Teknik Riset Operasional

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional

Hal : 45

1.1. Sejarah Singkat Operations

Research merupakan

pendekatan

pengambilan

keputusan

manajerial yang didasarkan atas metode-metode ilmiah yang menggunakan banyak analisis kuantitatif. Berbagai nama diberikan untuk bidang ilmu yang melibatkan

pendekatan-pendekatan

kuantitatif,

diantaranya

“Management

Sc ience” ienc e” (Ma (M a najemen Sains). Sains). Operations Research diterjemahkan sebagai Riset Operasi (OR), Penelitian O per pe ra sional, iona l, dan da n Teknik Ris Riset O pe ra si (TRO). Revolusi manajemen sains pada awal 1900an yang dicetuskan Fred eric W. Ta ylo r , memberik memb erika a n da sa r ba ga i Riset iset Operasi Op erasi..

Namun Na mun Ris Riset Operasi Op erasi modern mod ern

umumnya dianggap muncul selama periode Perang Dunia II, ketika tim OR dibentuk untuk mena nga ni ma ma sa lah-ma slah str stra a tegis teg is da n taktis yang dihada diha da pi militer militer.. Tim ini ini terdiri dari para ahli matematika, teknik, dan perilaku bersama-sama memecahkan masalah denga n mengguna kan metode ilmi ilmiah. ah.

Setelah perang usai usai , ba nyak

anggota tim ini melanjutkan penelitian dengan pendekatan kuantitatif untuk pengambilan keputusan. Pada masa Perang Dunia II, angkatan perang Inggris membentuk suatu tim yang terdiri atas para ilmuwan untuk mempelajari untuk mempelajari persoalanpersoalan strategi dan taktik sehubungan dengan serangan-serangan yang dilanca dilanc a rkan musuh terhada terhada p negaranya. neg aranya. Tujua ujua n mereka mereka ada a da lah untuk untuk menentukan penggunaan sumber-sumber militer yang terbatas, seperti radar dan bomber denga de ngan n ca ra yang ya ng pa lin lin efektif efektif.. Karena Karena tim tim ters tersebut eb ut melakuk melakuka a n peneli pene liti tia a n terhad terhad ap operasi-operasi militer, maka muncullah nama “Military Operations Research”. Keberhasilan angkatan perang Inggris ini kemudian mendorong angkatan perang Amerika untuk melakukan aktifitas serupa dengan membentuk tim Op erations Resea rch .

Setelah Perang Dunia II berakhir, OR yang lahir di Inggris berkembang pesat di Amerika khususnya bagi kalangan industri, konsultan, perguruan tinggi, perencanaan kota dan dunia bisinis. Perkembangan yang sangat berarti adalah penemuan George Dantzig pada tahun 1947 atas metode simpleks yang digunakan untuk memecahkan masa masa lah pemograman pemo graman linier linier.. Kemudian pada pa da tahun 195 1957 7, buku per pe rtama mengena me ngena i

BRIDON SILABAN, IR, MBA

STMIK BUDIDARMA


Hal : 46

O R diterbitk diterbitkan an o leh Chur C hurc c hman, Ac koff, koff, dan da n Arnoff yang yang ber be rjudul “Introd Introd uc tion tion to Op eration Researc h” .

Perkembangan OR semakin pesat karena peningkatan besar dalam kemampuan

komputasi

sebagai

akibat

tersedianya

komputer.

Komputer

memungkinkan para praktisi menggunakan metodologi yang lebih cangkih untuk memec ahkan b erbagai erbag ai mas ma salah ala h industr industri. i. Visual Basic, Basic, Jav Jav a, C/ C++ Lahirnya bahasa pemograman seperti Visual sangat

mendukung perkembangan OR, dimana persoalan yang rumit dan berskala besar, dapat diselesaikan dengan cepat, tepat dan akurat, yang berdampak positif terhadap pengambilan keputusan.

1.2.

Pemecahan Masalah dan Pengambilan Keputusan Pemecahan

masalah merupakan proses pengidentifikasian perbedaan

antara kondisi aktual dan kondisi yang diinginkan serta kemudian mengambill tinda tinda kan untuk menga tasi tasi perbed aa n tersebut. eb ut. Ta h a p - t a h a p p e m e c a h a n m a s a la l a h . 1.

M e n g i d e n t ifif ik ik a si si d a n m e n d e f e n i si sik a n m a sa sa la h

2.

M e n e n t u ka ka n b e r b a g a i a l t e rn rn a t if if p e m e c a h a n

3.

Menentukan kriteria yang akan digunakan untuk mengevaluasi berbagai alternatif

4.

M e n g e v a lu a si b e r b a g a i a lt e r n a t if if

5.

Me m ilih a lterna tif

6.

M e n e r a p k a n a lt e r n a t ih ih y a n g t e r p ililih

7.

Mengevaluasi

hasilnya

dan

menentukan

apakah

pemecahan

telah

memuaskan.

Pengambilan keputusan berhubungan dengan langkah pertama sampai denga de nga n langkah kelim kelima a pa da pr p roses oses pemec pe mec aha n masalah. Dalam Dala m menyelesa menyelesa ika ika n per pe rsoa lan yang ya ng ber be rkaitan kaitan denga de ngan n penga p enga mbilan mbilan keputusan keputusan ini, ini, har ha rus diidentifik diidentifikasi asikan kan lebih dahulu dua komponen utama, yaitu tujuan (objective) dan variabel-variabel. Tujuan ujuan ad alah hasil hasil a khir hir yang hendak dica pai pa i denga n c ara memil memilih suatu tinda tinda ka n yang yang p a ling ling tepa t untuk untuk sistem istem yang yang d ipelajar ipelaja ri.

Dalam bida ng usaha usaha ,

tujuan diartikan sebagai “memaksimumkan keuntungan” atau “meminimumkan biaya”. biaya ”. Dalam bidang -bidang -bida ng la la in yang sif sifatnya atnya non profit, profit, tujuan tujuan da pa t ber be rupa “pemberian “pemberian kualitas ualitas pelayana pelayana n kepad a pelanggan”. pelangg an”. Apabila tujuan telah didefenisikan, maka harus dilakukan pemilihan tindakan terba terba ik yang da pa t mencap menc ap ai tujuan tujuan ters tersebut. eb ut. Untuk Untuk da pa t menentukan menentukan tinda tinda kantindakan yang mungkin dilakukan, maka harus diidentifikasi variabel-variabel sistem yang dapat dikendalikan oleh pengambil keputusan.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 46

O R diterbitk diterbitkan an o leh Chur C hurc c hman, Ac koff, koff, dan da n Arnoff yang yang ber be rjudul “Introd Introd uc tion tion to Op eration Researc h” .

Perkembangan OR semakin pesat karena peningkatan besar dalam kemampuan

komputasi

sebagai

akibat

tersedianya

komputer.

Komputer

memungkinkan para praktisi menggunakan metodologi yang lebih cangkih untuk memec ahkan b erbagai erbag ai mas ma salah ala h industr industri. i. Visual Basic, Basic, Jav Jav a, C/ C++ Lahirnya bahasa pemograman seperti Visual sangat

mendukung perkembangan OR, dimana persoalan yang rumit dan berskala besar, dapat diselesaikan dengan cepat, tepat dan akurat, yang berdampak positif terhadap pengambilan keputusan.

1.2.

Pemecahan Masalah dan Pengambilan Keputusan Pemecahan

masalah merupakan proses pengidentifikasian perbedaan

antara kondisi aktual dan kondisi yang diinginkan serta kemudian mengambill tinda tinda kan untuk menga tasi tasi perbed aa n tersebut. eb ut. Ta h a p - t a h a p p e m e c a h a n m a s a la l a h . 1.

M e n g i d e n t ifif ik ik a si si d a n m e n d e f e n i si sik a n m a sa sa la h

2.

M e n e n t u ka ka n b e r b a g a i a l t e rn rn a t if if p e m e c a h a n

3.

Menentukan kriteria yang akan digunakan untuk mengevaluasi berbagai alternatif

4.

M e n g e v a lu a si b e r b a g a i a lt e r n a t if if

5.

Me m ilih a lterna tif

6.

M e n e r a p k a n a lt e r n a t ih ih y a n g t e r p ililih

7.

Mengevaluasi

hasilnya

dan

menentukan

apakah

pemecahan

telah

memuaskan.

Pengambilan keputusan berhubungan dengan langkah pertama sampai denga de nga n langkah kelim kelima a pa da pr p roses oses pemec pe mec aha n masalah. Dalam Dala m menyelesa menyelesa ika ika n per pe rsoa lan yang ya ng ber be rkaitan kaitan denga de ngan n penga p enga mbilan mbilan keputusan keputusan ini, ini, har ha rus diidentifik diidentifikasi asikan kan lebih dahulu dua komponen utama, yaitu tujuan (objective) dan variabel-variabel. Tujuan ujuan ad alah hasil hasil a khir hir yang hendak dica pai pa i denga n c ara memil memilih suatu tinda tinda ka n yang yang p a ling ling tepa t untuk untuk sistem istem yang yang d ipelajar ipelaja ri.

Dalam bida ng usaha usaha ,

tujuan diartikan sebagai “memaksimumkan keuntungan” atau “meminimumkan biaya”. biaya ”. Dalam bidang -bidang -bida ng la la in yang sif sifatnya atnya non profit, profit, tujuan tujuan da pa t ber be rupa “pemberian “pemberian kualitas ualitas pelayana pelayana n kepad a pelanggan”. pelangg an”. Apabila tujuan telah didefenisikan, maka harus dilakukan pemilihan tindakan terba terba ik yang da pa t mencap menc ap ai tujuan tujuan ters tersebut. eb ut. Untuk Untuk da pa t menentukan menentukan tinda tinda kantindakan yang mungkin dilakukan, maka harus diidentifikasi variabel-variabel sistem yang dapat dikendalikan oleh pengambil keputusan.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 47

1.3. Analisa Analisa Kuantitatif. Taha p

pende fenis fenisian

masalah masalah

da ri

pros proses es

penga mbilan mbilan

keputusan eputusan

merupakan komponen paling kritis dalam menentukan keberhasilan atau kegagalan pende pe ndekatan katan

kuantitati kuantitatiff

untuk

penga pe nga mbila mbila n

keputus ep utusan.

Pada Pa da

umumnya umumnya

membutuhkan imajinasi, kerjasama dan banyak upaya untuk mengubah deskripsi masalah secara umum menjadi defenisi masalah yang baik, yang dapat menggunakan pendekatan kuantitatif. Agar berhasil dalam analisis kuantitatif untuk pengambilan keputusan, ahli OR harus harus bekerja bekerja sama sama denga n manajer atau ata u pengguna keputusan. keputusan. Apab Ap abil ila a kedua telah sepakat, ahli OR mulai bekerja mengembangkan model yang dapat digunakan.

1.4.

Paket Pake t Programa ograma QSB+(Qua (Quantit ntitative System for Business Plus) Pada saat ini telah banyak tersedia paket program yang dapat digunakan

untuk memecahkan dalam OR, diantaranya LP, LPV2, Simplex, QPTO, LPROG, QSB, Q SB+. Topik O R yang dis disediakan dalam paket program program Q SB+ ad alah : •

Program Linier Linier (Liniea (Liniearr Prog Progrra mming)

•

Integer Intege r Liniear Liniear Programming

•

Masalah Transportasi (Transportation and Transshipment)

•

Masalah Penugasan (Assignment and Traveling Salesman)

•

Ana lis lisa J a ringan inga n ( Netw Network ork Ana lys lysis) is)

•

C PM and PERT PERT

•

Dynamic Dynamic Prog Progrra mming mming

•

Inventory C ontrol

•

Teori Antrian Antrian

•

Simulas imula si Sis Siste tem m AS A Sntrian ntria n

•

Teori Keputus Keputusan an da n Pr Proba bilit bilitas as

•

Teori Ma rkov

•

Time ime Ser Series ies Foreca sting ting


STMIK BUDIDARMA


Hal : 48

2.1. Pendahuluan Programa linier yang diterjemahkan dari Liniear Programaming (LP) adalah suatu cara untuk menyelesaikan persoalan pengalokasian sumber-sumber yang terbatas di antara beberapa aktivitas yang bersaing, dengan cara yang terbaik yang mungkin dilakukan. Pe rsoa lan pengalikasian ini akan muncul apa bila seseorang harus

memilih

tingkat

aktivitas-aktivitas

tertentu

yang

bersaing

dalam

hal

penggunaan sumber daya yang terbatas yang di butuhkan untuk melaksanakan aktivitas-aktivitas tersebut. Beberapa contoh situasi dari uraian di atas antara lain ialah persoalan pengalokasian fasilitas produksi, , solusi permainan (game), dan pemilihan pola pengiriman (shipping). Satu hal yang menjadi cirri situasi di atas ialah adanya keharusan untuk mengalokasikan sumber terhadap aktivitas. Programa linier ini menggunakan model matematis untuk menjelaskan persolaan yang dihadapinya. Sifat “linier” di sini memberi arti bahwa seluruh fungsi matematis dalam model ini merupakan fungsi yagn linier. Sedangkan kata “Programaa”

merupakan

sinonim

untuk

perencanaan.

Dengan

demikian,

Programaa linier (LP) adalah perencanaan aktivitas-aktivitas untuk memperoleh suatu hasil yang optimum, yaitu suatu hasil yang mencapai tujuan terbaik di antara seluruh alternative yang layak/fisibel. George B. Dantzig merupakan ahli matematika yang diakui sebagai pioneer Programa Linier. Selama perang Dunia II Danzig bekerja pada Angkatan Udara Amerika Serikat , dia bekerjasama dengan Von Neumann, Hurwicz dan Koopmans , melahirkan “Programa Saling Ketergantungan Kegiatan – Kegiata dalam Struktur linier”, kemudian disebut Linea rr Program am ing. Pada tahun 1947 Dantzig mempublikasikan “Metode Simplek”. Kemudian bekerjasama dengan Marshall Wood dan Alex Orden dalam pengembangan “ M e t o d e Si m p l e k ” .

Pada awalnya metode simplek diterapkan pada masalah-masalah militer, seperti logistik, transportasi da n perbekalan. Sejalan denga n perkemba ngannya, linier Programa ming suda h diaplikasikan hampir kesemua bidang

yang didukung

dengan perkembangan yang sangat pesat bidang ilmu komputer.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 49

Seb ag a i ilustrasi, pe rhatikan c ontoh soa l berikut : Co ntoh 2.1 PT. Sa y a n g A n a k m e m p ro d u k si d u a je n i s m a i n a n y a n g t e r b u a t d a ri k a y u , y a n g b e ru p a b o n e k a d a n k e re t a a p i . Bo n e k a d iju a l d e n g a n h a rg a Rp 2 7 .0 00 / l u sin y a n g setiap lusinnya m em erluka n biaya m a teria l seb esa r Rp 10.000 serta b ia ya te na ga kerja seb esa r Rp 14.000. Kereta a p i yang d ijua l seha rg a Rp 21.000/lusin m em erluka n b ia ya m a teria l seb esa r Rp 9.000 d an b ia ya ten a g a kerja seb esa r Rp 10.000. Untuk m e m b u a t b o n e k a d a n k e re t a a p i in i d i p e rlu k a n d u a k e lo m p o k t e n a g a k e rja , y a it u t u k a n g k a y u d a n t u k a n g p o l e s. Se t i a p lu sin b o n e k a m e m e r lu k a n 2 ja m p e m o l e sa n d a n 1 ja m p e k e r ja a n k a y u , se d a n g k a n se t i a p lu sin k e re t a a p i m e m e r lu k a n 1 ja m pemolesan

dan

1

jam

pekerjaan

kayu.

Meskipun

pada

setiap

minggunya

p e ru sa h a a n in i d a p a t m e m e n u h i se l u ru h m a t e r ia l y a n g d ip e rlu k a n , ja m k e rja y a n g t e r se d ia h a n y a 1 0 0 ja m u t n u k p e m o l e sa n d a n 8 0 ja m u n t u k p e k e rja a n k a y u . D a r i p e n g a m a t a n p a sa r se la m in i d a p a t d ik a t a k a n b a h w a k e b u t u h a n a k a n k e re t e a a p i tidak terbatas, tetapi untuk boneka tidak lebih dari 40 lusin yang terjual setiap minggunya. Bagaimanakah formulasi dari persoalan di atas untuk mengetahui b e r a p a lu sin je n i s m a i n a n m a sin g - m a sin g y a n g h a ru s d i b u a t se t i a p m in g g u a g a r d i p e r o le h k e u n t un g a n y a n g m a k sim u m ?

Dalam membangun model dari formulasi persoalan di atas akan digunakan karakteristik-karakteristik yang biasa digunakan dalam persoalan Programaa linier, yaitu :

a. Variabel keputusan Variabel keputusan adalah variable yang menguraikan secara lengkap keputusan-keputusan yang akan dibuat. Dalam persoalan ini, variable keputusan akan menentukan berapa banyak boneka dan kereta api masing-masing harus dibuat setiap minggunya.

