PROGRAMA DINAMIS

Pendahuluan
Dalam Kehidupan nyata sering dijumpai masalah pengambilan keputusan yang meliputi beberapa periode waktu. Program Dinamis adalah teknik untuk pengambilan keputusan yang digunakan untuk pengambilan keputusan yang terdiri dari beberapa tahapan. Permasalalahan yang akan diselesaikan diuraikan menjadi sub persoalan yang saling berhubungan. Tujuan Program Dinamis adalah mengoptimalkan urutan keputusan. Program Dinamis diterapkan pada persoalan bisnis dan industri, a.l. masalah penjadualan produksi, pengendalian persediaan, analisa jaringan, dan lain sebagainya. Contohnya seorang produsen menjadualkan tingkat produksi tahunannya ke dalam mingguan, bulanan atau triwulanan agar dapat memenuhi permintaan tahunan. Jika dia memproduksi lebih dari permintaan, dia harus mengeluarkan biaya persediaan, karena menyimpan kelebihan produksi. Sebaliknya jika produksi dibawah jumlah permintaan, dia akan mengalami kerugian dalam kesempatan membuat untung dan juga kehilangan kepercayaan pembeli. Dia mungkin juga harus membayar penalti karena tidak dapat memenuhi kontrak. Pimpinan produksi harus membuat urutan keputusan untuk setiap periode, yang akan berdampak pada keputusan berikutnya. Masalah optimasi pada kasus ini adalah meminimalkan keseluruhan biaya produksi dan persediaan (dua penalti, jika ada) yang memenuhi kebutuhan permintaan.
Teknik pemecahan pada programa dinamis ini beragam, tergantung pada sifat dan struktur dari masalah yang diselesaikan. Hal ini lain dari programa linier, dimana setiap masalah dipecahkan dalam pola yang spesifik.

Model Dasar Dari Model Programa Dinamis

1. Masalah Kereta Kuda/lintasan terbaik :
Seseorang akan melakukan perjalanan dengan kereta kuda dari kota 1 menuju kota 10 melalui beberapa kota dari kota 2 sampai kota 9, melewati daerah berbahaya seperti pada gambar 1. Dia dapat memilih beberapa rute, misalnya melalui kota 1-2-5-8-10 atau 1-3-7-9-10. Setiap penggal jalan mempunyai bahaya yang diukur sebagai besar asuransi jiwa r (x,d) dari kota x ke kota d. Bahaya dari rute tertentu dari kota 1 ke kota 10 diukur dengan besarnya asuransi yang dibayar sepanjang rute tersebut. Biaya asuransi yang harus dibayar dicantumkan pada penggal garis pada gambar 1.

2 10 5 3 9 7 7 8 6 9 6
1 3 6 6 10 7 6 7 7 6 6 9 4 8 7 6

Pemecahan Masalah Kereta Kuda :
Masalah Kereta Kuda ini mudah diselesaikan karena jumlah rute yang dapat dilalui dari kota 1 ke kota 10 jumlahnya terbatas, dimana hanya terdapat 18 kombinasi rute. Setiap kombinasi tersebut besar biaya asuransi totalnya dapat dihitung dengan mudah. Dengan demikian dipilih rute yang memberikan biaya asuransi total yang terendah. dengan meningkatnya permasalah (dengan bertambahnya kota yang dapat dilalui) jumlah rute akan meningkat dengan cepat, serta kalkulasi masing-masing rute akan memakan waktu. Programa Dinamis mengurangi kompleksitas permasalah dengan cara pemecahan persoalan secara bertahap.
Pemecahan masalah dapat dilakukan dengan perhitungan maju atau perhitungan mundur.
Pada pembahasan ini dilakukan perhitungan mundur, yaitu dihitung biaya minimum dari setiap simpul (Kota) ke simpul (Kota) 10 sampai simpul akhir (Kota 1).
Pada beberapa bentuk model programa dinamis yang akan dibahas terdapat notasi yang berlainan, untuk itu digunakan notasi yang paling umum dan mudah.
Lintasan diatas dibagi pada beberapa tahapan (pada persoalan ini 4 tahapan).
Notasi : n = Menunjukkan jumlah tahapan (lintasan) untuk sampai ke tujuan akhir. xn = Kota dimana masih terdapat n tahapan (lintasan) untuk sampai ke tujuan akhir. Kota x0 kota 10, Kota x1 adalah kota 8 dan 9, kota x2 adalah kota 5,6,7; dst. dn = Kota berikutnya dari Kota xn untuk sampai ke tujuan akhir Jika x3 adalah Kota 2 maka d3 nya adalah Kota 5,6 dan 7. dn = xn-1 Kota xn-1 = Kota dn merupakan kota berikutnya dari kota xn untuk sampai ke tujuan akhir Kota d3 adalah Kota 5, maka Kota 5 merupakan Kota x2 r (xn,dn) = Biaya asuransi yang harus dibayar dalam menempuh penggal lintasan dari Kota xn ke Kota dn r ( x3 = Kota 4,d3 Kota 7 ) = $ 8 r ( x2 = Kota 6,d2 Kota 8 ) = $ 9 fn (xn)= Biaya total terbaik dari kota xn sampai ke tujuan berikutnya yang dilalui adalah kota dn dimana biaya dari kota dn ke tujuan akhir adalah biaya optimalnya = r ( xn,dn ) + fn ( xn-1 ) fn (xn) = dmin { fn (xn,dn) } = fn (xn,dn*) = Biaya terbaik dari Kota xn Kota tujuan akhir (Kota 10) adalah biaya yang terbaik dari beberapa lintasan alternatif yang ada dari kota xn ke Kota tujuan akhir ( Kota berikutnya dari Kota xn untuk sampai ke tujuan akhir terdapat beberapa alternatif. Contoh jika x3 adalah Kota 2 maka Kota berikutnya adalah Kota 5,6,7). = fn ( xn,dn* ) = Biaya terbaik dari kota xn tujuan akhir adalah melalui Kota berikutnya dn*.
Persoalan di atas diselesaikan dalam tahapan-tahapan dimulai dari tahap 1 dengan menyusun tabel nilai f (x1) dari berbagai x1.
Tahap 1 :
Dengan satu tahap untuk sampai ke tujuan akhir, kita berada pada kota x1, yaitu Kota 8 dan 9. Tujuan berikutnya adalah Kota d1 adalah Kota 10 ( yang merupakan Kota x0 ). Dengan demikian nilai f1 (x1) adalah seperti pada tabel.

