BAB III PEMBAHASAN. dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian, nilai harapan banyaknya

Transkripsi

1 BAB III PEMBAHASAN Pada bab ini akan dibahas tentang penurunan sistem persamaan lengkap untuk sistem antrian M/M/1/N dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian. Sistem persamaan lengkap tersebut terdiri dari persamaan probabilitas sistem antrian M/M/1/N dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian, nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem antrian (L s ), nilai harapan banyaknya pelanggan dalan antrian (L q ), nilai harapan waktu tunggu dalam sistem antrian (W s ) dan nilai harapan waktu tunggu dalam antrian (W q ). A. Probabilitas Model Antrian M/M/1/N dengan Retensi Pelanggan yang Membatalkan Antrian Langkah pertama yang dilakukan dalam menentukan karakteristik model antrian M/M/1/N dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian adalah menentukan probabilitas kejadian terdapat n pelanggan dalam sistem (P n ). Sebelumnya akan dijelaskan terlebih dahulu notasi-notasi yang digunakan untuk menentukan probabilitas kejadian terdapat n pelanggan dalam sistem, yaitu: n : laju kedatangan jika ada n pelanggan dalam sistem, jika laju kedatangan konstan untuk semua n maka cukup ditulis dengan µ n : laju pelayanan jika ada n pelanggan dalam sistem, jika laju pelayanan konstan untuk semua n maka cukup ditulis dengan µ 45

2 ξ : reneging times (dalam waktu: jam, menit, atau detik) p : probabilitas dari reneging o( t) : probabilitas terjadi lebih dari 1 kejadian pada kondisi saat t sampai t + t yang bernilai sangat kecil, sehingga o( t) dapat diabaikan. Kemudian ditentukan bebarapa probabilitas-probabilitas sebagai berikut: 1. Probabilitas ada satu kedatangan dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 1) = n t + o( t) (3.1) 2. Probabilitas tidak ada kedatangan dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 0) = 1 n t + o( t) (3.2) 3. Probabilitas ada satu kepergian dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 1) = µ n t + o( t) (3.3) 4. Probabilitas tidak ada kepergian dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 0) = 1 µ n t + o( t) (3.4) 5. Probabilitas ada satu customer reneging dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 1) = nξp t + 0( t) (3.5) 6. Probabilitas tidak ada customer reneging dari t sampai t + t, dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) = 0) = 1 (n 1)ξp t + 0( t) (3.6) 46

3 7. Probalititas terjadi lebih dari satu kejadian pada selang waktu yang sangat pendek adalah sangat kecil sehingga dapat diabaikan, dapat dinyatakan dengan P ((X(t + t) X(t)) > 1) = o( t) (3.7) Dari probabilitas-probabilitas yang telah didapatkan, probabilitas-probabilitas tersebut dapat digambarkan dalam bentuk state flow sebagai berikut: n-1 n n+1 N n-1 n n+1 n+2 N-1 N n n+1 n+2 N Gambar 3.1 Proses kedatangan dan kepergian dalam sistem antrian M/M/1/N Berdasarkan gambar 3.1 terdapat 3 kondisi yang berbeda pada state flow tersebut sehingga kemungkinan-kemungkinan kejadian saling bebas yang dapat terjadi jika terdapat n pelanggan dalam sistem pada waktu t + t dapat dibagi menjadi 3 kasus kemungkinan kejadian, yaitu : 1. Kemungkinan kejadian terdapat n pelanggan dalam sistem untuk 1 n N 1 adalah : a. Kemungkinan kejadian terdapat n pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : 1. Tidak ada kedatangan, tidak ada kepergian, dan tidak ada reneging 2. Ada kedatangan, ada kepergian, dan tidak ada reneging 3. Ada kedatangan, tidak ada kepergian, dan ada reneging 47

4 b. Kemungkinan kejadian terdapat n + 1 pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : 1. Tidak ada kedatangan, ada kepergian, dan tidak ada reneging 2. Tidak ada kedatangan, tidak ada keperian, dan ada reneging c. Kemungkinan kejadian terdapat n + 2 pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : tidak ada kedatangan, ada kepergian, dan ada reneging d. Kemungkinan kejadian terdapat n 1 pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : ada kedatangan, tidak ada kepergian, dan tidak ada reneging. Dari kemungkinan-kemungkinan yang telah diperoleh, kemudian disajikan kedalam tabel sebagai berikut ini. Tabel 3.1 Kemungkinan Kejadian Terdapat n Pelanggan dalam Sistem pada Saat t + t dengan 1 n N 1 Kasus pelanggan pada waktu kedatangan pada waktu kepergian pada waktu reneging pada pelanggan pada waktu t t t waktu t t + t 1 n n 2 n n 48