Misalkan : x1 = ba nyaknya boneka yang dibuat setiap minggu x2 = ba nyaknya kereta api yang d ibuat setiap minggu.

b. Fungsi tujuan Fungsi tujuan merupakan fungsi dari variable keputusan yang akan dimaksimumkan (untuk pendapatan atau keuntungan) atau diminimumkan (untuk ongkos). Pada persoalan ini akan di maksimumkan (pendapatan/minggu) – (ongkos material/minggu) – (ongkos tenag a kerja/ minggu). Pendapa tan da n ongkos-ongkos ini da pa t

diekspresikan denga n menggunakan

variable keputusan x1 dan x2 sebagai berikut :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 50

Pendapa tan/minggu = pendapatan/ minggu da ri boneka + penda pa tan/minggu dari KA. = 27x1 +21x2 Ongkos material/ minggu = 10x1 +9x2 Ongkos tena ga kerja/ minggu = 14x1 + 10x2 Sehignga yang a kan dimaksimumkan a da lah : (27x1 + 21x2) – (10x1 + 9x2) – (14x1 + 10x2) = 3x1 + 2x2 C atatan : ongkos da n penda patan da lam ribuan rupiah. Untuk menyatakan nilai fungsi tujuan ini akan digunakan variable z sehingga fugnsi tujuannya menjadi : Maksimumkan z =3x1 + 2x2

c. Pembatas Pembatas merupakan kendala yagn dihadapi sehingga kita tidak bisa menentukan harga-harga varibel keputusan secara sembarang. Pada persoalan di atas ada 3 pembatas yang kita hadapi, yaitu : Pemba tas 1 : Setiap minggu tida k lebih dari 100 jam waktu pemolesan yang d ap at d i gunakan. Pembatas 2 : Setiap minggu tidak lebih dari 80 jam waktu pengerjaan kayu yang dapat digunakan. Pembatas 3 : Karena permintaan yang terbatas, maka tidak lebih dari 40 lusin boneka yang da pa t di buat setiap minggu. J umlah material yang dapat di gunakan diasumsikan tidak terbatas sehingga tidak ada pembatas untuk hal ini. Selanjutnya, ekspresikan pembatas- pembatas itu ke dalam x1 dan x2 sebagai berikut : Pembatas 1 : 2x1 + x2 ≤1 00 Pembatas 2 : x1 + x2 ≤ 80 Pemba tas 3 : x1 ≤ 40 Koefisien dari variabel keputusan pada pembatas disebut koefisien teknologis, sedangkan bilangan yang ada di sisi kanan setiap pembatas disebut ruas kanan pembatas.

d. Pembatas tanda Pembatas tanda adalah pembatas yang menjelaskan apakah variabel keputusannya diasumsikan hanya berharga nonnegative atau variabel keputusan tersebut boleh berharga positif, boleh juga negative (tidak terbatas dalam tanda). Pada contoh soal di atas kedua varibel keputusan harus berharga nonnegative sehingga harus dinyatakan bahwa


STMIK BUDIDARMA


Hal : 51

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Denga n demikian, formulasi lengkap da ri persoa lan PT. Sayang Ana k adalah : Maksimumkan

z = 3x1 + 2x2

Berdasarkan 2x1 + x2 ≤1 00 x1 + x2 ≤ 80 x1 ≤ 40 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Co ntoh 2.2

PT. Indah Gelas adalah suatu perusahaa n yang memproduksi kaca berkualitas tinggi untuk digunakan sebagai jendela dan pintu kaca. Perusahaan ini memiliki tiga buah pabrik, pabrik 1 yang membuat bingkai aluminium, pabrik 2 yang membuat bingkai kayu, dan pabrik 3 yang digunakan utnuk memproduksi kaca dan merakit produk keseluruhan. Saat ini perusahaan mendapat pesanan berupa dua macam produk ba ru yang potensial, yaitu kac a setinggi 8 kaki denga n bingkai a luminium (produk 1), dan jendela berukuran 4 x 6 kaki dengan bingkai kayu (produk 2). Karena perusahaan sedang mengalami penurunan pendapatan sebagai akibat resesi dunia, maka pimpinan perusahaan merasa perlu untuk memperbaiki/mengubah lintasan produksinya dengan cara menghentikan pembuatan beberapa produk yang tidak menguntungkan sehingga kapasitas produksi dapat digunakan untuk membuat salah satu atau kedua produk baru yang potensial tersebut. Kepala bagian pemasaran telah menyimpulkan bahwa perusahaan harus dapat menjual kedua produk itu sebanyak-banyaknya, yaitu sejumlah yang dapat dibuat dengan kapasitas yang ada. Akan tetapi, karena kedua produk itu akan bersaing untuk menggunakan kapa sitas produksi yang sama di pab rik 3, maka persoa lannya ialah : Berpa banyakkah masing-masing produk harus dibuat sehingga deperoleh keuntungan terbaik? Untuk menyelesaikan persoalan di atas, terlebih dahulu harus dicari mengenai : 1. Persentase kapasitas produksi masing-masing pabrik yang dapat digunakan untuk kedua mac am produk tersebut. 2. Persentase kapasitas yang diperlukan oleh masing-masing produk untuk setiap unit yang diprod uksi per menit. 3. Keuntungan per unti untuk masing-masing produk.

Informasi mengena i ketiga ha l di atas diberikan pa da Ta b el 2.1 b erikut ini :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 52

Ta b el 2.1. Data un tuk PT. Inda h Gela s

Produk

Kapa sitas yang digunakan/ unit

Kapa sitas yang

Ukuran produksi

Dapat digunakan

Pabrik

1

2

1

1

0

4

2

0

2

12

3

3

2

18

Keuntunga n/ Unit

$3

$5

Karena kapasitas yang telah digunakan oleh suatu produk di pabrik 3 menyebabkan produk lain tidak dapat menggunakannya, maka persoalan di atas dikenal sebagai persoa lan Programa a linier dengan tipe “campuran p roduk” atau produc t mix. Untuk memformulasikan model metematis dari persoalan ini, kita tentukan x1 dan x2 sebagai jumlah unit dari produk 1 danproduk 2 yang diproduksi per menit, dan kita tentukan pula z sebagai keuntungan yang diperoleh per menit. Dengan demikian maka x1 dan x2 menjadi variabel-variabel keputusan dari model ini, dan tujuannya adalah memilih harga-harga x1 dan x2 sehingga diperoleh nilai maksimum da ri : Z =3x1 + 5x2 berda sarkan pemba tas yang ada , yaitu kapa sitas pa brik yang da pa t di gunakan. Tab el 2,1 diatas memberikan implikasi bahwa setiap unit

produk 1 yang

diproduksi per menit akan menggunakan 1 persen dari kapasitas pabri k1, padahal kapasitas yang dapat digunakan hanya 4 persen. Pembatas ini dinyatakan secara matema tis dengan ketida ksama an x1 ≤4 . Dengan cara yang sama, pabrik 2 memiliki pemba tas 2x2 ≤1 2. Persentase kapasitas pabrik 3 digunakan dengan cara memilih x1 dan x2 sebagai produk-produk baru tersebut sehingga ukuran produksinya adalah 3x1 +2x2. Karena itu, sec ara matema tis pe mba tas da ri pa brik 3 ini adalah 3x1 +2x2 ≤ 18. Karena ukuran produksi ini tidak mungkin berharga negative, maka variabelvariabel keputusan ini dibatasi sehingga berharga nonnegative dengan x1 ≥ 0 dan x2 ≥ 0. Sebagai kesimpulan, persoalan di atas dapat dinyatakan secara matematis sebagai berikut : Maksimumkan

z = 3x1 + 5x2

berdasarkan x1

≤

2x2 3x1 + 2x2

4

≤ 12 ≤

18

dan


STMIK BUDIDARMA


Hal : 53

x1 ≥0 , x2 ≥

Dari ilustrasi di atas dpat ditarik kesimpulan mengenai pengertian persoalan Programaa linier sebagai berikut : Persoalan Programaa linier (LP) adalah suatu persoalan optimasi di mana kita melakukan hal-hal berikut ini : 1.

Kita berusaha memaksimumkan atau meminimumkan suatu fungsi linier dari variabel-variabel keputusan yang disebut fungsi tujuan.

2.

Harga/besaran dari variabel-variabel keputusan itu harus memenuhi suatu set pembatas.

Setiap

pembatas

harus

merupakan

persamaan

linier

atau

ketidaksamaan linier. 3.

Suatu pembatas tanda dikaitkan dengan setiap variabel. Untuk setiap variabel xi ha rus nonneg ative (x1 ≥0 ) atau xi tidak terba tas da lam tanda.

Definisi : Sua tu fun g si f (x1, x2,…,xn) d a ri x1, x2,…,xn ad a la h fung si linier jika d a n ha nya untuk sejumla h set ko nta nta c 1, c 2,…, cn b erla ku f (x1, x2,…, xn) = c 1x1 + c 2x2 +… + c nxn Seb a ga i co nto h, f (x1, x2) = 2 x1 + x2 a d a la h fung si linier d a ri x1 da n x2, tet a p i 2 x 1 2 + x2 vuka n fun g si linier d a ri x1 da n x2. Untuk

setiap

fungsi

linier

ketida ksa m a a n f (x1, x2, …, xn)

f

≤ b

linier. Seb a g a i c on to h, 2x1 + 3x2

(x1,

x2,

…,

xn)

d a n f (x1, x2, …, xn)

≤ 3

d a n 2x1 + x2

≥ 3

dan

≥ b

setiap

bilangan

b,

a d a l a h ke t id a k sa m a a n

a d a l a h k e t id a k sa m a a n lin ie r ,

se d a n g k a n 2 x 1 2 + x2 ≥ 3 b ukan la h ketid a ksa m a a n linier.

2.2. Model Programa Linier Tabel 2.2. Data Model Programa Linier Aktivitas

Pengg unaa n Sumber/Unit 1

2

……….

Banyaknya N

Sumber

Tingkat

yang

digunakan 1

a11

a12

………..

a1n

b1

2

a21

a22

………..

a2n

b2

.

.

.

.

.

.

.

.

.

m δZ / Unit

Sumber

am1

am2

………..

amn

C1

C2

……….

Cn

X1

X2

……….

Xn

bm

Berdasarkan table diata s dap at dibuat formulasi mode l matematis Programa Linier.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 54

Fungsi Tujuan : Maksimumkan Z =C 1X1 + C 2X2 + C 3X3 + . . . . . . + C nXn Batasan/Kenda la : a 11X1 + a

12X2 +

a

13X3

+ ……………………..+ a1nXn ≤ b

1

a 21X1 + a

22X2 +

a

23X3

+ ……………………..+ a2nXn ≤ b

2

a 31X1 + a

32X2 +

a

33X3

+ ……………………..+ a3nXn ≤ b

3

. a m1X1 + a

m2X2 +

da n ,

a

m3X3

+ …………………..+ amnXn ≤ b

X1 ≥0 , X2 ≥0, X3 ≥0,………………

m

Xn ≥ 0

C atatan : Yang harus dica ri ad alah X1, X2, …………Xn Bentuk model diatas disebut Bentuk Standar Persoalan Programa Linier

2.3. Asumsi Model Programa Linier Sebenarnya asumsi-asumsi dasar Programa Linier telah tersirat pada model matematis yang telah dibahas. Tetapi ada baiknya membahas asumsi-asumsi tersebut agar terperinci. Asumsi-asumsi Programa linier menuntut agar hubungan fungsiona l

dalam

masalah

bersifat

linier/prop orsional,

aditif,

divisibility, da n

de terministic.

a . Linierity/ Prop ortiona lity (Linier/ p rop orsiona l )

Persyaratan uatama pada Programa Linier adalah bahwa fungsi tujuan (Z) da n semua kendala harus linier. J ika suatu kenda la de nga n 2 variab el keputusan dalam diagram dimensi 2, maka akan berbentuk garis lurus. Demikian juga apabila 3 variabel, maka akan menghasilkan bidang datar. Linier berarti bahwa hubungannya proporsional artinya tingkat perubahan ata u hubunga n fungsional ad alah konstan.

Perubaha n nilai variab el akan

menga kiba tkan peruba han relative nilai fungsi tujuan dalam jumlah yang sama . Contoh: Z = C 1 X 1 + C 2 X 2 + C 3 X 3 + ………… + CnXn

Setiap pertamba han 1 unit X1 akan mena ikkan Z dengan C 1 Setiap pertamba han 1 unit X2 akan mena ikkan Z dengan C 2 Dan seterusnya. a 11 X 1 + a 12 X 2 + a 13 X 3 + ……………………..+ a 1n X n

Setiap pertamba han 1 unit

b 1

X1 akan menaikkan penggunaan sumber

da ya/ fasilitas 1 dengan a 11. Setiap pertamba han 1 unit

X2 akan menaikkan penggunaan sumber

da ya/ fasilitas 1 dengan a 12.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 55

b. Additivity

Asumsi ini berarti bahwa nilai tujuan tiap kegiatan tidak saling mempengaruhi, diangga p bahwa kenaikan da ri nilai tujuan (Z) yang d iakiba tkan oleh kenaikan suatu kegiatan da pa t ditamba hkan tanpa mempengaruhi ba gian nilai Z yang diperoleh da ri kegiatan lain. Contoh: Z = 3X1 + 5X2 Dimana , X1 = 10 ; X 2= 2. Maka,

Z = 3(10) + 5(2) = 40

J ika X1 bertamba h 1 unit, maka sesuai denga n asumsi pertama , maka nilai Z menja di 40 + 3 = 43 Nilai 3 merupakan kenaikan X1 yang dapat langsung ditambahkan pada nilai Z mula-mula tanpa mengurangi bagian Z yang diperoleh da ri kegiatan 2(X2). Denga n kata lain tidak korelasi antara X1 dan X2

c . Divisibility.

Divisibility berarti bahwa output yang dihasilkan oleh setiap kegiatan dapat berupa bilanga n pec aha n, demikian juga dengan nilai Zyang dihasilkan. d . Dete rministic .

Semua parameter model (cj,aij, dan bj) diasumsikan diketahui dengan kepastian.

Dalam kenyataa nnya, parameter mode l jarang bersifat deterministic,

karena mencerminkan kondisi masa depan maupun sekarang, dan keadaan masa depa jarang diketahui dengan pasti. Analisis sensitivitas merupakan suatu teknik yang dikembangkan untuk menguji nilai solusi, bagaimana kepekaannya terhadap peruba han-peruba han pa rameter.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 56

TEKNIK PEMECAHAN PROGRAMA LINIER

Ada dua cara yang digunakan untuk menyelesaikan persoalan Programa linier, yaitu M e t o d e G r a f isd an M e t o d e Si m p l e k . Metode Grafis dipergunakan apabila persoalan Programa linier itu hanya mempunyai dua variabel. Namun demikian metode ini telah memberikan petunjuk penting bahwa dalam pemecahanPrograma linier , kita hanya perlu memperhatikan titik ekstrim (titik terjauh) pa da ruang solusi atau da erah fisibel.

Petunjuk inilah

seba gai kunci dalam mengemba ngkan “M e t o d e Si m p l e k ”.

3.1.

Metode Grafis.

Untuk menjelaskan metode grafis, akan kita berikan c ontoh Programa linier dengan pe rsoa lan maksimasi da n minimasi. 3.1.1. Persoala n M ak sim a si. Se b u a h p e ru sa h a a n se p a t u “ M a r y la n d ” y a n g b e r m a rk a s d i M a re l a n d m e m p r o d u k si 2 je n is se p a t u , ya itu sep a tu d e n g a n so l k a re t d a n s e p a t u d e n g a n so l k u l it . Untuk m em b ua t sep a tu terseb ut, dibutu hkan 3 jenis m esin ya itu, me sin I khusus m em b ua t sol d a ri ka ret, m esin II khusus m em b ua t sol d a ri kulit d a n m esin III khusus m en gg a b ung kan b a g ia n a t a s se p a t u d e n g a n so l se p a t u . U n t u k m e m b u a t se p a t u d a ri so l ka re t p e r lu sin dibutuhkan waktu pengerjaan 2 jam pada mesin I, dan 6 jam pada mesin III. Se d a n g k a n u n t u k m e m b u a t se p a t u d e n g a n so l d a ri k u lit p e r lu sin d ib u t u h k a n 3 ja m p a d a m e sin II d a n 8 ja m p a d a m e sin III. D a l a m sa t u m i n g g u , m e sin I h a n y a d a p a t b ekerja 5 jam , me sin II 15 ja m d a n m esin III 30 ja m . Sed a ng kan ke untun ga n ya ng d ipe roleh d a ri set iap lusin sep a tu sol karet seb esar Rp . Rp . 30.000,- d a n sep a tu so l kulit Rp . 50.000,-. D a la m k a s us in i , m a sa l a h y a n g d i ha d a p i a d a l a h m e n e n tu k a n j u m l a h m a si ng - m a s in g se p a t u y a n g h a ru s d i p r o d u k s i a g a r m e m p e ro l e h k e u n t u n g a n m a k si m u m .


STMIK BUDIDARMA


Hal : 57

Penyelesaian:

1. Bua t Data Tab el Perusaha an M arylan . Tabel 3.1. Data Perusahaan Sepatu “Maryland” Merek Sepatu I1 I2 Kapasitas Maks Mesin I II III Keuntungan(10.000) J umlah Produksi

2 0 6 3 X1

0 3

8 15 30

5 5 X2

X1 = jumlah prod uksi sep atu sol karet (I1) X2 = jumlah sep atu sol kulit ( I 2) 2 . Bu a t m o d e l m a t e m a t i s f u n g si t uj u a n d a n f u ng s i p e m b a t a s.

Fungsi Tujuan. Maksimumkan Batasan/Kendala

Z = 3 X1 + 5 X2

2X1 + 0X 2 ≤ 8 atau 2X 1 ≤ 8 ………….. 0X1 + 3X 2 ≤ 15 3X 2 ≤ 15 ………….. (2) 6X1 + 5X2 ≤ 30 ………………………………………. (3) X1 >= 0 ; X2 >= 0

(1)

3 . G a m b a rk a n g r a fi k fu n g s i p e m b a t a s, d e n g a n m e m b u a t g r a f ik b e rd i m e n si d u a , dimana X1 (sepatu sol karet) dan X2 (sepatu sol kulit) sebagai sumbu- sumbunya. Se t e l a h se l u ru h f u n g si p e m b a t a s d ig a m b a rk a n , m a k a a k a n d i p e r o le h d a e ra h ya ng b erla ku untuk ketiga fung si terseb ut.( l ih a t g a m b a r 3 .1 . ) 4.

Ga m ba rka n fung si Tujuan .

G ambarkan fungsi tujuan d enga n cara menentukan nilai Z terlebih dahulu (dalam hal ini ambiil nilai Z1 = 20). Kemudia n geser nilai Z seja jar denga n Z1 sehingga bersinggungan dengan daerah fisibel. Dalam hal ini kita mencoba dan mencoba lagi sehingga ditemukan titik singgungnya. Untuk menentukan titik singgung : 3X2 = 15 x5 6X1 + 5X2 = 30 x3 ---------------------------------- (-)

15 X2 = 75 18X 1 + 15X2 = 90 ------------------------------------ (-) - 18 X1= -15

X1

=

0,833

X2 =

5

J adi fungsi tujuan bersinggungan denga n daerah fisibel pada titik X1 =0,833 dan X2 = 5 de nga n nilai Z = 27,5. (Keuntunga n)

G rafik fungsi pemba tas dan fungsi tujuan

dap at dilihat pa da g a m b a r 3 .1 d i b a w a h i n i.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 58

G a m b a r 3 .1 . Grafik fungsi pemba tas dan fungsi tujuan Ka sus Ma ksimasi

X2

6 A

Daerag A B C D merupakan Dae rah fisible (layak)

B

5 4 3 2 Daerah Fisibel

C

1 D 0

1

2

3

4

X1 5

6

7

Z1 = 3X1+ 5X2 =21 3.1.2. Persoala n M inima si.

PT. Putri Srikandi memproduksi dua jenis mobil, yaitu jenis sedan dan truk. Dalam rangka menaikkan penjualan pihak perusahaan memutuskan melakukan promosi melalui ac ara televise (TV). Ada dua ac ara yang tersedia, yaitu pada ac ara hiburan dan olahraga. Berdasarkan hasil survey, acara hiburan ditonton 7 juta pemirsa wanita da n 2 juta pe mirsa pria. Sedangkan ac ara olahrag a ditonton 2 juta wa nita da n 12 juta pria.

Biaya promosi pa da acara hiburan Rp. 5.000.000,- per menit,

sedangkan pada acara olahrag a

Rp 10.000.000,- per menit. Pihak perusaha an

menginginkan promosi disaksikan oleh 28 juta pemirsa wanita dan 24 juta pemirsa pria, apa strategi promosi perusahaan tersebut.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 59

Penyelesaian. Variabe l Keputusan. X1

= lamanya promosi da lam ac ara hiburan

X2

= lamanya promosi da lam ac ara olahraga Data Perusahaan PT. Putri Srikandi J enis Ac ara Hiburan

Olahraga

Kapa sitas Ma ks

Pemirsa

Wanita (W) Pria (P)

Biaya/ menit J uta)

(Rp.

