elearning.stieindragiri.ac.idelearning.stieindragiri.ac.id/upload/1e44100fa388bf98a30... · Web...

BAB V

MODEL TRANSPORTASIA. MASALAH TRANSPORTASIPada umumnya, masalah transportasi berhubungan dengan distribusi suatu produk tunggal dari beberapa sumber, dengan penawaran terbatas, menuju beberapa tujuan, dengan permintaan tertentu, dan pada biaya transportasi minimum. Kalu hanya satu barang, suatu tempat tujuan bisa terpenuhi permintaanya dari satu atau lebih sumber.

Asumsi dasar dari model transportasi adalah bahwa biaya transport pada suatu rute tertentu akan proporsional dengan banyaknya unit yang dikirimkan. Definisi unit yang dikirimkan akan tergantung pada jenis produk yang diangkut dan yang penting “ satuan penawaran dan permintaan produk harus konsisten”.

Sebuah model transportasi akan berupa suatu jaringan yang dapat digambarkan seperti contoh berikut. Misalnya suatu produk yang dihasilkan oleh tiga pabrik (sumber) harus di distribusikan ke tiga sumber (gudang). Setiap pabrik memiliki kapasitas produksi tertentu, dan setiap gudang memiliki jumlah permintaan tertentu terhadap produk tersebut.

Dengan diketahuinya biaya transportasi per unit dari masing-masing sumber ke gudang tujuan akan muncul permasalahan yang mendasar yaitu, menentukan jumlah barang yang harus dikirim dari masing-masing pabrik ke masing- masing gudang dengan meminimumkan biaya transportasi.

Kendala dalam masalah ini adalah bahwa permintaan pada setiap gudang harus dipenuhi tanpa melebihi kapasitas produksi pada tiap pabrik, Maslah in I diilustrasikan dalam suatu model jaringan transportasi produk ppupukgambar 3.1 dibawah ini:

Gambar 4.1 :Sumber (Pabrik) Tujuan (Gudang)

Cirebon 1. Semarang

Bandung 2. Jakarta

Cilacap 3. Purwokerto

1

Pabrik (sumber)

Pasar (Gudang) Penawaran (unit)Semarang Jakarta Purwokerto

CirebonBandungCilacap

8153

5109

61210

1208080

Permintaan 150 70 60 280

Masalah transportasi ini dapat diilustrasikan sebagai suatu model jaringan seperti gambar berikut;

Sumber (Pabrik) Volume yang diangkut Tujuan (Gudang)Supply Demand S1 = 120 D1 = 150

S2 = 80 D2 = 70

S3 = 80 D 3 = 60

Bisa dirumuskan sbb:

- Misalnya Xij : Banyaknya unit barang yang dikirim ke pabrik, ) dimana i = 1,2,3 ke pasar j dimana j = 1,2,3, maka:Minimumkan Z = 8X11 + 5X12 + 6X13 + 15X21 + 10X22 + 12X23 + 3X31 + 9X32 + 10X33

Dengan syarat : X11 + X12 + X13 = 120 (supply pabrik 1) X21 + X22 + X23 = 80 (supply pabrik 2)

X31 + X32 + X33 = 80 (supply pabrik 3) X11 + X12 + X13 = 150 (demand pabrik 1)

X21 + X22 + X23 = 70 (demand pabrik 2) X31 + X32 + X33 = 60 (demand pabrik 3)

Dan Semua Xij ≥ 0Kendala model menunjukan jumlah yang bisa ditawarkan oleh masing-masing sumber dan jumlah yang diminta masing-masing pasar. Asumsi persamaan diatas bahwa semua permintaan akan dipenuhi. Fungsi tujuan adalah biaya total dalambangkan dengan Cij sebagai biaya transport dari pabrik i ke gudang j, sehingga rumus umum biaya transportasi termurah berupa m = daerah asal dan n = daerah tujuan: m nMinimumkan Biaya Transport Total = ∑ Cij Xij

I = 1 I = 1

2

m Dengan Syarat = ∑Xij = Si(penawaran i = 1,2,3,...m)

I = 1 n Dengan Syarat = ∑ Xij = Dj(permintaan j = 1,2,3,..n)

m = 1 Semua X > 0 m m m n kondisi keseimbangan : ∑ S1 = ∑ Xij = ∑ Xij = ∑ Dij

i =1i = 1 i = 1 i = 1

Jika diperhatikan, semua koefisien matriks kendala pada model ini adalah sama dengan 1. Sifat-sifat model ini mengakibatkan penggunaan metode solusi khusus (Tabel Transportasi) perhitunganya lebih efisien dibanding dengan metode simpleks.

Pencarian solusi optimum pada Model Transportasi secara berurutan adalah sbb:

1. Metode NWC2. Metode Least Cost

Setelah dengan metode NWC dan Least Cost solusi ditemukan, selanjutnya akan dicari solusi yang lebih baik (biaya yang lebih efisien) dengan metode:

3. Metode VAM4. Metode Stepping Stone5. Metode MODI

Contoh Permasalahan 1 :

Suatu perusahaan mempunyai pabrik A, B, dan C dengan kapasitas produksi tiap bulan masing-masing 90 ton, 60 ton, dan 50 ton.; dan mempunyai 3 gudang penyimpanan di gudang I, II, dan III dengan kebutuhan tiap bulan masing-masing 50 ton, 110 ton, dan 40 ton. Biaya pengangkutan setiap ton produk dari pabrik A, B, C ke gudang I, II, III adalah sebagai berikut:

Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (20 (5 (8 90

Pabrik B (15 (20 (10 60

Pabrik C (25 (10 (19 50

DEMAND 50 110 40

- Carilah solusi agar biaya transportasi minimum dengan Metode NWC dan LEAST COST , lalu perbaiki solusinya dengan metode VAM, STEPPING STONE, dan MODI

3

PENYELESAIAN AWAL:

- Periksa dulu apakah Total Demand (TD) dengan Total Supply (TS) sama atau tidak.

- Jika TD = TS, maka dikatakan Tabel Transportasi seimbang (equilibrium), jadi tidak perlu ada kolom dummy (tujuan dummy) maupun baris dummy (sumber dummy).

- Jika TD > TS, maka perlu diseimbangkan dengan menambahkan baris dummy (sumber dummy).

- Jika TD < TS atau TS > TD, maka perlu diseimbangkan dengan menambahkan kolom dummy atau tujuan dummy.