5 Kasus pelanggan pada waktu kedatangan pada waktu kepergian pada waktu reneging pada pelanggan pada waktu t t t waktu t t + t 3 n n 4 n n 5 n n 6 n n 7 n n Menurut asumsi (vi) mengacu dari bab 2, kedatangan dan kepergian merupakan kejadian-kejadian yang saling bebas, sehingga kejadian-kejadian pada interval waktu tertentu tidak mempengaruhi kejadian ada interval waktu sesudahnya maka peluangdari masing-masing kejadian tersebut adalah sebagai berikut: 1. Probabilitas kasus 1 = P n (t)(1 n t + o( t))(1 µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) (3.8) 2. Probablitas kasus 2 = P n (t)( n t + o( t))(µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) = o( t) (3.9) 3. Probabilitas kasus 3 = P n (t)( n t + o( t))(1 µ n t + o( t))(nξp t + o( t)) = o( t) (3.10) 49

6 4. Probabilitas kasus 4 = P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(µ n+1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) (3.11) 5. Probabilitas kasus 5 = P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(1 µ n+1 t + o( t))(nξp t + o( t)) (3.12) 6. Probabilitas kasus 6 = P n+2 (t)(1 n+2 t + o( t))(µ n+2 t + o( t))(nξp t + o( t)) = o( t) (3.13) 7. Probabilitas kasus 7 = P n 1 (t)( n 1 t + o( t))(1 µ n 1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) (3.14) Maka probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem dengan 1 n N 1 pada saat (t + t) dinyatakan dengan: P n (t + t) = P (kasus 1 atau kasus 2 atau kasus 3 atau kasus 4 atau kasus 5 atau kasus 6 atau kasus 7) Karena kasus-kasus tersebut tidak dapat terjadi secara bersamaan atau saling asing, maka probabilitasnya adalah: P n (t + t) =(probabilitas kasus 1 + probabilitas kasus + probabilitas kasus 2 + probabilitas kasus 3 + probabilitas kasus 4 + probabilitas kasus 5 + probabilitas kasus 6 + probabilitas kasus 7) (3.15) 50

7 Substitusi persamaan (3.8), (3.9), (3.10), (3.11), (3.12), (3.13) dan (3.14) ke persamaan (3.15), sehingga didapatkan: P n (t + t) = P n (t)(1 n t + o( t))(1 µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) + o( t) + o( t) + P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(µ n+1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) + P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(1 µ n+1 t + o( t))(nξp t + o( t)) + o( t) + P n 1 (t)( n 1 t + o( t))(1 µ n 1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) P n (t + t) = P n (t)(1 n t + µ n t)(1 (n 1)ξp t + o( t)) + P n+1 (t)(µ n+1 t)(1 (n 1)ξp t + o( t)) + P n+1 (t)(1 n t + µ n t)(nξp t + o( t)) + P n 1 (t)( n 1 t)(1 (n 1)ξp t + o( t)) + o( t) P n (t + t) = P n (t)(1 n t µ n t (n 1)ξp t) + P n+1 (t)(µ n+1 t) + P n+1 (t)(nξp t) + P n 1 (t)( n 1 t) + o( t) P n (t + t) = P n (t) P n (t)( n t) P n (t)(µ n t) P n (t)((n 1)ξp t) + P n+1 (t)(µ n+1 t) + P n+1 (t)(nξp t) + P n 1 (t)( n 1 t) + o( t) (3.16) 51

