operation researh ( riset operasi ) silabus

OPERATION RESEARH ( RISET OPERASI )

SILABUS :

Pengertian Riset Operasi Linier Programming Metode Grafik( LP )

Metode Simpleks LP : Dualitas Maks = Min ( masalah ekonomi )

LP : Transportasi( Masalah pendstribusisn suatu produk dari beberapa sumber dengan penawaran terbatas menuju beberapa tujuan dengan biaya minimal )

LP : Penugasan ( Assignment Problem )keputusan untuk menetukan jenis pekerjaan apa harus dikerjakan oleh siapa atau alat apa

Pengertian Riset Operasi :

1

Riset harus menggunakan metode ilmiah

Operasi yang berhubungan dengan proses / berlangsungnya suatu kejadian.

Tujuan : membantu manajemen untuk menentukan kebijakan atau tindakan secarailmiah

Definisi : ( Riset Operasi ) Riset dengan penerapan metode ilmiah melalui suatu tim secara terpadu untuk memecahakan permasalahan yang timbul dalam kegiatan operasi suatu system organisasi agar diperoleh pemecahan yang optimum.

Linier Programming ( LP ) : model umum yang dapat digunakan dalam pemecahan masalah pengalokasian sumber-sumber yang terbatas secara optimal.

Penyelesaian Masalah LP ditemukan noleh George Danzig dengan menggunakan metode simpleks

Linier ( ? ) dalam hal ini fungsi matematis yang digunakan adalah fungsi linier

Input(Men, Money , Material )

Organisasi( Wadah utk mencapai tujuan )

Output ( Laba / Profit )

2

Programming merupakan program atau perencanaan , jadi bukan Computer Programming

LP terdiri dari 2 fungsi : 1. Fungsi Tujuan : berkaitan dengan

pengaturan secara optimalsumber daya 2 untuk memperoleh keuntungan maksimal atau biaya yang minimal

2. Fungsi Batasan : Bentuk penyajian secara matematis batasan kapasitas yang tersedia yang akan dialokasikan secara optimal ke berbagai kegiatan.

Bentuk Umum Model LP :

Maksimum / Minimum : Z =

Fungsi Tujuandengan syarat : ( ≤ , = , ≥ )

Fungsi Batasan

FORMULASI MODEL LP

3

CONTOH : ( Masalah Diet )

Untuk menjaga kesehatan seseorang harus memenuhi kebutuhan minimum perhari akan beberapa zat makanan.Misalnya ada 3 zat makanan yang dibutuhkan yaitu : kalsium ( I) , protein ( II ) , dan vitamin A( III) yang harga , zat yang terkandung dan kebutuhan minimum perhari akan zat makanan tersebut pada tableberikut :

Makanan I II III

Kebutuhan Minimum

Harga/unit

0.5 0.8 0.6

Kalsium 5 1 0 8Protein 2 2 1 10VitaminA

1 5 4 22

Masalahnya bagaimana kombinasi ketiga jenis makanan itu akan memenuhi kebutuhan minimum perhari dan memberikan biaya terendah

Variabel : x1 = jumlah makanan I x2 = jumlah makanan II x3 = jumlah makanan III

Fungsi Tujuan :

4

Minimum : Z = 0.5 x1 + 0.8 x2+0.6 x3

Fungsi Batasan :

Contoh : ( Bakery )

Suatu bakery membuat roti yang berisi daging dari suatu campuran daging dan ayam tanpa lemak.Daging sapi mengandung 80 persen daging dan 20 persen lemak dan harganya 80 rp /ons. Daging ayam mengandung 68 persen daging dan 32 persen lemak dan harganya 60 rp/ons. Berapa banyaknya masing-masing daging yang harus digunakan untuk tiap ons roti daging jika diinginkan untuk meminimumkan harganya dengan mempertahankan kandungan lemak tidak lebih dari 25 persen?

Model LP :

x1 = jumlah ons daging sapix2 = jumlah ons daging ayam

F. Tujuan :Min: Z = 80 x1 + 60x2

5

F. Batasan :

Solusi LP

Metode untuk memecahkan program linier diataranya adalah metode grafik dan metode simpleks. Untuk memulai penerapan metode tersebut maka semua fungsi batasan ketidaksamaan harus ditransformasikan menjadi persamaan dan juga harus diketahui salah satu pemecahan yang feasible (layak) dan tidak negatif

Persyaratan Tidak Negatif

Batasan yang memiliki bentuk :

6

Dimana adalah salah satu dari relasi ≤ ,≥ , = ( tidak perlu sama untuk setiap I ) konstanta bi selalu dianggap tidak negatif

Contoh : Dikalikan -1 jadi Sehingga ruas kanan tidak negatif

Variabel Slack ( Kurang) dan Surplus

Variabel Slack ( Kurang )

Untuk diubah menjadi suatu persamaan dengan menambah sebuah variabel tak negatif baru pada ruas kirinya.

Contoh :

Diubah menjadi persamaan menjadi :

Variabel Surplus

7

Untuk diubah menjadi suatu persamaan dengan mengurangkan sebuah variabel tak negatif baru pada ruas kirinya.