A. Metode NWC (North West Corner)

1. Isi (alokasikan) mulai dari kotak yang berada dipojok kiri atas sesuai dengan permintaan dan penawaran yang tersedia

2. Alokasikan sebanyaknya ke sel fisibel berikutnya yang berdekatan, yaitu kotak yang berada disebelah kanan

3. Prosedur dilanjutkan sampai TD dan TS terpenuhi.


Pabrik A

(2050

(540

(8 90

Pabrik B (15 (2060

(10 60

Pabrik C (25 (1010

(1940 50

DEMAND 50 110 40 200

Biaya minimum yang dikeluarkan: TC. Min = 50.(20) + 40.(5) + 60.(20) + 10.(10) + 40.(19)

= 3.260

B. B. Metode Metode Biaya Terkecil (Biaya Terkecil (Least CostLeast Cost))

4

Langkah-langkah Penyelesaian dengan Metode Biaya Terkecil:1. Alokasikan sebanyak mungkin ke sel fisibel dengan biaya transportasi paling minimum, dan

sesuaikan dengan kebutuhan permintaan dan suplai. 2. Ulangi prosedur seperti diatas sampai kebutuhan permintaan dan suplai terpenuhi


Pabrik A (20 (5 (8 90

Pabrik B (15 (20 (10 60

Pabrik C (25 (10 (19 50

DEMAND 50 110 40


Pabrik A (20 (590 (8 90

Pabrik B (1520 (20 (10

40 60

Pabrik C (2530

(1020 (19 50

DEMAND 50 110 40 200

5

TC.Min = 90.(5) + 20.(15) + 40.(10) + 30.(25) + 20.(10) = 450 + 300 + 400 + 750 + 200 = 2100

CC . METODE VAM. METODE VAM

VAM (Vogel’s Approximation Methods) adalah metode untuk mendapatkan solusi optimal masalah transportasi (TC mínimum).

Mencari Solusi dengan dengan Metode VAM:1. Carilah perbedaan dua biaya terkecil, yaitu terkecil pertama dan terkecil

kedua2. Pilihlah perbedaan terbesar dari selisih biaya terkecil pertama dan kedua

pada baris dan kolom3. Tentukan sel yang akan di isi, dimulai dari sel dengan biaya terkecil.4. Apabila ada baris atau kolom yang memiliki selisih dalam jumlah yang

sama dan selisish tersebut termasuk selisish dengan nilai yang terbesar, maka pilihlah diantara baris dan kolom tersebut, manakah yang memiliki nilai biaya terkecil.

5. Hapus baris atau kolom yang sudah terisi penuh supply atau demand nya. Ulangi proses tersebut sampai TS dan TD habis diisikan kan sel-selnya

6

Contoh Permasalahan:Suatu perusahaan mempunyai pabrik A, B, dan C dengan kapasitas produksi tiap bulan masing-masing 90 ton, 60 ton, dan 50 ton.; dan mempunyai 3 gudang penyimpanan di gudang I, II, dan III dengan kebutuhan tiap bulan masing-masing 50 ton, 110 ton, dan 40 ton. Biaya pengangkutan setiap ton produk dari pabrik A, B, C ke gudang I, II, III adalah sebagai berikut:


Pabrik A (20 (5 (8 90Pabrik B (15 (20 (10 60

Pabrik C (25 (10 (19 50

DEMAND 50 110 40

Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY Beda barisPabrik A (20 (5 (8 90 3Pabrik B (15 (20 (10 60 5

Pabrik C (25 (10 (19 50 9DEMAND 50 110 40 200Beda Kolom 5 5 2

Tabel I: Metode VAM

Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY Beda baris

Pabrik A (20 (5 (8 90 3

Pabrik B (15 (20 (10 60 5

Pabrik C (25 (1050 (19 50 9

DEMAND 50 110-50 = 60 40 200

Beda Kolom 5 5 2

Tabel II : Metode VAM

7


- Carilah solusi agar biaya transportasi minimum dengan Metode VAM1. Carilah perbedaan/selisih dua biaya terkecil, yaitu terkecil pertama dan terkecil kedua pada baris dan kolom

2. Pilihlah perbedaan terbesar dari selisih biaya terkecil pertama dan kedua pada baris dan kolom

3. Tentukan sel yang akan di isi, dimulai dari sel dengan biaya terkecil pada baris atau kolom terpilih.

Dari Tabel I diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 9, jadi terpilih baris C. Pada baris C, Biaya terkecil adalah 10 , Kemudian sel C-II diisi sebanyak 50 (total

o suply baris C) Total Demand gudang II tersisa 60 dan total suply Pabrik C habis Baris C dihapus karena total suply sudah terpakai semuanya, Tabelnya menjadi


Pabrik A (20 (5 (8 90 3

Pabrik B (15 (20 (10 60 5

DEMAND 50 60 40 150

Beda Kolom 5 15 2

Tabel III : Metode VAM

Gudang I Gudang III SUPLY Beda baris

Pabrik A (20 (8 30 12

Pabrik B (15 (10 60 5

DEMAND 50 40 90Beda Kolom 5 2

Tabel IV : Metode VAM

Gudang I Gudang III SUPLY Beda baris

Pabrik B (1550

(1010 60 5

DEMAND 50 10 60

Kesimpulan hasil perhitungan dengan Metode VAM:

8

Dari Tabel II diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 15, jadi terpilih Kolom II. Pada kolom II, Biaya terkecil adalah 5 , Kemudian sel A-II diisi sebanyak 60

(total Demand kolom II)

Total Suply baris A tersisa tersisa 30 dan total demand gudang II habis Kolom II dihapus karena total Demand sudah terpakai semuanya, Tabelnya

menjadi:

Dari Tabel III diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 12, jadi terpilih Baris A. Pada Baris A, Biaya terkecil adalah 8 (A - III) , Kemudian sel A - III

diisi sebanyak 30 (total Suply baris A ) Total Demand Kolom III tersisa 10 dan total Suply Pabrik A habis Baris A dihapus karena total Suply sudah terpakai semuanya,

Tabelnya menjadi:

Dari Tabel IV diatas: Karena tersisa satu Baris saja, Maka sel B-I diisi sebanyak 50 dan B-III diisi 10.

iterasi ini Total Demand dan Total Suply sudah habis.

Sel-sel terpillih dari Tabel I Tabel IVGudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (20 (560

(830 90

Pabrik B (1550 (20 (10

10 60

Pabrik C (25 (1050 (19 50

DEMAND 50 110 40 200


Pabrik A (8 (5 (6 120

Pabrik B (15 (10 (12 80

Pabrik C (3 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

Penyelesaian dengan Metode VAM:

Tabel I: Metode VAM

9

Sel-sel terpillih dari Tabel I Tabel IV:Tabel 1. Sel C -> II Diisi sebanyak 50

II. Sel A -> II Diisi sebanyak 60III. Sel A -> III Diisi sebanyak 30IV. Sel B -> I Diisi sebanyak 50

Sel B -> III Diisi sebanyak 10Solusi Optimum (biaya paling minimum dengan perhitungan Metode VAM adalah:

TC Min = 60.(5) + 30.(10) + 50.(15) + 10.(10) +50.(10) = 1890

Latihan II:Suatau permasalahan transportasi digambarkan sbb:

Carilah solusi optimum (Biaya transportasi paling minimum) yang dikeluarkan dengan METODE VAM


Pabrik A (8 (5 (6 120 1

Pabrik B (15 (10 (12 80 2

Pabrik C (380 (9 (10 80-80 6

DEMAND 150-80 70 60 280Beda Kolom 5 4 4

Tabel II : Metode VAM


Pabrik A (870 (5 (6 120-70 1

Pabrik B (15 (10 (12 80 2

DEMAND 70-70 70 60 200

Beda Kolom 7 5 6

Tabel III : Metode VAM

Gudang II Gudang III SUPLY Beda baris

Pabrik A (5 (6 50-50 1

Pabrik B (10 (12 80 2

DEMAND 70 60-50 130

Beda Kolom 5 6

Tabel IV : Metode VAM

Gudang II Gudang III SUPLY

10

Dari Tabel I diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 6 , jadi terpilih baris C. Pada BARIS C, Biaya terkecil adalah 3 , Kemudian sel C-I diisi sebanyak