X1 d1 f (x1) Kota 8 Kota 10 $ 6 Kota 9 Kota 10 $ 7 Catatan : x0 = d1

Tahap 2 :
Dengan dua tahap untuk sampai pada tujuan akhir kita berada pada kota X2 yang berupa Kota 5,6,7. Tujuan berikutnya Kota d2 adalah Kota 8 dan 9. dengan demikian biaya terbaik dari Kota x2 ke tujuan akhir adalah : f2 (x2) = dmin { f2 (f2,d2) } = { r (x2,d2) + f1(x1) } = f2 (x2,d2*)

d2 {f2 (f2,d2) }= r (x2,d2) + f1 (x1) x2 8 9 d2 f2 (x2) 5 3 + 6 = 9 7 + 7 = 14 8 9 6 9 + 6 = 15 6 + 7 = 13 9 13 7 6 + 6 = 12 6 + 7 = 13 9 12 Catatan : x0 = d1
Misalnya f2 (6,8) = r (x2 = 6, d2 = 8) + f1 (x1 = 8) = 0 (dari gambar) + 6 (dari tabel tahap 1) = 15

Dari tabel tahap 2 diatas diperoleh f2 (x2) dari berbagai x2

Tahap 3 :
Dengan tiga tahap untuk sampai pada tujuan akhir kita berada pada kota x2 yang berupa Kota 5,6, dan 7. Tujuan berikutnya Kota d3 adalah Kota 5,6, dan 7, dengan demikian biaya terbaik dari Kota x3 ke tujuan akhir adalah : f3 (x3) = dmin { f3 (x3,d3) } = dmin { (x3,d3) + f2 (x2) }= f3 (x3,d3*)

d3 f3 (x3,d3) = r(x3,d3) + f2 (x2) x3 5 6 7 d3 f3 (x3) 2 10 + 9 = 19 7 + 13 = 20 9 + 12 = 21 5 19 3 6 + 9 = 15 6 + 13 = 19 7 + 12 = 19 5 15 4 7 + 9 = 16 6 + 13 = 19 8 + 12 = 20 5 16
Catatan : x2 = d4

Tahap 4 :
Dengan empat tahap untuk sampai pada tujuan akhir kita berada pada kota x4 yang berupa kota 1. Tujuan berikutnya Kota d4 adalah Kota 2,3 dan 4, dengan demikian biaya terbaik dari Kota x4 ke tujuan akhir adalah :

f4 (x4) = dmin { f4 (x4,d4) } = dmin { r (x4,d4) + f3 (x3) }= f4 (x4,d4*)

d4 f4 (x4,d4) = r (x4,d4) + f3 (x3) x4 2 3 4 d4* f4 (x4) 1 5 + 19 = 24 7 + 15 = 22 6 + 16 = 22 3 atau 4 2 Catatan : x3 = d4

Terlihat di sini didapat dua nilai optimal yaitu d4* = 3 dan 4, yang menunjukkan terdapat dua alternatif lintasan dari kota 1 menuju 10 yaitu melalui Kota 3 dan 4.

Dengan demikian dengan menggunakan hubungan xn-1 = dn lintasan kita adalah : Alternatif 1 Alternatif 2 n xn dn xn dn

4 1 3 1 4 3 3 5 4 5 2 5 8 5 8 1 8 10 8 10 0 10 10

Prinsip Optimalitas :
Seperti yang terlihat pada persoalan kereta kuda, permasalahan yang digunakan pada pendekatan programa dinamis mempunyai beberapa ciri penting :
Pertama masalah dapat dibagi menjadi beberapa tahap. Pada masing-masing tahap dibutuhkan suatu keputusan kebijaksanaan, yang mempengaruhi keputusan yang telah diambil pada tahap-tahapsebelunya. Contohnya dalam masalah kereta kuda, pada tahap 2 ditentukan bahwa apabila seseorang mulai dari kota 5, rute optimal dari sana menuju tujuan akhir adalah menuju Kota 8 dan terus ke Kota 10. Secara serupa apabila seseorang berawal dari Kota 6 maka rute optimal ke Kota 10 adalah melalui Kota 9.
Kedua, pada masing-masing tahapan didapati sejumlah status alternatif yang menyediakan informasi dimana kita berada dalam proses pengambilan keputusan. Misalnya pada tahap 2 kita dapat berada pada status Kota 5,6, atau 7.
Ketiga, keputusan yang ditetapkan pada setiap tahap mengubah status sekarang menjadi status yang berhubungan dengan tahap berikutnya. Misalnya pada tahap 2 dalam masalah kereta kuda tersebut, berawal dari kota 5 keputusan optimal adalah menuju Kota 8 dari tahap 1.
Keempat, berawal dari status sekarang, kebijaksanaan optimal untuk tahap-tahap berikutnya independen dari kebijaksanaan yang ditetapkan pada tahap sebelumnya. Ini adalah prinsip “optimal yang terkenal oleh R. Bellman, penemu programa dinamis. Misalnya kita mencapai Kota 5 pada tahap 2, rute optimal menuju kota 10 tidak tergantung bagaimana kita mencapai Kota 5 (kita dapat saja mencapai Kota 5 dari Kota 2,3 atau 4).
Kelima, pada setiap status hubungan rekursif digunakan untuk mencari kebijaksanaanoptimal untuk tahap yang tersisa. Hubungan rekursif ini berbentuk : fn (xn) = fn ( xn,dn*) = dmin { (fn ( xn,dn ) } = dmin { r ( xn,dn ) + fn-1 ( xn-1 ) } dengan xn-1 = dn
Keenam, dengan menggunakan hubungan rekursif, pemecahan optimal permasalahandiperoleh dengan bekerja mundur bertahap mulai dari tahap terakhir (tahap 1) dan mundur sampai tahap awal (tahap n) dicapai.
2. Masalah Alokasi
PT. X memutuskan untuk menambah enam orang tenaga penjualan pada bagian penjualannya. Tenaga kerja yang baru akan ditempatkan pada keempat daerah pemasarannya. Tabel berikut menunjukan kenaikan penjualan yang diharapkan (dalam $ 000 ) dari setiap daerah pemasaran, tergantung dari jumlah tenaga kerja yang ditugaskan pada daerah tersebut. Tentukan alokasi optimal dari keenam tenaga penjualan baru di keempat daerah pemasaran tersebut.

Daerah Pemasaran 1 2 3 4 5 6 1 80 120 140 140 140 140 2 40 80 120 160 180 200 3 120 160 160 160 160 160 4 40 60 80 80 80 80

Pemecahan masalah alokasi :
Notasi : dn = Jumlah tenaga penjualan yang dialokasikan pada daerah pemasaran n n = 1;2;3;4 xn = Variabel status, adalah jumlah tenaga penjualan yang dialokasikan pada daerah pemasaran 1 sampai daerah pemasaran n n = 1;2;3;4 xn = d1 +d2 + ........... + dn-1 + dn

xn-1 xn = xn-1 + dn  dn = xn - xn-1 x0 = 0 ( Karena sampai 0 tenaga kerja yang dialokasikan adalah 0 t.k.) untuk n = 1  d1 = x1

dn < xn rn (xn,dn) = Tambahan pendapatan jika pada daerah n ditempatkan dn tenaga kerja, sedangkan sampai daerah n ditempatkan xn tenaga kerja. fn (xn) = Tambahan pendapatan total jika sampai daerah n ditempatkan tenaga kerja tambahan sebanyak xn fn (xn,dn) = r (xn,dn) + fn-1 (xn-1) = Tambahan pendapatan total jika sampai daerah n ditempatkan xn tenaga kerja sedangkan pada daerah n ditempatkan dn tenaga kerja. fn (xn) = dmaks { fn (xn,dn) } = fn (xn,dn*) = Tambahan pendapatan total terbaik jika sampai daerah n ditempatkan xn tenaga kerja adalah yang terbaik dari beberapa alternatif kombinasi dimana pada daerah n ditempatkan dn tenaga kerja sedangkan sampai daerah n-1 ditempatkan xn-1 tenaga kerja

Tahap 1 : f1 (x1) = f1 (x1,d1*) = dmaks f1 (x1,d1) = dmaks { r1 (x1,d1) + f0 (x0) }

Perhatikan sel kosong pada tabel dibawah karena kita tidak dapat mengalokasikan tenaga kerja d1 yang lebih besar atau lebih kecil dari x1 dan harus tepat = x1.
F0 ( x0 ) = 0

Tabel Perhitungan Tahap I x0 = x1 - d1

d1 f1 ( x1,d1 ) = r1 (x1,d1) + f0 (x0)

x1 0 1 2 3 4 5 6 d1* f1(x1)