Lama Promosi

7 2

2 12

5

10

X1

X2

28 24

Tujuan dari permaslalaha n ini ad alah untuk menekan biaya ata u meminimkan biaya, maka p ersolannya a da la Minimasi. Fungsi Tujuan Minimumka n Z = 5 X1 + 10 X2 Fung si Pemb ata s

7X1 + 2X 2 ≥ 28 2X1 + 12X 2 ≥ 24 X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0


STMIK BUDIDARMA


Hal : 60

Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuannya dapat dilihat pada gambar 3.2. dibawah ini. X2 15 14

A Daerah A B C merupakan daerah fisibel (layak)

13 7X1 + 2X2 28

12 11 10 9 8 7 6

Daerah fisibel

5 4 3 2

B

1

C

0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

X1 13

Z1 = 30 = 5X1 + 10X2 G amba r 3.2 Grafik fungsi pembatas dan fungsi tujuan Kasus Minimasi

3.1.3. Kasus Khusus Pada masalah perusahaan Maryland an PT. Putri Srikandi yang telah dibahas denga n metode g rafik, kita memperoleh hanya satu solusi optimal. Akan tetapi ada kasus dimana solusinya tida k demikian, yang kita seb ut ka sus khusus , seperti : 1. M e m i li k i so l u si o p t im a l y a n g t id a k t e rb a t a s yang

disebut

juga

mempunyai

solusi

a l t e rn a t i v e a t a u b e rso l u si o p t i m a l b a n y a k .

C ontoh : Maksimumkan

Z = 3X1 + 2X 2

Fungsi Pembatas (1/40) X1 + (1/ 60) X 2 ≤ 1 (1/50) X1 + (1/ 50) X 2 ≤ 1 X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0 2.


Tida k m em pun ya i solusi fisibe l

STMIK BUDIDARMA


Hal : 61


Z = 3X1 + 2X 2

Fungsi Pembatas (1/40) X1 + (1/ 60) X 2 ≤ 1 (1/50) X1 + (1/ 50) X 2 ≤ 1 X1 ≥ 30 X2 ≥ 20 3.

M e m p u n y a i ru a n g so l u si y a n g t id a k t e rb a t a s, k a s u s d i m a n a n i la i Z y a n g sa n g a t be sa r (tida k terba tas).


Z = 2X1 - X 2

Fungsi Pembatas X1 - X 2

≤1

2X1 + X 2 ≥ 6 X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0 3.2. Metode Simplek. 3.2.1. Ben tuk Um um n

Ma ksimumkan atau Minimumkan

Z = ∑ Cjxj j =i

Dengan syarat : Xj

a ijx j (≤, = , ≥) b i, untuk semua I (i=1,2,3,……m) semua x j>=0

: ba nyaknya kegiatan j, dimana j = 1,2,3,…………n ( berarti terda pa t n variab le keputusan)

Z

: nilai fungsi tujuan (maksimum atau minimum)

Cj

: sumbangan per unit kegiatan Un t u k m a k si m a si c j m e n u n j u k k a n p e n e r im a a n / k e u n t u n g a n p e r u n i t. Un t u k m i n im a si c j m e n u n j u k k a n b i a y a p e r u n i t

bi

: jumlah sumber da ya i (i = 1,2,3,……………..m)

aij

: ba nyaknya sumber da ya i yang dikonsumsi sumber da ya j.

Simbol-simbol tersebut diatas selanjutnya disusun ke dalam bentuk table standar Programa Linier, seperti Tabel 1. Dan model matematisnya sbb. Fungsi Tujuan : Maksimumkan Z =C 1X1 + C 2X2 + C 3X3 + . . . . . . + C nXn Batasan/Kenda la : a 11X1 + a

12X2 +

a

13X3

+ ……………………..+ a1nXn ≤ b

1

a 21X1 + a

22X2 +

a

23X3

+ ……………………..+ a2nXn ≤ b

2


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional a 31X1 + a

32X2 +

a

33X3

Hal : 62

+ ……………………..+ a3nXn ≤ b

3

. a m1X1 + a

m2X2 +

da n ,

a

m3X3

+ ……………………..+ a mnXn ≤ b

m

X1 ≥0 , X2 ≥0 , X3 ≥0,…………………… Xn ≥ 0

3.2.2. Langkah- Langkah Metode Simplek.

3.2.2.1 Kasus M a k sim um . 1. Men g ub a h Fung si Tujua n da n Ba tasan – Ba tasan

Fungsi tujuan diuba h menjad i fungsi implisilit. Artinya semua C eser ke kiri j X ij g Contoh. Fungsi Tujuan. Z = 3X1 + 5X2,

menjadi

Z - 3X1 - 5X 2

=0,

Fungsi Pembatas Semua batasan bertanda ≤ diruba h menjadi tanda = denga n menambah “slack varable”. (S1, S2, ………,Sm) Slack variable adalah variable yang mewakili tingkat penga ngguran .

2X1

≤8

menja di

2X1

+ S1

=8

3X2

≤ 15 menja di

3X2

+ S2

= 15

6X1 + 5X2 + S3

= 30

6X1 + 5X2 ≤ 30 menja di

(S3, S4,S5 ada lah Slac k Va riab le).

2. Meny usun Tab el Simp lek .

Va riabe l Dasar Z S1

Z 1 0

S2

0 . .0

.Sm

X1 X2 ……Xn S1, -C 1 -C 2 … -C n 0 a 11 a 12 . . . . . a 1n 1 a 21 a 22 . . . . . a 2n 0 a 31 a 32 . . . . . a 3n 0 . . . a m1 a m2 . . . . . a mn 0

S2, ………,Sm 0 ……….. 0 0

……………

0

1

……………. 0

0

…………….. 0

NK 0 b1 b2 b3

. 0

……………… 1

bm

N K a d a l a h N i la i Ka n a n p e r sa m a a n . Ka s u s p e ru sa h a a n s e p a t u “ M a r y la n d ” d a p a t d i b u a t m e n j a d i t a b l e b e r ik u t .

Tab el Simplek Perusaha an Sepa tu Ma ryland Va riabel Dasar Z X1 X2 S1 S2 Z 1 -3 -5 0 0 S1 0 2 0 1 0 S2 0 0 3 0 1 S3 0 6 5 0 0

S3 0 0 0 1

NK 0 8 15 30

3. Pilih Kolom Kunc i

Pilih kolom yang mempunyai nilai pada garis fungsi tujuan yang bernilai negative dengan angka terbesar.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 63

Variabel Dasar

Z

X1

X2

S1

S2

S3

NK

Z

1

-3

-5

0

0

0

0

S1

0

2

0

1

0

0

8

S2

0

0

3

0

1

0

15

S3

0

6

5

0

0

1

30

Keterangan

4. Pilih Baris Kun c i

Hitung Indeks yang merupa kan Nilai Kolom NK diba gi de ngan Nilai Kolom Kunci. Ca ri nilai terkec il

Variabel Dasar

Z

X1

X2

S1

S2

S3

NK

Kete rangan

Z

1

-3

-5

0

0

0

0

S1

0

2

0

1

0

0

8

Tak terhingga

S2

0

0

3

0

1

0

15

5

S3

0

6

5

0

0

1

30

6

5. Meng uba h Nilai-Nila i Baris Kunci

Nilai-nilai pa da ba ris kunci ba gikan terhadap nilai kunci, da lam hal ini nilai yang terdapat pada perpotongan kolom kunci dengan baris kunci. angka 3. Kemudian X4 pada kolom variable d asar diganti menjadi kolom kunci (X2) Variabel Dasar

Z

X1

X2

S1

S2

S3

NK

Z

1

-3

-5

0

0

0

0

S1

0

2

0

1

0

0

8

S2

0

0

3

0

1

0

15

S3

0

6

5

0

0

1

30

0

0

1

0

1/3

0

5

Z S1 X2 S3 C atatan : Ga nti S4 pada va riabe l Dasar menjad i X2. 6 . M e n g u b a h n i la i - n i la i p a d a b a ri s se l a i n b a ri s k u n c i .

Nilai Baru = Baris Lama - (Koefisien pa da kolom kunc i) x nilai ba ru baris kunci. Baris 1 (Z) -5

Ba ris Ba ru

Baris 2 (X3) 0


-3

-5

0

0

0

0

0

1

0

1/3

0

5

-3

-5

0

0

0

0

0

-5

0

5/3

0

-25

-3

0

0

5/ 3

0

25

2

0

1

0

0

8

0

1

0

1/3

0

5

(-)

(-)

(-)

STMIK BUDIDARMA


Baris Ba ru

Baris 4 (X5) 5

Baris Baru

Iterasi

Hal : 64

2

0

1

0

0

8

0

0

0

0

0

0

2

0

1

0

0

8

6

5

0

0

1

30

0 6

1 5

0 0

1/3 0

0 1

5 30

(-)

0

5

0

5/3

0

25

(-)

6

0

0

-5/ 3

1

5

(-)

Va riabel Dasar

Z

X1

X2

S3

S4

S5

NK

Z

1

-3

-5

0

0

0

0

X3

0

2

0

1

0

0

8

X4

0

0

3

0

1

0

15

X5

0

6

5

0

0

1

30

Z

1

-3

0

0

5/ 3

0

25

S3

0

2

0

1

0

0

8

X2

0

0

1

0

1/ 3

0

5

S5

0

6

0

0

5/ 3

1

5

0

1

7. Kemba li ke Langkah 3 s/d langkah 6 , hingga diperoleh niali pad a Baris Z tidak ada lagi bertanda negative. Hasilnya sbb. Iterasi

1

2

Variabel Dasar

Z

X1

X2

S

S2

S3

NK

Z

1

-3

0

0

5/ 3

0

25

S1

0

2

0

1

0

0

8

X2

0

0

1

0

1/3

0

5

S3

0

6

0

0

-5/ 3

1

5

Z

1

0

0

0

0,83325

0,5

27,5

S1

0

0

0

1

0,5555

-0,3333

6,33333

X2

0

0

1

0

0,33333

0

5

X1

0

0,16667

0,83333

1 0 0 -0,2778 Catatan : Ganti S5 pada Variabel dasar menjai X1. Z = 27,5 X1 = 0,8333 X2 = 5 S1 = 6,3333

3.2.2.2. Ka sus M inim um . 1.

A p a b i la k i ta m e n y e l e sa i k a n m a s a l a h m i n i m a si , m a k a f un g s i t u ju a n h a ru s d i ru b a h m e n j a d i m a k si m a si , a g a r se su a i d e n g a n b e n t u k s ta n d a r Pro g ra m a Li n ie r , d e n g a n c a r a m e n g g a n t i ta n d a p o s it if d a n n e g a t i v e p a d a f u ng s i t u ju a n .


STMIK BUDIDARMA


Z=

Minimumkan

Hal : 65

n

∑ Cjxj j =i

Menjadi n

(- Z ) = ( ∑ − Cjxj )

Maksimumkan

j = i

Contoh: Minimumkan

Z = 3X1 + 5X2

diubah menjadi Maksimumkan (- Z) = -3X1 - 5X 2

2. Fung si Pem ba tas be rtan da

Bila suatu fungsi pembatas bertanda ≥, maka harus diubah menjadi ≤, kemudian menjadi tanda = aga r da pa t diselesaikan dengan metode simplek. C ontoh : 6X1 + 5X2 ≥ 30,

dikalikan (-1) menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, ditamba h variable S1 - 6X1 - 5X2 + S1 = - 30

3. Bag ian Kan an Persam aa n Bertand a Neg atif.

C ontoh : - 6X1 - 5X2 + S1 = - 30, kalikan de ngan (-1), menjad i 6X1 + 5X2 - S1 = 30 Perhatikan slack variable masih bertanda negative (yaitu – S1), hal ini tidak memungkinkan menggunakan metode simplek. Maka harus ditambahkan lagi va riab le bua tan (a rtificial va riab le) R1 . Persama an menjadi :

6X1 + 5X2 - S1 + R1 = 30 C atatan : S1 disebut juga surplus variab le, karena mengurangi kelebihan da ri bagian kiri persamaa n.

Co ntoh Soa l.

Fungsi Tujuan. Minimumkan

Z = 3X1 + 5X2

Batasan. 2X1

=8


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional 3X2 6X1 + 5X2

Hal : 66

≤ 15 ≥ 30

Hitunglah, X1, X2 dan Z. Penyelesaian. Fungsi tujuan dirubah dari minimum menjadi ma ksimum. Minimumkan

Z = 3X1 + 5X2

menjadi - Z = -3X 1 - 5X 2

Batasan 1. 2X1 + R1

=8

; R1 adalah variable buatan

Sehingga fungsi tujuan menjadi, Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1 Batasan 2. 3X2 3X2

≤ 15, menjadi

+ S1 = 15

Batasan 3. 6X1 + 5X2

≥ 30, menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, ditamba h variable S2,

menjadi

- 6X1 - 5X2 + S2 = - 30, diaklikan denga n (-), menjadi 6X1 + 5X2 - S2 = 30, karena variable S2 be rtanda (-), maka Harus ditamba h variable bua tan R2, shg

6X1

+ 5X2 - S2 + R2 = 30 Sehingga fungsi tujuan menjadi Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1 – R2. J ika dirubah menjadi fungsi implicit menjad i: (-Z) – ( -3X1 – 5X2 – R1 – R2) = 0 atau -Z + 3X1 + 5X2 + R1 + R2 = 0 Ad a dua teknik penyelesaian untuk kasus dengan variable artificial, yaitu •

Teknik M (Metode Penalty)

•

Teknik Dua Fase.

3 .3 . Te k n i k M (M e t o d e Pe n a l ty ) Perhatikan fungsi pemba tas 2X1 + R1

=8

2X1 = 8 , menjadi R1 = 8 –2X 1

R1 adalah variable buatan Sehingga fungsi tujuan menjadi, Maksimumkan (-Z) = -3X1 – 5X2 – R1 Perhatikan fungsi pemba tas 3X2

3X2

≤ 15, menjadi

+ S1 = 15


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional Perhatikan Pe rhatikan fungs fung si pe mba tas ta s 6X1 6X1 + 5X2 5X2

Hal : 67

≥ 30, menjadi

- 6X1 - 5X2 ≤ - 30, 30, ditamba dita mba h v va a riable iab le S2, menjadi menja di - 6X1 6X1 - 5X2 5X2 + S2 = - 30, 30, d iakl ia klikan ikan d enga en ga n (-), menja men jadi di 6X1 6X1 + 5X2 5X2 - S2 = 30, 30, karena vari va ria a b le S2 be rtanda rtand a (-), maka ma ka Harus

ditambah

variable

buatan

R2,

shg

6X1 + 5X2 - S2 + R2 = 30 a ta u R2 = 30 –(6X 1 + 5X2 - S2) Sehingga fungsi tujuan menjadi M a ksimumka ksimumkan n (-Z (- Z) = -3X1 – 5X2 – R1 – R2. J ika ika dirubah dirubah menjad menjadii fungs fungsii impli implic c it menjad menjad i: (-Z) (-Z) – ( -3X1 -3X1 – 5X2 – R1 – R2) R2) = 0 a tau ta u -Z + 3X1 3X1 + 5X2 5X2 + R1 + R2 = 0 Kalikan M (merupakan bilangan positif yang sangat besar) dengan Artificial Variable a tau var va riabe l buatan buata n (da lam hal ini R1 dan R2) R2) pa da fungsi fungsi tujuan, tujuan, sehingga sehingga : -Z + 3X1 + 5X2 + M R1 + M R2 = 0 Substitus ubstitusii R1 R1 dan da n R2 pa da fungsi tujuan, sehingga diperoleh dip eroleh : -Z + (-8M (-8M + 3)X1 + (-5M (-5M+ +5)X2 – MS2 M S2 = -38 M. M.

Buatlah ua tlah Ta be l Simplek. Simplek. Variabel

Z

X1

X2

S1

S2

R1

R2

NK

Z

1

-8M + 3

-5M+ -5M +5

0

-M

0

0

-38 M

S1

0

2

0

0

0

1

0

8

4

R1

0

0

3

1

0

0

0

15

∼

R2

0

6

5

0

-1

0

1

30

6

Dasar

Ket. Ke t.

Lanjutk Lanjutkan an sesuai esuai d enga n langkah-l lang kah-la a ngkah menyel me nyeles esaikan aikan M etod e Simplek, implek, mula mula i langkah ketiga.

3.4. Te kn ik Dua Fa Fa se . Dengan penggunaan konstanta M yang nilainya sangat besar, dapat mengakibatkan

kesalahan

perhitungan,

terutama

bila

perhitungan

dengan

menggunakan komputer. Hal ini dapat terjadi karena koefisien fungsi tujuan relatif sangat kecil dibandingkan dengan harga M, sehingga komputer menganggap bernilai nol. Perhatik Perha tika a n fungsi tujua tujuan n: -Z + (-8M (-8M + 3)X1 + (-5M (-5M+ +5)X2 – MS2 M S2 = -38 M Misalkan M = 100 000, maka (-8M (- 8M + 3) = (-800 000 + 3) (-5M (- 5M+ +5) = (-500000 (-500000 +5)


STMIK BUDIDARMA


Hal : 68

Kesulitan ini dapat dikurangi dengan menggunakan teknik dua fase. Konstanta M dihilangkan dengan cara menyelesaikan persoalan dalam dua fase (tingkatan) sebagai berikut :

Fa se Pertam Pertam a .

Fase ini digunakan untuk menguji apakah persoalan yang kita hadapi memiliki solusi fisibel atau tidak. Padafase ini fungsi tujuan diganti dengan meminimumkam jumlah a rtificia tificia l variable. variab le.

J ika ika nilai minimum minimum fungsi tujuan ba ru ini ini ber be rhar ha rga nol n ol (artinya (artinya

seluruh variabel artifisialberharga nol) berarti persoalan memiliki solusi fisibel, kemudian kemudia n la la njutka njutka n ke ke fase ked ked ua. ua . Teta pi, apa ap a bila nilai minim minimum um fungsi fungsi tujuan ba ru ini ber be rhar ha rga pos po sitif, itif, maka ma ka per pe rsoa lan tidak tida k memiliki memiliki solus solusii fisibel. fisibel. Fa se Ked Ked ua .

