Model transportasi (0 0)gasal1213 PERMODELAN

MODEL

TRANSPORTASI

Transportation

Transshipment

Assignment

Pengertian

• Model transportasi bertujuan untuk mencari biaya minimum dalam pendistribusian suatu komoditas atau produk dari sejumlah sumber ke sejumlah tujuan

• Dapat diperluas untuk digunakan dalam bidang lain, misalnya bidang kontrol persediaan, penjadwalan pekerja, penugasan pekerja, dsb

Ilustrasi Problem Transportasi

• Sejenis barang diangkut dari 3 tempat asal ke 4 tempat tujuan. Jumlah barang dari tempat asal 1, 2, dan 3 masing2 sebanyak 15, 25, dan 5 unit. Jumlah kebutuhan barang untuk tempat tujuan 1,2, 3, dan 4 masing2 sebanyak 5, 15,15, dan 10 unit. Biaya angkut per satuan barang dapat dilihat dalam tabel berikut. Bagaimana mengatur distribusi barang tsb supaya diperoleh biaya minimum?

T1 T2 T3 T4

S1 10 0 20 11

S2 12 7 9 20

S3 0 14 16 18

Ciri-ciri Model Transportasi

• Terdapat sejumlah sumber dan tujuan

• Jumlah komoditas yang didistribusikan

dan jumlah permintaan besarnya tertentu

• Komoditas yang didistribusikan dari suatu

sumber ke suatu tujuan besarnya sesuai

kapasitas sumber atau besarnya

permintaan

• Harga satuan distribusi besarnya tertentu

PEMODELAN TRANSPORTASI

Ciri-ciri model transportasi: – Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan

(S1, S2, …… dan D1, D2, …… )

– Masing-masing sumber mempunyai kapasitas supply dan masing-masing tujuan mempunyai demand (a1, a2, ….. dan b1, b2, ….. ) dengan syarat jumlah supply sama dengan jumlah demand ( ∑ai = ∑bj )

– Masing-masing sumber mengirim sejumlah barang yang diterima oleh masing-masing tujuan sebagai variabel (X11, X12, ….. )

– Masing-masing variabel mempunyai harga satuan (C11, C12, ….. )

Bentuk Model Transportasi

Sumber Tujuan

i=1 j=1

i=2 j=2

i=m

j=3

J=n

c11, x11

cmn, xmn

c21, x21 a1

a2

am

Unit Supply

Unit

Permintaan

b1

b2

b3

bn

Keterangan :

• ai = jumlah supply pada sumber i

• bj = jumlah permintaan pada tujuan j

• cij = harga satuan distribusi antara sumber

i dan tujuan j

• xij = jumlah komoditi yang didistribusikan

dari sumber i ke tujuan j

Bentuk model Programa Liniernya :

• Minimumkan : z = ∑ m ∑n cij xij i=1 j=1

Pembatas :

∑n xij ≤ ai , i = 1,2,…..,m

j=1

∑n xij ≥ bj , j = 1,2,…..,n

i=1

xij ≥ 0

Tabel Transportasi Tujuan

1 2 n Supply

a1

a2

am

Sumber

1

2

m

Demand b1 b2 bn

c11 c12 c1n

c21 c22 c2n

cm1 cm2 cmn

x11 x12 x1n

x21 x22 x2n

xm1 xm2 xmn

Syarat : Jumlah supply = jumlah demand

∑m ai = ∑n bj i=1 j=1

Apabila tidak sama, perlu diseimbangkan dengan variabel semu

dengan harga satuan sebesar 0.

PEMODELAN TRANSPORTASI

(Skenario)

a1

a2

a3

ai

b1

b2

b3

bj

S1

S2

S3

Si

D1

D2

D3

Dj

Cij , Xij

C11 , X11

C12 , X12 C13 , X13 C1j , X1j

Formulasi

• Minimumkan z = ΣiΣj cij xij

• Pembatas:

• Σj xij = ai , I = 1, 2, …. , m

• Σi xij = bj , j = 1, 2, …. , n

• xij ≥ 0 , untuk seluruh I dan j

CONTOH : m = 2 , n = 3

a1

a2

b1

b2

b3

S1

S2

D1

D2

D3

C11 , X11

C12 , X12

C13 , X13

C1j , X1j

CONTOH : m = 2 , n = 3

• Minimumkan : • z = c11x11 + c12x12 + c13x13 + c21x21 + c22x22 + c23x23

• Pembatas : – Sumber :

