Lp analisis sensitivitas studi kasus reddy mikks
4 likes10,945 views
Dokumen ini membahas analisis sensitivitas dalam model pemrograman linear, menyoroti bagaimana perubahan pada variabel input dapat mempengaruhi solusi optimal. Contoh studi kasus dari perusahaan Reddy Mikks menunjukkan dinamika antara bahan baku dan produksi cat, serta dampaknya terhadap keputusan produksi dan strategi pemasaran. Penambahan atau perubahan batasan dalam model dapat memengaruhi kelayakan dan optimalitas solusi, yang dipecahkan melalui metode simpleks primal dan dual.
Lp analisis sensitivitas studi kasus reddy mikks
- 1. ANALISIS SENSITIVITAS Dr Auditya Purwandini Sutarto,
- 2. Manfaat Analisis Sensitivitas Ketika memecahkan model LP kita mengasumsikan semua faktor yang relevan diketahui dengan pasti. Namun, secara riil unsur kepastian jarang terjadi, sehingga analisis sensitivitas membantu mengevaluasi seberapa robust suatu solusi
- 3. Analisis Sensitivitas membantu menjawab pertanyaan bagaimana perubahan pada solusi optimum jika input di-variasi-kan. •• KKooeeffiissiieenn FFuunnggssii OObbyyeekkttiiff • Konstanta Ruas Kanan • Penambahan atau pengurangan variabel keputusan
- 4. Kasus Reddy Mikks • Perusahaan Reddy Mikks merupakan suatu pabrik cat yang memproduksi cat rumah baik eksterior maupun interior untuk dipasarkan secara grosir. Dua bahan baku dasar A dan B digunakan untuk memproduksi cat. Bahan baku A yyaanngg tteerrsseeddiiaa mmaakkssiimmuumm sseebbaannyyaakk 66 ttoonn ppeerr hhaarrii,, ddaann bahan B 8 ton per hari. Untuk memproduksi cat eksterior diperlukan 1 ton bahan A dan 2 ton bahan B, sedangkan untuk cat interior diperlukan 2 ton bahan A dan 1 ton bahan B. Riset pasar menunjukkan selisih permintaan cat interior dan eksterior tidak lebih dari 1 ton, dan permintaan cat interior maksimum 2 ton per hari. Harga grosir untuk cat eksterior per ton $3000 dan $2000 untuk cat interior
- 5. Formulasi Kasus Reddy Mikks Maksimasi Z = 3x1 + 2x2 s.t xx1 ++ 22xx2 ≤≤ 66 2x1 + x2 ≤ 8 -x1 + x2 ≤ 1 x2 ≤ 2 x1, x2 0
- 6. Post-Optimal Analysis 1. Departemen Produksi mengurangi 2 ton/hari penggunaan material B ke proses produk lain namun material A dinaikkan 3 ton/hari 2. Departemen Marketing memprediksi setelah 6 bulan terjadi perubahan pasar dimana pangsa pasar cat interior naik dari 2 ton menjadi 3.5 ton/hari 3. Departemen Litbang menemukan proses baru yang mengurangi penggunaan material A dan B untuk produksi cat eksterior dari 1 ton menjadi 0.8 ton dan 2 ton menjadi 1.7 ton 4. Departemen keuangan mengantisiapis kompetisi ketat akan mengurangi marginal profit untuk cat eksterior dan interior menjadi $2.500 dan $1.500/ton
- 7. Analisis Sensitivitas dari Post- Optimal Analysis Solusi Optimal Berubah? Bagaimana jika situasi diatas akan mengubah solusi optimum sekarnag? 1. Solusi menjadi tidak layak (infeasible) 2. Solusi menjadi tidak optimum
- 8. Analisis Sensitivitas dari Post- Optimal Analysis (Ctd.) • Infeasibility dapat terjadi jika ada perubahan ketersediaan sumber daya (ruas kkaannaann kkoonnssttrraaiinn)) ddaann aattaauu ppeennaammbbaahhaann konstrain baru • Nonoptimality perubahan pada fungsi obyektif dan atau ruas kiri elemen konstrain
