Pertemuan: 04 Metode Stokastik -...

Metode Stokastik

Program Dinamis DeterministikDeterministic Dynamic Programming

Fakultas

Teknik

Khamaludin, S.T., M.T

Program Studi

Teknik Industri

Pertemuan:

04

Metode pemecahan masalah dengan caramenguraikan solusi menjadi sekumpulan langkah(step) atau tahapan (stage) sehingga solusi daripersoalan dapat dipandang dari serangkaiankeputusan yang saling berkaitan.

• Mahasiswa dapat memahami setiapkeputusan optimal yang akan diambildengan menggunakan banyak tahapan.

• Mahasiswa dapat memahami keterkaitanalur tahapan–tahapan dalammenyelesaikan permasalahan sehinggadapat memperoleh keputusan yangoptimal.

Tujuan

Outline

• Beberapa Prinsip

• Prinsip Optimalitas

• Karakteristik Persoalan Pemrograman Dinamis

PENDAHULUAN

• Dua pendekatan PD

• Langkah-langkah Pemecahan Masalah

PENGAMBILAN KEPUTUSAN

• Kasus Minimasi Cost

• Kasus Maksimasi Income

• Kasus Maksimasi Alokasi

CONTOH-CONTOH KASUS

LATIHAN SOAL

Pendahuluan

Pemrograman Dinamis…

❑Metode ini tidak ada formulasi standar untukmemecahkan masalah; setiap masalah dalampemrograman dinamis memerlukan pola pendekatanatau penyelesaian yang berbeda satu sama lainnya.

❑ Terdapat kesamaan dari setiap penyelesaian masalah,dimana setiap keputusan optimal yang diambildiperoleh dari banyak tahap.

❑ Hasil dari sebuah tahap akan berdampak atau menjadimasukan bagi tahap berikutnya; state dan stageberikutnya sepenuhnya ditentukan oleh state dankeputusan pada stage saat itu.

Pemrograman Dinamis…❑ Teknik pemrograman dinamis dikenal juga dengan

sebutan multistage programming technique.

❑ Pemrograman dinamis memiliki klasifikasi sebagai berikut.

Beberapa Prinsip

❑ Terdapat sejumlah berhingga pilihan yang mungkin,

❑ Solusi pada setiap tahap dibangun dari hasil solusi tahap sebelumnya,

❑ Kita menggunakan persyaratan optimasi dan kendala untuk membatasi sejumlah pilihan yang harus dipertimbangkan pada suatu tahap.

Prinsip Optimalitas

a. Pada program dinamis, rangkaian keputusan yangoptimal dibuat dengan menggunakan PrinsipOptimalitas.

b. Prinsip Optimalitas: jika solusi total optimal, makabagian solusi sampai tahap ke-k juga optimal.

c. Prinsip optimalitas berarti bahwa jika kita bekerja daritahap k ke tahap k + 1, kita dapat menggunakan hasiloptimal dari tahap k tanpa harus kembali ke tahapawal.

Prinsip Optimalitas

d. Ongkos pada tahap k +1 = (ongkos yang dihasilkanpada tahap k ) + (ongkos dari tahap k ke tahap k + 1)

e. Dengan prinsip optimalitas ini dijamin bahwapengambilan keputusan pada suatu tahap adalahkeputusan yang benar untuk tahap-tahap selanjutnya.

f. Pada metode program dinamis lebih dari saturangkaian keputusan. Hanya rangkaian keputusanyang memenuhi prinsip optimalitas yang akandihasilkan.

Karakteristik PersoalanPemrograman Dinamis

1. Persoalan dapat dibagi menjadi beberapa tahap(stage), yang pada setiap tahap hanya diambil satukeputusan.

2. Masing-masing tahap terdiri dari sejumlah status (state)yang berhubungan dengan tahap tersebut. Secaraumum, status merupakan bermacam kemungkinanmasukan yang ada pada tahap tersebut.

3. Hasil dari keputusan yang diambil pada setiap tahapditransformasikan dari status yang bersangkutan kestatus berikutnya pada tahap berikutnya.

