Buku TRO Oke

99
1 LINEAR PROGRAMMING DENGAN METODE GRAFIK Materi kuliah Teknik Riset Operasi (TRO) yang akan dipelajari antara lain : 1. Linear programming, dengan penyelesaian Grafik, Simplex, dan Konsep Dualitas 2. Masalah Transportasi 3. Masalah Penugasan 4. Game Theory 5. Pemrograman Dinamis Latar Belakang Munculnya OR : Makin kompleksnya masalah perusahaan Makin dinamisnya lingkungan perusahaan Di sisi lain, perusahaan menghadapi banyak kendala dan keterbatasan sumber daya. Pengertian Riset Operasi (Operations Research, OR) Riset Operasi adalah sekumpulan Teknik / Alat analisis yang dapat digunakan untuk mengelola sumber daya yang terbatas guna mendapatkan hasil yang optimal. Pengertian optimal diatas mengandung pengertian nilai maximum dan minimum, maksudnya OR dapat digunakan untuk memaksimalkan sesuatu yang diinginkan (seperti hasil produksi, penjualan, keuntungan, ddl), dan dapat juga digunakan untuk meminimumkan sesuatu yang tidak diinginkan oleh perusahaan (seperti kecelakaan kerja, kerugian, produk cacat, dll.) Modul Kuliah Teknik Riset Operasi Prodi Manajemen Informatika - Polmed BAB I 6. Analisis Jaringan PENDAHULUAN

Transcript of Buku TRO Oke

Page 1: Buku TRO Oke

1

LINEAR PROGRAMMING DENGAN METODE GRAFIK

Materi kuliah Teknik Riset Operasi (TRO) yang akan dipelajari antara lain :1. Linear programming, dengan penyelesaian Grafik, Simplex, dan Konsep Dualitas2. Masalah Transportasi3. Masalah Penugasan4. Game Theory5. Pemrograman Dinamis

Latar Belakang Munculnya OR :• Makin kompleksnya masalah perusahaan• Makin dinamisnya lingkungan perusahaan• Di sisi lain, perusahaan menghadapi banyak kendala dan keterbatasan sumber

daya.

Pengertian Riset Operasi (Operations Research, OR)Riset Operasi adalah sekumpulan Teknik / Alat analisis yang dapat digunakan untuk mengelola sumber daya yang terbatas guna mendapatkan hasil yang optimal.

Pengertian optimal diatas mengandung pengertian nilai maximum dan minimum,maksudnya OR dapat digunakan untuk memaksimalkan sesuatu yang diinginkan (sepertihasil produksi, penjualan, keuntungan, ddl), dan dapat juga digunakan untukmeminimumkan sesuatu yang tidak diinginkan oleh perusahaan (seperti kecelakaan kerja,kerugian, produk cacat, dll.)

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

BAB I

6. Analisis Jaringan

PENDAHULUAN

Page 2: Buku TRO Oke

2

PENYELESAIAN MASALAH LINEAR PROGRAMMING DENGANMETODE GRAFIK

Tujuan:

Asumsi dasar dalam Linier Programing ;1. Proportionality, dimana naik turunnya nilai Z (tujuan) dan penggunaan sumber daya

akan berubah secara sebanding dengan perubahan tingkat kegiatannya, contoh :Z = C1X1 + X2C2 + ...........+ CnXnPenambahan 1 unit X1 akan menaikkan nilai Z sebesar C1, dan seterusnya

2. Additivity, dimana nilai tujuan tiap kegiatan tidak saling mempengaruhi ataukenaikan dari nilai Z yang diakibatkan oleh kenaikan suatu kegiatan dapatditambahkan tanpa mempengaruhi bagian nilai Z yang diperoleh dari kegiatanlainnya.

3. Divisibility, dimana output yang dihasilkan oleh setiap kegiatan dapat berupabilangan pecahan

4. Deterministic, dimana semua parameter yang terdapat dalam linier programing dapatdiperkirakan dengan pasti, meskipun jarang tepat.

Tabel standar Linier Programming

Pemakaian Sumber daya Per unit kegiatanKegiatan

Sumber Daya 1 2 3 4 KapasitasSumber Daya

A a11 a12 … a1n b1

B a21 a22 … a2n b2

C a31 a32 … a3n b3

D … …. …

E am1 amn bm

Kontribusiterhadap Tujuan C1 C2 C3 Cn

TingkatKegiatan X1 X2 X3 Xn

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Setelah menyelesaikan bab ini, mahasiswa diharapkan mampu menggambarkan fungsi tujuandan fungsi kendala pada bidang koordinat X-Y dan mampu menentukan solusi optimal darisuatu masalah linear programming yang diberikan.

Page 3: Buku TRO Oke

3

Langkah umum dari metode grafik ini adalah :

Langkah 1 :Melakukan identifikasi masalah dengan jalan menyederhanakan kasus di atas dalambentuk model tabulasi seperti berikut ini.Langkah 2 :Merubahan model tabulasi menjadi model matematisLangkah 3 :Mengambar grafik dari masing-masing fungsi batasan yang adaLangkah 4 :Menentukan titik optimal dari daerah yang feasible dan menjadikannya keputusan

Contoh Kasus

Perusahaan sepatu IDEAL berencana memproduksi 2 macam sepatu, yakni sepatu merekX1 dengan sol terbuat dari karet, serta sepatu merek X2 dengan sol terbuat dari kulit.Untuk membuat sepatu-sepatu tersebut perusahaan dihadapkan dengan berbagaikendala/batasan, yang salah satunya adalah : perusahaan hanya dapat menggunakan 3macam mesin yang hanya berjumlah 1 buah untuk setiap jenisnya. Mesin A khususmembuat sol dari karet, mesin B khusus membuat sol dari kulit, sedangkan mesin Cmembuat bagian atas sepat dan melakukan assembling bagian atas dengan sol. Jam kerjamaksimum dari ketiga mesin tersebut berturut-turut adalah Mesin A = 8 jam, mesin B =15 jam, dan mesin C = 30 jam.

Setiap lusin sepatu merk X1 mula-mula dikerjakan oleh mesin A selama 2 jam, kemudiantanpa melalui mesin B terus dikerjakan di mesin C selama 6 jam. Sedangkan untuk sepatudengan merk X2, tidak diproses oleh mesin A, tetapi pertama kali dikerjakan di mesin Bselama 3 jam dan kemudian langsung di mesin C selama 5 jam.

Pihak perusahaan mengharapkan bahwa setiap lusin sepatu merk X1 dapat memberikankontribusi keuntungan sebesar Rp 300.000,- dan Rp 500.000,- untuk setiap lusin sepatumerk X2.

Masalahnya adalah :Dalam berapa lusinkah sepatu merk X1 dan X2 harus diproduksi oleh perusahaanIDEAL, agar dapat diperoleh hasil yang optimal, dalam hal ini keuntungan yangmaksimal ?

Untuk menyelesaikan kasus di atas dengan menggunakan metode grafik, langkah \-langkahnya adalah sebagai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 4: Buku TRO Oke

4

Langkah 1 : Melakukan identifikasi masalah dengan jalan menyederhanakan kasus di atasdalam bentuk model tabulasi seeperti berikut ini.

MerkMesin X1 X2 Kapasitas

maksimum

A 2 0 8

B 0 3 15

C 6 5 30

Kontribusi terhadapkeuntungan / lusin (

dalam Rp 100.000,- )3 5

Perhatikan model tabel di atas :• Jumlah baris menunjukkan batasan-batasan , yang ditentukan oleh banyaknya

sumber yang akan dialokasikan ke setiap jenis kegiatan/produk• Jumlah kolom ditentukan oleh banyaknya/macam kegiatan produk yang akan

dilakukan

Langkah 2 : Merubahan model tabulasi menjadi model matematis

Untuk merubah ke dalam model matematis, simbol yang dipergunakan adalah :

X1 = untuk produk sepatu dengan sol karetX2 = untuk produk sepatu dengan sol kulitZ = fungsi tujuan, kontribusi keuntungan yang akan diperoleh dari memproduksi

sepatu X1 dan X2

Dari kasus di atas, bentuk model persamaan matematisnya adalah :

Fungsi tujuan : Maksimalkan Z = 3X1 + 5X2Dengan batasan :

Mesin A 2X1 8Mesin B 3X2 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 , dimana X1 dan X2 0

Langkah 3 : Mengambar grafik dari masing-masing fungsi batasan yang ada

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 5: Buku TRO Oke

5

Gambar dari batasan 1 / Mesin A 2X1 8 adalah

Gambar grafik dari batasan 2 / Mesin B 3X2 15

`

2X1 8

X2

X1

40

3X2 15

X2

0

X1

5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 6: Buku TRO Oke

6

Gambar dari batasan 3 / Mesin C 6X1 + 5X2 30

Selanjutnya untuk apabila grafik dari ketiga batasan tersebut disatukan, maka daerahyang feasibel dapat diperoleh, seperti gambar berikut ini :

6X1 + 5X2 30

X2

0

X1

6

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 7: Buku TRO Oke

7

Langkah 4 : Mencari suatu titik ( yang merupakan kombinasi X1 dan X2 ) di daerahfeasible, yang dapat memaksimalkan keuntungan / nilai dari fungsi tujuannya ( Z ).

Untuk mendapatkan titik tersebut, dapat dilakukan 2 macam cara yakni :

1. Dengan membandingkan nilai Z dari tiap-tiap alternatif

Pada prinsipnya setiap titik dalam daerah feasible akan memberikan keuntungan bagiperusahaan ( kecuali satu tutik, yakni titik 0 ). Namun demikian dari semua titik tersebut,nilai Z akan semakin tinggi apabila makin jauh dari titik origin ( 0 ). Oleh karena itusebaiknya hanya membandingkan titik-titik yang ada di sudut-sudut daerah feasibletersebut.

Pada titik O ( 0,0 )Nilai Z = 3 ( 0 ) + 5 ( 0 ) = 0

Pada titik A ( 4, 0 ) atau X1 = 4 dan X2 = 0Nilai Z = 3 ( 4 ) + 5 ( 0 ) = 12

2X1 8

X2

X1

40

3X2 15

6X1 + 5X2 30Daerah feasible

DC

A

B

5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 8: Buku TRO Oke

8

Pada titik B ( 4, …..) atau X1 = 4 dan X2 belum diketahui …

Karena titik B merupakan perpotongan antara fungsi batasan 1 dan batasan 3, maka untukmendapatkan nilai X2, nilai X1 = 4 tersebut dapat dimasukkan ke fungsi batasan 3, yakni:

6 ( 4 ) + 5X2 = 30

5X2 = 30 – 24

X2 = 6/5, sehingga koordinat titik B adalah ( 4, 6/5 )

Nilai Z = 3 ( 4 ) + 5 ( 6/5 ) = 18

Pada titik C ( ……, 5 ) atau X1 = belum diketahui dan X2 = 5

Karena titik B merupakan perpotongan antara fungsi batasan 2 dan batasan 3, maka untukmendapatkan nilai X1, nilai X2 = 5 tersebut dapat dimasukkan ke fungsi batasan 3, yakni

6X1 + 5 ( 5 ) = 30

6X1 = 30 – 25

X1 = 5/6, sehingga koordinat titik C adalah ( 5/6, 5 )

Nilai Z = 3 ( 5/6 ) + 5 ( 5 ) = 27, 5

Pada titik D ( 0, 5 ) atau X1 = 0 dan X2 = 5Nilai Z = 3 ( 0 ) + 5 ( 5 ) = 25

Kesimpulan :Dari kelima titik 9 A, B, C, D, dan O ) yang dibandingkan ternya titik C-lah yangmemberikan hasil paling besar yakni 27,5. Oleh karena itu perusahaan akan mendapatkankeuntungan yang maksimal sebesar Rp 2.750.000,- apabila mampu memproduksi sepatudengan sol karet ( X1 ) sebanyak 5/6 lusin dan sepatu dengan sol kulit sebanyak 5 lusin.

2. Dengan menggambarkan dan menggeser fungsi tujuan ( Z )

Misalkan dengan mencoba menggambar fungsi tujuan dengan nilai Z = 10 = 3X1 + 5X2seperti terlihat pada garis p pada gambar berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 9: Buku TRO Oke

9

Ternyaka dengan nilai Z = 10 = 3X1 + 5X2, masih ada lebih dari sati titik yang feasibel,sehingga garis tersebut perlu digeser ke atas lagi sampai hanya menyinggung satu titiksaja. Dan apabila itu dilakukan ternyata titik yang tersinggung oleh garis p’ tersebutadalah titik C, dengan Nilai Z = 27,5 = 3X1 + 5X2. Dengan demikian titik inilah yangpaling optimal.

Beberapa hal lain dalam Metode grafik

A. Masalah Minimisasi

Yang dimaksud minimisasi di sisni adalah fungsi tujuan menggambarkan keingginanperusahaan untuk meinimalkan sesuatu ( misalnya biaya, kecelakaan kerja, pemborosan,dll. ). Apabila kasus ini terjadi, maka dari contoh kasus yang sama, pilihan jatuh padatitik yang memberikan hasil yang terendah. Dan bila menggunakan cara pergeseran garisZ atau p, maka penggeseran dilakukan ke kiri.

2X1 8

X2

X1

40

3X2 15

6X1 + 5X2 30Daerah feasiblep

p’

DC

A

B

5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 10: Buku TRO Oke

10

B. Fungsi batasan bertanda lebih besar sama dengan ( )

Apabila hal ini terjadi, maka gambar 2.4 akan menjadi :

Dan untuk mendapatkan hasil yang optimal, titik yang dibandingkan cukup titik A, B,dan C saja.

C. Fungsi batasan bertanda sama dengan ( = )

Apabila hal ini terjadi, maka gambar 2.4 akan menjadi :

2X1 8

X2

X1

40

3X2 15

6X1 + 5X2 30

Daerahfeasible

DC

A

B

5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 11: Buku TRO Oke

11

Dengan demikian daerah feasibelnya akan berada di sepanjang garis antara titik A dan B.

2X1 8

X2

X1

40

3X2 15

6X1 + 5X2 30

B

A

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 12: Buku TRO Oke

12

BAB IILINEAR PROGRAMMING DENGAN SIMPLEX

Tujuan:

Dengan menggunakan contoh terdahulu :

Fungsi tujuan : Maksimalkan Z = 3X1 + 5X2Dengan batasan :

Mesin A 2X1 8Mesin B 3X2 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 , dimana X1 dan X2 0

Sebelumnya perlu diingat, bahwa :1. Sama dengan metode sebelumnya, dalam metode simplex ini juga akan dikenal

masalah miximalisasi dan minimalisasi2. Apabila kita jumpai kasus seperti di atas, dimana fungsi tujuan bertanda sama

dengan (=) dan fungsi batasan bertanda lebih kecil sama dengan ( ), maka kasusyang sedang dihadapi adalah kasus yang normal/wajar. Apabila yang terjadiadalah sebaliknya, maka kasusnya tidak normal/wajar sehingga memerlukanpenyelesaian yang berbeda.

Langkah-langkah yang diperlukan untuk menyelesaikan masalah LP dengan metodeSimplex adalah :

Langkah 1 :Melakukan identifikasi masalah dengan jalan menyederhanakan kasus di atas dalambentuk model tabulasi.Langkah 2 :Merubahan model tabulasi menjadi model matematis (fungsi tujuan dan fungsi batasan)Langkah 3 :Merubah persamaan fungsi tujuan dan persamaan/pertidaksamaan fungsi tujuan kedalampersamaan simplexLangkah 4 :Memindah semua nilai koefisien dalam persamaan simplex ke dalam tabel simplexLangkah 5Menentukan Kolom kunci. Kolom kunci ini ditentukan dengan cara mencari nilai negatifterbesar yang ada di baris tujuan (Z) pada tabel simplex tersebut.Langkah 6Menentukan Baris kunci. Baris kunci ditentukan dengan cara membagi setiap angka padakolom Nilai kanan (NK) dengan setiap angka pada baris kunci. Kemudian dari hasilpembagian tersebut dipilih hasil positif yang paling kecil.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Setelah menyelesaikan bab ini, mahasiswa diharapkan mampu membentuk tabel simplex awal,menentukan solusi dasar, menentukan variabel dasar, dan menentukan solusi optimal darimasalah linear programming yang diberikan.

Page 13: Buku TRO Oke

13

Nilai KananBaris Kunci : --------------------------- Angka Kolom Kunci

Langkah 7Menentukan Angka kunci. Angka kunci adalah angka yang terdapat pada perpotonganantara Kolom kunci dan Baris kunci. Selanjutnya menggunakan angka kunci tersebutuntuk menentukan baris kunci yang baru, apabila langkah ke-8 masih menemukan nilaiyang negatif.Langkah 8Melakukan pengecekan apakah sudah tidak ada lagi angka/nilai negatif di baris tujuan(kecuali nilai kanan) pada tabel simplex tersebut. Jika sudah tidak ada maka tabel simplextelah optimal. Jika masih ada yang negatif, maka tabel belum optimal dan perludilanjutkan ke proses selanjutnya.Langkah 9Jika ternyata masih ada angka negatif pada baris tujuan (Z), langkah selanjutnya adalahmenentukan nilai baris kunci yang baru. Nilai Baris kunci yang baru ditentukan dengancara membagi semua nilai yang ada pada baris kunci yang lama dengan angka kuncinya.Jadi rumusnya adalah :

Baris kunci yang lamaBaris kunci yang baru : -------------------------------- Angka kunci

Langkah 10Mengisi/melengkapi sel lain dalam tabel simplex yang masih kosong, dengan cara angkaatau nilai yang lama dikurangi dengan hasil perkalian antara angka baris baru yang sesuaidengan angka kolom kunci yang bersangkutan juga.

Dari kasus di atas,apabila diselesaikan dengan metode Simplex, maka :

Langkah 1 dan Langkah 2, sama dengan metode Grafik sebelumnya.Langkah 3Merubah persamaan fungsi tujuan dan persamaan/pertidaksamaan fungsi tujuan kedalampersamaan simplex

Fungsi tujuan akan dirubah menjadi persamaan simplex dengan cara memindah semuanilai ya ng ada di sisi kanan persamaan ke sisi sebelah kiri persamaan, sehingga akanmenjadi :Maksimalkan Z = 3X1 + 5X2 menjadià Z – 3X1 – 5 X2 = 0

Sedangkan fungsi batasan akan menjadi persamaan simlex selain dengan caramerubahnya menjadi fungsi persamaan, dalam kasus normal juga akan ditambahkan satuvariabel tambahan (Slack variabel) untuk setiap fungsi batasan. Simbol dari variabelbatasan tersebut biasanya melanjutkan simbol yang telah digunakan oleh kegiatan atau

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 14: Buku TRO Oke

14

produk yang sedang dibahas. Sebagai contoh : karena dalam kasus yang ada simbol yangdigunakan untuk produk adalah X1 dan X2, maka selanjutnya variabel tambahannya akanmenggunakan simbol X3 dan seterusnya.

Sedangkan fungsi batasan akan menjadi :

Mesin A 2X1 8 à 2X1 + X3 = 8Mesin B 3X2 15 à + 3X2 + + X4 = 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 , à 6X1 + 5X2 + X5 = 30dimana X1 dan X2 0

Perhatikan, bahwa setiap fungsi batasan akan menjadi persamaan simplex dengan tanda(=) dan memiliki tambahan variabel (slack variabel) masing-masing.

Langkah 4Memindah semua nilai koefisien dalam persamaan simplex ke dalam tabel simplex

X1 X2 X3 X4 X5 NK

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

X4 0 3 0 1 0 15

X5 6 5 0 0 1 30

Langkah 5Menentukan kolom kunci. Kolom kunci ini ditentukan dengan cara mencari nilai negatifterbesar yang ada di baris tujuan (Z) pada tabel simplex tersebut.

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z - 3 - 5 0 0 0 0X3 2 0 1 0 0 8X4 0 3 0 1 0 15X5 6 5 0 0 1 30

Kolom X2 adalah merupakan kolom kunci karena memiliki nilai negatif terbesar di baristujuannya (Z).

Langkah 6Menentukan Baris kunci. Baris kunci ditentukan dengan cara membagi setiap angka padakolom Nilai kanan (NK) dengan setiap angka pada baris kunci. Kemudian dari hasilpembagian tersebut dipilih hasil positif yang paling kecil.

