PEMROGRAMAN LINIER: MODEL TRANSPORTASI

i

PEMROGRAMAN LINIER: MODEL TRANSPORTASI

Oleh:

Ni Ketut Tari Tastrawati, S.Si, M.Si

JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS UDAYANA 2015

ii

KATA PENGANTAR

Kebutuhan akan sumber belajar bagi mahasiswa di Jurusan Matematika yang

mengambil mata kuliah Pemrograman Linear, maupun yang akan dan sedang

mengerjakan Tugas Akhir mengenai Pemrograman Linear, khususnya kajian model

transportasi, merupakan pertimbangan disusunnya karya tulis ini. Pemanfaatan karya

tulis ini sebagai sumber belajar diharapkan dapat mengoptimalkan pembelajaran di

kelas, maupun memperlancar proses penyelesaian Tugas Akhir mahasiswa di Jurusan

Matematika, FMIPA Universitas Udayana.

Materi-materi yang disajikan dalam tulisan ini disusun dalam tiga bab, meliputi:

Kajian Transportasi, Pemecahan Masalah Transportasi, dan Kasus-kasus Masalah

Transportasi. Bab Kajian Transportasi membahas mengenai Definisi & Aplikasi Model

Transportasi dan Keseimbangan Model Transportasi. Bagian Pemecahan Masalah

Transportasi membahas tentang Langkah-langkah Dasar dari Teknik Transportasi yang

meliputi Penyelesaian Fisibel Awal dan Proses Menuju Solusi Optimal. Bagian ketiga

menyajikan Kasus-kasus Masalah Transportasi, meliputi: Masalah Transportasi Tidak

Seimbang; Ada jalan Rusak; Penalti Terhadap Permintaan yang Tidak Terpenuhi; dan

Soal Memaksimumkan. Tulisan ini disusun secara runtun bagian demi bagian, dengan

harapan dapat memudahkan pembaca untuk memahami isi materi.

Akhir kata, “tiada gading yang tak retak”, keterbatasan dari isi tulisan ini

memerlukan penyempuraan lebih lanjut di masa mendatang. Walaupun demikian,

diharapkan tulisan ini dapat memberikan manfaat yang sebesar-besarnya bagi

pengguna.

Bukit Jimbaran, 11 Desember 2015

Penyusun

iii

DAFTAR ISI

PENGANTAR …………………………………..………………………………………….............................. ii

DAFTAR ISI ……………………………………...……………………………….…………………………. iii

BAB I. MODEL TRANSPORTASI……….……………………..……………..…............................. 1

1.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi ….………………………………..…..…..

1.2 Keseimbangan Model Transportasi …..………………………………………………...

1

3

BAB II. PEMECAHAN MASALAH TRANSPORTASI ………………………………………… 6

2.1 Langkah-langkah Dasar dari Teknik Transportasi …………………….….…..…

2.1.1 Penyelesaian Fisibel Awal ………………………….………………………………

2.1.2 Proses Menuju Solusi Optimal ………………….………………………………..

6

6

15

BAB III. KASUS-KASUS MASALAH TRANSPORTASI ……………………………………… 29

3.1 Masalah Transportasi Tidak Seimbang …..……...……………………..……..…..……

3.2 Ada jalan Rusak ………………….………………………….……………………………………

3.3 Penalti Terhadap Permintaan yang Tidak Terpenuhi ……………………………

3.4 Soal Memaksimumkan ..………………………………………………………………………

29

36

46

51

DAFTAR PUSTAKA ……………………………….…….......…………………………………………….. 66

1

BAB I

MODEL TRANSPORTASI

Model transportasi merupakan salah satu kasus khusus dari persoalan

pemrograman linier. Model transportasi pada dasarnya merupakan sebuah

program linear yang dapat dipecahkan oleh metode simpleks yang biasa. Tetapi,

strukturnya yang khusus memungkinkan pengembangan sebuah prosedur

pemecahan, yang disebut teknik transportasi, yang lebih efisien dalam hal

perhitungan.

1.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi

Dalam bagian ini, disajikan definisi dari model transportasi. Kemudian

menjabarkan beberapa variasi dari model ini yang memperluas ruang lingkup

aplikasinya ke berbagai masalah yang lebih luas di dunia nyata.

Persoalan transportasi membahas masalah pendistribusian suatu komoditas

atau produk dari sejumlah sumber (supply) kepada sejumlah tujuan (demand),

dengan tujuan meminimumkan ongkos pengangkutan yang terjadi.

Data dalam model ini mencangkup:

1. Tingkat penawaran di setiap sumber dan jumlah permintaan di setiap

tujuan.

2. Biaya transportasi per unit barang dari setiap sumber ke setiap tujuan.

Karena hanya terdapat satu barang, sebuah tujuan dapat menerima

permintaannya dari satu sumber atau lebih. Tujuan dari model ini adalah

menentukan jumlah yang harus dikirimkan dari setiap sumber ke setiap tujuan

sedemikian rupa sehingga biaya transportasi total diminimumkan. Berguna untuk

memecahkan permasalahan distribusi (alokasi). Memecahkan permasalahan bisnis

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

(capital financing) dan alokasi dana untuk investasi, analisis lokasi, keseimbangan

lini perakitan dan perencanaan scheduling produksi.

Ciri- ciri khusus persoalan transportasi ini adalah:

1. Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan tertentu.

2. Kuantitas komoditas atau barang yang didistribusikan dari setiap sumber

dan yang diminta oleh setiap tujuan, besarnya tertentu.

3. Komoditas yang dikirim atau diangkut dari suatu sumber ke suatu tujuan,

besarnya sesuai dengan permintaan dan atau kapasitas sumber.

4. Ongkos pengangkutan kapasitas dari suatu sumber ke suatu tujuan,

besarnya tertentu.

Gambar di bawah ini memperlihatkan sebuah model transportasi dari

sebuah jaringan dengan m sumber dan n tujuan. Sebuah sumber dan tujuan

diwakili dengan sebuah node. Busur yang menghubungkan sebuah sumber dan

2

sebuah tujuan mewakili rute pengiriman barang tersebut. Jumlah penawaran di

sumber adalah dan permintaan di tujuan adalah . Biaya unit transportasi

antara sumber dan tujuan adalah dan mewakili jumlah barang yang

dikirimkan dari sumber i ke tujuan j; maka model LP yang mewakili masalah

transportasi ini diketahui secara umum sebagai berikut:

ai = Jumlah supply pada sumber i

bj = Jumlah permintaan pada tujuan j

cij = Harga satuan transportasi antara sumber i dan tujuan j

Dengan demikian, maka formulasi program linearnya adalah sebagai berikut:

Minimumkan

∑∑

Dengan batasan

∑

∑

Kelompok batasan yang pertama menetapkan bahwa jumlah pengiriman dari

sebuah sumber tidak dapat melebihi penawarannya; demikian pula, kelompok

batasan kedua mengharusan bahwa jumlah pengiriman ke sebuah tujuan harus

memenuhi permintaannya.

3

Dalam bentuk tabel dapat disajikan seperti berikut ini:

Tujuan

1 2 n Persediaan

Sumber

1

...

2

…

…

…

…

…

m

Permintaan

…

1.2 Keseimbangan Model Transportasi

Suatu model transportasi dikatakan seimbang apabila total supply sama

dengan total demand. Dengan kata lain :

∑ ∑

Dalam persoalan yang sebenarnya, batasan ini tidak selalu terpenuhi atau

dengan kata lain jumlah supply yang tersedia mungkin lebih besar atau lebih kecil

daripada jumlah yang diminta. Jika hal ini terjadi, maka model persoalannya

disebut sebagai model yang tidak seimbang. Namun, setiap persoalan transportasi

dapat dibuat seimbang dengan cara memasukkan variabel dummy.

Contoh 1 (Model Transportasi Standar)

MG Auto Company memiliki pabrik di Los Angeles, Detroit, dan New Orleans.

Pusat distribusinya terletak di Denver dan Miami. Kapasitas ketiga pabrik

tersebut selama kwartal berikutnya adalah 1000, 1500, dan 1200 mobil.

Permintaan kwartalan di kedua pusat distribusi adalah 2300 dan 1400 mobil.

Biaya transportasi darat per mobil per mil adalah sekitar 8 sen. Bagan jarak

antara pabrik dan pusat distribusi tersebut adalah sebagai berikut:

4

Denver Miami

Los Angeles 1000 2690

Detroit 1250 1350

New Orleans 1275 850

Bagan jarak di atas dapat diterjemahkan menjadi biaya per mobil dengan

tarif 8 sen per mil. Ini menghasilkan biaya berikut ini (yang dibulatkan ke dollar

terdekat), yang mewakili dalam model umum:

Denver

(1)

Miami

(2)

Los Angeles

(1)

80 215

Detroit

(2)

100 108

New Orleans

(3)

102 68

Dengan menggunakan kode-kode numerik untuk mewakili pabrik dan pusat

distribusi, kita menganggap mewakili jumlah mobil yang dikirimkan dari

ke tujuan karena penawaran total (=1000+1500+1200=3700) kebetulan

sama dengan permintaan total (=2300+1400=3700), model transportasi yang

dihasilkan berimbang. Jadi model LP berikut yang mewakili masalah ini

memiliki batasan yang semua berbentuk persamaan:

Minumumkan

Dengan batasan

5

Sebuah metode yang lebih ringkas untuk mewakili model traansportasi ini

adalah menggunakan apa yang kita sebut tabel transportasi. Tabel ini adalah

bentuk matriks dengan baris-baris yang mewakili sumber dan kolom-kolom

mewakili tujuan. Unsur biaya diringkaskan dalam sudut timur laut sel

matriks . Model MG dapat diringkas seperti diperlihatkan pada tabel.