Contoh : Diubah menjadi persamaan menjadi : Variabel buatan ( artificial variable )

Pada ruas kiri setiap fungsi batasan yang tidak mengandung variabel slack dapat ditambahkan variabel buatan. Dengan demikian tiap fungsi pembatas akan mempunyai variabel slack dan buatan.

Contoh: (***)

Persamaan variabel buatan x5 dan x6

8

Solusi Awal yang feasible.

Setiap persamaan batasan akan mengandung variabel slack atau buatan.Solusi awal tak negatip bagi fungsi

batasan diperoleh dengan menetapkan variabel slack dan buatan sama dengan ruas kanan dari fungsi kendala dan menetapkan semua variabel lainnya termasuk variabel surplus sama dengan nol.Contoh: (***)Solusi awal :

Penalty Cost Penambahan var slack dan surplus tidak mengubah sifat fungsi batasan maupun tujuan. Oleh karena itu variabel tersebut dapat diikut sertakan pada fungsi tujuan dengan koefisien nol. Sedangkan variabel buatan mengubah fungsi fungsi batasan.Karena variabel buatan ini hanya dtambahkan pada salah satu ruas persamaan, maka system yang baru ekivalen dengan fungsi kendala yang lama jika dan hanya jika variabel buatannya nol.

Metode Big M

9

Untuk pemecahan optimal maka variabel buatan diikut sertakan dalam fungsi tujuan dengan ketentuan :

Untuk : Minimum diberikan koefisien positip yang besar sekali ( M ).

Maksimum diberikan koefisien negatip yang besar sekali ( - M ).

Contoh : (Bakery) Minimum : z = 80 x1 +

60x2+ 0 x3 +M x4

F. Batasan :

Solusi awal :

Metode Grafik

Langkah – Langkah Penggunaan Metoda Grafik

1.Menentukan fungsi tujuan dan memformulasikan dalam bentuk matematis

2.Mengidentifkasikan batasan-batasan yang belaku dan memformulasikan dalam bentuk matematis.

10

3.Menggambarkan masing-masing garis fungsi batasandalam system koordinat .Dan menentukan daerah yang memenuhi untuk masing-masing fungsi batasantersebut.

4.Mencari titik yang paling optimal dihubungkan dengan fungsi tujuan.

Contoh : ( Perusahaan sepatu )

Perusahaan sepatu “Ideal “ membuat 2 macam sepatu. Macam pertama merk I dengan sol dari karet, dan macam ke II dengan sol dari dari kulit. Untuk membuat sepatu tersebut perusahaan memerlukan 3 macam mesin. Mesin 1 khusus membuat sol dari karet, mesin 2 khusus membuat sol dari kulit dan mesin 3 membuat bagian atas dari sepatu dan melakukan assembling bagian atas dengan sol. Setiap lusin sepatu merk I mula-mula dikerjakan dengan mesin 1 selama 2 jam, kemudian tanpa melalui mesin 2 terus dikerjakan dimesin 3 selama 6 jam, sedangkan sepatu II tidak diproses di mesin 1 , tetapi pertama kali dikerjakan di mesin 2 selama 3 jam kemudian di mesinselama 5 jam. Jam kerja maksimum setiap hari untuk mesin 1 = 8 jam , mesin 2 = 15 jam, dan mesin 3 = 30jam. Keuntungan untuk setiap lusin sepatu merk I = Rp. 30.000 sedangkan merk II = Rp. 50.000. Masalahnya adalah menentukan berapa lusin sebaiknya sepatu merk I dan merk II yang dibuat agar mendapatkan keuntungan yang maksimum.

Model LP:Variabel : x1 = jumlah (lusin ) sepatu merk I

11

x2 = jumlah (lusin ) sepatu merk IIFungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2Fungsi Batasan :

Grafik :

D C

Daerah Feasible

B

A

Pada titik A : x1 = 4 ; x2 = 0; z = 12

12

B : x1 = 4 ; x2 = 6/5; z = 18 C : x1 = 5/6 ; x2 = 5; z = 27 (*) Optimal D : x1 = 0 ; x2 = 5; z = 25

Metode Simpleks

Adalah suatu metode matriks untuk memecahkan program–program linier dalam bentuk standar, yaitu :

Optimisasikan : ( Maks/Min ) z = CT X

Dengan kendala : AX = B dan X ≥ 0

dimana B ≥ 0 dan pemecahan dasar x0 .

Metode simpleks menggunakan proses iterasi ( perhitungan berulang ) , dengan x0 sebagai pemecahan awal , untuk menentukan pemecahan dasar lainnya, sehingga diperoleh pemecahan optimal.

MINIMISASI :

XT

CT

x0 A B

13

C0CT - A - B

MAKSIMISASI :

Tanda aljabar dari elemen – elemen dari baris terbawah dibalik

LANGKAH – LANGKAH METODE SIMPLEKS

LANGKAH 1 : Pilihlah bilangan negatip terbesar pada baris terbawah ( kolom yang mengandung bilangan tersebut dikatakan kolom kerja )

LANGKAH 2 : Bentuklah nilai-nilai banding dengan membagi setiap bilangan positip kolom kerja, dengan elemen dalam baris yang sama dalam kolom terakhir, dimana baris terakhirnya dibaikan . Pilihlah nilai banding terkecil sebagai elemen pivot , jika terdapat dua pembanding yang sama pilihlah salah satunya . Jika tidak ada elemen dalam kolom kerja yang positip, maka programnya tidak memiliki pemecahan.