Dari Fs. Batasan 1

Dari Fs. Batasan 2Dari Fs. Batasan 3

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 15: Buku TRO Oke

15

Nilai KananBaris Kunci : --------------------------- Angka Kolom Kunci

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z - 3 - 5 0 0 0 0X3 2 0 1 0 0 8X4 0 3 0 1 0 15X5 6 5 0 0 1 30

Baris X4 adalah baris kunci karena hasil bagi nilai di kolom NK dengan nilai di kolomkuncinya menghasilkan nilai positif paling kecil. Untuk lebih jelasnya, perhatikanperhitungan berikut ini.

Baris Z à 0/-5 = tak terdefinisikanBaris X3 à 8/0 = divinition by zeroBaris X4 à 15/3 = 5à positif terkecilBaris X5 à 30/5 = 6

Langkah 7Menentukan Angka kunci. Angka kunci adalah angka yang terdapat pada perpotonganantara Kolom kunci dan Baris kunci. Selanjutnya menggunakan angka kunci tersebutuntuk menentukan baris kunci yang baru, apabila langkah ke-8 masih menemukan nilaiyang negatif. Dari tabel di atas, angka kuncinya adalah 3, karena angka tersebut terletakdi perpotongan antara kolom kunci dan baris kunci.

Langkah 8Melakukan pengecekan apakah sudah tidak ada lagi angka/nilai negatif di baris tujuan(kecuali nilai kanan) pada tabel simplex tersebut. Jika sudah tidak ada maka tabel simplextelah optimal. Dari tabel di atas, terlihat bahwa baris tujuan masih memiliki nilai negatif,sehingga tabel dapat dikatakan belum optimal dan perlu diproses lebih lanjut.

Langkah 9Karena ternyata masih ada angka negatif pada baris tujuan, langkah selanjutnya adalahmenentukan nilai baris kunci yang baru. Nilai Baris kunci yang baru ditentukan dengancara membagi semua nilai yang ada pada baris kunci yang lama dengan angka kuncinya.Dengan rumus tersebut, hasilnya adalah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 16: Buku TRO Oke

16

X1 X2 X3 X4 X5 NK

ZX3X2 0 1 0 1/3 0 5X5

Perhatikan bahwa baris X4 akan menjadi baris X2 (ex. Kolom kunci)

Langkah 10Mengisi/melengkapi sel lain dalam tabel simplex yang masih kosong, dengan cara angkaatau nilai yang lama dikurangi dengan hasil perkalian antara angka baris baru yang sesuaidengan angka kolom kunci yang bersangkutan juga. Untuk lebih jelasnya, perhatikanperhitungan berikut ini :

Untuk baris tujuan.

- 3 - 5 0 0 0 0( 0 1 0 1/3 0 5 ) – 5___________________________________________ - - 3 0 0 5/3 0 25

Jadi nilai pada baris tujuan yang baru adalah : - 3 0 0 5/3 0 25

Untuk baris X3

2 0 1 0 0 8( 0 1 0 1/3 0 5 ) 0___________________________________________ -

2 0 1 0 0 8

Jadi nilai pada baris X2 yang baru adalah : 2 0 1 0 0 8Perhatikan, bahwa apabilanilai kolom kuncinya adalah 0 (nol), maka hasil nilai barisyang baru akan sama dengan nilai baris yang lama. Jadi untuk selanjutnya apabilamenemukan hal yang sama, perhitungan tidak perlu dilakukan.

Untuk baris X5

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

6 0 0 -5/3 1 5

Jadi nilai pada baris X5 yang baru adalah : 6 0 0 -5/3 1 5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 17: Buku TRO Oke

17

Dengan demikian tabel kedua simplex-nya adalah :

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z -3 0 0 5/3 0 25X3 2 0 1 0 0 8X2 0 1 0 1/3 0 5X5 6 0 0 -5/3 1 5

Kembali ke Langkah 8, Karena masih ada nilai negatif (-3) pada baris tujuannya, makatabel simplex yang diperoleh belum optimal, sehingga perlu kembali lagi ke Langkah 5,yakni menentukan kolom kunci pada tabel kedua simplex tersebut.

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z -3 0 0 5/3 0 25X3 2 0 1 0 0 8X2 0 1 0 1/3 0 5X5 6 0 0 -5/3 1 5

Kolom X1 terpilih menjadi kolom kunci karena memiliki nilai negatif pada baristujuannya. Sebelum bisa mendapatkan tabel simplex yang ketiga, maka langkah ke-6 dan7 perlu dilakukan terlebih dahulu.

Langkah 6 (iterasi ke-2)Menentukan Baris kunci. Baris kunci ditentukan dengan cara membagi setiap angka padakolom Nilai kanan (NK) dengan setiap angka pada baris kunci. Kemudian dari hasilpembagian tersebut dipilih hasil positif yang paling kecil.

Nilai KananBaris Kunci : --------------------------- Angka Kolom Kunci

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z -3 0 0 5/3 0 25X3 2 0 1 0 0 8X2 0 1 0 1/3 0 5X5 6 0 0 -5/3 1 5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 18: Buku TRO Oke

18

Baris X5 adalah baris kunci karena hasil bagi nilai di kolom NK dengan nilai di kolomkuncinya menghasilkan nilai positif paling kecil. Untuk lebih jelasnya, perhatikanperhitungan berikut ini.

Baris Z à 25/-3 = negatifBaris X3 à 8/2 = 4Baris X4 à 5/0 = pembagian dengan 0Baris X5 à 5/6 = 5/6à positif paling kecil

Langkah 7 (iterasi ke-2)Menentukan Angka kunci. Angka kunci adalah angka yang terdapat pada perpotonganantara Kolom kunci dan Baris kunci. Selanjutnya menggunakan angka kunci tersebutuntuk menentukan baris kunci yang baru, apabila langkah ke-8 masih menemukan nilaiyang negatif. Dari tabel di atas, angka kuncinya adalah 6, karena angka tersebut terletakdi perpotongan antara kolom kunci dan baris kunci.

Langkah 8 dan 9 (iterasi ke-2)Karena ternyata masih ada angka negatif pada baris tujuan, langkah selanjutnya adalahmenentukan nilai baris kunci yang baru. Nilai Baris kunci yang baru ditentukan dengancara membagi semua nilai yang ada pada baris kunci yang lama dengan angka kuncinya.Dengan rumus tersebut, hasilnya adalah :

X1 X2 X3 X4 X5 NK

ZX3X2X1 1 0 0 - 5/18 1/6 5/6

Perhatikan bahwa baris X5 akan menjadi baris X1 (ex. Kolom kunci)

Langkah 10 (iterasi ke-2)Mengisi/melengkapi sel lain dalam tabel simplex yang masih kosong, dengan cara angkaatau nilai yang lama dikurangi dengan hasil perkalian antara angka baris baru yang sesuaidengan angka kolom kunci yang bersangkutan juga. Untuk lebih jelasnya, perhatikanperhitungan berikut ini :

Untuk baris tujuan.

- 3 0 0 5/3 0 25( 1 0 0 -5/18 1/6 5/6 ) – 3___________________________________________ - 0 0 0 5/6 1/2 27,5

Jadi nilai pada baris tujuan yang baru adalah : 0 0 0 5/6 1/2 27,5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 19: Buku TRO Oke

19

Untuk baris X3

2 0 1 0 0 8( 1 0 0 -5/18 1/6 5/6 ) 2___________________________________________ -

0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3

Jadi nilai pada baris X2 yang baru adalah : 0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3

Perhatikan, bahwa apabilanilai kolom kuncinya adalah 0 (nol), maka hasil nilai barisyang baru akan sama dengan nilai baris yang lama. Jadi untuk selanjutnya apabilamenemukan hal yang sama, perhitungan tidak perlu dilakukan.

Untuk baris X2

0 1 0 1/3 0 5( 1 0 0 -5/18 1/6 5/6 ) 0___________________________________________ -

0 1 0 1/3 0 5

Jadi nilai pada baris X5 yang baru adalah : 0 1 0 1/3 0 5Dengan demikian tabel kedua simplex-nya adalah :

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z 0 0 0 5/6 1/2 27,5X3 0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 - 5/18 1/6 5/6

Perhatikan ! Karena dalam tabel simlex ketiga di atas sudah tidak ada lagi nilai negatifpada baris tujuannya, maka dapat dikatakan bahwa masalah LP ini telah optimal, dengankesimpulan.

1. Jumlah produksi untuk sepatu karet (X1) sebaiknya dilakukan dalam jumlah 5/6(lihat kolom NK, baris X1). Sementara itu sepatu kulit sebaiknya diproduksisebanyak 5 (lihat kolom NK, baris X2)

2. Dengan hasil pada poin 1 di atas, maka keuntungan yang akan diterima olehperusahaan adalah sebesar 27,5 atau 2.750.000 (lihat kolom NK, baris Z)

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 20: Buku TRO Oke

20

Rangkuman proses penyelesaian masalah LP dengan metode Simplex

Dari proses iterasi /penyelesaian di atas, dapat dsimpulkan bahwa untuk kasus di atasdiperlukan iterasi sampai tahap ke-2 untuk mendapatkan tabel simplex yang memberikanhasil optimal.

Secara umum perkembangan iterasi dari tabel-tabel simpelx tersebut dapat dilihat padatabel ringkasan berikut ini.

Tabel Simplex Ringkasan

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z - 3 - 5 0 0 0 0

X3 2 0 1 0 0 8X4 0 3 0 1 0 15X5 6 5 0 0 1 30

X1 X2 X3 X4 X5 NKZ -3 0 0 5/3 0 25

X3 2 0 1 0 0 8X2 0 1 0 1/3 0 5X5 6 0 0 -5/3 1 5

X1 X2 X3 X4 X5 NKZ 0 0 0 5/6 1/2 27,5

X3 0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 - 5/18 1/6 5/6

Produksi sepatu karet (X1) = 5/6Produksi sepatu kulit (X2) = 5Laba optimal = 27,5

TabelSimplex awal

TabelSimplex iterasi 1

TabelSimplex optimal

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 21: Buku TRO Oke

21

Penyimpangan Bentuk Standar Simplex

Penyimpangan bentuk standar dapat terjadi karena beberapa sebab, antara lain karena :

1. Fungsi tujuan (Z) bukan Maximalisasi, tetapi Minimalisai2. Fungsi batasan bertanda (=) atau ( )3. Dan syarat X1 atau X2 tidak terpenuhi, misalkan X1 - 10 (negatif)

Dengan menggunakan kasus di atas, dapat dicontohkan sebagai berikut ;

Minimalkan Z = 3X1 + 5X2

Dengan batasan :

Mesin A 2X1 = 8Mesin B 3X2 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 ,

dimana X1 dan X2 0

Langkah penyelesaian untuk kasus penyimpangan ini adalah :

Langkah 1Membuat kasus yang menyimpang menjadi kasus normalSetelah normal, Langkah selanjutnya adalah sama seperti penyelesaian kasus simplexsebelumnya.

Penyelesaian :

Langkah 1Membuat kasus yang menyimpang menjadi kasus normal

Untuk fungsi tujuanà agar menjadi Maximalisasi,à dikalikan dengan (-1), sehingga :

Dari Minimalkan Z = 3X1 + 5X2 à menjadi Maksimalkan (-Z) = -3X1 – 5X2

Untuk fungsi batasan :• Jika sebelumnya fungsi batasan sudah bertanda (=), maka untuk menjadi

persamaan simplex, perlu dibuatkan sebuah variabel yang disebut dengan variabelbuatan (artificial variabel)

• Jika sebelumnya fungsi batasan bertanda ( ), maka perlu dijadikan dulu ( )dengan cara dikalikan (-1). Namun apabila proses tersebut menyebabkan slackvariabelnya bernilai negatif, maka perlu dibuatkan juga artificial variabel.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 22: Buku TRO Oke

22

• Perlu diingat bahwa, pembuatan variabel pada setiap fungsi batasan, akanmengakibatkan fungsi tujuannya bertambah sebesar M dari batasan yangbersangkutan. M yang muncul adalah bilangan yang sangat besar, namun tidaktak terhingga, sehingga sering disebut dengan The Big M.

Selanjutnya, sebelum nilai fungsi tujuan dipindah ke tabel simplex, bilangan M yang adadalam fungsi tujuan tersebut harus dijadikan nol terlebih dahulu, karena setiap variabeldasar (slack atau artificial variabel), harus bernilai nol.

Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh berikut :

Fungsi batasan 1Karena batasan pertamaà Mesin A 2X1 = 8,maka akan menjadi : Mesin A 2X1 + X3 = 8

X3 bar yang muncul bukan slack variabel (variabel tambahan), namun artificial variabel(variabel buatan), dan ini akan mengakibatkan fungsi tujuannya memiliki tambahan nilaisebesar M.Dari Minimalkan Z = 3X1 + 5X2 à menjadi Maksimalkan (-Z) = -3X1 – 5X2 à menjadi persamaan simplex Maksimalkan –Z + 3X1 + 5 X2 + MX3 = 0

Fungsi batasan 2Karena batasan kedua ini tidak ada penyimpangan maka untuk menjadi persamaansimplex, cukup ditambahkan slack variabel saja.

Mesin B 3X2 15 à + 3X2 + + X4 = 15

Fungsi batasan 3

Mesin C 6X1 + 5X2 30 , à bila dinormalkan akan menjadi :- 6X1 - 5X2 - 30 à persamaan simplexnya ;

- 6X1 - 5X2 +X5 = - 30

Karena nilai X1 dan X2 negatif (tidak sesuai dengan syaratnya, dimana X1 dan X2 0),maka harus dikalikan dengan (-1), sehingga menjadi :

6X1 + 5X2 -X5 = 30

Permasalahan yang timbul kemudian adalah variabel slack-nya sekarang bernilai negatif,dan hal ini berarti meniadakan variabel tersebut, sehingga perlu dibuatkan sebuahartificial variabel, dan hasilnya menjadi :

6X1 + 5X2 -X5 + X6 = 30

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 23: Buku TRO Oke

23

Penambahan artificial tersebut akan berdampak pada fungsi tujuan, yakni denganbertambahnya fungsi tujuan dengan bilangan M. Sehingga fungsi tujuannya akan berubahlagi menjadi :

Maksimalkan –Z + 3X1 + 5 X2 + MX3 + MX6 = 0

Masalah berikutnya yang muncul adalah setiap variabel dasar (slack atau artificialvariabel), harus bernilai nol, sehingga MX3 dan MX6 di atas harus di-nol-kan terlebihdahulu, sebelum dipindah ke tabel simplex. Cara yang digunakan adalah denganmengurangi bilangan M tersebut dengan bilangan M itu sendiri, yang sebelumnyadikalikan dengan setiap nilai batasan yang menyebabkan munculnya bilangan M tersebut.

Untuk jelasnya perhatikan cara berikut :

Nilai fungsi tujuan terakhir adalah : 3 5 M 0 0 M 0

Kita coba hilangkan M yang pertama terlebih dahulu.

X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

3 5 M 0 0 M 0(2 0 1 0 0 0 8) M_____________________________________ -

3-2M 5 0 0 0 M -8M

Selanjutnya kita hilangkan M yang kedua.

3-2M 5 0 0 0 M -8M(6 5 0 0 -1 1 30) M______________________________________ -

3-8M 5-5M 0 0 M 0 -38M, Atau

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

Meskipun masih ada M pada kolom ke-5, namun M tersebut sudah tidak lagi sebagaivariabel dasar, karena sebelumnya (X5) telah bernilai negatif (lhat pebahasan batasan ke-3).Nilai fs. Tujuan -8M+3 -5M+5 0 0 M 0 -38M inilahyang selanjutnya akan dimasukkan ke tabel simplex, sehingga tabel simlex awalnyaadalah sebagai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 24: Buku TRO Oke

24

Tabel Awal simplex, untuk kasus penyimpangan :

X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

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

X3 2 0 1 0 0 0 8

X4 0 3 0 1 0 0 15

X6 6 5 0 0 -1 1 30

Langkah selanjutnya adalah sama seperti penyelesaian pada kasus normal, yakni mencarikolom kunci, mencari baris kunci, dansetrusnya sampai optimal (tidak ada lagi nilainegatif pada baris tujuan, Z, keculai kolom NK-nya)

Berikut ini adalah ringkasan hasil penyelesaian kasus penyimpangan di atas.

X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

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

X3 2 0 1 0 0 0 8

X4 0 3 0 1 0 0 15

X6 6 5 0 0 -1 1 30

X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

Z 0 -5M+5 4M-3/2 0 M 0 -6M-

12

X1 1 0 1/2 0 0 0 4

X4 0 3 0 1 0 0 15

X6 0 5 -3 0 -1 1 6

X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK

Z 0 0 M+3/2 0 1 M+1 -18

X1 1 0 1/2 0 0 0 4

X4 0 1 9/5 1 3/5 -3/5 5 7/5

X2 0 1 -3/5 0 -1/5 1/5 6/5

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 25: Buku TRO Oke

25

Kesimpulannya :

Agar kerugiannya minimal,maka produksi yang harus dilakukan adalah :

Produksi sepatu karet (X1) = 4Produksi sepatu kulit (X2) = 6/5Kerugian minimal = - 18

Penyimpangan berikutnya adalah, bagaimana jika semua fungsi, baik tujuan maupunbatasannya normal, tapi syarat bahwa X1 dan X2 0, tidak terpenuhi, misalnya menjadi ;

X1 -10 ?

Apabila dijumpai kasus seperti ini maka nilai variabel X1 harus disesuaikan menjadivariabel baru dengan nama X’1 yang nilainya adalah :

X’1 = X1 + 10, sehinggaX1 = X’1 – 10, dan selanjutnya semua nilai X1 pada fungsi tujuan dan batasan,diganti dengan X’1 – 10, sehingga menjadi :

Fungsi tujuan :Maksimumkan Z = 3 (X’1 – 10) + 5X2 = - 30 + 3X’1 + 5X2

Fungsi batasannya :Mesin A 2 (X’1 – 10 ) 8 - 20 + 2’X1 8 2’X1 28

Mesin B 3X2 15

Mesin C 6 (X’1 – 10) + 5X2 30 - 60 + 6X’1 + 5X2 30 6X’1 + 5X2 90

Setelah demikian, Langkah penyelesaian berikutnya adalah sama dengan kasus yangnormal.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 26: Buku TRO Oke

26

BAB IIIDUALITAS DAN ANALISIS SENSITIVITAS

Kegunaan Dualitas dan Analisis Sensitivitas:1. Dualitas lebih banyak bermanfaat untuk melakukan pengujian/pengecekan apakah

nilai-nilai yang telah dihasilkan dengan metode simplex telah benar dan hasilnyadapat digunakan untuk pengambilan keputusan manajemen

2. Sementara itu, analisis sensitivitas selain digunakan untuk pengujian/pengecekan,analisis ini lebih bermanfaat untuk menghindari pengulangan perhitungan dariawal, apabila terjadi perubahan-perubahan pada masalah LP simplex. Perubahanyang dimaksud misalnya :a. perubahan nilai koefisien dalam fungsi tujuan, misalkan dari contoh

sebelumnya, karena tuntutan keadaan keuntungan yang diharapkan dari sepatukaret tidak lagi Rp 300.000,- tapi menjadi Rp 500.000,-/unit, dst.

b. perubahan pada kapasitas maksimal mesin, misalkan karena mesin keduadiperbaiki, diganti oli-nya, dan disetup ulang, maka bila sebelumnya hanyabisa menyala 15 jam, saat ini mampu menyala hingga 16 jam.

Jika hal tersebut terjadi, fungsi tujuan dan batasan akan berubah, dan apabiladilakukan perhitungan lagi dari awal tentunya akan memakan waktu yangcukup lama, disamping risiko kesalahan hitung yang mungkin muncul. Olehkarena itu analisis sensitivitas diperlukan untuk sesegera mungkinmendapatkan hasil optimal yang baru dari perubahan-perubahan tersebut.

Untuk memahami konsep dualitas, langkah pertama yang perlu dipahami adalah bahwasebenarnya Dualitas adalah ‘kebalikan’ masalah Simplex, dan masalah Simplex sendiriselanjutnya sering disebut dengan masalah Primal. Jadi masalah Dual adalah ‘kebalikan’dari masalah Primal (simplex)

Dari contoh kasus di atas, masalah Primal (simpelx)-nya adalah :

Fungsi tujuan : Maksimalkan Z = 3X1 + 5X2Dengan batasan :

Mesin A 2X1 8Mesin B 3X2 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 ,

dimana X1 dan X2 0

Masih ingat khan, bahwa kedua fungsi di atas berasal dari tabel penyederhanaan ygdibuat pada kasus berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Tujuan:Setelah menyelesaikan bab ini, mahasiswa diharapkan mampu menyelesaikan masalah dual, menginterpretasikan secara ekonomi masalah dual, mengartikan solusi masalah dual,membuat analisis sensitivitas, dan memahami penggunaan analisis sensitivitas.

