PERUMUSAN MODEL LINEAR PROGRAMMING
Quantitative Problem Linear Programming Integer Programming Perumusan Model Solusi Grafis Basic Feasible Fungsi Tujuan Variabel Keputusan Pembatas Solusi Optimal Solusi Khusus Vektor Matriks Basis Matriks Inverse Tabel Simplex Umum Khusus Big M Primal - Dual 2 Fasa Dual Simplex Analisis Sensitivitas
Metode Cutting
Plane
Metode Transportasi North West Corner Vogel Approximation Assignment Analisis Jaringan Shortest Route Spanning Tree Maximum Flow TSP Software Metode Branch and Bound Least Cost Stepping Stone U-V Metode HungarianPERUMUSAN MODEL LINEAR PROGRAMMING
Quantitative Problem Linear Programming Integer Programming Perumusan Model Solusi Grafis Basic Feasible Fungsi Tujuan Variabel Keputusan Pembatas Solusi Optimal Solusi Khusus Vektor Matriks Basis Matriks Inverse Tabel Simplex Umum Khusus Big M Primal - Dual 2 Fasa Dual Simplex Analisis Sensitivitas
Metode Cutting
Plane
Metode Transportasi North West Corner Vogel Approximation Assignment Analisis Jaringan Shortest Route Spanning Tree Maximum Flow TSP Software Metode Branch and Bound Least Cost Stepping Stone U-V Metode HungarianPERUMUSAN MODEL LINEAR PROGRAMMING
Solusi Grafs Solusi Optimal
Solusi Khusus Analisis
Sensitiftas Pembatas
Fungsi Tujuan
2 Luas daerah parkir 6 m . Luas rata-rata untuk
2
2 motor 1 m dan mobil 2 m . Daya tampung maksimum hanya 4 kendaraan. Biaya parkir motor $ 6/jam dan mobil besar $ 3/jam. Jika dalam satu
jam terisi penuh dan tidak ada kendaraan pergi dan
datang, maka hasil maksimum tempat parkir itu adalah....
Memaksimumkan Z = 6x + 3x
1
2 dengan pembatas-pembatas: x + x 4
1
2 x + 2x 6
1
2 x ≥ 0
1 x ≥ 0
2
x
Max Z = 6x + 3x
2 1 2 Z = 6x + 3x 1 2 s/t
6(0) + 3(3) = 9
x + x 4 1 2
6(0) + 3(0) = 0
x + 2x 6 1 2
6(4) + 3(0) = 24
x ≥ 0 1
6(2) + 3(2)= 18
x ≥ 0 2 Solusi optimal i (0,3) iv (2,2) iii (4,0) ii (0,0) x
1 Daerah
(B) x + 2x 6 1 2 (A)
solusi layak
x + x 4 Latihan 3.a Mencari Solusi Optimal
MOTOR DAN SEPEDA 2 Luas daerah parkir 6 m . Luas rata- 2 rata untuk motor 2 m dan sepeda 1
Memaksimumkan Z = 6x + 2x
1
2 2
m . Daya tampung maksimum hanya 4 kendaraan. Biaya parkir motor $ 6/jam dan sepeda $ 2/jam.
dengan pembatas-pembatas:
Jika dalam satu jam terisi penuh dan tidak ada kendaraan pergi dan
x + x 4
1
2
datang, maka hasil maksimum
2x + x 6
1
2 tempat parkir itu adalah....
