PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI - core.ac.uk · Kelebihan dari metode himpunan aktif, yaitu lebih sederhana perhitun-gannya karena tidak semua kendala digunakan. Tetapi jika

METODE HIMPUNAN AKTIF UNTUK

MENYELESAIKAN MASALAH PEMROGRAMAN KUADRATIK

Skripsi

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat

Memperoleh Gelar Sarjana Sains

Program Studi Matematika

Oleh:

Yudith Kase

NIM: 083114014

PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI

UNIVERSITAS SANATA DHARMA

YOGYAKARTA

2012

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

ii

ACTIVE SET METHODS TO SOLVE

QUADRATIC PROGRAMMING PROBLEMS

Thesis

Presented as Partial Fulfillment of the Requirements

to obtain The Sarjana Sains Degree

in Mathematics

By:

Yudith Kase

Student Number : 083114014

MATHEMATICS STUDY PROGRAM, MATHEMATICS DEPARTMENT

FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY

SANATA DHARMA UNIVERSITY

YOGYAKARTA

2012


iii


iv


v


vi

HALAMAN PERSEMBAHAN

Ketika hatiku merasa pahit dan buah pinggangku menusuk�nusuk rasanya,

aku dungu dan tidak mengerti, seperti hewan aku di dekat�Mu;

tetapi aku tetap di dekat�Mu; Engkau memegang tangan kananku.

Dengan nasihat�Mu Engku menuntun aku, dan kemudian Engkau mengangkat

aku ke dalam kemuliaan. (Mazmur 73:21�24)

Skripsi ini kupersembahkan kepada:

Tuhan Yesus dan Bunda Maria, juru selamat dan pelindungku

Almarhum Bapa yang selalu mendoakanku, Mama dan kedua saudaraku terkasih Engel dan Ewal

My beloved sister Ima Teme beserta keluarga

Universitas kebangganku Sanata Dharma


vii


viii

ABSTRAK

Penentuan penyelesaian masalah pemrograman nonlinear, seperti masalah

pemrograman kuadratik konveks berkendala tidak mudah dilakukan secara ana-

litik. Namun, tidak berarti bahwa masalah tersebut tidak dapat diselesaikan. Sa-

lah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikannya adalah Metode

Himpunan Aktif. Metode himpunan aktif merupakan metode untuk menyelesai-

kan masalah pemrograman kuadratik konveks yang melibatkan kendala berupa

persamaan dan pertidaksamaan.

Dalam metode himpunan aktif, yang diselesaikan adalah submasalah pem-

rograman kuadratik konveks, yakni dengan membangun sebuah himpunan kerja

yang terdiri dari kendala-kendala pertidaksamaan aktif. Kendala-kendala perti-

daksamaan aktif digunakan karena memiliki nilai nol pada penyelesaiannya se-

hingga dapat digantikan oleh kendala berupa persamaan, sedangkan kendala per-

tidaksamaan tidak aktif dapat dihilangkan dari himpunan kerja. Selanjutnya, di-

cari penyelesaian untuk arah layak. Jika arah layak sama dengan nol dan syarat

Karush-Kuhn-Tucker dipenuhi maka akan diperoleh penyelesaian yang merupa-

kan peminimum dari fungsi objektif pada masalah pemrograman kuadratik kon-

veks. Jika tidak, maka perlu dibangun himpunan kerja yang lain dan diselesaikan

submasalah baru tersebut.

Kelebihan dari metode himpunan aktif, yaitu lebih sederhana perhitun-

gannya karena tidak semua kendala digunakan. Tetapi jika pemilihan titik awal

tidak tepat atau dengan kata lain titik awal menyebabkan tidak ditemukannya

kendala aktif maka akan dibutuhkan banyak iterasi untuk mencapai hasilnya.

Kata Kunci: himpunan aktif, Karush-Kuhn-Tucker, konveks, pengali Lagrange,

arah layak.


ix

ABSTRACT

Determination of the solution of nonlinear programming problems, such

as the convex quadratic programming problems that involve constraints is not

easy done analitcally. However, it does not mean that the problem can not be

completed. One of the methods that can be used to solve this problem is Active

Set Methods. Active Set Method is a method to solve the problems of convex

quadratic programming with involving constrains in the form of equalities and

inequalities.

In the Active Set Method, the convex quadratic programming

subproblems are solved by first building a working set of active ineqaulity

constraints. The active inequality constraints are used because it has zero value

on the solution so that it can be replaced by equality constraints, whereas inactive

inequality constraints can be removed from a working set. Next, looking for a

solution for the feasible direction. If the feasible direction equal to zero and the

condition of Karush Kuhn Tucker is satisfied, so it will be obtained a solution

that is the minimizer of objective function in the convex quadratic programming

problems. If not, it is necessary to build another working set and solved the new

subprobems.

The advantages of the Active Set Method that is simpler in its

computation because not all constraints are used. But if the selection of starting

point is not appropriate or in other words, the starting point causes not to find

active constraints then it needs much iteration to achieve the results.

Keywords: active set, Karush-Kuhn-Tucker, convex, Lagrange multiplier, feasi-

ble direction.


x

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur penulis panjatkan ke hadirat Tuhan Yang Maha Esa, ka-

rena atas kasih dan penyertaan-Nya sehingga skripsi berjudul “METODE

HIMPUNAN AKTIF UNTUK MENYELESAIKAN MASALAH

PEMROGRAMAN KUADRATIK” dapat penulis selesaikan dengan baik.

Skripsi ini disusun sebagai syarat kelulusan guna memperoleh gelar Sarjana

Sains di Universitas Sanata Dharma.

Dalam penyusunan skripsi ini, tidak terlepas dari bantuan berbagai pihak.

Oleh karena itu, pada kesempatan ini penulis ingin menyampaikan ucapan teri-

makasih kepada:

1. Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si., selaku dosen pembimbing dan Ka-

prodi Matematika yang telah meluangkan waktu serta penuh kesabaran

membimbing dan menuntun penulis dalam penyusunan skripsi ini.

2. P.H. Prima Rosa, S.Si., M.Sc., selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi,

Universitas Sanata Dharma.

3. M.V. Any Herawati, S.Si., M.Si., selaku dosen penguji dan dosen pembim-

bing Angkatan 2008.

4. Dr. Marcellinus Andy Rudhito, S.Pd., M.Si., selaku dosen penguji.

5. Prof. Drs. R. Soemantri, Herry Pribawanto, S.Si., M.Si. dan A. Prasetyadi,

S.Si., M.Si., yang telah membantu penulis dalam penyusunan skripsi ini.


xi

6. Bapak dan Ibu dosen yang telah memberikan bekal ilmu baik yang berhubu-

ngan dengan akademik maupun non akademik.

7. Staf FST khususnya Pak Tukija, Ibu Linda dan Ibu Rina, Karyawan Per-

pustakaan USD serta Mas Susilo selaku Laboran .

8. Almarhum Bapak yang telah tenang di sisi Bapa, Mama dan kedua sauda-

raku Engel, Ewal serta Ka ima yang selalu mendukung penulis.

9. Teman-teman seperjuangan (Nooppy, Donat, Amel, Marcell, Fenny, Ethus,

Moyo dan Widi). Friendship Never Be A Part guys.

10. Ina dan Adel, anak kos Aulia, Ao, Sende, Novi, Wiwi, Elvira, Tere, Tesa dan

Asri, ka Merlin, Pipot serta teman KKN kelompok 31 angkatan XLII.

11. Semua pihak yang tidak dapat disebutkan satu-persatu yang telah mendu-

kung penulis dalam penyusunan skripsi ini.

Penulis menyadari bahwa tulisan ini masih sangat jauh dari sempurna.

Oleh karena itu kritik dan saran dari berbagai pihak akan penulis terima dengan

senang hati. Semoga skripsi ini berguna bagi semua pihak.

Yogyakarta, 29 Februari 2012

Penulis

Yudith Kase


xii

DAFTAR ISI

Halaman

HALAMAN JUDUL ................................................................................. i

HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS ............................... ii

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ........................................ iii

HALAMAN PENGESAHAN .................................................................... iv

PERNYATAAN KEASLIAN KARYA .................................................... v

HALAMAN PERSEMBAHAN ................................................................ vi

LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA

ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS .................................. vii

ABSTRAK ................................................................................................. viii

ABSTRACT ............................................................................................... ix

KATA PENGANTAR ............................................................................... x

DAFTAR ISI .............................................................................................. xii

DAFTAR GAMBAR ................................................................................. xv

DAFTAR TABEL ....................................................................................... xvi


xiii

BAB I PENDAHULUAN .......................................................................... 1

A. Latar Belakang .................................................................................. 1

B. Rumusan Masalah ............................................................................ 3

C. Pembatasan Masalah ......................................................................... 3

D. Tujuan penulisan .............................................................................. 3

E. Manfaat Penulisan ............................................................................ 4

F. Metode Penulisan ............................................................................. 4

G. Sistematika Penulisan ....................................................................... 4

BAB II RUANG VEKTOR DAN TEORI OPTIMASI ............................. 6

A. Ruang Vektor .................................................................................... 6

B. Himpunan Konveks dan fungsi Konveks ......................................... 33

C. Teori Optimasi .................................................................................. 60

BAB III METODE HIMPUNAN AKTIF UNTUK MENYELESAIKAN

MASALAH PEMROGRAMAN KUADRATIK ....................................... 79

A. Pemrograman Kuadratik ................................................................... 79

B. Metode Himpunan Aktif ................................................................... 85

BAB IV PENUTUP ................................................................................... 117

A. Kesimpulan ....................................................................................... 117

B. Saran ................................................................................................. 118


xiv

DAFTAR PUSTAKA ................................................................................ 119

LAMPIRAN ................................................................................................ 120


xv

DAFTAR GAMBAR

Gambar 2.1 Fungsi �� = �� − �� .................................................. 40

Gambar 2.2 Himpunan Konveks dan yang bukan Himpunan Konveks ..... 43

Gambar 2.3 Fungsi Konveks dan Bukan Fungsi Konveks ........................ 44

Gambar 3.1 Diagram Alir Metode Himpunan Aktif .................................. 95


xvi

DAFTAR TABEL

Tabel 3.1 Output Penyelesaian contoh 3.3 dengan Matlab ........................ 115

Tabel 3.2 Tabel Perbandingan Nilai Awal Metode Himpunan Aktif......... 115


BAB I

PENDAHULUAN

A. LATAR BELAKANG

Optimasi merupakan pokok persoalan yang sering dijumpai dalam kehi-

dupan. Optimasi menyangkut bagaimana menghadapi berbagai macam kemung-

kinan untuk mencapai hasil yang optimal, contohnya pengoptimalan dalam pe-

makaian lahan parkir. Dalam pengoptimalan pemakaian lahan parkir terdapat

hal-hal yang berpengaruh, misalnya jenis kendaraan dan jumlah kendaraan.

Permasalahan tersebut dapat dimodelkan secara matematis. Misalkan pengopti-

malan pemakaian lahan parkir dinyatakan dengan fungsi f. Hal-hal yang mem-

pengaruhi dinyatakan dengan variabel misalnya �1, �2, … , ��. Variabel-variabel

tersebut perlu diberi batasan yang disebut sebagai kendala sedangkan fungsi

��, �, … , �� disebut fungsi objektif.

Fungsi objektif yang sering dijumpai adalah berbentuk linear. Namun

dengan adanya perkembangan muncul faktor-faktor yang menyebabkan keti-

daklinearan suatu fungsi sehingga memicu munculnya permasalahan nonlinear.

Permasalahan nonlinear merupakan masalah untuk mengoptimumkan

fungsi objektif terhadap himpunan variabel real, di mana salah satu atau

keduanya dari fungsi objektif dan kendala berbentuk nonlinear. Dalam

permasalahan nonlinear, fungsi objektif dioptimalkan dengan melibatkan


2

kendala. Namun, pada masalah-masalah lainnya fungsi objektif dapat pula

dioptimalkan walaupun tidak melibatkan kendala.

Pemrograman kuadratik merupakan salah satu dari masalah pemrograman

nonlinear yang melibatkan kendala. Masalah pemrograman kuadratik merupakan

masalah optimasi nonlinear dengan fungsi objektif berbentuk kuadratik dan ken-

dalanya berbentuk linear. Jika fungsi objektif merupakan fungsi konveks maka

dikatakan masalah pemrograman kuadratik konveks. Untuk menyelesaikan ma-

salah pemrograman kuadratik, khususnya pemrograman kuadratik konveks dapat

digunakan beberapa metode, antara lain Metode Titik Dalam, Metode Dual dan

Metode Himpunan Aktif. Dalam penulisan ini akan dipaparkan tentang Metode

Himpunan Aktif.

Metode himpunan aktif adalah metode untuk menyelesaikan masalah

pemrograman kuadratik dengan kendala berupa persamaan yang dapat digenera-

lisasikan untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik dengan kendala

yang bersifat umum. Dengan kata lain metode himpunan aktif dapat digunakan

untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik yang melibatkan kendala

berupa persamaan dan pertidaksamaan. Secara intuitif dalam metode himpunan

aktif, kendala pertidaksamaan yang tidak aktif tidak berperan dalam pencapaian

penyelesaian, sehingga dapat dihilangkan.

Dalam metode himpunan aktif, dibangun sebuah subhimpunan dari ken-

dala berupa persamaan yang diberi indeks dengan suatu himpunan kerja. Salah

satu syarat optimal untuk optimasi berkendala adalah syarat Karush-Kuhn-


3

Tucker. Jika penyelesaian dari submasalah pemrograman kuadratik dengan

kendala persamaan dalam himpunan kerja adalah layak untuk masalah

pemrograman kuadratik semula dan syarat Karush-Kuhn-Tucker dipenuhi maka

akan diperoleh penyelesaiannya. Jika syarat Karush-Kuhn-Tucker tidak dipenuhi

maka himpunan kerja tersebut dihilangkan dan diselesaikan submasalah baru.

B. RUMUSAN MASALAH

Pokok-pokok permasalahan yang akan dibahas dalam tulisan ini yaitu:

1. Bagaimana menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik dengan metode

himpunan aktif?

2. Bagaimana algoritma metode himpunan aktif dan implementasinya dalam

MATLAB untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik?

C. PEMBATASAN MASALAH

Pembahasan metode himpunan aktif dalam tulisan ini hanya dibatasi pada

masalah pemrograman kuadratik konveks dan pada masalah optimasi yang meli-

batkan kendala.

D. TUJUAN PENULISAN

Tujuan penulisan ini yaitu untuk menyelesaikan masalah pemrograman

kuadratik yang melibatkan kendala dengan menggunakan metode himpunan aktif


4

dan untuk menyusun algoritma metode himpunan aktif dengan menggunakan ba-

hasa pemrograman MATLAB.

E. MANFAAT PENULISAN

Manfaat dari tulisan ini yaitu untuk memperoleh pengetahuan tentang

metode himpunan aktif yang digunakan untuk menyelesaikan masalah pemrogra-

man kuadratik yang melibatkan kendala serta dapat menggunakan bahasa pemro-

graman MATLAB untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik.

F. METODE PENULISAN

Metode yang digunakan penulis adalah metode studi pustaka yaitu de-

ngan mempelajari buku-buku yang berkaitan dengan metode himpunan aktif un-

tuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik.

G. SISTEMATIKA PENULISAN

BAB I PENDAHULUAN

A. Latar Belakang

B. Perumusan Masalah

C. Pembatasan Masalah

D. Tujuan Penulisan

E. Manfaat Penulisan

F. Metode Penulisan


5

G. Sistematika Penulisan

BAB II RUANG VEKTOR DAN TEORI OPTIMASI

A. Ruang Vektor

B. Himpunan Konveks dan Fungsi Konveks

C. Teori Optimasi

BAB III METODE HIMPUNAN AKTIF UNTUK MENYELESAIKAN

MASALAH PEMROGRAMAN KUADRATIK

A. Pemrograman Kuadratik

B. Metode Himpunan Aktif

BAB IV PENUTUP

A. Kesimpulan

B. Saran


BAB II

RUANG VEKTOR DAN TEORI OPTIMASI

Dalam Bab II ini akan dibahas tentang ruang vektor, matriks, himpunan dan

fungsi konveks serta teori optimasi. Matriks yang akan dibahas, yaitu matriks Hesse

dan matriks semidefinit positif. Untuk teori optimasi diawali dengan penjelasan opti-

masi berkendala dan optimasi tidak berkendala serta penjelasan-penjelasan lain yang

berkaitan dengan teori optimasi.

A. Ruang Vektor

Definisi 2.1

Ruang ℝ� adalah himpunan dari semua kumpulan terurut ��, ��, ⋯ , ��.

Definisi 2.2

Misalkan himpunan tak kosong yang dilengkapi dengan operasi

1. Jumlah: untuk setiap �, � ∈ , � + � ∈ .

2. Perkalian skalar: untuk setiap � ∈ dan skalar � ∈ ℝ, �� ∈ .

Himpunan dengan operasi penjumlahan dan perkalian skalar dikatakan mem-

bentuk suatu ruang vektor atas ℝ jika memenuhi aksioma-aksioma berikut:

a. � + � = � + �, untuk setiap �, � ∈ .

b. �� + � + � = � + �� + �, untuk setiap �, �, � ∈ .


7

c. Terdapat elemen � ∈ sehingga � + � = �, untuk setiap � ∈ .

d. Untuk setiap � ∈ terdapat elemen – � ∈ sehingga � + �– �� = 0.

e. �� + � = �� + ��, untuk setiap skalar � ∈ ℝ dan untuk setiap �, � ∈ .

f. (� + �� = �� + ��, untuk setiap skalar �, � ∈ ℝ dan untuk setiap � ∈ .

g. (�� = ��, untuk setiap skalar �, � ∈ ℝ dan untuk setiap � ∈ .

h. 1�� = �, untuk setiap � ∈ .

Contoh 2.1

Buktikan bahwa ℝ� = ��, ��, ⋯ , ��|�� ∈ ℝ, �� ∈ ℝ, ⋯ , �� ∈ ℝ� adalah ruang

vektor.

Bukti

Misalkan � = ��, ��, ⋯ , �� dan � = ��, ��, ⋯ , ��, maka

� + � = ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

�� = ��, ��, ⋯ , ��

a. � + � = ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= � + �

b. �� + � + � = ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + �� + ��, ��, ⋯ , ��


8

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= � + �� + �

c. � + � = ��, ��, ⋯ , �� + �0,0, ⋯ ,0

= �� + 0, �� + 0, ⋯ , �� + 0

= ��, ��, ⋯ , ��

= �

d. � + �−� = ��, ��, ⋯ , �� + �−��, −��, ⋯ , −��

= �� + �−��, �� + �−��, ⋯ , �� + �−��

= �0,0, ⋯ ,0

= �

e. �� + � = ��+��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= �� + ��


9

f. �� + �� = �� + ��, ��, ⋯ , ��

= �� + ��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= �� + ��, �� + ��, ⋯ , �� + ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , �� + ��, ��, ⋯ , ��

= �� + ��

g. �� = ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , ��

= ��, ��, ⋯ , ��

= ��

h. 1�� = 1��, ��, ⋯ , ��

= �1��, 1��, ⋯ , 1��

= ��, ��, ⋯ , ��

= �

Karena ℝ� = ��, ��, ⋯ , ��|�� ∈ ℝ, �� ∈ ℝ, ⋯ , �� ∈ ℝ� dengan operasi pen-

jumlahan dan perkalian skalar memenuhi aksioma-aksioma seperti pada Definisi

2.2 maka terbukti bahwa ℝ� membentuk ruang vektor.