Gunakan solusi optimum dari fase pertama sebagai solusi awal bagi persoalan semula. Ubahlah bentuk be ntuk fungsi fungsi tujuan tujuan fase pertama pertama denga d enga n meng mengemba emba likannya likannya pa da fungsi fungsi tujuan tujuan per pe rsoa lan semula. semula. C ontoh ontoh Soal. oal. Maksimumkan

Z = 3 X1 + 5 X2

Ba tasan :

2X1

≤ 8

2X2

≤ 12

3X1 + 2X 2X2 = 18 X1 >= 0 ; X2 >= 0 Penyelesaian. 2X1

+

S1

= 8

2X2

+

S2

= 12

3X1 + 2X 2X2 + R1 = 18

a ta u

R1 = 18 -3X 1 - 2 X 2 2

Z = 3 X1 + 5 X2 - M R3 - Z – 3X1 - 5X2 + M R3 = 0

Fase Fase Perta Perta ma. M inimumkan inimumka n r = R3 a tau ta u -r = -18 + 3X 2 X 1 + 2 X 2 a t a u -r - 3X 1 - 2X 2 = -18


STMIK BUDIDARMA


Iterasi

Hal : 69

Variabel

NK/Kolom

Dasar

Z

X1

X2

S1

S2

R1

NK

r

-1

-3

-2 -2

0

0

0

-18

S1

0

1

0

1

0

0

4

4

S2

0

0

2

0

1

0

12

∼

R3

0

3

2

0

0

1

18

6

0

-2

3

0

0

-6

0

r 1

2

Kunci

X1

1

1

0

1

0

0

4

∼

S2

0

0

2

0

1

0

12

6

R3

0

0

2

-3

0

1

6

3

r

0

0

0

0

1

0

X1

1

0

1

0

0

4

S2

0

0

3

1

-1

6

X2

0

1

-1,5 -1,5

0

0,5

3

Persoalan diatas memiliki solusi fisibel, kemudian R tidak diikut sertakan. Dari tabel tab el diata s pa da fase fase 1 da pa t ditulis dituliskan per pe rsama a n seb sebag ag ai be rikut ikut : X1 + S1 = 4

atau

X1 = 4 – S1

3 S1 + S2 = 4 X2 - 1,5 S1

=3

atau

X2 = 3 + 1,5 S1

Z = 3 X1 +2 X2 Z = 3 ( 4 – S1) + 5 ( 3 + 1,5 S1) Z = 12 – 3 S1 + 15 + 7,5 7,5 S1 Z = 27 27 – 4,5 4,5 S1

Iterasi

0

1

Variabel Da sar sar

Z

X1

X2

S1

S2 S2

NK

Z

1

0

0

-4, -4,5 5

0

27

X1

0

1

0

1

0

4

S2

0

0

0

3

1

6

X2

0

0

1

-1, -1,5 5

0

3

Z

1

0

0

0

1,5

36

X1

0

1

0

0

-0,333 -0,333

2

S1

0

0

0

1

0,3333 0,3333

2

X2

0

0

1

0

0,5

6

J adi : Z = 36 , X1 = 2 : X2 = 6 ; S1 = 2


STMIK BUDIDARMA


Hal : 70

SOAL –SOAL. BAGIAN SATU 1. Sebuah perusahaan elektronik memproduksi tape recorder dan amplifier yang prosesnya dilakukan di dua stasiun kerja, yaitu perakitan dan pengetesan. Setiap unit tape recorder memerlukan 2 jam perakitan dan 2 jam pengetesan, seda ngkan setiap

unit amplifier memerlukan 4 jam

perakitan dan 3 jam pengetesan. Waktu yang tersedia di departemen perakitan adalah 72 jam/minggu sedangkan di departemen pengetesan adalah 48 jam/minggu. Kontribusi profit dari tape recorder adalah Rp 25.000, dan dari setiap unit amplifier adalah Rp 50.000. Bagaimanakah formulasi persoalan di atas agar dapat ditentukan strategi produksi terbaik yang memberikan konntribusi profit maksimum ? 2. Sebuah perusahaan membuat 2 jenis produk, A dan B. Harga jual produk A adalah Rp 20.000/unit sedangkan produk B dijual dengan harga Rp 30.000/unit. Untuk membuat 1 unit produk A dibutuhkan waktu 2 jam-orang ( man-hour ), sedangkan untuk 1 unit produk B dipe rlukan 6 jam-orang. J umlah pekerja a da lah 2 orang, masing-ma sing bekerja 8 jam/ hari termasuk istirahat selama 30 menit. Untuk 1 unit A dibutuhkan 6 kg bahan baku, sedangkan setiap unit B membutuhkan 3 kg bahan baku. Harga per kg bahan baku adalah Rp 1.500. Upah pekerja per jam-orang adalah Rp 2.000.jika bahan ba ku yang tersedia per hari adalah 40 kg, baga imanakah formulasi persoa lan ini agar diperoleh kontribusi profit maksimum ? 3. Seorang petani yang memiliki 7 ha tanah sedang memikirkan berapa ha tanah yang harus ditanami jagung dan berapa ha yang harus ditanami gandum. Dia mengetahui ba hwa jika ditana mi jagung, setiap ha tanah a kan menghasilkan 10 ton jagung. Untuk ini diperlukan 4 jam-orang setiap minggunya. J ika ditanami gandum, hasilnya

ad alah 25 ton/ ha

da n

diperlukan 10 jam-orang/minggu.Setiap kg jagung dapat dijual seharga Rp 30, sedangkan harga jual gandum ada lah Rp 40/ kg.Saa t ini petani tsb. ha nya memiliki 40 jam-orang setiap minggunya. Karna ada peraturan pemerintah yang mengharuskan setiap petani untuk menghasilkan gandum paling sedikit 30 ton setiap kali panen, bagaimanakah formulasi persoalan ini agar petani tsb. da pa t menggarap tana hnya sec ara op timal? 4. Seorang pedagang buah-buahan membeli buah duku dari 3 orang petani. Kualitas buah ini biasa d inyata kan denga n besarnya, da n diklasifikasi da lam 3 kategori, yaitu besar, sedang, dankecil. Berikut ini adalah data harga dan persentase ukuran buah yang dimiliki oleh masing-masing petani :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 71

Persentase Untuk Ukuran Penghasil

Harga/Kg

Buah

(Rp)

(%) Besar

Sedang

Kec il

Petani 1

5.000

40

40

20

Petani 2

4.000

30

35

35

Petani 3

3.000

20

20

60

Kebutuhan minimum pedagang tsb. akan masing-masing kualitas buah setiap bulannya adalah ukuran besar 500kg, ukuran sedang 300kg, dan ukuran kecil 300kg. Modal perusahaan itu saat ini hanya mampu untuk membeli maksimum 500kg dari masing-masing petani. Formulasikanlah persoa lan ini untuk meminimumkan ongkos. 5. Seseorang yang sedang dalam pengawasan seorang ahli gizi mendapat petunjuk bahwa kebutuhan minimal orang tersebut setiap hari adalah 500 kalori, 6 ons cokelat, 10 ons gula, dan 8 ons lemak. saat ini orang tsb. sedang berada di suatu tempat yang hanya menyediakan kue kering, es krim, coca cola,

dan

roti

keju.

Harga

dan

kandungan

bahan

masing-masing

makanan/ minuman tsb dap at dilihat pa da tabel dibawah ini. Bagaimanakah formulasi untuk memenuhi kebutuhan akan bahan makanan dengan biaya minimum ?

J enis Barang

Harga

Kue Kering/bungkus Es krim/mangkok Coca cola/botol Roti keju/potong

(Rp)

Kalori

Cokelat

Gula

Lemak

(Ons)

(Ons)

(Ons)

500

400

3

2

2

200

200

2

2

4

300

150

0

4

1

800

500

0

4

5

Bagaimanakah formulasi untuk memenuhi kebutuhan akan bahan makanan dengan biaya minimum ? 6. Indah motor adalah sebuah perusahaan yang memproduksi dua jenis truk. Setiap jenis truk yang dibuatnya harus melalui unit kerja perakitan dan pengcetan. Apabila unit kerja pengecetan hanya digunakan untuk mengerjakan truk jenis I, maka akan dapat dihasilkan 800 unit truk jenis I per hari, tetapi jika hanya digunakan untuk mengerjakantruk jenis II, hasilnya


STMIK BUDIDARMA


Hal : 72

adalah 700 unit truk jenis II. Apabila unit kerja perakitan hanya digunakan untuk mengerjakan truk jenis I, akan dihasilkan 1,500 unit truk jenis I per hari, sedangkan jika hanya digunakan untuk mengerjakan truk jenis II akan dihasilkan 1.200 unit truk jenis II per hari. Keuntungan dari truk jenis I adalah Rp 300.000/unit,sedangkan dari jenis II akan diperoleh keuntungan sebesar Rp 500.000/unit. Bagaimanakah formulasi ini agar di peroleh keuntungan yang maksimum ? 7. Seorang pengusaha yang memiliki 3 buah pabrik sedang menghadapi masalah yang berkaitan dengan pembuangan limbah dari pabriknya. Selama ini ia membuang limbah tsb. kesungai, sehingga menimbulkan dua macam polutan. Setelah berkonsultasi dengan pihak berwenang, diperoleh informasi bahwa ongkos untuk memproses zat buangan dari pabrik I adalah Rp 15.000/ton dengan kemampuan dapat mengurangi polutan 1 sebanyak 0,1 ton dan polutan 2 sebanyak 0,45 ton dari setiap 1 ton zat buangan. Ongkos untuk memproses zat buangan dari pabrik II adalah Rp 10.000/ton dengan kemampuan mengurangi 0,2 ton polutan 1 dan 0,25 ton polutan 2. Untuk memproses 1 ton zat buangan dari pabrik III diperlukan biaya Rp 20.000 yang akan mengurangi 0,4 ton polutan 1 dan 0,3 ton polutan 2. Peraturan pemerintah mengharuskan ini untuk dapat mengurangi polutan 1 paling sedikit 30 ton dan polutan 2 paling sedikit 40 ton. Formulasikan persoalan ini agar diperoleh ongkos total minimum.

BAGIAN KEDUA 1.

P.T.Unilever bermaksud membuat 2 jenis sabun, yakni sabun bubuk dan sabun batang. Untuk itu dibutuhkan 2 macam zat kimia, yakni A dan B.J umlah zat kimia yang te rsed ia a dalah A = 200 kg dan B =360 =kg. Untuk membuat 1kg sabun bubuk diperlukan 2kg A dan 3kg B. Bila keuntungan yang akan dipe rolehsetiap membua t 1kg sab un bub uk = $ 3 sedangkan setiap 1kg sabun batang = $ 2, berap a kg jumlaah sabun bubuk da n sab un batang yang seba iknya dibuat ?

2.

Sebuah perusahaan film sedang membuat rencana kegiatan untuk tahun yang akan da tang. A da 2 jenis film yang a kan dibuat, yakni film untuk TV dan film untuk di gedung. Biaya pembutan film TV adalah sebesar Rp 750.000,00 sedangkan biaya pembuatan film gedung adalah Rp 2.000.000,00 sebuah. Film TV dapat dijual dengan harga Rp 1.250.000,00 sedangkan film gedung dapat di jual dengan harga : Rp 3.000.000,00 sebuah. Waktu ekuivalen yang d i butuhkan untuk membua t sebuah film TV = 12 minggu, seda ngkan untuk film gedung = 30 minggu. Wa ktu ekuivalen yang


STMIK BUDIDARMA


Hal : 73

tersedia selama tahun yang akan datang adalah sebanyak 600 minggu ( 1 tahun = 50 minggu, terdapa t 12 alat, ja di waktu ekuivalen = 50 x 12 = 600 minggu). Bila dana yang tersedia adalah sebesar Rp 25.000.000,00, berapa jumlah masing-ma sing jenis film yang harus dibuat ? 3.

Sebuah perusahaan mebel bermaksud membuat 2 jenis produk, yakni lemari pakaian dan tempat tidur.Keuntungan setiap lemari pakaian adalah sebesar Rp 6.000,00, sedangkan bila membuat tempat tidur keuntungannya adalah sebesar Rp 5.000,00 sebuah. pembuatan kedua produk tersebut harus melalui 2 unit kerja, yakni unit kerja 1 da n unit kerja 2. J am kerja tersedia pada unit kerja 1 ada lah 40 jam/minggu, sedangkan pada unit kerja 2 adalah 50 jam/minggu. Setiap lemari pa kaian membutuhkan waktu 2 jam p ad a unit kerja 1 da n 1 jam pada unit kerja 22, sedangkan setiap tempat tidur memerlukan waktu 1,25 jam pada unit kerja 1da n 1 jam pada unit kerja 2. Berapa jumlah lemari pa kaian da n tempat tidur yang sebaiknya dibua t setiap minggu ?

4.

PT Sayang Anak memproduksi dua jenis mainan A dan B yang keduanya terbua t da ri ca mpuran pa sir da n lilin. produk A d ap at d ibuat melalui proses 1 ata u proses 2, sedangkan produk B da pa t dibuat melalui proses 3 atau proses 4. Untuk mendapat 1 unit produk A dan B pada masing-masing proses diperlukan masukan ( input ) sebagai berikut : INPUT

1 Unit prod uk A

1 Unit prod uk B

Satuan

Proses 1

Proses 2

Proses 3

Proses4

Tenaga kerja

1

1

1

1

J am orang

Pa sir

7

5

3

2

m3

Lilin

3

5

10

15

dus

Tenaga kerja yang tersedia tida k lebih da ri 15 jam-orang, seda ngkan persediaan pasir dan lilin adalah 120 m3 dan 100 dus. Keuntungan proses 1,2,3, da n 4 masing-ma sing Rp4,00/unit, Rp 5,00/ unit, Rp 9,00/unit, da n Rp 11,00/ unit. Formulasikan persoa lan di atas seb aga i persoa lan Programa a linier, da n bua tlah tabel iterasi awa lnya. 5.

Suatu perusahaan membuat 5 tipe truk. Adapun jumlah truk yang diproduksi dibatasi oleh kapasitas tiap bagian yang membuat masing-masing tipe truk, yaitu a.

Bagian m e t a l st a m p i n g tidak menangani lebih dari jumlah ekuevalen 10.000 truk tipe I. perbandingan jumlah truk yang dibuat pada bagian m e t a l st a m m p in g a dalah tipe I : tipe II : tipe III : tipe IV : tipe V = 1: 1,4 : 2

:0,8 : 2,2.


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional b.

Hal : 74

Bagian asembling mesin tidak dapat menangani lebih dari jumlah ekuivalen 15.000 truk tipe I. Perbandingan jumlah truk yang dibuat pada ba gian asembling mesin adalah tipe I : tipe : II : tipe III : tipe IV : tipe V = 1: 1,6 : 3 : 1 : 2,6.

c.

J umlah truk maksimum yaang da pa t ditangani oleh ba gian a sembling akhir ad alah sebag ai berikut : Tipe I Tipe II

...................................................7.500 buah ................................................... 5.000 buah

Tipe III ................................................... 1.000 buah Tipe IV .................................................. 9.000 buah Tipe V

.................................................. 3.000 buah

Keuntungan yang diperoleh dari tipe I s.d. V masing-masing adalah Rp 350.000, Rp 450.000, Rp 500.000, Rp 300.000, dan Rp 400.000 per buah. Tentukanlah model matematis Programaa liniernya 6.

“ Fine Wall Paper C ompany “ ada lah sebuah perusaha an yang memprod uksi linier board. Prod uk ini mempunyai leba r stand ar 68 inci. Untuk tahun depan perusahaan ini mendapat pesanan produk dengan lebar yang berbeda -beda , yaitu : 110 unit yang leba rnya 22 inci, 120 unit yang lebarnya 20 inci, dan 80 unit yang leb arnya 12 inci. Bayangkanlah bahwa saudara adalah seorang konsultan kepercayaan perusahaan tersebut. Bagaimanakah usul saudara untuk dapat memenuhi pesanan tersebut, tetapi dengan syarat, jumlah linier board yang terbuang sekecil mungkin ?

7.

PT Philips Ralin memprod uksi 3 jenis/model radio, yaitu mode l A,B, dan C yang masing-masing memberikan keuntungan sebagai berikut : Model A : $ 16 per set Model B : $ 30 per set Mo del C : $ 50 pe r set Menurut informasi dari bagian penjualan, keperluan minimum per minggu da ri masing-masing model adalah : Mode l A = 20 set Model B = 120 set Mode l C = 60 set Proses pembuatan radio ini meliputi proses-proses pembuatan komponen, perakitan, da n pengepakan yang untuk masing-masing model, waktunya adalah sebagai berikut : Model A : pembuatan komponen : 3 jam/ set


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional perakitan

Hal : 75

: 3,5 jam/ set

pengepa kan

: 5 jam/set

Model B : pembuatan komponen : 4 jam/set perakitan

: 5 jam/ set

pengepa kan

: 8 jam/set

Model C : pembuatan komponen : 1 jam/ set pe rakitan

: 1,5 jam/ set

pengepa kan

: 3 jam/set

Untuk minggu yang a kan da tang, perusaha an mempunyai waktu sebanyak : - untuk pembua tan komponen - untuk pe rakitan

: 1440 jam : 1920 jam

- untuk pengepa kan

: 576 jam

Pertanyaan : a. Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan Programa linier. b. Buatlah ta bel simpleks untuk iterasi awa lnya saja ! 8.

Sebuah perusahaan elektronik membuat 2 jenis pe sawa t telepon, yakni jenis push button ( PB ) dan dial (D ), masing-masing dalam 3 warna ( abu-abu, merah, hijau ). Proses pengerjaannya melalui 4 mesin,yaitu P, Q, R, dan S. Dari hasil penelitian diperoleh data-data sebag ai berikut : Pengerjaan

Push button

Dial

J am mesin

pa da mesin

A

M

H

A

M

H

tersedia

P

0,02

0,02

0,02

0,06

0,06

0,06

1,700

Q

0,40

-

-

0,10

-

-

1,400

R

-

0,40

-

-

0,10

-

200

S

-

-

0,06

-

-

0,15

1,800

Keuntungan

0,80

0,58

0,64

1,44

1,28

1,20

pe r unit

Bila saudara diminta bantuannya, bagaimanakah rencana produksi yang pa ling optinum, da n berap a keuntungan yang a kan d iperoleh ? 9.

Suatu perusahaan konfeksi pa kaian memproduksi 3 jenis pa kaian, yaitu pakaian anak-anak, pakaian pria, pakaian wanita. Untuk satu lusin pakaian anak-anak diperlukan dua rol kain berbagai corak dan warna serta empat orang tenaga kerja. Untuk satu lusin pakaianpria dan satu lusin pakaian wanita d iperlukan masing-masing sebanyak empat dan d ua rol kain berba ga i corak da n warna denga n jumlah tenaga kerja masing-masing d ua d an enam orang. Kain yang digunakan setiap harinya tersedia, sebanyak dua puluh rol. Tenaga kerja yang ada mempunyai keahlian yang sama, dan jumlahnya


STMIK BUDIDARMA


Hal : 76

enam belas orang. Policy perusahaan mengharuskan seluruh tenaga kerja digunakan, artinya tidak boleh ada tenaga kerja yang menganggur. Ongkos membuat masing-masing jenis pakaian itu didasarkan atas model, aksesori, dan jam kerja yang diperlukan. Tetapi, sebagai patokan dapat digunakan biaya ratarata yang besarnya $ 15/lusin pakaian anak-anak, $ 30/lusin pakaian pria, da n $ 45/lusin pakaian wa nita. J ika masing-masing jenis pa kaian itu laku terjual dengan harga $ 25/ lusin pakaian a nak-anak, $ 54/ lusin pakaian pria, dan $ 53/ lusin pakaian wanita, bagaimanakah model Programaa linier persoalan di atas ? 10. Direktur Pertamina mengata kan ba hwa ad a d ua ma cam proses pengolahan minyak, yaitu : Proses 1: dengan menggunakan bahan 1barrel minyak mentah A dan 3 ba rrel minyak mentah B sehingga dihasilkan : 50 galon gasolin x dan 20 galon gasolin y Proses 2 : dengan menggunakan bahan 4 barrel minyak mentah A dan 2 barrel minyak mentah B sehingg a dihasilkan : 30 galon gasolin x dan 80 galon gasolin y Diketahui bahwa persediaa n maksimum minyak mentahA ad alah 120 ba rrel dan minyak mentah B sebanyak 180 barrel. Bagian penjualan melaporkan bahwa untuk tahun depan diperlukan sekurang-kurangnya 2800 ga lon gasolin x dan 2200 ga lon ga solin y. Keuntungan masing-masing proses adalah : US $ 5/ unit proses 1 dan US $ 8/ unit p roses 2. Tentikanlah berapa ba rrel masing-masing minyak mentah yang harus dipakai pa da proses 1 da n 2 aga r diperoleh keuntungan yang ma ksimum.