Gambar dalam millimeter blok lalu selesaikan dengan mencari titik
x ≥ 0
1
pojok
x ≥ 0
2 LATIHAN 3.a
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) LATIHAN 3.a
Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Mencari Solusi Optimal
Mencari Solusi Optimal
- 3x 2 =
- 3x 2 =<
- x 22x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 22x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 5x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- + 2x
- + 1
- x 2 &
- x 2x 2 &
- x 2 4
- x 2 &
- x 2x 2 1
- x 2 6
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 22x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 5x + 3x s/t
- x 4
- x 22x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- 3x 2 s/t
- x 2
- 1 Batas bawah
- 2x 2 6
- x 2<
- x 2<
- 2x 2 6 Max Z = 6x 1<
- x 2 4 Latihan 3.e Analisis Sensitiftas (2)-Shadow Price
- - Max Z = 6x + 3x s/t
- x 22x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t<
- x 4
- x 2 4
- 2x 2 6
- 2x 2 6 Max Z = 6x + 3x s/t
- x 4
- 3x 2 s/t<
- 3x 2<
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1
- 2x 8
- 3x 2 s/t
- 3x 2
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1
- 2x 8
- 3x 2 s/t
- 3x 2
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1
- 2x 8
- 3x 2 s/t<
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1
- 2x 8
- 3x 2 s/t<
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1
- 2x 8
- 3x 2 s/t
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
- 3x 2 6 Max Z = 2x 1<
- 2x 8
- 3x 2 s/t
- 3x 2 6 2x 1 + 2x 2 8
42
x 1
24 6x 1
18 6x 1
6x 1 + 3x 2 =
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
15
x 1
5x 1 + 3x 2 =
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
6(4) + 3(0) = 24
x 1
Solusi optimal
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
MOTOR DAN SEPEDA 2 Luas daerah parkir 6 m . Luas rata- 2 rata untuk motor 2 m dan sepeda 1
Memaksimumkan Z = 6x + 2x
1
2 2
m . Daya tampung maksimum hanya 4 kendaraan. Biaya parkir motor $ 6/jam dan sepeda $ 2/jam.
dengan pembatas-pembatas:
Jika dalam satu jam terisi penuh dan
x + x 4
tidak ada kendaraan pergi dan
1
2
datang, maka hasil maksimum
2x + x 6
1
2 tempat parkir itu adalah....
Gambar dalam millimeter blok selesaikan dengan garis selidik
x ≥ 0
1 x ≥ 0
2 LATIHAN 3.b
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) LATIHAN 3.b Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Solusi Grafis
Solusi Grafis Solusi Grafs Solusi Optimal
Solusi Khusus Analisis
Sensitiftas Pembatas
Fungsi Tujuan
TIPE 1: SOLUSI DI SATU TITIK (UNIK)
6(4) + 3(0) = 24
Solusi optimal
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
TIPE 2: SOLUSI DI BANYAK TITIK
x 1
Z = x + x
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1
x
TIPE 3: SOLUSI TAK TERBATAS
x 1
x 1 + x 2 ≥ 4 x 1 + 2x 2 ≥ 6
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1
x
Max Z x 2 x
TIPE 4: SOLUSI TAK LAYAK
1
2 x
2 x
1
2 x
2
8 x
1
2 x
2 x
1 x
2 x = 0
1 x
1
2 = 8 x
x
2 = 2
Analogi AC Taufiq dan Ani berumur 20 tahun x = 0
2 Aisyah ingin menikah sebelum umur 22 tahun
x
1 Taufiq ingin menikah setelah umur 25 tahun maka solusinya?
SOAL C
SOAL B
Max Z = 2x 1 + x 2 s/t
x 1
x 1
x 1
≥ 0
x 2
≥ 0
Max Z = 2x 1 + x 2 s/t
x 1
2x 1
x 1
≥ 0
x 2
≥ 0 Dari 4 tipe soal di atas. Buat gambar dalam diagram kartesisus lalu tentukan soal tipe mana yang
x 2
≥ 0
x 1
Latihan 3.c Menentukan Tipe Solusi Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading =
LATIHAN 3.c Tipe Solusi
LATIHAN 3.c Tipe Solusi SOAL A
Max Z = 6x 1 + 2x 2 s/t
x 1
2x 1
≥ 0
≥ 0
x 2
≥ 0
SOAL D
Max Z = 2x 1 + x 2 s/t
x 1
2x 1
x 1
Tipe 1: Solusi Unik Tipe 2: Solusi Banyak Titik Tipe 3: Solusi Tak Terbatas Tipe 4: Solusi Tak Layak
Solusi Grafs Solusi Optimal
Solusi Khusus Analisis
Sensitiftas Pembatas
Fungsi Tujuan
PERUBAHAN DALAM SUMBER
Masalah sensitivitas 1 : Berapa banyak suatu sumber dapat ditingkatkan untuk memperbaiki nilai optimum dari fungsi tujuan Z? Berapa banyak suatu sumber dapat diturunkan tanpa menyebabkan
perubahan dalam solusi optimum saat ini? Pembatas binding dan nonbinding (1) Pembatas
Binding sumber daya yang langka (scarce resource)
Nonbinding sumber daya yang berlebihan (abundant resource) Anda mau mudik? Kalau punya uang 500 ribu, akan Tipe 1: Menurunkan constraint menggunakan apa?