10

Definisi 2.3

Misalkan ! = banyaknya baris pada matriks " dan # = banyaknya kolom pada

matriks " maka matriks " dikatakan bujur sangkar jika ! = #.

Definisi 2.4

Suatu matriks bujur sangkar " dikatakan simetrik jika " = "$ dengan "$ ada-

lah transpose dari ".

Definisi 2.5

Misalkan " ∈ ℝ�×� adalah matriks simetrik.

" dikatakan definit positif jika �$"� > 0, ∀� ∈ ℝ�, � ≠ �.

" dikatakan semidefinit positif jika �)"� ≥ 0, ∀� ∈ ℝ�.

" dikatakan semidefinit negatif jika �$"� ≤ 0, ∀� ∈ ℝ�, � ≠ 0.

" dikatakan indefinit jika tidak semidefinit positif atau semidefinit negatif.

Contoh 2.2

Diberikan sebuah matriks simetrik berikut:

" = , 4 −2−2 30 Untuk mengkaji bahwa matriks " bersifat definit positif, maka:

�$"� = 1�� 2 , 4 −2−2 3 0 ,��0


11

= 1�� 2 3 4�� − 2��−2�� + 3��4

= 4�� − 2�� − 2�� + 3��

= 4�� − 4�� + 3��

= �2�� − �� + 2�� 2.1

Persamaan (2.1) adalah penjumlahan kuadrat dan oleh karena itu hasilnya tidak

negatif. Persamaan (2.1) akan bernilai nol jika dan hanya jika 2�� − �� = 0 dan

�� = 0, yang secara tidak langsung menyatakan pula bahwa �� = 0. Hal ini

membuktikan bahwa �$"� > 0 untuk semua � ≠ 0. Jadi, dapat disimpulkan

bahwa matriks " bersifat definit positif.

Contoh 2.3


" = ,2 00 20 Untuk mengkaji bahwa matriks " bersifat semidefinit positif, maka:

�$"� = 1�� 2 ,2 00 20 ,��0 = 1�� 2 32��2��4

= 2�� + 2��2

Berdasarkan hasil di atas, dapat disimpulkan bahwa matriks " bersifat semidefi-

nit positif karena ∀� ∈ ℝ� jumlahan kuadrat di atas ≥ 0.


12

Contoh 2.4


" = 63 0 30 3 03 0 37

Untuk mengkaji bahwa matriks " bersifat semidefinit positif, maka:

�$"� = 1�� 82 63 0 30 3 03 0 37 6��87

= 1�� 82 63�� + 0�� + 3�80�� + 3�� + 0�83�� + 0�� + 3�87

= ��3�� + 0�� + 3�8 + ��0�� + 3�� + 0�8 + �8�3�� + 0�� + 3�8

= 3�� + 3��8 + 3�� + 3��8 + 3�8�

= 3�� + 2��8 + �8� + 3��

= 3�� + �8� + 3��

Berdasarkan hasil di atas, dapat disimpulkan bahwa matriks " bersifat semidefi-

nit positif karena ∀� ∈ ℝ� jumlahan kuadrat di atas ≥ 0.

Definisi 2.6

Diberikan titik � ∈ ℝ� dan 9 > 0.

Kitar titik � dengan radius 9 yang diberi notasi :;�� didefinisikan dengan

:;�� = �� ∈ ℝ�|‖� − �‖ < 9�


13

Definisi 2.7

Barisan �� di ℝ dikatakan konvergen ke � ∈ ℝ, atau � dikatakan titik limit da-

ri ��, jika untuk setiap > > 0 ada bilangan asli ?�> sehingga untuk semua

# ≥ ?�>, barisan �� memenuhi |�� − �| < >.

Definisi 2.8

Jika barisan mempunyai limit, maka barisan tersebut dikatakan konvergen. Jika

barisan tidak mempunyai limit, maka barisan tersebut dikatakan divergen.

Definisi 2.9

Misalkan @ ⊂ ℝ� dan � ∈ ℝ.

Titik � dinamakan titik interior dari @ jika terdapat 9 > 0 sehingga :;�� ⊂ @.

Definisi 2.10

Himpunan @ dikatakan terbuka dalam ℝ� jika setiap titik dari @ adalah titik in-

terior @.

Definisi 2.11

Himpunan @ ⊂ ℝ� adalah tertutup jika dan hanya jika komplemennya adalah

terbuka.


14

Definisi 2.12

Misalkan � ∈ ℝ� dan misalkan B: ℝ� ⟶ ℝ merupakan fungsi bernilai real yang

mempunyai turunan parsial orde ke-2 dalam himpunan terbuka E yang memuat

�. Matriks Hesse dari B adalah matriks turunan parsial ke-2 yang dievaluasi

pada �:

∂

∂

∂∂

∂

∂∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

=

2

2

2

2

1

2

2

2

2

2

2

12

21

2

21

2

2

1

2

)(

nnn

n

n

x

f

xx

f

xx

f

xx

f

x

f

xx

f

xx

f

xx

f

x

f

H

L

MOMM

L

L

x

Definisi 2.13

Himpunan vektor �F�, … , F�� di ruang vektor V disebut bebas linear jika persa-

maan

H�F� + … + HIF� = �

Hanya dipenuhi oleh bilangan H� = ⋯ = HI = 0.

Contoh 2.5

Diketahui F� = �1,0,1, F� = �2, −3,4 dan F8 = �3,5,2. Buktikan bahwa

�F�, F�, F8� bebas linear.


15

Bukti

Untuk membuktikan bahwa kumpulan tersebut bebas linear maka dibentuk per-

samaan berikut

H�F� + H�F� + H8F8 = �

KH� + 2H� + 3H8 = 0 −3H� + 5H8 = 0H� + 4H� + 2H8 = 0� Selanjutnya, akan digunakan operasi baris elementer untuk mencari nilai dari

H�, H� dan H8.

61 2 30 −3 51 4 27

Tambahkan -1 kali baris pertama ke baris ketiga untuk memperoleh

61 2 30 −3 50 2 −17

Tambahkan 2 kali baris kedua ke 3 dikali baris ketiga untuk memperoleh

61 2 30 −3 50 0 77

• 7H8 = 0

H8 = 0

• −3H� + 5H8 = 0

−3H� = 0

H� = 0

• H� + 2H� + 3H8 = 0


16

H� = 0

Kerana H� = H� = H8 = 0 maka dapat disimpulkan bahwa kumpulan vektor

�F�, F�, F8� bebas linear. □

Definisi 2.14

Hasil kali dalam (inner product) ℝ� adalah sebuah fungsi yang mengasosiasikan

sebuah bilangan real ⟨�, �⟩ dengan sepasang vektor � dan � di ℝ� sedemikian ru-

pa sehingga aksioma-aksioma berikut ini terpenuhi bagi semua vektor �, � dan �

di ℝ� dan semua bilangan skalar H ∈ ℝ.

1. ⟨�, �⟩ = ⟨�, �⟩; (Aksioma Kesimetrian)

2. ⟨� + �, �⟩ = ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩; (Aksioma Penjumlahan)

3. ⟨H�, �⟩ = H⟨�, �⟩; (Aksioma Homogenitas)

4. ⟨�, �⟩ ≥ 0; (Aksioma Positivitas)

⟨�, �⟩ = 0 jika dan hanya jika � = 0;

Sebuah ruang vektor real yang memiliki sebuah hasil kali dalam disebut ruang

hasil kali dalam real (Real Inner Product Space).

Definisi 2.15

Hasil kali dalam baku untuk ℝ� adalah hasil kali skalar

⟨�, �⟩ = �$�


17

Definisi 2.16

Norma (norm) atau panjang sebuah vektor � di ℝ�, dinotasikan dengan ‖�‖, dide-

finisikan sebagai

‖�‖ = ⟨�, �⟩� �P = �� ∙ �� P = R�� + �� + ⋯ + ��

Definisi 2.17

Dua vektor � dan � pada ℝ� dikatakan ortogonal jika ⟨�, �⟩ = 0.

Teorema 2.18 (Teorema Pythagoras)

Jika � dan � adalah vektor-vektor ortogonal di dalam sebuah ruang hasil kali da-

lam ℝ�, maka

‖� + �‖� = ‖�‖� + ‖�‖�

Bukti

‖� + �‖� = ⟨� + �, � + �⟩ = ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩

= ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩

= ‖�‖� + 2⟨�, �⟩ + ‖�‖�

= ‖�‖� + ‖�‖� □


18

Definisi 2.19

Jika � dan � adalah vektor-vektor ortogonal di dalam ruang hasil kali dalam di ℝ�

dan � ≠ �, maka proyeksi skalar dari � pada � diberikan oleh

� = ⟨�, �⟩‖�‖ �2.2

dan proyeksi vektor dari � pada � diberikan oleh

T = � U 1‖�‖ �V = ⟨�, �⟩⟨�, �⟩ � �2.3

Teorema 2.20

Jika � ≠ �, dan T adalah proyeksi vektor dari � pada �, maka

1. � − T dan T adalah ortogonal.

2. � = T jika dan hanya jika � adalah sebuah perkalian skalar dari �.

Bukti

1. Karena

⟨T, T⟩ = ⟨ α‖�‖ �, α‖�‖ �⟩ = U α‖�‖V� ⟨�, �⟩ = α�

dan


19

⟨�, T⟩ = �⟨�, �⟩�⟨�, �⟩

= ��

Hal ini mengakibatkan

⟨� − T, T⟩ = ⟨�, T⟩ − ⟨T, T⟩ = �� − ��

= 0 □

2. Jika � = ��, maka proyeksi vektor dari � pada � diberikan oleh

T = ⟨��, �⟩⟨�, �⟩ �

= �⟨�, �⟩⟨�, �⟩ �

= ��

= �

Sebaliknya, jika � = T, menurut persamaan (2.3) maka

� = ��

= �‖�‖ �

= T □

Teorema 2.21 (Ketaksamaan Cauchy-Schwarz dalam ℝ�)

Jika � dan � adalah vektor-vektor di dalam ruang hasil kali dalam ℝ�, maka

|⟨�, �⟩| ≤ ‖�‖‖�‖


20

Bukti

Jika � = �, maka

|⟨�, �⟩| = 0 = ‖�‖‖�‖

Jika � ≠ �, maka misalkan T sebagai proyeksi vektor dari � pada �. Karena T or-

togonal pada � − T, maka menurut Teorema Pythagoras

‖T‖� + ‖� − T‖� = ‖�‖�

Jadi,

�⟨�, �⟩�‖�‖� = ‖T‖�

= ‖�‖� − ‖� − T‖�

dan dari sini diperoleh

�⟨�, �⟩� = ‖�‖�‖�‖� − ‖� − T‖�‖�‖�

≤ ‖�‖�‖�‖�

Dengan mengambil akar diperoleh

|⟨�, �⟩| ≤ ‖�‖‖�‖ □

Teorema 2.22 (Ketaksamaan Cauchy-Buniakowski-Schwarz)

Misalkan �, � ∈ ℝ�. Maka

XY �Z�Z�

Z[�X ≤ ‖�‖�‖�‖� �2.4


21

Bukti

Pertidaksamaan (2.4) akan bersifat trivial jika dan hanya jika � = � atau � = �.

Oleh karena itu, misalkan � dan � tak nol. Misalkan \ adalah sebarang bilangan

real. Maka

0 ≤ ‖� + \�‖�� = Y��Z + \�Z��

Z[�

= Y �Z��

Z[�+ 2\ Y �Z�Z

�

Z[�+ \� Y �Z�

�

Z[�

= ‖�‖�� + 2\ Y �Z�Z�

Z[�+ \�‖�‖��

Misalkan ] = ‖�‖��, ^ = ∑ �Z�Z�Z[� , dan ` = ‖�‖��, sehingga pertidaksamaan di

atas menjadi

]\� + 2^\ + ` ≥ 0

untuk semua \ ∈ ℝ. Hal ini dapat terjadi jika dan hanya jika diskriminan atau

@ = �2^� − 4]` = 4^� − 4]` < 0. Karena itu, ^� < ]`.

Dengan mensubstitusikan nilai ], ^ dan `, maka diperoleh

aY �Z�Z�

Z[�b

�≤ ‖�‖��‖�‖��

Selanjutnya dengan mengambil akar diperoleh

XY �Z�Z�

Z[�X ≤ ‖�‖�‖�‖� □


22

Definisi 2.23

Pemetaan ‖∙‖ disebut norm jika dan hanya jika memenuhi sifat-sifat berikut:

1. ‖�‖ ≥ 0, ∀� ∈ ℝ�. 2. ‖�‖ = 0 jika dan hanya jika � = 0.

3. ‖]�‖ = |�|‖�‖, ∀� ∈ ℝ, � ∈ ℝ�.

4. ‖� + �‖ ≤ ‖�‖ + ‖�‖, ∀�, � ∈ ℝ�.

Contoh 2.6

Akan dibuktikan bahwa ‖�‖� = ∑ |�Z|�Z[� adalah norm.

Bukti

Untuk membuktikan bahwa ‖�‖� = ∑ |�Z|�Z[� adalah norm, maka harus ditunjuk-

kan bahwa ‖�‖� = ∑ |�Z|�Z[� memenuhi masing-masing sifat dari Definisi 2.23.

Misalkan � dan � adalah sebarang vektor di ℝ�, # dan � adalah sebarang bila-

ngan real, maka

1. Akan ditunjukkan bahwa ‖�‖� ≥ 0.

Untuk �Z ≥ 0, maka

‖�‖� = Y|�Z| ≥ 0�

Z[�

2. Akan ditunjukkan bahwa ‖�‖� = ∑ |�Z|�Z[� = 0 jika dan hanya jika � = 0.

Jika � = 0 maka �Z = 0, ∀c.


23

Oleh karena itu, ∑ |�Z|�Z[� = 0 dan ‖�‖� = 0.

Sebaliknya, jika ‖�‖� = 0 maka ∑ |�Z|�Z[� = 0. Karena |�Z| ≥ 0, dengan demikian ∑ |�Z|�Z[� = 0 hanya dipenuhi jika |�Z| = 0

sehingga � = 0.

3. Akan ditunjukkan bahwa ‖]�‖� = |�|‖�‖�, ∀� ∈ ℝ, � ∈ ℝ�.

‖��‖� = Y|��Z|�

Z[�

= |�| aY|�Z|�

Z[�b

= |�|‖�‖�

4. Akan ditunjukkan bahwa ‖� + �‖� ≤ ‖�‖� + ‖�‖�, ∀�, � ∈ ℝ�.

‖� + �‖� = Y|�Z + �Z|�

Z[�

≤ Y|�Z|�

Z[�+ Y|�Z|

�

Z[�

= ‖�‖� + ‖�‖� (Ketaksamaan Cauchy-Schwarz)

Jadi,

‖� + �‖ ≤ ‖�‖� + ‖�‖� □

Contoh 2.7

Akan dibuktikan bahwa ‖�‖� = �∑ �Z��Z[� � �⁄ adalah norm.


24

Bukti

Untuk membuktikan bahwa ‖�‖� = �∑ �Z��Z[� � �⁄ adalah norm, maka harus di-

tunjukkan bahwa ‖�‖� = �∑ �Z��Z[� � �⁄ memenuhi masing-masing sifat dari De-

finisi 2.23.

Misalkan � dan � adalah sebarang vektor di ℝ�, # dan � adalah sebarang bila-

ngan real, maka

1. Akan ditunjukkan bahwa ‖�‖� ≥ 0.

Karena �Z� ≥ 0 untuk sebarang bilangan real �Z, maka

‖�‖� = aY �Z��

Z[�b

� �⁄≥ 0

2. Akan ditunjukkan bahwa ‖�‖� = �∑ |�Z|��Z[� � �⁄ = 0 jika dan hanya jika

� = 0.

Jika � = 0 maka �Z = 0, ∀c. Oleh karena itu, ∑ �Z��Z[� = 0 dan ‖�‖� = 0.

Sebaliknya, jika ‖�‖� = 0 maka ∑ �Z��Z[� = 0. Karena �Z� ≥ 0, dengan demikian �∑ �Z��Z[� � �P = 0 hanya dipenuhi jika

�Z� = 0 sehingga � = 0.

3. Akan ditunjukkan bahwa ‖]�‖� = |�|‖�‖�, ∀� ∈ ℝ, � ∈ ℝ�.

‖��‖� = aY��Z��

Z[�b

� �P


25

= a�� Y �Z��

Z[�b

� �P

= |�| aY �Z��

Z[�b

� �P

= |�|‖�‖�

4. Akan ditunjukkan bahwa ‖� + �‖� ≤ ‖�‖� + ‖�‖�, ∀�, � ∈ ℝ�.

‖� + �‖�� = Y��Z + �Z��

Z[�

= Y �Z��

Z[�+ 2 Y �Z�Z

�

Z[�+ Y �Z�

�

Z[�

≤ ‖�‖�� + 2|∑ �Z�Z�Z[� | + ‖�‖�� (Sifat Nilai Mutlak)

≤ ‖�‖�� + 2‖�‖�‖�‖� + ‖�‖�� (Teorema 2.22)

= �‖�‖� + ‖�‖��

Dengan mengambil akar maka diperoleh

‖� + �‖ ≤ ‖�‖� + ‖�‖� □

Teorema 2.24

Misalkan �, �, � adalah sebarang vektor di ℝ�, dengan

‖�‖ = aY �Z��

Z[�b

� �⁄

maka berlaku


26

1. ‖� − �‖ ≥ 0.

2. ‖� − �‖ = 0 jika dan hanya jika � = �.

3. ‖� − �‖ ≤ ‖� − �‖ + ‖� − �‖.

4. ‖� − �‖ = ‖� − �‖.

Bukti

1. Akan dibuktikan bahwa ‖� − �‖ ≥ 0.

‖� − �‖ = aY��Z − �Z��

Z[�b

� �P

Karena ��Z − �Z� ≥ 0 untuk sebarang bilangan real �Z dan �Z maka dipero-

leh ‖� − �‖ ≥ 0. □

2. Akan dibuktikan bahwa ‖� − �‖ = 0 jika dan hanya jika � = �.

Jika � = � maka �Z = �Z, ∀c. Oleh karena itu ∑ ��Z − �Z��Z[� = 0 dan ‖� − �‖ = 0.

