
Raw
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
Coefficient of :
RHS
(sol) Ratio
Z
X1
X2
S1
S2
(0)
1
-1,5
0
2,5
0
100
X2
(1)
0
0,5
1
0,5
0
20
40
S2
(2)
0
2,5
0
-1,5
1
60
24
Pivot
element
Pivot
column
Ratio :
60/2,5 =
24
minimum
Langkah 5.3. Membuat table simplex ketiga
• Bagi semua element pada Pivot Raw (PR) dengan Pivot
Element. Dihasilkan element pivot raw baru.
• Gantilah basic variable pada baris itu dengan Variable yang
terdapat diatas pivot column
Iterat
ion
1
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
(0)
X2
(1)
X1
(2)
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
0
1
0
-0,6
0,4
RHS
(sol)
24
Langkah penyelesaian
• Hitung nilai element pada baris yang lain (tidak termasuk
element Pivot Raw) dengan cara :
Element baris baru = (Element baris lama) – (koeffisien pada
pivot column) x (nilai element baru pivot raw)
Menghitung nilai baru element baris dari Z
Element baris lama 
-1,5 x element baru pivot raw 
Element baris baru 
Koeffisien
pada PC
Z
1
-1,5 0
2,5
0
100
X1
0
-1,5 0
0,9
-0,6
-36
Z
1
1,6
0,6
136
0
0
Langkah penyelesaian
Menghitung nilai baru element baris dari X2
Koeffisien
pada PC
Element baris lama 
X2
0
0,5
1
0,5
0
20
0,5 x element baru pivot raw 
X1
0
0,5
0
-0,3
0,2
12
Element baris baru 
X2
0
0
1
0,8
-0,2
8
Dihasilkan tabel simplex 3
Langkah penyelesaian
Tabel Simplex 3
Itera
tion
2
Basic
Varia
ble
Eqt
.
Z
Coefficient of :
RHS
(sol)
Z
X1
X2
S1
S2
(0)
1
0
0
1,6
0,6
136
X2
(1)
0
0
1
0,8
-0,2
8
X1
(2)
0
1
0
-0,6
0,4
24
Pada baris fungsi tujuan tidak ada lagi koefisien berharga negatif,
Dihasilkan titik optimal pada X1 = 24 dan X2 = 8 dengan nilai
keuntungan Z = 136.
Langkah penyelesaian
SIMPLEX METHOD
Itera
tion
0
1
2
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(Sol)
(0)
1
-4
-5
0
0
0
S1
(1)
0
1
2
1
0
40
S2
(2)
0
4
3
0
1
120
Z
(0)
1
-1,5
0
2,5
0
100
X2
(1)
0
0,5
1
0,5
0
20
S2
(2)
0
2,5
0
-1,5
1
60
Z
(0)
1
0
0
1,6
0,6
136
X2
(1)
0
0
1
0,8
-0,2
8
X1
(2)
0
1
0
-0,6
0,4
24
*
1. Bila ada dua atau lebih variabel non basis mempunyai
koefisien negatif terbesar yang sama, maka pemilihan
entering variable dapat dijalankan secara bebas.
Mana yang lebih cepat mencapai optimal tidak dapat
diprediksi.
Contoh : Fungsi tujuan pada contoh pabrik tembikar dirubah menjadi
• Maximize Z=4X1+4X2
• Batasan:
X1 +2X2  40
4X1 +3X2  120
Selanjutnya disusun tabel simplex awal
(0)
(1)
(2)
SIMPLEX METHOD
Tabel simplex awal
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
-4
-4
0
0
S1
(1)
0
1
2
1
0
40
S2
(2)
0
4
3
0
1
120
0
Dari tabel simplex awal, tampak variable non basis X1 dan X2
mempunyai nilai koefisien negatif yang sama yaitu -4. Oleh karena
itu pada penyelesaian awal entering variable dapat dipilih X1 atau
X2 .
SIMPLEX METHOD
2. Bila ada dua atau lebih variabel basis mempunyai nilai
RATIO minimum yang sama, maka pemilihan leaving
variable dapat dijalankan secara bebas.
Mana yang lebih cepat mencapai optimal tidak dapat
diprediksi.
Contoh : batasan (1) pada contoh pabrik tembikar dirubah menjadi
• Maximize Z=4X1+5X2
• Batasan:
X1 +2X2  40
4X1 +4X2  80
Selanjutnya disusun tabel simplex awal
(0)
(1)
(2)
SIMPLEX METHOD
Tabel simplex awal
Iterat
ion
0
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
Coefficient of :
RHS
Ratio
(sol)
Z
X1
X2
S1
S2
(0)
1
-4
-5
0
0
0
S1
(1)
0
1
2
1
0
40
20
S2
(2)
0
4
4
0
1
80
20
Dari tabel simplex awal, tampak variable
