SOAL 1
Balok beton tertumpu sederhana dengan bentang 5 m memiliki dimensi penampang 30 x 40
cm, tebal selimut balok 5 cm. Beban pada balok terdiri dari beban mati dan beban hidup,
berat sendiri balok diperhitungkan dan dianggap deterministik. Memon lentur balok tidak
boleh melebihi kapasitas lentur balok dan diperhitungkan sebagai kondisi batas. Variabel
random berupa mutu beton (fy), mutu baja (f’c), luas tulangan (As), beban hidup (L) dan
beban mati (D). Parameter distribusi dan parameter desain tercantum pada tabel 1. Hitung
indeks keamanan Hasofer-Lind dengan metode iterasi. Gunakan simultaneous equation
procedure dan matrix procedure kemudian bandingkan hasilnya.
Tabel 1. Parameter untuk Soal 1
Variabel NominalFaktor Bias
Koefisien Variasi
fy (MPa) 300 1.100 0.090
As (mm2) 1160 1.020 0.020f’c (MPa) 30 1.050 0.120D (kN/m) 15 1.015 0.080
L (kN/m) 5 1.400 0.105
JAWAB
a. Indeks keamanan Hasofer-Lind
Parameter variable random:
Variabel Nominal λ V
fy (MPa) 300 1.100 330.00 0.090 29.70
As (mm2) 1160 1.0201183.2
0 0.020 23.66f’c (MPa) 30 1.050 31.50 0.120 3.78D (kN/m) 15 1.015 15.23 0.080 1.22L (kN/m) 5 1.400 7.00 0.105 0.74
Simultaneous Equation Procedure
Kondisi batas (limit state) yang diperhitungkan adalah saat kapasitas lentur balok
terlampaui. Momen kapasitas lentur balok:
M=0.8 A s f y (d−0.5a)
M=0.8 A s f y [d−0.5 A s f y
0.85 f c' b ]=0.8 A s f y [d− A s f y
1.70 f c' b ]
M=0.8 A s f y d−0.47(A ¿¿ s f y )
2
f c' b
¿
Diketahui:
b = 300 mm
h = 400 mm
d = 400 – 50 = 350 mm
Bentang balok (S) = 5 m = 5000 mm
Berat sendiri balok (W) = 0.3 x 0.4 x 2400 = 288 kg/m = 2.88 N/mm
Fungsi kondisi batas:
g (A s , f y , f c' ,D , L )=0.8 A s f yd−0.47
(A ¿¿ s f y)2
f c' b
−W S2
8− DS2
8−LS2
8¿
g (A s , f y , f c' ,D , L )=280 A s f y−0.0016
(A¿¿ s f y)2
f c' −9.0 x106−3.125 x106D−3.125x 106 L¿
g=0
280 A s f y f c' −0.0016 (A¿¿ s f y)
2−9.0x 106 f c' −3.125x 106D f c
' −3.125 x106L f c' =0¿
Variabel tereduksi:
Z1=f y−μ f y
σ f y
→f y=Z1σ f y+μf y
Z2=A s−μA s
σ As
→ A s=Z2σ A s+μA s
Z3=f c' −μ f c
'
σ f c'
→f c' =Z3σ f c
'+μ f c'
Z4=D−μD
σ D
→D=Z4σ D+μD
Z5=L−μL
σ L
→L=Z5σ L+μL
Subtitusikan ke fungsi g, maka didapat:
−774.83Z12Z2
2−17218.54 Z1Z22−77483.46Z1
2Z2−95658.59Z22−1937086.57 Z1
2+743865.53 Z1Z2Z3+4477024.72Z1Z2+8265172.60Z2Z3+37193276.73Z1Z3−14387625 Z3 Z4−8682187.50 Z3Z5+266897604.44Z1+59310578.76 Z2+116705817.90 Z3−119896875Z4−72351562.5Z5+733401991.62=0
Formulasikan fungsi g dengan β dan α i:
z1¿=β α i
−774.83 β4α12α 2
2−17218.54 β3α 1α22−77483.46 β3α1
2α2−95658.59 β2α 2
2−1937086.57 β2α 12+743865.53 β3α1α2α 3+4477024.72 β
2α 1α 2+8265172.60 β2α 2α3+37193276.73 β
2α 1α3−14387625 β2α3α 4−8682187.50 β
2α3α 5+266897604.44 βα1+59310578.76 βα 2+116705817.90 βα 3−119896875 β α 4−72351562.5 βα 5+733401991.62=0
β (−774.83 β3α12α2
2−17218.54 β2α1α 22−77483.46 β2α 1
2α 2−95658.59 βα22−1937086.57 βα 1
2+743865.53 β2α1α 2α 3+4477024.72 β α1α2+8265172.60 β α2α 3+37193276.73 β α 1α 3−14387625 β α3α 4−8682187.50 β α3α 5+266897604.44α 1+59310578.76 α2+116705817.90 α3−119896875 α 4−72351562.5α 5)=−733401991.62
Maka didapat,
β [g (βα i) ]=−733401991.62
β=−733401991.62g(β αi)
Menghitung α i (i = 1, 2, 3, 4, 5):
α i=
−∂g∂Z i
√[ ∂g∂ Z1 ]
2
+[ ∂ g∂Z2 ]
2
+[ ∂g∂Z3 ]
2
+[ ∂g∂Z4 ]
2
+[ ∂g∂Z5 ]
2
Dimana,
∂g∂Z1
=−1549.66Z1Z22−17218.54 Z2
2−154966.92Z1Z2−3874173.15Z1+743865.53Z2Z3+4477024.72 Z2+37193276.73 Z3+266897604.44
∂g∂Z1
=−1549.66 β3α 1α22−17218.54 β2α2
2−154966.92 β2α1α2−3874173.15βα 1+743865.53β2α2α 3+4477024.72 βα2+37193276.73 βα3+266897604.44
∂g∂Z2
=−1549.66Z2Z12−34437.09 Z1Z2−77483.46 Z1
2−191317.19Z2+743865.53Z1Z3+4477024.72 Z1+8265172.60 Z3+59310578.76
∂g∂Z2
=−1549.66 β3α 2α12−34437.09 β2α1α2−77483.46 β
2α12−191317.19 βα 2+743865.53β
2α1α 3+4477024.72 βα1+8265172.60 βα3+59310578.76
∂g∂Z3
=743865.53Z1Z2+8265172.60Z2+37193276.73Z1−14387625 Z4−8682187.50Z5+116705817.90
∂g∂Z3
=743865.53 β2α 1α 2+8265172.60 βα2+37193276.73 βα1−14387625βα 4−8682187.50 βα5+116705817.90
∂ g∂Z4
=−14387625 Z3−119896875
∂ g∂Z4
=−14387625 βα 3−119896875
∂g∂Z5
=−8682187.50 Z3−72351562.5
∂g∂Z5
=−8682187.50 βα3−72351562.5
Menentukan perkiraan awal untuk α i:
∑i=1
n
¿¿
(α 1)2+(α2)
2+(α3)2+(α 4)
2+(α 5)2=1
Misalkan semua nilai α i sama maka,
5(αi)2=1 α i=(0.2 )0.5=0.4472
Digunakan tanda negatif (-) untuk resistance dan tanda positif (+) untuk beban.