Sebaliknya, jika ‖� − �‖ = 0, maka ∑ ��Z − �Z��Z[� = 0. Karena ��Z − �Z� ≥ 0, dengan demikian ∑ ��Z − �Z��Z[� = 0 hanya dipenuhi

jika �Z − �Z = 0, ∀c sehingga � = �. □

3. Akan dibuktikan bahwa ‖� − �‖ ≤ ‖� − �‖ + ‖� − �‖.

‖� − �‖� = ‖� − � + � − �‖�

= ⟨� − � + � − �, � − � + � − �⟩ = ⟨� − �, � − �⟩ + ⟨� − �, � − �⟩ + ⟨� − �, � − �⟩ + ⟨� − �, � − �⟩


27

= ‖� − �‖� + ⟨� − �, � − �⟩ + ⟨� − �, � − �⟩ + ‖� − �‖�

= ‖� − �‖� + 2⟨� − �, � − �⟩ + ‖� − �‖�

≤ ‖� − �‖� + 2‖� − �‖‖� − �‖ + ‖� − �‖�

= �‖� − �‖ + ‖� − �‖�

Dengan mengambil akar maka diperoleh

‖� − �‖ ≤ ‖� − �‖ + ‖� − �‖. □

4. Akan dibuktikan bahwa ‖� − �‖ = ‖� − �‖.

‖� − �‖ = ‖�−1�� − �‖

= |1|‖� − �‖

= ‖� − �‖

Jadi, terbukti bahwa ‖� − �‖ = ‖� − �‖. □

Teorema 2.25 (Hukum Paralelogram)

Untuk semua �, � ∈ ℝ�,

‖� + �‖� + ‖� − �‖� = 2�‖�‖� + ‖�‖�

Bukti:

‖� + �‖� + ‖� − �‖� = ⟨� + �, � + �⟩ + ⟨� − �, � − �⟩

= ⟨�, � + �⟩ + ⟨�, � + �⟩ + ⟨�, � − �⟩ − ⟨�, � − �⟩ = ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ − ⟨�, �⟩ − ⟨�, �⟩

+⟨�, �⟩


28

= ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ + ⟨�, �⟩ = 2⟨�, �⟩ + 2⟨�, �⟩ = 2‖�‖� + 2‖�‖�

= 2�‖�‖� + ‖�‖� □

Definisi 2.26

Barisan ��I� ⊂ ℝ� disebut barisan Cauchy jika

limh,i⟶j‖�h − �i‖ = 0

Dengan kata lain untuk setiap k > 0, terdapat sebuah bilangan bulat : sehingga

‖�h − �i‖ < k untuk semua !, l > :.

Definisi 2.27

Misalkan m adalah sebuah relasi pada himpunan n, maka m disebut relasi urutan

parsial jika memenuhi tiga sifat berikut:

1. Refleksif

m adalah fefleksif jika dan hanya jika ] m ] untuk setiap ] ∈ n.

2. Antisimetris

m adalah antisimetris jika dan hanya jika ] m ^ dan ^ m ], maka ] = ^ untuk

setiap �], ^ ∈ n.

3. Transitif


29

m adalah transitif jika dan hanya jika ] m ^ dan ^ m `, maka ] m ` untuk se-

tiap �], ^, ` ∈ n.

Relasi urutan parsial biasanya dinotasikan dengan ≤; dan ] ≤ ^ dibaca “] men-

dahului ^”. Relasi ≥, yaitu ] melampaui ^, juga sebuah urutan parsial dari n,

disebut urutan dual.

Definisi 2.28

Himpunan n bersama-sama dengan suatu relasi urutan parsial m pada n disebut

himpunan terurut parsial (partially ordered set).

Contoh 2.8

Perhatikan bilangan bulat positif ℕ. Dikatakan ] membagi ^ ditulis ]|^, jika ter-

dapat ` ∈ ℕ sedemikian sehingga ]` = ^. Contoh 2|4, 3|12, 7|21 dan seterus-

nya. Tunjukkan bahwa pembagian adalah sebuah pengurutan parsial dari ℕ, yaitu,

tunjukkan bahwa

a. ]|].

b. Jika ]|^ dan ^|] maka ] = ^.

c. Jika ]|] dan ^|` maka ]|`.

Penyelesaian

a. Karena ] ∙ 1 = ], maka ]|]. (Refleksif).


30

b. Anggap ]|^ dan ^|], misal ^ = p] dan ] = H^. Maka ^ = pH^ sehingga

pH = 1. Karena p dan H adalah bilangan bulat positif maka p = 1 dan H = 1.

Dengan demikian ] = ^. (Antisimetris).

c. Anggap ]|^ dan ^|`, misal ^ = p] dan ` = H^. Maka ` = Hp] sehingga ]|`.

(Transitif).

Definisi 2.29

Misalkan q adalah subhimpunan dari sebuah himpunan n yang terurut secara par-

sial. Definisikan:

a. Batas atas dan supremum dari q.

Elemen r dalam n disebut batas atas dari q jika r melampaui (≥) setiap

elemen dari q, yaitu r adalah batas atas dari q jika ∀� ∈ q, � ≤ r. Jika su-

atu batas atas dari q mendahului (≤) setiap batas atas lain dari q maka disebut

batas atas terkecil atau supremum dari q dan dinyatakan dengan:

sup(q)

b. Batas bawah dan infimum dari q.

Elemen ! dalam n disebut batas bawah dari q jika ! mendahului (≤) setiap

elemen dari q, yaitu ! adalah batas bawah dari q jika ∀� ∈ q, ! ≤ �. Jika

suatu batas atas dari q melampaui (≥) setiap batas bawah lain dari q maka

disebut batas bawah terbesar atau infimum dari q dan dinyatakan dengan:

inf(q)


31

Definisi 2.30

Misalkan n merupakan subhimpunan tak kosong dari ℝ.

a. Himpunan n dikatakan terbatas ke atas jika ada bilangan x ∈ ℝ sedemikian

sehingga H ≤ x untuk semua H ∈ n. Setiap bilangan x dikatakan batas atas

dari n.

b. Himpunan n dikatakan terbatas ke bawah jika ada bilangan y ∈ ℝ sedemi-

kian sehingga y ≤ H untuk semua H ∈ n. Setiap bilangan y dikatakan batas

bawah dari n.

Lemma 2.31

Batas bawah l dari himpunan tak kosong n di ℝ adalah infimum dari n jika dan

hanya jika ∀> > 0 terdapat � ∈ n sedemikian sehingga l + > > �.

Bukti

(⟹)

Diketahui l = inf n dan > > 0.

Akan ditunjukkan terdapat � ∈ n sedemikian sehingga l + > > �.

Jika ^ batas bawah n maka ^ ≤ l. Karena l + > > l maka l + > bukan batas bawah n.

Karena l + > bukan batas bawah n maka harus ada � ∈ n sehingga l + > > �.


32

(⟸)

Jika l suatu batas bawah n, dan ∀> > 0 terdapat � ∈ n sedemikian sehingga

l + > > �.

Akan dibuktikan l = inf n.

Misalkan bahwa ^ suatu batas bawah n. Karena � ∈ n dan ^ suatu batas bawah n

maka � ≥ ^.

Karena l + > > � maka l + > > ^.

Jadi ∀> > 0 berlaku l + > > ^. Andaikan ^ > l maka jika diambil > = |}i� akan

diperoleh l + > = i~|� sehingga ^ > l + > > l dan ^ > l + > > � yang kontra-

diksi dengan pernyataan bahwa ^ batas bawah. Jadi, jika ^ batas bawah n harus-

lah l ≥ ^ sehingga l merupakan batas bawah terbesar atau l = inf n. □

Definisi 2.32

Misalkan � = �� merupakan barisan bilangan real. Barisan � dikatakan naik

jika memenuhi pertidaksamaan

�� ≤ �� ≤ ⋯ ≤ �� ≤ ��~� ≤ ⋯

dan dikatakan turun jika memenuhi pertidaksamaan

�� ≥ �� ≥ ⋯ ≥ �� ≥ ��~� ≥ ⋯

Jika barisan � merupakan barisan naik atau barisan turun maka merupakan bari-

san monoton.


33

Teorema 2.33

Barisan turun dan terbatas ke bawah adalah konvergen.

Bukti:

Diberikan �� turun dan terbatas ke bawah. Karena ��: # ∈ ℕ� ≠ ∅ maka ter-

dapat ^ ∈ ℝ dan ^ = inf��: # ∈ ℕ�. Jadi, untuk setiap # ∈ ℕ berlaku

�� ≥ ^ (2.5)

Karena ^ = inf��: # ∈ ℕ�, maka untuk > > 0 yang diberikan terdapat : ∈ ℕ

dan

^ − > > �� ≥ ^ (2.6)

Karena �� turun, maka mengingat (2.5) dan (2.6), untuk setiap # ≥ : berlaku

^ − > > �� ≥ �� ≥ ^ > ^ + > (2.7)

Jadi, diperoleh pernyataan bahwa untuk setiap > > 0 terdapat : ∈ ℕ sedemikian

sehingga untuk setiap # ≥ ℕ dan # ≥ :, maka |�� − ^| < >. Jadi, �� konver-

gen dan lim �� = ^ = inf��: # ∈ ℕ�. □

B. Himpunan Konveks dan Fungsi Konveks

Definisi 2.34

Sebuah Fungsi B: ℝ� → ℝ dikatakan kontinu pada �� ∈ ℝ� jika untuk setiap

k > 0 yang diberikan, terdapat 9 > 0 sedemikian sehingga jika ‖� − ��‖ < 9 ma-

ka |B�� − B��| < k.


34

Definisi 2.35

Limit B(�) untuk � mendekati ` adalah �, ditulis

Lxfcx

=→

)(lim

jika dan hanya jika untuk setiap > > 0 yang diberikan, terdapat 9 > 0 sedemi-

kian sehingga bila 0 < |� − `| < 9 berlaku |B�� − �| < >.

Teorema 2.36

Misalkan � adalah konstanta, B dan � adalah fungsi-fungsi yang memiliki limit

di `. Maka

1. kkcx

=→

lim ;

2. )(lim)(lim xfkxkfcxcx →→

= ;

3. [ ] LKxgxfxgxfcxcxcx

+=+=+→→→

)(lim)(lim)()(lim ;

4. [ ] LKxgxfxgxfcxcxcx

−=−=−→→→

)(lim)(lim)()(lim ;

Bukti:

1. Misalkan didefinisikan B�� = � maka harus dibuktikan kxfcx

=→

)(lim .

Misalkan > > 0, harus ditunjukkan bahwa dapat dicari 9 > 0 sedemikian se-

hingga

|B�� − �| < > bila 0 < |� − `| < 9


35

Ambil sebarang 9 > 0 maka untuk 0 < |� − `| < 9 berlaku

|B�� − �| = |� − �| = 0 < >

Jadi terbukti bahwa kkcx

=→

lim □

2. Jika � = 0 maka �B(�) = 0, maka

[ ] )(000lim)(0lim xfxfcxcx

===→→

Limit di atas adalah kasus khusus dari rumus 1, dengan � = 0. Oleh karena

itu, rumus 1 adalah benar untuk � = 0.

Asumsikan bahwa � ≠ 0.

Misalkan > > 0, Kxfcx

=→

)(lim maka melalui definisi limit ada 91 > 0 sedemi-

kian sehingga

bila 0 < |� − `| < 9� berlaku |B�� − �| < >|�|

Pilih 9 = 91 dan harus ditunjukkan bahwa

bila 0 < |� − `| < 9 berlaku |�B�� − �?| < >

Misalkan 0 < |� − `| < 9, maka

|�B�� − �?| = |�||B�� − ?| < |�| >|�| = >

Jadi, terbukti bahwa )(lim)(lim xfkxkfcxcx →→

= □


36

3. Misalkan > > 0, Kxfcx

=→

)(lim dan Lxgcx

=→

)(lim maka ada 91 > 0 dan 92 > 0

sedemikian sehingga

|B�� − ?| < >2 bila 0 < |� − `| < 9� dan

|�� − �| < >2 bila 0 < |� − `| < 9�

Pilih 9 = min�9�, 9��. Harus ditunjukkan bahwa

bila 0 < |� − `| < 9 berlaku |B�� + �� − �? + �| Misalkan bahwa 0 < |� − `| < 9, maka

|B�� + �� − �? + �| = |B�� − ? + �� − �| ≤ |B�� − ?| + |�� − �| < >2 + >2

= >

Jadi terbukti bahwa [ ] LKxgxfxgxfcxcxcx

+=+=+→→→

)(lim)(lim)()(lim □

4. Untuk membuktikan rumus 4, akan digunakan informasi dari rumus-rumus se-

belumnya.

[ ] [ ]

LK

xgxf

xgxf

xgxf

xgxfxgxf

cxcx

cxcx

cxcx

cxcx

−=

−=

−+=

−+=

−+=−

→→

→→

→→

→→

)(lim)(lim

2) rumus (melalui )(lim)1()(lim

3) rumus (melalui )()1(lim)(lim

3) rumus (melalui )()1()(lim)()(lim


37

Teorema 2.37

Diberikan himpunan � ⊂ m, fungsi B dan � yang didefinisikan pada � ke dalam

m dan � ∈ ℝ. Jika B dan � kontinu di [], ^], maka B − � kontinu di [], ^].

Bukti:

Misalkan ` sebarang titik di [], ^]. Akan dibuktikan [ ] )()()()(lim cgcfxgxf

cx−=−

→

Karena B dan � kontinu di `, maka )()(lim cfxfcx

=→

dan )()(lim cgxgcx

=→

.

Menurut teorema tentang limit fungsi diperoleh:

[ ]

)()(

)(lim)(lim)()(lim

cgcf

xgxfxgxfcxcxcx

−=

−=−→→→

Karena ` adalah sebarang titik di [], ^] maka B − � kontinu di setiap titik pada

interval [], ^]. □

Definisi 2.38

Andaikan n daerah asal dari B, yang memuat titik ` maka

1. B(`) adalah nilai maksimum B pada n jika B(`) ≥ B(�) untuk semua � ∈n.

2. B(`) adalah nilai minimum B pada n jika B(`) ≤ B(�) untuk semua � ∈ n.

3. B(`) adalah nilai ekstrim B pada n jika merupakan nilai maksimum atau ni-

lai minimum.


38

Teorema 2.39 (Teorema Titik Kritis)

Andaikan B terdefinisikan pada selang � yang memuat titik `. Jika B(`) adalah

nilai ekstrim, maka ` haruslah berupa suatu titik kritis; yakni ` berupa salah satu:

1. Titik ujung dari �; atau

2. Titik stasioner dari B yakni titik ` sedemikian sehingga B′(`) = 0; atau

3. Titik singular dari B yakni titik ` sedemikian sehingga B′(`) tidak ada;

Bukti:

Misalkan B(`) berupa nilai maksimum B pada � dan misalkan bahwa ` bukan ti-

tik ujung atau pun titik singular. Harus diperlihatkan bahwa ` adalah titik sta-

sioner.

Karena B(`) adalah nilai maksimum, maka B(�) ≤ B(`) untuk semua � dalam �,

yaitu

B(�) − B(`) ≤ 0

Jadi, jika � < `, sehingga � − ` < 0, maka

B(�) − B(`)� − ` ≥ 0 (2.8)

sedangkan jika � > `, maka

B(�) − B(`)� − ` ≤ 0 (2.9)

Karena ` bukan titik singular maka B′(`) ada. Akibatnya, untuk � → `} maka

lim�→��B(�) − B(`)� − ` = B�(`) ≥ 0


39

dan untuk � → `~ maka

lim�→��B(�) − B(`)� − ` = B�(`) ≤ 0

Jadi, dapat disimpulkan bahwa B�(`) = 0 atau ` merupakan titik stasioner.

Teorema 2.40 (Teorema Nilai Rata-rata)

Jika B kontinu pada selang tertutup [], ^] dan terdiferensial dalam interval (], ^)

maka terdapat paling sedikit satu bilangan ` dalam (], ^) dimana

B�(`) = B(^) − B(])^ − ]

atau ekuivalen dengan

B(^) − B(]) = B�(`)(^ − ])

Bukti:

Pembuktian Teorema Nilai Rata-rata ini didasarkan pada analisis dari fungsi

H(�) = B(�) − �(�), yang akan diperlihatkan pada Gambar 2.1


Persamaan � = �(�(], B(])) dan (^, B(

dan melalui (], B(]

Selanjutnya dihasilkan ru

Perhatikan bahwa H

Gambar 2.1

�) pada Gambar 2.1 adalah persamaan garis yang melalui

( (^)). Karena garis ini mempunyai kemiringan

B(^) − B(])^ − ]

])) maka bentuk kemiringan persamaannya adalah

�(�) − B(]) = B(^) − B(])^ − ] (� − ])

Selanjutnya dihasilkan rumus

H(�) = B(�) − �(�)

= B(�) − B(]) − B(^) − B(])^ − ] (H(^) = H(]) = 0 dan untuk � dalam (], ^)

H�(�) = B�(�) − B(^) − B(])^ − ]

40

pada Gambar 2.1 adalah persamaan garis yang melalui

maka bentuk kemiringan persamaannya adalah

(� − ])


41

Jika diketahui bahwa terdapat suatu bilangan ` dalam (], ^) yang memenuhi

H�(`) = 0 maka bukti selesai. Hal ini didasarkan pada persamaan terakhir bahwa

0 = B�(`) − B(^) − B(])^ − ]

Karena B dan � kontinu maka B − � kontinu di [], ^]. Oleh karena itu H�(`) ada

untuk suatu ` dalam (], ^)

Berdasarkan sifat bahwa jika B kontinu pada interval tertutup [], ^], maka B

mencapai nilai maksimum dan minimum. Jadi H harus mencapai nilai maksimum

ataupun nilai minimum pada [], ^]. Jika kedua nilai ini kebetulan nol, maka H(�)

secara identik adalah nol pada [], ^], akibatnya H�(�) = 0 untuk semua � dalam

(], ^). Jika salah satu nilai maksimum atau nilai minimum berlainan dengan nol,

maka nilai tersebut dicapai pada sebuah titik dalam `, karena H(]) = H(^) = 0.

Karena H mempunyai turunan di setiap titik dari (], ^), sehingga dengan Teo-

rema Titik Kritis H�(`) = 0.

Definisi 2.41

Sebuah fungsi B: ℝ� → ℝ dikatakan terdiferensial secara kontinu pada � ∈ ℝ�,

jika �� (�) ada dan kontinu, c = 1 … #. Gradien dari B pada � didefinisikan seba-

gai

∇B(�) = 3 �B�� (�), … , �B�� (�)4$


42

Jika B terdiferensial secara kontinu pada setiap titik dari sebuah himpunan terbuka

@ ⊂ ℝ�, maka B dikatakan terdiferensial secara kontinu pada @ dan dinotasikan

dengan B ∈ ��(@).

Definisi 2.42

Sebuah fungsi B: ℝ� → ℝ yang terdiferensial secara kontinu dikatakan terdife-

rensial dua kali secara kontinu pada � ∈ ℝ�, jika �� (�) ada dan kontinu,

c = 1 … #. Matriks Hesse dari B pada � didefinisikan sebagai matriks simetri

# × # yang elemennya

[∇�B(�)]Z� = ��B��Z�� (�), 1 ≤ c, � ≤ #

Jika B terdiferensial dua kali secara kontinu pada setiap titik dari sebuah himpu-

nan terbuka @ ⊂ ℝ�, maka B dikatakan terdiferensial dua kali secara kontinu pa-

da @ dan dinotasikan dengan B ∈ �(�)(@).

Definisi 2.43

Himpunan n ∈ ℝ� adalah konveks jika untuk setiap ��, �� ∈ n, segmen garis

yang menghubungkan �� dan �� juga terletak di n.

