Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional Hal : 45

BRIDON SILABAN, IR, MBA STMIK BUDIDARMA

1 PENDAHULUAN

1.1. Sejarah Singkat

Operations Research merupakan pendekatan pengambilan keputusan

manajerial yang didasarkan atas metode-metode ilmiah yang menggunakan

banyak analisis kuantitatif. Berbagai nama diberikan untuk bidang ilmu yang

melibatkan pendekatan-pendekatan kuantitatif, diantaranya “Management

Science” (Manajemen Sains).

Operations Research diterjemahkan sebagai Riset Operasi (OR), Penelitian

Operasional, dan Teknik Riset Operasi (TRO).

Revolusi manajemen sains pada awal 1900an yang dicetuskan Frederic W.

Taylor, memberikan dasar bagai Riset Operasi. Namun Riset Operasi modern

umumnya dianggap muncul selama periode Perang Dunia II, ketika tim OR dibentuk

untuk menangani masalah-maslah strategis dan taktis yang dihadapi militer. Tim ini

terdiri dari para ahli matematika, teknik, dan perilaku bersama-sama memecahkan

masalah dengan menggunakan metode ilmiah. Setelah perang usai , banyak

anggota tim ini melanjutkan penelitian dengan pendekatan kuantitatif untuk

pengambilan keputusan.

Pada masa Perang Dunia II, angkatan perang Inggris membentuk suatu tim

yang terdiri atas para ilmuwan untuk mempelajari untuk mempelajari persoalan-

persoalan strategi dan taktik sehubungan dengan serangan-serangan yang

dilancarkan musuh terhadap negaranya. Tujuan mereka adalah untuk menentukan

penggunaan sumber-sumber militer yang terbatas, seperti radar dan bomber

dengan cara yang palin efektif. Karena tim tersebut melakukan penelitian terhadap

operasi-operasi militer, maka muncullah nama “Military Operations Research”.

Keberhasilan angkatan perang Inggris ini kemudian mendorong angkatan

perang Amerika untuk melakukan aktifitas serupa dengan membentuk tim

Operations Research.

Setelah Perang Dunia II berakhir, OR yang lahir di Inggris berkembang pesat di

Amerika khususnya bagi kalangan industri, konsultan, perguruan tinggi, perencanaan

kota dan dunia bisinis.

Perkembangan yang sangat berarti adalah penemuan George Dantzig

pada tahun 1947 atas metode simpleks yang digunakan untuk memecahkan

masalah pemograman linier. Kemudian pada tahun 1957, buku pertama mengenai



OR diterbitkan oleh Churchman, Ackoff, dan Arnoff yang berjudul “Introduction to

Operation Research”.

Perkembangan OR semakin pesat karena peningkatan besar dalam

kemampuan komputasi sebagai akibat tersedianya komputer. Komputer

memungkinkan para praktisi menggunakan metodologi yang lebih cangkih untuk

memecahkan berbagai masalah industri.

Lahirnya bahasa pemograman seperti Visual Basic, Java, C/C++ sangat

mendukung perkembangan OR, dimana persoalan yang rumit dan berskala besar,

dapat diselesaikan dengan cepat, tepat dan akurat, yang berdampak positif

terhadap pengambilan keputusan.

1.2. Pemecahan Masalah dan Pengambilan Keputusan

Pemecahan masalah merupakan proses pengidentifikasian perbedaan

antara kondisi aktual dan kondisi yang diinginkan serta kemudian mengambill

tindakan untuk mengatasi perbedaan tersebut.

Tahap-tahap pemecahan masalah.

1. Mengidentifikasi dan mendefenisikan masalah

2. Menentukan berbagai alternatif pemecahan

3. Menentukan kriteria yang akan digunakan untuk mengevaluasi berbagai

alternatif

4. Mengevaluasi berbagai alternatif

5. Memilih alternatif

6. Menerapkan alternatih yang terpilih

7. Mengevaluasi hasilnya dan menentukan apakah pemecahan telah

memuaskan.

Pengambilan keputusan berhubungan dengan langkah pertama sampai

dengan langkah kelima pada proses pemecahan masalah. Dalam menyelesaikan

persoalan yang berkaitan dengan pengambilan keputusan ini, harus diidentifikasikan

lebih dahulu dua komponen utama, yaitu tujuan (objective) dan variabel-variabel.

Tujuan adalah hasil akhir yang hendak dicapai dengan cara memilih suatu

tindakan yang paling tepat untuk sistem yang dipelajari. Dalam bidang usaha,

tujuan diartikan sebagai “memaksimumkan keuntungan” atau “meminimumkan

biaya”. Dalam bidang-bidang lain yang sifatnya non profit, tujuan dapat berupa

“pemberian kualitas pelayanan kepada pelanggan”.

Apabila tujuan telah didefenisikan, maka harus dilakukan pemilihan tindakan

terbaik yang dapat mencapai tujuan tersebut. Untuk dapat menentukan tindakan-

tindakan yang mungkin dilakukan, maka harus diidentifikasi variabel-variabel sistem

yang dapat dikendalikan oleh pengambil keputusan.



1.3. Analisa Kuantitatif.

Tahap pendefenisian masalah dari proses pengambilan keputusan

merupakan komponen paling kritis dalam menentukan keberhasilan atau kegagalan

pendekatan kuantitatif untuk pengambilan keputusan. Pada umumnya

membutuhkan imajinasi, kerjasama dan banyak upaya untuk mengubah deskripsi

masalah secara umum menjadi defenisi masalah yang baik, yang dapat

menggunakan pendekatan kuantitatif.

Agar berhasil dalam analisis kuantitatif untuk pengambilan keputusan, ahli OR

harus bekerja sama dengan manajer atau pengguna keputusan. Apabila kedua

telah sepakat, ahli OR mulai bekerja mengembangkan model yang dapat

digunakan.

1.4. Paket Programa QSB+ (Quantitative System for Business Plus)

Pada saat ini telah banyak tersedia paket program yang dapat digunakan

untuk memecahkan dalam OR, diantaranya LP, LPV2, Simplex, QPTO, LPROG, QSB,

QSB+.

Topik OR yang disediakan dalam paket program QSB+ adalah :

• Program Linier (Liniear Programming)

• Integer Liniear Programming

• Masalah Transportasi (Transportation and Transshipment)

• Masalah Penugasan (Assignment and Traveling Salesman)

• Analisa Jaringan ( Network Analysis)

• CPM and PERT

• Dynamic Programming

• Inventory Control

• Teori Antrian

• Simulasi Sistem ASntrian

• Teori Keputusan dan Probabilitas

• Teori Markov

• Time Series Forecasting



2 PROGRAMA LINIER

2.1. Pendahuluan

Programa linier yang diterjemahkan dari Liniear Programaming (LP) adalah

suatu cara untuk menyelesaikan persoalan pengalokasian sumber-sumber yang

terbatas di antara beberapa aktivitas yang bersaing, dengan cara yang terbaik

yang mungkin dilakukan. Persoalan pengalikasian ini akan muncul apabila seseorang

harus memilih tingkat aktivitas-aktivitas tertentu yang bersaing dalam hal

penggunaan sumber daya yang terbatas yang di butuhkan untuk melaksanakan

aktivitas-aktivitas tersebut.

Beberapa contoh situasi dari uraian di atas antara lain ialah persoalan

pengalokasian fasilitas produksi, , solusi permainan (game), dan pemilihan pola

pengiriman (shipping). Satu hal yang menjadi cirri situasi di atas ialah adanya

keharusan untuk mengalokasikan sumber terhadap aktivitas.

Programa linier ini menggunakan model matematis untuk menjelaskan

persolaan yang dihadapinya. Sifat “linier” di sini memberi arti bahwa seluruh fungsi

matematis dalam model ini merupakan fungsi yagn linier. Sedangkan kata

“Programaa” merupakan sinonim untuk perencanaan. Dengan demikian,

Programaa linier (LP) adalah perencanaan aktivitas-aktivitas untuk memperoleh

suatu hasil yang optimum, yaitu suatu hasil yang mencapai tujuan terbaik di antara

seluruh alternative yang layak/fisibel.

George B. Dantzig merupakan ahli matematika yang diakui sebagai pioneer

Programa Linier. Selama perang Dunia II Danzig bekerja pada Angkatan Udara

Amerika Serikat , dia bekerjasama dengan Von Neumann, Hurwicz dan Koopmans ,

melahirkan “Programa Saling Ketergantungan Kegiatan – Kegiata dalam Struktur

linier”, kemudian disebut Linearr Programaming.

Pada tahun 1947 Dantzig mempublikasikan “Metode Simplek”. Kemudian

bekerjasama dengan Marshall Wood dan Alex Orden dalam pengembangan

“Metode Simplek”.

Pada awalnya metode simplek diterapkan pada masalah-masalah militer,

seperti logistik, transportasi dan perbekalan. Sejalan dengan perkembangannya,

linier Programaming sudah diaplikasikan hampir kesemua bidang yang didukung

dengan perkembangan yang sangat pesat bidang ilmu komputer.



Sebagai ilustrasi, perhatikan contoh soal berikut :

Contoh 2.1

PT. Sayang Anak memproduksi dua jenis mainan yang terbuat dari kayu, yang

berupa boneka dan kereta api. Boneka dijual dengan harga Rp 27.000/lusin yang

setiap lusinnya memerlukan biaya material sebesar Rp 10.000 serta biaya tenaga

kerja sebesar Rp 14.000. Kereta api yang dijual seharga Rp 21.000/lusin memerlukan

biaya material sebesar Rp 9.000 dan biaya tenaga kerja sebesar Rp 10.000. Untuk

membuat boneka dan kereta api ini diperlukan dua kelompok tenaga kerja, yaitu

tukang kayu dan tukang poles. Setiap lusin boneka memerlukan 2 jam pemolesan

dan 1 jam pekerjaan kayu, sedangkan setiap lusin kereta api memerlukan 1 jam

pemolesan dan 1 jam pekerjaan kayu. Meskipun pada setiap minggunya

perusahaan ini dapat memenuhi seluruh material yang diperlukan, jam kerja yang

tersedia hanya 100 jam utnuk pemolesan dan 80 jam untuk pekerjaan kayu. Dari

pengamatan pasar selam ini dapat dikatakan bahwa kebutuhan akan keretea api

tidak terbatas, tetapi untuk boneka tidak lebih dari 40 lusin yang terjual setiap

minggunya. Bagaimanakah formulasi dari persoalan di atas untuk mengetahui

berapa lusin jenis mainan masing-masing yang harus dibuat setiap minggu agar

diperoleh keuntungan yang maksimum?

Dalam membangun model dari formulasi persoalan di atas akan digunakan

karakteristik-karakteristik yang biasa digunakan dalam persoalan Programaa linier,

yaitu :

a. Variabel keputusan

Variabel keputusan adalah variable yang menguraikan secara lengkap

keputusan-keputusan yang akan dibuat. Dalam persoalan ini, variable keputusan

akan menentukan berapa banyak boneka dan kereta api masing-masing harus

dibuat setiap minggunya.

Misalkan : x1 = banyaknya boneka yang dibuat setiap minggu

x2 = banyaknya kereta api yang dibuat setiap minggu.

b. Fungsi tujuan

Fungsi tujuan merupakan fungsi dari variable keputusan yang akan

dimaksimumkan (untuk pendapatan atau keuntungan) atau diminimumkan (untuk

ongkos). Pada persoalan ini akan di maksimumkan (pendapatan/minggu) – (ongkos

material/minggu) – (ongkos tenaga kerja/minggu).

Pendapatan dan ongkos-ongkos ini dapat diekspresikan dengan menggunakan

variable keputusan x1 dan x2 sebagai berikut :



Pendapatan/minggu = pendapatan/minggu dari boneka + pendapatan/minggu

dari KA.

= 27x1 +21x2

Ongkos material/minggu = 10x1 + 9x2

Ongkos tenaga kerja/minggu = 14x1 + 10x2

Sehignga yang akan dimaksimumkan adalah :

(27x1 + 21x2) – (10x1 + 9x2) – (14x1 + 10x2) = 3x1 + 2x2

Catatan : ongkos dan pendapatan dalam ribuan rupiah.

Untuk menyatakan nilai fungsi tujuan ini akan digunakan variable z sehingga fugnsi

tujuannya menjadi :

Maksimumkan z =3x1 + 2x2

c. Pembatas

Pembatas merupakan kendala yagn dihadapi sehingga kita tidak bisa

menentukan harga-harga varibel keputusan secara sembarang. Pada persoalan di

atas ada 3 pembatas yang kita hadapi, yaitu :

Pembatas 1 : Setiap minggu tidak lebih dari 100 jam waktu pemolesan yang dapat di

gunakan.

Pembatas 2 : Setiap minggu tidak lebih dari 80 jam waktu pengerjaan kayu yang

dapat digunakan.

Pembatas 3 : Karena permintaan yang terbatas, maka tidak lebih dari 40 lusin

boneka yang dapat di buat setiap minggu. Jumlah material yang

dapat di gunakan diasumsikan tidak terbatas sehingga tidak ada

pembatas untuk hal ini.

Selanjutnya, ekspresikan pembatas- pembatas itu ke dalam x1 dan x2 sebagai

berikut :

Pembatas 1 : 2x1 + x2 ≤ 100

Pembatas 2 : x1 + x2 ≤ 80

Pembatas 3 : x1 ≤ 40

Koefisien dari variabel keputusan pada pembatas disebut koefisien teknologis,

sedangkan bilangan yang ada di sisi kanan setiap pembatas disebut ruas kanan

pembatas.

d. Pembatas tanda

Pembatas tanda adalah pembatas yang menjelaskan apakah variabel

keputusannya diasumsikan hanya berharga nonnegative atau variabel keputusan

tersebut boleh berharga positif, boleh juga negative (tidak terbatas dalam tanda).

Pada contoh soal di atas kedua varibel keputusan harus berharga nonnegative

sehingga harus dinyatakan bahwa



x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

Dengan demikian, formulasi lengkap dari persoalan PT. Sayang Anak adalah :

Maksimumkan z = 3x1 + 2x2

Berdasarkan

2x1 + x2 ≤ 100

x1 + x2 ≤ 80

x1 ≤ 40

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

Contoh 2.2

PT. Indah Gelas adalah suatu perusahaan yang memproduksi kaca berkualitas tinggi

untuk digunakan sebagai jendela dan pintu kaca. Perusahaan ini memiliki tiga buah

pabrik, pabrik 1 yang membuat bingkai aluminium, pabrik 2 yang membuat bingkai

kayu, dan pabrik 3 yang digunakan utnuk memproduksi kaca dan merakit produk

keseluruhan. Saat ini perusahaan mendapat pesanan berupa dua macam produk

baru yang potensial, yaitu kaca setinggi 8 kaki dengan bingkai aluminium (produk 1),

dan jendela berukuran 4 x 6 kaki dengan bingkai kayu (produk 2). Karena

perusahaan sedang mengalami penurunan pendapatan sebagai akibat resesi

dunia, maka pimpinan perusahaan merasa perlu untuk memperbaiki/mengubah

lintasan produksinya dengan cara menghentikan pembuatan beberapa produk

yang tidak menguntungkan sehingga kapasitas produksi dapat digunakan untuk

membuat salah satu atau kedua produk baru yang potensial tersebut. Kepala

bagian pemasaran telah menyimpulkan bahwa perusahaan harus dapat menjual

kedua produk itu sebanyak-banyaknya, yaitu sejumlah yang dapat dibuat dengan

kapasitas yang ada. Akan tetapi, karena kedua produk itu akan bersaing untuk

menggunakan kapasitas produksi yang sama di pabrik 3, maka persoalannya ialah :

Berpa banyakkah masing-masing produk harus dibuat sehingga deperoleh

keuntungan terbaik?

Untuk menyelesaikan persoalan di atas, terlebih dahulu harus dicari mengenai

:

1. Persentase kapasitas produksi masing-masing pabrik yang dapat digunakan

untuk kedua macam produk tersebut.

2. Persentase kapasitas yang diperlukan oleh masing-masing produk untuk setiap

unit yang diproduksi per menit.

3. Keuntungan per unti untuk masing-masing produk.

Informasi mengenai ketiga hal di atas diberikan pada Tabel 2.1 berikut ini :



Tabel 2.1. Data untuk PT. Indah Gelas

Produk

Pabrik

Kapasitas yang digunakan/ unit

Ukuran produksi

1 2

Kapasitas yang

Dapat digunakan

1 1 0 4

2 0 2 12

3 3 2 18

Keuntungan/Unit $ 3 $ 5

Karena kapasitas yang telah digunakan oleh suatu produk di pabrik 3 menyebabkan

produk lain tidak dapat menggunakannya, maka persoalan di atas dikenal sebagai

persoalan Programaa linier dengan tipe “campuran produk” atau product mix.

Untuk memformulasikan model metematis dari persoalan ini, kita tentukan x1

dan x2 sebagai jumlah unit dari produk 1 danproduk 2 yang diproduksi per menit,

dan kita tentukan pula z sebagai keuntungan yang diperoleh per menit. Dengan

demikian maka x1 dan x2 menjadi variabel-variabel keputusan dari model ini, dan

tujuannya adalah memilih harga-harga x1 dan x2 sehingga diperoleh nilai maksimum

dari :

Z = 3x1 + 5x2

berdasarkan pembatas yang ada, yaitu kapasitas pabrik yang dapat di gunakan.

