ms2011-modul 3-pemrograman linear-simpleks.ppt · persamaan menambahkan variabel slack ke fungsi...
TRANSCRIPT
Pemrograman Linier
Manajemen Sains
Pemrograman Linier
(Metode Simpleks)
Eko PrasetyoTeknik Informatika
Univ. Muhammadiyah Gresik 2011
Komponen dasar� Variabel keputusan
yang kita cari untuk ditentukan
� Objective (tujuan)
yaitu ingin mengoptimalkan (memaksimalkan atau
meminimalkan)
Teknik Informatika UMG 20112
meminimalkan)
� Constraints
yaitu solusi yang harus dicapai.
LP metode Simpleks� Mengonversi constraint yang masih dalam bentuk
pertidaksamaan menjadi persamaanmenggunakan bantuan variabel slack.
� Nilai di sisi kanan harus non negatif.
� Constraint yang menggunakan tanda ≤
Teknik Informatika UMG 20113
� merupakan representasi batas ketersediaan
� sumber daya, dimana sisi kiri adalah representasipenggunaan sumber daya oleh aktivitas (variabel) model.
� Perbedaan antara sisi kanan dan sisi kiri tanda ≤
merupakan sejumlah sumber daya yang belumdigunakan atau slack.
Langkah-langkah awal sebelum
menggunakan metode simpleks
� Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau ≥) menjadi persamaan
� Menambahkan variabel slack ke fungsi tujuan dengan koefisien nol
� Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan
Teknik Informatika UMG 20114
� Memindahkan komponen sisi kanan fungsi tujuan ke sisi kanan
Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau
≥) menjadi persamaan� Mengonversi pertidaksamaan (≤) menjadi persamaan (=), sebuah
variabel slack nonnegative ditambahkan pada sisi kiri constraint. � Kasus Reddy Mikks, constraint yang menyatakan penggunakan bahan
baku M1 diberikan oleh : 6x1 + 4x2 ≤ 24� Definisikan s1 sebagai variabel slack dari M1, maka constraint dapat
dikonversi menjadi : 6x1 + 4x2 + s1 = 24, s1 ≥ 0
� Constraint dengan tanda ≥, menyatakan batas terendah aktivitas model program linear, sehingga jumlah yang dinyatakan disisi kiri melewatibatas minimal yang direpresentasikan sebagai surplus.
Teknik Informatika UMG 20115
batas minimal yang direpresentasikan sebagai surplus.
� Konversi dari ≥ ke = dicapai dengan mengurangi dengan variabelsurplus non negatif dari sisi kiri pertidaksamaan. Misalnya, dalam kasusOzark Farm, constraint yang menyatakan kebutuhan makanan : x1 + x2 ≥ 800
� Definisikan r1 sebagai variabel surplus, constraint dapat dikonversimenjadi persamaan berikut : x1 + x2 - r1 = 800, r1 ≥ 0
Mengonversi pertidaksamaan (≤ atau
≥) menjadi persamaan (cont’d)
� Untuk kasus dimana sisi kanan constraint bernilai negatif, maka harus dilakukan perkalian kedua sisi dengan -1 setelah langkah diatas dilakukan. Misalnya constraint : -x1 + x2 ≤ -3
� Maka bentuk persamaannya menjadi :
Teknik Informatika UMG 20116
� Maka bentuk persamaannya menjadi :
-x1 + x2 + r1 = -3, r1 ≥ 0
� Selanjutnya kedua sisi dikalikan dengan -1, sehingga sisi kanan bernilai positif :
x1 - x2 - r1 = 3
Menambahkan variabel slack ke
fungsi tujuan dengan koefisien nol
� Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan :
Z = 5x1 + 4x2
dengan 4 variabel slack menjadi :
Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4
Teknik Informatika UMG 20117
Memindahkan komponen sisi kanan
fungsi tujuan ke sisi kanan
� Pada kasus model Reddy Mikks, fungsi tujuan :
Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4
Berubah menjadi :
Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0
Teknik Informatika UMG 20118
Langkah-langkah metode Simpleks
1. Menentukan awal basis solusi layak
2. Memilih variabel masuk menggunakan syarat
keoptimalan. Berhenti jika tidak ada lagivariabel masuk, solusi terakhir adalah solusioptimal. Jika tidak maka ke langkah 3.
Teknik Informatika UMG 20119
optimal. Jika tidak maka ke langkah 3.
3. Memilih variabel keluar menggunakan syarat
kelayakan.
4. Menentukan solusi dasar yang barumenggunakan perhitungan Gauss-Jordan. Kembali ke langkah 2.
Langkah-langkah metode Simpleks
(cont’d)
� Syarat keoptimalan (optimality condition).
� Variabel masuk dalam kasus pemaksimalan
(peminimalan) adalah variabel nonbasis yang
mempunyai koefisien negatif terbesar (pemaksimalan)
atau positif terbesar (peminimalan) dalam baris -z-row.
