David Loekito, profile picture
Uploaded byDavid Loekito
3,473 views

Operational Research

Teknik dinamis program dapat digunakan untuk menyelesaikan beberapa masalah optimasi dengan bekerja mundur dari titik akhir ke awal. Metode ini membagi masalah menjadi beberapa tahap dan mendefinisikan biaya minimum untuk mencapai tujuan."

Embed presentation

1 / 142
2 / 142
3 / 142
4 / 142
5 / 142
6 / 142
7 / 142
8 / 142
9 / 142
10 / 142
11 / 142
12 / 142
13 / 142
14 / 142
15 / 142
16 / 142
17 / 142
18 / 142
19 / 142
20 / 142
21 / 142
22 / 142
23 / 142
24 / 142
25 / 142
26 / 142
27 / 142
28 / 142
29 / 142
30 / 142
31 / 142
32 / 142
33 / 142
34 / 142
35 / 142
36 / 142
37 / 142
38 / 142
39 / 142
40 / 142
41 / 142
42 / 142
43 / 142
44 / 142
45 / 142
46 / 142
47 / 142
48 / 142
49 / 142
50 / 142
51 / 142
52 / 142
53 / 142
54 / 142
55 / 142
56 / 142
57 / 142
58 / 142
59 / 142
60 / 142
61 / 142
62 / 142
63 / 142
64 / 142
65 / 142
66 / 142
67 / 142
68 / 142
69 / 142
70 / 142
71 / 142
72 / 142
73 / 142
74 / 142
75 / 142
76 / 142
77 / 142
78 / 142
79 / 142
80 / 142
81 / 142
82 / 142
83 / 142
84 / 142
85 / 142
86 / 142
87 / 142
88 / 142
89 / 142
90 / 142
91 / 142
92 / 142
93 / 142
94 / 142
95 / 142
96 / 142
97 / 142
98 / 142
99 / 142
100 / 142
101 / 142
102 / 142
103 / 142
104 / 142
105 / 142
106 / 142
107 / 142
108 / 142
109 / 142
110 / 142
111 / 142
112 / 142
113 / 142
114 / 142
115 / 142
116 / 142
117 / 142
118 / 142
119 / 142
120 / 142
121 / 142
122 / 142
123 / 142
124 / 142
125 / 142
126 / 142
127 / 142
128 / 142
129 / 142
130 / 142
131 / 142
132 / 142
133 / 142
134 / 142
135 / 142
136 / 142
137 / 142
138 / 142
139 / 142
140 / 142
141 / 142
142 / 142
Buku Pegangan ;
Teknik ini dapat digunakan untuk menyelesaikan beberapa problema optimasi Solusi didapat dengan bekerja mundur dari titik AKHIR menuju AWAL
Two Puzzle p.1003 Misalkan ada 30 batang korek api diatas sebuah meja. Saya mulai mengambil 1, 2, atau 3 batang dan musuh saya juga harus mengambil 1, 2, atau 3 batang (bergantian). Keadaan ini diteruskan sampai batang yang terakhir diambil. Siapa yang mengambil terakhir adalah KALAH. Bagaimana saya dapat yakin untuk memenangkan game ini ? Harus kerja mundur Saya harus membuat sedemikian rupa bahwa jumlah batang korek api dimeja harus sebagai berikut : 1 5 9 13 17 21 25 29 Keadaan akhir Keadaan awal
Cup’s Problem p. 1004 Saya memiliki sebuah gelas ukuran 9 oz dan sebuah gelas ukuran 4 oz. Ibu saya memerintahkan saya untuk membawa ke rumah susu sebanyak 6 oz. Bagaimana saya dapat memenuhi ini ? Jumlah oz pd Jumlah oz pd Gelas 9 oz gelas 4 oz 6 0 6 4 9 1 0 1 1 0 1 4 5 0 5 4 9 0 0 0 Keadaan Awal Keadaan Akhir
Problem Jaringan p.1005 Joe Cougar tinggal di New York, dia berencana berkendaraan ke Los Angeles. Keuangan Joe terbatas, jadi dia memutuskan untuk bermalam dalam perjalanannya di rumah teman2nya. Teman2nya tinggal di Columbus, Nashville, Louisville, Kansas City, Omaha, Dallas, San Antonio, dan Denver. Joe mengetahui bahwa setelah satu hari perjalanan dia dapat mencapai Columbus, Nashville, atau Louisville. Setelah 2 hari perjalanan dia dapat mencapai Kansas City, Omaha, atau Dallas. Setelah 3 hari perjalanan dia dapat mencapai San Antonio atau Denver. Akhirnya setelah 4 hari perja lanan ia dapat mencapai Loa Angeles. Untuk meminimumkan jarak yang ditempuh, dimanakah Joe harus menginap ? Jarak setiap kota adalah sbb :
New York 1 Louisville 4 Nashville 3 Columbus 2 Los Angeles 10 San Antonio 9 Denver 8 Dallas 7 Omaha 6 Kansas City 5 Stage 1 Stage 2 Stage 3 Stage 4 Stage 5 550 900 770 680 580 790 1050 760 660 510 700 830 610 790 540 940 790 270 1390 1030 Jarak terpendek dari New York – Los Angeles (Kita akan kerja mundur)
1, 2, . . . . 10 adalah label dari 10 kota Cij : jarak antara kota i dan kota j C35 = 580 (jarak Nashville dan Kansas City) ft(i) : Jarak terpendek dari kota i ke L.A. Diketahui kota i pada stage t Stage 4 : f4 (8) = 1030 f4 (9) = 1390 Stage 3 : Jalur 1 : Pergi dari kota 5 ke kota 8, kemudian ambil jarak terpendek dari kota 8 ke L.A. Jalur 2 : Pergi dari kota 5 ke kota 9, kemudian ambil jarak terpendek dari kota 9 ke L.A
C58 + f4 (8) = 610 + 1030 = 1640* f3 (5) : Min C59 + f4 (9) = 790 + 1390 = 2180 f3 (5) = 1640 C68 + f4 (8) = 1570* f3 (6) = Min C69 + f4 (9) = 2330 C78 + f4 (8) = 1820 f3 (7) = Min C79 + f4 (9) = 1660* f3(7) = 1660 f3 (6) = 1570
Stage 2 C25 + f3 (5) = 2320* f2 (2) = Min C26 + f3 (6) = 2360 C27 + f3 (7) = 2710 f2 (2) = 2320 C35 + f3 (5) = 2220* f2 (3) = Min C36 + f3 (6) = 2330 C37 + f3 (7) = 2320 f2 (3) = 2220 C45 + f3 (5) = 2150* f2 (4) = Min C46 + f3 (6) = 2270 C47 + f3 (7) = 2490 f2 (4) = 2150
Stage 1 : C12 + f2 (2) = 2870* f1(1) = Min C13 + f2 (3) = 3120 C14 + f2 (4) = 2920 f1 (1) = 2870 f1 (1) = 2870 f2 (2) = 2320 f3 (5) = 1640 f4 (8) = 1030 NY Columbus Kansas City Denver L.A
Efisiensi perhitungan dari DP Lihat gambar 2, halaman 1009 Metoda Enumarasi Explisit akan mempertimbangkan seluruh Jalur. Ada 56 jalur yang mungkin dari node 1 ke node 27 Bagaimana DP melakukan hal ini ? 1. Mulai dengan mendapatkan f6(22) . . . . . f6(26) Kemudian f5(21), . . . . . . f5(17) Contoh : f5(17) = Min (c 17,J + f6(J)) J = 22 . . . . . . 26 f4(12) . . . . . . . f4(16) Contoh : f4(12) = Min (C 12,J + f5(J)) J = 17 . . . . . 21 Dst.
KARACTERISTIK DARI PROGRAMA DINAMIS Problema dibagi kedalam STAGE dengan keputusan yg diingini Setiap stage memiliki sejumlah STATE Keputusan yang dipilih menjelaskan bagaimana state pada stage sekarang ditransformasikan ke state pada stage selanjutnya Diketahui T stage, maka harus ada sebuah REKURSI yang menghubungkan biaya2 atau keuntungan yang didapatkan pada stage t, t+1 . . . . T terhadap biaya2 atau keuntungan yg didapatkan pada stage t+1, t+2 . . . . .T.
Contoh : ft(i) = Min (Cij + ft+1(j)) j Problem : group A no. 1 p.1011 Problema Inventori Karakteristik : 1. Waktu di-pilah2 kedalam perioda, perioda sekarang adalah perioda 1, perioda selanjutnya adalah perioda 2, dan akhir perioda T. 2. Pada awal setiap perioda, perusahaan harus menentukan berapa unit harus dibuat. Kapasitas produksi terbatas. 3. Permintaan setiap perioda harus dipenuhi tepat pd waktunya oleh inventori atau produksi saat itu. Timbul biaya produksi dan biaya variabel lainnya. 4. Kapasitas inventori terbatas. Kondisi ini dapat dilihat dengan terbatasnya inventori pada setiap akhir perioda. Terdapat biaya simpan per unit pada setiap akhir perioda. 5. TUJUAN perusahaan adalah meminimumkan biaya total untuk memenuhi permintaan tepat pd waktunya utk perioda 1, 2, 3 . . . . T
Contoh 4, halaman 1013 Analisa problema : Diketahui Permintaan Sebuah produk untuk 4 bulan : Bulan 1 : 1 unit Bulan 2 : 3 unit Bulan 3 : 2 unit Bulan 4 : 4 unit Biaya set-up mesin : $3 Biaya variabel : $1/unit Biaya simpan : 50 cents/unit Kapasitas produksi : 5 unit untuk setiap bulan Kapasitas simpan (inventori) = 4 unit Asumsi : 0 unit yang ada di inventori pada awal bulan ke 1 TENTUKANLAH : Jadwal produksi yang akan memenuhi setiap permintaan tepat pada waktunya dengan biaya yang minimum.
SOLUSI : Identifikasi STATE, STAGE, dan KEPUTUSAN Jika kita pada awal bulan ke 4, Perusahaan harus memenuhi permintaan pada biaya minimum dgn cara : (Produksi bulan ke 4) + (Akhir inventori bulan ke 3) = Permintaan bulan ke 4 Misal bulan (waktu) mereprentasikan STAGE Pada setiap STAGE perusahaan harus memutuskan berapa yang harus diproduksi Awal inventori adalah STATE pada setiap STAGE Definisi : ft(i) : Biaya minimum utk memenuhi permintaan untuk bulan t, t+1, . . . 4, jika i unit ada pada inventori (on-hand) pd awal bulan t
C(x) : Biaya produksi utk memproduksi x unit selama sebuah perioda : 3 + x (ingat : untuk x = 0, C(x) = 0) Disebabkan terbatasnya kapasitas penyimpanan, dan seluruh permintaan harus dipenuhi tepat waktu, maka STATE yang mungkin selama setiap perioda adalah 0, 1, 2, 3, dan 4. Perhitungan biaya bulan ke 4 : Product. Level f4 (0) = Biaya memproduksi (4 – 0) unit = C(4) = 3 + 4 = $7 X4 (0) = 4 f4 (1) = Biaya memproduksi (4 – 1)unit = C (3) = 3 + 3 = $6 X4 (1) = 3 f4 (2) = Biaya memproduksi (4 – 2)unit = C (2) = 2 + 3 = $5 X4 (2) = 2 f4 (3) = Biaya memproduksi (4 – 3)unit = C (1) = 1 + 3 = $4 X4 (3) = 1 f4 (4) = Biaya memproduksi (4 – 4)unit = C (0) = 0 X4 (0) = 0
Month 3 computation : f3 (i) = Min x ( ) ( ) ( )       −+++−+ 2xifxC2xi 2 1 4 x harus memenuhi : 4 ≥ i + x -2 ≥ 0 Jadi permintaan harus memenuhi i + x – 2 ≥ 0 Akhir inventori tidak boleh melebihi kapasitas, atau i + x -2 ≥ 4 Lihat tabel 3 halaman 1014
1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 3,0 3,1 3,2 3,3 3,4 4,0 4,1 4,2 4,3 4,4 5,0 Bulan 1 bulan 2 bulan 3 bulan 4 Bulan 5 Representasi Jaringan utk. Problema Inventori
Mencari solusi problem ini identik dengan mencari jarak terpendek dari node (1,0) ke (5,0). Misal kita ada di node (2,3) : awal bulan ke 2 dan inventori pada awal bulan kedua tersebut adalah 3 Arti panah (1,0) ke (2,2) Awal bulan ke 1 inventori = 0 Awal bulan ke 2 inventori = 2 Dan permintaan bulan ke 1 adalah 1 Ini berarti bahwa kita harus memproduksi 3 Panah ini = biaya = (3)(2) + 0,5(2) = 7 Tidak ada panah dari (1,2) ke (2,0) karena : Awal bulan ke 1 inventori = 2 Permintaan bulan ke 1 adalah 1 Jadi awal inventori bulan ke 2 harus 1 (bukan 2)
Problema Alokasi Sumber (Resource Allocation Problems) Sumber yang terbatas harus dialokasikan kebeberapa aktifitas Asumsi 1: Jumlah sumber yang dialokasikan ke sebuah aktifitas boleh nilai berapa saja dan tidak negatif Asumsi 2: Keuntungan yang diperoleh dari setiap aktifitas sebanding dgn jumlah sumber yang diberikan pd aktifitas tsb. Asumsi 3: Keuntungan yang didapatkan dari lebih dari satu aktifitas adalah penjum lahan keuntungan yang diperoleh dari setiap aktifitas. Contoh : (hal. 1018) Finco memiliki uang $6000 untuk investasi, dimana ada 3 investasi yang tersedia. Jika dj dollar (dalam ribuan) diinvestasikan pada investasi j, maka NPV (dalam ribuan) rj(dj) diperoleh, dimana rj(dj) adalah sbb r1(d1) = 7d1 + 2 d1 > 0 r2(d2) = 3d2 + 7 d2 > 0 r3(d3) = 4d3 + 5 d3 > 0 Jumlah uang yang dialokasikan pd setiap investasi merupakan perkalian 1000. Untuk memaksimumkan NPV, bagaimana Finco mengalokasikan $6000 ? Mana Stage dan mana State
STAGE : Investasi yang ke t, t+1, . . . 3 Berapa jumlah uang yg akan diinvestasikan pada setiap STAGE STATE : Jumlah uang yang TERSEDIA (dalam ribuan) untuk melakukan investasi pada stage t, t+1, . . . 3 Karena uang yang tersedia adalah $6000, maka STATE yang mungkin pada setiap STAGE adalah 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Definisikan : ft(dt) : Nilai NPV maksimum yg dpt diperoleh dengan menginves tasikan dt ribuan dollar pd investasi t, t+1, . . .3 xt(dt) : Jumlah yg diinvestasikan utk mencapai ft(dt)
Perhitungan STAGE 3, halaman 1019 Perhitungan STAGE 2 : f2(d2) = Maks (r2(x2) + f3(d2 – x2) x2 Tabel 6, halaman 1020 Perhitungan STAGE 1 ; f1(6) = Maks (r1(x1) + f2(6-x1) x1 Tabel 7, halaman 1021
2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 1,6 2,0 2,1 4,0 Representasi Jaringan utk. Contoh Resource Allocation Problems 3,6 3,5 3,4 3,3 3,2 3,0 3,1 Stage 1 Stage 2 Stage 3 Stage 4 1. Jarak terjauh dari (1,6) ke (4,0). 2. (t,d) ; Situasi dimana d ribu dollar tersedia untuk investasi di t, t+1, . . . .3 3. Garis (t,d) ke (t+1, d-x) memiliki panjang rt(x) sesuai dgn NPV yg didpt dgn investasi x di t.
Solusi Problema Knapsack menggunakan DP Misalkan sebuah 10 lb knapsack akan didisi dengan item sbb : Item ke Berat Keuntungan 1 4 lb 11 2 3 lb 7 3 5 lb 12 Untuk memaksimumkan total keuntungan, bagaimana knapsack harus diisi ? Solusi : Kita memiliki r1(x1) = 11x1, r2(x2) = 7x2; r3(x3) = 12x3 g1(x1) = 4x1, g2(x2) = 3x2, g3(x3) = 5x3 Definisikan ft(d) = keuntungan maksimum yg dpt diperoleh dari sebuah d pound knapsack yg diisi dengan tipe item t, t+1, . . . 3
STAGE 3 f3(d) = maks (12 X3) x3 Lihat hasil halaman 1023 STAGE 2 f2(d) = maks {7X2 + f3(d – 3X2)} x2 Lihat hasil halaman 1024 STAGE 1 f1(10) = (lihat hasil halaman 1025)
10,1 9,1 8,1 7,1 6,1 5,1 4 ,1 3,1 2,1 1,1 0,1 10,2 9,2 8,2 7,2 6,2 5,2 4,2 3,2 2,2 1,2 0,2 10,3 9,3 8,3 7,3 6,3 5,3 4,3 3,3 2,3 1,3 0,3 4,4 3,4 2,4 1,4 0,4 Network Knapsack Problem 1. Jarak terpanjang dari (10,1) ke stage 4 node 2. Untuk t ≤ 3, (d,t) adalah situasi dimana d pound space dapat dialokasikan pd item tipe t, t+1, . . 3 (d,4) : d pound space yg belum terpakai 3. Setiap arc dr sebuah state t node ke sebuah stage t+1 node menyatakan sebuah keputusan berapa tipe t item ditempatkan di knapsack. contoh : (10,1) ke (6,2) : Menempatkan item1 di knapsack meninggalkan sisa space 6 untuk item 2 & 3, dan arc ini panjangnya 11 Solusi adalah : (10,1)-(6,2)-(0,3)-(0,4)
Problema Pergantian Mesin (Equipment Replacement Problem) Sebuah bengkel selalu menginginkan bahwa mesin analisa selalu tersedia. Sebuah mesin baru analisa harganya $1000. Biaya pemeliharaan mi dari mesin selama tahun ke i adalah m1 = $60, m2 =$80, m3 =$120. Mesin dapat dipertahan kan untuk 1, 2, 3 tahun, dan setelah i tahun penggunaan (i =1, 2, 3) mesin dapat diganti dengan yang baru. Jika mesin diganti pada tahun yg ke i, nilai sisa mesin Si diperoleh, dimana S1 = $800, S2 = $600, dan S3 = $500. Jika diketahui bahwa saat ini mesin baru harus dibeli, bengkel ingin menentukan kebijakan pergantian mesin yang akan meminimumkan biaya bersih selama 5 tahun. Biaya bersih = (biaya pemeliharaan) + (biaya pergantian) – (nilai sisa) Solusi : Definisi g(t) = Minimum biaya bersih dari tahun t sampai tahun ke 5, diketahui sebuah mesin baru telah dibeli pd tahun t. Ctx = Biaya bersih dari pembelian mesin pd tahun t dan menggunakan mesin tsb sampai tahun ke x
Maka rekursi yang digunakan sbb ; g(t) = Min {Ctx + g(x)} (t = 0, 1, 2, 3, 4) x Dimana : t+1 ≤ x ≤ t+3 dan x ≤ 5 Tidak ada biaya yg timbul setelah tahun ke 5 (karena problema hanya 5 thn) Sehingga g(5) = 0 Setelah sebuah mesin dibeli pada waktu t, kita harus menentukan kapan mengganti mesin tsb. Misalkan x adalah waktu dimana pergantian terjadi. Pergantian harus dilaksanakan setelah waktu t tetapi t ≤ 3, sehingga t+1 ≤ x ≤ t+3 dan x ≤ 5. Jika kita mengganti mesin pd waktu x, biaya apa saja yg ada dari waktu t ke 5? Jawab : Jumlah biaya yang timbul dari saat membeli mesin sampai mesin dijual pada saat x (didefinisikan sbg : Ctx), dan biaya total yg timbul dari waktu x ke 5. (diketahui bahwa mesin baru dibeli pada waktu x dgn biaya g(x)) Jadi jika mesin yang baru dibeli pd waktu t, digunakan sampai waktu x, maka dari waktu t ke 5 timbul biaya : Ctx + g(x)
Ctx akan tergantung berapa lama mesin dipergunakan (nilai x-t) Ctx = $1000 + m1 + . . . . + mx-t – St-x Time Time Time Time Time Time 0 1 2 3 4 5 Year 1 Year 2 Year 3 Year 4 Year 5 Jadi : C01 = C12 = C23 = C34 = C45 = 1000 + 60 -800 = 260 C02 = C13 = C24 = C35 = 1000 + 60 + 80 – 600 = 540 C03 = C14 = C25 = 1000 + 60 + 80 + 120 – 500 = 760 Kita mulai menghitung g(4) dan bekerja mundur sampai g(0). g(4) = C45 + g(5) = 260 + 0 = 260
Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 3; C34 + g(4) = 260 +260 = 520* (diganti pd tahun ke 4) g(3) = Minimum C35 + g(5) = 540 + 0 = 540 (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 3, maka ia akan diganti pd tahun ke 4. Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 2; C23 + g(3) = 260 + 520 = 780 (diganti pd tahun ke 3) g(2) = Minimum C24 + g(4) = 540 + 260 = 800 (diganti pd tahun ke 4) C25 + g(5) = 760 + 0 = 760* (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 2, maka ia akan diganti pd tahun ke 5.
Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 1; C12 + g(2) = 260 + 760 = 1020* (diganti pd tahun ke 2) g(1) = Minimum C13 + g(3) = 540 + 520 = 1060 (diganti pd tahun ke 4) C14 + g(4) = 760 + 260 = 1020* (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 1, maka ia akan diganti pd tahun ke 2 atau 4. Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 0; C01 + g(1) = 260 + 1020 = 1280* (diganti pd tahun ke 1) g(0) = Minimum C02 + g(2) = 540 + 760 = 1300 (diganti pd tahun ke 2) C03 + g(3) = 760 + 520 = 1280* (diganti pd tahun ke 3) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 0, maka ia akan diganti pd tahun ke 1 atau 3.
Jawaban 1 : 1 2 4 5 5 Jawaban 2: 0 0 3 4 5 Representasi jaringan dari pergantian mesin - Gambar 9, halaman 1032 - Mencari jarak terpendek dari node 0 ke node 5.
ft(i) = min {(Biaya selama STAGE t) + ft+1 (STATE baru pd STAGE t+1)} ft(i) = Biaya minimum yang timbul dari STAGE t ke STAGE akhir T, dimana saat ini kita berada pada STAGE t dan STATE i Persamaan merefleksikan kenyataan bahwa biaya minimum yg timbul dari STAGE t ke akhir harus dicapai dengan memilih sebuah keputusan yang Mungkin pada STAGE t yg meminimumkan jumlah biaya yg timbul selama STAGE sekarang (STAGE t) ditambah biaya minimum yg dapat timbul dari STAGE t+1 ke akhir dari problema. Persamaan rekursi yg benar memiliki 3 aspek dr problema : 1. Sebuah kumpulan keputusan yg diperbolehkan, layak untuk STATE dan STAGE yang ada Sering sekumpulan keputusan yg layak tergantung dari kedua t dan i
Contoh pada Problema inventori : dt = Permintaan pada bulan t it = inventori pd awal bulan t Keputusan yang diperbolehkan pada bulan t (Misalkan xt : level produksi yg diperbolehkan) terdiri dari anggota2 {0, 1, 2, 3, 4, 5} yang memenuhi : 0 ≤ (it + xt – dt ) ≤ 4 2. Kita harus merumuskan bagaimana biaya pd perioda waktu sekarang (STAGE t) tergantung pd nilai t, STATE sekarang, dan keputusan yg dipilih pd STAGE t Contoh : Contoh problema inventori. Misalkan xt adalah level produksi yg dipilih selama bulan t. Maka biaya selama bulan t adalah : C(xt) + 0,5(it + xt – dt)
3. Kita harus merumuskan bagaimana STATE pada STAGE t+1 tergantung pd nilai t, STATE pd STAGE t, dan keputusan yg dipilih pd STAGE t Contoh pd problema inventori : STATE pada bulan ke t+1 adalah : it + xt - dt JIKA ANDA DAPAT MENGIDENTIFIKASI STATE, STAGE, DAN KEPUTUSAN SECARA BENAR, MAKA 3 ASPEK DIATAS TIDAK SUSAH UTK DIHANDLE.
Contoh 8 (halaman 1034): Seorang pemilik kolam harus menentukan berapa jumlah ikan yg boleh ditangkap dan dijual setiap tahun. Jika ia menjual X ikan selama tahun t, maka pemasukan sebesar r(X) didapat. Biaya menangkap X ikan selama setahun adalah C(X,b) dimana b adalah jumlah ikan pada awal tahun. Tentu saja ikan bereproduksi. Untuk memodelkan ini diasumsikan bahwa jumlah ikan di kolam pada awal tahun adalah 20% lebih banyak dibandingkan dengan jumlah ikan yang tinggal pada akhir tahun sebelumnya. Diasumsikan bahwa ada 10000 ikan di kolam pada awal tahun pertama. Buatlah sebuah rekursi programa dinamis yang dapat digunakan untuk memaksimumkan keuntungan selama T tahun horizon ? Catatan : 1. Kita sering membuat trade-off antara keuntungan sekarang terhadap keuntungan akan datang. Contoh : Kita dapat saja menangkap banyak ikan pada awal tahun, tetapi jumlah ikan akan sedikit pada akhir tahun, atau kita tangkap sedikit ikan pada awal tahun (penjualan sedikit), tetapi kita dapat menjual banyak pada akhir tahun. 2. STAGE adalah waktu T. Pada setiap stage, harus diputuskan berapa ikan yang harus ditangkap Misal Xt : Jumlah ikan yang ditangkap selama tahun t bt : Jumlah ikan di kolam pada awal tahun t. Jadi STATE mulai dari nilai bt. Definisikan : ft(b(t) : Maksimum laba bersih yang didapat dari penangkapan ikan selama tahun t, t+1, ………. T, dimana diketahui sebanyak bt ikan terdapat di kolam pada awal tahun t. 3. Lihat ketiga aspek pada halaman 1035
Pada stage T : Max {rT(XT) – C(XT,bT)}, dimana 0 ≤ XT ≤ bT XT Untuk stage t : ft(b(t) = max {r(Xt) – C(Xt,bt) + ft+1(1,2(bt – Xt))} 1. 0 ≤ Xt ≤ bt 2. bt dapat bertambah sampai 10000(1,2)T-1 3. Persamaan diatas digunakan sampai f1(10000) 4. Pada awal tahun kedua jumlah ikan dimulai dari 1,2(10000 – X1). Ini berarti bahwa X2 harus dipilih untuk mendapat kan nilai maksimum f2(1,2(10000 – X1)). 5. Teruskan perhitungan ini sampai nilai-nilai optimal X3, X4, ……….XT diketahui.
Contoh 11, halaman 1038 Perusahaan Sunco oil butuh untuk membangun kapasitas refinery yg cukup untuk merefine 5000 barrel oil dan 10000 barel gasoline per hari. Sunco dapat membangun kapasitas refinery pada empat lokasi. Biaya membangun sebuah refinery pada lokasi t dengan kapasitas merefine x barrel oil per hari dan y barrel gasoline per hari adalah Ct(x,y). Gunakan Programa dinamis untuk menentukan berapa kapasitas yang harus dialokasikan pada setiap lokasi ? Jawab : STAGE : Lokasi Pada setiap STAGE, Sunco harus menentukan berapa kapasitas oil dan gasoline yg harus dibangun. Definisikan ft(ot,gt) : biaya minimum untuk membangun ot barrel oil per hari dan gt barrel gasoline perhari pada lokasi t, t+1, . . . 4 f4(o4,g4) : Sunco membangun refinery pada lokasi 4 dengan kapasitas o4 barrel oil dan g4 barrel gasoline = c4(o4,g4) Untuk t = 1, 2, 3 ft(ot,gt) = min{ct(ot,gt) + ft+1(ot-xt, gt-yt) Keterangan : 1. Jika dibangun sebuah refinery pada lokasi t yang dapat merefine xt barrel oil dan yt barrel gasoline, maka timbul biaya c(xt,yt), maka kita akan butuh membangun refinery dengan kapasitas ot-xt barrel oil dan gt-yt barrel untuk gasoline untuk lokasi t+1, t+2, . . . 4, dan biaya untuk membangun ini adalah ft+1(ot-xt, gt-yt) 2. 0 ≤ xt ≤ ot, 0 ≤ yt ≤ gt 3. Pers. Terus dilakukan sampai f1(5000,10000) Coba pikirkan apakah ini harus ct(xt,yt) Lihat persamaan 17, halaman 1038
NONADDITIVE RECURSION Disini ft(i) tidak merepresentasikan pertambahan biaya (atau reward) Contoh 13, halaman 1042 Joe naik mobil dari kota 1 sampai kota 10. Dia tidak tertarik untuk mencari jarak terpendek, tetapi dia tertarik untuk meminimumkan maksimum ketinggian (diatas permukaan laut) yang akan dia hadapi. Untuk naik mobil dari kota 1 ke kota 10, dia harus mengikuti jalur sbb : 1 2 3 5 7 4 6 8 10 9 10 7 6 9 7 11 7 8 7 107 6 8 13 8 9 Stage1 Stage2 Stage3 Stage4 Stage5 Panjang Cij merepresentasikan ketinggian maksimum yg akan dihadapi antara kota I dan j. Gunakanlah programa dinamis untuk menentukan jalur yang akan dijalani oleh Joe ?
1 2 3 5 7 4 6 8 10 9 10 7 6 9 7 11 7 8 7 107 6 8 13 8 9 Stage1 Stage2 Stage3 Stage4 Stage5 1. Definisi ft(i) : Ketinggian maksimum terkecil yang dapat dialami Joe pd perjalanan dari kota i pada STAGE t ke kota 10 2. Sehingga didapat : f4(i) = Ci,10 ft(i) = min {max(Cij, ft+1(j))} untuk t = 1, 2, 3 f4(7) = 13* f4(8) = 8* f4(9) =9* max(C57, f4(7)) = 13 f3(5) = min max(C58, f4(8)) = 8* max(C59, f4(9)) = 10 Dan seterusnya… lihat hal 1043
Contoh 14, halaman 1043 Glueco berencana untuk memperkenalkan sebuah produk baru pada 3 daerah. Pada saat ini diestimasikan bahwa produk itu akan laku masing-masing di ketiga daerah dengan kemungkinan 0,6, 0,5, dan 0,3. Perusahaan memiliki 2 salesman yang top yang dapat dikirimkan ke tiga daerah tersebut. Kemungkinan bahwa product akan laku terjual jika 0, 1, dan 2 salesman dikirimkan ke tiga daerah tersebut adalah : Jumlah salesman Kemungkinan product terjual yg dikirim daerah1 daerah2 daerah3 0 0,6 0,5 0,3 1 0,8 0,7 0,55 2 0,85 0,85 0,7 Jika perusahaan ingin memaksimumkan kemungkinan product terjual diseluruh tiga daerah, dimanakah perusahaan harus menempatkan salesmannya ? (asumsi : penjualan di ketiga daerah adalah independent). Jawab: Definisi : ft(s) : Kemungkinan bhw produk akan terjual di daerah t, t+1, . . . 3 jika s salesman secara optimal ditempatkan didaerah2 tersebut. f3(2) = 0,7 (tugaskan 2 salesman didaerah 3) f3(1) = 0,55 (tugaskan 1 salesman didaerah 3) f3(0) = 0,3 (tugaskan 0 salesman didaerah 3)
Untuk menentukan f2(.) dan f1(.), perlu didefinisikan : ptx : Kemungkinan produk terjual pada daerah t jika x salesman ditugaskan didaerah t. Contoh : p21 = 0,7. Sehingga dapat dituliskan : ft(s) = max {ptx ft+1(s-x)} x Keterangan : 1. x harus anggota dari {0, 1, 2, . . . . . s} 2. Jadi jika s salesman tersedia untuk daerah t, t+1, . . . 3, dan x salesman ditugaskan didaerah t, maka : ptx : kemungkinan bahwa produk terjual di daerah t dimana x salesman ditugaskan didaerah t tersebut. ft+1(s-x) : kemungkinan bahwa produk terjual di daerah t+1, . . . 3 dengan jumlah salesman (s-x) ditugaskan di daerah tsb. f2(2) = (0,5)f3(2-0) = (0,5)(0,7) = 0,35 (Tugaskan 0 salesman pd daerah 2, & 2 salesman di derah 3 ) = (0,7)f3(2-1)=(0,7)(0,55)=0,385 (Tugaskan 1 salesman pd daerah 2, & 1 salesman di derah 3 ) = (0,85)f3(2-2)=(0,85)(0,3)=0,255 (Tugaskan 2 salesman pd daerah 2, & 0 salesman di derah 3 ) f2(2)MAKS= 0,385 f2(1), f2(0) dan f1(2) dapat dilihat dihalaman 1044
FORWARD RECURSION 1. Problema program dinamis sering juga diselesaikan dengan bekerja maju. Diasumsikan bhw state terakhir yang diinginkan diketahui. 2. Untuk bekerja maju, definisikan ft(i) : biaya minimum yang timbul pada STAGE 1, 2, . . . . t diketahui bahwa STATE i pd akhir STAGE t 3. Pertama, hitung f1(i) untuk semua i pd akhir stage 1. 4. Buat rekursi utk f2(i) sbg fungsi f1(i) dan hitung seluruh f2(i) yang mungkin pd akhir stage 2. 5. Lakukan terus perhitungan ini sampai f T(i) (stage akhir yg diinginkan pd state i) Contoh problema inventori : Definisi : 1. ft(it) : Biaya minimum yg timbul selama bulan 1, 2, . . . T, dimana diketahui akhir inventori pd bulan t adalah it. 2. xt(it) : level produksi bulan t utk mencapai ft(it). 3. Kapasitas simpan adalah 0, 1, 2, 3, 4 unit pd akhir bulan 1, 2, dan 3. 4. Tentukan biaya total dimana pada bulan ke 4 inventori = 0.
CHAPTER 21 PROBABILISTIC DYNAMIC PROGRAMMING 1. Pada beberapa problema, dapat saja tidak diketahui dengan pasti walaupun state dan keputusan sekarang diketahui. 2. Contoh pada problema inventori. Secara umum demand tidak diketahui. When Current Stage Costs Are Uncertain But the Next Period’s State is Certain Disini state period selanjutnya diketahui dengan pasti, tetapi reward yg didapatkan selama stage sekarang tidak diketahui dengan pasti (pada keputusan dan state sekarang) Contoh : Safeco membeli 6 gallon susu dengan harga $1 per gallon dari supplier susu dan menjualnya pada 3 toko dengan harga $2 per gallon. Supllier harus membeli susu yang tidak laku setiap harinya dengan harga $0,5. Diketahui bahwa demand susu pada setiap toko tidak pasti. Data masa lalu menunjukan bahwa demand susu pada setiap toko adalah sbb:
Daily Demand Probability Toko 1 1 0,60 2 0 3 0,40 Toko 2 1 0,50 2 0,10 3 0,40 Toko 3 1 0,40 2 0,30 3 0,30 Safeco ingin mendapatkan ekspektasi keuntungan bersih dengan menempatkan 6 gallon susu ini pada ke tiga toko tersebut. Gunakan Programma dinamis untuk membantu bagaimana safeco harus mengalokasikan 6 gallon susu tsb pada ke tiga toko ? Definisi : 1. rt(gt) : Ekspektasi pemasukan yang diperoleh dari gt gallon yang terjual pada toko t 2. ft(x) : Ekspektasi keuntungan maksimum yg diperoleh dari x gallon yg ditaruh pd toko t, t+1,. . 3. 3. Dapat dipastikan bahwa f3(x) = r3(x) 4. Untuk t = 1, 2 ft(x) = maks { rt(gt) + ft+1(x - gt} dimana gt = 0, 1, ………….x Sesuatu yang bodoh untuk menaruh susu lebih dari 3 gallon pada setiap toko, karena maksimum demand untuk setiap toko adalah 3
r3(0) = 0 r3(1) = (0,3 + 0,3 + 0,4) 2 = 2 r3(2) = (0,3 + 0,3)4 + 0,4(2 + 0,5) = 2,4 + 1 = 3,4 r3(3) = (0,3)(6) + (0,3)(4 + 0,5) + (0,4)(2 + 1) = 4,35 r2(0) = 0 r2(1) = (0,4 + 0,1 + 0,5) 2 = 2 r2(2) = (0,4 + 0,1) 4 + 0,5(2 + 0,5) = 3,25 r2(3) = (0,4)(6) + 0,1(4 + 0,5) + 0,5(2 + 1) = 4,35 r1(0) = 0 r1(1) = (0,4 + 0 + (0,6) 2 = 2 r1(2) = (0,4 + 0) 4 + 0,6(2 + 0,5) = 3,1 r1(3) = (0,4)(6) + 0(4 + 0,5) + 0,6(2 + 1 ) = 4,20 f3(0) = r3(0) = 0 g3(0) = 0 f3(1) = r3(1) = 2 g3(1) =1 f3(2) = r3(2) = 3,4 g3(2) = 2 f3(3) = r3(3) = 4,35 g3(3) = 3
f2(0) f2(1) f2(2) f2(3) Untuk f2(4), f2(5), dan f2(6) kita tidak perlu mempertimbangkan penempatan lebih dari 3 gallon di toko 2. f2(4) f2(5) f2(6) f1(6) HASIL DAPAT DILIHAT DI HALAMAN 1068
Contoh : Probabilistic Inventory Model Diketahui problema inventori dengan waktu 3 perioda. Pada awal setiap perioda perusahaan harus menentukan berapa unit yang harus dibuat selama perioda tersebut. Selama sebuah perioda dimana x unit dibuat, biaya produksi c(x) timbul, dimana c(0) = 0, dan untuk x > 0, c(x) = 3 + 2x. Batas produksi untuk setiap perioda adalah 4 unit. Demand pada setiap perioda adalah random, dimana demandnya adalah 1 dan 2 dengan dengan kemungkinan muncul yang sama. Setiap inventori yg terjadi pada setiap perioda menimbulkan biaya simpan $1 per unit. Batas inventori adalah 3 unit. Setiap demand pada setiap perioda harus dipenuhi pada perioda tersebut. Jumlah inventori yang ada pada akhir perioda 3 dapat dijual dengan harga $2 per unit. Awal inventori pada perioda 1 adalah 1 unit. Gunakanlah DP untuk menentukan kebijakan produksi yang meminimumkan ekspektasi biaya bersih selama 3 perioda. Definisi ft(i) = Ekspektasi biaya bersih minimum untuk perioda t, t+1, …3 1. Ekspektasi biaya simpan pada STAGE 3 = 0,5(i + x -1) + 0,5 (i + x - 2) = i + x – 1,5 dimana i = jumlah unit pada awal inventori 2. Ekspektasi pemasukan pada STAGE 3 disebabkan penjualan unit yg sisa : (0,5)(2)(i + x – 1) + (0,5)(2)(i + x – 2) = 2i + 2x – 3 3. Sehingga total biaya pada STAGE 3 : f3(i) = min {c(x) + (i + x – 1,5) – (2i + 2x – 3)} (lihat tabel 3, halaman 1071) x 4. Untuk STAGE t = 1 dan 2 ft(i) = min {c(x) + (0,5)(i+x-1)+(0,5)(i+x-2) + (0,5)ft+1(i+x-1) + (0,5)ft+1(i+x-2)} x Tabel 4 & 5 halaman 1072
PROBABILISTIC DYNAMIC PROGRAMMING FORMULATION       += ∑ + (j)t)fa,i,p(ja)i,tSTAGEselamaReward(Ekspetasi a MAX (i)f j 1tt 1. ft(i) : Maksimum ekspetasi reward yg dpt diperoleh selama STAGE t, t+1, ………diketahui bahwa STATE pada awal stage t adalah i. 2. Maksimum persamaan diatas diambil pada seluruh aksi a yg layak ketika state pada awal stage t adalah i. 3. p(j|i, a, t) : Probabilitas bahwa state pada perioda selanjutnya adalah j, diketahui state sekarang adalah i (pd stage t) dan aksi a dipilih. 4. Perjumlahan pada persamaan diatas adalah menyatakan ekspetasi reward dari stage t+1 keakhir dr problema. 5. Kita memilih a yang memaksimumkan ekspetasi reward yg diperoleh dari stage t ke akhir dari problema.
Contoh 5, halaman 1080 Sunco oil memiliki D dollar untuk dialokasikan untuk pemboran pada lokasi 1, 2, ………..T. Jika x dollar dialokasikan pada lokasi t, maka dgn probilitas qt(x) minyak akan diketemukan pada lokasi tsb. Jika pada lokasi terdapat minyak, maka ia akan bernilai sebesar rt. Formulasikanlah sebuah rekursi yg dapat digunakan sunco oil yg memaksimumkan nilai ekspetasi dari seluruh minyak yang diketemukan pada lokasi 1, 2, ……… T ? Jawab : Untuk Lokasi T : Untuk t < T : ft(d) : Nilai ekspetasi maksimum dari minyak yang diketemukan pada lokasi t, t+1, …………T jika d dollar tersedia pada lokasi t, t+1, ………T Kita akan bekerja mundur sampai ke f1(D). (d)qr(d))0q(1(d)qr(d)f TTTTTT =−+= x)(df(x)q{r x Max (d)f 1tttt −+= +