Tabel perhitungan:
Perkiraan Nomor Iterasi
Awal 1 2 3 4 5 6
2.0000 2.86601 2.42103 2.37275 2.36915 2.36903 2.36903
α1 -0.4472 -0.84902 -0.87806 -0.87737 -0.87642 -0.87630 -0.87629
α2 -0.4472 -0.17664 -0.15395 -0.15885 -0.15947 -0.15955 -0.15955
α3 -0.4472 -0.20360 -0.00365 -0.05372 -0.06145 -0.06224 -0.06229
α4 0.4472 0.38908 0.38793 0.38490 0.38545 0.38554 0.38555
α5 0.4472 0.23479 0.23409 0.23227 0.23260 0.23265 0.23266
Didapat nilai indeks keamanan Hasofer-Lind β=2.36903
Matrix Procedure
Fungsi kondisi batas:
g (A s , f y , f c' ,D , L )=0.8 A s f yd−0.47
(A ¿¿ s f y)2
f c' b
−W S2
8− DS2
8−LS2
8¿
g (A s , f y , f c' ,D , L )=280 A s f y−0.0016
(A¿¿ s f y)2
f c' −9.0 x106−3.125 x106D−3.125x 106 L¿
g (A s , f y , f c' ,D , L )=280 A s f y f c
' −0.0016(A ¿¿ s f y )2−9.0 x106 f c
' −3.125 x106D f c' −3.125x 106 L f c
' ¿
Bila f y=X1 ; A s=X2 ; f ' c=X3 ; D=X4 ; L=X5
g (X1 , X2 , X3 , X 4 , X5 )=280 X 1X2 X3−0.0016 X12 X2
2−9.0 x106 X 3−3.125 x106 X3 X4−3.125 x10
6 X3 X5
Untuk iterasi pertama, diasumsikan nilai x i¿ sama dengan nilai rata-rata dari X i, maka:
x1¿=330.0
x2¿=1183.2
x3¿=31.5
x4¿=15.2
g=0
280 x1¿x2
¿ x3¿−0.0016 x1
¿2 x2¿2−9.0x 106 x3
¿−3.125 x106 x3¿ x4
¿−3.125 x106 x3¿x5
¿=0
x5¿=14.4504
Variabel tereduksi:
z1¿=
x1¿−μX 1
σ X1
→z1¿=0
z2¿=
x2¿−μX 2
σ X2
→z2¿=0
z3¿=
x3¿−μX 3
σ X 3
→z3¿=0
z4¿=
x4¿−μX 4
σ X4
→z4¿=0
z5¿=
x5¿−μX 5
σ X 5
→z5¿=10.1366
Menghitung vektor {G }:
G1=−∂ g∂ X1
σ X 1=−(280 x2¿ x3¿−(2 )0.0016 x1
¿ x2¿2 )σ X 1
=−266897604.44
G2=−∂ g∂ X2
σ X2=−(280 x1¿ x3¿−(2 )0.0016 x2
¿ x1¿2 )σ X 2
=−59310578.76
G3=−∂ g∂ X3
σ X3=−(280 x1¿x2¿−9.0 x106−3.125 x106 x4¿−3.125 x106 x5¿)σ X 3
=−28697578.90
G4=−∂g∂ X 4
σ X 4=−(−3.125 x106 x3¿)σ X 4
=119896875
G5=−∂ g∂ X5
σ X5=−(−3.125 x106 x3¿) σ X5
=72351562.5
Indeks keamanan:
β={G }T {z¿ }
√ {G }T {G }=2.37714
Menghitung {α } :
{α }={G }
√ {G }T {G }={
−0.8650−0.1924−0.09300.38810.2345
}Iterasi kedua, menentukan nilai z*:
z i¿=αi β
z1¿=−2.0564
z2¿=−0.4569
z3¿=−0.2211
z4¿=0.9238
x1¿=z1
¿σ X 1+μX1
→x1¿=268.9238
x2¿=z2
¿σ X 2+μX 2
→x2¿=1172.3858
x3¿=z3
¿σ X3+μX 3
→x3¿=30.6641
x4¿=z4
¿σ X 4+μX 4
→x4¿=16.3501
g=0
280 x1¿x2
¿ x3¿−0.0016 x1
¿2 x2¿2−9.0x 106 x3
¿−3.125 x106 x3¿ x4
¿−3.125 x106 x3¿x5
¿=0
x5¿=7.3919
z5¿=
x5¿−μX 5
σ X 5
=0.53324
Menghitung vektor {G }:
G1=−∂ g∂ X1
σ X 1=−(280 x2¿ x3¿−(2 )0.0016 x1
¿ x2¿2 )σ X 1
=−264521312.81
G2=−∂ g∂ X2
σ X2=−(280 x1¿ x3¿−(2 )0.0016 x2
¿ x1¿2 )σ X 2
=−48344946.51
G3=−∂ g∂ X3
σ X3=−(280 x1¿x2¿−9.0 x106−3.125 x106 x4¿−3.125 x106 x5¿)σ X 3
=−19221171.64
G4=−∂g∂ X 4
σ X 4=−(−3.125 x106 x3¿)σ X 4
=116715571.99
G5=−∂ g∂ X5
σ X5=−(−3.125 x106 x3¿) σ X5
=70431810.68
Indeks keamanan:
β={G }T {z¿ }
√ {G }T {G }=2.36910
Menghitung {α } :
{α }={G }
√ {G }T {G }={
−0.8573−0.1566−0.06230.37830.2282
}Iterasi selanjutnya tercantum dalam tabel perhitungan.