basis S1 dan S2 mempunyai nilai ratio
minimum yang sama yaitu 20. Oleh karena
itu pada penyelesaian awal leaving
variable dapat dipilih S1 atau S2 .
Pivot
column
Ratio
minimum
SIMPLEX METHOD
Penyelesaian simplex method bagi kasus yang menyimpang
dari bentuk standard
Maximize :
z   c j j
j
Subject to :
aij Xj ≤ bi (bi > 0 )
Xj ≥0
Diselesaikan dengan
mengintroduksi slack
variable sebagai variable
basis yang harganya
sama dengan ruas kanan
(positif)
Bila ada penyimpangan dari bentuk standard  dilakukan
penyesuaian-penyesuaian di langkah awal. Setelah itu metode
simplex diselesaikan seperti sebelumnya.
SIMPLEX METHOD
Pendekatan standard :  Teknik menggunakan Variable
buatan (artificial Variable)
Memasukkan dummy variable (disebut artificial variable)
ke dalam setiap batasan (constaints) yang memerlukan.
Variable yang baru akan menjadi variable basis pada pada
penyelesaian awal bagi batasan (constaints) yang
bersangkutan
Iterasi metode simplex akan membuat artificial variable
menjadi nol, sehingga akhirnya satu persatu hilang.
SIMPLEX METHOD
Contoh : Kasus awal
Maximize
. : Z = 3 X 1 + 5 X2
Constraints :
(0)
X1 ≤ 4
(1)
2 X2 ≤ 12
(2)
3 X1 + 2 X2 ≤ 18
(3)
1. Persamaan batasan (constraints) jenis = (sama
dengan)
Misalkan ≤ pada batasan (3) dirubah menjadi jenis =
(sama dengan)
3 X1 + 2 X2 = 18
(3)
SIMPLEX METHOD
dihasilkan
Fungsi tujuan Z -3 X1 - 5 X2
Constraints :
X1
+S1
=0
(0)
=4
(1)
2 X2
+ S2 = 12
(2)
3 X1 + 2 X 2
= 18
(3)
Pada batasan Persamaan (3) tidak terdapat variable basis.
 Ditambahkan artificial variable A ( 0), hasil revisi :
Z -3 X1 - 5 X2
X1
+S1
2 X2
3 X1 + 2 X2
+ S2
=0
(0)
=4
(1)
= 12
(2)
+ A = 18
(3)
SIMPLEX METHOD
Pada hasil revisi ada 3 persamaan dengan 5 variable.
 Ada dua variable non basis X1 dan X2 yang pada penyelesaian
layak awal harganya = 0.
Dari persamaan (1), (2) dan (3) didapatkan nilai variable basis
S1 = 4 , S2 = 12 dan A = 18
Langkah selanjutnya memaksa nilai artificial variable A menjadi
nol. Dapat dilakukan dengan metode Teknik M / metode
penalty.
Pada pendekatan ini fungsi tujuan dirubah dulu menjadi :
Z = 3 X1 + 5 X2 – MA
Dengan M adalah bilangan positif yang sangat besar berhingga.
Persamaan (0) dari fungsi tujuan akan menjadi
Z - 3 X1 - 5 X2 + MA = 0
SIMPLEX METHOD
Pada persamaan (0) yang direvisi terdapat variable basis dengan
koefisien M. Variable basis harus dihilangkan dari persamaan (0).
 Baris Z yang dihasilkan (revisi) dikurangi dengan M kali setiap
baris batasan yang sesuai.
Baris Z pers (0)
revisi
-M
Baris Z pers (0)
baru
-3
-5
0
0
M
0
3
2
0
0
1
18
0
0
0
- 18M
-3M-3 -2M-5
Disusun tabel simplex awal.  iterasi untuk mendapatkan
nilai optimal. Dihasilkan X1 = 2, X2 = 6 dan Z = 36
SIMPLEX METHOD
Tabel simplex awal
Basic
Itera varia
tion
ble
0
Pivot
raw
Eqt.
RHS
Coefficient of
Z
X1
X2
S1 S2
A
(Sol)
Z
(0)
1 (-3M-3) (-2M-5)
0
0
0
-18M
S1
(1)
0
1
0
1
0
0
4
S2
(2)
0
0
2
0
1
0
12
A
(3)
0
3
2
0
0
1
18
Pivot
column
X1 : entering variable
S1 : leaving variable
SIMPLEX METHOD
Pemilihan entering variable : Koefisien variable non basis
pada persamaan tujuan mempunyai bentuk fungsi linear (aM + b)
a  faktor pengganda
b  faktor penambah
Karena M sangat besar, maka b selalu kecil dibandingkan
terhadap aM.
Pada umumnya pemilihan entering variable didasarkan pada nilai
faktor pengganda a.
Contoh Pada tabel awal :koefisien X1 adalah (-3M-3), untuk X2
adalah (-2M-5). Faktor pengganda 3 > 2, sehingga dipilih X1