4. Ongkos (cost) pada suatu tahap meningkat secarateratur (steadily) dengan bertambahnya jumlahtahapan.

Karakteristik Persoalan Pemrograman Dinamis

5. Ongkos pada suatu tahap bergantung pada ongkostahap-tahap yang sudah berjalan dan ongkos padatahap tersebut.

6. Keputusan terbaik pada suatu tahap bersifatindependen terhadap keputusan yang dilakukan padatahap sebelumnya.

7. Adanya hubungan rekursif yang mengidentifikasikankeputusan terbaik untuk setiap status pada tahap kmemberikan keputusan terbaik untuk setiap statuspada tahap k + 1.

8. Prinsip optimalitas berlaku pada persoalan tersebut.

PENGAMBILAN KEPUTUSAN

Model keputusan pemrograman dinamis terdiri atas:

1. Tahap (Stage): merupakan titik suatu keputusan

2. Status (State): merupakan parameter masukan

3. Transformasi (Transformation): merupakan aturan yang mengarahkan keputusan

Model keputusan dengan tahap tunggal diilustrasikan sebagai berikut:

Sistem dengan tahap majemuk diilustrasikan sebagai berikut:

Dua pendekatan PD

1. Pemrograman dinamis maju. Pemrograman dinamisbergerak mulai dari tahap 1, terus maju ke tahap 2, 3,dan seterusnya sampai tahap n. Runtunan peubahkeputusan adalah x1, x2, …, xn.

Dua pendekatan PD1. Pemrograman dinamis maju.

Dua pendekatan PD2. Pemrograman dinamis mundur. Pemrograman

dinamis bergerak mulai dari tahap n, terus mundur ketahap n – 1, n – 2, dan seterusnya sampai tahap 1.Runtunan peubah keputusan adalah xn, xn-1, …, x1.

Dua pendekatan PD2. Pemrograman dinamis mundur.

Langkah-langkah Pemecahan MasalahPemrograman Dinamis

1. Tentukan prosedur pemecahan (maju atau mundur).

2. Definisikan tahap (n).

3. Definisikan variabel status pada tiap tahap (Sn).

4. Definisikan variabel keputusan pada tiap tahap (Xn).

5. Definisikan fungsi kontribusi pada tiap tahap.

6. Definisikan fungsi transisi.

7. Definisikan hubungan rekursif.

8. Lakukan perhitungan.

9. Tentukan kebijakan optimal.

Fungsi kontribusi:

gn = r(Sn,Xn)

Fungsi transisi:

Hubungan rekursif:

❑ Hubungan rekursif maju:

Hubungan rekursif:

❑ Hubungan rekursif mundur :

Struktur rekursif maju:

Struktur rekursif mundur:

Beberapa hubungan rekursif:

CONTOH-CONTOH KASUS

Kasus Minimasi Cost (jarak termurah)

❑ Seseorang pebisnis akan pergi dari kota A ke kota J dengan menggunakan kendaraan umum.

❑ Banyak kemungkinan jalan yang dapat digunakan dari A menuju J.

❑ Pebisnis tersebut menginginkan perjalanan dari A menuju J dengan biaya paling murah.


❑ Besar biaya dan rute jalan dari A menuju J disajikan dengan gambar berikut :


❑ Definisi Masalah: Tahap → n = daerah simpulStatus/kondisi tahap n → Sn = kota pada tahap n Keputusan pada tahan n → Xn = kota yang harus ditempuhFungsi transisi → Sn+1 = Xn

Fungsi kontribusi pada tahap n → gn = Cs (Xn)Hubungan rekursif →

fn*(sn) = min fn(sn,Xn)

denganfn (Sn,Xn) = cs (Xn) ; n = 4fn (Sn,Xn) = cs (Xn) + fn+1*(Xn) ; n = 1, 2, 3Sn+1 = Xn


❑ Pilih variabel keputusan Xn (n= 1,2,3,4) sebagai kota yang harus ditempuh pada tahap n, sehingga rute seluruhnyaadalah X1→X2→X3→X4, dengan X1 = A dan X4 = J.