� Syarat optimal dicapai pada iterasi dimana semua
Teknik Informatika UMG 201110
� Syarat optimal dicapai pada iterasi dimana semua
koefisien z-row dari variabel nonbasis tidak negatif
(pemaksimalan) atau tidak positif (peminimalan)
� Syarat kelayakan (feasibility condition).
� Untuk kedua masalah pemaksimalan dan peminimalan,
variabel keluar adalah variabel basis yang dikaitkan
dengan rasio non negatif terkecil.
Operasi baris Gauss-Jordan1. Menentukan baris kunci :
� Gantilah variabel keluar dalam kolom basis
dengan variabel masuk
� Baris kunci baru = Baris kunci ÷ elemen kunci
2. Mengganti nilai baris yang lain :
Teknik Informatika UMG 201111
2. Mengganti nilai baris yang lain :
� Baris baru = Baris lama – koefisien kolom kunci ×
Baris kunci baru
Langkah-langkah metode Simpleks
(cont’d)� Variabel basis adalah variabel yang berkontribusi
(mempunyai nilai) memberikan solusi yang diminta.
� Variabel nonbasis adalah variabel yang tidakberkontribusi (bernilai 0) dalam pemberian solusi.
� Inisialisasi dalam metode simpleks :x1, x2, … adalah variabel non basis
Teknik Informatika UMG 201112
1 2
s1, s2, … adalah variabel basis
� Dalam iterasi metode simpleks, satu persatuvariabel slack akan berubah menjadi variabel non basis karena keluar dari solusi dasar (variabelkeluar), dan variabel keputusan akan berubahmenjadi variabel basis karena masuk ke basis solusi (variabel masuk).
Program Linier pada kasus
memaksimalkan� Perusahaan Reddy Mikks memproduksi cat interior dan exterior dari
dua bahan baku, M1 dan M2.
� Tabel dibawah ini adalah informasi mengenai kebutuhan bahan baku, ketersediaan, dan keuntungannya.
� Survey pasar menunjukkan bahwa kebutuhan perhari untuk cat interior tidak boleh melebihi cat exterior lebih dari 1 ton, juga kebutuhan harianmaksimal untuk cat interior adalah 2 ton.
� Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antara
Teknik Informatika UMG 201113
� Reddy Mikks ingin menentukan jumlah optimal (terbaik) produk antaracat interior dan exterior dengan memaksimalkan total keuntunganharian.
Produk
Kebutuhan bahan
baku (ton)Keuntungan
(x1000)M1 M2
Cat Ext 6 1 5
Cat Int 4 2 4
Kapasitas 24 6 Z
Program Linier pada kasus Reddy
Mikks(cont’d)� Konversi model Reddy Mikks menjadi :
� Kendala :
� 6x1 + 4x2 + s1 = 24 (bahan baku M1) (1)
� x1 + 2x2 + s2 = 6 (bahan baku M2) (2)
� -x1 + x2 + s3 = 1 (batas pasar) (3)
� x2 + s4 = 2 (batas kebutuhan) (4)
Teknik Informatika UMG 201114
� x2 + s4 = 2 (batas kebutuhan) (4)
� x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0
� Maksimalkan Z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 +0s4
� Variabel s1, s2, s3, dan s4 adalah variabel slack yang dikaitkan dengan constraint yang bersangkutan.
� Fungsi tujuan diubah menjadi :� Z - 5x1 - 4x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 - 0s4 = 0
Program Linier pada kasus Reddy
Mikks(cont’d)
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 z-row
s1 0 6 4 1 0 0 0 24 s1-row
s2 0 1 2 0 1 0 0 6 s2-row
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1 s3-row
s4 0 0 1 0 0 0 1 2 s4-row
Teknik Informatika UMG 201115
s4 0 0 1 0 0 0 1 2 s4-row
Syarat Optimal dan Layak� Solusi dari fungsi Z = 5x1 + 4x2 yang ditunjukkan oleh tabel
dapat ditingkatkan dengan meningkatkan x1 dan x2.
� Untuk variabel yang akan masuk sebagai variabel basis dipilih nilai variabel nonbasis yang mempunyai nilaikoefisien positif terbesar.
� Karena fungsi tujuan dalam tabel simpleks adalah Z – 5x1– 4x2 = 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabel
Teknik Informatika UMG 201116
– 4x2 = 0, variabel masuk akan dikaitkan pada variabeldengan koefisien negatif terbesar dalam fungsi tujuan.
� Aturan ini disebut dengan syarat optimal.
