Download - Or Dengan Bantuan Komputer
-
300
400
200 250
400
200 600
450 450
400
Jakarta
Surabaya
Pontianak
Balikpapan
Makasar Manado
Jayapura
Dwijanto Program Linear
Berbantuan Komputer:
Lindo, Lingo dan Solver
-
Dwijanto
Program Linear
Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver
-
PENDAHULUAN
Buku ini berjudul Program Linear Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver akan membahas masalah-masalah optimasi yang berbentuk liniear yaitu memaksimumkan atau meminimumkan masalah dalam dalam bentuk fungsi linear dengan persyaratan atau fungsi pembatas sebuah sistem pertidaksamaan linear.
Bentuk umum masalah program linear adalah sebagai berikut:
Maksimumkan atau minimumkam : nni xaxaxaxF +++= ...)( 2211 Dengan syarat :
nni xaxaxaxg 12121111 ...)( ++= 1b nni xaxaxaxg 22221212 ...)( ++= 2b .
nmnmmim xaxaxaxg ...)( 2211 ++= mb dengan diganti atau = atau .
Kajian pada buku ini terdiri dari 6 Bab, yaitu: Tinjauan Teori-teori sebagai Dasar Program Linear, Pengenalan Program Linear, Transportasi, Penugasan dan Transshipment, Analisis Jaringan, dan Program Linear Bilangan Bulat, yang memuat berbagai masalah yang akan diselesaikan dengan cara manual, dan dengan bantuan program komputer. Program komputer yang digunakan untuk menyelesaikan masalah program liniear di sini adalah program lindo, program lingo, dan Solver yang berada di bawah program excel. Tidak semua masalah pada program linear dapat diselesaikan dengan sebuah program, jadi sangat mungkin sebuah masalah akan dapat cocok diselesaikan dengan suatu program tertentu tetapi tidak tepat apabila digunakan program lain meskipun bisa. Dengan menggunakan komputer sebagai alat bantu dalam menyelesaikan masalah program linear, maka kendala banyaknya variabel sudah bukan menjadi masalah lagi. Ini memberikan kesempatan kepada pembaca (mahasiswa) untuk melakukan kajian sebuah masalah secara lebih mendalam.
-
Kajian masing masing Bab Bab I. Teori-teori sebagai Dasar Program Linear Tinjauan Teori-teori sebagai
Dasar Program Linear
Pada bagian ini akan membahas beberapa teori yang berhubungan dengan program linear khususnya teori yang menyangkut geometri bidang banyak. Teori ini diperlukan khususnya kepada pembaca yang menggemari matematika atau mahasiswa matematika, sedangkan untuk mahasiswa bukan matematika, bab ini dapat dilompati.
Bab II. Pengenalan Program Linear Pengenalan Program Linear Bagian ini akan membahas Program Linear secara umum, yaitu masalah
program linear yang dapat diselesaikan secara manual atau dengan bantuan program komputer. Penyelesaian secara manual dapat digunakan cara grafik ataupun dengan metode simpleks, sedangkan dengan bantuan program komputer sebuah masalah akan diselesaikan dengan tiga program yaitu program lindo, program lingo, dan solver.
Bab III. Transportasi Masalah transportasi disini adalah masalah pemindahan sejumlah
barang sejenis dari beberapa tempat (sumber) dengan jumlah barang yang bervariasi kemudian dikirim ke beberapa tempat (tujuan) dengan jumlah kebutuhan yang bervariasi pula. Masalah utama dari transportasi di sini adalah meminimumkan total biaya transportasi.
Bab IV. Penugasan dan Transshipment Penugasan adalah kajian khusus dari masalah transportasi dimana
banyaknya sumber sama dengan banyaknya tujuan dengan banyaknya produksi di masing-masing sumber maupun banyaknya permintaan di masing-masin tujuan adalah satu. Sedangkan Transshipment adalah masalah transportasi dimana permintaan tidak dapat dilayani langsung dari produsen. Dalam hal ini pelayanan harus melalui beberapa agen.
Bab V. Analisis Jaringan Pada Bab Analisis Jaringan ini akan membahas 4 masalah yaitu Masalah Lintasan Terpendek , Masalah Diagram Pohon Terpendek,
-
Masalah Aliran Maksimum, Menyelesaikan proyek dengan PERT dan CPM.
Bab VI. Program Linear Bilangan Bulat Pada bagian ini akan membahas masalah program linear yang khusus dengan solusi bilangan bulat atau bilangan biner. Masalah penyelesaian dengan bilangan bulat ini sering muncul ketika seseorang harus meproduksi barang dengan satuan bilangan bulat, seperti membuat kursi, meja, atau menghitung banyaknya mesin yang akan digunakan. Sedangkan bilangan biner digunakan untuk menentukan sebuah keputusan yaitu apakah suatu pekerjaan atau proyek harus dikerjakan atau tidak.
-
DAFTAR ISI
Kata Pengantar
Pendahuluan Bab I. Tinjauan Teori-teori sebagai Dasar Program Linear
1. Himpunan Konveks ................................................................................... 1 2. Titik Ekstrim ............................................................................................. 2 3. Sinar dan Arah Himpunan Konveks ......................................................... 2 4. Arah Ekstrim Himpunan Konveks ............................................................. 4 5. Bidang Banyak dan Ruang Paruh ............................................................. 5 6. Fungsi Konveks dan Fungsi Konkav ......................................................... 6 7. Representasi Himpunan Polihedral (Polihedron) ...................................... 8 8. Teorema Representasi Bentuk Umum ..................................................... 9
Bab II. Pengenalan Program Linear ..................................................................... 13 1. Penyelesaian dengan Metode Grafik ...................................................... 13 2. Penyelesaian dengan Metode Simpleks .................................................. 19
a. Kasus masalah dengan fungsi tujuan maksimum ....................... 19 b. Kasus masalah dengan fungsi tujuan minimum .......................... 27
3. Primal dan Dual ...................................................................................... 31 a. Masalah Primal dan Dual ......................................... 31 b. Hubungan Primal dan Dual ......................................................... 34
4. Program Komputer Lindo, Lingo, dan Solver ........................................ 36 a. Lindo ........................................................................................... 36 b. Menyelesaikan Masalah Program Linear dengan Lindo ............. 43 c. Lingo untuk Menyelesaikan Program Linear ............................. 48 d. Solver untuk Menyelesaikan Program Linear ............................. 50
Bab III. Transportasi ........................................................................................... 60 1. Metode Transportasi ...................................................................................... 60 2. Permasalahan dalam Metode Transportasi .................................................... 60
a. Beberapa Metode dalam Penyelesaian Masalah Transportasi (Penyelesaian awal) ................................................................................. 62
i. North West Corner (NWC) ......................................................... 62 ii. Metode Inspeksi ......................................................................... 63 iii. Metode VAM ( Vogel Approximation Method) ......................... 67
b. Menentukan Nilai Optimal ...................................................................... 74 i. Metode Steppingstone ................................................................ 74 ii. Modified Distribution Method (MODI) ...................................... 79
-
c. Penyelesaian Masalah dengan Program Komputer ................................. 83 i. Program Lindo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 83 ii. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 88 iii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 92
d. Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang ........................................ 95
Bab IV. Penugasan dan Transshipment ........................................................... 108 1. Penugasan ............................................................................................. 108
i. Menyelesaikan Masalah Penugasan dengan Metode Hongaria 108 ii. Menyelesaikan Masalah Penugasan dengan Program Komputer111 iii. Program Lindo untuk Menyelesaikan Masalah Penugasan . . 111 iv. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Penugasan . . 113
2. Transshipment ....................................................................................... 117 i. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transshipment 119
ii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transshipment 122
Bab V. Analisis Jaringan ................................................................................... 125 1. Masalah Lintasan Terpendek ................................................................ 127 2. Masalah Diagram Pohon Terpendek ................................................... 133 3. Masalah Aliran Maksimum .................................................................. 135 4. Menyelesaikan proyek dengan PERT dan CPM .................................... 140
Bab VI. Program Linear Bilangan Bulat ........................................................... 149 1. Metode Branch and Bound ................................................................... 151 2. Penyelesaian Program Linear Bilangan Bulat dengan Program Lindo.. 154 3. Penyelesaian Program Linear Bilangan Bulat dengan Program Solver . 155
Daftar Pustaka .................................................................................................... 166 Indeks ................................................................................................................. 167
-
KATA PENGANTAR
Puji Syukur Kehadirat Ilahi yang telah memberi karuniaNya sehingga buku Program Linear Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver dapat terselesaikan. Buku ini ditujukan kepada mahasiswa matematika, ekonomi dan teknik terutama mahasiswa yang mempelajari program linear dan memanfaatkan komputer sebagai alat bantu dalam menyelesaikan masalah program linear. Buku ini ditulis bertujuan untuk melengkapi buku-buku program linear yang perhitungannya mengunakan perhitungan manual. Akibatnya dalam pengambilan masalah sering membatasi dengan sedikit variabel.
Dalam buku ini, penyelesaian suatu masalah akan dikerjakan dengan cara perhitungan manual, kemudian diselesaikan dengan bantuan komputer khususnya program Lindo, Lingo atau Solver. Dengan menggunakan komputer sebagai alat bantu hitung, maka masalah perhitungan dan banyaknya variabel bukan menjadi kendala lagi. Untuk mahasiswa ekonomi maupun teknik, dapat langsung memulai dari Bab II dan seterusnya, sedangkan mahasiswa matematika perlu memahami terlebih dulu teori yang berada pada Bab I.
Ucapan terima kasih kami sampaikan kepada Penjaminan Mutu Universitas Negeri Semarang yang telah memberikan kesempatan kepada Penulis untuk penulisan buku ini. Selanjutnya saran dan kritik dari pembaca sangat diharapkan guna penyempurnaan buku ini.
Semarang, Agustus 2007 Penulis
-
1
BAB I Sekilas tentang Teori-teori sebagai Dasar Program Linear 1. Himpunan konveks
Sebuah himpunan X dalam Rn disebut himpunan konveks apabila memenuhi sifat
berikut: jika diberikan sebarang dua titik x1 dan x2 di dalam X, maka x1 + (1- )x2 X
untuk setiap [0 , 1]. Selanjutnya kita ketahui bahwa x1 + (1 - )x2 untuk dalam
interval [0 , 1], menggambarkan titik-titik yang terletak pada ruas garis yang
menghubungkan x1 dan x2. Sebarang titik dalam bentuk x1 + (1- )x2 dengan 0 1
disebut kombinasi konveks dari x1 dan x2. Jika (0 , 1), maka bentuk x1 + (1- )x2
disebut kombinasi konveks sempurna.