Page 27: Buku TRO Oke

27

MerkMesin X1 X2 Kapasitas

maksimum

A 2 0 8

B 0 3 15

C 6 5 30

Kontribusi terhadapkeuntungan / lusin (

dalam Rp 100.000,- )3 5

Tabel penyederhanaan kasus Primal (simplex) di atas apabila dijadikan Dual akanmenjadi :

A B C

X1 2 0 6 3

X2 0 3 5 5

8 15 30

Atau apabila notasi A, B, dan C serta X1 dan X2 diganti dengan notasi umum dalam Dualakan menjadi :

Y1 Y2 Y3

Batasan 1 2 0 6 3

Batasan 2 0 3 5 5

8 15 30

Sehingga fungsi tujuan dan batasan Dual-nya dapat diperoleh dengan cara yang samadengan ketika dulu mendapatkan fungsi tujuan dan batasan pada Primal (simplex)-nya.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 28: Buku TRO Oke

28

Dengan demikian fungsi tujuan dan batasan Dual-nya (dan ini merupakan ‘kebalikan’dari fs. Tujuan dan batasan Primal-nya) adalah :

Fungsi Tujuannya :

Minimalkan Y = 8Y1 + 15Y2 + 30Y3 à perhatikan mjd Minimalisasi

Dengan batasan :

2Y1 + 6Y3 3 à tanda juga berubah 3Y2 + 5Y3 5

Dimana Y1, Y2, dan Y3 0

Perhatikan !Dalam fungsi tujuan dan batasan Dual tersebut :

1. Fungsi tujuannya dari maksimalisasi menjadi minimalisasi2. Nilai koefisien pada fungsi tujuan (8, 15, dan 30) sebelumnya adalah nilai kanan

(NK) dari fungsi batasan Primal (simplex)-nya.3. Sebaliknya nilai kanan batasan (3 dan 5) sebelumnya adalah nilai koefisien fungsi

tujuan pada kasus Primal (simplex)4. Nilai koefisien pada fungsi batasan Dual adalah ‘pembacaan’ vertikal dari nilai

koefisien di batasan Primalnya5. Jumlah batasan (3) akan menjadi jumlah variabel dalam fungsi tujuan Dualnya

(Y1 s.d. Y3)

Bila disandingkan kedua masalah Primal dan Dual di atas, akan terlihat :

Selanjutnya apa kegunaan atau manfaat hubungan antara Primal dan Dual tersebut ?

Seperti telah dijelaskan di bagian awal bab ini, maka salah satu manfaat Dualitas adalahuntuk melakukan pengecekan apakah nilai-nilai yang telah dihasilkan dengan metode

Fungsi tujuan Primal :Maksimalkan Z = 3X1 + 5X2

Dengan batasan :

Mesin A 2X1 8Mesin B 3X2 15Mesin C 6X1 + 5X2 30 ,

dimana X1 dan X2 0

Fungsi Tujuan Dual :Minimalkan Y = 8Y1 + 15Y2 + 30Y3

Dengan batasan :

2Y1 + 6Y3 3 3Y2 + 5Y3 5

Dimana Y1, Y2, dan Y3 0

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 29: Buku TRO Oke

29

simplex telah benar dan hasilnya dapat digunakan untuk pengambilan keputusanmanajemen.

Namun demikian, sebelumnya perlu kita perhatikan hasil optimal simplex dari kasussebelumnya.

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z 0 0 0 5/6 1/2 27,5X3 0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 - 5/18 1/6 5/6

Dari tabel optimal simplex di atas telah disimpulkan bahwa :1. Jumlah produksi untuk sepatu karet (X1) sebaiknya dilakukan dalam jumlah 5/6

(lihat kolom NK, baris X1). Sementara itu sepatu kulit sebaiknya diproduksisebanyak 5 (lihat kolom NK, baris X2)

2. Dengan hasil pada poin 1 di atas, maka keuntungan yang akan diterima olehperusahaan adalah sebesar 27,5 atau 2.750.000 (lihat kolom NK, baris Z)

Selain nilai 5/6; 5; dan 27,5 tersebut di atas ternyata nilai yang bermanfaat tidak hanyaitu. Ada beberapa nilai yang juga penting.

Perhatikan nilai-nilai dibawah variabel dasar X3, X4, dan X5 pada baris Z tersebut diatas. Nilainya adalah 0, 5/6, dan 1/2. Nilai-nilai ini secara umum dapat diartikan sebagaibesarnya tambahan keuntungan perusahaan apabila masing-masing kapasitas batasanbertambah sebesar 1 unit kapasitas ( misalnya mesin A dari 8 jam menjadi 9 jam, mesinB dari 15 jam menjadi 16 jam). Dengan demikian dapat diartikan bahwa :

1. Nilai 0 (nol) di bawah variabel dasar X3 menunjukkan bahwa apabila mesin A(batasan 1) kapasitasnya bertambah dari 8 jam menjadi 9 jam, maka keuntunganperusahaan akan bertambah sebesar 0 atau tetap sebesar 27,5.

2. Nilai 5/6 di bawah variabel dasar X4 menunjukkan bahwa apabila mesin B(batasan 2) kapasitasnya bertambah dari 15 jam menjadi 16 jam, makakeuntungan perusahaan akan bertambah sebesar 5/6 sehingga dari 27.5 menjadi27,5 + 5/6 = 28,34

3. Nilai 1/2 di bawah variabel dasar X5 menunjukkan bahwa apabila mesin C(batasan 3) kapasitasnya bertambah dari 30 jam menjadi 31 jam, makakeuntungan perusahaan akan bertambah sebesar 1/2 sehingga dari 27,5 menjadi27,5 + 0,5 = 28.

Benarkah demikian ?

Untuk membuktikannya, perhatikan perhitungan berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 30: Buku TRO Oke

30

Batasan 2Kapasitasnya bertambah 1 jam sehingga menjadi :

3X2 16, bila dihubungkan dengan batasan ketiga6X1 + 5X2 30

Bila batasan 2 dikalikan 5 dan batasan 3 dikalikan 3, hasilnya adalah :

3X2 16 (x5)6X1 + 5X2 30 (x3)

15X2 8018X1 + 15X2 90---------------------------- -- 18 X1 - 10 X1 = -10 / - 18 X1 = 5/9, sementara itu nilai X2 nya adalah :

3X2 16X2 16/3, bila nilai X1 dan X2 ini dimasukkan ke fs tujuan :

Z = 3X1 + 5X2 = 3(5/9) + 5(16/3) = 28,34

Jadi keuntungan yang baru ini 28,34 – 27,5 = 0,84 atau dengan 5/6 dan ini terbuktibahwa apabila kapasitas mesin ke-2 (batasan 2) bertambah dari 15 menjadi 16,keuntungan akan bertambah 5/6.

Selanjutnya, selain mununjukkan tabahan keuntungan yang diakibatkan oleh penambahankapasitas sebesar 1 unit, nilai-nilai dibawah kolom variabel dasar (X3, X4, dan X5)tersebut atau nilai 0, 5/6, dan 1/2 tersebut apabila dimasukkan ke dalam fungsi tujuanDual-nya akan menghasilkan keuntungan yang sama ketika keuntungan tersebutdiperoleh dari fungsi tujuan Primal-nya (hal ini sekaligus dapat digunakan untukmemastikan bahwa hasil optimal pada masalah Primal/Simplex-nya sudah benar).

Untuk lebih jelasnya, perhatikan perhitungan di bawah ini :

Fungsi tujuan Dual :

Minimalkan Y = 8Y1 + 15Y2 + 30Y3 = 8(0) + 15(5/6) + 30(1/2) = 27,5à nilai ini sama dengan yang dihasilkan dari fungsi tujuan

primal/simplex sebelumnya

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 31: Buku TRO Oke

31

Analisis Sensitivitas

Seperti dijelaskan di atas selain dapat digunakan untuk menguji kebenaran hasiloptimal Primal/Simplexnya, analisis sensitifitas sangat bermanfaat untuk menghindaripengulangan perhitungan dari awal, apabila terjadi perubahan-perubahan padamasalah LP simplex.

Pengecekan atau pengujian hasil optimal Primal/simplex dapat dilakukan denganmemanfaatkan beberapa nilai pada tabel simplex optimalnya, khususnya nilai-nilaiyang berada di bawah variabel dasar, kecuali di baris tujuan (Z). Perhatikan lagi tabeloptimal simplex yang sudah diperoleh sebelumnya :

X1 X2 X3 X4 X5 NK

Z 0 0 0 5/6 1/2 27,5X3 0 0 1 5/9 -1/3 6 1/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 - 5/18 1/6 5/6

Dari tabel di atas, nilai-nilai yang dimaksud adalah :

1 5/9 -1/30 1/3 00 -5/18 1/6 à dan ini semua merupakan sebuah matrik.

Matrik inilah yang kemudian dimanfaatkan untuk berbagai keperluan di atas. Selanjutnyauntuk memanfaatkan matrik tersebut, langkah-langkahnya adalah :

Pengujian/pembuktian pertama

Langkah 1Menentukan koefisien-koefisien pada fungsi tujuan Primal/simplex yang berhubungandengan variabel dasar iterasi yang bersangkutan. Dari tabel di atas dapat dilihat bahwaurutan variabel yang dimaksud adalah X2, dan X1. Sementara itu fungsi tujuanPrimal/simplex-nya adalah Z = 3X1 + 5X2, sehingga koefisien yang dimaksud adalah 5dan 3.

Langkah 2Meng-kalikan nilai koefisien tersebut dengan matrik 3x3 di atas, dan perhitungan adalah :

1 5/9 -1/3(0, 5, 3) 0 1/3 0 =

0 -5/18 1/6

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 32: Buku TRO Oke

32

( 0x1 + 5x0 + 3x0; 0x5/9 + 5x1/3 + 3x-5/18; 0x.1/3 + 5x0 + 3x1/6) = (0, 5/6, 1/2 )

(0, 5/6, 1/2 )à hasil ini tidak lain adalah nilai yang ada di bawah variabel dasar X3, X4,X5 pada bari Z tabel optimal Primal/simplex di atas, dan yang sebelumnya telahdijelaskan merupakan nilai-nilai yang mununjukkan tabahan keuntungan yangdiakibatkan oleh penambahan kapasitas sebesar 1 unit.

Dengan hasil ini dapat dikatakan bahwa nilai-nilai tersebut adalah benar dan berarti pulamanfaat dari nilai-nilai tersebut juga benar pula dan dapat dipercaya.

Pengujian/pembuktian pertama

Langkah 1Menentukan nilai kanan dari setiap batasan yang ada dalam fungsi batasanPrimal/simplex-nya. Dari contoh kasus yang ada, nilai yang dimaksud adalah 8, 15, dan30.

Langkah 2Meng-kalikan nilai yang telah ditentukan tersebut dengan matrix di atas, danperhitungannya adalah :

1 5/9 -1/3 80 1/3 0 15 =0 -5/18 1/6 30

1x8 + 5/9x15 + -1/3x30 6 1/30x8 + 1/3x15 + 0x30 = 5 à X20x8 + -5/18x15 + 1/6x30 5/6 à X1

Perhatikan hasil di atas ! Hasil tersebut tidak lain adalah nilai pada kolom NK tabeloptimal Primal/simplex-nya. Dengan demikian memang terbukti bahwa nilai yangdihasilkan oleh tabel simplex adalah benar dan dapat dipercaya.

Dengan hasil di atas, dapat disimpulkan bahwa matrik 3x3 yang diperoleh dari nilai-nilaidalam tabel Primal/simplex optimal dapat digunakan untuk memperoleh nilai optimalproduksi yang harus dilakukan (X1= 5/6 dan X2 = 5 ).

Dengan demikian apabila terjadi perubahan pada nilai kanan batasan (misalkan kapasitasmesin B dinaikkan dari 15 jam menjadi 16 jam dan menurut penjelasan di atas

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 33: Buku TRO Oke

33

keuntungan akan naik sebesar 5/6 sehingga dari 27,5 menjadi 28,34, ) dapat pula dicaridengan bantuan matrik ini. Untuk lebih jelasnya, perhatikan perhitungan berikut ini :

NK sebelumnya NK Setelah perubahan

8 8 15 à 16 30 30

Perhatikan ! Nilai kanan / kapasitas batasan 2 atau mesin B naik menjadi 16, makakeuntungan akan bertambah sebesar 5/6 sehingga dari 27,5 menjadi 28,34, benarkah ?

1 5/9 -1/3 80 1/3 0 1 =0 -5/18 1/6 30

1x8 + 5/9x16 + -1/3x30 6 8/90x8 + 1/3x16 + 0x30 = 5 1/3 à X20x8 + -5/18x16 + 1/6x30 5/9 à X1

Apabilai nilai X1 dan X2 tersebut dimasukkan ke fungsi tujuan Primal/simplex akandiperoleh keuntungan :

Z = 3X1 + 5X2 = 3(5/9) + 5(5 1/3) = 28,34à Jadi terbukti memang keuntungan akan bertambah sebesar 5/6 menjadi

28,34

Begitu pula bila perubahan terjadi pada koefisien fungsi tujuan. Misalkan karena suatusebab, keuntungan per unit X1 dan X2 tidak lagi 3 dan 5, tapi menjadi 4 dan 6, makakeuntungan perusahaan yang baru adalah :

1 5/9 -1/3(0, 6, 4) 0 1/3 0 =

0 -5/18 1/6

( 0x1 + 6x0 + 4x0; 0x5/9 + 6x1/3 + 4x -5/18; 0x.1/3 + 5x0 + 3x1/6) = (0, 8/9, 2/3)

Jadi tambahan keuntungan yang terjadi apabila kapasitas setiap mesin ditambah 1 unittidak lagi 0, 5/6, dan ½, tetapi 0, 8/9 dan 2/3. Dan apabila dimasukkan ke Fungsi tujuanDual untuk mendapatkan hasil adalah : Y = 8(0) + 15(8/9) + 30(2/3) = 33,34 àKeuntungan yang baru.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 34: Buku TRO Oke

34

BAB IVMASALAH TRANSPORTASI

Masalah transportasi berkaitan dengan keterbatasan sumber daya atau kapasitasperusahaan yang harus didistribusikan ke berbagai tujuan, kebutuhan atau aktivitas.Dengan demikian manfaat utama dari mempelajari masalah transportasi ini adalahmengoptimalkan distribusi sumberdaya tersebut sehingga mendapatkan hasil atau biayayang optimal.

Dalam masalah transportasi, secara umum penyelesaian masalah dilakukan dengan duatahap, yakni :

Tahap 1, dengan penyelesaian awal, dimana metode yang dapat digunakan adalah :• Metode NWC (North West Corner)• Metode LC (Least Cost)• Metode VAM (Vogel Aproximation Method)• Metode RAM (Russel Aproximation Method)

Tahap 2, Penyelesaian akhir, dengan metode :• Stepping Stone• MODI (Modified Distribution)

Metode MODI sebenarnya merupakan modifikasi dari metode Stepping Stone yangsudah ada sebelumnya.

Namun demikian, langkah kedua akan digunakan penuh apabila dalam langkah pertama(penyelesaian awal), masalahnya belum dapat dioptimalka.

Untuk mendapatkan gambaran dari masalah ini, perhatikan contoh berikut ini.

Sebuah perusahaan saat ini beoperasi dengan 3 buah pabrik yang memiliki kapasitasmasing-masing sebagai berikut :

Pabrik Kapsitas produksi tiap bulan

Pabrik 1Pabrik 2Pabrik 3

90 ton60 ton50 ton

Total 200 ton

Saat ini ada kebutuhan dari tiga kota besar yang harus dipenuhi, dengan besaranpermintaan masing-masing kota :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 35: Buku TRO Oke

35

Kota Kapsitas produksi tiap bulan

ABC

50 ton110 ton40 ton

Total 200 ton

Perhatikan ! bahwa antara kapasitas pabrik/sumber daya perusahaan dan kebutuhanmasing-masing kota adalah sama, yakni sebesar 200 ton. Apabila dijumpai kasussemacam ini, maka kasus yang sedang dihadapi adalah normal.

Perkiraan biaya transportasi dari setiap pabrik ke masing-masing kota adalah :

Dari pabrik 1 ke kota A = 20 Dari pabrik 3 ke kota A = 25Dari pabrik 1 ke kota B = 5 Dari pabrik 3 ke kota A = 10Dari pabrik 1 ke kota C = 8 Dari pabrik 3 ke kota A = 19Dari pabrik 2 ke kota A = 15Dari pabrik 2 ke kota B = 20Dari pabrik 2 ke kota C = 10

Pertanyaannya adalah :1. Bagaimana distribusi sumber daya atau kapasitas perusahaan yang paling optimal,

guna memenuhi kebutuhan dari ketiga kota besar tersebut ?2. Berapakan total biaya optimal yang harus dikeluarkan perusahaan dalam

memenuhi kebutuhan ketiga kota tersebut ?

Jawab :Untuk menyelesaikan masalah tersebut di atas dan apabila dikaitkan dengan metodepenyelesaian yang dapat digunakan, maka kemungkinan kombinasi metode yangdigunakan adalah sebagai berikut :

Alternatif Kombinasi metode yang dapatdigunakan

12345678

NWC – Stepping StoneLC – Stepping Stone

VAM – Stepping StoneRussel – Stepping Stone

NWC – MODILC – MODI

VAM – MODIRussel - MODI

Penggunaan alternatif di atas hanya dapat digunakan apabila dalam penyelesaian awal,hasil optimal belum ditemukan.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 36: Buku TRO Oke

36

Sebelumnya, masalah atau kasus di atas perlu disederhanakan terlebih dahulu dalam tabeltransportasi, seperti terlihat di bawah ini :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan, bahwa :1. Selanjutnya tabel di atas akan disebut dengan tabel transportasi2. Kolom, umumnya mewakili daerah atau tempat tujuan distribusi3. Baris, umumnya mewakili sumber daya yang dimiliki perusahaan4. Selanjutnya yang dimaksud dengan sel C11 adalah baris 1 (pabrik 1) dan kolom 1

(kota A), sel C12 adalah baris 1 (pabrik 1) dan kolom 2 (kota B), dst.5. Angka yang terdapat pada pojok kanan atas setiap sel menunjukkan biaya

transportasi di sel tersebut.

Alternaif 1 : Kombinasi NWC dan Stepping Stone

Penggunaan metode NWC, sesuai namanya North West Corner penyelesaian selalu akandimulai dari pojok kiri atas (north west) dari tabel transportasi. Dengan demikian hasildari metode ini berturut-turut sebagai berikut :

Langkah 1 Langkah 2

Prinsipnya, sebelum kebutuhan kota A ‘beres’ jangan memenuhi kebutuhan kota B, dst.Sebelum kapasitas Pabrik 1 habis, jangan gunakan kapasitas dari Pabrik 2, dst.