80 (total SUPPLY baris )

Total Suply baris C habis dan total demand gudang I tersisa 70 Baris C dihapus karena total supply sudah terpakai semuanya, Tabelnya

menjadi:

Dari Tabel II diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 7 , jadi terpilih Kolom I. Pada kolom I, Biaya terkecil adalah 8 , Kemudian sel A-I diisi sebanyak 70 (total

Demand kolom I ) Total Suply baris A tersisa 50 dan total demand gudang I terisi penuh Kolom I dihapus karena total demand terisi semuanya, Tabelnya menjadi:

Dari Tabel III diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 6 , jadi terpilih Kolom III. Pada kolom III, Biaya terkecil adalah 6 , Kemudian sel A-III diisi sebanyak 50

(total supply kolom III )

Total Suply baris A tersisa 0/habis dan total demand gudang III tersisa 20 Baris A dihapus karena total supply sudah terpakai semuanya, Tabelnya

menjadi:

Pabrik B (1070

(1210 80

DEMAND 70 10 80


Pabrik A (870 (5 (6

50 120

Pabrik B (15 (1070

(1210 80

Pabrik C (380 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

D.D. Metode NWC => Stepping StoneMetode NWC => Stepping Stone

11

Dari Tabel III diatas: Beda Baris dan Beda Kolom terbesar adalah 6 , jadi terpilih Kolom III. Pada kolom III, Biaya terkecil adalah 6 , Kemudian sel A-III diisi sebanyak 50

(total supply kolom III )

Total Suply baris A tersisa 0/habis dan total demand gudang III tersisa 20 Baris A dihapus karena total supply sudah terpakai semuanya, Tabelnya

menjadi:

Dari Tabel IV diatas: Karena tersisa satu Baris saja, Maka sel B-II diisi sebanyak 70 dan B-III

diisi 10. Pada iterasi ini Total Demand dan Total Suply sudah habis.

Metode Stepping Stone adalah salah satu metode untuk mendapatkan solusi optimal masalah transportasi (TC yang minimum)

Metode ini bersifat trial and error, yaitu dengan mencoba-coba memindahkan sel yang ada isinya (stone) ke sel yang kosong (water).

Pemindahan yang dilakukan harus mengurangi biaya, untuk itu harus dipilih sedemikian rupa sel-sel kosong yang biaya

PenyelesaianPenyelesaian::1. Kita mulai dari Tabel penyelesaian Metode NWC


Pabrik A(20

50(5

40(8 90

Pabrik B (15 (2060

(10 60

Pabrik C (25 (1010

(1940 50

DEMAND 50 110 40 200

TC. Min = 50(20) + 40(5) + 60(20) + 10(10) + 40(19) = 3260

12

Dari tabel NWC diatas; Sel B – I akan kita isi, jika satu unit dipindahkan dari sel A – I ke sel B – I dan supaya

tetap jumlahnya seimbang berarti satu unit juga dipindahkan dari sel B – II ke sel A-II, Maka biaya transportasi akan berkurang sebanyak (20 – 15) + (20 – 5) = 20. Jika

dipindahkan sebanyak 50, maka total biaya transportasi akan berkurang sebanyak 1000 (dari 50 x 20).

Selanjutnya diperoleh Tabel Transportasi perbaikan yang pertama;

Tabel Iterasi I Metode Stepping Stone:Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (20

(590

(8

90

Pabrik B (1550

(2010

(10 60

Pabrik C (25 (1010

(1940 50

DEMAND 50 110 40 200

TC1 = 90(5) + 50(15) + 10(20) + 10(10) + 40(19) = 2260

Tabel Iterasi II Metode Stepping Stone:Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (20(5

50(8

40 90

Pabrik B (1550

(2010 (10 60

Pabrik C (25 (1050 (19 50

DEMAND 50 110 40 200

TC2 = 50(5) + 40(8) + 50(15) + 10(20) + 50(10) = 2020

Tabel Iterasi III Metode Stepping StoneGudang I Gudang II Gudang III SUPLY

13

Dari tabel NWC diatas; Sel B – I akan kita isi, jika satu unit dipindahkan dari sel A – I ke sel B – I dan supaya

tetap jumlahnya seimbang berarti satu unit juga dipindahkan dari sel B – II ke sel A-II, Maka biaya transportasi akan berkurang sebanyak (20 – 15) + (20 – 5) = 20. Jika

dipindahkan sebanyak 50, maka total biaya transportasi akan berkurang sebanyak 1000 (dari 50 x 20).


Selanjutnya kita pilih sel kosong dengan biaya transportasi terkecil dan memungkinkan dilakukan pemindahan.

Sel A-III akan kita isi, dalam hal ini kita pindahkan satu unit dari sel C – III ke sel A – III agar jumlahnya tetap seimbang dipindahkan juga satu unit dari sel A – II ke sel C – II.

Pemindahan ini mengurangi biaya (19 – 8) + ( 5 – 10) = 6. Jika dipindahkan sebanyak 40, maka total biaya transportasi berkurang sebanyak 40 x 6 = 240.

Selanjutnya diperoleh Tabel Transportasi perbaikan yang kedua;

Selanjutnya kita pilih sel kosong dengan biaya transportasi terkecil dan memungkinkan dilakukan pemindahan.

Sel B III akan kita isi, dalam hal ini kita pindahkan satu unit dari sel B – II ke sel B-III agar jumlahnya tetap seimbang dipindahkan juga satu unit dari sel A – III ke sel A – II.

Pemindahan ini mengurangi biaya (20 – 10) + (8 - 5) = 13. Jika dipindahkan sebanyak 10, maka total biaya transportasi berkurang sebanyak 10 x 13= 130

Selanjutnya diperoleh Tabel Transportasi perbaikan yang keTIGA;

Pabrik A (20 (560

(830 90

Pabrik B (1550

(20 (1010 60

Pabrik C (25 (1050 (19 50

DEMAND 50 110 40 200

TC3 = 60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10) = 1890


Pabrik A (8 (5 (6 120

Pabrik B (15 (10 (12 80

Pabrik C (3 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

Solusi dengan Metode NWC:


Pabrik A (8120 (5 (6 120

Pabrik B (1530

(1050 (12 80

Pabrik C (3 (920

(1060 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 120.8 + 30.15 + 50.10 + 20.9 + 60.10 = 2690

Solusi dengan Metode Least Cost:


14

Pada tabel diatas, semua biaya yang lebih kecil sudah terisi atau semua biaya terbesarbisa dihindari, artinya;total biaya transportasi mínimum (solusi optimal) sudah diperoleh.Dengan metode Stepping Stone TC.Min sebesar 1890.