Segmen garis yang menghubungkan �� dan �� didefinisikan dengan:

�� + (1 − �)�� ∈ n, ∀� ∈ [0,1] (2.10)


43

Jadi, subhimpunan n dari ℝ� adalah konveks jika dan hanya jika untuk setiap ��

dan �� di n dan setiap � dengan 0 ≤ � ≤ 1, vektor �� + (1 − �)�� juga di n.

Berikut diberikan beberapa gambar yang mendeskripsikan himpunan konveks dan

yang bukan himpunan konveks.

Gambar 2.2

Definisi 2.44

Misalkan n ⊂ ℝ� merupakan himpunan konveks tak kosong.

Misalkan B: n ⊂ ℝ� ⟶ ℝ.

Jika untuk setiap ��, �� ∈ n dan semua � ∈ (0,1),

B(�� + (1 − �)��) ≤ �B(��) + (1 − �)B(��) (2.11)

maka B dikatakan konveks pada n.


44

Gambar 2.3

Gambar 2.3 merupakan contoh dari fungsi konveks dan bukan konveks.

Interpretasi geometri fungsi konveks menyatakan bahwa nilai fungsi di bawah

tali busur yang bersesuaian yaitu nilai fungsi konveks di titik pada segmen garis

�� + (1 − �)�� kurang dari atau sama dengan tinggi dari tali busur yang

menghubungkan titik-titik (��, B(��) dan (��, B(��).

Contoh 2.9

�: ℝ ⟶ ℝ didefinisikan oleh � = ��, untuk � ∈ ℝ. Buktikan bahwa fungsi ter-

sebut adalah fungsi konveks.

Penyelesaian:

Melalui Definisi 2.44 akan dibuktikan bahwa

�(�� + (1 − �)�) ≤ ��(�) + (1 − �)�(�)

Ambil �, � ∈ ℝ dan semua � ∈ [0,1] maka �(�) = �� dan �(�) = ��.

�(�� + (1 − �)�) = (�� + (1 − �)�)�


45

= �� + 2�(1 − �)�� + (1 − �)��

= �� + 2(� − ��)�� + (1 − 2� + ��)��

= �� + 2(� − ��)�� + (�� − 2�� + ��)

Karena � ∈ [0,1] maka �� < �, sehingga

�(�� + (1 − �)�) < �� + 2(� − �)�� + (�� − 2�� + ��)

= �� + 2(0)�� + (�� − ��)

= �� + (�� − ��)

= �� + (1 − �)��

= ��(�) + (1 − �)�(�)

Karena �(�� + (1 − �)�) ≤ ��(�) + (1 − �)�(�), maka dapat disimpulkan

bahwa � = �� adalah fungsi konveks untuk sebarang � ∈ [0,1].

Contoh 2.10

Diberikan

� = ��+�� − 2�� − 5�� + 294

untuk � ∈ ℝ� . Akan ditunjukkan bahwa � adalah fungsi konveks.

Penyelesaian:

� adalah fungsi konveks bila memenuhi

�(�� + (1 − �)�) ≤ ��(�) + (1 − �)�(�)

Ambil �, � ∈ ℝ2 di mana � = (�1, �2)$, � = ��1, �2�$

dan semua � ∈ [0,1] maka


46

�� + (1 − �)� = � �� + (1 − �) ��

= �� + �� − �� − ��

= U�(�� − ��) + ��(��}��) + �� V

sehingga,

�(�� + (1 − �)�)

= (�(�� − ��) + ��)� + (�(��}��) + ��)� − 2(�(�� − ��) + ��)

−5(�(�� − ��) + ��) + 294

= ��(�� − ��)2 + 2�(�� − ��)�� + �12�

+��(�� − ��)2 + 2�(��−��)�� + �22�

−2(�� − �� + ��) − 5(�� − �� + ��) + 294

= ��12 − 2�� + �12� + 2�� − 2��12 + �12� + (��22 − 2�� + �22�

+2��2 − 2��22 + �22) − 2�� + 2�� − 2�� − 5�� + 5�� − 5�� + 294

= ��12 − 2�� + ��12 + 2�� − 2��12 + �12� + (��22 − 2�� + ��22

+2��2 − 2��22 + �22) − 2�� + 2�� − 2�� − 5�� + 5�� − 5�� + 294

= (�2��+�2�� − 2�2�1�1 − 2�2�2�2 + �2�� + �2�� + 2��1�1 + 2��2��

−2�� − 2�� − 2��1 + 2��1 − 5��2 + 5��2) + �� + �� − 2�1 − 5�2 + 294

Karena � ∈ [0,1] maka �2 < �, sehingga


47

�(�� + (1 − �)�)

< (��12 + ��22 − 2�� − 2�� + ��12 + ��22 + 2�� + 2��2 − 2��12

−2�� − 2��1 + 2��1 − 5��2 + 5��2) + �� + �� − 2�1 − 5�2 + 294

= ��12 + ��22 + ��12 + ��22 − 2��12 − 2��22 − 2�� + 2�� − 5�� + 5�� + �12

+�� − 2�1 − 5�2 + 294

= �� + �� − �� − �� − 2��1 + 2��1 − 5��2 + 5��2 + �� + �� − 2�1 − 5�2

+ 294

= �� + �� − 2��1 − 5��2 + �� + �� − 2�1 − 5�2�

−�� + �� − 2��1 − 5��2� + 294

= �(�� + �� − 2�1 − 5�2) + �� + �� − 2�1 − 5�2� − �� + �� − 2�1 − 5�2�

+ 294

= �(�� + �� − 2�� − 5��) + (1 − �)(�� + �� − 2�� − 5��) + � ¡

= ��(�) + (1 − �)�(�)

Karena

�(�� + (1 − �)�) ≤ ��(�) + (1 − �)�(�)

maka dapat disimpulkan bahwa � = �12+�22 − 2�1 − 5�2 + 294 adalah fungsi kon-

veks untuk sebarang � ∈ [0,1].


48

Definisi 2.45 (Turunan Berarah)

Misalkan B: ℝ� ⟶ ℝ terdiferensial secara kontinu pada himpunan terbuka

@ ⊂ ℝ�. Maka untuk � ∈ @ dan ¢ ∈ ℝ�, turunan berarah dari B pada � dalam

arah ¢ didefinisikan sebagai

B�(�; ¢) ≝ lim¤⟶¥B(� + ¦¢) − B(�)¦ = ∇B(�)§¢ (2.12)

dimana ∇B(�) adalah gradien dari B pada �, merupakan vektor # × 1.

Untuk semua �, � ∈ @, diperoleh

B(�) = B(�) + ∇B�� + ¨(� − �)�$(� − �), ¨ ∈ (0,1)

atau

B(�) = B(�) + ∇B(�)$(� − �) + ©(‖� − �‖).

Definisi 2.46

Misalkan B ∈ �(�)@. Untuk sebarang � ∈ @, ¢ ∈ ℝ�, turunan berarah kedua

dari B pada � dalam arah d didefinisikan dengan

B��(�; ¢) ≝ lim¤⟶¥B′(� + ¦¢; ¢) − B′(�; ¢)¦ = ¢$∇�B(�)¢ (2.13)

dimana ∇�B(�) merupakan matriks Hesse dari B pada �. Untuk sebarang

�, � + ¢ ∈ @, ada ª ∈ (�, � + ¢) sedemikian sehingga

B(� + ¢) = B(�) + ∇B(�)$¢ + 12 ¢$∇�B(ª)¢ atau


49

B(� + ¢) = B(�) + ∇B(�)$¢ + 12 ¢$∇�B(�)¢ + ©(‖¢‖«)

Teorema 2.47

Misalkan n ⊂ ℝ� adalah himpunan konveks terbuka tak kosong dan misalkan

B: n ⊂ ℝ� → ℝ adalah fungsi yang terdiferensial. Maka B adalah konveks jika

dan hanya jika

B(�) ≥ B(�) + ∇B(�)$(� − �), ∀�, � ∈ n (2.14)

Bukti:

Syarat Perlu: Misalkan B(�) adalah fungsi konveks, maka untuk semua � dengan

0 < � < 1 dan �, � ∈ ℝ�.

B(�� + (1 − �)�) ≤ �B(�) + (1 − �)B(�)

⟺ B(�� + � − ��) ≤ �B(�) + B(�) − �B(�)

⟺ B�� + �(� − �)� ≤ ��B(�) − B(�)� + B(�)

⟺ B�� + �(� − �)� − B(�) ≤ ��B(�) − B(�)�

Oleh karena itu,

B�� + �(� − �)� − B(�)� ≤ B(�) − B(�)

Tetapkan � → 0 maka diperoleh

∇B(�)$(� − �) ≤ B(�) − B(�)

−B(�) ≤ −B(�) − ∇B(�)$(� − �)


50

B(�) ≥ B(�) + ∇B(�)$(� − �)

Syarat Cukup: Asumsikan bahwa (2.14) berlaku. Ambil sebarang ��, �� ∈ n dan

tetapkan � = �� + (1 − �)��, 0 < � < 1. Maka

B(��) ≥ B(�) + ∇B(�)$(�� − �)

B(��) ≥ B(�) + ∇B(�)$(�� − �)

Oleh karena itu,

�B(��) + (1 − �)B(��)

≥ ��B(�) + ∇B(�)$(�� − �)� + (1 − �)�B(�) + ∇B(�)$(�� − �)�

= �B(�) + �∇B(�)$(�� − �) + (1 − �)B(�) + (1 − �)∇B(�)$(�� − �)

= �B(�) + �∇B(�)$(�� − �) + B(�) − αB(�) + ∇B(�)$(�� − �)

−�∇B(�)$(�� − �)

= B(�) + ∇B(�)$(�� − �� + �� − � − �� + ��)

= B(�) + ∇B(�)$(�� + (1 − α)�� − �)

= B(�) + ∇B(�)$(� − �)

= B(�) + 0

= B(�� + (1 − �)��)

yang berarti bahwa B(�) adalah fungsi konveks.


51

Teorema 2.48

Misalkan n ⊂ ℝ� adalah himpunan konveks terbuka tak kosong, dan misalkan

B: n ⊂ ℝ� ⟶ ℝ terdiferensial dua kali secara kontinu. Maka B adalah konveks

jika dan hanya jika matriks Hesse adalah semidefinit positif pada setiap titik da-

lam n.

Bukti:

Syarat cukup: Misalkan bahwa matriks Hesse ∇�B(�) adalah semidefinit positif

pada setiap titik � ∈ n.

Akan dibuktikan bahwa B adalah konveks.

Pertimbangkan �, �� ∈ n. Melalui Teorema Nilai Rata-rata diperoleh,

B(�) = B(��) + ∇B(��)$(� − ��) + 12 (� − ��)$∇�B(�)(� − ��)

dimana � = �� + ¦(� − ��), ¦ ∈ (0,1). Perhatikan bahwa � ∈ n.

Karena ∇�B(�) adalah semidefinit positif ∀� ∈ n maka

(� − ��)$∇�B(�)(� − ��) ≥ 0

Akibatnya,

B(�) ≥ B(��) + ∇B(��)$(� − ��)

Oleh karena itu melalui Teorema 2.47, B adalah fungsi konveks.

Syarat perlu: Misalkan bahwa B adalah fungsi konveks dan misalkan �� ∈ n.

Akan dibuktikan bahwa T$∇�B(��)T ≥ 0, ∀T ∈ ℝ�.


52

Karena n adalah himpunan terbuka, maka ada 9 > 0 sedemikian sehingga ketika

|\| < 9, �� + \T ∈ n. Melalui Teorema 2.47

B�� + \T ≥ B�� + \∇B��$T (2.15)

Karena B�� terdiferensial dua kali pada ��, maka

B�� + \T = B�� + \∇B��$T + \�2 T$∇�B��T + ©�‖\T‖« �2.16

Dengan mensubstitusikan persamaan (2.16) ke pertidaksamaan (2.15) maka

B�� + \∇B��$T + \�2 T$∇�B��T + ©�‖\T‖« ≥ B�� + \∇B��$T

B�� − B�� + \∇B��$T − \∇B��$T + \�2 T$∇�B��T + ©�‖\T‖« ≥ 0

0 + 12 \�T$∇�B��T + ©�‖\T‖« ≥ 0

Jadi, setelah disubstitusikan diperoleh

12 \�T$∇�B��T + ©�‖\T‖« ≥ 0

Bagi dengan \� dan tetapkan \ → 0, maka

T$∇�B��T ≥ 0

Jadi, dapat disimpulkan bahwa Matriks Hesse adalah semidefinit positif. □

Teorema 2.49 (Teorema Proyeksi)

Misalkan n ⊂ ℝ� merupakan himpunan konveks tertutup tak kosong dan � ∉ n,

maka ada titik tunggal �° ∈ n dengan jarak minimal dari � yaitu


53

‖� − �°‖ = inf� ∈ n‖� − �‖ (2.17)

Selanjutnya, �° adalah titik minimal dari persamaan (2.17) jika dan hanya jika

⟨� − �°, � − �°⟩ ≤ 0, ∀� ∈ n (2.18)

atau dapat dikatakan bahwa �° adalah proyeksi ±H(�) dari � pada n jika dan

hanya jika (2.18) berlaku.

Bukti

Misalkan

inf�‖� − �‖|� ∈ n� = ² > 0 (2.19)

Karena ² adalah batas bawah terbesar maka ² ≤ ‖� − �‖, ∀� ∈ n.

Misalkan terdapat sebuah titik �1 ∈ n dan � ∉ n. Kemudian, dibuat ruas garis

yang menghubungkan titik �1 dan titik y. Selanjutnya, dari titik �1 dibuat kitar

dengan radius 1. Dari titik limit yang diperoleh dari kitar �1 dan berada pada ga-

ris yang menghubungkan titik �1 dan titik y, diperoleh titik �2. Kemudian, dari ti-

tik �2 dibuat kitar dengan radius 12. Dari titik limit yang diperoleh dari kitar �2

dan berada pada garis yang menghubungkan titik �2 dan titik y, diperoleh titik

�3. Demikian seterusnya, hingga diperoleh titik ��−1. Kemudian dari titik ��−1

dibuat kitar dengan radius 1�. Dari titik limit yang diperoleh dari kitar ��−1 terse-

but dan terletak pada ruas garis yang menghubungkan titik ��−1 dan titik y dipe-

roleh titik ��. Dengan demikian akan ada barisan �� ⊂ n.


54

Akan ditunjukkan bahwa ‖� − ��‖ → ².

Karena ² = inf�‖� − �‖|� ∈ n� maka berdasarkan Lemma 2.31, untuk setiap

> = �I > 0 terdapat ‖� − ��‖ dengan �� ∈ n sedemikian sehingga ² + �

I >‖� − �I‖.

Dengan demikian, terbentuk barisan �‖� − ��‖� yang terbatas dan turun.

Berdasarkan Teorema 2.33, maka �‖� − ��‖� akan konvergen dan

lim�→∞‖� − ��‖ = ² = inf�‖� − ��‖�.

• Berikut ini akan dibuktikan �� adalah barisan Cauchy dan oleh karena itu

ada limit �° ∈ n.

Melalui Teorema Parallelogram diketahui bahwa

‖� + �‖2 + ‖� − �‖2 = 2�‖�‖2 + ‖�‖2�

Misalkan ambil ��, �h ∈ n di mana � diganti dengan �� − � dan � diganti de-

ngan �! − �. Dengan mensubstitusikan � dan � ke Hukum Parallelogram di

atas maka diperoleh

‖�� + �! − 2�‖2 + ‖�� − �!‖2 = 2‖�� − �‖2 + 2‖�! − �‖2

‖�� − �!‖2 = 2‖�� − �‖2 + 2‖�! − �‖2 − ‖�� + �! − 2�‖2

= 2‖�I − �‖� + 2‖�h − �‖� − ³2 U�I + �h2 − �V³�

= 2‖�I − �‖� + 2‖�h − �‖� − 4 ´�µ~�¶� − �´� (2.20)

Karena �� ⊂ n maka (��+�!)2 ∈ n.


55

Dari definisi ² diketahui bahwa inf�‖� − �‖� = ² sehingga ‖� − �‖ =‖� − �‖ ≥ ², ∀� ∈ n. Dengan mengganti � = �µ~�¶� , diperoleh

³�� + �!2 − �³ ≥ γ ³�� + �!2 − �³2 ≥ ²2 (2.21)

Jadi, dengan menggunakan persamaan (2.20) dan (2.21) diperoleh

‖�� − �!‖2 ≤ 2‖�� − �‖2 + 2‖�! − �‖2 − 4²2

Ambil k dan m cukup besar sehingga ‖�� − �‖ → ² dan ‖�! − �‖ → ². De-

ngan demikian dipenuhi ‖�� − �!‖2 → 2²2 + 2²2 − 4²2 = 0 atau

‖�� − �!‖ ⟶ 0

yang menunjukkan bahwa ��·� adalah barisan Cauchy dengan limit �°. Karena

n tertutup maka �° ∈ n. Hal ini menunjukkan bahwa ada �° sehingga

‖� − �°‖ = ².

Jadi, barisan �� adalah barisan Cauchy.

• Akan dibuktikan bahwa �° adalah tunggal.

Andaikan �° tidak tunggal, artinya ada �°′ ∈ n dan �°′ ≠ �° dengan ‖�°′− �‖ =².

Melalui Hukum Parallelogram, misalkan � diganti dengan �°′ − � dan � di-

ganti dengan �° − �, maka diperoleh

‖�°′+ �° − 2�‖2 + ‖�°′− �°‖2 = 2‖�°′− �‖2 + 2‖�° − �‖2


56

‖�°′− �°‖2 = 2‖�°′− �‖2 + 2‖�° − �‖2 − ‖�°′+ �° − 2�‖2

= 2‖��′− �‖� + 2‖�� − �‖� − ³2 U��′+ ��2 − �V³�

= 2‖��′− �‖� + 2‖�� − �‖� − 4 ³��′+ ��2 − �³�

= 2²� + 2²� − 4 ³��′+ ��2 − �³�

Karena ��+��′2 ∈ n, maka menurut (2.21), ²2 ≤ ´��′+��2 − �´2

.

Akibatnya,

‖�°′− �°‖2 ≤ 2²2 + 2²2 − 4²2

= 0

Jadi, ‖�°′− �°‖ ≤ 0, padahal ‖�°′− �°‖ > 0. Jadi, ada kontradiksi. Terbukti

�°′ = �°.

• Akan dibuktikan bahwa jika ⟨� − �°, � − �°⟩ ≤ 0, ∀� ∈ n, maka �° adalah titik

minimum dari ‖� − �°‖ = inf�∈n‖� − �‖.

Ambil x sebarang di S dan misalkan ⟨� − �°, � − �°⟩ ≤ 0, ∀� ∈ n dipenuhi, se-

hingga ‖� − �‖2 = ‖� − �° + �° − �‖2

= ‖� − ��‖� + ‖�� − �‖� + 2⟨� − ��, �� − �⟩ = ‖� − ��‖� + ‖�� − �‖� + 2(�� − �)§(� − ��)

Karena ‖�° − �‖2 ≥ 0 dan (�° − �)¸(� − �°) ≥ 0, maka

‖� − �‖2 ≥ ‖� − �°‖2 dan �° adalah titik minimum dari


57

‖� − �°‖ = inf�∈n‖� − �‖.

