Analisis Sensitivitas

Analisis Sensitivitas

Terdiri dari 2 macam :

1. Analisis Sensitivitas, bila terjadi perubahan parameter secara diskrit.

2. Program Linear Parametrik, bila terjadi perubahan parameter secara kontinu. Macam-macam perubahan pasca optimum:

1. Perubahan suku tetap, b_i 2. Perubahan koefisien ongkos,

c

_j 3. Perubahan koefisien teknis,

a

_ij 4. Penambahan kendala baru 5. Penambahan perubahan baru. Akibat-akibat perubahan parameter:

(i) PO tetap, variabel basis dan nilainya tetap (ii) Variabel basis tetap, namun nilainya berubah (iii) Variabel basis berubah

A. Perubahan suku tetap, b_i. Masalah PL: Memaksimumkan



  n j j j j c x x f 1 ) ( Terhadap kendala _i n j j ijx b a



    1 ) , , ( ,

i



1

,

2

,



,

m

.

PO masalah tersebut telah diperoleh, yaitu

f

_max pada plb x (x₁,x₂,,x_m)



D

1

B

. Perubahan b_i:

- Nilai variabel basis dan PO terpengaruh

- Membuat soal tetap layak, maka PO soal asli menjadikan plb soal baru juga tetap PO. Dkl. Plb baru: ( , 2*, , *) * 1 * m x x x x   harus memenuhi x* D1(b b)0 Plb soal asli: x (x₁,x₂,,x_m) sehingga

x

*



D

1

b



D

1



b



x



D

1



b



0

.

0 1 * _{   }



 m j j ij i i x d b x ,

i



1

,

2

,



,

m

 x_i d_i1b₁d_i2b₂d_imb_m 0 0 1 2 12 1 11 1 * 1  x d b d b  dmbm  x  0 2 2 22 1 21 2 * 2  x d b d b  d mbm  x 



0 2 2 1 1 *          m m m mm m m x d b d b d b x 

b

D

x

x

*





1



b

D

x

x

*





1



b

D

x







1 , x

x

*



x

Atau



    m j j ij i d b x 1 ,

i



1

,

2

,



,

m

b D c x c f      1 . Jika bimengakibatkan 0 * _{  } i i i x x

x , untuk suatu

i



1

,

2

,



,

m

, maka perubahan diselesaikan melalui tablo optimum soal asli sebagai berikut:

(a) bi tablo optimum diganti dengan bi bi bi *

,

i



1

,

2

,



,

m

. Syarat bi* 0 berlaku. (b) Pada keadaan bi* 0,

* i

b dipositifkan dan kendala ditambahkan variabel artifisial. (c) Selesaikan tabel baru tersebut dengan metode simpleks atau metode simpleks 2 tahap.

Contoh 1. Memaksimumkan f(x₁,x₂,x₃)50x₁45x₂ 30x₃ Terhadap kendala 2x₁3x₂ x₃ 1200

x₁ 4x₂ 3x₃ 800 x₁,x₂,x₃ 0.

Setelah PO diperoleh, tambahkan b1 300dan b2 200 kepada suku tetap dan selidiki pengaruhnya

terhadap PO soal asli tadi. Penyelesaian:

Dengan menambahkan variabel slack y₁,y₂ 0, kendala menjadi 1200 3 2x₁ x₂ x₃ y₁  800 3 4 _{2 3 2} 1 x  x  y  x 0 , , _{2 3} 1 x x  x , y1,y2 0. Fungsi tujuan menjadi

Memaksimumkan f 50x₁ 45x₂ 30x₃ 0y₁0y₂. Sehingga masalah sudah dalam bentuk kanonik.

Tabel Simpleksnya,

c

_j

50

45

30

0

0

c

i

x

i

x

j

x

1

x

2

x

3

y

1

y

2

0

y

₁

2

3

1

1

0

1200

600

0

y

₂

1

4

3

0

1

800

800

z

_j

0

0

0

0

0

0

z

j

-c

j

-50

-45

-30

0

0

0

b

i

R

i Tabel kedua

c

_j

50

45

30

0

0

c

_i

x

_i

x

_j

x

₁

x

₂

x

₃

y

₁

y

₂

50

x

1

1

3/2

1/2

1/2

0

600

1200

0

y

₂

0

5/2

5/2

-1/2

1

200

80

z

_j

50

75

25

25

0

30000

z

_j

-c

_j

0

30

-5

25

0

0

b

_i

R

_i Tabel Ketiga

c

_j

50

45

30

0

0

c

_i

x

_i

x

_j

x

₁

x

₂

x

₃

y

₁

y

₂

50

x

1

1

3

0

3/5

1/5

560

30

x

₃

0

1

1

-1/5

2/5

80

z

_j

50

180

30

24

22

30400

z

_j

-c

_j

0

135

0

24

22

30400

b

_i

R

_i

Tabel sudah optimal. Plb (x₁,x₂,x₃)(560,0,80), yang memaksimumkan

f



30400

. Untuk PO tersebut,















_* 2 * 1 *

x

x

x

_       3 1 x x















80

560

, c* (50,30),

_













3

1

1

2

*

D

dengan

_



















5

/

2

5

/

1

5

/

1

5

/

3

)

(

D

* 1 .