Contoh 6, halaman 1081: Pada setiap tahun, pemilik sebuah kolam harus menentukan berapa jumlah ikan yang ditangkap dan dijual. Selama tahun t harga ikan per ekor adalah pt. Biaya penangkapan x ikan akan membutuhkan biaya ct(x|b), dimana b adalah jumlah ikan pada awal tahun t. Antara waktu akhir t dan awal waktu t+1 ikan berreproduksi dengan sebuah random faktor D, dimana P(D = d) = qd. Formulasikanlah sebuah rekursi programa dinamis yg dpt digunakan untuk menentukan strategi penangkapan ikan yg akan memaksimumkan keuntungan selama 10 tahun. Pada saat ini kolam memiliki 10000 ikan. Jawab : 1. Stage adalah tahun. 2. State adalah jumlah ikan di kolam pada awal tahun. 3. Keputusan yg akan dibuat : Berapa ikan yg akan ditangkap selama setiap tahun. 4. Definisi : ft(b) = Ekspetasi keuntungan bersih maksimum yg dapat diperoleh selama tahun t, t+1, ….. 10, jika kolam memiliki b ikan pd awal tahun t. f10(b) = max {x p10 – c10(x|b)} dimana 0 ≤ x ≤ b x Untuk t < 10 : 0 ≤ x ≤ b Selama tahun t keuntungan yg didapat (xpt – ct(x|b). Jadi dgn kemungkinan q(d), state pada tahun t+1 akan menjadi d(b-x). Shg jika x ikan ditangkap selama tahun t, ekspetasi keuntungan bersih maksimum yg diperoleh pd tahun t+1, t+2, ……. 10       ∑ −+−= + d 1tttt x))(d(bq(d)f)b(xcxp x Max (b)f ∑ −+ d 1t x))(d(bq(d)f
Contoh 8, halaman 1082 Korvair store sedang mencoba untuk menentukan sebuah optimal cash management policy. Selama setiap hari, permintaan untuk cash dapat dijelaskan dengan sebuah random variabel D, dimana p(D = d) = p(d). Pada awal setiap hari, store mengirim seorang pekerja ke bank untuk mendeposit atau mengambil uang. Setiap transaksi bank membutuhkan biaya sebesar K dollar. Jadi demand untuk cash dapat dipenuhi oleh uang yang tersisa dari hari sebelumnya ditambah uang yang diambil dari bank. Pada akhir setiap hari, store menentukan cash balance yg dimiliki. Jika cash balance negatif, terdapat biaya shortage s dollar per dollar. Jika cash balance positif, terdapat biaya i dollar per dollar (disebabkan kehilangan interest jika uang tsb di deposit di bank). Pada awal hari pertama, store memiliki cash $10000 dan $100000 di bank. Formulasikanlah sebuah model programa dinamis yg dapat digunakan untuk meminimumkan ekspetasi biaya untuk mengisi cash yang dibutuhkan store selama 30 hari selanjutnya. Jawab : 1. Untuk menentukan berapa uang yang harus diambil atau dideposit, store harus mengetahui cash yg dimiliki dan bank balance pd awal setiap hari. 2. Stage adalah waktu. Jadi pada setiap awal setiap stage, store harus menentukan berapa uang yg diambil atau didiposit di bank. 3. Definisi : ft(c,b) : Ekspetasi biaya minimum selama hari t, t+1, ………. 30, diketahui bhw pd awal hari t, store memiliki c dollar cash dan b dollar di bank.       ∑ ∑ −−+−++= +≤ +≥xcd xcd 30 x)scp(d)(dd)ixp(d)(c(x))K x Min b)(c,f δ Balance positive Balance Negative
1. X : jumlah uang yang di transfer dari bank ke toko (jika x < 0, uang ditransfer dari toko ke bank). Karena toko tidak dapat mengambil uang lebih dari b dan tdk dpt men deposit lebih dari c, maka b ≥ x ≥ -c. 2. δ(0) = 0, berarti tdk ada transaksi dengan bank δ(x) = 1, berarti ada transaksi dengan bank, dengan biaya transaksi = K 3 d ≤ (c + x), berarti uang berlebihan krn demand ≤ dari jumlah uang yg ada Timbul biaya (c + x – d)i dengan kemungkinan p(d). Jadi ekspetasi biayanya p(d)(c + x –d)i 4 d ≥ (c + x), berarti terjadi short, karena demand ≥ jumlah uang yang ada. Timbul biaya (d – c – x)s dengan kemungkinan p(d) Jadi ekspetasi biayanya p(d)(d – c –x)s 5. Untuk t < 30 ∑ ∑ ∑ −−++−−+−++= +≤ +≥ + xcd xcd d 1tt x)}bd,x(cp(d)fx)scp(d)(dd)ixp(d)(c(x){K x Min b)(c,f δ
MARKOV CHAIN SEBUAH TIPE PROSES STOCHASTIK • Bagaimana random variabel (RV) berubah terhadap waktu • Apakah proses stokastik ? 1. Misalkan kita mengamati sebuah karakteristik dari sebuah sistem pada waktu diskrit (0, 1, 2, ……….) 2. Misalkan Xt adalah nilai karakteristik sistim pada waktu t. 3. Xt tidak diketahui dengan pasti sebelum waktu t dan dapat dipandang sebagai sebuah random variabel. 4. Discrete-time stochastic process adalah penjelasan hubungan antara random variabel X0, X2, X2, ………… Contoh Sebuah kantong pada saat ini berisi 2 bola yang belum di cat. Pilih sebuah bola dan lempar sebuah koin. Jika bola = belum dicat dan koin = head, maka cat bola tsb dengan warna MERAH Jika bola = belum dicat dan koin = tail, maka cat bola tsb dengan warna HITAM Jika bola sudah di cat, apakah koin head atau tail, ubah warna dari MERAH ke HITAM, atau HITAM ke MERAH
Terminologi Antrian Harus ada proses input dan proses output. Sbg contoh ; Situasi Proses input Proses output Bank Pelanggan tiba di bank Teller melayani pelanggan Pizza parlor Permintaan pengiriman pizza Pizza parlor mengirim mobil diterima utk mengirim pizza Naval Shipyard Kapal dilaut rusak & dikirim Kapal diperbaiki dan dikemba ke shipyard utk diperbaiki likan ke laut
Proses Input atau Proses Kedatangan -Kedatangan disebut Pelanggan (Customer) - Asumsi : Tidak lebih dari 1 pelanggan yg dpt timbul pd suatu waktu sesaat. Jika lebih dari satu diperbolehkan maka BULK ARRIVAL diperbolehkan. - Proses kedatangan tidak dipengaruhi oleh jumlah pelanggan yg ada di sistem - Dua situasi umum dimana proses kedatangan dapat tergantung pd jumlah pelanggan yg ada : 1. Kedatangan berasal dari populasi yg kecil (finite source model). Misal : hanya ada 4 kapal (spt contoh diatas). Jika seluruh kapal sedang diperbaiki, maka tdk ada kapal yg dpt rusak pd masa akan datang. Kebalikannya, jika semua kapal ada di laut, kerusakan kapal akan memiliki kemungkinan yg relatip besar pd masa depan. 2. Proses kedatangan tergantung pd jumlah pelanggan. Misal : Jika kita melihat tempat parkir di sebuah bank penuh, kita dpt saja pergi dan akan datang pd lain waktu. - Jika seorang pelanggan gagal memasuki sistem, maka dikatakan pelanggan tsb balked. - Jika proses kedatangan tdk dipengaruhi oleh jumlah pelanggan yg ada, maka biasanya kita dpt menjelaskannya dengan sebuah distribusi probabilitas yg menjelaskan waktu antara kedatangan.
Proses output atau Pelayanan (Service) Kita biasanya menspesifikasikan dengan sbh distribusi probabilitas – distribusi waktu pelayanan. – yg menjelaskan waktu pelayanan pelanggan. Biasanya diasumsikan bahwa distribusi waktu pelayanan adalah independen thdp jumlah pelanggan yang ada, artinya pelayan tidak akan bekerja lebih cepat ketika pelanggan lebih banyak berada di sistem. Akan dipelajari 2 pengaturan dari pelayan : 1. Pelayan dalam bentuk paralel Pelayan memberikan pelayanan yg sama dan seorang pelanggan hanya melalui 1 pelayan saja. 2. Pelayanan dalam bentuk seri Seorang pelanggan harus melalui beberapa pelayan sampai selesai.
Disiplin Antrian Disiplin antrian menjelaskan metoda yg digunakan utk menentukan urutan pelayanan thdp pelanggan. FCFS : First Come First Service Pelanggan dilayani dalam urutan kedatangan mereka. LCFS : Last Come First Service Kedatangan yg terbaru adalah pertama yg dilayani SIRO : Service in Random Order Pelanggan yg akan dilayani dipilih secara acak PRIORITY QUEUING DISCIPLINE Setiap kedatangan dikualifikasikan dlm beberapa katagori. Setiap katagori kemudian diberikan level prioritas, dan setiap level prioritas pelanggan dilayani dengan cara FCFS.
METODA YG DIGUNAKAN KEDATANGAN UTK MASUK KE ANTRIAN 1. Pelanggan dpt bergabung pd sebuah garis antrian 2. Pelanggan dapat memilih garis antrian yg diingini (Jika ada beberapa garis antrian, biasanya pelanggan memilih antrian yg terpendek) 3. Perlu juga utk diketahui apakah pelanggan diperbolehkan utk SWITCH atau JOCKEY antar garis antrian MODEL KEDATANGAN dan PROSES PELAYANAN 1. Paling banyak satu kedatangan yg muncul pd waktu sesaat. 2. Definisi ti : waktu dimana pelanggan i tiba. 3. Utk ti ≥ 1, Ti = ti+1 – ti : waktu antar kedatangan yg ke i.
t1 = 3 t2 = 8 t3 = 15 T1 = 8 – 3 T2 = 15 - 8 4. Asumsi : Tj adalah independent (T1 tidak berpengaruh terhadap T2, T3 atau Tj) dan memiliki continuous random variable A yang sama (artinya distribusi keda tangan adalah independen dr waktu pd hari atau hari pd minggu, ini disebut proses stasioner.) 5. Asumsi A memiliki pdf a(t). Utk nilai Δt yg kecil P(t ≤ A ≤ t + Δt) = Δt a(t). Sehingga dapat dituliskan : ∫ ∫ ∞ =>=≤ c c dttacAPdttacAP 0 )()(dan)()( 6. Definisikan : rata-rata waktu antar kedatangan (jam/kedatangan), sehing ga nilai ini (ingat statistik) adalah : ∫= ∞ 0 )( 1 dttta λ λ 1
7. Sehingga λ : Laju kedatangan (Jumlah kedatangan/jam). 8. Distribusi eksponensial pada umumnya digunakan untuk rv A. 9. Distribusi eksponensial dengan parameter λ, memiliki densitas : t eta λ λ − =)( t e λ λ − λ t 10. a(t) berkurang dgn sangat cepat untuk t yang kecil. Ini menunjukan bahwa waktu antar kedatangan yang sangat panjang tidal lazim terjadi.
Harga rata-rata waktu antar kedatangan E(A) = Variansinya : Var (A) = λ 1 2 1 λ Sifat No-memory dari distribusi eksponensial Alasan mengapa distribusi eksponensial sering digunakan dalam memodel waktu antar kedatangan dijelaskan oleh lemma berikut : L e m m a : Jika A memiliki distribusi eksponensial, maka utk nilai-nilai positif t dan h, P(A> t+h | A≥t) = P(A > h), lihat bukti pd halaman 1107 -Ternyata tidak ada distribusi lain yg dpt memenuhi sifat ini. - Sifat ini disebut no-memory property - Artinya : Misalkan tidak ada kedatangan selama waktu t (ini disebut A≥t), dan ditanyakan berapakah kemungkinan tidak akan ada kedatangan selama wak tu h didepan (disebut A>t+h), persamaan diatas menjawab P(A>h). Contoh: h = 4, utk t = 5, t = 3, t = 2, dan t = 0 P(A>9|A≥5) = P(A>7|A≥3) = P(A>6|A≥2) = P(A>4|A≥0) = λ λ 4− e
Sehingga jika ingin mengatahui distribusi probabilitas dari waktu utk kedatangan selanjutnya, maka tdk menjadi masalah sudah berapa lama tidak terjadi kedata ngan sejak kedatangan terakhir. Contoh utk λ = 6. No-memory property mengata kan tidak menjadi masalah sudah berapa lama tdk ada kedatangan sejak kedata ngan terakir, distribusi probabilitas dari waktu utk kedatangan selanjutnya adalah: t e 6 6 − HUBUNGAN ANTARA DISTRIBUSI POISON DAN DISTRIBUSI EKSPONENSIAL T e o r e m a 1 : Waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan parameter λ jika dan hanya jika jumlah kedatangan yg muncul pd interval t mengikuti distribusi poisson dengan parameter λt. Sebuah diskrit r.v. N mengikuti distribusi Poisson dengan parameter λ jika untuk n =1, 2, 3, . . . . . ! )( n e nNP n λλ− ==
Dimana E(N) = Var (N) = λ Jika Nt : Jumlah kedatangan yg muncul selama interval waktu t, teorema 1 menyatakan .......2,1,0 ! )( )( === − n n te nNP nt t untuk λλ Karena Nt adalah poisson dgn parameter λt, maka E(Nt) = Var(Nt) = λt λt kedatangan yg timbul selama waktu t, maka λ dpt dikatakan sbg jumlah rata-rata kedatangan per waktu (disebut laju kedatangan) Asumsi : 1. Kedatangan adalah independen (sbg contoh: kedatangan2 antara waktu 1 dan 10 tidak memberikan informasi tentang jumlah kedatangan2 antara waktu 30 dan 50) 2. Untuk Δt yg kecil, probabiliti munculnya satu kedatangan antara t dan t+Δt adalah λΔt + o(Δt), dimana 0 )( 0 lim = ∆ ∆ →∆ t to t
T h e o r e m n 2 Jika asumsi 1 dan 2 terpenuhi, maka Nt mengikuti sbh distribusi Poisson dgn parameter λt dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan parameter λ, yaitu : Juga, Probabiliti tidak ada kedatangan selama interval t dan t+Δt adalah 1 – (λΔt + o(Δt)), dan kemungkinan munculnya lebih dari satu kedatangan ada lah : o(Δt) a(t) = t e λ λ − Contoh 1: Jumlah gelas bir yang dipesan per jam pd Dick’s Pub mengikuti sbh distribusi Poisson dengan rata-rata 30 bir per jam yg dipesan. 1. Tentukan probabiliti bahwa 60 bir dipesan antara 10 p.m sampai jam 12 tengah malam ? 2. Tentukan harga rata2 dan standart deviasi dr jumlah bir yg dipesan antar jam 9 p.m dan 1 a.m 3. Tentukan prababilti bahwa waktu antar 2 pemesanan yg berurutan adalah antar 1 dan 3 menit. (Jawaban pd halaman 1109)
DISTRIBUSI ERLANG 1. Jika waktu antar kedatangan bukan eksponensial, maka biasanya akan dimodelkan dgn sbh distribusi Erlang. 2. Distribusi Erlang adalah rv kontinue (sebut saja T), dimana fungsi densitas nya f(t) ditandai dgn 2 parameter : rate parameter R dan shape parameter k (nilai k harus positif dan integer) 2 1 )()( )!1( )( )( R k TVar R k TE k eRtR tf Rtk == − = −− dandengan 3. Untuk k = 1, pdf Erlang kelihatannya sama dgn distribusi eksponensial. Sebagaimana k bertambah distribusi Erlang mendekati distribusi Normal
MODEL PROSES PELAYANAN (SERVICE) 1. Asumsi waktu pelayanan utk pelanggan yg berbeda adalah rv yg independen, dimana waktu pelayanan setiap pelanggan diwakili oleh rv S yg memiliki pdf s(t). 2. Misalkan 1/μ (waktu per pelanggan) adalah rata2 waktu pelayanan utk seorang pelanggan, maka ∫= ∞ 0 )(1 dttts µ 3. Contoh, μ = 5 berarti jika pelanggan selalu ada, pelayan dapat melayani rata-rata 5 pelanggan setiap jam dan rata-rata waktu pelayanan (service time) utk setiap pelanggan adalah 1/5 = 0,2 jam. 4. Waktu pelayanan dapat dimodelkan sbg random variabel eksponensial, sehingga kita dapat menentukan distribusi sisa waktu pelayanan seorang pelanggan tanpa perlu mengetahui berapa lama pelanggan sudah dilayani. Contoh : Misalkan ada 3 pelayan, dan semua sibuk (melayani pelanggan 1, 2, dan 3) dan seorang pelanggan (pe langgan ke 4) sedang menunggu (lihat gambar 4 halaman 1111). Berapakah kemungkinan bhw pelang gan yg menunggu ini akan menjadi pelanggan yg terakhir dilayani ? Misalkan pelanggan ke 3 yg pertama selesai dilayani, maka pelanggan ke 4 masuk utk dilayani. Dengan sifat no-memory, distribusi waktu pelayanan utk pelanggan 4 memiliki distribusi yg sama dengan sisa waktu pelayanan pelanggan 1 dan 2. Jadi dari sifat simetris, Pelanggan 4, 1, dan 2 akan memiliki kemung kinan yg sama utk menjadi pelanggan yg terakhir utk dilayani = 0,33. Tanpa sifat no-memory, persoalan ini sangat susah utk diselesaikan.
5. Jika waktu pelayanan tdk konsisten dengan sifat no-memory, maka sering dpt diasumsikan bahwa s(t) adalah sbh distribusi Erlang dengan parameter shape dan parameter rate masing2 k dan kµ. Rata-rata waktu pelayanan tetap 1/μ. 6. Memodelkan waktu pelayanan dgn sbh distribusi Erlang (dgn parameter shape = k) juga dpt berarti waktu pelayanan seorang pelanggan adalah melalui k phase pelayanan, dimana waktu penyelesaian setiap phase memiliki sifat no-memory dengan rata-rata 1/(kμ). Lihat gambar 5, halaman 1112. Pada situasi tertentu, waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan dimodelkan memiliki variansi = 0. Ini disebut model deterministik. Dalam hal ini waktu antar kedatangan = 1/λ dan waktu pelayanan = 1/µ
NOTASI KENDALL - LEE Notasi digunakan untuk sistem antrian dimana seluruh kedatangan menunggu pd sebuah garis menunggu sampai seorang pelayan dr s pelayanan (paralel) bebas. Pelanggan pergi ke Pelayan yg pertama2 kosong Pelayan 1 Pelayan 2 Pelayan 3 Pelanggan per gi dr sistem
Menurut Kendall, setiap sistem antrian dijealskan oleh 6 karakteristik : 1/2/3/4/5/6 1: Keadaan proses kedatangan M : Waktu antar kedatangan adalah r.v iid dgn distribusi eksponensial D : Waktu antar kedatangan adalah iid dan deterministik Ek : Waktu antar kedatangan adalah iid Erlang dgn parameter shape = k GI : Waktu antar kedatangan adalah iid diwakili oleh beberapa distribusi yg umum. 2 : Keadaan waktu pelayanan M : Waktu pelayanan adalah iid dan eksponensial D : Waktu pelayanan adalah iid dan deterministik Ek : Waktu pelayanan adalah iid Erlang dgn parameter shape = k G : Waktu pelayanan adalah iid diwakili oleh beberapa distribusi umum
3 : jumlah pelayan dalam formasi paralel. 4 : Menjelaskan disiplin antrian : FCFS : First come, first service LCFS : Last come, first service SIRO : Service in random order GD : General queue discipline 5 : Maksimum jumlah pelanggan yg diperbolehkan didalam sistem (termasuk pelanggan yg sedang menunggu dan yg sedang dilayani) 6 : Besarnya populasi darimana pelanggan datang. Pada umumnya 4/5/6 adalah GD/~/~, sehingga sering diabaikan. Contoh : M/E2/8/FCFS/10/~ Bisa mewakili sebuah klinik kesehatan dgn 8 doktor, waktu antar kedata ngan adalah eksponensial, waktu pelayanan adalah Erlang 2 phase, disi plin antrian FCFS, dan kapasitas klinik adalah utk 10 orang 1/2/3/4/5/6
1. Sering digunakan utk menjawab pertanyaan2 tentang sistem antrian. 2. Definisi : a. STATE : Jumlah orang yg berada pd sistem antrian pada waktu t Jadi pd saat t = 0, state dr sistem sama dengan awal jumlah orang yg ada didalam sistem. b. Pij(t) : Probabiliti bahwa pd waktu t akan ada j orang di sistem diketahui pd waktu t = 0, ada i orang di sistem. Catatan : Pij(t) analog dgn n-step probabiliti transisi Pij(n) (Probabiliti bhw setelah n transisi sbh rantai Markov akan berada pd state j, diketahui bhw rantai Markov dimu lai dari state i). Pij(n) akan mendekati batas πj yg independen thdp state i. Begitu juga Pij(t), untuk nilai t yg besar, akan mendekati πj yg independen thdp state awal i. Kita sebut πj adalah steady state, atau equilibrium probability dr state j. Pd kebanyakan sistem antrian, nilai Pij(t) untuk t yg kecil, sangat tergantung dr nilai i (Jumlah awal pelanggan yg ada), sbg contoh P50,1(t) dan P1,1(t) akan sangat ber beda utk nilai t yg kecil. Tetapi dlm keadaan steady state keduanya mendekati π1.
Berapa besar t agar tercapai keadaan steady state ? Pertanyaan ini sukar dijawab. Keadaan sebelum tercapai steady state disebut transient behavior dan analisa sistem antrian tidak akan dilakukan pada keadaan ini. Sehingga kita akan bekerja dengan πj ketimbang dengan Pij(t). Sebuah birth-death proses adalah sbh continuous-time stochastic process dimana setiap state pd setiap saat adalah positif integer LAWS OF MOTION FOR BIRTH-DEATH PROCESS Law 1: Dgn prob. λjΔt +o(Δt), sebuah birth muncul antara waktu t dan t + Δt. Sebu ah birth menambah state sistem dgn 1. λj disebut birth rate pd state j. Sebuah birth sama dgn sebuah kedatangan. Law 2: Dgn prob µjΔt + o(Δt), sebuah death muncul antara waktu t dan t + Δt. Sebu ah death mengurangi state sistem dgn 1. μj disebut death rate pd state j. Sebuah death sama dgn sebuah penyelesaian pelayanan. Law 3: Birth dan death adalah independen
o(Δt) : Probabilti bahwa lebih dari 1 event (birth atau death) muncul antara t dan t + Δt, tetapi ; Proses Birth-death ditandai dgn birth rate λj dan death rate µj. Karena sbh state negatif tdk diperbolehkan maka µ0 = 0. 0 )( 0 lim = ∆ ∆ →∆ t to t HUBUNGAN DISTRIBUSI EKSPONENSIAL DAN PROSES BIRTH-DEATH Kebanyakan sistem antrian dgn waktu antar kedatangan aksponensial dan wak tu pelayanan eksponensial dpt dimodelkan sbg proses birth-death. Contoh : M/M/1/FCFS/~/~ Jika state (jumlah orang yg ada) pd waktu t adalah j, maka sifat no-memory dr distribusi eksponensial mengatakan bahwa probabiliti sbh birth selama interval [t, t+Δt] akan tidak tergantung sudah berapa lama sistem di state j. Jadi jika sbh kedatangan baru muncul pd waktu t, maka kemungkinan sbh birth muncul pada Interval [t, t+Δt] adalah : ∫ −= ∆ ∆−− t tt edte 0 1 λλ λ
Dengan menggunakan deret Taylor ; Sehingga )(1 tote t ∆+∆−=∆− λλ )())(1(11 0 tottotedte t tt ∆+∆=∆+∆−−=∫ −= ∆ ∆−− λλλ λλ Ini berarti bhw kemungkinan sebuah birth muncul selama [t, t+Δt] : λΔt + o(Δt) Shg dpt disimpulkan bahwa birth rate pd state j adalah arrival rate λ Jika pd waktu t state sistem = j, maka kita ketahui bhw 1 pelanggan yg sedang dilayani (karena hanya ada satu pelayan). Sifat no memory dr distribusi ekspo nensial mengatakan bhw kemungkinan seorang pelanggan akan selesai dilayani antara t dan t + Δt adalah : Jadi untuk j≥1, µj = μ Jadi jika penyelesaian pelayanan dan kedatangan adalah independen, maka sistem antrian M/M/1/FCFS/~/~ adalah proses birth-death ∫ ∆+∆=−= ∆ ∆−− t tt totedte 0 )(1 µµ µµ
LAJU DIAGRAM UTK SISTEM M/M/1/FCFS/~/~ 0 1 2 J-1 J J+1 λ λ λ λ µ μ μ μ Berarti sebuah “birth” (kedatangan) Berarti sebuah “death” (Penyelesaian pelayanan) Sistem2 antrian yg lebih complicated dgn waktu antar kedatangan eksponensial dan waktu pelayanan eksponensial sering dimodelkan sbg proses birth-death dgn menambahkan laju pelayanan laju kedatangan. Sbg contoh : M/M/3/FCFS/~/~ dengan λ = 4 dan μ = 5 adalah sbb;
0 1 2 3 4 5 4 4 4 4 4 . . . . . 5 10 15 15 15 λj = 4 untuk j = 0, 1, 2, 3, . . . . µ0 = 0; µ1 = 5; µ2 = 10; µj = 15 untuk j = 3, 4, 5, . . . . JIKA WAKTU ANTAR KEDATANGAN DAN WAKTU PELAYANAN BUKAN EKS PONENSIAL, MAKA PROSES BIRTH-DEATH TDK DAPAT DIGUNAKAN State
PENURUNAN PROBABILTI PROSES BIRTH-DEATH PADA STEADY STATE 1. Bagaimana πj ditentukan dari proses birth-death. 2. Kuncinya adalah hubungan Pij(t+Δt) dengan Pij(t). 3. Ada 4 cara utk sebuah state pd waktu t+Δt akan di j, yaitu : No. State pd State pd P Ket waktu t waktu (t+Δt) 1 j-1 j Pi,j-1(t)(λj-1Δt+o(Δt))=I Birth 2 j+1 j Pi,j+1(t)(μj+1Δt+o(Δt))=II Death 3 j j Pi,j(t)(1-µjΔt-λjΔt-2o(Δt))=III No Birth No Death 4 Dari state manapun j o(Δt)=IV More than one birth or one death
Jadi Pij(t+Δt) = I + II + III + IV = Pij(t) + Δt(λj-1Pi,,j-1 + µj+1Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj) + o(Δt)(Pi,j-1(t) + Pi,j+1(t) + 1 – 2Pij(t)) Didapat ; Pij(t+Δt) – Pij(t) = Δt(λj-1 Pi,j-1(t) + µj+1 Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj) + o(Δt) Bagi kedua sisi dengan Δt dan dekati Δt dengan nol, maka didpt utk seluruh i dan j ≥ 1 ; P’ij(t) = λj-1 Pi,j-1(t) + µj+1 Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj Karena utk j=0, Pi,j-1(t)=0 dan μj=0, didapat utk j=0 P’i,0(t) = µ1 Pi,1(t) – λ0 Pi,0(t) Seperti Rantai Markov, didefinisikan steady-state probabiliti πj sbb; )( lim tP t ij ∞→
Jadi pd. Keadaan steady state (utk t yg besar) 1. Pij(t) tidak berubah banyak, bahkan dpt dikatakan konstan, shg: a. Pij’(t) = 0 b. Pi,j-1 = πj-1, Pi,j+1 = πj+1, Pij = πj 2. Persamaan diatas menjadi : λj-1πj-1 + µj+1πj+1 - µjπj – πjλj = 0 λj-1πj-1 + µj+1πj+1 = πj(λj + µj) (j = 1, 2, . . . ) For j = 0, μ1π1 = π0λ0 Sesuatu yg benar bahwa : unit waktu jstatekemasukrata2jumlah unit waktu jstatedariberangkatrata2Jumlah = )μ(λπ unit waktu jstatedariberangkatrata2Jumlah jjj += 111 ++− += jjj µπλπ 1-j unit waktu jstatekemasukrata2Jumlah
j πj-1λj-1 πj+1μj+1 πjλj πjμj J=0 П1μ1 π0λ0 λj-1πj-1 + µj+1πj+1 = πj(λj + µj) (j = 1, 2, . . . ) μ1π1 = π0λ0 Flow balance equation
(j = 0) . . . . . . . . π0λ0 = π1µ1 (j = 1) . . . . . . . . (λ1 + μ1)π1 = λ0π0 + μ2π2 (j = 2) . . . . . . . . (λ2 + μ2)π2 = λ1π1 + μ3π3 (Persamaan ke j) . . . . (λj + μj)πj = λj-1πj-1 + μj+1πj+1 Dari persamaan j = 0 : Masuk ke pers. j = 1 1 00 µ λπ π =1 21 10 1 0 20 )( ) µµ λλπ π µ λπµλ πµπλ 0 2 011 20 ( = + =+ Seterusnya kita dapat menghitung π3 dgn menggunakan term π0. Definisikan : j j jc µµµ λλλ ............ ............ 2 11 1 0 − =
Maka : πj = π0cj Dalam keadaan steady state : (start dari j = 0) Persamaan diatas menjadi : Jika adalah finite, maka : ∑ = ∞ =0j 1jπ ∑ ∑ ∑ =+=+= ∞ = ∞ = ∞ =0j 1j 1j jj00 1c(1c )00 ππππ jc ∑ ∞ =1j jc ∑+ = ∞ =1 1 1 j jc 0π Nilai ini dapat dipakai untuk menghitung π1, π2, π3, …………. Jika adalah infinite, maka tidak ada keadaan steady state.∑ ∞ =1j jc
Contoh 2 haalaman 1121 Indiana Bell Customer services menerima telepon rata-rata 1700 telepon per jamnya. Waktu antara telepon mengikuit distribusi eksponensial. Seorang pelayan dapat menangani rata-rata 30 telepon per jamnya. Waktu yang dibutuh kan untuk menangani telepon juga mengikuit distribusi eksponensial. Perusahaan dapat meng on-hold 25 penelepon. Jika 25 orang penelepon dlm keadaan on hold, maka jika ada 1 penelepon lagi ia akan hilang dalam sistem. Perusahaan memiliki 75 orang pelayanan (operator). A. Berapakah fraksi dari waktu bahwa seluruh operator sibuk ? B. Berapakah fraksi bahwa seluruh telepon hilang dalam system ? Jawaban : 1. Misalkan i : jumlah penelepon yang teleponnya sedang diproses atau on-hold. Untuk i = 0, 1, 2, ………… 99, λi = 1700 Kenyataan bahwa telepon yg dapat diterima jika ada 75 + 25 penelepon di dalam sistem, sehingga λ100 = 0. μ0 = 0 Untuk i = 1, 2, 3, ……..75, μi = 30i. Dan untuk i>75, µi = 30(75) = 2250 2. Lihat tabel halaman 1122 dalam menentukan prob utk keadaan steady state : State yg mungkin dlm sistem : A4 ……… A104 Birth-rate : B4 ………. B104; Death rate : C4 ………. C104 (dgn rumus 30i) 3. Nilai cj ada dikolom D, dan kita harus menjumlahkan cj utk menghitung π0. 4. Nilai πj ada dikolom E A. π75 + π76 + ………….+ π100 adalah untuk jawaban A B. π100 jawaban B.
1. Waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju kedatangan λ. 2. Waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial dengan laju pelayanan μ. 3. Pelayan hanya satu. 4. Jika sistem dimodelkan dgn proses birth-death didapat ; λj = λ (j = 0, 1, 2, ……….) µ0 = 0; µj = µ (j = 1, 2, 3, ………) 5. Probabilitas bahwa ada j pelanggan didalam sistem (dlm keadaan steady-state) dan dimisalkan ρ=λ/μ (disebut traffic intencity) didapat ; 6. Jumlah prob. dlm keadaan steady state = 1 didapat ; π0 (1 + ρ + ρ2 + …………) = 1 Asumsi : 0 ≤ ρ ≤ 1, dan dgn mengevaluasi S = 1 + ρ + ρ2 + ………… ρS = ρ + ρ2 + ρ3 + ………. Maka S – ρS = 1, dan : ρ-1 1 S = 0 0 0 20 0 0 ,, πρ µ πλ ππρ µ πλ πρπ µ λπ π j j ====== j j2 2 21 ................
Dengan mensubsitusikan ke π0 (1 + ρ + ρ2 + …………) = 1, didapat; π0 =1 – ρ. Sehingga didapat : ρ-1 1 S = πj = ρj (1 – ρ) (0 ≤ ρ ≤ 1) Jika ρ ≥ 1 (berarti λ ≥ µ), maka perjumlahan yg infinite akan “blows up”, sehingga tidak ada keadaan steady state. (UTK SETERUSNYA DIASUMSIKAN ρ < 1) L : Jumlah rata-rata pelanggan di sistem antrian (ingat statistik) ∑ ∑ =−== ∞ = ∞ =0j 0j j - jjL λµ λ ρρπ )1(j (Lihat penurunan hal.1125 – 1126) Lq = Jumlah rata-rata pelanggan menunggu di line (atau pada antrian) ∑ == ∞ =0j 2 q )-( 1)-(jL λµµ λ π j
Ls = Jumlah rata-rata pelanggan di service = 0π0 + 1(π1 + π2 + …….) = 1 – π0 = 1 – (1 – ρ) = ρ Lq = L – Ls = ρ ρ −1 2 LITTLE’S QUEUING FORMULA Definisi ; W : Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di sistem antrian (termsuk pada saat mengantri dan dilayani) Wq: Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di antrian Ws: Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di service. L = λW; Lq = λWq; Ls = λWs Jadi untuk M/M/1/GD/~/~ λµρλ ρ λ ρ ρ - 1 )-(1 L W -1 L === =
)-( L W; )( L q qq λµµ λ λλµµ λ == − = 2 Contoh 3, halaman 1128 Rata-rata 10 mobil per jam tiba pada sebuah single server drive in teller. Asumsi rata-rata waktu pelayanan untuk setiap pelanggan adalah 4 menit. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial. Jawab pertanyaan berikut ini : A. Berapa kemungkinan bahwa teller nganggur ? B. Berapa jumlah rata-rata mobil menunggu di antrian ? C. Berapa rata-rata waktu seorang pelanggan di bank parking lot (termasuk waktu di service) ? D. Berapa rata-rata jumlah pelanggan per jam yang akan dilayani oleh teller ? Contoh 4, halaman 1128 Misalkan seluruh pemilik mobil akan mengisi bensin ketika bensin mereka tinggal 0,5 tangki. Pada saat ini rata-rata 7,5 pelanggan per jam yg datang pd sebuah pompa bensin. Dibutuhkan rata-rata 4 menit untuk melayani sebuah mobil. Asumsi waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial. A. Hitunglah L, dan W B. Misalkan terjadi kekurangan bensin, dan pembeli panik membeli bensin. Untuk menggambarkan situasi ini, misalkan sekarang seluruh pemilik mobil membeli bensin ketika bensin mereka tinggal 0,75 tangki. Oleh karena ini diasumsikan bahwa rata-rata waktu pelayanan berkurang menjadi 3,33 menit, bagaimanakah pengaruh ini terhadap L dan W ? Contoh 4 mengilustrasikan kenyataan bahwa sebagaimana ρ mendekati 1, nilai L dan W bertambah secara Cepat. Lihat tabel 5 halaman 1129
Contoh 5, halaman 1129 Pekerja Mekanik yg bekerja pd sebuah tool-and-die plant harus mengambil alat2 dari sebuah pusat alat2. Rata2 10 pekerja mekanik per jam yg datang mencari parts. Pada saat ini, di pusat alat, dipekerjakan seorang clerk yg dibayar $6 per jam dan ia dapat menangani setiap 5 menit per permintaan alat. Karena setiap mekanik menghasilkan nilai setara $10 produk per jam, maka setiap jam yg mekanik gunakan pada pusat alat membutuhkan biaya $10. Perusahaan sedang mempertimbangkan apakah bernilai untuk memperkerjakan seorang pembantu (utk 4$ perjam) untuk membentu clerk. Jika pembantu dipekerjakan, clerk membutuhkan rata2 hanya 4 menit utk memproses permintaan alat. Dengan mengasumsikan bahwa distribusi waktu pelayanan dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial, haruskah pembantu dipeker jakan ? 1. Kapasitas sistem adalah c. 2. Jika ada c pelanggan di sistem, maka semua kedatangan akan pergi dan hilang. 3. Waktu pelayanan (dgn laju pelayanan = µ) dan antar kedatangan (dgn laju kedatangan = λ) mengikuti distribusi eksponensial. 4. Sistem ini dpt dimodelkan sbg proses birth-death dengan : λj = λ (j = 0, 1, 2, ……….c -1) λc = 0 μ0 =0 μj = μ (j = 1, 2, 3, ………….c)
0 1 2 c-1 c λ λ λ µ μ μ …………………..... Didapat (untuk ρ = λ/µ) ; ),.........2,10 ),........3,2,1 1 1 0 1 ++== == − − = + ccj cj j j j c ( ( 0 π πρπ ρ ρ π Untuk λ = μ, Kemungkinan steady state menjadi : (j = 0, 1, 2, ……c) 2 1 1 c c j L = + =π Untuk , dapat dibuktikan untuk λ ≠ µ;∑ = c j jj 0 π ( )[ ] ( )( )ρρ ρρρ −− ++− = + + 11 11 1 1 c cc cc L
)1()1( c q q c L W L W πλπλ − = − = dan Steady state pd sitem antrian ini ada walaupun λ ≥ µ Contoh 6, halaman 1135: Seorang tukang cukur memiliki total 10 kursi. Waktu antar kedatangan pelanggan mengikuti distribusi eksponensial dan rata-rata 20 pelanggan datang setiap jam. Pelanggan2 yg melihat toko cukur penuh tidak akan masuk. Tukang cukur membutuhkan rata-rata 12 menit untuk mencukur rambut seorang Pelanggan. Waktu mencukur ini juga mengikuti distribusi eksponensial. A. Rata-rata berapa jumlah pelanggan per jam yg dipotong rambutnya ? B. Rata-rata, berapa lama seorang pelanggan di toko cukur ini ? Ls = 0π0 + 1(π1 + π2 + ………..) = 1 – π0 Lq = L – Ls λπc = Jumlah pelanggan yg datang dan menemukan bahwa sistem terisi penuh dan kemudian meninggalkan sistem, sehingga : λ – λπc = Jumlah pelanggan yg sebenarnya memasuki sistem.
1. Asumsi : Waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju kedatangan λ. Waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju pelajanan μ. 2. Pelanggan antri pada satu garis menunggu untuk dilayani oleh s paralel pelayan. 3. Jika j ≤ s pelanggan ada, maka seluruh j pelanggan dilayani, tetapi jika j > s, maka seluruh pelayan sibuk dan (j-s) pelanggan menunggu di garis antrian. 4. Bank dan kantor pos adalah contoh sistem antrian ini. 5. Dalam model birth-death : λj = λ untuk j = 0, 1, 2, ……… Jika j pelayan terisi (sedang melayani), maka penyelesaian pelayanan muncul dengan laju sbg ; μ + μ + μ + ………… = jμ ada µ sejumlah j 6. Jika ada sejumlah j pelanggan, maka min(j,s) pelayan terisi, shg μj = min(j,s)μ. 7. Jadi dalam model birth-death, sistem ini dimodelkan dgn : λj = λ untuk j = 0, 1, 2, …………. µj = jµ untuk j = 0, 1, 2, ………… s µj = sµ untuk j = s+1, s+2, ……….