Tujuan

Denver Miami

(1) ( 2)

Penawaran

Los Angeles (1) 1000

Sumber Detroit (2) 1500

New Orleans (3) 1200

Permintaan 2300 1400

x11

x12

x21

x22

x31

x32

80 215

100 108

102 68

6

BAB II

PEMECAHAN MASALAH TRANSPORTASI

2.1 Langkah-langkah Dasar dari Teknik Transportasi

Dalam bagian ini kami perkenalkan perincian untuk pemecahan model

transportasi. Metode ini menggunakan langkah-langkah metode simpleks secara

langsung dan hanya berbeda dalam perincian penerapan kondisi optimalitas dan

kelayakan.

Langkah-langkah dasar dari teknik transportasi adalah

1. Langkah 1 : Tentukan penyelesaian fisibel awal.

2. Langkah 2 : Tentukan variabel masuk dari di antara variabel nondasar. Jika

semua variabel masuk memenuhi kondisi optimalitas (dari metode

simpleks), berhenti; jika tidak, lanjutkan ke langkah 3

3. Langkah 3 : Tentukan variabel keluar (dengan menggunakan kondisi

kelayakan) dari di antara variabel-variabel dalam pemecahan dasar saat ini;

lalu temukan pemecahan dasar baru. Kembali ke langkah 2.

2.1.1 Penyelesaian Fisibel Awal

Penyelesaian fisibel awal digunakan untuk menetukan penyelesaian awal

dalam masalah transportasi. Ada beberapa metode yang biasa digunakan, antara

lain metode sudut barat laut, metode biaya terendah, dan metode pendekatan

Vogel. Masing-masing metode memiliki keuntungan yang berbeda. Metode sudut

barat laut merupakan metode yang paling mudah, akan tetapi biasanya dibutuhkan

lebih banyak iterasi untuk mencapai penyelesaian optimal dibandingkan dengan

metode biaya terendah atau metode pendekatan Vogel. Tidak ada teori yang akan

menjamin bahwa penyelesaian awal merupakan penyelesaian optimal.

Jika tabel transportasi terdiri dari m baris dan n kolom, maka penyelesaian

awal harus menghasilkan m + n – 1 buah variabel basis (sel yang terisi). Jika

penyelesain awal berisi kurang dari m + n – 1 buah variabel basis maka harus

ditambahkan variabel dummy agar proses pengecakan keoptimalan dan iterasi

dapat dilakukan.

Metode Sudut Barat Laut ( northwest-corner rule)

Sesuai dengan namanya, metode barat laut mengisi tabel awal transportasi

dari sisi barat laut (kiri atas) dengan kuantitas sebanyak-banyaknya.

Pengisian dilakukan terus-menerus hingga semua sumber dihabiskan.

7

Contoh :

Tiga pabrik barang dengan kapasitas 90 ton, 60 ton dan 50 ton hendak

mengirim barang ke tiga kota dengan kebutuhan masing – masing kota

adalah 50 ton, 110 ton dan 40 ton.

Biaya pengiriman (ribuan) dari dari pabrik ke kota disajikan dalam tabel

berikut.

Pabrik Kota

A B C

1 20 5 8

2 15 20 10

3 25 10 19

Tentukan penyelesaian fisibel awal dengan metode sudut barat laut.

Penyelesaian :

Jumlah kapasitas yang dimiliki pabrik 1,2, dan 3 adalah 90 + 60 + 50 = 200

ton, sedangkan jumlah permintaan di setiap kota A,B, dan C adalah 50 + 110

+ 40 = 200 ton. Karena keduanya sama maka proses iterasi dapat dimulai.

Kondisi transportasi tampak pada tabel di bawah. Biaya pengiriman perunit

barang tampak pada ujung kanan atas tiap sel. Disisi kanan tampak jumlah

persediaan barang dari tiap pabrik, sedangkan sisi bawah tabel adalah

jumlah permintaan tiap kota.

8

Ujung barat laut dari tabel adalah sel dengan c11 = 20. Sel ini diisi dengan

kuantitas sebanyak mungkin. Pabrik 1 memiliki 90 ton barang sedangkan

kota A membutuhkan 50 ton. Maka x11 diisi sebanyak-banyaknya, yaitu 50

ton. Dengan mengisi x11 = 50 maka otomatis permintaan kota A sudah

terpenuhi sehingga x21 dan x31 tidak boleh diisi lagi.

Sekarang ujung barat laut adalah sel dengan c12 = 5 yang akan diisi dengan

barang semaksimal mungkin. Pabrik 1 hanya memiliki 90 ton dan sudah

dikirimkan ke kota A sebanyak 50 ton sehingga tersisa 40 ton. Di sisi lain,

kota B membutuhkan sebanyak 110 ton. Maka x12 = 40. Dengan pengisian

ini maka pabrik 1 sudah kehabisan barang sehingga x13 tidak boleh diisi lagi.

9

Karena barang pabrik 1 sudah habis maka sekarang ujung barat lautanya

terletak pada sel dengan c22 = 20. Pabrik 2 memiliki 60 ton barang

sedangkan kota B tinggal membutuhkan 70 ton barang lagi. Maka x22 = 60

dan x23 tidak boleh diisi lagi. Demikian seterusnya sehingga semua barang

terdistribusi. Hasil penyelesaian fisibel awal dengan metode sudut barat

laut tampak pada tabel dibawah.

Biaya total pengiriman adalah sebesar 50(20) + 40(5) + 60(20) + 10(10) +

40(19) = 3.260 (ribuan).

Tampak bahwa jumlah sel basis (sel terisi) = 5 sel yang sama dengan jumlah

baris + jumlah kolom – 1 = 3 + 3 - 1 = 5. Jadi jumlah basisnya mencukupi dan

tidak memerlukan variabel basis dummy.

Metode Biaya Terendah

Prinsip dasar penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya

terendah tidak jauh berbeda dengan metode sudut barat laut. Hanya saja

pengisian tidak dilakukan dari sisi barat laut, tetapi dari sel yang biaya

pengirimannya terendah. Pada sel itu kita isi dengan barang sebanyak

mungkin. Jika ada beberapa sel yang biaya terendahnya sama, maka dipilih

sembarang.

Metode biaya terendah sering juga disebut metode greedy karena

sifatnya selalu memulai penyelesaian dari biaya yang kecil tanpa

memperhitungkan efeknya terhadap keseluruhan proses. Meskipun selalu

dimulai dari sel yang biayanya kecil, namun metode biaya terendah belum

tentu menghasilkan penyelesaian optimal.

10

Secara logika, hasil yang didapat dengan metode biaya terendah

akan lebih baik dibandingkan dengan metode barat laut karena pengisian

dengan metode barat laut tidak mempertimbangkan biaya pengiriman pada

sel yang bersangkutan. Akibatnya, total biaya pengiriman akan cenderung

tidak optimal.

Contoh :

Selesaikan soal sebelumnya dengan menggunakan metode biaya terendah.

Penyelesaian :

Biaya terkecil adalah pengiriman dari pabrik 1 ke kota B dengan c12 = 5

sel ini diisi dengan kuantitas sebanyak-banyaknya, yaitu sebesar x12 =

90. Dengan pengisian ini maka pabrik 1 sudah kehabisan barang

sehingga x11 dan x13 tidak bisa terisi lagi.

Dari sisa sel yang masih bisa diisi pengiriman dengan biaya terendah adalah

dari pabrik 3 ke kota B dengan biaya c32 = 10. Jumlah maksimum barang

yang dapat diisikan pada sel ini adalah sebanyak x32 = 20 untuk memenuhi

permintaan kota b yaitu 110 ton.

Proses dilanjutkan dengan sel terkecil berikutnya yang belum terarsir. Hasil

akhir penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah tampak pada

tabel dibawah. Biaya total pengiriman adalah sebesar 90(5) + 20(15) +

40(10) + 30(25) + 20(10) = 2.100 (ribuan).

11

Kota

A B C Persediaan

1 90

Pabrik

2 60

3 50

Permintaan 50 110 40

90

20

40

30

20

20 8

15 20 10

25 10 19

5

Metode Pendekatan Vogel

Perhitungan penyelesaian awal dengan metode pendekatan Vogel lebih

rumit dibandingkan dengan metode terdahulu. Akan tetapi biasanya lebih

mendekati penyelesaian optimalnya.

Algoritma Pendekatan Vogel untuk menentukan penyelesaian fisibel awal

masalah transportasi adalah sebagai berikut :

1. Pada tiap baris dan kolom hitunglah selisih dua sel dengan biaya yang

terkecil.

2. Tetukan baris/kolom hasil langkah (1) yang selisihnya terbesar. Jika

terdapat lebih dari 1, pilihan sembarang.

3. Pada baris/kolom yang terpilih, isikan barang semaksimum mungkin

pada sel dengan biaya terkecil. Hapuskan baris/kolom yang dihabiskan

karena pengisian tersebut pada perhitungan berikutnya. Jika baris dan

kolom terhapus bersamaan, tambahkan sebuah variabel dummy.

4. Ulangi langkah 1-3 hingga semua permintaan/persediaan habis.

12

Contoh :

Selesaikan contoh sebelumnya dengan metode Pendekatan Vogel.

Penyelesaian :

Pada baris 1, dua sel yang biayanya terkecil adalah c12 = 5 dan c13 = 8.

Selisihnya adalah = 8 – 5 = 3. Pada baris 2, dual sel yang biayanya

terkecil adalah c23 = 10 dan c21 = 15. Selisihnya adalah = 15 – 10 = 5.

Demikian seterusnya dihitung selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada

tiap baris dan kolom. Hasilnya tampak pada tabel dibawah.