Penyelesaian soal terubah:

Sekarang ditambahkan b₁ 300dan b₂ 200, maka diperoleh



    2 1 1 * 1 * 1 j j j b d x x



x

₁*



d

₁₁



b

₁



d

₁₂



b

₂

 

.

200

700

5

1

300

.

5

3

560











.



    2 1 2 * 2 * 2 j j j b d x x



x

₂*



d

₂₁



b

₁



d

₂₂



b

₂

 

.

200

100

5

2

300

.

5

1

80











.

Ternyata

x

₁* dan

x

₂*keduanya positif, maka perubah basis optimum soal asli masih menjadi perubah basis optimum soal baru. Nilai-nilai perubah basis baru akan menjadi

x

₁*



700

dan

x

₂*



100

, berarti PO soal baru menjadi ( , , 3*) (700,0,100) * 2 * 1 x x  x , dengan

f

f

f

*max



_max







f

_max



c

*

(

D

*

)

1



B

30400

(

50

,

30

)

_















5

/

2

5

/

1

5

/

1

5

/

3













200

300

30400

(

50

,

30

)

_











20

140

38000.

Sekarang bila b₁ 1180 dan b₂ 120. Selidiki pengaruhnya terhadap PO soal asli. Penyelesaian:

Dalam soal baru ini b1 20dan b2 680, maka diperoleh



    2 1 1 * 1 * 1 j j j b d x x



x

₁*



d

₁₁



b

₁



d

₁₂



b

₂

 

.(

680

)

124

5

1

)

20

.(

5

3

560















.



    2 1 2 * 2 * 2 j j j b d x x



x

₂*



d

₂₁



b

₁



d

₂₂



b

₂

 

.(

680

)

268

5

2

)

20

.(

5

1

80

















.

Ternyata

x

₂*



0

, maka perubah basis optimum soal asli tidak menjadi basis optimum soal baru. Untuk menyelesaikan soal baru b₁ dan b₂ diganti dengan 124 dan -268, kemudian baris kedua dikalikan -1 dan dengan menyisipkan variabel artifisial q₁ 0 pada kendala kedua tadi disusun tablo simpleks baru.

Tabel Simpleks Tahap I

c

_j

0

0

0

0

0

1

c

i

x

i

x

j

x

1

x

2

x

3

y

1

y

2

q

1

0

x

₁

1

3

0

3/5

1/5

0

124

124/3

1

q

₁

0

-1

-1

1/5

-2/5

1

268

z

_j

0

-1

-1

1/5

-2/5

1

268

z

j

-c

j

0

-1

-1

1/5

-2/5

0

268

b

i

R

i Tabel Kedua

c

_j

0

0

0

0

0

1

c

i

x

i

x

j

x

1

x

2

x

3

y

1

y

2

q

1

0

x

₂

1/3

1

0

5

1/15

0

124/3

124/3

1

q

₁

1/3

0

-1

26/5

-1/3

1

1072/3

z

_j

1/3

0

-1

26/5

-1/3

1

1072/3

z

j

-c

j

1/3

0

-1

26/5

-1/3

0

1072/3

b

i

R

i

Tabel tidak dapat diteruskan. Soal menjadi tidak layak.

B. Perubahan Pada Koefisien Teknis

a

_ij

Akan diselidiki pengaruh perubahan

a

_ij menjadi

a

_ij





a

_ij terhadap PO soal asli.

1. Jika perubahan dilakukan pada semua

a

_ij pada kolom bukan basis dalam PO soal asli.

Pengaruh perubahan ini dapat dilihat pada nilai

z

j*



c

j*. Misalkan aik aik,

i



1

,

2

,



,

m

, dengan

x

k bukan

variabel basis pada PO. Dihitung z_k* c_k* yang baru:

(i) Jika zk* ck* 0, maka PO lama menjadi PO baru dengan zk ck c D Ak ck

1 * * * * * ) ( .