LANGKAH 3 :Gunakan operasi elementer baris untuk mengubah elemen pivot menjadi satu dengantransformasi elementer dan kemudian gunakan transformasi elementer untuk merubah elemen lainnya yang terletak padakolom kerja tersebut menjadi nol .

14

LANGKAH 4 :Gantikan variabel x dalam baris pivot pada kolom pertama dengan variabel x dalam kolom kerja

LANGKAH 5 :Ulangi langkah 1 sampai 4 hingga tidak terdapat lagi elemen negatip dalam baris terakhir , dengan tidak memasukkan kolom terakhir.

LANGKAH 6 :Pemecahan optimal diperoleh dengan menetapkan untuk tiap-tiap variabel dalamkolom pertama nilai dalam baris terakhir yang bersangkutan. Semua variabel lainnyaditetapkan bernilai nol. Nilai dari fungsi tujuan yakni x* adalah bilangan yang terdapat dalam baris dan kolom terakhir untuk program maksimisasi, sedangkan negatif dari bilangan ini adalah untuk program minimisasi.

Contoh: ( Perusahaan Sepatu )Fungsi Tujuan :

15

Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2 Z-3x1 -5 x2+0x3+0 x4+0 x5= 0

Fungsi Batasan :

X1 X2 X3 X4 X5

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

-3 -5 0 0 0 0

X1 X2 X3 X4 X5

X3 2 0 1 0 0 8 4X2 0 1 0 1/3 0 5 ∞X5 6* 0 0 -5/3 1 5 5/6

-3 0 0 5/3 0 25

X1 X2 X3 X4 X5

X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6

0 0 0 5/6 1/2 27 positip

Nilai pada tabel optimal , adalah :

16

X1= 5/6 jadi banyaknya sepatu merk I = 5/6 lusinX2= 5 jadi banyaknya sepatu merk II = 5 lusinZ maksimum = 27 artinya keuntungan yang diperoleh= Rp.275.000 setiap hari.

Contoh : Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = x1 + 9 x2+

x3Fungsi Batasan :

Dan semua variabel tidak negatifJawab :

Z - x1 - 9 x2- x3+0 x4 +0 x5

Fungsi Batasan :

X1 X2 X3 X4 X5

X4 1 2* 3 1 0 9 9/2X5 3 2 2 0 1 15 15/2

-1 -9 -1 0 0 0

17

X1 X2 X3 X4 X5

X2 1/2 1 3/2 1/2 0 9/2X5 2 0 -1 -1 1 6

7/2 0 25/2 9/2 0 81/2 Pos


X2= 9/2 , X5= 6, X1= X3= X4= 0 dengan Z maksimum = 81/2

18

Metode Dua –Fasa ( Two Phase methode )( digunakan apabila variabel buatan adalah bagian dari solusi awal )

Perubahan 1 : Baris terakhir diuraikan ke dalam dua baris, dimana yang pertama mengandung suku yang tidak mengandung M, sedangkan yang kedua mengandung koefisien-koefisienM dalam suku-suku sisanya.

Perubahan 2 : Langkah 1 dari metode simpleks diterapkan pada baris akhir yang dibentukdalam perubahan 1 ( yang kemudian diikutidengan langkah-langkah 2,3,4 ) , hingga baris ini tidak mengandung elemen negatip. Kemudian langkah 1 diterapkan lagi pada elemen baris kedua dari bawah, yang terletak diatas angka-angka nol dalam baris terakhir.

Perubahan 3 : Setiap sebuah variabel buatan bukan merupakan suatu variabel dasar, ia dihilangkan dari kolom pertama dari tabelsebagai hasil langkah 4 maka ia dicoret dari baris teratas tabel dan begitu pula seluruh kolom di bawahnya.

Perubahan 4 : Baris akhir dapat dicoret dari tabel jika semua elemennya nol.

19

Perubahan 5 : Jika variabel buatan yang tak nol terdapat dalam himpunan elemen dasar terakhir, maka tidak ada solusi .

Contoh ( Bakery )F. Tujuan :Min: Z = 80 x1 + 60x2

F. Batasan :

Minimum : z = 80 x1 + 60x2+ 0 x3 +M x4 F. Batasan :

X , C [ 80,60,0,M ]

20

A B C0

80 60 0 M 0,20

1

0,32

1

1

0

0

1

0,25

180-M 60-M 0 0 -M

80 60 0 M 0,20

1*

0,32

1

1

0

0

1

0,25

180-1

60-1

00

00

0-1

0 0,12

*1 0,05 0 1 8,333 0,416

7

21

11

0 1 1 0 -8,333 0,583

300

-200

00

-800

00

00

166,70

-71,67

0

Contoh :

Minimum Z = x1 + 2x2

Fungsi Batasan :

