MataKuliah KodeMK Pengampu
::RisetOperasi : TKS4019 : AchfasZacoeb
Sesi XI :
MODEL TRANSPORTASI e-Mail :
[email protected] www.zacoeb.lecture.ub.ac.id Hp. 081233978339
Model Transportasi Merupakan salah satu bentuk dari model jaringan kerja (network). Suatu model yang berhubungan dengan distribusi suatu barang tertentu dari sejumlah sumber (sources) ke berbagai tujuan (destinations). Setiap sumber mempunyai sejumlah barang untuk ditawarkan (penawaran) dan setiap tujuan mempunyai permintaan terhadap barang tersebut. Terdapat biaya transportasi per unit barang dari setiap rute (dari sumber ke tujuan). Asumsi dasar: biaya transportasi pada suatu rute tertentu proporsional dengan banyak barang yang dikirim
•1
Tujuan 1.
2. 3.
Suatu proses pengaturan distribusi barang dari tempat yang memiliki atau menghasilkan barang tersebut dengan kapasitas tertentu ke tempat yang membutuhkan barang tersebut dengan jumlah kebutuhan tertentu agar biaya distribusi dapat ditekan seminimal mungkin. Berguna untuk memecahkan permasalahan distribusi (alokasi). Memecahkan permasalahan bisnis lainnya, seperti masalah-masalah yang meliputi pengiklanan, pembelanjaan modal (capital financing) dan alokasi dana untuk investasi, analisis lokasi, keseimbangan lini perakitan dan perencanaan scheduling produksi.
Ciri-ciri Penggunaan 1. 2.
3.
4.
Terdapat sejumlah sumber dan tujuan tertentu. Kuantitas komoditi/barang yang didisitribusikan dari setiap sumber dan yang diminta oleh setiap tujuan besarnya tertentu. Komoditi yang dikirim/diangkut dari suatu sumber ke suatu tujuan besarnya sesuai dengan permintaan dan atau kapasitas sumber. Ongkos pengangkutan komoditi dari suatu sumber ke suatu tujuan besarnya tertentu.
•2
Metode Pemecahan Masalah 1. Tabel Awal Metode NWC (North West Corner Method) Metode Biaya Terkecil (Least Cost Method) VAM (Vogel Approximation Method) 2. Tabel Optimum Metode Batu Loncatan (Stepping Stone Method) Metode MODI (Modified Distribution Method)
Matriks :
Keterangan : Ai = daerah asal (origin) sejumlah i Si = ketersediaan barang (supply) yang diangkut di i daerah asal Tj = tempat tujuan (destination) sejumlah j dj = permintaan barang (demand) di sejumlah j tujuan xij = jumlah barang yang akan diangkut dari Ai ke Tj cij = besarnya biaya transport untuk 1 unit barang dari Ai ke Tj Biaya transport = cij . xi Jumlah permintaan = Jumlah ketersediaan
•3
Metode NWC (North West Corner) Merupakan metode untuk menyusun tabel awal dengan cara mengalokasikan distribusi barang mulai dari sel yang terletak pada sudut paling kiri atas. Aturannya: 1. Pengisian sel/kotak dimulai dari ujung kiri atas. 2. Alokasi jumlah maksimum (terbesar) sesuai syarat sehingga layak untuk memenuhi permintaan. 3. Bergerak ke kotak sebelah kanan bila masih terdapat suplai yang cukup. Kalau tidak, bergerak ke kotak di bawahnya sesuai demand. Bergerak terus hingga suplai habis dan demand terpenuhi.
Metode Biaya Terkecil (Least Cost) Merupakan metode untuk menyusun tabel awal dengan cara pengalokasian distribusi barang dari sumber ke tujuan mulai dari sel yang memiliki biaya distribusi terkecil Aturannya : 1. Pilih sel yang biayanya terkecil. 2. Sesuaikan dengan permintaan dan kapasitas. 3. Pilih sel yang biayanya satu tingkat lebih besar dari sel pertama yang dipilih. 4. Sesuaikan kembali, cari total biaya.
