PENGOPTIMUMAN MASALAH PENJADWALAN EMPAT HARI KERJA DALAM SEMINGGU SECARA SIKLIS BERBASIS DUAL
ARIYANTO PAMUNGKAS
DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2016
PERNYATAAN MENGENAI SKRIPSI DAN SUMBER INFORMASI SERTA PELIMPAHAN HAK CIPTA Dengan ini saya menyatakan bahwa skripsi berjudul Pengoptimuman Masalah Penjadwalan Empat Hari Kerja dalam Seminggu Secara Siklis Berbasis Dual adalah benar karya saya dengan arahan dari dosen pembimbing dan belum diajukan dalam bentuk apa pun kepada perguruan tinggi mana pun. Sumber informasi yang berasal atau dikutip dari karya yang diterbitkan maupun tidak diterbitkan dari penulis lain telah disebutkan dalam teks dan dicantumkan dalam Daftar Pustaka di bagian akhir skripsi ini. Dengan ini saya melimpahkan hak cipta dari karya saya kepada Institut Pertanian Bogor. Bogor, Januari 2016 Ariyanto Pamungkas NIM G54110056
ABSTRAK ARIYANTO PAMUNGKAS. Pengoptimuman Masalah Penjadwalan Empat Hari Kerja dalam Seminggu Secara Siklis Berbasis Dual. Dibimbing oleh AMRIL AMAN dan FARIDA HANUM. Setiap perusahaan memiliki permasalahan penjadwalan yang disesuaikan dengan kondisi perusahaannya. Pola penjadwalan empat hari kerja dan tiga hari libur berturut-turut dalam seminggu dapat menjadi penjadwalan alternatif untuk beberapa perusahaan. Karya ilmiah ini akan menyelesaikan masalah penjadwalan tersebut dengan menggunakan algoritme yang disusun berdasarkan solusi masalah dual dari suatu pemrograman linear. Algoritme tersebut menghasilkan penjadwalan dengan total pekerja dan biaya yang minimum. Kata kunci: dual, empat hari kerja, pengoptimuman, penjadwalan.
ABSTRACT ARIYANTO PAMUNGKAS. On the Dual-Based Optimization of Cyclic Four-Day Workweek Scheduling. Supervised by AMRIL AMAN and FARIDA HANUM.
Every company has scheduling problems that be adapted to the condition of company. Four workdays and three consecutive day-offs per week can be considered as an alternate scheduling for some companies. This work addresses the scheduling problem using the algorithm that be arranged according to the dual-based solution of linear programming. The algorithm generates the scheduling that minimizes the workforce size and the total of labor cost. Keywords: dual, four-day workweek, optimization, scheduling.
PENGOPTIMUMAN MASALAH PENJADWALAN EMPAT HARI KERJA DALAM SEMINGGU SECARA SIKLIS BERBASIS DUAL
ARIYANTO PAMUNGKAS
Skripsi sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Departemen Matematika
DEPARTEMEN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM INSTITUT PERTANIAN BOGOR BOGOR 2016
PRAKATA Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Allah subhanahu wa taβala atas segala karunia-Nya dan atas doa serta dukungan kedua orang tua sehingga karya ilmiah ini berhasil diselesaikan. Disadari bahwa laporan akhir ini tidak akan tersusun tanpa bantuan berbagai pihak. Oleh sebab itu, disampaikan ucapan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada Bapak Dr Ir Amril Aman, MSc dan Ibu Dra Farida Hanum, MSi selaku pembimbing serta Bapak Dr Toni Bakhtiar, MSc selaku dosen penguji. Di samping itu, penghargaan penulis sampaikan kepada seluruh staf administrasi dan dosen pengajar serta teman-teman mahasiswa Matematika IPB yang telah membantu membuka wawasan untuk menggali informasi lebih mendalam dalam proses pembelajaran. Laporan akhir ini diharapkan dapat memberikan kontribusi pemikiran bagi semua pihak yang berkepentingan. Oleh karena itu, saran dan kritik membangun akan diterima untuk perbaikan dan penyempurnaan di masa mendatang. Ungkapan terima kasih juga disampaikan kepada ayah, ibu, serta seluruh keluarga, atas segala doa dan kasih sayangnya. Bogor, Januari 2016 Ariyanto Pamungkas
DAFTAR ISI DAFTAR TABEL
x
DAFTAR GAMBAR
x
DAFTAR LAMPIRAN
x
PENDAHULUAN
1
Latar Belakang
1
Tujuan Penelitian
1
TINJAUAN PUSTAKA
2
Pemrograman Linear Integer
2
Daerah Fisibel
2
Dualitas
2
HASIL DAN PEMBAHASAN
3
Model Penjadwalan
3
Pemrograman Linear Masalah (4,7)
4
Penentuan Total Pekerja Minimum
6
Penempatan Pekerja pada Pola-Pola Penjadwalan Masalah (4,7)
10
Alur Penggunaan Algoritme
16
SIMPULAN DAN SARAN
20
Simpulan
20
Saran
20
DAFTAR PUSTAKA
20
RIWAYAT HIDUP
43
DAFTAR TABEL 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
Pola penjadwalan dan banyaknya pekerja masalah (4,7) Banyak pekerja harian masalah (4,7) Hasil penyelesaian model dengan LINGO 11.0 Hasil perolehan Solusi III Hasil perolehan Solusi IV Biaya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) Nilai π₯1 , π₯2 , dan π₯3 untuk semua kemungkinan nilai π Nilai π₯4 dan π₯5 untuk semua kemungkinan nilai π Nilai π₯6 dan π₯7 untuk semua kemungkinan nilai π Solusi yang mungkin pada Contoh 1 Hasil penjadwalan Contoh 1 Solusi yang mungkin pada Contoh 2 Hasil Penjadwalan Contoh 2 Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I, II, III, dan IV Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai V dan VI Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I dan II Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai III dan IV
3 4 5 8 9 10 13 14 15 17 18 19 20 26 27 28 29
DAFTAR GAMBAR 1 Hasil komputasi program LINGO 11.0 untuk masalah (4,7) 2 Solver status software LINGO 11.0 untuk masalah (4,7)
22 23
DAFTAR LAMPIRAN 1 Sintaks dan hasil komputasi program LINGO 11.0 untuk masalah (4,7) 2 Pembuktian bahwa Solusi I lebih baik atau sama dengan solusi yang diperoleh dengan cara memberi nilai 1/π pada sembarang π variabel dual 3 Pencarian Solusi III dan Solusi IV 4 Substitusi Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7) 5 Penentuan persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) 6 Hasil substitusi semua kemungkinan solusi ke fungsi objektif dual pada Contoh 1 dan Contoh 2 1
22
24 25 30 33 40
PENDAHULUAN Latar Belakang Penjadwalan yang optimal akan menekan anggaran perusahaan dengan meminimumkan banyak tenaga kerja, sehingga biaya yang dikeluarkan untuk membayar gaji pekerja dapat diminimumkan. Oleh karena itu, penjadwalan harus dioptimalkan agar dapat meminimumkan biaya yang dikeluarkan. Setiap perusahaan memiliki cara yang beragam dalam menyelesaikan masalah penjadwalan pekerjanya. Umumnya masalah penjadwalan pekerja dapat diklasifikasikan menjadi tiga jenis, yaitu days-off, shift, dan tour scheduling. Secara garis besar days-off scheduling adalah penjadwalan hari kerja dan libur pekerja, shift scheduling adalah penjadwalan yang berfokus pada interval waktu kerja dan libur pekerja, sedangkan kombinasi antara days-off dan shift scheduling yang membentuk pola penjadwalan tertentu merupakan masalah penjadwalan yang disebut tour scheduling (Baker 1976). Karya ilmiah ini membahas pengoptimuman masalah penjadwalan days-off scheduling dengan merujuk pada artikel Alfares (2000). Karya ilmiah ini terinspirasi dari karya ilmiah yang berjudul Optimasi berbasis dual masalah penjadwalan tiga hari kerja dalam seminggu secara siklis (Hadi 2014). Permasalahan umum dalam days-off scheduling adalah mencari pola hari kerja yang optimal, yaitu pola penjadwalan hari kerja dan libur. Pola-pola tersebut harus memenuhi banyak pekerja yang dibutuhkan setiap harinya. Selain itu, masalah penjadwalan days-off scheduling juga harus mempertimbangkan lebih lanjut apabila adanya kendala perbedaan biaya pekerja pada masing-masing pola penjadwalan. Penyelesaian masalah penjadwalan days-off scheduling umumnya menggunakan metode integer programming (IP) (Alfares 2000). Terkait dengan suatu masalah pemrograman linear, terdapat masalah pengoptimuman linear lain yang berpadanan. Kedua masalah ini dikenal dengan masalah primal dan masalah dual dari suatu pemrograman linear (Luenberger dan Ye 2007). Karya ilmiah ini akan membahas cara alternatif untuk menyelesaikan masalah penjadwalan days-off scheduling, yaitu dengan menggunakan algoritme yang disusun berdasarkan solusi masalah dual dari suatu pemrograman linear. Algoritme tersebut menghasilkan penjadwalan dengan total pekerja dan biaya yang minimum. Selain itu, algoritme tersebut memiliki komputasi yang sederhana tanpa iterasi (Alfares 2000). Oleh karena itu, karya ilmiah ini akan menggunakan algoritme berbasis dual yang merujuk pada artikel Alfares (2000) untuk menyelesaikan masalah penjadwalan days-off scheduling. Tujuan Penelitian Tujuan karya ilmiah ini ialah meminimumkan banyaknya total pekerja dan menetapkan pola penjadwalan, yaitu empat hari kerja dan tiga hari libur dalam seminggu secara siklis yang meminimumkan biaya total pekerja dengan menggunakan metode dual.