❑ Pilih fn (Sn,Xn) sebagai biaya total untuk kebijakankeseluruhan dari tahapan selanjutnya dengan pebisnissampai pada kondisi S, siap berangkat ke tahap n, denganmemilih Xn sebagai kota tujuan berikut.

❑ Pada kondisi S dan tahap n, gunakan Xn* sebagai sembarangnilai yang meminimumkan fn(Sn,Xn), gunakan fn*( Sn) sebagainilai minimum dari fn(Sn,Xn).

❑ fn*( Sn) = min fn(Sn,Xn) = fn(Sn,Xn*) dengan fn(Sn,Xn) adalahbiaya sekarang (tahap n) + minimum biaya yad (tahap n+1 dan selanjutnya) atau fn(sn,Xn) = cs (Xn) + fn+1*(Xn)


Tahap 4

Pada tahap akhir n = 4,

maka perjalanannya

hanya ditentukan

sepenuhnya oleh

kondisi kondisi s

sekarang (yaitu H atau

I) dan tujuan akhir J

sehingga f4*(s) = f4(s,J) = cs (J).


Tahap 4

Pada tahap akhir n = 4 hasil ditabelkan sebagai berikut :

S f4*(s) X4*

H 3 J

I 4 J

Tabel di atas menyajikan fakta bahwa jika pebisnis

sudah sampai di H maupun di I maka solusi feasiblenya

adalah X4* = J


Tahap 3

Pada tahap n = 3, maka

perjalanannya perlu

melakukan beberapa

hitungan. Misalkan dia

sudah sampai di kota F,

maka dia bisa melaju

ke kota H atau I,

dengan biaya pada

tahap ini adalah Cf (H)

= 6 atau Cf (I) = 3.


Tahap 3

Pada tahap akhir n = 3 hasil ditabelkan sebagai berikut :

E, H → 4 = 1 + 3E, I →8 = 4 + 4F,H →9 = 6 + 3F,I →7 = 3 + 4G,H →6 = 3 + 3G,I →7= 3 + 4

sf3 = c3 + f4*

f3*(s) X3*H I

E 4 8 4 H

F 9 7 7 I

G 6 7 6 H


Tahap 2

B, E →11 = 7 + 4B,F →11 = 4 + 7B,G →12 = 6 + 6C,E → 7 = 3 + 4C, F → 9 = 2 + 7C, G → 10 = 4 + 6D, E → 8 = 4 + 4D, F → 8 = 1 + 7D, G → 11 = 5 + 6

Sf2 = c2 + f3*

f2*(s) X2*E F G

B 11 11 12 11 E, F

C 7 9 10 7 E

D 8 8 11 8 E, F

Bilangan yang terakhir setelah “+” adalah nilai optimum f3*(X3)


Tahap 1

A, B → 13 = 2 + 11A, C → 11 = 4 + 7A, D → 11 = 3 + 8

Sf1 = c1 + f2*

f1*(s) X1*B C D

A 13 11 11 11 C, D

Dari hasil di atas, hasil optimum tercapai yaitu 11

Lintasan 1 : A→ C→ E→ H→ J.

Lintasan 2 : A→ D→ E→ H→ J.

Lintasan 3 : A→ D→ F→ I→ J.


Lintasan tersebut disajikan dalam gambar berikut :

Kasus Maksimasi Income (return)

Bentuk umum persamaan kasus maksimasiincome dari pemrograman dinamis:

dimana n=2,3,4,...

Persamaan di atas digunakan untuk perhitungandari depan ke belakang (maju)


Sebuah perusahaan memiliki kapasitas produksisebesar 700 ton per bulan. Distribusi produkdilakukan melakukan transportasi darat dan untukmenghemat biaya pengirimannya. Pasar yangdituju adalah pasar A, B, dan C.