22

1

1

3*

1

-1

0

0

1

1

0

0

1

11

9

11/3

9/1

1-3

2-4

01

01

00

00

020

1/3

5/3*

1

0

-1/3

1/3

0

-1

1/3

0

0

-1/3

11/3

16/3

11

16/5

1/3-5/3

00

2/3-1/3

01

-2/34/3

00

-22/3-16/3

1/3

1*

1

0

-1/3

1/5

0

-3/5

1/3

-1/5

0

3/5

11/3

16/5

1/3-5/3

00

2/3-1/3

01

-2/34/3

00

-22/3-16/3

23

0

1*

1

0

-2/5

1/5

1/5

-3/5

2/5

-1/5

1/5

3/5

13/5

16/5

00

00

3/50

1/50

-3/51/3

-1/51

-42/51

Solusi optimal : Soal :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = x1 + x2Fungsi Batasan :

Dan semua variabel tidak negatif

Jawab :

Z - x1 - x2 +0 x3 +0 x4

Fungsi Batasan :

X1 X2 X3 X4

X3 1 5 1 0 5 5

24

X4 2* 1 0 1 4 2-1 -1 0 0 0

Krn sama, Pilih salah satu

X1 X2 X3 X4

X3 0 9/2* 1 -1/2 3 3/2X1 1 1/2 0 1/2 2 4

0 -1/2 0 1/2 2

X1 X2 X3 X4

X2 0 1* 2/9 -1/9 2/3X1 1 1/2 0 1/2 2

0 -1/2 0 1/2 2

X1 X2 X3 X4

X2 0 1* 2/9 -1/9 2/3X1 1 0 -1/9 5/9 5/3

0 0 1/9 4/9 7/3


X1= 5/3 , X2= 2/3, dengan Z maksimum = 7/3Soal : Fungsi Tujuan : Minimum : Z = 3x1 + 5x2Fungsi Batasan :

25

Jawab :

Minimum : Z = 3x1 + 5x2+ Mx3+ 0x4+ 0x5+Mx6

2

0

6

0

3

5

1

0

0

0

1

0

0

0

-1

0

0

1

8

15

30

26

2

0

6

0

3

5

1

0

0

0

1

0

0

0

-1

0

0

1

8

15

30

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

2*

0

6

0

3

5

1

0

0

0

1

0

0

0

-1

0

0

1

8

15

30

4

∞

5

3-8

5-5

00

00

01

00

038

1

0

0

0

3

5*

1/2

0

-3

0

1

0

0

0

-1

0

0

1

4

15

6

∞

5

6/5

0 5 -3/2 0 0 0 -12

27

0 -5 4 0 1 0 -6

1

0

0

0

1

1

1/2

9/5

-3/5

0

1

0

0

3/5

-1/5

0

-3/5

1/5

4

57/5

6/5

00

00

3/21

00

10

11

-180

Solusi optimal :

Soal : ( Latihan )Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 30x1 + 40x2+

60x3Fungsi Batasan :

28

Dan semua variabel tidak negatif

Jawab :

Z -30 x1 - 40x2 -60 x3 +0 x4+0 x5+0 x6

Fungsi Batasan :

X1 X2 X3 X4 X5 X6

X4 4 5 6 1 0 0 60000

10000

X5 4 6 8 0 1 0 75000

9375

X6 2 5 5* 0 0 1 45000

9000

-30 -40 -60 0 0 0 0 0

X1 X2 X3 X4 X5 X6

X4 6/5 -1 0 1 0 -6/5 60000 6000

29

X5 4/5* -2 0 0 1 -8/5 3000 3750X3 2/5 1 1 0 0 1/5 9000 2250

0-6 20 0 0 0 12 54000

0

X1 X2 X3 X4 X5 X6

X4 6/5 -1 0 1 0 -6/5 60000 6000X1 1 -5/2 0 0 5/4 -2 3750 3750X3 2/5 1 1 0 0 1/5 9000 2250

0-6 20 0 0 0 12 54000

0

X1 X2 X3 X4 X5 X6

X4 0 2 0 1 -3/2 6/5 1500X1 1 -5/2 0 0 5/4 -2 3750X3 0 2 0 0 -1/2 1 7500

0 5 0 0 36/4 0 562500


X1= 3750 , X3= 7500, dengan Z maksimum = 562.500

30

Metode Dual Simpleks

Untuk setiap LP dalam variabel x1, x2,……, xn, terkaitdengan LP dengan variabel lain misal w1, w2,……, wm ( dimana m adalah jumlah batasan alam LP semula) yang disebut dengan DUAL nya. Bentuk dual tersebut tergantung pada bentuk LP semula yang disebut denganPRIMAL.