sebagai entering variable.
Bila pada koefisien tersebut nilai faktor pengganda sama, maka
pemilihan entering variable didasarkan pada faktor penambah b
SIMPLEX METHOD
Iteratio
n
1
2
3
Basic
varia
ble
Eqt.
Coefficient of
Z
X1
X2
S1
S2
A
RHS
(Sol)
Z
(0)
1
0
(-2M-5)
(3M+3)
0
0
-6M+12
X1
(1)
0
1
0
1
0
0
4
S2
(2)
0
0
2
0
1
0
12
A
(3)
0
0
2
-3
0
1
6
Z
(0)
1
0
0
-9/2
0
(M+5/2)
27
X1
(1)
0
1
0
1
0
0
4
S2
(2)
0
0
0
3
1
-1
6
X2
(3)
0
0
1
-3/2
0
1/2
3
Z
(0)
1
0
0
0
3/2
(M+1)
36
X1
(1)
0
1
0
0
-1/3
1/3
2
S1
(2)
0
0
0
1
1/3
-1/3
2
X2
(3)
0
0
1
0
1/2
0
6
SIMPLEX METHOD
2. Pertidaksamaan jenis 
Dirubah menjadi  dengan cara mengalikan kedua ruas
pertidaksamaan dengan (-1).
Contoh :
0,6 X1 + 0,4 X2  6
menjadi
-0,6 X1 - 0,4 X2  -6
Ruas kiri ditambah slack variable
-0,6 X1 - 0,4 X2 + S = -6
Nilai slack variable S = -6  negatif, tidak memenuhi
syarat. Harus dikalikan (-1), dihasilkan :
0,6 X1 + 0,4 X2 - S = 6
Ruas kanan persamaan terakhir sudah positif, namun
koefisien slack variable tetap negatif  selesaikan seperti
kasus tipe = (sama dengan).  Ditambah artificial
variable A.
SIMPLEX METHOD
0,6 X1 + 0,4 X2 – S + A = 6
Artificial variable A dipakai sebagai variable basis awal
(A=6). Dengan demikian S memulai sebagai variable non
basis.
Dengan mengintroduksi Artificial variable A , berarti
metode teknik M juga diperlakukan disini.
3. Meminimumkan
 dirubah menjadi memaksimumkan yang equivalent
Minimize
Z 
C jX
j 1
Equivalent dengan
Maximize
n
( Z ) 
j
Menyelesaikan
optimal yang
sama
n
 (C j ) X
j 1
j
SIMPLEX METHOD
Contoh :
Minimize :
Z = 0,4 X1 + 0,5 X2
(0)
Subject to :
0,3 X1 + 0,1 X2  2,7
(1)
0,5 X1 + 0,5 X2 = 6
(2)
0,6 X1 + 0,4 X2  6
(3)
X1  0 ,
Penyelesaian :
X2  0
Minimize
:
Z = 0,4 X1 + 0,5 X
 Maximize
:
(-Z) = -0,4 X1 - 0,5 X2
Masukkan artificial variable A1 dan A2 pada pers (2) dan (3),
dan terapkan metode Teknik M, maka
Minimize
:
 Maximize
:
Z = 0,4 X1 + 0,5 X2 + MA1 + MA2
(-Z) = -0,4 X1 - 0,5 X2 - MA1 - MA2
SIMPLEX METHOD
Sistem persamaan Maximize (-Z)
-Z + 0,4 X1 + 0,5 X2
+ MA1
+ MA2 = 0
0,3 X1 + 0,1 X2 + S1
0,5 X1 + 0,5 X2
+ A1
0,6 X1 + 0,4 X2
- S2 + A 2
(0)
= 2,7
(1)
=6
(2)
= 6
(3)
S1, A1 dan A2 adalah variable basis untuk penyelesaian dasar
awal.
0,4
0,5
0
M
0
M
0
-M
0,5
0,5
0
1
0
0
6
-M
0,6
0,4
0
0
-1
1
6
0
M
0
Baris Z, pers (0) revisi
Baris Z, pers (0)
baru
-1,1M+0,4
-0,9M+0,5
0
-12M
SIMPLEX METHOD
Tabel simplex awal
Itera
tion
0
Pivot
Raw
Basic Equa
varia tion
ble
Coefficient of
Z
X1
X2
S1
A1
S2
A2
RHS
(Sol)
-0,9M+0,5
0
0
M
0
-12M
Z
(0)
-1 -1,1M+0,4
S1
(1)
0
0,3
0,1
1
0
0
0
2,7
A1
(2)
0
0,5
0,5
0
1
0
0
6
A2
(3)
0
0,6
0,4
0
0
-1
1
6
Pivot
column
Entering variable : X1
Leaving variable : S1
SIMPLEX METHOD
Ite Basic Equa
rat varia tion
ion ble
1
Coefficient of
Z
X1
X2
S1
A1 S2
A2
RHS
(Sol)
Z
(0)
-1
0
-16/30M+11/30
11/3M+4/3
0
M
0
-2,1M-3,6
X1
(1)
0
1
1/3
1
0
0
0
9
A1
(2)
0
0
1/3
0
1
0
0
1,5
A2
(3)
0
0
0,2
0
0
-1
1
0,6
*
Contoh : Masalah Diet.
Tabel berikut memberikan gambaran jumlah mineral dan vitamin yang
harus dikonsumsi oleh pasien. Mineral dan vitamin berasal dari dua
jenis makanan daging dan sayuran.
Kandungan
Makanan
Daging sayuran
Kebutuhan
minimum per hari
Mineral
2
4
40
Vitamin
3
2
50
Harga/unit
3
2,5
Persoalan : Menentukan jumlah pembelian daging dan sayuran
sedemikian sehingga kebutuhan min akan mineral dan vitamin
terpenuhi.
*
Formulasi model LP : Misal X1 jumlah daging dan X2 jumlah sayuran