Dari pengalaman yang ada, return dan setiap pasar dilihatpada tabel berikut ini:

Jumlah produk

(ratus ton)

Return dari kota

A (Rp)

Return dari kota

B (Rp)

Return dari kota

C (Rp)

0

1

2

3

4

5

6

7

0

0,8

1,5

2,3

3

3,6

4

4,4

0

0,6

1,2

2

2,8

3,6

4

4,3

0

0,6

1,2

1,9

2,8

3,6

4,7

5,4


Bagaimana distribusi produk harus dilakukan olehperusahaan agar diperoleh hasil atau return yangoptimal?


❑ Definisi Masalah:Tahap → n = pasar yang dituju

Status/kondisi tahap n → Sn = jumlah hasil produksi yang masih tersisa pada tahap n

Keputusan pada tahan n →

Xn = jumlah (dalam ratusan ton) barang yang didistribusikan untuk tahap n

Fungsi transisi → Sn-1 = Sn - Xn

Fungsi kontribusi pada tahap n → gn = rn (Xn);

rn = return pada tahap n

Hubungan rekursif →

fn*(sn) = max fn(sn,Xn)

dengan

fn (Sn,Xn) = rs (Xn) ; n = 1

fn (Sn,Xn) = rs (Xn) + fn-1*( Sn-1) ; n = 2, 3


Perhitungan akan dimulai dari pasar A, B, dandiakhiri dengan perhitungan return di pasar C.Dengan persamaan dasar di atas, berarti nilai f1(X)akan menentukan nilai f2(X), dan nilai f2(X) ini akanmenentukan nilai f3(X).


TAHAP 1

Bila semua produk hanya dipasarkan di kota A, maka return atau penghasilan yang diperoleh mulai dari tidak ada pengiriman hingga 7 kiriman (setiap pengiriman berisi 100 ton), adalah:

Jika tidak ada pengiriman f1(0) = r1 = 0Jika ada 1 pengiriman f1(1) = r1(1) = 0,8Jika ada 2 pengiriman f1(2) = r1(2) = 1,5Jika ada 3 pengiriman f1(3) = r1(3) = 2,3Jika ada 4 pengiriman f1(4) = r1(4) = 3,0Jika ada 5 pengiriman f1(5) = r1(5) = 3,6Jika ada 6 pengiriman f1(6) = r1(6) = 4,0Jika ada 7 pengiriman f1(7) = r1(7) = 4,4


TAHAP 1 (Kota A)

x1S

f1 (s) = r1 (x)f1* x1*

0 1 2 3 4 5 6 7

0 0 0 0

1 0 0,8 0,8 1

2 0 0,8 1,5 1,5 2

3 0 0,8 1,5 2,3 2,3 3

4 0 0,8 1,5 2,3 3,0 3,0 4

5 0 0,8 1,5 2,3 3,0 3,6 3,6 5

6 0 0,8 1,5 2,3 3,0 3,6 4,0 4,0 6

7 0 0,8 1,5 2,3 3,0 3,6 4,0 4,4 4,4 7


SPasar A Pasar B Pasar C

X1 f1(X) X2 f2(X) X3 f3(X)

0 0 0

1 1 0,8

2 2 1,5

3 3 2,3

4 4 3,0

5 5 3,6

6 6 4,0

7 7 4,4


TAHAP 2

Apabila diperhitungkan pengiriman ke kota A dan kota B. Atas dasar hasil f1(X) di atas, nilai f2(X) dapat dicari dengan persamaan umum sebagai berikut:

Apabila Sn=0, maka return f2(X) adalah juga 0, karena tidak ada (0) pengiriman


❑ Apabila Sn = 1, maka

dengan: 0 ≤ X2 ≤ 1

Sehingga nilai-nilai f2(1) adalah :



dengan: 0 ≤ X2 ≤ 2



Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan apabila ada 2pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), danpengiriman dapat dilakukan di pasar A dan pasar B, makaakan ada 3 alternatif seperti perhitungan di atas.