Langkah 1 : Penuhi kebutuhan kota A (50) dengan kapasitas dari Pabrik 1 (90, sisa 40)Langkah 2 : Lanutkan dengan memenuhi kebutuhan kota B (110) dengan sisa kapasitasPabrik 1 (yang sebelumnya/pada langkah 1 masih sisa 40)à masih kurang 70

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 37: Buku TRO Oke

37

Langah 3 Langkah 4

Langkah 3 : Lanjutkan memenuhi kebutuhan kota B (masik kurang 70) denganmenggunakan kapasitas dari Pabrik 2 (60), karena sebelumnya hanya dipenuhi dengansisa kapasitas Pabrik 1 sebesar 40.à inipun masih kurang 10Langkah 4 : Penuhi kekurangan kebutuhan kota B (kurang 10) dengan menggunakankapasitas dari Pabrik 3 sebanyak 10à kapasitas Pabrik 3 tinggal 40

Langkah 5

Langkah 5 : Karena kebutuhan kota B sudah ‘beres’, gunakan sisa kapasitas Pabrik 3untuk memenuhi kebutuhan kota C yang kebetulan juga sebesar 40 à sama persisdengan kapasitas yang tersisa di Pabrik 3

Perhatikan tabel transportasi pada langkah ke-5 di atas. Dengan menggunakan metodeNWC, yang dimulai dari pojok kiri atas, saat ini kebutuha semua kota dan kapasitassemua pabrik telah terpenuhi dan habis. Dari tebel tersebut alokasi atau pendistribusianyang terjadi adalah :

Pabrik 1 akan melayani/mengirim ke kota A sebanyak 50 ton dan kota B sebanyak 40 tonPabrik 2 hanya akan melayani/mengirim ke kota B sebanyak 60 tonPabrik 3 akan melayani/mengirim ke kota B sebanya 10 ton dan kota C sebanyak 40 ton

Pertanyaan yang muncul adalah :1. Sudah benarkah tabel yang dihasilkan sampai dengan langkah ke-5 ersebut ? à

untuk memastikannya, perlu dicek kembali :• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah

cocok dengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1,

atau (jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 38: Buku TRO Oke

38

2. Dari pendistribusi produk perusahaan tersebut, apakah biaya transportasi yangdikeluarkan perusahaan sudah optimal, dalam arti sudah paling minimal ?

Untuk mengetahuinya, dicoba hitung masing-masing biaya pendistribusian tersebutyakni:

Biaya mengirim 50 ton dari P1 ke kota A = 50 x 20 = 1000Biaya mengirim 50 ton dari P1 ke kota B = 40 x 5 = 200Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota B = 60 x 20 = 1200Biaya mengirim 50 ton dari P1 ke kota A = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P1 ke kota A = 40 x 19 = 760 --------- +Total biaya pengirimannya = 3260

Sudahkah biaya sebesar Rp 3260 tersebut optimal (paling kecil ?)Untuk mengetahuinya perlu dilakukan pengujian terhadap alokasi distribusi seperti padalangkah 5 sebelumnya. Mungkinkah dengan menggeser alokasi, biaya bisa diturunkanlagi ?

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 50 40 90

15 20 10Pabrik 2 60 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

AtauKe-

Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-)

(+)90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 (+) (-) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 39: Buku TRO Oke

39

Langkah Pengujian :Langkah 1 :Menguji sel-sel yang masih kosong, apakah masih bisa memiliki nilai negatif atau tidak,artinya masih bisa menurunkan biaya transportasi atau tidak.Sel yang diuji adalah : Sel C13, C21, C23, dan C31. Pengujian dilakukan pada setiap selkosong tersebut dengan menggunakan metode Stepping Stone. Pada metode ini,pengujian dilakukan mulai dari sel kosong tersebut, selanjutnya bergerak (boleh searahjarum jam dan boleh berlawanan) secara lurus/tidak boleh diagonal, ke arah sel yangtelah terisi dengan alokasi, begitu seterusnya sampai kembali ke sel kosong tersebut.Setiap pergerakan ini akan mengurangi dan menambah secara bergantian biaya pada selkosog tersebut. Perhatikan tanda panah dan tanda (+)/(-) nya !!!

Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut ini.

Untuk pengujian sel C13 = biayanya 8, bergerak ke sel C33 (bisa juga ke C12, tapitidak bisa ke C11), sehingga dikurangi 19, bergerak lagi ke C32, sehingga ditambah 10,bergerak langsung ke C12, sehingga dikurangi 5 (tidak perlu ke C22, karena bisalangsung ke C12), sehingga hasil akhirnya adalah 8 – 19 + 10 – 5 = - 6

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 50 40 90

15 20 10Pabrik 2 60 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

PengujianSel C13 = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6Sel C21 = 15 – 20 + 5 -20 = -20Sel C23 = 10 – 19 + 10 – 20 = -19Sel C31 = 25 – 20 + 5 – 10 = 0

Dari pengujian empat sel tersebut dapat dilihat bahwa masih ada tiga sel yangmenghasilkan nilai negatif, dan sel C21 yang memberikan negatif paling besar. Artinyadengan menggeser pengiriman ke sel tersebut, biaya akan dapat diturnkan sebesar Rp 20(karena -20) per ton-nya.Dengan demikian perlu dilakukan perubahan alokasi pengiriman dengan langkah 2selanjutnya :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 40: Buku TRO Oke

40

Langkah 2Merubah alokasi pengiriman ke sel C21, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-) (+) 90

15 20 10Pabrik 2 (+) (-) 60

25 10 19Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C11 dan sel C22. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C11, denganalokasi sebelumnya 50 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C22 yang 60 ton.

Selanjutnya angka 50 ton di sel C11 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C11 menjadi 0 karena 50 – 50 = 0Sel C12 menjadi 90 karena 40 + 50 = 90Sel C22 menjadi 10 karena 60 – 50 = 10Sel C21 menjadi 50 karena 0 + 50 = 50

Nilai alokasi pada sel C32 dan C33 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C21 tersebut.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 41: Buku TRO Oke

41

Sekali lagi lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C13, 23, dan C31.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

PengujianSel C11 = 20 – 5 + 20 – 15 = 20à (menjadi lebih mahal 20/ton)Sel C13 = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6Sel C23 = 10 – 19 + 10 – 20 = -19Sel C31 = 25 – 15 + 20 – 10 = 20à (menjadi lebih mahal 20/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata sel C23 masih dapat memberikan penurunan biayasebesar RP 19/ton. Dengan demikian memang perlu dilakukan perubahan alokasipengiriman, dengan mencoba mengalokasikan pengiriman ke sel C23 dengan langkah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 42: Buku TRO Oke

42

Langkah 3Merubah alokasi pengiriman ke sel C23, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 (-) (+) 60

25 10 19Pabrik 3 (+) (-) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C22 dan sel C33. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C22, denganalokasi sebelumnya 10 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C22 yang 40 ton.

Selanjutnya angka 10 ton di sel C22 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 20 30 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C22 menjadi 0 karena 10 – 10 = 0Sel C23 menjadi 90 karena 0 + 10 = 10Sel C32 menjadi 20 karena 10 + 10 = 20Sel C33 menjadi 50 karena 40 - 10 = 30

Nilai alokasi pada sel C12 dan C21 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C23 tersebut.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 43: Buku TRO Oke

43

Sekali lagi lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C13, C22 dan C31.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 20 30 50

Kebutuhan 50 110 40 200

PengujianSel C11 = 20 – 5 + 10 – 19 + 10 - 15 = 1à (menjadi lebih mahal 1/ton)Sel C13 = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6Sel C22 = 20 – 10 + 19 – 10 = 19à (lebih mahal 20/ton)Sel C31 = 25 – 15 + 10 – 19 = 1à (menjadi lebih mahal 1/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata sel C13 masih dapat memberikan penurunan biayasebesar RP 6/ton. Dengan demikian memang perlu dilakukan perubahan alokasipengiriman, dengan mencoba mengalokasikan pengiriman ke sel C13 dengan langkah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 44: Buku TRO Oke

44

Langkah 4Merubah alokasi pengiriman ke sel C13, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-) (+) 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 (+) (-) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C12 dan sel C33. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C33, denganalokasi sebelumnya 30 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C12 yang 90 ton.

Selanjutnya angka 30 ton di sel C33 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C12 menjadi 60 karena 90 – 30 = 60Sel C13 menjadi 30 karena 0 + 30 = 30Sel C32 menjadi 50 karena 20 + 30 = 50Sel C33 menjadi 0 karena 30 - 30 = 0

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 45: Buku TRO Oke

45

Nilai alokasi pada sel C21 dan C23 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C13 tersebut.Sekali lagi lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C22, C31 dan C33.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

PengujianSel C11 = 20 – 8 + 10 – 15 = 7à (menjadi lebih mahal 7/ton)Sel C22 = 20 – 5 + 8 – 10 = 13 à (menjadi lebih mahal 13/ton)Sel C31 = 25 – 15 + 10 – 8 + 5 - 10 = 7à (lebih mahal 7/ton)Sel C33 = 19 – 10 + 5 – 8 = 6à (menjadi lebih mahal 6/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang bernilai negatiflagi, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat memberikan penurunan biayalagi, sehingga dengan demikian dapat dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500 --------- +Total biaya pengirimannya = 1890

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 46: Buku TRO Oke

46

Alternaif 2 : Kombinasi LC (Least Cost) dan Stepping Stone

Dari contoh kasus di atas sudah diperoleh tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Langkah 1

Penyelesaian masalah dengan menggunakan metode Least Cost, sesuai dengan namanyadimulai dengan memilih alokasi atau sel yang memiliki biaya pengiriman atau biayatransportasi yang paling rendah. Apabila diperhatikan dari tabel di atas, sel yang memilikibiaya terkecil adalah sel C12, yakni biayanya 5/ton, maka alokasi pertama dimulai darisel tersebut, dimana kota yang harus dipenuhi kebutuhannya adalah kota B dan sumberpengirimannya dari Pabrik 1, sehingga alokasinya adalah :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Langkah 2 dan selanjutnya

Selanjutnya dicari sel dengan biaya terendah berikutnya, dimana semua sel pada baris1/pertama tidak diikutkan lagi dalam pemilihan, karena kapasitas Pabrik 1 telah habis.Dari sel yang tersisa, dapat diketahui bahwa biaya terendah berkutnya adalah sel C23atau sel C32 (dengan biaya sama-sama 10). Karena nilai biayanya sama, maka dapatdipilih salah satu dari keduanya. Misalkan dipilih sel C32, artinya kota yang akandipenuhi kebutuhannya adalah kota B (sebelumnya baru dikirim 90 ton, jadi kurang 20ton) dengan kapasitas Pabrik 3, sehigga alokasi berikutnya adalah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 47: Buku TRO Oke

47

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 20 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Selanjutnya dipilih sel dengan biaya terendah berikutnya, dimana baris 1 dan kolom 2tidak dilibatkan lagi. Sel terpilih dengan biaya terendah adalah sel C23, memenuhikebutuhan kota C dengan kapasitas Pabrik 2. Alokasi yang diberikan di sel C23 tersebutadalah 40 ton, sehingga kapasitas Pabrik 2 hanya tinggal 20 ton.

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 40 60

25 10 19Pabrik 3 20 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Karena tinggal kolom satu yang bisa dibandingkan (itupun hanya kolom satu baris 2 dan3), maka Sel dengan biaya terendah selanjutnya adalah sel C21 (kebutuhan kota Adengan kapasitas Pabrik 2), dan alokasi yang diberikan untuk sel tersebut adalah 20 ton(sisa kapasitas Pabrik 2).

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 20 40 60

25 10 19Pabrik 3 20 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 48: Buku TRO Oke

48

Sel terakhir yang dialokasikan adalah sel C31 (kekurangan kebutuhan kota A dengan sisakapasitas Pabrik 3 sebesar 30 ton), sehingga dengan metode Least Cost ini, alokasiakhirnya adalah :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 20 40 60

25 10 19Pabrik 3 30 20 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Untuk mengetahui kebenaran proses ini, lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Namun demikian, sudahkah alokasi pada tabel di atas sudah optimal ?

Langkah 3 dan selanjutnya

Untuk mengetahuinya, perlu dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masih kosong,apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C13, 22, dan C33.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

PengujianSel C11 = 20 – 5 + 10 – 25 = 0Sel C13 = 8 – 10 + 15 – 25 + 10 - 5 = - 7à (penurunan biaya terb esar)Sel C22 = 20 – 10 + 25 – 15 = 20Sel C33 = 19 – 25 + 15 – 10 = - 1

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata sel C13 masih dapat memberikan penurunan biayasebesar RP 7/ton. Dengan demikian memang perlu dilakukan perubahan alokasipengiriman, dengan mencoba mengalokasikan pengiriman ke sel C33 dengan langkah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 49: Buku TRO Oke

49

Langkah 3Merubah alokasi pengiriman ke sel C13, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-) (+) 90

15 20 10Pabrik 2 (+) (-) 60

25 10 19Pabrik 3 (-) (+) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C12, C23 dan sel C31. Dari ketiga sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yangalokasi pengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C31,dengan alokasi sebelumnya 30 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C12 yang 90 ton,dan sel 23 yang 40 ton.

Selanjutnya angka 30 ton di sel C31 tersebut digunakan untuk mengurangi danmenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Untuk mengetahui kebenaran proses ini, lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 50: Buku TRO Oke

50

Namun demikian, sudahkah alokasi pada tabel di atas sudah optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C22, C31 dan C33.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

PengujianSel C11 = 20 – 8 + 10 – 15 = 7à (menjadi lebih mahal 7/ton)Sel C22 = 20 – 5 + 8 – 10 = 13 à (menjadi lebih mahal 13/ton)Sel C31 = 25 – 15 + 10 – 8 + 5 - 10 = 7à (lebih mahal 7/ton)Sel C33 = 19 – 10 + 5 – 8 = 6à (menjadi lebih mahal 6/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang bernilai negatiflagi, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat memberikan penurunan biayalagi, sehingga dengan demikian dapat dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500 --------- +Total biaya pengirimannya = 1890

Hasil ini dengan yang diperoleh apabila digunakan metode NWC sebelumnya.

Alternaif 3 : Kombinasi metode VAM (Vogel Aproximation Method) dan SteppingStone

Langkah 1

Dengan kasus yang sama, penyelesaian kasus dengan metode VAM alokasi dimulaidengan mencari selisih antara biaya terendah pertama dan kedua, dari setiap baris dankolom pada tabel transportasinya. Sebagai contoh, untuk baris 1, biaya terendah pertamaadalah 5 dan terendah kedua adalah 8, sehingga selisihnya adalah 3, begitu seterusnyasampai kolom ke-3. Dari tabel transportasi yang ada dapat diperoleh hasil :

Baris 1 à 8 – 5 = 3Baris 2 à 15 – 10 = 5Baris 3 à 19 – 10 = 9à (dipilih karena memiliki selisih terbesar)Kolom 1 à 20 – 15 = 5Kolom 2 à 10 – 5 = 5Kolom 3 à 10 -8 = 2

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 51: Buku TRO Oke

51

Dari perhitungan di atas dapat disimpulkan bahwa alokasi pertama akan diberikan padabaris 3, karena memiliki selisih terbesar. Pertanyaannya adalah, di baris 3 ada tiga sel, selmana yang akan dialokasinya terlebih dahulu ?Tentu saja alokasi akan diberikan kepada sel yang biayanya paling rendah di baris 3tersebut, yakni sel C32 (kebutuhan kota B dengan kapasitas Pabrik 3). Dengan demikianalokasi pertama dengan metode VAM ini adalah dengan mengirim sejumlah 50 ke kotaB, dan masih kurang 60 ton, karena kapasitas Pabrik 3 hanya 50, sementara kebutuhankota B 110 ton :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Langkah 2

Alokasi kedua berikutnya dilakukan dengan cara yang sama, yakni dengan mencariselisih antara biaya terendah pertama dan kedua, di setiap baris dan kolom pada tabeltransportasinya. Sebagai catatan, baris ketiga tidak diikutkan lagi karena kapasitas pabrik3 telah habis. Dengan demikian, hasil perhitungan selisih menghasilkan :

Baris 1 à 8 – 5 = 3Baris 2 à 15 – 10 = 5Baris 3 à tidak perlu dihitung lagi, kapasitas Pabrik 3 sdh habisKolom 1 à 20 – 15 = 5Kolom 2 à 20 – 5 = 15à dipilih karena memiliki selisih terbesarKolom 3 à 10 -8 = 2

Dari perhitungan di atas dapat disimpulkan bahwa alokasi kedua akan diberikan padakolom 2, karena memiliki selisih terbesar. Pertanyaannya adalah, di Kolom 2 ada dua sel,sel mana yang akan dialokasinya terlebih dahulu ?Tentu saja alokasi akan diberikan kepada sel yang biayanya paling rendah di kolom 2tersebut, yakni sel C12 (kebutuhan kota B dengan kapasitas Pabrik 1). Dengan demikianalokasi selanjutnya dengan metode VAM ini adalah dengan mengirim sejumlah 60 ton kekota B (kekurangan kebutuhan kota B), à karena kapasitas Pabrik 1 ada 90 ton, saat inikapasitas Pabrik 1 inggal 30 ton,. Hasil alokasi sampai tahap ini adalah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 52: Buku TRO Oke

52

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dengan alokasi seperti di atas, Baris 3 dan Kolom 2 tidak perlu dicari selisihnya lagi,karena kapasitas Pabrik 3 sudah habis, dan kebutuhan kota B sudah terpenuhi semua.

Langkah 3

Dengan demikian perhitungan selisih untuk menentukan alokasi berikutnya adalah :

Baris 1 à 20 - 8 = 12à dipilih karena memiliki selisih terbesarBaris 2 à 15 – 10 = 5Baris 3 à tidak perlu dihitung lagi, kapasitas Pabrik 3 sdh habisKolom 1 à 20 – 15 = 5Kolom 2 à tidak perlu dihitung lagi, karena kebutuhan kota B sudah terpenuhiKolom 3 à 10 -8 = 2

Dari perhitungan di atas dapat disimpulkan bahwa alokasi ketiga akan diberikan padabaris 1, karena memiliki selisih terbesar. Pertanyaannya adalah, di baris 1 ada dua sel, selmana yang akan dialokasinya terlebih dahulu ? Tentu saja alokasi akan diberikan kepadasel yang biayanya paling rendah di baris 1 tersebut, yakni sel C13 (kebutuhan kota Cdengan kapasitas Pabrik 1). Dengan demikian alokasi selanjutnya dengan metode VAMini adalah dengan mengirim sejumlah 30 ton ke kota C (karena sisa kapasitas Pabrik 1tinggal 30 ton), Hasil alokasi sampai tahap ini adalah :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 53: Buku TRO Oke

53

Dengan alokasi seperti di atas, Baris 1, Baris 3 ,dan Kolom 2 tidak perlu dicari selisihnyalagi, karena kapasitas Pabrik 1 dan 3 sudah habis, dan kebutuhan kota B sudah terpenuhisemua.