• Fungsi tujuan : Minimize
• Batasan:
Z=3X1+2,5X2
2X1 +4X2  40
3X1 +2X2  50
X1  0 , X2  0
(0)
(1)
(2)
• Sekarang pikirkan masalah yang berbeda yang masih
berhubungan dengan masalah yang asli (disebut primal).
• Sebuah Dealer menjual Mineral dan Vitamin
• Restoran setempat membeli mineral dan vitamin dari dealer
dan membuat daging dan sayuran tiruan yang mengandung
mineral dan vitamin seperti yang tertulis pada tabel
*
• Persoalan bagi dealer : Menetapkan harga jual mineral dan
vitamin per unitnya yang maximum sedemikian sehingga
menghasilkan harga daging dan sayuran tiruan tidak melebihi
harga pasar yang ada.
• Dealer memutuskan harga per unit Mineral Y1 dan Vitamin Y2
• Kebutuhan mineral 40  harga total 40 Y1
• Kebutuhan vitamin 50  harga total 50 Y2
• Harga per unit daging ( mengandung 2 mineral dan 3 vitamin)
adalah 2 Y1 +3 Y2  3
• Harga per unit sayuran ( mengandung 4 mineral dan 2
vitamin) adalah 4 Y1 +2 Y2  2,5
*
Perumusan masalah dalam bentuk model LP
Fungsi tujuan :
Maximize
Batasan
W =40 Y1 + 50 Y2
(0)
2 Y1 + 3 Y2  3
4 Y1 + 2 Y2  2,5
(1)
(2)
Y1  0 , Y2  0
Disebut bentuk Dual.
Y1 dan Y2 dinamakan variable dual
Teori Dualitas ……..
Dualitas ?
Dalam kenyataan ternyata disetiap bentuk LP terdapat 2 bentuk
1. Bentuk I atau bentuk asli dan dinamakan PRIMAL
2. Bentuk II yang berhubungan dan dinamkan DUAL
demikian sehingga suatu solusi terhadap LP yang asli juga
memberikan solusi pada bentuk dual nya.
Asumsi dalam teori dualitas adalah bahwa masalah primal
dalam bentuk standard.
Maximize :
Z 
n
C jX
j 1
Constraints :
n
j
 a ij X j  bi i  1, 2 ,3 ....., m
j 1
X
j
0
*
Perbandingan masalah Primal dan Dual
Fungsi tujuan :
Minimize
Z=3X1+2,5X2
Batasan:
2X1 +4X2  40
3X1 +2X2  50
X1  0 , X2  0
(0)
(1)
(2)
Fungsi tujuan :
Maximize
Batasan
W =40 Y1 + 50 Y2
(0)
2Y1 + 3 Y2  3
4 Y1 + 2 Y2  2,5
(1)
(2)
Y1  0 , Y2  0
*
1. Koefisien fungsi tujuan masalah primal menjadi
konstanta sisi kanan masalah Dual
2. Konstanta sisi kanan primal menjadi koefisien fungsi
tujuan masalah Dual
3. Tanda pertidaksamaan dibalik
4. Tujuan diubah dari minimze (maximize) dalam primal
menjadi maximize (minimze) dalam dual
5. Setiap kolom pada primal berhubungan dengan suatu
baris (kendala) dalam dual.  banyaknya kendala
dalam dualsama dengan banyaknya variable primal
6. Setiap baris kendala pada primal berhubungan dengan
suatu kolom dalam dual.  ada satu variable dual untuk
setiap kendala primal
Teori Dualitas ……..
Tabel Primal dual untuk LP
Maximize
Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 +.....+ Cn Xn
Constraints
1). a11 X1 + a12 X2 + a13 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b1
2). a21 X1 + a22 X2 + a23 X3 + .........+ a1n Xn ≤ b2
.
.
.
.
.........
...
.
m). am1 X1 + am2 X2 + am3 X3 +.........+ amn Xn ≤ bm
Xj ≥ 0 , j = 1,2,3…..n
Minimize
W = b1 Y1 + b2 Y2 + b3 Y3 +.....+ bm Ym
Constraints
1). a11 Y1 + a21 Y2 + a31 Y3 + ........+ am1 Ym  C1
2). a12 Y1 + a22 Y2 + a32 Y3 + ........+ am2 Ym  C2
.
.
.
.
.........
....
n). a1n Y1 + a2n Y2 + a3n Y3 + ........+ amn Ym  Cn
Yj ≥ 0 , i = 1,2,3…..m
Teori Dualitas ……..
PRIMAL
Max. : Z 
DUAL
n
 C j
j 1
j
Constraints
n
 a ij X j  bi
j 1
Min. :
m
W   bi Yi
i 1
Constraints
m
 a ij Yi  C j
i 1
X j o
Yi  o
untuk i  1, 2 , 3 .... m
untuk j  1, 2 ,3 .... n
Max : Z = C X
Constraint
aXb
X 0
Min : W = Y b
Constraint
YaC
Y 0
Teori Dualitas ……..
contoh
Max. :
Z  3
 X1 
5 