Dari ketiga alternatif itu, jika hanya ada 2 kali pengiriman,maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yaknidengan mengirim semuanya ke kota A atau f1(2), karenaakan menghasilkan nilai yang paling besar, yaitu 1,5.



dengan: 0 ≤ X2 ≤ 3



Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan apabila ada 3pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), danpengiriman dapat dilakukan di pasar A dan pasar B, makaakan ada 4 alternatif seperti perhitungan di atas.

Dari empat alternatif itu, jika hanya ada 3 kali pengiriman,maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yaknidengan mengirim semuanya ke kota A atau f1(3), karenaakan menghasilkan nilai yang paling besar, yaitu 2,3.


TAHAP 2 (Kota B)

x2S

f2 (s) = r2 (x) + f1*(s-x2)f2* x2*

0 1 2 3 4 5 6 7

0 0 0 0

1 0,8 0,6 0,8 0

2 1,5 1,4 1,2 1,5 0

3 2,3 2,1 2,0 2,0 2,3 0

4 3,0 2,9 2,7 2,8 2,8 3,0 0

5 3,6 3,6 3,5 3,5 3,6 3,6 3,6 0,1,4,5

6 4,0 4,2 4,2 4,3 4,3 4,4 4,0 4,4 5

7 4,4 4,6 4,8 5,0 5,1 5,1 4,8 4,3 5,1 4,5


Dengan cara yang sama, apabila diteruskan dengan 4 pengiriman, 5 pengiriman, hingga 7 pengiriman, maka akan diperoleh tabel kedua sebagai berikut :


X1 f1(X) X2 f2(X) X3 f3(X)

0 0 0 0 0

1 1 0,8 0 0,8

2 2 1,5 0 1,5

3 3 2,3 0 2,3

4 4 3,0 0 3,0

5 5 3,6 0,1,4,5 3,6

6 6 4,0 5 4,4

7 7 4,4 4,5 5,1


TAHAP 3

Setelah tahap kedua selesai, maka selanjutnya dilakukanperhitungan tahap ketiga untuk pasar B dan C.

❑ Apabila Sn = 0, maka return f2(X) adalah juga 0, karenatidak ada (0) pengiriman.


Apabila Sn = 1, maka:

dengan: 0 ≤ X3 ≤ 1

Sehingga nilai-nilai f 3(1) adalah :


Dari perhitungan di atas, dapat dikatakan bahwa denganasumsi 1 pengiriman dapat dilakukan ke kota B atau kekota C, maka kalau 1 kiriman berisi 100 ton tersebut sudahdikirim ke kota B, tentu tidak dapat dikirim ke kota C, begitupula sebaliknya. Jika dikirim ke kota B maka hasilnyaadalah 0,8 sedangkan ke kota C hasilnya adalah 0,6.Dengan pilihan hasil tersebut, jika hanya ada 1 pengirimanmaka tentu perusahaan akan memilih mengirimkannya kekota B, karena hasilnya lebih besar.



dengan: 0 ≤ X 3 ≤ 2



Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan apabila ada 2pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), danpengiriman dapat dilakukan di pasar B dan pasar C, makaakan ada 3 alternatif seperti perhitungan diatas. Dari tigaalternatif itu, jika hanya ada 2 kali pengiriman, maka yangpaling baik adalah alternatif pertama, yakni denganmengirim semuanya ke kota B atau f 3(2), karena akanmenghasilkan nilai yang paling besar, yaitu 1,5.



dengan: 0 ≤ X 3 ≤ 3



Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan apabila ada 3pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), danpengiriman dapat dilakukan di pasar B dan pasar C, makaakan ada 4 alternatif seperti perhitungan diatas. Dari empatalternatif itu, jika hanya ada 3 kali pengiriman, maka yangpaling baik adalah alternatif pertama, yakni denganmengirim semuanya ke kota B atau f 3(3), karena akanmenghasilkan nilai yang paling besar, yaitu 2,3.