0 0 - - - - - - 0 0
1 - 80 - - - - - 1 80
2 - - 120 - - - - 2 120
3 - - - 140 - - - 3 140
4 - - - - 140 - - 4 140
5 - - - - - 140 - 5 140
6 - - - - - - 140 6 140

Tahap 2 :

f2 (x2) = f2 (x2,d2*) = dmaks f2 (x2,d2) = dmaks { r2 (x2,d2) + f1 (x1) } x1 = x2 - d2 f1 (x1) = Nilainya diperoleh dari tabel perhitungan pada tahap 1

Tabel Perhitungan Tahap 2 x1 = x2 – d2

d1 f2 ( x2,d2 ) = r2 (x2,d2) + f1 (x1)

x1 0 1 2 3 4 5 6 d2* f2 (x2)

0 0+0=0 - - - - - - 0 0 1 0+80=80 40+0=40 - - - - - 0 80 2 0+120=120 40+80=120 80+0=80 - - - - 0,1 120 3 0+140=140 40+120=160 80+80=160 120+0=120 - - - 1,2 160 4 0+140=140 40+140=180 80+120=200 120+80=200 160+0=160 - - 2,3 200 5 0+140=140 40+140=180 80+140=220 120+120=240 160+80=240 180+0=180 - 3,4 240 6 0+140=140 40+140=180 80+140=220 160+140=260 160+120=280 180+80=260 200+0=200 4 280

Tahap 3 : f3 (x3) = f3 (x3,d3*) = dmaks f3 (x3,d3) = dmaks { r3 (x3,d3) + f2 (x2) } x2 = x3 - d3 f2 (x2) = Nilainya diperoleh dari tabel perhitungan tahap 2

Tabel Perhitungan Tahap 3 x1 = x3 – d3

d3 f3 ( x3,d3 ) = r3 (x3,d3) + f2 (x2)

x3 0 1 2 3 4 5 6 d3* f3(x3)

0 0+0=0 - - - - - - 0 0 1 0+80=80 120+0=120 - - - - - 1 120 2 0+120=120 120+80=200 160+0=160 - - - - 1 200 3 0+160=160 120+160=240 160+80=240 160+0=160 - - - 1,2 240 4 0+200=200 120+160=280 160+120=280 160+80=240 160+0=160 - - 1,2 280 5 0+240=240 120+200=320 160+160=320 160+120=280 160+80=240 160+0=160 - 1,2 320 6 0+280=240 120+240=360 160+200=360 160+160=320 160+80=240 180+80=240 160+0=160 1,2 360
Tahap 4 : f4 (x4) = f4 (x4,d4*) = dmaks f4 (x4,d4) = dmaks { r4 (x4,d4) + f3 (x3) } x3 = x4 - d4 f3 (x3) = Nilai diperoleh dari tabel perhitungan pada tahap 3
Tabel di bawah ini hanya mempunyai satu baris yaitu x4 = 6, karena kita harus mengalokasikan keenam tenaga penjualan pada keempat daerah pemasaran.

Tabel Perhitungan Tahap 4 x3 = x4 – d4

d4 f4 ( x4,d4 ) = r4 (x4,d4) + f3 (x3) x4 0 1 2 3 4 5 6 d4* f4 (x4)

0 0+360=360 40+320=360 60+280=340 80+240=320 80+200=280 80+120=200 80+0=80 0,1 360

Dari tabel diatas dapat disimpulkan bahwa peningkatan maksimum dari pendapatan penjualan adalah $ 360.000.
Peningkatan ini dimungkinkan dengan beberapa alternatifalokasi optimal. Terdapat delapan alokasi optimal seperti terlihat pada tabel dibawah ini.
Penyusunan tabel dengan menggunakan cara : x4 = 6 dari tabel tahap 4 untuk x4 = 6 diperoleh d4* = 0 atau 1 x3 = x4 - d4 = 6 - 0 = 6 dari tabel tahap 3 untuk x3 = 6 diperoleh d3* = 1 atau 2 x2 = x3 – d3 = 6 - 1 = 5 dari tabel tahap 2 untuk x2 = 5 diperoleh d2* = 3 atau 4 x3 = x4 - d4 = 5 - 3 = 2 dari tabel tahap 1 untuk x1 = 2 diperoleh d1* = 2
Untuk alternatif lainnya perhitungan dengan cara yang sama dilakukan menggunakan nilai dn* alternatifnya. Hasilnya ditabulasi pada tabel berikut :

Daerah Pemasaran 1 Daerah Pemasaran 2 Daerah Pemasaran 3 Daerah Pemasaran 4

2 3 1 0 1 4 1 0 2 2 2 0 1 3 2 0 2 2 1 1 1 3 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1

3. Masalah Produksi - Persediaan
PT. Y memperoleh transformator besar untuk keperluan jaringan listrik. Permintaan yang harus dipenuhi untuk bulan-bulan mendatang pada tabel berikut :

Bulan Mei Juni Juli Agustus

Jumlah Permintaan 30 40 20 30

Transformator yang diminta harus dikirim pada akhir setiap bulan. Misalnya permintaan 30 unit transformator untuk bulan Mei harus dikirim pada akhir bulan Mei. Biaya produksi transformator tergantung pada jumlah unit yang diproduksi seperti digambarkan pada tabel

Jumlah Produksi (unit) 0 10 20 30 40

Biaya Produksi ( $ 000) 0 7 9 10 11

Kapasitas gudang untuk menyimpan transformator adalah 30 unit. Transformator yang tidak dikirim dalam bulan yang sama dapat disimpan dalam gudang dengan biaya $ 100 per unit per bulan. Persediaan pada awal bulan Mei adalah 20 unit dan persediaan pada awal bulan September ditetapkan sebesar 0 unit. Untuk praktisnya transformator hanya dapat diproduksi, dikirm dan disimpan dalam jumlah kelipatan 10 unit.
Persiapan jadual produksi-produksi yang meminimalkan biaya total untuk memenuhi permintaan.

Pemecahan Persoalan :
Penyelesaian persoalan ini dilakukan dengan perhitungan mundur, dengan tahapannya adalah bulan. n = Bulan ke n bulan Agustus n = 1, Juli n = 2 dan seterusnya. dn = Jumlah produksi pada bulan n. xn = Jumlah persediaan yang masuk pada bulan n x4 = 20 ( Persediaan yang masuk bulan Mei ditetapkan 20 unit ) x0 = 0 ( Persediaan yang masuk bulan September ditetapkan 0 unit )
Dn = Jumlah perminaatn yang harus dipenuhi pada bulan n
Jumlah persediaan yang masuk pada bulan berikutnya adalah jumlah persediaan yang masuk pada bulan tersebut ditambah jumlah produksi pada bulan tersebut dikurangi dengan jumlah permintaan yang harus dipenuhi pada bulan tersebut ----> Xn-1 = Xn + dn - Dn
Persediaan pada = Persediaan pada + Produksi pada - Permintaan pada
Awal bulan n-1 awal bulan n bulan n bulan n