• x11 + x12 + x13 = a1

• x21 + x22 + x23 = a2

– Tujuan :

• x11 + x21 = b1

• x12 + x22 = b2

• x13 + x23 = b3

– Non negatif :

• x11 , x12 , x13 , x21 , x22 , x23 ≥ 0

Tabel Transportasi

D1 D2 D3

c11 c12 c13

S1 X11 X12 X13 a1

c21 c22 c23

S2 X21 X22 X23 a2

c31 c32 c33

S3 X31 X32 X33 a3

b1 b2 b3

CONTOH Pengiriman 600 ton gandum dari 3 gudang:

1 - Kansas City, tersedia 150 ton

2 - Omaha, tersedia 175 ton

3 - Des Moines, tersedia 275 ton

ke 3 lokasi pabrik:

A - Chicago, membutuhkan 200 ton

B - St.Louis, membutuhkan 100 ton

C - Cincinnati, membutuhkan 300 ton

Biaya satuan pengiriman (dalam $/ton) sbb.:

Gudang Pabrik

A. Chicago B. St.Louis C. Cincinnati

1. Kansas City 6 8 10

2. Omaha 7 11 11

3. Des Moines 4 5 12

Contoh

Diagram Transportasi

a1=150

a2=175

a3=275

b1=200

b2=100

b3=300

1

2

3

A

B

C

6

8

10 7

1 = Kansas City A = Chicago

2 = Omaha B = St. Louis

3 = Des Moines C = Cincinnati

11

11

4 5

12

Contoh

Formulasi

Minimumkan : z = 6x1A + 8x1B + 10x1C + 7x2A + 11x2B + 11x2C + 4x3A + 5x3B + 12x3C

Pembatas : x1A + x1B + x1C = 150

x2A + x2B + x2C = 175

x3A + x3B + x3C = 275

x1A + x2A + x3A = 200

x1B + x2B + x3B = 100

x1C + x2C + x3C = 300

x1A , x1B , x1C , x2A , x2B , x2C , x3A , x3B , x3C ≥ 0

Contoh

Tabel Transportasi

A B C

6 8 10

1 150

7 11 11

2 175

4 5 12

3 275

200 100 300

Prosedur

I. INISIASI (pilih salah satu): North West Corner (NWC)

Least Cost Method (LCM)

Vogel’s Approximation Method (VAM)

II. ITERASI (pilih salah satu): Stepping Stone Method (SSM)

Modified Distribution (MODI)

Catatan:

Banyaknya variabel basis = m + n – 1

Contoh: m = 3, n = 3, banyaknya var basis = 3 + 3 – 1 = 5

INISIASI :

North West Corner (NWC)

Mulai dari sel pojok kiri atas, diisi besaran Xij

dengan angka terkecil dari persediaan pada

sumber ai dan kebutuhan bj.

Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan

Xij tersebut, apabila ai menjadi = 0 dan bj ≠ 0

maka sel berikutnya yang harus diisi adalah

sel yang berada dibawah sel yang telah terisi,

atau sebaliknya.

Lakukan sampai dengan seluruh sel.

INISIASI :

North West Corner (NWC)

A B C

6 8 10

1 150 150

7 11 11

2 50 100 25 175

4 5 12

3 275 275

200 100 300

INISIASI :


Pilih sel dengan cost (cij) terkecil, isilah Xij dengan

nilai terkecil dari ai atau bj pada baris atau kolom

yang sama dengan sel tersebut.

Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan Xij

tersebut, apabila ai menjadi = 0 maka baris i tidak

perlu diperhitungkan lagi, demikian juga sebaliknya,

demikian juga bila bj = 0 maka kolom ybs tidak

diperhitungkan lagi.

Ulangi mulai dari awal, tetapi baris atau kolom yang

sudah bernilai 0 tidak diikutsertakan lagi.