8 Pada persamaan (3.16) dikurangkan P n (t) pada ruas kiri dan kanan kemudian dibagi dengan t maka diperoleh: P n (t + t) P n (t) = P n (t)( n t) P n (t)(µ n t) P n (t)((n 1)ξp t) + P n+1 (t)(µ n+1 t) + P n+1 (t)(nξp t) + P n 1 (t)( n 1 t) P n (t+ t) P n (t) t = P n (t)( n ) P n (t)(µ n ) P n (t)((n 1)ξp) + P n+1 (t)(µ n+1 ) + P n+1 (t)(nξp) + P n 1 (t)( n 1 ) (3.17) Karena t sangat kecil dan mendekati nol, maka berdasarkan Definisi 2.7 didapatkan: P n (t + t) P n (t) lim t 0 t dp n (t) dt = lim t 0 [ P n (t)( n ) P n (t)(µ n ) P n (t)((n 1)ξp) + P n+1 (t)(µ n+1 ) + P n+1 (t)(nξp) + P n 1 (t)( n 1 )] = P n (t)( n ) P n (t)(µ n ) P n (t)((n 1)ξp) + P n+1 (t)(µ n+1 ) + P n+1 (t)(nξp) + P n 1 (t)( n 1 ) dp n (t) dt = ( n + µ n + (n 1)ξp)P n (t) + (µ n+1 + nξp)p n+1 (t) + ( n 1 )P n 1 (t) (3.18) 2. Kemungkinan kejadian terdapat n pelanggan dalam sistem pada saat n = 0 adalah: a. Kemungkinan kejadian terdapat 0 pelanggan pada waktu t dan terdapat 0 pelanggan pada waktu t + t adalah : 1. Tidak ada kedatangan, tidak ada kepergian dan tidak ada reneging 52

9 2. Ada kedatangan, ada kepergian dan tidak ada reneging b. Kemungkinan kejadian terdapat n + 1 pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : 1. Tidak ada kedatangan, ada kepergian dan tidak ada reneging 2. Tidak ada kedatangan,tidak ada kepergian, dan ada reneging Dari kemungkinan-kemungkinan yang telah diperoleh, kemudian disajikan kedalam tabel sebagai berikut ini. Tabel 3.2 Kemungkina Kejadian Terdapat 0 Pelanggan dalam Sistem pada Saat t + t dengan n = 0 Kasus pelanggan pada kedatangan pada waktu kepergian pada waktu reneging pada pelanggan pada waktu waktu t t t waktu t t + t 1 n n 2 n n 3 n n 4 n n Selanjutnya akan dibahas secara khusus probabilitas terdapat n pelanggan untuk nilai n = 0. Pada saat jumlah pelanggan dalam sistem adalah nol, maka probabilitas 53

10 terjadinya nol kepergian pada kasus 1 dan kasus 4 serta nol reneging pada kasus 1, kasus 2 dan kasus 3 adalah satu. Menurut asumsi (vi) mengacu dari bab 2, kedatangan dan kepergian merupakan kejadian-kejadian yang saling bebas, sehingga kejadian-kejadian pada interval waktu tertentu tidak mempengaruhi kejadian ada interval waktu sesudahnya maka peluangdari masing-masing kejadian tersebut adalah sebagai berikut: 1. Probabilitas kasus 1 = P n (t)(1 n t + o( t))(1)(1) (3.19) 2. Probablitas kasus 2 = P n (t)( n t + o( t))(µ n+1 t + o( t))(1) = o( t) (3.20) 3. Probabilitas kasus 3 = P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(µ n+1 t + o( t))(1) (3.21) 4. Probabilitas kasus 4 = P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(1)(nξp t + o( t)) (3.22) adalah : Probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem dengan n = 0 pada saat (t + t) P n (t + t) = P (kasus 1 atau kasus 2 atau kasus 3 atau kasus 4) Karena kasus-kasus tersebut tidak dapat terjadi secara bersamaan atau saling asing, maka probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem dengan n = 0 pada saat (t + t) dinyatakan dengan: 54

11 P n (t + t) = (Probabilitas kasus 1 + Probabilitas kasus 2 + Probabilitas kasus 3 + Probabilitas kasus 4) (3.23) Substitusikan persamaan (3.19), (3.20), (3.21), dan (3.22) ke persamaan (3.23) sehingga didapatkan : P n (t + t) = P n (t)(1 n t + o( t))(1)(1) + o( t) + P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(µ n+1 t + o( t))(1) + P n+1 (t)(1 n+1 t + o( t))(1)(nξp t + o( t)) P n (t + t) = P n (t)(1 n t + o( t)) + P n+1 (t)(µ n+1 t + o( t)) + P n+1 (t)(nξp t + o( t)) + o( t) (3.24) Substitusi n = 0 pada persamaan (3.24), diperoleh : P 0 (t + t) = P 0 (t)(1 0 t + o( t)) + P 1 (t)(µ 1 t + o( t)) + P 1 (t)(0ξp t + o( t)) + o( t) P 0 (t + t) = P 0 (t)(1 0 t + o( t)) + P 1 (t)(µ 1 t + o( t)) + o( t) P 0 (t + t) = P 0 (t) ( 0 t)p 0 (t) + (µ 1 t)p 1 (t) + o( t) (3.25) Pada persamaan (3.25) dikurangkan P 0 (t) pada ruas kiri dan kanan kemudian dibagi dengan t maka diperoleh: P 0 (t + t) P 0 (t) = ( 0 t)p 0 (t) + (µ 1 t)p 1 (t) 55