• Akan dibuktikan bahwa jika �° adalah titik minimum dari

‖� − �°‖ = inf�∈n‖� − �‖, maka ⟨� − �°, � − �°⟩ ≤ 0, ∀� ∈ n.

Misalkan ‖� − �‖2 ≥ ‖� − �°‖2, ∀� ∈ n.

Karena �° + \(� − �°) ∈ n dengan \ ∈ (0,1), maka diperoleh

‖� − (�° + \(� − �°))‖2 ≥ ‖� − �°‖2

⇔ ‖� − �° − \(� − �°)‖2 ≥ ‖� − �°‖2

⇔ ‖� − �° − \� + \�°‖2 ≥ ‖� − �°‖2

⇔ ‖� − �° + \(�° − �)‖2 ≥ ‖� − �°‖2

⇔ ‖� − �°‖2 + \2‖�° − �‖2 + 2\(�° − �)¸(� − �°) ≥ ‖� − �°‖2

⇔ ‖� − �°‖2 + \2‖� − �°‖2 + 2\(� − �°)¸(�° − �) ≥ ‖� − �°‖2

⇔ \2‖� − �°‖2 + 2\(� − �°)¸(�° − �) ≥ 0

Bagi dengan \ dan misalkan \ → 0, maka diperoleh

⟨� − �°, � − �°⟩ ≤ 0, ∀� ∈ n. □

Teorema 2.50

Misalkan n ⊂ ℝ� merupakan himpunan konveks tertutup tak kosong dan � ∉ n.

Maka terdapat vektor tak nol T dan bilangan real � sehingga

T$� > � dan T$� ≤ α, ∀� ∈ n (2.22)

dengan kata lain


58

T$� > sup�T$�, ∀� ∈ n� (2.23)

yang mengatakan bahwa terdapat hiperbidang º = ��|T$� = α�� yang secara te-

gas membagi � dan n.

Bukti:

Karena n adalah himpunan konveks tertutup tidak kosong dan � ∉ n, maka mela-

lui Teorema Proyeksi terdapat titik tunggal �� ∈ n sehingga

�� − ��$�� − �� ≤ 0, ∀� ∈ n

Karena �� − ��$�� − �� ≤ 0

maka

�� − ��$�� − ��$ = �� − ��$�� − ��

≤ 0

Diberikan T = � − �� ≠ 0, maka

0 ≥ �� − ��$�� − �� = �� − ��$�� − �� + � − �

= T$�� − �� + T$�� − �

= T$T + T$� − T$�

= ‖T‖‖T‖ + T$� − T$�

= T$� − T$� + ‖T‖�

Karena itu

T$� ≥ T$� + ‖T‖�, ∀� ∈ n


59

Tetapkan � = sup�T$�|� ∈ n�� sehingga

T$� ≥ T$� + ‖T‖� = α + ‖T‖�

Jadi benar bahwa terdapat vektor tak nol T dan bilangan real � sehingga

T$� ≥ α + ‖T‖� □

Lemma 2.51 (Lemma Farkas’)

Misalkan q ∈ ℝ»×¼ dan ½ ∈ ℝ�. Maka tepat satu dari sistem berikut mempunyai

penyelesaian:

Sistem 1 q� ≤ 0, ½$� > 0 (2.24)

Sistem 2 q$� = ½, � ≥ 0 (2.25)

Bukti:

Misalkan bahwa terdapat penyelesaian untuk Sistem 2 yaitu terdapat � ≥ 0 sede-

mikian sehingga q$� = ½.

Akan dibuktikan bahwa Sistem 1 tidak mempunyai penyelesaian.

Misalkan � memenuhi q� ≤ 0

Karena � ≥ 0 maka

½$� = (q$�)$�

= �$q�

≤ 0

yang menunjukkan bahwa Sistem 1 tidak mempunyai penyelesaian.


60

Sekarang misalkan bahwa Sistem 2 tidak mempunyai penyelesaian.

Misalkan n = ��|� = q$�, � ≥ 0�� yang adalah himpunan konveks tertutup tidak

kosong dan ½ ∉ n.

Akan dibuktikan bahwa Sistem 1 mempunyai penyelesaian.

Melalui Teorema (2.50) terdapat T ∈ ℝ� dan � ∈ ℝ sehingga

T$½ > � dan T$� ≤ �, ∀� ∈ n.

Karena 0 ∈ n, � ≥ T$0 = 0. Maka T$½ > 0. Perhatikan pula bahwa

� ≥ T$� = T$q$�

= �q$�$T

= �$qT, ∀� ≥ 0 Karena � ≥ 0 maka qT ≤ 0. Jadi ada vektor T ∈ ℝ� yang merupakan penyele-

saian dari Sistem 1. □

C. Teori Optimasi

Teori optimasi merupakan salah satu bidang dalam matematika terapan

dan riset operasi yang dapat diaplikasikan dalam bidang sains, teknik, maneje-

men bisnis dan militer. Melalui teori optimasi ini masalah-masalah yang diha-

dapi akan didefinisikan secara matematis dan diselesaikan dengan menggunakan

alat bantu matematika sehingga diperoleh penyelesaian dari masalah tersebut.

Adapun bentuk umum dari masalah optimasi adalah sebagai berikut :


61

min B(�)

� ∈ Á (2.26)

dengan x adalah vektor di ℝ�, B(�) adalah fungsi objektif, Á ⊂ ℝ� adalah him-

punan kendala atau daerah layak.

Masalah optimasi ini juga terbagi menjadi dua bagian, yaitu masalah op-

timasi berkendala dan masalah optimasi tanpa kendala. Jika himpunan kendala

Á = ℝ� maka (2.26) merupakan masalah optimasi tanpa kendala dengan bentuk

umum:

ÂÃÄ�∈ℝÅ B(�) (2.27)

Untuk masalah optimasi berkendala memiliki bentuk umum sebagai berikut:

min�∈ℝÅ B(�) (2.28)

½Z(�) = 0, c = 1, … , !Æ (2.29)

½Z(�) ≥ 0, c = !Æ + 1, … , ! (2.30)

dengan E dan I masing-masing adalah himpunan indeks dari kendala berupa per-

samaan dan kendala berupa pertidaksamaan, ½Z(�), (c = 1, … , ! ∈ � ∪ �) meru-

pakan fungsi kendala. � = �1, … , !Æ� dan � = �!Æ + 1, … , !� dimana !Æ dan

! adalah bilangan bulat tak negatif dengan 0 ≤ !Æ ≤ !.

Dilihat dari bentuk fungsi objektif dan fungsi kendala, masalah optimasi

ini dapat dibagi pula menjadi dua bagian. Jika fungsi objektif maupun fungsi

kendala berbentuk linear maka merupakan masalah optimasi linear. Jika fungsi


62

objektifnya tidak linear maka merupakan masalah optimasi nonlinear. Sebuah

fungsi dikatakan fungsi linear jika memenuhi syarat-syarat berikut:

1. Fungsi yang belum diketahui dan derivatif-derivatifnya secara aljabar hanya

berderajat satu.

2. Tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum diketahui dan

derivatif-derivatifnya atau dua atau lebih derivatif.

3. Tidak memuat fungsi transendental.

Fungsi yang tidak linear merupakan fungsi nonlinear.

Definisi 2.52

Titik � ∈ ℝ� dikatakan sebagai titik layak atau disebut juga penyelesaian

layak jika dan hanya jika memenuhi semua kendala pada persamaan dan perti-

daksamaan (2.29)-(2.30). Himpunan semua titik layak dikatakan himpunan layak

atau daerah layak.

Definisi 2.53

Penyelesaian optimum merupakan penyelesaian layak yang memiliki nilai ter-

kecil untuk fungsi tujuan minimum.


63

Definisi 2.54

Misalkan nilai optimal dari masalah optimasi dinotasikan dengan È∗ yang meru-

pakan nilai minimum dari fungsi objektif dalam daerah layak, yakni

È∗ = min��(�): ½c(�) = 0, c = 1, … , !Ê, ½c(�) ≥ 0, c = !Ê + 1, … !� Masalah optimasi dikatakan tidak layak jika daerah layaknya kosong dan È∗ ber-

nilai +∞. Masalah optimasi dikatakan tidak terbatas ke bawah jika ada titik

layak sedemikian sehingga �(�) → −∞ atau È∗ bernilai −∞.

Secara umum metode optimasi adalah metode iterasi yang bertujuan un-

tuk mencari peminimum dari sebuah masalah optimasi. Metode iterasi mengacu

pada berbagai teknik yang menggunakan aproksimasi pada setiap langkahnya

untuk mendapatkan penyelesaian yang lebih akurat dari masalah-masalah opti-

masi baik masalah optimasi linear maupun nonlinear. Metode ini diawali dengan

memberikan nilai awal �¥ ∈ ℝ�. Kemudian dibangun barisan iterasi ��I� mela-

lui beberapa aturan iterasi sehingga ketika barisan ��I� adalah berhingga maka

titik akhirnya adalah penyelesaian optimum dari masalah optimasi. Jika barisan

��I� adalah tak hingga maka barisan tersebut memiliki titik limit yang adalah pe-

nyelesaian optimum dari masalah optimasi.


64

Definisi 2.55

Titik �∗ dikatakan peminimum lokal jika ada 9 > 0 sedemikian sehingga

B(�∗) ≤ B(�) untuk semua � ∈ ℝ� memenuhi ‖� − �∗‖ < 9.

Titik �∗ dikatakan peminimum lokal tegas jika ada 9 > 0 sedemikian sehingga

B(�∗) < B(�) untuk semua � ∈ ℝ� dengan � ≠ �∗ dan ‖� − �∗‖ < 9.

Definisi 2.56

Titik �∗ dikatakan peminimum global jika B(�∗) ≤ B(�) untuk semua � ∈ ℝ�.

Titik �∗ dikatakan peminimum global tegas jika B(�∗) < B(�) untuk semua

� ∈ ℝ� dengan � ≠ �∗.

Definisi 2.57

Misalkan B: ℝ¼ ⟶ ℝ terdiferensialkan pada � ∈ ℝ�. Jika terdapat vektor

¢ ∈ ℝ� sehingga:

⟨∇B(�), ¢⟩ < 0

maka ¢ disebut arah turun dari fungsi B di �.

Definisi 2.58

Titik �∗ ∈ ℝ� dikatakan titik stasioner (atau kritis) untuk B yang terdiferen-

sial jika ∇B(�∗) = 0.


65

Algoritma dari metode optimasi dapat diterima apabila iterasi ��I� berge-

rak terus menerus ke arah peminimum lokal �∗ dan dengan cepat konvergen ke

titik �∗. Jika aturan konvergensi yang diberikan telah dipenuhi maka iterasi dapat

dihentikan. Iterasi dihentikan berdasarkan kriteria penghentian berikut:

‖∇B(�I)‖ ≤ 9 (2.31)

dimana 9 adalah toleransi yang ditentukan. Jika (2.31) dipenuhi maka vektor

gradien ∇B(�I) cenderung menuju nol dan barisan iterasi ��I� konvergen ke ti-

tik stasioner.

Misalkan �I merupakan iterasi ke-�, ¢I arah ke-�, �I panjang langkah ke-�,

maka iterasi ke-� + 1 yaitu:

�I~� = �I + �I¢I (2.32)

Berdasarkan persamaan (2.32) dapat dilihat bahwa adanya perbedaan panjang

langkah �I dan perbedaan arah ¢I membentuk metode yang berbeda. Kebanya-

kan metode iterasi disebut metode turun (descent methods) yang berarti B meme-

nuhi setiap iterasi

B(�I~�) = B(�I + �I¢I) < B(�I) (2.33)

dimana ¢I adalah arah turun seperti pada Definisi 2.57.

Definisi 2.59

Misalkan �∗ ∈ Á dengan Á adalah daerah layak dan ¢ ∈ ℝ�.

Jika ada barisan ¢I (� = 1,2, … ) dan 9I > 0, (� = 1,2, … ) sehingga


66

�∗ + 9I¢I ∈ Á, ∀� dan ¢I ⟶ ¢, 9I ⟶ 0, maka arah batas ¢ disebut arah layak

sekuensial dari Á di �∗. Himpunan semua arah layak sekuensial dari Á di �∗ ada-

lah

nÌ@(�∗, Á) = Í¢Î�∗ + 9I¢I ∈ Á, ∀�¢I ⟶ ¢, 9I ⟶ 0 Ï

Berdasarkan definisi di atas, jika himpunan �I = �∗ + 9I¢I maka ��I� adalah

barisan titik layak yang memenuhi

1. �I ≠ �∗, ∀�

2. limI⟶j �I = �∗

3. �I ∈ Á untuk semua � yang cukup besar.

Jika ¢I = ‖�I − �∗‖, maka

¢I = �I − �∗‖�I − �∗‖ ⟶ ¢

yang berarti bahwa �I = �∗ + 9I¢I adalah barisan titik layak dengan arah layak

¢.

Definisi 2.60

Misalkan �∗ ∈ Á dan ¢ ∈ ℝ�. Jika

¢$∇cÑ(�∗) = 0, c ∈ �¢$∇cÑ(�∗) ≥ 0, c ∈ �(�∗)

Maka ¢ dikatakan arah layak linear dari Á di �∗. Himpunan semua arah layak

linear dari Á di �∗ adalah


67

�Ì@(�∗, Á) = Ò¢Ó ¢$∇cÑ(�∗) = 0, c ∈ �¢$∇cÑ(�∗) ≥ 0, c ∈ �(�∗)Ô

Skema dasar dari metode optimasi mengikuti algoritma berikut:

Algoritma 2.61

Langkah 0. (Langkah Awal) Diberikan titik awal �¥ ∈ ℝ� dan toleransi k < 0

Langkah 1. (Kriteria Penghentian) Jika ‖∇B(�I)‖ ≤ k, berhenti

Langkah 2. (Pencarian Arah) Menurut beberapa skema iteratif, cari ¢I yang ada-

lah arah turun.

Langkah 3. Menentukan ukuran langkah �I sehingga nilai fungsi objektif menu-

run yaitu

B(�I + �I¢I) < B(�I)

Langkah 4. (Pengulangan) Tetapkan �I~� = �I + �I¢I, � = � + 1, dan ulang

ke langkah 1. □

Efisiensi dari metode optimasi dapat diukur dari kecepatan konvergen-

sinya. Ada beberapa jenis kecepatan konvergensi, diantaranya kecepatan konver-

gensi hasil bagi (Q-konvergensi) dan kecepatan konvergensi akar (R-konver-

gensi). Misalkan barisan iterasi ��I� dibangun oleh sebuah algoritma yang kon-

vergen ke �∗ dalam suatu norm, yaitu:


68

limI⟶j‖�I − �∗‖ = 0 (2.34)

Jika ada bilangan real � ≥ 1 dan konstanta positif � yang adalah independen da-

ri jumlah k iterasi sehingga

limI⟶j‖�I~� − �∗‖‖�I − �∗‖Õ = � (2.35)

maka ��I� mempunyai orde-� dari kecepatan Q-konvergensi. Secara khusus:

1. Ketika � = 1 dan � ∈ (0,1), barisan ��I� dikatakan konvergen ke Q-linear.

2. Ketika � = 1 dan � = 0, atau 1 < � < 2 dan � > 0, barisan ��I� dikatakan

konvergen ke Q-superlinear.

3. Ketika � = 2, dapat dikatakan bahwa barisan ��I� mempunyai kecepatan

konvergensi Q-kuadratik.

Kecepatan konvergensi ini bergantung pada � dan �. Andaikan bahwa

ada dua barisan ��I� dan ��′I� dan orde-Q dan faktor-Q secara berturut-turut

��, �� dan ��′, �′�. Jika � > �′ maka barisan dengan orde Q- � lebih cepat kon-

vergen dibandingkan dengan orde Q- �′. Sebagai contoh, barisan konvergen ku-

adratik akan lebih cepat konvergen jika dibandingkan dengan barisan konvergen

linear dan superlinear. Ketika � = �′ maka orde-Q dari kecepatan konvergen-

sinya adalah sama, jika � < �′ maka barisan ��I� lebih cepat konvergen daripa-

da ��′I�.


69

Teorema 2.62 (Teorema Taylor)

Misalkan B: ℝ� ⟶ ℝ terdiferensial secara kontinu dan bahwa ¢ ∈ ℝ�, maka

B(� + ¢) = B(�) + ∇B(� + �¢)$¢ (2.36)

untuk suatu � ∈ (0,1).

Bukti:

Akan dibuktikan B terdiferensial secara kontinu.

Misalkan B: ℝ� ⟶ ℝ terdiferensial secara kontinu pada himpunan terbuka

� ⊂ ℝ�, maka untuk � ∈ � dan ¢ ∈ ℝ� turunan berarah dari B pada � dengan

arah ¢, didefinisikan dengan

B ′(�; ¢) = lim¤⟶¥B(� + ¦¢) − B(�)¦ = ∇B(�)$¢ (2.37)

Pandang untuk l� norm fungsi B(�) = ‖�‖�.

Dari definisi persamaan (2.37) diperoleh bahwa

B′(‖�‖; ¢) = lim¤⟶¥‖� + ¦¢‖Ö − ‖�‖Ö¦ = lim¤⟶¥

∑ |�Z + ¦×Z| −�Z[� ∑ |�Z|�Z[�¦

Jika �Z > 0 diperoleh |�Z + ¦×Z| = |�Z| + ¦×Z untuk semua ¦ yang cukup kecil.

Jika �Z < 0, diperoleh

|−�Z + ¦×Z| = |−��Z − ¦×Z| = |−1||�Z − ¦×Z| = |�Z| − ¦×Z. Jika �Z = 0, |�Z + ¦×Z| = |0 + ¦×Z| = ¦×Z. Selanjutnya diperoleh

B′�‖�‖; ¢ = lim¤⟶¥∑ |�Z + ¦×Z|Z|��Ø¥ − ∑ |�Z|Z|��Ø¥¦


70

+ lim¤⟶¥∑ |�Z + ¦×Z|Z|��Ù¥ − ∑ |�Z|Z|��Ù¥¦

+ lim¤⟶¥∑ |�Z + ¦×Z|Z|��[¥ − ∑ |�Z|Z|��[¥¦

= lim¤⟶¥∑ |�Z|Z|��Ø¥ + ∑ ¦×ZZ|��Ø¥ − ∑ |�Z|Z|��Ø¥¦

+ lim¤⟶¥∑ |�Z|Z|��Ù¥ − ∑ ¦×ZZ|��Ù¥ − ∑ |�Z|Z|��Ù¥¦ + ∑ ¦|×Z|Z|��[¥¦

= ¦ ∑ ×ZZ|��Ø¥¦ + −¦ ∑ ×ZZ|��Ù¥¦ + ¦ ∑ ×ZZ|��[¥¦

= Y ×Z − Y ×Z +Z|��Ù¥

Y ×ZZ|��[¥Z|��Ø¥

Jadi turunan berarah dari fungsi B�� ada untuk sebarang � dan ¢.