11. PT. ZULEHA PERSADA memp roduksi 3 jenis mod el radio yaitu model A, B dan C yang masing- ma sing membe rikan keuntungan $ 16, $ 30 dan $ 50 per set. Proses pe mbua tan radio meliputi pembua tan komponen, perakitan, dan pengepakan yang yntuk masing-masing model waktunya ad alah sbb : Model A

Pembuatan Komponen

3 jam/set

Perakitan

3,5 jam/ set


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional Model B

Model C

Hal : 77

Pengepa kan

5 jam/set

Pembuatan Komponen

4 jam/set

Perakitan

5 jam/ set

Pengepa kan

8 jam/set

Pembuatan Komponen

1 jam/set

Perakitan

1,5 jam/ set

Pengrepakan

3 jam/set

Untuk minggu yang akan da tang, p erusaha an mempunyai waktu sebanyak: Pembuata n Komponen

1120 jam/ set

Perakitan

506 jam/ set

Pengep akan

1240 jam/set

Bila anda diminta bantuannya, ba ga imana renc ana produksi optimum da n berapa keuntungan yang diperoleh.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 78

4.1. Dualitas Teori dualitas merupakan salah satu konsep programa linier yang penting dan menarik ditinjau dari segi teori dan praktisnya.Ide dasar yang melataarbelakangi teori ini adalah bahwa setiap persoalan programa linier mempunyai suatu programa linier lain yang saling berkaitan yang disebut ”dual”, sedemikian sehingga solusi pada persoalan semula (yang disebut ”primal”) juga memberi solusi pada dualny. Pendefenisian dual ini akan bergantung pada jenis pembatas, tanda-tanda variabel, dan bentuk optimasi dari persoalan primalnya. Akan tetapi, karna setiap persoalan programa linier harus dibuat dalam bentuk standar lebih dahulu sebelum modelnya dipecahkan, maka pendefinisian di bawah ini akan secara otomatis meliputi ketiga hal diatas. Bentuk umum masalah primal-dua l ad alah sebaga i berikut : Primal : Fungsi Tujuan : Maksimumkan Z =C 1X1 + C 2X2 + C 3X3 + . . . . . . + C nXn Batasan/Kenda la : a 11X1 + a

12X2 +

a

13X3

+ ……………………..+ a1nXn ≤ b

1

a 21X1 + a

22X2 +

a

23X3

+ ……………………..+ a2nXn ≤ b

2

a 31X1 + a

32X2 +

a

33X3

+ ……………………..+ a3nXn ≤ b

3

. a m1X1 + a da n ,

m2X2 +

a

m3X3

+ …………………..+ amnXn ≤ b

X1 ≥0 , X2 ≥0, X3 ≥0,………………

m

Xn ≥ 0

Dual : Fungsi Tujuan : Minimumkan W = b1 Y1 + b 2 Y2 + b 3 Y3 + . . . . . . + b m Ym Batasan/Kenda la : a 11 Y1 + a

21 Y2 +

a

31 Y3

+ ……………………..+ a m1 Ym ≤ c

1

a 12 Y1 + a

22 Y2 +

a

32 Y3

+ ……………………..+ a m2 Ym ≤ c

2

a 13 Y1 + a

23 Y2 +

a

33 Y3

+ ……………………..+ a m3 Ym ≤ c

3

2n Y2 +

a

3n Y3

+ …………………..+ a mn Ym ≤ c

. a 1n Y1 + a da n ,

Y1 ≥0 , Y2 ≥0, Y3 ≥0,………………


n

Ym ≥ 0

STMIK BUDIDARMA


Hal : 79

Kalau kita bandingkan kedua persoalan diatas, ternyata terdapat korespondensi antara primal de ngan dua l sebagai berikut : 1. Koefisien fungsi tujuan primal menjadi konstanta ruas kanan bagi dual, sedangkan konstanta ruas kanan primal menjadi koefisien fungsi tujuan bagi dual. 2. Untuk setiap pembatas primal ada satu variabel dual, dan untuk setiap variabel primal ada satu pembatas dual. 3. Tanda ketida ksamaan pada pembatas akan bergantung pada fungsi tujuan. 4. Fungsi tujuan beruba h be ntuk (maksimasi menjad i minimasi da n seb aliknya). 5. Setiap kolom pada primal berkorespondensi dengan baris (pembatas) pada dual. 6. Setiap baris (pembatas) pada primal berkorespondensi dengan kolom pada dual. 7. Dual dari dual adalah primal. De finisi :

Suatu persoalan LP dikatakan persoalan maksimal normal jika persoa lan itu mempunyai fungsi tujuan ma ksimasi denga n seluruh variabel berharga nonnega tif da n seluruh pembatas bertanda . Begitu pula, suatu p ersoa lan LP disebut sebag ai persoa lan minimasi normal jika fungsi tujuan dari persoalan itu adalah minimasi dengan seluruh variabel berharga nonnegatif dan seluruh pemba tas bertanda

. J ika pembatasnya mempunyai tanda yang

lain, seperti = dan (untuk pe rsoa lan maksimasi) atau =da n (untuk persoalan minimasi) maka persoalan LP yang bersangkutan di sebut persoa lan LP yang tida k normal. 4.1.1. Me nentuk an d ual da ri pe rsoa lan LP norm al Co ntoh 1 :

Primal Maksimumkan : z = 60 x1 +30 x2 +20 x3 berda sarkan : 8 x1 + 6 x2 + x3 ≤ 48 4 x1 + 2 x2 + 1,5 x3 ≤ 20 2 x1 + 1,5 x2 + 0,5 x3 ≤ 8 x1, x2, x3 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 48 y1 +20 y2 =8 y3 berda sarkan : 8 y1 + 4 y2 + 2 y3 ≥ 60 6 y1 + 2 y2 + 1,5 y3 ≥ 30 y1 + 1,5 y2 + 0,5 y3 ≥ 20 y1, y2, y3 ≥ 0 Co ntoh 2 :

Primal Minimumka n : w = 50 y1 +20 y2 +80 y3


STMIK BUDIDARMA


Hal : 80

berda sarkan : 100 y1 + 200 y2 + 150 y3 + 500 y4 ≥5 00 ≥ 6 3 y1 + 2 y2 + 2 y1 + 2 y2 + 4 y3 + 4 y4 ≥ 10 2 y1 + 4 y2 + y3 5 y4 ≥ 8 y1, y2, y3, y4 ≥ 0 Dual Maksimumka n : z = 500 x1 +6 x2 +10 x3 +8 x4 berda sarkan : 400 x1 + 3 x2 + 2 x3 + 2 x4 ≤ 50 200 x1 + 2 x2 + 2 x3 + 4 x4 ≤ 20 150 x1 + 4 x3 + x4 ≤ 30 500 x1 + 4 x3 + 5 x4 ≤ 80 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 4 .1 .2 . M e n e n t u k a n d u a l p e rso a l a n LP y a n g t id a k n o r m a l

Apabila kita membangun dual dari suatu persoalan LP yang tidak normal, maka a kan berlaku hal-hal sebagai berikut : a. Untuk persoa lan maksimasi, jika pe mba tas primal ke-i bertanda , maka variabel dual yang berkorespondensi dengan pembatas tersebut memenuhi yi 0. Seb aliknya, untuk pe rsoalan minimasi, jika pembatas primal ke-i bertanda , maka variabe l dua l yang berkorespondensi dengan pembatas tersebut akan memenuhi xi 0 b. J ika pembatas primal ke-i bertanda =, maka variab el dual yang berkorespondensi dengan pembatas tersebut akan tida k terbata s dalam tanda c. J ika variabel primal ke-i tidak terba tas da lam tand a, maka pemba tas dua l ke-i akan bertanda =.

Co ntoh 1 :

Primal Maksimumkan :z = x1 +2x2 -3x3 = 4x4 berda sarkan pembatas : x1 + 2 x2 + 2 x3 – 3 x4 ≤ 25 2 x1 + x2 – 3 x3 + 2 x4 =15 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 25 y1 + 15 y2 berda sarkan pembatas : y1 + 2 y2 ≥ 1 2 y1 + y2 ≥ 2 2 y1 – 3 y2 ≥ -3 -3 y1 + 2 y2 ≥ 4 y1 ≥ 0 y2 tida k terbatas da lam tanda. Co ntoh 2 :

Primal Minimumkan : z = 5x1 – 2 x2 berda sarkan pembatas :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 81

- x1 + x2 ≥ -3 2 x1 + 3 x2 ≤ 5 x1, x2 ≥ 0 Dual Maksimumkan : w =3y1 + 5y2 berda sarkan pembatas : y1 + 2 y2 ≤ 5 -y1 + 3 y2 ≤ -2 y1, y2 ≤ 0 Co ntoh 3 :

Primal Maksimumkan : z =5 x1 + 6x2 berda sarkan pembatas : x1 + 2 x2 = 5 -x1 + 5 x2 ≥ 3 4 x1 + 7 x2 ≤ 8 x1 tidak terba tas da lam tanda x2 ≥ 0 Dual Minimumkan : w = 5y1 + 3y2 + 8v3 berda sarkan pembatas : y1 – y2 + y3 ≥ 5 -y1 + y2 – 4y3 ≥ -5 2y1 + 5y2 + 7y3 ≥ 6 ≥0 - y2 atau y2 ≤ 0 y3 ≥ 0 y1 tidak terbatas dalam tanda 4.2. Hubungan primal-dual Untuk menjelaskan hubungan antara primal dengan dual, perhatikan ilustrasi berikut ini : Primal Maksimumkan : z = 5x1 + 12x2 + 4x3 berda sarkan pembatas : x1 + 2x2 + x3 ≤ 10 2x1 – x2 + 3x3 =8 x1, x2, x3 ≥ 0 Bentuk standar : Ma ksimumkan : z =5 x1 + 12x2 + 4x3 + OS1 – MR2 berda sarkan pembatas : x1 +2x2 + x3 + S1 = 10 2x1 – x2 + 3x3 + R2 = 8 x1, x2, x3, S1, R2 ≥ 0 Dual dari persoalan di atas adalah : Minimumkan : w = 10y1 + 8(y2’ – y2”) berda sarkan pemba tas : y1 + 2(y2’ – y2”) ≥ 5 2y1 – (y2’ – y2”) ≥ 12 y1 + 3(y2’ – y2”) ≥ 4 y1 ≥0 , y2 tidak terbatas da lam tanda Bentuk standar: Minimumkan : W = 10y1 +8(y2’ – y2”) – 0(S1 +S2 + S3) M(R1 + R2 +R3)


STMIK BUDIDARMA


Hal : 82

berda sarkan pembatas : y1 + 2(y2’ – y2” ) – S1 + R1 2y1 – (y2’ – y2”) - S2 + R2 y1 + 3(y2’ – y2”) - S3

=5 =12 + R3 =4

Solusi persoalan di atas masing-masing adalah : Prim a l Ta b el.4.1. Ta b el Simp lek Persoala n Prim a l

Iterasi

0

1

2

3

Basis

X1

X2

X3

S1

R2

Solusi

Z

-(2M+5)

(M-12)

-(3M+4)

0

0

-8M

S1

1

2

1

1

0

10

R2

2

-1

3

0

1

8

Z

-7/3

-40/3

0

0

(4/3 + M)

32/3

S1

1/3

7/3

0

1

-1/3

22/3

X3

2/3

-1/3

1

0

1/3

8/3

Z

-3/7

0

0

40/7

-(4/ 7 + M)

368/7

X2

1/7

1

0

3/7

-1/7

22/7

X3

5/7

0

1

1/7

2/7

26/7

Z

0

0

3/5

29/5

(2/5 + M)

544/5

X2

0

1

-1/5

2/5

-1/5

12/5

X1

1

0

7/5

1/5

2/5

26/5

Pada iterasi 4, kita dapa t memba ca nilai Y2 pa da Tab el. 4.2. Y2 = (Y2’ – Y2”) = (0 – 2/5) atau Y2 = -2/5 Dari Tabel 4.1. da n 4.2. da pa t disimpulkan ba hwa hubunga n primal dengan dua l adalah sebagai berikut : 1. Solusi visibel persoalan minimasi adalah batas atas dari solusi visibel persoalan maksimasi (lihat iterasi 0, 1, dan 2 pada tabel 4.1. serta iterasi 0, 1,2, dan 3 pada tabel 4.2.) 2. J ika kedua persoalan sudah mencap ai solusi optimum, maka maksimum Z = Minimum W (lihat iterasi 3 pada tabel 4.1. dan iterasi 4 pada tabel 4.2.). 3. Nilai optimum variabel – variabel solusi awa l pa da primal = nilai optimum variabel – variabel dual yang berkorespondensi dengan persamaan pemba tas pada primal. Dengan kata lain : a. J ika variabel dual berkorespondensi denga n variab el slack awal pa da pe rsoa lan p rimal, maka nilai optimum variabel tersebut = koefisien variabel slac k pad a persamaa n Z yang o ptimum.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 83

Bukti : Y1 berkoresp[ondensi dengan S1 pada primal, maka nilai optimum Y1 (= 29/ 5, lihat iterasi 4 pa da tab el 4.2.) sama de nga n koefisien S1 pada pe rsamaa n Z op timum (=29/5, lihat iterasi 3 pa da tab el 4.1.) b. J ika varibel dual berkoresponde nsi denga n variabel buatan awa l pa da primal, maka nilai op timum variabel terseb ut variab el

buata n

pada

persamaa n

Z yang

= koefisien

optimum

setelah

menghilangkan konstanta M. Bukti : Y2 berkoresponde nsi denga n R2 pada primal, maka nilai op timum Y2 (-2/5, lihat iterasi 4 pada tabel 4.2.)


STMIK BUDIDARMA


Hal : 84

Dual Ta be l 4.2. Tab el Simp lek Persoa lan Dual Iterasi

Basis

y1

y2'

y2"

S1

S2

S3

R1

R2

R3

Solusi

w

(4M-10)

(4M+8)

(-4M+8)

-M

-M

-M

0

0

0

21M

R1

1

-2

-2

-1

0

0

1

0

0

5

R2

2

1

1

0

-1

0

0

1

0

12

-3

-3

0

0

-1

0

0

1

4

0

0

-M

-M

(1/3M - 8/3)

0

0

(-4/3M + 8/3)

47/3M 32/3

0

1

R3

1

w

(8/3M 22/3)

R1

1/3

0

0

-1

0

2/3

1

0

-2/3

7/3

R2

7/3

0

0

0

-1

-1/3

0

1

1/3

40/3

y2'

1/3

1

-1

0

0

-1/3

0

0

1/3

4/3

w

0

(-8M + 22)

(8M - 22)

-M

-M

(3M - 10)

0

0

('-4M + 10)

(5M + 40)

R1

0

-1

1

-1

0

1

1

0

-1

1

R2

0

-7

7

0

-1

2

0

1

-2

4

y1

1

3

-3

0

0

-1

0

0

1

4

w

0

0

0

-M

(1/7M - 22/7)

(5/7M - 26/7)

0

(-8/7M + 22/7)

(12/7M + 26/7)

3/7M 368/7

R1

0

0

0

-1

1/7

5/7

1

1/7

-5/7

3/7

y2"

0

-1

1

0

-1/7

2/7

0

1/7

-2/7

4/7

y1

0

0

0

0

-3/7

-1/7

0

3/7

1/7

40/7

w

0

0

0

-26/5

-12/5

0

26/5 - M

12/5 - M

-M

54 4/5

S3

0

0

0

-7/5

1/5

1

7/5

-1/5

-1

3/5

y2"

0

-1

1

2/5

-1/5

0

2/5

1/5

0

2/5

y1

0

0

0

-1/5

-2/5

0

1/5

2/5

1

29/5

-

+

2

3

4


STMIK BUDIDARMA


Hal : 85

denga n koefisien R2 pa da persamaan Z op timum (= -2/5 + M – M = -2/5, lihat iterasi 3 pa da tabel 4.1.)

4.3 Sifat - Sifat Primal Dual Yang Penting. Sifat –sifat primal dual ini penting untuk dipahami, terutama pada saat kita membicarakan masalah analisis kepekaan. Dengan menggunakan sifat-sifat ini kita dapat menentukan nilai variabel-variabel tertentu dengan cara yang sangat efisien. Ada 4 sifat yang perlu diketahui, yaitu : Sifat 1. Menentukan koefisien fungsi tujuan variabel-variabel basis awal. Pada setiap iterasi solusi simplek, baik primal maupun dual, koefien fungsi tujuan variabel-variabel ba sisnya awa l dapat dicari dengan c ara : a. Mengalika funsi tujuan yang original dan variabel-variabel basis pada iterasi yang bersangkutan denga n matriks di bawah

variabel ba sis awal pad a iterasi yang

bersangkutan. Koefisien ini biasa disebut sebagai simplex multipliers.

+


Hal : 85

denga n koefisien R2 pa da persamaan Z op timum (= -2/5 + M – M = -2/5, lihat iterasi 3 pa da tabel 4.1.)