•4
VAM (Vogel Approximation Method ) Metode ini lebih sederhana penggunaannya, karena tidak memerlukan closed path (jalur tertutup). VAM dilakukan dengan cara mencari selisih biaya terkecil dengan biaya terkecil berikutnya untuk setiap kolom maupun baris. Kemudian pilih selisih biaya terbesar dan alokasikan produk sebanyak mungkin ke sel yang memiliki biaya terkecil. Cara ini dilakukan secara berulang hingga semua produk sudah dialokasikan .
Prosedur pemecahan dengan VAM : 1. Hitung perbedaan antara dua biaya terkecil dari setiap baris dan kolom. 2. Pilih baris atau kolom dengan nilai selisih terbesar, lalu beri tanda kurung. Jika nilai pada baris atau kolom adalah sama, pilih yang dapat memindahkan barang paling banyak. 3. Dari baris/kolom yang dipilih pada (2), tentukan jumlah barang yang bisa terangkut dengan memperhatikan pembatasan yang berlakubagi baris atau kolomnya serta sel dengan biaya terkecil. 4. Hapus baris atau kolom yang sudah memenuhi syarat sebelumnya (artinya suplai telah dapat terpenuhi). 5. Ulangi langkah (1) sampai (4) hingga semua alokasi terpenuhi.
•5
Contoh persoalan Model Transportasi : Suatu perusahaan semen mempunyai tiga pabrik di tiga tempat yang berbeda, yaitu P1, P2 dan P3 dengan kapasitas masingmasing 60, 80 dan 70 ton/bulan. Produk semen yang dihasilkan dikirim ketiga lokasi penjualan, yaitu G1, G2 dan G3 dengan permintaan penjualan masing-masing 50, 100 dan 60. Ongkos angkut (Rp. 000 per ton semen) dari masing-masing pabrik ke lokasi penjualan adalah sebagai berikut : G1
G2
G3
P1
5
10
10
P2
15
20
15
P3
5
10
20
Bagaimana cara perusahaan mengalokasikan pengiriman semen dari ketiga pabrik ke tiga lokasi penjualan agar biaya pengiriman minimum?
Representasi dalam bentuk jaringan :
Pabrik
Gudang
Kapasitas 60
P1
Permintaan
5 10
G1
50
G2
100
G3
60
10 15 80
20
P2 15 5
70
10
P3 20
•6
Representasi dalam bentuk tabel : G1
G2 5
G3 10
Supply 10
P1
60 15
20
15
P2
80 5
10
20
P3
Demand
70
50
100
60
210
Representasi dalam bentuk model LP : Fungsi Tujuan : Minima Z = 5X11 + 10X12 + 10X13 + 15X21 + … + 10X32 + 20X33 Kendala : 1. Kapasitas pabrik : X11 + X12 + X13 60 X21 + X22 + X23 80 X31 + X32 + X33 70 2. Permintaan :
3. Non-negativity
X11 + X12 + X13 X21 + X22 + X23 X31 + X32 + X33
= 50 = 100 = 60
Xij 0, untuk i = 1, 2, 3 dan j = 1, 2, 3
dengan Xij adalah jumlah semen yang dikirim dari pabrik i ke lokasi penjualan j
•7
Initial Solution 1. Northwest Corner G2
G1 5 P1
G3 10
50
Supply 10
10 15
60 20
P2
15
80 5
10
P3 Demand
80
50
20
10
60
70
100
60
210
Solusi : 50x5 + 10x10 + 80x20 + 10x10 + 60x20 = 3250
2. Least Cost: Minimum row/column/matrix Prinsip : mendistribusikan barang sebanyak-banyaknya, sesuai dengan penawaran dan permintaan, pada rute dengan biaya terendah pada baris/kolom/matriks. G1
G2
G3
Supply
P1
5
10
10
60
P2
15
20
15
80
P3
5
10
20
70
Demand
50
100
60
210
•8
Solusi menggunakan metode Least Cost : Minimum Matrix G1
G2
P1
5
G3 10
50
Supply 10
60
15
80
20
70
10
P2
15
20 20
P3
5
60
10 70
Demand
50
100
60
210
Solusi : 50x5 + 10x10 + 20x20 + 70x10 + 60x15 = 2350