Tabel 2,1 diatas memberikan implikasi bahwa setiap unit produk 1 yang

diproduksi per menit akan menggunakan 1 persen dari kapasitas pabri k1, padahal

kapasitas yang dapat digunakan hanya 4 persen. Pembatas ini dinyatakan secara

matematis dengan ketidaksamaan x1 ≤ 4. Dengan cara yang sama, pabrik 2 memiliki

pembatas 2x2 ≤ 12. Persentase kapasitas pabrik 3 digunakan dengan cara memilih x1

dan x2 sebagai produk-produk baru tersebut sehingga ukuran produksinya adalah

3x1 + 2x2. Karena itu, secara matematis pembatas dari pabrik 3 ini adalah 3x1 + 2x2 ≤

18. Karena ukuran produksi ini tidak mungkin berharga negative, maka variabel-

variabel keputusan ini dibatasi sehingga berharga nonnegative dengan x1 ≥ 0 dan

x2 ≥ 0.

Sebagai kesimpulan, persoalan di atas dapat dinyatakan secara matematis

sebagai berikut :

Maksimumkan z = 3x1 + 5x2

berdasarkan

x1 ≤ 4

2x2 ≤ 12

3x1 + 2x2 ≤ 18

dan



x1 ≥ 0, x2 ≥

Dari ilustrasi di atas dpat ditarik kesimpulan mengenai pengertian persoalan

Programaa linier sebagai berikut : Persoalan Programaa linier (LP) adalah suatu

persoalan optimasi di mana kita melakukan hal-hal berikut ini :

1. Kita berusaha memaksimumkan atau meminimumkan suatu fungsi linier dari

variabel-variabel keputusan yang disebut fungsi tujuan.

2. Harga/besaran dari variabel-variabel keputusan itu harus memenuhi suatu set

pembatas. Setiap pembatas harus merupakan persamaan linier atau

ketidaksamaan linier.

3. Suatu pembatas tanda dikaitkan dengan setiap variabel. Untuk setiap variabel

xi harus nonnegative (x1 ≥ 0) atau xi tidak terbatas dalam tanda.

Definisi :

Suatu fungsi f (x1, x2,…,xn) dari x1, x2,…,xn adalah fungsi linier jika dan hanya

untuk sejumlah set kontanta c1, c2,…, cn berlaku f (x1, x2,…, xn) = c1x1 + c2x2

+… + cnxn

Sebagai contoh, f (x1, x2) = 2 x1 + x2 adalah fungsi linier dari x1 dan x2, tetapi 2 x12 +

x2 vukan fungsi linier dari x1 dan x2.

Untuk setiap fungsi linier f (x1, x2, …, xn) dan setiap bilangan b,

ketidaksamaan f (x1, x2, …, xn) ≤ b dan f (x1, x2, …, xn) ≥ b adalah ketidaksamaan

linier. Sebagai contoh, 2x1 + 3x2 ≤ 3 dan 2x1 + x2 ≥ 3 adalah ketidaksamaan linier,

sedangkan 2 x12 + x2 ≥ 3 bukanlah ketidaksamaan linier.

2.2. Model Programa Linier

Tabel 2.2. Data Model Programa Linier

Aktivitas

Sumber

Penggunaan Sumber/Unit

1 2 ………. N

Banyaknya

Sumber yang

digunakan

1

2

.

.

.

m

a11 a12 ……….. a1n

a21 a22 ……….. a2n

.

.

.

am1 am2 ……….. amn

b1

b2

.

.

.

bm

δ Z/Unit

Tingkat

C1 C2 ………. Cn

X1 X2 ………. Xn

Berdasarkan table diatas dapat dibuat formulasi model matematis Programa Linier.



Fungsi Tujuan :

Maksimumkan Z = C1X1 + C2X2 + C3X3 + . . . . . . + CnXn

Batasan/Kendala :

a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……………………..+ a1nXn ≤ b1

a21X1 + a22X2 + a23X3 + ……………………..+ a2nXn ≤ b2

a31X1 + a32X2 + a33X3 + ……………………..+ a3nXn ≤ b3

.

am1X1 + am2X2 + am3X3 + …………………..+ amnXn ≤ bm

dan , X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0, X3≥0,……………… Xn ≥ 0

Catatan :

Yang harus dicari adalah X1, X2, …………Xn

Bentuk model diatas disebut Bentuk Standar Persoalan Programa Linier

2.3. Asumsi Model Programa Linier

Sebenarnya asumsi-asumsi dasar Programa Linier telah tersirat pada model

matematis yang telah dibahas. Tetapi ada baiknya membahas asumsi-asumsi

tersebut agar terperinci. Asumsi-asumsi Programa linier menuntut agar hubungan

fungsional dalam masalah bersifat linier/proporsional, aditif, divisibility, dan

deterministic.

a. Linierity/Proportionality (Linier/proporsional )

Persyaratan uatama pada Programa Linier adalah bahwa fungsi tujuan (Z)

dan semua kendala harus linier. Jika suatu kendala dengan 2 variabel keputusan

dalam diagram dimensi 2, maka akan berbentuk garis lurus. Demikian juga apabila 3

variabel, maka akan menghasilkan bidang datar.

Linier berarti bahwa hubungannya proporsional artinya tingkat perubahan

atau hubungan fungsional adalah konstan. Perubahan nilai variabel akan

mengakibatkan perubahan relative nilai fungsi tujuan dalam jumlah yang sama.

Contoh:

Z = C1X1 + C2X2 + C3X3 + ………… + CnXn

Setiap pertambahan 1 unit X1 akan menaikkan Z dengan C1

Setiap pertambahan 1 unit X2 akan menaikkan Z dengan C2

Dan seterusnya.

a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……………………..+ a1nXn ≤ b1

Setiap pertambahan 1 unit X1 akan menaikkan penggunaan sumber

daya/fasilitas 1 dengan a11.

Setiap pertambahan 1 unit X2 akan menaikkan penggunaan sumber

daya/fasilitas 1 dengan a12.



b. Additivity

Asumsi ini berarti bahwa nilai tujuan tiap kegiatan tidak saling mempengaruhi,

dianggap bahwa kenaikan dari nilai tujuan (Z) yang diakibatkan oleh kenaikan suatu

kegiatan dapat ditambahkan tanpa mempengaruhi bagian nilai Z yang diperoleh

dari kegiatan lain.

Contoh:

Z = 3X1 + 5X2

Dimana , X1 = 10 ; X2 = 2.

Maka, Z = 3(10) + 5(2)

= 40

Jika X1 bertambah 1 unit, maka sesuai dengan asumsi pertama , maka nilai Z

menjadi 40 + 3 = 43

Nilai 3 merupakan kenaikan X1 yang dapat langsung ditambahkan pada nilai Z

mula-mula tanpa mengurangi bagian Z yang diperoleh dari kegiatan 2(X2). Dengan

kata lain tidak korelasi antara X1 dan X2

c. Divisibility.

Divisibility berarti bahwa output yang dihasilkan oleh setiap kegiatan dapat

berupa bilangan pecahan, demikian juga dengan nilai Z yang dihasilkan.

d. Deterministic.

Semua parameter model (cj,aij, dan bj) diasumsikan diketahui dengan

kepastian. Dalam kenyataannya, parameter model jarang bersifat deterministic,

karena mencerminkan kondisi masa depan maupun sekarang, dan keadaan masa

depa jarang diketahui dengan pasti. Analisis sensitivitas merupakan suatu teknik yang

dikembangkan untuk menguji nilai solusi, bagaimana kepekaannya terhadap

perubahan-perubahan parameter.



3 TEKNIK PEMECAHAN

PROGRAMA LINIER

Ada dua cara yang digunakan untuk menyelesaikan persoalan Programa linier,

yaitu Metode Grafis dan Metode Simplek.

Metode Grafis dipergunakan apabila persoalan Programa linier itu hanya

mempunyai dua variabel. Namun demikian metode ini telah memberikan petunjuk

penting bahwa dalam pemecahanPrograma linier , kita hanya perlu memperhatikan

titik ekstrim (titik terjauh) pada ruang solusi atau daerah fisibel. Petunjuk inilah

sebagai kunci dalam mengembangkan “Metode Simplek”.

3.1. Metode Grafis.

Untuk menjelaskan metode grafis, akan kita berikan contoh Programa linier dengan

persoalan maksimasi dan minimasi.

3.1.1. Persoalan Maksimasi.

Sebuah perusahaan sepatu “Maryland” yang bermarkas di Mareland memproduksi 2

jenis sepatu, yaitu sepatu dengan sol karet dan sepatu dengan sol kulit. Untuk

membuat sepatu tersebut, dibutuhkan 3 jenis mesin yaitu, mesin I khusus membuat sol

dari karet, mesin II khusus membuat sol dari kulit dan mesin III khusus menggabungkan

bagian atas sepatu dengan sol sepatu. Untuk membuat sepatu dari sol karet per lusin

dibutuhkan waktu pengerjaan 2 jam pada mesin I, dan 6 jam pada mesin III.

Sedangkan untuk membuat sepatu dengan sol dari kulit per lusin dibutuhkan 3 jam

pada mesin II dan 8 jam pada mesin III. Dalam satu minggu, mesin I hanya dapat

bekerja 5 jam, mesin II 15 jam dan mesin III 30 jam. Sedangkan keuntungan yang

diperoleh dari setiap lusin sepatu sol karet sebesar Rp. Rp. 30.000,- dan sepatu sol kulit

Rp. 50.000,-.

Dalam kasus ini , masalah yang dihadapi adalah menentukan jumlah masing-

masing sepatu yang harus diproduksi agar memperoleh keuntungan maksimum.



Penyelesaian:

1. Buat Data Tabel Perusahaan Marylan.

Tabel 3.1. Data Perusahaan Sepatu “Maryland” Merek Sepatu Mesin

I1 I2 Kapasitas Maks

I II III

2 0 0 3 6 5

8 15 30

Keuntungan(10.000) 3 5 Jumlah Produksi X1 X2

X1 = jumlah produksi sepatu sol karet (I1) X2 = jumlah sepatu sol kulit ( I2) 2. Buat model matematis fungsi tujuan dan fungsi pembatas.

Fungsi Tujuan.

Maksimumkan Z = 3 X1 + 5 X2 Batasan/Kendala

2X1 + 0X2 ≤ 8 atau 2X1 ≤ 8 ………….. (1) 0X1 + 3X2 ≤ 15 3X2 ≤ 15 ………….. (2) 6X1 + 5X2 ≤ 30 ………………………………………. (3)

X1 >= 0 ; X2 >= 0

3. Gambarkan grafik fungsi pembatas, dengan membuat grafik berdimensi dua,

dimana X1 (sepatu sol karet) dan X2 (sepatu sol kulit) sebagai sumbu-

sumbunya.

Setelah seluruh fungsi pembatas digambarkan, maka akan diperoleh daerah

yang berlaku untuk ketiga fungsi tersebut.(lihat gambar 3.1.)

4. Gambarkan fungsi Tujuan.

Gambarkan fungsi tujuan dengan cara menentukan nilai Z terlebih dahulu

(dalam hal ini ambiil nilai Z1 = 20). Kemudian geser nilai Z sejajar dengan Z1

sehingga bersinggungan dengan daerah fisibel. Dalam hal ini kita mencoba dan

mencoba lagi sehingga ditemukan titik singgungnya.

Untuk menentukan titik singgung :

3X2 = 15 x 5 15 X2 = 75 6X1 + 5X2 = 30 x 3 18X1 + 15X2 = 90 ---------------------------------- (-) ------------------------------------ (-)

- 18 X1= -15

X1 = 0,833 X2 = 5

Jadi fungsi tujuan bersinggungan dengan daerah fisibel pada titik X1 = 0,833 dan X2

= 5 dengan nilai Z = 27,5. (Keuntungan) Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuan

dapat dilihat pada gambar 3.1 di bawah ini.



Gambar 3.1. Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuan Kasus Maksimasi

X2

6

A B Daerag A B C D merupakan

5

Daerah fisible (layak)

4

3

2 Daerah Fisibel C

1 D X1

0 1 2 3 4 5 6 7

Z1 = 3X1+ 5X2 =21

3.1.2. Persoalan Minimasi.

PT. Putri Srikandi memproduksi dua jenis mobil, yaitu jenis sedan dan truk. Dalam

rangka menaikkan penjualan pihak perusahaan memutuskan melakukan promosi

melalui acara televise (TV). Ada dua acara yang tersedia, yaitu pada acara hiburan

dan olahraga. Berdasarkan hasil survey, acara hiburan ditonton 7 juta pemirsa

wanita dan 2 juta pemirsa pria. Sedangkan acara olahraga ditonton 2 juta wanita

dan 12 juta pria. Biaya promosi pada acara hiburan Rp. 5.000.000,- per menit,

sedangkan pada acara olahraga Rp 10.000.000,- per menit. Pihak perusahaan

menginginkan promosi disaksikan oleh 28 juta pemirsa wanita dan 24 juta pemirsa

pria, apa strategi promosi perusahaan tersebut.



Penyelesaian.

Variabel Keputusan.

X1 = lamanya promosi dalam acara hiburan

X2 = lamanya promosi dalam acara olahraga

Data Perusahaan PT. Putri Srikandi Jenis Acara Pemirsa

Hiburan Olahraga Kapasitas Maks

Wanita (W) Pria (P)

7 2 2 12

28 24

Biaya/menit (Rp. Juta)

5 10

Lama Promosi X1 X2

Tujuan dari permaslalahan ini adalah untuk menekan biaya atau meminimkan biaya,

maka persolannya adala Minimasi.

Fungsi Tujuan

Minimumkan Z = 5 X1 + 10 X2

Fungsi Pembatas 7X1 + 2X2 ≥ 28

2X1 + 12X2 ≥ 24

X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0



Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuannya dapat dilihat pada gambar 3.2.

dibawah ini.

X2

15 14 A

13 Daerah A B C merupakan

12 7X1 + 2X2 � 28

daerah fisibel (layak)

11 10 9 8 7 6

5 Daerah fisibel 4

3 2 1 B 0 C X1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Z1 = 30 = 5X1 + 10X2

Gambar 3.2 Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuan Kasus Minimasi

3.1.3. Kasus Khusus

Pada masalah perusahaan Maryland an PT. Putri Srikandi yang telah dibahas

dengan metode grafik, kita memperoleh hanya satu solusi optimal. Akan tetapi ada

kasus dimana solusinya tidak demikian, yang kita sebut kasus khusus, seperti :

1. Memiliki solusi optimal yang tidak terbatas

yang disebut juga mempunyai solusi

alternative atau bersolusi optimal banyak.

Contoh :

Maksimumkan Z = 3X1 + 2X2

Fungsi Pembatas

(1/40) X1 + (1/60) X2 ≤ 1

(1/50) X1 + (1/50) X2 ≤ 1

X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0

2. Tidak mempunyai solusi fisibel



Contoh :

Maksimumkan Z = 3X1 + 2X2

Fungsi Pembatas

(1/40) X1 + (1/60) X2 ≤ 1

(1/50) X1 + (1/50) X2 ≤ 1

X1 ≥ 30 X2 ≥ 20

3. Mempunyai ruang solusi yang tidak

terbatas, kasus dimana nilai Z yang sangat

besar (tidak terbatas).

Contoh :

Maksimumkan Z = 2X1 - X2

Fungsi Pembatas

X1 - X2 ≤ 1

2X1 + X2 ≥ 6

X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0 3.2. Metode Simplek. 3.2.1. Bentuk Umum

Maksimumkan atau Minimumkan Z = ∑=

n

ijCjxj

Dengan syarat : aijxj (≤, = , ≥) bi, untuk semua I (i=1,2,3,……m) semua xj>=0

Xj : banyaknya kegiatan j, dimana j = 1,2,3,…………n

( berarti terdapat n variable keputusan)

Z : nilai fungsi tujuan (maksimum atau minimum)

Cj : sumbangan per unit kegiatan

Untuk maksimasi cj menunjukkan penerimaan/keuntungan per unit.

Untuk minimasi cj menunjukkan biaya per unit

bi : jumlah sumber daya i (i = 1,2,3,……………..m)

aij : banyaknya sumber daya i yang dikonsumsi sumber daya j.

Simbol-simbol tersebut diatas selanjutnya disusun ke dalam bentuk table standar

Programa Linier, seperti Tabel 1. Dan model matematisnya sbb.

Fungsi Tujuan :


Batasan/Kendala :

a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……………………..+ a1nXn ≤ b1

a21X1 + a22X2 + a23X3 + ……………………..+ a2nXn ≤ b 2



a31X1 + a32X2 + a33X3 + ……………………..+ a3nXn ≤ b3

.

am1X1 + am2X2 + am3X3 + ……………………..+ amnXn ≤ bm

dan , X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0, X3 ≥0,…………………… Xn ≥ 0

3.2.2. Langkah- Langkah Metode Simplek.

3.2.2.1 Kasus Maksimum. 1. Mengubah Fungsi Tujuan dan Batasan – Batasan

Fungsi tujuan diubah menjadi fungsi implisilit. Artinya semua CjXij geser ke kiri

Contoh.