Kendala gudang : Kapasitas gudang maksimum 30 unit 0 < xn < 30
Kendala produksi : Jumlah persediaan + produksi harus sama atau lebih besar dibandingkan permintaan Dn < xn + dn

c (dn) = Biaya produksi pada bulan n jika jumlah yang diproduksi sebanyak dn
Biaya persediaan yang masuk pada bulan n jika jumlah persediaan yang masuk adalah xn = biaya persediaan per unit x jumlah persediaan = 1/10 xn
( = $ 1/10 ribu per unit )
Biaya total mulai bulan ke n sampai bulan ke 1 = biaya produksi pada bulan tersebut + biaya persediaan pada bulan tersebut + biaya total dari bulan ke n-1 sampai bulan ke 1
( Catatan : perhitungan mundur )

fn ( xn ) = Biaya total produksi dan persediaan yang terbaik jika persediaan yang masuk pada bulan n adalah xn adalah biaya produksi pada bulan tersebut ditambah biaya persediaan pada bulan tersebut ditambah biaya total produksi dan persediaan yang terbaik pada bulan berikutnya sampai bulan ke 1
Tahap 1 ( bulan Agustus ) :
X0 = x1 + d1 – D1 d1 = D1 – x1 = 30 – x1
X0 = 0 f1 (x1) = dmin { c ( d1 ) + 1/10x1 + f0 ( x0 ) }
Oleh karena d1 = 30 – x1, maka kombinasi diluar itu adalah tak mungkin. Contoh pada x1 = 0 diperoleh d1 = 30. Dengan demikian untuk d1 = 0,10,20 dan 40 adalah tidak mungkin. Hal ini terlihat pada tabel kombinasi tersebut biayanya adalah “ - “ yang berarti tidak mungkin.

Tabel : Hasil Perhitungan Tahap 1

d1 f1 ( x1,d1 ) = c (d1) + 1/10x1 x1 0 10 20 30 40 d1* f1 (x1)
0 - - - 10+1/10x0=10 - 30 10
10 - - 9+1/10x10=10 - - 20 10
20 - 7+1/10x20=9 - - - 10 9
30 0+1/10x10=3 - - - - 0 3
Tahap 2 ( bulan Juli ): f2 (x2) = dmin { (c (d2) + 1/10 x2 + f1 (x1) } x1 = x2 + d2 - D2 x1 = x2 + d2 - 20  Kombinasi ini harus dipenuhi, jika tidak
D2 = 20 maka tidak terdapat biaya yang mungkin
Nilai f1 (x1) diperoleh dari tabel tahap 1 di atas

Contoh perhitungan :
Pada x2 = 20 x1 = 20 +0 - 20 = 0  Layak d2 = 0

Pada x2 = 20 f2 (x2,d2) = c (d2) + 1/10x2 + f1 (x1) 0 + 1/10 x 29 + 10 = 12
Untuk x2 dan d2 yang lain hasilnya di tabulasi pada tabel :

Tabel : Hasil Perhitungan Tahap 2

d2 f2 ( x2,d2 ) = c (d2) + 1/10x2 + f1 (x1) x2 0 10 20 30 40 d2* f2 (x2)

0 - - 19 20 20 20 19
10 - 18 20 20 15 40 15
20 12 19 20 15 - 0 12
30 13 19 15 - - 0 13

Tahap 3 ( bulan Juni ) f3 (x3) = dmin { c (d3) + 1/10x3 + f2 (x2) } x2 = x3 + d3 - D3 x2= x3 + d3 - 40  Kombinasi ini harus dipenuhi, jika tidak
D3 = 40 maka tidak terdapat biaya yang mungkin
Nilai f2 (x2) diperoleh dari tabel tahap 2 di atas.
Hasil perhitungan tahap 3 menggunakan ketentuan diatas di tabulasi pada tabel berikut :

Tabel : Hasil Perhitungan Tahap 3

d3 f3 ( x3,d3 ) = c (d3) + 1/10x3 + f2 (x2) x3 0 10 20 30 40 d3* f3 (x3)

0 - - - - 30 40 30 10 - - - 30 27 40 27 20 - - 30 27 25 40 25 30 - 29 27 25 27 30 25

Tahap 4 (bulan Mei ) f4 (x4) = dmin { c (d4) + 1/10x4 + f3 (x3) } x3 = x4 + d4 - D4 x3 = 20 + d4 - 30  Kombinasi ini harus dipenuhi, jika tidak
D3 = 30 = d4 – 10 maka tidak terdapat biaya yang mungkin
X4 = 20
( persediaan bln Mei )
Nilai f3 (x3) diperoleh dari tabel tahap 3 di atas.
Hasil perhitungan tahap 4 menggunakan ketentuan diatas di tabulasi pada tabel berikut :
Tabel : Hasil Perhitungan Tahap 4

d4 f4 ( x4,d4 ) = c (d4) + 1/10x4 + f3 (x3) x4 0 10 20 30 40 d4* f4 (x4)

20 - 39 38 37 38 30 37

Dari Tabel di atas dapat disimpulkan bahwa biaya produksi dan persediaan adalah sebesar $37.000, sedangkan alokasi produksi dan persediaan yang memberikan nilai optimal tersebut adalah menggunakan hubungan : xn-1 = xn + dn + Dn

n Bulan Tingkat persediaan Jumlah produksi Permintaan xn dn Dn

4 Mei 20 30 30
3 Juni 20 40 40
2 Juli 20 0 20
1 Agustus 0 30 30

Ringkasan : Dalam bagian ini telah diberikan contoh dari model programa dinamis yang berlainan yang menggambarkan proses pengambilan keputusan proses bertahap banyak. seperti terlihat pada contoh di atas, masalah programa dinamis biasanya menghasilkan model-model matematis yang berbeda. Permasalahan yang dipecahkan pada bab ini seringkali terjadi pada keadaan nyata dan juga mewakili semua jenis masalah yang ditemukan dalam literature sebagai masalah programa dinamis. Sejumlah konsep telah diperkenalkan dalam diskusi dan presentasi dari contoh-contoh di atas. Konsep dari status, tahap dan hubungan yang rekursif telah dijelaskan dalam masing-masing contoh, yang umum pada semua masalah programa dinamis. Variabel status telah dipertimbangkan dalam kasus deterministic dan struktur matematis dari hubungan rekursif dapat berubah. Untuk memformulasikan masalah programa dinamis, harus dimiliki pengertian yang jelas dari konsep kebijaksanaan optimal dan variabel keputusan dan juga alasan penggunaan rekursi terbalik juga harus dimengerti dengan jelas.

Model Pemuatan Barang
Model Pemuatan barang berurusan dengan pemuatan barang ke tempat dengan kapasitas volume dan berat yang terbatas. Setiap barang menghasilkan suatu tingkat pendapatan. Tujuannya adalah memuat barang yang memberikan nilai yang terbaik.
Model ini juga disebut sebagai persoalan fly-away kit, di mana pilot harus menentukan barang yang paling bernilai yang akan dimasukkan ke dalam pesawat terbang dan persoalan knapsack, di mana seorang serdadu (atau seorang pengelana) harus menentukan barang yang paling bernilai yang akan dimasukkan ke dalam ranselnya.
Persamaan menghitung mundur dikembangkan untuk persoalan umum dari n buah barang pada kapal W ton.

Maks. Z = r1m1 + r2m2 + . . . . . . . . + rnmn d. k. w1m1 + w2m2 + . . . . . . . . + wnmn < W m1; m2; mn > 0 mi = jumlah unit dari barang i pada muatan

Ketiga komponen dari model adalah :

1. Tahap i diwakili oleh barang i, i = 1, 2, …… , n
2. Berbagai alternatif pada tahap i diwakili oleh mi, jumlah unit barang i yang ditempatkan. Pendapatannya adalah rimi. Didefinisikan [W/w1] adalah bilangan integer yang lebih kecil atau sama dengan W/w1, di mana m1 = 1, . . . . . , [W/w1]
3. Keadaan pada tahap i ditunjukkan oleh xi berat total yang ditugaskan terhadap tahap (barang) i, i + 1, . . . . , dan n. Definisi ini menggambarkan kenyataan bahwa kendala berat adalah satu-satunya kendala yang berkaitan dengan n tahap secara bersama-sama.