Definisikan , dan untuk ρ < 1 didapat ;µ λρ s = 0 1 2 s s+1 λ λ λ µ 2μ sμ …………………..... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ..........2,s1,ss,juntuk .......s..........2,1,juntuk j ++== == −≥ = ∑ − + = − − = sj j j j s i si ss s j s s sjPs s s i s ! ! 1)(! 1!! 1 0 0 21 0 0 πρ π πρ π ρ ρ ρ ρρ π ……….. Jika ρ ≥ 1, tidak ada keadaan steady state.
Kemungkinan bahwa seluruh pelayan sibuk : Tabel 6 (hal.1140) adalah tabulasi P(j≥s). Lamanya pelanggan di antrian Lq adalah : Dgn kenyataan L = Ls +Lq, Ws = 1/μ, dan Ls = λ/μ, maka: L = Lq + λ/μ Jadi jika kita ingin menentukan L, Lq, W, atau Wq, maka kita harus melihat tabel 6 halaman 1140. ( ) ( )ρ πρ − =≥ 1! )( 0 s s sjP s λµλρ ρ − ≥ == − ≥ = s sjPsjP )( 1 )( q qq L WdanL ( ) µλµµµλλ 111 + − ≥ =+=+== s sjP WW q qLL Contoh 7, halaman 1139 : Misalkan sebuah bank dengan 2 teller. Rata-rata 80 pelanggan per jam tiba di bank dan antri pd sebuah garis antrian menunggu seorang teller menganggur. Rata-rata 1,2 menit per pelanggan dibutuhkan untuk melayani. Asumsi waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distr. Eksponensial. A. Jumlah rata-rata (expected number) pelanggan ada di bank (L) ? B. Rata-rata lamanya seorang pellanggan di bank (W) ? C. Fraksi waktu dimana seorang teller menganggur ? Pelajari contoh 8, halaman 1140
Sbg tambahan thdp expected waktu pelanggan di sistem, distribusi waktu menunggu pelanggan perlu diketahui. Misalkan, seluruh pelanggan yang telah menunggu lebih dari 5 menit pd sebuah counter supermarket, memutuskan utk pergi ke store lainnya. Maka probabilitas bhw seorang pelanggan pergi ke store lainnya adalah P(W>5). Untuk menentukan kemungkinan ini, kita perlu mengetahui distribusi waktu menunggu dari pelanggan. Untuk sistem M/M/s/FCFS/~/~, dpt ditunjukan bhw ; ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]tssjPtWP ss sst sjPetWP q t ρµ ρ ρµµ −−≥=>       −− −−−− ≥+=> − 1exp 1 1exp1 1)( 1. Pada sistem antrian ini pelanggan tidak pernah menunggu utk dilayani. 2. Seluruh waktu pelanggan di sistem dianggap sbg waktu pelayanan. 3. Dapat dikatakan setiap pelanggan yg datang pasti tersedia pelayan. 4. Sistem disebut memiliki infinite server atau self-service. 5. Contoh pd tabel 7, halaman 1145 6. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi sembarang, dan sistem ini ditulis sbg : GI/G/~/GD/~/~.
W = 1/μ L = λ/µ (persamaan ini tdk. membutuhkan asumsi distr. eksponensial). Didapat : !j e j j µ λ µ λ π −      = Contoh 9, halaman 1146 Selama setiap tahun, rata-rata 3 toko ice cream dibuka di kota smalltown. Rata-rata lamanya sebuah toko ice-cream tetap dlm bisnis adalah 10 tahun. Pd tgl 1 januari 2525, berapakah rata-rata jumlah toko ice cream yg akan ada di smalltown ? Jika distribusi waktu antara dibukanya toko ice cream adalah eksponensial, berapakah kemungkinan bhw pd tgl 1januari 2525 akan ada 25 toko ice cream ? 1. Satu pelayan dengan waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponen sial, tetapi distribusi waktu pelayanan (S) bukan eksponensial. 2. Misalkan laju kedatangan adalah λ, dan E(S) = 1/μ dan σ2 = var s 3. Sistem antrian ini bukan proses birth-death (waktu pelayanan tidak memiliki sifat no-memory), sehingga tidak dpt dituliskan bahwa kemungkinan sebuah service completion antara t dan t+Δt tidak sama dgn µΔt.
4. Penentuan kemungkinan pd keadaan steady state sangat sukar ditentukan. Pollaczek dan Khinchin mendapatkan hal berikut; ( )ρ ρσλ − + = 12 222 qL Dimana ρ = λ/μ. Karena Ws = 1/µ, maka Ls=λ(1/μ) = ρ. Karena L = Ls + Lq maka didapatkan : L = Lq + ρ ρπ µλ −= +== 1 1 ; 0 q q q WW L W = Fraksi (probabilitas) pelayan nganggur. Hasil ini sama dengan yg didapat utk M/M/1/GD/~/~ Kita akan bandingkan sistem antrian diatas dengan M/M/1/GD/~/~ dgn λ = 5 pe langgan per jam dan µ = 8 pelanggan per jam Utk M/M/1/GD/~/~ Pelanggan 24 25 8 5 3 5 -LL Pelanggan 3 5 - L q =−== == ρ λµ λ
Jam L Jam L q 24 5 5 24 25 3 1 5 3 5 === === λ λ qW W Diket : E(S) = 1/λ = 1/8, dan var(S) = 1/λ2 = 1/64. Sehinnga utk M/G/1/GD/~/~ : ( ) ( ) ( ) ( ) Jam L Jam L PelangganLL PelangganL q q q 3 1 5 3 5 24 5 5 24 25 3 5 8 5 24 25 24 25 8 512 8 5 64 5 12 22 222 === === =+=+= = − + = − + = λ λ ρ ρ ρσλ W Wq Dapat dilihat efek variance waktu pelayanan thdp efisiensi sistem antrian.
Untuk M/D/1/GD/~/~, E(S) = 1/8 dan var(S) = 0. ( ) ( ) ( ) Jam L PelangganL q q 48 5 5 48 25 48 25 8 512 8 5 12 2 222 === = − = − + = λ ρ ρσλ qW Pada sistem ini, hanya separuh waktu dibutuhkan seorang pelanggan berada di antrian dibandingkan dengan M/M/1/GD/~/~,
Sudah diasumsikan bahwa laju kedatangan independent thdp state sistem (kecuali untuk M/M/1/GD/c/~. Ada 2 situasi dimana asumsi ini tidak berlaku ; - Jika pelanggan tidak mau lama pada antrian yg panjang. - Jika kedatangan ke sistem berasal dari populasi yg kecil. Model dimana kedatangan berasal dari populasi yg kecil disebut : Finite Source Model Sebuah contoh model ini adalah Machine Repair Model. 1. Model terdiri dr. K mesin dan R operator yg memperbaiki. 2. Pd waktu sesaat, kondisi mesin bisa baik atau jelek. 3. Lamanya mesin dlm keadaan baik mengikuti distribusi eksponensial dengan laju = λ. 4. Ketika mesin rusak, mesin dikirim ke pusat perbaikan yg terdiri dari R operator. 5. Pusat perbaikan melayani mesin yg rusak sbg sistem M/M/R/GD/~/~.
6. Jika Jumlah mesin yg rusak J ≤ R, sebuah mesin yg baru saja rusak akan langsung diperbaiki. Jika J > R, maka (J-R) mesin akan menunggu pd antrian, menunggu seorang operator nganggur. 7. Waktu untuk memperbaiki (waktu pelayanan) mengikuti distribusi eksponensial dengan laju = μ. 8. Sekali mesin diperbaiki, ia menjadi baik dan ada kemungkinan lagi jadi jelek. 9. Model ini dpt dimodelkan sbg proses birth-death, dimana state j adalah jumlah mesin yg dalam keadaan jelek. 10. Model ini adalah M/M/R/GD/K/K. 11. Contoh untuk K=5 dan R=2 State Jumlah mesin Jumlah Jumlah operator Yang rusak Dlm Antrian Yang sibuk 0 GGGGG 0 0 1 GGGG 0 1 2 GGG 0 2 3 GG B 2 4 G BB 2 5 BBB 2
12.Untuk menentukan birth rate, kita harus tahu bahwa sistem ada di state j. Jika sistem ada di state j, maka (K-j) mesin yg dlm keadaan baik. Karena setiap mesin memiliki laju kerusakan λ, maka total rate adalah : λj = λ + λ + ………….λ = (K-j)λ (K-j)λ 13. Death rate : µj = jµ (j = 0, 1, 2, ……….R) µj = Rµ (j = R+1, R+2, …………K) 1............. ),......2,1 ! ! )......,.........1,0 10 0 0 =+++ ++=       = =      = − K Rj j j j KRRj RR j j K Rj j K πππ πρ πρπ :bahwaingat ( (
0 1 2 4 5 5λ 4λ 3λ 2λ λ µ 2μ 2μ 2μ 2μ 3 L = Jumlah ekspektasi mesin yg rusak Lq = Jumlah ekspektasi mesin yg menunggu utk diperbaiki W = Rata-rata waktu sebuah mesin dalam keadaan rusak Wq = Rata-rata waktu sebuah mesin menunggu utk diperbaiki. ( ) ( ) ( )∑ ∑ −=−== == ∑ −= ∑= = = = = K j K j jjj q K Rj j K j j LKjk WW Rj j 0 0 0 ; λπλλπλ λλ π π Dimana LL L L q q
Contoh 10, halaman 1151 Departemen polisi memiliki 5 mobil patroli. Sebuah mobil rusak dan membutuhkan perbaikan sekali dalam 30 hari. Departemen polisi memiki 2 operator yg memperbaiki mobil dimana setiap operator membutuhkan rata-rata 3 hari utk memperbaiki sebuah mobil. Waktu rusak dan waktu perbaikan mengikuti distribusi Eksponensial. A. Tentukan rata-rata jumlah mobil polisi dalam keadaan baik ? B. Hitung average down time utk sebuah mobil yg membutuhkan perbaikan? C. Hitung fraksi dr waktu seorang operator menganggur? Rumus : Kemungkinan bhw seorang server ngangur adalah sbb: ( ) ( ) RR R R R R 121 0 ................ 21 − ++ − + − + πππ π
Pelayanan thdp pelanggan belum komplit sebelum dilayani oleh lebih dari satu pelayan. Sistem disebut juga k-stage series (atau tandem) Input rate λ Stage 1 Output 1 = Input 2 Stage 2 Output 2 = Input 3, ctc . . . . . . . . . . ………… . . . . . Sk server Rate µk S2 server Rate µ2 S1 server Rate µ1 output
Menurut Jackson (1957) Theorem 4: Jika : 1. Waktu antar kedatangan utk sebuah sistem antrian yg seri adalah eksponensial 2. Waktu pelayanan utk setiap stage pelayanan adalah eksponensial 3. Setiap stage memiliki kapasitas ruang tunggu infinite Maka waktu antar kedatangan utk kedatangan ke setiap stage dr sistem antrian adalah eksponensial dengan laju λ. Jadi setiap stage harus memiki kapasitas yg cukup untuk melayani sejumlah kedatangan yg datang dgn laju λ, Jika tidak sistem akan “blow-up” pada stage yg tidak cukup. Ingat sistem M/M/s/GD/~/~ Dapat dilihat bahwa setiap stage akan memiliki kapasitas yg cukup utk meng handle kedatangan dgn laju λ jika utk j = 1, 2, ……….k, λ < sj μj. Jika hal ini dipenuhi, maka untuk stage j sistem pd gambar diatas dapat dianalisa sebgai sebuah sistem M/M/sj/FCFS/~/~ dgn waktu antar kedatangan eksponensial dgn laju λ dan waktu pelayanan rata-rata 1/µj.
Contoh 11, halaman 1155 Dua pekerjaan yg harus dikerjakan sebelum sebuah mobil selesai dibuat adalah memasang mesin dan ban. Rata-rata 54 mobil per jam datang membutuhkan dua pekerjaan ini. Seorang pekerja tersedia utk memasang mesin dan dapat melayani rata-rata 60 mobil per jam. Setelah mesin dipasang, mobil akan menuju stasiun ban dan menunggu ban utk dipasang. Ada 3 pekerja pd stasiun ban. Setiap saat orang bekerja pada satu mobil saja dan dapat memasang ban pd sebuah mobil rata-rata 3 menit. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan adalah mengikuti distribusi eksponensial. 1. Tentukan rata-rata panjang antrian pd setiap stasiun kerja ? 2. Tentukan ekspektasi waktu total sebuah mobil menunggu utk dilayani ? OPEN QUEUING NETWORK 1. Generalisasi sistem antrian seri 2. Asumsi : pada stasiun j terdiri dr sj pelayan (distr.eksponensial) dgn laju μj. 3. Pelanggan diasumsikan datang dari luar sistem antrian ke stasiun j dgn laju rj. (waktu antar kedatangan diasumsikan berdistribusi eksponensial). 4. Setelah selesai dilayani pd stasiun i, pelanggan bergabung pd antrian stasiun j dgn kemungkinan Pij, dan selesai dilayani dengan kemungkinan : 5. Definisikan λj : laju dimana pelanggan tiba di stasiun j (ini mencakup kedatangan pelanggan dr luar sistem antrian dan dr stasiun lainnya) ∑− = k j ijP 1 1
7. λ1, λ2, ………….λk dapat dihitung dengan menyelesaikan persamaan linier berikut: 8. Sbh fraksi Pij dari λi datang ke stasiun i selanjutnya akan ke stasiun j. 9. Misalkan sjµj > λj berlaku utk seluruh stasiun, maka distribusi probabilitas jumlah pelanggan yg ada di stasiun j dan jumlah rata-rata pelanggan yg ada di stasiun j dapat dihitung dgn men “treat” stasiun j sbg : M/M/sj/GD/~/~, dengan laju kedatangan λj dan laju pelayanan μj. 10 Jika untuk stasiun j, sjµj ≤ λj, maka tidak ada distribusi steady state. 11 L (jumlah rata-rata pelanggan didalam sistem antrian) adalah dengan menjum lahkan jumlah rata-rata pelanggan yg ada pd setiap stasiun. 12. W = λL untuk seluruh sistem, dimana λ = r1 + r2 + ……+rk. ∑+= = k i iijjj Pr 1 λλ Contoh 12, halaman 1157 Misalkan ada 2 pelayan. Rata-rata 8 pelanggan per jam datang dari luar pada pelayan1, dan rata-rata 17 pelanggan per jam datang dari luar pada pelayan2. Distribusi waktu antar kedatangan adalah eksponensial. Pelayan1 dpt melayani pada laju eksponensial 20 pelanggan per jam, dan pelayan2 dapat melayani dgn laju eksponensial 30 pelanggan per jam. Setelah dilayani pada pelayan1, 0,5 dr pelanggan meninggalkan sis tem dan setengah lagi menuju pelayan2. Setelah dilayani pada pelayan2, 0,75 dr pelanggan selesai dilayani dan 0,25 menuju pelayan1. 1. Berapa fraksi waktu bhw pelayan1 nganggur? 2. Berapa rata-rata pelanggan pada setiap pelayan 3. Berapa rata-rata waktu seorang pelanggan didalam sistem ? 4. Bagaimana perubahan jawaban (1) s/d (3) jika pelayan2 dpt melayani rata-rata 20 pelanggan per jam ?
1. Pada umum sistem antrian, sebuah kedatangan yang menemukan semua pela yanan penuh akan hilang atau meninggalkan sistem. Sistem ini disebut Blocked Customers Cleared (BCC) 2. Asumsi bahwa waktu antar kedatangan adalah eksponensial. 3. Disini Lq = Wq = 0. Jika waktu rata-rata pelayanan = 1/μ dan λ = laju kedatangan, maka W + Wq = 1/μ. 4. Pd sistem BCC, perhatian utama difokuskan pada fraksi seluruh kedatangan yang pergi dari sistem. Karena kedatangan akan pergi jika ada s pelanggan di sistem, maka πs adalah fraksi kedatangan yg pergi. Jadi rata-rata λ πs kedatangan per satuan waktu yg hilang dr sistem, dan λ(1-πs) yg masuk kedlm sistem. Sehingga : µ πλ )1( s− == sLL
5. πs tergantung pd distribusi waktu pelayanan (yaitu 1/μ). Ini disebut Erlang Loss Formula. 6. Jika didefinisikan ρ = λ/µ, maka untuk s tertentu nilai πs dapat dilihat pada gam bar 21, halaman 1160. Sumbu x merepresentasikan ρ. Sumbu y adalah nilai πs yang berhubungan dgn jumlah pelayan s. Contoh 13, halaman 1159 Rata-rata ada 20 call per jam untuk ambulance pd sebuah rumah sakit. Sebuah ambulance rata-rata membutuhkan waktu 20 menit untuk menjemput dan mengantar pasien ke rumah sakit. Setelah itu ambulance dapat kembali digunakan untuk menjemput pasien. Berapakah ambulance yang harus dimiliki rumah sakit untuk meyakinkan bahwa paling banyak 1% kemungkinan rumah sakit tidak dapat merespon call ? Asumsi bahwa waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponensial. Cara untuk membuktikan bahwa waktu antar kedatangan atau waktu pelayanan me ngikuti distribusi eksponensial adalah dengan GOODNESS OF FIT TEST atau CHI- KUADRAT TEST.
APA YG DILAKUKAN JIKA WAKTU ANTAR KEDATANGAN DAN WAKTU PELAYANAN BUKAN EKSPONENSIAL 1. Dapat didekati dengan distribusi Erlang. 2. Diketahui sebelumnya : Jika T adalah distribusi Erlang dgn laju parameter kμ dan parameter shape k, maka : 2 k 1 (T)var 1 T) µµ == ;(E 3. Untuk k>1, dapat dilihat bahwa var T < E(T)2 . Jadi jika sampel data menunju kan bahwa var T < E(T)2 , maka distribusi Erlang dpt digunakan utk mengamati waktu antar kedatangan atau waktu pelayanan dgn prosedur berikut ; Step 1: Jika waktu pelayanan t1, t2, ……..tn, telah diamati, maka estimasi E(T) : n ttt t n+++ == ..........21 Step 2: Pilih µ sehingga E(T) = , dant t t 1 , 1 == µ µ atau ; var (T) = ( )     ∑ −      − = = n i i tt n s 1 22 1 1
Step 3; Dengan asumsi bahwa , carilah prameter shape k (positif integer) yang membuat vat (T) mendekati s2 . Jadi distribusi Erlang dapat diguna kan dgn laju parameter kμ dan parameter shape k t 1=µ Contoh 15, halaman 1167 Untuk sebuah sampel 100 pasien di rumah sakit, rata-rata pasien tinggal adalah 7 hari dengan variance 16 hari. Gunakan distribusi Erlang terhadap data ini. Jika waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan dr sistem antrian mengikuti distribusi Erlang, maka perhitungan probabiltas dalam keadaan steady-state sangat sukar dilakukan. Hillier dan Yu telah membuat tabel untuk probabilitas ini untuk berbagai sistem antrian, seperti yang ditunjukan pada tabel 10, halaman 1167. Contoh 16, halaman 1168 Misalkan sebuah klinik berjalan dengan 4 dokter dapat dimodelkan sbg sistem antrian M/E3/4/FCFS/~/~. Rata-rata 12 pasien datang per jam. Seorang dokter dapat memeriksa rata-rata 4 pasien per jamnya A. Berapakah kemungkinan bahwa seorang pasien harus menunggu untuk diperiksa ? B. Berapakah rata-rata waktu seorang pasien menunggu seorang dokter ? C. Berapakah rata-rata jumlah pasien ada di klinik ?
1. Disiplin antrian bukan FCFS 2. Misalkan WFCFS, WSIRO, WLCFS : waktu menunggu seorang pelanggan pada sistem antrian dengan masing2 disiplin FCFS, SIRO, dan LCFS. Dapat dibuktikan bahwa : E(WFCFS) = E(WSIRO) = E(WLCFS) dan var WFCFS < var (WSIRO) < var (WLCFS). 3. Pada beberapa organisasi, urutan dimana pelanggan dilayani tergantung pd tipe dari pelanggan. Contoh, ruang emergency pd rumah sakit biasanya akan melayani pasien dengan penyakit lebih serius dahulu kemudian ke pasien yang kurang serius. Begitu juga pd sistem komputer, pekerjaan yg lebih panjang akan tidak dahulu dilayani dibandingkan dengan pekerjaan yg lebih pendek. Sistem antrian ini disebut priority queuing models.
4. Misalkan ada n tipe pelanggan (tipe1, tipe2,…………..,tipen). Waktu antar kedatangan utk pelanggan tipe i mengikuti distribusi eksponensial dgn laju λi. 5. Waktu pelayanan pelanggan tipe i diwakili oleh r.v S (tidak perlu eksponensial). Diasumsikan bahwa angka tipe yg lebih kecil mempunyai prioritas yang lebih besar NONPREEMPTIVE PRIORITY MODEL 1. Pada model ini pelayanan terhadap pelanggan tidak dapat diinterupsi. Setelah dilayani, pelanggan lainnya dipilih dengan prioritas yg lebih tinggi (didalam setiap tipe pelanggan dilayani dgn cara FCFS) 2. Pd notasi Kendall, model ini ditandai dengan menuliskan NPRP pada lokasi nomor 4. Untuk menunjukan beberapa tipe pelanggan, kita menambahkan subcript pada lokasi 1 dan 2 (Mi/Gi/…………) Wqk : Ekspektasi steady-state waktu menunggu di antrian oleh pelanggan k Wk : Ekspektasi steady-state waktu menunggu di sistem oleh pelanggan k Lqk : Ekspektasi steady-sate jumlah pelanggan tipe k menunggu di antrian Lk : Ekspektasi steady-sate jumlah pelanggan tipe k menunggu di sistem
Mi/Gi/1/NPRP/~/~ ( )( ) kkk k qkk qkkqk kk n k kk qk k i ik i i W WW W aa SE W aa λ µ λ λ µ λ ρ µ λ ρ = += = −− ∑ = <∑ ∑=== − = = = L L :makaAsumsikan :nDefinisika n 1i i i i 1 11 2/)( ,1 ,0, 1 1 2 1 0 Sebuah fasilitas fotocopy memberikan prioritas thdp pekerjaan yg lebih pendek dibandingan pekerjaan yg lebih panjang. Waktu antar kedatangan untuk setiap pekerjaan mengikuti distr. Eksponensial, dan rata 12 pekerjaan pendek dan 6 pekerjaan panjang datang setiap jam. Misalkan pekerjaan tipe 1adalah pekerjaan pendek dan tipe 2 adalah pekerjaan panjang. Kemudian diketahui E(S1) = 2 menit E(S1 2 ) = 6 menit2 = 1/600 jam2 E(S2) = 4 menit E(S2 2 ) = 18 menit2 = 1/200 jam2 Tentukan rata-rata lamanya waktu utk setiap pekerjaan pada fasilitas fotocopy ?
Mi/Gi/1/NPRP/~/~ WITH CUSTOMER-DEPENDENT WAITING COSTS 1. Biaya sebesar ck per satuan waktu dikenakan pelanggan tipe k di sistem. 2. Bagaimana mengurutkan prioritas tipe pelanggan sehingga didapat expected biaya yang minimum (dalam keadaan steady state). 3. Misalkan n tipe pelanggan diberi nomor: c1µ1 ≥ c2µ2 ≥ ……………≥ cnµn. Ekspectasi biaya akan minimum dgn memberikan prioritas tertinggi pada pelanggan tipe 1, prioritas kedua kepada pelanggan tipe 2, dan seterusnya prioritas terendah untuk pelanggan tipe n. Contoh : minimum L (jumlah rata-rata pekerjaan di sistem) misalkan c1 = c2 = c3 =…………= cn = 1 (Biaya per satuan waktu = jumlah pelanggan di sistem, sehingga ekspectasi biaya akan sama dgn L) sehingga µ1 ≥ µ2 ≥ ……………≥ µn, atau 1/µ1 ≤ 1/µ2 ≤ ……………≤ 1/µn Sehingga jumlah ekspectasi pekerjaan akan minimum jika prioritas tertinggi diberikan kepada tipe pelanggan dgn waktu pelayanan terpendek. Disiplin prioritas ini disebut SHORTEST PROCESSING TIME (SPT).
Kita harus mengasumsikan bahwa setiap tipe pelanggan harus memiliki distribusi waktu pelayanan adalah eksponensial dgn rata = 1/µ, dan pelanggan tipe i memiliki distribusi antar kedatangan eksponensial dgn laju λi. ( )( ) µ λλλ ρ µ λ µ s sjPa saas sjP W n k i i kk qk +++ = ≥= ∑= −− ≥ = =− .......... )(0 11 )( 2 0 11 1 ;dengan1140,halaman6,tabeldarididapatdan akdimana Contoh 18, halaman 1172 Kota Gotham memiliki 5 mobil polisi. Departemen polisi menerima 2 tipe call ; emergency (tipe 1) dan nonemergency (tipe 2). Waktu antar kedatangan utk setiap tipe mengikuti distribusi eksponensial dengan rata-rata 10 emergency dan 20 nonemergency tiap jamnya. Setiap call memilki waktu pelayanan eksponensial dgn rata-rata 8 menit. (asumsi : rata-rata 6 dari 8 menit adalah waktu perjalanan dr stasiun polisi ke pemanggil (caller) dan kembali ke stasiun polisi). Prioritas utama diberikan kepada emergency call. Rata-rata, berapa lama akan digunakan antara adanya call nonemergency dan kedatangan sebuah mobil polisi ?
PREEMPTIVE PRIORITY MODEL Pelanggan dengan prioritas lebih rendah dapat di BUMPED dari pelayanan oleh pelanggan dengan prioritas yg lebih tinggi. Kemudian setelah pelanggan prioritas tinggi ini selesai, maka pelanggan prioritas lebih rendah akan masuk kembali ke sistem. A. Preemtive Resume Priorities Pelayanan thdp pelanggan dilanjutkan dari saat dia diinterup B. Preemtive Repeat Priorities Pelayanan thdp pelanggan selalu dari awal. Ternyata jika waktu pelayanan adalah eksponensial, maka model resume dan repeat adalah sama. C. Model ini adalah Mi/M/1/PRP/~/~ dengan waktu pelayanan utk setiap pelanggan adalah eksponensial dgn rata-rata 1/µ dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan laju λ. Maka ; ( )( ) ∑== −− = =− k i i k kk k aa aa W 1 0 1 0 11 1 µ λµ dandengan
Contoh 19, halaman 1173 Pada sistem komputer Podunk U, pekerjaan tipe 1 selalu preempt pekerjaan tipe 2. Lamanya setiap tipe pekerjaan mengikuti distribusi eksponensial dgn rata-rata 30 detik. Setiap jam, rata-rata 10 pekerjaan tipe 1 dan 50 pekerjaan tipe 2 datang. Berapakah rata-rata lamanya pekerjaan tipe 2 yg dibutuhkan sejak pekerjaan diberikan dan selesai ? (asumsi waktu antar kedatangan adalah mengikuti distribusi eksponensial)
1. Definisi : Sebuah GRAFIK (graph) atau JARINGAN (network) didefinisikan oleh 2 set simbol : Nodes : Sebuah set (sebut saja V) titik2 (points) atau Vertices. Arcs : terdiri dari pasangan urutan vertices yang merepresentasikan sebuah arah yang mungkin dari pergerakan antar vertices. 2. Jika sebuah jaringan mengendung arc (j,k), maka gerakan yg diperbolehkan adalah dr node j ke k. 3. Misalkan ada node 1, 2, 3, dan 4 sbb Buku OR1 Halaman 394 1 2 3 4 V = {1,2,3,4} A = {(1,2),(2,3),(3,4),(4,3),(4,1)}
DEFINISI : CHAIN : Sebuah urutan arc sehingga setiap arc memiliki vertex yg sama dgn arc yang sebelumnya. PATH : Sebuah chain dimana terminal node sebuah arc sama dengan node awal untuk arc selanjutnya. (1,2)-(2,3)-(4,3) adalah sebuah chain tetapi bukan sebuah path. (1,2)-(2,3)-(3,4) adalah sebuah chain dan sebuah path (yg merepresentasikan perjalanan dari node 1 ke node 4. 1 2 3 5 4 6 3 2 2 2 3 3 4 Plant1 Kota1 Contoh 1, hal 395 Daya dikirim dari plant1 (node1) ke kota1 (node6). Ia hrs melalui substasiun relay (2-5). Gambar menunjukan jarak antara node. Perusahaan ingin mengirim power dengan jarak yg terpendek
Contoh 2, halaman 396 Saya baru saja (t = 0) membeli mobil baru dgn harga $12000. Biaya pemeliharaan mobil selama setahun tergantung umurnya mobil pd awal tahun, spt pd tabel 1, hal 396. Untuk mencegah biaya pemeliharaan yg tinggi, saya dapat menukar mobil dan membeli mobil baru. Harga yang saya terima utk penukaran mobil juga tergantung dari umur mobil pd saat penukaran (lihat tabel 2, hal 396). Untuk menyederhanakan perhitungan, diasumsikan harga mobil baru tetap $12000. Tujuan saya adalah meminimumkan biaya (biaya beli + biaya pemeliharaan – uang yg diterima saat penukaran) yg timbul selama lima tahun didepan. Formulasikanlah problem ini dengan shotest path method ? A. Jaringan kita mempunyai 6 node (1, 2, 3, 4, 5, dan 6) B. Arc(i,j) : Membeli mobil baru pd awal tahun i dan memilikinya sampai awal tahun j. C. Panjang arc (i,j) (sebut saja Cij) adalah total biaya memiliki dan menggunakan mobil dr awak tahun i sampai awal tahun j, yaitu dgn membeli mobil baru pd awal tahun i sampai ditukarkan pada awal tahun j. Cij = Biaya pemeliharaan yg timbul selama tahun i, i+1, ……………….j-1 + Biaya membeli pd awal tahun i - nilai pertukaran yg diterima pd awal tahun j Hasil dapat dilihat pd hal 397 Jaringan di halaman 397
1. Dimulai dengan membuat label pd node 1 dgn permanent label 2. Kemudian buat label pada node i yang berhubungan dengan node 1 dengan sebuah temporary label yang nilainya sama dgn panjangnya arc yg menghubungkan node 1 dgn node i tsb. 3. Node yg lainnya memiliki label temporary ~. 4. Pilihlah node dgn temporary label yg terkecil dan ubah label ini dgn permanent label 5. Jika node i menjadi node yg ke (k+1) menjadi permanent label, maka i adalah node yg ke k terdekat ke node 1. 6. Untuk setiap node j yg sekarang memiliki temporary label dan dihubungkan dgn node i dgn sebuah arc, maka ubahlah label temporary node j dgn label    + = j)(i,arcpanjanginodelabelPermanent jnodeuntuklabelTemporary Min
7. Kita menukar temporary label menjadi permanent label, dan ini node yg ke (k+1) terdekat ke node 1 8. Proses ini dilanjutkan sampai seluruh node memiliki permanent label 9. Untuk menemukan the shortes-path dari node 1 ke node j, kita harus kerja mundur dari node j dgn menemukan node2 yg memiliki perbedaan label yg sama dengan panjangnya.
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~0 0 22 17 18 ~ ~ ~ ~ ~ ~17 0 22 17 18 42 43 ~ ~ ~ ~18
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 0 22 17 18 42 43 ~ ~ ~ ~ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Min (46,43) 22 0 22 17 18 42 43 59 ~ ~ ~ Min (42,42) 42 0 22 17 18 42 43 53 57 58 ~ Min (59,53) 43
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 22 17 18 42 43 53 57 57 ~ Min (58,57) 53 0 22 17 18 42 43 53 57 57 8257 0 22 17 18 42 43 53 57 57 82 Min (82,83) 57 0 22 17 18 42 43 53 57 57 79 Min(82,79) 0 22 17 18 42 43 53 57 57 79 2214 15252617
1. Arc dapat diasumsikan sebagai sesuatu yg memiliki kapasitas yg membatasi jumlah produk yg dapat ditransportasi (dikapalkan) melalui arc. 2. Maksimum jumlah dari flow(aliran) dari sumber (source) ke tujuan (sink) 3. Contoh 3, halaman 401 Analisis : 1. So : sumber Si : tujuan (sink) 2. Tambahkan arc a0 dari So ke Si Definisikan Xij : Jumlah minyak per jam (milion barrel) yg dapat melalui pipa arc (I,j). Nilai ini ditunjukan pd nilai yg didalam kurung (gambar 6). XSo,1=2; X13=0; X12=2; X3,Si=0; X2,Si=2; XSi,So=2; XSo,2=0 Dapatkah Flow maksimum ini dapat diperbaiki ? Catatan : Kondisi aliran pd saat ini a0 = 2 = XSi,So
4. Lihat LP halaman 402, dimana X0 : aliran melalui artificial arc. 5. Syarat flow yang layak adalah : 0 ≤ Aliran melalui setiap arc ≤ Kapasitas arc Aliran menuju node i = Aliran keluar dari node i METODA FORD-FULKERSON 1. Asumsi : aliran yg layak telah didapat 2. Pertanyaan : A. Bagaimana mengetahui bahwa aliran sudah optimal B. Jika aliran tidak optimal, bagaimanakah memodifikasi aliran sehingga didapatkan aliran layak yg baru memiliki jumlah aliran yg lebih besar dari sebelumnya. 3. Lihat gambar 9, halaman 406 (So,1) ada pada I (increase) dan R (reduce) (So,2) ada di I (1,Si) ada di R, dstnya)
Prosedur labelling Ford-Fulkerson memodifikasi (memperbaiki) sebuah aliran yg layak, untuk menambah aliran dari So ke Si dgn cara : 1. So dilabel 2. Node dan arc dilabel (kecuali arc a0) dengan cara berikut ; a. Jika node X dilabel, node Y belum dilabel dan arc(X,Y) adalah anggota I, maka node Y dan arc(X,Y) dilabel. Dalam hal ini arc(X,Y) disebut orward arc. b. Jika node Y belum dilabel, node X dilabel dan arc (Y,X) adalah anggota R, maka node Y arc(Y,X) dilabel. Dalam hal ini (Y,X) disebut backward arc. 3. Lanjutkan proses ini sampai Si dilabel atau sampai tidak ada lagi vertices yg akan dilabel. Maka ada CHAIN C dari SO ke Si. Kita dapat menyesuaikan aliran didalam C (dengan mempertahankan aliran yg layak), dan menambah aliran total dari So ke Si. C harus mengandung salah satu berikut ini ; Case 1: - C seluruhnya terdiri dari forward arc. - Misalkan i(X,Y) adalah jumlah dimana pada aliran pd arc (X,Y) dapat ditambahkan tanpa melanggar batas kapasitas utk arc(X,Y) Misalkan : Y)i(X, CY)(X, Min k ∈ =
-Untuk membuat sebuah aliran baru, tambahkan aliran melalui arc C dengan k unit, shg aliran layak baru akan mentransport tambahan k unit dari So ke Si tanpa melanggar batasan kapasitas. - Lihat gambar 10, halaman 407. Saat ini 2 unit sedang ditransportasikan dari So ke Si. C = (So,1) – (1,2) – (2,Si). Setiap arc ini adalah anggota I. i(So,1) = 5 - 2 = 3 i(1,2) = 3 - 2 = 1 i(2,Si) = 4 – 2 = 2 maka k = min(3,1,2) = 1 Aliran di C dapat ditambah dengan 1 unit (lihat gambar 11, halaman 408) Case 2: -C mengandung forward dan backward arc. -Untuk backward arc di C, misalkan r(X,Y) adalah jumlah dimana aliran melalui arc(X,Y) dapat dikurangi. Definisikan : -Kurangi aliran pd backward arc pd C dengan min(k1,k2), dan tambahkan aliran forward arc pd C dgn min(k1,k2) Y)r(X, RCY)(X, Min k1 ∩∈ = Y)i(X, ICY)(X, Min k2 ∩∈ =
-Karena arc terakhir di C adalah sebuah forward arc, kita telah menemukan sebuah aliran layak yg baru dan telah menambahkan total aliran ke Si dengan nilai min(k1,k2). -Sesuaikan aliran pd arc a0. -Lihat gambar 12, halaman 408.
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 Contoh a0 Semua arc anggota I
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 a0 1. k = min {(1,2), (2,7), (7,10)} = (22, 37, 29) = 22 a0 = 22 0 15 7 2. k = min {(1,3), (3,5), (5,8), (8,10)} = (17, 25, 15, 26) = 15 a0 = 22 + 15 = 37 2 10 0 11
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 18 20 26 28 11 16 14 22 a0 0 15 7 2 10 0 11 k = min{(1,3), (3,5), (5,7),(7,10)} = min {2, 10, 11, 7} = 2 a0= 37 + 2 = 39 0 8 9 5 K = min{(1,4), (4,6), (6,9), (9,10)} = min{18, 28, 14, 22} = 14 a0 = 39 +14 = 53 4 14 0 8 a0 = 53
Aliran optimal dapat juga diselesaikan dengan konsep CUT Definisi : Pilihlah set node V’ yg mengandung Si, tetapi tidak di So. Maka set arc (i,j) dengan i tidak di V’ dan j di V’ adalah sebuah CUT di jaringan. Definisi : Kapasitas sebuah CUT adalah jumlah kapasitas arc pd CUT Mudahnya : CUT : sebuah set dari arc yg dibuang dari jaringan sehingga tidak memungkinkan adanya perjalanan dari So ke Si Sebuah jaringan bisa memiliki beberapa CUT.
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 Contoh CUT : arc{(1,2), (1,3), (1,4)}, dengan kapasitas = 57 Atau CUT : arc{(7,10), (8,10), (9,10)}, dengan kapasitas = 77 Atau CUT : arc{(1,2), (1,3), (6,9)}, dengan kapasitas = 53 KARENA 53 ADALAH CUT YG TERKECIL, MAKA KAPASITAS MAKSIMUM ADALAH 53 (seperti hasil sebelumnya)
Pada beberapa situasi, kita ingin menentukan sebuah set dari arc pd jaringan yg menghubungkan seluruh node dengan jumlah jarak yg minimum. Grup arc tersebut harus tidak memiliki LOOP (lihat gambar 47) Metoda MST : 1. Dimulai dari node i, hubungkan node i tsb dengan node j yg terdekat. Titik i dan j membentuk set C = {i,j} Node yg sisa (selain node didalam C) disebut node C’ (node yg belum dihubungkan) 2. Pilihlah node pd C’ yg memiliki jarak terpendek ke C 3. Ulangi proses ini sampai didapatkan MST 4. Jika ada jarak yg sama, kita memilih salah satu.
1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 Contoh C (1,3) (1,4) (1,2) (2,5) (5,7) (5,8) (5,9) (9,6) (9,10) Total Jarak adalah : 17 + 18 + 22 + 20 + 11 + 16 + 14 + 22
Operational Research