Fungsi Tujuan.

Z = 3X1 + 5X2, menjadi Z - 3X1 - 5X2 = 0 ,

Fungsi Pembatas

Semua batasan bertanda ≤ dirubah menjadi tanda = dengan menambah “slack

varable”. (S1, S2, ………,Sm) Slack variable adalah variable yang mewakili tingkat

pengangguran .

2X1 ≤ 8 menjadi 2X1 + S1 = 8

3X2 ≤ 15 menjadi 3X2 + S2 = 15

6X1 + 5X2 ≤ 30 menjadi 6X1 + 5X2 + S3 = 30

(S3, S4,S5 adalah Slack Variable).

2. Menyusun Tabel Simplek.

Variabel Dasar Z X1 X2 ……Xn S1, S2, ………,Sm NK Z S1 S2

.Sm

1 0 0 . .0

-C1 -C2 … -Cn 0 0 ……….. 0 a11 a12 . . . . . a1n 1 0 …………… 0

a21 a22 . . . . . a2n 0 1 ……………. 0 a31 a32 . . . . . a3n 0 0 …………….. 0 . . . . am1 am2 . . . . . amn 0 0 ……………… 1

0 b1 b2 b3 bm

NK adalah Nilai Kanan persamaan. Kasus perusahaan sepatu “Maryland” dapat dibuat menjadi table berikut. Tabel Simplek Perusahaan Sepatu Maryland

Variabel Dasar Z X1 X2 S1 S2 S3 NK Z S1 S2 S3

1 0 0 0

-3 -5 0 0 0 2 0 1 0 0 0 3 0 1 0 6 5 0 0 1

0 8 15 30

3. Pilih Kolom Kunci Pilih kolom yang mempunyai nilai pada garis fungsi tujuan yang bernilai negative

dengan angka terbesar.



Variabel Dasar

Z X1 X2 S1 S2 S3 NK Keterangan

Z 1 -3 -5 0 0 0 0

S1 0 2 0 1 0 0 8

S2 0 0 3 0 1 0 15

S3 0 6 5 0 0 1 30

4. Pilih Baris Kunci Hitung Indeks yang merupakan Nilai Kolom NK dibagi dengan Nilai Kolom Kunci.

Cari nilai terkecil Variabel

Dasar Z X1 X2 S1 S2 S3 NK Keterangan

Z 1 -3 -5 0 0 0 0 S1 0 2 0 1 0 0 8 Tak terhingga S2 0 0 3 0 1 0 15 5 S3 0 6 5 0 0 1 30 6

5. Mengubah Nilai-Nilai Baris Kunci

Nilai-nilai pada baris kunci bagikan terhadap nilai kunci, dalam hal ini nilai

yang terdapat pada perpotongan kolom kunci dengan baris kunci. angka 3.

Kemudian X4 pada kolom variable dasar diganti menjadi kolom kunci (X2)

Variabel

Dasar Z X1 X2 S1 S2 S3 NK

Z 1 -3 -5 0 0 0 0 S1 0 2 0 1 0 0 8 S2 0 0 3 0 1 0 15 S3 0 6 5 0 0 1 30 Z

S1 X2 0 0 1 0 1/3 0 5 S3

Catatan : Ganti S4 pada variabel Dasar menjadi X2.

6. Mengubah nilai-nilai pada baris selain baris kunci.

Nilai Baru = Baris Lama - (Koefisien pada kolom kunci) x nilai baru baris kunci.

Baris 1 (Z) -3 -5 0 0 0 0 -5 0 1 0 1/3 0 5 (-) -3 -5 0 0 0 0 0 -5 0 5/3 0 -25 (-) Baris Baru -3 0 0 5/3 0 25 Baris 2 (X3) 2 0 1 0 0 8

0 0 1 0 1/3 0 5 (-)



2 0 1 0 0 8

0 0 0 0 0 0 (-) Baris Baru 2 0 1 0 0 8 Baris 4 (X5) 6 5 0 0 1 30

5 0 1 0 1/3 0 5 (-) 6 5 0 0 1 30

0 5 0 5/3 0 25 (-) Baris Baru 6 0 0 -5/3 1 5

Iterasi Variabel Dasar Z X1 X2 S3 S4 S5 NK

Z 1 -3 -5 0 0 0 0 X3 0 2 0 1 0 0 8 X4 0 0 3 0 1 0 15 0

X5 0 6 5 0 0 1 30 Z 1 -3 0 0 5/3 0 25

S3 0 2 0 1 0 0 8 X2 0 0 1 0 1/3 0 5 1

S5 0 6 0 0 5/3 1 5 7. Kembali ke Langkah 3 s/d langkah 6 , hingga diperoleh niali pada Baris Z tidak ada lagi bertanda negative. Hasilnya sbb.

Catatan : Ganti S5 pada Variabel dasar menjai X1. Z = 27,5 X1 = 0,8333 X2 = 5 S1 = 6,3333 3.2.2.2. Kasus Minimum.

1. Apabila kita menyelesaikan masalah minimasi, maka fungsi tujuan harus

dirubah menjadi maksimasi, agar sesuai dengan bentuk standar Programa

Linier, dengan cara mengganti tanda positif dan negative pada fungsi tujuan.

Iterasi Variabel

Dasar Z X1 X2 S S2 S3 NK

Z 1 -3 0 0 5/3 0 25 S1 0 2 0 1 0 0 8 X2 0 0 1 0 1/3 0 5 1

S3 0 6 0 0 -5/3 1 5 Z 1 0 0 0 0,83325 0,5 27,5

S1 0 0 0 1 0,5555 -0,3333 6,33333 X2 0 0 1 0 0,33333 0 5

2

X1 0 1 0 0 -0,2778 0,16667 0,83333



Minimumkan Z = ∑=

n

ijCjxj

Menjadi

Maksimumkan (- Z ) = (∑=

−n

ijCjxj )

Contoh:

Minimumkan Z = 3X1 + 5X2

diubah menjadi

Maksimumkan (- Z) = -3X1 - 5X2

2. Fungsi Pembatas bertanda ≥

Bila suatu fungsi pembatas bertanda ≥, maka harus diubah menjadi ≤,

kemudian menjadi tanda = agar dapat diselesaikan dengan metode simplek.

Contoh :

6X1 + 5X2 ≥ 30, dikalikan (-1) menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, ditambah variable S1

- 6X1 - 5X2 + S1 = - 30

3. Bagian Kanan Persamaan Bertanda Negatif.

Contoh :

- 6X1 - 5X2 + S1 = - 30, kalikan dengan (-1), menjadi

6X1 + 5X2 - S1 = 30

Perhatikan slack variable masih bertanda negative (yaitu – S1), hal ini tidak

memungkinkan menggunakan metode simplek. Maka harus ditambahkan lagi

variable buatan (artificial variable) R1. Persamaan menjadi :

6X1 + 5X2 - S1 + R1 = 30

Catatan : S1 disebut juga surplus variable, karena mengurangi kelebihan dari bagian

kiri persamaan.

Contoh Soal.

Fungsi Tujuan.

Minimumkan Z = 3X1 + 5X2

Batasan.

2X1 = 8



3X2 ≤ 15

6X1 + 5X2 ≥ 30

Hitunglah, X1, X2 dan Z.

Penyelesaian.

Fungsi tujuan dirubah dari minimum menjadi maksimum.

Minimumkan Z = 3X1 + 5X2 menjadi - Z = -3X1 - 5X2

Batasan 1.

2X1 + R1 = 8 ; R1 adalah variable buatan

Sehingga fungsi tujuan menjadi,

Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1

Batasan 2.

3X2 ≤ 15, menjadi

3X2 + S1 = 15

Batasan 3.

6X1 + 5X2 ≥ 30, menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, ditambah variable S2, menjadi

- 6X1 - 5X2 + S2 = - 30, diaklikan dengan (-), menjadi

6X1 + 5X2 - S2 = 30, karena variable S2 bertanda (-), maka

Harus ditambah variable buatan R2, shg 6X1

+ 5X2 - S2 + R2 = 30

Sehingga fungsi tujuan menjadi

Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1 – R2.

Jika dirubah menjadi fungsi implicit menjadi:

(-Z) – ( -3X1 – 5X2 – R1 – R2) = 0 atau

-Z + 3X1 + 5X2 + R1 + R2 = 0

Ada dua teknik penyelesaian untuk kasus dengan variable artificial, yaitu

• Teknik M (Metode Penalty)

• Teknik Dua Fase.

3.3. Teknik M (Metode Penalty) Perhatikan fungsi pembatas 2X1 = 8 , menjadi

2X1 + R1 = 8 R1 = 8 – 2X1

R1 adalah variable buatan

Sehingga fungsi tujuan menjadi,

Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1

Perhatikan fungsi pembatas 3X2 ≤ 15, menjadi

3X2 + S1 = 15



Perhatikan fungsi pembatas 6X1 + 5X2 ≥ 30, menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, ditambah variable S2, menjadi

- 6X1 - 5X2 + S2 = - 30, diaklikan dengan (-), menjadi

6X1 + 5X2 - S2 = 30, karena variable S2 bertanda (-), maka

Harus ditambah variable buatan R2, shg

6X1 + 5X2 - S2 + R2 = 30 atau R2 = 30 – (6X1 + 5X2 - S2)

Sehingga fungsi tujuan menjadi

Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1 – R2.

Jika dirubah menjadi fungsi implicit menjadi:

(-Z) – ( -3X1 – 5X2 – R1 – R2) = 0 atau

-Z + 3X1 + 5X2 + R1 + R2 = 0

Kalikan M (merupakan bilangan positif yang sangat besar) dengan Artificial Variable

atau variabel buatan (dalam hal ini R1 dan R2) pada fungsi tujuan, sehingga :

-Z + 3X1 + 5X2 + MR1 + MR2 = 0

Substitusi R1 dan R2 pada fungsi tujuan, sehingga diperoleh :

-Z + (-8M + 3)X1 + (-5M+5)X2 – MS2 = -38 M.

Buatlah Tabel Simplek.

Variabel

Dasar Z X1 X2 S1 S2 R1 R2 NK Ket.

Z 1 -8M + 3 -5M+5 0 -M 0 0 -38 M

S1 0 2 0 0 0 1 0 8 4

R1 0 0 3 1 0 0 0 15 ∼

R2 0 6 5 0 -1 0 1 30 6

Lanjutkan sesuai dengan langkah-langkah menyelesaikan Metode Simplek, mulai

langkah ketiga.

3.4. Teknik Dua Fase. Dengan penggunaan konstanta M yang nilainya sangat besar, dapat

mengakibatkan kesalahan perhitungan, terutama bila perhitungan dengan

menggunakan komputer. Hal ini dapat terjadi karena koefisien fungsi tujuan relatif

sangat kecil dibandingkan dengan harga M, sehingga komputer menganggap

bernilai nol.

Perhatikan fungsi tujuan :

-Z + (-8M + 3)X1 + (-5M+5)X2 – MS2 = -38 M

Misalkan M = 100 000, maka

(-8M + 3) = (-800 000 + 3)

(-5M+5) = (-500000 + 5)



Kesulitan ini dapat dikurangi dengan menggunakan teknik dua fase. Konstanta M

dihilangkan dengan cara menyelesaikan persoalan dalam dua fase (tingkatan)

sebagai berikut :

Fase Pertama.

Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang kita hadapi memiliki solusi

fisibel atau tidak. Padafase ini fungsi tujuan diganti dengan meminimumkam jumlah

artificial variable. Jika nilai minimum fungsi tujuan baru ini berharga nol (artinya

seluruh variabel artifisialberharga nol) berarti persoalan memiliki solusi fisibel,

kemudian lanjutkan ke fase kedua. Tetapi, apabila nilai minimum fungsi tujuan baru

ini berharga positif, maka persoalan tidak memiliki solusi fisibel.

Fase Kedua.

Gunakan solusi optimum dari fase pertama sebagai solusi awal bagi persoalan

semula. Ubahlah bentuk fungsi tujuan fase pertama dengan mengembalikannya

pada fungsi tujuan persoalan semula.

Contoh Soal.

Maksimumkan Z = 3 X1 + 5 X2

Batasan :

2X1 ≤ 8

2X2 ≤ 12

3X1 + 2X2 = 18

X1 >= 0 ; X2 >= 0

Penyelesaian.

2X1 + S1 = 8

2X2 + S2 = 12

3X1 + 2X2 + R1 = 18 atau R1 = 18 -3X1 - 2X2

Z = 3 X1 + 5 X2 - MR3

- Z – 3X1 - 5X2 + MR3 = 0

Fase Pertama.

Minimumkan r = R3 atau -r = -18 + 3X1 + 2X2 atau -r - 3X1 - 2X2 = -18



Iterasi Variabel

Dasar Z X1 X2 S1 S2 R1 NK

NK/Kolom

Kunci

r -1 -3 -2 0 0 0 -18

S1 0 1 0 1 0 0 4 4

S2 0 0 2 0 1 0 12 ∼ 0

R3 0 3 2 0 0 1 18 6

r 0 -2 3 0 0 -6

X1 1 1 0 1 0 0 4 ∼

S2 0 0 2 0 1 0 12 6 1

R3 0 0 2 -3 0 1 6 3

r 0 0 0 0 1 0

X1 1 0 1 0 0 4

S2 0 0 3 1 -1 6 2

X2 0 1 -1,5 0 0,5 3

Persoalan diatas memiliki solusi fisibel, kemudian R tidak diikut sertakan.

Dari tabel diatas pada fase 1 dapat dituliskan persamaan sebagai berikut :

X1 + S1 = 4 atau X1 = 4 – S1

3 S1 + S2 = 4

X2 - 1,5 S1 = 3 atau X2 = 3 + 1,5 S1

Z = 3 X1 + 2 X2

Z = 3 ( 4 – S1) + 5 ( 3 + 1,5 S1)

Z = 12 – 3 S1 + 15 + 7,5 S1

Z = 27 – 4,5 S1

Iterasi Variabel

Dasar Z X1 X2 S1 S2 NK

Z 1 0 0 -4,5 0 27

X1 0 1 0 1 0 4

S2 0 0 0 3 1 6 0

X2 0 0 1 -1,5 0 3

Z 1 0 0 0 1,5 36

X1 0 1 0 0 -0,333 2

S1 0 0 0 1 0,3333 2 1

X2 0 0 1 0 0,5 6

Jadi :

Z = 36 , X1 = 2 : X2 = 6 ; S1 = 2



SOAL –SOAL. BAGIAN SATU

1. Sebuah perusahaan elektronik memproduksi tape recorder dan amplifier

yang prosesnya dilakukan di dua stasiun kerja, yaitu perakitan dan

pengetesan. Setiap unit tape recorder memerlukan 2 jam perakitan dan 2

jam pengetesan, sedangkan setiap unit amplifier memerlukan 4 jam

perakitan dan 3 jam pengetesan. Waktu yang tersedia di departemen

perakitan adalah 72 jam/minggu sedangkan di departemen pengetesan

adalah 48 jam/minggu. Kontribusi profit dari tape recorder adalah Rp 25.000,

dan dari setiap unit amplifier adalah Rp 50.000. Bagaimanakah formulasi

persoalan di atas agar dapat ditentukan strategi produksi terbaik yang

memberikan konntribusi profit maksimum ?

2. Sebuah perusahaan membuat 2 jenis produk, A dan B. Harga jual produk A

adalah Rp 20.000/unit sedangkan produk B dijual dengan harga Rp

30.000/unit. Untuk membuat 1 unit produk A dibutuhkan waktu 2 jam-orang (

man-hour ), sedangkan untuk 1 unit produk B diperlukan 6 jam-orang. Jumlah

pekerja adalah 2 orang, masing-masing bekerja 8 jam/hari termasuk istirahat

selama 30 menit. Untuk 1 unit A dibutuhkan 6 kg bahan baku, sedangkan

setiap unit B membutuhkan 3 kg bahan baku. Harga per kg bahan baku

adalah Rp 1.500. Upah pekerja per jam-orang adalah Rp 2.000.jika bahan

baku yang tersedia per hari adalah 40 kg, bagaimanakah formulasi persoalan

ini agar diperoleh kontribusi profit maksimum ?

3. Seorang petani yang memiliki 7 ha tanah sedang memikirkan berapa ha

tanah yang harus ditanami jagung dan berapa ha yang harus ditanami

gandum. Dia mengetahui bahwa jika ditanami jagung, setiap ha tanah akan

menghasilkan 10 ton jagung. Untuk ini diperlukan 4 jam-orang setiap

minggunya. Jika ditanami gandum, hasilnya adalah 25 ton/ha dan

diperlukan 10 jam-orang/minggu.Setiap kg jagung dapat dijual seharga Rp

30, sedangkan harga jual gandum adalah Rp 40/kg.Saat ini petani tsb. hanya

memiliki 40 jam-orang setiap minggunya. Karna ada peraturan pemerintah

yang mengharuskan setiap petani untuk menghasilkan gandum paling sedikit

30 ton setiap kali panen, bagaimanakah formulasi persoalan ini agar petani

tsb. dapat menggarap tanahnya secara optimal?