Carilah solusi optimum (Biaya transportasi paling minimum) yang dikeluarkan dengan METODE STEPPING STONE

Pabrik A (8 (570

(650 120

Pabrik B (1570 (10 (12

10 80

Pabrik C (380 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 80.3 + 70.5 + 60.6 + 70.15 + 10.12 = 2060

PENYELESAIAN DENGAN METODE STEPPING STONE:

1. Kita mulai dari Tabel penyelesaian Metode NWC:


Pabrik A (8120 (5 (6 120

Pabrik B(15

30(10

50 (12 80

Pabrik C(3 (9

20(10

60 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 120.8 + 30.15 + 50.10 + 20.9 + 60.10 = 269

Tabel I penyelesaian Metode NWCGudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (8120 (5 (6 120

Pabrik B(15

10(10

70(12

80

Pabrik C (320 (9 (10

60 80

DEMAND 150 70 60 280TC. Min = 120.8 + 10.15 + 70.10 + 20.3 + 60.10 = 2470

15

Sel C – I akan kita isi, jika satu unit dipindahkan dari sel C – II ke sel C–I dan supaya tetap jumlahnya seimbang berarti satu unit juga dipindahkan dari sel B – I ke sel B-II,

Maka biaya transportasi akan berkurang sebanyak (9 – 3)+(15-10) = 11Jika dipindahkan sebanyak 20, maka total biaya transportasi akan berkurang sebanyak 220 .


Sel B – III akan kita isi, jika satu unit dipindahkan dari sel A-II ke sel B-III dan supaya tetap jumlahnya seimbang berarti satu unit juga dipindahkan dari sel C – III ke sel C – I,

Maka biaya transportasi akan berkurang sebanyak (15 –12)+(10-3) = 10 Jika dipindahkan sebanyak 10, maka total biaya transportasi akan berkurang sebanyak 100 .

Selanjutnya diperoleh Tabel Transportasi perbaikan yang kedua;

Tabel II penyelesaian Metode NWCGudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (8120 (5 (6 120

Pabrik B (15 (1070

(1210 80

Pabrik C (330 (9 (10

50 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 120.8 + 70.10 + 10.12 + 30.3 + 50.10 = 2370

Tabel III penyelesaian Metode NWCGudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A (870 (5 (6

50 120

Pabrik B (15 (1070

(1210 80

Pabrik C (380 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 70.8 + 50.6 + 70.10 + 10.12 + 80.3 = 1920

E. METODE MODI

16

Sel A – III akan kita isi, jika satu unit dipindahkan dari sel C-III ke sel A-III dan supaya tetap jumlahnya seimbang berarti satu unit juga dipindahkan dari sel A -I ke sel C – I,

Maka biaya transportasi akan berkurang sebanyak (10-6)+(8-3) = 9Jika dipindahkan sebanyak 50, maka total biaya transportasi akan berkurang sebanyak 450 .

Selanjutnya diperoleh Tabel Transportasi perbaikan yang ketiga;

Tabel Transportasi perbaikan III tidak memungkinkan lagi dilakukan pemindahan, karena jika dilakukan pemindahan lagi akan menghasilkan pengurangan biaya yang negatif, artinya solusi sudah optimum dengan total biaya yang paling efisien sebesar 1920

A. Metode MODI (Modified Distribution) adalah metode untuk mendapatkan solusi optimal (total biaya mínimum) pada masalah transportasi

B. Untuk metode MODI ada syarat yang harus dipenuhi, yaitu

banyaknya kotak terisi harus sama dengan banyaknya baris ditambah banyaknya kolom dikurang satu.

C. Alokasi produksi yang optimal menggunakan suatu I ndeks


Pabrik A (20 (5 (8 90

Pabrik B (15 (20 (10 60

Pabrik C (25 (10 (19 50

DEMAND 50 110 40

17

A. Metode MODI (Modified Distribution) adalah metode untuk mendapatkan solusi optimal (total biaya mínimum) pada masalah transportasi

B. Untuk metode MODI ada syarat yang harus dipenuhi, yaitu

banyaknya kotak terisi harus sama dengan banyaknya baris ditambah banyaknya kolom dikurang satu.

C. Alokasi produksi yang optimal menggunakan suatu I ndeks


- Carilah solusi agar biaya transportasi minimum dengan MODI

Contoh :1. Perhatikan tabel transportasi awal dari Metode NWC, yaitu:

https://digensia.files.wordpress.com/2013/02/or1.png


Pabrik A(20

50(5

40 (8 90

Pabrik B (15 (2060 (10 60

Pabrik C (25 (1010

(1940 50

DEMAND 50 110 40 200

Penyelesaian dengan Metode NWC -- MODI

Berdasarkan Tabel NWC diatas;

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - KjSel A – III C13 – R1 – K3 = 8 – 0 – 14 = – 6Sel B – I C21 – R2 – K1 = 15 – 15 – 20 = – 20 MULAI PENGISIANSel B – III C23 – R2 – K3 = 10 – 15 – 14 = – 19Sel C – I C31 – R3 – K1 = 25 – 5 – 20 = 0

18

Contoh :1. Perhatikan tabel transportasi awal dari Metode NWC, yaitu:

1. Syarat menentukan nilai baris dan kolom terisi

– Baris pertama selalu diberi nilai nol (R1 = 0)

– Nilai baris yang lain dan nilai semua kolom ditentukan berdasarkan persamaan Ri + Kj = Cij

2. Menentukan nilai baris dan kolom terisi

Sel A – I : R1 + K1 = C11 → 0 + K1 = 20 → K1 = 20

Sel A – II : R1 + K2 = C12 → 0 + K2 = 5 → K2 = 5

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → R2 + 5 = 20 → R2 = 15

Sel C – II : R3 + K2 = C32 → R3 + 5 = 10 → R3 = 5

Sel C – III : R3 + K3 = C33 → 5 + K3 = 19 → K3 = 143. Untuk menentukan indeks perbaikan, perhatikan sel-sel kosong dan diperoleh tabel sebagai berikut:

4. Isilah sel-sel kosong yang mempunyai indeks perbaikan negatif yang Dimulai dari sel dengan negatif terbesar, dan perlu diperhatikan, pola pengisisan sel harus sesuai denga pola pengisiian pada metode Stepping Stone

Isi sel B – I , dan diperoleh tabel transportasi berikut:

Tabel I Metode MODI

Gudang I Gudang II Gudang III TOTAL SUPPLY

PABRIK A 20 90 5 8 90

PABRIK B

50

15

10

20 10

60

PABRIK C 25 10 10 40 19 50

TOTAL DEMAND

50 110 40 200

Berdasarkan tabel I DIATAS, Tentukan nilai baris dan kolom terisi:

Perhatikan sel-sel yang kosong, dan tentukan indeks perbaikan sbb:

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - Kj

Sel A – I C11 – R1 – K1 = 20 – 0 – 10 = 10

Sel A – III C13 – R1 – K3 = 8 – 0 – 14 = – 6

Sel B – III C23 – R2 – K3 = 10 – 15 – 14 = – 19 mulai pengisian

Sel C – I C31 – R3 – K1 = 25 – 5 – 10 = 10

19

TC = 90.5 + 50.15 + 10.20 + 10.10 + 40 . 19 = 2260 Pengisian selanjutnya

Sel A – II : R1 + K2 = C12 → 0 + K2 = 5 → K2 = 5

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → R2 + 5 = 20 → R2 = 15

Sel C – II : R3 + K2 = C32 → R3 + 5 =10 → R3 = 5

Sel B – I : R3 + K1 = C31 → 5 + K1 = 15 → K1 = 10

Sel C – III : R3 + K3 = C33 → 5 + K3 = 19 → K3 = 14

Isi sel B – III dan diperoleh tabel transportasi berikut:

Tabel II Metode MODI


PABRIK A

20 90 5 8

90

PABRIK B 50 15 20 10 1060

PABRIK C 25 20 10 30 1950

TOTAL DEMAND 50 110 40 200

Berdasarkan tabel II DIATAS, Tentukan nilai baris dan kolom terisi:

Perhatikan sel-sel yang kosong, dan tentukan indeks perbaikan sbb:

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri – Kj Sel A – II C12 – R1 – K2 = 20 – 0 – 5 = 15

Sel A – III C13 – R1 – K3 = 8 – 0 – 14 = - 6 Mulai pengisian

Sel B – II C22 – R2 – K2 = 20 – (- 4) – 5 = 19

Sel C – I C31 – R3 – K1 = 25 – 5 – 19 = 1

Tabel III Metode MODI:


PABRIK A 20 560

830 90

20

TC = 90.5 + 50.15 + 20.10 + 20.10 + 30 . 19 = 2170

Sel A – II : R1 + K2 = C12 → 0 + K2 = 5 → K2 = 5 Sel C – II : R3 + K2 = C32 → R3 + 5 = 10 → R3 = 5Sel C – III : R3 + K3 = C33 → 5 + K3= 19 → K3 = 14Sel B – III : R2 + K3 = C23 → R2 + 14= 10 → R2 = - 4Sel B – I : R2 + K1 = C32 → - 4 + K1= 15 → K1 = 19

Isi sel A – III dan diperoleh tabel transportasi berikut:

PABRIK B 1550

20 10

1060

PABRIK C 25 1050

19 50

TOTAL DEMAND 50 110 40 200

Gudang I Gudang II Gudang III SUPLYPabrik A (8 (5 (6 120

Pabrik B (15 (10 (12 80

Pabrik C (3 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280


Pabrik A (8120

(5 (6 120

Pabrik B (1530

(1050 (12 80

Pabrik C (3 (920

(1060 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 2690Penyelesaian dengan Metode NWC -- MODI

Berdasarkan Tabel NWC diatas,

1. Tentukan nilai baris dan kolom terisi

21

TC. min = 60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10) = 1890

Dalam tabel diatas tampak indeks perbaikan untuk semua sel kosong sudah positif, ini berarti bahwa solusi optimal telah tercapai. Jadi total biaya transportasi mínimum sesuai dengan perhitungan Metode NWC MODI adalah : 1890


Carilah solusi optimum (Biaya transportasi paling minimum) yang dikeluarkan

Penyelesaian Latihan II dengan metode NWC

Sel A – I : R1 + K1 = C11 → 0 + K1 = 8 → K1 = 8

Sel B – I : R2 + K1 = C21 → R2 + 8 = 15 → R2 = 7

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → 7 + K2 = 10 → K2 = 3

Sel C – II : R3 + K2 = C32 → R3 + 3 = 9 → R3 = 6

Sel C – III : R3 + K3 = C31 → 6 + K3 = 10 → K3 = 4

2. Perhatikan sel-sel kosong, dan carilah indeks perbaikan untuk sel-sel kosong;

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - Kj

Sel A – II C12 – R1 – K2 = 5 – 0 – 3 = 2

Sel A – III C13 – R1 – K3 = 6 – 0 – 4 = 2

Sel B – III C23 – R2 – K3 = 12 – 7 – 4 = 1

Sel C – I C31 – R3 – K1 = 3 – 6 – 8 = - 11 Mulai pengisian


Pabrik A (8120 (5 (6 120

Pabrik B (1510

(1070 (12 80

Pabrik C (320 (9 (10

60 80

DEMAND 150 70 60 280

TC. Min = 120.8 + 10.15 + 70.10 + 20.3 + 60.10 = 2470

Berdasarkan Tabel I diatas:


2. Perhatikan sel-sel kosong, dan carilah indeks perbaikan untuk sel-sel kosong;

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - KjSel A – II C12 – R1 – K2 = 5 – 0 – 3 = 2Sel A – III C13 – R1 – K3 = 6 – 0 – 3 = 3Sel B – III C23 – R2 – K3 = 12 – 7 – 15 = - 10 Mulai pengisianSel C – II C32 – R3 – K2 = 9 – (-5) – 3 = 11

22

Tabel perbaikan I dengan metode MODI

Sel A – I : R1 + K1 = C11 → 0 + K1 = 8 → K1 = 8

Sel B – I : R2 + K1 = C21 → R2 + 8 = 15 → R2 = 7

Sel C – I : R3 + K1 = C31 → R3 + 8 = 3 → R3 = - 5

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → 7 + K2 = 10 → K2 = 3

Sel C – III : R3 + K3 = C33 → -5 + K3 = 10 → K3 = 15

Tabel perbaikan II dengan metode MODI Gudang I Gudang II Gudang III SUPLY

Pabrik A

(8120

(5

(6

120

Pabrik B (15 (1070

(1210 80

Pabrik C (330

(9 (1050 80

DEMAND 150 70 60 280

Berdasarkan Tabel II diatas;


2. Perhatikan sel-sel kosong, dan carilah indeks perbaikanya.Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - Kj

Sel A – II C12 – R1 – K2 = 5 – 0 – 5 = 0

Sel A – III C13 – R1 – K3 = 6 – 0 – 15 = - 9 Mulai pengisian

Sel B – I C21 – R2 – K1= 15 – (-5) - 8 = 12

Sel C – II C32 – R3 – K2 = 9 – (-5 ) – 5 = 9


Pabrik A (870 (5 (6

50 120

Pabrik B (15 (1070

(1210 80

23

TC. Min = 120.8 + 70.10 + 10.12 + 30.3 + 50.10 = 2370

Sel A – I : R1 + K1 = C11 → 0 + K1 = 8 → K1 = 8

Sel C – I : R3 + K1 = C31 → R3 + 8 = 3 → R3 = - 5

Sel C – III : R3 + K3 = C33 → - 5 + K3 = 10 → K3 = 15

Sel B – III : R2 + K3 = C23 → R2+ 15 = 10 → R2 = - 5

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → - 5 + K2 = 10 → K2= 5

Tabel perbaikan III dengan metode MODI

Pabrik C (380 (9 (10 80

DEMAND 150 70 60 280

Sel Kosong Indeks Perbaikan = Cij – Ri - KjSel A – II C12 – R1 – K2 = 5 – 0 – 4 = 1Sel B – II C21 – R2 – K1 = 15 – 6 – 8 = 1Sel C – II C32 – R3 – K2 = 9 – (-5) - 4 = 10Sel C – III C33 – R3 – K3 = 10 – (-5 ) – 6 = 9

Pada tabel indeks perbaikan diatas, terlihat bahwa nilai indeks perbaikan semua sel kosong sudah positif artinya solusi sudah optimal.