Baris/Kolom 2 Sel dengan Biaya Terkecil

Selisih

Baris-1 c12 = 5 dan c13 = 8 8 – 5 = 3

Baris-2 c21 = 15 dan c23 = 10 15 – 10 = 5

Baris-3 c32 = 10 dan c33 = 19 19 – 10 = 9*

Kolom-1 c11 = 20 dan c21 = 15 20 – 15 = 5

Kolom-2 c12 = 5 dan c32 = 10 10 – 5 = 5

Kolom-3 c13 = 8 dan c23 = 10 10 – 8 = 2

Selisih terbesar (=9) terjadi pada baris ke 3. Biaya terkecil pada baris

ke 3 adalah c32 = 10. Pada sel ini dimasukan barang sebanyak-banyaknya,

yaitu 50 ton. Jadi x32 = 50 ton. Dengan pengisian ini maka pabrik 3 sudah

kehabisan barang sehingga sel lain pada baris 3 tidak diikutkan pada iterasi

13

berikutnya. Proses penghitungan selisih 2 sel yang biayanya terkecil

dilanjutkan tetapi dengan menghilangkan baris 3 dari perhitungan sehingga

kemudian didapat :

Baris/Kolom 2 Sel dengan Biaya Terkecil

Selisih

Baris-1 c12 = 5 dan c13 = 8 8 – 5 = 3

Baris-2 c21 = 15 dan c23 = 10 15 – 10 = 5

Kolom-1 c11 = 20 dan c21 = 15 20 – 15 = 5

Kolom-2 c12 = 5 dan c22 = 20 20 – 5 = 15*

Kolom-3 C13 = 8 dan c23 = 10 10 – 8 = 2

Selisih terbesar (=15) terjadi pada kolom 2. Biaya terkecil adalah pada baris

1 adalah c21 = 5. Pada sel ini diisikan barang sebanyak-banyaknya, yaitu 110

ton, akan tetapi karena kolom 2 sudah terpenuhi 50 ton pada iterasi

sebelumnya maka x12 = 60. Dengan pengisian ini maka kolom 2 sudah

terpenuhi, sehingga sel lain pada kolom 2 tidak dapat diisi lagi.

Pada iterasi berikutnya, selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada baris 1 dan

2 masing-masing adalah 12 dan 5. Selisih pada kolom 1 dan 3 masing-

masing adalah 5 dan 2. Nilai maksimum terjadi pada baris 1, maka x13 = 30

dan baris 1 tidak boleh diisi lagi.

14

Kota

A B C

selisih

1 90 3 3

12*

Pabrik

2 60 5 5 5

3 50 9* - -

50 110 40

Selisih 5 5 2

5 15* 2

5 - 2

60

30

50

20 8

15 20 10

25 10 19

5

Karena sekrang sisanya tinggal sel pada satu baris maka isikan mulai dari

sel yang biayanya terkecil, yaitu x23 = 10 dan x21 = 50. Biaya total

pengirimannya adalah sebesar 60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10) =

1.890 (ribuan).

15

Kota

A B C

selisih

1 90 3 3

12*

Pabrik

2 60 5 5 5

3 50 9* - -

50 110 40

Selisih 5 5 2

5 15* 2

5 - 2

60

30

50

10

50

20 8

15 20 10

25 10 19

5

2.1.2 Proses Menuju Solusi Optimal

Setelah tabel awal transportasi dibuat (dengan sembarang metode), langkah

berikutnya adalah mengecek apakah tabel tersebut sudah optimal. Menentukan

entering dan leaving variable adalah tahap berikutnya dari pemecahan persoalan

transportasi, setelah solusi fisible awal diperoleh. Ada dua cara yang dapat

digunakan dalam menentukan entering dan leaving variable yaitu dengan

menggunakan metode stepping stone dan Modified Distribution Method (Metode

MODI).

1. Metode Stepping Stone

Syarat : Jumlah rute atau sel yang mendapat alokasi harus sebanyak Jumlah

Kolom + Jumlah Baris – 1

Langkah – langkahnya :

i. Memilih salah satu sel kosong (yang tidak mendapatkan alokasi).

16

ii. Mulai dari sel ini, kita membuat jalur tertutup melalui sel-sel yang

mendapatkan alokasi menuju sel kosong terpilih kembali. Jalur tertutup

ini bergerak secara horizontal dan vertikal saja.

iii. Mulai dengan tanda (+) pada sel kosong terpilih, kita menempatkan

tanda (-) dan (+) secara bergantian pada setiap sudut jalur tertutup.

iv. Menghitung indeks perbaikan dengan cara menjumlahkan biaya

transportasi pada sel bertanda (+) dan mengurangkan biaya

transportasi pada sel bertanda (-).

v. Mengulangi tahap 1 sampai 4 hingga indeks perbaikan untuk semua sel

kosong telah terhitung. Jika indeks perbaikan dari sel-sel kosong lebih

besar atau sama dengan nol, solusi optimal telah tercapai.

Contoh :

1) Tiga pabrik barang dengan kapasitas 90 ton, 60 ton dan 50 ton hendak

mengirim barang ke tiga kota dengan kebutuhan masing – masing kota

adalah 50 ton, 110 ton dan 40 ton.

Biaya pengiriman (ribuan) dari dari pabrik ke kota disajikan dalam tabel

berikut.

Pabrik Kota

A B C

1 20 5 8

2 15 20 10

3 25 10 19

Berapakan total biaya optimal yang harus dikeluarkan perusahaan

dalam memenuhi kebutuhan ketiga kota tersebut ?

Penyelesaian :

Tabel Transportasi

17

Dengan metode sudut barat laut diperoleh table fisible awal sebagai

berikut :

Tabel Alokasi Pertama dengan metode Stepping Stone

Biaya pengiriman untuk alokasi tahap pertama :

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

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 . Pengujian

dilakukan pada setiap sel kosong tersebut dengan menggunakan metode

Stepping Stone. Pada metode ini, pengujian dilakukan mulai dari sel

1

2

3

18

kosong tersebut, selanjutnya bergerak (boleh searah jarum jam dan

boleh berlawanan) secara lurus/tidak boleh diagonal, ke arah sel yang

telah terisi dengan alokasi, begitu seterusnya sampai kembali ke sel

kosong tersebut. Setiap pergerakan ini akan mengurangi dan menambah

secara bergantian biaya pada sel kosong tersebut. Perhatikan tanda

panah dan tanda (+) atau (-) nya.

Pengujian

Sel = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6

Sel = 15 – 20 + 5 -20 = - 20

Sel = 10 – 19 + 10 – 20 = - 19

Sel = 25 – 20 + 5 – 10 = 0

Merubah alokasi pengiriman ke sel , yang pengujian sebelumnya

memiliki pergerakan :

Dari pergerakan dan tanda (+)/(-) yang ada, perhatikan sel yang

bertanda minus saja, yakni sel dan sel . Dari kedua sel bertanda

pergerakan minus ini, pilih sel yang alokasi pengiriman sebelumnya

memiliki alokasi paling kecil. Dan ternyata sel , dengan alokasi

sebelumnya 50 ton, dan ini lebih kecil dari alokasi sel yang 60 ton.

Selanjutnya angka 50 ton di sel tersebut digunakan untuk

mengurangi atau menambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai

tanda pada pergerakan pengujian). Dengan demikian dapat dihasilkan

tabel transportasi sebagai berikut:

19

Sel menjadi 0 karena 50 – 50 = 0

Sel menjadi 90 karena 40 + 50 = 90



Pengujian :

Sel = 20 – 5 + 20 – 15 = 20 (menjadi lebih mahal 20/ton)

Sel = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6

Sel = 10 – 19 + 10 – 20 = -19


Dari hasil pengujian tersebut, ternyata sel masih dapat memberikan

penurunan biaya sebesar RP 19/ton. Dengan demikian memang perlu

dilakukan perubahan alokasi pengiriman, dengan mencoba

mengalokasikan pengiriman ke sel dengan langkah :









tabel transportasi sebagai berikut :

20




Sel menjadi 50 karena 40 - 10 = 30

Pengujian

Sel = 20 – 5 + 10 – 19 + 10 - 15 = 1 (menjadi lebih mahal 1/ton)

Sel = 8 – 19 + 10 – 5 = - 6

Sel = 20 – 10 + 19 – 10 = 19 (lebih mahal 19/ton)


Dari hasil pengujian tersebut, ternyata sel masih dapat memberikan

penurunan biaya sebesar 6/ton. Dengan demikian memang perlu

dilakukan perubahan alokasi pengiriman, dengan mencoba

mengalokasikan pengiriman ke sel dengan langkah :









tabel transportasi sebagai berikut :

21




Sel menjadi 0 karena 30 - 30 = 0

Nilai alokasi pada sel dan tidak mengalami perubahan karena

tidak termasuk dalam pergerakan pengujian sel tersebut.

Pengujian

Sel = 20 – 8 + 10 – 15 = 7 → (menjadi lebih mahal 7/ton)


Sel = 25 – 15 + 10 – 8 + 5 - 10 = 7 → (lebih mahal 7/ton)


Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang

bernilai negatif lagi, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat

memberikan penurunan biaya lagi, sehingga dengan demikian dapat

dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya :

Biaya mengirim 60 ton dari P1 ke kota B = 60 x 5 = 300

Biaya mengirim 30 ton dari P1 ke kota C = 30 x 8 = 240

Biaya mengirim 50 ton dari P2 ke kota A = 50 x 15 = 750

Biaya mengirim 10 ton dari P2 ke kota C = 10 x 10 = 100

Biaya mengirim 50 ton dari P3 ke kota B = 50 x 10 = 500

-----------------------------------------------------------------------------+

Total biaya pengirimannya = 1890

Kesimpulan :

Jadi, total biaya optimal yang harus dikeluarkan perusahaan dalam

memenuhi kebutuhan ketiga kota tersebut adalah Rp. 1.890.000,00.