INISIASI :


A B C

6 8 10

1 25 125 150

7 11 11

2 175 175

4 5 12

3 200 75 275

200 100 300

INISIASI : Vogel’s Approximation Method (VAM)

Hitung angka-angka penalti masing-masing baris dan kolom berupa pengurangan dari nilai kedua terkecil dengan nilai terkecil.

Cari angka penalti yang terbesar, isilah sel pada baris atau kolom tersebut dengan nilai Xij.

Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan Xij tersebut, apabila ai menjadi = 0 maka baris i tidak perlu diperhitungkan lagi, demikian juga sebaliknya, demikian juga bila bj = 0 maka kolom ybs tidak diperhitungkan lagi.

Ulangi mulai dari awal, tetapi baris atau kolom yang sudah bernilai 0 tidak diikutsertakan lagi.

INISIASI : Vogel’s Approximation Method (VAM)

A B C

6 8 10

1 150 150

7 11 11

2 175 175

4 5 12

3 25 100 150 275

200 100 300

Tabel Transporasi ilustrasi problem diatas

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

Solusi Basis Awal - Metode Pojok Kiri Atas :

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

5 10

5 15 5

5

Solusi Basis Awal - Metode Ongkos Terkecil :

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

15

5

15 10

Metode Pendekatan Vogel :

1. Hitung penalty tiap kolom dan baris dengan mengurangkan harga satuan terkecil dari kedua terkecil.

2. Alokasikan komoditi sebanyak mungkin pada variabel dengan ongkos terkecil yang terletak pada pinalty terbesar. Tandai kolom atau baris yang sudah terpenuhi. Hitung sisa komoditi setiap kolom/baris. Hitung kembali pinalty baris dan kolom yang belum ditandai. Setiap baris/kolom dengan sisa komoditi nol tidak terbawa dalam perhitungan penalty.

3. Lakukan kembali alokasi sampai semua komoditas sudah teralokasi

.

Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel :

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

Penalty

baris

Penalty kolom 10 7 7 7

10

2

14

Langkah 1 :

Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel (lanjutan) :

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

0

0 15 15 10 bj

Penalty

baris

Penalty kolom 7 11 9

11

2

- 5

Langkah 2 :

-


10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

10

0

0 15 0 10 bj

Penalty

baris

Penalty kolom 7 - 9

11

13

- 5

Langkah 3 :

-

15


10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

0

0

0 5 0 10 bj

5

Langkah 4 :

15 10


10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

0

0

0

0 0 0 0 bj

5

Langkah 5 :

15 10

5 10

ITERASI

Stepping Stone Method (SSM)

Identifikasi:

Cari loop masing-masing sel non basis, dimana dalam satu loop hanya ada satu sel non basis, dan lainnya adalah sel basis.

Hitung perbedaan biaya (Δcij) menggunakan nilai cij pada loop tersebut mulai dari sel non basis tersebut dengan ditandai +, selanjutnya -, +, -, ….., dst.

Bila masih ada nilai Δcij negatif, masih diperlukan iterasi. Bila semua Δcij positif, iterasi dihentikan.

Iterasi:

Cari nilai Δcij yang paling negatif, pada sel tersebut diisi dengan nilai variabel Xij terkecil diantara variabel basis pada ujung negatif.

Seimbangkan jumlah supply dan demand.

Ulangi langkah identifikasi, ….., dst, sampai ditemukan hasil optimum.

Tabel Transportasi : Sel Basis

dan Sel Non Basis

D1 D2 D3

c11 c12 c13

S1 X11 a1

Basis Δc12 Non-B Δc13

Non-B

c21 c22 c23

S2 X21 X22 X23 a2

Basis Basis Basis

c31 c32 c33

S3 X33 a3

Δc31 Non-B Δc32

Non-B Basis

b1 b2 b3

Contoh Stepping Stone Method (SSM)

ITERASI 1 : Inisiasi NWC

A B C

6 8 10

1 150 150

- 2 0

7 11 11

2 50 100 25 175

4 5 12

3 275 275

- 4 - 7

200 100 300

ITERASI 2 :

A B C

6 8 10

1 150 150

+ 5 0

7 11 11

2 50 125 175

+ 7

4 5 12

3 100 175 275

- 4

200 100 300

ITERASI 3 :