12 P 0 (t+ t) P 0 (t) t = ( 0 )P 0 (t) + (µ 1 )P 1 (t) (3.26) Karena t sangat kecil dan mendakati nol, maka berdasarkan Definisi 2.7 didapatkan: P 0 (t + t) P 0 (t) lim = lim ( ( t 0 t 0 )P 0 (t) + (µ 1 )P 1 (t)) t 0 dp 0 (t) dt = ( 0 )P 0 (t) + (µ 1 )P 1 (t) (3.27) 3. Kemungkinan kejadian terdapat n pelanggan dalam sistem pada saat n = N adalah: a. Kemungkinan kejadian terdapat n pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : 1. Tidak ada kedatangan, tidak ada kepergian dan tidak ada reneging 2. Ada kedatangan, ada kepergian dan tidak ada reneging 3. Ada kedatangan, tidak ada kepergian, dan ada reneging b. Kemungkinan kejadian terdapat n 1 pelanggan pada waktu t dan terdapat n pelanggan pada waktu t + t adalah : tidak ada kedatangan, ada kepergian dan tidak ada reneging. Dari kemungkinan-kemungkinan yang telah diperoleh, kemudian disajikan kedalam tabel sebagai berikut ini. 56

13 Tabel 3.3 Kemungkinan Kejadian terdapat n Pelanggan dalam Sistem pada Saat t + t dengan n = N Kasus pelanggan pada kedatangan pada waktu kepergian pada waktu reneging pada pelanggan pada waktu waktu t t t waktu t t + t 1 n n 2 n n 3 n n 4 n n Selanjutnya akan dibahas secara khusus probabilitas terdapat n pelanggan untuk nilai n = N. Pada saat jumlah pelanggan dalam sistem adalah N, maka probabilitas terjadinya nol kedatangan pada kasus 1 adalah satu. Menurut asumsi (vi) mengacu dari bab 2, kedatangan dan kepergian merupakan kejadian-kejadian yang saling bebas, sehingga kejadian-kejadian pada interval waktu tertentu tidak mempengaruhi kejadian ada interval waktu sesudahnya maka peluangdari masing-masing kejadian tersebut adalah sebagai berikut: 1. Probabilitas kasus 1 = P n (t)(1)(1 µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) (3.28) 57

14 2. Probablitas kasus 2 = P n (t)( n t + o( t))(µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) = o( t) (3.29) 3. Probabilitas kasus 3 = P n (t)( n t + o( t))(1 µ n t + o( t))(nξp t + o( t)) = o( t) (3.30) 4. Probabilitas kasus 4 = P n 1 (t)( n 1 t + o( t))(1 µ n 1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) (3.31) Probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem dengan n = N dalam waktu (t + t) adalah: P n (t + t) = P (kasus 1 atau kasus 2 atau kasus 3 atau kasus 4) Karena kasus-kasus tersebut tidak dapat terjadi secara bersamaan atau saling asing, maka probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem dengan n = N pada saat (t + t) dinyatakan dengan: P n (t + t) = (Probabilitas kasus 1 + Probabilitas kasus 2 + Probabilitas kasus 3 + Probabilitas kasus 4) (3.32) Substitusi persamaan (3.28), (3.29), (3.30), dan (3.31) pada persamaan (3.32) sehingga diperoleh : 58