2. Modified Distribution Method (Metode MODI)

Metode MODI (Modified Distribution) merupakan perkembangan dari

metode Stepping Stone. Penentuan sel kosong yang bisa menghemat biaya

pada metode ini dilakukan dengan prosedur yang lebih pasti dan tepat serta

metode ini dapat mencapai hasil optimal lebih cepat. Metode MODI

22

menghitung indeks perbaikan untuk setiap sel kosong tanpa menggunakan

jalur tertutup. Indeks perbaikan dihitung dengan terlebih dahulu

menentukan nilai baris dan kolom. Notasi dalam metode MODI terdiri dari:

Ri = nilai yang ditetapkan untuk baris i

Kj = nilai yang ditetapkan untuk kolom j

cij = biaya transportasi dari sumber i ke tujuan j

Ada lima langkah dalam aplikasi metode MODI, yaitu :

1) Menghitung nilai setiap baris dan kolom, dengan menetapkan Ri +Kj

= cij

Formula tersebut berlaku untuk sel yang mendapat alokasi saja.

2) Setelah semua persamaan telah tertulis, tetapkan R1 = 0

3) Mencari solusi untuk semua R dan K.

4) Menghitung indeks perbaikan dengan menggunakan formula cij - Ri -

Kj

5) Mengaplikasikan kriteria optimalitas sebagaimana pada metode

stepping stone.

Contoh :

Dengan kasus yang sama seperti contoh pada metode stepping stone.

Berapakan total biaya optimal yang harus dikeluarkan perusahaan dalam

memenuhi kebutuhan ketiga kota tersebut?

Penyelesaian :

Langkah-langkah:

Tabel awal yang digunakan adalah tabel NWC

Perubahan Alokasi 1

a) Buat variabel Ri dan Kj untuk masing-masing baris dan kolom.

b) Hitung sel yang berisi (nilai tiap kolom dan tiap baris) dengan

rumus:

Nilai baris 1 = R1 = 0

Mencari nilai kolom A :

23

0 + KA = 20, nilai kolom A = 20

Mencari nilai kolom dan baris yang lain :

; 0 + KB = 5 ; KB = 5

; R2 + 5 = 20 ; R2 = 15

; R3 + 5 = 10 ; R3 = 5

; 5 + KC = 19 ; KC = 14

Nilai–nilai ini kemudian diletakkan pada baris/kolom yang

bersangkutan, seperti terlihat pada tabel berikut :

c) Menghitung index perbaikan setiap sel yang kosong dengan rumus:

Index perbaikan =

Sel Indeks Perbaikan

2 – A 15 – 15 – 20 -20

3 – A 25 – 5 – 20 0

1 – C 8 – 0 – 14 -6

2 – C 10 – 15 – 14 -19

d) Memilih titik tolak perubahan

Sel yang mempunyai indeks perbaikan negatif berarti bila diberi

alokasi akan dapat mengurangi jumlah biaya pengangkutan. Bila

nilainya positif berarti pengisian akan menyebabkan kenaikan biaya

pengangkutan.

Sel yang merupakan titik tolak perubahan adalah sel yang indeksnya

“bertanda negatif”, dan “angkanya terbesar”. Dalam tabel diatas

ternyata yang memenuhi syarat adalah sel 2 – A. Oleh karena itu sel

ini dipilih sebagai sel yang akan diisi.

e) Memperbaiki alokasi

Buat jalur tertutup. Berilah tanda positif pada 2 – A. Pilih 1 sel

terdekat yang isi dan sebaris (2 – B), 1 sel yang isi terdekat dan

sekolom (1 – A), berilah tanda negatif pada dua sel terebut.

Kemudian pilih satu sel yang sebaris atau sekolom dengan dua sel

24

bertanda negatif tadi (1 – B) dan beri tanda positif. Selanjutnya

pindahkan isi dari sel bertanda negatif ke yang bertanda positif

sebanyak isi terkecil dari sel yang bertanda negatif yaitu 50. Jadi, 2 –

A kemudian berisi 50, 2 – B berisi 60 – 50 = 10, 1 – B berisi 40 + 50 =

90 dan 1 – A tidak berisi.

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

2260

f) Ulangi langkah – langkah tersebut sampai diperoleh biaya terendah.

Bila masih ada indeks perbaikan yang bernilai negatif berarti alokasi

tersebut masih dapat diubah untuk mengurangi biaya pengangkutan.

Bila sudah tidak ada indeks yang negatif berarti sudah optimal.

Perubahan Alokasi ke-2



rumus :


Mencari nilai kolom B :

0 + KB = 5, nilai kolom B = 5


; R2 + 5 = 20 ; R2 = 15

; 15 + KA = 15 ; KA = 0

; R3 + 5 = 10 ; R3 = 5

; 5 + KC = 19 ; KC = 14



25


Index perbaikan =

Sel

Indeks Perbaikan

1 – A 20 – 0 – 0 20

1 – C 8 – 0 – 14 -6

2 – C 10 – 15 – 14 -19

3 – A 25 – 5 – 0 20


Sel yang merupakan titik tolak perubahan adalah sel 2 – C.


Buat jalur tertutup. Berilah tanda positif pada 2 – C. Pilih 1 sel


sekolom (3 – C), berilah tanda negatif pada dua sel terebut.





C kemudian berisi 10, 2 – B tidak terisi, 3 – B berisi 10 + 10 = 20 dan

3 – C berisi 40 – 10 = 30.

26

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

= 2070

Perubahan Alokasi ke-3



rumus:





; R3 + 5 = 10 ; R3 = 5

; 5 + KC = 19 ; KC = 14

; R2 + 14 = 10 ; R2 = -4

; -4 + KA = 15 ; KC = 19



27


Index perbaikan =


1 – A 20 – 0 – 19 1

1 – C 8 – 0 – 14 -6

2 – B 20 + 4 – 5 19

3 – A 25 – 5 – 19 1


Sel yang merupakan titik tolak perubahan adalah sel 1 – C.


Buat jalur tertutup. Berilah tanda positif pada 1 – C. Pilih 1 sel


sekolom (3 – C), berilah tanda negatif pada dua sel terebut.





C kemudian berisi 30, 1 – B berisi 90 – 30 = 60, 2 – B berisi 20 + 30 =

50 dan 3 – C tidak terisi.

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

1890

Perubahan Alokasi ke -4



rumus :



28



; 0 + KC = 8 ; KC = 8

; R2 + 8 = 10 ; R2 = 2

; 2 + KA = 15 ; KA = 13

; R3 + 5 = 10 ; R3 = 5

Nilai – nilai ini kemudian diletakkan pada baris/kolom yang



Index perbaikan =


1– A 20 – 0 – 13 7

2 – B 20 – 2 – 5 13

3 – A 25 – 5 – 5 15

3 – C 19 – 5 – 8 6

Karena indeks perbaikan pada setiap sel sudah tidak ada yang

negatif, maka tabel pada perubahan alokasi ke-3 sudah optimal.

Kesimpulan

Jadi, total biaya optimal yang harus dikeluarkan perusahaan dalam

memenuhi kebutuhan ketiga kota tersebut adalah Rp. 1.890.000,00

29

BAB III

KASUS-KASUS MASALAH TRANSPORTASI

3.1 Masalah Transportasi tidak seimbang

Kadang-kadang terjadi keadaan di mana jumlah persediaan tidak sama

dengan jumlah permintaan. Dalam penyelesaian optimalnya pasti ada permintaan

yang tidak terpenuhi (jika jumlah permintaan lebih besar dari jumlah persediaan)

atau persediaan yang tidak terkirim (jika jumlah persediaan lebih besar dari

jumlah permintaan).

Pada kasus yang tidak seimbang, sebelum membuat penyelesaian fisibel awal,

tabel transportasi terlebih dahulu diseimbangkan dengan menambah sebuah

sumber/tujuan semu (tergantung mana yang jumlah barangnya lebih sedikit).

Besarnya persediaan/ permintaan sumber/tujuan semu merupakan selisih antara

jumlah persediaan dan jumlah permintaan awal. Langkah berikutnya adalah

menyelesaikan masalah transportasi dengan cara yang sudah dijelaskan

sebelumnya.

Contoh

Sebuah perusahaan persewaan mobil menghadapi masalah dalam hal

mengalokasikan mobil untuk memenuhi permintaan pelanggan. Ada 2 garasi

tempat menyimpan mobil yang hendak disewa(semua mobil bertipe sama),

yang masing masing mampu menampung15 dan 13 mobil.

Ada 4 penyewa yang masing masing membutuhkan 9,6,7, dan 9 buah mobil.

Biaya perjalanan mobil(ribuan rupiah) dari garasi ke tempat penyewa tampak

pada tabel dibawah ini,

Tujuan

1 2 3 4

A 45 17 21 30

B 14 18 19 31

Buatlah alokasi pengiriman mobil yang akan meminimumkan total biaya

pengiriman! Gunakan metode pendekatan vogel sebagai penyelesaian awal!

Penyelesaian

Total mobil yang ada 15 + 13 = 28 buah, sedangkan total permintaan mobil 9 +

6 + 7 + 9 = 31. Jadi jumlah permintaan > jumlah persediaan. Untuk

menyeimbangkan tabel, ditambahkan sebuah persediaan semu (garasi C) yang

memiliki persediaan 31 – 28 = 3 buah mobil.

30

Biaya pengiriman dari garasi semu ke semua tujuan = 0 (karena memang tidak

ada mobil yang dikirimkan) tabel dibawah ini menunjukkan tabel awal

transportasi.