Definsi : fi(xi) = Pendapatan maksimum untuk tahap i, i + 1, . . . . . . . , n yang diberikan oleh keadaan xi.

Cara yang paling sederhana untuk menentukan persamaan yang berulang adalah prosedur dua langkah : Langkah 1. Nyatakan fi(xi) sebagai fungsi dari fi(xi+1) sebagai berikut : fi(xi) = maks. {r1m1 + fi+1(xi+1)}, i = 1, 2, . . ., n mi = 0,1, …, W/wi xi = 0, 1, W dengan fn+1(xn+1) = 0. Langkah 2. Nyatakan xi+1 sebagai fungsi dari xi untuk menjamin ruas kiri dari fi(xi) hanya merupakan fungsi dari xi.
Secara definisi xi - xi+1 mewakili berat yang dipakai pada tahap i yaitu xi – xi+1 = wimi, atau xi+1 = xi - wimi
Jadi persamaan berulang yang sesuai adalah : fi(xi) = maks. {rimi + fi(xi – wimi)}, i = 1, 2, . . . , n mi = 0, 1, . ., [W/wi] xi = 0, 1, . . , W

Contoh : Kapal dengan ukuran 4 ton akan dimuati 1 unit atau lebih dari tiga macam barang. Pada tabel berikut diberikan berat per unit (wi ton) dan nilai per unit (ri ribu $) dari barang i. Berapa jumlah setiap barang akan dimuat ke dalam kapal yang memberikan pendapatan total terbesar?
Barang i wi ri
1
2
3 2
3
1 31
47
14

Oleh karena berat wi dan muatan maksimum W semuanya dianggap bilangan integer, keadaan xi dapat dianggap hanya bilangan bulat.

Tahap 3 : Berat yang tepat yang dialokasikan pada tahap 3 (barang 3) tidak diketahui sebelumnya, tetapi harus dianggap salah satu dari nilai 0, 1, . . . , 4 (karena W = 4 ton). Keadaan x3 = 0 dan x3 = 4 berturut-turut mewakili keadaan ekstrim dari tidak mengirim sama sekali barang 3 sampai hanya mengirim barang 3. Nilai x3 = 1, 2, dan 3 berarti sebagian kapasitas kapal dialokasikan untuk barang 3. Sebagai akibatnya rentang nilai x3 menggambarkan jumlah alokasi yang mungkin dari barang 3 pada kapal. Oleh karena w3 = 1 per ton per unit, maka jumlah barang 3 yang dapat diangkut oleh kapal paling banyak adalah [4/1] = 4, berarti besar nilai m3 adalah 0, 1, 2, 3, 4. Nilai m3 yang layak jika nilai w3m3 < x3 sedangkan alternatif yang tidak layak ( di mana w3m3 > x3) tidak diperhitungkan.

Persamaan berikut adalah dasar untuk memperbandingkan alternatif tahap 3 : f3(x3) = maks. {14m3}, maks. m3 = [4/1] = 4 m2

Tabel tahap 3 : 14m3 Penyelesaian optimal x3 m3 = 0 m3 = 1 m3 = 2 m3 = 3 m3 = 4 f3(x3) m3*
0
1
2
3
4 0
-
-
-
- -
14
-
-
- -
-
28
-
- -
-
-
42
- -
-
-
-
56 0
14
28
42
56 0
1
2
3
4

Tahap 2 : f2(x2) = maks. {47m2 + f3(x3)} m2 = maks. {47m2+ f3(x2 - 3m2)}, maks. m2 = [4/3] = 1 m2 47m2 + f3(x2 - 3m2) Penyelesaian optimal x2 m2 = 0 m2 = 1 f2(x2) m2*
0
1
2
3
4 0 + 0 = 0
0 + 14 = 14
0 + 28 = 28
0 + 42 = 42
0 + 56 = 56 -
-
-
47 + 0 = 47
47 + 14 = 61 0
14
28
47
56 0
0
0
1
1

Tahap 1 : f1(x1) = maks. {31m1 + f2(x2)} m1 = maks. {31m1+ f2(x1 - 3m1)}, maks. m1 = [4/2] = 2 m1

31m1+ f2(x1 - 2m1) Penyelesaian optimal x1 m1 = 0 m1 = 1 m1 = 2 f2(x2) m1*
0
1
2
3
4 0 + 0 = 0
0 + 14= 14
0 + 28 = 28
0 + 47 = 47
0 + 61 = 61 -
-
31 + 0 = 31
31 + 14 = 45
31 + 28 = 59 -
-
-
-
62 + 0 = 62 0
14
31
47
62 0
0
1
0
2

Perhitungan pada tahap 1 cukup pada x1 = 4, karena kapasitas kapal adalah 4 ton, sedangkan untuk x1 =0, 1, 2, 3 sebenarnya tidak perlu dihitung. Kegunaan nya adalah untuk analisa kepekaan, yaitu jika kapasitasnya kurang dari 4 ton.
Pada persoalan ini diperoleh penyelesaian sbb. : xi+1 = xi – wimi x1 = 4  m1* = 2 x2 = x1 - 2m1 = 4 – 2 x 2 = 0  m2* = 0 x3 = x2 - 3m2 = 0 – 3 x 0 = 0  m3* = 0
Model Jumlah Tenaga Kerja
Pada sejumlah proyek konstruksi penambahan dan pengurangan tenaga kerja sering dilakukan untuk mempertahankan jumlah tenaga kerja agar sesuai dengan kebutuhan proyek. Penambahan tenaga kerja dan pengurangan tenaga kerja keduanya menimbulkan biaya tambahan. Bila kita mengalami kekurangan tenaga kerja, maka penambahan tenaga kerja tersebut menimbulkan biaya rekrutmen dan pelatihan sedangkan bila kita pertahankan jumlah tenaga kerja sedangkan Bila kita mempunyai kelebihan tenaga kerja agar pada saat terjadi kenaikan kebutuhan tenaga kerja tidak perlu melakukan rekrutmen dan pelatihan akan timbul biaya penggajian tenaga kerja yang menganggur.

Andaikan sebuah proyek yang akan dilaksanakan dalam waktu n minggu. Jumlah tenaga kerja minimum yang dibutuhkan pada minggu i adalah sebanyak bi. Pada kondisi ideal dibutuhkan tenaga kerja sebanyak tepat bi. Namun tergantung pada parameter biaya mungkin lebih ekonomis untuk membiarkan jumlah tenaga kerja berada di atas atau di bawah kebutuhan minimum. Jika xi adalah jumlah tenaga kerja sesungguhnya yang dipekerjakan pada minggu i, dua biaya yang dapat terjadi pada minggu i, adalah 1) c1(xi – bi), yaitu biaya kelebihan tenaga kerja sebanyak xi – bi orang dan 2) c2(xi –xi-1), yaitu biaya penambahan tenaga kerja tambahan sebanyak xi–xi-1.

Komponen dari model Programa Dinamis pada persoalan ini didefinisikan sbb. :
1. Tahap i mewakili oleh minggu i, untuk i = 1, 2, . . . , n
2. Alternatif pada tahap i adalah xi, yaitu jumlah tenaga kerja pada minggu i.
3. Keadaan pada tahap i diwakili oleh jumlah tenaga kerja pada tahap (mg) i -1, xi-1.