4. Seorang pedagang buah-buahan membeli buah duku dari 3 orang petani.

Kualitas buah ini biasa dinyatakan dengan besarnya, dan diklasifikasi dalam 3

kategori, yaitu besar, sedang, dankecil. Berikut ini adalah data harga dan

persentase ukuran buah yang dimiliki oleh masing-masing petani :



Persentase Untuk Ukuran

(%) Penghasil

Buah

Harga/Kg

(Rp) Besar Sedang Kecil

Petani 1 5.000 40 40 20

Petani 2 4.000 30 35 35

Petani 3 3.000 20 20 60

Kebutuhan minimum pedagang tsb. akan masing-masing kualitas buah

setiap bulannya adalah ukuran besar 500kg, ukuran sedang 300kg, dan

ukuran kecil 300kg. Modal perusahaan itu saat ini hanya mampu untuk

membeli maksimum 500kg dari masing-masing petani. Formulasikanlah

persoalan ini untuk meminimumkan ongkos.

5. Seseorang yang sedang dalam pengawasan seorang ahli gizi mendapat

petunjuk bahwa kebutuhan minimal orang tersebut setiap hari adalah 500

kalori, 6 ons cokelat, 10 ons gula, dan 8 ons lemak. saat ini orang tsb. sedang

berada di suatu tempat yang hanya menyediakan kue kering, es krim, coca

cola, dan roti keju. Harga dan kandungan bahan masing-masing

makanan/minuman tsb dapat dilihat pada tabel dibawah ini.

Bagaimanakah formulasi untuk memenuhi kebutuhan akan bahan makanan

dengan biaya minimum ?

Jenis Barang Harga

(Rp) Kalori

Cokelat

(Ons)

Gula

(Ons)

Lemak

(Ons)

Kue

Kering/bungkus 500 400 3 2 2

Es

krim/mangkok 200 200 2 2 4

Coca

cola/botol 300 150 0 4 1

Roti

keju/potong 800 500 0 4 5

Bagaimanakah formulasi untuk memenuhi kebutuhan akan bahan makanan

dengan biaya minimum ?

6. Indah motor adalah sebuah perusahaan yang memproduksi dua jenis truk.

Setiap jenis truk yang dibuatnya harus melalui unit kerja perakitan dan

pengcetan. Apabila unit kerja pengecetan hanya digunakan untuk

mengerjakan truk jenis I, maka akan dapat dihasilkan 800 unit truk jenis I per

hari, tetapi jika hanya digunakan untuk mengerjakantruk jenis II, hasilnya



adalah 700 unit truk jenis II. Apabila unit kerja perakitan hanya digunakan

untuk mengerjakan truk jenis I, akan dihasilkan 1,500 unit truk jenis I per hari,

sedangkan jika hanya digunakan untuk mengerjakan truk jenis II akan

dihasilkan 1.200 unit truk jenis II per hari. Keuntungan dari truk jenis I adalah Rp

300.000/unit,sedangkan dari jenis II akan diperoleh keuntungan sebesar Rp

500.000/unit. Bagaimanakah formulasi ini agar di peroleh keuntungan yang

maksimum ?

7. Seorang pengusaha yang memiliki 3 buah pabrik sedang menghadapi

masalah yang berkaitan dengan pembuangan limbah dari pabriknya.

Selama ini ia membuang limbah tsb. kesungai, sehingga menimbulkan dua

macam polutan. Setelah berkonsultasi dengan pihak berwenang, diperoleh

informasi bahwa ongkos untuk memproses zat buangan dari pabrik I adalah

Rp 15.000/ton dengan kemampuan dapat mengurangi polutan 1 sebanyak

0,1 ton dan polutan 2 sebanyak 0,45 ton dari setiap 1 ton zat buangan.

Ongkos untuk memproses zat buangan dari pabrik II adalah Rp 10.000/ton

dengan kemampuan mengurangi 0,2 ton polutan 1 dan 0,25 ton polutan 2.

Untuk memproses 1 ton zat buangan dari pabrik III diperlukan biaya Rp 20.000

yang akan mengurangi 0,4 ton polutan 1 dan 0,3 ton polutan 2. Peraturan

pemerintah mengharuskan ini untuk dapat mengurangi polutan 1 paling

sedikit 30 ton dan polutan 2 paling sedikit 40 ton. Formulasikan persoalan ini

agar diperoleh ongkos total minimum.

BAGIAN KEDUA

1. P.T.Unilever bermaksud membuat 2 jenis sabun, yakni sabun bubuk dan

sabun batang. Untuk itu dibutuhkan 2 macam zat kimia, yakni A dan

B.Jumlah zat kimia yang tersedia adalah A = 200 kg dan B = 360 = kg.

Untuk membuat 1kg sabun bubuk diperlukan 2kg A dan 3kg B. Bila

keuntungan yang akan diperolehsetiap membuat 1kg sabun bubuk = $ 3

sedangkan setiap 1kg sabun batang = $ 2, berapa kg jumlaah sabun bubuk

dan sabun batang yang sebaiknya dibuat ?

2. Sebuah perusahaan film sedang membuat rencana kegiatan untuk tahun

yang akan datang. Ada 2 jenis film yang akan dibuat, yakni film untuk TV dan

film untuk di gedung.

Biaya pembutan film TV adalah sebesar Rp 750.000,00 sedangkan biaya

pembuatan film gedung adalah Rp 2.000.000,00 sebuah. Film TV dapat dijual

dengan harga Rp 1.250.000,00 sedangkan film gedung dapat di jual dengan

harga : Rp 3.000.000,00 sebuah.

Waktu ekuivalen yang di butuhkan untuk membuat sebuah film TV = 12

minggu, sedangkan untuk film gedung = 30 minggu. Waktu ekuivalen yang



tersedia selama tahun yang akan datang adalah sebanyak 600 minggu ( 1

tahun = 50 minggu, terdapat 12 alat, jadi waktu ekuivalen = 50 x 12 = 600

minggu).

Bila dana yang tersedia adalah sebesar Rp 25.000.000,00, berapa jumlah

masing-masing jenis film yang harus dibuat ?

3. Sebuah perusahaan mebel bermaksud membuat 2 jenis produk, yakni lemari

pakaian dan tempat tidur.Keuntungan setiap lemari pakaian adalah sebesar

Rp 6.000,00, sedangkan bila membuat tempat tidur keuntungannya adalah

sebesar Rp 5.000,00 sebuah.

pembuatan kedua produk tersebut harus melalui 2 unit kerja, yakni unit kerja 1

dan unit kerja 2. Jam kerja tersedia pada unit kerja 1 adalah 40 jam/minggu,

sedangkan pada unit kerja 2 adalah 50 jam/minggu.

Setiap lemari pakaian membutuhkan waktu 2 jam pada unit kerja 1 dan 1 jam

pada unit kerja 22, sedangkan setiap tempat tidur memerlukan waktu 1,25

jam pada unit kerja 1dan 1 jam pada unit kerja 2.

Berapa jumlah lemari pakaian dan tempat tidur yang sebaiknya dibuat setiap

minggu ?

4. PT Sayang Anak memproduksi dua jenis mainan A dan B yang keduanya

terbuat dari campuran pasir dan lilin. produk A dapat dibuat melalui proses 1

atau proses 2, sedangkan produk B dapat dibuat melalui proses 3 atau

proses 4. Untuk mendapat 1 unit produk A dan B pada masing-masing proses

diperlukan masukan ( input ) sebagai berikut :

1 Unit produk A 1 Unit produk B INPUT

Proses 1 Proses 2 Proses 3 Proses4 Satuan

Tenaga kerja

Pasir

Lilin

1

7

3

1

5

5

1

3

10

1

2

15

Jam orang

m3

dus

Tenaga kerja yang tersedia tidak lebih dari 15 jam-orang, sedangkan

persediaan pasir dan lilin adalah 120 m3 dan 100 dus. Keuntungan proses

1,2,3, dan 4 masing-masing Rp4,00/unit, Rp 5,00/unit, Rp 9,00/unit, dan Rp

11,00/unit. Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan Programaa

linier, dan buatlah tabel iterasi awalnya.

5. Suatu perusahaan membuat 5 tipe truk. Adapun jumlah truk yang diproduksi

dibatasi oleh kapasitas tiap bagian yang membuat masing-masing tipe truk,

yaitu

a. Bagian metal stamping tidak menangani lebih dari jumlah ekuevalen

10.000 truk tipe I. perbandingan jumlah truk yang dibuat pada bagian

metal stammping adalah tipe I : tipe II : tipe III : tipe IV : tipe V = 1: 1,4 : 2

:0,8 : 2,2.



b. Bagian asembling mesin tidak dapat menangani lebih dari jumlah

ekuivalen 15.000 truk tipe I. Perbandingan jumlah truk yang dibuat pada

bagian asembling mesin adalah tipe I : tipe : II : tipe III : tipe IV : tipe V =

1: 1,6 : 3 : 1 : 2,6.

c. Jumlah truk maksimum yaang dapat ditangani oleh bagian asembling

akhir adalah sebagai berikut :

Tipe I ...................................................7.500 buah

Tipe II ................................................... 5.000 buah

Tipe III ................................................... 1.000 buah

Tipe IV .................................................. 9.000 buah

Tipe V .................................................. 3.000 buah

Keuntungan yang diperoleh dari tipe I s.d. V masing-masing adalah Rp

350.000, Rp 450.000, Rp 500.000, Rp 300.000, dan Rp 400.000 per buah.

Tentukanlah model matematis Programaa liniernya

6. “ Fine Wall Paper Company “ adalah sebuah perusahaan yang

memproduksi linier board. Produk ini mempunyai lebar standar 68 inci.

Untuk tahun depan perusahaan ini mendapat pesanan produk dengan

lebar yang berbeda-beda, yaitu :

110 unit yang lebarnya 22 inci,

120 unit yang lebarnya 20 inci, dan

80 unit yang lebarnya 12 inci.

Bayangkanlah bahwa saudara adalah seorang konsultan kepercayaan

perusahaan tersebut. Bagaimanakah usul saudara untuk dapat memenuhi

pesanan tersebut, tetapi dengan syarat, jumlah linier board yang terbuang

sekecil mungkin ?

7. PT Philips Ralin memproduksi 3 jenis/model radio, yaitu model A,B, dan C

yang masing-masing memberikan keuntungan sebagai berikut :

Model A : $ 16 per set

Model B : $ 30 per set

Model C : $ 50 per set

Menurut informasi dari bagian penjualan, keperluan minimum per

minggu dari masing-masing model adalah :

Model A = 20 set

Model B = 120 set

Model C = 60 set

Proses pembuatan radio ini meliputi proses-proses pembuatan

komponen, perakitan, dan pengepakan yang untuk masing-masing

model, waktunya adalah sebagai berikut :

Model A : pembuatan komponen : 3 jam/set



perakitan : 3,5 jam/set

pengepakan : 5 jam/set

Model B : pembuatan komponen : 4 jam/set

perakitan : 5 jam/set


Model C : pembuatan komponen : 1 jam/set

perakitan : 1,5 jam/set


Untuk minggu yang akan datang, perusahaan mempunyai waktu

sebanyak :

- untuk pembuatan komponen : 1440 jam

- untuk perakitan : 1920 jam

- untuk pengepakan : 576 jam

Pertanyaan :

a. Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan Programa linier.

b. Buatlah tabel simpleks untuk iterasi awalnya saja !

8. Sebuah perusahaan elektronik membuat 2 jenis pesawat telepon, yakni jenis

push button ( PB ) dan dial (D ), masing-masing dalam 3 warna ( abu-abu,

merah, hijau ). Proses pengerjaannya melalui 4 mesin,yaitu P, Q, R, dan S.

Dari hasil penelitian diperoleh data-data sebagai berikut :

Push button Dial Pengerjaan

pada mesin A M H A M H

Jam mesin

tersedia

P

Q

R

S

0,02

0,40

-

-

0,02

-

0,40

-

0,02

-

-

0,06

0,06

0,10

-

-

0,06

-

0,10

-

0,06

-

-

0,15

1,700

1,400

200

1,800

Keuntungan

per unit

0,80 0,58 0,64 1,44 1,28 1,20

Bila saudara diminta bantuannya, bagaimanakah rencana produksi yang

paling optinum, dan berapa keuntungan yang akan diperoleh ?

9. Suatu perusahaan konfeksi pakaian memproduksi 3 jenis pakaian, yaitu

pakaian anak-anak, pakaian pria, pakaian wanita. Untuk satu lusin pakaian

anak-anak diperlukan dua rol kain berbagai corak dan warna serta empat

orang tenaga kerja. Untuk satu lusin pakaianpria dan satu lusin pakaian

wanita diperlukan masing-masing sebanyak empat dan dua rol kain berbagai

corak dan warna dengan jumlah tenaga kerja masing-masing dua dan enam

orang. Kain yang digunakan setiap harinya tersedia, sebanyak dua puluh rol.

Tenaga kerja yang ada mempunyai keahlian yang sama, dan jumlahnya



enam belas orang. Policy perusahaan mengharuskan seluruh tenaga kerja

digunakan, artinya tidak boleh ada tenaga kerja yang menganggur. Ongkos

membuat

masing-masing jenis pakaian itu didasarkan atas model, aksesori, dan jam

kerja yang diperlukan. Tetapi, sebagai patokan dapat digunakan biaya rata-

rata yang besarnya $ 15/lusin pakaian anak-anak, $ 30/lusin pakaian pria,

dan $ 45/lusin pakaian wanita.

Jika masing-masing jenis pakaian itu laku terjual dengan harga $ 25/

lusin pakaian anak-anak, $ 54/lusin pakaian pria, dan $ 53/lusin pakaian

wanita, bagaimanakah model Programaa linier persoalan di atas ?

10. Direktur Pertamina mengatakan bahwa ada dua macam proses

pengolahan minyak, yaitu :

Proses 1:

dengan menggunakan bahan 1barrel minyak mentah A dan 3

barrel minyak mentah B sehingga dihasilkan :

50 galon gasolin x dan

20 galon gasolin y

Proses 2 :

dengan menggunakan bahan 4 barrel minyak mentah A dan

2 barrel minyak mentah B sehingga dihasilkan :

30 galon gasolin x dan

80 galon gasolin y

Diketahui bahwa persediaan maksimum minyak mentahA adalah 120

barrel dan minyak mentah B sebanyak 180 barrel.

Bagian penjualan melaporkan bahwa untuk tahun depan diperlukan

sekurang-kurangnya 2800 galon gasolin x dan 2200 galon

gasolin y.

Keuntungan masing-masing proses adalah :

US $ 5/unit proses 1 dan

US $ 8/unit proses 2.

Tentikanlah berapa barrel masing-masing minyak mentah yang harus dipakai

pada proses 1 dan 2 agar diperoleh keuntungan yang maksimum.

11. PT. ZULEHA PERSADA memproduksi 3 jenis model radio yaitu model A,

B dan C yang masing- masing memberikan keuntungan $ 16, $ 30 dan

$ 50 per set. Proses pembuatan radio meliputi pembuatan komponen,

perakitan, dan pengepakan yang yntuk masing-masing model

waktunya adalah sbb:

Model A Pembuatan Komponen 3 jam/set

Perakitan 3,5 jam/set



Pengepakan 5 jam/set

Model B Pembuatan Komponen 4 jam/set

Perakitan 5 jam/set


Model C Pembuatan Komponen 1 jam/set

Perakitan 1,5 jam/set

Pengrepakan 3 jam/set

Untuk minggu yang akan datang, perusahaan mempunyai waktu

sebanyak:

Pembuatan Komponen 1120 jam/set

Perakitan 506 jam/set


Bila anda diminta bantuannya, bagaimana rencana produksi

optimum dan berapa keuntungan yang diperoleh.



4 TEORI DUALITAS

4.1. Dualitas

Teori dualitas merupakan salah satu konsep programa linier yang penting dan

menarik ditinjau dari segi teori dan praktisnya.Ide dasar yang melataarbelakangi

teori ini adalah bahwa setiap persoalan programa linier mempunyai suatu programa

linier lain yang saling berkaitan yang disebut ”dual”, sedemikian sehingga solusi pada

persoalan semula (yang disebut ”primal”) juga memberi solusi pada dualny.

Pendefenisian dual ini akan bergantung pada jenis pembatas, tanda-tanda

variabel, dan bentuk optimasi dari persoalan primalnya. Akan tetapi, karna setiap

persoalan programa linier harus dibuat dalam bentuk standar lebih dahulu sebelum

modelnya dipecahkan, maka pendefinisian di bawah ini akan secara otomatis

meliputi ketiga hal diatas.