3. Vogel Aproximation Method (VAM) Prinsip : Meminimumkan penalty (opportunity cost) karena tidak menggunakan jaringan termurah. Opportunity cost dihitung dari selisih 2 biaya terkecil pada setiap baris dan kolom. Pilih baris/kolom yang memiliki opportunity cost terbesar, alokasikan sebanyak mungkin ke sel dengan biaya termurah, sesuai dengan supply dan demand. Langkah 1 (lihat tabel awal transportasi sebagai berikut) : I
II
III
Supply
Penalty
A
8
5
6
120
1
B
15
10
12
80
3
C
3
9
10
80
6
Demand Penalty
150
70 5
60 4
280 4
•9
Langkah 2 : Demand I dipenuhi sebagian dari C sebanyak 80 unit, kapasitas C habis, dan baris C dihilangkan. Penalty dihitung kembali berdasarkan matriks 2 x 3 (AI - AII - AIII - BI - BII - BIII) I
II
III
Supply Penalty
8
A
5
15
B
10
3
C
6
80
3
9
10
80
150 70
70
60
7
Penalty
1
12
80 Demand
120
280
5
6
Langkah 3 : Demand I dipenuhi lagi dari A sebanyak 70 unit, terpenuhi semua, dan kolom I dihilangkan. Penalty dihitung kembali dari matriks 2 x 2 (AII - AIII - BII - BIII). I
II
III
Supply Penalty
8
A
5
6
70 15
B
10
3
C
Penalty
150
1
80
2
12
9
10
80 Demand
120 50
80 70
60 5
280 6
•10
Langkah 4 : Demand III dipenuhi dari sisa A sebanyak 50 unit. Dengan demikian otomatis kekurangan demand III 10 unit dipenuhi dari B dan demand II dipenuhi 70 unit dari B. Semua demand terpenuhi sehingga diperoleh solusi awal. I
II
III
Supply Penalty
8
A
5
70
50 15
B
10
70 3
C
6
12
10 9
Penalty
150 70
1
80
2
10
80 Demand
120 50
80 70
60 5
280 6
Pada langkah semua demand terpenuhi sehingga diperoleh solusi awal sebagai berikut: AI = 70 AIII = 50 BII = 70 CI = 80 Nilai fungsi tujuan : 70G8 + 50G6 + 70G10 + 80G3 = 1.800
Solusi yang diperoleh di atas masih merupakan solusi awal, akan tetapi dibandingkan dengan metode yang lain, metode VAM lebih baik dan mendekati kondisi optimal.
•11
Improvement Solution 1. Stepping Stone 2. Modified Distribution (MODI) Prinsip : trial and error untuk mencari alternatif terbaik dari rute yang tidak keluar sebagai solusi
Metode Batu Loncatan
(Stepping Stone)
Memakai dasar dari hasil NWCR (North West Corner Rule). Pada tabel hasil NWCR : Kotak yang terisi disebut kotak basis. Kotak yang tidak terisi disebut kotak non basis. Untuk mengetahui, harus dihitung nilai Zij-cij pada kotak bukan basis. Nilai Zij-cij = Indeks Perbaikan = IP Besarnya penurunan biaya angkut kalau ada pengangkutan barang dari daerah asal (Ai) ke tujuan (Tj) Jika IP 0, maka pemecahan sudah minimum. Jika tidak, maka pemecahan dilanjutkan hingga semua IP 0.
•12
Contoh kasus : Ada semen yang harus diangkut dari 3 Toko ke 4 Lokasi proyek. Tabel biaya sebagai berikut : Biaya (ratus ribu rupiah), semen Supply - Demand (ton)
L T T1 T2 T3 D
L1
L2
L3
L4
S
1) 4) 0) 4
2) 3) 2) 6
3) 2) 2) 8
4) 0) 1) 6
6 8 10 24
Pemecahan dengan NWC : L
L1
L2
L3
L4
S
T T1
1)
2)
3)
(4) T2
3)
4)
2) (4)
T3
0)
4)
6
0)
8
(2) (4) 2)
2)
1)
10
(4) D
4
6
8
(6) 6
24
Total biaya transport : Z1 = c11.x11 + c12.x12 + c22.x22 + c23.x23 + c33.x33 + c34.x34 = 1(4) + 2(2) + 3(4) + 2(4) + 2(4) +1(6) = 42 (dalam ratus ribu rupiah) = Rp. 4.200.000,- (apakah sudah minimum?)