TINJAUAN PUSTAKA Untuk memahami masalah dalam karya ilmiah ini diperlukan beberapa pengertian sebagai berikut. Pemrograman Linear Integer Pemrograman integer atau integer programming (IP) adalah suatu model pemrograman linear dengan variabel yang digunakan berupa bilangan bulat (integer). Jika semua variabel harus berupa integer, masalah tersebut dinamakan pure integer programming. Jika hanya sebagian yang harus berupa integer, disebut mixed integer programming. Adapun IP dengan semua variabelnya harus bernilai 0 atau 1 disebut 0-1 IP. Daerah Fisibel Daerah fisibel dalam pemrograman linear adalah himpunan titik yang memenuhi semua kendala dalam pemrograman linear dan tanda pembatasnya (Winston 2004). Dualitas Terkait dengan suatu masalah pengoptimuman linear, terdapat masalah pengoptimuman linear lain yang berpadanan. Kedua masalah ini dikenal dengan masalah primal dan masalah dual dari suatu pengoptimuman linear. Bentuk standar dari masalah primal untuk masalah pencarian nilai minimum (Luenberger dan Ye 2007), adalah sebagai berikut: minimumkan terhadap
πππ₯ π΄π₯ β₯ π π₯ β₯ 0,
dan masalah dual untuk masalah primal di atas adalah sebagai berikut: maksimumkan π¦ π π π¦ππ΄ β€ ππ terhadap π¦ β₯ 0, dengan ππΓ1 = koefisien fungsi tujuan masalah primal π₯πΓ1 = variabel keputusan masalah primal π΄πΓπ = matriks kendala pemrograman linear ππΓ1 = konstanta ruas kanan kendala masalah primal π¦πΓ1 = variabel keputusan masalah dual. Teorema yang menghubungkan antara solusi dual dan primal adalah sebagai berikut: Jika masalah primal memiliki solusi optimal berupa (π₯1β , π₯2β , β¦ , π₯πβ ) dan β masalah dual memiliki solusi optimal berupa (π¦1β , π¦2β , β¦ , π¦π ) maka: β βππ=1 ππ π₯πβ = βπ π=1 ππ π¦π
(ChvΓ‘tal 1983).
Bila dibandingkan, maka hubungan antara masalah primal dan dual (Luenberger dan Ye 2007), yaitu:
3
1
2 3 4
5
Koefisien fungsi tujuan pada primal menjadi konstanta ruas kanan pada dual. Sebaliknya, konstanta ruas kanan pada primal menjadi koefisien fungsi tujuan pada dual. Tanda ketidaksamaan pada pembatas menjadi terbalik, jika pada primal β€ berubah menjadi β₯ pada dual. Fungsi tujuan berubah bentuk, minimisasi pada primal akan berubah menjadi maksimisasi pada dual. Setiap kolom kendala pada primal berhubungan dengan baris kendala pada dual. Sebaliknya, setiap baris kendala pada primal akan menjadi kolom kendala pada dual. Dual dari dual adalah primal.
HASIL DAN PEMBAHASAN Model Penjadwalan Karya ilmiah ini akan mengkaji tentang masalah penjadwalan empat hari kerja dalam tujuh hari yang disebut dengan masalah (4,7). Keterangan notasi yang digunakan adalah sebagai berikut: Indeks i = hari, i = 1, 2,..., 7 j = pola penjadwalan, j = 1, 2,..., 7. Parameter ππ = banyaknya pekerja yang dibutuhkan pada hari i ππ = banyaknya pekerja yang libur pada hari i. Variabel keputusan π₯π = banyaknya pekerja yang bekerja pada pola penjadwalan ke-j. Misalkan hari 1= Senin, 2= Selasa, 3= Rabu, 4= Kamis, 5= Jumat, 6= Sabtu, 7= Minggu, maka pola penjadwalan dan banyak pekerja masalah (4,7) dapat dilihat di Tabel 1. Adapun banyak pekerja harian masalah (4,7) dapat dilihat di Tabel 2. Tabel 1 Pola penjadwalan dan banyaknya pekerja masalah (4,7) Pola ke-π 1 2 3 4 5 6 7
Hari kerja 4, 5, 6, 7 5, 6, 7, 1 6, 7, 1, 2 7, 1, 2, 3 1, 2, 3, 4 2, 3, 4,5 3, 4, 5, 6
Hari libur 1,2,3 2,3,4 3,4,5 4,5,6 5,6,7 1,6,7 1,2,7
Banyak pekerja pada pola ke-π π₯1 π₯2 π₯3 π₯4 π₯5 π₯6 π₯7
4
Tabel 2 Banyak pekerja harian masalah (4,7) Hari ke-π 1 2 3 4 5 6 7
Dipekerjakan π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 π₯1 + π₯5 + π₯6 + π₯7 π₯1 + π₯2 + π₯6 + π₯7 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯7 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4
Banyak pekerja Dibutuhkan π1 π2 π3 π4 π5 π6 π7
Libur π₯1 + π₯6 + π₯7 π₯1 + π₯2 + π₯7 π₯1 + π₯2 + π₯3 π₯2 + π₯3 + π₯4 π₯3 + π₯4 + π₯5 π₯4 + π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 + π₯7
= π1 = π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7
Pemrograman Linear Masalah (4,7) Dalam karya ilmiah ini, masalah (4,7) akan dijelaskan menggunakan pemrograman linear dual serta melalui hubungan primal-dual. Masalah primal dari masalah (4,7) adalah sebagai berikut: Fungsi Objektif Fungsi objektif dari masalah (4,7) adalah meminimumkan banyaknya total pekerja selama seminggu (π), yaitu: min π = β7π=1 π₯π .