15 P n (t + t) = P n (t)(1)(1 µ n t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) + o( t) + o( t) + P n 1 (t)( n 1 t + o( t))(1 µ n 1 t + o( t))(1 (n 1)ξp t + o( t)) P n (t + t) = P n (t)(1 µ n t (n 1)ξp t) + P n 1 (t)( n t) + o( t) P n (t + t) = P n (t) (µ n t)p n (t) ((n 1)ξp t)p n (t) + ( n t)p n 1 (t) + o( t) (3.33) Pada persamaan (3.33) dikurangkan P n (t) pada ruas kiri dan kanan kemudian dibagi dengan t maka diperoleh: P n (t + t) P n (t) = (µ n t)p n (t) ((n 1)ξp t)p n (t) + ( n t)p n 1 (t) P n (t+ t) P n (t) t = (µ n )P n (t) ((n 1)ξp)P n (t) + ( n )P n 1 (t) (3.34) Karena t sangat kecil dan mendakati nol, maka berdasarkan Definisi 2.7 didapatkan: P n (t + t) P n (t) lim = lim ( (µ t 0 t n )P n (t) ((n 1)ξp)P n (t) + ( n )P n 1 (t)) t 0 dp n (t) dt = (µ n )P n (t) ((n 1)ξp)P n (t) + ( n )P n 1 (t) dp n (t) dt = ( n )P n 1 (t) (µ n (n 1)ξp)P n (t) Substitusi nilai n = N maka diperoleh : dp N (t) dt = ( N )P N 1 (t) (µ N (N 1)ξp)P N (t) (3.35) 59

16 Jadi dari ke tiga kasus kemungkinan-kemungkinan kejadian saling asing yang dapat terjadi jika terdapat n pelanggan dalam sistem pada waktu t + t diperoleh tiga sistem persamaan diferensial, yaitu persamaan (3.11), (3.20), dan (3.28) sebagai berikut : 1. dp n (t) dt = ( n + µ n + (n 1)ξp)P n (t) + (µ n+1 + nξp)p n+1 (t) + ( n 1 )P n 1 (t) ; 1 n N 1 2. dp 0 (t) dt 3. dp N (t) dt = ( 0 )P 0 (t) + (µ 1 )P 1 (t) ; n = 0 = ( N )P N 1 (t) (µ N (N 1)ξp)P N (t) ; n = N Dari ke tiga persamaan diferensial tersebut, karena pada kasus ini laju kedatangan ( n ) dan laju pelayanan (µ n ) konstan untuk semua n maka dapat ditulis menjadi : 1. dp n (t) dt = ( + µ + (n 1)ξp)P n (t) + (µ + nξp)p n+1 (t) + ()P n 1 (t) ; 1 n N 1 (3.36) 2. dp 0 (t) dt 3. dp N (t) dt = µp 1 (t) P 0 (t) ; n = 0 (3.37) = P N 1 (t) (µ (N 1)ξp)P N (t) ; n = N (3.38) Dalam kondisi steady-state lim P n (t) = P n, oleh karena itu dp n(t) = 0 untuk t t dt. Kondisi steady-state yaitu keadaan sistem yang tidak bergantung pada keadaan awal maupun waktu yang telah dilalui. Untuk memperoleh kondisi steady-state, 60

17 substitusikan dp n(t) dt = 0 dan P n (t) = P n ke persamaan (3.36), (3.37), dan (3.38) sehingga diperoleh persamaan sebagai berikut : 1. 0 = ( + µ + (n 1)ξp)P n + (µ + nξp)p n+1 + ()P n 1 ; 1 n N 1 (3.39) 2. 0 = µp 1 P 0 ; n = 0 (3.40) 3. 0 = P N 1 (µ (N 1)ξp)P N ; n = N (3.41) Atau 1. ( + µ + (n 1)ξp)P n = (µ + nξp)p n+1 + ()P n 1 (3.42) 2. P 0 = P 1 µ P 1 = µ P 0 (3.43) 3. (µ (N 1)ξp)P N = ()P N 1 P N = () (µ (N 1)ξp) P N 1 (3.44) Untuk mencari solusi rekursif dari kondisi steady-state, dilakukan perhitungan sebagai berikut: substitusi n = 1 pada persamaan (3.42), sehingga [ + µ + (1 1)ξp]P 1 = (µ + 1ξp)P P 1 1 Jadi, ( + µ)p 1 = (µ + ξp)p 2 + P 0 61

18 (µ + ξp)p 2 = ( + µ)p 1 P 0 (µ + ξp)p 2 = P 1 + (µp 1 P 0 ) (3.45) Dengan menggunakan persamaan (3.40) yaitu µp 1 P 0 = 0, persamaan (3.45) menjadi (µ + ξp)p 2 = P 1 (3.46) Kemudian persamaan (3.46) dibagi dengan (µ + ξp) menjadi P 2 = P 1 (µ+ξp) (3.47) Substitusikan persamaan (3.43) pada persamaan (3.47) sehingga diperoleh ( µ ) P 0 P 2 = (µ + ξp) P 2 = P 0 ( µ ) (µ + ξp) P 2 = P 0 ( µ + 0ξp ) ( (µ + ξp) ) P 2 = P 0 ( ) ( ) (4.48) µ+(1 1)ξp (µ+(2 1)ξp) Dengan menggunakan notasi sigma, maka persamaan (3.41) menjadi, 2 P 2 = P 0 k=1 (3.49) µ+(k 1)ξp 62