•13
Langkah-langkah Penyelesaian dengan Metode Batu Loncatan: 1. Membuat jalur/lintasan mulai dari kotak non basis yang akan dihitung IP-nya. 2. Dari suatu kotak non basis, ditarik garis lurus ke kotak basis terdekat dengan syarat kotak yang dihubungi mempunyai partner pada kolom/baris yang sama agar garis bisa terus bersambung sampai kembali ke kotak semula. 3. Awal perjalanan diberi kode *. 4. Menghitung nilai IP-nya. Dimulai dengan tanda + lalu – dan seterusnya berganti-ganti. Yang diperhitungkan adalah biaya (c).
Hasil Stepping Stone :
Nilai IP: IP31 = c33 – c23 + c22 – c12 + c11 – c31 = 2 – 2 + 3 – 2 + 1 – 0 = 2 IP32 = c33 – c23 + c22 – c32 = 2 – 2 + 3 – 2 = 1 IP21 = c22 – c12 + c11 – c21 = 3 – 2 + 1 – 4 = -2 IP24 = c23 – c33 + c34 – c24 = 2 – 2 + 1 – 0 = 1 IP13 = c12 – c22 + c23 – c12 = 2 – 3 + 2 – 3 = -2 IP14 = c12 – c22 + c23 – c33 + c34 – c14 = 2 – 3 + 2 – 2 + 1 – 4 = -4
Tabel yang dihasilkan
•14
Hasilnya Tabel 1 :
Ternyata nilai IP-nya masih ada yang positif dan IP > 0, maka pemecahan belum optimum. Nilai Z1 masih belum minimum dan bisa dikecilkan lagi.
5. Memilih kotak yang harus masuk basis atau keluar basis. Kriteria : kotak dengan nilai IP positif terbesar harus masuk basis lebih dulu. Kalau sama besar, pilih sembarang aja. Dalam kasus ini, kotak (3,1) harus masuk basis karena IP-nya terbesar (2). Cara menentukan kotak yang harus keluar basis : (a) Dari cara mencari IP31 : IP31 = + c33 – c23 + c22 – c12 + c11 – c31 perhatikan biaya dengan tanda + yaitu c33, c22 dan c11 yang memiliki variabel x33, x22 dan x11.
•15
b) Cari kotak yang nilai variasi terkecil, kotak ini harus keluar dari basis. Min (x33, x22, x11) = Min (4, 4, 4) karena nilai sama, kita pilih salah satu. Misal: x11 = 4 = minimum. Ingat kotak yang masuk basis adalah kotak (3,1) dengan variabel x31. Maka: nilai x31 sama dengan nilai minimum yang baru dipilih. x’31 = x11 = 4 diisikan ke kotak (3,1) Nilai variabel lain yang terlibat pembentukan jalur didapat dengan aturan :
Tanda biaya + nilai variabel baru = nilai variabel lama – nilai minimum. Tanda biaya - nilai variabel baru = nilai variabel lama + nilai minimum. Sehingga, x’33 = x33 – 4 = 4 – 4 = 0 Nilai variabel di luar lintasan, tetap x’23 = x23 + 4 = 4 + 4 = 8 x’22 = x22 – 4 = 4 – 4 = 0 x’12 = x12 + 4 = 2 + 4 = 6 x’11 keluar basis, sehingga tidak perlu ditulis Tabel Hasil
•16
Hasilnya Tabel 2 : L
L1
T
T1 T2 T3 d
1)
L2
2)
L3
3)
L4
4)
6
(6) 4)
3)
2) (0)
0)
2) 4
0) 1) (0)
6
8
(8) 2)
(4)
8
S
(6) 6
10 24