Dalam pengertian geometri, himpunan konveks dan himpunan tidak-konkveks
dapat digambarkan sebagai berikut:
a. Himpunan konveks b. Himpunan tidak-konveks
Gambar 1.1. Contoh himpunan konveks dan himpunan tidak konveks. Pada gambar sebelah kiri (Gambar 1.1.a), untuk semua kombinasi konveks dari x1
dan x2 berada dalam X, sedangkan pada gambar sebelah kanan (Gambar 1.1.b), terdapat
kombinasii konveks dari x1 dan x2 yang berada diluar X. Jadi gambar sebelah kiri adalah
menggambarkan himpunan konveks, sedangkan himpunan gambar sebelah kanan adalah
menggambarkan himpunan tidak-konveks.
Berikut adalah contoh-contoh himpunan konveks:
1. { }1xx:)x,x( 222121 + 2.
=++
+
+
= 0,,,1,110
011
001
x:x 321321321
-
2
2. Titik Ekstrim
Dalam kajian pada program linear, titik ekstrim sangat berperan dalam
menentukan nilai optimum suatu masalah. Sebuah titik dalam himpunan konveks X disebut
titik ekstrem dari himpunan X, jika titik x tersebut tidak dapat dinyatakan dengan kombinasi
konveks sempurna dari dua titik yang berbeda dalam X. Dengan kata lain jika x titik
ekstrim dan x = x1 + (1- )x2, dengan (0 , 1) dan x1, x2 X, maka x = x1 = x2.
Gambar berikut memperlihatkan titik ekstrim dan bukan titik ekstrim.
Gambar 1. 2. Titik-titik pada himpunan konveks X.
Titik x1 adalah titik ekstrimdari X, sedangkan x2 dan x3 bukan titik ekstrim dari X.
3. Sinar dan Arah Himpunan Konveks
Sinar pada Himpunan Konveks
Misalkan X himpunan konveks. Sinar adalah himpunan titik-titik yang berbentuk
{x0 + d : 0} dimana d vektor tak-nol. Dalam hal ini, x0 disebut titik ujung dari sinar,
dan d adalah arah sinar.
Arah Himpunan Konveks
Misalkan X himpunan konveks, vektor tak-nol d disebut arah suatu himpunan X, jika untuk
setiap x0 di X, {x0 + d : 0} juga di X. Oleh karena itu seseorang dapat mengambil
sebarang titik x0 di X, dan menariknya dengan memperpanjang atau memperpendek
(recede) d dengan 0 , maka akan tetap berada di X.
Jelas apabila X terbatas, maka X tidak mempunyai arah.
-
3
d1
d1
d2 d1
d
Contoh 1.1
Tentukan arah himpunan polihedral X = {x : Ax b, x 0}.
Jawaban
Misalkan d arah himpunan X, maka untuk setiap 0 dan x X, d 0 dan memenuhi
A(x + d) b .... (1)
x + d 0 .... (2)
Karena x X, maka memenuhi Ax b.
Dari (1) dengan mengambil 0 cukup besar (lim ) diperoleh Ad 0. Dengan cara
serupa dari (2) akan diperoleh d 0.
Jadi d arah himpunan X jika dan hanya jika d 0, d 0, dan Ad 0.
Dengan cara serupa untuk X = {x : Ax = b, x 0} dan d arah himpunan X, maka d 0, d
0 dan Ad 0.
Contoh 1. 2.
Tentukan arah himpunan X = {(x1,x2) : x1 + x2 1, x1 - x2 -2, x1 0, dan x2 0 }.
Jawaban
Gambar 1. 3. Himpunan X = {(x1,x2) : x1 + x2 1, x1 - x2 -2, x1 0, dan x2 0 }
Misalkan x0 = (x1,x2) sebarang titik di X dan d = (d1,d2) arah himpunan X.
-
4
Karena d = (d1,d2) arah himpunan X, maka d 0 dan untuk setiap 0, berlaku
x0 + d = (x1 + d1 , x2 + d2) X akibatnya:
x1 + d1 + x2 + d2 1 ... (1)
x1 + d1 - x2 - d2 -2 ... (2)
x1 + d1 0 ... (3)
x2 + d2 0 ... (4)
Dari (1) dapat dubah menjadi x1 + x2 + (d1 + d2) 1 Karena x1 dan x2 tetap dan dengan
sebarang, maka untuk yang cukup besar berlaku d1 + d2 0 atau d2 -d1. Persamaan
(2) juga dapat diubah menjadi x1 - x2 + (d1 - d2) -2. Dari persamaan terakhir ini dengan
mengambil x1 dan x2 tetap dan dengan sebarang, maka untuk yang cukup besar
berlaku d1 d2 0 atau d2 d1.
Dengan cara serupa dari (3) dan (4) kita peroleh d1 0 dan d2 0. Sehingga secara
keseluruhan diperolah d2 - d1, d2 d1, d1 0 dan d2 0. Dari keempat hasil ini dapat
disederhanakan menjadi d1 0 dan 0 d2 d1.
4. Arah Ekstrim Himpunan Konveks
Pendefinisian arah ekstrim himpunan mirip dengan titik ekstrim. Suatu arah ekstrim
himpunan konveks adalah arah suatu himpunan konveks yang tidak dapat di
representasikan dengan kombinasi positif dari dua arah himpunan yang berbeda. Dua
vektor d1, d2 dikatakan berbeda atau tidak ekivalen jika d1 tidak dapat direpresentasikan
dengan perkalian positif dengan kelipatan d2.
Pada Contoh 2 di atas, maka d1 = (1,0) dan d2 = (2/2 , 2/2) adalah arah ekstrim yang telah
di normalkan. Untuk setiap arah himpunan konveks dapat dinyatakan sebagai kombinasi
dari d1 dan d2 yaitu dalam bentuk 1d1 + 2d2, dengan 1, 2 > 0. Dengan demikian setiap
arah himpunan yang berbentuk d = (d1 , d2) dengan d1 0 dan 0 d2 d1 dapat ditulis
dalam bentuk 1d1 + 2d2. Misalnya arah d = (5, 2) adalah memenuhi syarat untuk arah
dari X, maka apabila kita tuliskan dalam bentuk kombinasi linear 1d1 + 2d2, diperoleh
1 = 3 dan 2 = 22.
-
5
5. Hyperplane dan Halfspace
Bidang banyak (Hyperplane) di Rn adalah bentuk generalisasi dari garis di R2 atau
sebuah bidang di R3. Bidang banyak H di Rn adalah himpunan yang berbentuk {x:px = k}
dimana p vektor tak nol di Rn dan k suatu skalar. Disini p disebut normal dari bidang
banyak.
Bidang banyak terdiri dari semua titik x = (x1, x2, ..., xn) yang memenuhi persamaan
=
=
n
1jjj kxp . Konstan k dapat dieliminasikan dengan menggunakan suatu titik tertentu
misalnya x0 di H. Jika x0 H, maka akan memenuhi px0 = k, dan setiap x H, kita miliki
px = k. Jadi dengan proses mengurangkannya kita peroleh p(x - x0) = 0, dimana x0
sebarang titik tetap di H.
Bidang banyak adalah konveks.
Gambar berikut adalah bidang banyak dan vektor normal p, dimana p ortogonal
terhadap x - x0.
Gambar 1.4. Bidang banyak
Bidang banyak membagi Rn dalam dua daerah, yang disebut ruang paruh
(halfspaces). Dengan demikian ruang paruh adalah himpunan titik-titik yang berbentuk {x:
px k}, dimana p vektor tak-nol di Rn dam k skalar. Sedangkan ruang paruh yang satunya
akan berbentuk
-
6
{x: px k}. Irisan kedua ruang paruh adalah bidang banyak dan gabungan kedua ruang
paruh tersebut adalah Rn.
Gambar 1.5. Ruang Paruh.
Berkaitan dengan x0 titik tetap di bidang banyak, maka kedua ruang paruh dapat
dinyatakan dengan {x : p(x x0) 0} atau {x : p(x x0) 0}. Gambar di atas
memperlihatkan ruang paruh yang pertama yang terdiri dari titik-titik x sedemikian hingga
(x x0) membentuk sudut lancip ( 90) terhadap p, dan ruang paruh yang kedua terdiri
dari titik-titik x sedemikian hingga (x x0) membentuk sudut tumpul ( 90) terhadap p.
6. Fungsi konveks dan fungsi konkav
Fungsi f : Rn R disebut konveks jika untuk dua vektor x1 dan x2 di Rn berlaku:
f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), untuk semua [0 , 1].
Selanjutnya fungsi f : Rn R disebut konkav jika -f adalah fungsi konveks. Jadi fungsi f
adalah konkav jika memenuhi pertidaksamaan berikut:
f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), untuk semua [0 , 1].
Fungsi konveks dan fungsi konkav dapat diilustrasikan seperti gambar berikut:
-
7
(a) (b) (c)
Gambar 1.6. Contoh fungsi konveks dan fungsi konkav
Gambar (a) adalah fungsi konveks, f (x1) + (1- ) f (x2) digambarkan sebagai titik
pada tali busur yang menghubungkan f (x1) dan f (x2), sedangkan f (x1 + (1- )x2) adalah
titik pada f yang menghubungkan f (x1) dan f (x2).
Dapat dilihat dari gambar bahwa f (x1) + (1- ) f (x2) berada diatas f (x1 + (1- )x2).
Jadi f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), yang berarti f konveks.
Dengan analogi yang sama, maka dapat dilihat bahwa gambar (b) adalah fungsi konkav
dan gambar (c) menggambarkan fungsi yang bukan konveks maupun konkav.
-
8
7. Representasi Himpunan Polihedral (Polihedron)
Polihedral adalah sebuah bangun yang dibentuk oleh beberapa halfspace atau sebuah
bangun yang dibentuk oleh oleh sistem pertidaksamaan linear. Misalnya, X adalah
Polihedral yang dibatasi oleh:
-3x1 + x2 -2 - x1 + x2 2 -x1 + 2x2 8 -x2 -2 x1 0, x2 0.
Polihedral dapat merupakan hipunan terbatas, dan dapat pula tak terbatas.
a. Himpunan Polihedral terbatas Himpunan Polihedral terbatas adalah himpunan polihedral yang memenuhi kriteria bahwa
terdapat bilangan k sehingga untuk setiap x pada himpunan berlaku x < k.
Gambar 5 adalah polihedral terbatas dengan enam halfspace dan memiliki enam
titik ekstrim, yaitu x1, x2, x3, x4, x5, x6.
x adalah titik di dalam polihedral, maka x dapat dinyatakan dengan kombinasi konveks y
dan x1 :
x = y + (1 ) x1, dengan (0 , 1).