(ii) Jika zk* ck* 0, maka terhadap tabel optimum dilakukan operasi sebagai berikut. Dengan mengganti

A

_k dengan A_k* 1) Gantikan y_k dengan y_k* (D*)1A_k* 2) Gantikan

z

k



c

k dengan zk ck c D Ak ck 1 * * * * * ) ( Proses dilanjutkan sampai diperoleh PO yang baru. 2. Jika perubahan terjadi pada

x

kvariabel basis pada PO.

Pada kasus kedua ini, jika perubahan terjadi pada

0 ij

a

menjadi 0 0 ij ij

a

a





, maka

1) Tambahkan variabel baru

x

_n1pada masalah optimum dengan koefisien teknis

0 0 ) 1 (n ij ij i

a

a

a

_







dan koefisien ongkos 0 1 j n

c

c

_



(milik 0 j

x

dengan

x

_j



x

_j 0 ).

2) Koefisien

y

_i(n1) ditransformasikan ke y*i(n1) dengan rumus y_i(n1) D1A_n1,

i



1

,

2

,



,

m

.

3) Agar

0

j

x

tidak lagi berada pada basis optimum, maka gantikan koefisien ongkos

0 j

c

(milik 0 j

x

) dengan bilangan positif besar

M

(tetapi koefisien

x

_n1 tetap

0

j

c

).

4) Hitung koefisien kontrol terubah





 



























m k m i ki ij k j j j j j

c

z

c

c

c

y

z

1 1 * *

)

(



,

1

,

,

,

1







m

n

n

j



dengan c_k 0, k 1,2,, j₀ 1,j₀ 1,,n dan 0 0 j j

M

c

c







.

5) Lanjutkan algoritma simpleks untuk memperoleh po yang baru.

Contoh 2. Dari Contoh 1 diadakan perubahan terhadap soal aslinya dengan mengganti

_













4

3

2

A

menjadi















1

5

* 2

A

. Tentukan pengaruhnya terhadap po soal asli.

Penyelesaian:

Ternyata x₂bukan basis dalam po soal asli, maka perubahan pada A₂ merupakan kejadian pertama, sehingga diperoleh 2 * 2 1 * 2 * 2

c

C

D

A

c

z













50 30



_















5

/

2

5

/

1

5

/

1

5

/

3













1

5

45  



50 30



_













3

5

5

14

45  1401845 77.

Karena

z

₂*



c

₂*



77



0

, maka po lama menjadi po soal baru. Contoh 3. Dari Contoh 1

_













4

3

2

A

diubah menjadi

_













7

1

* 2

A

. Tentukan pengaruhnya terhadap po soal asli.

Penyelesaian:

Dihitung koefisien kontrol baru, sehingga diperoleh

2 * 2 1 * 2 * 2

c

C

D

A

c

z













50 30



_















5

/

2

5

/

1

5

/

1

5

/

3













7

1

45  



50 30



_











5

13

5

4

45  407845 7.

* 2 1

A

D



_

















5

/

2

5

/

1

5

/

1

5

/

3













7

1













5

13

5

4

.

Dengan mengganti Y₂dengan

D

1

A

₂* dan z₂ c₂ dengan

z

*



c

*tabel optimum soal asli berubah menjadi tabel berikut:

c

_j

50

45

30

0

0

c

_i

x

_i

x

_j

x

₁

x

₂

x

₃

y

₁

y

₂

50

x

₁

1

-4/5

0

3/5

1/5

560

30

x

3

0

13/5

1

-1/5

2/5

80

400/13

z

_j

50

38

30

24

22

z

_j

-c

_j

0

-7

0

24

22

b

_i

R

_i

30400

c

j

50

45

30

0

0

c

_i

x

_i

x

_j

x

₁

x

₂

x

₃

y

₁

y

₂

50

x

₁

1

0

4/13

7/13

21/65

7600/13

45

x

2

0

1

5/13

-1/13

2/13

400/13

z

j

50

45

425/13 305/13 300/13

z

_j

-c

_j

0

0

35/13

305/13 300/13

b

_i

R

_i

59000/13

Tabel sudah optimum.

C. Perubahan Pada Koefisien Ongkos,

c

_j Misalkan

c

_j diubah menjadi

c

j



c

j





c

j

*

, atau C diubah menjadi C*CC dan

C

*



C





C

adalah vektor ongkos baru untuk variabel basis tabel optimum soal asli.

Dalam tabel optimum soal asli, koefisien kontrol z_j c_j CY_j c_j. Sesudah diubah akan menjadi

* * *

*

j j j j

c

C

Y

c

z







(C C)Y_j c_j c_j CY_j CY_j c_j c_j * * j j

c

z



z_j c_j CY_j c_j (1)

PO soal asli akan tetap menjadi PO soal terubah bila dipenuhi

z

_j*



c

_j*



0

atau z_j c_j CY_j c_j 0 untuk

x

_j bukan basis. (2)

Khususnya, bila perubahan hanya terjadi pada

c

_j dengan

x

_j bukan basis dalam tabel optimum, maka



C



0

dan

z

_j



c

_j





c

_j



0

untuk

x

_j bukan basis.