(6) Ulangi langkah (4), menghitung nilai IP. Nilai IP dicari dengan cara yang sama. Untuk mengisi kotak-kotak non basis, dihasilkan tabel berikut:
Tabel 3 :
Masih ada 2 kotak yang nilainya > 0 yaitu kotak (3,2) dan (2,4). Lanjutkan ke langkah (5), kita pilih kotak (2,4) untuk masuk basis. IP24 = c23 – c33 + c34 – c24 = 2 – 2 + 1 – 0 = 1
•17
Dari perhitungan IP24, biaya dengan tanda + yaitu c23, c34. Sehingga: Min (x23, x34) = Min (8, 6) = 6 kotak (3,4) minimum, keluar basis. Maka: x’24 = x34 = 6; x’23 = x23 – 6 = 8 – 6 = 2 x’33 = x33 + 6 = 0 + 6 = 6 Nilai kotak lain yang tidak terlibat jalur, tetap. diperoleh : L L1
T T1 T2 T3 D
1)
L2
2)
L3
3)
L4
4)
6
(6) 4)
3)
2) (0)
0)
2)
2)
(4) 4
0) (2)
(6) 1)
8
8 10
(6) 6
S
6
24
(7) Ulangi lagi langkah (4), dengan menghitung nilai IPnya didapat tabel berikut:
Tabel 4
Ternyata masih ada 1 kotak yaitu (3,2) yang > 0. Kotak ini harus masuk basis.
•18
Dari perhitungan IP32, tanda + ada pada c33 dan c22. Sehingga: Min (x33, x22) = Min (6,0) = 0, kotak (2,2) harus keluar basis. Maka: x’32 = x22 = 0 x’33 = x33 – 0 = 6 x’23 = x23 + 0 = 2 Hasilnya :
L
L1
T T1 T2 T3 d
1)
L2 2)
L3 3)
L4 4)
6
(6) 4)
3)
2)
0)
(2) 0)
2)
2)
(6) 1)
(4)
(0)
(6)
4
6
8
S
8 10
6
24
(8) Lakukan pengecekan lagi dengan langkah (4). Hasilnya,
Tabel 5
Karena semua nilai IP 0, maka pemecahan sudah optimum. Berarti biaya angkut sudah minimum. (Z5 = Zmin) Z5 = c31.x31 + c12.x12 + c32.x32 + c23.x23 + c33.x33 + c24.x24 = 0(4) + 2(6) + 2(0) + 2(2) + 2(6) +0(6) = 28 (dalam ratus ribuah) = Rp. 2.800.000,-
•19
Metode MODI (Modified Distribution) Prosedur : 1. Sebagai dasar adalah tabel penyelesaian NWC. 2. Setiap tabel dengan pemecahan pertama fisibel, hitung nilai Ui dan Vj nya. Rumusnya: cij = Ui + Vj, untuk baris i = 1, Ui = 0 cij = biaya angkut per unit barang dari daerah asal ke tempat tujuan 3. Hitung indeks perbaikan IPij = Ui + Vj – cij, untuk semua kotak bukan basis. Kalau IPij 0, pemecahan sudah optimum, jika belum lanjutkan ke (3). 4. Gambarkan lintasan/jalur tertutup dari kotak dengan IP positif terbesar, kotak ini masuk basis.
5.
6.
7.
Beri tanda + dan – secara bergantian pada biaya dari kotak yang membentuk lintasan (seperti metode Batu Loncatan). Variabel dari kotak yang bertanda +, ambil nilai terkecilnya (minimum). Kotak ini harus keluar basis, sedang nilainya ditempatkan di kotak dengan nilai IP terbesar (kotak yang masuk basis). Buat tabel baru dan hitung nilai IP kotak bukan basisnya. Kalau semua sudah ≤ 0, maka pemecahan sudah optimum. Jika belum, ulangi langkah di atas.