A B C

6 8 10

1 150 150

+ 1 - 4

7 11 11

2 175 175

+ 4 + 7

4 5 12

3 50 100 125 275

200 100 300

ITERASI 4 : Optimum, ΔCij ≥ 0

A B C

6 8 10

1 25 125 150

+ 1

7 11 11

2 175 175

0 + 3

4 5 12

3 175 100 275

+ 4

200 100 300

ITERASI

Modified Distribution (MODI)

Angka Multiplier:

Ui = Angka multiplier untuk baris (Supply)

Vj = Angka multiplier untuk kolom (Demand)

Rumusan Sel Variabel Basis:

Ui + Vj = Cij

Rumusan Sel Variabel Non-Basis:

Ui + Vj + ΔCij = Cij , atau

ΔCij = Cij - Ui - Vj

Contoh Modified Distribution (MODI)

ITERASI 1 : Inisiasi NWC

A V1=6 B

V2=10 C V3=10

U1=0 6 8 10

1 150 150

- 2 0

U2=1 7 11 11

2 50 100 25 175

U3=2 4 5 12

3 275 275

- 4 - 7

200 100 300

ITERASI 2 :

A V1=6 B

V2=3 C V3=10

U1=0 6 8 10

1 150 150

+ 5 0

U2=1 7 11 11

2 50 125 175

+ 7

U3=2 4 5 12

3 100 175 275

- 4

200 100 300

ITERASI 3 :

A V1=6 B

V2=7 C V3=14

U1=0 6 8 10

1 150 150

+ 1 - 4

U2= -3 7 11 11

2 175 175

+ 4 + 7

U3= -2 4 5 12

3 50 100 125 275

200 100 300

ITERASI 4 : Optimum, ΔCij ≥ 0

A V1=6 B

V2=7 C V3=10

U1=0 6 8 10

1 25 125 150

+ 1

U2= 1 7 11 11

2 175 175

0 + 3

U3= -2 4 5 12

3 175 100 275

+ 4

200 100 300

Solusi

a1=150

a2=175

a3=275

b1=200

b2=100

b3=300

1

2

3

A

B

C

25

125

Minimum Cost:

Zmin = 6x25 + 10x125 + 11x175 + 4x175 + 5x100 = 4525

175

175 100

50

Contoh Metode Stepping Stone:

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan 1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

5 10

5 15 5

5

Variabel Basis Awal menggunakan Metode Pojok Kiri Atas :

Solusi awal : z = 5(10)+10(10)+5(7)+15(9)+5(20)+5(18) = 410

51

10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

5 10

5 15 5

5

Cek variabel non basis x21 , alokasikan 1 unit ke x21:

x21

(+)

(-)

(-)

z = 4(10) + 11(0) + 4(7) + 1(12) + 15(9) + 5(20) + 5(18) = 405

Atau besar perubahan biaya = -(10) + 0 – 7 + 12 = -5

(+)

52

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

5 10

5 15 5

5

Cek variabel non basis x31, alokasikan 1 unit ke x31 :

x31

(-)

(+)

(+)

(-) (+)

(-)

Perubahan z = +0 – 10 + 0 – 7 + 20 – 18 = - 15

53

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

5 10

5 15 5

5

Hasil perubahan biaya distribusi untuk semua variabel non

basis :

-5

-15 +9 +9

-2 +18

Variabel yang memiliki pengurangan biaya terbesar adalah x31,

masuk menjadi basis menggantikan x11 atau x22 atau x34

(lihat tabel perubahan x31)

54

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

0 15

0 15 10

Solusi baru setelah x31 masuk menjadi basis menggantikan x34 :

Solusi baru z = 5(0) + 0(10) +15(0) + 0(7) +15(9) +10(20) = 335

5

55

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

0 15

0 15 10

Cek lagi perubahan biaya, hasil perubahan biaya semua

variabel non basis :

Pengurangan biaya terbesar adalah x21, menggantikan x11

atau x22.