� Mekanisme penentuan variabel keluar dari tabel simpleksdilakukan dengan menghitung rasio non negatif dari sisikanan persamaan (kolom Solusi) pada koefisien constraint yang bersangkutan dengan variabel masuk seperti yang ditunjukkan pada tabel berikut :
Syarat Optimal dan Layak
BasisMasuk
Solusi Rasiox1
s1 6 24 x1 = 24/6 = 4 � minimal
s2 1 6 x1 = 6/1 = 6
s3 -1 1 x1 = 1/-1 = -1 (diabaikan)
s 0 2 x = 2/0 = ∞ (diabaikan)
Teknik Informatika UMG 201117
s4 0 2 x1 = 2/0 = ∞ (diabaikan)
Kesimpulan : x1 masuk dan s1 keluar� Proses penukaran didasarkan pada operasi Gauss-Jordan.
� Operasi ini menjadikan kolom variabel masuk sebagai kolom kunci danvariabel keluar sebagai baris kunci.
� Elemen yang tepat menjadi anggota kolom kunci dan baris kuncidisebut elemen kunci.
� Tabel akan diupdate berdasarkan baris dan kolom yang dihighlight.
Baris kunci dan kolom kunci
Masuk
↓
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 -5 -4 0 0 0 0 0
Keluar � s 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci
Teknik Informatika UMG 201118
Keluar � s1 0 6 4 1 0 0 0 24 Baris kunci
s2 0 1 2 0 1 0 0 6
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 1)Baris kunci
Ganti s1 pada kolom Basis dengan x1
Baris x1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci= [0 6 4 1 0 0 0 24] / 6= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x baru
Teknik Informatika UMG 201119
Baris z baru = Baris z – (-5) × Baris x1 baru= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – (-5) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]= [1 -5 -4 0 0 0 0 0] – [0 -5 -10/3 -5/6 0 0 0 -20]= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20]
Baris s2 baru = Baris s2 – (1) × Baris x1 baru= [0 1 2 0 1 0 0 6] – (1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]= [0 1 2 0 1 0 0 6] – [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2]
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (cont’d)
Baris s3 baru = Baris s3 – (-1) × Baris x1 baru
= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – (-1) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 -1 1 0 0 1 0 1] – [0 -1 -2/3 -1/6 0 0 0 -4]
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5]
Baris s4 baru = Baris s4 – (0) × Baris x1 baru
Teknik Informatika UMG 201120
Baris s4 baru = Baris s4 – (0) × Baris x1 baru
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (0) × [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4]
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 0 0 0 0 0 0]
= [0 0 1 0 0 0 1 2]
Tabel simpleks setelah iterasi 1
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Teknik Informatika UMG 201121
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
� Fungsi tujuan Z = 20.
� Dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsi tujuan) yang mempunyai koefisien negatif terbesar, ditemukan x2 dengan koefisien -2/3 sebagai variabel masuk.
� Syarat optimal ditunjukkan bahwa x2 adalah variabel masuk.
Syarat Optimal dan Layak
BasisMasuk
Solusi Rasiox2
x1 2/3 4 x2 = 4/(2/3) = 6
s2 4/3 2 x2 = 2/(4/3) = 3/2 � minimal
s 5/3 5 x = 5/(5/3) = 3
Teknik Informatika UMG 201122
s3 5/3 5 x2 = 5/(5/3) = 3
s4 1 2 x2 = 2/1 = 2
Kesimpulan : x2 masuk dan s2 keluar
Baris kunci dan kolom kunci
Masuk
↓
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
Keluar � s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci
Teknik Informatika UMG 201123
Keluar � s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2 Baris kunci
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 2)Baris kunci
Ganti s2 pada kolom Basis dengan x2
Baris x2 baru = Baris s2 ÷ elemen kunci
= [0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2] / (4/3)
= [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x baru
Teknik Informatika UMG 201124
Baris z baru = Baris z – (-2/3) × Baris x2 baru
= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – (-2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20] – [0 0 -2/3 1/12 -1/2 0 0 -1]
= [1 0 0 ¾ ½ 0 0 21]
Baris x1 baru = Baris x1 – (2/3) × Baris x2 baru
= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – (2/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 1 2/3 1/6 0 0 0 4] – [0 0 2/3 -1/12 1/2 0 0 1]
= [0 1 0 1/4 -1/2 0 0 3]
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 2)
Baris s3 baru = Baris s3 – (5/3) × Baris x1 baru
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – (5/3) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 5/3 1/6 0 1 0 5] – [0 0 5/3 -5/24 5/4 0 0 5/2]
= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]
Teknik Informatika UMG 201125
= [0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2]
Baris s4 baru = Baris s4 – (0) × Baris x1 baru
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – (1) × [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 1 0 0 0 1 2] – [0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2]
= [0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2]
Tabel simpleks setelah iterasi 2
Basis Z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solusi
Z 1 0 0 ¾ ½ 0 0 21
x1 0 1 0 ¼ -1/2 0 0 3
x2 0 0 1 -1/8 ¾ 0 0 3/2
s3 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2
Teknik Informatika UMG 201126
� Berdasarkan pada syarat optimal, tidak ada dalam koefisien z-row yang variabel nonbasis (s1
dan s2) nilainya negatif.