Sumber daya bagaimana? Scare resource/Langka Tapi kalau uang hanya 100 ribu?
Tipe 1: Menaikkan constraint Tapi kalau punya uang 1 juta?
Sumber daya bagaimana? Abundant resource/ Berlimpah Anda memilih Naik Angkot(nyaman) atau naik motor(tidak nyaman)?
Tipe 2: Mengubah fungsi tujuan Apa yang berubah? Kalau harga bensin 10.000? Tingkat Kepentingan..
Tapi kalau harga bensin 50.000?
6(4) + 3(0) = 24
x 1
Solusi optimal
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
24 Setiap kenaikan kapasitas parkir
≥ 0
6/1= 6 (shadow price)
Sebanyak 1 (4 menjadi 5), maka? Kebaikan solusi optimal Sebanyak? 6 (dari 24 menjadi 30)
4 ) + 3(0) =
Solusi optimal Awal 6(
30 x 1 + x 2 5
5 ) + 3(0) =
6(
Solusi optimal baru
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
x 1
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
MOTOR DAN SEPEDA 2 Luas daerah parkir 6 m . Luas rata- 2 rata untuk motor 2 m dan sepeda 1
Memaksimumkan Z = 6x + 2x
1
2 2
m . Daya tampung maksimum hanya 4 kendaraan. Biaya parkir motor $ 6/jam dan sepeda $ 2/jam.
dengan pembatas-pembatas:
Jika dalam satu jam terisi penuh dan
x + x 4
tidak ada kendaraan pergi dan
1
2
datang
2x + x 6
1
2 Bila akan dilakukan penambahan luas daerah parkir
Berapa kenaikan pemasukan dari biaya parkir? x ≥ 0
Buat grafik baru, tentukan solusi baru,
1 dan lakukan analisis sensitifitas! x ≥ 0
2 LATIHAN 3.d
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) LATIHAN 3.d
Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Analisis Sensitifitas 1
Analisis Sensitifitas 1
24 NAIK KAPASITAS PARKIR Naik lagi
x 2
4 ) + 3(0) =
Solusi optimal Awal 6(
36 x 1 + x 2 6
6 ) + 3(0) =
6(
Solusi optimal baru
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 1
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
Apa analogi yang sama dalam kehidupan sehari-hari kita?
x 2
24 NAIK KAPASITAS PARKIR Naik terus TERNYATA SOLUSI OPTIMAL TIDAK BERUBAH! Batas kenaikan kapasitasnya adalah? 6 Apa artinya? Menambah kapasits parkir menjadi lebih dari 6 adalah tidak berguna..
4 ) + 3(0) =
Solusi optimal Awal 6(
36 x 1 + x 2 7
6 ) + 3(0) =
6(
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2) Solusi optimal bala (baru tapi lama)
≥ 0
x 1
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1 Daerah solusi layak
x
18/3= 6 (shadow price)
≥ 0
Penurunan solusi optimal Sebanyak? 18 (dari 24 menjadi 6)
Setiap penurunan kapasitas parkir Sebanyak 3 (4 menjadi 1), maka?
24 KAPASITAS PARKIR DITURUNKAN
4 ) + 3(0) =
Solusi optimal Awal 6(
6 x 1 + x 2 1
1 ) + 3(0) =
6(
Solusi optimal baru
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1
x
4 ) + 3(0) =
Solusi optimal Awal 6(
24 TURUN KAPASITAS PARKIR
x 1 + x 2 0
6( ) + 3(0) =
Solusi optimal baru
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
x 1
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 x
x
(A) (B)
1
x
4
x 1
6 x 1
0 Solusi optimal batas bawah
6( ) + 3(0) =
Tipe Pembata s
X 1 x 2
Z Batas abaikan x 1 + x 2
x 1 + x 2 Batas Awal x 1 + x 2
4
Cari batas atas Cari batas bawah
24
Batas Atas x 1 + x 2 6
6
36
Batas abaikan x 1 + x 2 7
6
36
Maka shadow price dari pembatas (A) adalah (36-24)/(6-4)=6, dan range keberlakuan dari shadow price tersebut adalah 0 ≤X 1 ≤ 6.