4.3 Sifat - Sifat Primal Dual Yang Penting. Sifat –sifat primal dual ini penting untuk dipahami, terutama pada saat kita membicarakan masalah analisis kepekaan. Dengan menggunakan sifat-sifat ini kita dapat menentukan nilai variabel-variabel tertentu dengan cara yang sangat efisien. Ada 4 sifat yang perlu diketahui, yaitu : Sifat 1. Menentukan koefisien fungsi tujuan variabel-variabel basis awal. Pada setiap iterasi solusi simplek, baik primal maupun dual, koefien fungsi tujuan variabel-variabel ba sisnya awa l dapat dicari dengan c ara : a. Mengalika funsi tujuan yang original dan variabel-variabel basis pada iterasi yang bersangkutan denga n matriks di bawah

variabel ba sis awal pad a iterasi yang

bersangkutan. Koefisien ini biasa disebut sebagai simplex multipliers.

koefisien fungsi

matriks di bawa h

tujuan yang ori-

variabel

basis

ginal dari vari-

awal pada iterasi

abel ba sis pa da

yang bersangkuta-

iterasi yang

=

simplex multipliers

an

bersangkutan

b. Kurangi nilai-nilai simplex multipliers ini dengan fungsi tujuan yang original dari variabelvariabel ba sis awal. Sebagai contoh, kita lihat Tabel 4.1. Dalam tabel itu variabel basis awalnya adalah S1 dan R2 denhan joe fisien tujuan original 0 da n –M

Untuk iterasi 1 : Yang menjadi variab el b asis pada iterasi 1 adalah S1 dan x3, di mana koefisien fungsi tujuan originalnya adalah 0 dan 4. Matriks di ba wah variabel basis awal (S1 dan R2) pa da iterasi 1 adalah :

1

-1/3

0

1/3


STMIK BUDIDARMA


Hal : 86

Dengan demikian simplex multipliers-nya a da lah :

0

4

1

-1/3

0

1/3

0

4/3

Koefisien fungsi tujuan va riab el-variabel basis awal (S1 dan R2 pada iterasi 1 adalah: S1 =0 – 0 = 0 R2 =4/3 – (-M) = 4/3 +M Untuk iterasi 2 : denga n cara yang sama diperoleh :

( 12

5)

3/7

-1/7

= [ 40/ 7

-4/7 ]

= [ 29/ 5

-2/5 ]

1/7 2/7

S1 =40/7 – 0 = 40/7 R2 =-4/7 – (-M) = -4/7 +M Untuk iterasi 3 :

( 12

5)

2/5

-1/5

1/5 2/5

S1 =29/5 – 0 = 29/5 R2 =-2/5 – (-M) = -2/5 +M Untuk dual kita lihat Tabel 4.2. Misalnya untuk iterasi 4 diperoleh : 7/5 ( 12

5)

-2/ 5 1/5 2/5

-1/5 1/5

-1 0

= [ 29/5

-2/5 0 ]

0

R1 =26/5 – (M ) = 26/5 – M R2 =12/5 – (M ) = 12/5 – M R3 = 0

- (M) = -M

Sifat 2 : Menetukan koefisien fungsi tujuan variabel-variabel nonbasis awal Pada setiap iterasi dari persoalan primal, koefisien fungsi tujuannya dapat ditentukan dengan menyubstitusikan simplex multipliers pada variabel-variabel pembatas dari dual, kemudian menc ari selisih antara ruas kiri dan ruas kanan dari pemba tas dua l tersebut.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 87

C ontoh : Dari formulasi persoalan diketahui ba hwa : x1 berkorespondensi dengan pembatas y1 + 2y2 ≥ 5 x2 berkorespondensi dengan pembatas 2y1 – y2 ≥ 12 x3 berkorespo ndensi denga n pembatas y1 +3y2 ≥ 4 Substitusikan simplex multipliers pa da pesamaa n-persamaa n pemba tas di atas Untuk iterasi 1 : SM = (0

4/3)

x1 : y1 + 2y2 ≥5

x1 = -7/ 3

0 +2(4/3) – 5 =-7/ 3 x2 : 2y1 – y2 ≥12 0

x2 = -40/ 3

- 4/3 – 12 =-40/3

x3 : y1 + 3y2 ≥4

x3 = 0

0 + 3(4/ 3) – 4 = 0

Untuk iterasi 2 : SM = (40/7

-4/7)

x1 : y1 + 2y2 ≥5

x1 = -3/ 7

40/7 +2(-4/7) – 5 = -3/7 x2: 2y1 – y2 ≥12

x2 = 0

2(40/7 – (-4/ 7) – 12 =0 x3 : y1 + 3y2 ≥4

x3 = 0

40/7 +3(-4/ 7) – 4 = 0

Untuk iterasi 3 : SM (29/ 5

-2/5)

x1 : y1 + 2y2 ≥5

x1 = 0

29/5 + 2(-2/ 5) – 5 = 0 x2 : 2y1 – y2 ≥12

x2 = 0

2(29/5) – (-2/5) – 12 =0 x3 : y1 + 3y2 ≥4

x3 = 3/5

29/5 +3(-2/5) – 4 = 3/5

Untuk dual, hal yang sama berlaku juga kecuali bahwa substitusi simplex multipliers dilakukan terhad ap variab el-variabel pembatas primal.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 88

C ontoh : Untuk iterasi 4 (lihat Tabel 4.2). SM (26/ 5

12/5

y1 : x1 + 2x2 + x3 ≤10

0)

y1 = 0

26/5 + 2(12/5) + 0 - 10 y2 : 2x1 – x2 + 3x3 = 8

y2 = 0

2(26/5) – 12/5 + 0 – 8 = 10 S1 : -x1≤0

S1 = -26/ 5

-26/5 – 0 = -26/5

S2 : -x2 ≤0

S2 = -12/ 5

-12/5 – 0 = - 12/5 S3 : -x3 ≤0

S3 = 0

0–0=0

Sifat 3 : M enentukan nilai ruas kanan (solusi) da ri variabel-variabel ba sis Pada setiap iterasi, baik primal maupun dual, nilai ruas kanan (kolom solusi) variabel-variabel ba sis pa da iterasi yang bersangkutan dap at ditentukan d engan c ara sebagai berikut : matriks di bawah variab el basis awal

matriks kolom

pa da iterasi yang

ruas kanan

bersangkutan

original

matriks kolom =

ruas kanan variabel ba sis

Lihat iterasi ke-2 dari Tabel 4.1 (primal) Variabel basis pada iterasi ini adalah x2 dan x3, sedangkan matriks kolom ruas kanan yang original adalah 10

, maka ruas kanan variabel basis

x2

8

x3

adalah : 3/7 -1/7 1/7

10

2/7

=

8

22/7 26/7

Lihat iterasi ke-4 dari Tabel 4.2 (dual) Variabel basis pada iterasi ini adalah S3, y2”, dan y1, sedangkan matriks kolom ruas kanan yang original adalah 5 12

S3 Maka ruas kanan variabe l basis

4


y2”

ada lah

y1

STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional 7/5

-1/5

-1

5

-2/5

1/5

0

12

1/5

2/5

0

4

Hal : 89

3/5 =

2/5 29/ 5

Sifat 4 : Menentukan koefisien pembatas. Pada setiap iterasi, baik primal maupun dual, koefisien pambatas dari setiap variabel dapat ditentukan dengan cara sebag ai berikut : matriks di bawa h

matriks kolom

variabel ba sis awal

da ri kolom

pa da iterasi yang

koefisien pembatas

bersangkutan

yang original

matriks kolom =

da ri kolom koefisien pembatas pa da iterasi yang bersangkutan

C ontoh : a. Lihat iterasi 3 dari Tabel 4.1 (primal) Untuk variabel x1, koefisien pembatas pada iterasi ini adalah 2/5

-1/5

1

=

0

1/5

2/5

2

2/5

-1/5

2

1/5

2/5

-1

2/5

-1/5

1

= -1/5

1/5

2/5

3

7/5

1

Untuk x2 : =

1 0

Untuk x3 :

b. Lihat iterasi 4 Tabel 4.2 (dual) Untuk variabel y1, koefisien pembatas dari iterasi ini adalah 7/5

-1/5

-1

1

-2/5

2/5

0

2

1/5

2/5

0

7/5

-1/5

-1

2

-2/5

2/5

0

-1

1/5

2/5

0

0 =

0

1

1

Untuk y2’ : 0 = 3


-1 0

STMIK BUDIDARMA


Hal : 90

Untuk y2” : 7/5

-1/5

-1

-2

-2/5

2/5

0

1

1/5

2/5

-3

7/5

-1/5

-1

-1

-2/5

1/5

0

0

1/5

2/5

0

7/5

-1/5

-1

0

-2/5

1/5

0

-1

1/5

2/5

0

7/5

-1/5

-1

0

-2/5

1/5

0

0

1/5

2/5

0

0 =

1

-3

0

Untuk S1 : 7/5 =

2/5

0

-1/5

Untuk S2 : 1/5 =

-1/5

0

-2/5

Untuk S3 : 1 =

0

-1

0

Supaya penggunaan sifat-sifat primal-dual ini dapat lebih teras pentingnya, berikut ini diberikan satu c ontoh persoa lan sebag ai berikut : Maksimumka n : z = 4x1 +6x2 +2x3 berda sarkan pembatas : 4x1 – 4x2

≤ 5

-x1 + 6x2

≤ 5

-x1 + x2 + x3

≤ 5

x1, x2, x3 ≥ 0

Salah satu iterasi dari persoalan di atas adalah sebagai berikut : Basis

x1

x2

x3

S1

S2

S3

Solusi

z

d

e

f

a

b

c

t

x1

j

m

q

6/20

4/20

0

g

x2

k

n

r

1/20

4/20

0

h

S3

l

p

s

5/20

0

1

i


STMIK BUDIDARMA


Hal : 91

Tentukanlah harga-harga a, b, c, d, e, f, g , h, i, j, k, l, m, n, p, q, r, s, da n t dengan mengguna kan sifat-sifat primal-dual.

J awa ba n : 1. Sifat 1 :

(4

6

0)

6/20

4/20 0

1/20

4/20

0

5/20

0

1

= [ 3/2 2

0]

a = 3/2 – 0 = 3/2 b = 2 -0= 2 c = 0 - 0 =0 2. Sifat 2 : SM = (3/ 2

2

x1 : 4y1 – y2 – y3 ≥4

0) d =0

4(3/2) – 2 – 0 – 4 = 0 x2 : -4y1 + 6y2 + y3 ≥6

c =0

-4(3/2) + 6(2) + 0 – 6 = 0 x3 : y3 ≥2

f = -2

0 – 2 = -2 3. Sifat 3 : 6/20

4/20

0

5

1/20

4/20

0

5

5/20

0

1

5

6/20

4/20

0

4

1/20

4/20

0

-1

5/20

0

1

-1

5/2 =

5/4 25/4

g = 5/2 h = 5/4 i =25/4 4. Sifat 4 :


1 =

0 0

STMIK BUDIDARMA


Hal : 92

j = 1 k=0 l=0

6/20

4/20

0

-4

0

1/20

4/20

0

6

5/20

0

1

1

0

6/20

4/20

0

0

0

1/20

4/20

0

0

5/20

0

1

1

=

1

m=0 n=1 p =0

=

0 1

q =0 r=0 s=0 Dengan demikian, t dapat dicari dengan memasukkan harga-harga g, h, dan i ke dalam persamaan z, sehingga diperoleh : t = 4(5/2) + 6(5/4) + 0(25/4) t = 70/4 t = 17 ½


STMIK BUDIDARMA


Hal : 93

METODE TRANSPORTASI

5.1. PENDAHULUAN

Metode transportasi merupakan suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari

sumber-sumber

yang

menyediakan

produk

yang

sama,

ketempat-tempat

yang

membutuhkan secara optimal. Alikasi produk ini harus sedemikian rupa, karena terdapat perbeda an biaya-biaya alokasi da ri saru sumber ke tempat-tempat tujuan berdeda -bed a, dan dari beberapa sumber ke suatu tempat tujuan juga berbeda-beda. Di samping itu, metode transportasi juga dapat digunakan untuk memecahkan masalah-masalah dunia usaha (bisnis) lainnya, seperti masalah-masalah yang meliputi pengiklanan, pembelanjaan modal (capital financing) dan alokasi dana untuk investasi, analisis lokasi, keseimbangan lini perakitan dan perencanaan serta scheduling produksi. Ada beberapa macam metode transportasi, yang semuanya terarah pada penyelesaian optimal dari masalah-masalah transportasi yang terjadi. F.L. Hitlchcoc k (1941), T.C. Koop mans (1949), da n G.B. Dantziq (1951) adalah orang-o rang yang pertama sebagai kontributor yang mengembangkan teknik-teknik transportasi. Bab ini pertama-tama akan membicarakan metode-metode transportasi dimulai dengan membahas metode stepping stone yang ditemukan oleh W.W. Cooper dan A.Charnes, dilanjutkan dengan metode MODI dan Vogel’s Approximation (VAM).

5.2. Metode Stepping-Stone

Untuk mempermudah penjelasan metod e Stepp ing-Stone, b erikut ini akan dipergunakan contoh suatu perusaha an yang mempunyai 3 pa brik di W, H, dan P. Perusahaa n mengahadap i masalah alokasi hasil produksinya di pabrik-pabrik tersebut ke gudang-gudang penjualan di A, B, dan C. Kapasitas pabrik, kebutuhan gudang dan biaya pengangkutan dari tiap pabrik ke tiap gudang da pa t dilihat pad a Tab el 5.1, 5.2, dan 5.3.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 94

Ta b el 5.1. Ka p a sita s p a b rik W

Pabrik W H P J umlah

Kapasitas produksi tiap bulan 90 ton 60 ton 50 ton 200 ton

Ta b e l 5. 2. Ke b u t u h a n g u d a n g A , B, d a n C

Gudang A B C J umlah

Kebutuhan tiap bulan 50 ton 110 ton 40 ton 200 ton

Ta b e l 5. 3. Bia y a p e n g a n k u t a n se t i a p t o n d a ri p a b rik W , H , P k e g u d a n g A , B, C

Dari Pabrik W Pabrik H Pabrik P

Biaya tiap ton (da lan ribuan Rp) Ke Gudang A Ke Guda ng B Ke Gudang C 20 5 8 15 20 10 25 10 19

5.2.1. Penyusunan Tabel Alokasi Untuk bisa memahami dengan lebih mudah dan memcahkan masalah, maka data di atas harus disusun ke dalam suatu table yang menunjukkan hubungan antar kapasitas pabrik, kebutuhan gudang, dan biaya pengankutan seperti terlihat pada Tabel 5.4. Pada table tersebut jumlah kebutuhan tiap-tiap guda ng diletakkan pa da ba ris terakhir dan kapasitas pabrik pad a kolom terkhir. Sedang biaya pengangkutan diletakkan pada segi empat kecil pada table itu. Misalnya biaya angkut 1 ton barang dari W ke A adalah 20, diletakkan di segi empat kecil di dalam segi empat AW, dan seterusnya. Adapun X ij adalah banyaknya alokasi dari sumber i ke tujuan j, misalnya da ri W ke A (sumber 1 ke tujuan pertama ) = X 11. Nilai Xiji nilah yang nanti akan kita c ari. Ta b e l 5.4. Ta b el tra nsp o rtasi

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik W

20 X11

Pabrik H

X21

Kebutuhan Gudang

20 X22

25 X31

50


8 X13

X12

15

Pabrik P

5

10 X23

10 X32

110

19 X33

40

90

60

50

200

STMIK BUDIDARMA


Hal : 95

5.2.2. Prosedur Alokasi Setelah data tersusun dalam bentuk table, maka langkah selanjutnya adalah mengalokasikan produk dari pabrik-pabrik ke gudang-gudang. Pedoman yang merupakan prosedur alokasi sistematis pertama adalah pedoman sudut barat laut (northwest corner rule). Mulai dari sudut kiri atas dari Tabel 5.4 (X ij) dialokasikan sejumlah maksimum produk dengan melihat kap asitas pa brik dan kebutuhan g udang. Kemudian setelah itu, bila X ijm erupakan kotak terakhir yang dipilih, dilanjutkan dengan mengalokasikan pad a X 1, j+1 bila i mempunyai kapasitas yang tersisa. Bila tidak, alokasikan ke X 1+1, j, dan seterusnya sehingga semua kebutuhan telah terpenuhi. Dari contoh diatas, alokasi pertama adalah X 11 = 50, yang tepat memenuhi kebutuhan gudang A da lam kolom 1 (da n hilangkan kolom ini da ri pertimba ngan alokasi berikutnya). Dalam hal ini ada kelebihan kapasitas pabrik W sebesar 40 dalam baris 1, sehingga alokasi berikutnya X 1, 1+1 = X 12.

Bila kapasitas pabrik tidak lebih besar dari kebutuhan gudang B dalam kolom 2, maka

pada X12 dialokasikan sebesar 4, dan hilangkan baris 1 dari pertimbangan berikutnya. Untuk selanjutnya alokasi yang dipilih X1+1, 2 = X 22. Dari table terlihat b ahwa kebutuhan gud ang B masih lebih besar dari kapasitas pabrik H, sehingga pada X 22 dialokasikan sebesar 60, dan hilangkan baris, dan seterusnya sampai semua kapasitas yagn tersedia telah dialokasikan ke gudanggudang yagn membutuhkan seperti terlihat pada Tabel 5.5. Segi empat yagn tersisi alokasi biasanya disebut segi empat batu, dan yang kosong disebut segi empat air. Biaya pengangkutan untuk alokasi tahap pertama ini = 50(20 + 40(50) + 60(20) + 10(10) + 40(19) = 3260. Ta b e l 5 .5 . A l o ka si t a h a p p e r t a m a d e n g a n p e d o m a n su d u t b a ra t la u t .

Ke

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Dari Pabrik W

20 50

15

H

20

10

10

19

60

Pabrik

25

P

Gudang

8

40

Pabrik

Kebutuhan

5

40

10

50


110

40

90

60

50

200

STMIK BUDIDARMA


Hal : 96

5.2.3. Mengubah Alokasi Secara Trial and Error Untuk mengurai biaya pengangkutan, alokasi pada Tabel 5.5 diubah secara trial and error. Misalnya, terlihat pad a kolom “G udang A”. Segi empat HA b elum terisi, maka dicoba bila diisi 1 satuan (ton) tentu saja perlu pemindahan dari segi empat yagn lain, misalnya dari segi empat WA agar jumlah kebutuhan gudang tetap 50; di samping itu juga akan mempengaruhi segi empat WB dan segi empat HB, seperti terlihat pada Tabel 5.6. Perubahan biaya yang diakibatkan ad alah sebagai berikut :

Tamba han biaya :

da ri H ke A

=

dari W ke B

15 =

5 20

Peng uranga n biaya

:

dari W ke A

=

20

dari M ke B

=

20 40

Tamba han biaya 20 seda ng penguranga n biaya 40, berarti ad a penghematan 20 (=Rp 20.000,00) untuk setiap perpindahan alokasi 1 unit (1 ton) barang ke segi empat HA dan WB dan HB. Berdasarkan kenyataan ini, bila jumlah alokasi yang dilaksanakan lebih banyak (tidak hanya 1 unit saja), maka pe nghematannya a kan lebih ba nyak. J umlah yang bisa diubah maksimum sebesar isi terkecil dari 2 segi empat yang terdekat dengan isi segi empat HB = 60. J adi diisikan pada segi emapat HA 50 unit dan ditambahkan pula isi segi empat WB (yang bertolah belakang dengan HA) sebesar 50 unit. Perubahan alokasi ini seperti terlihat pada Tabel 5.7, dengan menghasilkan biaya pengangkutan yang lebih murah, yaitu 90(5) + 50(15) +10(20) + 10(10) + 40(19) = 2260 lebih murah dari laokasi pertama (Tabel 5.5). Ta b e l 5. 6. Pe r b a ik a n p e r t a m a d e n g a n t ria l a n d e r ro r

Ke

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Dari Pabrik W

20 50

(-)

20

10

10

19

60

(+)

Pabrik

50


60

(-)

25

P

90

(+)

15

H

Gudang

8

40

Pabrik

Kebutuhan

5

10

40

110

40

50

200

STMIK BUDIDARMA


Hal : 97

Ta b e l 5. 7. Pe r b a ik a n k e d u a d e n g a n t ria l a n d e r ro r

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik 50

W

40

(-)

Pabrik

(+)

Pabrik

20

10

10

19

90

60

(+)

8

90

15

H

5

P

40

10

50

Gudang

60

(-)

25

Kebutuhan

90

110

40

50

200

Peruba han alokasi ini da pa t juga dilakukan deng an mengubah alokasi pa da segi empat yang tida k berdekatan. Misalnya, akan diisi segi empat WC, maka segi empa t lain yang ikut berubah dapat berupa segi empat WB, PB, dan PC, seperti terlihat pada Tabel 5.8, dengan biaya pengangkutan = 50(5) + 40(8) +50(15) + 10(20) + 50(10) = 2020. Demikian seterusnya diada kan perubahan bila dengan peruba han itu da pa t mengurangi biaya, sampa i akhirnya diperoleh biaya pengangkutan yang terendah (optimal). Ta b e l 5. 8. Pe r b a i ka n d e n g a n m a sa l a h a lo k a si se g i e m p a t y a n g t id a k b e r d e k a t a n .