Langkah 3

Dengan demikian perhitungan selisih untuk menentukan alokasi berikutnya adalah :

Baris 1 à tidak perlu dihitung lagi, kapasitas Pabrik 1 sdh habisBaris 2 à 15 – 10 = 5Baris 3 à tidak perlu dihitung lagi, kapasitas Pabrik 3 sdh habisKolom 1 à tidak bisa dihitung, karena kapasitas Pabrik 1 dan 3 habisKolom 2 à tidak perlu dihitung lagi, karena kebutuhan kota B sudah terpenuhiKolom 3 à tidak bisa dihitung, karena kapasitas Pabrik 1 dan 3 habis

Dari perhitungan di atas dapat disimpulkan bahwa alokasi keempat akan diberikan padabaris 2, karena merupakan satu-satunya baris yang bisa dihitung selisihnya.Pertanyaannya adalah, di baris 2 masih ada dua sel, sel mana yang akan dialokasinyaterlebih dahulu ?Tentu saja alokasi akan diberikan kepada sel yang biayanya paling rendah di baris 2tersebut, yakni sel C23 (kebutuhan kota C dengan kapasitas Pabrik 2). Dengan demikianalokasi selanjutnya dengan metode VAM ini adalah dengan mengirim dari Pabrik 2sejumlah 10 ton ke kota C (karena kebutuhan kota C tinggal kurang 10 ton, 30 tonsebelumnya sudah dikirim dari Pabrik 1). Hasil alokasi sampai tahap ini adalah :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dengan alokasi seperti di atas, tentunya tidak perlu dilakukan perhitungan selisih biayaterendah pertama dan kedua lagi, karena tinggal memenuhi kebutuhan kota A sajasebesar 50 ton dari kapasitas Pabrik 2 yang memang tinggal 50 ton, sehingga alokasiterakhirnya adalah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 54: Buku TRO Oke

54

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Untuk mengetahui kebenaran proses ini, lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Namun demikian, sudahkah alokasi pada tabel di atas sudah optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C22, C31 dan C33.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

PengujianSel C11 = 20 – 8 + 10 – 15 = 7à (menjadi lebih mahal 7/ton)Sel C22 = 20 – 5 + 8 – 10 = 13 à (menjadi lebih mahal 13/ton)Sel C31 = 25 – 15 + 10 – 8 + 5 - 10 = 7à (lebih mahal 7/ton)Sel C33 = 19 – 10 + 5 – 8 = 6à (menjadi lebih mahal 6/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang bernilai negatiflagi, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat memberikan penurunan biayalagi, sehingga dengan demikian dapat dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500 --------- +Total biaya pengirimannya = 1890Hasil ini sama dengan 2 metode sebelumnya bahkan tanpa iterasi Steping Stone

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 55: Buku TRO Oke

55

Alternaif 4 : Kombinasi metode RAM (Vogel Aproximation Method) dan SteppingStone

Langkah 1Sedikit berbeda dengan metode VAM, penyelesaian kasus dengan metode RAM dimulaidengan mencari biaya yang tertinggi untuk setiap baris dan kolom yang ada dalam tabeltransportasinya. Dengan cara ini biaya tertinggi yang dimaksud adalah :

Untuk Baris 1, biaya tertingginya = 20Untuk Baris 2, biaya tertingginya = 20Untuk Baris 3, biaya tertingginya = 25Untuk Kolom 1, biaya tertingginya = 25Untuk Kolom 2, biaya tertingginya = 20Untuk Kolom 3, biaya tertingginya = 19

Langkah 2 dan selanjutnyaSelanjutnya biaya pada setiap sel akan dikurangi dengan biaya tertinggi untuk baris itudan dikurangi lagi dengan biaya tertinggi untuk kolom itu. Untuk lebih jelasnya,perhatikan perhitungan berikut ini :

C11 = 20 – 20 – 25 = - 25C12 = 5 – 20 – 20 = - 35C13 = 8 – 20 – 19 = - 31C21 = 15 – 20 – 25 = - 30C22 = 20 – 20 – 20 = - 20C23 = 10 – 20 – 19 = - 29C31 = 25 – 25 – 25 = - 25C32 = 10 – 25 – 20 = - 35C33 = 19 – 25 – 19 = - 25

Alokasi pertama akan diberikan kepada sel yang memiliki nilai negatif paling besar, dandari perhitungan di atas ada dua sel yang bernilai negatif paling besar, yakni sel C12 dansel C32. Karena sama, pemilihan alokasi dapat memilih satu diantara keduanya. Sebagaicontoh dipilih sel C32 (kebutuhan kota B dengan kapasitas Pabrik 3) :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 56: Buku TRO Oke

56

Alokasi selanjutnya dilakukan dengan kembali seperti pada langkah pertama dan keduadi atas, di mana Baris 3 tidak perlu diikutsertakan lagi, karena kapasitas Pabrik 3 sudahhabis.Perubahan biaya tertinggi untuk setiap Baris dan Kolom :

Untuk Baris 1, biaya tertingginya = 20Untuk Baris 2, biaya tertingginya = 20Untuk Baris 3, biaya tertingginya = Tidak perlu lagi, krn kapasitas Pabrik 3 habisUntuk Kolom 1, biaya tertingginya = 20Untuk Kolom 2, biaya tertingginya = 20Untuk Kolom 3, biaya tertingginya = 10

C11 = 20 – 20 – 20 = - 20C12 = 5 – 20 – 20 = - 35C13 = 8 – 20 – 10 = - 22C21 = 15 – 20 – 20 = - 25C22 = 20 – 20 – 20 = - 20C23 = 10 – 20 – 10 = - 20C31 s.d C33 tidak perlu dihitung lagi, karena kapasitas Pabrik 3 sudah habis

Dengan demikian alokasi kedua akan diberikan kepada sel yang memiliki nilai negatifpaling besar, dan dari perhitungan di atas sel yang bernilai negatif paling besar, yakni selC12 (kebutuhan kota B yang masih kurang 60, dengan kapasitas Pabrik 1) :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Alokasi selanjutnya dilakukan dengan kembali seperti pada langkah pertama dan keduadi atas, di mana Baris 3 dan kolom 2 tidak perlu diikutsertakan lagi, karena kapasitasPabrik 3 sudah habis dan kebutuhan kota B sudah terpenuhi.

Perubahan biaya tertinggi untuk setiap Baris dan Kolom :Untuk Baris 1, biaya tertingginya = 20Untuk Baris 2, biaya tertingginya = 15Untuk Baris 3, biaya tertingginya = Tidak perlu lagiUntuk Kolom 1, biaya tertingginya = 20Untuk Kolom 2, biaya tertingginya = Tidak perlu lagiUntuk Kolom 3, biaya tertingginya = 10

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 57: Buku TRO Oke

57

C11 = 20 – 20 – 20 = - 20C12 = tidak perlu dihitung lagi, karena kebutuhan kota B sudah terpenuhiC13 = 8 – 20 – 10 = - 22C21 = 15 – 15 – 20 = - 20C22 = tidak perlu dihitung lagi, karena kebutuhan kota B sudah terpenuhiC23 = 10 – 15 – 10 = - 15C31 s.d C33 tidak perlu dihitung lagi, karena kapasitas Pabrik 3 sudah habis

Dengan demikian alokasi ketiga akan diberikan kepada sel yang memiliki nilai negatifpaling besar, dan dari perhitungan di atas sel yang bernilai negatif paling besar, yakni selC13 (kebutuhan kota C, dengan kapasitas Pabrik 1, yang kapasitasnya tinggal 30) :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Alokasi selanjutnya dilakukan dengan kembali seperti pada langkah pertama dan keduadi atas, di mana Baris 1, Baris 3, dan kolom 2 tidak perlu diikutsertakan lagi, karenakapasitas Pabrik 1 dan 3 sudah habis dan kebutuhan kota B sudah terpenuhi.

Perubahan biaya tertinggi untuk setiap Baris dan Kolom :Untuk Baris 1, biaya tertingginya = Tidak perlu lagiUntuk Baris 2, biaya tertingginya = 15Untuk Baris 3, biaya tertingginya = Tidak perlu lagiUntuk Kolom 1, biaya tertingginya = 15Untuk Kolom 2, biaya tertingginya = Tidak perlu lagiUntuk Kolom 3, biaya tertingginya = 10

C11 s.d C13 tidak perlu dihitung lagi, karena kapasitas Pabrik 1 sudah habisC21 = 15 – 15 – 15 = - 15C22 = tidak perlu dihitung lagi, karena kebutuhan kota B sudah terpenuhiC23 = 10 – 15 – 10 = - 15C31 s.d C33 tidak perlu dihitung lagi, karena kapasitas Pabrik 3 sudah habis

Dengan demikian alokasi keempat dan kelima akan diberikan kepada kedua sel tersisakarena memiliki nilai negatif yang sama, artinya alokasi dapat dilakukan di dua seltersebut secara bersama (karena tinggal dua sel tersisa). Dengan demikian alokasiselanjutnya adalah memenuhi kekurangan kebutuhan kota C sebesar 10 ton dari Pabrik 2

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 58: Buku TRO Oke

58

(sel C23) dan sisa kapasitas Pabrik 2 akan dikirimkan ke kota A sebesar 50 ton, sesuaikebutuhannya. Dengan demikian, hasil alokasinya adalah:

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Untuk mengetahui kebenaran proses ini, lakukan pengecekan :• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocok

dengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau

(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Namun demikian, sudahkah alokasi pada tabel di atas sudah optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali dilakukan pengecekan terhadap sel-sel yang masihkosong, apakah masih ada yang bernailai negatif atau tidak.Dari tabel di atas, sel yang masih kosong adalah sel C11, C22, C31 dan C33.Pengujian terhadap sel-sel kosong tersebut dilakukan dengan cara yang sama sepertipengujian sel kosong sebelumnya, sehingga diperoleh hasil pengecekan sebagai berikut :

PengujianSel C11 = 20 – 8 + 10 – 15 = 7à (menjadi lebih mahal 7/ton)Sel C22 = 20 – 5 + 8 – 10 = 13 à (menjadi lebih mahal 13/ton)Sel C31 = 25 – 15 + 10 – 8 + 5 - 10 = 7à (lebih mahal 7/ton)Sel C33 = 19 – 10 + 5 – 8 = 6à (menjadi lebih mahal 6/ton)

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang bernilai negatiflagi, sehingga dengan demikian dapat dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500 --------- +Total biaya pengirimannya = 1890Hasil ini sama dengan 3 metode sebelumnya bahkan tanpa iterasi Steping Stone

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 59: Buku TRO Oke

59

Alternaif 5 : Kombinasi metode NWC dan MODI

Seperti telah dijelaskan di muka, pemilihan NWC sebagai metode dalam solusi awal akanmenghasilkan tabel tansportasi awal sebagai berikut ( lihat alternatif 1) :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 50 40 90

15 20 10Pabrik 2 60 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Seperti telah dicoba sebelumnya, tabel di atas belumlah optimal, sehingga perludiselesaikan lebih lanjut, namun dengan metode MODI untuk solusi akhirnya.

Langkah 1Penggunaan metode MODI untuk solusi akhir, dimulai dengan mencari dan memberinilai untuk setiap baris dan kolom yang ada. Pemberian nilai pertama kali diberikan untukbaris, dengan nilai nol (0). Pertanyaannya adalah, baris yang mana ?

Ada dua pendapat mengenai baris mana yang akan diberikan nilai terlebih dahulu, yakni :1. Pendapat pertama, nilai diberikan pada baris yang pertama2. Pendapat kedua, nilai diberikan kepada baris yang memiliki sel terisi alokasi

paling banyak. Bila digunakan contoh tabel di atas, maka baris 1 dan 3 sama-samamemiliki dua sel yang terisi alokasi, dengan demikian nilai pertama sebesar noldapat diberikan pada baris 1 atau baris 3.

Ketentuan selanjutnya adalah, apabila pemberian nilai untuk pertama diberikan padabaris 1, maka untuk proses selanjutnya, baris 1 akan selalu bernilai nol (0).Untuk kesempatan ini, baris yang akan diberi nilai yang pertama adalah baris 1, karenakebetulan juga memiliki sel terisisi alokasi terbanyak (sama dengan baris 3). Dengandemikian pemberian nilai untuk yang pertama dapat dilihat pada tabel berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 60: Buku TRO Oke

60

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 50 40 90

15 20 10 Pabrik 2 60 60

25 10 19 Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Selanjutnya dilakukan pemberian nilai untuk baris dan kolom yang lain dengan caramemanfaatkan setiap sel yang telah teralokasi :

Keterangan :B1 = Baris 1 B2 = Baris 2K1 = Kolom 1 K2 = Kolom 2, dan seterusnya

Sel C11 = B1 + K1à 20 = 0 + K1, à nilai K1 = 20Sel C12 = B1 + K2à 5 = 0 + K2, à nilai K2 = 5Sel C22 = B2 + K2à 20 = B2 + 5, à nilai B2 = 15Sel C32 = B3 + K2à 10 = B3 + 5, à nilai B3 = 5Sel C33 = B3 + K3à 19 = 5 + K3, à nilai K3 = 14

Selanjutnya nilai untuk setiap baris dan kolom yang telah dimasukkan ke tabeltransportasi yang ada, dan hasilnya adalah :

20 5 14

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 50 40 90

15 20 1015 Pabrik 2 60 60

25 10 195 Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 61: Buku TRO Oke

61

Langkah 2Melakukan perhitungan indeks perbaikan dengan mengetes apakah sel yang masihkosong dalam tabel tersebut, masih dapat memberikan penurunan biaya (bernilai negatif),dengan cara :

Biaya pada sel kosong – nilai baris – nilai kolom

Sel C13 = 8 – 0 – 14 = - 6Sel C21 = 15 – 15 – 20 = - 20Sel C23 = 10 – 15 – 14 = - 19Sel C31 = 25 – 5 – 20 = 0

Dari perhitungan di atas terlihat bahwa pemindahan alokasi pengiriman ke sel C21 akanmemberikan penghematan/penurunan biaya transportasi paling besar (20 per ton). Olehkarena itu tabel perbaikannya akan menjadi :

Langkah 3Merubah alokasi pengiriman ke sel C21, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-) (+) 90

15 20 10Pabrik 2 (+) (-) 60

25 10 19Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C11 dan sel C22. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C11, denganalokasi sebelumnya 50 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C22 yang 60 ton.

Selanjutnya angka 50 ton di sel C11 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 62: Buku TRO Oke

62

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C11 menjadi 0 karena 50 – 50 = 0Sel C12 menjadi 90 karena 40 + 50 = 90Sel C22 menjadi 10 karena 60 – 50 = 10Sel C21 menjadi 50 karena 0 + 50 = 50

Nilai alokasi pada sel C32 dan C33 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C21 tersebut.

Sekali lagi lakukan pengecekan :• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocok

dengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau

(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali ke langkah 1 di atas. Dan inat bahwa karena padalangkah 1 di atas baris 1 menjadi baris yang pertama kali diberi nilai nol, maka untukproses selanjutnya baris 1 akan selalu bernilai nol (0).

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 90 90

15 20 10 Pabrik 2 50 10 60

25 10 19 Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 63: Buku TRO Oke

63

Selanjutnya kembali dilakukan pemberian nilai untuk baris dan kolom yang lain dengancara memanfaatkan setiap sel yang telah teralokasi :

Sel C12 = B1 + K2à 5 = 0 + K2, à nilai K2 = 5Sel C21 = B2 + K1à 15 = belum bisa dihitung, karena nilai B2 dan K1

belum diketahuiSel C22 = B2 + K2à 20 = B2 + 5, à nilai B2 = 15Sel C32 = B3 + K2à 10 = B3 + 5, à nilai B3 = 5Sel C33 = B3 + K3à 19 = 5 + K3, à nilai K3 = 14

Setelah nilai B2 diketahui, maka nilai K1 dapat dicari dengan cara :Sel C21 = B2 + K1à 15 = 15 + K1, à nilai K1 = 0

Selanjutnya nilai untuk setiap baris dan kolom yang telah dimasukkan ke tabeltransportasi yang ada, dan hasilnya adalah :

0 5 14

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 90 90

15 20 1015 Pabrik 2 50 10 60

25 10 195 Pabrik 3 10 40 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Langkah 2 (lanjutan)Melakukan perhitungan indeks perbaikan dengan mengetes apakah sel yang masihkosong dalam tabel tersebut, masih dapat memberikan penurunan biaya (bernilai negatif),dengan cara :

Biaya pada sel kosong – nilai baris – nilai kolom

Sel C11 = 20 – 0 – 0 = 20Sel C13 = 8 – 0 – 14 = - 6Sel C23 = 10 – 15 – 14 = - 19Sel C31 = 25 – 5 – 0 = 20

Dari perhitungan di atas terlihat bahwa pemindahan alokasi pengiriman ke sel C23 akanmemberikan penghematan/penurunan biaya transportasi paling besar (19 per ton). Olehkarena itu tabel perbaikannya akan menjadi :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 64: Buku TRO Oke

64

Langkah 4Merubah alokasi pengiriman ke sel C23, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 (-) (+) 60

25 10 19Pabrik 3 (+) (-) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C22 dan sel C33. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C22, denganalokasi sebelumnya 10 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C22 yang 40 ton.

Selanjutnya angka 10 ton di sel C22 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 20 30 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C22 menjadi 0 karena 10 – 10 = 0Sel C23 menjadi 90 karena 0 + 10 = 10Sel C32 menjadi 20 karena 10 + 10 = 20Sel C33 menjadi 50 karena 40 - 10 = 30

Nilai alokasi pada sel C12 dan C21 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C23 tersebut.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 65: Buku TRO Oke

65

Sekali lagi lakukan pengecekan :• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocok

dengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau

(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali ke langkah 1 di atas. Dan inat bahwa karena padalangkah 1 di atas baris 1 menjadi baris yang pertama kali diberi nilai nol, maka untukproses selanjutnya baris 1 akan selalu bernilai nol (0).

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 90 90

15 20 10 Pabrik 2 50 10 60

25 10 19 Pabrik 3 20 30 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Selanjutnya kembali dilakukan pemberian nilai untuk baris dan kolom yang lain dengancara memanfaatkan setiap sel yang telah teralokasi :

Sel C12 = B1 + K2à 5 = 0 + K2, à nilai K2 = 5Sel C21 = B2 + K1à 15 = belum bisa dihitung, karena nilai B2 dan K1

belum diketahuiSel C23 = B2 + K3à 10 = belum bisa dihitung, karena nilai B2 dan K3

belum diketahuiSel C32 = B3 + K2à 10 = B3 + 5, à nilai B3 = 5Sel C33 = B3 + K3à 19 = 5 + K3, à nilai K3 = 14

Setelah nilai K3 diketahui, maka nilai sel C23 dapat dicari dengan cara :

Sel C23 = B2 + K3à 10 = B2 + 14 à nilai B2 = - 4

Dan setelah nilai B2 diketahui, nilai sel C21 juga dapat dicari dengan cara :

Sel C21 = B2 + K1à 15 = - 4 + K1 à nilai K1 = 19

Selanjutnya nilai untuk setiap baris dan kolom yang telah dimasukkan ke tabeltransportasi yang ada, dan hasilnya adalah :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 66: Buku TRO Oke

66

19 5 14

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 90 90

15 20 10- 4 Pabrik 2 50 10 60

25 10 195 Pabrik 3 20 30 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Langkah 2 (lanjutan)Melakukan perhitungan indeks perbaikan dengan mengetes apakah sel yang masihkosong dalam tabel tersebut, masih dapat memberikan penurunan biaya (bernilai negatif),dengan cara :

Biaya pada sel kosong – nilai baris – nilai kolomSel C11 = 20 – 0 – 19 = 1Sel C13 = 8 – 0 – 14 = - 6Sel C22 = 20 – (- 4) – 5= 19Sel C31 = 25 – 5 – 19 = 1

Dari perhitungan di atas terlihat bahwa pemindahan alokasi pengiriman ke sel C13 akanmemberikan penghematan/penurunan biaya transportasi paling besar (6 per ton). Olehkarena itu tabel perbaikannya akan menjadi :

Langkah 5Merubah alokasi pengiriman ke sel C13, yang pengujian sebelumnya memilikipergerakan :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 (-) (+) 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 (+) (-) 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 67: Buku TRO Oke

67

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus saja, yaknisel C12 dan sel C33. Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasipengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel C33, denganalokasi sebelumnya 30 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel C12 yang 90 ton.

Selanjutnya angka 30 ton di sel C33 tersebut digunakan untuk mengurangi ataumenambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan pengujian).Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 60 30 90

15 20 10Pabrik 2 50 10 60

25 10 19Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Perhatikan !!!Sel C12 menjadi 60 karena 90 – 30 = 60Sel C13 menjadi 30 karena 0 + 30 = 30Sel C32 menjadi 50 karena 20 + 30 = 50Sel C33 menjadi 0 karena 30 - 30 = 0

Nilai alokasi pada sel C21 dan C23 tidak mengalami perubahan karena tida termasukdalam pergerakan pengujian sel C13 tersebut.Sekali lagi lakukan pengecekan :

• Apakah semua alokasi kalau dijumlah ke bawah dan kesamping sudah cocokdengan kebutuhan setiap kota dan jumlah kapasitas yang tersedia ?

• Apakah jumlah sel yang terisi sudah memenuhi syarat yang ada (m+n)-1, atau(jumlah kolom+jumlah baris) – 1 = (3+3) – 1 = 5 sel terisi ?

• Jika jawaban dari keduanya adalah ‘ya’ maka tabel tersebut sedah benar.

Sudahkah alokasi menajadi optimal ?

Untuk mengetahuinya, perlu kembali ke langkah 1 di atas. Dan inat bahwa karena padalangkah 1 di atas baris 1 menjadi baris yang pertama kali diberi nilai nol, maka untukproses selanjutnya baris 1 akan selalu bernilai nol (0).