Bentuk umum masalah primal-dual adalah sebagai berikut :

Primal :

Fungsi Tujuan :


Batasan/Kendala :

a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……………………..+ a1nXn ≤ b1

a21X1 + a22X2 + a23X3 + ……………………..+ a2nXn ≤ b2

a31X1 + a32X2 + a33X3 + ……………………..+ a3nXn ≤ b3

.

am1X1 + am2X2 + am3X3 + …………………..+ amnXn ≤ bm

dan , X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0, X3≥0,……………… Xn ≥ 0

Dual :

Fungsi Tujuan :

Minimumkan W = b1Y1 + b2Y2 + b3Y3 + . . . . . . + bmYm

Batasan/Kendala :

a11Y1 + a21Y2 + a31Y3 + ……………………..+ am1Ym ≤ c1

a12Y1 + a22Y2 + a32Y3 + ……………………..+ am2Ym ≤ c2

a13Y1 + a23Y2 + a33Y3 + ……………………..+ am3Ym ≤ c3

.

a1nY1 + a2nY2 + a3nY3 + …………………..+ amnYm ≤ cn

dan , Y1 ≥ 0 , Y2 ≥ 0, Y3≥0,……………… Ym ≥ 0



Kalau kita bandingkan kedua persoalan diatas, ternyata terdapat

korespondensi antara primal dengan dual sebagai berikut :

1. Koefisien fungsi tujuan primal menjadi konstanta ruas kanan bagi dual,

sedangkan konstanta ruas kanan primal menjadi koefisien fungsi tujuan bagi

dual.

2. Untuk setiap pembatas primal ada satu variabel dual, dan untuk setiap

variabel primal ada satu pembatas dual.

3. Tanda ketidaksamaan pada pembatas akan bergantung pada fungsi tujuan.

4. Fungsi tujuan berubah bentuk (maksimasi menjadi minimasi dan sebaliknya).

5. Setiap kolom pada primal berkorespondensi dengan baris (pembatas) pada

dual.

6. Setiap baris (pembatas) pada primal berkorespondensi dengan kolom pada

dual.

7. Dual dari dual adalah primal.

Definisi :

Suatu persoalan LP dikatakan persoalan maksimal normal jika

persoalan itu mempunyai fungsi tujuan maksimasi dengan seluruh

variabel berharga nonnegatif dan seluruh pembatas bertanda .

Begitu pula, suatu persoalan LP disebut sebagai persoalan

minimasi normal jika fungsi tujuan dari persoalan itu adalah

minimasi dengan seluruh variabel berharga nonnegatif dan seluruh

pembatas bertanda . Jika pembatasnya mempunyai tanda yang

lain, seperti = dan (untuk persoalan maksimasi) atau = dan

(untuk persoalan minimasi) maka persoalan LP yang bersangkutan di sebut

persoalan LP yang tidak normal.

4.1.1. Menentukan dual dari persoalan LP normal

Contoh 1 : Primal Maksimumkan : z = 60 x1 + 30 x2 + 20 x3 berdasarkan : 8 x1 + 6 x2 + x3 ≤ 48 4 x1 + 2 x2 + 1,5 x3 ≤ 20 2 x1 + 1,5 x2 + 0,5 x3 ≤ 8 x1, x2, x3 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 48 y1 + 20 y2 = 8 y3 berdasarkan : 8 y1 + 4 y2 + 2 y3 ≥ 60 6 y1 + 2 y2 + 1,5 y3 ≥ 30 y1 + 1,5 y2 + 0,5 y3 ≥ 20 y1, y2, y3 ≥ 0 Contoh 2 : Primal Minimumkan : w = 50 y1 + 20 y2 + 80 y3



berdasarkan : 100 y1 + 200 y2 + 150 y3 + 500 y4 ≥ 500 3 y1 + 2 y2 + ≥ 6 2 y1 + 2 y2 + 4 y3 + 4 y4 ≥ 10 2 y1 + 4 y2 + y3 5 y4 ≥ 8 y1, y2, y3, y4 ≥ 0 Dual Maksimumkan : z = 500 x1 + 6 x2 + 10 x3 + 8 x4 berdasarkan : 400 x1 + 3 x2 + 2 x3 + 2 x4 ≤ 50 200 x1 + 2 x2 + 2 x3 + 4 x4 ≤ 20 150 x1 + 4 x3 + x4 ≤ 30 500 x1 + 4 x3 + 5 x4 ≤ 80 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 4.1.2. Menentukan dual persoalan LP yang tidak normal

Apabila kita membangun dual dari suatu persoalan LP yang tidak normal,

maka akan berlaku hal-hal sebagai berikut :

a. Untuk persoalan maksimasi, jika pembatas primal ke-i bertanda ,

maka variabel dual yang berkorespondensi dengan pembatas

tersebut memenuhi yi 0. Sebaliknya, untuk persoalan minimasi, jika

pembatas primal ke-i bertanda , maka variabel dual yang

berkorespondensi dengan pembatas tersebut akan memenuhi xi 0

b. Jika pembatas primal ke-i bertanda =, maka variabel dual yang

berkorespondensi dengan pembatas tersebut akan tidak terbatas

dalam tanda

c. Jika variabel primal ke-i tidak terbatas dalam tanda, maka pembatas

dual ke-i akan bertanda =.

Contoh 1 : Primal Maksimumkan :z = x1 + 2x2 -3x3 = 4x4 berdasarkan pembatas : x1 + 2 x2 + 2 x3 – 3 x4 ≤ 25 2 x1 + x2 – 3 x3 + 2 x4 = 15 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 25 y1 + 15 y2 berdasarkan pembatas : y1 + 2 y2 ≥ 1 2 y1 + y2 ≥ 2 2 y1 – 3 y2 ≥ -3 -3 y1 + 2 y2 ≥ 4 y1 ≥ 0 y2 tidak terbatas dalam tanda. Contoh 2 : Primal Minimumkan : z = 5x1 – 2x2 berdasarkan pembatas :



- x1 + x2 ≥ -3 2 x1 + 3 x2 ≤ 5 x1, x2 ≥ 0 Dual Maksimumkan : w = 3y1 + 5y2 berdasarkan pembatas : y1 + 2 y2 ≤ 5 -y1 + 3 y2 ≤ -2 y1, y2 ≤ 0 Contoh 3 : Primal Maksimumkan : z = 5x1 + 6x2 berdasarkan pembatas : x1 + 2 x2 = 5 -x1 + 5 x2 ≥ 3 4 x1 + 7 x2 ≤ 8 x1 tidak terbatas dalam tanda x2 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 5y1 + 3y2 + 8v3 berdasarkan pembatas : y1 – y2 + y3 ≥ 5 -y1 + y2 – 4y3 ≥ -5 2y1 + 5y2 + 7y3 ≥ 6 - y2 ≥ 0 atau y2 ≤ 0 y3 ≥ 0 y1 tidak terbatas dalam tanda 4.2. Hubungan primal-dual Untuk menjelaskan hubungan antara primal dengan dual, perhatikan ilustrasi berikut

ini :

Primal Maksimumkan : z = 5x1 + 12x2 + 4x3 berdasarkan pembatas : x1 + 2x2 + x3 ≤ 10 2x1 – x2 + 3x3 = 8 x1, x2, x3 ≥ 0 Bentuk standar : Maksimumkan : z = 5 x1 + 12x2 + 4x3 + OS1 – MR2 berdasarkan pembatas : x1 +2x2 + x3 + S1 = 10 2x1 – x2 + 3x3 + R2 = 8 x1, x2, x3, S1, R2 ≥ 0 Dual dari persoalan di atas adalah : Minimumkan : w = 10y1 + 8(y2’ – y2”) berdasarkan pembatas : y1 + 2(y2’ – y2”) ≥ 5 2y1 – (y2’ – y2”) ≥ 12 y1 + 3(y2’ – y2”) ≥ 4 y1 ≥ 0, y2 tidak terbatas dalam tanda Bentuk standar:

Minimumkan : W = 10y1 + 8(y2’ – y2”) – 0(S1 + S2 + S3) M(R1 + R2 + R3)



berdasarkan pembatas : y1 + 2(y2’ – y2” ) – S1 + R1 = 5 2y1 – (y2’ – y2”) - S2 + R2 =12 y1 + 3(y2’ – y2”) - S3 + R3 =4

Solusi persoalan di atas masing-masing adalah : Primal Tabel.4.1. Tabel Simplek Persoalan Primal

Iterasi Basis X1 X2 X3 S1 R2 Solusi

Z -(2M+5) (M-12) -(3M+4) 0 0 -8M

S1 1 2 1 1 0 10 0

R2 2 -1 3 0 1 8

Z -7/3 -40/3 0 0 (4/3 + M) 32/3

S1 1/3 7/3 0 1 -1/3 22/3 1

X3 2/3 -1/3 1 0 1/3 8/3

Z -3/7 0 0 40/7 -(4/7 + M) 368/7

X2 1/7 1 0 3/7 -1/7 22/7 2

X3 5/7 0 1 1/7 2/7 26/7

Z 0 0 3/5 29/5 (2/5 + M) 544/5

X2 0 1 -1/5 2/5 -1/5 12/5 3

X1 1 0 7/5 1/5 2/5 26/5 Pada iterasi 4, kita dapat membaca nilai Y2 pada Tabel. 4.2.

Y2 = (Y2’ – Y2”)

= (0 – 2/5) atau Y2 = -2/5

Dari Tabel 4.1. dan 4.2. dapat disimpulkan bahwa hubungan primal dengan dual

adalah sebagai berikut :

1. Solusi visibel persoalan minimasi adalah batas atas dari solusi visibel persoalan

maksimasi (lihat iterasi 0, 1, dan 2 pada tabel 4.1. serta iterasi 0, 1,2, dan 3

pada tabel 4.2.)

2. Jika kedua persoalan sudah mencapai solusi optimum, maka maksimum Z =

Minimum W (lihat iterasi 3 pada tabel 4.1. dan iterasi 4 pada tabel 4.2.).

3. Nilai optimum variabel – variabel solusi awal pada primal = nilai optimum

variabel – variabel dual yang berkorespondensi dengan persamaan

pembatas pada primal. Dengan kata lain :

a. Jika variabel dual berkorespondensi dengan variabel slack awal pada

persoalan primal, maka nilai optimum variabel tersebut = koefisien

variabel slack pada persamaan Z yang optimum.



Bukti :

Y1 berkoresp[ondensi dengan S1 pada primal, maka nilai optimum Y1

(= 29/5, lihat iterasi 4 pada tabel 4.2.) sama dengan koefisien S1 pada

persamaan Z optimum (= 29/5, lihat iterasi 3 pada tabel 4.1.)

b. Jika varibel dual berkorespondensi dengan variabel buatan awal

pada primal, maka nilai optimum variabel tersebut = koefisien

variabel buatan pada persamaan Z yang optimum setelah

menghilangkan konstanta M.

Bukti :

Y2 berkorespondensi dengan R2 pada primal, maka nilai optimum Y2

(-2/5, lihat iterasi 4 pada tabel 4.2.)



Dual Tabel 4.2. Tabel Simplek Persoalan Dual Iterasi Basis y1 y2' y2" S1 S2 S3 R1 R2 R3 Solusi

w (4M-10) (4M+8) (-4M+8) -M -M -M 0 0 0 21M

R1 1 -2 -2 -1 0 0 1 0 0 5

R2 2 1 1 0 -1 0 0 1 0 12 0

R3 1 -3 -3 0 0 -1 0 0 1 4

w (8/3M - 22/3) 0 0 -M -M (1/3M - 8/3) 0 0 (-4/3M + 8/3) 47/3M +

32/3 R1 1/3 0 0 -1 0 2/3 1 0 -2/3 7/3

R2 7/3 0 0 0 -1 -1/3 0 1 1/3 40/3 1

y2' 1/3 1 -1 0 0 -1/3 0 0 1/3 4/3

w 0 (-8M + 22) (8M - 22) -M -M (3M - 10) 0 0 ('-4M + 10) (5M + 40)

R1 0 -1 1 -1 0 1 1 0 -1 1

R2 0 -7 7 0 -1 2 0 1 -2 4 2

y1 1 3 -3 0 0 -1 0 0 1 4

w 0 0 0 -M (1/7M - 22/7) (5/7M - 26/7) 0 (-8/7M + 22/7) (12/7M + 26/7) 3/7M + 368/7

R1 0 0 0 -1 1/7 5/7 1 1/7 -5/7 3/7

y2" 0 -1 1 0 -1/7 2/7 0 1/7 -2/7 4/7 3

y1 0 0 0 0 -3/7 -1/7 0 3/7 1/7 40/7

w 0 0 0 -26/5 -12/5 0 26/5 - M 12/5 - M -M 54 4/5

S3 0 0 0 -7/5 1/5 1 7/5 -1/5 -1 3/5

y2" 0 -1 1 2/5 -1/5 0 2/5 1/5 0 2/5 4

y1 0 0 0 -1/5 -2/5 0 1/5 2/5 1 29/5



dengan koefisien R2 pada persamaan Z optimum (= -2/5 + M – M = -2/5, lihat iterasi 3 pada tabel

4.1.)

4.3 Sifat - Sifat Primal Dual Yang Penting.

Sifat –sifat primal dual ini penting untuk dipahami, terutama pada saat kita

membicarakan masalah analisis kepekaan. Dengan menggunakan sifat-sifat ini kita dapat

menentukan nilai variabel-variabel tertentu dengan cara yang sangat efisien. Ada 4 sifat yang

perlu diketahui, yaitu :

Sifat 1. Menentukan koefisien fungsi tujuan variabel-variabel basis awal.

Pada setiap iterasi solusi simplek, baik primal maupun dual, koefien fungsi tujuan variabel-variabel

basisnya awal dapat dicari dengan cara :

a. Mengalika funsi tujuan yang original dan variabel-variabel basis pada iterasi yang

bersangkutan dengan matriks di bawah variabel basis awal pada iterasi yang

bersangkutan.

Koefisien ini biasa disebut sebagai simplex multipliers.

koefisien fungsi matriks di bawah

tujuan yang ori- variabel basis

ginal dari vari- awal pada iterasi = simplex

abel basis pada yang bersangkuta- multipliers

iterasi yang an

bersangkutan

b. Kurangi nilai-nilai simplex multipliers ini dengan fungsi tujuan yang original dari variabel-

variabel basis awal.

Sebagai contoh, kita lihat Tabel 4.1. Dalam tabel itu variabel basis awalnya adalah S1 dan R2

denhan joefisien tujuan original 0 dan –M

Untuk iterasi 1 :

Yang menjadi variabel basis pada iterasi 1 adalah S1 dan x3, di mana koefisien fungsi tujuan

originalnya adalah 0 dan 4. Matriks di bawah variabel basis awal (S1 dan R2) pada iterasi 1

adalah :

1 -1/3

0 1/3



Dengan demikian simplex multipliers-nya adalah :

1 -1/3

0 4 0 1/3 0 4/3

Koefisien fungsi tujuan variabel-variabel basis awal (S1 dan R2 pada iterasi 1 adalah: S1 = 0 – 0 = 0

R2 = 4/3 – (-M) = 4/3 + M

Untuk iterasi 2 : dengan cara yang sama diperoleh :

( 12 5) 3/7 -1/7 = [ 40/7 -4/7 ] 1/7 2/7

S1 = 40/7 – 0 = 40/7

R2 = -4/7 – (-M) = -4/7 + M

Untuk iterasi 3 :

( 12 5) 2/5 -1/5 = [ 29/5 -2/5 ] 1/5 2/5

S1 = 29/5 – 0 = 29/5

R2 = -2/5 – (-M) = -2/5 + M

Untuk dual kita lihat Tabel 4.2.

Misalnya untuk iterasi 4 diperoleh :

7/5 -1/5 -1

( 12 5) -2/5 1/5 0 = [ 29/5 -2/5 0 ] 1/5 2/5 0

R1 = 26/5 – (M) = 26/5 – M

R2 = 12/5 – (M) = 12/5 – M

R3 = 0 - (M) = -M

Sifat 2 : Menetukan koefisien fungsi tujuan variabel-variabel nonbasis awal

Pada setiap iterasi dari persoalan primal, koefisien fungsi tujuannya dapat ditentukan dengan

menyubstitusikan simplex multipliers pada variabel-variabel pembatas dari dual, kemudian

mencari selisih antara ruas kiri dan ruas kanan dari pembatas dual tersebut.



Contoh : Dari formulasi persoalan diketahui bahwa :

x1 berkorespondensi dengan pembatas y1 + 2y2 ≥ 5

x2 berkorespondensi dengan pembatas 2y1 – y2 ≥ 12

x3 berkorespondensi dengan pembatas y1 + 3y2 ≥ 4

Substitusikan simplex multipliers pada pesamaan-persamaan pembatas di atas

Untuk iterasi 1 :

SM = (0 4/3)

x1 : y1 + 2y2 ≥ 5 x1 = -7/3

0 + 2(4/3) – 5 = -7/3

x2 : 2y1 – y2 ≥ 12 x2 = -40/3

0 - 4/3 – 12 = -40/3

x3 : y1 + 3y2 ≥ 4 x3 = 0

0 + 3(4/3) – 4 = 0

Untuk iterasi 2 :

SM = (40/7 -4/7)

x1 : y1 + 2y2 ≥ 5 x1 = -3/7

40/7 + 2(-4/7) – 5 = -3/7

x2: 2y1 – y2 ≥ 12 x2 = 0

2(40/7 – (-4/7) – 12 = 0

x3 : y1 + 3y2 ≥ 4 x3 = 0

40/7 + 3(-4/7) – 4 = 0

Untuk iterasi 3 :

SM (29/5 -2/5)

x1 : y1 + 2y2 ≥ 5 x1 = 0

29/5 + 2(-2/5) – 5 = 0

x2 : 2y1 – y2 ≥ 12 x2 = 0

2(29/5) – (-2/5) – 12 = 0

x3 : y1 + 3y2 ≥ 4 x3 = 3/5

29/5 + 3(-2/5) – 4 = 3/5

Untuk dual, hal yang sama berlaku juga kecuali bahwa substitusi simplex multipliers dilakukan

terhadap variabel-variabel pembatas primal.