Selanjutnya y itu sendiri merupakan kombinasi konveks dari x3 dan x4:
y = x3 + (1 ) x4, dengan (0 , 1).
Gambar 1.7. Representasi sebuah titik dalam polihedral terbatas terhadap titik-titik ekstrem
-
9
Dengan mensubstitusikan x3 dan x4 kedalam y maka kita peroleh:
x = x3 + (1 ) x4 + (1 ) x1
Karena (0 , 1) dan (0 , 1), maka , (1 ) , (1 ) (0 , 1). Juga memenuhi
+ (1 ) + (1 ). Dengan kata lain, x dapat direpresentasikan sebagai kombinasi konveks terhadap titik-titik ekstrim x1, x3, x4.
Hal ini dapat diambil genaralisasi bahwa setiap titik dalam himpunan polihedral terbatas,
dapat dinyatakan sebagai kombinasi konveks dari titik-titik ekstrimnya.
b. Himpunan Polihedral tak-terbatas
Dalam polihedral tak-terbatas, maka sebuah titik dapat di representasikan dalam
kombinasi titik ekstrim dan arah ekstrim himpunan. Gambaran berikut adalah sebuah titik
representasi sebuah titik pada polihedral tak terbatas.
Gambar 1.8. Repesentasi titik pada Polihedral tak-terbatas
Misalkan x X sebarang, maka x = s + d, s dapat dinyatakan dengan kombinasi konveks
dari x2 dan x4 yaitu s = 1x1 + 2x2 sedangkan d dapat dinyatakan dengan kombinasi dari
d1 dan d2, yaitu d = 1d1 + 2d2. Jadi x = 1x1 + 2x2 + 1d1 + 2d2.
-
10
8. Teorema Representasi Bentuk Umum
Misalkan X = {x : Ax b, x 0} himpunan tak-kosong (polihedron). Maka
himpinan titik-titik ekstrim tak-kosong dan banyaknya titik-titik tersebut berhingga, sebut x1,
x2, x3, . . . , xk. Selanjutnya himpunan arah adalah kosong jika dan hanya jika X terbatas.
Jika X tak-terbatas, maka himpunan arah tak-kosong dan memiliki sejumlah berhingga
vektor, sebut d1, d2, . . ., dm. Kemudian, x X jika dan hanya jika x dapat dinyatakan
sebagai kombinasi konveks dari x1, x2, x3, . . . , xk ditambah dengan kombinasi linear tak
negatif dari d1, d2, . . ., dm yaitu,
========
++++====m
jjj
k
jjj dxx
11
====
====
k
jj
11 ,
m,...,,j,k,...,,j,
jj
210210
====
====
Bukti.
Tidak dibuktikan dalam buku ini.
Akibat.
Untuk sebarang x*X dapat direpresentasikan sebagai
========
++++====m
jjj
k
jjj* dxx
11 ,
====
====
k
jj
11 ,
m,...,,j,,k,...,,j, jj 210210 ======== .
Soal-soal
1. Tunjukkan bahwa hyperplane H = {x : px = k} dan halfspace H*= {x : px k} adalah
himpunan konveks.
2. Buatlah grafik yang menggambarkan himpunan yang memenuhi
{(x1,x2) : -x1 + x2 2, x1 + 2x2 8, x1 0, x2 0}. Apakah himpunan ini konveks ?
3. Buatlah grafik yang menggambarkan himpunan yang memenuhi
{(x1,x2) : x1 + x2 2, x1 8, x1 0, x2 0}. Apakah himpunan ini konveks ?
-
11
4. Misalkan a1 = (1 , 0), a2 = (2 , 3), a3 = (-1 , 4), a4 = (5 , -3), a5 = (-4 , 4). Ilustrasikan
secara geometri kombinasi konveks dari ke-lima titik ini.
5. Tentukan fungsi-fungsi berikut konveks, konkaf atau tidak keduanya.
a. f(x) = 2x
b. f(x) = x2
c. f(x) = x3
d. f(x1,x2) = x1 2 + 3 x2
6. Misalkan himpunan X = {(x1,x2) : x1 + 2x2 2, x1 - 2x2 -6, x1 0, dan x2 1}.
Tentukan arah himpunan X ini.
7. Diketahui himpunan X = {(x1,x2) : x1 + 2x2 2, x1 - 2x2 -6, x1 0, dan x2 1}.
Nyatakan titik-titik berikut sebagai kombinasi konveks dan arah himpunan:
a. (1 , 1)
b. (1 , 2)
c. (2 , 1)
d. (3 , 2)
e. (6 , 3)
-
60
BAB III Transportasi 1. Metode Transportasi
Metode transportasi adalah suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari
sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama atau sejenis ke tempat tujuan
secara optimal. Distribusi ini dilakukan sedemikian rupa sehingga permintaan dari
beberapa tempat tujuan dapat dipenuhi dari beberapa tempat asal yang masing-masing
dapat memiliki permintaan atau kapasitas yang berbeda. Dengan menggunakan metode
transportasi, dapat diperoleh suatu alokasi distribusi barang yang dapat meminimalkan
total biaya transportasi. Selain untuk mengatur distribusi pengiriman barang, metode
transportasi juga dapat digunakan untuk masalah lain, seperti penjadwalan dalam proses
produksi agar memperoleh total waktu proses pengerjaan yang terendah, penempatan
persediaan agar mendapatkan total biaya persediaan terkecil, atau pembelanjaan modal
agar mendapatkan hasil investasi yang terbesar. Dalam kaitannya dengan perencanaan
fasilitas, metode transportasi dapat digunakan untuk memilih suatu lokasi yang dapat
meminimalkan total biaya operasi.
Suatu perusahaan memerlukan pengelolaan data dan analisis kuantitatif yang akurat,
cepat serta praktis dalam penggunaannya. Dalam perhitungan secara manual
membutuhkan waktu yang lebih lama, sementara pertimbangan efisiensi waktu dalam
perusahaan sangat diperhatikan. Dengan demikian diperlukan adanya suatu alat, teknik
maupun metode yang praktis, efektif dan efisien untuk memecahkan permasalahan
tersebut.
2. Permasalahan dalam Metode Transportasi
Masalah ini merupakan masalah pengangkutan sejenis barang dari beberapa sumber ke
beberapa tujuan. Pengalokasian produk dari sumber yang bertindak sebagai penyalur ke
tujuan yang membutuhkan barang bertujuan agar biaya pengangkutannya seminimal
mungkin dari seluruh permintaan dari tempat tujuan dipenuhi. Model transportasi
-
61
digunakan untuk menyelesaikan masalah distribusi barang dari beberapa sumber ke
beberapa tujuan. Asumsi sumber dalam hal ini adalah tempat asal barang yang hendak
dikirim, sehingga dapat berupa pabrik, gudang, grosir, dan sebagainya. Sedangkan tujuan
diasumsikan sebagai tujuan pengiriman barang. Dengan demikian informasi yang harus
ada dalam masalah transportasi meliputi: banyaknya daerah asal beserta kapasitas
barang yang tersedia untuk masing tempat, banyaknya tempat tujuan beserta permintaan
(demand) barang untuk masing-masing tempat dan jarak atau biaya angkut untuk setiap
unit barang dari suatu tempat asal ke tempat tujuan.
Untuk lebih jelasnya marilah kita bahas contoh masalah transportasi yang terlihat
pada Tabel 1.1. berikut:
Tabel 1.1 Kapasitas pabrik, Permintaan di Lapangan (Demand), dan biaya satuan
pengangkutan
Origin
(Tempat
Asal)
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik
D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1
8 1 6 6 7
90 O2
1 12 4 7 7
70 O3
10 15 6 9 1
90 O4
Demand
(Permin-
taan)
80 50 90 60 70 350
Tabel 1.1. di atas menggambarkan bahwa jumlah kapasitas pabrik O1, O2, O3, dan
O4 berturut-turut: 100, 90, 70, dan 90, sedangkan permintaan pasar di lapangan D1, D2, D3,
D4, dan D5 berturut-turut 80, 50, 100, 60, dan 70. Biaya satuan dari pabrik O1 ke
-
62
permintaan D1 adalah 12, biaya satuan dari pabrik O1 ke permintaan D2 adalah 4, dan
seterusnya, sampai biaya satuan dari pabrik O3 ke permintaan D5 adalah 1. Untuk
menyelesaikan permasalahan transportasi ini ada beberapa metode antara lain: Metode
North West Corner (NWC), metode Inspeksi, dan metode pendekatan Vogel (Vogel
Approximation Methods atau disingkat VAM).
a. Beberapa Metode dalam Penyelesaian Masalah Transportasi (Penyelesaian awal)
i. North West Corner (NWC)
Sesuai nama aturan ini, maka penempatan pertama dilakukan di sel paling kiri dan
paling atas (northwest) matriks kemudian bergerak ke kanan atau ke bawah sesuai
permintaan dan kapasitas produksi yang sesuai.
Besar alokasi ini akan mencukupi salah satu, kapasitas tempat asal baris pertama
dan atau permukaan tempat tujuan dari kolom pertama. Jika kapasitas tempat asal
pertama terpenuhi kita bergerak ke bawah menyusur kolom pertama dan menentukan
alokasi yang akan mencukupi atau kapasitas tempat asal baris kedua atau mencukupi
tujuan yang masih kurang dari kolom pertama. Di lain pihak, jika alokasi pertama
memenuhi permintaan tempat tujuan di kolom pertama, kita bergerak ke kanan di baris
pertama dan kemudian menentukan alokasi yang kedua atau yang memenuhi kapasitas
tersisa dari baris satu atau memenuhi permintaan tujuan dari kolom dua dan seterusnya.
Untuk masalah seperti pada Table 1.1 di atas, maka apabila diselesaikan dengan metode
NWC akan melakukan langkah-langkah sebagai berikut:
Penggunaan metode NWC mengharuskan sel O1 D1, yang terletak di sudut kiri atas diisi.
Alokasi diterapkan X11 = 80 unit untuk memenuhi permintaan yang ternyata lebih kecil dari
kapasitas O1. Ini berarti permintaan tujuan D1= 80 dapat dipenuhi dari O1. Ternyata
produksi O1 masih mempunyai (100 - 80) = 20 unit kapasitas yang belum disalurkan. Sisa
yang 20 unit ini di alokasikan kepada permintaan D2 yang permintaannya 50 unit. Untuk
memenuhi kekurangan kebutuhan D2, yaitu kurang 30 unit maka diambil dari D2 dengan
demikian maka sel O1D2 atau X12 = 20 dan sel O2D2 atau X22 = 30. Sisa produksi D2
setelah dikurangi 30 unit adalat 60 unit, sisa ini di alokasikan ke sel O2D3 atau X23 yang
secara keseluruhan. Permintaan D3 adalah 90 unit dan telah tersedia 60 unit dari O2.