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 68: Buku TRO Oke

68

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 60 30 90

15 20 10 Pabrik 2 50 10 60

25 10 19 Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Selanjutnya kembali dilakukan pemberian nilai untuk baris dan kolom yang lain dengancara memanfaatkan setiap sel yang telah teralokasi :

Sel C12 = B1 + K2à 5 = 0 + K2, à nilai K2 = 5Sel C13 = B1 + K3à 8 = 0 + K3 à nilai K3 = 8Sel C21 = B2 + K1à 15 = belum bisa dihitung, karena nilai B2 dan K1

belum diketahuiSel C23 = B2 + K3à 10 = B2 + 8 à nilai B2 = 2Sel C32 = B3 + K2à 10 = B3 + 5, à nilai B3 = 5

Dan setelah nilai B2 diketahui, nilai sel C21 dapat dicari dengan cara :

Sel C21 = B2 + K1à 15 = 2 + K1 à nilai K1 = 13

Selanjutnya nilai untuk setiap baris dan kolom yang telah dimasukkan ke tabeltransportasi yang ada, dan hasilnya adalah :

13 5 8

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 80 Pabrik 1 60 30 90

15 20 102 Pabrik 2 50 10 60

25 10 195 Pabrik 3 50 50

Kebutuhan 50 110 40 200

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 69: Buku TRO Oke

69

Langkah 2 (lanjutan)Melakukan perhitungan indeks perbaikan dengan mengetes apakah sel yang masihkosong dalam tabel tersebut, masih dapat memberikan penurunan biaya (bernilai negatif),dengan cara :

Biaya pada sel kosong – nilai baris – nilai kolomSel C11 = 20 – 0 – 13 = 7Sel C22 = 20 – 2 – 5 = 13Sel C31 = 25 – 5 – 13 = 7Sel C33 = 19 – 5 – 8 = 6

Dari perhitungan di atas terlihat bahwa semua kemungkinan pemindahan alokasipengiriman sudah positif, atau tidak dapat memberikan penurunan biaya lagi, sehinggadengan demikian tabel di atas telah optimal, dengan total biaya optimalnya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500 --------- +Total biaya pengirimannya = 1890

Catatan :

Alternatif penyelesaian ke-6, 7 dan 8 dapat dilakukan dengan cara yang relatif samaseperti pada alternatif penyelesaian 5 di atas, hanya saja dengan solusi awal yang sesuaidengan metodenya, yakni metode LC, VAM dan RAM.

Silahkan dicoba sendirià PR ya..!!!!

Masalah Transportasi untuk kasus tidak normal (Kapasitas tidak sama denganKebutuhan).

Seperti telah dijelaskan di atas, apabila dijumpai kasus dimana nilai kapasitas perusahaantidak sama dengan kebutuhannya, maka kasus yang dihadapi dapat dikategorikan dalamkasus yang tidak normal, karena :

1. Apabila kapasitas > kebutuhan, akan terjadi kelebihan kapasitas dan hal ini akanmenimbulkan biaya simpan

2. Apabila kapasitas < kebutuhan, akan terjadi kekurangan kapasitas yang berartiakan menimbulkan biaya kehilangan kesempatan (opportunity cost)

3. Terjadi masalah ‘Degeneracy’ dimana syarat (m+n)-1 tidak terpenuhi

Oleh karena itu, sebelum dapat diselesaikan dengan metode solusi awal dan solusi akhiryang ada, maka kasus semacam ini perlu dinormalkan terlebih dahulu.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 70: Buku TRO Oke

70

Sebagai contoh, dalam kasus di atas, kapasitas Pabrik 3 meningkat dari 50 ton menjadi100 ton, sehingga secara keseluruhan kapasitas perusahaan menjadi 250, sementarakebutuhan dari ketiga kota hanya 200 ton.

Untuk menyelesaiakan kasus ini (kapasitas > kebutuhan), maka dalam tabeltransportasinya perlu dibuatkan satu buah kolom lagi yang disebut dengan kolomDummy, untuk mengakomodir kelebihan kapasitas yang ada. Dalam kolom ini, semua selyang ada tidak memerlukan biaya, atau nol. Untuk lebih jelasnya, perhatikan tabeltransportasinya, sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Dummy Kapasitas

20 5 8 0Pabrik 1 90

15 20 10 0Pabrik 2 60

25 10 19 0Pabrik 3 100

Kebutuhan 50 110 40 50 250

Apabila kemudian digunakan metode NWC sebagai solusi awal untuk menyelesaikankasus ini, maka alokasi pertamanya akan menjadi :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Dummy Kapasitas

20 5 8 0Pabrik 1 50 40 90

15 20 10 0Pabrik 2 60 60

25 10 19 0Pabrik 3 10 40 50 100

Kebutuhan 50 110 40 50 250

Perhatikan, bahwa setelah dibutkan kolom Dummy untuk menampung kelebihankapasitas, proses penyelesaian dengan solusi awal NWC ditempuh dengan cara yangsama seperti pada kasus normal.Setelah itu, proses selanjutnya akan sama dengan penyelesaian kasus normal sebelumnya.

Contoh kasus tidak normal kedua adalah apabila dengan kapasitas perusahaansebelumnya (200 ton), ternyata kebutuhan di kota A naik dari 50 ton menjadi 100 ton,sehingga saat ini kebutuhan > kapasitas yang tersedia.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 71: Buku TRO Oke

71

Untuk menyelesaikan kasus tidak normal seperti ini, yang pertama perlu dilakukan adalahmembuatkan baris Dummy, untuk menampung kelebihan kebutuhan dari kota A. Dengandemikian pada tabel transportasi pertama akan menjadi seperti tabel berikut ini :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90

15 20 10Pabrik 2 60

25 10 19Pabrik 3 500 0 0Dummy 50

Kebutuhan 100 110 40 250

Apabila kemudian digunakan metode NWC sebagai solusi awal untuk menyelesaikankasus ini, maka alokasi pertamanya akan menjadi :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kapasitas

20 5 8Pabrik 1 90 90

15 20 10Pabrik 2 10 50 60

25 10 19Pabrik 3 50 500 0 0Dummy 10 40 50

Kebutuhan 100 110 40 250

Perhatikan, bahwa setelah dibutkan baris Dummy untuk menampung kelebihankebutuhan, proses penyelesaian dengan solusi awal NWC ditempuh dengan cara yangsama seperti pada kasus normal.Dan seperti pada kasus tidak normal sebelumnya, proses selanjutnya untuk mendapatkanhasil yang optimal, akan sama dengan penyelesaian kasus normal sebelumnya.

Contoh kasus tidak normal ketiga, sering disebut dengan masalah Degenaracy, dimanasyarat alokasi / jumlah sel yang teralokasikan tidak memenuhi syarat (m+n) – 1, sepertiterlihat pada contoh kasus Degeneracy berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 72: Buku TRO Oke

72

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kota D Kapasitas

20 5 8 11Pabrik 1 90

15 20 10 15Pabrik 2 60

25 10 19 20Pabrik 3 50

Kebutuhan 50 40 40 70 200

Apabila kasus di atas diselesaikan dengan metode solusi awal NWC, maka diperolehalokasi pengiriman sebagai berikut :

Ke-Dari Kota A Kota B Kota C Kota D Kapasitas

20 5 8 11Pabrik 1 50 40 90

15 20 10 15Pabrik 2 40 60

25 10 19 20Pabrik 3 20 50 50

Kebutuhan 50 40 40 70 200

Perhatikan, bahwa dengan metode solusi awal NWC, jumlah sel yang terisi hanya lima,sementara itu, menurut rumus yang disyaratkan adalah (m+n) – 1 atau (3+4) -1 = 6, jadikurang satu sel.Akibatnya adalah, untuk pengujian sel yang masih kosong, hampir semua sel yang masihkosong tidak dapat dipakai untuk menguji apakah masih memiliki nilai negatif atau tidak,kecuali sel C24.

Untuk menyelesaikan kasus Degeneracy ini, perlu diberikan nilai nol pada salah satu selyang masih kosong (di sel manapun yang masih kosong), sehingga meskipun ada selyang bernilai nol, tapi jumlah sel yang terisi telah memenuhi syarat alokasi (m+n) – 1atau 6 sel. Dengan pemberian nilai nol ini, maka sekarang semua sel kosong dapat diujidan proses mencari hasil optimal dapat dilakukan seperti biasa.

Sebagai latihan, coba selesaikan masalah Degeneracy di atas dengan metode solusi awaldan akhir yang saudara bisa !!!

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 73: Buku TRO Oke

73

BAB V

Masalah penugasan berkaitan dengan keinginan perusahaan dalam mendapatkanpembagian atau alokasi tugas (penugasan) yang optimal, dala arti apabila penugasantersebut berkaitan dengan keuntungan maka bagaimana alokasi tugas atau penugasantersebut dapat memberikan keuntugan yang maksimal, begitu pula sebaliknya bilamenyangkut biaya.

Penyelesaian masalah penugasan biasanya dilakukan dengan menggunakan metodeHungarian yang pada tahun 1916 dikembangkan oleh seorang ahli matematikaberkebangsaan Hungaria yang bernama D KÖnig. Secara umum lagkah-langkahpenyelesaian masalah penugasan yang normal adalah :

1. Identifikasi dan penyederhanaan masalah dalam bentuk tabel penugasan2. Untuk kasus minimalisasi, mencari biaya terkecil untuk setiap baris, dan

kemudian menggunakan biaya terkecil tersebut untuk mengurangi semua biayayang ada pada baris yang sama. Sedangkan untuk kasus maksimalisasi, mencarinilai tertinggi untuk setiap baris yang kemudian nilai tertinggi tersebut dikurangidengan semua nilai yang ada dalam baris tersebut.

3. Memastikan semua baris dan kolom sudah memiliki nilai nol. Apabila masih adakolom yang belum memiliki nilai nol, maka dicari nilai terkecil pada kolomtersebut untuk selanjutnya digunakan untuk mengunrangi semua nilai yang adapada kolom tersebut

4. Setelah semua baris dan kolom memiliki nilai nol, maka langkah selanjutnyaadalah memastikan atau mengecek apakah dalam tabel penugasan tersebut, telahberhasil ditemukan nilai nol, sebanyak sumber daya (bisa karyawan, mesin, alattransportasi, atau sumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlahbarisnya. Misalnya bila yang akan ditugaskan adalah 4 karyawan, maka harusditemukan nilai nol sebanyak 4 buah yang terletak di baris dan kolom yangberbeda. Sebaiknya dimulai dari baris yang hanya memiliki 1 nilai nol. Langkahini menganduk arti bahwa setiap karyawan hanya dapan ditugaskan pada satupekerjaan saja.

5. Apabila belum, maka langkah selanjutnya adalah menarik garis yangmenghubungkan minimal dua buah nilai nol dalam tabel penugasan tersebut.

6. Selanjutnya, perhatikan nilai-nilai yang belum terkena garis. Pilih nilai yangpaling kecil, kemudian pergunakan untuk mengurangi nilai-nilai lain yang belumterkena garis, dan gunakan untuk menambah nilai-nilai yang terkena garis duakali.

7. Dari hasil lagkah ke-6 tersebut, apakah sekarang telah berhasil ditemukan nilainol sejumlah atau sebanyak sumber daya (bisa karyawan, mesin, alat transportasi,atau sumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlah barisnya.

8. Jika sudah, maka masalah penugasan telah optimal, dan apabila belum maka perludiulangi langkah penyelesaian ke-5 di atas.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

MASALAH PENUGASAN

Page 74: Buku TRO Oke

74

Sebagai catatan, kasus penugasan dianggap normal apabila jum;lah sumber daya yangakan ditugaskan dan jumlah pekerjaan atau tujuan adalah sama.

Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh kasus berikut ini.

A. Masalah Minimalisasi (untuk kasus normal)

Sebuah perusahaan memiliki 4 orang karyawan yang harus menyelesaikan 4 pekerjaanyang berbeda. Karena sifat pekerjaan dan juga ketrampilan, karakteristik dari masing-masing karyawan, maka biaya yang timbul dari berbagai alternatif penugasan dari ke-4karyawan tersebut juga berbeda, seperti terlihat dari tabel / matrik penugasan berikut ini :

Pekerjaan

KaryawanI II III IV

ABCD

15142517

20162018

18212318

22172016

Catatan : Nilai-nilai dalam tabel tersebut dalam rupiah.

Dari kasus penugasan tersebut di atas, penyelesaiannya adalah :

Langkah 1Mencari biaya terkecil untuk setiap baris, dan kemudian menggunakan biaya terkeciltersebut untuk mengurangi semua biaya yang ada pada baris yang sama. Dengan langkahini hasil yang diperoleh adalah :

0 5 3 70 2 7 35 0 3 01 2 2 0

Langkah 2Memastikan semua baris dan kolom sudah memiliki nilai nol. Dan ternyata masih adakolom yang belum memiliki nilai nol, yakni kolom 3. Dengan demikian perlu dicari nilaiterkecil pada kolom tersebut untuk selanjutnya digunakan untuk mengunrangi semua nilaiyang ada pada kolom tersebut, sehingga akan menjadi :

0 5 1 70 2 5 35 0 1 01 2 0 0

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 75: Buku TRO Oke

75

Nah, sekarang setiap baris dan kolom sudah memiliki nilai nol, maka langkah selanjutnyaadalah :

Langkah 3Langkah selanjutnya adalah memastikan atau mengecek apakah dalam tabel penugasantersebut, telah berhasil ditemukan nilai nol, sebanyak sumber daya (bisa karyawan,mesin, alat transportasi, atau sumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlahbarisnya. Misalnya bila yang akan ditugaskan adalah 4 karyawan, maka harus ditemukannilai nol sebanyak 4 buah yang terletak di baris dan kolom yang berbeda. Sebaiknyadimulai dari baris yang hanya memiliki 1 nilai nol. Langkah ini menganduk arti bahwasetiap karyawan hanya dapan ditugaskan pada satu pekerjaan saja.

Perhatikan ! Dari matrik di atas ternyata nilai nol yang ditemukan dalam baris 1 dan 2,meskipun berbeda baris namun masih berada dalam kolom yang sama, sehingga dapatdipastikan masalah belum optimal dan perlu dilanjutkan ke langkah berikutnya.

Langkah 4Karena belum optimal maka langkah selanjutnya adalah menarik garis yangmenghubungkan minimal dua buah nilai nol dalam tabel penugasan tersebut, sepertiterlihat pada tabel atau matrik berikut ini :

0 5 1 70 2 5 35 0 1 01 2 0 0

Dari langkah di atas terlihat bahwa garis yang berhasil dibuat adalah tiga, denganmenyisakan beberapa nilai yang tidak terkena garis.

Langkah 5Selanjutnya, perhatikan nilai-nilai yang belum terkena garis. Pilih nilai yang paling kecil(dari tabel di atas adalah nilai 1), kemudian nilai 1 tersebut dipergunakan untukmengurangi nilai-nilai lain yang belum terkena garis, dan gunakan untuk menambahnilai-nilai yang terkena garis dua kali. Dengan langkah ini hasilnya adalah :

0 4 0 60 1 4 26 0 1 02 2 0 0

Perhatikan ! semua nilai yang tidak terkena garis nilainya akan berkurang sebesar nilaiterkecil dari nilai yang belum terkena garis sebelumnya. Sementara itu nilai 5 dan 1 padakolom 1 akan bertambah 1, karena kedua nilai tersebut terkena garis dua kali.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 76: Buku TRO Oke

76

Langkah 6Dari hasil lagkah di atas tersebut, apakah sekarang telah berhasil ditemukan nilai nolsejumlah atau sebanyak sumber daya (bisa karyawan, mesin, alat transportasi, atausumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlah barisnya (mulai dari barisyang hanya memiliki 1 nilai nol)? Dari tabel atau matrik di atas ternyata telah berhasilditemukan 4 nilai nol ( sejumlah karyawan yang akan ditugaskan), yang berada dibaris dan kolom yang berbeda.

0 4 0 60 1 4 26 0 1 02 2 0 0

Dari hasil di atas dapat dikatakan bahwa kasus penugasan tersebut telah optimal, denganalokasi penugasan sebagai berikut :

Karyawan A ditugaskan mengerjakan pekerjaan III dengan biaya Rp 18,-Karyawan B ditugaskan mengerjakan pekerjaan I dengan biaya Rp 14,-Karyawan C ditugaskan mengerjakan pekerjaan II dengan biaya Rp 20,-Karyawan D ditugaskan mengerjakan pekerjaan IV dengan biaya Rp 16,- --------- +Total biaya Rp 68,-

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dengan metode Hungarian,kasus penugasan dalam perusahaan di atas dapat diselesaikan denganbiaya optimal sebesar Rp 68,-

B. Masalah Maximalisasi (untuk kasus normal)

Sebuah perusahaan memiliki 5 orang karyawan yang harus menyelesaikan 5 pekerjaanyang berbeda. Karena sifat pekerjaan dan juga ketrampilan, karakteristik dari masing-masing karyawan, produktifitas atau keuntungan yang timbul dari berbagai alternatifpenugasan dari ke-5 karyawan tersebut juga berbeda, seperti terlihat dari tabel / matrikpenugasan berikut ini :

PekerjaanKaryawan I II III IV V

ABCDE

10149

1310

121081513

1097814

81581611

1513121117

Catatan : Nilai-nilai dalam tabel tersebut dalam rupiah.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 77: Buku TRO Oke

77

Dari kasus penugasan tersebut di atas, penyelesaiannya adalah :

Langkah 1Mencari produktifitas atau keuntungan terbesar untuk setiap baris, dan kemudian nilaitersebut dikurangi dengan semua nilai produktifitas yang ada pada baris yang sama.Dengan langkah ini hasil yang diperoleh adalah :

5 3 5 7 0 1 5 6 0 2 3 4 5 4 0 3 1 8 0 5 7 4 3 6 0

Langkah 2Memastikan semua baris dan kolom sudah memiliki nilai nol. Dan ternyata masih adakolom yang belum memiliki nilai nol, yakni kolom 3. Dengan demikian perlu dicari nilaiterkecil pada kolom tersebut untuk selanjutnya digunakan untuk mengunrangi semua nilaiyang ada pada kolom tersebut, sehingga akan menjadi :

4 2 2 7 0 0 4 3 0 2 2 3 2 4 0 2 0 5 0 5 6 3 0 6 0

Nah, sekarang setiap baris dan kolom sudah memiliki nilai nol, maka langkah selanjutnyaadalah :

Langkah 3Langkah selanjutnya adalah memastikan atau mengecek apakah dalam tabel penugasantersebut, telah berhasil ditemukan nilai nol, sebanyak sumber daya (bisa karyawan,mesin, alat transportasi, atau sumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlahbarisnya. Misalnya bila yang akan ditugaskan adalah 5 karyawan, maka harus ditemukannilai nol sebanyak 5 buah yang terletak di baris dan kolom yang berbeda. Sebaiknyadimulai dari baris yang hanya memiliki 1 nilai nol. Langkah ini menganduk arti bahwasetiap karyawan hanya dapan ditugaskan pada satu pekerjaan saja.

Perhatikan ! Dari matrik di atas ternyata nilai nol yang ditemukan dalam baris 1 dan 3,meskipun berbeda baris namun masih berada dalam kolom yang sama, sehingga dapatdipastikan masalah belum optimal dan perlu dilanjutkan ke langkah berikutnya.

Langkah 4Karena belum optimal maka langkah selanjutnya adalah menarik garis yangmenghubungkan minimal dua buah nilai nol dalam tabel penugasan tersebut, sepertiterlihat pada tabel atau matrik berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 78: Buku TRO Oke

78

4 2 2 7 0 0 4 3 0 2 2 3 2 4 0 2 0 5 0 5 6 3 0 6 0

Dari langkah di atas terlihat bahwa garis yang berhasil dibuat adalah empat, denganmenyisakan beberapa nilai yang tidak terkena garis.

Langkah 5Selanjutnya, perhatikan nilai-nilai yang belum terkena garis. Pilih nilai yang paling kecil(dari tabel di atas adalah nilai 2), kemudian nilai 2 tersebut dipergunakan untukmengurangi nilai-nilai lain yang belum terkena garis, dan gunakan untuk menambahnilai-nilai yang terkena garis dua kali. Dengan langkah ini hasilnya adalah :

2 0 0 5 0 0 4 3 0 4 0 1 0 2 0 2 0 5 0 7 6 3 0 6 2

Perhatikan ! semua nilai yang tidak terkena garis nilainya akan berkurang sebesar (2) ataunilai terkecil dari nilai yang belum terkena garis sebelumnya. Sementara itu nilai 2, 5 dan0 pada kolom 5 akan bertambah 2, karena kedua nilai tersebut terkena garis dua kali.

Langkah 6Dari hasil lagkah di atas tersebut, apakah sekarang telah berhasil ditemukan nilai nolsejumlah atau sebanyak sumber daya (bisa karyawan, mesin, alat transportasi, atausumber daya lainnya) yang juga tercermin dengan jumlah barisnya (mulai dari baris yanghanya memiliki 1 nilai nol à yakni baris ke-5)? Dari tabel atau matrik di atas ternyatatelah berhasil ditemukan 5 nilai nol ( sejumlah karyawan yang akan ditugaskan), yangberada di baris dan kolom yang berbeda.