Persamaan Programa Dinamis yang berulang adalah : fi(xi-1) = min. {c1(xi – bi) + c2(xi –xi-1) + fi+1(xi)} xi > bi dengan fn+1(xn) = 0. Perhitungan dimulai pada tahap n dengan xn = bn dan berakhir pada tahap 1.

Contoh :
Sebuah kontraktor memperkirakan kebutuhan tenaga kerja yang diperlukan untuk 5 minggu yang akan dating berturut-turut sebanyak 5, 7, 8, 4, dan 6 orang. Kelebihan tenaga kerja memberikan biaya sebesar $ 300 per orang per minggu sedangkan untuk menambah tenaga kerja diperlukan biaya tetap sebesar $ 400 dan biaya variabel sebesar $ 200 per orang per minggu.
Menyatakan biaya dalam ratusan dollar kita peroleh :

Jumlah t. k. b1 = 5; b2 = 7; b3 = 8; b4 = 4; b5 = 6
Biaya kelebihan t. k. c1(xi – bi) = 3(xi – bi) untuk xi > bi i = 1, 2, . . . . , 5
Biaya tambahan t. k. c2(xi – xi-1) = 4 + 2(xi – xi-1) untuk xi > xi-1 i = 1, 2, . . ,5

Tahap 5 (b5 = 6)

c1 (x5 – 6)+c2 (x5 – x4) Penyelesaian optimal x4 x5 = 6 f5(x4) x5*
4
5
6 3(6-6) + 4 + 2(6-4)= 8
3(6-6) + 4 + 2(6-5)= 6
3(6-6) + 4 + 2(6-6)= 0 8
6
0 6
6
6

Tahap 4 (b4 = 4)

c1 (x4 – 4)+c2 (x4 – x3) + f5(x4) Penyelesaian optimal x3 x4 = 4 x4 = 5 x4 = 6 f4(x3) x4*
8 3.0+0+8=8 3.1+0+6=9 3.2+0+0=6 6 6

Tahap 3 (b3 = 8)

c1 (x3 – 8)+c2 (x3 – x2) + f4(x3) Penyelesaian optimal x2 X3 = 8 f3(x2) x3*
7
8 3.0 + 4 + 2.1 + 6 = 12
3.0 + 0 + 6 = 6 12
6 8
8

Tahap 2 (b2 = 7)

c1 (x2 – 7)+c2 (x2 – x1) + f3(x2) Penyelesaian optimal x1 x2 = 7 x2 = 8 f2(x1) x2*
5
6
7
8 3.0+4+2.2+12=20
3.0+4+2.1+12=18
3.0+0 +12=12
3.0+0 +12=12 3.1+4+2.3+6=19
3.1+4+2.2+6=17
3.1+4+2.1+6=15
3.1+0+ +6= 9 19
17
12
9 8
8
7
8

Tahap 1 (b1 = 5)

c1 (x1 – 5)+c2 (x1 – x0) + f2(x1) Penyelesaian optimal x0 x1 = 5 x1 = 6 x1 = 7 x1 = 8 f1(x0) x1*
0 3.0+4+2.5+19=33 3.1+4+2.6+17=36 3.2+4+2.7+12=36 3.2+4+ 2.8+9=35 33 5

Penyelesaian optimal dari persoalan di atas :

x0 = 0  x1* = 5  x2 = 8  x3* = 8  x4 = 6  x5* = 6

Penyelesaian di atas diterjemahkan sebagai rencana berikut :

Minggu ke i Jumlah tenaga kerja minimum (bi) Jumlah tenaga kerja yang disediakan (xi) Keputusan
1
2
3
4
5 5
7
8
4
6 5
8
8
6
6 Terima 5 t. k.
Terima 3 t. k.
Tdk ada perubahan
Pecat 2 t. k.
Tdak ada perubahan

Model Penggantian peralatan
Makin lama peralatan beroperasi makin tinggi biaya pemeliharaannya dan makin rendah tingkat produktifitasnya. Setelah mencapai umur tertentu mungkin lebih ekonomis untuk menggantinya. Persoalannya adalah menentukan umur ekonomis dari peralatan. Misalkan kita ingin mempelajari persoalan penggantian peralatan untuk periode pemakaian n tahun. Setiap awal tahun kita memutuskan apakah kita akan mempertahankan mesin untuk beroperasi atau mempertahankan satu tahun lagi atau menggantinya dengan yang baru. r(t) mewakili pendapatan pada tahun ke t, c(t) biaya operasi dari peralatan yang berumur t tahun, dan s(t) adalah nilai sisa dari mesin yang telah beroperasi selama t tahun. Harga peralatan baru adalah I
Komponen dari Model Programa Dinamis di sini adalah :
1. Tahap i mewakili tahun ke i, untuk i = 1, 2, . . . , n
2. Alternatif untuk tahap (tahun) ke i adalah mempertahankan atau mengganti peralatan pada awal tahun ke i.
3. Keadaan pada tahap i adalah umur peralatan pada awal tahun ke i.

Definisi : fi(t) = pendapatan bersih untuk tahun ke i, i + 1, . . . . , n pada saat mesin berumur t tahun pada awal tahun ke i.
Persamaan yang berulang adalah : r(t) – c(t) + fi+1(t+1) Jika peralatan dipertahankan fi(t) = maks. R(0) + s(t) – I – c(0) + fi+1(t+1) Jika peralatan diganti

Contoh :
Sebuah perusahaan ingin menentukan kebijaksanaan penggantian yang optimal dari peralatan yang saat ini berumur 3 tahun untuk keperluan pemakaian 4 tahun yang akan dating ( n = 4) yaitu sampai awl tahun ke 5. Tabel berikut adalah data dari persoalan. Perusahaan menentukan peralatan yang berumur 6 tahun harus diganti. Harga peralatan baru adalah $ 100.000.

Umur, t
(tahun) Pendapatan, r(t) ( $) Biaya operasi, c(t) ($) Nilai sisa, s(t) ($)
0
1
2
3
4
5
6 20.000
19.000
18.500
17.200
15.500
14.000
12.200 200
600
1200
1500
1700
1800
2200 -
80.000
60.000
50.000
30.000
10.000
5.000

6

5

4

Mulai

2

1

1 2 3 4 5

Gambar di atas mewakili persoalan kita. Pada awal tahun pertama kita memiliki peralatan yang berumur 3 tahun. Kita dapat menggantinya (R = replace) atau mempertahankannya (K = keep). Pada awal tahun kedua jika peralatan diganti maka peralatan kita berumur 1 tahun sedangkan jika peralatan dipertahankan peralatan kita berumur 4 tahun. Hal yang sama dapat kita lihat pada awal tahun ketiga sampai tahun keempat. Jika peralatan yang berumur 1 tahun pada awal tahun kedua dan ketiga diganti, maka penggantinya akan berumur 1 tahun pada tahun berikutnya. Pada awal tahun keempat mesin yang berumur 6 tahun harus diganti.. Pada akhir tahun ketiga kita menjual peralatan tersebut. Jaringan memperlihatkan pada awal tahun kedua umur yang mungkin dari peralatan adalah 1 dan 4 tahun, untuk awal tahun ketiga adalah 1, 2 dan 5 tahun dan untuk awal tahun keempat adalah 1, 2, 3 dan 6 tahun. Penyelesaian dari jaringan tersebut adalah ekivalen dengan mencari rute terpanjang dari awal tahun pertama sampai akhir tahun keempat. Perhitungannya diperlihatkan pada tabel berikut :