Misalkan B terdiferensial secara kontinu pada suatu kitar dari �, maka diperoleh

B ′(B(�); ¢) = ∇B(�)$¢

Untuk membuktikan formula ini didefinisikan fungsi

Ú(�) = B(� + �¢) = B(�(�))

dimana ��(�)� = � + �¢. Catat bahwa

lim¤⟶¥B(� + ¦¢) − B(�)¦ = lim¤⟶¥

Ú(¦) − Ú(0)¦ = Ú′(0)

dengan menggunakan aturan rantai pada B(�(�)) diperoleh

Ú′(�) = �B(�(�))�� ∙ ��×� + �B(�(�))�� ∙ ��×� + ⋯ + �B(�(�))��Z ∙ ��Z×� + �B(�(�))��∙ ��×�


71

= Y �B(�(�))��Z ∙ ∇�Z(�)�Z[�

= Y �B(�(�))��Z ∙ ×Z = ∇B(�(�))$¢ = ∇B(� + �×)$¢�Z[�

Dengan menggunakan � = 0, diperoleh

Ú′(0) = ∇B(�)$¢ = B ′(B(�); ¢)

Dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-rata. Misalkan diberikan sebuah fung-

si yang terdiferensial secara kontinu Ú: ℝ → ℝ dan terdapat paling sedikit satu

bilangan ª dalam (�¥, ��), dimana �¥ = 0 dan �� = 1 diperoleh

Ú′(��) = Ú(�¥) + Ú′(ª)(�� − �¥)

Ingat bahwa Ú(�) = B(� + �¢).

Jika � diganti dengan �� maka

Ú(��) = B(� + ��¢) (2.38)

Substitusikan �� = 1 ke dalam persamaan (2.38) maka diperoleh

Ú(1) = B(� + ¢)

Jika � diganti menjadi �¥ maka

Ú(�¥) = B(� + �¥¢) (2.39)

Substitusikan �¥ = 0 ke dalam persamaan (2.39) maka diperoleh

Ú(0) = B(�)

Suatu perluasan dari hasil ini untuk fungsi multivariabel B: ℝ� ⟶ ℝ bahwa un-

tuk sebuah vektor ¢ diperoleh bahwa


72

B(� + ¢) = B(�) + ∇B(� + �¢)$¢

Untuk suatu � ∈ (0,1). Jadi terbukti untuk B yang terdiferensial secara kontinu.

Teorema 2.63

Misalkan �∗ ∈ Á merupakan peminimum lokal dari masalah (2.28)-(2.30). Jika

B(�) dan ½Z(�)(c = 1,2, … , !) terdiferensial pada �∗, maka

¢$∇B(�∗) ≥ 0, ∀¢ ∈ nÌ@(�∗, Á) (2.40)

Bukti

Untuk setiap ¢ ∈ nÌ@(�∗, Á), terdapat 9I > 0(� = 1,2, … ) dan ¢I(� = 1,2, … )

sehingga �∗ + 9I¢I ∈ Á dengan 9I ⟶ 0 dan ¢I ⟶ ¢. Karena �∗ + 9I¢I ⟶ �∗

dan �∗ adalah peminimum lokal, maka menurut Teorema Taylor dan untuk � cu-

kup besar diperoleh

B(�∗) ≤ B(�∗ + 9I¢I) = B(�∗) + 9I¢I$∇B(�∗) + ©(9I)

0 ≤ 9I¢I$∇B(�∗) + ©(9I) (2.41)

Karena 9I > 0 dengan � = 1,2, … maka diperoleh

¢$∇B(�∗) ≥ 0 (2.42)

Karena ¢ adalah sembarang, diperoleh pertidaksamaan (2.40). □


73

Lemma 2.64

Himpunan

n = Û¢ Ü ¢$∇B(�∗) < 0,¢$∇½Z(�∗) = 0, c ∈ �,¢$∇½Z(�∗) ≥ 0, c ∈ � �Ý (2.43)

adalah kosong jika dan hanya jika ada bilangan real \Z,c ∈ � dan bilangan real

tak negatif \Z > 0, c ∈ � sehingga

∇B(�∗) = Y \Z∇½Z(�∗)Z∈Þ + Y \Z∇½Z(�∗)Z∈ß (2.44)

Tetapkan

¢ = −�, ∇B(�∗) = ½, q = à∇½�$(�∗)⋮∇½h$ (�∗)â , ã = �,

Berdasarkan informasi di atas diperoleh:

¢$∇B(�∗) < 0

−�$½ < 0

−½$� < 0

½$� > 0

Y ¢$∇½Z(�∗)hä

Z[� + Y ¢$∇½Z(�∗)hZ[hä~� ≥ 0

Y ¢$∇½Z(�∗) ≥ 0hZ[�


74

−�$q$ ≥ 0

−q� ≥ 0

q� ≤ 0

Jadi, persamaan 2.43 dapat dinyatakan dengan

n = Í−�Î½$� > 0q� ≤ 0 Ï

dan persamaan 2.44 dapat dinyatakan dengan

∇B(�∗) = Y ãZ∇½Z(�∗)Z∈Þ + Y ãZ∇½Z(�∗)Z∈ß

= Y ãZ∇½Z(�∗)hZ[�

= Y ∇½Z(�∗)hZ[� ãZ

½ = q$�

Hasil di atas menunjukkan bahwa persamaan 2.43 merupakan sistem 1 pada

Lemma 2.51 (Lemma Farkas’) dan 2.44 merupakan sistem 2 pada Lemma 2.51

(Lemma Farkas’). Melalui Lemma 2.64 ini

• Misalkan bahwa terdapat penyelesaian untuk persamaan 2.44, akan dibuktikan

bahwa persamaan 2.43 tidak mempunyai penyelesaian.

• Misalkan persamaan 2.44 tidak mempunyai penyelesaian, akan dibuktikan

bahwa persamaan 2.43 mempunyai penyelesaian.

Selanjutnya untuk bukti analog dengan bukti pada Lemma 2.51.


75

Definisi 2.65

Pengali Lagrange merupakan barisan bilangan real \Z, sehingga titik �¥, yang

meminimalkan B(�) dengan ½�(�) = 0, … , ½h(�) = 0 akan menjadi titik sta-

sioner dari fungsi Lagrange

ℒ(�, ã) = B(�) − Y \Z½Z(�)hZ[�

Teorema 2.66 (Teorema Karush-Kuhn-Tucker)

Misalkan �∗ merupakan peminimum lokal dari masalah (2.28)-(2.30). Jika ken-

dala memenuhi

nÌ@(�∗, Á) = �Ì@(�∗, Á) (2.45)

maka terdapat pengali Lagrange \Z∗ sehingga syarat-syarat berikut dipenuhi pada

(�∗, ã∗) :

∇B(�∗) − ∑ \Z∗hZ[� ∇½Z(�∗) = 0 (2.46)

½Z(�∗) = 0, ∀ c ∈ � (2.47)

½Z(�∗) ≥ 0, ∀ c ∈ � (2.48)

\Z∗ ≥ 0, ∀ c ∈ � (2.49)

\Z∗½(�∗) = 0, ∀ c ∈ � (2.50)


76

Bukti:

Karena �∗ adalah peminimum lokal, �∗ adalah layak dan syarat (2.47) dan (2.48)

dipenuhi.

Misalkan ¢ ∈ nÌ@(�∗, Á);

Karena �∗ adalah peminimum lokal, berdasarkan Teorema 2.63 menyatakan

bahwa ¢$∇B(æ∗) ≥ 0. Misalkan

\Z∗ = Í\Z, c ∈ ç(�∗)0, c ∈ �\�(�∗)� (2.51)

Melalui Lemma Farkas’, didapatkan bahwa

∇B(�∗) = Y \Z∗∇½Z(�∗)Z∈Þ + Y \Z∗∇½Z(�∗)Z∈ß(�∗) (2.52)

dimana \Z∗ ∈ ℝ(c ∈ �) dan \Z∗ ≥ 0(c ∈ �(�∗)).

Tetapkan \Z∗ = 0�c ∈ �\�(�∗)�, sehingga diperoleh (2.46) yaitu:

∇B(�∗) = Y \Z∗∇½Z(�∗)hZ[�

Jelas bahwa \Z∗ ≥ 0, ∀ c ∈ �.

Perhatikan bahwa:

Bila c ∈ �(�∗), ½Z(�∗) = 0 dan \Z∗ ≥ 0, karena itu \Z∗½Z(�∗) = 0.

Bila c ∈ �\�(�∗), ½Z(�∗) > 0 tetapi \Z∗ = 0, karena itu diperoleh pula

\Z∗½Z(�∗) = 0.

Dengan demikian, diperoleh \Z∗½Z(�∗) = 0, ∀ c ∈ �. □


77

Definisi 2.67

Titik Karush-Kuhn-Tucker adalah titik yang memenuhi syarat (2.46)-(2.50)

Definisi 2.68

∇�ℒ��∗, ã∗� = ∇B(�∗) − Y \c∗!

c=1 ∇½c(�∗) = 0

adalah titik stasioner dalam syarat Karush-Kuhn-Tucker.

Teorema 2.69

Titik Karush-Kuhn-Tucker dari pemrograman konveks adalah peminimalnya.

Bukti:

Misalkan ��∗, ã∗� adalah sebarang titik Karush-Kuhn-Tucker dari pemrograman

konveks. Diketahui fungsi Lagrange adalah sebagai berikut:

�(�, ã∗) = B(�) − Y \Z∗Z∈é ½Z(�) − Y \Z∗Z∈ê ½Z(�) (2.53)

adalah konveks untuk �. Melalui sifat fungsi konveks dan syarat Karush-Kuhn-

Tucker untuk sebarang � yang layak, maka diperoleh

�(�, ã∗) ≥ �(�∗, ã∗) + (� − �∗)$∇��(�∗, ã∗)

= �(�∗, ã∗) + (� − �∗)$0

= �(�∗, ã∗)


78

= B(�∗) − Y \Z∗h

Z[� ½Z(�∗)

= B(�∗) − 0

= B(�∗) (2.54)

Perhatikan bahwa � adalah titik layak dan \c∗ ≥ 0, c ∈ �, jadi diperoleh

\c∗½c(�) = 0, c ∈ �; \c∗½c(�) ≥ 0, c ∈ �

Oleh karena itu diperoleh

�(�, ã∗) ≤ B(�) (2.55)

Dari (2.54) dan (2.55) diperoleh

B(�) ≥ B(�∗)

Jadi, titik Karush-Kuhn-Tucker �∗ adalah peminimal. □


BAB III

METODE HIMPUNAN AKTIF

UNTUK MENYELESAIKAN MASALAH

PEMROGRAMAN KUADRATIK

A. Pemrograman Kuadratik

Pemrograman kuadratik merupakan salah satu masalah optimasi dalam

matematika yang melibatkan kendala. Secara umum masalah pemrograman kua-

dratik merupakan masalah optimasi nonlinear dengan fungsi objektif berbentuk

kuadratik dan kendala berbentuk linear.

Fungsi kuadratik merupakan fungsi di mana nilai yang diberikan dalam

bentuk polinomial kuadratik. Fungsi kuadratik tersebut mempunyai bentuk

�� = �� + � +

dengan � = ��1, ⋯ , ��T, � adalah matriks simetrik � × �, adalah matriks

1 × � dan adalah suatu skalar. Fungsi vektor

�T�� = � ��

�=1 ��=1 ��

adalah bentuk kuadrat dengan � peubah yang diasosiasikan dengan fungsi

kuadratik yang bersangkutan.


80

Contoh 3.1

Diberikan contoh di mana terdapat empat peubah, jika

� = ��, � = �� !�� ! ��

�, = "#� #� #� #�$ maka diperoleh fungsi kuadratik sebagai berikut

�� = �� + � +

= �� + �� + �� + �� + 2�� + 2�� + 2� ��

+2�� + 2�� + 2�!��+#�� + #�� + #�� + #�� + .

Dengan mengetahui bentuk umum dari fungsi kuadratik, selanjutnya akan

diberikan bentuk umum dari masalah pemrograman kuadratik. Adapun bentuk

umum dari masalah pemrograman kuadratik tersebut, yaitu

min '�� = �� (� + )�� (3.1)

Kendala: 12�� = 32�� − #2 = 0, � ∈ 7 (3.2)

12�� = 32�� − #2 ≥ 0, � ∈ 9 (3.3)

dengan

'�� = fungsi objektif.

( = matriks Hesse � × � dari fungsi objektif.

7 = himpunan indeks dari kendala yang berupa persamaan,

: = {1,…, me}


81

9 = himpunan indeks dari kendala yang berupa pertidaksamaan,

; = {me+1,…, m}

sedangkan g, x, ai, adalah vektor di ℝ= dan bi ∈ ℝ.

Dari (3.1)-(3.3), terlihat bahwa secara umum masalah pemrograman kua-

dratik yang dibatasi oleh kendala berupa persamaan dan pertidaksamaan. Namun,

ada kasus dimana masalah pemrograman kuadratik hanya dibatasi oleh kendala

berupa persamaan. Bentuk umum dari masalah ini yaitu

min '�� = �� (� + )�� (3.4)

Kendala: �� = > (3.5)

dengan ), � ∈ ℝ=, > ∈ ℝ?, � ∈ ℝ=×?, dan ( ∈ ℝ=×=.

Untuk menyelesaikan masalah (3.4) dengan kendala (3.5), dapat digunakan me-

tode Lagrange yang didasarkan pada syarat Karush-kuhn-Tucker.

Dari (3.4) diketahui,

�� = �� (� + )�� dan 1�� = �� − >

sehingga dengan menggunakan persamaan (2.46)-(2.47) maka syarat Karush-

Kuhn-Tucker untuk persamaan (3.4) adalah:

∇�� = ∇1��A ∇ B12 ��(� + )��C = ∇�� − >�A


82

12 (� + 12 ��( + ) = �A �(� + )� = �A (3.6)

Kendala

�� − > (3.7)

Jadi, sistem pada (3.6)-(3.7) dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut

D ( −�−�� 0 E D�AE = − D)>E (3.8)

Matriks

D ( −�−�� 0 E (3.9)

adalah matriks Karush-Kuhn-Tucker untuk pemrograman kuadratik (3.4)-(3.5).

Masalah pemrograman kuadratik dapat diselesaikan dengan sejumlah

metode, namun bergantung pada karakteristik dari fungsi objektifnya. Jika ma-

triks Hesse G pada (3.1) adalah semidefinit positif maka masalah tersebut meru-

pakan masalah pemrograman kuadratik konveks. Jika matriks Hesse G adalah de-

finit positif maka merupakan pemrograman kuadratik konveks tegas dan jika

matriks Hesse G adalah indefinit maka merupakan masalah pemrograman kua-

dratik nonkonveks. Masalah pemrograman kuadratik yang akan dibahas dalam

tulisan ini yaitu masalah pemrograman kuadratik konveks. Masalah pemrogra-

man kuadratik konveks ini dapat diselesaikan dengan menggunakan beberapa

metode, di antaranya metode titik dalam dan metode himpunan aktif. Dalam pro-


83

sesnya, jika taksiran nilai awal penyelesaian � itu layak maka akan lebih efektif

menggunakan metode himpunan aktif daripada metode titik dalam. Melalui me-

tode ini akan lebih cepat konvergen hanya dengan menggunakan beberapa iterasi.

Selain itu, metode himpunan aktif juga lebih sederhana karena tidak semua ken-

dala digunakan untuk mencari penyelesaian yang dapat mengoptimumkan fungsi

objektif.

Seperti yang disebutkan pada pembahasan sebelumnya bahwa terdapat

masalah pemrograman kuadratik yang hanya dibatasi oleh kendala berupa per-

samaan. Untuk menyelesaikannya, dapat digunakan sistem Karush-Kuhn-Tucker

seperti yang ditunjukkan pada persamaan (3.8) yaitu:

D ( −�−�� 0 E D�AE = − D)>E Berikut adalah contoh masalah pemrograman kuadratik dengan kendala berupa

persamaan yang diselesaikan dengan menggunakan persamaan (3.8).

Contoh 3.2

Diberikan masalah pemrograman kuadratik berikut:

min '�� = 3�� + 2�� + �� + 2.5�� + 2�� + 2�� − 8�� − 3�� − 3��

Kendala

�� + �� = 3

�� + �� = 0


84

Dari masalah di atas, diketahui

( = L6 2 12 5 21 2 4O, ) = L−8−3−3O, � = L1 00 11 1O sehingga �� = D1 0 10 1 1E, > = D30E

Akan digunakan persamaan (3.8) untuk mencari � dan A.

PQQQR 6 22 5 1 −1 02 0 −1 1 2−1 0 0 −1

4 −1 −1−1 0 0−1 0 0STTTU D�AE = PQQ

QR 8 3 3−3 0STTTU

D�AE = PQQQR 6 22 5 1 −1 02 0 −1 1 2−1 0 0 −1

4 −1 −1−1 0 0−1 0 0STTTUV�

PQQQR 8 3 3−3 0STT

TU

= PQQQR 0.0769 0.0769 0.0769 0.0769 −0.0769 −0.4615 0.3846−0.0769 0.5385 −0.6154−0.0769 −0.0769−0.4615 0.5385 0.3846 −0.6154

0.0769 −0.5385 −0.3846−0.5385 −2.2308 0.6923−0.3846 0.6923 −3.0769STTTU

PQQQR 8 3 3−3 0STT

TU

= PQQQR 2−1 1 3−2STT

TU

Jadi, � = L 2−1 3 O, A = D 3−2E.

Contoh (3.2) merupakan salah satu contoh dari masalah pemrograman

kuadratik. Karena matriks koefisien mempunyai invers maka sistem persamaan

di atas mempunyai solusi tunggal, di mana dari sistem persamaan tersebut diper-


85

oleh nilai � dan A. Namun, metode di atas hanya dapat digunakan jika masalah

pemrograman kuadratik tersebut hanya dibatasi oleh kendala berupa persamaan.

Dengan kata lain, jika terdapat kendala berupa pertidaksamaan, maka metode ini

tidak dapat digunakan. Oleh karena itu, dibutuhkan metode lain yang dapat digu-

nakan untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik dengan kendala

yang bersifat umum. Salah satunya yaitu metode himpunan aktif yang akan diba-

has pada subbab selanjutnya.

B. Metode Himpunan Aktif

Definisi 3.1

Misalkan � ∈ ℝ=, 12��, � ∈ 9 adalah kendala pertidaksamaan,

9�� = YZ� | 12�� = 0, � ∈ 9\

Definisi 3.2

Misalkan � ∈ ℝ=, : adalah himpunan indeks dari kendala berupa persamaan di

mana : = {1,…, me}, maka himpunan

]�� = 7 ∪ 9��

adalah himpunan indeks dari kendala aktif pada �, 12�� untuk � ∈ ]�� adalah

kendala aktif pada �, 12�� untuk � ∉ ] adalah kendala tidak aktif pada �.


86

Masalah pemrograman kuadratik konveks dapat diselesaikan dengan

menggunakan sebuah metode yang disebut metode himpunan aktif. Metode ini

secara meluas digunakan pada tahun 1970. Secara umum metode himpunan aktif

adalah metode untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik dengan

kendala berupa persamaan yang digeneralisasikan untuk menyelesaikan masalah

pemrograman kuadratik dengan kendala yang bersifat umum. Dengan kata lain

metode himpunan aktif dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah pemro-

graman kuadratik yang melibatkan kendala berupa persamaan dan pertidaksa-

maan. Dalam metode himpunan aktif terdapat kendala pertidaksamaan yang tidak

aktif dan kendala pertidaksamaan aktif. Kendala pertidaksamaan yang tidak aktif

tidak berperan dalam pencapaian penyelesaian sehingga dapat dihilangkan se-

dangkan kendala pertidaksamaan aktif memiliki nilai nol pada penyelesaiannya,

jadi dapat digantikan oleh kendala berupa persamaan. Berikut diberikan lemma

yang menjadi dasar dalam metode himpunan aktif tersebut.