Dengan metode MODI TC. Min/ solusi optimal sebesar : 1920

24

TC. Min = 70.8 + 50.6 + 70.10 + 10.12 + 80.3 = 1920 SOLUSI OPTIMAL

1. Menentukan nilai baris dan kolom terisi

Sel A – I : R1 + K1 = C11 → 0 + K1 = 8 → K1 = 8

Sel C – I : R3 + K1 = C31 → R3 + 8 = 3 → R3 = - 5

Sel A – III : R1 + K3 = C33 → 0 + K3 = 6 → K3 = 6

Sel B – III : R2 + K3 = C23 → R2 + 6 = 12 → R2 = 6

Sel B – II : R2 + K2 = C22 → 6 + K2 = 10 → K2 = 4

2. Jika semua indeks perbaikan sudah positif solusi optimal

A. Penyelesaian dengan metode NWC:

GUDANG I GUDANG II GUDANG III G.DUMMY SUPPLYPABRIK A (11

100 (7 (8 (0 100

PABRIK B (925

(12100

(625

(0 150

PABRIK C (5 (10 (9150

(050

200

DEMAND 125 100 175 50 450

B. Penyelesaian dengan metode Least Cost:

GUDANG I GUDANG II GUDANG III G.DUMMY SUPPLYPABRIK A (11 (7

100 (8 (0 100

25

TC.Min = 100.(11) + 25.(9) + 100.(12) + 25.(6) + 150.(9) + 50.(0) = 4025

PABRIK B (9 (12 (6150

(0 150

PABRIK C (5125 (10 (9

25(0

50200

DEMAND 125 100 175 50 450TC. Min = 100.7 + 150.6 + 125.5 + 25.9 + 50.0 = 2450

C. Penyelesaian dengan Metode VAM

Tabel Awal

GUDANG I GUDANG II

GUDANG III G.DUMMY

SUPPLY BB

PABRIK A (11 (7 (8 (0 100 1

PABRIK B (9 (12 (6 (0 150 3PABRIK C (5 (10 (9 (0 200 4DEMAND 125 100 175 50 450BK 4 3 2

Sel A – GD Diisi sebanyak 50, PA tersisa 50, dan Deman GD habis, kolom GD dihapus

Tabel Iterasi I:

GUDANG I GUDANG II

GUDANG III SUPPLY

BB

PABRIK A (11 (7 (8 50 1

PABRIK B (9 (12 (6 150 3PABRIK C (5 (10 (9 200 4DEMAND 125 100 175 400BK 4 3 2

Sel C I diisi sebanyak 125, T.S PC sisa 75 dan T.D G I habis, kolom G I dihapus

Tabel Iterasi II:

GUDANG II

GUDANG III SUPPLY

BB

PABRIK A (7 (8 50 1

PABRIK B (12 (6 150 6PABRIK C (10 (9 75 1DEMAND 100 175 275BK 3 2

Sel B III diisi sebanyak 150, TD GIII bersisa bersisa 25, dan TS PB habis, Baris PB dihapus.

26

Tabel Iterasi III:

GUDANG II

GUDANG III SUPPLY

BB

PABRIK A (7 (8 50 1

PABRIK C (10 (9 75 1DEMAND 100 25 125BK 3 1

Sel A II diisi sebanyak 50, TD G II sisa 50, dan TS PA habis, Baris PA dihaopus

Tabel Iterasi IV:

GUDANG II

GUDANG III SUPPLY

PABRIK C (1050

(925

75

DEMAND 50 25 75

Hasil alokasi I S/D IV:

GUDANG I GUDANG II

GUDANG III G.DUMMY

SUPPLY

PABRIK A (11 (750 (8 (0

50100

PABRIK B (9 (12 (6150

(0 150

PABRIK C (5125

(1050

(925

(0 200

DEMAND 125 100 175 450TC.Min = 50.7 + 150.6 + 125. 5 + 50.10 + 25.9 + 50.0 = 2600 - Solusi Optimum

Dengan metode VAM, solusi optimum sebesar 2.600

27

D. Penyelesaian dengan metode Stepping Stone:

Dari tabel NWC diatas;

Tabel I Penyelesaian dengan metode Stepping Stone;


100 (8 (0 100

PABRIK B (9125

(12 (625

(0 150

PABRIK C (5 (10 (9150

(050

200

DEMAND 125 100 175 50 450TC.Min= 100.7 + 125.9 + 25.6 + 150.9 + 50.0 = 3325

Tabel II Penyelesaian dengan metode Stepping Stone;


100 (8 (0 100

PABRIK B (9 (12 (6150

(0 150

PABRIK C (5125 (10 (9

25(0

50200

DEMAND 125 100 175 50 450TC. Min = 100.7 + 150.6 + 125.5 + 25.9 + 50.0 = 2450 --- solusi optimum

28

LatihanI V:

PT. MAJU memiliki 4 pabrik yaitu; Pabrik A, B,C Dan D yang memproduksi cendramata unik. Masing masing pabrik memiliki kapasitas Sbb: Pabrik A = 3.000 unit, Pabrik B = 2.000 Unit, Pabrik C = 2.500 Unit, dan Pabrik D = 1.500 Unit.

PT MAJU menyalurkan produknya ke 4 distributor di 4 wilyahberbeda, yaitu : Bekasi, Bogor, Bandung, dan Karawang.Total permintaan keempat distributor tersebut adalah 9.000 unit dengan rincian; Bekasi = 3.000 unit , Bogor = 1.500 unit, Bandung = 2.500, dan Karawang = 2.000. Data lengkapnya adalah sbb:

Tabel berikut adalah biaya transportasi (dalam Rp) perunit yang dikeluarkan PT MAJU.

Pabrik TujuanBekasi Bogor Bandung Karawang

A 5.000 4.000 8.000 6.000B 2.500 2.000 4.000 5.000C 1.500 1.000 2.000 4.000D 7.000 6.000 5.000 8.000

Pabrik Tujuan Supply(unit)Bekasi Bogor Bandung Karawang

A ? ? ? ? 3000B ? ? ? ? 2000C ? ? ? ? 2500D ? ? ? ? 1500

Demand (unit) 3000 1.500 2.500 2.000

Jika perusahaan ingin meminimalkan biaya transportasi, maka tentukanlah alokasi jumlah unit yang tepat harus dikirim dari masing-masing pabrik ke kemasing-masing tujuan dengan menggunakan metode NWC, Least Cost, dan Metode VAM.

1. Penyelesaian dengan Metode NWC:

PT. MAJU memiliki 4 pabrik yaitu; Pabrik A, B,C Dan D yang memproduksi cendramata unik. Masing masing pabrik memiliki kapasitas Sbb: Pabrik A = 3.000 unit, Pabrik B = 2.000 Unit, Pabrik C = 2.500 Unit, dan Pabrik D = 1.500 Unit.PT MAJU menyalurkan produknya ke 4 distributor di 4 wilyahberbeda, yaitu : Bekasi, Bogor, Bandung, dan Karawang.Total permintaan keempat distributor tersebut adalah 9.000 unit

29

dengan rincian; Bekasi = 3.000 unit , Bogor = 1.500 unit, Bandung = 2.500, dan Karawang = 2.000. Data lengkapnya adalah sbb:

Tabel berikut adalah biaya transportasi (dalam Rp) perunit yang dikeluarkan PT MAJU.