Tahap 4

K R Penyelesaian optimal t r(t)+s(t+1)-c(t) r(0)+s(t)+s(1)-c(0)-I f4(t) Keputusan
1
2
3
6 19,0+60- 0,6=78,4
18,5+50-1,2=67,3
17,2+30-1,5=45,7
Harus diganti 20+80+80-0,2-100=79,8
20+60+80-0,2-100=59,8
20+50+80-0,2-100=49,8
20+5+80-0,2-100=4,8 79,8
67,3
49,8
4,8 R
K
R
R

Tahap 3

K R Penyelesaian optimal t r(t)-c(t)+f4(t+1) r(0)+s(t)+s(1)-c(0)-I+f4(1) f4(t) Keputusan
1
2
5 19,0-0,6+67,3=85,7
18,5-1,2+49,8=67,1
14,0-1,8+4,8=17,0 20+80-,2-100-79,8=79,6
20+60-,2-100-79,8=59,6
20+10-,2-100-79,8=19,6 85,7
67,1
19,6 K
K
R

Tahap 2

K R Penyelesaian optimal t r(t)-c(t)+f3(t+1) r(0)+s(t)+s(1)-c(0)-I+f3(1) f4(t) Keputusan
1
4 19,0-0,6+67,1=85,5
15,5-1,7+19,6=33,4 20+80-,2-100+85,7=85,5
20+30-,2-100+85,7=35,5 85,5
35,5 K atau R
R

Tahap 1

K R Penyelesaian optimal t r(t)-c(t)+f3(t+1) r(0)+s(t)+s(1)-c(0)-I+f3(1) f4(t) Keputusan
3 17,2-1,5+35,5=51,2 20+50-,2-100+85,5=55,3 55,3 R

Peneyelesaian :
Tahap 1 pada awal tahun pertama diperoleh t = 3 adalah mengganti peralatan (R). Dengan demikian pada tahap 2 yaitu awal tahun 2 peralatan yang diganti berumur 1 tahun  t = 1 pada tabel tahap 2 terlihat keputusan optimalnya adalah mempertahankan (K) atau mengganti (R) peralatan. Dengan demikian terdapat dua alternatif. Sekarang kita lihat alternatif mempertahankan. Umur peralatan yang dipertahankan pada awal tahun 3 (tahap 3) adalah 2 tahun. Pada tabel tahap 3 untuk t = 2 keputusan terbaiknya adalah mempertahankan peralatan. Pada awal tahun 4 (tahap 4) umur peralatan yang dipertahankan adalah 3 tahun. Pada tabel tahap 4 untuk t = 2 keputusan terbaiknya adalah mengganti peralatan.. Dengan cara yang sama penyelesaian alternatifnya dapat dilihat seperti pada gambar di bawah ini :

tahun 1 tahun 2 tahun 3 tahun 4

 (t = 2)   (t = 3) 

(t = 3)  (t = 1)

(t = 1)   (t = 2) 

Dengan demikian keputusan optimal dari persoalan di atas adalah :
Alternatif 1 : ( R, K, K, R ) dan
Alternatif 2 : ( R, R, K, K ).
Model Investasi
Andaikan kita ingin melakukan investasi sebesar P1, P2, . . . , Pn pada setiap awal tahun sampai tahun ke n pada dua buah bank. Bank 1 memberikan bunga sebesar r1 dan bank 2 memberikan bunga sebesar r2 per tahun.Untuk merangsang deposito kedua bank tersebut memberikan bonus terhadap investasi baru yang dilakukan sebesar persentasi tertentu. Persentase tersebut bervariasi setiap tahunnya. Bonus yang diberikan oleh bank 1 pada tahun i adalah sebesar qi1 dan bank 2 memberikan bonus sebesar qi2. Bonus tersebut jatuh tempo pada akhir tahun di mana deposito tersebut dilakukan dan dapat diinvestasikan kembali pada salah satu dari kedua bank tersebut pada tahun berikutnya. Hal ini berarti hanya bonus dan uang segar yang dapat diinvestasikan pada kedua bank tadi, namun jika suatu investasi dilakukan maka uang tersebut harus tetap berada pada bank sampai akhir tahun ke n. Berikan jadual investasi selama n tahun yang akan datang.

Komponen dari Model Programa Dinamis pada persoalan ini adalah :
1. Tahap i diwakili oleh tahun ke i, i = 1, 2, . . . , n
2. Alternatif pada tahap i adalah Ii, dan Ii jumlah yang diinvestasikan ke dalam bank 1 dan 2.
3. Keadaan xi, pada tahap i diwakili oleh jumlah modal yang tersedia untuk diinvestasikan pada awal tahun ke i. Ii = xi – Ii, dengan demikian : xi = Pi + qi-1,1Ii-1 + qi-1,2(xi-1 – Ii-1) = Pi + (qi-1,1 - qi-1,2)Ii-1 + qi-1,2xi-1 , i = 2, 3, . . . ., n dengan x1 = P1. Investasi kembali sejumlah xi termasuk hanya investasi baru pada tahun ke i ditambah setiap bonus dari investasi yang dibuat pada tahun sebelumnya.
Definisi : fi(xi) = nilai optimal dari investasi untuk tahun ke i, i + 1, . . . , dan n. xi diberikan pada awal tahun ke i. si = akumulasi dari jumlah dana pada akhir tahun i.
Ii dan (xi-Ii) adalah investasi yang dibuat pada tahun i pada bank 1 dan 2 αi = (1 + ri) untuk bank i = 1, 2
Persoalan dapat dinyatakan sebagai : Maks. z = s1 + s2 + . . . . + sn
Dengan : si = Iiα1n+1-i + (xi – Ii)α2n+1-I = (α1n+1-i + α2n+1-i) Ii + α2n+1-ixi untuk i = 1, 2, . . . , n – 1 sn = (α1 + qn1 + α2 + qn2)In + (α2 + qn2)xn qn1 dan qn2 ditambahkan pada sn karena bonus untuk tahun ke n adalah bagian dari akumulasi akhir dari jumlah unag yang diinvestasikan.
Persamaan berulang dari Programa dinamis menghitung mundur diberikan sebagai : fi(xi) = maks. {si + fn+1(xi+1)} untuk i = 1, 2, . . . , n-1 0 < Ii < xi dengan xi+1 didefinisikan seperti xi sebelumnya dan fn+1(xi+1) = 0

contoh :
Andaikan Saudara akan menginvestasikan saat ini $ 4.000 dan $ 2.000 pada awal tahun 2 sampai awal tahun 4. Tingkat suku bunga yang diberikan oleh bank 1 adalah sebesar 8 % yang dimajemukkan per tahun sedangkan bonus yang diberikan adalah sebesar 1,8; 1,7; 2,1; dan 2,5 % untuk tahun 1 s/d tahun 5. Tingkat suku bunga yang ditawarkan oleh bank 2 lebih rendah 0,2% dibandingkan bank 1 sedangkan bonus yang diberikan lebih tinggi sebesar 0,5%. Tujuan Saudara adalah memaksimalkan besarnya modal pada akhir tahun 4.