More Related Content

PPTX
Metode transportasi
byHengki Putra
 
PPTX
Ekonomika Mikro - Teori Perilaku Produsen
byNur Widayati
 
PPTX
METODE TRANSPORTASI NORTH WEST CORNERWC.pptx
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
PPT
Contoh soal Teori antrian khusus Poisson
byLilies DLiestyowati
 
PPT
Regresi Kuadrat Terkecil
byindra herlangga
 
PDF
362112547 kuadratik-dan-kubik
byChevi Rahayu
 
PPTX
Matematika Ekonomi - Biaya Marginal
bySonya Santoso
 
PDF
uji hipotesis beda dua rata - rata
byRatih Ramadhani
 
Metode transportasi
byHengki Putra
 
Ekonomika Mikro - Teori Perilaku Produsen
byNur Widayati
 
METODE TRANSPORTASI NORTH WEST CORNERWC.pptx
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
Contoh soal Teori antrian khusus Poisson
byLilies DLiestyowati
 
Regresi Kuadrat Terkecil
byindra herlangga
 
362112547 kuadratik-dan-kubik
byChevi Rahayu
 
Matematika Ekonomi - Biaya Marginal
bySonya Santoso
 
uji hipotesis beda dua rata - rata
byRatih Ramadhani
 

What's hot

DOCX
Tugas statistik non parametrik
byNoeghraha Prathama
 
PPTX
Metode modi
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
PDF
Dualitas- Program Linear
byHelvyEffendi
 
DOC
Bab i
byHani Gustini
 
PPTX
Matematika ekonomi & bisnis
byA Gustang
 
DOC
ANALISIS REGRESI LINIER BERGANDA DAN PENGUJIAN ASUMSI RESIDUAL
byArning Susilawati
 
PPTX
Ppt teori antrian
byEka Wahyuliana
 
PPTX
teori produksi estimasi
bymas karebet
 
PPTX
Teori antrian
bySyafutri Asbintari
 
PPTX
Pengukuran waktu kerja tidak langsung
byISTA
 
PPTX
Pendugaan Parameter
byEko Mardianto
 
PPTX
Analisis korelasi linier sederhana
byPutra Samada
 
PPTX
Teori produksi
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
DOCX
Regresi linear-berganda
byDudi Zulkifli Idris
 
PPTX
Optimisasi Fungsi Dengan Satu Variabel Bebas
byMuhammad Khoirul Fuddin
 
DOCX
Bunga dan rumus bunga
byIndra Pratama
 
DOC
Dasar dasar matematika teknik optimasi (matrix hessian)
byMuhammad Ali Subkhan Candra
 
PPTX
Pengantar statistika 4
byAz'End Love
 
DOC
Contoh soal Metode Simpleks
byReza Mahendra
 
PPT
Elastisitas
byAhmad Rudi
 
Tugas statistik non parametrik
byNoeghraha Prathama
 
Metode modi
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
Dualitas- Program Linear
byHelvyEffendi
 
Bab i
byHani Gustini
 
Matematika ekonomi & bisnis
byA Gustang
 
ANALISIS REGRESI LINIER BERGANDA DAN PENGUJIAN ASUMSI RESIDUAL
byArning Susilawati
 
Ppt teori antrian
byEka Wahyuliana
 
teori produksi estimasi
bymas karebet
 
Teori antrian
bySyafutri Asbintari
 
Pengukuran waktu kerja tidak langsung
byISTA
 
Pendugaan Parameter
byEko Mardianto
 
Analisis korelasi linier sederhana
byPutra Samada
 
Teori produksi
byUNIVERSITAS MUHAMMADIYAH BERAU
 
Regresi linear-berganda
byDudi Zulkifli Idris
 
Optimisasi Fungsi Dengan Satu Variabel Bebas
byMuhammad Khoirul Fuddin
 
Bunga dan rumus bunga
byIndra Pratama
 
Dasar dasar matematika teknik optimasi (matrix hessian)
byMuhammad Ali Subkhan Candra
 
Pengantar statistika 4
byAz'End Love
 
Contoh soal Metode Simpleks
byReza Mahendra
 
Elastisitas
byAhmad Rudi
 

Viewers also liked

DOC
Operation research metode transportasi
byAtika Purnamaratri
 
DOCX
Bank dan lembaga keuangan lainnya
byImam Pamungkas
 
RTF
SILABI MATA KULIAH MANAJEMEN PEMASARAN RETAIL
byAkadusyifa .
 
PPT
Bank dan Lembaga Keuangan Lain
byNovita Emilda Darmawan
 
PDF
ANALISIS PRODUKSI ROTI PADA UD. ROTI MANIS DI KECAMATAN LABUH BARU, PEKANBARU
byBukan Untuk Sembarang Hati
 
PPTX
Materi Bank dan Lembaga Keuangan 2
byFarrelfebrinal
 
PPTX
Teori ekonomi mikro
byPwgdochi Dork'ivan Sadega
 
PPTX
Mazhab Neo Klasik 1
byNurul Ikhsanti
 
PPTX
PEMIKIRAN MAZHAB KLASIK
byindah sulistyaningsih
 
PPT
Materi Manajemen Sumber Daya Manusia
byRUDISBPS
 
PPTX
Ekonomi internasional
byTika Diah Ismaya
 
DOC
Makalah ekonomi internasional
byprayudawibowo
 
PPTX
Materi ekonomi internasional
bySita Nurhalimah
 
DOCX
Neo klasik
byMardewi Wahyu
 
PPTX
Sejarah Pemikiran Ekonomi
byFuad Ridzqi
 
PPTX
Sejarah/Perkembangan Pemikiran Ekonomi
byJoventus Partogi Silaen
 
PPT
Aspek hukum-dalam-ekonomi
bySukman Sukman
 
PPSX
Cara menghitung zakat profesi
byWADIYO .
 
PPT
pengantar ekonomi mikro
bynurazizahdekfi
 
PPT
Operational research
byDr Ramniwas
 
Operation research metode transportasi
byAtika Purnamaratri
 
Bank dan lembaga keuangan lainnya
byImam Pamungkas
 
SILABI MATA KULIAH MANAJEMEN PEMASARAN RETAIL
byAkadusyifa .
 