TAHAP 3 (Kota C)

x3S

f3 (s) = r3 (x3) + f2*(s-x3)f3* x3*

0 1 2 3 4 5 6 7

0 0 0 0

1 0,8 0,6 0,8 0

2 1,5 1,4 1,2 1,5 0

3 2,3 2,1 2,0 1,9 2,3 0

4 3,0 2,9 2,7 2,7 2,8 3,0 0

5 3,6 3,6 3,5 3,4 3,6 3,6 3,6 0,1,4,5

6 4,4 4,2 4,2 4,2 4,3 4,4 4,7 4,7 6

7 5,1 5,0 4,8 4,9 5,1 5,1 5,5 5,4 5,5 6


Dengan cara yang sama, apabila diteruskan dengan 4 pengiriman, 5 pengiriman, hingga 7 pengiriman, maka akan diperoleh tabel kedua sebagai berikut :


X1 f1(X) X2 f2(X) X3 f3(X)

0 0 Rp 0 0 Rp 0 0 Rp 0

1 1* 0,8 0* 0,8 0 0,8

2 2 1,5 0 1,5 0 1,5

3 3 2,3 0 2,3 0 2,3

4 4 3,0 0 3,0 0 3,0

5 5 3,6 0,1,4,5 3,6 0,1,4,5 3,6

6 6 4,0 5 4,4 6 4,7

7 7 4,4 4,5 5,1 6* 5,5


Bila terdapat nilai f(x) optimal yang diperoleh dari dua atau lebih nilai x, makaseluruh nilai x yang menghasilkan f(x) optimal tersebut dituliskan dalam tabel.

Pengambilan keputusan dilakukan dengan melihat mulai dari tahap terakhiryang dilakukan, yaitu tahap 3 (pasar C). Pada tahap ini, seluruh jumlahpengiriman masih dapat dipergunakan, sehingga status sistemnya adalah s = 7.Pada pasar C, untuk s = 7, nilai optimalnya adalah 5,5. Nilai x optimal untuk f(x)= 5,5 adalah 6 pengiriman. Dilakukannya 6 pengiriman ke kota C menyebabkanperubahan state di tahap 2 (pasar B). Penggunaan 6 pengiriman di kota Cmenyebabkan sisa pengiriman menjadi 7 – 6 = 1. Dengan demikian, status dikota B adalah s = 1. Bila s = 1 di kota B, maka nilai f(x) optimal adalah 0,8dengan nilai x optimal adalah 0. Dengan demikian, penggunaan 0 pengirimandi kota B menyebabkan status di kota A adalah s = 1.

Dengan demikian, status di kota A adalah s = 1. Bila s = 1 di kota A, maka nilaif(x) optimal adalah 0,8 dengan nilai x optimal adalah 1. Dengan demikian,penggunaan 6 pengiriman di kota C dan 1 kiriman di kota A menjadi suatukeinginan positif.

Untuk mengetahui nilai keuntungan max yang diperoleh, dapat dilihat padatabel awal. Keuntungan karena melakukan 6 pengiriman di kota C adalah 4,7dan keuntungan karena melakukan 1 pengiriman di kota A adalah 0,8.sehingga, total nilai optimalnya adalah 4,7 + 0,8 = 5,5.


❑ Setelah tabel di atas lengkap, dapat disimpulkan bahwaapabila kapasitas produksi perusahaan dimaksimalkansehingga dapat berproduksi sebanyak 700 ton dan akandikirimkan dalam 7 kali pengiriman, maka agar hasilnyaoptimal, maka distribusi pengiriman yang paling baik adalahbila 6 pengiriman ditujukan ke kota C (karena hasilnya palingtinggi, 5,5) dan sisanya ke kota A (0,8).

❑ Dengan distribusi pengiriman tersebut, hasil optimal yangdiperoleh perusahaan adalah sebesar Rp 5,5, dan ini adalahhasil tertinggi dibandingkan dengan alternatif-alternatifdistribusi pengiriman yang lainnya.

❑ Dalam kasus ini terdapat lebih dari satu f(x) yang memilikilebih dari satu nilai x optimal. Dengan demikian, seluruh nilaix optimal dituliskan dalam tabel, dan seluruh x yang adadapat dikombinasikan sehingga akan terdapat beberapaalternatif solusi yang menghasilkan nilai keuntungan yangsama.