� Sehingga tabel diatas sudah mencapai optimal.
s3 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2
s4 0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2
Hasil LP kasus Reddy Mikks
Variabel
keputusan
Nilai
OptimalRekomendasi
x1 3Produksi 3 ton cat exterior
perhari
Produksi 1.5 ton cat
Teknik Informatika UMG 201127
x2 3/2Produksi 1.5 ton cat
interior perhari
Z 21Keuntungan harian adalah
21(x1000)
Klasifikasi constraint
Sumber daya Nilai slack Status
Bahan baku M1 s1 = 0 Scarce
Bahan baku M2 s2 = 0 Scarce
Teknik Informatika UMG 201128
Batas pasar s3 = 5/2 Abundant
Batas kebutuhan s4 = 1/2 Abundant
Solusi Awal Buatan� PL yang constraintnya menggunakan tanda ≤ dengan
nilai non negatif disisi kanan menyebabkan semuavariabel slack memulai solusi layak awal.
� Model yang menggunakan tanda = dan atau ≥ tidakseperti itu.
� Prosedur untuk awal pemrograman linear dengan
Teknik Informatika UMG 201129
� Prosedur untuk awal pemrograman linear dengantanda = dan ≥ pada constraint adalah menggunakanvariabel buatan (artificial variables) yang memainkan peranan slack diawal iterasi dankemudian mengatur keabsahannya diakhir iterasi.
� Dua metode terkait adalah : metode M dan metodedua fase
Metode M� Metode M memulai LP dalam bentuk persamaan.
� Jika persamaan i tidak mempunyai slack, sebuahvariabel buatan ri ditambahkan untuk membentuksolusi awal yang menyerupai semua basis solusiawal.
� Karena variabel buatan bukan bagian dari model asli
Teknik Informatika UMG 201130
� Karena variabel buatan bukan bagian dari model asliLP, kehadirannya memberikan pelanggaran yang sangat berat dalam fungsi tujuan
� Maka pemaksaan variabel buatan agar bernilai nolharus dilakukan.
� Hal ini akan terjadi dalam kasus jika masalahmempunyai solusi yang layak.
Aturan pelanggaran pada variabel
buatan
� Diberikan M, nilai positif yang cukup besar (secara matematis M � ∞), koefisien tujuan variabel buatan merepresentasikan pelanggaran (penalty) yang tepat jika :
� Koefisien obyektif variabel buatan =
Teknik Informatika UMG 201131
� Koefisien obyektif variabel buatan =
anmeminimalkmasalah dalam M,
kanmemaksimalmasalah dalam M,-
Contoh Kasus� Minimalkan Z = 4x1 + x2
� Constraint :
� 3x1 + x2 = 3
� 4x1 + 3x2 ≥ 6
� x + 2x ≤ 4
Teknik Informatika UMG 201132
� x1 + 2x2 ≤ 4
� x1, x2 ≥ 0
Penyelesaian� Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam constraint kedua dan s1 sebagai slack
dalam constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :� Minimalkan Z = 4x1 + x2
� Constraint :� 3x1 + x2 = 3
� 4x1 + 3x2 – r1 = 6
� x1 + 2x2 + s1 = 4
� x1, x2, r1, s1 ≥ 0
� Persamaan ketiga mempunyai variabel slack yaitu s1, tetapi persamaan pertama dan keduatidak.
Teknik Informatika UMG 201133
tidak.
� Maka tambahkan variabel buatan R1 dan R2 dalam persamaan pertama dan kedua danmelanggar fungsi tujuan dengan MR1 + MR2 (karena meminimalkan).
� Hasil LP menjadi :� Minimalkan Z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2
� Constraint :� 3x1 + x2 + R1 = 3
� 4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6
� x1 + 2x2 + s1 = 4
� x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0
� Solusi basis awal diberikan oleh (R1, R2, s1) = (3,6,4).
Nilai M� Nilai M sebaiknya cukup besar yang relative
terhadap koefisien obyektif yang asli sehingga dapat bertindak sebagai pelanggaran yang memaksakan variabel buatan pada level nol dalam solusi optimal.
Teknik Informatika UMG 201134
dalam solusi optimal.
� Tetapi nilai M juga tidak boleh terlalu besar karena bisa membawa hasil tak terhingga.
� Dalam kasus contoh ini, nilai koefisien obyektif x1
dan x2 adalah 4 dan 1, maka cukup beralasan jika M = 100
Perubahan pada tabel simpleksBasis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z -4 -1 0 -100 -100 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Teknik Informatika UMG 201135
� Dalam tabel, x1 = x2 = r1 = 0, yang merupakan solusi basis awalR1 = 3, R2 = 6, dan s1 = 4.