DUAL SIMETRISPrimal Dual

F.Tujuan :Minimum : z = CTX

F.Tujuan :Maksimum : z = BTW

F.Batasan: AX ≥ B F.Batasan: AT W ≤ C

31

Dan: X ≥ 0 Dan: W ≥ 0 Berlaku sebaliknya

DUAL TAK SIMETRISPrimal Dual

F.Tujuan :Minimum : z = CTX

F.Tujuan :Maksimum : z = BTW

F.Batasan: AX = B Dan: X ≥ 0

F.Batasan: AT W ≤ C Dan: W ≥ 0

Primal DualF.Tujuan :Maksimum : z = CTX

F.Tujuan :Minimum : z = BTW

F.Batasan: AX = B Dan: X ≥ 0

F.Batasan: AT W ≥ C Dan: W ≥ 0

Interpretasi ekonomis masalah Primal dan Dual

PrimalXj adalah Tingkat aktivitas ( j = 1,2…,n)Cj adalah laba per satuan aktivitas jZ adalah total laba dari seluruh aktivitasbi adalah jumlah sumber i yang tersedia ( i= 1,2,…,m)aij adalah jumlah sumber i yang dipakai oleh setiap satuan aktivitas jDualYj adalah kontribusi per satuan sumber i terhadap laba

CONTOH: ( Perusahaan Sepatu )

32

Primal : Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2Fungsi Batasan :

2 x1 ≤ 8

3 x2 ≤ 15

6 x1 + 5 x2 ≤ 30

Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = CTX = Fungsi Batasan : AX

≤ B

≤

Dual :

33

Fungsi Tujuan : Minimum : Z = BTW=

Fungsi Batasan : ATW

≥ C

≥

Fungsi Tujuan : Minimum : Z = 8 w1 + 15 w2+30 w2

Fungsi Batasan :

Tabel terakhir ( tabel Optimal )

X1 X2 X3 X4 X5

X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3 Solusi

X2 0 1 0 1/3 0 5 PrimalX1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6Z 0 0 0 5/6 1/2 27

34

Solusi Masalah Dual : ( Hubungan Primal–Dual )

Koefisien slack variabel pada baris terakhir ( tabel optimal ) Dalam hal ini : w1 = 0 , w2 = 5/6, w3 = ½sehingga

Z = 8 (0) + 15 (5/6)+ 30 (1/2)

Z = 27 ( OPTIMAL )

Analisa Sensitivitas

Analisa tersebut dilakukan setelah dicapainya penyelesaian optimal, sehingga analisa nya sering disebut dengan Post Optimality Analysis.

Tujuan (Analisa Sensitivitas ) :

Mengurangi perhitungan dan menghindari perhitungan ulang, bila tejadi perubahan satu atau beberapa koefisien moel LP pada saat penyelesaian optimal telah tercapai.

35

Perubahan yang mungkin terjadi setelah dicapainya penyelesaian optimal terdiri dari beberapa macam , yaitu :

1.Keterbatasan kapasitas sumber , dpl nilai kanan dari fungsi batasan.

2.Koefisien fungsi tujuan.

Analisa sensitivitas pada dasarnya memanfaatkan kaidah-kaidah primal-dual metode simpleks semaksimalmungkin.

Kaidah Primal – Dual

Kaidah I :

Pada setiap iterasi dalam simpleks ( baik primal maupun dual ) matriks yang berisi variabel starting solution ( tidak termasuk baris tujuan ) dapat dipakai untuk menhitung koefisien baris tujuan yang berhubungan dengan matriks tersebut. Adapun langkah-langkahnya adalah sebagai berikut :

Langkah 1 : Pilih koefisien –koeisien dari fungsi tujuan yang berhubungan dengan variabel dasar iterasi yang bersangkutan lalu disusun dalam vektor baris.Langkah 2 :Kalikan vektor baris tersebut dengan matriks pada tabel simpleks yang beranggotakan variabel-variabel starting solution. Nilai yang diperoleh dalam

36

langkah dua ini diseut Simpleks Multiplier ( Shadow Costs )Pada tabel akhir ( optimal ) simpleks multiplier inimenunjukan optimal solution bagi dualnya.

Kaidah II :

Pada setiap iterasi dalam simpleks ( baik primal maupun dual ), nilai kanan ( kecuali baris tujuan )dalam tabel optimal dapat dihitung dengan mengalikanmatriks pada langkah 2 dengan vektor kolom yang berisi nilai kanan dari fungsi batasan mula-mula.

Kaidah III :

Pada setiap iterasi dalam simpleks baik primal maupun dual koefisien batasan yang terletak dibawah setiap variabel Xj ( j = 1,2,…,n ) merupakan hasil kali matriks pada langkah 2 dengan vektor kolom untuk setiap variabel pada tabel awal.

CONTOH : ( Perusahaan Sepatu )

Kaidah I :Langkah 1 :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2

Tabel terakhir ( tabel Optimal )X1 X2 X3 X4 X5

X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3X2 0 1 0 1/3 0 5

37

X1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6Z 0 0 0 5/6 1/2 27

Diperoleh matriks ; [ 0,5,3 ]

Langkah 2 :

Diperoleh matriks :

Sehingga

[ 0,5,3 ] = [ 0,5/6,1/2 ] Koefisien fungsi tujuan Tabel optimal

38

Kaidah II :

=

Kaidah III :

X1 X2 X3 X4 X5

2 0 1 0 0 80 3* 0 1 0 156 5 0 0 1 30-3 -5 0 0 0 0

=

=

39

Perubahan nilai kanan fungsi batasan :

Misal menjadi

=

40

Sehingga laba total berubah ( bertambah ) menjadi :

3 ( 5/9) + 5 ( 5 ) = 28

Apabila diubah lagi

Misal menjadi

=

Perubahan nilai kanan fungsi batasan :