Contoh : Untuk iterasi 4 (lihat Tabel 4.2).

SM (26/5 12/5 0)

y1 : x1 + 2x2 + x3 ≤ 10 y1 = 0

26/5 + 2(12/5) + 0 - 10

y2 : 2x1 – x2 + 3x3 = 8 y2 = 0

2(26/5) – 12/5 + 0 – 8 = 10

S1 : -x1≤ 0 S1 = -26/5

-26/5 – 0 = -26/5

S2 : -x2 ≤ 0 S2 = -12/5

-12/5 – 0 = - 12/5

S3 : -x3 ≤ 0 S3 = 0

0 – 0 = 0

Sifat 3 : Menentukan nilai ruas kanan (solusi) dari variabel-variabel basis

Pada setiap iterasi, baik primal maupun dual, nilai ruas kanan (kolom solusi) variabel-variabel

basis pada iterasi yang bersangkutan dapat ditentukan dengan cara sebagai berikut :

matriks di bawah

variabel basis awal matriks kolom matriks kolom

pada iterasi yang ruas kanan = ruas kanan

bersangkutan original variabel basis

Lihat iterasi ke-2 dari Tabel 4.1 (primal)

Variabel basis pada iterasi ini adalah x2 dan x3, sedangkan matriks kolom ruas kanan yang

original adalah 10 , maka ruas kanan variabel basis x2

8 x3

adalah :

3/7 -1/7 10 = 22/7

1/7 2/7 8 26/7

Lihat iterasi ke-4 dari Tabel 4.2 (dual)

Variabel basis pada iterasi ini adalah S3, y2”, dan y1, sedangkan matriks kolom ruas kanan yang

original adalah

5 S3

12 Maka ruas kanan variabel basis y2” adalah

4 y1



7/5 -1/5 -1 5 3/5

-2/5 1/5 0 12 = 2/5

1/5 2/5 0 4 29/5

Sifat 4 : Menentukan koefisien pembatas.

Pada setiap iterasi, baik primal maupun dual, koefisien pambatas dari setiap variabel dapat

ditentukan dengan cara sebagai berikut :

matriks di bawah matriks kolom matriks kolom

variabel basis awal dari kolom = dari kolom

pada iterasi yang koefisien pembatas koefisien pembatas

bersangkutan yang original pada iterasi yang

bersangkutan

Contoh :

a. Lihat iterasi 3 dari Tabel 4.1 (primal)

Untuk variabel x1, koefisien pembatas pada iterasi ini adalah

2/5 -1/5 1 = 0

1/5 2/5 2 1

Untuk x2 :

2/5 -1/5 2 = 1

1/5 2/5 -1 0

Untuk x3 :

2/5 -1/5 1 = -1/5

1/5 2/5 3 7/5

b. Lihat iterasi 4 Tabel 4.2 (dual)

Untuk variabel y1, koefisien pembatas dari iterasi ini adalah

7/5 -1/5 -1 1 0

-2/5 2/5 0 2 = 0

1/5 2/5 0 1 1

Untuk y2’ :

7/5 -1/5 -1 2 0

-2/5 2/5 0 -1 = -1

1/5 2/5 0 3 0



Untuk y2” :

7/5 -1/5 -1 -2 0

-2/5 2/5 0 1 = 1

1/5 2/5 -3 -3 0

Untuk S1 :

7/5 -1/5 -1 -1 7/5

-2/5 1/5 0 0 = 2/5

1/5 2/5 0 0 -1/5

Untuk S2 :

7/5 -1/5 -1 0 1/5

-2/5 1/5 0 -1 = -1/5

1/5 2/5 0 0 -2/5

Untuk S3 :

7/5 -1/5 -1 0 1

-2/5 1/5 0 0 = 0

1/5 2/5 0 -1 0

Supaya penggunaan sifat-sifat primal-dual ini dapat lebih teras pentingnya, berikut ini diberikan

satu contoh persoalan sebagai berikut :

Maksimumkan : z = 4x1 + 6x2 + 2x3

berdasarkan pembatas :

4x1 – 4x2 ≤ 5

-x1 + 6x2 ≤ 5

-x1 + x2 + x3 ≤ 5

x1, x2, x3 ≥ 0

Salah satu iterasi dari persoalan di atas adalah sebagai berikut :

Basis x1 x2 x3 S1 S2 S3 Solusi

z d e f a b c t

x1

x2

S3

j

k

l

m

n

p

q

r

s

6/20

1/20

5/20

4/20

4/20

0

0

0

1

g

h

i



Tentukanlah harga-harga a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, m, n, p, q, r, s, dan t dengan

menggunakan sifat-sifat primal-dual.

Jawaban :

1. Sifat 1 :

6/20 4/20 0

( 4 6 0 ) 1/20 4/20 0 = [ 3/2 2 0 ]

5/20 0 1

a = 3/2 – 0 = 3/2

b = 2 - 0 = 2

c = 0 - 0 = 0

2. Sifat 2 :

SM = (3/2 2 0)

x1 : 4y1 – y2 – y3 ≥ 4 d = 0

4(3/2) – 2 – 0 – 4 = 0

x2 : -4y1 + 6y2 + y3 ≥ 6 c = 0

-4(3/2) + 6(2) + 0 – 6 = 0

x3 : y3 ≥ 2 f = -2

0 – 2 = -2

3. Sifat 3 :

6/20 4/20 0 5 5/2

1/20 4/20 0 5 = 5/4

5/20 0 1 5 25/4

g = 5/2

h = 5/4

i = 25/4

4. Sifat 4 :

6/20 4/20 0 4 1

1/20 4/20 0 -1 = 0

5/20 0 1 -1 0



j = 1

k = 0

l = 0

6/20 4/20 0 -4 0

1/20 4/20 0 6 = 1

5/20 0 1 1 0

m = 0

n = 1

p = 0

6/20 4/20 0 0 0

1/20 4/20 0 0 = 0

5/20 0 1 1 1

q = 0

r = 0

s = 0

Dengan demikian, t dapat dicari dengan memasukkan harga-harga g, h, dan i ke dalam

persamaan z, sehingga diperoleh :

t = 4(5/2) + 6(5/4) + 0(25/4)

t = 70/4

t = 17 ½



5 METODE TRANSPORTASI

5.1. PENDAHULUAN

Metode transportasi merupakan suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi

dari sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama, ketempat-tempat yang

membutuhkan secara optimal. Alikasi produk ini harus sedemikian rupa, karena terdapat

perbedaan biaya-biaya alokasi dari saru sumber ke tempat-tempat tujuan berdeda-beda, dan

dari beberapa sumber ke suatu tempat tujuan juga berbeda-beda. Di samping itu, metode

transportasi juga dapat digunakan untuk memecahkan masalah-masalah dunia usaha (bisnis)

lainnya, seperti masalah-masalah yang meliputi pengiklanan, pembelanjaan modal (capital

financing) dan alokasi dana untuk investasi, analisis lokasi, keseimbangan lini perakitan dan

perencanaan serta scheduling produksi. Ada beberapa macam metode transportasi, yang

semuanya terarah pada penyelesaian optimal dari masalah-masalah transportasi yang terjadi.

F.L. Hitlchcock (1941), T.C. Koopmans (1949), dan G.B. Dantziq (1951) adalah orang-orang yang

pertama sebagai kontributor yang mengembangkan teknik-teknik transportasi.

Bab ini pertama-tama akan membicarakan metode-metode transportasi dimulai dengan

membahas metode stepping stone yang ditemukan oleh W.W. Cooper dan A.Charnes,

dilanjutkan dengan metode MODI dan Vogel’s Approximation (VAM).

5.2. Metode Stepping-Stone

Untuk mempermudah penjelasan metode Stepping-Stone, berikut ini akan dipergunakan

contoh suatu perusahaan yang mempunyai 3 pabrik di W, H, dan P. Perusahaan mengahadapi

masalah alokasi hasil produksinya di pabrik-pabrik tersebut ke gudang-gudang penjualan di A, B,

dan C. Kapasitas pabrik, kebutuhan gudang dan biaya pengangkutan dari tiap pabrik ke tiap

gudang dapat dilihat pada Tabel 5.1, 5.2, dan 5.3.



Tabel 5.1. Kapasitas pabrik W

Pabrik Kapasitas produksi tiap bulan W H P

90 ton 60 ton 50 ton

Jumlah 200 ton Tabel 5.2. Kebutuhan gudang A, B, dan C

Gudang Kebutuhan tiap bulan A B C

50 ton 110 ton 40 ton

Jumlah 200 ton

Tabel 5.3. Biaya pengankutan setiap ton dari pabrik W, H, P ke gudang A, B, C

Biaya tiap ton (dalan ribuan Rp) Dari Ke Gudang A Ke Gudang B Ke Gudang C Pabrik W Pabrik H Pabrik P

20 15 25

5 20 10

8 10 19

5.2.1. Penyusunan Tabel Alokasi

Untuk bisa memahami dengan lebih mudah dan memcahkan masalah, maka data di

atas harus disusun ke dalam suatu table yang menunjukkan hubungan antar kapasitas pabrik,

kebutuhan gudang, dan biaya pengankutan seperti terlihat pada Tabel 5.4. Pada table tersebut

jumlah kebutuhan tiap-tiap gudang diletakkan pada baris terakhir dan kapasitas pabrik pada

kolom terkhir. Sedang biaya pengangkutan diletakkan pada segi empat kecil pada table itu.

Misalnya biaya angkut 1 ton barang dari W ke A adalah 20, diletakkan di segi empat kecil di

dalam segi empat AW, dan seterusnya. Adapun Xij adalah banyaknya alokasi dari sumber i ke

tujuan j, misalnya dari W ke A (sumber 1 ke tujuan pertama) = X11. Nilai Xij inilah yang nanti akan

kita cari.

Tabel 5.4. Tabel transportasi

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

20 5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

X11 X12 X13

X22 X21

X33

X23

X32 X31



5.2.2. Prosedur Alokasi

Setelah data tersusun dalam bentuk table, maka langkah selanjutnya adalah

mengalokasikan produk dari pabrik-pabrik ke gudang-gudang. Pedoman yang merupakan

prosedur alokasi sistematis pertama adalah pedoman sudut barat laut (northwest corner rule).

Mulai dari sudut kiri atas dari Tabel 5.4 (Xij) dialokasikan sejumlah maksimum produk dengan

melihat kapasitas pabrik dan kebutuhan gudang. Kemudian setelah itu, bila Xij merupakan kotak

terakhir yang dipilih, dilanjutkan dengan mengalokasikan pada X1, j+1 bila i mempunyai kapasitas

yang tersisa. Bila tidak, alokasikan ke X1+1,j, dan seterusnya sehingga semua kebutuhan telah

terpenuhi.

Dari contoh diatas, alokasi pertama adalah X11 = 50, yang tepat memenuhi kebutuhan

gudang A dalam kolom 1 (dan hilangkan kolom ini dari pertimbangan alokasi berikutnya). Dalam

hal ini ada kelebihan kapasitas pabrik W sebesar 40 dalam baris 1, sehingga alokasi berikutnya X1,

1+1 = X12. Bila kapasitas pabrik tidak lebih besar dari kebutuhan gudang B dalam kolom 2, maka

pada X12 dialokasikan sebesar 4, dan hilangkan baris 1 dari pertimbangan berikutnya. Untuk

selanjutnya alokasi yang dipilih X1+1, 2 = X22. Dari table terlihat bahwa kebutuhan gudang B masih

lebih besar dari kapasitas pabrik H, sehingga pada X22 dialokasikan sebesar 60, dan hilangkan

baris, dan seterusnya sampai semua kapasitas yagn tersedia telah dialokasikan ke gudang-

gudang yagn membutuhkan seperti terlihat pada Tabel 5.5. Segi empat yagn tersisi alokasi

biasanya disebut segi empat batu, dan yang kosong disebut segi empat air.

Biaya pengangkutan untuk alokasi tahap pertama ini = 50(20 + 40(50) + 60(20) + 10(10) +

40(19) = 3260.

Tabel 5.5. Alokasi tahap pertama dengan pedoman sudut barat laut.

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

20 5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

50 40

60

10 40



5.2.3. Mengubah Alokasi Secara Trial and Error

Untuk mengurai biaya pengangkutan, alokasi pada Tabel 5.5 diubah secara trial and

error. Misalnya, terlihat pada kolom “Gudang A”. Segi empat HA belum terisi, maka dicoba bila

diisi 1 satuan (ton) tentu saja perlu pemindahan dari segi empat yagn lain, misalnya dari segi

empat WA agar jumlah kebutuhan gudang tetap 50; di samping itu juga akan mempengaruhi

segi empat WB dan segi empat HB, seperti terlihat pada Tabel 5.6. Perubahan biaya yang

diakibatkan adalah sebagai berikut :

Tambahan biaya : dari H ke A = 15

dari W ke B = 5

20

Pengurangan biaya : dari W ke A = 20

dari M ke B = 20

40

Tambahan biaya 20 sedang pengurangan biaya 40, berarti ada penghematan 20 (=Rp

20.000,00) untuk setiap perpindahan alokasi 1 unit (1 ton) barang ke segi empat HA dan WB dan

HB. Berdasarkan kenyataan ini, bila jumlah alokasi yang dilaksanakan lebih banyak (tidak hanya

1 unit saja), maka penghematannya akan lebih banyak. Jumlah yang bisa diubah maksimum

sebesar isi terkecil dari 2 segi empat yang terdekat dengan isi segi empat HB = 60. Jadi diisikan

pada segi emapat HA 50 unit dan ditambahkan pula isi segi empat WB (yang bertolah belakang

dengan HA) sebesar 50 unit. Perubahan alokasi ini seperti terlihat pada Tabel 5.7, dengan

menghasilkan biaya pengangkutan yang lebih murah, yaitu 90(5) + 50(15) +10(20) + 10(10) +

40(19) = 2260 lebih murah dari laokasi pertama (Tabel 5.5).

Tabel 5.6. Perbaikan pertama dengan trial and error

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W 20 5 8

90

Pabrik

H 15 20 10

60

Pabrik

P 25 10 19

50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

50 40

60

10 40

(-)

(-) (+)

(+)



Tabel 5.7. Perbaikan kedua dengan trial and error

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

Perubahan alokasi ini dapat juga dilakukan dengan mengubah alokasi pada segi empat

yang tidak berdekatan. Misalnya, akan diisi segi empat WC, maka segi empat lain yang ikut

berubah dapat berupa segi empat WB, PB, dan PC, seperti terlihat pada Tabel 5.8, dengan

biaya pengangkutan = 50(5) + 40(8) +50(15) + 10(20) + 50(10) = 2020. Demikian seterusnya

diadakan perubahan bila dengan perubahan itu dapat mengurangi biaya, sampai akhirnya

diperoleh biaya pengangkutan yang terendah (optimal).

Tabel 5.8. Perbaikan dengan masalah alokasi segi empat yang tidak berdekatan.

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

5.3. Metode MODI

Metode MODI ( Modified Distribution) merupakan perkembangan dari metode stepping-

stone, karena penentuan segi empat kosong yang bisa menghemat biaya dilakukan dengan

prosedur yagn lebih pasti dan tepat serta metode ini dapat mencapai hasil optimal lebih cepat.

Cara utnuk memilihnya digunakan persamaan Ri + Kj = Cij. Ri adalah nilai baris i, Kj nilai kolom j,

dan Cij adalah biaya pengangkutan 1 satuan barang dari sumber i ke tujuan j. Adapun langkah-

langkah menghitungnya sebagai berikut :

a. Isilah table pertama dari sudut kiri ke atas ke kanan bawah,

50 40

60

10 40

(-)

(-) (+)

(+)

90

90

50

90

10

10

40

(-)

(-) (+)

(+)

50 40

50



b. Menentukan nilai baris dan kolom

Nilai baris dan kolom ditentukan berdasarkan persamaan di atas (Ri + Kj = Cij). Baris

pertama selalu diberi nilai 0, dan nilai baris-baris yang lain dan nilai semua kolom ditentukan

berdasarkan hasil-hasil hitungan yagn telah diperoleh. Bila nilai suatu baris sudah diperoleh, maka

nilai kolom yang dihubungkan dengan segi empat batu dapat dicari dengan rumus Ri + Kj = Cij.