� Solusi ini berarti Z = 100 (3) + 100 (6) = 900 (seharusnya 0, seperti sisi kanan z-row yang tampak ditabel).
� Ketidakkonsistenan ini muncul dari fakta bahwa R1 dan R2mempunyai koefisien nonzero (-100, -100) dalam z-row (bandingkan dengan semua solusi awal slack pada contohsebelumnya) dimana koefisien z-row dari slack adalah nol.
Menghilangkan inkonsistensi� Mensubstitusi R1 dan R2 dalam z-row menggunakan
persamaan constraint yang tepat.
� Elemen bernilai 1 yang dihighlight dalam R1-row dan R2-row, perkalian setiap R1-row dan R2-row oleh 100 danmenambahkan jumlahnya ke z-row akan mensubstitusi R1dan R2 dalam baris obyektif.
� Sehingga :
Teknik Informatika UMG 201136
� Sehingga :Z-row baru = Z-row lama + (100 × R1-row + 100 × R2-row)Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + (100 × [3 1 0 1 0 0 3] +
100 × [4 3 -1 0 1 0 6])Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + ([300 100 0 100 0 0 300] +
[400 300 -100 0 100 0 600])Z-row baru = [-4 -1 0 -100 -100 0 0] + [700 400 -100 100 100 0
900]Z-row baru = [696 399 -100 0 0 0 900]
Perubahan pada tabel simpleks
setelah substitusi
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 696 399 -100 0 0 0 900
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
Teknik Informatika UMG 201137
� Dari tabel diatas, dapat dipastikan bahwa nilai Z=900, konsisten/tepat dengan nilai solusi layak awal : R1 = 3, R2 = 6, dan s1 = 4.
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Penentuan variabel masuk dan
keluar
BasisMasuk
Solusi Rasiox1
R1 3 3 x1 = 3/3 = 1 � minimal
R2 4 6 x1 = 6/4 = 3/2
s 1 4 x = 4/1 = 4
Teknik Informatika UMG 201138
� Nilai rasio positif terkecil menjadi baris kunci dan kolom pada fungsi tujuan dengan koefisien positif terbesar menjadi kolom kunci.
s1 1 4 x1 = 4/1 = 4
Kesimpulan : x1 masuk dan R1 keluar
Kolom dan baris kunci yang terpilih
(iterasi 1)
Masuk
↓
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 696 399 -100 0 0 0 900
Keluar � R1 3 1 0 1 0 0 3 Baris
Teknik Informatika UMG 201139
Keluar � R1 3 1 0 1 0 0 3 Baris
kunci
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 1)Baris kunci
Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1
Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci
= [3 1 0 1 0 0 3] / 3
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x baru
Teknik Informatika UMG 201140
Baris z baru = Baris z – (696) × Baris x1 baru
= [696 399 -100 0 0 0 900] – (696) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [696 399 -100 0 0 0 900] – [696 232 0 232 0 0 696]
= [0 167 -100 -232 0 0 204]
Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru
= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 1)Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x1 baru
= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]
Solusi baru adalah (x1, R2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Teknik Informatika UMG 201141
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 167 -100 -232 0 0 204
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
• Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 204.
• Selanjutnya dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsitujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan x2
dengan koefisien 167 sebagai variabel masuk.
Penentuan variabel masuk dan
keluar
BasisMasuk
Solusi Rasiox2
x1 1/3 1 x2 = 1/(1/3) = 3
R 5/3 2 x = 2/(5/3) = 6/5 � minimal
Teknik Informatika UMG 201142
R2 5/3 2 x2 = 2/(5/3) = 6/5 � minimal
s1 5/3 3 x2 = 3/(5/3) = 9/5
Kesimpulan : x2 masuk dan R2 keluar
Kolom dan baris kunci yang terpilih
(iterasi 2)
Masuk
↓
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 167 -100 -232 0 0 204
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
Teknik Informatika UMG 201143
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
Keluar � R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 Baris kunci
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Kolom
kunci
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 1)Baris kunci
Ganti R2 pada kolom Basis dengan x2
Baris x2 baru = Baris R2 ÷ elemen kunci
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)
= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
Baris yang lain
Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru
Teknik Informatika UMG 201144
Baris z baru = Baris z – (167) × Baris x2 baru
= [0 167 -100 -232 0 0 204] – (167) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 167 -100 -232 0 0 204] – [0 167 -501/5 -668/5 501/5 0 1002/5]
= [0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5]
Baris x1 baru = Baris x1 – (1/3) × Baris x2 baru
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 3/15 0 6/15]
= [1 0 1/5 3/5 -3/15 0 3/5]
Operasi Gauss-Jordan untuk
menghasilkan solusi baru (iterasi 1)Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x2 baru
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 -2]
= [0 0 1 1 -1 1 5]
Solusi baru adalah (x1, x2, s1) dan tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Teknik Informatika UMG 201145
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
Z 0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 3/5 -3/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 -1 1 5
Penentuan variabel masuk dan
keluar� Dari tabel diatas, terlihat bahwa fungsi tujuan Z = 18/5.