Kapasitas parkir 6 solusi optimal (6,0) Z=36 Kapasitas parkir 0 solusi optimal (0,0) Z=0
24 NAIK TURUN KAPASITAS PARKIR Naik lagi
Batas antara 0 sampai 6 Range Z=0 sampai 36
x 1
x
1
(A) (B)
x
2 x 1
x 1
x 1
x 1
≥ 0
4 ) + 3(0) =
x 2
≥ 0
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
Solusi optimal batas atas
6(
6 ) + 3(0) =
36 x 1 + x 2 ?
Solusi optimal Awal 6(
Memaksimumkan Z = 6x + 2x 1 2 MOTOR DAN SEPEDA 2 dengan pembatas-pembatas: Luas daerah parkir 6 m . Luas rata- 2 rata untuk motor 2 m dan sepeda 1
x + x 4 1 2 2
m . Daya tampung maksimum
2x + x 6 1 2
hanya 4 kendaraan. Biaya parkir
x ≥ 0 1 motor $ 6/jam dan sepeda $ 2/jam. x ≥ 0 2 Jika dalam satu jam terisi penuh dan
Tipe Pembata X x Z 1 2 tidak ada kendaraan pergi dan s
datang. Bila constraint luas
diubah, Tentukan shadow Batas abaikan price,range keberlakukan, batas constraint, range ! (buat diagram
Batas bawah kartesius, tabel dan isi tabel yang tersedia)
Batas Awal Batas Atas Batas abaikan
LATIHAN 3.e
LATIHAN 3.e
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) Analisis Sensitifitas 2
Analisis Sensitifitas 2
Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Shadow Price
Shadow Price
x
2
UBAH LUAS AREA
x + x 4 1 2 x + 2x ? 1 2 x + 2x 6 1 2 x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Cari batas atas Solusi optimal Awal
Dinaikkan berapapun, solusi optimal tak berubah 6(
4 ) + 3(0) =
24 Cari batas bawah
Saat batas diturunkan menjadi 4,solusi optimum masih sama
Solusi optimal baru
Tetap 6(
5 ) + 3(0) =
30 i (0,3) iv (2,2) iii (4,0) ii (0,0) x
1
(B) x + 2x 6 1 2 (A)
x + 2x 4 (B) 1 2 x + x 4
24
Saat batas diturunkan menjadi 3,solusi optimum berubah
4 ) + 3(0) =
24 UBAH LUAS AREA -
Cari batas atas Dinaikkan berapapun, solusi optimal tak berubah
Cari batas bawah
x 1 + 2x 2 3 (B)
Saat batas diturunkan menjadi 4,solusi optimum masih sama Cari batas bawah
Tipe Pembata s
X 1 x 2
Z .. x 1 + 2x 2 3
3
18 Batas ubah x 1 + 2x 2 4
4
24 Batas abaikan x 1 + 2x 2 ~
4
Solusi optimal Awal 6(
18 x 1 + 2x 2 ?
3 ) + 3(0) =
x 1
x
1
(A) (B)
x
2 x
x 1
x 1
Tetap 6(
x 1
≥ 0
x 2
≥ 0
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
Solusi optimal baru
Batas constraint antara 0 sampai 4 Range Z=0 sampai 24 Analisisnya adalah: >Bila luas diturunkan sampai 4? >…..
Batas bawah x 1 + 2x 2 0
Cari batas bawah
x 1 + 2x 2 0 (B)
Saat batas diturunkan menjadi 4,solusi optimum masih sama Cari batas bawah
Saat batas diturunkan menjadi 3,solusi optimum berubah
Tipe Pembata s
X 1 x 2
Z Batas abaikan x 1 + 2x 2 -1
.. x 1 + 2x 2 3
20 UBAH LUAS AREA -
3
18 Batas ubah x 1 + 2x 2 4
4
24 Batas abaikan x 1 + 2x 2 ~
4
24 Maka shadow price dari pembatas (B) adalah (24-0)/(4-0)=6, dan range keberlakuan dari shadow price tersebut adalah 0 ≤
X 1 ≤ 4.