X 2
Constraints
1

0

 3
W  Y1
Min. :
Y2
4
 
Y3  12
 
18 
Constraints
0
4
X


1

 
2 
 12
 X   
 2
18 
2 
 X 1  0 

 
X
 2  0 
PRIMAL
Y1
Y1
Y2
Y2
1

Y3  0

 3
Y 3   0
DUAL
0

2  3

2 
0
0
5
Teori Dualitas ……..
Masalah Primal dual simetris : Semua variable dibatasi
non negatif dan semua batasan berupa pertidaksamaan
Max. : Z 
n
 C j
j 1
j
Constraints
n
 a ij X j  bi
j 1
Min. :
m
W   bi Yi
i 1
Constraints
m
 a ij Yi  C j
i 1
X j o
Yi  o
untuk i  1, 2 , 3 .... m
untuk j  1, 2 ,3 .... n
Teori Dualitas ……..
contoh
Max. :
Z  3
 X1 
5 

X 2
Constraints
1

0

 3
W  Y1
Min. :
Y2
4
 
Y3  12
 
18 
Constraints
0
4
X


1

 
2 
 12
 X   
 2
18 
2 
 X 1  0 

 
X
 2  0 
PRIMAL
Y1
Y1
Y2
Y2
1

Y3  0

 3
Y 3   0
DUAL
0

2  3

2 
0
0
5
Teori Dualitas ……..
TABEL PRIMAL DUAL
Koefisien dari
RUAS
KANAN
MASALAH
DUAL
Koefisien dari
RUAS
KANAN
X1
X2
.
.
Xn
Y1
a11
a12
a13
.
a1n
≤ b1
Y2
a21
a22
a23
.
a2n
≤ b2
Y3
a31
a32
a33
.
a3n
≤ b3
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Ym
am1
am2
am3
.
amn
≥
≥
≥
.
≥
C1
C2
C3
.
Cn
Koefisien fungsi tujuan (max.)
≤ bm
Koeffisien fungsi
tujuan (Min.)
MASALAH PRIMAL
Teori Dualitas ……..
Contoh TABEL PRIMAL DUAL
Fungsi tujuan : Minimize
Batasan:
Z=3X1+2,5X2
2X1 +4X2  40
3X1 +2X2  50
X1  0 , X2  0
X1
X2
Y1
2
4