(1)
Kendala Kendala-kendala pada masalah (4,7) adalah sebagai berikut: 1 Banyaknya pekerja yang bekerja pada hari ke-i harus lebih besar atau sama dengan banyaknya pekerja yang dibutuhkan pada hari ke-i (ππ ). Berdasarkan informasi yang diberikan pada Tabel 2, maka pertidaksamaan kendala masalah (4,7) adalah sebagai berikut: π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 β₯ π1 π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 β₯ π2 π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 β₯ π3 π₯1 + π₯5 + π₯6 + π₯7 β₯ π4 π₯1 + π₯2 + π₯6 + π₯7 β₯ π5 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯7 β₯ π6 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 β₯ π7 . 2
(2)
Banyaknya pekerja yang bekerja dengan pola penjadwalan ke- j harus taknegatif, π₯π β₯ 0, π = 1, 2, β¦ , 7. (3)
5
Sebagai ilustrasi diberikan contoh IP masalah (4,7). Contoh 1 Misalkan π1 = 11, π2 = 14, π3 = 9, π4 = 18, π5 = 8, π6 = 15, π7 = 5. Dengan bantuan software LINGO 11.0 (Lampiran 1), solusi masalah (4,7) adalah seperti pada Tabel 3. Tabel 3 Hasil penyelesaian model dengan LINGO 11.0 Pola ke-π 1 2 3 4 5 6 7
Hari kerja
Hari libur
Banyak pekerja
Kamis-Jumat-Sabtu-Minggu Senin-Jumat-Sabtu-Minggu Senin-Selasa-Sabtu-Minggu Senin-Selasa-Rabu-Minggu Senin-Selasa-Rabu-Kamis Selasa-Rabu-Kamis-Jumat Rabu-Kamis-Jumat-Sabtu
Senin-Selasa-Rabu Selasa-Rabu-Kamis Rabu-Kamis-Jumat Kamis-Jumat-Sabtu Jumat-Sabtu-Minggu Senin- Sabtu-Minggu Senin-Selasa- Minggu
0 0 5.5 0 8.5 0 9.5 23.5
π
Contoh tersebut memberikan gambaran bahwa jika masalah (4,7) diselesaikan secara langsung maka diperoleh solusi yang tidak integer. Padahal terdapat solusi integer yang memenuhi masalah (4,7), yaitu π₯1 = 0, π₯2 = 0, π₯3 = 6, π₯4 = 0, π₯5 = 8, π₯6 = 0, π₯7 = 10. Penyelesaian masalah (4,7) tersebut akan dicoba diselesaikan dengan metode dual. Sebuah algoritme akan disusun berdasarkan solusi masalah dual dari pemrograman linear tersebut. Algoritme tersebut memiliki komputasi yang sederhana dalam penggunaannya, yaitu dengan melakukan teknik substitusi ke dalam formula sederhana tanpa iterasi (Alfares 2000). Oleh karena itu, metode dual akan digunakan untuk menyelesaikan masalah (4,7) dalam karya ilmiah ini. Masalah primal dari masalah (4,7) dapat dirangkum dan dituliskan sebagai berikut: min π = β7π=1 π₯π terhadap π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 β₯ π1 π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 β₯ π2 π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 β₯ π3 π₯1 + π₯5 + π₯6 + π₯7 β₯ π4 π₯1 + π₯2 + π₯6 + π₯7 β₯ π5 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯7 β₯ π6 π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 β₯ π7 π₯π β₯ 0, π = 1, 2, β¦ , 7. Masalah dual dari masalah (4,7) dan keterangan notasi yang diperlukan adalah sebagai berikut:
6
Variabel Keputusan π¦π = variabel dual yang berpadanan dengan kendala ke i pada masalah primal. Fungsi Objektif Berdasarkan hubungan primal-dual, maka fungsi objektif dual dapat dituliskan sebagai berikut: max π = β7π=1 ππ π¦π .
(4)
Kendala 1 Berdasarkan hubungan primal-dual, maka kendala dual dapat dituliskan sebagai berikut: π¦4 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 π¦1 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦6 + π¦7 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦7 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦4 β€ 1 π¦2 + π¦3 + π¦4 + π¦5 β€ 1 π¦3 + π¦4 + π¦5 + π¦6 β€ 1. 2
(5.1) (5.2) (5.3) (5.4) (5.5) (5.6) (5.7)
Setiap nilai variabel dual harus taknegatif, π¦π β₯ 0,
π = 1, 2, β¦ , 7.
(6)
Penentuan Total Pekerja Minimum Berdasarkan teorema dual dan struktur masalah (4,7), nilai minimum total pekerja dapat diperoleh dari hasil substitusi solusi optimal dual (π¦1 , π¦2 , β¦ , π¦7 ) ke fungsi objektifnya, sehingga π = π . Fungsi objektif dual melibatkan banyaknya kebutuhan pekerja harian (π1 , π2 , β¦ , π7 ) dan variabel dual (π¦1 , π¦2 , β¦ , π¦7 ) . Nilai π1 , π2 , β¦ , π7 adalah nilai parameter yang tidak tentu nilainya, yaitu bergantung pada permasalahan yang diinginkan, sehingga solusi optimal yang diperoleh tidak bersifat universal untuk semua jenis masalah (4,7). Semua solusi yang termasuk dalam daerah fisibel akan dipilih salah satu di antaranya sebagai solusi optimal. Solusi yang menghasilkan nilai terbesar dari hasil susbtitusinya ke fungsi objektif merupakan solusi optimal dalam kasus maksimisasi (Winston 2004). Berikut ini akan ditentukan solusi-solusi variabel dual (π¦1 , π¦2 , β¦ , π¦7 ) yang termasuk dalam daerah fisibel sistem pertidaksamaan (5). 1 Solusi I Misalkan ππ = max{π1 , β¦ , π7 }, maka Solusi I dapat diperoleh dengan memberi nilai π¦π = 1 dan semua variabel dual lain bernilai nol. Dalam kasus ini, π = ππ = ππππ₯ . Solusi ini lebih baik atau sama dengan solusi yang diperoleh dengan cara memberi nilai 1βπ pada sembarang π variabel dual π = 2, β¦ , 7 (Bukti di Lampiran 2). Berdasarkan struktur masalah (4,7), dimungkinkan memberi nilai 1βπ untuk lebih dari π variabel dual.
7
Contohnya: Misalkan π = 2, dimungkinkan memberi nilai 1β2 untuk lebih dari 2 variabel dual, yaitu π¦1 = π¦2 = π¦5 = 1β2 . Nilai tersebut memenuhi sistem pertidaksamaan linear masalah (4,7) sebagai berikut: 1
π¦4 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 β€ 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
π¦1 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 + 2 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 + 2 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 + 2 β€ 1 π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦4 β€ 1 menjadi 2 + 2 β€ 1 π¦2 + π¦3 + π¦4 + π¦5 β€ 1 menjadi 2 + 2 β€ 1 1
π¦3 + π¦4 + π¦5 + π¦6 β€ 1 menjadi 2 β€ 1. Contoh tersebut memberikan gambaran bahwa dimungkinkan memberi nilai 1βπ untuk lebih dari π variabel dual untuk memperoleh solusi masalah (4,7). Kemungkinan solusi-solusi tersebut ialah sebagai berikut. 2 Solusi II Sistem pertidaksamaan linear kendala dual masalah (4,7) merupakan sistem pertidaksamaan linear dengan tujuh peubah dan tujuh pertidaksamaan. Namun, setiap pertidaksamaan linearnya hanya memiliki empat peubah. Jadi, masih dapat diperoleh solusi dengan memberi nilai setiap variabel dual dengan 1β4 (π¦π = 1β4 , βπ (π = 1 1, 2, β¦ ,7)). Dalam kasus ini π = 4 β7π=1 ππ . 3 Solusi III Empat peubah dalam setiap pertidaksamaan (5) dapat dipilih dua di antaranya bernilai 1β2 dan yang lainnya bernilai nol, sehingga penjumlahan keempatnya bernilai satu. Misalkan terdapat empat variabel, kombinasi pemilihan dua variabel bernilai 1β2 dan dua variabel bernilai nol menghasilkan sebanyak enam kombinasi pasangan nilai. Enam kombinasi pasang nilai tersebut diterapkan pada ketujuh pertidaksamaan (5). Berdasarkan sistem pertidaksamaan (5), pemilihan dua variabel dual bernilai 1β2 pada salah satu pertidaksamaan linear sebagai nilai awal mengakibatkan semua nilai variabel dual yang lain dapat diperoleh. Penelusuran enam kombinasi pemilihan dua variabel bernilai 1β2 sebagai nilai awal pada ketujuh pertidaksamaan (5) dilakukan untuk menghasilkan semua nilai Solusi III (Lampiran 3). Berdasarkan hasil pencarian tersebut, Solusi III yang diperoleh dapat dirangkum dan dituliskan dalam Tabel 4.