Bank dan Lembaga Keuangan Lain
byNovita Emilda Darmawan
 
ANALISIS PRODUKSI ROTI PADA UD. ROTI MANIS DI KECAMATAN LABUH BARU, PEKANBARU
byBukan Untuk Sembarang Hati
 
Materi Bank dan Lembaga Keuangan 2
byFarrelfebrinal
 
Teori ekonomi mikro
byPwgdochi Dork'ivan Sadega
 
Mazhab Neo Klasik 1
byNurul Ikhsanti
 
PEMIKIRAN MAZHAB KLASIK
byindah sulistyaningsih
 
Materi Manajemen Sumber Daya Manusia
byRUDISBPS
 
Ekonomi internasional
byTika Diah Ismaya
 
Makalah ekonomi internasional
byprayudawibowo
 
Materi ekonomi internasional
bySita Nurhalimah
 
Neo klasik
byMardewi Wahyu
 
Sejarah Pemikiran Ekonomi
byFuad Ridzqi
 
Sejarah/Perkembangan Pemikiran Ekonomi
byJoventus Partogi Silaen
 
Aspek hukum-dalam-ekonomi
bySukman Sukman
 
Cara menghitung zakat profesi
byWADIYO .
 
pengantar ekonomi mikro
bynurazizahdekfi
 
Operational research
byDr Ramniwas
 

Recently uploaded

PDF
Modul Ajar Akidah Akhlak 10 - Kurikulum Berbasis Cinta.pdf
byvisipintarClass
 
PDF
Mengakhiri Kelaparan dan Mewujudkan Ketahanan Pangan Melalui Kegiatan Sosial ...
by202210415276
 
PPTX
MEMPERINDAH BACAAN ALQURAN DENGAN TAJWID.pptx
bynasrohar20
 
PDF
Modul Ajar Akidah Akhlak 7 - Kurikulum Berbasis Cinta
byvisipintarClass
 
PDF
Modul Ajar Al Quran Hadits Kelas 9 - Kurikulum Berbasis Cinta.pdf
byvisipintarClass
 
PDF
(Deep Learning) Modul Ajar Prakarya Budidaya Kelas 7 Kurikulum Merdeka
byModul Kelas
 
PPTX
MENYUSUN RPM PEMBELAJARAN MENDALAM (DEEP LEARNING)
byAbdoelHakeem
 
DOCX
Modul Ajar Deep Learning Bahasa Indonesia Kelas 10 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
DOCX
Modul Ajar Deep Learning Seni Musik Kelas 9 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
PDF
Penjelasan tentang TKA sebagai Instrumen Penilaian Nasional_14 Januari 2026 (...
byHappyLaila
 
DOCX
Modul Ajar Deep Learning Biologi Kelas 10 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
PDF
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) SKI Kelas 3
byModul Guruku
 
PDF
PPT Tradisi, Budaya, dan kearifan lokal.
byderaselvia26
 
PDF
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Akidah Akhlak Kelas 11
byModul Guruku
 
PDF
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Fikih Kelas 1
byModul Guruku
 
PDF
PEMAPARAN (Online, 14 Jan'26)_RENCANA + Link2 MATERI BimTek_PTK 007 (Rev-5 Th...
byKanaidi ken
 
DOCX
Modul Ajar Deep Learning Seni Teater Kelas 9 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
PDF
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Fikih Kelas 2 [modulguruku.com]
byModul Guruku
 
PPTX
Tolak ukur kemajuan pembangunan materi ips kelas 09
byDrsIbrahim1
 
PDF
(Deep Learning) Modul Ajar Prakarya Kerajinan Kelas 8 Kurikulum Merdeka
byModul Kelas
 
Modul Ajar Akidah Akhlak 10 - Kurikulum Berbasis Cinta.pdf
byvisipintarClass
 
Mengakhiri Kelaparan dan Mewujudkan Ketahanan Pangan Melalui Kegiatan Sosial ...
by202210415276
 
MEMPERINDAH BACAAN ALQURAN DENGAN TAJWID.pptx
bynasrohar20
 
Modul Ajar Akidah Akhlak 7 - Kurikulum Berbasis Cinta
byvisipintarClass
 
Modul Ajar Al Quran Hadits Kelas 9 - Kurikulum Berbasis Cinta.pdf
byvisipintarClass
 
(Deep Learning) Modul Ajar Prakarya Budidaya Kelas 7 Kurikulum Merdeka
byModul Kelas
 
MENYUSUN RPM PEMBELAJARAN MENDALAM (DEEP LEARNING)
byAbdoelHakeem
 
Modul Ajar Deep Learning Bahasa Indonesia Kelas 10 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
Modul Ajar Deep Learning Seni Musik Kelas 9 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
Penjelasan tentang TKA sebagai Instrumen Penilaian Nasional_14 Januari 2026 (...
byHappyLaila
 
Modul Ajar Deep Learning Biologi Kelas 10 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) SKI Kelas 3
byModul Guruku
 
PPT Tradisi, Budaya, dan kearifan lokal.
byderaselvia26
 
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Akidah Akhlak Kelas 11
byModul Guruku
 
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Fikih Kelas 1
byModul Guruku
 
PEMAPARAN (Online, 14 Jan'26)_RENCANA + Link2 MATERI BimTek_PTK 007 (Rev-5 Th...
byKanaidi ken
 
Modul Ajar Deep Learning Seni Teater Kelas 9 Semester 2 Terbaru 2026
bywahyurestu63
 
Modul Ajar Kurikulum Berbasis Cinta (KBC) Fikih Kelas 2 [modulguruku.com]
byModul Guruku
 
Tolak ukur kemajuan pembangunan materi ips kelas 09
byDrsIbrahim1
 
(Deep Learning) Modul Ajar Prakarya Kerajinan Kelas 8 Kurikulum Merdeka
byModul Kelas
 