40
Y2
3
2

50
≤
≤
3
2,5
(0)
(1)
(2)
Teori Dualitas ……..
Soal : Kerjakan dan kumpulkan
Sebuah perusahaan memproduksi jaket dan tas kulit. Sebuah jaket
memerlukan 8 meter persegi kulit, sementara sebuah tas hanya
menggunakan 3 meter persegi. Untuk menyelesaikan sebuah jaket dan tas
diperlukan waktu masing-masing 12 dan 4 jam. Harga pembelian kulit
adalah $ 8 per meter persegi dan biaya tenaga kerja diperkirakan $ 15
per jam. Persediaan kulit dan jam tenaga kerja mingguan dibatasi 1200
meter persegi dan 1800 jam. Perusahaan menjual jaket dan tas masingmasing dengan harga $ 350 dan $120. Tujuan perusahaan menentukan
produksi mingguan jaket dan tas untuk memaksimumkan pendapatan
bersih.
1. Buat formulasi model dari kasus diatas
2. Berapa pendapatan bersih mingguan
3. Buat formulasi model dari bentuk dual kasus tersebut
4. dan buatlah tabel masalah Primal-Dual nya.
Teori Dualitas ……..
Hubungan Primal Dual untuk semua masalah LP,
bentuk Primal masalah Maximize
PRIMAL
DUAL
Maximize
Minimize
ith constraint ≥ type
Dual var. Yi ≤0
ith constraint ≤ type
Dual var. Yi ≥0
ith constraint = type
Yi unrestricted
Xj ≥ 0
jth constraint ≥ type
Xj ≤ 0
jth constraint ≤type
Xj unrestricted
jth constraint = type
Teori Dualitas ……..
Hubungan Primal Dual untuk semua masalah LP,
bentuk Primal masalah Minimize
PRIMAL
DUAL
Minimize
Maximize
ith constraint  type
Dual var. Yi  0
ith constraint ≤ type
Dual var. Yi ≤ 0
ith constraint = type
Yi unrestricted
Xj ≥ 0
jth constraint ≤ type
Xj ≤ 0
jth constraint ≥ type
Xj unrestricted
jth constraint = type
Teori Dualitas ……..
Dual Problem :
Primal Problem:
Max z = 7x1+ 10x2 - x3
subject to
5x1+ 4x2
subject to
≤ 24
2x1 +5x2 + 3x3 = 13
x1 - 2x2 +
Min W = 24Y1+ 13Y2 + 5Y3 + 10Y4
x3 ≥5
x2 + 2x3 ≤ 10
x1 ≥ 0, x2 ≤ 0 , x3 unrestricted
5Y1 + 2Y2 + Y3
7
4Y1 + 5Y2 – 2Y3 + Y4  10
3Y2 – Y3 + 2Y4 = - 1
Y1 ≥ 0, Y2 unrestricted, Y3 ≤ 0 ,Y4 ≥ 0
Properties of Primal & Dual Problems
1. Dual dari dual adalah primal
2. Tabel simplex optimal yang berkaitan dengan satu masalah
(primal atau dual) secara langsung memberikan informasi
lengkap tentang pemecahan optimal untuk masalah lainnya.
3. Setiap pasangan pemecahan primal dan dual yang layak
Nilai tujuan dalam
masalah max,
<
Nilai tujuan dalam
masalah min,
4. Dalam pemecahan optimal untuk kedua masalah
Nilai tujuan dalam
=
masalah max, Z
Nilai tujuan dalam
masalah min, W
Properties of Primal & Dual ……..
Contoh :
Fungsi tujuan : Minimize
Batasan:
PRIMAL
Z= 5X1+2 X2
(0)
X1 - X2  3
2X1 +3X2  5
X1  0 , X2  0
(1)
(2)
Pemecahan PRIMAL layak : X1 =3
dan X2 = 0
Nilai tujuan PRIMAL Minimize Z =5 x 3 + 2 x 0 = 15
Properties of Primal & Dual ……..
DUAL
Fungsi tujuan : Maximize
Batasan:
W =3Y1+5Y2
Y1 +2Y2 ≤5
-Y1 +3Y2 ≤2
Y1  0 , Y2  0
Pemecahan DUAL layak : Y1 =3
Nilai tujuan DUAL maximize
(0)
(1)
(2)
dan Y2 = 1
W =3 x 3 + 5 x 1 = 14
14 (NILAI MAX) ≤ 15 (NILAI MIN)
Properties of Primal & Dual ……..
Pemecahan Dual optimal
Dari tabel simplex akhir primal optimal dapat dihasilkan
solusi dual optimal.
Nilai koefisien dari slack atau artificial variable pada
baris fungsi tujuan dari tabel simplex akhir primal optimal
merupakan nilai dual optimal yang berkesesuaian.