Menggunakan notasi yang diberikan diperoleh : P1 = $ 4.000, P2 = P3 = P4 = $ 2.000 α1 = (1 + 0,8) = 1,08 α2 = (1 + 0,078) =1,078 q11 = 0,018 q21 = 0,017q31 = 0,021 q41 = 0,025 q12 = 0,023 q22 = 0,022q32 = 0,026 q42 = 0,030

Tahap 4 f4(x4) = maks. {s4} 0 < I4 < x4 dengan s4 = (α1 + q41 + α2 + q42)I4 + (α2 + q42)x4 = -0,003I4 + 1,108x4

Fungsi s4 dalam I4 dalam kisaran 0 < I4 < x4 di mana nilai maksimumnya terjadi pada I4 = 0 karena koefisien I4 adalah negatif. Jadi penyelesaian optimal untuk tahap 4 dapat diringkat seperti tabel berikut: Penyelesaian optimal
Keadaan f4(x4) I4* x4 1,08x4 0

Tahap 3 f3(x3) = maks. {s3 + f4(x4)} 0 < I3 < x3 dengan s3 = (1,082 – 1,0782)I3 + 1,0782x3 = 0,00432I2 + 1,1621x3 x4 = 2000 – 0,005I3 + 0,026x3
Jadi : f3(x3) = maks. {0,00432I3 + 1,1621x3 +1,108(2000 – 0,005I3 + x3)} 0 < I3 < x3 = maks. { 2216 – 0,00122I3 + 1,1909x3} 0 < I3 < x3

Penyelesaian optimal
Keadaan f3(x3) I3* x3 2216 + 1,1909x3 0

Tahap 2 f2(x2) = maks. {s2 + f3(x3)} 0 < I2 < x2 dengan s2 = (1,083 – 1,0783)I3 + 1,0783x3 = 0,006985I2 + 1,2527x2 x3 = 2000 – 0,005I2 + 0,022x2
Jadi : f2(x2) = maks. {0,006985I2+1,2527x2+2216+1,1909(2000–0,005I2+0,022x2)} 0 < I2 < x2 = maks. { 4597,8 – 0,001305I2 + 1,27893x2} 0 < I2 < x2

Penyelesaian optimal
Keadaan f3(x3) I2* x2 4597,8+ 1,27996x2 x2

Tahap 1 f1(x1) = maks. {s1 + f1(x1)} 0 < I1 < x1 dengan s1 = (1,084 – 1,0784)I1 + 1,0784x1 = 0,01005I1 + 1,3504x1 x2 = 2000 – 0,005I1 + 0,023x1

Jadi : f1(x1) = maks. {0,01005I1+1,3504x1+4597,8+1,27996(2000–,005I1+0,023x2)} 0 < I2 < x2 = maks. { 7157,7 – 0,00365I1 + 13798x1} 0 < I1 < x1

Penyelesaian optimal
Keadaan f1(x1) I1* x1 = 4000 7157,7+ 1,38349x2 4000

Dengan melakukan perhitungan mundur diperoleh :

X2 = 2000 – 0,005 x 4000 + 0,023 x 4000 = $ 2072
X3 = 2000 – 0,005 x 2072 + 0,022 x 2072 = $ 2035,22
X4 = 2000 – 0,005 x 0 + 0,026 x 2035,22 = $ 2052,92

Penyelesaian optimalnya dapat diringkas sbb. :
Penyelesaian optimal Keputusan
I1* = x1
I2* = x2
I3* = 0
I4* = 0 Investasi x1 = $ 4000 pada bank 1
Investasi x2 = $ 2072 pada bank 1
Investasi x3 = $ 2035,22 pada bank 2
Investasi x4 = $ 2052,92 pada bank 2

Persoalan dimensionalitas
Pada semua peersoalan model Programa Dinamis yang telah disampaikan, keadaan pada setiap tahap diwakili oleh sebuah variabel. Sebagai contoh, pada persoalan pemuatan barang, persoalan menyebutkan hanya berat setiap barang yang merupakan batasan dari muatan. Lebih realistic jika volume dari kapal juga merupakan batasan dari persoalan. Dalam hal demikian keadaan pada setiap tahap mempunyai dua dimensi karena mengandung dua variabel yaitu berat dan volume. Peningkatan jumlah variabel keadaan meningkatkan perhitungan pada setiap tahap. Kondisi seperti ini untuk model Programa Dinamis dengan tabulasi perhitungan di mana jumlah baris pada setiap tabel harus berkaitan dengan semua kombinasi dari variabel keadaan. Kesulitan perhitungan sedemikian menarik perhatian dalam Programa Dinamis dalam literatur disebut sebagai curse of dimensionality. Contoh berikut dipilih untuk mendemonstrasikan curse dimensionality. Hal ini juga memperlihatkan bagaimana Programa Linier dapat diselesaikan dengan Programa dinamis.

Contoh :
Sebuah perusahaan menghasilkan dua macam barang. Waktu yang tersedia pada proses manufaktur adalah 430 menit. Barang 1 memerlukan waktu 2 menit per unit dan barang 2 memerlukan waktu 1 menit per unit. Tidak terdapat pembatasan jumlah barang 1 yang dapat diproduksi akan tetapi untuk barang 2 terbatas sampai 230 unit. Keuntungan barang 1 adalah $ 2 per unit dan barang 2 $ 5 per unit. Carilah penyelesaian optimalnya dengan menggunakan Programa dinamis.

Model Programa Linier dari persoalan di atas adalah : Maks. z = 2x1 + 5x2 d. k. 2x1 + x2 < 430 x2 < 230 x1, x2 > 0

Komponen dari Model Programa dinamis dari persolan di atas adalah :

1. tahap i Berkaitan dengan barang i, i = 1, 2
2. Alternatif xi adalah jumlah barang i, i = 1, 2
3. Keadaan (v2, w2) mewakili jumlah sumber 1 dan 2 (waktu produksi dan batas permintaan) yang digunakan pada tahap 2
4. Keadaan (v1, w1) mewakili jumlah sumber 1 dan 2 (waktu produksi dan batas permintaan) yang digunakan pada tahap 1 dan 2
Tahap 2 Definisikan f2(v2,w2) sebagai keuntungan maksimum pada tahap 2 (barang 2), pada keadaan (v2, w2) maka : f2(v2,w2) = maks. {5x2} 0 < x2 < v2 0 < x2 < w2
Jadi maks {5x2} terjadi pada x2 = min{v2,w2}, dan penyelesaian untuk tahap 2 adalah : Penyelesaian optimal
Keadaan f2(v2,w2) x2
(v2,w2) 5 min{v2,w2} Min{v2,w2}

Tahap 1 f1(v1,w1) = maks. {2x1 + f2(v1- 2x1, w1 } 0 < 2x1 < v1 = maks. {2x1 + 5 min(v1 – 2x1, w1} 0 < 2x1 < v1

Optimasi pada tahap 1 memerlukan penyelesaian persoalan minimaks, yang pada umumnya sulit. Untuk persoalan saat ini kita tetapkan v1 = 430 dan w1 = 230, yang memberikan 0 < 2x1 < 430. Karena min. (430-2x1, 230) adalah batas lebih bawah dari perpotongan dua garis (jelaskan !) hal ini diikuti oleh : Min. (430 – 2x1, 230) = dan f1 (430, 230) = maks {2x1 + 5min. (430 – 2x1, 230)} 0 < x1 < 215

= maks. x1

Saudara dapat menjelaskan secara grafis bahwa nilai optimal dari f1 (430,230) terjadi pada x1 = 100. Jadi diperoleh : Penyelesaian optimal
Keadaan f1(v1,w1) x1
(430,230) 1350 100

Untuk menentukan nilai optimal x2 dari perhitungan : v2 = v1 – 2x1 = 430 – 200 = 230 w2 = w1 – 0 = 230
Sebagai akibatnya : x2 = min. (v2, w2) = 230 dapat disimpulkan penyelesaian optimal adalah : x1 = 100 unit, x2 = 230 unit, z = $ 1350