Pabrik TujuanBekasi Bogor Bandung Karawang

A 5.000 4.000 8.000 6.000B 2.500 2.000 4.000 5.000C 1.500 1.000 2.000 4.000D 7.000 6.000 5.000 8.000


A ? ? ? ? 3000B ? ? ? ? 2000C ? ? ? ? 2500D ? ? ? ? 1500

Demand (unit) 3000 1.500 2.500 2.000

Masalahnya : Tentukanlah alokasi jumlah unit yang tepat harus dikirim dari masing-masing pabrik ke kemasing-masing tujuan dengan menggunakan metode NWC.

Prosedur penyelesaian dengan Metode NWC

- Isi (alokasikan) mulai dari kotak yang berada dipojok kiri sesuai dengan permintaan dan penawaran yang tersedia. Contoh; Bekasi memerlukan 3.000 unit dan suplai yang tersedia dipabrik A 3.000 unit. Maka pabrik A bisa langsung memenuhi seluruh kebutuhan Bekasi.

- Alokasikan sebanyaknya ke sel fisibel berikutnya yang berdekatan, yaitu kotak yang berada disebelah kanan kotak A->Bogor. Namun karena Pabrik A sudah tidak bisa lagi mensuplai lagi. Langsung aja pindahkan perhatian ke kotak dibawah A ->Bekasi ke kotak yang berada dibawahnya yang dimulai dari kotak palinh kiri yaitu Kotak B -> Bekasi. Bekasi tidak membutuhkan suplay dari pabrik B maka kita langsung saja pindah kekotak sebelah kananya yaitu B -> Bogor dst prosedur akan diulang-ulang.


A (5.000)3.000

(4.000) (8.000) (6.000) 3.000

B (2.500) (2.000)1.500

(4.000)500

(5.000) 2.000

C (1.500) (1.000) (2.000)2000

(4.000)500

2.500

D (7.000) (6.000) (5.000) (8.000)1.500

1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Hasil Perhitungan dengan metode NWC:

Pabrik Tujuan Unit Biaya (Rp) Total Biaya (Rp)

30

A Bekasi 3.000 5.000 15.000.000B Bogor 1.500 2.000 3.000.000B Bandung 500 4.000 2.000.000C Bandung 2.000 2.000 4.000.000C Kerawang 500 4.000 2.000.000D Kerawang 1.500 8.000 12.000.000

Total 38.000.000

2. Penyelesaian Dengan Metode Least Cost (Minimum Cost)Prosedur dengan metode Least Cost:

- Alokasikan sebanyak mungkin ke sel fisibel dengan biaya tarnsportasi paling minimum, dan sesuaikan dengan kebutuhan permintaan dan suplai. Contoh; C – Bogor merupakan sel fisibel dengan biaya transportasi paling minimum sebesar Rp 1.000.

- Ulangi prosedur seperti diatas sampai kebutuhan permintaan dan suplai terpenuhi.


A (5.000) (4.000) (8.000)1.000

(6.000)2.000

3.000

B (2.500)2.000

(2.000) (4.000) (5.000) 2.000

C (1.500)1.000

(1.000)1.500

(2.000) (4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000)1.500

(8.000) 1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Hasil Perhitungan dengan metode Least Cost:

Pabrik Tujuan Unit Biaya (Rp) Total Biaya (Rp)A Bandung 1.000 8.000 8.000.000A Kerawang 2.000 6.000 12.000.000B Bekasi 2.000 2.500 5.000.000C Bekasi 1.000 1.500 1.500.000C Bogor 1.500 1.000 1.500.000D Bandung 1.500 5.000 7.500.000

Total 35.500.000

3. Perhitungan dengan Metode VAMProsedur Penyelesaian dengan Metode VAM:

- Tentukan Slack (S) dengan cara mengurangkan biaya terkebil kedua dengan biaya yang paling kecil pada semua baris dan kolom.

31

- Setelah S terhitung, selanjutnya pilihlah baris atau kolom dengan nilai S terbesar.- Alokasikan semaksimal mungkin ke sel dengan biaya terkecil pada baris/kolom yang di

pilih tadi.Catatan:

- Apabila ada baris atau kolom yang memiliki S dalam jumlah yang sama dan S tersebut termasuk S dengan nilai yang terbesar, maka pilihlah diantara baris dan kolom tersebut, manakah yang memiliki nilai niaya terkecil.

- Jika ada dua nilai terkecil yang sama, alokasikan ke kolom yang permintaanya lebih besar terlebih dahulu, dengan syarat bahwa permintaan tersebut di imbangi oleh suplai.

- Ulangi prosedur tersebut sampai semua permintaan dan suplai teralokasikan.

Tahap 1.


A (5.000) (4.000) (8.000) (6.000) 3.000S = 1.000

B (2.500) (2.000) (4.000) (5.000) 2.000S = 500

C (1.500) (1.000) (2.000) (4.000) 2.500S = 500

D (7.000) (6.000) (5.000) (8.000) 1.500S = 1.000

Demand (unit)

3.000S = 1.000

1.500S = 1.000

2.500S = 2.000

2.000S = 1.000

9.000

Tahap 2.

Pabrik Tujuan Supply(unit)

Bekasi Bogor KarawangA (5.000) (4.000) (6.000) 3.000

S = 1.000B (2.500)

2.000(2.000) (5.000) 2.000

S = 500D (7.000) (6.000) (8.000) 1.500

S = 1.000

Demand (unit) 3.000S = 1.000

1.500S = 1.000

2.000S = 1.000

6.500

Tahap 3.


Bekasi Bogor KarawangA (5.000) (4.000) (6.000) 3.000

32

1.500 S = 1.000D (7.000) (6.000) (8.000) 1.500

S = 1.000

Demand (unit) 3.000S = 1.000

1.500S = 1.000

2.000S = 1.000

4.500

Tahap 4.


Bekasi KarawangA (5.000)

1000(6.000) 1.500

S = 1.000D (7.000) (8.000) 1.500

S = 1.000

Demand (unit) 3.000S = 1.000

2.000S = 1.000

3000

Tahap 5.


KarawangA (6.000)

500500

S = 1.000D (8.000)

15001.500

S = 1.000

Demand (unit) 2.000S = 1.000

2000

Hasil Perhitungan dengan metode VAM:


A (5.000)1000

(4.000)1500

(8.000) (6.000)500

3.000

B (2.500)2000

(2.000) (4.000) (5.000) 2.000

C (1.500) (1.000) (2.000)2500

(4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000) (8.000)1500

1.500

33

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Hasil Perhitungan dengan metode VAM:

Pabrik Tujuan Unit Biaya (Rp) Total Biaya (Rp)A Bekasi 1.000 5.000 5.000.000A Bogor 1.500 2.000 6.000.000A Karawang 500 6000 3.000.000B Bekasi 2.000 2.500 5.000.000C Bandung 2.500 2.000 5.000.000D Kerawang 1.500 8.000 12.000.000

Total 36.000.000

4. METODE MODIDengan metode MODI akan dilakukan pengujian apakah masih ada perhitungan biaya lain yang lebih rendah dibanding dengan metode Least Cost (Minimum Cost) dan ternyata masih ada biaya yang lebih rendah. Untuk itu perhitungan dengan metode Modi dalam rangka menperoleh biaya terendah dapat dilihat sbb:

- Misalkan tabel awal yang digunakan adalah tabel Least Cost- Buat variabel Ri dan Kj untuk masing-masing baris dan kolom- Hitunglah sel yang berisi nilai tiap tabel dan tiap kolom dengan rumus

Ri + Kj = Cij Dimana Ri = Baris Kj = Kolom Cij = Biaya


A (5.000)0

(4.000) (8.000)1.000

(6.000)2.000

3.000

B (2.500)2.000

(2.000) (4.000) (5.000) 2.000

C (1.500)1.000

(1.000)1.500

(2.000) (4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000)1.500

(8.000) 1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Jumlah kotak yang terpakai adalah (6) < 4 + 4 - 1 (7), merupakan penjumlahan dari “Jumlah kolom + jumlah baris – 1” , maka kasus diatas dinamakan degenerasi dan perlu dibentuk artificially occuppied cell, dipilih C11:

C11 = R1 + K1 - > 5000 = 0 + K1 -> K1= 5000C13 = R1 + K3 –> 8000 = 0 + K3 -> K3 = 8000C14 = R1 + K4 -> 6000 = 0 + K4 -> K4 = 6000C21 = R2 + K1 –> 2500 = R2 + 5000 ->R2 = -2500C31 = R3 + K1 -> 1500 = R3 + 5000 -> R3 = -3500

34

C32 = R3 + K2 -> 1000 = -3500 + K2 -> K2 = 4500C43 = R4 + K3 -> 5000 = R4 + 8000 -> R4 = -3000

IMPROVEMENT INDEKSKotak Cij - Ri - Kj12 4000 - 0 - 4500 = -50022 2000 - (-2500) - 4500 = 023 4000 - (-2500) - 8000 = -150024 5000 - (-2500) - 6000 = 150033 2000 - (-3500) - 8000 = -250034 4000 - (-3500) - 6000 = 150041 7000 - (-3000) - 5000 = 500042 6000 - (-3000) - 4500 = 4500

Pabrik TujuanBekasi Bogor Bandung

A + 01000

-10000

B 2000

C -10000

1.500 +1.000

Kotak yang bertanda (+) akan ditambah 1.000 dan yang bertanda (-) akan dikurangi 1.000 unit.


A (5.000)1000

(4.000) (8.000) (6.000)2.000

3.000

B (2.500)2.000

(2.000) (4.000) (5.000) 2.000

C (1.500) (1.000)1.500

(2.000)1000

(4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000)1.500

(8.000) 1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Jumlah kotak yang terpakai (6) < 4 + 4 – 1 (7) maka kasus diatas kembali mengalami degenerasi:

C11 = R1 + K1 - > 5000 = 0 + K1 -> K1= 5000C12 = R1 + K2 –> 4000 = 0 + K2 -> K3 = 4000C14 = R1 + K4 -> 6000 = 0 + K4 -> K4 = 6000C21 = R2 + K1 –> 2500 = R2 + 5000 -> R2 = -2500C32 = R3 + K2-> 1500 = R3 + 5000 -> R3 = -3500C32 = R3 + K3 -> 1000 = -3000 + K3 -> K3 = 5000C43 = R4 + K3 -> 5000 = R4 + 5000 -> R4 = 0

35

IMPROVEMENT INDEKSKotak Cij - Ri - Kj13 8000 - 0 - 5000 = 300022 2000 - (-2500) - 4000 = 023 4000 - (-2500) - 5000 = 150024 5000 - (-2500) - 6000 = 150031 1500 - (-3500) - 5000 = -50034 4000 - (-3000) - 6000 = 100041 7000 - 0 - 5000 = 200042 6000 - 0 - 4000 = 200044 8000 - 0 - 6000 = 2000

Pabrik TujuanBekasi Bogor

A - 10000

+ 01000

B 2000

C +1000

-1.500500

Kotak yang bertanda (+) akan ditambah 1.000 dan yang bertanda (-) akan dikurangi 1.000 unit.


A (5.000) (4.000)1000

(8.000) (6.000)2.000

3.000

B (2.500)2.000

(2.000) (4.000) (5.000) 2.000

C (1.500)1000

(1.000)500

(2.000)1000

(4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000)1.500

(8.000) 1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

C12 = R1 + K2 - > 4000 = 0 + K2 -> K2 = 4000C14 = R1 + K4 –> 6000 = 0 + K4 -> K4 = 6000C21 = R2 + K1 -> 2500 = R2 + 4500 -> R2 = 2000C31 = R3 + K1 –> 1500 = -3000 + K1 -> K1 = 4500C32 = R3 + K2 -> 1000 = R3 + 4000 -> R3 = -3000C33 = R3 + K3 -> 2000 = -3000 + K3 -> K3 = 5000C43 = R4 + K3 -> 5000 = R4 + 5000 -> R4 = 0

IMPROVEMENT INDEKSKotak Cij - Ri - Kj11 5000 - 0 - 4500 = 50013 8000 - 0 - 5000 = 300022 2000 - (-2000) - 4000 = 0

36

23 4000 - (-2000) - 5000 = 100024 5000 - (-2000) - 6000 = 100034 4000 - (-3000) - 6000 = 100041 7000 - 0 - 4500 = 250042 6000 - 0 - 4000 = 200044 8000 - 0 - 6000 = 2000

Pabrik TujuanBekasi Bogor

A - 20001500

+ 500

C + 10001500

-5000

Kotak yang bertanda (+) akan ditambah 500 dan yang bertanda (-) akan dikurangi 500 unit.Pabrik Tujuan Supply

(unit)Bekasi Bogor Bandung KarawangA (5.000) (4.000)

1000(8.000) (6.000)

2.0003.000

B (2.500)1500

(2.000)500

(4.000) (5.000) 2.000

C (1.500)1500

(1.000) (2.000)1000

(4.000) 2.500

D (7.000) (6.000) (5.000)1.500

(8.000) 1.500

Demand (unit) 3.000 1.500 2.500 2.000 9.000

Oleh karena nilai improvement indeks seluruhnya sudah tidak ada yang negatif, maka solusi sudah optimal, dengan rincian biaya sbb:

Pabrik Tujuan Unit Biaya (Rp) Total Biaya (Rp)A Bogor 1.000 4.000 4.000.000A Kerawang 2.000 6.000 12.000.000B Bekasi 1.500 2.500 3.750.000B Bogor 500 2.000 1.000.000C Bekasi 1.500 1.500 2.250.000C Bandung 1.000 2.000 2.000.000D Bandung 1.500 5.000 7.500.000

Total 32.500.000

37

DAFTAR PUSTAKA:

DRS. PANGESTU SUBAGYO MBA ; DASAR-DASAR RISET OPERASIDRS. MARWAN ASRI MBA ; PENGANTAR RISET OPERASIHARIADI SARJONO : APLIKASI RISET OPERASIDR. HANI HANDOKO MBA ; MANAJEMEN OPERASIONAL DRS RESTU MSI & IVALAINA ASTARINA, SE.MM ; MANAJEMEN OPERASIONAL

38

elearning.stieindragiri.ac.idelearning.stieindragiri.ac.id/upload/1e44100fa388bf98a30... · Web...

Documents

Transcript of elearning.stieindragiri.ac.idelearning.stieindragiri.ac.id/upload/1e44100fa388bf98a30... · Web...