Tabel perhitungan:
Nomor Iterasi
1 2 3 4 5 6
x1* 330.00 268.92 269.67 268.99 268.97 268.96
x2* 1183.20
1172.39
1174.42
1174.31
1174.33
1174.32
x3* 31.50 30.66 30.94 30.94 30.95 30.95
x4* 15.23 16.35 16.32 16.33 16.33 16.33
x5* 14.45 7.39 7.55 7.48 7.48 7.48
2.37715
2.36910
2.36904
2.36903
2.36903
2.36903
Didapat nilai indeks keamanan Hasofer-Lind β=2.36903.
Nilai indeks kemanan yang didapat dari dua prosedur iterasi, yaitu simultaneous equation
dan matriks, adalah sama. Jumlah iterasi yang diperlukan hingga dicapai konvergensi juga
sama, yaitu 6 iterasi.
SOAL 2
Sebuah struktur balok baja seperti terlihat pada gambar 1 diasumsikan kompak. Modulus
plastis dan kuat leleh baja berupa variabel random dengan parameter tercantum pada tabel
2. Beban pada balok terdiri dari beban hidup terpusat P dan beban mati merata q, dengan
nilai momen akibat q tiga kali momen akibat P. Momen akibat beban total berdistribusi
normal dengan koefisien variasi 10%. Apabila diketahui indeks keamanan Hasofer-Lind
sebesar 3, berapakah nilai nominal P dan q yang dapat ditahan oleh struktur tersebut?
Gambar 1. Struktur untuk Soal 2
Tabel 2. Parameter untuk Soal 2
Parameter NominalKoefisien
variasi (%)
Faktor Bias
fy (MPa) 450 9% 1.10
Z (cm3) 1146 5% 1.00
P Ditanyakan 1.25q Ditanyakan 1.05
JAWAB
Parameter variabel random:
Variabel Nominal λ V
fy (kN/mm2) 0.45 1.10 0.495 0.09 0.0445Z (mm3) 1146000 1.00 1146000 0.05 57300
M (kNmm) ? 0.10 ?
Kondisi batas yaitu saat momen lentur melebihi kapasitas lentur balok.