Dengan metode Pendekatan Vogel

Pada baris-1, dua sel yang biayanya terkecil adalah c12 = 17 dan c13 = 21.

Selisihnya adalah = 21 – 17 = 4. Pada baris-2, dua sel yang biayanya terkecil

adalah c21 = 14 dan c22 = 18. Selisihnya adalah = 18 – 14 = 4.

Demikian seterusnya dihitung selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada tiap baris

dan kolom. Hasilnya tampak pada table dibawah ini.

Baris/Kolom 2 Sel dengan Biaya

Terkecil

Selisih

Baris-1 c12 = 17 dan c13 = 21 21 – 17 = 4

Baris-2 c21 = 14 dan c22 = 18 18 – 14 = 4

Baris-3 0 0

Kolom-1 c21 = 14 dan c31 = 0 14 – 0 = 14

Kolom-2 c12 = 17 dan c32 = 0 17 – 0 = 17

Kolom-3 c23 = 19 dan c33 = 0 19 – 0 = 19

Kolom-4 c14 = 30 dan c34 = 0 30 – 0 = 30*

Selisih terbesar (=30) terjadi pada kolom ke-4. Biaya terkecil pada kolom

ke-4 adalah c14 = 0. Pada sel ini dimasukan barang-barang sebanyak-

banyaknya, yaitu 3 unit. Jadi x14 = 3. Dengan pengisian ini maka Garasi C

sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel an pada baris ke-3 tidak

diikutkan pada iterasi berikutnya.

31

Proses perhitungan selisih 2 sel yang biayanya terkecil dilanjutkan tetapi

dengan menghilangkan baris ke-3 dari perhitungan sehingga kemudian

didapat :


Terkecil

Selisih

Baris-1 c12 = 17 dan c13 =

21(tetap)

21 – 17 = 4

Baris-2 c21 = 14 dan c22

=18(tetap)

18 – 14 = 4

Baris-3 Tidak dihitung lagi -

Kolom-1 c21 = 14 dan c11 = 45 45 – 14 = 31*

Kolom-2 c12 = 17 dan c22 = 18 18 – 17 = 1

Kolom-3 c23 = 19 dan c13 = 21 21 – 19 = 2

Kolom-4 c14 = 30 dan c23 = 31 31 – 30 = 1

Selisih terbesar (=31) terjadi pada kolom ke-1. Biaya terkecil pada kolom

ke-1 adalah c21 = 14. Pada sel ini dimasukan barang-barang sebanyak-

banyaknya, yaitu 9 unit. Jadi x21 = 9. Dengan pengisian ini maka Tujuan 1

sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel an pada kolom-1 tidak


32


dengan menghilangkan kolom ke-1 dari perhitungan sehingga kemudian

didapat :


Terkecil

Selisih

Baris-1 c12 = 17 dan c13 =

21(tetap)

21 – 17 = 4*

Baris-2 c23 = 19 dan c22 =18 19 – 18 = 1


Kolom-1 Tidak dihitung lagi -

Kolom-2 c12 = 17 dan c22

=18(tetap)

18 – 17 = 1


=21(tetap)

21 – 19 = 2


=31(tetap)

31 – 30 = 1

Selisih terbesar (=4) terjadi pada baris ke-1, biaya terkecil pada baris ke-1

adalah c12 = 17. Pada sel ini dimasukan barang-barang sebanyak-banyaknya,

yaitu 6 unit. Jadi x12 = 6. Dengan pengisian ini maka Tujuan 2 sudah

terpenuhi permintaannya sehingga sel an pada kolom-2 tidak diikutkan

pada iterasi berikutnya.

33



didapat :


Terkecil

Selisih

Baris-1 c14 = 30 dan c13 = 21 30 – 21 = 9

Baris-2 c23 = 19 dan c24 =31 31 – 19 = 12*





=21(tetap)

21 – 19 = 2


=31(tetap)

31 – 30 = 1

34

Selisih terbesar (=12) terjadi pada baris ke-2,Biaya terkecil pada baris ke-2


yaitu 4 unit. Jadi x23 = 4. Karena pada kolom ke-3 hanya kurang pengisian di

x13 maka x13 diisi dengan 7 - 4 = 3. Dengan pengisian ini maka Tujuan 3 dan

Garasi B sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel pada kolom-3 tidak


Karena sekarang sisanya tinggal pada x14 maka x14 diisi dengan 15 – 6 – 3 =

6.

Sehingga tabel penyelesaian awal dengan Metode Pendekatan Vogel tampak

terlihat dibawah ini

- Selanjutnya adalah pengecekan optimalitas dengan menggunakan metode

stepping stone

Menguji sel–sel yang masih kosong, apakah masih bisa memiliki nilai negatif

atau tidak, artinya masih bisa menurunkan biaya transportasi atau tidak.

35

Sel yang diuji adalah : Sel x11, x22, x24, x31, x32 dan x33. Pengujian dilakukan

pada setiap sel kosong tersebut dengan menggunakan metode Stepping

Stone. Pada metode ini, pengujian dilakukan mulai dari sel kosong tersebut,

selanjutnya bergerak (boleh searah jarum jam dan boleh berlawanan)

secara lurus/tidak boleh diagonal, ke arah sel yang telah terisi dengan

alokasi, begitu seterusnya sampai kembali ke sel kosong tersebut. Setiap

pergerakan ini akan mengurangi dan menambah secara bergantian biaya

pada sel kosong tersebut. Perhatikan tanda panah dan tanda (+)/(-) nya.

Pengujian

Sel x11 = 45 – 21 + 19 –14 = 29

Sel x22 = 18 – 17 + 21 - 19 = 3

Sel x24= 31 – 30 + 21 – 19 = 3

Sel x31 = 0 – 14+ 19 – 21 + 30 - 0 = 14

Sel x32 = 0 – 17+ 30 – 0 = 13

Sel x33 = 0 – 21+ 30 - 0 = 9

Dari hasil pengujian tersebut, ternyata semua sel sudah tidak ada yang

bernilai negatif, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat

memberikan penurunan biaya lagi, sehingga dengan demikian dapat

dikatakan kasus telah optimal, dengan total biaya minimumnya :

6(17) + 3(21) + 6(30) +4(19) + 9(14) + 3(0) = 547 (ribuan)

36

3.1 Ada Jalan Rusak

Misalkan pada suatu masalah transportasi, ada jalur dari sumber-i ke tujuan-j

yang tidak dapat dilalui sama sekali. Ini berarti bahwa dalam penyelesaian

optimalnya, harus merupakan variabel bukan basis (yang berarti bahwa

tidak ada barang yang dikirim dari sumber-i ke tujuan-j ). Untuk menjamin

agar hal ini terjadi maka biaya transportasi dari sumber-i ke tujuan-j dibuat

tak terhingga.

Contoh

Sebuah perusahaan lokal membuat produknya di 3 cabang (A, B, C) untuk

dijual ke 4 toko berbeda(1, 2, 3, 4). Biaya pengiriman 1 unit produk dari

cabang-i ke toko-j tampak dalam tabel dibawah ini

CABANG

TOKO

1 2 3 4

A 18 - 4 5

B 3 9 4 1

C 6 2 - 4

Permintaan masing masing toko adalah 220,240,125 dan 200. Kapasitas

produksi tiap-tiap cabang adalah 360,120, dan 400. Toko- 2 tidak mau

menerima produk dari cabang-A dan toko-3 tidak mau menerima produk dari

cabang-C. Selesaikanlah masalah transportasi tersebut dengan menggunakan

metode Pendekatan Vogel sebagai penyelesaian awal!

Penyelesaian :

Total barang yang diproduksi diketiga cabang adalah 360 + 120 + 400 = 880

unit, sedangkan total permintaan di 4 toko adalah 220 + 240 + 125 + 200 =

785 unit. Ini berarti terdapat kekurangan permintaan barang sebesar 880 –

785 = 95 unit. Agar seimbang terlebih dahulu dibuat sebuah toko semu (toko-

5) yang membutuhkan barang sebesar 95 unit. Biaya pengiriman dari semua

cabang ke toko-5 = 0.

Karena toko-2 tidak mau menerima barang dari cabang-A dan toko-3 tidak

mau menerima barang dari cabang-C,

maka . Lihat

tabel dibawah ini

37

Dengan Metode Pendekatana Vogel

Pada baris-1, dua sel yang biayanya terkecil adalah c13 = 4 dan c15 = 0.

Selisihnya adalah = 4 – 0 = 4. Pada baris-2, dua sel yang biayanya terkecil

adalah c24 = 1 dan c25 = 0. Selisihnya adalah = 1– 0 = 1

Demikian seterusnya dihitung selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada tiap

baris dan kolom. Hasilnya tampak pada table dibawah ini.