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik

5

W

(+)

(-)

Pabrik H

8

90 50

15 50

25

10

10 10

P

Gudang

40

10

Pabrik

Kebutuhan

20

(-)

(+) 50

50

19

90

60

50

40

110

40

200

5.3. Metode MODI Metode MODI ( Modified Distribution) merupakan perkembangan dari metode steppingstone, karena penentuan segi empat kosong yang bisa menghemat biaya dilakukan dengan prosedur yagn lebih pasti dan tepat serta metode ini dapat mencapai hasil optimal lebih cepat. C ara utnuk memilihnya d igunakan persama an Ri + K j = C ij. Ri adalah nilai baris i, K j nilai kolom j, dan C ija dalah biaya pengangkutan 1 satuan barang dari sumber i ke tujuan j. Adapun langkahlangkah menghitungnya seba ga i berikut : a. Isilah table pertama dari sudut kiri ke atas ke kanan bawah,


STMIK BUDIDARMA


Hal : 98

b. Menentukan nilai baris dan kolom Nilai baris dan kolom ditentukan berdasarkan persamaan di atas (R i + K j = C ij). Baris pertama selalu diberi nilai 0, dan nilai baris-baris yang lain dan nilai semua kolom ditentukan berdasarkan hasil-hasil hitungan yag n telah d iperoleh. Bila nilai suatu ba ris suda h diperoleh, ma ka nilai kolom yang dihubungkan de ngan segi empat batu da pa t dica ri dengan rumus Ri +K j =C ij. Nilai baris W = Rw =0 Menc ari nilai kolom A : RW + K A =C

WA

0 + K A= 20, nilai klom A =K A= 20

Menc ari nilai kolom d an ba ris yang lain : RW +K B =C

; 0 + K B= 5

; K B =5

RH +K B = C HB

; RH+ 5 = 20

; R H= 15

RP +K B =C

PB

; RH+ 5 = 10

; R P =5

RP +K C =C

PC

; 5 + K C= 19

WB

; K C= 14

Nilai-nilai ini kemudian diletakkan pada baris/ kolom yagn bersangkutan, sep erti terlihat pa da Tabel 5.9. Ta b e l 5 .9 . Ta b e l p e r t a m a .

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik W

90

60

(+) (-)

5

8

20

10

10

19

50

Pabrik H

40

(-)

15

50

(+)

Pabrik P Kebutuhan Gudang

10

25

40

10

50

110

40

90

60

50

200

c. Menghitung indeks perba ikan Indeks perbaikan adalah nilai dari segi empat akhir (segi empat yang kosong). Menc arinya dengan rumus : C ij – R i – K j= Indeks perbaikan Tab el 5.10. menghitung indeks perbaikan Segi empa t HA PA WC HC


C ij – R i – K j 15 – 15 – 20 25 - 5 – 20 8 - 0 – 14 10 – 15 - 14

Indeks perba ikan -20 0 -6 -19

STMIK BUDIDARMA


Hal : 99

d. Memilih titik tolah perubahan Segi empat yang mempunyai indeks perbaikan negative berarti bila diberi alokasi (diisi) akan da pa t mengurangi jumlah biaya pengangkutan. Bila nilainya p ositif berarti pengisian akan menyebabkan kenaikan biaya pengangkutan. Segi empat yagn merupakan titik tolak perubahan adalah segi empat yang indeksnya “bertanda negative”, dan “angkanya terbesar”. Dalam Tabel 5.10, ternyata yang memenuhi syarat adalah segi empat HA. Olwh karena itu segi empat ini dipilih sebagai segi empat yagn akan diisi. e. Memperba iki a lokasi Berilah tanda positif pada segi empat yang terpilih (HA). Pilihlah 1 segi empat terdekat yang isi dan sebaris (HB), 1 segi empat yang isi terdekat dan sekolom (WA); berilah tanda negative pada 2 segi empat ini. Kemudian pilihlah satu segi empat yang bertanda negative tadi (WB), dan berilah segi empat ini tanda positif. Selanjutnya pindahkanlah alokasi dari segi empat yang bertanda negative ke yagn bertanda positif sebanyak isi terkecil dari segi empat yang bertanda positif (50). J adi segi empat HA kemudian berisi 50, segi empat HB berisi 60 – 50 = 10, seg i empat WB berisi 40 +50 = 90, dan segi empat WA menjadi tidak berisi. Lihat Tabel 5.9 f.

Ulangilah langkah-langkah tersebut di atas, mulai langkah nomor b sampai diperoleh

biaya terendah. Bila masih ada indeks perbaikan yang bernilai negative berarti alokasi tersebut masih dapat diubah utnuk mengurangi biaya pengangkutan. Bila sudah tidak ada indeks yagn negative berarti sudah optimal. Sebagai contoh perubahan pertama sampai mencapai table optimal dapat dilihat pada Tabel 5.11, a, b, c, d, dan e, Ta b e l 5. 11 . Pe r u b a h a n a l o k a si u n tu k m e m p e ro l e h a lo k a si o p t im a l d e n g a n M e t o d e M O D I

(a)

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik W

8

20

10

10

19

90

50

(-)

Pabrik H

5 (+)

15

40 10

50

(+)

Pabrik

(-)

25

60

P Kebutuhan Gudang

10

50

90

60

50

40

110

40

200

Biaya transportasi = 90 (5) + 50(15) + 10(20) +10(10) + 40(19) = 2260


STMIK BUDIDARMA


Hal : 100

(b)

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik

5

8

20

10

90

W Pabrik

15 10

H

(+)

(-)

50

Pabrik

25

10 (+)

50

Gudang

19

40

50

(-) 10

Kebutuhan

60

10

40

P

90

30

110

40

200

Biaya transpo rtasi = 90(5) + 50(15) + 10(10) + 20(10) + 30(19) = 2070

(c)

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasit

A

B

C

as Pabrik

Pabrik

5

8

20

10

90

W Pabrik

15 10

H

(+)

(-)

50

Pabrik

25

10 (+)

Kebutuhan Gudang

19

40

50

(-) 10

50

60

10

40

P

90

30

110

40

200

Biaya transpo rtasi = 60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10) = 1890 (d)

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A =13

B=5

C =8

Pabrik

Pabrik

5 60

W Pabrik H

15 50


8 30

20

10

90

60

10

STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional Pabrik

25

Hal : 101 10

19

50

P Kebutuhan

50

Gudang

110

40

50

200

Tab el (d) tida k bisa dioptimalkan lagi, karena indeks perbaikan pa da setiap segi empat akhir suda h tida k ada yang negative, seperti terlihat pa da Tabel 5.12. Tabel 5.12. Indeks perbaikan dari Tabel 5.11e Segi empa t WA HB PA PC

C ij – R i – K j 20 – 0 – 5 20 - 2 – 5 25 - 5 – 13 19 – 5 - 8

Indeks perba ikan 15 13 7 6

5.4. Metode Vogel’s Approximation Metode vogel atau Vogel’s Approximation Method (VAM) merupakan metode yang lebih cepat untuk dapat mengatur alokasi dari beberapa sumber ke beberapa daerah pemasaran. Adapun langkah-langkah untuk mengerjakannya ad alah sebagai berikut : 1. Susunlah kebutuhan, kapasitas masing-masing sumber, dan biaya pengangkutan ke dalam matriks seperti pa da Tabel 5.4. 2. C arilah perbeda an d ari dua biaya terkevil (da lam nilai absolute), yaitu biaya terkecil dan terkecil kedua untuk tiap ba ris da n kolom pad a matriks (Cij). Misalnya p ada ba ris W biaya angkut terkecil = Rp 5,00 dan nomor dua dari yang terkec il – Rp 8,00. J adi nilai ba ris W = 8 – 5 =3. Demikian seterusnya nilai-nilai yang lain seb aga i berikut : Baris H =

15 – 10 = 5

Baris P

=

19 – 10 = 9

Kolom A

=

20 – 15 = 5

Kolom B

=

10 – 5 = 5

Kolom C

=

10 – 8 =2

3. Pilihlah 1 nilai perbedaan-perbedaan yang terbesar di antara semua niilai perbedaan pa da kolom da n baris. Dalam hal ini ba ris P mempunyai nilai perbedaa n terbesar, yaitu 9. 4. Isilah pada salah satu segi empat yang termasuk dalam kolom atasu baris terpilih, yaitu pada segi empat yang biayanya terendah di antar segi empat lain pada kolom/baris itu. Isiannya sebanya mungkin yagn biasa dilakukan. Misalnya pada baris P, biaya angkut untuk segi empa t PA = 25, segi empat PB = 10, da n segi empa t PC = 19. Yang terkecil adalah biaya pada segi empat PB. Maka kita isi segi empat PB dengan 50 satuan (lebih dari 50 satuan tida k mungkin karena kapasitas pabrik P = 50)


STMIK BUDIDARMA


Hal : 102

Ta b e l 5. 13 . Fe a sib le so l u t io n m u la - m u l a d a ri m e t o d e V o g e ’ s a p p ro x im a t io n

Pa brik

W H P

Kebutuhan Perbedaan kolom

A 20 15 25 50 5

Gudang B 5 20 10 110 5

C 8 10 19 40 2

Perbedaan Kapasitas ba ris 90 3 60 5 50 9 Pilihan XPB= 50 Hilangkan ba ris P

5. Hilangkan baris P karena baris tersebut sudah diisi sepenuhnya (kapasitas penuh) sehingga tidak mungkin diisi lagi. Kemudian perhatikan kolom dan baris yagn belum terisi/teralokasi (ba ris W, H, dan kolom A, B, C ). 6. Tentukan kembali perbed aa n (selisih) biaya pada langkah ke 2 untuk kolom d an ba ris yang belum terisi. Ulangi langkah 3 sampai dengan langkah 5, sampai semua baris dan kolom sepenuhnya teralokasi lihat Tabel 5.14.

Ta b el 5.14. Fea sib le solution d a ri m et od e VA M la njutan

W H

Pa brik Kebutuhan Perbedaan kolom

A 20 15 50 5

Gudang B 5 20 60 15

C 8 10 40 2

Perbedaan Kapasitas ba ris 90 3 60 5 Pilihan XWB= 60 Hilangkan ba ris B

C 8 10 40 2

Perbedaan Kapasitas ba ris 30 12 60 5 Pilihan XWC= 30 Hilangkan ba ris W

Gudang W Pabrik H Kebutuhan Perbedaan kolom

A 20 15 50 5

Gudang Pabrik Kebutuhan

H

A 15 50

C 10 40

Perbedaan Kapasitas 60 Pilihan XHA= 50 XHC= 10

J adi, matriks alokasi sengan metode Vog el’s Approximation di atas ad alah seba gai berikut :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 103

Tab el 5.15. Ma triks hasil alokasi dengan metode VAM

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A

B

C

Pabrik

Pabrik

5 60

W Pabrik

30

15

H

8

20

50

10

25

10

19

50

P 50

Gudang

60

10

Pabrik

Kebutuhan

90

110

40

50

200

7. Setelah terisi semua, maka biaya transportasinya yang harus dibayar adalah 60 (Rp 5,00) + 30 (Rp 8,00) + 50( 15,00) + 10(Rp 10,00) + 50(Rp 10,00) = Rp 1.890,00 8. Bila nilai perbedaan aa 2 yang besarnya sama, missal yang satu terletak pada kolom maka: Lihatlah segi empat yang masuk ke dalam kolom maupun baris yang mempunyai nilai terbesar. Bila segi empat ini mempunyai biaya terenda h di antara segi empat pa da ba ris atau klomnya, maka isian alokasi maksimum pada segi empat ini. Bila biayanya tidak terendah, maka pilihlah segi empat yagn akan diisi berdasar salah satu, baris terpilih atau kolom terpilih, seperti pada langkah 4 dan 5

Kebaikan dari metode Vogel ini adalah mudah menghitungnya. Tetapi hasil pemecahan dari metode ini kadang-kadang masih dapat dioptimalkan dengan metode lain, misalnya metode Simples yang a kan dibica rakan kemudian.

5.5. Kapasitas Tidak Sama dengan Kebutuhan Bila

kebutuhan

tidak

sama

dengan

kapasitas

yagn

tersegia,

maka

untuk

menyelesaikannya harus dibuat kolom semu (dummy column) atau baris semu (dummy row), sehingg a jumlah isian kolom jumlah isian baris semua. Contoh untuk kebutaha n lebih kec il da ri kapasitas yagn tersedia seperti terlihat pada Tabel 5.16, sedang untuk kebutuhan yagn lebih banyak dari kapasitas yagn tersedia seperti terlihat pada Tabel 5.17. Setelah diadakan penambahan baris atau kolom “dummy” ini dengan biaya nol (0) dapat diselesaikan dengan metode stepping stone, MO DI atau VAM .


STMIK BUDIDARMA


Hal : 104

Ta b e l 5 .1 6. Ke b u t u h a n l e b ih k e c il d a ri su m b e r ( k a p a sit a s) y a n g t e r se d ia .

Ke

Gudang

Gudang

Gudang

Dummy

J lh

A

B

C

D

Kapasita

Dari

s Pabrik

20

5

8

0

W

90

Pabrik

15

20

10

0

H

60

Pabrik

25

10

19

0

P

100

Jumlah

50

Kebutuhan

110

40

50

250

Ta b e l 5 .1 7. Ke b u t u h a n l e b ih b e sa r d a ri su m b e r y a n g t e r se d ia

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

J umlah

A

B

C

Kapasita s

5

Pabrik

8 90

W 15

Pabrik

20

10 60

H 25

Pabrik

10

20 50

P 0

Dummy

0

0 50

Q J umlah Kebutuhan

100

110

40

250

5.6 Masalah Degeneracy Di dalam meng isi tab le a wal berdasar sudut kiri atas kad ang-kadang terjadi degenerac y, yaitu apabila b anyaknya segi empat yang terisi kurang dari m + n – 1 (m banyaknya baris dan n ba nyaknya kolom). Misalnya seperti yang terdapat pada Tabel 5.18, segi emapt XB merupakan segi empat yagn tida k terisi. Dalam mencari nilai ba ris da n kolom :


STMIK BUDIDARMA


Hal : 105

RW = 0 RW +K A =C

WA; 0

RW +K B =C

WB; 0

+ K A= 20; K A= 20 + K B = 5; K B =5

Sampai disini tidak bias kita lanjutkan untuk menc ari nilai ba ris H, karena seg i HB kosong. Untuk mengatasi hal ini bias kita isi segi empat HB dengan nilai isian 0. Dengan demikian jumlah segi empat yang terisi ada 6, tepat sama dengan m + n – 1 (3 + 4 – 1), seperti terlihat pada Tabel 5.19. Ta b el 5.18. Terd a p a t 5 seg i em p a t ya ng te risi kurang d a ri 6 (=3 + 4 –1)

Ke

Gudang

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A =20

B=5

C

D

Pabrik

Dari Pabrik

5

8

11

W

90

Pabrik

15

20

10

H

15

40

Pabrik

25

10

20 20

60 20

P

50

Kebutuhan

50

Gudang

40

40

50

70

200

Ta b e l 5. 19 . Se g i e m p a t HB d iisi 0 , se h i n g g a b a n y a k n y a se g i e m p a t y a n g t e risi a d a 6 t e p a t sa m a d en g a n 3 + 4 –1

Ke Dari

Gudang

Gudang

Gudang

Gudang

Kapasitas

A =20

B=5

C = -5

D=0

Pabrik

Pabrik

5

W

50

Pabrik

11

40 15

H

90 20

0

Pabrik

8

25

10 40

10

15 20

20

P

20 50

Kebutuhan

50

Gudang

40

40

60

70

50

200

Dengan sendirinya nilai dari semua kolom dan baris dari Tabel 5.19 ini dapat dicari, karena segi empat HB sudah terisi. RH +K B =C

HB;

RH+ 5 = 20; R H= 20 – 5 = 15


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional RH +K C =C

10; HX; 15 + K C =

Hal : 106

K C= 10 – 15 = -5

RH +K D = C HD; 15 + K D= 15; K D= 15 – 15 = 0 RP +K D =C

HD;

RP+ 0 = 20; R P =2

Berdasarkan nilai-nilai tersebut di atas nilai indeks perbaikan dapat dicari dan perbaikan da pat dilakukan sampa i table optimal, caranya sama denga n yang telah d ibica rakan di de pa n.

5.7. Penggunaan Programa Linier Masalah transportasi ini da pa t juga d ipec ahkan dengan metode programa linier. Sudah dibicarakan di depan bahwa kebutuhan tidak selalu sama dengan kapasitas yang tersedia. Mungkin kebutuhan lebih besar dari kapasitas, atau sebaliknya. Berikut ini akan disajikan perumusan masalah kalau kebutuhan sama, lebih besar atau lebih kecil dari kapasitas yang tersedia. Setelah masalah dirumuskan, maka dapat di selesaikan dengan langkah-langkah da lam metode linear programming. a. Perumusan masalah kalau kebutuhan sama dengan kapasitas : m

n

Fungsi tujuan : minimumkan Z = ∑

∑

i =1

j =1

C ijXij

C ijXij n

Batasan-batasan : (1)

∑

X ij = a i( i=1, 2, ….., m)

j =1 m

(2)

∑

X ij = b i( j=1, 2, ….., n)

i =1

(3) Xij ≥ 0. Pada rumusan di atas semua kebutuhan dapat dipenuhi, semua kapasitas sumber dialokasikan, d an nilai alokasi harus positif. b. Bila kebutuha n lebih kec il dari kapa sitas. m

n


∑

i =1

j =1

C ijXij

n


∑

X ij ≤ a i (i=1, 2, ……, m)

j =1 m

(2)

∑

X ij = b i (j=1, 2, ….., n)

i =1

(3) Xij ≥ 0. Pada rumusan ini semua kebutuhan dapat dipenuhi, tetapi kapasitas sumber tidak bias dimanfaatkan sepenuhnya.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 107

c. Bila kebutuha n lebih besar dari kapa sitas. m

n


∑

i =1

j =1

C ijXij

n


∑

X ij = a i( i=1, 2, ….., m)

j =1 m

(2)

∑

X ij ≤ b i (j=1, 2, ….., n)

i =1

(3) Xij ≥ 0.