19 Substitusi n = 2 pada persamaan (3.42), sehingga [ + µ + (2 1)ξp]P 2 = (µ + 2ξp)P P 2 1 Jadi, (µ + 2ξp)P 3 = [ + µ + ξp]p 2 P 1 (µ + 2ξp)P 3 = P 2 + (µp 2 + ξpp 2 ) P 1 (3.50) Dengan menggunakan persamaan (3.46) yaitu (µ + ξp)p 2 = P 1, persamaan (3.50) menjadi (µ + 2ξp)P 3 = P 2 + P 1 P 1 sehingga (µ + 2ξp)P 3 = P 2 (3.51) Kemudian persamaan (3.44) dibagi dengan (µ + 2ξp) maka menjadi P 3 = P 2 (µ+2ξp) (3.52) Substitusi persamaan (3.49) pada persamaan (3.52) sehingga 2 P 3 = P (µ+2ξp) 0 k=1 (3.53) µ+(k 1)ξp Dengan menggunakan notasi sigma, maka persamaan (3.53) menjadi, 3 P 3 = P 0 k=1 (3.54) µ+(k 1)ξp 63

20 Substitusi n = 3 pada persamaan (3.35), sehingga [ + µ + (3 1)ξp]P 3 = (µ + 3ξp)P P 3 1 Jadi, (µ + 3ξp)P 4 = [ + µ + 2ξp]P 3 P 2 (µ + 3ξp)P 4 = P 3 + (µp 3 + 2ξpP 3 ) P 2 (3.55) Dengan menggunakan persamaan (3.44) yaitu (µ + 2ξp)P 3 = P 2, persamaan (3.48) menjadi (µ + 3ξp)P 4 = P 3 + P 2 P 2 Sehingga (µ + 3ξp)P 4 = P 3 (3.56) Kemudian persamaan (3.56) dibagi dengan (µ + 3ξp) maka menjadi P 4 = P 3 (µ+3ξp) (3.57) Substitusi persamaan (3.54) pada persamaan (3.57) sehingga 3 P 4 = P (µ+3ξp) 0 k=1 (3.58) µ+(k 1)ξp Dengan menggunakan notasi sigma, maka persamaan (3.58) menjadi, 4 P 4 = P 0 k=1 (3.59) µ+(k 1)ξp 64

21 Untuk 4 n N 1 dengan menggunakan cara yang sama, maka diperoleh: n P n = P 0 k=1 ; 1 n N 1 (3.60) µ+(k 1)ξp Untuk = N, substitusikan persamaan (3.60) pada persamaan (3.44) P N = P N 1 [µ + (N 1)ξp] Jadi, N 1 µ+(k 1)ξp P N = P [µ+(n 1)ξp] 0 k=1 (3.61) Dengan menggunakan notasi sigma, maka persamaan (3.61) menjadi, N P N = P 0 k=1 (3.62) µ+(k 1)ξp Selanjutnya, akan dicari probabilitas nol pelanggan dalam sistem. kumpulan dari berbagai kemungkinan terjadinya probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem (P n ) adalah sama dengan 1. Dalam kalimat matematika ditulis: N n=0 P n = 1 (3.63) Oleh karena itu dapat dicari probabilitas nol pelanggan dalam sistem, yaitu P 0 + N n=1 P n = 1 (3.64) Substitusi persamaan persamaan (3.60) ke persamaan (3.64) sehingga n P 0 + N n=1 k=1 P 0 = 1 (3.65) µ+(k 1)ξp 65

22 Dengan menggunakan operasi pemfaktoran pada persamaan (3.65) menjadi n k=1 µ+(k 1)ξp [1 + N n=1 ] P 0 = 1 (3.66) Kemudian persamaan (3.66) dibagi dengan [1 + N n=1 n k=1 µ+(k 1)ξp ] diperoleh P 0 = 1 1+ N n n=1 k=1 µ+(k 1)ξp (3.67) Jadi persamaan rekursif kondisi steady-state dari model adalah: n P n = P 0 µ + (k 1)ξp k=1 ; 0 n N dengan P 0 = 1 + N n=1 n k=1 1 µ + (k 1)ξp B. Ukuran Keefektifan Sistem Antrian M/M/1/N dengan Retensi Pelanggan yang Membatalkan Antrian Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem (L s ) mempunyai hubungan sederhana antara jumlah pelanggan yang antri (n) dan berbagai kemungkinan P n dengan batas maksimum tempat antrian sebesar N. 66