Nilai baris W = Rw = 0

Mencari nilai kolom A :

RW + KA = CWA

0 + KA = 20, nilai klom A = KA = 20

Mencari nilai kolom dan baris yang lain :

RW + KB = CWB ; 0 + KB = 5 ; KB = 5

RH + KB = CHB ; RH + 5 = 20 ; RH = 15

RP + KB = CPB ; RH + 5 = 10 ; RP = 5

RP + KC = CPC ; 5 + KC = 19 ; KC = 14

Nilai-nilai ini kemudian diletakkan pada baris/kolom yagn bersangkutan, seperti terlihat pada

Tabel 5.9.

Tabel 5.9. Tabel pertama.

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

c. Menghitung indeks perbaikan

Indeks perbaikan adalah nilai dari segi empat akhir (segi empat yang kosong).

Mencarinya dengan rumus :

Cij – Ri – Kj = Indeks perbaikan

Tabel 5.10. menghitung indeks perbaikan

Segi empat Cij – Ri – Kj Indeks perbaikan HA PA WC HC

15 – 15 – 20 25 - 5 – 20 8 - 0 – 14 10 – 15 - 14

-20 0 -6 -19

50

10 40

(-) (-) (+)

(+)

90

10

40

60 50



d. Memilih titik tolah perubahan

Segi empat yang mempunyai indeks perbaikan negative berarti bila diberi alokasi (diisi)

akan dapat mengurangi jumlah biaya pengangkutan. Bila nilainya positif berarti pengisian akan

menyebabkan kenaikan biaya pengangkutan. Segi empat yagn merupakan titik tolak

perubahan adalah segi empat yang indeksnya “bertanda negative”, dan “angkanya terbesar”.

Dalam Tabel 5.10, ternyata yang memenuhi syarat adalah segi empat HA. Olwh karena itu segi

empat ini dipilih sebagai segi empat yagn akan diisi.

e. Memperbaiki alokasi

Berilah tanda positif pada segi empat yang terpilih (HA). Pilihlah 1 segi empat terdekat

yang isi dan sebaris (HB), 1 segi empat yang isi terdekat dan sekolom (WA); berilah tanda

negative pada 2 segi empat ini. Kemudian pilihlah satu segi empat yang bertanda negative tadi

(WB), dan berilah segi empat ini tanda positif. Selanjutnya pindahkanlah alokasi dari segi empat

yang bertanda negative ke yagn bertanda positif sebanyak isi terkecil dari segi empat yang

bertanda positif (50). Jadi segi empat HA kemudian berisi 50, segi empat HB berisi 60 – 50 = 10,

segi empat WB berisi 40 + 50 = 90, dan segi empat WA menjadi tidak berisi. Lihat Tabel 5.9

f. Ulangilah langkah-langkah tersebut di atas, mulai langkah nomor b sampai diperoleh

biaya terendah. Bila masih ada indeks perbaikan yang bernilai negative berarti alokasi tersebut

masih dapat diubah utnuk mengurangi biaya pengangkutan. Bila sudah tidak ada indeks yagn

negative berarti sudah optimal. Sebagai contoh perubahan pertama sampai mencapai table

optimal dapat dilihat pada Tabel 5.11, a, b, c, d, dan e,

Tabel 5.11. Perubahan alokasi untuk memperoleh alokasi optimal dengan Metode MODI

(a)

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

Biaya transportasi = 90 (5) + 50(15) + 10(20) +10(10) + 40(19)

= 2260

50

10 40

(-)

(-) (+)

(+)

90

10

40

60 50



(b)

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

Biaya transportasi = 90(5) + 50(15) + 10(10) + 20(10) + 30(19)

= 2070

(c)

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasit

as

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

Biaya transportasi = 60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10)

= 1890

(d)

Ke

Dari

Gudang

A = 13

Gudang

B = 5

Gudang

C = 8

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

40

10 30 (-)

(-) (+)

(+)

90

10

40

10 50

40

10 30 (-)

(-) (+)

(+)

90

10

40

10 50

60

10 50

30



Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

Tabel (d) tidak bisa dioptimalkan lagi, karena indeks perbaikan pada setiap segi empat akhir

sudah tidak ada yang negative, seperti terlihat pada Tabel 5.12.

Tabel 5.12. Indeks perbaikan dari Tabel 5.11e

Segi empat Cij – Ri – Kj Indeks perbaikan WA HB PA PC

20 – 0 – 5 20 - 2 – 5 25 - 5 – 13 19 – 5 - 8

15 13 7 6

5.4. Metode Vogel’s Approximation

Metode vogel atau Vogel’s Approximation Method (VAM) merupakan metode yang

lebih cepat untuk dapat mengatur alokasi dari beberapa sumber ke beberapa daerah

pemasaran. Adapun langkah-langkah untuk mengerjakannya adalah sebagai berikut :

1. Susunlah kebutuhan, kapasitas masing-masing sumber, dan biaya pengangkutan ke

dalam matriks seperti pada Tabel 5.4.

2. Carilah perbedaan dari dua biaya terkevil (dalam nilai absolute), yaitu biaya terkecil dan

terkecil kedua untuk tiap baris dan kolom pada matriks (Cij). Misalnya pada baris W biaya

angkut terkecil = Rp 5,00 dan nomor dua dari yang terkecil – Rp 8,00. Jadi nilai baris W = 8

– 5 = 3. Demikian seterusnya nilai-nilai yang lain sebagai berikut :

Baris H = 15 – 10 = 5

Baris P = 19 – 10 = 9

Kolom A = 20 – 15 = 5

Kolom B = 10 – 5 = 5

Kolom C = 10 – 8 =2

3. Pilihlah 1 nilai perbedaan-perbedaan yang terbesar di antara semua niilai perbedaan

pada kolom dan baris. Dalam hal ini baris P mempunyai nilai perbedaan terbesar, yaitu 9.

4. Isilah pada salah satu segi empat yang termasuk dalam kolom atasu baris terpilih, yaitu

pada segi empat yang biayanya terendah di antar segi empat lain pada kolom/baris itu.

Isiannya sebanya mungkin yagn biasa dilakukan. Misalnya pada baris P, biaya angkut

untuk segi empat PA = 25, segi empat PB = 10, dan segi empat PC = 19. Yang terkecil

adalah biaya pada segi empat PB. Maka kita isi segi empat PB dengan 50 satuan (lebih

dari 50 satuan tidak mungkin karena kapasitas pabrik P = 50)

50



Tabel 5.13. Feasible solution mula-mula dari metode Voge’s approximation

Gudang Perbedaan A B C Kapasitas baris W 20 5 8 90 3 Pabrik H 15 20 10 60 5 P 25 10 19 50 9 Kebutuhan 50 110 40 Pilihan XPB = 50 Perbedaan kolom 5 5 2 Hilangkan baris P

5. Hilangkan baris P karena baris tersebut sudah diisi sepenuhnya (kapasitas penuh)

sehingga tidak mungkin diisi lagi. Kemudian perhatikan kolom dan baris yagn belum

terisi/teralokasi (baris W, H, dan kolom A, B, C).

6. Tentukan kembali perbedaan (selisih) biaya pada langkah ke 2 untuk kolom dan baris

yang belum terisi. Ulangi langkah 3 sampai dengan langkah 5, sampai semua baris dan

kolom sepenuhnya teralokasi lihat Tabel 5.14.

Tabel 5.14. Feasible solution dari metode VAM lanjutan

Gudang Perbedaan A B C Kapasitas baris W 20 5 8 90 3 Pabrik H 15 20 10 60 5 Kebutuhan 50 60 40 Pilihan XWB = 60 Perbedaan kolom 5 15 2 Hilangkan baris B

Gudang Perbedaan A C Kapasitas baris W 20 8 30 12 Pabrik H 15 10 60 5 Kebutuhan 50 40 Pilihan XWC = 30 Perbedaan kolom 5 2 Hilangkan baris W Gudang Perbedaan A C Kapasitas Pabrik H 15 10 60 Kebutuhan 50 40 Pilihan XHA = 50 XHC = 10

Jadi, matriks alokasi sengan metode Vogel’s Approximation di atas adalah sebagai berikut :



Tabel 5.15. Matriks hasil alokasi dengan metode VAM

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 90

Pabrik

H

15 20 10 60

Pabrik

P

25 10 19 50

Kebutuhan

Gudang 50 110 40 200

7. Setelah terisi semua, maka biaya transportasinya yang harus dibayar adalah 60 (Rp 5,00)

+ 30 (Rp 8,00) + 50( 15,00) + 10(Rp 10,00) + 50(Rp 10,00) = Rp 1.890,00

8. Bila nilai perbedaan aa 2 yang besarnya sama, missal yang satu terletak pada kolom

maka:

Lihatlah segi empat yang masuk ke dalam kolom maupun baris yang mempunyai nilai

terbesar. Bila segi empat ini mempunyai biaya terendah di antara segi empat pada baris

atau klomnya, maka isian alokasi maksimum pada segi empat ini. Bila biayanya tidak

terendah, maka pilihlah segi empat yagn akan diisi berdasar salah satu, baris terpilih atau

kolom terpilih, seperti pada langkah 4 dan 5

Kebaikan dari metode Vogel ini adalah mudah menghitungnya. Tetapi hasil pemecahan

dari metode ini kadang-kadang masih dapat dioptimalkan dengan metode lain, misalnya

metode Simples yang akan dibicarakan kemudian.

5.5. Kapasitas Tidak Sama dengan Kebutuhan

Bila kebutuhan tidak sama dengan kapasitas yagn tersegia, maka untuk

menyelesaikannya harus dibuat kolom semu (dummy column) atau baris semu (dummy row),

sehingga jumlah isian kolom jumlah isian baris semua. Contoh untuk kebutahan lebih kecil dari

kapasitas yagn tersedia seperti terlihat pada Tabel 5.16, sedang untuk kebutuhan yagn lebih

banyak dari kapasitas yagn tersedia seperti terlihat pada Tabel 5.17. Setelah diadakan

penambahan baris atau kolom “dummy” ini dengan biaya nol (0) dapat diselesaikan dengan

metode stepping stone, MODI atau VAM.

50

60

10 50

30



Tabel 5.16. Kebutuhan lebih kecil dari sumber (kapasitas) yang tersedia.

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Dummy

D Jlh

Kapasita

s

Pabrik

W

20 5 8 0

90

Pabrik

H

15 20 10 0

60

Pabrik

P

25 10 19 0

100

Jumlah

Kebutuhan 50 110 40 50

250

Tabel 5.17. Kebutuhan lebih besar dari sumber yang tersedia

Ke

Dari

Gudang

A

Gudang

B

Gudang

C

Jumlah

Kapasita

s

Pabrik

W

5 8

90

Pabrik

H

15 20 10

60

Pabrik

P

25 10 20

50

Dummy

Q

0 0 0

50

Jumlah

Kebutuhan 100 110 40

250

5.6 Masalah Degeneracy

Di dalam mengisi table awal berdasar sudut kiri atas kadang-kadang terjadi degeneracy,

yaitu apabila banyaknya segi empat yang terisi kurang dari m + n – 1 (m banyaknya baris dan n

banyaknya kolom).

Misalnya seperti yang terdapat pada Tabel 5.18, segi emapt XB merupakan segi empat

yagn tidak terisi. Dalam mencari nilai baris dan kolom :



RW = 0

RW + KA = CWA; 0 + KA = 20; KA = 20

RW + KB = CWB; 0 + KB = 5; KB = 5

Sampai disini tidak bias kita lanjutkan untuk mencari nilai baris H, karena segi HB kosong. Untuk

mengatasi hal ini bias kita isi segi empat HB dengan nilai isian 0. Dengan demikian jumlah segi

empat yang terisi ada 6, tepat sama dengan m + n – 1 (3 + 4 – 1), seperti terlihat pada Tabel 5.19.

Tabel 5.18. Terdapat 5 segi empat yang terisi kurang dari 6 (=3 + 4 – 1)

Ke

Dari

Gudang

A = 20

Gudang

B = 5

Gudang

C

Gudang

D

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

5 8 11

90

Pabrik

H

15 20 10

40

15

20

60

Pabrik

P

25 10 20

20

50

50

Kebutuhan

Gudang 50 40 40 70

200

Tabel 5.19. Segi empat HB diisi 0, sehingga banyaknya segi empat yang terisi ada 6 tepat sama

dengan 3 + 4 – 1

Ke

Dari

Gudang

A = 20

Gudang

B = 5

Gudang

C = -5

Gudang

D = 0

Kapasitas

Pabrik

Pabrik

W

50

5

40

8 11

90

Pabrik

H

15 20

0

10

40

15

20

60

Pabrik

P

25 10 20

20

50

50

Kebutuhan

Gudang 50 40 40 70

200

Dengan sendirinya nilai dari semua kolom dan baris dari Tabel 5.19 ini dapat dicari, karena segi

empat HB sudah terisi.

RH + KB = CHB; RH +5 = 20; RH = 20 – 5 = 15



RH + KC = CHX; 15 + KC = 10; KC = 10 – 15 = -5

RH + KD = CHD; 15 + KD = 15; KD = 15 – 15 = 0

RP + KD = CHD; RP + 0 = 20; RP = 2

Berdasarkan nilai-nilai tersebut di atas nilai indeks perbaikan dapat dicari dan perbaikan

dapat dilakukan sampai table optimal, caranya sama dengan yang telah dibicarakan di depan.

5.7. Penggunaan Programa Linier

Masalah transportasi ini dapat juga dipecahkan dengan metode programa linier. Sudah

dibicarakan di depan bahwa kebutuhan tidak selalu sama dengan kapasitas yang tersedia.

Mungkin kebutuhan lebih besar dari kapasitas, atau sebaliknya. Berikut ini akan disajikan

perumusan masalah kalau kebutuhan sama, lebih besar atau lebih kecil dari kapasitas yang

tersedia. Setelah masalah dirumuskan, maka dapat di selesaikan dengan langkah-langkah

dalam metode linear programming.

a. Perumusan masalah kalau kebutuhan sama dengan kapasitas :

Fungsi tujuan : minimumkan Z = ∑=

m

i 1∑

=

n

j 1CijXij

CijXij

Batasan-batasan : (1) ∑=

n

j 1

Xij = ai (i=1, 2, ….., m)

(2) ∑=

m

i 1

Xij = bi (j=1, 2, ….., n)

(3) Xij ≥ 0.

Pada rumusan di atas semua kebutuhan dapat dipenuhi, semua kapasitas sumber

dialokasikan, dan nilai alokasi harus positif.

b. Bila kebutuhan lebih kecil dari kapasitas.


m

i 1∑

=

n

j 1CijXij


n

j 1 Xij ≤ ai (i=1, 2, ……, m)

(2) ∑=

m

i 1 Xij = bi (j=1, 2, ….., n)

(3) Xij ≥ 0.

Pada rumusan ini semua kebutuhan dapat dipenuhi, tetapi kapasitas sumber tidak bias

dimanfaatkan sepenuhnya.



c. Bila kebutuhan lebih besar dari kapasitas.


m

i 1∑

=

n

j 1CijXij


n

j 1 Xij = ai (i=1, 2, ….., m)

(2) ∑=

m

i 1 Xij ≤ bi (j=1, 2, ….., n)

(3) Xij ≥ 0.

Pada rumusan ini tidak semua kebutuhan bias dipenuhi meskipun kapasitas sumber telah

digunakan sepenuhnya.

Simbol i menunjukkan nomor sumber, dari sumber 1, 2, …… sampai dengan yang ke-m, j

menunjukkan nomor tempat tujuan pengiriman, mulai yang ke-1, 2, …….. sampai tempat yang

ke-n; Xij menunjukkan banyak barang yang dikirimkan dari sumber i ke tempat tujuan j, sedang Cij

ongkos angkut setiap satuan barang dari ke j.

Arti batasan pada ketiga macam perumusan masalah ini ialah: Batasan (1) merupakan

batasan kapasitas tersedianya barang di setiap sumber, batasan (2) merupakan batasan

kebutuhan di tempat-tempat tujuan, dan batasan ke-(3) merupakan batasan tidak negatig

(nonnegative constraint). Fungsi tujuan berusaha untuk meminimumkan jumlah biaya

pengangkutan seluruhnya.

Sebagai contoh lihat perumusan masalah di depan, yang kalau diformulasikan sebagai

berikut :

Minimumkan Z = 20XWA + 15XHA + 25XPA + 5KWB + 20KHB +

10XPB + 8XWC + 10XHC + 19XPC

Batasan-batasan : XWA + XWB + XWC = 90

XHA + XHB + XHC = 60

XPA + XPB + XPC = 50

XWA + XHA + XPA = 50

XWB + XHB + XPB = 110

XWC + XHC + XPC = 40

XWA, XWB…………XPC ≥ 0

Bila diselesaikan, maka nilai X dan Z yang optimal adalah sebagai berikut :



XWB = 60 XPB = 50

XWC = 30

XHA = 10 Z = 1890

XHC = 10

SOAL-SOAL

1. Saat ini Pertamina memiliki tiga daerah penambangan minyak di pulau jawa, yaitu di

Cepu, Cilacap, dan Cirebon dengan kapasitas produksi masing- masing sebesar

600.000galon, 500.000 galon, dan 800.000 galon setiap harinya. Dari tempat- tempat

tersebut, minyak kemudian diangkut ke daerah- daerah pemasaran yang terspusat di

semarang, Jakarta, Bandungn, dengan daya tampung masing- masing sebbanyak

400.000 galon, 800.000 galon, dan 700.000 galon perhari. Ongkos pengangkutan per

100.000 galon adalah:

Dari Cepu ke semarang dan Jakarta masing- masing sebesar: Rp 120.000 dan Rp

180.000.