8
Tabel 4 Hasil perolehan Solusi III
π
Variabel yang bernilai 1β2 π¦π
π¦π+1
π¦π+4
1
π¦1
π¦2
π¦5
2
π¦2
π¦3
π¦6
3
π¦3
π¦4
π¦7
4
π¦4
π¦5
π¦1
5
π¦5
π¦6
π¦2
6
π¦6
π¦7
π¦3
7
π¦7
π¦1
π¦4
π¦π
π¦π+2
π¦π+4
1
π¦1
π¦3
π¦5
2
π¦2
π¦4
π¦6
3
π¦3
π¦5
π¦7
4
π¦4
π¦6
π¦1
5
π¦5
π¦7
π¦2
6
π¦6
π¦1
π¦3
7
π¦7
π¦2
π¦4
Berdasarkan Tabel 4, dapat disimpulkan bahwa nilai Solusi III membentuk pola I dan pola II pada urutannya. Pola I dan pola II yaitu, π¦π = π¦π+1 = π¦π+4 = 1β2 dan π¦π = π¦π+2 = π¦π+4 = 1β2 . Setiap solusi tersebut akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual (Lampiran 4). Hasil substitusi ke fungsi objektif dual dalam kasus ini ialah π = ππππ₯ = max{π1 , β¦ , π7 }, ππ = 1β2 (ππ + ππ+1 + ππ+4 ) (π = 1, β¦ , 7) untuk kasus yang mengikuti pola I dan π = ππππ₯ = max{π1 , β¦ , π7 } , ππ = 1β2 (ππ + ππ+2 + ππ+4 ) (π = 1, β¦ , 7) untuk kasus yang mengikuti pola II. Masalah (4,7) bersifat siklis, yaitu dalam seminggu hanya ada tujuh hari dan berulang setiap minggunya, maka untuk subscript dari ππ+1 , ππ+2, dan ππ+4 berlaku kelipatan 7. Misalkan jika π = 7, maka ππ+1 = π8 , ππ+2 = π9 , dan ππ+4 = π11 . Karena bersifat siklis, maka dapat dituliskan π8 = π1, π9 = π2 , dan π11 = π4. 4 Solusi IV Ruas kiri pertidaksamaan (5) juga dapat bernilai satu, yaitu dengan memilih tiga dari empat nilai variabel dual bernilai 1β3 dan satu variabel dual bernilai nol. Misalkan terdapat empat variabel, kombinasi pemilihan tiga variabel bernilai1β3 dan satu variabel bernilai nol menghasilkan sebanyak empat kombinasi pasangan nilai. Empat kombinasi pasangan nilai tersebut diterapkan pada ketujuh pertidaksamaan
9
linear. Berdasarkan sistem pertidaksamaan (5), pemilihan tiga variabel dual bernilai 1β3 pada salah satu pertidaksamaan linear sebagai nilai awal mengakibatkan semua nilai variabel dual yang lain dapat diperoleh. Penelusuran empat kombinasi pemilihan tiga variabel bernilai 1β3 sebagai nilai awal pada ketujuh pertidaksamaan (5), dilakukan untuk menghasilkan Solusi IV (Lampiran 3). Berdasarkan hasil penelusuran tersebut, Solusi IV yang diperoleh dapat dirangkum dan dituliskan dalam Tabel 5. Tabel 5 Hasil perolehan Solusi IV π
Variabel yang bernilai 1β3 π¦π+1 π¦π+2 π¦π+4
π¦π
π¦π+5
1
π¦1
π¦2
π¦3
π¦5
π¦6
2
π¦2
π¦3
π¦4
π¦6
π¦7
3
π¦3
π¦4
π¦5
π¦7
π¦1
4
π¦4
π¦5
π¦6
π¦1
π¦2
5
π¦5
π¦6
π¦7
π¦2
π¦3
6
π¦6
π¦7
π¦1
π¦3
π¦4
7
π¦7
π¦1
π¦2
π¦4
π¦5
Setiap solusi tersebut akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual (Lampiran 4). Hasil substitusi ke fungsi objektif dual dalam kasus ini ialah π = ππππ₯ = max{π1 , β¦ , π7 }, ππ = 1β3 (ππ + ππ+1 + ππ+2 + ππ+4 + ππ+5 ) (π = 1, β¦ , 7). Masalah (4,7) bersifat siklis, yaitu dalam seminggu hanya ada tujuh hari dan berulang setiap minggunya, maka untuk subscript dari ππ+1, ππ+2, ππ+4, dan ππ+5 berlaku kelipatan 7. Misalkan jika π = 7, maka ππ+1 = π8, ππ+2 = π9 , ππ+4 = π11, dan ππ+5 = π12 . Karena bersifat siklis, maka dapat dituliskan π8 = π1, π9 = π2 , π11 = π4 , dan π12 = π5. Setiap pertidaksamaan (5) memiliki empat variabel, sehingga tidak ada kombinasi pasangan empat variabel bernilai lebih kecil dari 1β4 yang dapat menghasilkan ruas kiri pertidaksamaan (5) bernilai satu. Dapat disimpulkan bahwa selain Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV tidak ada solusi lain yang dapat menghasilkan nilai maksimum pada fungsi objektif dual masalah (4,7). Setiap Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Hasil substitusi Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7) akan dipilih nilai yang terbesar sebagai nilai minimum total pekerja masalah (4,7), sehingga π = π. Banyaknya minimum total pekerja merupakan besaran yang harus berupa bilangan bulat. Apabila memperoleh hasil bukan bilangan bulat, akan dilakukan proses pembulatan menjadi bilangan bulat terdekat yang lebih besar dari nilai minimum total pekerja yang diperoleh. Berikut ini adalah perumusan masalah (4,7) untuk menentukan minimum total pekerja, dapat dirangkum menjadi: 1
π = max {ππππ₯ , β4 β7π=1 ππ β , βππππ₯ β, βππππ₯ β, βππππ₯ β}.