Terkecil

Selisih

Baris-1 c13 = 4 dan c15 = 0 4 – 0 = 4

Baris-2 c24 = 1 dan c25 = 0 1 – 0 = 1

Baris-3 c32 = 2 dan c5 = 0 2 – 0 = 2

Kolom-1 c21 = 3 dan c31 = 6 6 – 3 = 3

Kolom-2 c12 = 9 dan c32 =2 9 – 2 = 7*

Kolom-3 c31 = 4dan c32 = 4 4 – 4 = 0

Kolom-4 c24 = 1 dan c25 = 4 4 – 1 = 3

Kolom-5 0 0

38

Selisih terbesar (=7) terjadi pada kolom ke-2. Biaya terkecil pada kolom ke-2


yaitu 240 unit. Jadi x32 = 240. Dengan pengisian ini maka toko-2 sudah

terpenuhi permintaannya sehingga sel pada kolom ke-2 tidak diikutkan pada

iterasi berikutnya.



didapat :

Baris/Kolom 2 Sel dengan Biaya Terkecil Selisih

Baris-1 c13 = 4 dan c15 = 0(tetap) 4 – 0 = 4*

Baris-2 c24 = 1 dan c25 = 0(tetap) 1 – 0 = 1

Baris-3 c32 = 2 dan c31 = 6 6 – 2 = 4

Kolom-1 c21 = 3 dan c31 = 6(tetap) 6 – 3 = 3

Kolom-2 - -

Kolom-3 c31 = 4dan c32 = 4 (tetap) 4 – 4 = 0


Kolom-5 0 0

39

Selisih terbesar (=4) terjadi pada baris ke-1. Biaya terkecil pada baris ke-1


yaitu 95 unit. Jadi x15 = 95. Dengan pengisian ini maka Toko-5 atau toko semu

sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel pada kolom-5 tidak diikutkan

pada iterasi berikutnya.



didapat :

Baris/Kolom 2 Sel dengan Biaya Terkecil Selisih

Baris-1 C13 = 4 dan c14 = 5 5 – 4 = 1

Baris-2 c24 = 1 dan c21 = 3 3 – 1 = 2

Baris-3 c31 = 6 dan c34 = 4 6 – 4 = 2


Kolom-2 - -

Kolom-3 c31 = 4dan c32 = 4 (tetap) 4 – 4 = 0


Kolom-5 - -

40

Selisih terbesar (=4) terjadi pada kolom ke-4,Biaya terkecil pada kolom ke-4


yaitu 120 unit. Jadi x24 = 120. Dengan pengisian ini maka cabang B sudah

terpenuhi permintaannya sehingga sel pada baris ke-2 tidak diikutkan pada

iterasi berikutnya.



didapat :


Terkecil

Selisih

Baris-1 C13 = 4 dan c14 = 5 (tetap) 5 – 4 = 1

Baris-2 - -

Baris-3 c31 = 6 dan c34 = 4 (tetap) 6 – 4 = 2

Kolom-1 C11 = 18 dan c31 = 6 18 – 6 = 12

Kolom-2 - -

Kolom-3 c31 = 4 dan c33 = M M – 4 = M-4*

Kolom-4 C14 = 5 dan c25

= 4

5 – 4 = 1

Kolom-5 - -

41

Selisih terbesar (=M-4) terjadi pada kolom ke-3,Biaya terkecil pada kolom ke-3


yaitu 125 unit. Jadi x13 = 125.. Dengan pengisian ini maka Toko 3 sudah

terpenuhi permintaannya sehingga sel pada kolom-3 tidak diikutkan pada

iterasi berikutnya.



didapat :


Terkecil

Selisih

Baris-1 C11 = 18 dan c14 =5 18 – 5 = 13

Baris-2 - -

Baris-3 c31 = 6 dan c34 = 4 (tetap) 6 – 4 = 2

Kolom-1 C11 = 18 dan c31 = 6 18 – 6 = 12

Kolom-2 - -

Kolom-3 - -

Kolom-4 C14 = 5 dan c25 = 4 5 – 4 = 1

Kolom-5 - -

42

Selisih terbesar (=13) terjadi pada baris ke-1,Biaya terkecil pada baris ke-1


yaitu 80 unit. Jadi x14 = 80. Karena pada baris ke-1 hanya kurang pengisian di

x11 maka x11 diisi dengan 360 - (125 + 80 + 95) = 60 Dengan pengisian ini

maka Toko 4 dan cabang A sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel

pada kolom ke-4 dan baris ke -1 tidak diikutkan pada iterasi berikutnya.

Karena sekarang sisanya tinggal pada x31 maka x31 diisi dengan 220 – 60 =160

Sehingga tabel penyelesaian awal dengan Metode Pendekatan Vogel tampak

terlihat dibawah ini

43

- Selanjutnya adalah pengecekan optimalitas dengan menggunakan metode

stepping stone

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 x12, x21, x22, x23, x25, x33, x34 dan x35. Pengujian

dilakukan pada setiap sel kosong tersebut dengan menggunakan metode

Stepping Stone. Pada metode ini, pengujian dilakukan mulai dari sel kosong

tersebut, selanjutnya bergerak (boleh searah jarum jam dan boleh

berlawanan) secara lurus/tidak boleh diagonal, ke arah sel yang telah terisi

dengan alokasi, begitu seterusnya sampai kembali ke sel kosong tersebut.

Setiap pergerakan ini akan mengurangi dan menambah secara bergantian

biaya pada sel kosong tersebut. Perhatikan tanda panah dan tanda (+)/(-) nya.

44

Pengujian

Sel = M – 18 + 6 – 2 = M – 14

Sel = 3 – 18 + 5 - 1 = -11

Sel = 9 – 2 + 6 – 18 + 5 – 1 = -1

Sel = 4 – 4 + 5 – 1 = 4

Sel = 0 – 0 + 5 – 1 = 4

Sel = M – 4 + 18 – 6 = M+8

Sel = 4 – 5 + 18 – 6 = 11

Sel = 0 – 0 + 18 – 6 = 12

Merubah alokasi pengiriman ke sel , yang pengujian sebelumnya memiliki

pergerakan

45

Dari pergerakan dan tanda +/- yang ada, perhatikan sel yang bertanda minus

saja, yakni sel dan sel . Dari kedua sel bertanda pergerakan minus ini,

pilih sel yang alokasi pengiriman sebelumnya memiliki alokasi paling kecil.

Dan ternyata sel , dengan alokasi sebelumnya 60 , dan ini lebih kecil dari

alokasi sel yang 120.

Selanjutnya angka 60 di sel tersebut digunakan untuk mengurangi atau

menambah alokasi yang ada selama pengujian (sesuai tanda pada pergerakan

pengujian). Dengan demikian dapat dihasilkan tabel transportasi sebagai

berikut :


46




Pengujian :

Sel =18 – 5 + 1 – 3 = 11

Sel = M – 2 + 6 – 2 + 1 – 5 = M – 3

Sel = 9 – 2 + 6 – 3 = 10

Sel = 4 – 4 + 5 – 1 = 4

Sel = 0 – 0 + 5 – 1 = 4

Sel = M – 4 +5 – 1 + 3 – 6 = M – 3

Sel = 4 – 1 + 3 – 6 = 0

Sel = 0 – 0 + 5 – 1 + 3 – 6 = 1

Dari hasil pengujian yang kedua , ternyata semua sel sudah tidak ada yang

bernilai negatif, atau dengan kata lain semua sel sudah tidak dapat

memberikan penurunan biaya lagi, sehingga dengan demikian dapat dikatakan

kasus telah optimal, dengan total biaya minimumnya :

4(125) + 5(140) + 3(60) +1(60) + 6(160) + 2(240) = 2880

3.3 Penalti Terhadap Permintaan yang Tidak Terpenuhi

Merupakan tabel optimal masalah yang tidak seimbang. Pada penyelesaian

optimal itu terjadi kekurangan permintaan atau kelebihan persediaan. Akan

tetapi kekurangan permintaan tidak berpengaruh terhadap biaya transportasi

karena tidak ada denda akibat barang yang diminta tidak terpenuhi. Apabila

tidak terpenuhi permintaan berkaitan dengan suatu denda yang besarnya

sebanding dengan jumlah barang yang tidak dikirim, maka denda yang

dikenakan dapat dinyatakan sebagai biaya pengiriman. Dengan demikian

seolah olah ada biaya pengiriman (yang sebenernya denda) bagi barang yang

tidak dikirim.

Contoh

Selesaikan masalah transportasi yang terdiri dari 3 sumber dan 3 tujuan yang

tampak pada tabel dibawah ini jika kerugian per unit barang akibat tidak

dipenuhinya permintaan tujuan 1, 2, dan 3 masing-masing adalah 5, 3, dan 2!

5 1 7 10

6 4 6 80

3 2 5 15

75 20 50

47

Penyelesaian :

Jumlah persediaan = 10 + 80 + 15 = 105, sedangkan jumlah permintaan adalah

sebesar = 75 + 20 +50 = 145. Maka ditmbahkan sumber semu (sumber-4) yang

memiliki 145 – 105 = 40 unit barang.

Tujuan

Sumber

1 2 3

1 10

2 80

3 15

4* 40

75 20 50

Pada penyelesaian optimalnya, sel semu (baris-4) yang merupakan variabel

basis menunjukkan adanya barang yang tidak terkirim. Karena ada kerugian

akibat tidak terkirimnya barang maka kerugian tersebut dinyatakan dalam

biaya pengiriman. Jadi , , 2.

Langkah berikutnya adalah penyelesaian masalah transportasi tersebut

dengan cara yang sudah dibahas pada subbab sebelumnya. Misalkan

digunakan metode biaya terendah untuk membuat penyelesaian fisibel awal.,

sehingga berturut-turut diisikan sel , (dipilih sebarang

antara atau ) ,

5

6

7

4

5 3

6

1

2

2 3 5

48

Metode MODI

Langkah-langkah:

Tabel awal yang digunakan adalah tabel metode biaya terendah

ke tujuan 1 tujuan 2 tujuan 3 Persediaan

dari

sumber 1

sumber2

sumber 3

sumber 4

10

70 10

80

10

5 10

15

40

40

5 1 7

646

3 2 5

235

Perubahan Alokasi 1



rumus:

Ri + Kj = cij


Mencari nilai kolom 1 :

R1 + K1 = c11

0 + K1 = 5, nilai kolom 1 = 5


R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = 1 ; K2 = 1

49

R3 + K2 = c32 ; R3 + 1 = 2 ; R3 = 1

R3 + K1 = c31 ; 1 + K1 = 3 ; K1 = 2

R2 + K1 = c21 ; R2 + 2 = 6 ; R2 = 4

R2 + K3 = c23 ; 4 + K3 = 6 ; K3 = 2

R4 + K3 = c43 ; R4 + 2 = 2 ; R4 = 0




dari K1 = 2 K2 = 1 K3 = 2

sumber 1

R1 = 0

sumber2

R2 = 4

sumber 3

R3 = 1

sumber 4

R4 = 0

5 10

15

40

40

10

70 10

80

105 1 7

646

3 2 5

235


Index perbaikan = cij - Ri – Kj

Sel cij - Ri – Kj Indeks Perbaikan

1 – 1 5 – 0 – 2 3

1 – 3 7 – 0 – 2 5

2 – 2 4 – 4 – 1 -1

3 – 3 5 – 1 – 2 2

4 – 1 5 – 0 – 2 3

4 – 2 1 – 0 – 1 2


Sel yang merupakan titik tolak perubahan adalah sel 2 – 2.