Kasus Maksimasi AlokasiKeuntungan pada 4 macam kegiatan merupakan fungsi jamkerja yang dialokasikan pada masing-masing kegiatan sepertitabel berikut. Jika setiap hari tersedia 4 jam kerja, bagaimanaalokasi waktu sehingga keuntungan per hari maksimum.

Jam

kerja

Kegiatan

1 2 3 4

0 0 0 0 0

1 1 2 3 2

2 3 5 7 5

3 6 8 10 8

4 9 11 12 10

Kasus Maksimasi AlokasiSolusi:

Misalkan 4 keputusan merupakan 4 stage dalam perumusan progam dinamis. Variabel keputusan Xj (j=1,2,3,4) adalah banyaknya jam kerja yang dialokasikan pada tahap ke j.

Misalkan Pj (Xj) adalah keuntungan dari alokasi X jam kerja kepada kegiatan j. Sehingga masalah itu dapat diformulasikan sebagai suatu LP seperti berikut:

Maksimumkan Z = P1(X1) + P2(X2) + P3(X3) + P4(X4)

Dengan syarat X1+X2+X3+X4 = 4

X1,X2,X3,X4 ≥0

Kasus Maksimasi Alokasi

❑ Karena hanya ada satu kendala, teknik LP hanya akanmemberikan satu variabel dalam solusinya. Karena ituLP tak dapat diterapkan di sini, sehingga persoalan iniakan diselesaikan dengan teknik Pemrograman Dinamis.


Definisi Masalah PD:Tahap → n = kegiatan

Status/kondisi tahap n → Sn = jam kerja yang masih dapatdialokasikan untuk tahap n

Keputusan pada tahan n →

Xn = jam kerja yang dialokasikan pada tahap n

(perlu diingat bahwa jam yang tersedia harus dialokasikan seluruhnyauntuk kegiatan 1/2/3/4)

Fungsi transisi → Sn+1 = Sn - Xn

Fungsi kontribusi pada tahap n → gn = Pn (Xn);

Pn = profit pada tahap n

Hubungan rekursif →

fn*(sn) = max fn(sn,Xn)

dengan

fn (Sn,Xn) = Ps (Xn) ; n = 4

fn (Sn,Xn) = Ps (Xn) + fn+1*( Sn+1) ; n = 1, 2, 3


❑ Cara penyelesaian:

Tahap 4: f4*(X4)=maks{P4X4} dimana f5(X5)=0

P4(X4)

X4 0 1 2 3 4 F4*(X4) X4*

S4

0 0 0 0

1 0 2 2 1

2 0 2 5 5 2

3 0 2 5 8 8 3

4 0 2 5 8 10 10 4

P3(X3)+f4*(S4)

X30 1 2 3 4 F3*(X3) X3*

S3

0 0+0=0 0 0

1 0+2=2 3+0=3 3 1

2 0+5=5 3+2=5 7+0=7 7 2

3 0+8=8 3+5=8 7+2=9 10+0=10 10 3

4 0+10=10 3+8=11 7+5=12 10+2=12 12+0=12 12 2,3,4

Kasus Maksimasi AlokasiTahap 3: f3*(X3)=maks{P3(X3) + f4*(X4)}

untuk kegiatan (3), bila mengalokasikan 1 jam, keuntungannya adalah 3

bila waktu yang tersedia adalah 4 jam (s3=4) dan yang digunakan adalah 1 jam (x3=1), maka sisa waktu adalah 3 jam →lihat nilai f4* saat s4=3 → 8

Kasus Maksimasi AlokasiTahap 2: f2*(X2)=maks{P2(X2) + f3*(S3)}

P2(X2)+f3*(S3)