Misal : [ 0,5,3 ] menjadi [ 0,6,4 ]

Sehingga diperoleh :

41

[ 0,6,4 ] =

[ 0,8/9,2/3 ]

laba total berubah menjadi :

4 ( 5/6) + 6 (5) = 33

Transportasi

42

Ada 3 Metode Menentukan Solusi Awal :Keadaan Seimbang1. Metode North West Corner

Metode paling tidak efisisien karena tidak mempertimbangkan biaya transportasi per unit dalam alokasi

Cara : Tentukan min (S, D ) pada x11 kemudian teruskan sampai dengan sesuaikan suplay dandemand

ke 1 2 3 Suplay(S)dari

1120

8 5 6 120

230

1550

10 12 80

3 320

960

10 80

Demand(D)

150

70 60 280

Solusi Awal = (120)(8) + (30)(15) + (50)(10) + (20)(9) + (60)(10) = 2690

2. Metode Least Cost

43

Lebih baik dari Metode North West Corner karena masih mempertimbangkan biaya transportasi per unit dalam alokasi

Cara nya : Pilih biaya transportasi terkecil alokasikan min ( S,D), kemudian hilangkan baris atau kolom yang terpilihKemudian pilih lagi biaya transportasi yang terkecil setelah baris/kolom di hilangkan ,teruskan sampai dengan sesuaikan suplay dan demand

Ke 1 2 3 Suplay(S)Dari

1 870

550

6 120

270

15 1010

12 80

380

3 9 10 80

Demand(D)

150 70 60 280

Solusi Awal = ( 70)(5) + (50)(6) +( 70)(15) + (10)(12) + (80)(3) = 2060

3. Metode Aproksimasi Vogel ( VAM)Lebih baik dari metode 1 dan 2

44

Cara nya : 1. Tentukan penalty ( opportunity)cost Baris dan kolom dengan cara mengurangkan dua nilai terkecil biayatransportasi.

2. Pilihlah nilai penalty cost yang terbesar antara baris dan kolom

3. Alokasikan min (S,D)pada baris/kolom penalty cost yang terpilih dengan biaya transportasi terkecil.

4. Hilangkan baris ataukolom yang terpilih kemudian ulangi langkah 1 sampai sesuai suplay dan demand nya

Ke 1 2 3 Suplay Penaltycost

Dari Baris

1 8 5 6 6-5 = 1120

2 15 10 12 12-10= 2 80

380

3 9 10 9-3 = 6 (*)

80Demand

150 70 60 280Penalty cost kolom

8-3 = 4

9-5 = 4 10-6 = 4

Ke 1 2 3 Suplay Penaltycost

45

380

3 9 10 80

Demand 150 70 60

280

Penalty cost kolom

15-8 = 7(*)

10-5 =5(***)

12-6=6(**)

Solusi Awal = (70)(8) + (50)(6) + (70)(10) + ( 10)(12) + ( 80 ) (3) = 1920

Ada 2 Metode Menentukan Solusi Optimum

1. Metode Stepping- Stone

Langkah-langkah :1.Tentukan solusi awal dengan metode NWC atau LS

atau VAM2.Tentukan jalur tertutup yang diawali dari

kotak –kotak yang kosong ( variabel non basis)

3.Pilih perubahan biaya yang mempunyai nilai negatip terbesar (menentukan perubahan biaya caranya adalah dengan menambahkan biaya yang dimulai pada kotak kosong( var. non basis), kemudian kurangkan dengan biaya pada variabel basis mengikuti jalur tertutup secara

46

bergantian biaya tersebut dilakukan penambahandan pengurangan.

4.Lakukan perubahan letak variabel basis dan non basis dengan memulai pada kotak yang kosong dengan menambahkan sejumlah nilai pada variabelbasis kemudian kurangkan pada variabel basis sebesar nilai pada variabel basis tadi demikianseterusnya secara berselang seling (penambahan /pengurangan ) sesuai dengan jalur yang terpilih

5.Jika seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimum


1120

8 5 6 120

230

1550

10 12 80

3 320

960

10 80

Demand(D)

150 70 60 280

Kotak Kosong Jalur Tertutup

X12 X12 X22 X21 X11 X12

X13 X13 X33 X32 X22

X21 X11 X13

47

X23 X23 X33 X32 X22 X23

X31 X31 X21 X22 X32 X31

Biaya Transp Jalur Penambahan/Perubahan Biaya

PenguranganBiaya

C12 +`5 – 10 +15 – 8 = +2

C13 +`6 – 10 +9 – 10 + 15 – 8 = +2

C23 +`12 – 10 + 9 – 10 = +1

C31 +`3 – 15 +10 – 9 = - 11

Pilih Perubahan Biaya negatip terbesar , jika sama pilih salah satu

48


1120

8 5 6 120

210

1570

10 12 80

320

3 960

10 80

Demand(D)