-
63
Kekurangan 30 unit diambilkan dari produksi O3 sehingga X23 = 70 dan X33 = 30. Sisa
produksi O3 sebanyak 40 unit yaitu (70-30) di alokasikan ke permintaan D4 dan permintaan
D4 sebanyak 60 unit dilengkapi dengan mengambil 20 unit dari produksi O4. Dengan
demikian produksi O4 tersisa 70 unit dialokasikan ke permintaan D5.
Tabel 2.1. Matriks biaya transportasi tiap barang dan jumlah alokasi distribusi barang dari tempat asal (pabrik) ke tempat tujuan (kota tujuan)
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1 80 20
8 1 6 6 7
90 O2 30 60
1 12 4 7 7
70 O3 30 40
10 15 6 9 1
90 O4 20 70
Permin-
taan
80 50 90 60 70 350
Berdasarkan Tabel 2.1 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: Sel O1D1 atau
X11 = 80, sel O1D2 atau X12 = 20, sel O2D2 atau X22 = 30, sel O2D3 atau X23 = 60, sel O3D3
atau X33 = 30, sel O3D4 atau X34 = 40, sel O4D4 atau X44 = 20, dan sel O4D5 atau X45 = 70.
Besarnya biaya transportasi dengan metode NWC adalah
80 (12) + 20 (4) + 30 (1) + 60 (6) + 30 (4) + 40 (7) + 20 (9) + 70 (1) = 2.080.
ii. Metode Inspeksi
Metode ini untuk persoalan transportasi berdimensi kecil, hal ini akan memberikan
pengurangan waktu. Alokasi pertama dibuat terhadap sel yang berkaitan dengan biaya
pengangkutan terendah. Sel dengan ongkos terendah ini diisi sebanyak mungkin dengan
mengingat persyaratan kapasitas produksi (origin) maupun permintaan tempat tujuan.
-
64
Kemudian beralih ke sel termurah berikutnya dan mengadakan alokasi dengan
memperhatikan kapasitas yang tersisa dari permintaan baris dan kolom. Dalam
perhitungannya metode ini membuat matriks sesuai dengan persyaratan. Untuk
permasalahan transportasi di atas apabila dilakukan dengan metode Inspeksi maka
langkah-langkahnya sebagai berikut:
Biaya terkecil adalah 1 yaitu pada sel O2D2, O3D1, dan O4D5. Sel-sel ini kita isi dengan
memperhatikan kapasitas dan permintaan, yaitu dengan mencari nilai minimum dari
keduanya.
Sel O2D2 kita isi 50, sehingga kapasitas O2 menjadi 40 dan permintaan D2 menjadi 0,
kemudian kolom D2 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.
Sel O3D1 kita isi 70, sehingga kapasitas O3 menjadi 0 dan permintaan D2 menjadi 10,
kemudian baris O3 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.
Sel O4D5 kita isi 70, sehingga kapasitas O4 menjadi 20 dan permintaan D5 menjadi 0,
kemudian kolom D5 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.
Hasil perhitungan di atas ini dapat dilihat pada Tabel 2.2.
Tabel 2.2.
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1
8 1 6 6 7 40
90 O2 50
1 12 4 7 7 0
70 O3 70
10 15 6 9 1 20
90 O4 70
Permin-
taan
10 0 0
80 50 90 60 70 350
-
65
Biaya terkecil selanjutnya adalah 5 yang terletak pada sel O1D4. Sel O1D4 kita isi minimum
dari kapasitas O1dan permintaan D4, sehingga kita isi dengan 60 unit. Dengan pengisian
60 unit pada sel O1D4 maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0,
kemudian kolom D4 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Hasil
perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.3.
Tabel 2.3.
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik
D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40
100 O1 60
8 1 6 6 7 40
90 O2 50
1 12 4 7 7 0
70 O3 70
10 15 6 9 1 20
90 O4 70
Permin-
taan
10 0 50 30 0 0
80 50 90 60 70 350
Biaya terkecil selanjutnya adalah 6 yang terletak pada sel O2D3. dan sel O4D3. Sel O2D3
kita isi minimum dari sisa kapasitas O2 dan permintaan D3, sehingga kita isi dengan 40
unit. Dengan pengisian 40 unit pada sel O2D3 maka kapasitas O2 menjadi 0 dan
permintaan D3 menjadi 50, kemudian baris O2 kita tandai dan tidak kita olah pada program
selanjutnya. Sel O4D3 kita isi minimum dari sisa kapasitas O4 dan sisa permintaan D3,
sehingga kita isi dengan 20 unit. Dengan pengisian 20 unit pada sel O4D3 maka kapasitas
O4 menjadi 0 dan permintaan D3 menjadi 30, kemudian baris 42 kita tandai dan tidak kita
olah pada program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.4.
-
66
Tabel 2.4.
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40
100 O1 60
8 1 6 6 7 40
90 O2 50 40
1 12 4 7 7 0
70 O3 70
10 15 6 9 1 20
90 O4 20 70
Permin-
taan
10 0 50 30 0
80 50 90 60 70 350
Selanjutnya kekurangan dari permintaan D1 sebanyak 10 unit, dan kekurangan permintaan
D2 sebanyak 30 unit di alokasikan dari sisa produksi D1 yang besarnya 40 unit. Dengan
demikian maka semua permintaan maupun pemawaran telah selesai dan diperoleh Tabel
2.5 berikut.
Tabel 2.5.
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40
100 O1 10 30 60
8 1 6 6 7 40
90 O2 50 40
1 12 4 7 7 0
70 O3 70
10 15 6 9 1 20
90 O4 20 70
Permin-
taan
10 0 50 30 0 0
80 50 90 60 70 350
-
67
Berdasarkan Tabel 2.5 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: X11 = 10, X13
= 30, X14 = 60, X22 = 50, X23 = 40, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya
transportasi dengan metode Inspeksi adalah
10 (12) + 30 (9) + 60 (5) + 50 (1) + 40 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1240.
iii. Metode VAM ( Vogel Approximation Method)
Metode VAM ini didasarkan atas beda kolom dan beda baris yang menentukan
perbedaan antara dua ongkos termurah dalam satu kolom atau satu baris. Setiap
perbedaan dapat dianggap sebagai penalti, karena menggunakan route termurah. Beda
baris atau beda kolom berkaitan dengan penalti tertinggi, merupakan baris atau kolom
yang akan diberi alokasi pertama. Alokasi pertama ini, atau menghabiskan tempat
Kapasitas produksi, atau menghabiskan permintaan tujuan atau kedua-duanya.
Untuk memperjelas metode ini, marilah kita mengerjakan soal yang sama dengan diatas
dengan menggunakan metode VAM.
Masalah transportasi ini adalah:
Tabel 2.6.
Tempat
Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas
Pabrik
Beda
Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
O1 100
8 1 6 6 7
O2 90
1 12 4 7 7
O3 70
10 15 6 9 1
O4 90
Permin-
taan
80 50 90 60 70 350
Beda
Kolom
-
68
Besarnya beda baris dan beda kolom adalah sebagai berikut.
Tabel 2.7. Beda baris dan beda kolom.
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O3 1 dan 4 3 Baris O4 1 dan 6 5 Kolom D1 1 dan 8 7 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 4 dan 6 2 Kolom D4 5 dan 6 1 Kolom D5 1 dan 7 6
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 7 yaitu pada kolom D1, biaya termurah kolom
D1 adalah 1 yaitu pada sel O3D1. Oleh karena itu sel O3D1 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum kapasitas O3 dan permintaan D1 yaitu 70. Dengan mengisi sel
O3D1 sebesar 70, maka kapasitas O3 menjadi 0 dan permintaan D1 menjadi 10. Dengan
demikian baris O3 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.8. Tabel 2.8.
Origin (Tempat
Asal)
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 O1 100 1
8 1 6 6 7 O2 90 5
1 12 4 7 7 O3 70 70 3
10 15 6 9 1 O4 90 5
Demand (Permin-
taan)
10
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
7 3 2 1 6
-
69
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.
Tabel 2.9. Beda baris dan beda kolom
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O4 1 dan 6 5 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1 Kolom D5 1 dan 7 6
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 6 yaitu pada kolom D5, biaya termurah kolom
D5 adalah 1 yaitu pada sel O4D5. Oleh karena itu sel O4D5 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum kapasitas O4 dan permintaan D5 yaitu 70. Dengan mengisi sel
O4D5 sebesar 70, maka kapasitas O4 menjadi 20 dan permintaan D5 menjadi 0. Dengan
demikian kolom D5 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.10.
Tabel 2.10.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 O1 100 1
8 1 6 6 7 O2 90 5
1 12 4 7 7 0 O3 70 70
10 15 6 9 1 20 O4 70 90 5
Permin-taan
10 0
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
2 3 0 1 6
-
70
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.
Tabel 2.11. Beda baris dan beda kolom
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O4 6 dan 9 3 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 5 yaitu pada baris O2, biaya termurah kolom
O2 adalah 1 yaitu pada sel O2D2. Oleh karena itu sel O2D2 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum kapasitas O2 dan permintaan D2 yaitu 50. Dengan mengisi sel
O2D2 sebesar 50, maka kapasitas O2 menjadi 40 dan permintaan D2 menjadi 0. Dengan
demikian kolom D2 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.12.
Tabel 2.12.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 O1 100 1
8 1 6 6 7 40 O2 50 90 5
1 12 4 7 7 0 O3 70 70
10 15 6 9 1 20 O4 70 90 3
Permin-taan
10 0 0
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
2 0 1 6
-
71
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.
Tabel 2.13. Beda baris dan beda kolom.
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 4 dan 9 4 Baris O2 6 dan 6 0 Baris O4 6 dan 9 3 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O1, biaya termurah baris
O1 adalah 5 yaitu pada sel O1D4. Oleh karena itu sel O1D4 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum sisa kapasitas O1 dan permintaan D4 yaitu 60. Dengan mengisi
sel O1D4 sebesar 60, maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0.
Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.14.
Tabel 2.14.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40 O1 60 100 4
8 1 6 6 7 40 O2 50 90 0
1 12 4 7 7 0 O3 70 70
10 15 6 9 1 20 O4 70 90 3
Permin-taan
10 0 0 0
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
2 0 1
-
72
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.