Cari batas atas Dinaikkan berapapun, solusi optimal tak berubah
4 ) + 3(0) =
x 1
1
x 1 + 2x 2 ?
Tetap 6( ) + 3(0) =
Solusi optimal baru
i (0,3) ii (0,0) iii (4,0) iv (2,2)
≥ 0
x 2
≥ 0
Solusi optimal Awal 6(
x 1
x 1
x 1
2 x
x
x
(A) (B)
Perubahan maksimum dalam fungsi tujuan
Shadow price A B
Langka Berlimpah
6-0 = 6 4-0 = 0 36 – 0 = 36
24 – 0 = 24
6
6 Latihan 3.f Analisis Sensitiftas (2)-Shadow Price
Memaksimumkan Z = 6x + 2x 1 2 MOTOR DAN SEPEDA 2 dengan pembatas-pembatas: Luas daerah parkir 6 m . Luas rata- 2 rata untuk motor 2 m dan sepeda 1
x + x 4 1 2 2
m . Daya tampung maksimum
2x + x 6 1 2
hanya 4 kendaraan. Biaya parkir
x ≥ 0 1 motor $ 6/jam dan sepeda $ 2/jam. x ≥ 0 2 Jika dalam satu jam terisi penuh dan
Tipe Pembata X x Z 1 2 tidak ada kendaraan pergi dan s
datang. Bila constraint daya
tampung diubah, Tentukan shadow Batas abaikan price,range keberlakukan, batas constraint, range ! (buat diagram
Batas bawah kartesius, tabel dan isi tabel yang tersedia)
Batas Awal Batas Atas Batas abaikan
LATIHAN 3.e
LATIHAN 3.e
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) Analisis Sensitifitas 2
Analisis Sensitifitas 2
Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Shadow Price
Shadow Price Solusi Grafs Solusi Optimal
Solusi Khusus Analisis
Sensitiftas Pembatas
Fungsi Tujuan
x
Max Z = 2x + 3x
2 1 s/t 2 x + 3x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Solusi optimal Fungsi x x Z 1 2 Tujuan
Max Z = 2x + 3x 1 2
3
1
9
x
1
(B) x + 3x 6 1 2 (A)
2x + 2x 8
12
Tetap Solusi optimal
1
3
9 Max Z = 3x 1 + 3x 2
1
3
Max Z = 2x 1 + 3x 2
Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
Z = 3 x 1
UBAH FUNGSI TUJUAN C1 (Dinaikkan)
x 2
≥ 0
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 2x
x
(A) (B)
1
x
16
UBAH FUNGSI TUJUAN C1 (dinaikkan )
4
12 Max Z = 4x 1 + 3x 2
1
3
9 Max Z = 3x 1 + 3x 2
1
3
Max Z = 2x 1 + 3x 2
Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
Z = 4 x 1
≥ 0
Solusi optimal baru
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 2x
x
(A) (B)
1
x
x
Max Z = 2x + 3x
Z = 1 x + 3x
2 1 1 2 2
UBAH FUNGSI TUJUAN C1 (Diturunkan) s/t
x + 3x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Tetap Solusi optimal Fungsi x x Z 1 2 Tujuan
Max Z = 1x + 3x 1 2
3
1
6 Max Z = 2x + 3x 1 2
3
1
9 Max Z = 3x + 3x 1 2
3
1
12 Max Z = 4x + 3x 1 2
4
16
x
1
(B) x + 3x 6 1 2 (A)
2x + 2x 8
Saat ini biaya motor adalah $2. Maka selama biaya motor berada pada range 1 ≤ c 1 ≤ 3, jumlah motor yang parkir adalah 3 dan jumlah sepeda adalah 1
9 Max Z = 3x 1 + 3x 2
Max Z = 1x 1 + 3x 2
3
1
6 Max Z = 2x 1 + 3x 2
3
1
3
Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
1
12 Max Z = 4x 1 + 3x 2
4
16 Berdasarkan informasi pada tabel, terlihat bahwa jika nilai koefisien fungsi
tujuan c 1 diubah dari 1 sampai 3, tidak terjadi perubahan titik optimal.
Maka range perubahan nilai koefisien fungsi tujuan c 1 yang tidak menyebabkan perubahan titik optimal adalah 1 ≤ c 1 ≤ 3 Jika diperhatikan, batas bawah dari range ini adalah ketika nilai c 1 diturunkan sampai beririsan dengan garis pembatas (1) , batas atas dari range ini adalah ketika nilai c 1
dinaikkan sampai beririsan dengan garis pembatas (2) .