� Selanjutnya dicari lagi variabel masuk pada baris Z (fungsitujuan) yang mempunyai koefisien positif terbesar, ditemukan r1dengan koefisien 1/5 sebagai variabel masuk. Syarat optimal ditunjukkan bahwa r1 adalah variabel masuk
BasisMasuk
Solusi Rasior1
Teknik Informatika UMG 201146
r1
x1 1/5 3/5 r1 = (3/5)/(1/5) = 3 � minimal
x2 -3/5 6/5 r1 = (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)
s1 1 5 r1 = 5/1 = 5
Kesimpulan : tidak ada syarat kelayakan yang memenuhi
� Dari tabel diatas, terlihat bahwa rasio minimal terdapat padavariabel basis x1 dan ini adalah variabel keputusan.
� Sehingga tidak ada lagi syarat kelayakan yang dapat dilakukandan tabel simpleks diatas adalah yang paling optimal.
Metode dua fase� Dalam metode M, penggunaan penalty M,
dimana didefinisikan nilainya harus relative besarterhadap koefisien obyektif actual dari model, dapat menghasilkan kisaran error yang dapatmelemahkan akurasi perhitungan simpleks.
� Metode dua fase mengurangi kelemahan ini
Teknik Informatika UMG 201147
� Metode dua fase mengurangi kelemahan inidengan menghilangkan konstanta M.
� Metode ini menyelesaikan kasus LP dalam duafase : � Fase I berusaha untuk mencari solusi layak awal,
� dan jika ditemukan, maka Fase II dijalankan untukmenyelesaikan masalah aslinya.
Langkah-langkah metode dua fase� Fase I
� Kondisikan masalah dalam bentuk persamaan, dantambahkan variabel buatan yang diperlukan padaconstraint (seperti metode M) untuk mengaman basis solusi awal.
� Cari solusi basis dari persamaan yang didapatkan itu, tanpa memandang LP adalah memaksimalkan atau
Teknik Informatika UMG 201148
tanpa memandang LP adalah memaksimalkan ataumeminimalkan, selalu meminimalkan jumlah darivariabel buatan.
� Jika nilai minimum penjumlahan adalah positif, masalahLP tidak mempunyai solusi layak, sehingga merupakanakhir proses. Jika tidak, lanjutkan ke fase II.
� Fase II� Gunakan solusi layak dari fase I sebagai basis solusi
awal layak pada masalah yang sesungguhnya.
Mengacu pada contoh di metode M
� Minimalkan Z = 4x1 + x2
� Constraint :
� 3x1 + x2 = 3
� 4x1 + 3x2 ≥ 6
� x + 2x ≤ 4
Teknik Informatika UMG 201149
� x1 + 2x2 ≤ 4
� x1, x2 ≥ 0
Penyelesaian� Menggunakan r1 sebagai variabel surplus dalam
constraint kedua dan s1 sebagai slack dalam constraint ketiga, bentuk persamaan masalah menjadi :
� Minimalkan Z = 4x1 + x2
Teknik Informatika UMG 201150
� Minimalkan Z = 4x1 + x2
� Constraint :
� 3x1 + x2 = 3
� 4x1 + 3x2 – r1 = 6
� x1 + 2x2 + s1 = 4
� x1, x2, r1, s1 ≥ 0
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I� Minimalkan R = R1 + R2
� Kendala :� 3x1 + x2 + R1 = 3� 4x1 + 3x2 – r1 + R2 = 6� x1 + 2x2 + s1 = 4� x1, x2, r1, s1, R1, R2 ≥ 0
� Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :
Teknik Informatika UMG 201151
� Tabel simpleksnya tampak sebagai berikut :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 0 0 -1 -1 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� Dengan metode M, R1 dan R2 disubstitusikan dalam R-
row dengan menggunakan perhitungan :R-row baru = R-row lama + (1 × R1-row + 1 × R2-row)R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + (1 × [3 1 0 1 0 0 3] + 1 × [4 3 -1 0
1 0 6])R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + ([3 1 0 1 0 0 3] + [4 3 -1 0 1 0 6])R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9]
Teknik Informatika UMG 201152
R-row baru = [0 0 0 -1 -1 0 0] + [7 4 -1 1 1 0 9]R-row baru = [7 4 -1 0 0 0 9]
� Tabel simpleks berubah menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
s1 1 2 0 0 0 1 4
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)
Teknik Informatika UMG 201153
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� x1 terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal
meminimalkan karena mempunyai koefisien positifterbesar).
� Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalamtabel dibawah ini :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solus Rasio
Teknik Informatika UMG 201154
i
R 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3 3/3 = 1 �
minimal
R2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4 = 1.5
s1 1 2 0 0 0 1 4 4/1 = 4
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� R1 menjadi variabel keluar dan x1 menjadi variabel
masuk.