Tabel 2.15. Beda baris dan beda kolom.
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 9 dan 12 3 Baris O2 6 dan 8 2 Baris O4 6 dan 10 4 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D3 6 dan 6 0
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O4, biaya termurah baris
O4 adalah 6 yaitu pada sel O4D3. Oleh karena itu sel O4D3 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum sisa kapasitas O4 dan permintaan D3 yaitu 20. Dengan mengisi
sel O4D3 sebesar 20, maka kapasitas O4 menjadi 0 dan permintaan D2 menjadi 80.
Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.16.
Tabel 2.16.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40 O1 60 100 3
8 1 6 6 7 40 O2 50 90 2
1 12 4 7 7 0 O3 70 70
10 15 6 9 1 20 0 O4 20 70 90 4
Permin-taan
10 0 70 0 0
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
2 0 1
-
73
Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.
Tabel 2.17. Beda baris dan beda kolom.
Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom
Baris O1 9 dan 12 3 Baris O2 6 dan 8 2 Kolom D1 8 dan 12 4 Kolom D3 6 dan 9 3
Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada kolom D1, biaya termurah kolom
O1 adalah 8 yaitu pada sel O2D1. Oleh karena itu sel O2D1 ini diisi terlebih dahulu, yang
besarnya adalam minimum sisa kapasitas O2 dan permintaan D1 yaitu 10. Dengan mengisi
sel O2D1 sebesar 10, maka kapasitas O2 menjadi 30 dan permintaan D1 menjadi 0.
Dengan demikian baris D1 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.
Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.18.
Tabel 2.18.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9 40 0 O1 40 60 100 3
8 1 6 6 7 40 30 O2 10 50 30 90 2
1 12 4 7 7 0 O3 70 70
10 15 6 9 1 20 0 O4 20 70 90
Permin-taan
10 0 0 70 0 0
80 50 90 60 70 350
Beda Kolom
4 3
Terakhir kekurangan kebutuhan D3 dicukupi oleh sisa dari O1 sebanyak 40 dan sisa O2
sebanyak 30. Dengan demikian kita peroleh sistem transportasi sebagai berikut: X13 = 40,
-
74
X14 = 60, X21 = 10, X22 = 50, X23 = 30, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya
transportasi dengan metode VAM adalah
40 (9) + 60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1230.
b. Menentukan Nilai Optimal
Dari ketiga metode tersebut di atas dapat kita lihat bahwa metode yang paling sederhana
adalah metode NWC, tetapi hasil dari metode ini umumnya kurang memuaskan.
Sedangkan dengan metode VAM hasilnya paling baik, tetapi perhitungannya cukup rumit.
Metode Inspeksi secara perhitungan sederhana, tetapi hasilnya mendekati dengan matode
VAM.
Jika kita diberi pertanyaan, metode mana yang akan dipakai untuk menyelesaikan
masalah transportasi?. Maka jawabnya tergantung banyaknya sumber (banyaknya tempat
produksi), banyaknya tempat tujuan serta waktu yang disediakan untuk memutuskan.
Bilamana diberi waktu yang cukup, maka akan digunakan metode VAM, tetapi apabila
waktu untuk memutuskan sempit maka metode Inspeksi sudah cukup baik.
Masalah yang perlu ditanyakan lagi ialah apakah dengan metode Inspeksi atau VAM telah
mencapai biaya optimum?. Untuk menjawab pertanyaan ini, ada dua metode untuk
mengetahui apakah sudah optimum atau belum, untuk mengetahui optimalitas model
transportasi digunakan metode Steppingstone atau metode Modi.
i. Metode Steppingstone
Metode Steppingstone bekerja dengan mempertimbangkan opportinity cost dari sel
kosong, yaitu berkurangnya biaya akibat pemindahan model pengangkutan bilamana sel
kosong itu diisi satu barang. Sebagai ilustrasi perhatikan contoh berikut:
Tabel 2.19. Menghitung opportunity cost sel kosong
Tempat Asal
Destination ( Tujuan)
Kapasitas D1 D2 D3
O1
10 5 7
100 60 10 30
O2
6 4 9
50 50
Permintaan 60 60 30
-
75
Dari Tabel 2.19 di atas, sel kosong adalah sel O2D1 dan sel O2D3, dengan biaya
transportasi = 60 (10) + 10 (5) + 30 (7) + 50 (4) = 1.060
Untuk sel O2D1.
Tabel 2.19.a.
D1 D2
O1 10 5
-1 +1
O2 6 4
+1 -1
Andaikan sel O2D1 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O1D1 dan sel
O2D2 dikurangi satu dan sel O1D2 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D1 O1D1
O1D2 O2D2. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan
biaya adalah = 6 - 10 + 5 4 = -3. Jadi opportunity cost sel O2D1 adalah 3. Ini artinya
bahwa apabila kita mengisi sel O2D1 satu barang, maka terjadi pengurangan biaya
sebesar 3.
Untuk sel O2D3.
Andaikan sel O2D3 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D2 dan sel
O1D3 dikurangi satu dan sel O2D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D3 O2D2
O1D2 O1D3. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan
biaya adalah = 9 - 4 + 5 7 = 3. Jadi opportunity cost sel O2D3 adalah -3. Ini artinya bila
kita mengisi sel O2D3 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 3.
Dari perhitungan di atas, maka sel O2D1 harus diisi sebanyak mungkin, sedangkan sel
O2D3 tidak perlu diisi sebab apabila diisi akan menambah biaya (merugi). Banyaknya
barang yang dapat diisikan pada sel O2D1 adalah minimum isi sel yang terkurangi yaitu
O1D1 dan O2D2, jadi sel O2D1 dapat diisi sebesar 50, sehingga terbentuk Tabel 2.19.b.
-
76
Tabel 2.19.b.
Tempat Asal
Destination (Tujuan) Kapasitas
D1 D2 D3
O1 10
10 5
60 7
30 100
O2 6
50 4
9
50
Permintaan 60 60 30
Dari Tabel 2.19.b di atas, sel kosong adalah sel O2D2 dan sel O2D3.
Untuk sel O2D2.
Andaikan sel O2D2 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D1 dan sel
O1D2 dikurangi satu dan sel O1D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D2 O2D1
O1D1 O1D2. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan
biaya adalah = 4 - 6 + 10 5 = 3. Jadi opportunity cost sel O2D1 adalah -3. Ini artinya bila
kita mengisi sel O2D2 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 3.
Untuk sel O2D3.
Andaikan sel O2D3 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O2D1 dan sel
O1D3 dikurangi satu dan sel O1D1 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D3 O2D1
O1D1 O1D3. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan
biaya adalah = 9 - 6 + 10 7 = 6. Jadi opportunity cost sel O2D3 adalah -6. Ini artinya bila
kita mengisi sel O2D3 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 6.
Dari perhitungan ini, semua opportunity cost sel kosong adalah negatif, maka Tabel 2.19.b.
di atas telah optimal, dengan biaya transportasi = 10 (10) + 60 (5) + 30 (7) + 50 (6) = 910.
Ini cocok bila kita hitung dari 1060 910 = 150, berasal dari pemindahan 50 satuan barang
dengan opportunity cost 3.
Untuk kasus di atas, kita dapat bekerja mulai hasil dari NWC, Inspeksi, atau VAM. Apabila
kita mulai dari NWC, langkah pada metode NWC nya mudah, tetapi akan menjadi sukar
pekerjaan di Steppingstone, apabila kita mulai dari VAM, maka akan sukar pada langkah di
VAM nya, tetapi mudah pada langkah Steppingstone. Langkah yang cukup bijaksana
-
77
(meskipu tidak harus), adalah langkah awalnya dengan metode Inspeksi, sebab metode
Inspeksi perhitungannya mudah dan hasilnya sudah dekat dengan langkah pada VAM.
Dari langkah awal metode Inspeksi diperoleh hasil seperti Tabel 2.19.c.
Tabel 2.19.c
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1 10 30 60
8 1 6 6 7
90 O2 50 40
1 12 4 7 7
70 O3 70
10 15 6 9 1 90
O4 20 70
Permin-taan
80 50 90 60 70 350
Dari Tabel 2.19.c di atas kita buat tabel opportunity cost sel kosong seperti pada Tabel
2.19.d berikut:
Tabel 2.19.d. Hasil perhitungan opportunity cost sel kosong
No Sel
kosong Loop Perubahan biaya
Opportunity cost
1 O1D2 O1D2O1D3O2D3O2D2 4-9+6-1=0 0 2 O1D5 O1D5O4D5O4D3O1D3 9-1+6-9=5 -5 3 O2D1 O2D1O1D1O1D3O2D3 8-12+9-6=-1 1 4 O2D4 O2D4O2D3O1D3O1D4 6-6+9-5=4 -4 5 O2D5 O2D5O4D5O4D3O2D3 7-1+6-6=6 -6 6 O3D2 O3D2O3D1O1D1O1D3O2D3O2D2 12-1+12-9+6-1=19 -19 7 O3D3 O3D3O3D1O1D1O1D3 4-1+12-9=6 -6 8 O3D4 O3D4O3D1O1D1O1D4 7-1+12-5=13 -13 9 O3D5 O3D5O4D5O4D3O1D3O1D1O3D1 7-1+6-9+12-1=14 -14 10 O4D1 O4D1O1D1O1D3O4D3 10-12+9-6=1 -1 11 O4D2 O4D2O2D2O2D3O4D3 15-1+6-6=14 -14 12 O4D4 O4D4O4D3O1D3O1D4 9+6+9-5=7 -7
-
78
Dari tabel 2.19.d. di atas, terlihat bahwa opportunity cost terbesar adalah pada sel O2D1
sehingga sel ini harus diisi sebanyak mungkin. Sel ini diisi sebanyak minimun dari sel O1D1
dan O2D3 yaitu sebanyak 10. Sehingga Tabel 2.19.d. menjadi Tabel 2.19.e berikut:
Tabel 2.19.e.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1 40 60
8 1 6 6 7
90 O2 10 50 30
1 12 4 7 7
70 O3 70
10 15 6 9 1 90
O4 20 70
Permin-taan
80 50 90 60 70 350
Dari Tabel 2.19.e. di atas kita buat tabel opportunity cost semua sel kosong sehingga
diperoleh Tabel 2.19.f berikut:
Tabel 2.19.f.