X20 1 2 3 4 F2*(X2) X2*

S2

0 0+0=0 0 0

1 0+3=3 2+0=2 3 0

2 0+7=7 2+3=5 5+0=5 7 0

3 0+10=10 2+7=9 5+3=8 8+0=8 10 0

4 0+12=12 2+10=12 5+7=12 8+3=11 11+0=11 12 0,1,2


Tahap 1: f1*(X1)=maks{P1(X1) + f2*(S2)}

P1(X1)+f2*(S2)

X10 1 2 3 4 F1*(X1) X1*

S1

0 0+0=0 0 0

1 0+3=3 1+0=1 3 0

2 0+7=7 1+3=4 3+0=3 7 0

3 0+10=10 1+7=8 3+3=6 8+0=8 10 0

4 0+12=12 1+10=11 3+7=10 8+3=11 11+0=11 12 0

Jadi, keuntungan maksimum adalah 12

Kasus Maksimasi Alokasi❑ Solusi optimal dirumuskan dengan melihat mulai dari tahap 1.

❑ Pada tahap ini diketahui bahwa x1* = 0 → alokasi kegiatan 1 adalah 0 jam.

❑ Penggunaan 0 jam pada tahap 1 menyebabkan status pada tahap 2 adalah 4 jam. Pada s2 = 4, nilai x2 * = 0, 1, 2 → alokasi kegiatan 2 adalah 0, 1, atau 2 jam.

❑ Bila tahap 2 menggunakan 0 jam, maka status pada tahap 3 adalah 4 jam. Pada s3 = 4, nilai x3* = 2, 3, 4 → alokasi kegiatan 3 adalah 2, 3, atau 4 jam.

❑ Bila tahap 3 menggunakan 2 jam, maka status pada tahap 4 adalah 2 jam. Pada s4 = 2, nilai x4* = 2 → alokasi kegiatan 4 adalah 2 jam.

Kasus Maksimasi AlokasiBeberapa alternatif alokasi yang menimbulkan keuntungan maksimumadalah (nilai keuntungan dari jam yang dialokasikan untuk tiap kegiatan →lihat tabel awal) :

1 2 3 4 Keuntungan

0 0 2 2 7 + 5 = 12

0 0 3 1 10 + 2 = 12

0 0 4 0 12

0 1 3 0 2 + 10 = 12

0 2 2 0 5 + 7 = 12

LATIHAN SOAL

1.Misalkan seseorang ingin menentukan waktutercepat dari jakarta menuju malang.

Tentukanlah jalur dan waktu tercepatnya antaraJakarta ke Malang. Jalur dan waktu perjalanan(menit) ditunjukan pd gambar berikut :

1.

1 7

2

4

6

5

3

Cirebon

Jakarta

Semarang

MalangPurwokerto

Yogya

Bandung

240

360

180

320

440

300

380

300

540

220

200

2.Tentukan jalur dan waktu tercepat dari Kota 1 menuju kota 7. Jalur dan waktu perjalanan (jam) ditunjukkan pada gambar berikut :

3.David Jeremy, a certified public accountant, has offers fromthree different clients for his services. Each client would likeMr.Jeremy to work for him on a full time basis; however,each client is willing to employ Mr. Jeremy for as manydays of the week as he is prepared to give, for the feesshown in table.

Number

of DaysClient 1, $ Client 2, $ Client 3, $

0

1

2

3

4

5

0

100

250

400

525

600

0

125

275

375

550

625

0

150

325

400

550

650

How many days

should Mr,Jeremy

devote to each

client to maximize

his weekly

income?

3.

4.Keuntungan pada 5 macam kegiatan merupakan fungsijam kerja yang dialokasikan pada masing-masing kegiatanseperti tabel berikut. Jika setiap hari tersedia 4 jam kerja,bagaimana alokasi waktu sehingga keuntungan per harimaksimum.

Jam

kerja

Kegiatan

1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0

1 2 3 4 3 3

2 5 5 6 5 7

3 8 9 9 9 10

4 11 13 14 12 14

Thanks!!!

Pertemuan: 04 Metode Stokastik -...

Documents

Transcript of Pertemuan: 04 Metode Stokastik -...