� Perubahan pada tiap baris dengan Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusi baru� Baris kunci
� Ganti R1 pada kolom Basis dengan x1
� Baris x baru = Baris R ÷ elemen kunci
Teknik Informatika UMG 201155
� Baris x1 baru = Baris R1 ÷ elemen kunci= [3 1 0 1 0 0 3] / 3= [1 1/3 0 1/3 0 0 1]
� Baris yang lain� Baris R baru = Baris R – (7) × Baris x1 baru
= [7 4 -1 0 0 0 9] – (7) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]= [7 4 -1 0 0 0 9] – [7 7/3 0 7/3 0 0 7]= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2]
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� Baris R2 baru = Baris R2 – (4) × Baris x1 baru
= [4 3 -1 0 1 0 6] – (4) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]= [4 3 -1 0 1 0 6] – [4 4/3 0 4/3 0 0 4]= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
� Baris s1 baru = Baris s1 – (1) × Baris x1 baru= [1 2 0 0 0 1 4] – (1) × [1 1/3 0 1/3 0 0 1]= [1 2 0 0 0 1 4] – [1 1/3 0 1/3 0 0 1]= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]
Teknik Informatika UMG 201156
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3]
� Perubahan tabel simpleks menjadi :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� x2 terpilih sebagai kolom kunci (memenuhi syarat optimal
meminimalkan karena mempunyai koefisien positif terbesar).
� Perhitungan rasio dan syarat kelayakan ditampilkan dalam tabeldibawah ini :
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi Rasio
R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
Teknik Informatika UMG 201157
R 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 1/(1/3) = 3
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2 2/(5/3) = 1.2 �
minimal
s1 0 5/3 0 -1/3 0 1 3 3/(5/6) = 3.6
� Dari tabel tersebut, R2 menjadi variabel keluar dan x2 menjadivariabel masuk.
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)
� Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusibaru
� Baris kunci� Ganti R2 pada kolom Basis dengan x2
� Baris x2 baru = Baris R2 ÷ elemen kunci
Teknik Informatika UMG 201158
2 2
= [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2] / (5/3)
= [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
� Baris yang lain� Baris R baru = Baris R – (5/3) × Baris x2 baru
= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 -1 -7/3 0 0 2] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
= [0 0 0 -1 -1 0 0]
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)� Baris x1 baru = Baris x1 – (1/3) × Baris x2 baru
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – (1/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [1 1/3 0 1/3 0 0 1] – [0 1/3 -1/5 -4/15 1/5 0 2/5]
= [1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5]
� Baris s1 baru = Baris s1 – (5/3) × Baris x2 baru= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
Teknik Informatika UMG 201159
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – (5/3) × [0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5]
= [0 5/3 0 -1/3 0 1 3] – [0 5/3 -1 -4/3 1 0 2]
= [0 0 1 1 -1 1 1]
� Perubahan tabel simpleks menjadi :
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase I (cont’d)
Basis x1 x2 r1 R1 R3 s1 Solusi
R 0 0 0 -1 -1 0 0
x1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 -1 1 1
Teknik Informatika UMG 201160
� Tidak ada syarat optimal yang ditemui pada tabel (tidak adakoefisien positif terbesar di z-row).
� Sehingga untuk fase I selesai dan mencapai optimal.
� Karena minimal R = 0. Fase I menghasilkan basis solusi optimal x1 = 3/5 dan x2 = 6/5 dan s1 = 1.
� Pada titik ini, variabel buatan telah mecapai tujuan, dan kitadapat menghilangkan kolom tersebut dari tabel dan dilanjutkanke fase II.
s1 0 0 1 1 -1 1 1
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II
� Setelah penghapusan kolom variabel buatan, masalah asli menjadi :
� Minimalkan Z = 4x1 + x2
� Constraint :
� x1 + 1/5 r1 = 3/5
Teknik Informatika UMG 201161
� x1 + 1/5 r1 = 3/5
� x2 – 3/5 r1 = 6/5
� r1 + s1 = 1
� x1, x2, r1, s1 ≥ 0
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z -4 -1 0 0 0
x1 1 0 1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 0 6/5
s1 0 0 1 1 1
Teknik Informatika UMG 201162
� Karena variabel basis x1 dan x2 mempunyai koefisien nonzero dalam z-row, keduanya harus disubstitusikan menggunakan perhitungan berikut:Z-row baru = Z-row lama + (4 × x1-row + 1 × x2-row)Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + (4 × [1 0 1/5 0 12/5] + 1 × [0 1 -3/5 0 6/5])Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + ([4 0 4/5 0 12/5] + [0 1 -3/5 0 6/5])Z-row baru = [-4 -1 0 0 0] + [4 1 1/5 0 18/5]Z-row baru = [0 0 1/5 0 18/5]
� Inisial tabel simpleks di fase II menjadi :
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z 0 0 1/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 0 6/5
s 0 0 1 1 1
Teknik Informatika UMG 201163
� Kasusnya adalah meminimalkan, sehingga dicari koefisienvariabel dalam z-row yang mempunyai nilai positifterbesar.