- 9. Langkah Pemecahan 1. Pecahkan masalah LP awal, cari tabel simpleks optimum-nya 2. Untuk tiap perubahan pada LP awal, hitung ulang eelleemmeenn yyaanngg bbaarruu ppaaddaa ttaabbeell ooppttiimmuumm sseekkaarraanngg menggunakan metode primal-dual 3. Jika tabel baru tidak optimum, lanjut ke step 4. Jika tidak layak, lanjut ke step 5. Jika keduanya tercapai, nyatakan tabel baru sebagai solusi optimum baru
- 10. Langkah Pemecahan (Ctd.) 4. Gunakan metode simpleks reguler untuk tabel baru agar diperoleh memperoleh ssoolluussii ooppttiimmuumm yyaanngg bbaarruu ((aattaauu indikasikan jika solusi tidak terbatas). Stop 5. Gunakan metode dual simpleks untuk tabel baru untuk me-recover kelayakan (atau indikasikan jika solusi layak tidak ada). Stop
- 11. Bentuk Primal Dual Kasus Reddy Mikks Primal Dual Maksimasi Z = 3x1 + 2x2 s.t Minimasi W = 6y1 + 8y2 + y3 + 2y4 s.t x1 + 2x2 ≤ 6 2x1 + x2 ≤ 8 -x1 + x2 ≤ 1 x2 ≤ 2 x1, x2 0 y1 + 2y2 - y3 ≥ 3 2y1 + y2 +y3 + y4 ≥ 2 y1, y2 , y3 , y4 0
- 12. Tabel Awal Primal Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann Z -3 -2 0 0 0 0 0 ss11 11 22 11 00 00 00 66 s2 2 1 0 1 0 0 8 s3 -1 1 0 0 1 0 1 s4 0 1 0 0 0 1 2
- 13. Tabel Optimum Primal Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann Z 0 0 1/3 44//33 0 0 3388//33 xx22 00 11 22//33 --11//33 00 00 44//33 x1 1 0 -11//33 22//33 0 0 1100//33 s3 0 0 -1 1 1 0 3 s4 0 0 -22//33 11//33 0 1 2/3
- 14. PERUBAHAN YANG BERPENGARUH PADA KELAYAKAN
- 15. Perubahan Ruas Kanan dari Konstrain • Material A naik kapasitasnya dari 6 ton menjadi 7 ton • Dari perhitungan primal dual perubahan ruas kanan konstrain hanya berpengaruh pada ruas kanan tabel ooppttiimmaall ((ppeennggaarruuhh ppaaddaa kkeellaayyaakkaann ssaajjaa)).. OOlleehh kkaarreennaa itu perlu menghitung ulang ruas kanan dengan rumus dalam komputasi primal dual Kolom dalam model original Invers dalam iterasi Kolom dalam iterasi i xi i • Dimana xi dalam kasus ini adalah kolom ruas kanan
- 16. • Solusi basis yang baru untuk masalah ini 2 3 1 3 0 0 1 3 2 3 0 0 2 3 2 0 7 8 1 2 1 1 1 0 2 3 1 3 0 1 2 x x 1 3 4 s s Ruas kanan yang baru pada tabel • Karena elemen ruas kanan seluruhnya non negatif, variabel basis tidak berubah, hanya nilanya berubah menjadi x1 = 3, x2 = 2, s3 = 2, s4 = s5 = s6 = 0. Nilai Z yang baru menjadi 3(3)+2(2) = 13
- 17. • Bagaimana jika variabel basis berubah menjadi tidak layak? • Misalkan ketersediaan material A dan B berubah menjadi 7 dan 4 ton dari semula 6 dan 8 ton •• RRuuaass kkaannaann ttaabbeell yyaanngg bbaarruu mmeennjjaaddii 10 3 1 3 2 3 1 3 0 0 1 3 2 3 0 0 2 4 3 7 4 1 2 1 1 1 0 2 3 1 3 0 1 2 x x 1 3 4 s s Ruas kanan yang baru pada tabel
- 18. Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann Z 0 0 11//33 4/3 0 0 2233//33 x2 0 1 22//33 -1/3 0 0 1100//33 x1 1 0 -1/3 2/3 0 0 11//33 s3 0 0 -1 1 1 0 -2 s4 0 0 -2/3 1/3 0 1 -44//33 • Walaupun nilai Z baru 3(1/3)+2(10/3)= 23/3 adalah optimal namun karena s3 dan s4 negatif maka solusi menjadi tidak layak. Untuk memecahkan masalah ini gunakan metode simpleks dual.