23 Akan dicari nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem (L s ) menggunakan persamaan umum nilai harapan berdasarkan persamaan (2.50) N L s = np n n=0 Substitusi persamaan (3.60) pada persamaan (2.50) sehingga n L s = N n=0 n P 0 ( k=1 ) (3.68) µ+(k 1)ξp Rata-rata waktu tunggu dalam sistem (W s ) dipengaruhi jumlah rata-rata pelanggan dalam sistem dibanding tingkat kedatangan dalam sistem. Akan dicari nilai harapan waktu tunggu dalam sistem (W s ) menggunakan little formula berdasarkan persamaan (2.52) sebagai berikut: L s = W s W s = L s (3.69) Substitusi persamaan (3.68) ke persamaan (3.69) sehingga diperoleh W s = N n=0 n n P 0 ( k=1 ) µ+(k 1)ξp (3.70) Rata-rata waktu tunggu dalam antrian (W q ) dipengaruhi oleh rata-rata waktu menunggu dalam sistem dengan waktu pelayanan. 67

24 Akan dicari nilai harapan waktu tunggu dalam antrian (W q ) menggunakan little formula sebagai berikut: W q = W s 1 µ (3.71) Substitusi persamaan (3.70) pada persamaan (3.71) sehingga diperoleh W q = N n=0 n n P 0 ( k=1 ) µ+(k 1)ξp 1 µ (3.72) Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian (L q ) berkaitan erat dengan lamanya tingkat kedatangan dikali rata-rata waktu menunggu pelanggan dalam antrian. Akan dicari nilai harapan waktu tunggu dalam sistem (W s ) menggunakan little formula berdasarkan persamaan (2.53) sebagai berikut: L q = W q Substitusi persamaan (3.72) pada persamaan (2.53) sehingga diperoleh L q = ( N n=0 n n P 0 ( k=1 ) µ+(k 1)ξp 1 µ ) (3.73) Dengan operasi perkalian biasa pada persamaan (3.73) sehingga diperoleh nilai L q sebagai berikut L q = N n=0 n P 0 ( k=1 ) µ+(k 1)ξp µ n (7.74) 68

25 C. SIMULASI Simulasi yang dilakukan adalah membandingkan hasil perhitungan probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem serta perhitungan ukuran keefektifan pada sistem antrian M/M/1/N dengan sistem antrian M/M/1/N dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian. Contoh kasus sistem antrian M/M/1/N Dalam sebuah sarana jasa pembersihan mobil, informasi yang dikumpulkan menunjukan bahwa kedatangan mobil terdistribusi Poisson dengan rata-rata 2 mobil perjam. Waktu untuk mencuci mobil bervariasi, tetapi mengikuti distribusi eksponensial dengan rata-rata 20 menit per mobil. Sarana pelayanan hanya dapat menangani satu mobil setiap saat serta tempat pakir yang tersedia hanya dapat memuat sebanyak 9 mobil. Tentukan ukuran keefektifan dari sistem antrian sarana jasa pembersihan mobil tersebut jika diketahui probabilitas dari retention adalah sebesar 0.6 dan reneging times 0.1 jam. Diketahui : = 2 mobil/jam 1 µ = 20 menit/mobil, µ = 3 mobil/jam Kapasitas sistem (N) = 10 mobil Probabilitas dari retention (q) =

26 Probabilitas dari reneging (p) = 1 q = 0.4 Reneging times (ξ) = 0.1 jam Ditanyakan: 1. Probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem (P n ) 2. Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem (L s ) 3. Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian (L q ) 4. Nilai harapan waktu tunggu pelanggan dalam sistem (W s ) 5. Nilai harapan waktu tunggu pelanggan dalam antrian (W q ) Jawab: A. Menentukan probabilitas dan ukuran keefektifan sistem antrian M/M/1/N sederhana: 1. Menentuka probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem (P n ) P n = ( µ ) N P 0 dengan 1 ( µ ) P 0 = 1 ( N+1 µ ) untuk N = 10, maka nilai P 0 70

