Programa Linier - Post Optimal Analysis / Analisis Sensitivitas dengan 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