5 +24

+18 -2

+24 +15

-5

(+)

(-) (+)

(-)

56

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

0

15

0 15

Solusi baru setelah x21 masuk menggantikan x11 :

5

Solusi baru : z = 0(12) + 5(0) + 15(0) + 0(7) + 15(9)

+ 10(20) = 335

10

57

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

0

15

0 15 10

Cek lagi perubahan biaya, hasil perubahan biaya semua

variabel non basis :

Pengurangan biaya pada x14, menggantikan x24.

5 +19

+18 -2

+19 +10

+5 (+)

(-) (+)

(-)

58

10 0 10 0 20 11

12 7 20 9

0 14 16 18

1

2

3

Sumber

Tujuan

1 2 3 4 ai

15

25

5

5 15 15 10 bj

0

5

10 15

10

Solusi baru setelah x14 masuk menggantikan x24 :

5

Solusi baru : z = 0(10) + 5(0) + 5(0) + 10(7) + 15(9)

+ 10(11) = 315. Solusi ini optimum karena tidak terjadi

lagi pengurangan biaya.

+5 +18

+2

+19 +19 +12

Kasus khusus model

transportasi

Supply dan Demand tidak seimbang :

Over supply

Over demand

Degenerasi :

terdapat alternatif solusi

Assignment :

Kapasitas supply dan minimum demand masing-

masing point besarnya 1 unit

KASUS DEGENERASI

A B C

6 8 10

1 150

7 11 11

2 250

4 5 12

3 200

200 100 300

Unbalanced Transportation Problem (D<S)

From A B C Kap

D 250

E 300

F 300

Kebu-

tuhan

300 200 200

5 4 3

8 4 3

9 7 5

Unbalanced Transportation Problem

From A B C Dummy Kap

D 250 250

E 50 200 50 300

F 150 150 300

Kebut 300 200 200 150

5 4 3 0

8 4 3 0

9 7 5 0

Unbalanced Transportation Problem (D>S)

From A B C Kap

D 200

E 175

F 75

Kebu-

tuhan

250 100 150

5 4 3

8 4 3

9 7 5

Unbalanced Transportation Problem (D>S)

From A B C Kap

D 200 200

E 50 100 25 175

F 75 75

Dummy 50 50

Kebut 250 100 150

5 4 3

8 4 3

9 7 5

0 0 0

Model Transshipment

Model transshipment adalah model transportasi untuk permasalahan pendistribusian komoditas cara tidak langsung, dimana komoditas dari suatu sumber dapat melalui sumber atau tujuan lain sebelum mencapai tujuan akhir

Dalam model transshipment, sumber dapat berperan sebagai tujuan, tujuan dapat berperan sebagai sumber

Agar setiap sumber dan tujuan dapat menampung total komoditas yang akan didistribusikan, maka pada setiap sumber dan tujuan harus ditambah komoditas sebesar :

B ≥ ∑m ai = ∑n bj i=1 j=1

Misal persoalan transportasi berikut :

T1 T2 T3

S1

S2

100 100 200

150

250

10 20 35

25 50 40

Model Transshipment – nya : S1 S2 T1 T2 T3

S1

S2

T1

T2

T3

150+B

250+B

B

B

B

B B 100+B 100+B 200+B

10 20 35

25 40 50

Setelah biaya distribusi per unit dilengkapi, dapat diselesaikan

dengan menggunakan penyelesaian model transportasi

Conoh persoalan transportasi berikut :

T1 T2 T3

S1

S2

100 100 100

100

200

10 20 30

20 50 40

Contoh Model Transshipment : S1 S2 T1 T2 T3

S1

S2

T1

T2

T3

400

500

300

300

300

300 300 400 400 400

10 20 30

20 40 50

Setelah biaya distribusi per unit dilengkapi, dapat diselesaikan

dengan menggunakan penyelesaian model transportasi

20

0

0

50

0 10 10 20 25

30 0 30 40 20

10 40 0 20 30

Model Penugasan

(Assignment Model)

Merupakan kasus khusus model transportasi,

dimana sejumlah m sumber ditugaskan

kepada sejumlah n tujuan, sedemikian

sehingga didapatkan biaya penugasan total

yang paling minimum

Satu sumber (pekerja) hanya ditugaskan

pada satu tujuan (pekerjaan/alat)

Ilustrasi Problem Penugasan

Sebuah perusahaan ingin

menyelesaikan 3 pekerjaan

melalui 3 mesin. Biaya

penyelesaian setiap

pekerjaan oleh setiap mesin

dapat dilihat dalam Tabel.