2 0 0 5 0 0 4 3 0 4 0 1 0 2 0 2 0 5 0 7 6 3 0 6 2

Dari hasil di atas dapat dikatakan bahwa kasus penugasan tersebut telah optimal, denganalokasi penugasan sebagai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 79: Buku TRO Oke

79

Karyawan A ditugaskan mengerjakan pekerjaan II dengan biaya Rp 12,-Karyawan B ditugaskan mengerjakan pekerjaan I dengan biaya Rp 14,-Karyawan C ditugaskan mengerjakan pekerjaan V dengan biaya Rp 12,-Karyawan D ditugaskan mengerjakan pekerjaan IV dengan biaya Rp 16,-Karyawan C ditugaskan mengerjakan pekerjaan III dengan biaya Rp 14,- --------- +Total biaya Rp 68,-

Namun demikian, alternatif lain dari penugasan di atas dapat dipilih seperti terlihat padatabel berikut ini :

2 0 0 5 0 0 4 3 0 4 0 1 0 2 0 2 0 5 0 7 6 3 0 6 2

Karyawan A ditugaskan mengerjakan pekerjaan V dengan biaya Rp 15,-Karyawan B ditugaskan mengerjakan pekerjaan IV dengan biaya Rp 15,-Karyawan C ditugaskan mengerjakan pekerjaan I dengan biaya Rp 9,-Karyawan D ditugaskan mengerjakan pekerjaan II dengan biaya Rp 15,-Karyawan C ditugaskan mengerjakan pekerjaan III dengan biaya Rp 14,- --------- +Total biaya Rp 68,-

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dengan metode Hungarian,kasus penugasan dalam perusahaan di atas dapat diselesaikan denganbiaya optimal sebesar Rp 68,-

Catatan :

Dalam praktek sehari-hari, tidak semua masalah penugasan memiliki matrix biaya ataukeuntungan seperti dalam dua contoh kasus di atas. Ada kalanya seorang karyawanmisalnya, tidak dapat dialokasikan atau ditugaskan untuk sebuah pekerjaan tertentu(karena alasan, usia, jenis kelamin, ketrampilan yang tidak memadai, kondisi fisik, ataukarena sebab lainnya). Dengan demikian karyawan dengan keterbatasan seperti itu tidakdapat dipaksakan mengerjakan sebuah pekerjaan yang memang tidak mungkin baginya.

Untuk mengatasi hal semacam ini, maka dalam proses penyelesaiannya, perluditambahkan sebuah bilangan yang sangat besar, dan disebut dengan bilangan M (untukmasalah minimalisasi) dan – M (untuk masalah maximalisasi). Proses penyelesaianselanjutnya dapat dilakukan dengan cara yang sama seperti pada kasus penugasan yangnormal, hanya saja pada keptusan optimalnya akan dihindari menugaskan karyawan padatugas yang memiliki bilangan M atau – M tersebut.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 80: Buku TRO Oke

80

Bab 6Teori Permainan(Dua pemain-Jumlah Nol)

Teori permainan yang mula-mula dikembangkan oleh ilmuan Prancis bernama EmileBorel ini, secara umum digunakan untuk menyelesaikan masalah yang berkaitan dengantindakan sebuah unit bisnis (misalnya) untuk memenangkan persaingan dalam usaha yangdigelutinya. Seperti diketahui, bahwa dalam praktek sehari-hari, setiap unit usaha atauorganisasi pada umumnya harus berhadapan dengan para pesaing. Untuk memenangkanpersaingan itulah, diperlukan analisis dan pemilihan strategi pemasaran tepat, khususnyastrategi bersaing yang paling optimal bagi unit usaha atau organisasi yang bersangkutan.

Ketentuan-ketentuan Dasar dalam Teori Permainan

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

StrategiHarga

Murah (S1)1 9 2

PerusahaanA Strategi

HargaMahal (S2)

8 5 4

Dari contoh tabel matrik pay off (matrik permainan) di atas, dapat dijelaskan beberapaketentuan dasar yang terpenting dalam teori permainan, yakni :

1. Nilai-nilai yang ada dalam tabel tersebut (yakni angka 1, 9, 2 di baris pertama dan8, 5, 4 di baris kedua), merupakan hasil yang diperoleh dari penggunaan berbagaistrategi yang dipilih oleh kedua perusahaan. Satuan nilai tersebut merupakanefektifitas yang dapat berupa uang, persentase pangsa pasar, jumlah pelanggandan sejenisnya. Nilai positif menunjukkan keuntungan bagi pemain baris dankerugian bagi pemain kolom, begitu pula sebaliknya nilai negatif menunjukkankerugian bagi pemain baris dan keuntungan bagi pemain kolom. Sebagai contohnilai 9 pada sel C12 menunjukkan apabila pemain/perusahaan A menggunakanstrategi harga murah (S1) dan perusahaan B meresponnya dengan strategi hargasedang (S2), maka perusahaan A akan mendapatkan keuntungan sebesar 9 yangberarti perusahaan B akan mengalami kerugian sebesar 9.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 81: Buku TRO Oke

81

2. Suatu strategi dari sebuah pemain/perusahaan dianggap tidak dapat dirusak olehperusahaan lainnya.

3. Setiap pemain/perusahaan akan memilih strategi-strategi tersebut secara terusmenerus selama perusahaan masih memiliki keinginan melanjutkan usahanya

4. Suatu permainan/persaingan dikatakan adil atau ‘fair’ apabila hasil akhirpermainan atau persaingan menghasilkan nilai nol (0), atau tidak ada pemain atauperusahaan yang menang/kalah atau mendapat keuntungan/kerugian.

5. Suatu strategi dikatakan dominan terhadap strategi lainnya apabila memiliki nilaipay off yang lebih baik dari strategi lainnya. Maksudnya, bagi pemain/perusahaanbaris, nilai positif (keuntungan) yang diperoleh dari suatu strategi yangdigunakan, menghasilkan nilai positif yang lebih besar dari hasil penggunaanstrategi lainnya. Bagi pemain kolom, nilai negatif (kerugaian) yang diperoleh darisuatu strategi yang digunakan, menghasilkan nilai negatif yang lebih kecil darihasil penggunaan strategi lainnya.

6. Tujuan dari teori permainan ini adalah mengidentifikasi strategi yang palingoptimal untuk setiap perusahaan.

Penyelesaian masalah dalam Teori Permainan ini, biasanya menggunakan duakarakteristik strategi, yakni :a. Strategi Murni

Penyelesaian masalah dengan strategi murni dilakukan dengan menggunakankonsep maximin untuk pemain/perusahaan baris dan konsep minimax untukpemain/perusahaan kolom. Dalam strategi ini seorang pemain atau perusahaanakan menggunakan satu strategi/strategi tunggal untuk mendapatkan hasil optimal(sadle point yang sama).

b. Strategi CampuranPenyelesaian masalah dengan strategi campuran dilakukan apabila strategi murniyang digunakan belum mampu menyelesaikan masalah permainan atau belummampu memberikan pilihan strategi yang optimal bagi masing-masingpemain/perusahaan. Dalam strategi ini seorang pemain atau perusahaan akanmenggunakan campuran/lebih dari satu strategi untuk mendapatkan hasil optimal.

Agar sebuah permainan atau persaingan menjadi optimal, setiap strategi yangdipergunakan berusaha untuk mendapatkan nilai permainan (sadle point) yang sama.

Untuk memahami dengan lebih jelas mengenai penggunaan Teori permianan ini,perhatikan dua contoh kasus berikut ini :

Contoh kasus 1 ( Strtaegi Murni)

Dua buah perusahan yang memiliki produk yang relatif sama, selama ini saling bersaingdan berusaha untuk mendapatkan keuntungan dari pangsa pasar yang ada. Untukkeperluan tersbut, perusahaan A mengandalkan 2 strategi dan perusahaan Bmenggunakan 3 macam strategi, dan hasilnya terlihat pada tabel berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 82: Buku TRO Oke

82

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

StrategiHarga

Murah (S1)1 9 2

PerusahaanA Strategi

HargaMahal (S2)

8 5 4

Dari kasus di atas, bagaimana strategi yang harus digunakan oleh masing-masingpemain atau perusahaan, agar masing-masing mendapatkan hasil yang optimal (kalauuntung, keuntungan tersebut besar, dan kalau harus rugi maka kerugian tersebutadalah paling kecil).

Jawab :Seperti telah dijelaskan di atas, bagi pemain baris akan menggunakan aturan maximindan pemain kolom akan menggunakan aturan minimax.

Langkah 1Untuk pemain baris (perusahaan A), pilih nilai yang paling kecil untuk setiap baris(Baris satu nilai terkecilnya 1 dan baris dua nilai terkecilnya 4). Selanjutnya dari dua

nilai terkecil tersebut, pilih nilai yang paling baik atau besar, yakni nilai 4.

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

Maximin

StrategiHarga

Murah (S1)1 9 2 à 1

PerusahaanA Strategi

HargaMahal (S2)

8 5 4 à 4

Langkah 2Untuk pemain kolom, (perusahaan B), pilih nilai yang paling besar untuk setiapkolom (kolom satu nilai terbesarnya 8, kolom dua nilai terbesarnya 9, dan kolom tiganilai terbesarnya 4). Selanjutnya dari tiga nilai terbesar tersebut, pilih nilai yang

paling baik atau kecil bagi B, yakni nilai 4 (rugi yang paling kecil).

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 83: Buku TRO Oke

83

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

Maximin

StrategiHarga

Murah (S1)1 9 2 à 1

PerusahaanA Strategi

HargaMahal (S2)

8 5 4 à 4

Minimax à 8 9 4

Langkah 3Karena pilihan pemain baris-A dan pemain kolom-B sudah sama, yakni masing-

masing memilih nilai 4, maka permainan ini sudah dapat dikatakan optimalà sudahditemukan nilai permainan (sadle point) yang sama.

Hasil optimal di atas, dimana masing-masing pemain memilih nilai 4 mengandungarti bahwa pemain A meskipun menginginkan keuntungan yang lebih besar, namun Ahanya akan mendapat keuntungan maksimal sebesar 4, bila ia menggunakan strategiharga mahal (S2). Sedangkan pemain B, meskipun menginginkan kerugian yangdideritanya adalah sekecil mungkin, namun kerugian yang paling baik bagi B adalahsebesar 4, dan itu bisa diperoleh dengan merespon strategi yang digunakan A denganjuga menerapkan strategi harga mahal (S3).

Penggunaan strategi selain yang direkomendasikan di atas akan berdampak padamenurunnya keuntungan bagi A dan meningkatnya kerugian bagi B, atau tidak dapatselesainya persaingan atau permainan yang ada.

Contoh kasus 2 ( Strtaegi Campuran)

Dari kasus di atas, dan karena adanya perkembangan yang terjadi di pasar, makaperusahaan A, yang tadinya hanya memiliki produk dengan harga murah dan mahal,sekarang menambah satu lagi strategi bersainganya dengan juga mengeluarkanproduk berharga sedang, dan hasil yang diperoleh tampak pada tabel berikut ini :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 84: Buku TRO Oke

84

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

Strategi HargaMurah (S1) 2 5 7

Strategi HargaSedang (S2) -1 2 4Perusahaan

A

Strategi HargaMahal (S3) 6 1 9

Dari perkembangan kasus di atas, bagaimana strategi yang harus digunakan olehmasing-masing pemain atau perusahaan, agar masing-masing mendapatkan hasil yangyang optimal (kalau untung, keuntungan tersebut besar, dan kalau harus rugi makakerugian tersebut adalah paling kecil).

Jawab :Langkah 1Mula-mula akan dicoba dulu dengan menggunakan strategi murni. Seperti telahdijelaskan di atas, bagi pemain baris akan menggunakan aturan maximin dan pemainkolom akan menggunakan aturan minimax. Untuk pemain baris, pilih nilai yangpaling kecil untuk setiap baris (Baris satu nilai terkecilnya 2 , untuk baris kedua nilaiterkecilnya -1 dan baris tiga nilai terkecilnya 1). Selanjutnya dari dua nilai terkecil

tersebut, pilih nilai yang paling baik atau besar, yakni nilai 2.

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

Maximin

StrategiHarga

Murah (S1)2 5 7 à 2

StrategiHarga

Sedang (S2)-1 2 4 à -1Perusahaan

A

StrategiHarga

Mahal (S3)6 1 9 à 1

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 85: Buku TRO Oke

85

Langkah 2Untuk pemain kolom, pilih nilai yang paling besar untuk setiap kolom (kolom satu nilaiterbesarnya 6, kolom dua nilai terbesarnya 5, dan kolom tiga nilai terbesarnya 9).Selanjutnya dari tiga nilai terbesar tersebut, pilih nilai yang paling baik atau kecil bagi B,

yakni nilai 5 (rugi yang paling kecil).

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Mahal (S3)

Maximin

StrategiHarga

Murah (S1)2 5 7 à 2

StrategiHarga

Sedang (S2)-1 2 4 à -1Perusahaan

A

StrategiHarga

Mahal (S3)6 1 9 à 1

Minimax à 6 5 9

Langkah 3Dari tabel di atas terlihat bahwa pilihan pemain baris-A dan pemain kolom-B tidak sama,dimana pemain atau perusahaan A memilih nilai 2 dan perusahaan B memilih nilai 5,dengan demikian maka permainan ini dapat dikatakan belum optimal à karena belumditemukan nilai permainan (sadle point) yang sama.

Oleh karena itu perlu dilanjutkan dengan menggunakan strategi campuran, yanglangkahnya adalah sebegai berikut :

Langkah 4Masing-masing pemain akan menghilangkan strategi yang menghasilkan keuntungan ataukerugian paling buruk. Bila diperhatikan pada tabel sebelumnya, untuk pemain A, strategiS2 adalah paling buruk, karena bisa menimbulkan kemungkinan kerugian bagi A (adanilai negatif / -1 nya). Dan bagi pemain B, strategi S3 adalah paling buruk karenakerugiannya yang bisa terjadi paling besar (perhatikan nilai-nilai kerugian di strategi S3pemain/perusahaan B)

Langkah 5Setelah pemain A membuang strategi S2 dan pemain B membuang stretgi S3, diperolehtabel sebagiai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 86: Buku TRO Oke

86

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)

StrategiHarga

Sedang (S2)

StrategiHarga

Murah (S1)2 5

PerusahaanA Strategi

HargaMahal (S3)

6 1

Perhatikan bahwa setelah masing-masing membuang strategi yang paling buruk, makasekarang persaingan atau permainan dilakukan dengan kondisi, perusahaan Amenggunakan strategi S1 dan S3, sementara perusahaan B menggunakan strategi S1 danS2.

Langkah 6Langkah selanjutnya adalah dengan memberikan nilai probabilitas terhadap kemugkinandigunakannya kedua strategi bagi masing-masing perusahaan. Untuk perusahaan A, bilakemungkinan keberhasilan penggunaan strategi S1 adalah sebesar p, maka kemungkinankeberhasilan digunakannya strategi S3 adalah (1-p). Begitu pula dengan pemain B, bilakemungkinan keberhasilan penggunaan strategi S1 adalah sebesar q, maka kemungkinankeberhasilan digunakannya strategi S2 adalah (1-q).

Perusahaan B

StrategiHarga

Murah (S1)(q)

StrategiHarga

Sedang (S2)(1-q)

StrategiHarga

Murah (S1)(p)

2 5Perusahaan

A StrategiHarga

Mahal (S3)(1-p)

6 1

Langkah 7

Selanjutnya mencari nilai besaran probabilitas setiap strategi yang akan digunakandengan menggunakan nilai-nilai yang ada serta nilai probalitas masing-masing strategiuntuk menghitung sadle point yang optimal, dengan cara sebagai berikut :

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 87: Buku TRO Oke

87

Untuk perusahaan ABila, apapun strategi yang digunakan A, perusahaan B meresponnya dengan strategi S1,maka :

2p + 6(1-p) = 2p + 6 – 6p = 6 – 4p

Bila, apapun strategi yang digunakan A, perusahaan B meresponnya dengan strategi S2,maka :

5p + 1(1-p) = 5p + 1 – 1p = 1 + 4p

Bila kedua hasil persamaan tersebut digabung, maka :

6 – 4p = 1 + 4p5 = 8pP = 5/8 = 0,625

Dan apabila nilai p = 0,625, maka nilai (1-p) adalah (1 – 0,625) = 0,375, sehingga keduanilai probabilitas untuk strategi S1 dan S3 milik perusahaan A sudah diketahui nilainya.Apabila kedua nilai probabilitas tersebut dimasukkan dalam kedua persamaan di atas,maka keuntungan yang diharapkan oleh perusahaan A adalah :

Dengan persamaan ke-1 Dengan persamaan ke-2= 2p + 6(1-p) = 5p + 1(1-p)= 2 (0,625) + 6 (0,375) = 5 (0,625) + 1 (0,375)= 3,5 = 3,5

Perhatikan, bahwa keduanya menghasilkan keuntungan yang diharapkan adalah sama,yakni sebesar 3,5. Coba diingat di atas, bahwa sebelum menggunakan strategi campuranini keuntungan perusahaan A hanya sebesar 2, berarti dengan digunakan strategicampuran ini, keuntungan perusahaan A bisa meningkat 1,5 menjadi 3,5.

Bagaimana dengan perusahaan B ?

Untuk perusahaan BBila, apapun strategi yang digunakan B, perusahaan A meresponnya dengan strategi S1,maka :

2q + 5(1-q) = 2q + 5 – 5q = 5 – 3p

Bila, apapun strategi yang digunakan B, perusahaan A meresponnya dengan strategi S3,maka :

6q + 1(1-q) = 6q + 1 – 1q = 1 + 5p

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 88: Buku TRO Oke

88

Bila kedua hasil persamaan tersebut digabung, maka :

5 – 3q = 1 + 5q4 = 8qq = 4/8 = 0,5

Dan apabila nilai p = 0,5, maka nilai (1-p) adalah (1 – 0,5) = 0,5, sehingga kedua nilaiprobabilitas untuk strategi S1 dan S2 milik perusahaan B sudah diketahui nilainya.Apabila kedua nilai probabilitas tersebut dimasukkan dalam kedua persamaan di atas,maka kerugian minimal yang diharapkan oleh perusahaan B adalah :

Dengan persamaan ke-1 Dengan persamaan ke-2= 2q + 5(1-q) = 6q + 1(1-q)= 2 (0,5) + 5 (0,5) = 6 (0,5) + 1 (0,5)= 3,5 = 3,5

Perhatikan, bahwa keduanya menghasilkan kerugian minimal yang diharapkan adalahsama, yakni sebesar 3,5. Coba diingat di atas, bahwa sebelum menggunakan strategicampuran ini kerugian minimal perusahaan B adalah sebesar 5, berarti dengan digunakanstrategi campuran ini, kerugian minimal perusahaan B bisa menurun sebesar 1,5 menjadi3,5.

Kesimpulan :

Kerena penggunaan strategi murni belum mampu menemukan nilai permainan (sadlepoint) yang sama, mana penyelesaian masalah permainan/persaingan di atas dilanjutkandengan digunakannya strategi campuran. Penggunaan strategi campuran ini terbuktidisamping mampu menemukan nilai permainan (sadle point) yang sama, strategicampuran ini juga mampu memberikan hasil yang lebih baik bagi masing-masingperusahaan. Perusahaan A keuntungan yang diharapkan naik menjadi 3,5 dan kerugian

minimal yang diterima perusahaan B juga dapat turun hanya sebesar 3.5. à Sudahoptimal.

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 89: Buku TRO Oke

BAB 7

Pemrograman dinamis ini pertama kali dikembangkan oleh seorang ilmuwan benama Richard Bellman pada tahun 1957. Apabila dalam riset operasional yang lain, memiliki formulasi standar untuk memecahkan masalah, maka dalam pemrograman dinamis ini tidak ada formulasi yang standar, artinya setiap masalah dalam pemrograman dinamis memerlukan pola pendekatan atau penyelesaian yang berbeda satu dengan lainnya. Oleh karena itu perlu berlatih soal sebanyak mungkin untuk mendapatkan banyak bentuk penyelesaian kasus yang berbeda-beda.

Namun demikian, ada kesamaan dari setiap penyelesaian masalah dalam pemrograman dinamis ini, dimana setiap keputusan optimal yang diambil diperoleh dari banyak tahap (multistage). Hasil dari sebuah tahap akan berdampak atau menjadi masukan bagi tahap berikutnya.