Jika (2) dipenuhi maka variabel basis yang menyusun po tidak berubah demikian pula nilainya. Yang berubah adalah nilai program, yang semula

f



C

X

menjadi f*C*X (C C)X, jadi ada tambahan

X C f 

 .

Bila (2) tidak dipenuhi oleh beberapa variabel bukan basis, maka proses simpleks dilanjutkan dengan mengangkat tabel optimum soal asli yang sudah terubah sebagai tabel awal dan variabel-variabel yang tidak memenuhi (2) sebagai calon basis baru sampai po baru tercapai.

Contoh 4. Dari Contoh 1 bila c2 45 diubah menjadi

65

*

2



c

. Bagaimana pengaruh perubahan tersebut terhadap po soal asli.

Penyelesaian:

2

x pada tabel optimum bukan variabel basis. z2c2c2 135201150. Berarti po soal asli masih menjadi po soal terubah. Karena c₁ dan

c

₃ tidak berubah, maka



C



0

berarti

f

_max*



f

_max. Jadi nilai po juga tidak berubah.

Contoh 5. Dari Contoh 1 bila c₂ 45 diubah menjadi

c

₂*





25

. Bagaimana pengaruh perubahan tersebut terhadap po soal asli.

Penyelesaian:

2

x pada tabel optimum bukan variabel basis. z2c2c2 135(70)2050. Berarti po soal asli masih menjadi po soal terubah. Karena c1 dan

c

3 tidak berubah, maka



C



0

berarti max

*

max

f

f



. Jadi nilai po juga tidak berubah.

Contoh 6. Dari Contoh 1 bila c₁ 50 diubah menjadi

c

₁*



70

dan c₂ 45 diubah menjadi

c

₂*



75

. Bagaimana pengaruh perubahan tersebut terhadap po soal asli.

Penyelesaian: 20

1 

c (x₁ pada tabel optimum variabel basis) 30

2 

c (x₂ pada tabel optimum bukan variabel basis) 0

3 

c (x₁ pada tabel optimum variabel basis)

Pada tabel optimum terjadi perubahan



C







c

₁



c

₃

 



20

0



. Dihitung

z

j*



c

j* untuk

x

j bukan basis. Dalam hal ini adalah x2.

* 2 * 2

c

z



z2 c2 CY2 c2 135



20 0



30

1

3















0 165 30 60 135     .

Dengan cara sama diperoleh

z

₄*



c

₄* 360 untuk variabel y₁ dan z₅* c₅*260 untuk variabel y₂. Berarti po soal asli masih menjadi po soal terubah. Karena c₁ berubah dan

c

₃ tidak berubah, maka

   f CX



20 0



11200

80

560















. Dan nilai

f

_max*



f

_max





f

304001120041600.

Contoh 7. Dari Contoh 1

c

₃



30

diubah menjadi c₃* 115. Bagaimana pengaruh perubahan tersebut terhadap po soal asli.

Penyelesaian: 145

3 

c jadi



C







c

₁



c

₃

 



0



145



.

Dihitung

z

_j*



c

_j* untuk

x

_j bukan basis. Dalam hal ini adalah x₂.

* 2 * 2

c

z



z₂ c₂ CY₂ c₂ 135



0 145



0

1

3















0 10 0 145 135     .

Dengan cara sama diperoleh

z

₄*



c

₄*530 untuk variabel y1 dan

* 5 * 5 c z  360 untuk variabel y2.    f CX



0 145



11600

80

560















. Dan nilai

f

_max*



f

_max





f

304001160042000.

Karena

z

₂*



c

₂*100 dan z₅*c₅*360, maka tabel optimum soal asli belum optimum bagi soal terubah, sehingga perhitungan simpleks dilanjutkan, dengan memasukkan y₂ sebagai calon variabel basis baru.

c

_j

50

45

-115

0

0

c

i

x

i

x

j

x

1

x

2

x

3

y

1

y

2

50

x

1

1

3

0

3/5

1/5

560

-115

x

₃

0

1

1

-1/5

2/5

80

400/13

z

_j

50

35

-115

29

-220

z

j

-c

j

0

-10

0

29

-220

b

_i

R

_i

5554

Berarti po soal asli masih menjadi po soal terubah. Karena c₁ berubah dan

c

₃ tidak berubah, maka    f CX



20 0



11200

80

560