Pada rumusan ini tidak semua kebutuhan bias dipenuhi meskipun kapasitas sumber telah digunakan sepenuhnya.

Simbol i menunjukkan nomor sumber, dari sumber 1, 2, …… sampai dengan yang ke-m, j menunjukkan nomor tempat tujuan pengiriman, mulai yang ke-1, 2, …….. sampai tempat yang ke-n; Xij menunjukkan banyak barang yang dikirimkan dari sumber i ke tempat tujuan j, sedang C

ij

ongkos angkut setiap satuan barang da ri ke j. Arti batasan pada ketiga macam perumusan masalah ini ialah: Batasan (1) merupakan batasan kapasitas tersedianya barang di setiap sumber, batasan (2) merupakan batasan kebutuhan di tempat-tempat tujuan, dan batasan ke-(3) merupakan batasan tidak negatig (nonne ga tive

c onstraint).

Fungsi tujuan

berusaha

untuk meminimumkan

jumlah

biaya

pengangkutan seluruhnya. Sebagai contoh lihat perumusan masalah di depan, yang kalau diformulasikan sebagai berikut :

Minimumkan Z = 20XWA+ 15X HA+ 25X PA +5K WB+ 20K

HB +

10XPB +8X WC+ 10X HC+ 19X PC

Batasan-batasan :

XWA +X WB +X WC= 90 XHA +X HB +X HC = 60 XPA +X PB +X PC

= 50

XWA +X HA +X PA = 50 XWB +X HB +X PB = 110 XWC +X HC +X PC = 40 XWA, XWB…………XPC ≥ 0

Bila diselesaikan, maka nilai X dan Z yang optimal adalah sebagai berikut :


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional XWB= 60

Hal : 108

X PB= 50

XWC= 30 XHA= 10

Z = 1890

XHC= 10

SOAL-SOAL

1.

Saa t ini Pertamina memiliki tiga da erah penambangan minyak di pulau jawa , yaitu di Cepu, Cilacap, dan Cirebon dengan kapasitas produksi masing- masing sebesar 600.000galon, 500.000 galon, dan 800.000 galon setiap harinya. Dari tempat- tempat tersebut, minyak kemudian diangkut ke daerah- daerah pemasaran yang terspusat di semarang, J akarta, Band ungn, dengan daya tampung masing- masing sebba nyak 400.000 galon, 800.000 galon, dan 700.000 galon perhari. Ongkos pengangkutan per 100.000 galon adalah: Dari Cepu ke semarang da n J akarta masing- masing sebesar: Rp

120.000 dan Rp

180.000. Dari Cilacap ke Semarang, J akarta dan Bandung masing- masing Rp 300.000, Rp 100.000 dan 80.000. Dari Cirebon ke semarang, J akarta d an bandung masing- masing : Rp 200.000, Rp 250.000, dan Rp 120.000. Baga imana ususl sauda ra untuk mendistribusikan minyak tersebut sebaik- baiknya?

2.

Direktur PN GIA menerangkan bahwa untuk melayani penerbangan di jawa barat harus dibuka 4 banda r udara, yaitu di J akarta, bandung, Cirebo n, dan C ilac ap [, sehingga pesawat dapat mengisi bahan baker pada keempat lapangan terbang tersebut. Kebutuhan akan bahan baker ini akn disuplai oleh tiga agen pertamina, yaitu pertamina I, II,dan II yanga masing-masing dapat menyediakan sebanyak 275.000 galon, 550.000 galon dan 660.000. adapun masing- masing lapangan terbang di perkirakan akan membutuhkan bahan baker sebanyak: •

J akarta

•

Bandung : 330.000 ga lon

•

C irebon

: 220.000 ga lon

•

C ilac ap

:110.000 ga laon


: 440.000 ga lon

STMIK BUDIDARMA


Hal : 109

Harga bahan bakar per galon yang d ijual pad a masing-masing Bandar udara oleh ag en I, II, dan III adalah seperti pada table b erikut: Agen

I

II

III

1

11

13

9

2

9

12

4

3

10

11

14

4

10

7

8

Bandara

Formulasikan persoalan di atas sebagai persoalan transaportasi, dan dapatkan jawaban optimumnya.

3.

Seorang pedagang beras mempunyai 3 gudang di Cianjur, Cikampek, dan Sumedang, yang masing- masing menyimpan beras sebanyak 60,80,dan 100 ton. Pedagang tersebut mempunyai daerah pema saran di Band ung, Bogor, J akarta, da n Cirebon yang ma singmasing membutuhkan beras sebanyak 40, 60, 80, dan 50 ton. C ianjur Ke Bandung

= Rp 11.000,00

Ke Bogor

= Rp 12.000,00

Ke J akarta

= Rp 13.000,00

Ke C irebon

= Rp 14.000,00

C ikampek Ke Bandung = Rp 14.000,00 Ke Bogor

= Rp13.000,00

KeJ akarta

= Rp12.000,00

Ke C irebon

= Rp10.000,00

Sumed ang ke Band ung = Rp 10.000,00 Ke Bogor

= Rp12.000,00

Ke J akarta

= Rp 12.000,00

Ke C irebon

= Rp 11.000,00

Bila saudara diminta, ba ga imana kah pengalokasian / pendistribusian beras yang optimum da n berapa ongkosnya.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 110

MASALAH PENUGASAN

6.1. PERUMUSAN MASALAH Seperti masalah transportasi, masalah penugasan (assignment problem) merupakan suatu kasus khusus bagi masalah linear programming pada umumnya. Dalam dunia usaha (bisnis) dan industri, manajemen sering menghadapi masalah-masalah yang berhubungan dengan penugasan optimal dari bermacam-macam sumber yang produktif atau personalia yang mempunyai tingkat efisiensi yang berbeda-beda untuk tugas-tugas yang berbeda-beda. Metode Hungarian (Hungarian method) adalah salah satu dari beberapa teknik-teknik pemecahan yang tersedia untuk masalah-masalah penugasan. Metode ini mula-mula dikembangkan oleh seorang ahli matematika berkebangsaan Hungaria yang bernama D. Konig dalam tanuh 1916 Untuk dapat menerapkan metode Hungarian, jumlah sumber-sumber yang ditugaskan harus sama persis dengan jumlah tugas yang akan diselesaikan. Selain itu, setiap sumber harus ditugaskan hanya untuk satu tugas. J ad i masalah p enuga san a kan mencakup sejumlah n sumber yang mempunyai n tugas. Ada n! (n factorial) penugasan yang mungkin dalam satu masalah karena perpasangan satu-satu. Masalah ini dapat dijelaskan dengan mudah oleh bentuk matriks segi empat, di mana baris-barisnya menunjukkan sumber-sumber dan kolomkolomnya menunjukkan tugas-tugas. Masalah penugasan dapat dinyatakan secara matematis dalam suatu bentuk linear programming sebagai berikut : Minimumkan (maksimumkan): m

n

Z= ∑

∑

i =1

j =1

C ijXij

Dengan b atasan: m

∑ i =1

n

X ij = ∑ X ij = 1 j =1

Dan Xij ≥ 0 (X ij = Xij 2 Dimana C ija da lah tetap an yang telah diketahui.


STMIK BUDIDARMA


Hal : 111

6.2. Masalah Minimasi Suatu perusahaan kecil mempunyai 4 (empat) pekerjaan yang berbeda untuk diselesaikan oleh 4 (empa t) karyawan. Biaya p enuga san seorang karyawa n untuk pekerjaan yang berbeda adalah berbeda karena sifat pekerjaan berbeda-beda. Setiap karyawan mempunyai tingkat keterampilan, pengalaman kerja dan latar belakang pendidikan serta latihan yang berbeda pula. Sehingga biaya penyelesaian pekerjaan yang sama oleh para karyawan-karyawan yang berlainan juga berbeda. Matriks pada Tabel 6.1 menunjukkan biaya penugasan karyawan untuk bermacam-macam pekerjaan. Sebagai contoh A dapat menyelesaikan pekerjaan I pada biaya Rp 15,00, pekerjaan II pada biaya Rp 20,00, dan seterusnya. Ta b el 6.1. Ma triks b ia ya (Rp )

Pekerjaan I II III Karyawan A 15,00 20,00 18,00 B 14,00 16,00 21,00 C 25,00 20,00 23,00 D 17,00 18,00 18,00 Karena metode penugasan Hungarian mensyaratkan perpasangan

IV 22,00 17,00 20,00 16,00 satu-satu, maka ada

4! (4, 3, 2, 1 =24) kemung kinan penugasan. Langkah-langkah penyelesaiannya ad alah sebag ai berikut : 1. Langkah pertama adalah mengubah matriks biaya menjadi matriks opportunity cost. Ini dicapai dengan memilih elemen terkecil dari setiap baris dari matriks biaya mula-mula untuk mengurangi seluruh elemen (bilangan) dalam setiap baris. Sebagai contoh, seluruh elemen terkec il ba ris A (=15) digunakan untuk mengurangi seluruh elemen pa da baris A. Sehingga paling sedikit akan diperoleh satu elemen yang bernilai nol sebagai hasilnya. Prosedur yang sama diulang untuk setiap baris pada Tabel 6.1 untuk mendapatkan matriks biaya yang telah dikurangi (red uced -cost matrix) seperti yang ditunjukkan Tabel 6.2

Ta b e l 6 .2 . Re d u c e d - c o st m a t rix

Pekerjaan Karyawan A B C D

I

II

III

IV

0 0 5 1

5 2 0 2

3 7 3 2

7 3 0 0

2. Reduced cost-matrix di atas terus dikurangi untuk mendapatkan total-opportunity-cost matric. Hal ini dapat dicapai dengan memilih elemen terkecil dari setiap kolom pada


STMIK BUDIDARMA


Hal : 112

reduced-cost matrix untuk mengurangi seluruh elemen dalam kolom-kolom tersebut. Pada contoh di atas hanya dilakukan pada kolom III karena semua kolom lainnya telah mempunyai elemen yang bernilai nol. Bila langkah pertama telah menghasilkan paling sedikit satu nilai nol pada setiap kolom, langkah kedua ini dapat dihilangkannya. Matriks total-opportunity-cost ditunjukkan dalam Tabel 6.3 Ta b el 6.3. To ta l-op p ortunity-co st m a trix

Pekerjaan Karyawan A B C D

I

II

III

IV

0 0 5 1

5 2 0 2

1 5 1 0

7 3 0 0

Dalam contoh total-opportunity-cost matrix pada Tabel 6.3, terdapat paling sedikit satu nilai nol, dalam setiap baris dan setiap kolom.

3. Langkah berikutnya adalah mencari skedul penugasan dengan suatu total-opportunitycost nol. Untuk mencapai penugasan ini dibutuhkan 4 (empat) “independent zeros” dalam matriks. Ini berarti setiap karyawan harus ditugaskan hanya untuk satu pekerjaan dengan opportunity-cost nol; atau setiap pekerjaan harus diselesaikan hanya oleh satu karyawan. Prosedur praktis untuk melakukan test optimalisasi adalah dengan menarik sejumlah minimum ga ris horizonta l dan/atau vertica l untuk sejumlah elemen b ernilai nol dalam total-op po rtunity-cost matrix (lihat Tabel 6.4). Bila jumlah ga ris sama denga n jumlah baris atau kolom penugasan optimal adalah feasible. Bila tidak sama maka matriks harus direvisi. Ta b e l 6.4. Te st fo r op tim a lity

Pekerjaan I

II

III

IV

0 0 5 1

5 2 0 2

1 5 1 0

7 3 0 0

Karyawan A B C D

Dalam Tabel 6.4 ada tiga baris yang meliputi seluruh nilai nol disbanding empat beris atau kolom, sehingga langkah berikutnya diperlukan untuk merevisi matriks.

4. Untuk merevisi tota l-opportunity-cost matrix, pilih elemen terkec il yang belum terliput garisga ris (yaitu op po rtunity-cost terendah, atau pad a contoh di atas = 1) untuk mengurangi seluruh elemen yang belum terliput. Kemudian tambahkan dengan jumlah yang sama


STMIK BUDIDARMA


Hal : 113

(nilai elemen terkecil) pada seluruh elemen-elemen yang mempunyai dua garis yang saling bersilangan ( 5 pada baris C dan 1 pada baris D), atau sama dengan 6 dan 2. Masukkan hasil-hasil ini pada matriks, dan menyelesaikan matriks dengan seluruh elemenelemen yang telah terlipu tampa perubahan, ulangi langkah 3. Matriks yang telah direvisikan pada Tabel 6.5 berikut ini didapatkan dengan mengikuti prosedur di atas. Ta b el 6.5. Rev ised m a trix da n te st for op tima lity

Pekerjaan I

II

III

IV

0 0 6 2

4 1 0 2

0 4 1 0

6 2 0 0

Karyawan A B C D

5. Dalam Tabel 6.5 dibutuhkan empat garis untuk meliputi seluruh nilai nol atau sama dengan jumlah baris atau kolom, sehingga matriks penugasan optimal telah tercapai. Karyawan B ditugaskan untuk pekerjaan I karena baris B hanya mempunyai satu nilai nol pa da kolom I. Kolom II berisi satu nol pada ba ris C , jadi karyawan C ditugaskan untuk pekerjaan II. Kemudian karyawan A ditugaskan untuk pekerjaan III, karena pekerjaan I telah ditugaskan karyawan B. Karyawan D ditugaskan untuk pekerjaan terakhir IV. Skedul penugasan optimal dengan biaya minimum adalah sebag ai berikut :

Skedul penugasan A – III B–I C – II D – IV

Rp 18,00 14,00 20,00 10,00 Rp 68,00

6.3. Jumlah Pekerjaan Tidak Sama dengan Jumlah Karyawan Untuk memnuhi persyaratan suatu matriks segi empat bujur sangkar, agar metode Hungarian dapat diterapkan, bila terdapat jumlah pekerjaan lebih besar dari jumlah karyawan, maka harus ditambahkan suatu karyawan semu (dummy worker). Biaya semu adalah sama dengan nol, karena tidak akan terjadi biaya bila suatu pe kerjaan dituga skan ke karyawan semu. Sebalikanya bila jumlah karyawan lebih besar dari jumlah pekerjaan, maka harus ditambahkan suatu pekerjaan semu (dummy job). Sebagai contoh, bila jumlah pekerjaan lebih besar dari jumlah karyawa n, da pat dilihat pa da Tab el 6.6


STMIK BUDIDARMA


Hal : 114

Ta b e l 6. 6. Ju m la h p e k e r ja a n le b ih b e sa r d a ri ju m la h k a r y a w a n

Pekerjaan I

II

III

IV

Karyawan A Rp 15,00 Rp 20,00 Rp 18,00 Rp 21,00 B 14,00 16,00 21,00 15,00 C 25,00 20,00 23,00 17,00 D 17,00 18,00 18,00 18,00 Dummy E 0,00 0,00 0,00 0,00 Prosedur penyelesaian selanjutnya sama dengan langkah-langkah di a tas.

6.4. Masalah Maksimasi Metode penugasan Hungarian untuk minimasi juga dapat diterapkan untuk masalah penugasan yang menyangkut maksimasi. Dalam masalah maksimasi, matriks elemen-elemen menunjukkan tingkat keuntungan (atau indeks produktivitas). Efektivitas pelaksanaan tugas oleh karyawan-karyawan individual diukur dengan jumlah kontribusi keuntungan. Matriks 6.7 menunjukkan bahwa karyawan A mempunyai keterampilan yang dibutuhkan menangani 5 (lima) pekerjaan-pekerjaa n yang berlainan.

Ta b el 6.7. M a triks keun tung a n

Pekerjaan I

II

III

IV

Rp 12,00 10,00 8,00 15,00 13,00

Rp 10,00 9,00 7,00 8,00 14,00

Rp 15,00 13,00 12,00 11,00 17,00

Karyawan A B C D E

Rp 10,00 14,00 9,00 13,00 10,00

Langkah pertama dalam masalah maksimasi adalah mengubah matriks keuntungan menjad i suatu matriks op po rtunity-loss. Dalam masalah ini, A mempunyai keuntungan tertinggi Rp !5,00 bila dia ditugaskan pada pekerjaan V. Oleh karena itu, bila A ditugaskan pada pekerjaan I (yang kontribusi keuntungannya = Rp 10,00), ada sebesar Rp 5,00 sebaga i opportunity-loss yang terjadi dengan penugasan ini, dan seterusnya. Seluruh elemen dalam setiap baris dikurangi dengan nilai maksimum opportunity-loss yang ditunjukkan dalam Tabel 6.8. Matriks ini sebena rnya bernilai neg ative. Ta b e l 6.8. M a triks o p p o rtunity-lo ss

Pekerjaan I

II

III

IV

5 1 3

3 5 4

7 0 4

0 2 0

Karyawan A B C


STMIK BUDIDARMA

Modul : KKMI3413-Teknik Riset Operasional D E

3 7

Hal : 115

1 4

0 0

5 0

Seperti sebelumnya, setiap baris akan berisi nilai nol. Langkah berikutnya dengan meminimumkan opportunity-loss akan memaksimumkan kontribusi keuntungan total. Matriks total-opportunity-loss yang ditunjukkan dalam Tabel 6.9 didapatkan melalui pengurangan seluruh elemen d alam setiap kolom d engan elemen terkec il da ri kolom tersebut. Ta b el 6.9. M a triks to ta l-o p p o rtunity-lo ss

Pekerjaan I Karyawan A B C D E Dalam Tabel 6.9

II

4 2 0 4 2 3 2 0 6 3 seluruh elemen bernilai nol

III

IV

V

2 3 2 5 0 dapat diliput

7 0 0 2 4 0 0 5 6 0 hanya dengan empat garis.

J ad i, matriks harus dikurangi menurut langkah ke-4 seperti yang telah dijelaskan di muka. Matriks ba ru ditunjukkan oleh Tabel 6.10, dimana penugasan optimal da pa t ditentukan. Ta b el 6.10. Ta b el o p rim a l

Pekerjaan I

II

III

IV

V

2 0 0 2 6

0 4 1 0 3

0 3 0 5 0

5 0 2 0 6

0 4 0 7 2

Karyawan A B C D E

Skedul penugasan optimal dan keuntungan total untuk dua alternative penyelesaian adalah :

Skedul Penuga san I A – II B–1 C–V D – IV E – III

Keuntungan Rp 12,00 14,00 12,00 16,00 14,00 Rp 68,00


Skedul Penuga san 2 A–V B – IV C– D – II E – III

Keuntungan Rp 15,00 15,00 9,00 15,00 14,00 Rp 68,00

STMIK BUDIDARMA

Teknik Riset Operasional

Recommend Documents