•20
Dari contoh kasus 2 : Ada semen yang harus diangkut dari 3 toko ke 4 lokasi proyek. Tabel biaya sebagai berikut : Biaya (ratus ribu rupiah), semen suplply-demand (ton) L T T1 T2 T3 D
L1 1) 4) 0)
L2 2) 3) 2)
4
L3 3) 2) 2)
6
L4
S
4) 0) 1) 8
6 8 10 24
6
Penyelesaian dengan Metode MODI Pemecahan dengan yang dihasilkan metode NWC : L
L1
T T1 T2 T3 D
1)
L2
2) (4)
4)
L3
3)
4)
2) (4)
2)
0) 1) (4)
4
6
8
(4) 2) 8
S 6
(2) 3)
0)
L4
(6) 6
10 24
•21
2. Menghitung U1, U2, U3 dan V1, V2, V3, V4, hanya untuk kotak dalam basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V1 = c11 0 + V1 = 1 V1 = 1 U1 + V2 = c12 0 + V2 = 2 V2 = 2 U2 + V2 = c22 U2 + 2 = 3 U2 = 1 U2 + V3 = c23 1 + V3 = 2 V3 = 1 U3 + V3 = c33 U3 + 1 = 2 U3 = 1 U3 + V4 = c34 1 + V4 = 1 V4 = 0
3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. I21 = U2 + V1 – c21 = 1 + 1 – 4 = -2 I31 = U3 + V1 – c31 = 1 + 1 – 0 = 2 (terbesar, positif) masuk basis
I32 = U3 + V2 – c32 = 1 + 2 – 2 = 1 I13 = U1 + V3 – c13 = 0 + 1 – 3 = -2 I14 = U1 + V4 – c14 = 0 + 0 – 4 = -4 I24 = U2 + V4 – c24 = 1 + 0 – 0 = 1 I31 terbesar, kotak (3,1) masuk basis
4. Penggambaran jalur tertutup kotak (3,1)
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,1) c33 – c23 + c22 – c12 + c11 – c31
•22
6. Variabel yang diminimum yaitu : Min (x33, x22, x11) = Min (4, 4, 4) = 4, karena sama pilih salah satu misal x11 Nilai x’31 = x11 = 4 Selanjutnya, Nilai variabel lain yang terlibat jalur didapat dengan aturan: Tanda biaya + nilai variabel baru = nilai variabel lama – nilai minimum. Tanda biaya - nilai variabel baru = nilai variabel lama + nilai minimum.
Sehingga, x’33 = x33 – 4 = 4 – 4 = 0 (Nilai variabel di luar lintasan, tetap) x’23 = x23 + 4 = 4 + 4 = 8 x’22 = x22 – 4 = 4 – 4 = 0 x’12 = x12 + 4 = 2 + 4 = 6 x’11 keluar basis, sehingga tidak perlu ditulis. 7. Tabel hasil :
L T T1 T2 T3 D
L1 1)
L2 2)
L3 3)
L4 4)
6
(6) 4)
3)
2) (0)
0)
2) 4
0) 1) (0)
6
8
(8) 2)
(4)
8
S
(6) 6
10 24
•23
Pengujian I Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V2 = c12 0 + V2 = 2 U2 + V2 = c22 U2 + 2 = 3 U2 + V3 = c23 1 + V3 = 2 U3 + V3 = c33 U3 + 1 = 2 U3 + V4 = c34 1 + V4 = 1 U3 + V1 = c31 1 + V1 = 0
V2 = 2 U2 = 1 V3 = 1 U3 = 1 V4 = 0 V1 = -1
3. Menghitung nilai IP dari kotak bukan basis. IP11 = U1 + V1 – c11 = 0 + (-1) – 1 = -2 IP21 = U2 + V1 – c21 = 1 +(-1) – 4 = -4 IP32 = U3 + V2 – c32 = 1 + 2 – 2 = 1 IP13 = U1 + V3 – c13 = 0 + 1 – 3 = -2 IP14 = U1 + V4 – c14 = 0 + 0 – 4 = -4 IP24 = U2 + V4 – c24 = 1 + 0 – 0 = 1 (positif) masuk basis. IP24 dan IP32 positif maka dipilih salah satu misal kotak (2,4) masuk basis.