- 19. • Dengan mengaplikasikan simpleks dual, variabel s3 dan s1 masing-masing menjadi variabel keluar dan masuk. Tabel baru yang terbentuk adalah Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann Z 0 0 0 55//33 1/3 0 7 xx22 00 11 00 1111////3333 22//33 00 22 x1 1 0 0 11//33 -11//33 0 1 s1 0 0 1 -1 -1 0 2 s4 0 0 0 -1/3 -22//33 1 0 • Tabel ini telah optimal dan layak. Solusi yang baru adalah x1 = 1, x2 = 2 dan Z = 7
- 20. Penambahan Konstrain Baru • Penambahan konstrain yang baru akan menghasilkan salah satu dari dua kondisi berikut 1. Konstrain itu dipenuhi oleh solusi saat ini, dalam kasus dimana konstrain tersebut berlebihan ((bbiinnddiinngg //rreedduunnddaanntt)) ddaann ppeennaammbbaahhaannnnyyaa ttiiddaakk mengubah solusi 2. Konstrain tersebut tidak dipenuhi oleh solusi saat ini, sehingga menjadi terbatas (binding) dan solusi yang baru diperoleh menggunakan metode simpleks dual
- 21. • Sebagai contoh anggaplah permintaan harian cat eksterior tidak melebihi 4 ton. Sebuah konstrain baru dalam bentuk x1 ≤ 4 harus ditambahkan ke dalam model • Karena solusi yang sekarang telah (x1 = 10/3, x2 = 44//33)) mmeemmeennuuhhii kkoonnssttrraaiinn yyaanngg bbaarruu mmaakkaa konstrain baru dapat dinyatakan berlebihan sehingga solusi sekarang tidak berubah • Jika nilai konstrain baru tersebut diubah menjadi 3 ton maka konstrain baru x1 ≤ 3 tidak dipenuhi oleh pemecahan telah (x1 = 10/3, x2 = 4/3)
- 22. • Yang perlu dilakukan adalah mendapatkan kembali solusi yang layak. • Pertama-tama tambahkan variabel slack atau surplus ke dalam bentuk standar untuk konstrain baru tersebut. Lalu substitusi keluar setiap variabel bass saat ini dalam batasan tersebut dalam bentuk vvaarriiaabbeell nnoonn bbaassiiss ((ssaaaatt iinnii)).. LLaannggkkaahh tteerraakkhhiirr adalah menambahkan konstrain yang “dimodifikasi” ke tabel optimum saat ini dan menerapkan simpleks dual untuk mendapatkan kembali kelayakan
- 23. • Menggunakan s5 sebagai variabel slack, untuk bentuk standar x1 ≤ 3 maka • Dalam solusi saat ini, x1 adalah variabel basis dan kita harus mensubstitusi keluar variabel ini dalam bentuk variabel non basis. Dalam persamaan x1 dari tabel optimal saat ini, kita memiliki x1 – (1/3)s1 + (2/3) s2 = 10/3 x1 = 10/3 +(1/3)s1 - (2/3) s2 •• JJaaddii kkoonnssttrraaiinn bbaarruu tteerrsseebbuutt yyaanngg ddiieekksspprreessiikkaann ddaallaamm bbeennttuukk variabel non basis menjadi (10/3) + (1/3) s1 - (2/3) s2 + s5 = 3 atau (1/3) s1 - (2/3) s2 + s5 = -1/3 • Sisi kanan negatif menunjukkan ketidaklayakan karena dengan s1+ s2 =0, maka + s5 = -1/3 melanggar syarat s5 ≥ 0
- 24. • Batasan yang dimodifikasi ini lalu ditambahkan ke tabel optimal saat ini. Penambahan ke dalam tabel diperlihatkan dengan highlight. Elemen-elemen selebihnya diambil secara langsung dari tabel optimum saat ini Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 RRuuaass KKaannaann ZZ 00 00 11//33 44//33 00 00 00 33338888////3333 x2 0 1 2/3 -1/3 0 0 0 44//33 x1 1 0 -1/3 2/3 0 0 0 1100//33 s3 0 0 -1 1 1 0 0 3 s4 0 0 -2/3 1/3 0 1 0 22//33 s5 0 0 1/3 -2/3 0 0 1 -1/3