(7)
10
Penempatan Pekerja pada Pola-Pola Penjadwalan Masalah (4,7) Setelah diperoleh nilai minimum total pekerja, maka langkah selanjutnya adalah mencari pola penjadwalan yang meminimumkan biaya. Sejatinya untuk memperoleh minimum biaya pekerja adalah dengan melakukan pengoptimuman masalah penjadwalan untuk meminimumkan banyaknya total pekerja. Namun, jika terdapat perbedaan biaya pada hari tertentu, pengoptimuman lebih lanjut akan dilakukan agar pola penjadwalan pekerjanya dapat meminimumkan biaya. Misalkan biaya untuk setiap pekerja pada hari biasa (Senin-Jumat) sebesar π΄ dan biaya pekerja pada akhir pekan (Sabtu dan Minggu) adalah (π΄ + π΅), sehingga biaya untuk tiap pola pekerja adalah sebagai berikut: Tabel 6 Biaya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) Pola ke-π 1 2 3 4 5 6 7
Hari Kerja
Variabel biaya
Kamis-Jumat-Sabtu-Minggu Senin-Jumat-Sabtu-Minggu Senin-Selasa-Sabtu-Minggu Senin-Selasa-Rabu-Minggu Senin-Selasa-Rabu-Kamis Selasa-Rabu-Kamis-Jumat Rabu-Kamis-Jumat-Sabtu
4π΄ + 2π΅ 4π΄ + 2π΅ 4π΄ + 2π΅ 4π΄ + π΅ 4π΄ 4π΄ 4π΄ + π΅
Pengoptimuman masalah penjadwalan yang meminimumkan biaya akan dilakukan dengan mempertimbangkan kebutuhan pekerja setiap harinya. Prioritas alokasi pekerja diberikan pada pola penjadwalan mulai dari yang termurah untuk memperoleh pola penjadwalan yang meminimumkan biaya. Kuota pada pola penjadwalan yang termurah dipastikan terisi penuh. Jika kuota pada pola penjadwalan yang termurah sudah terisi penuh, kemudian beranjak pada pola penjadwalan yang termurah setelahnya. Hal tersebut dilakukan hingga seluruh pekerja memperoleh jadwal bekerjanya masing-masing dan kebutuhan pekerja setiap harinya terpenuhi. Berikut ini akan ditentukan pola penjadwalan pekerja yang meminimumkan biaya akibat adanya perbedaan biaya di setiap jenis pola penjadwalan. Namun, tetap memenuhi kebutuhan pekerja setiap harinya. 1 Saat π = ππππ₯ Persamaan yang berlaku pada masalah (4,7) digunakan untuk menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) (Lampiran 5). Persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dalam kasus ini adalah sebagai berikut: π₯5 = min{π5 , π6 , π7 } π₯6 = min{π1 , π6 β π₯5 , π7 β π₯5 , π β π₯5 } π₯4 = min{π4 , π5 β π₯5 , π6 β π₯5 β π₯6 , π β π₯5 β π₯6 }
11
π₯7 π₯3 π₯2 π₯1
= min{π2 , π1 β π₯6 , π7 β π₯5 β π₯6 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 } = min{π3 , π4 β π₯4 , π5 β π₯4 β π₯5 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 } = min{π2 β π₯7 , π3 β π₯3 , π4 β π₯3 β π₯4 , π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 } = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 . 1
2 Saat π = β4 β7π=1 ππ β Persamaan yang berlaku pada masalah (4,7) digunakan untuk menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) (Lampiran 5). Persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dalam kasus ini adalah sebagai berikut: π₯1 = π β π4 β π7 π₯2 = π β π5 β π1 π₯3 = π β π6 β π2 π₯4 = π β π7 β π3 π₯5 = π β π1 β π4 π₯6 = π β π2 β π5 π₯7 = π β π3 β π6 . Dalam kasus ini, untuk menentukan nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 diperoleh persamaan yang unik. Meskipun terdapat perbedaan biaya, setiap nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 tidak mendapatkan prioritas dalam pemenuhan kuotanya karena telah diperoleh persamaan yang unik untuk menentukan nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . 3 Saat π = βππππ₯ β Persamaan untuk menentukan nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 diperoleh dengan menggunakan persamaan yang berlaku pada masalah (4,7) (Lampiran 5). Misalkan π = βππππ₯ β=βπ2 β, persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dalam kasus ini adalah sebagai berikut: π₯2 = 0 π₯3 = π β π2 β π6 π₯4 = π4 β π₯3 π₯1 = π3 β π₯3 π₯7 = π2 β π₯1 π₯5 + π₯6 = π7 β π₯7 . Berdasarkan beberapa persamaan tersebut, dapat disimpulkan bahwa semua nilai unik diperoleh kecuali π₯5 dan π₯6 . Penentuan nilai π₯5 dan π₯6 dapat dilakukan dengan pengoptimuman lebih lanjut. Agar meminimumkan biaya, sisa nilai yang tersedia (π7 β π₯7 ) diprioritaskan untuk pola penjadwalan yang memiliki biaya termurah di antara π₯5 dan π₯6 . Kuota pada pola penjadwalan yang termurah dipastikan terisi penuh. Jika kuota pada pola penjadwalan yang termurah sudah terisi penuh, kemudian beranjak pada pola penjadwalan yang termurah setelahnya. Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = βππππ₯ β = βπ2 β digunakan untuk semua kemungkinan kasus saat π = βππππ₯ β. Solusi secara spesifik dan lengkap diberikan dalam Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9.
12
4 Saat π = βππππ₯ β Persamaan untuk menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dapat diperoleh dengan menggunakan persamaan yang berlaku pada masalah (4,7) (Lampiran 5). Misalkan π = βππππ₯ β = βπ1 β, persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dalam kasus ini adalah sebagai berikut: π₯2 = π2 π₯6 = π1 π₯1 = π₯7 = 0 π₯3 + π₯4 + π₯5 = π β π₯2 β π₯6 . Berdasarkan beberapa persamaan tersebut, dapat disimpulkan bahwa semua nilai unik diperoleh kecuali π₯3 , π₯4 , dan π₯5 . Penentuan nilai π₯3 , π₯4 , dan π₯5 dapat dilakukan pengoptimuman lebih lanjut. Agar meminimumkan biaya, sisa nilai yang tersedia (π β π₯2 β π₯6 ) diberikan dan diprioritaskan untuk pola penjadwalan yang termurah di antara π₯3 , π₯4 , dan π₯5 . Kuota pada pola penjadwalan yang termurah dipastikan terisi penuh. Jika kuota pada pola penjadwalan yang termurah sudah terisi penuh, kemudian beranjak pada pola penjadwalan yang termurah setelahnya. Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = βππππ₯ β = βπ1 β digunakan untuk semua kemungkinan kasus saat π = βππππ₯ β. Solusi secara spesifik dan lengkap diberikan dalam Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9. 5 Saat π = βππππ₯ β Persamaan yang berlaku pada masalah (4,7) digunakan untuk menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) (Lampiran 5). Misalkan π = βππππ₯ β = βπ1 β, persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) dalam kasus ini adalah sebagai berikut: π₯1 = 0 π₯2 = π3 π₯3 = 0 π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 = π β π₯2 . Berdasarkan beberapa persamaan tersebut, dapat disimpulkan bahwa persamaan untuk menentukan nilai π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 tidak unik diperoleh. Penentuan nilai π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 dapat dilakukan pengoptimuman lebih lanjut. Agar meminimumkan biaya, sisa nilai yang tersedia (π β π₯2 ) diberikan dan diprioritaskan untuk pola penjadwalan yang termurah di antara π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 . Kuota pada pola penjadwalan yang termurah dipastikan terisi penuh. Jika kuota pada pola penjadwalan yang termurah sudah terisi penuh, kemudian beranjak pada pola penjadwalan yang termurah setelahnya. Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = βππππ₯ β = βπ1 β digunakan untuk semua kemungkinan kasus saat π = βππππ₯ β. Solusi secara spesifik dan lengkap diberikan dalam Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9.