No Sel
kosong Loop Perubahan biaya
Opportunity cost
1 O1D1 O1D2O1D3O2D3O2D1 12-9+6-8=1 -1 2 O1D2 O1D2O1D3O2D3O2D2 4-9+6-1=0 0 3 O1D5 O1D5O4D5O4D3O1D3 9-1+6-9=5 -5 4 O2D4 O2D4O2D3O1D3O1D4 6-6+9-5=3 -3 5 O2D5 O2D5O4D5O4D3O2D3 7-1+6-6=6 -6 6 O3D2 O3D2O3D1O2D1O2D3 12-1+8-1=18 -18 7 O3D3 O3D3O3D1O2D1O2D3 4-1+8-6=5 -5 8 O3D4 O3D4O3D1O2D1O2D3O1D3O1D4 7-1+8-6+9-5=12 -12 9 O3D5 O3D5O4D5O4D3O2D3O2D1O3D1 7-1+6-6+8-1=13 -13 10 O4D1 O4D1O2D1O2D3O4D3 10-8+6-6=2 -2 11 O4D2 O4D2O2D2O2D3O4D3 15-1+6-6=14 -14 12 O4D4 O4D4O4D3O1D3O1D4 9+6+9-5=7 -7
-
79
Dari Tabel 2.19.f. terlihat bahwa tidak ada lagi sel kosong yang mempunyai opportunity
cost positif, ini berarti bahwa Tabel 2.4.f telah optimal, dengan biaya transportasi =40 (9) +
60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70(1) = 1.230.
Sebagai catatan bahwa opportunity cost sel O1D2 adalah nol, ini berarti bahwa sel ini diisi
maupun tidak, tidak akan menambah atau mengurangi biaya transportasi.
ii. Modified Distribution Method (MODI)
Pada penyelesaian metode Steppingstone umumnya akan mengalami kesulitan utama
pada menentukan loop, apalagi kalau banyaknya sumber (tempat asal) atau tempat
tujuan banyak. Metode Modi meniadakan loop yang banyak, dimana pada metode Modi ini
setiap langkah mencari opportunity cost terbesar hanya memerlukan satu kali loop.
Untuk membahas metode ini, perlu dikenalkan beberapa istilah / singkatan yang akan
digunakan untuk merumuskan masalah transportasi.
Misalkan banyaknya tempat asal adalah m dan banyaknya tempat tujuan n, dan misalkan
Oi = tempat asal ke i, dimana i = 1, 2, ..., m.
Dj = tempat tujuan ke j, dimana j = 1, 2, ..., n.
Cij = besarnya biaya satuan pengiriman barang dari Oi ke Dj.
Vi = bilangan baris, dimana i = 1, 2, ..., m.
Uj = bilangan kolom, dimana j = 1, 2, ..., n.
Kij = bilangan sel kosong.
Langkah-langkah menghitung opportunity cost sel kosong.
1. Menghitung Vi dan Uj berdasarkan sel yang telah terisi sehingga dengan
hubungan Cij = Vi + Uj. Dimana pertama kali kita dapat memberikan sebarang
bilangan pada salah satu Vi atau Uj.
2. Menghitung Kij pada sel kosong dengan ketentuan Kij = Vi + Uj.
3. Menghitung opportunity cost sel kosong dengan ketentuan
Opportunity cost = Kij Cij.
Sebagai ilistrasi perhatikan tabel berikut:
-
80
Tabel 2.19.f
Tempat Asal
Destination ( Tujuan) Kapasitas Bil Baris (Vi)
D1 D2 D3
O1 10
60
5
10
7
30 100 0
O2 K21
6
4
50
K23 9 50 1
Permintaan
60 60 30
Bil Kolom (Uj)
10 5 7
Misalkan kita ambil sebarang bilangan untuk V1 = 0, maka kita kita peroleh:
U1 = C11 V1 = 10 0 = 10
U2 = C12 V1 = 5 0 = 5
U3 = C13 V1 = 7 0 = 7
V2 = C22 U2 = 4 5 = 1
K21 = V2 + U1 = (1) + 10 = 9
K23 = V2 + U3 = (1) + 7 = 6
Opportunity cost sel O2D1 = K21 C21 = 9 6 = 3
Opportunity cost sel O2D3 = K23 C23 = 6 9 = 3
Selanjutnya kita akan menghitung opportunity cost sel kosong pada masalah di atas
dengan Modi. Pertama misalkan kita ambil Tabel hasil dari metode Inspeksi yaitu seperti
Tabel 2.19.g berikut:
-
81
Tabel 2.19.g.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Bil Baris (Vi) D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 0
O1 10 30 60 8 1 6 6 7
90
O2 50 40
1 12 4 7 7
70
O3 70
10 15 6 9 1
90
O4 20 70
Permintaan
350
80 50 90 60 70 Bil.
Kolom
Misalkan kita ambil V1 = 0, maka U1 = 12, U3 = 9, U4 = 5.
Dari U1 = 12, diperoleh V3 = -11, dari U3 = 9, diperoleh V2 = -3, dan V4 = -3, dari V2 = -3,
diperoleh U2 = 4, dan dari V4 = -3, diperoleh U5 = 4.
Selanjutnya dengan menghitung Kij = = Vi + Uj, maka kita peroleh Tabel 2.19.h.
Tabel 2.19.h.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
Bil Baris (Vi) D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 0
O1 10 30 60
8 1 6 6 7
90 -3 O2 50 40
1 12 4 7 7
70 -11
O3 70 10 15 6 9 1
90 -3
O4 20 70
Permintaan
350
80 50 90 60 70 Bil.
Kolom 12 4 9 5 4
-
82
Tabel 2.19.i. Hasil Perhitungan Opportunity cost sel kosong
No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Sel kosong
O1D2 O1D5 O2D1 O2D4 O2D5 O3D2 O3D3 O3D4 O3D5 O4D1 O4D2 O4D4
Opp cost
0 -5 1 -4 -6 -19 -6 -13 -14 -1 -14 -7
Dari hasil ini, bandingkan dengan Tabel 2.19.d.
Perhitungan selanjutnya sama dengan metode Steppingstone.
-
83
c. Penyelesaian Masalah Transportasi dengan Program Komputer
i. Program Lindo
Seperti pada penyelesaian program Linear dengan Lindo, masalah transportasi juga dapat
dikerjakan dengan Lindo, yaitu dengan memandang masalah transportasi sebagai
program Linear. Berikut akan dibahas masalah transportasi yang sama di atas, tetapi
solusinya dengan Program Lindo.
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1 8 1 6 6 7
90 O2
1 12 4 7 7
70 O3
10 15 6 9 1
90 O4
Permintaan 350
80 50 90 60 70
Misalkan banyaknya barang pada sel Xij yaitu banyaknya barang yang dikirim dari pabrik
Oi ke permintaan Dj, dan cij adalah biaya satuan pengiriman dari pabrik Oi ke permintaan
Dj, maka basarnya biaya pengiriman adalah:
Z = ijijcX
Dengan syarat untuk setiap j, = jij DtaanperX min , dan
Untuk setiap i, = iij OkapasitasX .
Dari ketentuan ini, untuk kasus masalah transportasi ini, maka kita peroleh model.
Minimumkan biaya: 12X11 + 4X12 +9 X13 + 5X14 + 9X15 + 8X21 + 1X22 + 6X23 + 6X24
+ 7X25 + 1X31 + 12X32 + 4X33 + 7X34 + 7X35 + 10X41 + 15 X42 + 6X43 + 9X44 + 1X45
Dengan syarat
X11 + X21 + X31 + X41 = 80
X12 + X22 + X32 + X42 = 50
X13 + X23 + X33 + X43 = 90
-
84
X14 + X24 + X34 + X44 = 60
X15 + X25 + X35 + X45 = 70
Dan X11 + X12 + X13 + X14 + X15 =100
X21 + X22 + X23 + X24 + X25 = 90
X31 + X32 + X33 + X34 + X35 =70
X41 + X42 + X43 + X44 + X45 = 90
Xij 0, untuk setiap i dan j.
Dalam menyelesaikan program linear maupun masalah transportasi, indeks ditulis sejajar
dengan variabelnya sehingga dalam penulisan pada Lindo sebagai berikut.
MIN 12X11+4X12+9X13+5X14+9X15+8X21+1X22+6X23+6X24+7X25
+1X31+12X32+4X33+7X34+7X35+10X41+15X42+6X43+9X44+1X45
SUBJECT TO
X11+X12+X13+X14+X15=100 X21+X22+X23+X24+X25=90 X31+X32+X33+X34+X35=70 X41+X42+X43+X44+X45=90 X11+X21+X31+X41=80 X12+X22+X32+X42=50 X13+X23+X33+X43=90 X14+X24+X34+X44=60 X15+X25+X35+X45=7
END
Setelah program Lindo dijalankan, maka akan diperoleh hasil sebagai berikut.
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 8
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 1230.000
VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 1.000000 X12 40.000000 0.000000 X13 0.000000 0.000000 X14 60.000000 0.000000 X15 0.000000 5.000000 X21 10.000000 0.000000 X22 10.000000 0.000000 X23 70.000000 0.000000 X24 0.000000 4.000000 X25 0.000000 6.000000
-
85
X31 70.000000 0.000000 X32 0.000000 18.000000 X33 0.000000 5.000000 X34 0.000000 12.000000 X35 0.000000 13.000000 X41 0.000000 2.000000 X42 0.000000 14.000000 X43 20.000000 0.000000 X44 0.000000 7.000000 X45 70.000000 0.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 0.000000 0.000000 3) 0.000000 3.000000 4) 0.000000 10.000000 5) 0.000000 3.000000 6) 0.000000 -11.000000 7) 0.000000 -4.000000 8) 0.000000 -9.000000 9) 0.000000 -5.000000 10) 0.000000 -4.000000
NO. ITERATIONS= 8
RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 12.000000 INFINITY 1.000000 X12 4.000000 0.000000 4.000000 X13 9.000000 INFINITY 0.000000 X14 5.000000 4.000000 INFINITY X15 9.000000 INFINITY 5.000000 X21 8.000000 1.000000 5.000000 X22 1.000000 4.000000 0.000000 X23 6.000000 0.000000 2.000000 X24 6.000000 INFINITY 4.000000 X25 7.000000 INFINITY 6.000000 X31 1.000000 5.000000 INFINITY X32 12.000000 INFINITY 18.000000 X33 4.000000 INFINITY 5.000000 X34 7.000000 INFINITY 12.000000 X35 7.000000 INFINITY 13.000000 X41 10.000000 INFINITY 2.000000 X42 15.000000 INFINITY 14.000000 X43 6.000000 2.000000 5.000000 X44 9.000000 INFINITY 7.000000 X45 1.000000 5.000000 INFINITY
RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 100.000000 0.000000 0.000000
-
86
3 90.000000 0.000000 0.000000 4 70.000000 0.000000 0.000000 5 90.000000 0.000000 0.000000 6 80.000000 0.000000 0.000000 7 50.000000 0.000000 0.000000 8 90.000000 0.000000 0.000000 9 60.000000 0.000000 0.000000 10 70.000000 0.000000 0.000000 Tampilan yang muncul pada layar editor di atas merupakan penyelesaian suatu masalah
transportasi yang dapat diartikan sebagai berikut.