- 25. • Dengan simpleks dual s5 meninggalkan pemecahan dan s2 sebagai entering variable. Tabel optimum yang baru Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 RRuuaass KKaannaann Z 0 0 1 0 0 0 2 1122 x2 0 1 ½ 0 0 0 -1/2 3/2 x1 1 0 0 0 0 0 1 3 s3 0 0 -11//22 0 1 0 33//22 5/2 s4 0 0 -11//22 0 0 1 11//22 1/2 s2 0 0 -11//22 1 0 0 -3/2 1/2 • Nilai optimum Z lebih buruk dari sebelum konstrain baru ditambahkan. Hal ini dapat diperkirakan karena penambahan sebuah konstrain baru yang tidak berlebihan tidak akan pernah memperbaiki nilai Z
- 26. PERUBAHAN YANG BBEERRPPEENNGGAARRUUHH PPAADDAA OPTIMALITAS
- 27. Perubahan Fungsi Obyektif • Tinjau kembali perhitungan primal-dual dimana nilai dual dihitung menggunakan koefisien dari variabel basis dalam fungsi obyektif. Nilai-nilai dual ini selanjutnya disubstitusi dalam konstrain dual untuk menghitung koefisien-z. Dua hal penting yang dapat terjadi 1. Jika perubahan dalam fungsi obyektif melibatkan koefisien dari variabel basis saat ini, tentukan nilai dual yang baru dan gunakan untuk menghitung ulang koefisien-z 2. Jika perubahan melibatkan hanya variabel non basis, gunakan nilai dual saat ini (langsung dari tabel simpleks saat ini) dan hitung ulang koefisien-z hanya dari variabel non basis saja. Perubahan lain tidak terjadi dalam tabel
- 28. • Sebagai ilustrasi, anggaplah kasus diatas fungsi tujuan diubah dari z = 3x1 + 2x2 menjadi z = 5x1 + 4x2 . • Perubahan ini melibatkan variabel yang merupakan basis untuk solusi saat ini • Sekanjutnya kita tentukan nilai dual. Perhatikan uurruuttaann vvaarriiaabbeell bbaassiiss ddaarrii ttaabbeell ssaaaatt iinnii aaddaallaahh ((xx2,, xx1, s3, s4) 1,2,0,0 2 3 1 3 0 0 1 3 2 3 0 0 1 1 1 0 2 3 1 3 0 1 , , , 0,0 1 2 3 4 y y y y 4,5,
- 29. • Langkah selanjutnya menghitung koefisien-z dengan mencari perbedaan sisi kiri dan sisi kanan konstrain dual yang terkait. Hal ini dilakukan sebagai berikut (Perhatikan bawha sisi kanan dual sekarang harus sama dengan koefisien fungsi obyektif yang baru) Koefisien x1 = y1 + 2y2 – y3 - 5 = 1(1) 2(2) – 0(0) – 5 = 0 Koefisien x2 = 2y1 + y2 + y3 + y4 – 4 = 2(1) + 2 + 0 + 0 – 4 = 0 Koefisien s1 1 = y1 1 – 0 = 1 – 0 = 1 Minimasi W = 100y1 + 90y2 + Koefisien s2 = y2 – 0 = 2 – 0 = 1 y3 + 2y4 Koefisien s3 = y3 - 0 = 0 – 0 = 0 s.t Koefisien s4 = y4 - 0 = 0 – 0 = 0 y1 + 2y2 - y3 ≥ 3 2y1 + y2 +y3 + y4 ≥ 2 y1, y2 , y3 , y4 0 • Karena koefisien z ≥ 0 (maksimasi) maka nilai variabel optimum tidak berubah, nilai Z berubah menjadi 5 x (10/3) + 4 x (4/3) = 22
- 30. • Sekarang pandang kasus lain dimana fungsi obyektif berakibat pada ketidakoptimalan. Misal fungsi tujuan berubah menjadi z= 4x1 + x2 maka 2 3 1 3 0 0 1 3 2 3 0 0 1 1 1 0 2 3 1 3 0 1 , , , 1,4,0,0 1 2 3 4 y y y y 2 3,7 3,0,0 • Tabel z yang baru berubah menjadi Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann Z 0 0 -22//33 7/3 0 0 4444//33
- 31. • Karena koefisien s1 negatif maka s1 menjadi entering variable dan optimalitas diperoleh kembali dengan menerapkan metode simpleks reguler. Tabel berikut menunjukkan optimum yang baru dicapai dalam satu iterasi. Iterasi pertama sama dengan iterasi optimum solusi saat ini hanya berbeda pada persamaan z
- 32. IItteerraassii Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann 1 Z 0 0 -2/3 7/3 0 0 4444//33 x2 0 1 22//33 -11//33 0 0 44//33 x1 1 0 -1/3 2/3 0 0 1100//33 s3 0 0 -1 1 1 0 3 s4 0 0 -2/3 1/3 0 1 22//33 IItteerraassii Basis x1 x2 s1 s2 s3 s4 RRuuaass KKaannaann 2 Z 0 1 0 2 0 0 1166 s1 0 33//22 1 -11//22 0 0 2 x1 1 11//22 0 1/2 0 0 4 s3 0 33//22 0 1/2 1 0 5 s4 0 1 0 0 0 1 2