Max Z = 0x 1 + 3x 2 7/4 7/4 5,25
Z = x 1
x 1
Solusi optimal Baru
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
UBAH FUNGSI TUJUAN C1 (Diturunkan)
2 2x
x
1
x
(A) (B)
Memaksimumkan Z = 3x + 2x 1 2 s/t dengan pembatas-pembatas:
3x + x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Tentukan batas perubahan c1 agar solusi optimal tetap sama dengan solusi awal
LATIHAN 3.g
LATIHAN 3.g
Jawablah pertanyaan di atas.(Dengan cara pengerjaan) Analisis Sensitifitas
Analisis Sensitifitas
Jawaban dituliskan pada buku catatan dengan Heading = Fungsi Tujuan C1
Fungsi Tujuan C1
x
Max Z = 2x + 3x
2 1 s/t 2 x + 3x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Solusi optimal Fungsi x x Z 1 2 Tujuan
Max Z = 2x + 3x 1 2
3
1
9
x
1
(B) x + 3x 6 1 2 (A)
2x + 2x 8
10
Tetap Solusi optimal
1
3
9 Max Z = 2x 1 + 4x 2
1
3
Max Z = 2x 1 + 3x 2
4 x 2 Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
Z = 2x 1
UBAH FUNGSI TUJUAN C2 (Dinaikkan)
x 2
≥ 0
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 2x
x
(A) (B)
1
x
x
Max Z = 2x + 3x
Z = 2x + 5 x
2 1 1 2 2
UBAH FUNGSI TUJUAN C2 (Dinaikkan) s/t
x + 3x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Tetap Solusi optimal Fungsi x x Z 1 2 Tujuan
Max Z = 2x + 3x 1 2
3
1
9 Max Z = 2x + 4x 1 2
3
1
10 Max Z = 2x + 5x 1 2
3
1
11
x
1
(B) x + 3x 6 1 2 (A)
2x + 2x 8
x
Max Z = 2x + 3x
Z = 2x + 6 x
2 1 1 2 2
UBAH FUNGSI TUJUAN C2 (Dinaikkan) s/t
x + 3x 6 1 2
2x + 2x 8 1 2
x ≥ 0 1 x ≥ 0 2 Tetap Solusi optimal Fungsi x x Z 1 2 Tujuan
Max Z = 2x + 3x 1 2
3
1
9 Max Z = 2x + 4x 1 2
3
1
10 Max Z = 2x + 5x 1 2
3
1
11 Max Z = 2x + 6x 1 2
3
1
12
x
1
(B) x + 3x 6 1 2 (A)
2x + 2x 8
12 Max Z = 2x 1 + 7x 2 3/4 7/4 13,75
7 x 2 Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
1
3
11 Max Z = 2x 1 + 6x 2
1
3
10 Max Z = 2x 1 + 5x 2
1
3
9 Max Z = 2x 1 + 4x 2
1
3
Max Z = 2x 1 + 3x 2
UBAH FUNGSI TUJUAN C2 (Dinaikkan)
Z = 2x 1
Solusi optimal Baru
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 2x
x
(A) (B)
1
x
12 Max Z = 2x 1 + 7x 2 3/4 7/4 13,75
3
1
8 Max Z = 2x 1 + 3x 2
3
1
9 Max Z = 2x 1 + 4x 2
10 Max Z = 2x 1 + 5x 2
1
Max Z = 2x 1 + 2x 2
3
1
11 Max Z = 2x 1 + 6x 2
3
1
3
2 x 2 Fungsi Tujuan x 1 x 2 Z
Z = 2x 1
UBAH FUNGSI TUJUAN C2 (Diturunkan)
Tetap Solusi optimal
≥ 0
x 2
≥ 0
x 1
x 1
x 1
2 2x
x
(A) (B)
1
x
Saat ini biaya motor adalah $3. Maka selama biaya motor berada pada range 2 ≤ c 2 ≤ 6, jumlah motor yang parkir adalah 3 dan jumlah sepeda adalah 1
3
1
9 Max Z = 2x 1 + 4x 2
3
1