1. Biaya minimum yang diperlukan untuk pengangkutan barang adalah 1.230 yang
dapat dibaca dari
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 1230.000 2. Alokasi pengiriman barang dapat diketahui dari nilai
value pada hasil berikut.
VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 1.000000 X12 40.000000 0.000000 X13 0.000000 0.000000 X14 60.000000 0.000000 X15 0.000000 5.000000 X21 10.000000 0.000000 X22 10.000000 0.000000 X23 70.000000 0.000000 X24 0.000000 4.000000 X25 0.000000 6.000000 X31 70.000000 0.000000 X32 0.000000 18.000000 X33 0.000000 5.000000 X34 0.000000 12.000000 X35 0.000000 13.000000 X41 0.000000 2.000000 X42 0.000000 14.000000 X43 20.000000 0.000000 X44 0.000000 7.000000 X45 70.000000 0.000000
a. Dari O1 (tempat asal) dikirimkan ke D2 (tempat tujuan) sebanyak 40 unit, dan ke
D4 sebanyak 60 unit.
b. Dari O2 dikirimkan ke D1 sebanyak 10 unit, ke D2 sebanyak 10 dan dikirim ke
D3 sebanyak 70
-
87
c. Dari O 3 dikirimkan sebanyak 70 unit ke D1.
d. Dari O 4 dikirimkan sebanyak 20 unit ke D3, dan 80 unit ke D5
Reduced Cost adalah lawan dari opportunity cost, jadi apabila Reduced Cost = 4, maka
opportunitu costnya = -4. Dengan demikian dari hasil di atas, tidak ada opportunity cost
yang positif, jadi program optimal.
Pada masalah transportasi keadaan pasar seimbang artinya jumlah permintaan akan
barang sama dengan jumlah kapasitas produksi, maka dual price tidak memiliki makna
khusus.
Selanjutnya hasil berikut menunjukkan perubahan yang dibolehkan agar sistem
transportasi tetap, dengan biaya optimal.
RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 12.000000 INFINITY 1.000000 X12 4.000000 0.000000 4.000000 X13 9.000000 INFINITY 0.000000 X14 5.000000 4.000000 INFINITY X15 9.000000 INFINITY 5.000000 X21 8.000000 1.000000 5.000000 X22 1.000000 4.000000 0.000000 X23 6.000000 0.000000 2.000000 X24 6.000000 INFINITY 4.000000 X25 7.000000 INFINITY 6.000000 X31 1.000000 5.000000 INFINITY X32 12.000000 INFINITY 18.000000 X33 4.000000 INFINITY 5.000000 X34 7.000000 INFINITY 12.000000 X35 7.000000 INFINITY 13.000000 X41 10.000000 INFINITY 2.000000 X42 15.000000 INFINITY 14.000000 X43 6.000000 2.000000 5.000000 X44 9.000000 INFINITY 7.000000 X45 1.000000 5.000000 INFINITY
Misalnya c11 dapat turun sampai 11 atau naik sampai tak berhingga, c12 dapat turun
sampai 0 dan tidak boleh naik, dan seterusnya.
-
88
Hasil terakhir yaitu
RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE
2 100.000000 0.000000 0.000000 3 90.000000 0.000000 0.000000 4 70.000000 0.000000 0.000000 5 90.000000 0.000000 0.000000 6 80.000000 0.000000 0.000000 7 50.000000 0.000000 0.000000 8 90.000000 0.000000 0.000000 9 60.000000 0.000000 0.000000 10 70.000000 0.000000 0.000000
Menunjukkan bahwa jumlah produksi maupun jumlah permintaan adalah tetap karena
memang keadaan pasar seimbang.
ii. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi
Lingo adalah salah satu program (software) dibawah Winston satu set bersama-sama
dengan Lindo. Program Lingo lebih luas cakupannya, namun output (hasil keluaran) nya
tidak selengkap program Lindo. Pada program Lingo, dapat mengolah data atau rumusan
non-linear, seperti membuat grafik fungsi sinus, fungsi logarirmis, fungsi eksponen, dan
lain-lain.
Bentuk pemrograman Lingo juga lebih rumit sedikit, tetapi akan lebih efisien
apabila digunakan untuk menyelesaikan masalah transportasi dengan banyak variabel.
Karena pada program Lingo disediakan perintah (command) looping dengan perintah for ...
loop. Sebagai contoh masalah transportasi yang sudak kita bahas di atas akan dikerjakan
dengan program Lingo.
Permasalahan transportasi di atas supaya lebih jelas, kita tulis lkembali tabelnya sebagai
berikut.
-
89
Tabel Trasportasi
Tempat Asal
Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik
D1 D2 D3 D4 D5
12 4 9 5 9
100 O1 8 1 6 6 7
90 O2
1 12 4 7 7
70 O3
10 15 6 9 1
90 O4
Permintaan
350 80 50 90 60 70
Dengan program Lingo, maka perintah untuk menyelesaikan masalah transportasi ini
adalah.
Model: Sets:
ariable/O1, O2, O3, O4/:Asal; Permintaan/D1, D2, D3, D4, D5/ :Demand ; Links(Kapasitas,Permintaan) :Ship, Cost ; Endsets
Min=@sum(Links:Ship*Cost); @for(Permintaan(j) :@sum(Kapasitas(i) :Ship(i,j))>Demand(j)) ; @for(Kapasitas(i) :@sum(Permintaan(j) :Ship(i,j))
-
90
Setelah program dijalankan, maka akan diperoleh hasil sebagai berikut. Rows = 10 Vars = 20 No. integer vars = 0 ( all are linear) Nonzeros= 69 Constraint nonz= 40( 40 are +- 1) Density=0.329 Smallest and largest elements in absolute value = 1.00000 100.000 No. < : 4 No. =: 0 No. > : 5, Obj=MIN, GUBs
-
91
Row Slack or Surplus Dual Price
1 1230.000 1.000000 2 0.0000000E+00 -11.00000 3 0.0000000E+00 -4.000000 4 0.0000000E+00 -9.000000 5 0.0000000E+00 -5.000000 6 0.0000000E+00 -4.000000 7 0.0000000E+00 0.0000000E+00 8 0.0000000E+00 3.000000 9 0.0000000E+00 10.00000 10 0.0000000E+00 3.000000
Makna hasil keluaran Lingo mirip dengan hasil keluaran dari Lindo, pembaca dipersilahkan
mengartikan makna hasil keluaran di atas (sebagai latihan)
-
92
iii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi
Untuk menyelesaikan masalah transportasi dengan Solver, maka kita buat tabel biaya,
kapasitas, dan permintaan pada lembar kerja excel seperti berikut.
Langkah awal adalah membuat Tabel biaya pengiriman, kapasitas produksi dan
permintaan. Tabel ini kita copy dan diletakkan dibawahnya, dengan mengganti menjadi
Tabel Benyaknya Pengiriman Barang. Nilai awal yang diberikan kepada banyaknya barang
yang dikirim dari Oi ke Dj adalah 0. Sedangkan banyaknya barang yang dikirim dari Oi
adalah jumlah banyaknya barang yang dikirim dari Oi ke Dj untuk suatu i. Jadi dalam hal ini
sel G16 ditulis dengan formula =SUM(B16:F16). Formula ini di-copy-kan ke sel G17
sampai G19. Selanjutnya banyaknya Penerimaan Barang adalah jumlah barang yang
-
93
diterima dari Oi ke Dj untuk suatu j. Jadi dalam hal ini sel B20 ditulis dengan formula
=SUM(B16:B19). Formula ini di-copy-kan ke sel C20 sampai F20.
Biaya Pengiriman merupakan kelipatan yang seletak antara banyaknya barang yang
dikirim dengan biaya satuan pengiriman. Oleh karena itu pada sel B22 kita tuliskan formula
=SUMPRODUCT(B6:F9,B16:F19).
Menjalankan Solver
Setelah persiapan pada lembar kerja Excel selesai, saatnya menjalankan Solver, yaitu
Tools, Solver, maka akan keluar menu Solver.
Hasil perhitungan total biaya kita letakkan pada sel B2, dan ini tidak diubah ke sel lain oleh
karena itu semua hasil kita tetapkan dengan menambahkan tanda $ pada sel tempat
perumusan hasil atau sumber. Sehingga untuk sel Set Target Cell kita ini dengan $B$22.
Masalah yang kita cari adalah masalah minimumkan biaya transportasi, sehingga pada
Equal To kita pilih Min. Selanjutnya pada By Changing Cells meminta bagian (kelompok)
sel yang merupakan variabel. Pada masalah ini adalah menentukan banyaknya barang
pada sistem transportasi, oleh karena itu kita isikan B18 sampai F19 sehingga kita tulis
$B$16:$F$19.
Subject to the Constraints meminta syarat pembatas. Dalam masalah ini ada dua syarat
pembatas yaitu pembatas permintaan (penerimaan barang) dan Kapasitas Pabrik
(Banyaknya barang yang dikirim), oleh karena itu.
Pembatas permintaan yaitu permintaan harus dipenuhi, jadi permintaan kurang dari atau
sama dengan penerimaan barang. Sehingga $B10:$F$10
-
94
Pembatas kapasitas menyatakan bahwa barang yang dikirim akan kurang dari atau sama
dengan kapasitas pabrik. Sehingga $G$16:$G$19
-
95
d. Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang
Kenyataan di lapangan, keadaan seimbang sangatlah langka. Keadaan yang sering terjadi
adalah tidak seimbang. Ini desebabkan karena sangat sukar menentukan secara tepat
kebutuhan lapangan yang sebenarnya. Ketidak seimbangan ada dua macam yaitu
keadaan jumlah barang yang diproduksi lebih besar daripada kebutuhan lapangan atau
sebaliknya kebutuhan di lapangan yang lebih besar daripada jumlah barang yang
diproduksi.
Penyelesaian Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang
1. Jumlah produksi lebih besar daripada permintaan pasar
Apabila jumlah produksi lebih besar daripada jumlah permintaan di pasar, maka perlu
ditambah tempat permintaan dummy yaitu permintaan yang tidak sebenarnya yang
besarnya sama dengan selisih antara jumlah produksi dan jumlah permintaan, dan dalam
tabel transportasi diberi biaya transportasi sebesar 0. Dalam kenyataan permintaan
dummy ini adalah gudang perusahaan.