Lemma 3.3

Misalkan �∗ adalah peminimum lokal dari masalah pemrograman kuadratik

(3.1)-(3.3) maka �∗ adalah peminimum lokal dari masalah

mina∈ℝb 12 ��(� + )�� 3.10�

Kendala 32c� = #2 , � ∈ 7 ∪ 9��∗� (3.11)


87

sebaliknya jika �∗ adalah titik layak dari (3.1)-(3.3) dan titik Karush-Kuhn-

Tucker dari (3.10)-(3.11) dan vektor pengali Lagrange A∗ memenuhi

d2∗ ≥ 0, � ∈ 9��∗� (3.12)

maka �∗ juga titik Karush-Kuhn-Tucker dari masalah (3.1)-(3.3).

Bukti:

• Karena titik layak dari (3.1)-(3.3) juga merupakan titik layak dari masalah

(3.10)-(3.11), maka jelas bahwa peminimum lokal dari (3.1)-(3.3) juga me-

rupakan peminimum lokal dari (3.10)-(3.11).

• Misalkan �∗ merupakan titik layak untuk (3.1)-(3.3) dan titik Karush-Kuhn-

Tucker untuk (3.10)-(3.11)

Dari (3.10)-(3.11) diketahui,

��∗� = �� ∗��(�∗ + )��∗ dan 12��∗� = 32��∗ − #2 Misalkan terdapat d2∗�� ∈ 7 ∪ 9��∗�� maka dengan menggunakan syarat-

syarat Karush-Kuhn-Tucker diperoleh (3.14)-(3.15) sebagai berikut:

∇��∗� = � ∇12��∗�2∈e��∗�∪f d2∗ ∇ B12 ��∗��(�∗ + )��∗C = � ∇g32��∗ − #2h2∈e��∗�∪f d2∗

B12 (�∗ + 12 ��∗��( + )C = i � 322∈e��∗�∪f d2∗j


88

(�∗ + ) = � 322∈e��∗�∪f d2∗ �3.13� d2∗g32c�∗ − #2h = 0, d2∗ ≥ 0, � ∈ 9��∗� (3.14)

Definisikan

d2∗ = 0, � ∈ 9\9��∗� (3.15)

Dari (3.13)-(3.15) diperoleh

(�∗ + ) = � 32?

2l� d2∗ �3.16� 32c�∗ = #2, � ∈ 7 (3.17) 32c�∗ ≥ #2, � ∈ 9 (3.18)

d2∗ ≥ 0, � ∈ 9 (3.19)

d2∗g32c�∗ − #2h = 0, ∀� (3.20)

yang berarti bahwa �∗ adalah titik Karush-Kuhn-Tucker dari masalah (3.1)-

(3.3). □

Metode himpunan aktif adalah metode titik layak, yaitu semua titik iterasi

xk yang dibangun adalah titik layak dari kendala-kendalanya. Dalam setiap iterasi

diselesaikan submasalah pemrograman kuadratik dengan sebuah subhimpunan

dari kendala berupa persamaan. Subhimpunan ini diberi indeks dari suatu himpu-

nan kerja yang dinotasikan dengan no ⊂ 7 ∪ 9��∗�. Jika penyelesaian dari ken-


89

dala persamaan submasalah pemrograman kuadratik dalam no layak untuk masa-

lah (3.1)-(3.3) maka perlu diperiksa apakah syarat Karush-Kuhn-Tucker dipenuhi

atau tidak. Jika dipenuhi maka akan didapatkan penyelesaiannya. Sebaliknya,

jika syarat Karush-Kuhn-Tucker tidak dipenuhi maka himpunan kerja no dihi-

langkan dan diselesaikan submasalah baru. Jika penyelesaian dari kendala per-

samaan submasalah pemrograman kuadratik dalam no tidak layak untuk masalah

(3.1)-(3.3) maka perlu ditambahkan kendala dalam himpunan kendala yang in-

deksnya adalah no kemudian diselesaikan submasalah baru.

Di setiap iterasi, titik layak �o dan himpunan kerja no diketahui. Setiap iterasi

berupaya mencari penyelesaian dari submasalah yang kendalanya berupa persa-

maan dalam no. Misalkan q merupakan langkah dari �o

q = � − �o

sehingga fungsi objektif dari submasalah pemrograman kuadratik dinyatakan

dengan

minq∈ℝr 12 ��o + q��(��o + q� + )��o + q� �3.21� dan kendalanya diperoleh dengan mensubstitusikan � = �o + q pada persamaan

(3.2),

32�� − #2 = 0

32��o + q� − #2 = 0

32��o + 32�q − #2 = 0

g32��o − #2h + 32�q = 0


90

0 + 32�q = 0

32�q = 0, � ∈ no (3.22)

Dapat pula dinyatakan sebagai-berikut

minq∈ℝr 12 q�(q + )o� q �3.23�

32�q = 0, � ∈ no (3.24)

dimana )o = ∇'��o�

= ∇ B12 �o�(�o + )��oC

= 12 (�o + 12 �o�( + )

= (�o + ).

Titik Karush-Kuhn-Tucker dari (3.21)-(3.22) dinyatakan dengan qo dan pengali

Lagrange dinyatakan dengan d2�o�� ∈ no�.

Submasalah pemrograman kuadratik (3.21)-(3.22) tersebut dapat diselesaikan

dengan menggunakan persamaan berikut:

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E (3.25)

Jika qo = 0 maka �o adalah titik Karush-Kuhn-Tucker dari submasalah

min�∈ℝr 12 ��(� + )� � �3.26�

32�� = #2 , � ∈ no (3.27)

Jika d2�o� ≥ 0, ∀� ∈ no ∩ 9, maka �o adalah titik Karush-Kuhn-Tucker dari

submasalah (3.1)-(3.3) dan iterasi diakhiri. Jika tidak, ada pengali Lagrange ne-


91

gatif, contohnya d2�o� < 0. Dalam hal ini, dimungkinkan untuk mereduksi fungsi

objektif dengan menghilangkan kendala ke-�o dari himpunan kerja no. Kemudian

diselesaikan submasalah pemrograman kuadratik yang dihasilkan. Jika ada lebih

dari satu indeks sehingga d2 < 0, maka dipilih �o yang

d2v = min2∈wv∩exy�v�z{. d2�o� (3.28)

dan tetapkan

no ≔ no\Y�o\ (3.29)

Misalkan bahwa penyelesaian qo ≠ 0. Jika �o + qo layak untuk semua kendala,

maka ditetapkan

�o~� = �o + qo (3.30)

Sebaliknya, penentuan ukuran langkah dibuat sepanjang arah qo dan ditetapkan

�o~� = �o + oqo (3.31)

dimana o adalah ukuran langkah sehingga �o + oqo yang adalah titik layak

terbaik pada "�o, oqo$ dan paling dekat dengan �o + qo, dengan kata lain ambil

o sebesar mungkin dalam interval [0,1].

Selanjutnya dijabarkan rumus eksplisit o. Diberikan �o + oqo yang

memenuhi semua kendala. Jika � ∈ no, maka kendala yang sesuai pasti layak.

Karena itu hanya perlu mempertimbangkan kendala dimana � ∉ no. Ada dua ka-

sus yang perlu dipertimbangkan.


92

1. Jika 32�qo ≥ 0 untuk suatu � ∉ no maka untuk semua o ≥ 0

32��o + oqo� ≥ 32��o ≥ #2, � ∉ no

Dalam hal ini, kendala dipenuhi.

2. Jika 32�qo < 0 untuk suatu � ∉ no

32��o + oqo� ≥ #2 hanya jika

αo ≤ #2 − 32��o32�qo , � ∉ no �3.32�

Karena itu diambil

αo = min2∉wv3y�qvz{#2 − 32��o32�qo �3.33�

Karena diinginkan o sebesar mungkin dalam [0,1] yang bergantung pada

kelayakan yang tersisa, maka diperoleh rumus berikut

αo = min �1, min2∉wv3y�qvz{#2 − 32��o32�qo � �3.34�

Jika o < 1 atau dengan kata lain (3.33) berlaku, maka ada suatu � ∉ no se-

hingga

αo = #� − 3��o3��qo

Oleh karena itu,

3��o~� = 3��o + o3��qo = #�


93

Hal ini berarti bahwa ada kendala baru berindeks � ∉ no yang menjadi kendala

aktif di �o~�. Jadi, masukkan kendala baru tersebut ke dalam himpunan kerja, ar-

tinya, tetapkan no~� = no ∪ Y�\. Jika o = 1 maka himpunan kerja tetap sama

yaitu no~� = no. Jadi, iterasi berikutnya dapat dilanjutkan pada himpunan kerja

baru no~�.

Algoritma 3.4

Langkah 1: Diberikan �{ yang memenuhi kendala dan tetapkan no = 7 ∪9��{�, � ≔ 0.

Langkah 2: Cari penyelesaian qo dan d2�o� untuk submasalah pemrograman

kuadratik (3.21)-(3.22) dengan menggunakan persamaan (3.25).

Jika qo ≠ 0, ke langkah 3;

Jika qo = 0, pertimbangkan nilai d2�o�

Jika d2�o� ≥ 0, ∀� ∈ no ∩ 9, berhenti;

Jika d2�o� < 0, cari �o melalui (3.28).

no ≔ no\Y�o\, �o~� = �o, ke langkah 4.

Langkah 3: Cari o melalui (3.34)

Tetapkan

�o~� = �o + oqo (3.35)

Jika o = 1, ke langkah 4

Lain, cari � ∉ no sehingga


94

3��o + oqo� = #� (3.36)

Tetapkanno: = no ∪ Y�\.

Langkah 4: no~�: = no, � ≔ � + 1, ke langkah 2. □


95

Diagram Alir Metode Himpunan Aktif

0:

)(

00

0

=

∪=

k

IES x

x

Nk ≤

−=

−

−

00

(3.25)persamaan melalui

dan Tentukan )(

k

T

k

ik

A

AG

λ

g

λ

d

d

0≠kd)( nilai

kan Pertimbang

k

iλIS

λ

ki

k

i

∩∈∀

≥ 0 )(

{ }

kk

kkk

k

iISii

k

iSS

i

ki

kk

xx =

=

=

+

<

∩∈

1

)(

0

\:

min

(3.28)persamaan

melalui cari

)(

λλλ

kkkk

k

T

i

k

T

iiSik

k

b

kTi

k

dxx

da

xa

da

α

α

α

+=

−

=

+

<

∉

1

0

Tetapkan

,1min

persamaan melaluiTentukan

1=kα ( )

{ }jSS

b

Sj

kk

jkkkj

k

∪=

=+

∉

Tetapkan

memenuhi yang Cari

T dxa α

1:

:1

+=

=+

kk

SS kk

Gambar 3.1

Dari Algoritma 3.4 diketahui bahwa semua iterasi adalah layak, atau dengan kata

lain


96

�o ∈ �, ∀� (3.37)

dan fungsi objektif

'��o~�� ≤ '��o�, ∀� (3.38)

Selama qo ≠ 0 (atau dengan kata lain �o bukan titik Karush-Kuhn-Tucker dari

(3.26)-(3.27)) dan αo > 0, maka

'��o~�� < '��o� (3.39)

Jika algoritma berakhir dengan langkah yang banyak namun berhingga, titik ha-

silnya adalah titik Karush-Kuhn-Tucker dari masalah (3.1)-(3.3).

Misalkan bahwa algoritma tidak berakhir pada langkah yang banyak namun ber-

hingga; karena hanya ada sejumlah kendala yang berhingga maka tidak mungkin

bahwa jumlah elemen di no meningkat tak hingga banyak kali dan tidak berku-

rang. Jadi, ada tak hingga banyak � sehingga qo = 0. Berdasarkan algoritma

bahwa ada tak hingga banyak indeks � maka �o adalah titik Karush-Kuhn-

Tucker dari (3.26)-(3.27). Karena banyaknya kendala berhingga, no hanya

mempunyai sejumlah berhingga kombinasi yang berbeda dan juga barisan dari

nilai objektif Y'��o�\ hanya mempunyai sejumlah berhingga elemen. Oleh ka-

rena itu, harus ada �{ yang cukup besar sehingga

'��o~�� = '��o�, ∀� ≥ �{ (3.40)

Maka untuk semua � ≥ �{, salah satu dari

αo = 0 (3.41)

atau


97

qo = 0 (3.42)

akan berlaku. Karena hanya ada sejumlah berhingga kendala, tidak mungkin

bahwa algoritma hanya meningkatkan kendala ke no, maupun mengurangi ken-

dala dari no. Karena itu, harus ada tak hingga banyak indeks � sehingga

qo ≠ 0 (3.43)

dan tak hingga banyak indeks � sehingga

qo = 0 (3.44)

Jadi, ada �� > �� > �{ sehingga

qo� = 0, qo� = 0, (3.45)

qo ≠ 0, �� < � < �� (3.46)

dan

�� > �� + 1 (3.47)

Definisi 3.5

Misalkan Y�=\ adalah sebuah barisan.

• Jika ada bilangan � sedemikian sehingga Y�=\ ≤ � untuk semua � ≥ 1,

maka Y�=\ dikatakan terbatas ke atas.

• Jika ada bilangan � sedemikian sehingga Y�=\ ≥ � untuk semua � ≥ 1,

maka Y�=\ dikatakan terbatas ke bawah.

• Jika Y�=\ terbatas ke atas dan terbatas ke bawah maka Y�=\ dikatakan terba-

tas.


98

Teorema 3.6 (Teorema Konvergensi dari Metode Himpunan Aktif)

Misalkan kendala dari masalah pemrograman kuadratik konveks adalah

32� − #2 ≥ 0. Jika untuk semua �, 32 �� ∈ 7 ∪ 9��o� adalah bebas linear, maka

barisan yang dibangun dari Algoritma 3.4 akan konvergen ke titik Karush-Kuhn-

Tucker dari masalah (3.1)-(3.3) dalam iterasi berhingga, atau masalah (3.1)-(3.3)

tidak terbatas ke bawah.

Bukti:

Akan dibuktikan bahwa Y�o\ konvergen ke titik Karush-Kuhn-Tucker atau masa-

lah (3.1)-(3.3) tidak terbatas ke bawah.

Asumsikan bahwa masalah (3.1)-(3.3) adalah terbatas ke bawah, maka barisan

Y�o\ adalah terbatas.

Jika penyelesaian dari submasalah (3.21)-(3.22) adalah qo = 0, maka �o adalah

titik Karush-Kuhn-Tucker dari (3.26)-(3.27) untuk himpunan kerja no. Jika

d2�o� ≥ 0, ∀� ∈ no ∩ 9, maka �o adalah titik Karush-Kuhn-Tucker dari masalah

(3.1)-(3.3). Jika tidak, ada d2v�o� < 0 ��o ∈ no ∩ 9� maka dapat dicari arah turun

layak qo sedemikian sehingga

3�sqo = 0, � ∈ no, � ≠ �o, (3.48)

32vs qo > 0 (3.49)

dan dari persamaan (3.6) diperoleh

)o�qo = gA�o�h��o�qo = g32v� qohgA�o�h��2v = g32v� qohd2v�o� < 0. (3.50)


99

Jika persamaan (3.48) disubstitusikan ke kendala pada persamaan (3.22) atau

dengan kata lain no ≔ no\Y�o\, submasalah pemrograman kuadratik yang

dihasilkan akan memiliki arah turun layak. Karena o > 0,

'��o~�� < '��o� (3.51)

dan oleh karena itu, melalui kendala yang berhingga, algoritma tidak akan kem-

bali ke himpunan kerja no, dan barisan Y�o\ adalah berhingga.

Jika qo ≠ 0 dan o = 1, maka no~� = no, dan submasalah (3.21)-(3.22) tidak

berubah untuk �o~�, jadi �o~� adalah penyelesaian dari (3.21)-(3.22).

Hanya jika qo ≠ 0 dan o < 1, �o~� bukan merupakan penyelesaian dari (3.21)-

(3.22). Dari persamaan (3.36) pada langkah ke-3 dari Algoritma 3.4, diketahui

bahwa ada indeks � ∉ no sehingga kendala ke-j adalah layak. Jadi, seperti ken-

dala ditambahkan ke no~�. Jika proses ini terjadi beulang-ulang, maka setelah

paling banyak � iterasi himpunan kerja no akan memuat � indeks, yang sesuai

dengan vektor bebas linear, maka melalui persamaan (3.22) diperoleh qo = 0.

Oleh karena itu, prosedur tersebut berlanjut paling banyak � kali. Jadi akan ada

titik Karush-Kuhn-Tucker �o dari (3.26)-(3.27) paling banyak setelah � iterasi.

Algoritma akan konvergen di iterasi berhingga untuk titik Karush-Kuhn-Tucker

dari masalah (3.1)-(3.3). □


100

Contoh 3.3

Diberikan

min� '�� = �� − 1�� + �� − 2.5��

Kendala

�� − 2�� + 2 ≥ 0 (1)

−�� − 2�� + 6 ≥ 0 (2)

−�� + 2�� + 2 ≥ 0 (3)

�� ≥ 0 (4)

�� ≥ 0 (5)

Dengan metode himpunan aktif, akan dicari peminimum dari fungsi tersebut.

Penyelesaian:

Fungsi objektif di atas dapat diuraikan sebagai berikut

min� '�� = �� − 1�� + �� − 2.5��

= �� − 2�� + 1 + B�� − 5�� + 254 C

= ��+�� − 2�� − 5�� + 294

Jika diubah dalam bentuk masalah pemrograman kuadratik maka fungsi objektif

di atas menjadi

min� '�� = 12 �� 2 00 2� � + �−2−5�� + 294

Jika diilustrasikan, gambar dari masalah di atas adalah sebagai berikut


101

Masalah di atas akan diselesaikan dengan menggunakan langkah-langkah dari

Algoritma 3.4.

Iterasi 0

Langkah 1

�{ = D20E

Dengan mensubstitusikan �{ ke kendala (1)-(5) akan diperoleh

2 − 2�0� + 2 = 4 (1)

−2 − 2�0� + 6 = 4 (2)

−2 + 2�0� + 2 = 0 (3)

2 ≥ 0 (4)

0 ≥ 0 (5)

Karena kendala (3) dan (5) memenuhi kendala pertidaksamaan aktif dimana

12�� = 0, maka dapat ditetapkan bahwa:


102

n{ = Y�3�, �5�\

� = 0

Langkah 2

Menentukan q{ dan A{ untuk menyelesaikan submasalah pemrograman kuadra-

tik pada persamaan (3.25) dengan,

){ = (�{ + )

= D2 00 2E D20E + D−2−5E = D40E + D−2−5E = D 2−5E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E � 2 0 0 2 1 0−2 −1 1 −2 0 −1 0 0 0 0� �q{A{� = − � 2−5 0 0 �

�q{A{� = � 2 0 0 2 1 0−2 −1 1 −2 0 −1 0 0 0 0�V� �−2 5 0 0�

�q{A{� = � 0 0 0 0 1 −20 −1 1 0−2 −1 −2 4 4 −10� �−2 5 0 0�


103

�q{A{� = � 0 0−2−1�

Jadi, q{ = D00E dan A{ = D−2−1E. Hasil di atas menunjukkan bahwa q{ = 0 dan A{ < 0. Oleh karena itu �{ bukan

penyelesaian optimal. Karena A{ < 0 maka akan dicari �o melalui persamaan

(3.28) yaitu,

A2o = min2∈wv∩eAy�v�z{.A2�o�

Karena A{ = −2 merupakan pengali Lagrange dari kendala (3) maka harus dihi-

langkan dari himpunan kerja.

n{: = n{\Y�{\, �� = �{ = D20E, lanjutkan ke langkah 4.