Contoh : masalah Primal
Maximize
Batasan
Z = 2X1+X2
(0)
X1+5X2 ≤ 10
(1)
X1+3X2 ≤ 6
(2)
2X1+2X2 ≤ 8
(3)
X1  0 , X2  0
Properties of Primal & Dual ……..
Masalah Dual :
Minimize
W = 10 Y1 + 6 Y2 + 8 Y3
(0)
Batasan
Y1 +
Y2 + 2 Y3 ≥2
(1)
5Y1 + 3 Y2 + 2 Y3 ≥1
(2)
Tabel
simplex awal
primal
Iterat
ion
0
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
Y1  0 , Y2  0 , Y3  0
RHS
(sol)
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
S3
(0)
1
-2
-1
0
0
0
0
S1
(1)
0
1
5
1
0
0
10
S2
(2)
0
1
3
0
1
0
6
S3
(3)
0
2
2
0
0
1
8
Tabel Simplex akhir Masalah Primal optimal
Nilai optimal Y adalah
koefisien var. S
Y1 = Y2 = 0, Y3 = 1 dengan
W=8
Iterat
ion
…
Basic
Varia
ble
Eqt.
Z
RHS
(sol)
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
S3
(0)
1
0
1
0
0
1
8
S3
(1)
0
0
4
1
0
-1/2
6
S2
(2)
0
0
2
0
1
-1/2
2
X1
(3)
0
1
1
0
0
1/2
4
Nilai Optimal X1 = 4 dan X2 = 0.
dengan fungsi tujuan Max. Z = 8
Properties of Primal & Dual ……..
Interpretasi ekonomi dalam masalah Dual
HARGA DUAL (DUAL PRICE)
PRIMAL
Max. :
Z 
n
 C j j
DUAL
Min. :
m
W   bi Yi
i 1
j 1
Constraints
Constraints
m
n
 a ij Yi  C j
 a ij X j  b i
i 1
Xj  o
Yi unrestrict ed
j 1
untuk
i  1,2 ,3 .... m
untuk j  1,2 ,3 .... n
Properties of Primal & Dual ……..
Cj  mewakili laba marginal dari kegiatan j yang tingkat
kegiatannya xj unit.
n
 C jX j
j1
m
 a ij X j
 mewakili laba dari semua kegiatan
 mewakili penggunaan sumber daya
i 1
Untuk pemecahan Optimal : Z = W
n
m
j 1
i 1
Nilai uang per unit
sumber i
 C j X j   b i Yi
Mewakili nilai uang
pengembalian
Jumlah (unit) sumber i
Properties of Primal & Dual ……..
m
$ (pengembal
ian)   (unit sumber i)($ / unit sumber i)
i 1
Variable dual Yi mewakili nilai per unit sumber i.
 Disebut harga dual atau harga bayangan (shadow price)
Significance of Dual Problem
1. Mathematically very important
2. Computationally
One model (with fewer constraints) is easier to solve
3. Economic interpretation of the dual variable (shadow price)
Shadow price of constraint i gives the rate of change in
the objective function per unit change in the RHS value
of the constraint.
Sensitivity Analysis
Sensitivity analysis is to answer the following question:
How does the optimal solution change as a coefficient
is varied from its given value?
Why sensitivity analysis is important?
•
•
Many coefficients are estimated
Want to know the sensitivity of the optimal solution with
respect to these coefficients.
Sensitivity Analysis
There are three kinds of such analysis:
1. Objective function ranging (coefficient ranging) (tujuan/cost,
harga jual)
2. RHS value ranging (produk)
3. Constraint coefficient ranging (batasan)
Range Objective Function Coefficients
Case 1: Non-basic variable
What happens if the coefficient of a non-basic objective
function, cj, is changed by an amount of δ?
What range of values for δ is the current solution remains
optimal?
Consider the following LP problem:
max z = 20x1+ 10x2
subject to
5x1+ 4x2 ≤ 24
2x1+ 5x2 ≤ 13
x1 , x2 ≥ 0
*
Initial Simplex tableau:
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Ratio
Z
(0)
1
-20
-10
0
0
0
S1
(1)
0
5
4
1
0
24
24/5
S2
(2)
0
2
5
0
1
13
13/2
*
Final Simplex tableau:
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