13
Tabel 7 Nilai π₯1 , π₯2 , dan π₯3 untuk semua kemungkinan nilai π π
π₯1
π β π4 β π7
π₯2 min{π2 β π₯7 , π3 β π₯3 , π4 β π₯3 β π₯4 , π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 } π β π5 β π1
π₯3 min{π3 , π4 β π₯4 , π5 β π₯4 β π₯5 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 } π β π6 β π2
ππππ₯
π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7
β4β βπ1 β
βπ
0
π β π1 β π5
π3 β π₯2
βπ2 β
π3 β π₯3
0
π β π2 β π₯6
βπ3 β
π3 β π₯2
π4 β π₯4
0
βπ4 β
0
π4 β π₯3
π5 β π₯5
βπ5 β
π3 β π₯3
0
π5 β π₯4
βπ6 β
π1 β π₯7
π4 β π₯4
0
βπ7 β
π β π4 β π7
π2 β π₯1
0
βπ1 β
0
π2
π5 β π₯4 β π₯5
βπ2 β
0
0
π3
βπ3 β
π3
0
0
βπ4 β
π1 β π₯6 β π₯7
π4
0
βπ5 β
min{π2 β π₯7 , π3 β π5 , π1 β π6 β π₯7 } min{π3 , π1 β π7 , π2 β π7 }
π2 β π₯1 β π₯7
π5
min{π3 β π₯1 , π4 β
π3 β π₯1 β π₯2
βπ6 β
π6 , π2 β π7 β π₯1 }
βπ7 β
π1
π4 β π₯3 β π₯4
βπ1 β
0
π3
min{π3 β π1 , π4 β π₯4 , π5 β π7 β π₯4 } 0
βπ2 β
π2 β π₯7
0
π4
βπ3 β
min{π3 , π1 β π7 }
π3 β π₯1
0
βπ4 β
π1 β π₯7
min{π4 , π2 β π1 }
π4 β π₯2
βπ5 β
min{π2 , π1 β π7 }
π2 β π₯1
π5 β π₯4
βπ6 β
0
min{π3 , π2 β π1 }
π3 β π₯2
βπ7 β
π2
0
π4 β π₯4
14
Tabel 8 Nilai π₯4 dan π₯5 untuk semua kemungkinan nilai π π
π₯4
π₯5
ππππ₯
min{π4 , π5 β π₯5 , π6 β π₯5 β π₯6 , π β π₯5 β π₯6 }
min { π5 , π6 , π7 }
β4β βπ1 β
βπ
π β π3 β π7
π β π1 β π4
0
π6 β π₯6
βπ2 β
π4 β π₯3
π7 β π₯7
βπ3 β
π β π3 β π7
π5 β π₯4
βπ4 β
0
π β π1 β π4
βπ5 β
π6 β π₯6
0
βπ6 β
π6 β π₯5
π7 β π₯7
βπ7 β
π5 β π₯5
π7 β π₯6
βπ1 β
min{π4 β π2 , π5 β π₯5 , π6 β π1 β π₯5 }
min{π5 , π6 β π1 , π7 β π1 }
βπ2 β
π6 β π₯5 β π₯6
min{π6 , π5 β π3 , π7 β π2 }
βπ3 β
π4
min{π7 , π5 β π4 , π6 β π4 }
βπ4 β
0
π5
βπ5 β
0
0
βπ6 β
π6
0
βπ7 β
min{π4 , π5 β π7 , π6 β π7 }
π7
βπ1 β
π5 β π₯5
min{π5 , π7 β π1 }
βπ2 β
0
min{π6 , π5 β π4 }
βπ3 β
π5
0
βπ4 β
0
π6
βπ5 β
min{π5 , π6 β π7 }
0
βπ6 β
π6 β π₯5
min{π6 , π7 β π1 }
βπ7 β
min{π4 , π6 β π7 }
min{π7 , π5 β π4 }
15
Tabel 9 Nilai π₯6 dan π₯7 untuk semua kemungkinan nilai π π
π₯6
π₯7
ππππ₯
min{ π1 , π6 β π₯5 , π7 β π₯5 , π β π₯5 }
β4β βπ1 β
βπ
π β π2 β π5
min{π2 , π1 β π₯6 , π7 β π₯5 β π₯6 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 } π β π3 β π6
π1 β π₯7
π2 β π₯2
βπ2 β
0
π2 β π₯1
βπ3 β
π1 β π₯1
0
βπ4 β
π6 β π₯5
π2 β π₯2
βπ5 β
π β π2 β π5
π7 β π₯6
βπ6 β
0
π β π3 β π₯6
βπ7 β
π1 β π₯1
0
βπ1 β
π1
0
βπ2 β
min{π1 β π2 , π6 β π₯5 , π7 β π2 β π₯5 }
π2
βπ3 β
min{π1 β π3 , π7 β π₯5 , π6 β π4 β π₯5 }
π7 β π₯5 β π₯6
βπ4 β
min{π1 , π6 β π5 , π7 β π5 }
min{π1 β π₯6 , π2 β π4 , π7 β π5 β π₯6 }
βπ5 β
π6
min{π2 , π1 β π6 , π7 β π6 }
βπ6 β
0
π7
βπ7 β
0
0
βπ1 β
min{π1 , π6 β π5 }
π1 β π₯6
βπ2 β
π6 β π₯5
min{π2 , π7 β π6 }
βπ3 β
min{π7 , π6 β π5 }
π7 β π₯6
βπ4 β
0
min{π1 , π7 β π6 }
βπ5 β
π7
0
βπ6 β
0
π1
βπ7 β
π7 β π₯5
0
16
Alur Penggunaan Algoritme 1
Minimum total pekerja ditentukan dengan menggunakan persamaan (7).
2
Nilai π1 , π2 , β¦ , π7 menggambarkan banyaknya pekerja yang tidak berkerja pada suatu hari. Nilai tersebut dapat ditentukan dengan mengurangi banyaknya total pekerja dengan banyaknya pekerja yang bekerja pada hari tersebut. Nilai π1 , π2 , β¦ , π7 juga bisa diperoleh dengan menggunakan informasi pada Tabel 2.
3
(a) Saat π = ππππ₯ maka Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9 digunakan untuk memperoleh nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . (b) Saat π = β πβ4 maka: ο§ Jika nilai β πβ4 bukan bilangan bulat, salah satu nilai ππ dipilih dan ditambahkan dengan nilai (4π β β π) untuk membuat β π menjadi kelipatan 4. ο§ Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9 digunakan untuk memperoleh nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . (c) Saat π = βππππ₯ β, maka: ο§ Jika nilai ππππ₯ bukan bilangan bulat, salah satu nilai ππ yang disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7) harus dipilih dan ditambahkan dengan nilai (π β ππππ₯ ) untuk membuat ππππ₯ menjadi bilangan bulat. ο§ Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9 digunakan untuk memperoleh nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . (d) Saat π = βππππ₯ β, maka: ο§ Jika nilai ππππ₯ bukan bilangan bulat, salah satu nilai ππ yang disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7) akan dipilih dan ditambahkan dengan nilai (π β ππππ₯ ) untuk membuat ππππ₯ menjadi bilangan bulat. ο§ Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9 digunakan untuk memperoleh nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . (e) Saat π = βππππ₯ β, maka: ο§ Jika nilai ππππ₯ bukan bilangan bulat, salah satu nilai ππ yang disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7) akan dipilih dan ditambahkan dengan nilai (π β ππππ₯ ) untuk membuat ππππ₯ menjadi bilangan bulat. ο§ Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9 digunakan untuk memperoleh nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 .