Sebagai contoh, perhatikan masalah transportasi berikut:
PT Cocacola memproduksi Coco cola, Fanta, dan Sprite di empat kota di Pulau Jawa
untuk memenuhi permintaan masyarakat, yaitu kota P, Q, R, dan S berturut-turut 50, 70,
30, dan 80 truk setiap hari. Untuk mempermudah pemasaran, barang-barang produksi
tersebut dikirim ke lima agen besar yaitu Agen A, B, C, D, dan E berturut-turut 40, 60, 30,
45, dan 50 truk. Jarak antara pabrik dan agen terlihat pada tabel berikut:
Tabel Jarak antara Pabrik dan Agen (dalam km)
Kota Tujuan / Permintaan
A B C D E
P 40 105 70 20 40
Q 60 80 80 20 60
R 90 30 40 25 70
S 130 100 60 25 45
-
96
Dalam rangka penghematan penggunaan bahan bakar minyak (BBM), perusahaan akan
mengirimkan barang-barang produksi tersebut dengan biaya terkecil, yaitu dengan
meminimumkan jarak tempuh armada truknya. Di lain pihak, perusahaan ini memberi
pelayanan kepada masyarakat sebaik mungkin, sehingga setiap truk hanya digunakan
untuk mengirim satu kali. Buatlah sistem Transportasi untuk PT Cocacola ini dan berikan
komentar saudara tentang sistem produksi pada perusahaan ini?.
Dari masalah di atas, apabila tabel dilengkapi dengan permintaan virtual maka akan
diperoleh tabel berikut.
Kota Tujuan / Permintaan
Produksi A B C D E Dummy
P 40 105 70 20 40 0 50
Q 60 80 80 20 60 0 70
R 90 30 40 25 70 0 30
S 130 100 60 25 45 0 80
Permintaan 40 60 30 45 50 5 230
Penyelesaian masalah ini deserahkan kepada pembaca.
2. Jumlah produksi lebih kecil daripada permintaan pasar
Dalam hal jumlah produksi lebih kecil daripada permintaan pasar, maka ada
tempat permintaan yang tidak dikirim barang secara penuh. Dalam menyelesaikan
masalah ini, dapat ditambahkan pabrik dummy yang memproduksi sebanyak selisih antara
jumlah permintaan dan jumlah kapasitas produksi, pada tabel biaya transportasi, kapasitas
produksi dan permintaan dilengkapi dengan pabrik virtual dengan biaya transportasi 0.
Kemudian tempat permintaan yang dikirim dari pabrik dummy ini akan mengalami
kekurangan barang sebanyak produksi virtual tersebut.
Contoh masalah dan penyelesaiannya diserahkan kepada pembaca.
-
97
Penerapan Metode Transportasi
Selanjutnya kita bahas masalah transportasi pada PT Aqua Golden Mississippi di
Jawa Barat. Data Permintaan dan penawaran adalah sebagai berikut:
Tabel 2.5.a. Data Lokasi Pabrik dan Kapasitas Produksi di Jawa Barat dalam 1 Tahun
No Lokasi Pabrik Aktivitas Kapasitas Produksi
1 Bekasi Produksi AQUA 250.000.000 Liter
2 Citeurep (Bogor) Produksi AQUA 200.000.000 Liter
3 Cimelati (Sukabumi) Produksi AQUA 200.000.000 Liter
4 Kuningan Produksi AQUA 100.000.000 Liter
Kapasitas Produksi dalam 1 Tahun 750.000.000 Liter
Sumber: PT. Tirta Babakan Pari Cimelati (Sukabumi) Produksi AQUA
Tabel 2.5.b Data Jarak Lokasi Pabrik dengan 12 kota Daerah Pemasaran dan
Demand
Lokasi
Pabrik
Tujuan Pengiriman
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Bekasi 119 140 29 0 84 87 148 154 217 261 260 229
Citeurep (Bogor) 148 118 58 87 163 0 61 129 192 194 235 259
Cimelati (Sukabumi) 209 179 119 148 136 61 0 96 159 261 202 226
Kuningan 383 404 293 261 235 194 261 165 192 0 185 35
Kebutuhan Permin
taan (Demand)
40
40
195
50
55
40
35
145
35
30
35
50
Keterangan :
Angka pada kolom 1 sampai dengan kolom 12 adalah nama kota tujuan pengiriman:
1) Serang; 2) Pandeglang; 3) Jakarta; 4) Bekasi; 5. Purwakarta; 6. Bogor ; 7.
Sukabumi; 8) Bandung; 9) Garut ; 10) Kuningan; 11) Tasikmalaya; 12) Cirebon.
-
98
Angka yang ada dalam kolom dibawah kolom nama kota adalah angka jarak antara pabrik
dengan kota tujuan pengiriman dalam kilometer ( Km ), sedangkan biaya angkut dihitung
dalam puluhan ribu rupiah (Rp 10.000,-) per satu juta liter kilometer. Jumlah kebutuhan
atau permintaan dalam juta liter per tahun untuk tiap kota yang menjadi tujuan pengiriman.
Setelah informasi/data di atas tersedia maka langkah selanjutnya menuliskan
permasalahan yang ada ke dalam bentuk tabel biaya pengangkutan atau jarak. Pada
PT.AQUA di Jawa Barat seperti terlihat pada tabel 4. untuk kapasitas produksi per tahun
dan pada tabel 5. untuk jarak antara lokasi pabrik dengan kota tujuan pengiriman,
sedangkan biaya dihitung dalam Rp 10.000,- per satu juta liter kilometer. Kemudian
merumuskan dan menuliskannya pada papan editor dalam bentuk persamaan linear untuk
fungsi tujuan, fungsi kendala, dan penyelesaian non negatif. Data pada PT.AQUA Golden
Mississippi Jawa Barat seperti tercantum pada tabel 2.5.a. dan tabel 2.5.b bentuk
penulisan pada papan editor LINDO untuk diolah sebagai berikut:
MIN
119X11+140X12+29X13+84X15+87X16+148X17+154X18+217X19+261X110
+260X111+229X112+148X21+118X22+58X23+87X24+163X25+61X27+129X28
+192X29+194X210+235X211+259X212+209X31+179X32+119X33+148X34
+136X35+61X36+96X38+159X39+261X310+202X311+226X312+383X41
+404X42+293X43+261X44+235X45+194X46+261X47+165X48+192X49
+185X411+35X412
SUBJECT TO
X11+X12+X13+X14+X15+X16+X17+X18+X19+X110+X111+X112 = 250
X21+X22+X23+X24+X25+X26+X27+X28+X29+X210+X211+X212 = 200
X31+X32+X33+X34+X35+X36+X37+X38+X39+X310+X311+X312 = 200
X41+X42+X43+X44+X45+X46+X47+X48+X49+X410+X411+X412 = 100
X11+X21+X31+X41 = 40
X12+X22+X32+X42 = 40
X13+X23+X33+X43 = 195
X14+X24+X34+X44 = 50
X15+X25+X35+X45 = 55
X16+X26+X36+X46 = 40
X17+X27+X37+X47 = 35
-
99
X18+X28+X38+X48 = 145
X19+X29+X39+X49 = 35
X110+X210+X310+X410 = 30
X111+X211+X311+X411 = 35
X112+X212+X312+X412 = 50
End
Jika tidak ada kesalahan, maka proses dapat dilanjutkan untuk mencari jawaban
yang optimal. Langkah untuk mencari jawaban optimal adalah dengan menggunakan
Solve Solve. Kemudian secara otomatis LINDO akan membuka papan editor report. Pada
kasus PT.AQUA Golden Mississippi di atas akan muncul tampilan sebagai berikut.
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 17
OBJECTIVE FUNCTION VALUE
1) 51320.00
VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 0.000000 X12 0.000000 51.000000 X13 145.000000 0.000000 X15 55.000000 0.000000 X16 0.000000 116.000000 X17 0.000000 144.000000 X18 0.000000 54.000000 X19 0.000000 54.000000 X110 0.000000 240.000000 X111 0.000000 54.000000 X112 0.000000 173.000000 X21 40.000000 0.000000 X22 40.000000 0.000000 X23 50.000000 0.000000 X24 0.000000 58.000000 X25 0.000000 50.000000 X27 0.000000 28.000000 X28 0.000000 0.000000 X29 30.000000 0.000000 X210 0.000000 144.000000 X211 0.000000 0.000000 X212 0.000000 174.000000 X31 0.000000 94.000000 X32 0.000000 94.000000 X33 0.000000 94.000000 X34 0.000000 152.000000 X35 0.000000 56.000000 X36 0.000000 94.000000 X38 145.000000 0.000000 X39 5.000000 0.000000 X310 0.000000 244.000000
-
100
X311 15.000000 0.000000 X312 0.000000 174.000000 X41 0.000000 285.000000 X42 0.000000 336.000000 X43 0.000000 285.000000 X44 0.000000 282.000000 X45 0.000000 172.000000 X46 0.000000 244.000000 X47 0.000000 278.000000 X48 0.000000 86.000000 X49 0.000000 50.000000 X411 20.000000 0.000000 X412 50.000000 0.000000 X14 50.000000 0.000000 X26 40.000000 0.000000 X37 35.000000 0.000000 X410 30.000000 0.000000
ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 0.000000 29.000000 3) 0.000000 0.000000 4) 0.000000 33.000000 5) 0.000000 50.000000 6) 0.000000 -148.000000 7) 0.000000 -118.000000 8) 0.000000 -58.000000 9) 0.000000 -29.000000 10) 0.000000 -113.000000 11) 0.000000 0.000000 12) 0.000000 -33.000000 13) 0.000000 -129.000000 14) 0.000000 -192.000000 15) 0.000000 -50.000000 16) 0.000000 -235.000000 17) 0.000000 -85.000000
NO. ITERATIONS= 17
RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:
OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 119.000000 INFINITY 0.000000 X12 140.000000 INFINITY 51.000000 X13 29.000000 0.000000 50.000000 X15 84.000000 50.000000 INFINITY X16 87.000000 INFINITY 116.000000 X17 148.000000 INFINITY 144.000000 X18 154.000000 INFINITY 54.000000 X19 217.000000 INFINITY 54.000000 X110 261.000000 INFINITY 240.000000 X111 260.000000 INFINITY 54.000000 X112 229.000000 INFINITY 173.000000 X21 148.000000 0.000000 INFINITY X22 118.000000 51.000000 INFINITY
-
101
X23 58.000000 50.000000 0.000000 X24 87.000000 INFINITY 58.000000 X25