Buat jalur tertutup. Berilah tanda positif pada 2 – 2. Pilih 1 sel

terdekat yang isi dan sebaris (2 – 1), 1 sel yang isi terdekat dan

sekolom (3 – 2), berilah tanda negatif pada dua sel terebut.


bertanda negatif tadi (3 – 1 ) dan beri tanda positif. Selanjutnya



50

2 kemudian berisi 10, 2 – 1 berisi 70 – 10 = 60, 3 – 1 berisi 10 + 5 =

15 dan 3 – 2 tidak berisi.


dari K1 = 2 K2 = 1 K3 = 2

sumber 1

R1 = 0

sumber2

R2 = 4

sumber 3

R3 = 1

sumber 4

R4 = 0

15

15

40

40

10

60 10 10

80

105 1 7

646

3 2 5

235

Perubahan Alokasi 2


b) Hitung sel yang berisi (nilai tiap kolom dan tiap baris) dengan rumus

Ri + Kj = cij


Mencari nilai kolom 1 :

R1 + K2 = c12

0 + K2 = 1, nilai kolom 2 = 1


R2 + K2 = c22 ; R2 + 1 = 4 ; R2 = 3

R2 + K1 = c21 ; 3 + K1 = 6 ; K1 = 3

R2 + K3 = c23 ; 3 + K3 = 6 ; K3 = 3

R3 + K1 = c31 ; R3 + 3 = 3 ; R3 = 0

R4 + K3 = c43 ; R4 + 3 = 2 ; R4 = -1




dari K1 = 3 K2 = 1 K3 = 3

sumber 1

R1 = 0

sumber2

R2 = 3

sumber 3

R3 = 0

sumber 4

R4 = -1

10

60 10 10

80

10

15

15

40

40

5 1 7

646

3 2 5

235

51



Sel cij - Ri – Kj Indeks Perbaikan

1 – 1 5 – 0 – 3 2

1 – 3 7 – 0 – 3 4

3 – 2 2 – 0 – 1 1

3 – 3 5 – 0 – 3 2

4 - 1 5 + 1 – 3 3

4 – 2 3 + 1 – 1 3


negatif, maka tabel pada perubahan alokasi ke-2 sudah optimal.

Dengan tabel


dari K1 = 3 K2 = 1 K3 = 3

sumber 1

R1 = 0

sumber2

R2 = 3

sumber 3

R3 = 0

sumber 4

R4 = -1

10

60 10 10

80

10

15

15

40

40

5 1 7

646

3 2 5

235

Kesimpulan

Dari tabel diatas dapat disimpulkan bahwa tujuan – 3 tidak

terpenuhi sebesar 40 unit. Jadi biaya pengiriman dan kerugian

sebesar 10(1) + 60(6) + 10 (4) + 10 (6) + 15(3) + 40 (2) = 595

3.3 Soal Memaksimumkan

Algoritma penyelesaian masalah transportasi yang dibahas dalam subbab

terdahulu memiliki tujuan meminimumkan total biaya. Kadang-kadang

besaran dalam tabel transportasi menyatakan sesuatu yang harus

dimaksimumkan (misalnya keuntungan). Untuk itu ada 2 cara penyelesaian

yang bisa digunakan.

1. Mengubah soal yang memaksimumkan menjadi soal

meminimumkan. Caranya ialah dengan mengambil = atau

= 1/ . Langkah berikutnya adalah menyelesaikan dengan cara

seperti yang dibahas pada bab sebelumnya.

52

2. Mengubah algoritma

a. Mengubah penyelesaian fisibel awal. Dengan metode sudut barat

laut, tidak ada perubahan yang dilakukan. Dengan metode biaya

terendah, pengisian dilakukan dari sel yang biayanya teritinggi.

Dengan metode pendekatan Vogel, langkah-1 diubah menjadi

selisih 2 sel dengan biaya terbesar. Pada langkah-3 kuantitas

diisikan pada sel yang memiliki biaya terbesar.

b. Pengecekan optimialitas. Dalam kasus memaksimumkan, tabel

optimal jika untuk semua sel – – 0 (kebalikan dari soal

meminimumkan). Jika tabel belum optimal, pengisian kuantitas

dilakukan pada sel yang memilki nilai – – > 0 yang

terbesar.

Cara pertama lebih sederhana dan mudah karena tidak mengubah algoritma

sama sekali.

Contoh 1

Sebuah perusahaan mempunyai 3 pabrik yang membuat produk yang sama,

serta 5 agen yang akan menerima produk tersebut. Biaya produksi berbeda

untuk tiap pabrik, dan harga jual ke tiap agen juga berbeda-beda. Carilah

pengaturan produksi dan distribusi yang paling menguntungkan bagi

perusahaan tersebut, jika dikehatui data dalam tabel berikut.

Penyelesaian

Untuk menentukan biaya distribusi yang paling menguntungkan, haruslah

dihitung keuntungan yang dihasilkan dari pengiriman produk

Keuntungan = harga jual – biaya produksi – biaya transportasi

Sebagai contoh, pengiriman 1 unit barang dari pabrik-1 ke agen-1 akan

memberikan keuntungan sebesar = 30 – 20 – 3 = 7. Dari pabrik-2 ke agen-1

menghasilkan keuntungan sebesar = 30 – 22 – 9 = -1 (rugi). Selanjutnya :

Pabrik-1 ke agen-2 akan memberikan keuntungan sebesar = 32 – 20 – 1 = 11

53













Tabel 1.1 menunjukkan keuntungan yang diperoleh dengan mengirimkan

barang dari pabrik ke agen. Tampak bahwa tabel berjumlah seimbang karena

jumlah persediaan adalah 80 + 100 + 75 + 45 + 125 = 425 unit sedangkan

jumlah persediaan sebesar 150 + 200 + 125 = 475 unit. Untuk itu perlu

ditambahkan agen semu yang membutuhkan barang sebesar 50 unit. Besarnya

keuntungan pengiriman barang ke agen semu adalah 0.

Tabel 1.1

Tabel tersebut harus dimaksimumkan. Untuk itu Tabel 1.1 terlebih dahulu

dijadikan tabel kerugian (yang harus diminimumkan) dengan mengambil

negatif dan keuntungan. Hasil pengisian penyelesaian fisibel awal dengan

metode biaya terendah menghasilkan Tabel 1.2

54

Tabel 1.2

Selanjutnya dilakukan pengujian optimalitas.

Pengujian Optimalitas

Perubahan Alokasi Pertama


b) Hitung sel yang berisi (nilai tiap kolom dan tiap baris) dengan rumus :

Ri + Kj = cij


Maka,

R1 + K1 = c11 ; 0 + K1 = - 7 ; K1 = - 7

R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = - 11 ; K2 = - 11

R2 + K1 = c21 ; R2 + (- 7) = 1 ; R2 = 8

R2 + K5 = c25 ; 8 + K5 = - 1 ; K5 = - 9

R2 + K6 = c26 ; 8 + K6 = - 0 ; K6 = - 8

R3 + K1 = c31 ; R3 + (- 7) = - 8 ; R3 = - 1

R3 + K3 = c33 ; (- 1) + K3 = - 10 ; K3 = - 9

R3 + K4 = c34 ; (- 1) + K4 = - 14 ; K3 = - 13



Sel cij – Ri – Kj Indeks

1 – 3 (-6) – 0 – (-9) 3

1 – 4 (-7) – 0 – (-13) 6

1 – 5 (-5) – 0 – (-9) 4

1 – 6 0 – 0 – (-8) 8

2 – 2 (-3) – 8 – (-11) 0

2 – 3 (-1) – 8 – (-9) 0

2 – 4 (-9) – 8 – (-13) -4

3 – 2 (-9) – (-1) – (-11) 3

3 – 5 (-4) – (-1) – (-9) 6

3 – 6 0 – (-1) – (-8) 9

55



Nilai–nilai ini kemudian diletakkan pada baris/kolom yang bersangkutan,

seperti terlihat pada Tabel 1.3 :

Tabel 1.3

e) Memperbaiki alokasi.

Sel x24 harus diisi dengan kuantitas sebesar 25 unit sesuai dengan loop x24 –

x34 – x31 – x21 – x24.