� Didapatkan r1 bernilai positif terbesar, sehingga menjadikolom kunci (memenuhi syarat optimal meminimalkankarena mempunyai koefisien positif terbesar)
s1 0 0 1 1 1
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi Rasio
Z 0 0 1/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 0 3/5 (3/5)/(1/5) = 3
x 0 1 -3/5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)
Teknik Informatika UMG 201164
� s1 menjadi variabel keluar dan r1 menjadi variabel masuk
x2 0 1 -3/5 0 6/5 (6/5)/(-3/5) = -2 (diabaikan)
s1 0 0 1 1 1 1/1 = 1 � minimal
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)
� Operasi Gauss-Jordan untuk menghasilkan solusibaru
� Baris kunci� Ganti s1 pada kolom Basis dengan r1
� Baris r1 baru = Baris s1 ÷ elemen kunci
Teknik Informatika UMG 201165
1 1
= [0 0 1 1 1] / 1
= [0 0 1 1 1]
� Baris yang lain� Baris Z baru = Baris Z – (1/5) × Baris r1 baru
= [0 0 1/5 0 18/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]
= [0 0 1/5 0 18/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]
= [0 0 0 -1/5 17/5]
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)
� Baris x1 baru = Baris x1 – (1/5) × Baris r1 baru= [1 0 1/5 0 3/5] – (1/5) × [0 0 1 1 1]
= [1 0 1/5 0 3/5] – [0 0 1/5 1/5 1/5]
= [1 0 0 -1/5 2/5]
� Baris x2 baru = Baris x2 – (-3/5) × Baris r1 baru
Teknik Informatika UMG 201166
2 2 1
= [0 1 -3/5 0 6/5] – (-3/5) × [0 0 1 1 1]
= [0 1 -3/5 0 6/5] – [0 0 -3/5 -3/5 -3/5]
= [0 1 0 3/5 9/5]
� Perubahan tabel simpleks menjadi :
Penyelesaian dengan metode dua
fase – Fase II (cont’d)
Basis x1 x2 r1 s1 Solusi
Z 0 0 0 -1/5 17/5
x1 1 0 0 -1/5 2/5
x2 0 1 0 3/5 9/5
Teknik Informatika UMG 201167
� Solusi baru adalah (x1, x2, r1) dan tabel simpleks dan memberikan nlai x1 dan x2 yang optimal yaitu masing-masing 2/5 dan 9/5
x2 0 1 0 3/5 9/5
r1 0 0 1 1 1
Hal-hal yang perlu diperhatikan� Penghilangan variabel buatan dan kolomnya diakhir fase I hanya
bisa dilakukan ketika semua variabel buatan tersebut sudahmenjadi variabel nonbasis.
� Jika satu atau lebih variabel buatan adalah basis (pada level nol) di akhir fase I, maka langkah tambahan berikut ini harusdilakukan untuk menghilangkannya sebelum masuk ke fase II
� Langkah 1� Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi dan
Teknik Informatika UMG 201168
� Pilih variabel buatan nol untuk meninggalkan basis solusi danrangcanglah baris sebagai baris kunci.
� Variabel masuk bisa sembarang variabel nonbasis (non buatan) dengan koefisien nonzero (positif atau negatif) dalam baris kunci. Lakukan iterasi simpleks.
� Langkah 2� Hilangkan kolom variabel buatan (yang baru saja keluar) dari
tabel. � Jika semua variabel buatan nol telah dikeluarkan, lanjutkan ke
fase II. Jika tidak, kembali ke langkah 1.
Tugas� Baca Modul 4 Analisis Sensitivitas
� Kerjakan soal Modul 3 :� Kelompok 1 : 3.2 dan 3.6(a)� Kelompok 2 : 3.3 dan 3.6(b)� Kelompok 3 : 3.4 dan 3.6(c)� Kelompok 4 : 3.7 dan 3.6(d)� Kelompok 5 : 3.8 dan 3.1(a)� Kelompok 6 : 3.5(a) dan 3.1(b)
Teknik Informatika UMG 201169
� Kelompok 6 : 3.5(a) dan 3.1(b)� Kelompok 7 : 3.5(c) dan 3.1(c)� Kelompok 8 : 3.5(d) dan 3.1(d)� Kelompok 9 : 3.5(b) dan 3.5(e)
� Pengerjaan :� Satu kelompok berisi maksimal 5 orang� Ditulis tangan pada kertas folio bergaris oleh masing-masing anggota� Dikumpulkan pada pertemuan berikutnya