0
6
4
0
96
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5
S2
(2)
0
0
17/5
-2/5
1
17/5
*
Range Objective Function
Coefficients (Continued)
If c2= 10 + δ, what would happen to the coefficients
in the objective function row?
Row(0) are updated from the initial tableau to :
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Ratio
Z
(0)
1
-20
-10-δ
0
0
0
S1
(1)
0
5
4
1
0
24
24/5
S2
(2)
0
2
5
0
1
13
13/2
*
Range Objective Function Coefficients
(Continued)
It follows that the final Simplex tableau is given by
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
0
6-δ
4
0
96
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5
S2
(2)
0
0
17/5
-2/5
1
17/5
Hence, the existing basic will remain optimal as long as
6 - δ ≥0  δ≤6.
In other words, the solution will remain optimal as long as c2 ≤ 16.
If c2 >16, then Row(0) coefficient for x2 becomes negative and
x2 would enter the solution and s2 would become nonbasic.
* Range Objective Function
Coefficients (Continued)
Case 2: Basic variable
What happens if the coefficient of a basic objective function,
cj, is changed by an amount of δ?
If c1 = 20+δ, what would happen to the coefficients in the
objective function row?
Row(0) are updated from the initial tableau to :
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Ratio
Z
(0)
1
-20- δ
-10
0
0
0
S1
(1)
0
5
4
1
0
24
24/5
S2
(2)
0
2
5
0
1
13
13/2
* Range Objective Function
Coefficients (Continued)
The second Simplex tableau now becomes
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
-δ
6
4
0
96
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5
S2
(2)
0
0
17/5 -2/5
1
17/5
Note that the coefficient in column x1and Row(0) should be
eliminated. This reduces to the following Simplex tableau:
* Range Objective Function
Coefficients (Continued)
The final Simplex tableau now becomes
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
0
6+(4/5) δ
4+ δ/5
0
96+(24/5) δ
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5
S2
(2)
0
0
17/5
-2/5
1
17/5
Hence, in order for the current solution to remain optimal, we need
6+(4/5)δ ≥ 0
4+ δ/5 ≥ 0
It follows that
δ ≥ -7.5
δ ≥ -20
This gives δ ≥ -7.5 or c1 ≥ 12.5.
* Range RHS Value
What happens if bi, is changed by an amount of δ?
If b1 = 24+δ,
Row(0) are updated from the initial tableau to :
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
-20
-10
0
0
0
S1
(1)
0
5
4
1
0
24 +δ
S2
(2)
0
2
5
0
1
13
Ratio
(24+ δ )/5
13/2
*
then the final Simplex tableau now becomes :
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
0
6
4
0
96+4δ
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5 + δ/5
S2
(2)
0
0
17/5
-2/5
1
17/5 –(2/5) δ
That is, the RHS column is replaced by the sum of the RHS
column and δ times the s1 column.
Now, in order for the current solution remains optimal, it must
be feasible. That is
24/5 + δ/5 ≥ 0
17/5 – (2/5)δ ≥ 0
This gives -24 ≤ δ ≤ 8.5 or 0 ≤ b1 ≤ 32.5.
*
Similarly, if b2 = 13 + δ, then the final Simplex tableau
now becomes :
Basic
Variab Eqt.
le
Coefficient of :
Z
X1
X2
S1
S2
RHS
(sol)
Z
(0)
1
0
6
4
0
96
X1
(1)
0
1
4/5
1/5
0
24/5
S2
(2)
0
0
17/5
-2/5
1
17/5 + δ
It follows that
δ ≥ -17/5 or b2 ≥ 9.6