Fungsi kondisi batas:
g (f y , Z , M )=f y Z−M
Bila f y=X1 ; Z=X2 ; M=X3
g (X1 , X2 , X3 )=X 1X2−X3
Iterasi pertama, diasumsikan nilai x i¿ sama dengan nilai rata-rata dari X i, maka:
x1¿=0.495
x2¿=1146000
g=0
x1¿ x2
¿−x3¿=0
x3¿=567270
Variabel tereduksi:
z1¿=
x1¿−μX 1
σ X1
→z1¿=0
z2¿=
x2¿−μX 2
σ X2
→z2¿=0
z3¿=
x3¿−μX 3
σ X 3
→z3¿=567270−μX 3
V X 3μ X3
=567270−μX 3
0.10 μX 3
=5672700μX 3
−10
Menghitung vektor {G }:
G1=−∂ g∂ X1
σ X 1=−( x2¿ )σ X 1
=−51054.3
G2=−∂ g∂ X2
σ X2=− (x1¿ )σ X 2
=−28363.5
G3=−∂ g∂ X3
σ X3=−(−1 )σ X3
=0.10μ X3
β={G }T {z¿ }√ {G }T {G }
=
{−51054.3 −28363.5 0.10 μX3 }{ 00
5672700μX 3
−10}√ {−51054.3 −28363.5 0.10 μX 3
}{−51054.3−28363.50.10μ X3
}3=
0.10 μX 3[ 5672700μX 3
−10]√3411029680.74+0.10 μX3
(0.10μ X3)=
567270−μX3
√3411029680.74+0.01 μX3
2
9=(567270−μX 3
)2
3411029680.74+0.01μX 3
2
0=0.91μX 3
2−1134540 μX 3+2.91 x1011
μX 3(1 )=885497
μX 3(2 )=361249
Perkiraan kasar kapasitas lentur balok Mn=μf yμZ=0.495x 1146000=567270kNmm
Maka digunakan μX 3=361249kNmm
{α }={G }
√ {G }T {G }={−0.74343−0.41301
0.52603 }Iterasi kedua, menentukan nilai z*:
z i¿=αi β
z1¿=−2.2303
z2¿=−1.2390
x1¿=z1
¿σ X 1+μX1
→x1¿=0.3956
x2¿=z2
¿σ X 2+μX 2
→x2¿=1075001.88
g=0
x1¿ x2
¿−x3¿=0
x3¿=425313.54
z3¿=
x3¿−μX 3
σ X 3
→z3¿=425313.54−μX 3
V X 3μX 3
=425313.54−μX3
0.10μX 3
=4253135.4μ X3
−10
G1=−∂ g∂ X1
σ X 1=−( x2¿ )σ X 1
=−47891
G2=−∂ g∂ X2
σ X2=− (x1¿ )σ X 2
=−22670
G3=−∂ g∂ X3
σ X3=−(−1 )σ X3
=0.10μ X3
β={G }T {z¿ }√ {G }T {G }
=
{−47891 −22670 0.10 μX 3 }{ −2.2303−1.2390
4253135.4μX3
−10}√ {−47891 −22670 0.10 μX3 }{−47891−22670
0.10μX 3
}3=
134902.07+0.10μX 3[ 4253135.4μX 3
−10 ]√2807516061+0.10 μX 3
(0.10 μX3)
=134902.07+425313 .54−μX 3
√2807516061+0.01μX 3
2
9=(134902.07+425313.54−μX3
)2
2807516061+0.01μX 3
2
0=0.91μX 3
2−1120431 μX 3+2.89 x1011
μX 3(1 )=864369
μX 3(2 )=366873→digunakan
Iterasi selanjutnya tercantum dalam tabel perhitungan.
Tabel perhitungan:
Nomor Iterasi
1 2 3 4 5
x1¿
0.50 0.40 0.40 0.40 0.40
x2¿ 1146000.0
01075001.8
81085532.1
31085852.2
11085919.5
7x3
¿567270.00 425313.54 429527.49 429186.24 429184.27
μX 3361249.65 366873.22 366871.68 366871.54 366871.54
Maka didapat nilai rata-rata momen sebesar 366871.54 kNmm = 366.87 kNm
Menghitung nilai nominal P dan q:
μM=366.87kNm
Rerata momen akibat beban terpusat:
μM P=0.25 μPL=0,25 (5 )μP=1.25 μP
Rerata momen akibat beban merata:
μM q=3 μMP
=3.75μP
Total rerata momen:
μM=μMP+μM q
366.87=1.25μP+3.75 μP
μP=73.37kN
Maka nilai nominal beban terpusat P:
P=μP
λP
=73.371.25
=58.70kN
μM q=3 μMP
=3.75μP=275.15kNm
μM q=1/8 μq L
2
275.15=3.125μq
μq=88.05kN /m
Maka nilai nominal beban merata q:
q=μq
λq
=88.051.05
=83.86kN /m
Maka beban nominal yang dapat ditahan oleh struktur adalah:
P = 58.70kN
q = 83.86kN /m