Bentuk fungsi umum dari pemrograman dinamis ini adalah :

Fn (X) = max { r n (X n ) + f n -1 (X – X n ) }

dimana n = 2, 3, ………..

Persamaan di atas digunakan untuk perhitungan dari depan ke belakang (forward-induction) maupun dari belakang ke depan (backward-induction).

Untuk memperjelas masalah pemrograman dinamis ini, perhatikan contoh berikut ini.

Sebuah perusahaan memiliki kapasitas produksi sebesar 700 ton per bulan. Distribusi produk dilakukan melalui transportasi darat, dan untuk menghemat biaya pengiriman, telah ditentukan volume pengiriman sebesar 100 ton setiap pengirimannya. Pasar yang dituju adalah pasar A, B, dan C.

Dari pengalaman yang ada, return dari setiap pasar dapat dilihat pada tabel berikut ini :

89

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

PEMROGRAMAN DINAMIS

Page 90: Buku TRO Oke

Pengiriman Produk ke -

Return dari kota A(Rp)

Return dari kota B(Rp)

Return dari kota C(Rp)

01234567

00,81,52,33

3,64

4,4

00,61,22

2,83,64

4,3

00,61,21,92,83,64,75,4

Bagaiman distribusi produk harus dilakukan oleh perusahaan agar diperoleh hasil atau return yang paling optimal ?

Jawab :Masalah di atas dapat diselesaikan dengan pemrograman dinamis, dimana perhitungan akan dimulai dari pasar A, B dan diakhiri dengan perhitungan return di pasar C. Dengan persamaan dasar di atas, berarti nilai f1(X) akan menentukan nilai f2(X), dan nilai f2(X) ini akan menentukan nilai f3(X).

Tahap PertamaApabila semua produk hanya dipasarkan di kota A, maka return atau penghasilan yang diperoleh mulai dari tidak ada pengiriman hingga 7 kiriman (setiap pengiriman berisi 100 ton), adalah sebagai berikut :

Jika tidak ada pengiriman f1(0) = r1 = 0Jika ada 1 pengiriman f1(1) = f1(1) = 0,8 (lihat tabel sebelumnya)Jika ada 2 pengiriman f1(2) = r1(2) = 1,5Jika ada 3 pengiriman f1(3) = r1(3) = 2,3Jika ada 4 pengiriman f1(4) = r1(4) = 3,0Jika ada 5 pengiriman f1(5) = r1(5) = 3,6Jika ada 6 pengiriman f1(6) = r1(6) = 4,0Jika ada 7 pengiriman f1(7) = r1(7) = 4,4

Selanjutnya, hasil tersebut di atas, dimasukkan dalam tabel hasil sebagai berikut :

90

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 91: Buku TRO Oke

Produk (X), dlm ratusan ton

Pasar A Pasar B Pasar CX1 f1(X) X2 F2(X) X3 F3(X)

0 0 01 1 0,82 2 1,53 3 2,34 4 3,05 5 3,66 6 4,07 7 4,4

Tahap KeduaApabila diperhitungkan pengiriman ke kota A dan kota B

Atas dasar hasil f1(X) di atas, nilai f2(X) dapat dicari dengan persamaan umum sebagiberikut :

Apabila X = 0, maka return f2(X) adalah juga 0, karena tidak ada (0) pengirimanApabila X = 1, maka

f2 (X)= max { r 2 (X 2 ) + f 2 -1 (1 – X 2 ) }

Dimana 0 ≤ X2 ≤ 1

Sehingga nilai-nilai f2(1) adalah :

r2(0) + f1(1) = 0 + 0,8 = 0,8f2(1) = max { } 0,8

r2(1) + f1(0) = 0,6 + 0 = 0,6

Dari hasil persamaan di atas, dapat dikatakan bahwa dengan asumsi 1 pengirman dapat dilakukan ke kota A atau ke kota B, maka kalau 1 kiriman berisi 100 ton tersebut sudah dikirim ke kota A, tentu tidak dapat dikirim ke kota B, begitu pula sebaliknya. Jika dikirim ke kota B maka hasilnya adalah 0,8 sedangkan jika ke kota B, hasilnya adalah 0,6. Dengan pilihan hasil tersebut, jika hanya ada 1 pengiriman, mana tentu perusahaan akan memilih mengirimkannya ke kota A, karena hasilnya lebih besar (0,8).

Apabila X = 2, maka

f2 (X)= max { r 2 (X 2 ) + f 2 -1 (2– X 2 ) }

Dimana 0 ≤ X2 ≤ 2

Sehingga nilai-nilai f2(2) adalah :

91

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 92: Buku TRO Oke

r2(0) + f1(2) = 0 + 1,5 = 1,5f2(2) = max { f2(1) + f1(1) = 0,6 + 0,8 = 1,4 } 1,5

r2(2) + f1(0) = 1,2 + 0 = 1,2

Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan bahwa apabila ada 2 pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), dan pengiriman dapat dilakukan di pasar A dan pasar B, maka akan ada 3 alternatif seperti perhitungan di atas. Dari tiga alternatif itu, jika hanya ada 2 kali pengiriman, maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yakni dengan mengirim semuanya ke kota A atau f1(2), karena akan menghasilkan nilai yang paling besar yaitu 1,5.

Apabila X = 3, maka

f2 (X)= max { r 2 (X 2 ) + f 2 -1 (3– X 2 ) }

Dimana 0 ≤ X2 ≤ 3

Sehingga nilai-nilai f2(3) adalah :

r2(0) + f1(3) = 0 + 2,3 = 2,3f2(3) = max { f2(1) + f1(2) = 0,6 + 1,5 = 2,1 } 2,3

r2(2) + f1(1) = 1,2 + 0,8 = 2,0r2(3) + f1(0) = 2,0 + 0 = 2,0

Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan bahwa apabila ada 3 pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), dan pengiriman dapat dilakukan di pasar A dan pasar B, maka akan ada 4 alternatif seperti perhitungan di atas. Dari tiga alternatif itu, jika hanya ada 3 kali pengiriman, maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yakni dengan mengirim semuanya ke kota A atau f1(3), karena akan menghasilkan nilai yang paling besar yaitu 2,3.

Dengan cara yang sama, apabila diteruskan dengan 4 pengiriman, 5 pengiriman, hingga 7 pengiriman, maka akan diperoleh tabel kedua sebagai berikut.

Produk (X), dlm ratusan ton

Pasar A Pasar B Pasar CX1 f1(X) X2 F2(X) X3 F3(X)

0 0 Rp 0 0 Rp 01 1 0,8 0 0,82 2 1,5 0 1,53 3 2,3 0 2,34 4 3,0 0 3,05 5 3,6 0 3,66 6 4,0 5 4,47 7 4,4 4 5,1

92

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 93: Buku TRO Oke

Tahap KetigaSetelah tahap kedua selesai, maka selanjutnya dilakukan perhitungan tahap ketiga untuk Pasar B dan C

Apabila X = 0, maka return f2(X) adalah juga 0, karena tidak ada (0) pengirimanApabila X = 1, maka

f3 (X)= max { r 3 (X 3 ) + f 3 -1 (1 – X 3 ) }

Dimana 0 ≤ X3 ≤ 1

Sehingga nilai-nilai f3(1) adalah :

r3(0) + f2(1) = 0 + 0,8 = 0,8f3(1) = max { } 0,8

r3(1) + f2(0) = 0,6 + 0 = 0,6

Dari hasil persamaan di atas, dapat dikatakan bahwa dengan asumsi 1 pengirman dapat dilakukan ke kota B atau ke kota C, maka kalau 1 kiriman berisi 100 ton tersebut sudah dikirim ke kota B, tentu tidak dapat dikirim ke kota C, begitu pula sebaliknya. Jika dikirim ke kota B maka hasilnya adalah 0,8 sedangkan jika ke kota C, hasilnya adalah 0,6. Dengan pilihan hasil tersebut, jika hanya ada 1 pengiriman, mana tentu perusahaan akan memilih mengirimkannya ke kota B, karena hasilnya lebih besar (0,8).

Apabila X = 2, maka

f3 (X)= max { r 3 (X 3 ) + f 3 -1 (2– X 3 ) }

Dimana 0 ≤ X3 ≤ 2

Sehingga nilai-nilai f3(2) adalah :

r3(0) + f2(2) = 0 + 1,5 = 1,5f3(2) = max { f3(1) + f2(1) = 0,6 + 0,8 = 1,4 } 1,5

r3(2) + f2(0) = 1,2 + 0 = 1,2

Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan bahwa apabila ada 2 pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), dan pengiriman dapat dilakukan di pasar B dan pasar C, maka akan ada 3 alternatif seperti perhitungan di atas. Dari tiga alternatif itu, jika hanya ada 2 kali pengiriman, maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yakni dengan mengirim semuanya ke kota B atau f2(2), karena akan menghasilkan nilai yang paling besar yaitu 1,5.

Apabila X = 3, maka

93

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 94: Buku TRO Oke

f3 (X)= max { r 3 (X 3 ) + f 3 -1 (3– X 3 ) }

Dimana 0 ≤ X3 ≤ 3

Sehingga nilai-nilai f3(3) adalah :

r3(0) + f2(3) = 0 + 2,3 = 2,3f3(3) = max { f3(1) + f2(2) = 0,6 + 1,5 = 2,1 } 2,3

r3(2) + f2(1) = 1,2 + 0,8 = 2,0r2(3) + f1(0) = 1,9 + 0 = 1,9

Dari perhitungan di atas, dapat disimpulkan bahwa apabila ada 3 pengiriman (masing-masing berisi 100 ton), dan pengiriman dapat dilakukan di pasar B dan pasar C, maka akan ada 4 alternatif seperti perhitungan di atas. Dari tiga alternatif itu, jika hanya ada 3 kali pengiriman, maka yang paling baik adalah alternatif pertama, yakni dengan mengirim semuanya ke kota B atau f3(3), karena akan menghasilkan nilai yang paling besar yaitu 2,3.

Dengan cara yang sama, apabila diteruskan dengan 4 pengiriman, 5 pengiriman, hingga 7 pengiriman, maka akan diperoleh tabel kedua sebagai berikut.

Produk (X), dlm ratusan ton

Pasar A Pasar B Pasar CX1 f1(X) X2 F2(X) X3 F3(X)

0 0 Rp 0 0 Rp 0 0 Rp 01 1 * 0,8 0 * 0,8 0 0,82 2 1,5 0 1,5 0 1,53 3 2,3 0 2,3 0 2,34 4 3,0 0 3,0 0 3,05 5 3,6 0 3,6 0 3,66 6 4,0 5 4,4 6 4,77 7 4,4 4 5,1 6 * 5,5

Setelah tabel di atas lengkap, dapat disimpulkan bahwa apabila kapasitas produksi perusahaan dimaksimalkan sehingga dapat berproduksi sebanyak 700 ton dan akan dikirimkan dalam 7 kali pengiriman, maka agar hasilnya optimal, maka distribusi pengiriman yang paling baik adalah bila 6 pengiriman ditujukan ke kota C (karena hasilnya paling tinggi, 5,5 ) dan sisanya ke kota A (0,8), karena dari perhitungan sebelumnya dinyatakan bahwa kalau hanya ada 1 pengiriman, yang paling baik kalau ditujukan pada pasar A.

Dengan distribusi pengiriman tersebut, hasil optimal yang diperoleh perusahaan adalah sebesar Rp 5,5 + 0,8 = Rp 6,3, dan ini adalah hasil tertinggi dibandingkan dengan alternatif-alternatif distribusi pengiriman yang lainnya.

94

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 95: Buku TRO Oke

BAB 8

Secara umum dapat dikatakan bahwa analisis jaringan digunakan untuk membantu menyelesaikan masalah-masalah yang muncul dari serangkaian pekerjaan. Masalah-masalah yang dimaksud antara lain adalah :a. Waktu penyelesaian dari serangkaian pekerjaan tersebutb. Biaya yang harus dikeluarkan untuk melaksanakan serangkaian pekerjaan tersebutc. Waktu menganggur yang terjadi di setiap pekerjaan

Analisis jaringan ini pertama kali dikembangkan oleh perusahaan jasa konsultan manajemen Boaz, Allen dan Hamilton yang dibuat untuk keperluan perusahaan pesawat terbang Lockhead. Metode yang biasanya digunakan sering disebut dengan PERT yang merupakan singkatan dari Program Evaluation and Review Tachnique.

Tanpa bermaksud meniru, ada juga metode CPM (Critical Path Method) yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah jaringan ini. Perbedaan utamanya adalah, CPM lebih menekankan pada efisiensi biaya pelaksana serangkaian pekerjaan, dengan mempercepat salah satu atau beberapa kegiatan dalam rangkaian pekerjaan tersebut.

Beberapa contoh serangkaian pekerjaan yang dapat diselesaikan dengan analisis jaringan antara lain adalah :a. Serangkaian pekerjaan membangun jembatanb. Serangkaian pekerjaan membangun gedungc. Serangkaian pekerjaan produksid. Serangkaian pekerjaan mengganti mesin yang rusake. Dll.

Beberapa istilah dalan analisis jaringan antara lain adalah :1. Aktivitas, adalah suatu pekerjaan yang membutuhkan pengorbanan sumberdaya

(waktu, tenaga, biaya). Aktivitas ini biasanya disimbolkan dengan anak panah2. Kejadian, adalah permulaan atau akhir dari sebuah aktivitas, dan disimbolkan dengan

sebuah lingkaran

3. Jalur kritis adalah sebuah jalur yang waktu penyelesaian serangkaian pekerjaannya paling besar/panjang

4. Earliest Start Time (ES), adalah waktu paling cepat untuk memuali sebuah aktivitas5. Lates Start Time (LS), adalah waktu paling lambat untuk memulai sebuah aktivitas6. Earliest Finish Time (EF), adalah waktu peling cepat untuk selesainya sebuah

aktivitas7. Latest Finish Time, adalah waktu paling lambat untuk menyelesaikan sebuah aktivitas

95

1 2

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

ANALISIS JARINGAN

Page 96: Buku TRO Oke

Beberapa Hal yang penting dalam analisis jaringan adalah :

1. Sebelum suatu aktivitas dimulai, semua aktivitas yang mendahuluinya (yang menjadi syarat) harus sudah selesai dikerjakan terlebih dahulu

2. Anak panah yang menjadi simbol sebuah aktivitas hanya menunjukkan arah dan urut-urutan kejadian, jadi panjang pendek dan bentuknya tidak akan memberi pengaruh apapun

3. Lingkaran, yang merupakan simbol dari kejadian, diberi nomor sedemikian rupa sehingga tidak memiliki nomor yang sama dan sebaiknya berurutan, sehingga dapat menggambarkan urutan kejadian. Biasanya nomor yang lebih kecil diletakkan di kejadian awal (permulaan anak panah)

4. Dua buah kejadian (lingkaran) hanya dapat dihubungkan dengan satu anak panah5. Sebuah rangkaian pekerjaan hanya dapat dimulai dan diakhiri dengan sebuah kejadian

(lingkaran)

Namun demikian, seringkali suatu kasus jaringan dihadapkan pada kondisi dimana poin 4 dan 5 di atas, tidak dapat dihindari, sehingga untuk mengatasinya harus dibuatkan atau dibantu dengan sebuah aktivitas dummy.

Aktivitas dummy adalah aktivitas yang sebenarnya tidak ada, sehingga tidak memerluakan pengorbanan sumber daya. Jadi manfaat dari aktivitas Dummy adalah :a. Untuk menghindari terjadinya kondisi dimana dua kejian dihubungkan oleh lebih dari

satu anak panah

Dengan aktivitas dummy akan menjadi :

b. Untuk memenuhi ketentuan, dimana serangkaian kejadian hanya dapat dimulai dan diakhiri dengan satu kejadian (lingkaran)

c. Untuk menunjukkan urutan kejadian atau aktivitas yang sebenarnya

96

1 2

1 4

2

3

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 97: Buku TRO Oke

Untuk memahami masalah jaringan ini, perhatikan contoh berikut ini.

Sebuah perusahaan, yang sedang menghadapi masalah dengan kerusakan mesin produksinya, berencana mengganti mesin yang rusak tersebut. Setelah dialakukan identifikasi, serangkaian kegiatan yang diperlukan dalam rangka penggantian mesin yang rusak tersebut adalah seperti terlihat pada tabel berikut ini.

Kegiatan Keterangan Kegiatan Yang mendahului

Waktu yang dibuthkan

ABCDEFG

MerencanakanMemesan Mesin BaruMenyiapkan mesinPesan Material rangka mesinMembuat rangkaFinishing rangkaMemasng mesin pada rangka

-abade

c, f

10284315

Dari masalah perusahaan di atas, berapakah waktu optimal yang diperlukan untuk menyelesaikan serangkaian pekerjaan penggantian mesin tersebut ? Pada bagian mana saja waktu menganggur terjadi ?

Jawab :

A. Jika diselesaikan dengan algoritma EF dan LF

Langkah pertama adalah menggambarkan serangkaian pekerjaan tersebut, sesuai dengan urutan waktu pekerjaan yang ada dalam tabel.

Langkah kedua adalah mencari nilai Earliest Finish Time (EF) dari depan ke belakang, dan nilai Latest Finish Time (LF) dari belakang ke depan, dari setiap kejadian (lingkaran), dengan hasil seperti gambar berikut :

97

g,5

f,1

c,8

e,3

b,2

d,4

a,10

1 2

3

4 5

6 7

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 98: Buku TRO Oke

Dari gambar di atas dapat disimpulkan bahwa :1. Jalur kritis dari rangkaian kegiatan di atas adalah jalur 1, 2, 3, 6, dan 7, atau jalur

yang memiliki nilai EF dan LF yang sama2. Dengan jalur kritis tersebut, paling cepat, rangkaian pekerjaan penggantian mesin

tersebut baru akan selesai pada hari ke-253. Untuk kejadian 6, meskipun jalur bawah (1, 2, 4, 5, dan 6) sudah selesai pada hari ke

18, namun pekerjaan g tidak dapat dilakukan karena untuk melakukannya menunggu pekerjaan c selesai lebih dahulu, dan pekerjaan c baru akan selesai pada hari ke-20. Karena itu pekerjaan g baru dapat dimulai setelah hari ke-20.

B. Jika diselesaikan dengan metode matriks

Secara garis besar, apabila masalah jaringan di atasb dikerjakan dengan menggunakan metode matrik, makan penyelesaiannya dapat menggunakan matrik berikut ini.

EFKe

Dari 2 3 4 5 6 7

0 1 1010 2 2 412 3 814 4 317 5 120 6 525 7

1 2 3 4 5 6 7LF 0 10 12 16 19 20 25

Sebagaimana dalam metode algoritma, maka nilai-nilai EF dicari dari depan ke belakang, sedangkan nilai-nilai LF dicari dari belakang ke depan. Dengan cara ini, diperoleh hasil seperti dalam tabel di atas.

98

EF = 25LF = 25

EF = 10LF = 10

g,5

f,1

c,8

e,3

b,2

d,4

a,10

1 2

3

4 5

6 7EF = 0LF = 0

EF = 14LF = 16

EF = 17LF = 19

EF = 20LF = 20

EF = 12LF = 12

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed

Page 99: Buku TRO Oke

Dari tabel tersebut dapat disimpulkan bahwa keseluruhan rangkaian pekerjaan akan selesai pada hari ke-25, dengan jalur kritisnya 1, 2, 3, 6, dan 7, karena memiliki nilai EF dan LF yang sama.

Untuk dapat menyelesaikan rangkaian pekerjaan penggantian mesin itu, lebiuh cepat dari 25 hari, maka yang harus dilakukan adalah dengan mempercepat waktu kegiatan yang ada dalam jalur kritis. Bila ini tidak dilakukan, maka percepatan pada jalur lain tidak akan berpengaruh (sia-sia) pada waktu penyelesaian, atau akan tetap membutuhkan 25 hari.

Namun demikian, percepatan pekerjaan pada jalur kritis akan membawa konsekuensi pada munculnya biaya percepatan pekerjaan. Untuk mendapatkan gambaran mengenai percepatan pekerjaan ini, akan dibahas dengan metode CPM yang akan diberikan pada mata kuliah Manajemen Operasional, semester berikutnya.

99

Modul Kuliah Teknik Riset Operasi

Prodi Manajemen Informatika - Polmed