150 70 60 280

Kotak Kosong Jalur Tertutup

X12 X12 X22 X21 X11 X12

X13 X13 X32 X31 X11

X13

X23 X23 X33 X31 X21 X23

X32 X32 X31 X21 X22 X31


PenguranganBiaya

49

C12 +`5 – 10 +15 – 8 = +2

C13 +`6 – 10 +3 – 8 = - 9

C23 +`12 – 10 + 3 – 15 = -10

C32 +`9 – 3 +15– 10 = + 11


1120

8 5 6 120

2 1570

1010

12 80

330

3 950

10 80

Demand(D)

150 70 60 280

50


PenguranganBiaya

C12 +`5 – 8 + 3– 10 +12 – 10= - 8

C13 +`6 – 8 + 3 – 10 = - 9

C21 +`15 – 3 + 10 – 12 = +10

C32 +`9 – 10 +12 – 10 = + 1


170

8 550

6 120

2 1570

1010

12 80

380

3 9 10 80

Demand(D)

150 70 60 280


51

PenguranganBiaya

C12 +`5 – 10 +12 – 6= + 1 C13 +`15 – 12 + 6 – 8 = + 1 C21 +`9 – 3 +8 – 6 +12 – 10 = +11 C32 +`10 – 6 + 8 – 3 = + 9 Karena Perub. Biaya semua positip maka sudah optimalSolusi optimal = (70)(8) + (80)(3) + (70)(10) +(50)(6)+(10)(12)= 1920

2.Metode Modified Distribution ( MODI )

Langkah –langkah :1.Tentukan nilai ui untuk setiap baris dan nilai

vj untuk setiap kolom dengan menggunakan hubungan cij = ui + vj untuk semua variabel basis dan misalkan nilai nol untuk ui .

2.Hitung perubahan biaya cij , untuk setiap variabel non basis dengan menggunakan rumus Cij = cij - ui - vj

3.Pilih nilai Cij negatip terbesar, kemudian tentukan jalur tertutup yang dimulai dengan kotak kosong tersebut.

4.Lakukan perubahan letak variabel basis dan non basis dengan memulai pada kotak yang kosong dengan menambahkan sejumlah nilai pada variabelbasis kemudian kurangkan pada variabel basis

52

sebesar nilai pada variabel basis tadi demikianseterusnya secara berselang seling (penambahan /pengurangan ) sesuai dengan jaluryang terpilih

5.Jika seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimal.

Ke 1 2 3 Suplay ui

Dari

1120

8 5 6 120

02

3015

5010 12

80 7

3 320

960

10 80

6Demand

150 70 60 280vj 8 3 4

u1 + v1 = c11 0 + v1 = 8 u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8

u2 + v1 = c21 u2 + 8 = 15 u2 = 7

u2 + v2 = c22 7 + v2 = 10 v2 = 3

u3 + v2 = c32 u3 + 3= 9 u3 = 6

u3 + v3 = c33 6 + v3 = 10 v3 = 4

53

Perubahan biaya ( Kotak kosong/ variabel non basis )

C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 3 = +2

C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 4= +2

C23 = c23 – u2 – v3 = 12 – 7 – 4 = +1

C31 = c31 – u3 – v1 = 3 – 6 – 8 = - 11

Ke 1 2 3 Suplay ui

Dari

1120

8 5 6120

02

1015

7010 12

80 7

320

3 960

10 80 -

5Demand

150 70 60 280

vj 8 13 15

u1 + v1 = c11 0 + v1 = 8 u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8

u2 + v1 = c21 u2 + 8 = 15 u2 = 7

54

u2 + v2 = c22 7 + v2 = 10 v2 = 3

u3 + v1 = c31 u3 + 8 = 3 u3 =-5

u3 + v3 = c33 -5+ v3 = 10 v3 = 15


C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 3 = +2

C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 15= - 9

C23 = c23 – u2 – v3 = 12– 7 – 15 = - 10

C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 3 = + 11

Ke 1 2 3 Suplay ui

Dari

1120

8 5 6 120

02 15

7010

1012

80 - 33

303 9

5010

80 - 5Demand

150 70 60 280vj 8 13 15

55

u1 + v1 = c11 0 + v1 = 8 u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8

u2 + v2 = c22 -3 + v2 = 10 v2 = 13

u2 + v3 = c23 u2 + 15 = 12 u2 =- 3

u3 + v1 = c31 u3 + 8 = 3 u3 =-5

u3 + v3 = c33 -5+ v3 = 10 v3 = 15


C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 13 = - 8

C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 15= - 9

C21 = c21 – u2 – v1 = 15 + 3 – 8 = + 10

C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 13 = + 1

u1 + v1 = c11 0 + v1 = 8 u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8

56

u3 + v1 = c31 u3 + 8 = 3 u3 = - 5

u2 + v2 = c22 6 + v2 = 10 v2 =4

u1 + v3 = c13 0 + v3 = 6 v3 =6

u2 + v3 = c23 u2 + 6 = 12 u2 = 6


C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 4= + 1

C21 = c21 – u2 – v1 = 15 – 6 – 8= + 1

C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 4 = + 10

C23 = c23 – u2 – v3 = 10 + 5 – 6 = + 9

Karena seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimum.