Operational Research

  • 2.
  • 3.
    Teknik ini dapatdigunakan untuk menyelesaikan beberapa problema optimasi Solusi didapat dengan bekerja mundur dari titik AKHIR menuju AWAL
  • 4.
    Two Puzzle p.1003 Misalkanada 30 batang korek api diatas sebuah meja. Saya mulai mengambil 1, 2, atau 3 batang dan musuh saya juga harus mengambil 1, 2, atau 3 batang (bergantian). Keadaan ini diteruskan sampai batang yang terakhir diambil. Siapa yang mengambil terakhir adalah KALAH. Bagaimana saya dapat yakin untuk memenangkan game ini ? Harus kerja mundur Saya harus membuat sedemikian rupa bahwa jumlah batang korek api dimeja harus sebagai berikut : 1 5 9 13 17 21 25 29 Keadaan akhir Keadaan awal
  • 5.
    Cup’s Problem p.1004 Saya memiliki sebuah gelas ukuran 9 oz dan sebuah gelas ukuran 4 oz. Ibu saya memerintahkan saya untuk membawa ke rumah susu sebanyak 6 oz. Bagaimana saya dapat memenuhi ini ? Jumlah oz pd Jumlah oz pd Gelas 9 oz gelas 4 oz 6 0 6 4 9 1 0 1 1 0 1 4 5 0 5 4 9 0 0 0 Keadaan Awal Keadaan Akhir
  • 6.
    Problem Jaringan p.1005 JoeCougar tinggal di New York, dia berencana berkendaraan ke Los Angeles. Keuangan Joe terbatas, jadi dia memutuskan untuk bermalam dalam perjalanannya di rumah teman2nya. Teman2nya tinggal di Columbus, Nashville, Louisville, Kansas City, Omaha, Dallas, San Antonio, dan Denver. Joe mengetahui bahwa setelah satu hari perjalanan dia dapat mencapai Columbus, Nashville, atau Louisville. Setelah 2 hari perjalanan dia dapat mencapai Kansas City, Omaha, atau Dallas. Setelah 3 hari perjalanan dia dapat mencapai San Antonio atau Denver. Akhirnya setelah 4 hari perja lanan ia dapat mencapai Loa Angeles. Untuk meminimumkan jarak yang ditempuh, dimanakah Joe harus menginap ? Jarak setiap kota adalah sbb :
  • 7.
    New York 1 Louisville 4 Nashville 3 Columbus 2 Los Angeles 10 SanAntonio 9 Denver 8 Dallas 7 Omaha 6 Kansas City 5 Stage 1 Stage 2 Stage 3 Stage 4 Stage 5 550 900 770 680 580 790 1050 760 660 510 700 830 610 790 540 940 790 270 1390 1030 Jarak terpendek dari New York – Los Angeles (Kita akan kerja mundur)
  • 8.
    1, 2, .. . . 10 adalah label dari 10 kota Cij : jarak antara kota i dan kota j C35 = 580 (jarak Nashville dan Kansas City) ft(i) : Jarak terpendek dari kota i ke L.A. Diketahui kota i pada stage t Stage 4 : f4 (8) = 1030 f4 (9) = 1390 Stage 3 : Jalur 1 : Pergi dari kota 5 ke kota 8, kemudian ambil jarak terpendek dari kota 8 ke L.A. Jalur 2 : Pergi dari kota 5 ke kota 9, kemudian ambil jarak terpendek dari kota 9 ke L.A
  • 9.
    C58 + f4(8) = 610 + 1030 = 1640* f3 (5) : Min C59 + f4 (9) = 790 + 1390 = 2180 f3 (5) = 1640 C68 + f4 (8) = 1570* f3 (6) = Min C69 + f4 (9) = 2330 C78 + f4 (8) = 1820 f3 (7) = Min C79 + f4 (9) = 1660* f3(7) = 1660 f3 (6) = 1570
  • 10.
    Stage 2 C25 +f3 (5) = 2320* f2 (2) = Min C26 + f3 (6) = 2360 C27 + f3 (7) = 2710 f2 (2) = 2320 C35 + f3 (5) = 2220* f2 (3) = Min C36 + f3 (6) = 2330 C37 + f3 (7) = 2320 f2 (3) = 2220 C45 + f3 (5) = 2150* f2 (4) = Min C46 + f3 (6) = 2270 C47 + f3 (7) = 2490 f2 (4) = 2150
  • 11.
    Stage 1 : C12+ f2 (2) = 2870* f1(1) = Min C13 + f2 (3) = 3120 C14 + f2 (4) = 2920 f1 (1) = 2870 f1 (1) = 2870 f2 (2) = 2320 f3 (5) = 1640 f4 (8) = 1030 NY Columbus Kansas City Denver L.A
  • 12.
    Efisiensi perhitungan dariDP Lihat gambar 2, halaman 1009 Metoda Enumarasi Explisit akan mempertimbangkan seluruh Jalur. Ada 56 jalur yang mungkin dari node 1 ke node 27 Bagaimana DP melakukan hal ini ? 1. Mulai dengan mendapatkan f6(22) . . . . . f6(26) Kemudian f5(21), . . . . . . f5(17) Contoh : f5(17) = Min (c 17,J + f6(J)) J = 22 . . . . . . 26 f4(12) . . . . . . . f4(16) Contoh : f4(12) = Min (C 12,J + f5(J)) J = 17 . . . . . 21 Dst.
  • 13.
    KARACTERISTIK DARI PROGRAMADINAMIS Problema dibagi kedalam STAGE dengan keputusan yg diingini Setiap stage memiliki sejumlah STATE Keputusan yang dipilih menjelaskan bagaimana state pada stage sekarang ditransformasikan ke state pada stage selanjutnya Diketahui T stage, maka harus ada sebuah REKURSI yang menghubungkan biaya2 atau keuntungan yang didapatkan pada stage t, t+1 . . . . T terhadap biaya2 atau keuntungan yg didapatkan pada stage t+1, t+2 . . . . .T.
  • 14.
    Contoh : ft(i) =Min (Cij + ft+1(j)) j Problem : group A no. 1 p.1011 Problema Inventori Karakteristik : 1. Waktu di-pilah2 kedalam perioda, perioda sekarang adalah perioda 1, perioda selanjutnya adalah perioda 2, dan akhir perioda T. 2. Pada awal setiap perioda, perusahaan harus menentukan berapa unit harus dibuat. Kapasitas produksi terbatas. 3. Permintaan setiap perioda harus dipenuhi tepat pd waktunya oleh inventori atau produksi saat itu. Timbul biaya produksi dan biaya variabel lainnya. 4. Kapasitas inventori terbatas. Kondisi ini dapat dilihat dengan terbatasnya inventori pada setiap akhir perioda. Terdapat biaya simpan per unit pada setiap akhir perioda. 5. TUJUAN perusahaan adalah meminimumkan biaya total untuk memenuhi permintaan tepat pd waktunya utk perioda 1, 2, 3 . . . . T
  • 15.
    Contoh 4, halaman1013 Analisa problema : Diketahui Permintaan Sebuah produk untuk 4 bulan : Bulan 1 : 1 unit Bulan 2 : 3 unit Bulan 3 : 2 unit Bulan 4 : 4 unit Biaya set-up mesin : $3 Biaya variabel : $1/unit Biaya simpan : 50 cents/unit Kapasitas produksi : 5 unit untuk setiap bulan Kapasitas simpan (inventori) = 4 unit Asumsi : 0 unit yang ada di inventori pada awal bulan ke 1 TENTUKANLAH : Jadwal produksi yang akan memenuhi setiap permintaan tepat pada waktunya dengan biaya yang minimum.
  • 16.
    SOLUSI : Identifikasi STATE,STAGE, dan KEPUTUSAN Jika kita pada awal bulan ke 4, Perusahaan harus memenuhi permintaan pada biaya minimum dgn cara : (Produksi bulan ke 4) + (Akhir inventori bulan ke 3) = Permintaan bulan ke 4 Misal bulan (waktu) mereprentasikan STAGE Pada setiap STAGE perusahaan harus memutuskan berapa yang harus diproduksi Awal inventori adalah STATE pada setiap STAGE Definisi : ft(i) : Biaya minimum utk memenuhi permintaan untuk bulan t, t+1, . . . 4, jika i unit ada pada inventori (on-hand) pd awal bulan t
  • 17.
    C(x) : Biayaproduksi utk memproduksi x unit selama sebuah perioda : 3 + x (ingat : untuk x = 0, C(x) = 0) Disebabkan terbatasnya kapasitas penyimpanan, dan seluruh permintaan harus dipenuhi tepat waktu, maka STATE yang mungkin selama setiap perioda adalah 0, 1, 2, 3, dan 4. Perhitungan biaya bulan ke 4 : Product. Level f4 (0) = Biaya memproduksi (4 – 0) unit = C(4) = 3 + 4 = $7 X4 (0) = 4 f4 (1) = Biaya memproduksi (4 – 1)unit = C (3) = 3 + 3 = $6 X4 (1) = 3 f4 (2) = Biaya memproduksi (4 – 2)unit = C (2) = 2 + 3 = $5 X4 (2) = 2 f4 (3) = Biaya memproduksi (4 – 3)unit = C (1) = 1 + 3 = $4 X4 (3) = 1 f4 (4) = Biaya memproduksi (4 – 4)unit = C (0) = 0 X4 (0) = 0
  • 18.
    Month 3 computation: f3 (i) = Min x ( ) ( ) ( )       −+++−+ 2xifxC2xi 2 1 4 x harus memenuhi : 4 ≥ i + x -2 ≥ 0 Jadi permintaan harus memenuhi i + x – 2 ≥ 0 Akhir inventori tidak boleh melebihi kapasitas, atau i + x -2 ≥ 4 Lihat tabel 3 halaman 1014
  • 19.
    1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 3,0 3,1 3,2 3,3 3,4 4,0 4,1 4,2 4,3 4,4 5,0 Bulan 1 bulan2 bulan 3 bulan 4 Bulan 5 Representasi Jaringan utk. Problema Inventori
  • 20.
    Mencari solusi problemini identik dengan mencari jarak terpendek dari node (1,0) ke (5,0). Misal kita ada di node (2,3) : awal bulan ke 2 dan inventori pada awal bulan kedua tersebut adalah 3 Arti panah (1,0) ke (2,2) Awal bulan ke 1 inventori = 0 Awal bulan ke 2 inventori = 2 Dan permintaan bulan ke 1 adalah 1 Ini berarti bahwa kita harus memproduksi 3 Panah ini = biaya = (3)(2) + 0,5(2) = 7 Tidak ada panah dari (1,2) ke (2,0) karena : Awal bulan ke 1 inventori = 2 Permintaan bulan ke 1 adalah 1 Jadi awal inventori bulan ke 2 harus 1 (bukan 2)
  • 21.
    Problema Alokasi Sumber (ResourceAllocation Problems) Sumber yang terbatas harus dialokasikan kebeberapa aktifitas Asumsi 1: Jumlah sumber yang dialokasikan ke sebuah aktifitas boleh nilai berapa saja dan tidak negatif Asumsi 2: Keuntungan yang diperoleh dari setiap aktifitas sebanding dgn jumlah sumber yang diberikan pd aktifitas tsb. Asumsi 3: Keuntungan yang didapatkan dari lebih dari satu aktifitas adalah penjum lahan keuntungan yang diperoleh dari setiap aktifitas. Contoh : (hal. 1018) Finco memiliki uang $6000 untuk investasi, dimana ada 3 investasi yang tersedia. Jika dj dollar (dalam ribuan) diinvestasikan pada investasi j, maka NPV (dalam ribuan) rj(dj) diperoleh, dimana rj(dj) adalah sbb r1(d1) = 7d1 + 2 d1 > 0 r2(d2) = 3d2 + 7 d2 > 0 r3(d3) = 4d3 + 5 d3 > 0 Jumlah uang yang dialokasikan pd setiap investasi merupakan perkalian 1000. Untuk memaksimumkan NPV, bagaimana Finco mengalokasikan $6000 ? Mana Stage dan mana State
  • 22.
    STAGE : Investasiyang ke t, t+1, . . . 3 Berapa jumlah uang yg akan diinvestasikan pada setiap STAGE STATE : Jumlah uang yang TERSEDIA (dalam ribuan) untuk melakukan investasi pada stage t, t+1, . . . 3 Karena uang yang tersedia adalah $6000, maka STATE yang mungkin pada setiap STAGE adalah 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Definisikan : ft(dt) : Nilai NPV maksimum yg dpt diperoleh dengan menginves tasikan dt ribuan dollar pd investasi t, t+1, . . .3 xt(dt) : Jumlah yg diinvestasikan utk mencapai ft(dt)
  • 23.
    Perhitungan STAGE 3,halaman 1019 Perhitungan STAGE 2 : f2(d2) = Maks (r2(x2) + f3(d2 – x2) x2 Tabel 6, halaman 1020 Perhitungan STAGE 1 ; f1(6) = Maks (r1(x1) + f2(6-x1) x1 Tabel 7, halaman 1021
  • 24.
    2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 1,6 2,0 2,1 4,0 Representasi Jaringan utk.Contoh Resource Allocation Problems 3,6 3,5 3,4 3,3 3,2 3,0 3,1 Stage 1 Stage 2 Stage 3 Stage 4 1. Jarak terjauh dari (1,6) ke (4,0). 2. (t,d) ; Situasi dimana d ribu dollar tersedia untuk investasi di t, t+1, . . . .3 3. Garis (t,d) ke (t+1, d-x) memiliki panjang rt(x) sesuai dgn NPV yg didpt dgn investasi x di t.
  • 25.
    Solusi Problema Knapsackmenggunakan DP Misalkan sebuah 10 lb knapsack akan didisi dengan item sbb : Item ke Berat Keuntungan 1 4 lb 11 2 3 lb 7 3 5 lb 12 Untuk memaksimumkan total keuntungan, bagaimana knapsack harus diisi ? Solusi : Kita memiliki r1(x1) = 11x1, r2(x2) = 7x2; r3(x3) = 12x3 g1(x1) = 4x1, g2(x2) = 3x2, g3(x3) = 5x3 Definisikan ft(d) = keuntungan maksimum yg dpt diperoleh dari sebuah d pound knapsack yg diisi dengan tipe item t, t+1, . . . 3
  • 26.
    STAGE 3 f3(d) =maks (12 X3) x3 Lihat hasil halaman 1023 STAGE 2 f2(d) = maks {7X2 + f3(d – 3X2)} x2 Lihat hasil halaman 1024 STAGE 1 f1(10) = (lihat hasil halaman 1025)
  • 27.
    10,1 9,1 8,1 7,1 6,1 5,1 4 ,1 3,1 2,1 1,1 0,1 10,2 9,2 8,2 7,2 6,2 5,2 4,2 3,2 2,2 1,2 0,2 10,3 9,3 8,3 7,3 6,3 5,3 4,3 3,3 2,3 1,3 0,3 4,4 3,4 2,4 1,4 0,4 Network KnapsackProblem 1. Jarak terpanjang dari (10,1) ke stage 4 node 2. Untuk t ≤ 3, (d,t) adalah situasi dimana d pound space dapat dialokasikan pd item tipe t, t+1, . . 3 (d,4) : d pound space yg belum terpakai 3. Setiap arc dr sebuah state t node ke sebuah stage t+1 node menyatakan sebuah keputusan berapa tipe t item ditempatkan di knapsack. contoh : (10,1) ke (6,2) : Menempatkan item1 di knapsack meninggalkan sisa space 6 untuk item 2 & 3, dan arc ini panjangnya 11 Solusi adalah : (10,1)-(6,2)-(0,3)-(0,4)
  • 28.
    Problema Pergantian Mesin (EquipmentReplacement Problem) Sebuah bengkel selalu menginginkan bahwa mesin analisa selalu tersedia. Sebuah mesin baru analisa harganya $1000. Biaya pemeliharaan mi dari mesin selama tahun ke i adalah m1 = $60, m2 =$80, m3 =$120. Mesin dapat dipertahan kan untuk 1, 2, 3 tahun, dan setelah i tahun penggunaan (i =1, 2, 3) mesin dapat diganti dengan yang baru. Jika mesin diganti pada tahun yg ke i, nilai sisa mesin Si diperoleh, dimana S1 = $800, S2 = $600, dan S3 = $500. Jika diketahui bahwa saat ini mesin baru harus dibeli, bengkel ingin menentukan kebijakan pergantian mesin yang akan meminimumkan biaya bersih selama 5 tahun. Biaya bersih = (biaya pemeliharaan) + (biaya pergantian) – (nilai sisa) Solusi : Definisi g(t) = Minimum biaya bersih dari tahun t sampai tahun ke 5, diketahui sebuah mesin baru telah dibeli pd tahun t. Ctx = Biaya bersih dari pembelian mesin pd tahun t dan menggunakan mesin tsb sampai tahun ke x
  • 29.
    Maka rekursi yangdigunakan sbb ; g(t) = Min {Ctx + g(x)} (t = 0, 1, 2, 3, 4) x Dimana : t+1 ≤ x ≤ t+3 dan x ≤ 5 Tidak ada biaya yg timbul setelah tahun ke 5 (karena problema hanya 5 thn) Sehingga g(5) = 0 Setelah sebuah mesin dibeli pada waktu t, kita harus menentukan kapan mengganti mesin tsb. Misalkan x adalah waktu dimana pergantian terjadi. Pergantian harus dilaksanakan setelah waktu t tetapi t ≤ 3, sehingga t+1 ≤ x ≤ t+3 dan x ≤ 5. Jika kita mengganti mesin pd waktu x, biaya apa saja yg ada dari waktu t ke 5? Jawab : Jumlah biaya yang timbul dari saat membeli mesin sampai mesin dijual pada saat x (didefinisikan sbg : Ctx), dan biaya total yg timbul dari waktu x ke 5. (diketahui bahwa mesin baru dibeli pada waktu x dgn biaya g(x)) Jadi jika mesin yang baru dibeli pd waktu t, digunakan sampai waktu x, maka dari waktu t ke 5 timbul biaya : Ctx + g(x)
  • 30.
    Ctx akan tergantungberapa lama mesin dipergunakan (nilai x-t) Ctx = $1000 + m1 + . . . . + mx-t – St-x Time Time Time Time Time Time 0 1 2 3 4 5 Year 1 Year 2 Year 3 Year 4 Year 5 Jadi : C01 = C12 = C23 = C34 = C45 = 1000 + 60 -800 = 260 C02 = C13 = C24 = C35 = 1000 + 60 + 80 – 600 = 540 C03 = C14 = C25 = 1000 + 60 + 80 + 120 – 500 = 760 Kita mulai menghitung g(4) dan bekerja mundur sampai g(0). g(4) = C45 + g(5) = 260 + 0 = 260
  • 31.
    Jika mesin barudibeli pd tahun ke 3; C34 + g(4) = 260 +260 = 520* (diganti pd tahun ke 4) g(3) = Minimum C35 + g(5) = 540 + 0 = 540 (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 3, maka ia akan diganti pd tahun ke 4. Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 2; C23 + g(3) = 260 + 520 = 780 (diganti pd tahun ke 3) g(2) = Minimum C24 + g(4) = 540 + 260 = 800 (diganti pd tahun ke 4) C25 + g(5) = 760 + 0 = 760* (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 2, maka ia akan diganti pd tahun ke 5.
  • 32.
    Jika mesin barudibeli pd tahun ke 1; C12 + g(2) = 260 + 760 = 1020* (diganti pd tahun ke 2) g(1) = Minimum C13 + g(3) = 540 + 520 = 1060 (diganti pd tahun ke 4) C14 + g(4) = 760 + 260 = 1020* (diganti pd tahun ke 5) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 1, maka ia akan diganti pd tahun ke 2 atau 4. Jika mesin baru dibeli pd tahun ke 0; C01 + g(1) = 260 + 1020 = 1280* (diganti pd tahun ke 1) g(0) = Minimum C02 + g(2) = 540 + 760 = 1300 (diganti pd tahun ke 2) C03 + g(3) = 760 + 520 = 1280* (diganti pd tahun ke 3) Jadi jika mesin baru dibeli pd tahun ke 0, maka ia akan diganti pd tahun ke 1 atau 3.
  • 33.
    Jawaban 1 : 1 2 4 5 5 Jawaban2: 0 0 3 4 5 Representasi jaringan dari pergantian mesin - Gambar 9, halaman 1032 - Mencari jarak terpendek dari node 0 ke node 5.
  • 34.
    ft(i) = min{(Biaya selama STAGE t) + ft+1 (STATE baru pd STAGE t+1)} ft(i) = Biaya minimum yang timbul dari STAGE t ke STAGE akhir T, dimana saat ini kita berada pada STAGE t dan STATE i Persamaan merefleksikan kenyataan bahwa biaya minimum yg timbul dari STAGE t ke akhir harus dicapai dengan memilih sebuah keputusan yang Mungkin pada STAGE t yg meminimumkan jumlah biaya yg timbul selama STAGE sekarang (STAGE t) ditambah biaya minimum yg dapat timbul dari STAGE t+1 ke akhir dari problema. Persamaan rekursi yg benar memiliki 3 aspek dr problema : 1. Sebuah kumpulan keputusan yg diperbolehkan, layak untuk STATE dan STAGE yang ada Sering sekumpulan keputusan yg layak tergantung dari kedua t dan i
  • 35.
    Contoh pada Problemainventori : dt = Permintaan pada bulan t it = inventori pd awal bulan t Keputusan yang diperbolehkan pada bulan t (Misalkan xt : level produksi yg diperbolehkan) terdiri dari anggota2 {0, 1, 2, 3, 4, 5} yang memenuhi : 0 ≤ (it + xt – dt ) ≤ 4 2. Kita harus merumuskan bagaimana biaya pd perioda waktu sekarang (STAGE t) tergantung pd nilai t, STATE sekarang, dan keputusan yg dipilih pd STAGE t Contoh : Contoh problema inventori. Misalkan xt adalah level produksi yg dipilih selama bulan t. Maka biaya selama bulan t adalah : C(xt) + 0,5(it + xt – dt)
  • 36.
    3. Kita harusmerumuskan bagaimana STATE pada STAGE t+1 tergantung pd nilai t, STATE pd STAGE t, dan keputusan yg dipilih pd STAGE t Contoh pd problema inventori : STATE pada bulan ke t+1 adalah : it + xt - dt JIKA ANDA DAPAT MENGIDENTIFIKASI STATE, STAGE, DAN KEPUTUSAN SECARA BENAR, MAKA 3 ASPEK DIATAS TIDAK SUSAH UTK DIHANDLE.
  • 37.
    Contoh 8 (halaman1034): Seorang pemilik kolam harus menentukan berapa jumlah ikan yg boleh ditangkap dan dijual setiap tahun. Jika ia menjual X ikan selama tahun t, maka pemasukan sebesar r(X) didapat. Biaya menangkap X ikan selama setahun adalah C(X,b) dimana b adalah jumlah ikan pada awal tahun. Tentu saja ikan bereproduksi. Untuk memodelkan ini diasumsikan bahwa jumlah ikan di kolam pada awal tahun adalah 20% lebih banyak dibandingkan dengan jumlah ikan yang tinggal pada akhir tahun sebelumnya. Diasumsikan bahwa ada 10000 ikan di kolam pada awal tahun pertama. Buatlah sebuah rekursi programa dinamis yang dapat digunakan untuk memaksimumkan keuntungan selama T tahun horizon ? Catatan : 1. Kita sering membuat trade-off antara keuntungan sekarang terhadap keuntungan akan datang. Contoh : Kita dapat saja menangkap banyak ikan pada awal tahun, tetapi jumlah ikan akan sedikit pada akhir tahun, atau kita tangkap sedikit ikan pada awal tahun (penjualan sedikit), tetapi kita dapat menjual banyak pada akhir tahun. 2. STAGE adalah waktu T. Pada setiap stage, harus diputuskan berapa ikan yang harus ditangkap Misal Xt : Jumlah ikan yang ditangkap selama tahun t bt : Jumlah ikan di kolam pada awal tahun t. Jadi STATE mulai dari nilai bt. Definisikan : ft(b(t) : Maksimum laba bersih yang didapat dari penangkapan ikan selama tahun t, t+1, ………. T, dimana diketahui sebanyak bt ikan terdapat di kolam pada awal tahun t. 3. Lihat ketiga aspek pada halaman 1035
  • 38.
    Pada stage T: Max {rT(XT) – C(XT,bT)}, dimana 0 ≤ XT ≤ bT XT Untuk stage t : ft(b(t) = max {r(Xt) – C(Xt,bt) + ft+1(1,2(bt – Xt))} 1. 0 ≤ Xt ≤ bt 2. bt dapat bertambah sampai 10000(1,2)T-1 3. Persamaan diatas digunakan sampai f1(10000) 4. Pada awal tahun kedua jumlah ikan dimulai dari 1,2(10000 – X1). Ini berarti bahwa X2 harus dipilih untuk mendapat kan nilai maksimum f2(1,2(10000 – X1)). 5. Teruskan perhitungan ini sampai nilai-nilai optimal X3, X4, ……….XT diketahui.
  • 39.
    Contoh 11, halaman1038 Perusahaan Sunco oil butuh untuk membangun kapasitas refinery yg cukup untuk merefine 5000 barrel oil dan 10000 barel gasoline per hari. Sunco dapat membangun kapasitas refinery pada empat lokasi. Biaya membangun sebuah refinery pada lokasi t dengan kapasitas merefine x barrel oil per hari dan y barrel gasoline per hari adalah Ct(x,y). Gunakan Programa dinamis untuk menentukan berapa kapasitas yang harus dialokasikan pada setiap lokasi ? Jawab : STAGE : Lokasi Pada setiap STAGE, Sunco harus menentukan berapa kapasitas oil dan gasoline yg harus dibangun. Definisikan ft(ot,gt) : biaya minimum untuk membangun ot barrel oil per hari dan gt barrel gasoline perhari pada lokasi t, t+1, . . . 4 f4(o4,g4) : Sunco membangun refinery pada lokasi 4 dengan kapasitas o4 barrel oil dan g4 barrel gasoline = c4(o4,g4) Untuk t = 1, 2, 3 ft(ot,gt) = min{ct(ot,gt) + ft+1(ot-xt, gt-yt) Keterangan : 1. Jika dibangun sebuah refinery pada lokasi t yang dapat merefine xt barrel oil dan yt barrel gasoline, maka timbul biaya c(xt,yt), maka kita akan butuh membangun refinery dengan kapasitas ot-xt barrel oil dan gt-yt barrel untuk gasoline untuk lokasi t+1, t+2, . . . 4, dan biaya untuk membangun ini adalah ft+1(ot-xt, gt-yt) 2. 0 ≤ xt ≤ ot, 0 ≤ yt ≤ gt 3. Pers. Terus dilakukan sampai f1(5000,10000) Coba pikirkan apakah ini harus ct(xt,yt) Lihat persamaan 17, halaman 1038
  • 40.
    NONADDITIVE RECURSION Disini ft(i)tidak merepresentasikan pertambahan biaya (atau reward) Contoh 13, halaman 1042 Joe naik mobil dari kota 1 sampai kota 10. Dia tidak tertarik untuk mencari jarak terpendek, tetapi dia tertarik untuk meminimumkan maksimum ketinggian (diatas permukaan laut) yang akan dia hadapi. Untuk naik mobil dari kota 1 ke kota 10, dia harus mengikuti jalur sbb : 1 2 3 5 7 4 6 8 10 9 10 7 6 9 7 11 7 8 7 107 6 8 13 8 9 Stage1 Stage2 Stage3 Stage4 Stage5 Panjang Cij merepresentasikan ketinggian maksimum yg akan dihadapi antara kota I dan j. Gunakanlah programa dinamis untuk menentukan jalur yang akan dijalani oleh Joe ?
  • 41.
    1 2 3 5 7 4 6 810 9 10 7 6 9 7 11 7 8 7 107 6 8 13 8 9 Stage1 Stage2 Stage3 Stage4 Stage5 1. Definisi ft(i) : Ketinggian maksimum terkecil yang dapat dialami Joe pd perjalanan dari kota i pada STAGE t ke kota 10 2. Sehingga didapat : f4(i) = Ci,10 ft(i) = min {max(Cij, ft+1(j))} untuk t = 1, 2, 3 f4(7) = 13* f4(8) = 8* f4(9) =9* max(C57, f4(7)) = 13 f3(5) = min max(C58, f4(8)) = 8* max(C59, f4(9)) = 10 Dan seterusnya… lihat hal 1043
  • 42.
    Contoh 14, halaman1043 Glueco berencana untuk memperkenalkan sebuah produk baru pada 3 daerah. Pada saat ini diestimasikan bahwa produk itu akan laku masing-masing di ketiga daerah dengan kemungkinan 0,6, 0,5, dan 0,3. Perusahaan memiliki 2 salesman yang top yang dapat dikirimkan ke tiga daerah tersebut. Kemungkinan bahwa product akan laku terjual jika 0, 1, dan 2 salesman dikirimkan ke tiga daerah tersebut adalah : Jumlah salesman Kemungkinan product terjual yg dikirim daerah1 daerah2 daerah3 0 0,6 0,5 0,3 1 0,8 0,7 0,55 2 0,85 0,85 0,7 Jika perusahaan ingin memaksimumkan kemungkinan product terjual diseluruh tiga daerah, dimanakah perusahaan harus menempatkan salesmannya ? (asumsi : penjualan di ketiga daerah adalah independent). Jawab: Definisi : ft(s) : Kemungkinan bhw produk akan terjual di daerah t, t+1, . . . 3 jika s salesman secara optimal ditempatkan didaerah2 tersebut. f3(2) = 0,7 (tugaskan 2 salesman didaerah 3) f3(1) = 0,55 (tugaskan 1 salesman didaerah 3) f3(0) = 0,3 (tugaskan 0 salesman didaerah 3)
  • 43.
    Untuk menentukan f2(.)dan f1(.), perlu didefinisikan : ptx : Kemungkinan produk terjual pada daerah t jika x salesman ditugaskan didaerah t. Contoh : p21 = 0,7. Sehingga dapat dituliskan : ft(s) = max {ptx ft+1(s-x)} x Keterangan : 1. x harus anggota dari {0, 1, 2, . . . . . s} 2. Jadi jika s salesman tersedia untuk daerah t, t+1, . . . 3, dan x salesman ditugaskan didaerah t, maka : ptx : kemungkinan bahwa produk terjual di daerah t dimana x salesman ditugaskan didaerah t tersebut. ft+1(s-x) : kemungkinan bahwa produk terjual di daerah t+1, . . . 3 dengan jumlah salesman (s-x) ditugaskan di daerah tsb. f2(2) = (0,5)f3(2-0) = (0,5)(0,7) = 0,35 (Tugaskan 0 salesman pd daerah 2, & 2 salesman di derah 3 ) = (0,7)f3(2-1)=(0,7)(0,55)=0,385 (Tugaskan 1 salesman pd daerah 2, & 1 salesman di derah 3 ) = (0,85)f3(2-2)=(0,85)(0,3)=0,255 (Tugaskan 2 salesman pd daerah 2, & 0 salesman di derah 3 ) f2(2)MAKS= 0,385 f2(1), f2(0) dan f1(2) dapat dilihat dihalaman 1044
  • 44.
    FORWARD RECURSION 1. Problemaprogram dinamis sering juga diselesaikan dengan bekerja maju. Diasumsikan bhw state terakhir yang diinginkan diketahui. 2. Untuk bekerja maju, definisikan ft(i) : biaya minimum yang timbul pada STAGE 1, 2, . . . . t diketahui bahwa STATE i pd akhir STAGE t 3. Pertama, hitung f1(i) untuk semua i pd akhir stage 1. 4. Buat rekursi utk f2(i) sbg fungsi f1(i) dan hitung seluruh f2(i) yang mungkin pd akhir stage 2. 5. Lakukan terus perhitungan ini sampai f T(i) (stage akhir yg diinginkan pd state i) Contoh problema inventori : Definisi : 1. ft(it) : Biaya minimum yg timbul selama bulan 1, 2, . . . T, dimana diketahui akhir inventori pd bulan t adalah it. 2. xt(it) : level produksi bulan t utk mencapai ft(it). 3. Kapasitas simpan adalah 0, 1, 2, 3, 4 unit pd akhir bulan 1, 2, dan 3. 4. Tentukan biaya total dimana pada bulan ke 4 inventori = 0.
  • 45.
    CHAPTER 21 PROBABILISTIC DYNAMICPROGRAMMING 1. Pada beberapa problema, dapat saja tidak diketahui dengan pasti walaupun state dan keputusan sekarang diketahui. 2. Contoh pada problema inventori. Secara umum demand tidak diketahui. When Current Stage Costs Are Uncertain But the Next Period’s State is Certain Disini state period selanjutnya diketahui dengan pasti, tetapi reward yg didapatkan selama stage sekarang tidak diketahui dengan pasti (pada keputusan dan state sekarang) Contoh : Safeco membeli 6 gallon susu dengan harga $1 per gallon dari supplier susu dan menjualnya pada 3 toko dengan harga $2 per gallon. Supllier harus membeli susu yang tidak laku setiap harinya dengan harga $0,5. Diketahui bahwa demand susu pada setiap toko tidak pasti. Data masa lalu menunjukan bahwa demand susu pada setiap toko adalah sbb:
  • 46.
    Daily Demand Probability Toko1 1 0,60 2 0 3 0,40 Toko 2 1 0,50 2 0,10 3 0,40 Toko 3 1 0,40 2 0,30 3 0,30 Safeco ingin mendapatkan ekspektasi keuntungan bersih dengan menempatkan 6 gallon susu ini pada ke tiga toko tersebut. Gunakan Programma dinamis untuk membantu bagaimana safeco harus mengalokasikan 6 gallon susu tsb pada ke tiga toko ? Definisi : 1. rt(gt) : Ekspektasi pemasukan yang diperoleh dari gt gallon yang terjual pada toko t 2. ft(x) : Ekspektasi keuntungan maksimum yg diperoleh dari x gallon yg ditaruh pd toko t, t+1,. . 3. 3. Dapat dipastikan bahwa f3(x) = r3(x) 4. Untuk t = 1, 2 ft(x) = maks { rt(gt) + ft+1(x - gt} dimana gt = 0, 1, ………….x Sesuatu yang bodoh untuk menaruh susu lebih dari 3 gallon pada setiap toko, karena maksimum demand untuk setiap toko adalah 3
  • 47.
    r3(0) = 0 r3(1)= (0,3 + 0,3 + 0,4) 2 = 2 r3(2) = (0,3 + 0,3)4 + 0,4(2 + 0,5) = 2,4 + 1 = 3,4 r3(3) = (0,3)(6) + (0,3)(4 + 0,5) + (0,4)(2 + 1) = 4,35 r2(0) = 0 r2(1) = (0,4 + 0,1 + 0,5) 2 = 2 r2(2) = (0,4 + 0,1) 4 + 0,5(2 + 0,5) = 3,25 r2(3) = (0,4)(6) + 0,1(4 + 0,5) + 0,5(2 + 1) = 4,35 r1(0) = 0 r1(1) = (0,4 + 0 + (0,6) 2 = 2 r1(2) = (0,4 + 0) 4 + 0,6(2 + 0,5) = 3,1 r1(3) = (0,4)(6) + 0(4 + 0,5) + 0,6(2 + 1 ) = 4,20 f3(0) = r3(0) = 0 g3(0) = 0 f3(1) = r3(1) = 2 g3(1) =1 f3(2) = r3(2) = 3,4 g3(2) = 2 f3(3) = r3(3) = 4,35 g3(3) = 3
  • 48.
    f2(0) f2(1) f2(2) f2(3) Untuk f2(4), f2(5),dan f2(6) kita tidak perlu mempertimbangkan penempatan lebih dari 3 gallon di toko 2. f2(4) f2(5) f2(6) f1(6) HASIL DAPAT DILIHAT DI HALAMAN 1068
  • 49.
    Contoh : ProbabilisticInventory Model Diketahui problema inventori dengan waktu 3 perioda. Pada awal setiap perioda perusahaan harus menentukan berapa unit yang harus dibuat selama perioda tersebut. Selama sebuah perioda dimana x unit dibuat, biaya produksi c(x) timbul, dimana c(0) = 0, dan untuk x > 0, c(x) = 3 + 2x. Batas produksi untuk setiap perioda adalah 4 unit. Demand pada setiap perioda adalah random, dimana demandnya adalah 1 dan 2 dengan dengan kemungkinan muncul yang sama. Setiap inventori yg terjadi pada setiap perioda menimbulkan biaya simpan $1 per unit. Batas inventori adalah 3 unit. Setiap demand pada setiap perioda harus dipenuhi pada perioda tersebut. Jumlah inventori yang ada pada akhir perioda 3 dapat dijual dengan harga $2 per unit. Awal inventori pada perioda 1 adalah 1 unit. Gunakanlah DP untuk menentukan kebijakan produksi yang meminimumkan ekspektasi biaya bersih selama 3 perioda. Definisi ft(i) = Ekspektasi biaya bersih minimum untuk perioda t, t+1, …3 1. Ekspektasi biaya simpan pada STAGE 3 = 0,5(i + x -1) + 0,5 (i + x - 2) = i + x – 1,5 dimana i = jumlah unit pada awal inventori 2. Ekspektasi pemasukan pada STAGE 3 disebabkan penjualan unit yg sisa : (0,5)(2)(i + x – 1) + (0,5)(2)(i + x – 2) = 2i + 2x – 3 3. Sehingga total biaya pada STAGE 3 : f3(i) = min {c(x) + (i + x – 1,5) – (2i + 2x – 3)} (lihat tabel 3, halaman 1071) x 4. Untuk STAGE t = 1 dan 2 ft(i) = min {c(x) + (0,5)(i+x-1)+(0,5)(i+x-2) + (0,5)ft+1(i+x-1) + (0,5)ft+1(i+x-2)} x Tabel 4 & 5 halaman 1072
  • 50.
    PROBABILISTIC DYNAMIC PROGRAMMINGFORMULATION       += ∑ + (j)t)fa,i,p(ja)i,tSTAGEselamaReward(Ekspetasi a MAX (i)f j 1tt 1. ft(i) : Maksimum ekspetasi reward yg dpt diperoleh selama STAGE t, t+1, ………diketahui bahwa STATE pada awal stage t adalah i. 2. Maksimum persamaan diatas diambil pada seluruh aksi a yg layak ketika state pada awal stage t adalah i. 3. p(j|i, a, t) : Probabilitas bahwa state pada perioda selanjutnya adalah j, diketahui state sekarang adalah i (pd stage t) dan aksi a dipilih. 4. Perjumlahan pada persamaan diatas adalah menyatakan ekspetasi reward dari stage t+1 keakhir dr problema. 5. Kita memilih a yang memaksimumkan ekspetasi reward yg diperoleh dari stage t ke akhir dari problema.
  • 51.
    Contoh 5, halaman1080 Sunco oil memiliki D dollar untuk dialokasikan untuk pemboran pada lokasi 1, 2, ………..T. Jika x dollar dialokasikan pada lokasi t, maka dgn probilitas qt(x) minyak akan diketemukan pada lokasi tsb. Jika pada lokasi terdapat minyak, maka ia akan bernilai sebesar rt. Formulasikanlah sebuah rekursi yg dapat digunakan sunco oil yg memaksimumkan nilai ekspetasi dari seluruh minyak yang diketemukan pada lokasi 1, 2, ……… T ? Jawab : Untuk Lokasi T : Untuk t < T : ft(d) : Nilai ekspetasi maksimum dari minyak yang diketemukan pada lokasi t, t+1, …………T jika d dollar tersedia pada lokasi t, t+1, ………T Kita akan bekerja mundur sampai ke f1(D). (d)qr(d))0q(1(d)qr(d)f TTTTTT =−+= x)(df(x)q{r x Max (d)f 1tttt −+= +
  • 52.
    Contoh 6, halaman1081: Pada setiap tahun, pemilik sebuah kolam harus menentukan berapa jumlah ikan yang ditangkap dan dijual. Selama tahun t harga ikan per ekor adalah pt. Biaya penangkapan x ikan akan membutuhkan biaya ct(x|b), dimana b adalah jumlah ikan pada awal tahun t. Antara waktu akhir t dan awal waktu t+1 ikan berreproduksi dengan sebuah random faktor D, dimana P(D = d) = qd. Formulasikanlah sebuah rekursi programa dinamis yg dpt digunakan untuk menentukan strategi penangkapan ikan yg akan memaksimumkan keuntungan selama 10 tahun. Pada saat ini kolam memiliki 10000 ikan. Jawab : 1. Stage adalah tahun. 2. State adalah jumlah ikan di kolam pada awal tahun. 3. Keputusan yg akan dibuat : Berapa ikan yg akan ditangkap selama setiap tahun. 4. Definisi : ft(b) = Ekspetasi keuntungan bersih maksimum yg dapat diperoleh selama tahun t, t+1, ….. 10, jika kolam memiliki b ikan pd awal tahun t. f10(b) = max {x p10 – c10(x|b)} dimana 0 ≤ x ≤ b x Untuk t < 10 : 0 ≤ x ≤ b Selama tahun t keuntungan yg didapat (xpt – ct(x|b). Jadi dgn kemungkinan q(d), state pada tahun t+1 akan menjadi d(b-x). Shg jika x ikan ditangkap selama tahun t, ekspetasi keuntungan bersih maksimum yg diperoleh pd tahun t+1, t+2, ……. 10       ∑ −+−= + d 1tttt x))(d(bq(d)f)b(xcxp x Max (b)f ∑ −+ d 1t x))(d(bq(d)f