Dari Cilacap ke Semarang, Jakarta dan Bandung masing- masing Rp 300.000, Rp 100.000

dan 80.000.

Dari Cirebon ke semarang, Jakarta dan bandung masing- masing : Rp 200.000, Rp

250.000, dan Rp 120.000.

Bagaimana ususl saudara untuk mendistribusikan minyak tersebut sebaik- baiknya?

2. Direktur PN GIA menerangkan bahwa untuk melayani penerbangan di jawa barat harus

dibuka 4 bandar udara, yaitu di Jakarta, bandung, Cirebon, dan Cilacap[, sehingga

pesawat dapat mengisi bahan baker pada keempat lapangan terbang tersebut.

Kebutuhan akan bahan baker ini akn disuplai oleh tiga agen pertamina, yaitu pertamina

I, II,dan II yanga masing-masing dapat menyediakan sebanyak 275.000 galon, 550.000

galon dan 660.000. adapun masing- masing lapangan terbang di perkirakan akan

membutuhkan bahan baker sebanyak:

• Jakarta : 440.000 galon

• Bandung : 330.000 galon

• Cirebon : 220.000 galon

• Cilacap :110.000 galaon



Harga bahan bakar per galon yang dijual pada masing-masing Bandar udara oleh agen

I, II, dan III adalah seperti pada table berikut:

Agen

Bandara

I II III

1

2

3

4

11 13 9

9 12 4

10 11 14

10 7 8

Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan transaportasi, dan dapatkan jawaban

optimumnya.

3. Seorang pedagang beras mempunyai 3 gudang di Cianjur, Cikampek, dan Sumedang,

yang masing- masing menyimpan beras sebanyak 60,80,dan 100 ton. Pedagang tersebut

mempunyai daerah pemasaran di Bandung, Bogor, Jakarta, dan Cirebon yang masing-

masing membutuhkan beras sebanyak 40, 60, 80, dan 50 ton.

Cianjur Ke Bandung = Rp 11.000,00

Ke Bogor = Rp 12.000,00

Ke Jakarta = Rp 13.000,00

Ke Cirebon = Rp 14.000,00

Cikampek Ke Bandung = Rp 14.000,00

Ke Bogor = Rp13.000,00

KeJakarta = Rp12.000,00

Ke Cirebon = Rp10.000,00

Sumedang ke Bandung = Rp 10.000,00

Ke Bogor = Rp12.000,00

Ke Jakarta = Rp 12.000,00

Ke Cirebon = Rp 11.000,00

Bila saudara diminta, bagaimanakah pengalokasian /pendistribusian beras yang optimum

dan berapa ongkosnya.



6 MASALAH PENUGASAN

6.1. PERUMUSAN MASALAH

Seperti masalah transportasi, masalah penugasan (assignment problem) merupakan

suatu kasus khusus bagi masalah linear programming pada umumnya. Dalam dunia usaha

(bisnis) dan industri, manajemen sering menghadapi masalah-masalah yang berhubungan

dengan penugasan optimal dari bermacam-macam sumber yang produktif atau personalia

yang mempunyai tingkat efisiensi yang berbeda-beda untuk tugas-tugas yang berbeda-beda.

Metode Hungarian (Hungarian method) adalah salah satu dari beberapa teknik-teknik

pemecahan yang tersedia untuk masalah-masalah penugasan. Metode ini mula-mula

dikembangkan oleh seorang ahli matematika berkebangsaan Hungaria yang bernama D. Konig

dalam tanuh 1916

Untuk dapat menerapkan metode Hungarian, jumlah sumber-sumber yang ditugaskan

harus sama persis dengan jumlah tugas yang akan diselesaikan. Selain itu, setiap sumber harus

ditugaskan hanya untuk satu tugas. Jadi masalah penugasan akan mencakup sejumlah n

sumber yang mempunyai n tugas. Ada n! (n factorial) penugasan yang mungkin dalam satu

masalah karena perpasangan satu-satu. Masalah ini dapat dijelaskan dengan mudah oleh

bentuk matriks segi empat, di mana baris-barisnya menunjukkan sumber-sumber dan kolom-

kolomnya menunjukkan tugas-tugas.

Masalah penugasan dapat dinyatakan secara matematis dalam suatu bentuk linear

programming sebagai berikut :

Minimumkan (maksimumkan):

Z = ∑=

m

i 1∑

=

n

j 1CijXij

Dengan batasan:

∑=

m

i 1 Xij = ∑

=

n

j 1 Xij = 1

Dan Xij ≥ 0 (Xij = Xij 2

Dimana Cij adalah tetapan yang telah diketahui.



6.2. Masalah Minimasi

Suatu perusahaan kecil mempunyai 4 (empat) pekerjaan yang berbeda untuk

diselesaikan oleh 4 (empat) karyawan. Biaya penugasan seorang karyawan untuk pekerjaan

yang berbeda adalah berbeda karena sifat pekerjaan berbeda-beda. Setiap karyawan

mempunyai tingkat keterampilan, pengalaman kerja dan latar belakang pendidikan serta

latihan yang berbeda pula. Sehingga biaya penyelesaian pekerjaan yang sama oleh para

karyawan-karyawan yang berlainan juga berbeda. Matriks pada Tabel 6.1 menunjukkan

biaya penugasan karyawan untuk bermacam-macam pekerjaan. Sebagai contoh A dapat

menyelesaikan pekerjaan I pada biaya Rp 15,00, pekerjaan II pada biaya Rp 20,00, dan

seterusnya.

Tabel 6.1. Matriks biaya(Rp)

Pekerjaan

Karyawan I II III IV

A B C D

15,00 14,00 25,00 17,00

20,00 16,00 20,00 18,00

18,00 21,00 23,00 18,00

22,00 17,00 20,00 16,00

Karena metode penugasan Hungarian mensyaratkan perpasangan satu-satu, maka ada

4! (4, 3, 2, 1 = 24) kemungkinan penugasan.

Langkah-langkah penyelesaiannya adalah sebagai berikut :

1. Langkah pertama adalah mengubah matriks biaya menjadi matriks opportunity cost. Ini

dicapai dengan memilih elemen terkecil dari setiap baris dari matriks biaya mula-mula

untuk mengurangi seluruh elemen (bilangan) dalam setiap baris. Sebagai contoh, seluruh

elemen terkecil baris A (=15) digunakan untuk mengurangi seluruh elemen pada baris A.

Sehingga paling sedikit akan diperoleh satu elemen yang bernilai nol sebagai hasilnya.

Prosedur yang sama diulang untuk setiap baris pada Tabel 6.1 untuk mendapatkan

matriks biaya yang telah dikurangi (reduced-cost matrix) seperti yang ditunjukkan Tabel

6.2

Tabel 6.2. Reduced-cost matrix

Pekerjaan


A B C D

0 0 5 1

5 2 0 2

3 7 3 2

7 3 0 0

2. Reduced cost-matrix di atas terus dikurangi untuk mendapatkan total-opportunity-cost

matric. Hal ini dapat dicapai dengan memilih elemen terkecil dari setiap kolom pada



reduced-cost matrix untuk mengurangi seluruh elemen dalam kolom-kolom tersebut.

Pada contoh di atas hanya dilakukan pada kolom III karena semua kolom lainnya telah

mempunyai elemen yang bernilai nol. Bila langkah pertama telah menghasilkan paling

sedikit satu nilai nol pada setiap kolom, langkah kedua ini dapat dihilangkannya. Matriks

total-opportunity-cost ditunjukkan dalam Tabel 6.3

Tabel 6.3. Total-opportunity-cost matrix

Pekerjaan


A B C D

0 0 5 1

5 2 0 2

1 5 1 0

7 3 0 0

Dalam contoh total-opportunity-cost matrix pada Tabel 6.3, terdapat paling sedikit satu nilai

nol, dalam setiap baris dan setiap kolom.

3. Langkah berikutnya adalah mencari skedul penugasan dengan suatu total-opportunity-

cost nol. Untuk mencapai penugasan ini dibutuhkan 4 (empat) “independent zeros”

dalam matriks. Ini berarti setiap karyawan harus ditugaskan hanya untuk satu pekerjaan

dengan opportunity-cost nol; atau setiap pekerjaan harus diselesaikan hanya oleh satu

karyawan. Prosedur praktis untuk melakukan test optimalisasi adalah dengan menarik

sejumlah minimum garis horizontal dan/atau vertical untuk sejumlah elemen bernilai nol

dalam total-opportunity-cost matrix (lihat Tabel 6.4). Bila jumlah garis sama dengan jumlah

baris atau kolom penugasan optimal adalah feasible. Bila tidak sama maka matriks harus

direvisi.

Tabel 6.4. Test for optimality

Pekerjaan


A B C D

0 0 5 1

5 2 0 2

1 5 1 0

7 3 0 0

Dalam Tabel 6.4 ada tiga baris yang meliputi seluruh nilai nol disbanding empat beris atau

kolom, sehingga langkah berikutnya diperlukan untuk merevisi matriks.

4. Untuk merevisi total-opportunity-cost matrix, pilih elemen terkecil yang belum terliput garis-

garis (yaitu opportunity-cost terendah, atau pada contoh di atas = 1) untuk mengurangi

seluruh elemen yang belum terliput. Kemudian tambahkan dengan jumlah yang sama



(nilai elemen terkecil) pada seluruh elemen-elemen yang mempunyai dua garis yang

saling bersilangan ( 5 pada baris C dan 1 pada baris D), atau sama dengan 6 dan 2.

Masukkan hasil-hasil ini pada matriks, dan menyelesaikan matriks dengan seluruh elemen-

elemen yang telah terlipu tampa perubahan, ulangi langkah 3. Matriks yang telah

direvisikan pada Tabel 6.5 berikut ini didapatkan dengan mengikuti prosedur di atas.

Tabel 6.5. Revised matrix dan test for optimality

Pekerjaan


A B C D

0 0 6 2

4 1 0 2

0 4 1 0

6 2 0 0

5. Dalam Tabel 6.5 dibutuhkan empat garis untuk meliputi seluruh nilai nol atau sama

dengan jumlah baris atau kolom, sehingga matriks penugasan optimal telah tercapai.

Karyawan B ditugaskan untuk pekerjaan I karena baris B hanya mempunyai satu nilai nol

pada kolom I. Kolom II berisi satu nol pada baris C, jadi karyawan C ditugaskan untuk

pekerjaan II. Kemudian karyawan A ditugaskan untuk pekerjaan III, karena pekerjaan I

telah ditugaskan karyawan B. Karyawan D ditugaskan untuk pekerjaan terakhir IV. Skedul

penugasan optimal dengan biaya minimum adalah sebagai berikut :

Skedul penugasan A – III B – I C – II D – IV

Rp 18,00 14,00 20,00 10,00 Rp 68,00

6.3. Jumlah Pekerjaan Tidak Sama dengan Jumlah Karyawan

Untuk memnuhi persyaratan suatu matriks segi empat bujur sangkar, agar metode

Hungarian dapat diterapkan, bila terdapat jumlah pekerjaan lebih besar dari jumlah karyawan,

maka harus ditambahkan suatu karyawan semu (dummy worker). Biaya semu adalah sama

dengan nol, karena tidak akan terjadi biaya bila suatu pekerjaan ditugaskan ke karyawan semu.

Sebalikanya bila jumlah karyawan lebih besar dari jumlah pekerjaan, maka harus ditambahkan

suatu pekerjaan semu (dummy job). Sebagai contoh, bila jumlah pekerjaan lebih besar dari

jumlah karyawan, dapat dilihat pada Tabel 6.6



Tabel 6.6. Jumlah pekerjaan lebih besar dari jumlah karyawan

Pekerjaan


A B C D

Dummy E

Rp 15,00 14,00 25,00 17,00 0,00

Rp 20,00 16,00 20,00 18,00 0,00

Rp 18,00 21,00 23,00 18,00 0,00

Rp 21,00 15,00 17,00 18,00 0,00

Prosedur penyelesaian selanjutnya sama dengan langkah-langkah di atas.

6.4. Masalah Maksimasi

Metode penugasan Hungarian untuk minimasi juga dapat diterapkan untuk masalah

penugasan yang menyangkut maksimasi. Dalam masalah maksimasi, matriks elemen-elemen

menunjukkan tingkat keuntungan (atau indeks produktivitas). Efektivitas pelaksanaan tugas oleh

karyawan-karyawan individual diukur dengan jumlah kontribusi keuntungan. Matriks 6.7

menunjukkan bahwa karyawan A mempunyai keterampilan yang dibutuhkan menangani 5

(lima) pekerjaan-pekerjaan yang berlainan.

Tabel 6.7. Matriks keuntungan

Pekerjaan


A B C D E

Rp 10,00 14,00 9,00 13,00 10,00

Rp 12,00 10,00 8,00 15,00 13,00

Rp 10,00 9,00 7,00 8,00 14,00

Rp 15,00 13,00 12,00 11,00 17,00

Langkah pertama dalam masalah maksimasi adalah mengubah matriks keuntungan

menjadi suatu matriks opportunity-loss. Dalam masalah ini, A mempunyai keuntungan tertinggi

Rp !5,00 bila dia ditugaskan pada pekerjaan V. Oleh karena itu, bila A ditugaskan pada

pekerjaan I (yang kontribusi keuntungannya = Rp 10,00), ada sebesar Rp 5,00 sebagai

opportunity-loss yang terjadi dengan penugasan ini, dan seterusnya. Seluruh elemen dalam

setiap baris dikurangi dengan nilai maksimum opportunity-loss yang ditunjukkan dalam Tabel 6.8.

Matriks ini sebenarnya bernilai negative.

Tabel 6.8. Matriks opportunity-loss

Pekerjaan


A B C

5 1 3

3 5 4

7 0 4

0 2 0



D E

3 7

1 4

0 0

5 0

Seperti sebelumnya, setiap baris akan berisi nilai nol. Langkah berikutnya dengan

meminimumkan opportunity-loss akan memaksimumkan kontribusi keuntungan total. Matriks

total-opportunity-loss yang ditunjukkan dalam Tabel 6.9 didapatkan melalui pengurangan seluruh

elemen dalam setiap kolom dengan elemen terkecil dari kolom tersebut.

Tabel 6.9. Matriks total-opportunity-loss

Pekerjaan


V

A B C D E

4 0 2 2 6

2 4 3 0 3

2 3 2 5 0

7 0 4 0 6

0 2 0 5 0

Dalam Tabel 6.9 seluruh elemen bernilai nol dapat diliput hanya dengan empat garis.

Jadi, matriks harus dikurangi menurut langkah ke-4 seperti yang telah dijelaskan di muka. Matriks

baru ditunjukkan oleh Tabel 6.10, dimana penugasan optimal dapat ditentukan.

Tabel 6.10. Tabel oprimal

Pekerjaan

Karyawan I II III IV V

A B C D E

2 0 0 2 6

0 4 1 0 3

0 3 0 5 0

5 0 2 0 6

0 4 0 7 2

Skedul penugasan optimal dan keuntungan total untuk dua alternative penyelesaian

adalah :

Skedul Penugasan I Keuntungan Skedul

Penugasan 2 Keuntungan

A – II B – 1 C – V D – IV E – III

Rp 12,00 14,00 12,00 16,00 14,00 Rp 68,00

A – V B – IV C –

D – II E – III

Rp 15,00 15,00 9,00 15,00 14,00 Rp 68,00



6.5. Masalah-masalah Penugasan Tambahan

Dalam masalah-masalah penugasan di muka, seluruh elemen matriks diketahui konstan.

Bagaimana juga, kadang-kadang beberapa elemen matriks tidak diketahui. Ada sejumlah alas

an mengapa terdapat elemen-elemen yang tidak diketahui. Dalam masalah penugasan

personalia, sebagai contoh, seorang karyawan tertentu tidak dapat ditugaskan untuk

melaksanakan pekerjaan tertentu karena tidak memenuhi persyaratan keterampilan yang

diperlukan, defisiensi dalam pengetahuan teknis, latihan yang tidak tepat, ketidakmampuan fisik,

dan sebagainya. Penugasan untuk keadaan tersebut bias tidak mungkin dilakukan, atau tidak

menguntungkan bila dilakukan.

Untuk pemecahan suatu masalah penugasan yang tidak mungkin dilakukan, kita hanya

menandai setiap elemen penugasan yang tidak mungkin dengan suatu nilai sangat besar yang

tidak diketahui, M yaitu, M untuk masalah minimasi dan –M untuk masalah maksimisasi). Langkah

pemecahan selanjutnya persis sama dengan prosedur metode Hungarian yang telah dibahas di

muka, hanya perlu diperhatikan bahwa penugasan seorang karyawan untuk melaksanakan

pekerjaan tertentu yang elemennya diberi tanda M harus dihindari.

Date post:	31-Mar-2023
Category:	Documents
Upload:	independent
View:	0 times
Download:	0 times

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional

Documents