Solusi optimal = (70)(8) + (80)(3) + (70)(10) +(50)(6)+(10)(12)= 1920

Solusi optimum memerlukan jumlah iterasi yang sama dengan metode stepping stone dan alokasi yang sama akan terjadi pada setiap iterasi

57

Soal ( Seimbang )

ke 1 2 3 Suplay(S)dari

1 20 5 8 90

2 15 20 10 60

3 25 10 19 50

Demand(D)

50

110 40 200

Soal ( Tidak Seimbang )Kebutuhan lebih kecil dari sumber (kapaitas)yang tersedia

ke gudang1 gudang2 gudang3 Dummy Suplay(S)dari

pbrk1 20 5 8 90

58

pbrk2 15 20 10 60

pbrk3 25 10 19 100

Demand(D)

50

110 40 50

250

Kebutuhan lebih besar dari sumber (kapaitas)yang tersedia ke 1 2 3 Suplay(S)dari

1 20 5 8 90

2 15 20 10 60

3 25 10 19 50

Dummy

50

Demand(D)

50

110 40 200

Ke 1 2 3 Suplay Dari

1 8 5 6 120

2 15 10 12 80

3 3 9 10 80

Demand 150 70 60 280

59


1 8 5 6 120

2 15 10 12 80

3 3 9 10 80

Demand 150 70 60 280


1 8 5 6 120

2 15 10 12 80

3 3 9 10 80

Demand 150 70 60 280


1 8 5 6 120

2 15 10 12

60

80 3 3 9 10

80 Demand

150 70 60 280


1 8 5 6 120

2 15 10 12 80

3 3 9 10 80

Demand 150 70 60 280


1 8 5 6 120

2 15 10 12 80

3 3 9 10 80

Demand 150 70 60 280

61

Masalah Penugasan

Masalah : Yang berhubungan dengan penugasan optimal dari

macam-macam sumber yang produkyif / personalia yang mempunyai tingkat efisiensi yang berbeda-bedauntuk tugas yang berbeda pula.

Metoda Hungarian adalah metoda untuk penyelesaianmasalah penugasan .

Syarat :Jumlah sumber yang ditugaskan sama dengan jumlah

tugas yang akan diselesaikan.

Langkah –Langkah Penyelesaian :

Masalah Minimum :1.Ubah matriks biaya menjadi matriks opportunity

cost dengan cara memilih elemen terkecil pada setiap baris matrikss. Kemudian kurangkan setiapelemen baris dengan elemen terkecil tersebut.

2.Apabila dalam kolom matriks masih ada yang tidaknol. Pilih elemen terkecil pada kolom yang tidakmengandung nol tersebut. Kemudian kurangkan seluruh elemen kolom tersebut dengan elemen terkecil tersebut. Reduced cost matriks terus dikurangi untuk mendapatkan total opportunity cost matriks.

3.Mencari skedul Penugasan dengan dengan suatu total opportunity cost nol. Prosedur tes optimalisasi adalah dengan menarik sejumlah

62

minimum garis horizontal dan / atau vertical untuk meliput seluruh elemen yang bernilai nolmdalam total opportunity cost matriks. Bila jumlah garis sama dengan jumlah baris atau kolompenugasan optimal adalah feasible. Bila tidak sama maka matriks harus direvisi.

4.Untuk merevisi , caranya adalah pilih elemen terkecil yang belum terliput garis, kemudian kurangkan elemen yang tidak terliput dengan elemen terkecil tersebut, kemudian tambahkan elemen terkecil ybs pada seluruh elemen –elemen yang mempunyai dua garis bersilangan. Ulangi langkah 3.

Contoh :Masalah Minimisasi

Pekerjaan

KaryawanI II III

A 25 31 35B 15 20 24C 22 19 17

Pekerjaan

KaryawanI II III

A 0 6 10

63

B 0 5 9C 5 2 0

Pekerjaan

KaryawanI II III

A 0 4 10B 0 3 9C 5 0 0

Pekerjaan

KaryawanI II III

A 0 1 7B 0 0 6C 8 0 0

Skedul : A – I ; B – II ; C – III 25 + 20 + 17 = 62.

Catatan :

Untuk Masalah Maksimum ;Pilih nilai terbesar di masing-masing baris dst…..

Soal : masalah maksimum

64

Pekerjaan

KaryawanI II III

IV V

A 10 12 10 8 15B 14 10 9 15 13C 9 8 7 8 12D 13 15 8 16 11E 10 13 14 11 17

Pekerjaan

KaryawanI II III

IV V

A 5 3 5 7 0B 1 5 6 0 2C 3 4 5 4 0D 3 1 8 0 5E 7 4 3 6 0

Pekerjaan

KaryawanI II III

IV V

A 4 2 2 7 0B 0 4 3 0 2C 2 3 2 4 0D 2 0 5 0 5

65

E 6 3 0 6 0

Pekerjaan

KaryawanI II III

IV V

A 2 0 0 5 0B 0 4 3 0 4C 0 1 0 2 0D 2 0 5 0 7E 6 3 0 6 0

Skedul : Terdapat 2 alternatif penyelesaian :

A-II ; B – I ; C – V ; D – IV ; E – III12 + 14 + 12 + 16 + 14 = 68

A-V ; B – IV ; C – I ; D – II ; E – III15 + 15 + 9 + 15 + 14 = 68

66

operation researh ( riset operasi ) silabus

Documents