Staff Site Universitas Negeri Yogyakarta

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1B. 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1b



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 b_imengakibatkan x_i*  x_i x_i 0, untuk suatu i



1

,

2

,



,

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

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 x₁ x₂

x

3 y1 y2

0

y₁

2

3

1

1

0

1200

600

0

y₂

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

cj

50

45

30

0

0

c_i x_i x_j x₁ x₂

x

₃ y₁ y₂

50

x1

1

3/2

1/2

1/2

0

600

1200

0

y₂

0

5/2

5/2

-1/2

1

200

80

zj

50

75

25

25

0

30000

z_j-c_j

0

30

-5

25

0

0

b_i R_i

Tabel Ketiga

cj

50

45

30

0

0

c_i x_i x_j x₁ x₂

x

₃ y₁ y₂

50

x₁

1

3

0

3/5

1/5

560

30

x₃

0

1

1

-1/5

2/5

80

zj

50

180

30

24

22

30400

z_j-c_j

0

135

0

24

22

30400

[image:2.595.43.390.278.701.2]

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



x₁*



d₁₁



b₁



d₁₂



b₂

 

.

200

700

5

1

300

.

5

3

560











.



_  

 2

1 2 *

2 * 2

j

j j b d x

x



x₂*



d₂₁



b₁



d₂₂



b₂

 

.

200

100

5

2

300

.

5

1

80









Ternyata x dan ₁* x keduanya positif, maka perubah basis optimum soal asli masih menjadi perubah basis ₂* optimum soal baru. Nilai-nilai perubah basis baru akan menjadi x₁*



700

dan x₂*



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



x₁*



d₁₁



b₁



d₁₂



b₂

 

.(

680

)

124

5

1

)

20

.(

5

3

560















.



_  

 2

1 2 *

2 * 2

j

j j b d x

x



x₂*



d₂₁



b₁



d₂₂



b₂

 

.(

680

)

268

5

2

)

20

.(

5

1

80

















. [image:3.595.41.413.410.654.2]

Ternyata x₂*



0

, maka perubah basis optimum soal asli tidak menjadi basis optimum soal baru. Untuk menyelesaikan soal baru b dan ₁ b diganti dengan 124 dan -268, kemudian baris kedua dikalikan -1 dan dengan ₂ 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

ci xi xj x1 x2

x

3 y1 y2 q1

0

x₁

1

3

0

3/5

1/5

0

124

124/3

1

q₁

0

-1

-1

1/5

-2/5

1

268

z_j

0

-1

-1

1/5

-2/5

1

268

zj-cj

0

-1

-1

1/5

-2/5

0

268

bi Ri

Tabel Kedua

c_j

0

0

0

0

0

1

c_i x_i x_j x₁ x₂

x

3 y1 y2 q1

0

x₂

1/3

1

0

5

1/15

0

124/3

124/3

1

q₁

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 menjadi _ij a_ij





a_ij terhadap PO soal asli.

1. Jika perubahan dilakukan pada semua a pada kolom bukan basis dalam PO soal asli. _ij

Pengaruh perubahan ini dapat dilihat pada nilai z_j*



c_j*. Misalkan a_ik a_ik, i



1

,

2

,



,

m, dengan x bukan _k

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

(ii) Jika z_k* c_k* 0, maka terhadap tabel optimum dilakukan operasi sebagai berikut. Dengan

mengganti A dengan _k A _k*

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

2) Gantikan z_k



c_k dengan z_k* c_k* c*(D*)1A_k* c_k Proses dilanjutkan sampai diperoleh PO yang baru.

2. Jika perubahan terjadi pada x variabel basis pada PO. _k 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 x bukan basis dalam po soal asli, maka perubahan pada ₂ A merupakan kejadian pertama, sehingga ₂ diperoleh 2 * 2 1 * 2 *

2 c CD 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 z₂*



c₂*



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 CD 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 Y dengan ₂ D1A₂* dan z₂ c₂ dengan z*



c*tabel optimum soal asli berubah menjadi tabel berikut:

cj

50

45

30

0

0

ci xi xj x1 x2

x

3 y1 y2

50

x₁

1

-4/5

0

3/5

1/5

560

30

x₃

0

13/5

1

-1/5

2/5

80

400/13

zj

50

38

30

24

22

zj-cj

0

-7

0

24

22

bi Ri

30400

cj

50

45

30

0

0

ci xi xj x1 x2

x

3 y1 y2

50

x₁

1

0

4/13

7/13

21/65

7600/13

45

x₂

0

1

5/13

-1/13

2/13

400/13

zj

50

45

425/13 305/13 300/13

zj-cj

0

0

35/13

305/13 300/13

bi Ri

[image:5.595.43.414.106.348.2]

59000/13

Tabel sudah optimum.

C. Perubahan Pada Koefisien Ongkos, c _j

Misalkan c diubah menjadi j cj



cj





cj *

, 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 bukan basis. _j (2)

Khususnya, bila perubahan hanya terjadi pada c dengan _j x bukan basis dalam tabel optimum, maka _j



C



0

dan z_j



c_j





c_j



0

untuk x bukan basis. _j

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



CX 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

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





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 c dan 1 c tidak berubah, maka 3



C



0

berarti max *

max f

f



. Jadi nilai po juga tidak berubah.

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



70

dan c₂ 45 diubah menjadi c₂*



75

.

Bagaimana pengaruh perubahan tersebut terhadap po soal asli. Penyelesaian:

20

1 

c (x pada tabel optimum variabel basis) ₁

30

2 

c (x pada tabel optimum bukan variabel basis) ₂

0

3 

c (x pada tabel optimum variabel basis) ₁

Pada tabel optimum terjadi perubahan



C







c₁



c₃

 



20

0



.

Dihitung z_j*



c_j* untuk x bukan basis. Dalam hal ini adalah _j x . ₂

* 2 *

2 c

z



z₂ c₂ CY₂ c₂ 135



20 0



30

1

3











0 165 30 60

135   

 .

Dengan cara sama diperoleh z₄*



c₄* 360 untuk variabel y dan ₁ 5* *

5 c

z  260 untuk variabel y . ₂ Berarti po soal asli masih menjadi po soal terubah. Karena c berubah dan ₁ c tidak berubah, maka ₃

  

f CX



20 0



11200

80

560











. Dan nilai f_max*



f_max





f 304001120041600.

Contoh 7. Dari Contoh 1 c₃



30

diubah menjadi c₃* 115. Bagaimana pengaruh perubahan tersebut

terhadap po soal asli. Penyelesaian:

145

3 

c jadi



C







c₁



c₃

 



0



145



.

Dihitung z_j*



c_j* untuk x bukan basis. Dalam hal ini adalah _j x . ₂

* 2 *

2 c

z



z₂ c₂ CY₂ c₂ 135



0 145



0

1

3











0 10 0 145

135   

 .

Dengan cara sama diperoleh z₄*



c₄*530 untuk variabel y dan 1

* 5 *

5 c

z  360 untuk variabel y . 2

  

f CX



0 145



11600

80

560











_{. Dan nilai f}



_f





_f max *

max 304001160042000.

Karena z₂*



c₂*100 dan z₅*c₅*360, maka tabel optimum soal asli belum optimum bagi soal terubah, sehingga perhitungan simpleks dilanjutkan, dengan memasukkan y sebagai calon variabel basis baru. ₂

c_j

50

45

-115

0

0

c_i x_i x_j x₁ x₂

x

3 y1 y2

50

x1

1

3

0

3/5

1/5

560

-115

x₃

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 c berubah dan ₁ c tidak berubah, maka ₃

  

f CX



20 0



11200

80

560