  • 53.
    Contoh 8, halaman1082 Korvair store sedang mencoba untuk menentukan sebuah optimal cash management policy. Selama setiap hari, permintaan untuk cash dapat dijelaskan dengan sebuah random variabel D, dimana p(D = d) = p(d). Pada awal setiap hari, store mengirim seorang pekerja ke bank untuk mendeposit atau mengambil uang. Setiap transaksi bank membutuhkan biaya sebesar K dollar. Jadi demand untuk cash dapat dipenuhi oleh uang yang tersisa dari hari sebelumnya ditambah uang yang diambil dari bank. Pada akhir setiap hari, store menentukan cash balance yg dimiliki. Jika cash balance negatif, terdapat biaya shortage s dollar per dollar. Jika cash balance positif, terdapat biaya i dollar per dollar (disebabkan kehilangan interest jika uang tsb di deposit di bank). Pada awal hari pertama, store memiliki cash $10000 dan $100000 di bank. Formulasikanlah sebuah model programa dinamis yg dapat digunakan untuk meminimumkan ekspetasi biaya untuk mengisi cash yang dibutuhkan store selama 30 hari selanjutnya. Jawab : 1. Untuk menentukan berapa uang yang harus diambil atau dideposit, store harus mengetahui cash yg dimiliki dan bank balance pd awal setiap hari. 2. Stage adalah waktu. Jadi pada setiap awal setiap stage, store harus menentukan berapa uang yg diambil atau didiposit di bank. 3. Definisi : ft(c,b) : Ekspetasi biaya minimum selama hari t, t+1, ………. 30, diketahui bhw pd awal hari t, store memiliki c dollar cash dan b dollar di bank.       ∑ ∑ −−+−++= +≤ +≥xcd xcd 30 x)scp(d)(dd)ixp(d)(c(x))K x Min b)(c,f δ Balance positive Balance Negative
  • 54.
    1. X :jumlah uang yang di transfer dari bank ke toko (jika x < 0, uang ditransfer dari toko ke bank). Karena toko tidak dapat mengambil uang lebih dari b dan tdk dpt men deposit lebih dari c, maka b ≥ x ≥ -c. 2. δ(0) = 0, berarti tdk ada transaksi dengan bank δ(x) = 1, berarti ada transaksi dengan bank, dengan biaya transaksi = K 3 d ≤ (c + x), berarti uang berlebihan krn demand ≤ dari jumlah uang yg ada Timbul biaya (c + x – d)i dengan kemungkinan p(d). Jadi ekspetasi biayanya p(d)(c + x –d)i 4 d ≥ (c + x), berarti terjadi short, karena demand ≥ jumlah uang yang ada. Timbul biaya (d – c – x)s dengan kemungkinan p(d) Jadi ekspetasi biayanya p(d)(d – c –x)s 5. Untuk t < 30 ∑ ∑ ∑ −−++−−+−++= +≤ +≥ + xcd xcd d 1tt x)}bd,x(cp(d)fx)scp(d)(dd)ixp(d)(c(x){K x Min b)(c,f δ
  • 55.
    MARKOV CHAIN SEBUAH TIPEPROSES STOCHASTIK • Bagaimana random variabel (RV) berubah terhadap waktu • Apakah proses stokastik ? 1. Misalkan kita mengamati sebuah karakteristik dari sebuah sistem pada waktu diskrit (0, 1, 2, ……….) 2. Misalkan Xt adalah nilai karakteristik sistim pada waktu t. 3. Xt tidak diketahui dengan pasti sebelum waktu t dan dapat dipandang sebagai sebuah random variabel. 4. Discrete-time stochastic process adalah penjelasan hubungan antara random variabel X0, X2, X2, ………… Contoh Sebuah kantong pada saat ini berisi 2 bola yang belum di cat. Pilih sebuah bola dan lempar sebuah koin. Jika bola = belum dicat dan koin = head, maka cat bola tsb dengan warna MERAH Jika bola = belum dicat dan koin = tail, maka cat bola tsb dengan warna HITAM Jika bola sudah di cat, apakah koin head atau tail, ubah warna dari MERAH ke HITAM, atau HITAM ke MERAH
  • 57.
    Terminologi Antrian Harus adaproses input dan proses output. Sbg contoh ; Situasi Proses input Proses output Bank Pelanggan tiba di bank Teller melayani pelanggan Pizza parlor Permintaan pengiriman pizza Pizza parlor mengirim mobil diterima utk mengirim pizza Naval Shipyard Kapal dilaut rusak & dikirim Kapal diperbaiki dan dikemba ke shipyard utk diperbaiki likan ke laut
  • 58.
    Proses Input atauProses Kedatangan -Kedatangan disebut Pelanggan (Customer) - Asumsi : Tidak lebih dari 1 pelanggan yg dpt timbul pd suatu waktu sesaat. Jika lebih dari satu diperbolehkan maka BULK ARRIVAL diperbolehkan. - Proses kedatangan tidak dipengaruhi oleh jumlah pelanggan yg ada di sistem - Dua situasi umum dimana proses kedatangan dapat tergantung pd jumlah pelanggan yg ada : 1. Kedatangan berasal dari populasi yg kecil (finite source model). Misal : hanya ada 4 kapal (spt contoh diatas). Jika seluruh kapal sedang diperbaiki, maka tdk ada kapal yg dpt rusak pd masa akan datang. Kebalikannya, jika semua kapal ada di laut, kerusakan kapal akan memiliki kemungkinan yg relatip besar pd masa depan. 2. Proses kedatangan tergantung pd jumlah pelanggan. Misal : Jika kita melihat tempat parkir di sebuah bank penuh, kita dpt saja pergi dan akan datang pd lain waktu. - Jika seorang pelanggan gagal memasuki sistem, maka dikatakan pelanggan tsb balked. - Jika proses kedatangan tdk dipengaruhi oleh jumlah pelanggan yg ada, maka biasanya kita dpt menjelaskannya dengan sebuah distribusi probabilitas yg menjelaskan waktu antara kedatangan.
  • 59.
    Proses output atauPelayanan (Service) Kita biasanya menspesifikasikan dengan sbh distribusi probabilitas – distribusi waktu pelayanan. – yg menjelaskan waktu pelayanan pelanggan. Biasanya diasumsikan bahwa distribusi waktu pelayanan adalah independen thdp jumlah pelanggan yang ada, artinya pelayan tidak akan bekerja lebih cepat ketika pelanggan lebih banyak berada di sistem. Akan dipelajari 2 pengaturan dari pelayan : 1. Pelayan dalam bentuk paralel Pelayan memberikan pelayanan yg sama dan seorang pelanggan hanya melalui 1 pelayan saja. 2. Pelayanan dalam bentuk seri Seorang pelanggan harus melalui beberapa pelayan sampai selesai.
  • 60.
    Disiplin Antrian Disiplin antrianmenjelaskan metoda yg digunakan utk menentukan urutan pelayanan thdp pelanggan. FCFS : First Come First Service Pelanggan dilayani dalam urutan kedatangan mereka. LCFS : Last Come First Service Kedatangan yg terbaru adalah pertama yg dilayani SIRO : Service in Random Order Pelanggan yg akan dilayani dipilih secara acak PRIORITY QUEUING DISCIPLINE Setiap kedatangan dikualifikasikan dlm beberapa katagori. Setiap katagori kemudian diberikan level prioritas, dan setiap level prioritas pelanggan dilayani dengan cara FCFS.
  • 61.
    METODA YG DIGUNAKANKEDATANGAN UTK MASUK KE ANTRIAN 1. Pelanggan dpt bergabung pd sebuah garis antrian 2. Pelanggan dapat memilih garis antrian yg diingini (Jika ada beberapa garis antrian, biasanya pelanggan memilih antrian yg terpendek) 3. Perlu juga utk diketahui apakah pelanggan diperbolehkan utk SWITCH atau JOCKEY antar garis antrian MODEL KEDATANGAN dan PROSES PELAYANAN 1. Paling banyak satu kedatangan yg muncul pd waktu sesaat. 2. Definisi ti : waktu dimana pelanggan i tiba. 3. Utk ti ≥ 1, Ti = ti+1 – ti : waktu antar kedatangan yg ke i.
  • 62.
    t1 = 3t2 = 8 t3 = 15 T1 = 8 – 3 T2 = 15 - 8 4. Asumsi : Tj adalah independent (T1 tidak berpengaruh terhadap T2, T3 atau Tj) dan memiliki continuous random variable A yang sama (artinya distribusi keda tangan adalah independen dr waktu pd hari atau hari pd minggu, ini disebut proses stasioner.) 5. Asumsi A memiliki pdf a(t). Utk nilai Δt yg kecil P(t ≤ A ≤ t + Δt) = Δt a(t). Sehingga dapat dituliskan : ∫ ∫ ∞ =>=≤ c c dttacAPdttacAP 0 )()(dan)()( 6. Definisikan : rata-rata waktu antar kedatangan (jam/kedatangan), sehing ga nilai ini (ingat statistik) adalah : ∫= ∞ 0 )( 1 dttta λ λ 1
  • 63.
    7. Sehingga λ: Laju kedatangan (Jumlah kedatangan/jam). 8. Distribusi eksponensial pada umumnya digunakan untuk rv A. 9. Distribusi eksponensial dengan parameter λ, memiliki densitas : t eta λ λ − =)( t e λ λ − λ t 10. a(t) berkurang dgn sangat cepat untuk t yang kecil. Ini menunjukan bahwa waktu antar kedatangan yang sangat panjang tidal lazim terjadi.
  • 64.
    Harga rata-rata waktuantar kedatangan E(A) = Variansinya : Var (A) = λ 1 2 1 λ Sifat No-memory dari distribusi eksponensial Alasan mengapa distribusi eksponensial sering digunakan dalam memodel waktu antar kedatangan dijelaskan oleh lemma berikut : L e m m a : Jika A memiliki distribusi eksponensial, maka utk nilai-nilai positif t dan h, P(A> t+h | A≥t) = P(A > h), lihat bukti pd halaman 1107 -Ternyata tidak ada distribusi lain yg dpt memenuhi sifat ini. - Sifat ini disebut no-memory property - Artinya : Misalkan tidak ada kedatangan selama waktu t (ini disebut A≥t), dan ditanyakan berapakah kemungkinan tidak akan ada kedatangan selama wak tu h didepan (disebut A>t+h), persamaan diatas menjawab P(A>h). Contoh: h = 4, utk t = 5, t = 3, t = 2, dan t = 0 P(A>9|A≥5) = P(A>7|A≥3) = P(A>6|A≥2) = P(A>4|A≥0) = λ λ 4− e
  • 65.
    Sehingga jika inginmengatahui distribusi probabilitas dari waktu utk kedatangan selanjutnya, maka tdk menjadi masalah sudah berapa lama tidak terjadi kedata ngan sejak kedatangan terakhir. Contoh utk λ = 6. No-memory property mengata kan tidak menjadi masalah sudah berapa lama tdk ada kedatangan sejak kedata ngan terakir, distribusi probabilitas dari waktu utk kedatangan selanjutnya adalah: t e 6 6 − HUBUNGAN ANTARA DISTRIBUSI POISON DAN DISTRIBUSI EKSPONENSIAL T e o r e m a 1 : Waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan parameter λ jika dan hanya jika jumlah kedatangan yg muncul pd interval t mengikuti distribusi poisson dengan parameter λt. Sebuah diskrit r.v. N mengikuti distribusi Poisson dengan parameter λ jika untuk n =1, 2, 3, . . . . . ! )( n e nNP n λλ− ==
  • 66.
    Dimana E(N) =Var (N) = λ Jika Nt : Jumlah kedatangan yg muncul selama interval waktu t, teorema 1 menyatakan .......2,1,0 ! )( )( === − n n te nNP nt t untuk λλ Karena Nt adalah poisson dgn parameter λt, maka E(Nt) = Var(Nt) = λt λt kedatangan yg timbul selama waktu t, maka λ dpt dikatakan sbg jumlah rata-rata kedatangan per waktu (disebut laju kedatangan) Asumsi : 1. Kedatangan adalah independen (sbg contoh: kedatangan2 antara waktu 1 dan 10 tidak memberikan informasi tentang jumlah kedatangan2 antara waktu 30 dan 50) 2. Untuk Δt yg kecil, probabiliti munculnya satu kedatangan antara t dan t+Δt adalah λΔt + o(Δt), dimana 0 )( 0 lim = ∆ ∆ →∆ t to t
  • 67.
    T h eo r e m n 2 Jika asumsi 1 dan 2 terpenuhi, maka Nt mengikuti sbh distribusi Poisson dgn parameter λt dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan parameter λ, yaitu : Juga, Probabiliti tidak ada kedatangan selama interval t dan t+Δt adalah 1 – (λΔt + o(Δt)), dan kemungkinan munculnya lebih dari satu kedatangan ada lah : o(Δt) a(t) = t e λ λ − Contoh 1: Jumlah gelas bir yang dipesan per jam pd Dick’s Pub mengikuti sbh distribusi Poisson dengan rata-rata 30 bir per jam yg dipesan. 1. Tentukan probabiliti bahwa 60 bir dipesan antara 10 p.m sampai jam 12 tengah malam ? 2. Tentukan harga rata2 dan standart deviasi dr jumlah bir yg dipesan antar jam 9 p.m dan 1 a.m 3. Tentukan prababilti bahwa waktu antar 2 pemesanan yg berurutan adalah antar 1 dan 3 menit. (Jawaban pd halaman 1109)
  • 68.
    DISTRIBUSI ERLANG 1. Jikawaktu antar kedatangan bukan eksponensial, maka biasanya akan dimodelkan dgn sbh distribusi Erlang. 2. Distribusi Erlang adalah rv kontinue (sebut saja T), dimana fungsi densitas nya f(t) ditandai dgn 2 parameter : rate parameter R dan shape parameter k (nilai k harus positif dan integer) 2 1 )()( )!1( )( )( R k TVar R k TE k eRtR tf Rtk == − = −− dandengan 3. Untuk k = 1, pdf Erlang kelihatannya sama dgn distribusi eksponensial. Sebagaimana k bertambah distribusi Erlang mendekati distribusi Normal
  • 69.
    MODEL PROSES PELAYANAN(SERVICE) 1. Asumsi waktu pelayanan utk pelanggan yg berbeda adalah rv yg independen, dimana waktu pelayanan setiap pelanggan diwakili oleh rv S yg memiliki pdf s(t). 2. Misalkan 1/μ (waktu per pelanggan) adalah rata2 waktu pelayanan utk seorang pelanggan, maka ∫= ∞ 0 )(1 dttts µ 3. Contoh, μ = 5 berarti jika pelanggan selalu ada, pelayan dapat melayani rata-rata 5 pelanggan setiap jam dan rata-rata waktu pelayanan (service time) utk setiap pelanggan adalah 1/5 = 0,2 jam. 4. Waktu pelayanan dapat dimodelkan sbg random variabel eksponensial, sehingga kita dapat menentukan distribusi sisa waktu pelayanan seorang pelanggan tanpa perlu mengetahui berapa lama pelanggan sudah dilayani. Contoh : Misalkan ada 3 pelayan, dan semua sibuk (melayani pelanggan 1, 2, dan 3) dan seorang pelanggan (pe langgan ke 4) sedang menunggu (lihat gambar 4 halaman 1111). Berapakah kemungkinan bhw pelang gan yg menunggu ini akan menjadi pelanggan yg terakhir dilayani ? Misalkan pelanggan ke 3 yg pertama selesai dilayani, maka pelanggan ke 4 masuk utk dilayani. Dengan sifat no-memory, distribusi waktu pelayanan utk pelanggan 4 memiliki distribusi yg sama dengan sisa waktu pelayanan pelanggan 1 dan 2. Jadi dari sifat simetris, Pelanggan 4, 1, dan 2 akan memiliki kemung kinan yg sama utk menjadi pelanggan yg terakhir utk dilayani = 0,33. Tanpa sifat no-memory, persoalan ini sangat susah utk diselesaikan.
  • 70.
    5. Jika waktupelayanan tdk konsisten dengan sifat no-memory, maka sering dpt diasumsikan bahwa s(t) adalah sbh distribusi Erlang dengan parameter shape dan parameter rate masing2 k dan kµ. Rata-rata waktu pelayanan tetap 1/μ. 6. Memodelkan waktu pelayanan dgn sbh distribusi Erlang (dgn parameter shape = k) juga dpt berarti waktu pelayanan seorang pelanggan adalah melalui k phase pelayanan, dimana waktu penyelesaian setiap phase memiliki sifat no-memory dengan rata-rata 1/(kμ). Lihat gambar 5, halaman 1112. Pada situasi tertentu, waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan dimodelkan memiliki variansi = 0. Ini disebut model deterministik. Dalam hal ini waktu antar kedatangan = 1/λ dan waktu pelayanan = 1/µ
  • 71.
    NOTASI KENDALL -LEE Notasi digunakan untuk sistem antrian dimana seluruh kedatangan menunggu pd sebuah garis menunggu sampai seorang pelayan dr s pelayanan (paralel) bebas. Pelanggan pergi ke Pelayan yg pertama2 kosong Pelayan 1 Pelayan 2 Pelayan 3 Pelanggan per gi dr sistem
  • 72.
    Menurut Kendall, setiapsistem antrian dijealskan oleh 6 karakteristik : 1/2/3/4/5/6 1: Keadaan proses kedatangan M : Waktu antar kedatangan adalah r.v iid dgn distribusi eksponensial D : Waktu antar kedatangan adalah iid dan deterministik Ek : Waktu antar kedatangan adalah iid Erlang dgn parameter shape = k GI : Waktu antar kedatangan adalah iid diwakili oleh beberapa distribusi yg umum. 2 : Keadaan waktu pelayanan M : Waktu pelayanan adalah iid dan eksponensial D : Waktu pelayanan adalah iid dan deterministik Ek : Waktu pelayanan adalah iid Erlang dgn parameter shape = k G : Waktu pelayanan adalah iid diwakili oleh beberapa distribusi umum
  • 73.
    3 : jumlahpelayan dalam formasi paralel. 4 : Menjelaskan disiplin antrian : FCFS : First come, first service LCFS : Last come, first service SIRO : Service in random order GD : General queue discipline 5 : Maksimum jumlah pelanggan yg diperbolehkan didalam sistem (termasuk pelanggan yg sedang menunggu dan yg sedang dilayani) 6 : Besarnya populasi darimana pelanggan datang. Pada umumnya 4/5/6 adalah GD/~/~, sehingga sering diabaikan. Contoh : M/E2/8/FCFS/10/~ Bisa mewakili sebuah klinik kesehatan dgn 8 doktor, waktu antar kedata ngan adalah eksponensial, waktu pelayanan adalah Erlang 2 phase, disi plin antrian FCFS, dan kapasitas klinik adalah utk 10 orang 1/2/3/4/5/6
  • 74.
    1. Sering digunakanutk menjawab pertanyaan2 tentang sistem antrian. 2. Definisi : a. STATE : Jumlah orang yg berada pd sistem antrian pada waktu t Jadi pd saat t = 0, state dr sistem sama dengan awal jumlah orang yg ada didalam sistem. b. Pij(t) : Probabiliti bahwa pd waktu t akan ada j orang di sistem diketahui pd waktu t = 0, ada i orang di sistem. Catatan : Pij(t) analog dgn n-step probabiliti transisi Pij(n) (Probabiliti bhw setelah n transisi sbh rantai Markov akan berada pd state j, diketahui bhw rantai Markov dimu lai dari state i). Pij(n) akan mendekati batas πj yg independen thdp state i. Begitu juga Pij(t), untuk nilai t yg besar, akan mendekati πj yg independen thdp state awal i. Kita sebut πj adalah steady state, atau equilibrium probability dr state j. Pd kebanyakan sistem antrian, nilai Pij(t) untuk t yg kecil, sangat tergantung dr nilai i (Jumlah awal pelanggan yg ada), sbg contoh P50,1(t) dan P1,1(t) akan sangat ber beda utk nilai t yg kecil. Tetapi dlm keadaan steady state keduanya mendekati π1.
  • 75.
    Berapa besar tagar tercapai keadaan steady state ? Pertanyaan ini sukar dijawab. Keadaan sebelum tercapai steady state disebut transient behavior dan analisa sistem antrian tidak akan dilakukan pada keadaan ini. Sehingga kita akan bekerja dengan πj ketimbang dengan Pij(t). Sebuah birth-death proses adalah sbh continuous-time stochastic process dimana setiap state pd setiap saat adalah positif integer LAWS OF MOTION FOR BIRTH-DEATH PROCESS Law 1: Dgn prob. λjΔt +o(Δt), sebuah birth muncul antara waktu t dan t + Δt. Sebu ah birth menambah state sistem dgn 1. λj disebut birth rate pd state j. Sebuah birth sama dgn sebuah kedatangan. Law 2: Dgn prob µjΔt + o(Δt), sebuah death muncul antara waktu t dan t + Δt. Sebu ah death mengurangi state sistem dgn 1. μj disebut death rate pd state j. Sebuah death sama dgn sebuah penyelesaian pelayanan. Law 3: Birth dan death adalah independen
  • 76.
    o(Δt) : Probabiltibahwa lebih dari 1 event (birth atau death) muncul antara t dan t + Δt, tetapi ; Proses Birth-death ditandai dgn birth rate λj dan death rate µj. Karena sbh state negatif tdk diperbolehkan maka µ0 = 0. 0 )( 0 lim = ∆ ∆ →∆ t to t HUBUNGAN DISTRIBUSI EKSPONENSIAL DAN PROSES BIRTH-DEATH Kebanyakan sistem antrian dgn waktu antar kedatangan aksponensial dan wak tu pelayanan eksponensial dpt dimodelkan sbg proses birth-death. Contoh : M/M/1/FCFS/~/~ Jika state (jumlah orang yg ada) pd waktu t adalah j, maka sifat no-memory dr distribusi eksponensial mengatakan bahwa probabiliti sbh birth selama interval [t, t+Δt] akan tidak tergantung sudah berapa lama sistem di state j. Jadi jika sbh kedatangan baru muncul pd waktu t, maka kemungkinan sbh birth muncul pada Interval [t, t+Δt] adalah : ∫ −= ∆ ∆−− t tt edte 0 1 λλ λ
  • 77.
    Dengan menggunakan deretTaylor ; Sehingga )(1 tote t ∆+∆−=∆− λλ )())(1(11 0 tottotedte t tt ∆+∆=∆+∆−−=∫ −= ∆ ∆−− λλλ λλ Ini berarti bhw kemungkinan sebuah birth muncul selama [t, t+Δt] : λΔt + o(Δt) Shg dpt disimpulkan bahwa birth rate pd state j adalah arrival rate λ Jika pd waktu t state sistem = j, maka kita ketahui bhw 1 pelanggan yg sedang dilayani (karena hanya ada satu pelayan). Sifat no memory dr distribusi ekspo nensial mengatakan bhw kemungkinan seorang pelanggan akan selesai dilayani antara t dan t + Δt adalah : Jadi untuk j≥1, µj = μ Jadi jika penyelesaian pelayanan dan kedatangan adalah independen, maka sistem antrian M/M/1/FCFS/~/~ adalah proses birth-death ∫ ∆+∆=−= ∆ ∆−− t tt totedte 0 )(1 µµ µµ
  • 78.
    LAJU DIAGRAM UTKSISTEM M/M/1/FCFS/~/~ 0 1 2 J-1 J J+1 λ λ λ λ µ μ μ μ Berarti sebuah “birth” (kedatangan) Berarti sebuah “death” (Penyelesaian pelayanan) Sistem2 antrian yg lebih complicated dgn waktu antar kedatangan eksponensial dan waktu pelayanan eksponensial sering dimodelkan sbg proses birth-death dgn menambahkan laju pelayanan laju kedatangan. Sbg contoh : M/M/3/FCFS/~/~ dengan λ = 4 dan μ = 5 adalah sbb;
  • 79.
    0 1 23 4 5 4 4 4 4 4 . . . . . 5 10 15 15 15 λj = 4 untuk j = 0, 1, 2, 3, . . . . µ0 = 0; µ1 = 5; µ2 = 10; µj = 15 untuk j = 3, 4, 5, . . . . JIKA WAKTU ANTAR KEDATANGAN DAN WAKTU PELAYANAN BUKAN EKS PONENSIAL, MAKA PROSES BIRTH-DEATH TDK DAPAT DIGUNAKAN State
  • 80.
    PENURUNAN PROBABILTI PROSESBIRTH-DEATH PADA STEADY STATE 1. Bagaimana πj ditentukan dari proses birth-death. 2. Kuncinya adalah hubungan Pij(t+Δt) dengan Pij(t). 3. Ada 4 cara utk sebuah state pd waktu t+Δt akan di j, yaitu : No. State pd State pd P Ket waktu t waktu (t+Δt) 1 j-1 j Pi,j-1(t)(λj-1Δt+o(Δt))=I Birth 2 j+1 j Pi,j+1(t)(μj+1Δt+o(Δt))=II Death 3 j j Pi,j(t)(1-µjΔt-λjΔt-2o(Δt))=III No Birth No Death 4 Dari state manapun j o(Δt)=IV More than one birth or one death
  • 81.
    Jadi Pij(t+Δt) =I + II + III + IV = Pij(t) + Δt(λj-1Pi,,j-1 + µj+1Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj) + o(Δt)(Pi,j-1(t) + Pi,j+1(t) + 1 – 2Pij(t)) Didapat ; Pij(t+Δt) – Pij(t) = Δt(λj-1 Pi,j-1(t) + µj+1 Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj) + o(Δt) Bagi kedua sisi dengan Δt dan dekati Δt dengan nol, maka didpt utk seluruh i dan j ≥ 1 ; P’ij(t) = λj-1 Pi,j-1(t) + µj+1 Pi,j+1(t) – Pij(t)µj – Pij(t)λj Karena utk j=0, Pi,j-1(t)=0 dan μj=0, didapat utk j=0 P’i,0(t) = µ1 Pi,1(t) – λ0 Pi,0(t) Seperti Rantai Markov, didefinisikan steady-state probabiliti πj sbb; )( lim tP t ij ∞→
  • 82.
    Jadi pd. Keadaansteady state (utk t yg besar) 1. Pij(t) tidak berubah banyak, bahkan dpt dikatakan konstan, shg: a. Pij’(t) = 0 b. Pi,j-1 = πj-1, Pi,j+1 = πj+1, Pij = πj 2. Persamaan diatas menjadi : λj-1πj-1 + µj+1πj+1 - µjπj – πjλj = 0 λj-1πj-1 + µj+1πj+1 = πj(λj + µj) (j = 1, 2, . . . ) For j = 0, μ1π1 = π0λ0 Sesuatu yg benar bahwa : unit waktu jstatekemasukrata2jumlah unit waktu jstatedariberangkatrata2Jumlah = )μ(λπ unit waktu jstatedariberangkatrata2Jumlah jjj += 111 ++− += jjj µπλπ 1-j unit waktu jstatekemasukrata2Jumlah
  • 83.
    j πj-1λj-1 πj+1μj+1 πjλj πjμj J=0 П1μ1 π0λ0 λj-1πj-1 + µj+1πj+1= πj(λj + µj) (j = 1, 2, . . . ) μ1π1 = π0λ0 Flow balance equation
  • 84.
    (j = 0). . . . . . . . π0λ0 = π1µ1 (j = 1) . . . . . . . . (λ1 + μ1)π1 = λ0π0 + μ2π2 (j = 2) . . . . . . . . (λ2 + μ2)π2 = λ1π1 + μ3π3 (Persamaan ke j) . . . . (λj + μj)πj = λj-1πj-1 + μj+1πj+1 Dari persamaan j = 0 : Masuk ke pers. j = 1 1 00 µ λπ π =1 21 10 1 0 20 )( ) µµ λλπ π µ λπµλ πµπλ 0 2 011 20 ( = + =+ Seterusnya kita dapat menghitung π3 dgn menggunakan term π0. Definisikan : j j jc µµµ λλλ ............ ............ 2 11 1 0 − =
  • 85.
    Maka : πj= π0cj Dalam keadaan steady state : (start dari j = 0) Persamaan diatas menjadi : Jika adalah finite, maka : ∑ = ∞ =0j 1jπ ∑ ∑ ∑ =+=+= ∞ = ∞ = ∞ =0j 1j 1j jj00 1c(1c )00 ππππ jc ∑ ∞ =1j jc ∑+ = ∞ =1 1 1 j jc 0π Nilai ini dapat dipakai untuk menghitung π1, π2, π3, …………. Jika adalah infinite, maka tidak ada keadaan steady state.∑ ∞ =1j jc
  • 86.
    Contoh 2 haalaman1121 Indiana Bell Customer services menerima telepon rata-rata 1700 telepon per jamnya. Waktu antara telepon mengikuit distribusi eksponensial. Seorang pelayan dapat menangani rata-rata 30 telepon per jamnya. Waktu yang dibutuh kan untuk menangani telepon juga mengikuit distribusi eksponensial. Perusahaan dapat meng on-hold 25 penelepon. Jika 25 orang penelepon dlm keadaan on hold, maka jika ada 1 penelepon lagi ia akan hilang dalam sistem. Perusahaan memiliki 75 orang pelayanan (operator). A. Berapakah fraksi dari waktu bahwa seluruh operator sibuk ? B. Berapakah fraksi bahwa seluruh telepon hilang dalam system ? Jawaban : 1. Misalkan i : jumlah penelepon yang teleponnya sedang diproses atau on-hold. Untuk i = 0, 1, 2, ………… 99, λi = 1700 Kenyataan bahwa telepon yg dapat diterima jika ada 75 + 25 penelepon di dalam sistem, sehingga λ100 = 0. μ0 = 0 Untuk i = 1, 2, 3, ……..75, μi = 30i. Dan untuk i>75, µi = 30(75) = 2250 2. Lihat tabel halaman 1122 dalam menentukan prob utk keadaan steady state : State yg mungkin dlm sistem : A4 ……… A104 Birth-rate : B4 ………. B104; Death rate : C4 ………. C104 (dgn rumus 30i) 3. Nilai cj ada dikolom D, dan kita harus menjumlahkan cj utk menghitung π0. 4. Nilai πj ada dikolom E A. π75 + π76 + ………….+ π100 adalah untuk jawaban A B. π100 jawaban B.
  • 87.
    1. Waktu antarkedatangan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju kedatangan λ. 2. Waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial dengan laju pelayanan μ. 3. Pelayan hanya satu. 4. Jika sistem dimodelkan dgn proses birth-death didapat ; λj = λ (j = 0, 1, 2, ……….) µ0 = 0; µj = µ (j = 1, 2, 3, ………) 5. Probabilitas bahwa ada j pelanggan didalam sistem (dlm keadaan steady-state) dan dimisalkan ρ=λ/μ (disebut traffic intencity) didapat ; 6. Jumlah prob. dlm keadaan steady state = 1 didapat ; π0 (1 + ρ + ρ2 + …………) = 1 Asumsi : 0 ≤ ρ ≤ 1, dan dgn mengevaluasi S = 1 + ρ + ρ2 + ………… ρS = ρ + ρ2 + ρ3 + ………. Maka S – ρS = 1, dan : ρ-1 1 S = 0 0 0 20 0 0 ,, πρ µ πλ ππρ µ πλ πρπ µ λπ π j j ====== j j2 2 21 ................
  • 88.
    Dengan mensubsitusikan keπ0 (1 + ρ + ρ2 + …………) = 1, didapat; π0 =1 – ρ. Sehingga didapat : ρ-1 1 S = πj = ρj (1 – ρ) (0 ≤ ρ ≤ 1) Jika ρ ≥ 1 (berarti λ ≥ µ), maka perjumlahan yg infinite akan “blows up”, sehingga tidak ada keadaan steady state. (UTK SETERUSNYA DIASUMSIKAN ρ < 1) L : Jumlah rata-rata pelanggan di sistem antrian (ingat statistik) ∑ ∑ =−== ∞ = ∞ =0j 0j j - jjL λµ λ ρρπ )1(j (Lihat penurunan hal.1125 – 1126) Lq = Jumlah rata-rata pelanggan menunggu di line (atau pada antrian) ∑ == ∞ =0j 2 q )-( 1)-(jL λµµ λ π j
  • 89.
    Ls = Jumlahrata-rata pelanggan di service = 0π0 + 1(π1 + π2 + …….) = 1 – π0 = 1 – (1 – ρ) = ρ Lq = L – Ls = ρ ρ −1 2 LITTLE’S QUEUING FORMULA Definisi ; W : Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di sistem antrian (termsuk pada saat mengantri dan dilayani) Wq: Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di antrian Ws: Rata-rata lamanya waktu seorang pelanggan di service. L = λW; Lq = λWq; Ls = λWs Jadi untuk M/M/1/GD/~/~ λµρλ ρ λ ρ ρ - 1 )-(1 L W -1 L === =
  • 90.
    )-( L W; )( L q qq λµµ λ λλµµ λ == − = 2 Contoh 3, halaman1128 Rata-rata 10 mobil per jam tiba pada sebuah single server drive in teller. Asumsi rata-rata waktu pelayanan untuk setiap pelanggan adalah 4 menit. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial. Jawab pertanyaan berikut ini : A. Berapa kemungkinan bahwa teller nganggur ? B. Berapa jumlah rata-rata mobil menunggu di antrian ? C. Berapa rata-rata waktu seorang pelanggan di bank parking lot (termasuk waktu di service) ? D. Berapa rata-rata jumlah pelanggan per jam yang akan dilayani oleh teller ? Contoh 4, halaman 1128 Misalkan seluruh pemilik mobil akan mengisi bensin ketika bensin mereka tinggal 0,5 tangki. Pada saat ini rata-rata 7,5 pelanggan per jam yg datang pd sebuah pompa bensin. Dibutuhkan rata-rata 4 menit untuk melayani sebuah mobil. Asumsi waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial. A. Hitunglah L, dan W B. Misalkan terjadi kekurangan bensin, dan pembeli panik membeli bensin. Untuk menggambarkan situasi ini, misalkan sekarang seluruh pemilik mobil membeli bensin ketika bensin mereka tinggal 0,75 tangki. Oleh karena ini diasumsikan bahwa rata-rata waktu pelayanan berkurang menjadi 3,33 menit, bagaimanakah pengaruh ini terhadap L dan W ? Contoh 4 mengilustrasikan kenyataan bahwa sebagaimana ρ mendekati 1, nilai L dan W bertambah secara Cepat. Lihat tabel 5 halaman 1129
  • 91.
    Contoh 5, halaman1129 Pekerja Mekanik yg bekerja pd sebuah tool-and-die plant harus mengambil alat2 dari sebuah pusat alat2. Rata2 10 pekerja mekanik per jam yg datang mencari parts. Pada saat ini, di pusat alat, dipekerjakan seorang clerk yg dibayar $6 per jam dan ia dapat menangani setiap 5 menit per permintaan alat. Karena setiap mekanik menghasilkan nilai setara $10 produk per jam, maka setiap jam yg mekanik gunakan pada pusat alat membutuhkan biaya $10. Perusahaan sedang mempertimbangkan apakah bernilai untuk memperkerjakan seorang pembantu (utk 4$ perjam) untuk membentu clerk. Jika pembantu dipekerjakan, clerk membutuhkan rata2 hanya 4 menit utk memproses permintaan alat. Dengan mengasumsikan bahwa distribusi waktu pelayanan dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial, haruskah pembantu dipeker jakan ? 1. Kapasitas sistem adalah c. 2. Jika ada c pelanggan di sistem, maka semua kedatangan akan pergi dan hilang. 3. Waktu pelayanan (dgn laju pelayanan = µ) dan antar kedatangan (dgn laju kedatangan = λ) mengikuti distribusi eksponensial. 4. Sistem ini dpt dimodelkan sbg proses birth-death dengan : λj = λ (j = 0, 1, 2, ……….c -1) λc = 0 μ0 =0 μj = μ (j = 1, 2, 3, ………….c)
  • 92.
    0 1 2c-1 c λ λ λ µ μ μ …………………..... Didapat (untuk ρ = λ/µ) ; ),.........2,10 ),........3,2,1 1 1 0 1 ++== == − − = + ccj cj j j j c ( ( 0 π πρπ ρ ρ π Untuk λ = μ, Kemungkinan steady state menjadi : (j = 0, 1, 2, ……c) 2 1 1 c c j L = + =π Untuk , dapat dibuktikan untuk λ ≠ µ;∑ = c j jj 0 π ( )[ ] ( )( )ρρ ρρρ −− ++− = + + 11 11 1 1 c cc cc L
  • 93.
    )1()1( c q q c L W L W πλπλ − = − =dan Steady state pd sitem antrian ini ada walaupun λ ≥ µ Contoh 6, halaman 1135: Seorang tukang cukur memiliki total 10 kursi. Waktu antar kedatangan pelanggan mengikuti distribusi eksponensial dan rata-rata 20 pelanggan datang setiap jam. Pelanggan2 yg melihat toko cukur penuh tidak akan masuk. Tukang cukur membutuhkan rata-rata 12 menit untuk mencukur rambut seorang Pelanggan. Waktu mencukur ini juga mengikuti distribusi eksponensial. A. Rata-rata berapa jumlah pelanggan per jam yg dipotong rambutnya ? B. Rata-rata, berapa lama seorang pelanggan di toko cukur ini ? Ls = 0π0 + 1(π1 + π2 + ………..) = 1 – π0 Lq = L – Ls λπc = Jumlah pelanggan yg datang dan menemukan bahwa sistem terisi penuh dan kemudian meninggalkan sistem, sehingga : λ – λπc = Jumlah pelanggan yg sebenarnya memasuki sistem.
  • 94.
    1. Asumsi :Waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju kedatangan λ. Waktu pelayanan mengikuti distribusi eksponensial dgn laju pelajanan μ. 2. Pelanggan antri pada satu garis menunggu untuk dilayani oleh s paralel pelayan. 3. Jika j ≤ s pelanggan ada, maka seluruh j pelanggan dilayani, tetapi jika j > s, maka seluruh pelayan sibuk dan (j-s) pelanggan menunggu di garis antrian. 4. Bank dan kantor pos adalah contoh sistem antrian ini. 5. Dalam model birth-death : λj = λ untuk j = 0, 1, 2, ……… Jika j pelayan terisi (sedang melayani), maka penyelesaian pelayanan muncul dengan laju sbg ; μ + μ + μ + ………… = jμ ada µ sejumlah j 6. Jika ada sejumlah j pelanggan, maka min(j,s) pelayan terisi, shg μj = min(j,s)μ. 7. Jadi dalam model birth-death, sistem ini dimodelkan dgn : λj = λ untuk j = 0, 1, 2, …………. µj = jµ untuk j = 0, 1, 2, ………… s µj = sµ untuk j = s+1, s+2, ……….
  • 95.
    Definisikan , danuntuk ρ < 1 didapat ;µ λρ s = 0 1 2 s s+1 λ λ λ µ 2μ sμ …………………..... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ..........2,s1,ss,juntuk .......s..........2,1,juntuk j ++== == −≥ = ∑ − + = − − = sj j j j s i si ss s j s s sjPs s s i s ! ! 1)(! 1!! 1 0 0 21 0 0 πρ π πρ π ρ ρ ρ ρρ π ……….. Jika ρ ≥ 1, tidak ada keadaan steady state.