17
Contoh 1 Misalkan π1 = 11, π2 = 14, π3 = 9, π4 = 18 , π5 = 8, π6 = 15, π7 = 5. Tabel 10 Solusi yang mungkin pada Contoh 1 i Solusi I
Solusi II
Solusi III
Solusi IV
1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7
1 11 11
2 14 14 14
3 9 9 9
11
4 18
5 8 8
18 18
5 8 8
9 9 18
11
8
14
11 11 11 11
15
18
11
14 14 14
5 15
8 9
14 14 14
5 15
18 9 9 9 9 9
5 5
8
9
11
15 15
18 14
7 5
15
14 11 11
6 15
5 8
18 18 18 18 18
8 8 8 8
15 15 15 15 15
5 5 5 5 5
Total 80 33 38 32 37 37 29 34 28 47 22 44 27 35 37 57 61 51 66 51 58 56
Berdasarkan hasil substitusi Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV, maka dapat diperoleh nilai ππππ₯ = π4 = 18; β πβ4 = 20; ππππ₯ = π4 = 22 ; ππππ₯ = π2 = 19 ; ππππ₯ = π2 = 23.5 (Lampiran 6). Nilai minimum pekerja dapat ditentukan, yaitu: π = max{ππππ₯ , ββ πβ4β, βππππ₯ β, βππππ₯ β, βππππ₯ β} π = max{18, 20, 22, 19, β23.5β} = β23.5β = 24. Nilai ππππ₯ = π2 = 23.5 bukan bilangan bulat, maka harus dibulatkan dengan menambahkan salah satu ππ di antara π2 , π4 , dan π6 , yaitu π2 = 14 dengan (2π β ππππ₯ ) = 1, sehingga nilai π2 = 15 dan π = 24. π1 = 13, π2 = 9, π3 = 15, π4 = 6, π5 = 16, π6 = 9, π7 = 19. Persamaan dari Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9, digunakan untuk mencari nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . Berikut ini penyelesaiannya:
18
π₯3 = π4 = 6 π₯5 = min{π6 , π5 β π4 } = min{9, 10} = 9 π₯7 = min{π2 , π7 β π6 } = min{9,10} = 9 π₯6 = π6 β π₯5 = 9 β 9 = 0 π₯1 = π2 β π₯7 = 9 β 9 = 0 π₯2 = π₯4 = 0. Tabel 11 Hasil penjadwalan Contoh 1 Pekerja ke 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 ππ a
0: libur; 1: masuk
Senina
Selasa
Rabu
Kamis
Jumat
Sabtu
Minggu
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 11
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 14
0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 18
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8
1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15
1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5
19
Contoh 2 Misalkan π1 = 5, π2 = 1, π3 = 2, π4 = 2, π5 = 3, π6 = 1, π7 = 4. Tabel 12 Solusi yang mungkin pada Contoh 2 i Solusi I
Solusi II
Solusi III
Solusi IV
1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7
1 5 5
2 1 1 1
3 2 2 2
5
4 2
5 3 3
2 2
4 3 3
2 2 2
5
3
1
5 5 5 5
1
2
5
1 1 1
4 1
3 2
1 1 1
4 1
2 2 2 2 2 2
4 4
3
2
5
1 1
2 1
7 4
1
1 5 5
6 1
4 3
2 2 2 2 2
3 3 3 3
1 1 1 1 1
4 4 4 4 4
Total 18 9 4 8 10 5 7 11 10 4 9 8 8 8 7 12 10 16 12 11 14 15
Berdasarkan hasil substitusi Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV, maka dapat diperoleh nilai ππππ₯ = π1 = 5 ; β πβ4 = 4.5 ; ππππ₯ = π7 = 5.33; ππππ₯ = π7 = 5.5; ππππ₯ = π1 = 5 (Lampiran 6). Nilai minimum pekerja dapat ditentukan, yaitu: π = max{ππππ₯ , ββ πβ4β, βππππ₯ β, βππππ₯ β, βππππ₯ β} π = max{5, β4.5β, β5.33β, β5.5β, β5β} = β5.5β = 6. Nilai ππππ₯ = π7 = 5.5 bukan bilangan bulat maka harus dibulatkan dengan menambahkan salah satu ππ di antara π1 , π4 , dan π7 , yaitu π4 = 2 dengan (2π β ππππ₯ ) = 1, sehingga nilai π4 = 3 dan π = 6. π1 = 1, π2 = 4, π3 = 4, π4 = 3, π5 = 3, π6 = 5, π7 = 2. Persamaan dari Tabel 7, Tabel 8, dan Tabel 9, digunakan untuk mencari nilai π₯1 , π₯2 , β¦ , π₯7 . Berikut ini penyelesaiannya:
20
π₯1 = π1 = 1 π₯5 = π7 = 2 π₯4 = min{π4 , π5 β π7 , π6 β π7 } = min{3,1,3} = 1 π₯3 = min{π3 β π1 , π4 β π₯4 , π5 β π7 β π₯4 } = min{3,0,0} = 0 π₯2 = π4 β π₯3 β π₯4 = 2 π₯6 = π₯7 = 0. Tabel 13 Hasil Penjadwalan Contoh 2 Pekerja ke 1 2 3 4 5 6 ππ a
Senina 0 1 1 1 1 1 5
Selasa 0 1 1 1 0 0 1
Rabu 0 1 1 1 0 0 2
Kamis 1 1 1 0 0 0 2
Jumat 1 0 0 0 1 1 3
Sabtu 1 0 0 0 1 1 1
Minggu 1 0 0 1 1 1 4
0: libur; 1: masuk
SIMPULAN DAN SARAN Simpulan Masalah (4,7) dapat diselesaikan dengan algoritme berbasis dual secara manual. Hasil akhirnya berupa minimum total pekerja dan pola penjadwalan yang meminimumkan biaya, sehingga algoritme tersebut sangat bermanfaat untuk perusahaan yang beroperasi setiap hari.
Saran Penelitian selanjutnya dapat melakukan pembahasan tentang pengoptimuman berbasis dual masalah penjadwalan lima hari kerja dalam seminggu secara siklis.
DAFTAR PUSTAKA Alfares HK. 2000. Dual-based optimization of cyclic four-day workweek scheduling. IMA Journal of Mathematics Applied in Business and Industry. 11: 269-283. DOI: 10.1093/imaman/11.4.269. Baker KR. 1976. Workforce allocation in cyclical scheduling problem: a survey. Operational Research Quarterly. 27: 155-167. doi: 10.1057/jors.1976.30. ChvΓ‘tal V. 1983. Linear Programming. New York (US): WH Freeman & Company. Hadi N. 2014. Optimasi berbasis dual masalah penjadwalan tiga hari kerja dalam seminggu secara siklis [skripsi]. Bogor (ID): Institut Pertanian Bogor.
21
Luenberger DG, Ye Y. 2007. Linear and Nonlinear Programming 3thed. California (US): Springer. Winston WL. 2004. Operations Research Applications and Algorithms 4thed. New York (US): Duxbury.
22
Lampiran 1 Sintaks dan hasil komputasi program LINGO 11.0 untuk masalah (4,7) x2+x3+x4+x5>=11; x3+x4+x5+x6>=14; x4+x5+x6+x7>=9; x1+x5+x6+x7>=18; x1+x2+x6+x7>=8; x1+x2+x3+x7>=15; x1+x2+x3+x4>=5; min=x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7;
Hasil yang diperoleh sebagai berikut:
Gambar 1 Hasil komputasi program LINGO 11.0 untuk masalah (4,7)
23
Gambar 2 Solver status software LINGO 11.0 untuk masalah (4,7)
24
Lampiran 2 Pembuktian bahwa Solusi I lebih baik atau sama dengan solusi yang diperoleh dengan cara memberi nilai 1βπ pada sembarang π variabel dual Misalkan diberikan nilai 1βπ pada π sembarang variabel dual π = 2, β¦ , 7. Solusi tersebut menghasilkan nilai fungsi objektif dual dengan persamaan π = β ππ βπ. Berikut ini akan dibuktikan bahwa nilai fungsi objektif dual yang berasal dari persamaan π = ππππ₯ akan lebih besar atau sama dengan nilai fungsi objektif dual yang berasal dari persamaan π = β ππ βπ. π Γ π = π Γ ππππ₯ π Γ π = ππππ₯ + ππππ₯ β¦ + ππππ₯ (dijumlahkan sebanyak π). Nilai ππππ₯ = max{π1 , β¦ , π7 }, sehingga ππππ₯ β₯ π1 , ππππ₯ β₯ π2 , ππππ₯ β₯ π3 , ππππ₯ β₯ π4 , ππππ₯ β₯ π5, ππππ₯ β₯ π6, dan ππππ₯ β₯ π7. Hal tersebut mengakibatkan: ππππ₯ + ππππ₯ β¦ + ππππ₯ β₯ π1 + β― + ππ = β ππ π Γ ππππ₯ β₯ β ππ ππππ₯ β₯ β ππ βπ β Terbukti bahwa Solusi I lebih baik atau sama dengan solusi yang diperoleh dengan cara memberi nilai 1βπ pada sembarang π variabel dual.