27 untuk n = N = 10, maka nilai P 10 P 0 = 1 (2 3 ) 1 ( 2 3 ) 10+1 P 0 = = P 10 = ( 2 3 ) 10 P 0 P 10 = ( )( ) P 10 = Jadi probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem adalah P n = ( µ )N P 0 dan probabilitas terdapat 10 pelanggan dalam sistem adalah sebesar Menentukan nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem (L s ) ( N µ ) (1 (N + 1) ( µ ) + N ( µ N+1) ) L s = (1 ( µ )) (1 ( µ N+1) ) ( 2 3 ) (1 ( ) (2 3 ) + 10 ( ) ) L s = (1 ( 2 3 )) (1 ( ) ) ( 2 3 ) (1 (11) 10 (2 3 ) + 10 ( ) ) L s = (1 ( 2 3 )) (1 (2 3 11) ) 71

28 L s = = Jadi nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem adalah sebesar pelanggan. 3. Menentukan nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian (L q ) L q = ( N µ ) (1 (N + 1) ( µ ) + N ( µ N+1) ) (1 ( µ )) (1 ( µ ) N+1) L q = L s (1 P N) µ L q = ( ) 3 L q = = (1 P N) µ Jadi nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian adalah sebesar pelanggan. 4. Menentukan nilai harapan waktu tunggu pelanggan dalam sistem (W s ) W s = L s (1 P N ) W s = ( ) = Jadi nilai harapan waktu tunggu dalam sistem adalah sebesar jam. 5. Menentukan nilai harapan waktu tunggu pelanggan dalam antrian (W q ) W q = W q = L q (1 P N ) ( ) =

29 Jadi nilai harapan waktu tunggu dalam antrian adalah sebesar jam. B. Menentukan probabilitas dan ukuran keefektifan sistem antrian M/M/1/N dengan reneging customers: 1. Menentukan probabilitas terdapat n pelanggan dalam sistem (P n ) n P n = P 0 µ + (k 1)ξp k=1 ; n = 0,1,2, N dengan P 0 = 1 + N n=1 n k=1 1 µ + (k 1)ξp untuk N = 10, maka nilai P_0 P 0 = n=1 n k= (k 1)(0.1)(0.4) dengan menggunakan Microsoft exel diperoleh P 0 = untuk n = N = 10, maka nilai P 10 n 2 P 10 = P (k 1)(0.1)(0.4) k=1 P 10 = ( )( ) P 10 =

30 n Jadi P n = P 0 k=1 dan probabilitas terdapat 10 pelanggan dalam sistem µ+(k 1)ξp adalah sebesar Menentukan nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem (L s ) N L s = n P 0 ( ) µ + (k 1)ξp n=0 n k=1 10 L s = n P 0 ( ) µ + (k 1)ξp n=0 10 k=1 L s = 1P 0 k 1 + 2P 0 k P 0 k 10 L s = (1)( )( ) + (2)( )( ) + + (10)( )( ) L s = L s = jadi diperoleh nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem adalah sebesar pelanggan. 3. Menentukan nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian (L q ) N L q = n P 0 ( ) µ + (k 1)ξp µ n=0 n k=1 L q = L s µ 74

31 L q = L q = = jadi nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian adalah sebesar pelanggan. 4. Menentukan nilai harapan waktu tunggu dalam sistem (W s ) N n=0 n P 0 ( W s = µ + (k 1)ξp n k=1 ) W s = L s W s = = Jadi nilai harapan waktu tunggu dalam sistem adalah sebesar jam. 5. Menentukan nilai harapan waktu tunggu dalam antrian (W q ) N n=0 n P 0 ( W q = µ + (k 1)ξp n k=1 ) 1 µ W q = W s 1 µ W q = = Jadi nilai harapan waktu tunggu dalam antrian adalah sebesar jam. 75

32 Tabel 3.4 Perbandingan Probabilitas dan Ukuran-ukuran Keefektifan Sistem Antrian M/M/1/N dengan Sistem Antrian M/M/1/N dengan Retensi Pelanggan yang Membatalkan Antrian Dari tabel diatas dapat disimpulkan bahwa adanya reneging pada sistem antrian berpengaruh terhadap ukuran sistem yang diharapkan dan ukuran-ukuran keefektifan pada sistem antrian M/M/1/N lebih tinggi daripada ukuran-ukuran keefektifan sistem antrian M/M/1/N dengan retensi pelanggan yang membatalkan antrian. 76