  • 96.
    Kemungkinan bahwa seluruhpelayan sibuk : Tabel 6 (hal.1140) adalah tabulasi P(j≥s). Lamanya pelanggan di antrian Lq adalah : Dgn kenyataan L = Ls +Lq, Ws = 1/μ, dan Ls = λ/μ, maka: L = Lq + λ/μ Jadi jika kita ingin menentukan L, Lq, W, atau Wq, maka kita harus melihat tabel 6 halaman 1140. ( ) ( )ρ πρ − =≥ 1! )( 0 s s sjP s λµλρ ρ − ≥ == − ≥ = s sjPsjP )( 1 )( q qq L WdanL ( ) µλµµµλλ 111 + − ≥ =+=+== s sjP WW q qLL Contoh 7, halaman 1139 : Misalkan sebuah bank dengan 2 teller. Rata-rata 80 pelanggan per jam tiba di bank dan antri pd sebuah garis antrian menunggu seorang teller menganggur. Rata-rata 1,2 menit per pelanggan dibutuhkan untuk melayani. Asumsi waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distr. Eksponensial. A. Jumlah rata-rata (expected number) pelanggan ada di bank (L) ? B. Rata-rata lamanya seorang pellanggan di bank (W) ? C. Fraksi waktu dimana seorang teller menganggur ? Pelajari contoh 8, halaman 1140
  • 97.
    Sbg tambahan thdpexpected waktu pelanggan di sistem, distribusi waktu menunggu pelanggan perlu diketahui. Misalkan, seluruh pelanggan yang telah menunggu lebih dari 5 menit pd sebuah counter supermarket, memutuskan utk pergi ke store lainnya. Maka probabilitas bhw seorang pelanggan pergi ke store lainnya adalah P(W>5). Untuk menentukan kemungkinan ini, kita perlu mengetahui distribusi waktu menunggu dari pelanggan. Untuk sistem M/M/s/FCFS/~/~, dpt ditunjukan bhw ; ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]tssjPtWP ss sst sjPetWP q t ρµ ρ ρµµ −−≥=>       −− −−−− ≥+=> − 1exp 1 1exp1 1)( 1. Pada sistem antrian ini pelanggan tidak pernah menunggu utk dilayani. 2. Seluruh waktu pelanggan di sistem dianggap sbg waktu pelayanan. 3. Dapat dikatakan setiap pelanggan yg datang pasti tersedia pelayan. 4. Sistem disebut memiliki infinite server atau self-service. 5. Contoh pd tabel 7, halaman 1145 6. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan mengikuti distribusi sembarang, dan sistem ini ditulis sbg : GI/G/~/GD/~/~.
  • 98.
    W = 1/μ L= λ/µ (persamaan ini tdk. membutuhkan asumsi distr. eksponensial). Didapat : !j e j j µ λ µ λ π −      = Contoh 9, halaman 1146 Selama setiap tahun, rata-rata 3 toko ice cream dibuka di kota smalltown. Rata-rata lamanya sebuah toko ice-cream tetap dlm bisnis adalah 10 tahun. Pd tgl 1 januari 2525, berapakah rata-rata jumlah toko ice cream yg akan ada di smalltown ? Jika distribusi waktu antara dibukanya toko ice cream adalah eksponensial, berapakah kemungkinan bhw pd tgl 1januari 2525 akan ada 25 toko ice cream ? 1. Satu pelayan dengan waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponen sial, tetapi distribusi waktu pelayanan (S) bukan eksponensial. 2. Misalkan laju kedatangan adalah λ, dan E(S) = 1/μ dan σ2 = var s 3. Sistem antrian ini bukan proses birth-death (waktu pelayanan tidak memiliki sifat no-memory), sehingga tidak dpt dituliskan bahwa kemungkinan sebuah service completion antara t dan t+Δt tidak sama dgn µΔt.
  • 99.
    4. Penentuan kemungkinanpd keadaan steady state sangat sukar ditentukan. Pollaczek dan Khinchin mendapatkan hal berikut; ( )ρ ρσλ − + = 12 222 qL Dimana ρ = λ/μ. Karena Ws = 1/µ, maka Ls=λ(1/μ) = ρ. Karena L = Ls + Lq maka didapatkan : L = Lq + ρ ρπ µλ −= +== 1 1 ; 0 q q q WW L W = Fraksi (probabilitas) pelayan nganggur. Hasil ini sama dengan yg didapat utk M/M/1/GD/~/~ Kita akan bandingkan sistem antrian diatas dengan M/M/1/GD/~/~ dgn λ = 5 pe langgan per jam dan µ = 8 pelanggan per jam Utk M/M/1/GD/~/~ Pelanggan 24 25 8 5 3 5 -LL Pelanggan 3 5 - L q =−== == ρ λµ λ
  • 100.
    Jam L Jam L q 24 5 5 24 25 3 1 5 3 5 === === λ λ qW W Diket : E(S)= 1/λ = 1/8, dan var(S) = 1/λ2 = 1/64. Sehinnga utk M/G/1/GD/~/~ : ( ) ( ) ( ) ( ) Jam L Jam L PelangganLL PelangganL q q q 3 1 5 3 5 24 5 5 24 25 3 5 8 5 24 25 24 25 8 512 8 5 64 5 12 22 222 === === =+=+= = − + = − + = λ λ ρ ρ ρσλ W Wq Dapat dilihat efek variance waktu pelayanan thdp efisiensi sistem antrian.
  • 101.
    Untuk M/D/1/GD/~/~, E(S)= 1/8 dan var(S) = 0. ( ) ( ) ( ) Jam L PelangganL q q 48 5 5 48 25 48 25 8 512 8 5 12 2 222 === = − = − + = λ ρ ρσλ qW Pada sistem ini, hanya separuh waktu dibutuhkan seorang pelanggan berada di antrian dibandingkan dengan M/M/1/GD/~/~,
  • 102.
    Sudah diasumsikan bahwalaju kedatangan independent thdp state sistem (kecuali untuk M/M/1/GD/c/~. Ada 2 situasi dimana asumsi ini tidak berlaku ; - Jika pelanggan tidak mau lama pada antrian yg panjang. - Jika kedatangan ke sistem berasal dari populasi yg kecil. Model dimana kedatangan berasal dari populasi yg kecil disebut : Finite Source Model Sebuah contoh model ini adalah Machine Repair Model. 1. Model terdiri dr. K mesin dan R operator yg memperbaiki. 2. Pd waktu sesaat, kondisi mesin bisa baik atau jelek. 3. Lamanya mesin dlm keadaan baik mengikuti distribusi eksponensial dengan laju = λ. 4. Ketika mesin rusak, mesin dikirim ke pusat perbaikan yg terdiri dari R operator. 5. Pusat perbaikan melayani mesin yg rusak sbg sistem M/M/R/GD/~/~.
  • 103.
    6. Jika Jumlahmesin yg rusak J ≤ R, sebuah mesin yg baru saja rusak akan langsung diperbaiki. Jika J > R, maka (J-R) mesin akan menunggu pd antrian, menunggu seorang operator nganggur. 7. Waktu untuk memperbaiki (waktu pelayanan) mengikuti distribusi eksponensial dengan laju = μ. 8. Sekali mesin diperbaiki, ia menjadi baik dan ada kemungkinan lagi jadi jelek. 9. Model ini dpt dimodelkan sbg proses birth-death, dimana state j adalah jumlah mesin yg dalam keadaan jelek. 10. Model ini adalah M/M/R/GD/K/K. 11. Contoh untuk K=5 dan R=2 State Jumlah mesin Jumlah Jumlah operator Yang rusak Dlm Antrian Yang sibuk 0 GGGGG 0 0 1 GGGG 0 1 2 GGG 0 2 3 GG B 2 4 G BB 2 5 BBB 2
  • 104.
    12.Untuk menentukan birthrate, kita harus tahu bahwa sistem ada di state j. Jika sistem ada di state j, maka (K-j) mesin yg dlm keadaan baik. Karena setiap mesin memiliki laju kerusakan λ, maka total rate adalah : λj = λ + λ + ………….λ = (K-j)λ (K-j)λ 13. Death rate : µj = jµ (j = 0, 1, 2, ……….R) µj = Rµ (j = R+1, R+2, …………K) 1............. ),......2,1 ! ! )......,.........1,0 10 0 0 =+++ ++=       = =      = − K Rj j j j KRRj RR j j K Rj j K πππ πρ πρπ :bahwaingat ( (
  • 105.
    0 1 24 5 5λ 4λ 3λ 2λ λ µ 2μ 2μ 2μ 2μ 3 L = Jumlah ekspektasi mesin yg rusak Lq = Jumlah ekspektasi mesin yg menunggu utk diperbaiki W = Rata-rata waktu sebuah mesin dalam keadaan rusak Wq = Rata-rata waktu sebuah mesin menunggu utk diperbaiki. ( ) ( ) ( )∑ ∑ −=−== == ∑ −= ∑= = = = = K j K j jjj q K Rj j K j j LKjk WW Rj j 0 0 0 ; λπλλπλ λλ π π Dimana LL L L q q
  • 106.
    Contoh 10, halaman1151 Departemen polisi memiliki 5 mobil patroli. Sebuah mobil rusak dan membutuhkan perbaikan sekali dalam 30 hari. Departemen polisi memiki 2 operator yg memperbaiki mobil dimana setiap operator membutuhkan rata-rata 3 hari utk memperbaiki sebuah mobil. Waktu rusak dan waktu perbaikan mengikuti distribusi Eksponensial. A. Tentukan rata-rata jumlah mobil polisi dalam keadaan baik ? B. Hitung average down time utk sebuah mobil yg membutuhkan perbaikan? C. Hitung fraksi dr waktu seorang operator menganggur? Rumus : Kemungkinan bhw seorang server ngangur adalah sbb: ( ) ( ) RR R R R R 121 0 ................ 21 − ++ − + − + πππ π
  • 107.
    Pelayanan thdp pelangganbelum komplit sebelum dilayani oleh lebih dari satu pelayan. Sistem disebut juga k-stage series (atau tandem) Input rate λ Stage 1 Output 1 = Input 2 Stage 2 Output 2 = Input 3, ctc . . . . . . . . . . ………… . . . . . Sk server Rate µk S2 server Rate µ2 S1 server Rate µ1 output
  • 108.
    Menurut Jackson (1957) Theorem4: Jika : 1. Waktu antar kedatangan utk sebuah sistem antrian yg seri adalah eksponensial 2. Waktu pelayanan utk setiap stage pelayanan adalah eksponensial 3. Setiap stage memiliki kapasitas ruang tunggu infinite Maka waktu antar kedatangan utk kedatangan ke setiap stage dr sistem antrian adalah eksponensial dengan laju λ. Jadi setiap stage harus memiki kapasitas yg cukup untuk melayani sejumlah kedatangan yg datang dgn laju λ, Jika tidak sistem akan “blow-up” pada stage yg tidak cukup. Ingat sistem M/M/s/GD/~/~ Dapat dilihat bahwa setiap stage akan memiliki kapasitas yg cukup utk meng handle kedatangan dgn laju λ jika utk j = 1, 2, ……….k, λ < sj μj. Jika hal ini dipenuhi, maka untuk stage j sistem pd gambar diatas dapat dianalisa sebgai sebuah sistem M/M/sj/FCFS/~/~ dgn waktu antar kedatangan eksponensial dgn laju λ dan waktu pelayanan rata-rata 1/µj.
  • 109.
    Contoh 11, halaman1155 Dua pekerjaan yg harus dikerjakan sebelum sebuah mobil selesai dibuat adalah memasang mesin dan ban. Rata-rata 54 mobil per jam datang membutuhkan dua pekerjaan ini. Seorang pekerja tersedia utk memasang mesin dan dapat melayani rata-rata 60 mobil per jam. Setelah mesin dipasang, mobil akan menuju stasiun ban dan menunggu ban utk dipasang. Ada 3 pekerja pd stasiun ban. Setiap saat orang bekerja pada satu mobil saja dan dapat memasang ban pd sebuah mobil rata-rata 3 menit. Waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan adalah mengikuti distribusi eksponensial. 1. Tentukan rata-rata panjang antrian pd setiap stasiun kerja ? 2. Tentukan ekspektasi waktu total sebuah mobil menunggu utk dilayani ? OPEN QUEUING NETWORK 1. Generalisasi sistem antrian seri 2. Asumsi : pada stasiun j terdiri dr sj pelayan (distr.eksponensial) dgn laju μj. 3. Pelanggan diasumsikan datang dari luar sistem antrian ke stasiun j dgn laju rj. (waktu antar kedatangan diasumsikan berdistribusi eksponensial). 4. Setelah selesai dilayani pd stasiun i, pelanggan bergabung pd antrian stasiun j dgn kemungkinan Pij, dan selesai dilayani dengan kemungkinan : 5. Definisikan λj : laju dimana pelanggan tiba di stasiun j (ini mencakup kedatangan pelanggan dr luar sistem antrian dan dr stasiun lainnya) ∑− = k j ijP 1 1
  • 110.
    7. λ1, λ2,………….λk dapat dihitung dengan menyelesaikan persamaan linier berikut: 8. Sbh fraksi Pij dari λi datang ke stasiun i selanjutnya akan ke stasiun j. 9. Misalkan sjµj > λj berlaku utk seluruh stasiun, maka distribusi probabilitas jumlah pelanggan yg ada di stasiun j dan jumlah rata-rata pelanggan yg ada di stasiun j dapat dihitung dgn men “treat” stasiun j sbg : M/M/sj/GD/~/~, dengan laju kedatangan λj dan laju pelayanan μj. 10 Jika untuk stasiun j, sjµj ≤ λj, maka tidak ada distribusi steady state. 11 L (jumlah rata-rata pelanggan didalam sistem antrian) adalah dengan menjum lahkan jumlah rata-rata pelanggan yg ada pd setiap stasiun. 12. W = λL untuk seluruh sistem, dimana λ = r1 + r2 + ……+rk. ∑+= = k i iijjj Pr 1 λλ Contoh 12, halaman 1157 Misalkan ada 2 pelayan. Rata-rata 8 pelanggan per jam datang dari luar pada pelayan1, dan rata-rata 17 pelanggan per jam datang dari luar pada pelayan2. Distribusi waktu antar kedatangan adalah eksponensial. Pelayan1 dpt melayani pada laju eksponensial 20 pelanggan per jam, dan pelayan2 dapat melayani dgn laju eksponensial 30 pelanggan per jam. Setelah dilayani pada pelayan1, 0,5 dr pelanggan meninggalkan sis tem dan setengah lagi menuju pelayan2. Setelah dilayani pada pelayan2, 0,75 dr pelanggan selesai dilayani dan 0,25 menuju pelayan1. 1. Berapa fraksi waktu bhw pelayan1 nganggur? 2. Berapa rata-rata pelanggan pada setiap pelayan 3. Berapa rata-rata waktu seorang pelanggan didalam sistem ? 4. Bagaimana perubahan jawaban (1) s/d (3) jika pelayan2 dpt melayani rata-rata 20 pelanggan per jam ?
  • 111.
    1. Pada umumsistem antrian, sebuah kedatangan yang menemukan semua pela yanan penuh akan hilang atau meninggalkan sistem. Sistem ini disebut Blocked Customers Cleared (BCC) 2. Asumsi bahwa waktu antar kedatangan adalah eksponensial. 3. Disini Lq = Wq = 0. Jika waktu rata-rata pelayanan = 1/μ dan λ = laju kedatangan, maka W + Wq = 1/μ. 4. Pd sistem BCC, perhatian utama difokuskan pada fraksi seluruh kedatangan yang pergi dari sistem. Karena kedatangan akan pergi jika ada s pelanggan di sistem, maka πs adalah fraksi kedatangan yg pergi. Jadi rata-rata λ πs kedatangan per satuan waktu yg hilang dr sistem, dan λ(1-πs) yg masuk kedlm sistem. Sehingga : µ πλ )1( s− == sLL
  • 112.
    5. πs tergantungpd distribusi waktu pelayanan (yaitu 1/μ). Ini disebut Erlang Loss Formula. 6. Jika didefinisikan ρ = λ/µ, maka untuk s tertentu nilai πs dapat dilihat pada gam bar 21, halaman 1160. Sumbu x merepresentasikan ρ. Sumbu y adalah nilai πs yang berhubungan dgn jumlah pelayan s. Contoh 13, halaman 1159 Rata-rata ada 20 call per jam untuk ambulance pd sebuah rumah sakit. Sebuah ambulance rata-rata membutuhkan waktu 20 menit untuk menjemput dan mengantar pasien ke rumah sakit. Setelah itu ambulance dapat kembali digunakan untuk menjemput pasien. Berapakah ambulance yang harus dimiliki rumah sakit untuk meyakinkan bahwa paling banyak 1% kemungkinan rumah sakit tidak dapat merespon call ? Asumsi bahwa waktu antar kedatangan mengikuti distribusi eksponensial. Cara untuk membuktikan bahwa waktu antar kedatangan atau waktu pelayanan me ngikuti distribusi eksponensial adalah dengan GOODNESS OF FIT TEST atau CHI- KUADRAT TEST.
  • 113.
    APA YG DILAKUKANJIKA WAKTU ANTAR KEDATANGAN DAN WAKTU PELAYANAN BUKAN EKSPONENSIAL 1. Dapat didekati dengan distribusi Erlang. 2. Diketahui sebelumnya : Jika T adalah distribusi Erlang dgn laju parameter kμ dan parameter shape k, maka : 2 k 1 (T)var 1 T) µµ == ;(E 3. Untuk k>1, dapat dilihat bahwa var T < E(T)2 . Jadi jika sampel data menunju kan bahwa var T < E(T)2 , maka distribusi Erlang dpt digunakan utk mengamati waktu antar kedatangan atau waktu pelayanan dgn prosedur berikut ; Step 1: Jika waktu pelayanan t1, t2, ……..tn, telah diamati, maka estimasi E(T) : n ttt t n+++ == ..........21 Step 2: Pilih µ sehingga E(T) = , dant t t 1 , 1 == µ µ atau ; var (T) = ( )     ∑ −      − = = n i i tt n s 1 22 1 1
  • 114.
    Step 3; Denganasumsi bahwa , carilah prameter shape k (positif integer) yang membuat vat (T) mendekati s2 . Jadi distribusi Erlang dapat diguna kan dgn laju parameter kμ dan parameter shape k t 1=µ Contoh 15, halaman 1167 Untuk sebuah sampel 100 pasien di rumah sakit, rata-rata pasien tinggal adalah 7 hari dengan variance 16 hari. Gunakan distribusi Erlang terhadap data ini. Jika waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan dr sistem antrian mengikuti distribusi Erlang, maka perhitungan probabiltas dalam keadaan steady-state sangat sukar dilakukan. Hillier dan Yu telah membuat tabel untuk probabilitas ini untuk berbagai sistem antrian, seperti yang ditunjukan pada tabel 10, halaman 1167. Contoh 16, halaman 1168 Misalkan sebuah klinik berjalan dengan 4 dokter dapat dimodelkan sbg sistem antrian M/E3/4/FCFS/~/~. Rata-rata 12 pasien datang per jam. Seorang dokter dapat memeriksa rata-rata 4 pasien per jamnya A. Berapakah kemungkinan bahwa seorang pasien harus menunggu untuk diperiksa ? B. Berapakah rata-rata waktu seorang pasien menunggu seorang dokter ? C. Berapakah rata-rata jumlah pasien ada di klinik ?
  • 115.
    1. Disiplin antrianbukan FCFS 2. Misalkan WFCFS, WSIRO, WLCFS : waktu menunggu seorang pelanggan pada sistem antrian dengan masing2 disiplin FCFS, SIRO, dan LCFS. Dapat dibuktikan bahwa : E(WFCFS) = E(WSIRO) = E(WLCFS) dan var WFCFS < var (WSIRO) < var (WLCFS). 3. Pada beberapa organisasi, urutan dimana pelanggan dilayani tergantung pd tipe dari pelanggan. Contoh, ruang emergency pd rumah sakit biasanya akan melayani pasien dengan penyakit lebih serius dahulu kemudian ke pasien yang kurang serius. Begitu juga pd sistem komputer, pekerjaan yg lebih panjang akan tidak dahulu dilayani dibandingkan dengan pekerjaan yg lebih pendek. Sistem antrian ini disebut priority queuing models.
  • 116.
    4. Misalkan adan tipe pelanggan (tipe1, tipe2,…………..,tipen). Waktu antar kedatangan utk pelanggan tipe i mengikuti distribusi eksponensial dgn laju λi. 5. Waktu pelayanan pelanggan tipe i diwakili oleh r.v S (tidak perlu eksponensial). Diasumsikan bahwa angka tipe yg lebih kecil mempunyai prioritas yang lebih besar NONPREEMPTIVE PRIORITY MODEL 1. Pada model ini pelayanan terhadap pelanggan tidak dapat diinterupsi. Setelah dilayani, pelanggan lainnya dipilih dengan prioritas yg lebih tinggi (didalam setiap tipe pelanggan dilayani dgn cara FCFS) 2. Pd notasi Kendall, model ini ditandai dengan menuliskan NPRP pada lokasi nomor 4. Untuk menunjukan beberapa tipe pelanggan, kita menambahkan subcript pada lokasi 1 dan 2 (Mi/Gi/…………) Wqk : Ekspektasi steady-state waktu menunggu di antrian oleh pelanggan k Wk : Ekspektasi steady-state waktu menunggu di sistem oleh pelanggan k Lqk : Ekspektasi steady-sate jumlah pelanggan tipe k menunggu di antrian Lk : Ekspektasi steady-sate jumlah pelanggan tipe k menunggu di sistem
  • 117.
    Mi/Gi/1/NPRP/~/~ ( )( ) kkk k qkk qkkqk kk n k kk qk k i ik i i W WW W aa SE W aa λ µ λ λ µ λ ρ µ λ ρ = += = −− ∑ = <∑ ∑=== − = = = L L :makaAsumsikan :nDefinisika n 1ii i i 1 11 2/)( ,1 ,0, 1 1 2 1 0 Sebuah fasilitas fotocopy memberikan prioritas thdp pekerjaan yg lebih pendek dibandingan pekerjaan yg lebih panjang. Waktu antar kedatangan untuk setiap pekerjaan mengikuti distr. Eksponensial, dan rata 12 pekerjaan pendek dan 6 pekerjaan panjang datang setiap jam. Misalkan pekerjaan tipe 1adalah pekerjaan pendek dan tipe 2 adalah pekerjaan panjang. Kemudian diketahui E(S1) = 2 menit E(S1 2 ) = 6 menit2 = 1/600 jam2 E(S2) = 4 menit E(S2 2 ) = 18 menit2 = 1/200 jam2 Tentukan rata-rata lamanya waktu utk setiap pekerjaan pada fasilitas fotocopy ?
  • 118.
    Mi/Gi/1/NPRP/~/~ WITH CUSTOMER-DEPENDENTWAITING COSTS 1. Biaya sebesar ck per satuan waktu dikenakan pelanggan tipe k di sistem. 2. Bagaimana mengurutkan prioritas tipe pelanggan sehingga didapat expected biaya yang minimum (dalam keadaan steady state). 3. Misalkan n tipe pelanggan diberi nomor: c1µ1 ≥ c2µ2 ≥ ……………≥ cnµn. Ekspectasi biaya akan minimum dgn memberikan prioritas tertinggi pada pelanggan tipe 1, prioritas kedua kepada pelanggan tipe 2, dan seterusnya prioritas terendah untuk pelanggan tipe n. Contoh : minimum L (jumlah rata-rata pekerjaan di sistem) misalkan c1 = c2 = c3 =…………= cn = 1 (Biaya per satuan waktu = jumlah pelanggan di sistem, sehingga ekspectasi biaya akan sama dgn L) sehingga µ1 ≥ µ2 ≥ ……………≥ µn, atau 1/µ1 ≤ 1/µ2 ≤ ……………≤ 1/µn Sehingga jumlah ekspectasi pekerjaan akan minimum jika prioritas tertinggi diberikan kepada tipe pelanggan dgn waktu pelayanan terpendek. Disiplin prioritas ini disebut SHORTEST PROCESSING TIME (SPT).
  • 119.
    Kita harus mengasumsikanbahwa setiap tipe pelanggan harus memiliki distribusi waktu pelayanan adalah eksponensial dgn rata = 1/µ, dan pelanggan tipe i memiliki distribusi antar kedatangan eksponensial dgn laju λi. ( )( ) µ λλλ ρ µ λ µ s sjPa saas sjP W n k i i kk qk +++ = ≥= ∑= −− ≥ = =− .......... )(0 11 )( 2 0 11 1 ;dengan1140,halaman6,tabeldarididapatdan akdimana Contoh 18, halaman 1172 Kota Gotham memiliki 5 mobil polisi. Departemen polisi menerima 2 tipe call ; emergency (tipe 1) dan nonemergency (tipe 2). Waktu antar kedatangan utk setiap tipe mengikuti distribusi eksponensial dengan rata-rata 10 emergency dan 20 nonemergency tiap jamnya. Setiap call memilki waktu pelayanan eksponensial dgn rata-rata 8 menit. (asumsi : rata-rata 6 dari 8 menit adalah waktu perjalanan dr stasiun polisi ke pemanggil (caller) dan kembali ke stasiun polisi). Prioritas utama diberikan kepada emergency call. Rata-rata, berapa lama akan digunakan antara adanya call nonemergency dan kedatangan sebuah mobil polisi ?
  • 120.
    PREEMPTIVE PRIORITY MODEL Pelanggandengan prioritas lebih rendah dapat di BUMPED dari pelayanan oleh pelanggan dengan prioritas yg lebih tinggi. Kemudian setelah pelanggan prioritas tinggi ini selesai, maka pelanggan prioritas lebih rendah akan masuk kembali ke sistem. A. Preemtive Resume Priorities Pelayanan thdp pelanggan dilanjutkan dari saat dia diinterup B. Preemtive Repeat Priorities Pelayanan thdp pelanggan selalu dari awal. Ternyata jika waktu pelayanan adalah eksponensial, maka model resume dan repeat adalah sama. C. Model ini adalah Mi/M/1/PRP/~/~ dengan waktu pelayanan utk setiap pelanggan adalah eksponensial dgn rata-rata 1/µ dan waktu antar kedatangan adalah eksponensial dengan laju λ. Maka ; ( )( ) ∑== −− = =− k i i k kk k aa aa W 1 0 1 0 11 1 µ λµ dandengan
  • 121.
    Contoh 19, halaman1173 Pada sistem komputer Podunk U, pekerjaan tipe 1 selalu preempt pekerjaan tipe 2. Lamanya setiap tipe pekerjaan mengikuti distribusi eksponensial dgn rata-rata 30 detik. Setiap jam, rata-rata 10 pekerjaan tipe 1 dan 50 pekerjaan tipe 2 datang. Berapakah rata-rata lamanya pekerjaan tipe 2 yg dibutuhkan sejak pekerjaan diberikan dan selesai ? (asumsi waktu antar kedatangan adalah mengikuti distribusi eksponensial)
  • 122.
    1. Definisi : SebuahGRAFIK (graph) atau JARINGAN (network) didefinisikan oleh 2 set simbol : Nodes : Sebuah set (sebut saja V) titik2 (points) atau Vertices. Arcs : terdiri dari pasangan urutan vertices yang merepresentasikan sebuah arah yang mungkin dari pergerakan antar vertices. 2. Jika sebuah jaringan mengendung arc (j,k), maka gerakan yg diperbolehkan adalah dr node j ke k. 3. Misalkan ada node 1, 2, 3, dan 4 sbb Buku OR1 Halaman 394 1 2 3 4 V = {1,2,3,4} A = {(1,2),(2,3),(3,4),(4,3),(4,1)}
  • 123.
    DEFINISI : CHAIN :Sebuah urutan arc sehingga setiap arc memiliki vertex yg sama dgn arc yang sebelumnya. PATH : Sebuah chain dimana terminal node sebuah arc sama dengan node awal untuk arc selanjutnya. (1,2)-(2,3)-(4,3) adalah sebuah chain tetapi bukan sebuah path. (1,2)-(2,3)-(3,4) adalah sebuah chain dan sebuah path (yg merepresentasikan perjalanan dari node 1 ke node 4. 1 2 3 5 4 6 3 2 2 2 3 3 4 Plant1 Kota1 Contoh 1, hal 395 Daya dikirim dari plant1 (node1) ke kota1 (node6). Ia hrs melalui substasiun relay (2-5). Gambar menunjukan jarak antara node. Perusahaan ingin mengirim power dengan jarak yg terpendek
  • 124.
    Contoh 2, halaman396 Saya baru saja (t = 0) membeli mobil baru dgn harga $12000. Biaya pemeliharaan mobil selama setahun tergantung umurnya mobil pd awal tahun, spt pd tabel 1, hal 396. Untuk mencegah biaya pemeliharaan yg tinggi, saya dapat menukar mobil dan membeli mobil baru. Harga yang saya terima utk penukaran mobil juga tergantung dari umur mobil pd saat penukaran (lihat tabel 2, hal 396). Untuk menyederhanakan perhitungan, diasumsikan harga mobil baru tetap $12000. Tujuan saya adalah meminimumkan biaya (biaya beli + biaya pemeliharaan – uang yg diterima saat penukaran) yg timbul selama lima tahun didepan. Formulasikanlah problem ini dengan shotest path method ? A. Jaringan kita mempunyai 6 node (1, 2, 3, 4, 5, dan 6) B. Arc(i,j) : Membeli mobil baru pd awal tahun i dan memilikinya sampai awal tahun j. C. Panjang arc (i,j) (sebut saja Cij) adalah total biaya memiliki dan menggunakan mobil dr awak tahun i sampai awal tahun j, yaitu dgn membeli mobil baru pd awal tahun i sampai ditukarkan pada awal tahun j. Cij = Biaya pemeliharaan yg timbul selama tahun i, i+1, ……………….j-1 + Biaya membeli pd awal tahun i - nilai pertukaran yg diterima pd awal tahun j Hasil dapat dilihat pd hal 397 Jaringan di halaman 397
  • 125.
    1. Dimulai denganmembuat label pd node 1 dgn permanent label 2. Kemudian buat label pada node i yang berhubungan dengan node 1 dengan sebuah temporary label yang nilainya sama dgn panjangnya arc yg menghubungkan node 1 dgn node i tsb. 3. Node yg lainnya memiliki label temporary ~. 4. Pilihlah node dgn temporary label yg terkecil dan ubah label ini dgn permanent label 5. Jika node i menjadi node yg ke (k+1) menjadi permanent label, maka i adalah node yg ke k terdekat ke node 1. 6. Untuk setiap node j yg sekarang memiliki temporary label dan dihubungkan dgn node i dgn sebuah arc, maka ubahlah label temporary node j dgn label    + = j)(i,arcpanjanginodelabelPermanent jnodeuntuklabelTemporary Min
  • 126.
    7. Kita menukartemporary label menjadi permanent label, dan ini node yg ke (k+1) terdekat ke node 1 8. Proses ini dilanjutkan sampai seluruh node memiliki permanent label 9. Untuk menemukan the shortes-path dari node 1 ke node j, kita harus kerja mundur dari node j dgn menemukan node2 yg memiliki perbedaan label yg sama dengan panjangnya.
  • 127.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 1 23 4 5 6 7 8 9 10 0 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~0 0 22 17 18 ~ ~ ~ ~ ~ ~17 0 22 17 18 42 43 ~ ~ ~ ~18
  • 128.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 0 2217 18 42 43 ~ ~ ~ ~ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Min (46,43) 22 0 22 17 18 42 43 59 ~ ~ ~ Min (42,42) 42 0 22 17 18 42 43 53 57 58 ~ Min (59,53) 43
  • 129.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 1 23 4 5 6 7 8 9 10 0 22 17 18 42 43 53 57 57 ~ Min (58,57) 53 0 22 17 18 42 43 53 57 57 8257 0 22 17 18 42 43 53 57 57 82 Min (82,83) 57 0 22 17 18 42 43 53 57 57 79 Min(82,79) 0 22 17 18 42 43 53 57 57 79 2214 15252617
  • 130.
    1. Arc dapatdiasumsikan sebagai sesuatu yg memiliki kapasitas yg membatasi jumlah produk yg dapat ditransportasi (dikapalkan) melalui arc. 2. Maksimum jumlah dari flow(aliran) dari sumber (source) ke tujuan (sink) 3. Contoh 3, halaman 401 Analisis : 1. So : sumber Si : tujuan (sink) 2. Tambahkan arc a0 dari So ke Si Definisikan Xij : Jumlah minyak per jam (milion barrel) yg dapat melalui pipa arc (I,j). Nilai ini ditunjukan pd nilai yg didalam kurung (gambar 6). XSo,1=2; X13=0; X12=2; X3,Si=0; X2,Si=2; XSi,So=2; XSo,2=0 Dapatkah Flow maksimum ini dapat diperbaiki ? Catatan : Kondisi aliran pd saat ini a0 = 2 = XSi,So
  • 131.
    4. Lihat LPhalaman 402, dimana X0 : aliran melalui artificial arc. 5. Syarat flow yang layak adalah : 0 ≤ Aliran melalui setiap arc ≤ Kapasitas arc Aliran menuju node i = Aliran keluar dari node i METODA FORD-FULKERSON 1. Asumsi : aliran yg layak telah didapat 2. Pertanyaan : A. Bagaimana mengetahui bahwa aliran sudah optimal B. Jika aliran tidak optimal, bagaimanakah memodifikasi aliran sehingga didapatkan aliran layak yg baru memiliki jumlah aliran yg lebih besar dari sebelumnya. 3. Lihat gambar 9, halaman 406 (So,1) ada pada I (increase) dan R (reduce) (So,2) ada di I (1,Si) ada di R, dstnya)
  • 132.
    Prosedur labelling Ford-Fulkersonmemodifikasi (memperbaiki) sebuah aliran yg layak, untuk menambah aliran dari So ke Si dgn cara : 1. So dilabel 2. Node dan arc dilabel (kecuali arc a0) dengan cara berikut ; a. Jika node X dilabel, node Y belum dilabel dan arc(X,Y) adalah anggota I, maka node Y dan arc(X,Y) dilabel. Dalam hal ini arc(X,Y) disebut orward arc. b. Jika node Y belum dilabel, node X dilabel dan arc (Y,X) adalah anggota R, maka node Y arc(Y,X) dilabel. Dalam hal ini (Y,X) disebut backward arc. 3. Lanjutkan proses ini sampai Si dilabel atau sampai tidak ada lagi vertices yg akan dilabel. Maka ada CHAIN C dari SO ke Si. Kita dapat menyesuaikan aliran didalam C (dengan mempertahankan aliran yg layak), dan menambah aliran total dari So ke Si. C harus mengandung salah satu berikut ini ; Case 1: - C seluruhnya terdiri dari forward arc. - Misalkan i(X,Y) adalah jumlah dimana pada aliran pd arc (X,Y) dapat ditambahkan tanpa melanggar batas kapasitas utk arc(X,Y) Misalkan : Y)i(X, CY)(X, Min k ∈ =
  • 133.
    -Untuk membuat sebuahaliran baru, tambahkan aliran melalui arc C dengan k unit, shg aliran layak baru akan mentransport tambahan k unit dari So ke Si tanpa melanggar batasan kapasitas. - Lihat gambar 10, halaman 407. Saat ini 2 unit sedang ditransportasikan dari So ke Si. C = (So,1) – (1,2) – (2,Si). Setiap arc ini adalah anggota I. i(So,1) = 5 - 2 = 3 i(1,2) = 3 - 2 = 1 i(2,Si) = 4 – 2 = 2 maka k = min(3,1,2) = 1 Aliran di C dapat ditambah dengan 1 unit (lihat gambar 11, halaman 408) Case 2: -C mengandung forward dan backward arc. -Untuk backward arc di C, misalkan r(X,Y) adalah jumlah dimana aliran melalui arc(X,Y) dapat dikurangi. Definisikan : -Kurangi aliran pd backward arc pd C dengan min(k1,k2), dan tambahkan aliran forward arc pd C dgn min(k1,k2) Y)r(X, RCY)(X, Min k1 ∩∈ = Y)i(X, ICY)(X, Min k2 ∩∈ =
  • 134.
    -Karena arc terakhirdi C adalah sebuah forward arc, kita telah menemukan sebuah aliran layak yg baru dan telah menambahkan total aliran ke Si dengan nilai min(k1,k2). -Sesuaikan aliran pd arc a0. -Lihat gambar 12, halaman 408.
  • 135.
  • 136.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 a0 1. k= min {(1,2), (2,7), (7,10)} = (22, 37, 29) = 22 a0 = 22 0 15 7 2. k = min {(1,3), (3,5), (5,8), (8,10)} = (17, 25, 15, 26) = 15 a0 = 22 + 15 = 37 2 10 0 11
  • 137.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 18 20 26 28 11 16 14 22 a0 0 15 7 2 10 0 11 k= min{(1,3), (3,5), (5,7),(7,10)} = min {2, 10, 11, 7} = 2 a0= 37 + 2 = 39 0 8 9 5 K = min{(1,4), (4,6), (6,9), (9,10)} = min{18, 28, 14, 22} = 14 a0 = 39 +14 = 53 4 14 0 8 a0 = 53
  • 138.
    Aliran optimal dapatjuga diselesaikan dengan konsep CUT Definisi : Pilihlah set node V’ yg mengandung Si, tetapi tidak di So. Maka set arc (i,j) dengan i tidak di V’ dan j di V’ adalah sebuah CUT di jaringan. Definisi : Kapasitas sebuah CUT adalah jumlah kapasitas arc pd CUT Mudahnya : CUT : sebuah set dari arc yg dibuang dari jaringan sehingga tidak memungkinkan adanya perjalanan dari So ke Si Sebuah jaringan bisa memiliki beberapa CUT.
  • 139.
    1 5 3 6 4 2 7 8 9 10 22 17 18 37 20 25 26 28 11 15 16 14 29 26 22 Contoh CUT :arc{(1,2), (1,3), (1,4)}, dengan kapasitas = 57 Atau CUT : arc{(7,10), (8,10), (9,10)}, dengan kapasitas = 77 Atau CUT : arc{(1,2), (1,3), (6,9)}, dengan kapasitas = 53 KARENA 53 ADALAH CUT YG TERKECIL, MAKA KAPASITAS MAKSIMUM ADALAH 53 (seperti hasil sebelumnya)
  • 140.
    Pada beberapa situasi,kita ingin menentukan sebuah set dari arc pd jaringan yg menghubungkan seluruh node dengan jumlah jarak yg minimum. Grup arc tersebut harus tidak memiliki LOOP (lihat gambar 47) Metoda MST : 1. Dimulai dari node i, hubungkan node i tsb dengan node j yg terdekat. Titik i dan j membentuk set C = {i,j} Node yg sisa (selain node didalam C) disebut node C’ (node yg belum dihubungkan) 2. Pilihlah node pd C’ yg memiliki jarak terpendek ke C 3. Ulangi proses ini sampai didapatkan MST 4. Jika ada jarak yg sama, kita memilih salah satu.
  • 141.