Bagaimana mengatur

penugasan mesin tersebut

supaya diperoleh biaya

minimum?

M1 M2 M3

P1 5 7 9

P2 14 10 12

P3 15 13 16

Bentuk model penugasan :

C11 c12 … c1n

C21 c22 … c2n

. . … .

. . … .

. . … .

Cm1 cm2 … cmn

Alat

1 2 … n

Pekerja

1

2

.

.

.

m

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1

Langkah Penyelesaian :

1. Kurangi elemen masing2 baris (kolom) dengan elemen terkecil dari baris (kolom) yang bersangkutan, sampai terdapat nilai nol disetiap baris dan kolom

2. Penugasan pekerja didasarkan pada elemen yang berharga nol

3. Apabila belum memungkinkan dilakukan penugasan, dilakukan langkah lanjutan sebagai berikut :

a. Tarik garis pada semua baris dan kolom yang memiliki elemen nol dengan jumlah garis paling minimal

b. Kurangkan semua elemen yang tidak tergaris dengan elemen terkecil, sehingga terbentuk elemen baru berharga nol

c. Tambahkan sebesar elemen terkecil tersebut kepada semua elemen yang terletak pada perpotongan dua garis

d. Lakukan penugasan berdasarkan semua elemen nol, jika belum memungkinkan lakukan kembali langkah a. sampai bisa diperoleh penugasan yang fisibel

Penyelesaian ilustrasi problem diatas :

5 7 9

14 10 12

15 13 16

M1 M2 M3

P1

P2

P3

Model penugasan awal :

Hasil pengurangan :

0 2 4

4 0 2

2 0 3

M1 M2 M3

P1

P2

P3

0 2 2

4 0 0

2 0 1

Solusi optimum : mesin 1 – pek 1,

Mesin 3 – pek 2, mesin2 – pek 3;

biaya = 5 + 12 + 13 = 30

Contoh Lain :

1 4 6 3

9 7 10 9

4 5 11 7

8 7 8 5

1 2 3 4

1

2

3

4

Persoalan penugasan berikut :

Penyelesaian :

0 3 5 2

2 0 3 2

0 1 7 3

3 2 3 0

0 3 2 2

2 0 0 2

0 1 4 3

3 2 0 0

1 2 3 4

1

2

3

4 Belum bisa dibuatkan

penugasannya

Hasil pengurangan :

Penyelesaian (lanjutan) :

0 3 2 2

2 0 0 2

0 1 4 3

3 2 0 0

0 2 1 1

3 0 0 2

0 0 3 2

4 2 0 0

1 2 3 4

1

2

3

4

Solusi optimum, biaya =

1+10+5+5=21

1 2 3 4

1

2

3

4

Contoh model penugasan untuk persoalan

maksimumkan

Ship A B C D

1 20 60 50 55

2 60 30 80 75

3 80 100 90 80

4 65 80 75 70

Pilih elemen terbesar.


maksimumkan (lanjutan)

Ship A B C D

1 80 40 50 45

2 40 70 20 25

3 20 0 10 20

4 35 20 25 30



Ship A B C D

1 40 0 10 5

2 20 50 0 5

3 20 0 10 20

4 15 0 5 10



Ship A B C D

1 25 0 10 0

2 5 50 0 O

3 5 0 10 15

4 0 0 5 5

Solusi optimum dengan keuntungan = 65+100+80+55 = 300

Minggu 10 : NWC

LCM

VAM

Minggu 11 : SSM

MODI

Minggu 12 : Unbalance

Degenerasi

Minggu 13 : Latihan + beri tugas presentasi kelompok

KJI KBGI

Minggu 14 : Assignment

Latihan

Minggu 15 : Pembahasan Tugas

Software QM 4 windows

Tugas dikerjakan dgn software dikumpulkan saat

UAS.

Minggu 16 : Presentasi

Minggu 17 : Kuis

Minggu 18 : UAS

Model transportasi (0 0)gasal1213 PERMODELAN

Documents

Transcript of Model transportasi (0 0)gasal1213 PERMODELAN