Akan menjadi :

56

Perubahan Alokasi Kedua



Ri + Kj = cij


Maka,

R1 + K1 = c11 ; 0 + K1 = - 7 ; K1 = - 7

R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = - 11 ; K2 = - 11

R3 + K1 = c31 ; R3 + (-7) = - 8 ; R3 = - 1

R3 + K3 = c33 ; (-1) + K3 = 1 ; K3 = - 9

R3 + K4 = c34 ; (-1) + K4 = - 14 ; K4 = - 13

R2 + K4 = c24 ; R2 + (-13) = - 9 ; R2 = 4

R2 + K5 = c25 ; 4 + K5 = - 1 ; K5 = - 5

R2 + K6 = c26 ; 4 + K6 = - 0 ; K6 = - 4



Sel cij – Ri – Kj Indeks Perbaikan

1 – 3 (-6) – 0 – (-9) 3

1 – 4 (-7) – 0 – (-13) 6

1 – 5 (-5) – 0 – (-5) 0

1 – 6 0 – 0 – (-4) 4

2 – 1 1 – 4 – (-7) 4

2 – 2 (-3) – 4 – (-11) 4

2 – 3 (-1) – 4 – (-9) 4

3 – 2 (-9) – (-1) – (-11) 3

3 – 5 (-4) – (-1) – (-5) 2

3 – 6 0 – (-1) – (-4) 5

57


negatif, maka tabel pada perubahan alokasi pertama sudah optimal

dengan keuntungan maksimum = 50(7) + 30(8) + 100(11) + 75(10)

+ 25(9) + 20(14) + 125(1) = 3070 dan Pabrik-2 memiliki sisa 50 unit

barang.

Contoh 2

Selesaikan contoh 5.11 tanpa harus mengubah soal menjadi meminimumkan

terlebih dahulu. Gunakan metode Biaya Terendah dan Vogel sebagai

penyelesaian awal!

Penyelesaian

Dengan Metode Biaya Terendah :

Tabel awal transportasi tampak pada Tabel 1.1.

Tabel 1.1

Untuk membuat penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah,

pengisian dimulai dari sel yang keuntungannya maksimum, yaitu sel = 45.

Berikutnya berturut-turut diiskan = 100, = 5, = 50, = 125, =

50 dan = 25. Tabel 2.1 menunujukkan hasil pengisian Tabel 1.1 dengan

metode biaya terendah.

58

Tabel 2.1






Ri + Kj = cij


Maka,

R1 + K1 = c11 ; 0 + K1 = 7 ; K1 = 7

R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = 11 ; K2 = 11

R2 + K1 = c21 ; R2 + 7 = -1 ; R2 = -8

R2 + K5 = c25 ; 8 + K5 = 1 ; K5 = 9

R2 + K6 = c26 ; 8 + K6 = 0 ; K6 = 8

R3 + K1 = c31 ; R3 + 7 = 8 ; R3 = 1

R3 + K3 = c33 ; 1 + K3 = 10 ; K3 = 9

R3 + K4 = c34 ; 1 + K4 = 14 ; K3 = 13




1 – 3 6 – 0 – 9 -3

1 – 4 7 – 0 – 13 -6

1 – 5 5 – 0 – 9 -4

1 – 6 0 – 0 – 8 -8

2 – 2 3 – (-8) – 11 0

2 – 3 1 – (-8) – 9 0

2 – 4 9 – (-8) – 13 4

3 – 2 9 – 1 – 11 -3

3 – 5 4 – 1 – 9 -6

3 – 6 0 – 1 – 8 -9

59



Nilai – nilai ini kemudian diletakkan pada baris/kolom yang bersangkutan,

seperti terlihat pada Tabel 2.3 :

Tabel 2.3

e) Memperbaiki alokasi.

Sel x24 harus diisi dengan kuantitas sebesar 25 unit sesuai dengan loop x24 –

x34 – x31 – x21 – x24.

Akan menjadi :

60

Perubahan Alokasi Kedua a) Buat variabel Ri dan Kj untuk masing-masing baris dan kolom.


Ri + Kj = cij


Maka,

R1 + K1 = c11 ; 0 + K1 = 7 ; K1 = 7

R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = 11 ; K2 = 11

R3 + K1 = c31 ; R3 + 7 = 8 ; R3 = 1

R3 + K3 = c33 ; 1 + K3 = 10 ; K3 = 9

R3 + K4 = c34 ; 1 + K4 = 14 ; K4 = 13

R2 + K4 = c24 ; R2 + 13 = 9 ; R2 = -4

R2 + K5 = c25 ; -4 + K5 = 1 ; K5 = 5

R2 + K6 = c26 ; -4 + K6 = 0 ; K6 = 4

c) Menghitung index perbaikan setiap sel yang kosong dengan rumus: Index perbaikan = cij - Ri – Kj

Sel cij – Ri – Kj Indeks Perbaikan

1 – 3 6 – 0 – 9 -3

1 – 4 7 – 0 – 13 -6

1 – 5 5 – 0 – 5 0

1 – 6 0 – 0 – 4 -4

2 – 1 1 – (-4) – 7 -4

2 – 2 3 – (-4) – 11 -4

2 – 3 1 – 4 – 9 -4

3 – 2 9 – 1 – 11 -3

3 – 5 4 – 1 – 5 -2

3 – 6 0 – 1 – 4 -5

61


positif, maka tabel pada perubahan alokasi pertama sudah optimal



barang.

Tampak bahwa pengisian tabel dengan cara langsung memberikan hasil yang

sama dengan pengisian tabel dengan meminimumkan fungsinya terlebih ahulu.

Ini berarti revisi tabel maupun tabel optimalnya juga akan sama.

Dengan Metode Pendekatan Vogel

Tabel awal transportasi tampak pada Tabel 1.1.

Tabel 1.1

Untuk membuat penyelesaian fisibel awal dengan metode vogel, pengisian

dimulai dengan mencari selisih 2 baris dan kolom dengan keuntungan terbesar.

Pada baris-1, dua sel dengan keuntungan terbesar adalah c12 = 11 dan c11 = 7.

Se;isihnya adalah 11 – 7 = 4. Pada baris-2, dua sel dengan keuntungan terbesar

adalah c24 = 9 dan c22 = 3. Selisihnya adalah 9 – 3 = 6.

Demikian seterusnya dihitung selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada tiap

baris dan kolom. Selisih yang diberi tanda (*) menujukkan selisih yang

terpilih. Hasilnya akan tampak pada tabel berikut.

62

Karena selisih yang terpilih terdapat pada baris-2 (=6). Keuntungan

terbesar pada baris-2 adalah c24 = 9 maka pada sel ini dilakukan

pendistribusian sebanyak banyaknya yaitu 45 produk. Dengan

pendistribusian ini maka agen-4 sudah terpenuhi permintaanya sehingga

sel lain pada kolom-4 tidak diikutkan pada iterasi berikutnya.

Proses perhitungan selisih 2 sel dilanjutkan tetapi menghilangkan kolom-4

dari perhitungan sehingga didapat :








Karena selisih yang terpilih terdapat pada kolom-3 (=4). Keuntungan

terbesar pada kolom-3 adalah c33 = 10 maka pada sel ini dilakukan




63





pendistribusian sebanyak banyaknya yaitu 125 – 75 = 50 produk. Dengan

pendistribusian ini maka persediaan pabrik 3 habis sehingga sel pada baris-

3 tidak dapat diikutkan pada iterasi berikutnya.

Proses perhitungan selisih 2 sel dilanjutkan tetapi menghilangkan baris-3


Karena selisih yang terpilih terdapat pada kolom-1 (=8). Keuntungan

terbesar pada kolom-1 adalah c11 = 7 maka pada sel ini dilakukan






64




pendistribusian ini maka agen-5 sudah terpenuhi permintaanya dan

persediaan pada pabrik-1 sudah habis sehingga sel lain pada kolom-5 dan

baris-1 tidak diikutkan pada iterasi berikutnya.

Karena sekarang sisanya tinggal sel pada satu baris (x25 dan x26) maka diisi

dari sel yang keuntungannya terbesar yaitu pada sel x25 (c25=1) maka akan

didistribusikan sebanyak 125 – 20 = 105 produk. Oleh karena itu untuk sel

x26 diisi dengan 50 produk. Hasil ini terdapat pada Tabel 3.1.

Tabel 3.1






Ri + Kj = cij


Maka,

R1 + K1 = c11 ; 0 + K1 = 7 ; K1 = 7

R1 + K2 = c12 ; 0 + K2 = 11 ; K2 = 11

R1 + K5 = c15 ; 0 + K5 = 5 ; K5 = 5

R2 + K5 = c25 ; R2 + 5 = 1 ; R2 = -4

R2 + K4 = c24 ; -4 + K4 = 9 ; K4 = 13

R2 + K6 = c24 ; -4 + K6 = 0 ; K4 = 4

65

R3 + K1 = c31 ; R3 + 7 = 8 ; R3 = 1

R3 + K3 = c33 ; 1 + K3 = 10 ; K3 = 9




1 – 3 6 – 0 – 9 -3

1 – 4 7 – 0 – 13 -6

1 – 6 0 – 0 – 4 -4

2 – 1 -1 – 0 – 7 -8

2 – 2 3 – (-4) – 11 -4

2 – 3 1 – (-4) – 9 -5

3 – 2 9 – 1 – 11 -3

3 – 4 14 – 1 – 13 0

3 – 5 4 – 1 – 5 -6

3 – 6 0 – 1 – 4 -5


positif, maka tabel pada perubahan alokasi pertama sudah optimal



barang.

66

DAFTAR PUSTAKA

Taha, Hamdy A. 1982. Riset Operasi Jilid 1. Tanggerang : Binarupa Aksara.

Siang, Jong Jek. 2011. Riset Operasi dalam Pendekatan Algoritma. Yogyakarta: ANDI.

Dimyati, Tjutju Tarliah dan Akhmad Dimyati. 2003. Operations Research Model– model Pengambilan Keputusan. Bandung: Sinar Baru Algensindo.

Subagyo, Pangestu dkk. 2000. Dasar – dasar Operations Research. Yogyakarta : BPFE Yogyakarta.

PEMROGRAMAN LINIER: MODEL TRANSPORTASI

Documents

Transcript of PEMROGRAMAN LINIER: MODEL TRANSPORTASI