•24
4. Penggambaran jalur tertutup kotak (2,4).
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (2,4) c23 – c33 + c34 – c24 6. Variabel yang diminimum yaitu Min (x23, x34) = Min (8, 6) = 6, maka pilih x34 Nilai x’24 = x34 = 6 Selanjutnya, x’ 23 = x23 - 6 = 8 - 6 = 2 x’33 = x33 + 6 = 0 + 6 = 6 x’34 masuk basis
•25
7. Tabel hasil : L T T1 T2 T3 D
L1
1)
L2
2)
L3
3)
L4
4)
6
(6) 4)
3)
2) (0)
0)
2)
(4) 4
0) (2)
2) 6
(6) 1)
(6) 8
S
8 10
6
24
Pengujian II Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat U1 = 0) U1 + V2 = c12 0 + V2 = 2 V2 = 2 U2 + V2 = c22 U2 + 2 = 3 U2 = 1 U2 + V3 = c23 1 + V3 = 3 V3 = 1 U2 + V4 = c24 1 + V4 = 3 V4 = -1 U3 + V1 = c31 U3 + V1 = 0 U3 = -V1 U3 + V3 = c33 U3 + 1 = 2 U3 = 1 V1 = -U3 = -1
•26
3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. IP11 = U1 + V1 – c11 = 0 + (-1) – 1 = -2 IP21 = U2 + V1 – c21 = 1 +(-1) – 4 = -4 IP32 = U3 + V2 – c32 = 1 + 2 – 2 = 1 (positif) masuk basis IP13 = U1 + V3 – c13 = 0 + 1 – 3 = -2 IP14 = U1 + V4 – c14 = 0 + (-1) – 4 = -5 IP34 = U3 + V4 – c34 = 1 + (-1) – 1 = -1 IP32 positif, maka dipilih kotak (3,2) masuk basis.
4. Menggambarkan jalur tertutup kotak (3,2)
5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,2) c33 – c23 + c22 – c32
•27
6. Variabel yang diminimum yaitu : Min (x33, x22) = Min (6, 0) = 0, maka pilih x22 Nilai x’32 = x22 = 0 Selanjutnya, x’33 = x33 – 0 = 6 – 0 = 6 x’23 = x23 + 0 = 2 + 0 = 2 x’22 masuk basis
7. Tabel hasil : L
L1
T T1 T2 T3 D
1)
L2 2)
L3 3)
L4 4)
6
(6) 4)
3)
2)
0) (2)
0)
2)
2)
(4) 4
6
(6) 1)
(0)
8 10
(6) 8
S
6
24
•28
Pengujian III Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2). 2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis. (Ingat ditentukan bahwa U1 = 0) U1 + V2 = c12 0 + V2 = 2 V2 = 2 U2 + V2 = c22 U2 + 2 = 3 U2 = 1 U2 + V3 = c23 1 + V3 = 2 V3 = 1 U2 + V4 = c24 1 + V4 = 0 V4 = -1 U3 + V1 = c31 U3 + V1 = 0 U3 = -V1 U3 + V2 = c32 U3 + 2 = 2 U3 = 0 V1 = -U3 = -0 = 0
3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis. IP11 = U1 + V1 – c11 = 0 + 0 – 1 = -1 IP21 = U2 + V1 – c21 = 1 + 0 – 4 = -3 IP22 = U2 + V2 – c22 = 1 + 2 – 3 = 0 IP13 = U1 + V3 – c13 = 0 + 1 – 3 = -2 IP14 = U1 + V4 – c14 = 0 + (-1) – 4 = -5 IP34 = U3 + V4 – c34 = 0 + (-1) – 1 = -2 Pemecahan sudah optimum.
•29
Tabel Akhir : L
L1
T T1 T2 T3 D
1)
L2 2)
3)
-1
(6)
4)
3) -3
-2 2)
0)
2)
(6) 1)
(0) 6
-5
(2)
2) (4)
L4 4)
0
0) 4
L3
(6) 8
-2 6
S 6 8 10 24
Total biaya transport yang diperlukan : Z1 = c31.x31 + c12.x12 + c23.x23 + c33.x33 + c24.x24 = 0(4) + 2(6) + 2(2) + 2(6) + 0(6) = 28 (dalam ratus ribu rupiah) = Rp. 2.800.000,-
Terima Kasih atas Perhatiannya.
•30