Langkah 4

n�: = n{ = Y�5�\ , � ≔ 1

Kembali ke langkah 2

Iterasi 1

Langkah 2

Menentukan q� dan A� untuk menyelesaikan submasalah pemrograman kuadra-



104

)� = (�� + )

= D2 00 2E D20E + D−2−5E = D40E + D−2−5E = D 2−5E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E L2 0 00 2 −10 −1 0 O � q�A� � = − L 2−5 0 O

� q�A� � = L2 0 00 2 −10 −1 0 OV� L−2 5 0O

� q�A� � = L0.5 0 00 0 −10 −1 −2O L−2 5 0O

� q�A� � = L−1 0−5O

Jadi, q� = D−1 0E dan A� = −5.

Karena q� ≠ 0, lanjutkan ke langkah 3.

Langkah 3

Menentukan � melalui persamaan (3.34) yaitu,


105

αo = min �1, min2∉wv3y�qvz{#2 − 32��o32�qo �

Untuk � = 1 maka

� = −2 − "1 −2$ D20E"1 −2$ D−1 0 E = −2 − 2−1 = 4

Untuk � = 2 maka

� = −6 − "−1 −2$ D20E"−1 −2$ D−1 0 E = −6 + 21 = −4

Untuk � = 3 maka

� = −2 − "−1 2$ D20E"−1 2$ D−1 0 E = −2 + 21 = 0

Untuk � = 4 maka

� = 0 − "1 0$ D20E"1 0$ D−1 0 E = 0 − 2−1 = 2

Karena 32�qo < 0 terjadi untuk � = 1 dan 4 maka

� = minY1,2,4\ = 1

Tetapkan

�� = �� + �q�

= D20E + 1 D−1 0 E


106

= D10E

Karena � = 1 maka lanjutkan ke langkah 4.

Langkah 4

n�: = n� = Y�5�\ dan � ≔ 2, kembali ke langkah 2.

Iterasi 2

Langkah 2



)� = (�� + )

= D2 00 2E D10E + D−2−5E = D20E + D−2−5E = D 0−5E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E L2 0 00 2 −10 −1 0 O � q�A� � = − L 0−5 0 O

� q�A� � = L2 0 00 2 −10 −1 0 OV� L050O


107

� q�A� � = L0.5 0 00 0 −10 −1 −2O L050O

� q�A� � = L 0 0−5O

Jadi, q� = D00E dan A� = −5.

Karena q� = 0 dan A� < 0 maka �� bukan penyelesaian optimal. A{ < 0 maka

akan dicari �o melalui persamaan (3.28) yaitu,

A2o = min2∈wv∩eAy�v�z{.A2�o�

Karena A� = −5 merupakan vektor pengali Lagrange dari kendala (5), maka

kendala (5) harus dihilangkan dari himpunan kerja.

n�: = n�\Y��\, �� = �� = D10E, lanjutkan ke langkah 4.

Langkah 4

n�: = ∅ dan � ≔ 3, kembali ke langkah 2.

Iterasi 3

Langkah 2



)� = (�� + )


108

= D2 00 2E D10E + D−2−5E = D20E + D−2−5E = D 0−5E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E D2 00 2E � q�A� � = − D 0−5E

� q�A� � = D2 00 2EV� D05E

� q�A� � = D0.5 00 0.5E D05E

� q�A� � = D 02.5E

Jadi, q� = D 02.5E.


Langkah 3

Menentukan � melalui persamaan (3.34)



109

Untuk � = 1 maka

� = −2 − "1 −2$ D10E"1 −2$ D 02.5E = −2 − 1−5 = 0.6

Untuk � = 2 maka

� = −6 − "−1 −2$ D10E"−1 −2$ D 02.5E = −6 + 1−5 = 1

Untuk � = 3 maka

� = −2 − "−1 2$ D10E"−1 2$ D 02.5E = −2 + 15 = −0.2

Untuk � = 4 maka

� = 0 − "1 0$ D10E"1 0$ D 02.5E = 0 − 10 = tidak terde�inisi Untuk � = 5 maka

� = 0 − "0 1$ D10E"0 1$ D 02.5E = 0 − 02.5 = 0

Karena 32�qo < 0 terjadi untuk � = 1 dan 2 maka

� = minY1, 0.6\ = 0.6

Tetapkan

�� = �� + �q�


110

= D10E + 0.6 D 02.5E = D 11.5E

Karena � < 1 maka akan ditentukan � ∉ no yang memenuhi persamaan (3.36)

yaitu,

3��(�o + oqo) = #�

Karena n = ∅ maka � ∈ Y(1), (2), (3), (4), (5)\.

Untuk � = 1

#� = "1 −2$ D 11.5E = −2

Untuk � = 2

#� = "−1 −2$ D 11.5E = −4

Untuk � = 3

#� = "−1 2$ D 11.5E = 2

Untuk � = 4

#� = "1 0$ D 11.5E = 1

Untuk � = 2

#� = "0 1$ D 11.5E = 1.5

Karena untuk � = 1, #� memenuhi persamaan (3.36) maka ditetapkan

n� ≔ n� ∪ Y1\


111

Langkah 4

n�: = Y1\ dan � ≔ 4, kembali ke langkah 2.

Iterasi 4

Langkah 2



)� = (�� + )

= D2 00 2E D 11.5E + D−2−5E

= D23E + D−2−5E = D 0−2E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E L 2 0 −1 0 2 2−1 2 0 O � q�A� � = − L 0−2 0 O

� q�A� � = L 2 0 −1 0 2 2−1 2 0 OV� L020O

� q�A� � = L 0.4 0.2 −0.2 0.2 0.1 0.4−0.2 0.4 −0.4O L020O


112

� q�A� � = L0.40.20.8O

Jadi, q� = D0.40.2E dan A� = 0.8


Langkah 3

Menentukan � melalui persamaan 3.34 yaitu,


Untuk � = 2 maka

� = −6 − "−1 −2$ D 11.5E"−1 −2$ D0.40.2E = −6 + 4−0.8 = 2.5

Untuk � = 3 maka

� = −2 − "−1 2$ D 11.5E"−1 2$ D0.40.2E = −2 − 20 = tidak terde�inisi Untuk � = 4 maka

� = 0 − "1 0$ D 11.5E"1 0$ D0.40.2E = 0 − 10.4 = −2.5

Untuk � = 5 maka


113

� = 0 − "0 1$ D 11.5E"0 1$ D0.40.2E = 0 − 1.50.2 = −7.5

Karena 32�qo < 0 terjadi untuk � = 2 maka

� = minY1, 2.5\ = 1

Tetapkan

�� = �� + �q�

= D 11.5E + 1 D0.40.2E = D1.41.7E

Karena � = 1, lanjut ke langkah 4.

Langkah 4

n�: = n� = Y1\ dan � ≔ 5, kembali ke langkah 2.

Iterasi 5

Langkah 2



)� = (�� + )

= D2 00 2E D1.41.7E + D−2−5E


114

= D2.83.4E + D−2−5E = D 0.8−1.6E

sehingga,

D ( −�−�s 0 E DqAE = − D)o0 E L 2 0 −1 0 2 2−1 2 0 O � q�A� � = − L 0.8−1.6 0 O

� q�A� � = L 2 0 −1 0 2 2−1 2 0 OV� L−0.8 1.6 0 O

� q�A� � = L 0.4 0.2 −0.2 0.2 0.1 0.4−0.2 0.4 −0.4O L−0.8 1.6 0 O

� q�A� � = L 000.8O

Jadi, q� = D00E dan A� = 0.8

Karena A� > 0 maka iterasi dihentikan dan �� = D1.41.7E merupakan penyelesaian

optimal.

Masalah di atas dapat pula diselesaikan dengan menggunakan program MAT-

LAB sebagai berikut:


115

Tabel 3.1 Output Penyelesaian contoh 3.3 dengan Matlab

------------------------------------------

k x(1) x(2)

------------------------------------------

1 2.000 0.000

2 2.000 0.000

3 1.000 0.000

4 1.000 0.000

5 1.000 1.500

6 1.400 1.700

------------------------------------------

Pada iterasi ke-6, d2 ≥ 0.

Jadi nilai � yang meminimalkan fungsi adalah:

�� = 1.400 dan �� = 1.700.

Berikut akan diberikan tabel perbandingan nilai awal dengan hasil akhir dan

jumlah iterasi yang dibutuhkan dalam Metode Himpunan Aktif untuk menyele-

saikan masalah optimasi seperti pada contoh 3.3.

Tabel 3.2 Tabel Perbandingan Nilai Awal Metode Himpunan Aktif

No. Nilai Awal (�{) Penyelesaian (�o) Jumlah Iterasi

1. (0,1)� (1.400,1.700)� 3


116

2. (2,2)� (1.400,1.700)� 3

3. (2.5,0)� (1.400,1.700)� 7

4. (0,0)� (1.400,1.700)� 5

5. (6,4)� (1.400,1.700)� 3

6. (7,0)� (1.400,1.700)� 7

7. (4,1)� (1.400,1.700)� 5

8. (15,0)� (1.400,1.700)� 7

9. (2,0)� (1.400,1.700)� 6

10. (3,0)� (1.400,1.700)� 7

11 (6,2)� (1.400,1.700)� 6

12 (16,0)� (1.400,1.700)� 7

13 (23,0)� (1.400,1.700)� 7

14 (24,11)� (1.400,1.700)� 6

15 (30,14)� (1.400,1.700)� 6

Dari Tabel 3.1 dapat dilihat bahwa dengan titik awal yang berbeda masalah pem-

rograman kuadratik pada contoh 3.3 akan memiliki penyelesaian (1.400,1.700)�. Dengan titik awal yang tepat maka akan mudah ditemukan ken-

dala aktif dan lebih cepat konvergen hanya dengan menggunakan beberapa ite-

rasi.


BAB IV

PENUTUP

A. Kesimpulan

Berdasarkan pembahasan pada bab-bab sebelumnya, dapat ditarik bebe-

rapa kesimpulan sebagai-berikut:

1. Masalah pemrograman kuadratik konveks dapat diselesaikan dengan

menggunakan Metode Himpunan Aktif. Dalam Metode Himpunan Aktif, yang

diselesaikan adalah submasalah pemrograman kuadratik konveks dengan me-

manfaatkan sebuah himpunan kerja. Himpunan kerja tersebut terdiri dari ken-

dala-kendala pertidaksamaan aktif yang memiliki nilai nol pada penyelesaian-

nya sehingga dapat digantikan oleh kendala berupa persamaan, sedangkan

kendala pertidaksamaan tidak aktif dihilangkan dari himpunan kerja. Kemu-

dian dicari penyelesaian untuk arah layak. Jika arah layak sama dengan nol

dan syarat Karush-Kuhn-tucker dipenuhi maka iterasi dihentikan dan dipero-

leh penyelesaian dari masalah pemrograman kuadratik konveks tersebut. Jika

sebaliknya, maka perlu dibangun himpunan kerja yang lain dan diselesaikan

submasalah baru.

2. Setiap langkah dari metode himpunan aktif dimulai dari menentukan sebarang

titik dan himpunan kerja, kemudian dicari peminimum fungsi dengan menye-

lesaikan submasalah pemrograman kuadratik.

3. Keistimewaan dari Metode Himpunan Aktif yaitu:


118

a. Lebih sederhana karena tidak semua kendala digunakan untuk mencari

peminimum fungsi.

b. Dapat pula digunakan untuk menyelesaikan masalah pemrograman

kuadratik dengan kendala berupa persamaan maupun pertidaksamaan.

B. Saran

Berikut diberikan permasalahan yang berhubungan dengan Metode Him-

punan Aktif dan juga beberapa metode kepada pembaca yang dapat dibahas lebih

lanjut, yaitu:

1. Metode Himpunan Aktif untuk menyelesaikan masalah pemrograman kuadra-

tik dual

2. Metode dual dan metode proyeksi gradien yang dapat pula digunakan untuk

menyelesaikan masalah pemrograman kuadratik.


119

DAFTAR PUSTAKA

Bartle, R. G. & Sherbert, D.R. (2000). Introduction to Real Analysis (4th

ed). New

York: John Willey & Sons, Inc

Bellman, R. (1970). Introduction to Matrix Analysis (2nd

ed). New York: McGraw-

Hill Book Company.

Budhi, W. S. (1995). Aljabar Linear. Jakarta: Gramedia.

Folland, G. B. (1999). Real Analysis Modern Techniques and Their Applications (2nd

ed). New York: John Wiley.

Hadley, G. (1972). Nonlinear and Dynamic Programming (2nd

ed). Menlo Park: Add-

ison-Wesley.

Hiller, F. S. & Lieberman, G. J. (1995). Introduction to Mathematical Programming

(2nd

ed). New York: McGraw-Hill, Inc.

Leon, S. J. (2001). Aljabar Linear dan Aplikasinya (Terjemahan). Edisi kelima. Ja-

karta: Erlangga.

Lipschutz, S. & Lipson, M. L. (2001). Seri Penyelesaian Soal Schaum Matematika

Diskret 1 (Terjemahan). Edisi pertama. Jakarta: Salemba Teknika.

Nocedal, J. & Wright, S. J. (2006). Numerical Optimization (2nd

ed). New York:

Springer.

Peressini, A.L., Sullivan, F.E. & J. J. Uhl, Jr. (1988). The Mathematics of Nonlinear

programming. New York: Springer.

Sun, W. & Yuan, Y. (2006). Optimization Theory and Methods. New York: Springer.

Sundaram, R. K. (1996). A First Course in Optimization Theory. New York: Cam-

bridge University Press.


120

LAMPIRAN

PROGRAM UTAMA:

Listing Program

fprintf('\n\n\n\n'); clear clc warning off all disp('---------------------------------------------------------'); disp('---------------------------------------------------------'); disp(' Algoritma Metode Himpunan Aktif '); disp('untuk Menyelesaikan Masalah Pemrograman Kuadratik Konveks'); disp(' min Q(x)={[(1/2)x^(T)Gx]+[g^(T)x]} '); disp(' x '); disp(' Kendala '); disp(' (a(i)^T)x - b(i)= 0 untuk i di E '); disp(' (a(i)^T)x - b(i)>= 0 untuk i di I '); disp('---------------------------------------------------------'); disp(' oleh '); disp(' Yudith Kase '); disp(' 08 3114 014 '); disp('---------------------------------------------------------'); disp(' Contoh 3.3 dengan Program Matlab '); disp('---------------------------------------------------------'); x0=input(' masukkan nilai x0 = '); G =input(' masukkan G = '); g =input(' masukkan g = '); a1=input(' masukkan a1 = '); a2=input(' masukkan a2 = '); a3=input(' masukkan a3 = '); a4=input(' masukkan a4 = '); a5=input(' masukkan a5 = '); b1=input(' masukkan b1 = '); b2=input(' masukkan b2 = '); b3=input(' masukkan b3 = '); b4=input(' masukkan b4 = '); b5=input(' masukkan b5 = '); disp('---------------------------------------------------------'); disp(' HASIL '); disp('---------------------------------------------------------'); disp('---------------------------------------------------------'); A=[a1;a2;a3;a4;a5]; x=x0; b=[b1;b2;b3;b4;b5]; C=A*x-b; Sk=find (C==0);


121

display(' k x(1) x(2)') fprintf('\n%15.0f%15.3f%15.3f',1,x(1),x(2)) for k=1:1000 if length(Sk)>=1 for i=1:length(Sk) B(i,:)=A(Sk(i),:); Abaru=B'; end Abaru; gk=G*x+g; S=([G -Abaru; -Abaru'

zeros(size(Abaru',1),size(Abaru,2))]^(-1))*-[gk;

zeros(size(Abaru',1),1)]; for i=1:length(x) d0(i)=S(i); end d0; for i=1:size(Abaru',1) lmd0(i)=S(2+i); end lmd0; if abs(d0)<=10^(-3) if lmd0>=0 break else i=find(lmd0==min(lmd0)); Sk(i)=[ ]; B(i,:)=[ ]; lmd0(:,i)=[ ]; xbaru=x; Sk=Sk; end k=k+1; else I=1:length(A); I(Sk)=[ ]; for i=1:length(I) E(i)=(b(i)-A(i,:)*x)/(A(i,:)*d0'); end p=find(E>0); alfa=min(1,min(E(p))); x=x+alfa*d0'; if alfa~=1 I; for i=1:length(I) BB(i)=(A(I(i),:)*x); end B; bb=b(I); j=find(BB-bb'==0); Sk=union(Sk,j); Sk=Sk;


122

k=k+1; else Sk=Sk; k=k+1; end end else gk=G*x+g; S=G^(-1)*-gk; for i=1:length(x) d0(i)=S(i); end d0; if abs(d0)<=10^(-2) if lmd0>=0 break else xbaru=x; Sk=Sk; end k=k+1; else I=1:length(A); I(Sk)=[ ]; for i=1:length(I) E(i)=(b(i)-A(i,:)*x)/(A(i,:)*d0'); end E; p=find(E>0); alfa=min(1,min(E(p))); x=x+alfa*d0'; if alfa~=1 j=find(b==A*x); Sk=union(Sk,j) ; Sk=Sk; k=k+1; else Sk=Sk; k=k+1; end end end fprintf('\n%15.0f%15.3f%15.3f',k,x(1),x(2)) end fprintf('\n') disp(' '); disp('-------------------------------------------------------'); disp('-------Terimakasih Telah Menggunakan Program Ini-------');


123

OUTPUT

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

Algoritma Metode Himpunan Aktif

untuk Menyelesaikan Masalah Pemrograman Kuadratik Konveks

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

oleh

Yudith Kase

08 3114 014

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

Contoh 3.3 dengan Program Matlab

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

masukkan nilai x0 = [2;0]

masukkan G = [2 0;0 2]

masukkan g = [-2;-5]

masukkan a1 = [1 -2]

masukkan a2 = [-1 -2]

masukkan a3 = [-1 2]

masukkan a4 = [1 0]

masukkan a5 = [0 1]

masukkan b1 = -2

masukkan b2 = -6

masukkan b3 = -2

masukkan b4 = 0

masukkan b5 = 0

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

HASIL

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

k x(1) x(2)

1 2.000 0.000

2 2.000 0.000

3 1.000 0.000

4 1.000 0.000

5 1.000 1.500

6 1.400 1.700

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

------------------------Terimakasih Telah Menggunakan Program Ini-----------------------

>>


Documents

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI - core.ac.uk · Kelebihan dari metode himpunan aktif, yaitu lebih sederhana perhitun-gannya karena tidak semua kendala digunakan. Tetapi jika