25
Lampiran 3 Pencarian Solusi III dan Solusi IV Pencarian Solusi III dengan Menentukan Dua Variabel Dual Bernilai πβπ sebagai Nilai Awal Kombinasi pasangan nilai I pada pertidaksamaan (5.1) 1 Misalkan pada pertidaksamaan (5.1), dipilih π¦4 = π¦5 = 2. Hasil substitusi nilainilai tersebut sebagai berikut: 1
1
π¦4 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 + 2 + π¦6 + π¦7 β€ 1. Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦6 + π¦7 = 0, karena π¦6 , π¦7 β₯ 0, maka π¦6 = π¦7 = 0. Adapun dari pertidaksamaan (5.6) dan (5.7) diperoleh : 1
1
2
2
π¦2 + π¦3 + π¦4 + π¦5 β€ 1 menjadi π¦2 + π¦3 + + β€ 1 1
1
π¦3 + π¦4 + π¦5 + π¦6 β€ 1 menjadi π¦3 + 2 + 2 + π¦6 β€ 1. Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦2 + π¦3 = 0, karena π¦2 , π¦3 β₯ 0 maka π¦2 = π¦3 = 0. Adapun dari pertidaksamaan (5.2) diperoleh: 1
π¦1 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi π¦1 + 2 + 0 + 0 β€ 1. 1
Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦1 β€ 2, maka nilai terbesar π¦1 1
adalah 2. Agar menghasilkan solusi yang memaksimumkan hasil substitusinya ke 1
fungsi objektif dual maka dapat ditentukan nilai π¦1 = 2. Adapun dari pertidaksamaan (5.3), (5.4), dan (5.5) diperoleh: 1
π¦1 + π¦2 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi + 0 + 0 + 0 β€ 1 2 1
π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦7 β€ 1 menjadi 2 + 0 + 0 + 0 β€ 1 1
1
π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦4 β€ 1 menjadi 2 + 0 + 0 + 2 β€ 1. Berdasarkan hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I sebagai nilai awal 1 pada pertidaksamaan (5.1) diperoleh nilai π¦1 = π¦4 = π¦5 = 2 dan π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0. Cara yang sama dengan cara penelusuran kombinasi pasangan nilai I sebagai nilai awal pada pertidaksamaan (5.1) digunakan untuk penelusuran semua kombinasi pasangan nilai pada pertidaksamaan linear (5.1), (5.2), (5.3), (5.4), (5.5), (5.6), dan (5.7). Hasil penelusuran secara lengkap ditulis dalam Tabel 14.
26
Tabel 14 Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I, II, III, dan IV Kombinasi Pertidaksamaan
π¦1 = π¦5 = 2
π¦2 = 2
π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦2 = 2
π¦5 = 2
π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦2 = 2
π¦5 = 2
π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦2 = 2
π¦5 = 2
π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦2 = π¦3 = 2
π¦6 = 2
π¦1 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0
π¦3 = π¦4 = 2
π¦7 = 2
π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
π¦4 = π¦6 = 2
π¦1 = 2
π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦6 = 2
π¦3 = 2
π¦2 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦6 = 2
π¦3 = 2
π¦2 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦3 = 2
π¦5 = 2
π¦2 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦1 = π¦3 = 2
π¦5 = 2
π¦2 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0
π¦2 = π¦4 = 2
π¦6 = 2
π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.7) (5.1)
π¦3 = π¦5 = 2
π¦7 = 2
π¦4 = π¦7 = 2
π¦3 = 2
π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦6 = 0 π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.2)
π¦1 = π¦7 = 2
π¦4 = 2
1
π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.3)
π¦1 = π¦7 =
π¦4 =
1
π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.4) (5.5) (5.6) (5.7) (5.1) (5.2) (5.3) (5.4) (5.5) (5.6)
IV
1
π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0
(5.3)
III
Nilai variabel dual lain yang diperoleh π¦1 = 2
(5.2)
II
1
π¦4 = π¦5 = 2
(5.1)
I
Nilai awal 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 2 1
1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1 1
2 1
(5.4)
π¦1 = π¦7 = 2
π¦4 = 2
π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.5)
π¦1 = π¦4 = 2
π¦5 = 2
1
π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0
(5.6)
π¦2 = π¦5 = 2
π¦6 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦7 = 0
(5.7)
π¦3 = π¦6 = 2
π¦7 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.1)
π¦5 = π¦6 = 2
π¦2 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦7 = 0
(5.2)
π¦5 = π¦6 = 2
π¦2 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦5 = 0
(5.3)
π¦4 = π¦6 = 2
π¦2 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.4)
π¦2 = π¦3 = 2
π¦6 = 2
1
π¦1 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.5)
π¦2 = π¦3 = 2
π¦6 = 2
1
π¦1 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.6)
π¦3 = π¦4 = 2
π¦7 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.7)
π¦4 = π¦5 = 2
π¦1 = 2
1
π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0
1
1 1 1 1
1
1 1
1 1
27
Tabel 15 Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai V dan VI Kombinasi Pertidaksamaan
V
1
Nilai variabel dual lain yang diperoleh 1 π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦6 = 0 π¦2 =
(5.1) (5.2)
π¦5 = π¦7 = 2 π¦2 = π¦5 = 2
π¦7 = 2
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦6 = 0
(5.3)
π¦2 = π¦7 = 2
π¦4 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.4)
π¦2 = π¦7 = 2
π¦5 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦6 = 0
(5.5)
π¦2 = π¦4 = 2
π¦6 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.6)
π¦3 = π¦5 = 2
π¦7 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦6 = 0
π¦4 = π¦6 = 2
1
π¦2 = 2
π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0
(5.1)
π¦6 = π¦7 = 2
1
π¦3 = 2
π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = 0
(5.2)
π¦6 = π¦7 = 2
π¦3 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = 0
(5.3)
π¦6 = π¦7 = 2
π¦3 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = 0
(5.4)
π¦3 = π¦7 = 2
π¦4 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.5)
π¦3 = π¦4 = 2
π¦7 = 2
1
π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0
(5.6)
π¦4 = π¦5 = 2
π¦1 = 2
1
π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0
(5.7)
π¦5 = π¦6 = 2
π¦2 = 2
1
π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦7 = 0
(5.7)
VI
Nilai awal 1 1 1
1
1
1
1 1 1 1
1 1
1
2 1
Pencarian Solusi IV dengan Menentukan Tiga Variabel Dual Bernilai πβπ sebagai Nilai Awal Kombinasi pasangan nilai I pada pertidaksamaan (5.1) 1 Misalkan pada pertidaksamaan (5.1), dipilih π¦4 = π¦5 = π¦6 = 3. Hasil substitusi nilai-nilai tersebut sebagai berikut: 1
1
1
π¦4 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 3 + 3 + 3 + π¦7 β€ 1. Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦7 = 0 . Adapun dari pertidaksamaan (5.7) diperoleh: 1 1 1 π¦3 + π¦4 + π¦5 + π¦6 β€ 1 menjadi π¦3 + 3 + 3 + 3 β€ 1. Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦3 = 0 . Adapun dari pertidaksamaan (5.2) diperoleh: 1 1 π¦1 + π¦5 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi π¦1 + 3 + 3 + 0 β€ 1. 1
Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦1 β€ 3, maka nilai terbesar π¦1 1
adalah 3. Agar menghasilkan solusi yang memaksimumkan hasil substitusinya ke 1
fungsi objektif dual maka dapat ditentukan nilai π¦1 = 3. Adapun dari pertidaksamaan (5.3) diperoleh:
28
1
1
π¦1 + π¦2 + π¦6 + π¦7 β€ 1 menjadi 3 + π¦2 + 3 + 0 = 1. 1
Berdasarkan hasil substitusi tersebut diperoleh nilai π¦2 β€ 3, maka nilai terbesar π¦2 1
adalah 3. Agar menghasilkan solusi yang memaksimumkan hasil substitusinya ke 1
fungsi objektif dual maka dapat ditentukan nilai π¦2 = 3. Adapun dari pertidaksamaan (5.4), (5.5), dan (5.6) diperoleh: 1
1
1
1
π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦7 β€ 1 menjadi 3 + 3 + 0 + 0 β€ 1 1
π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦4 β€ 1 menjadi 3 + 3 + 0 + 3 β€ 1 1
1
1
π¦2 + π¦3 + π¦4 + π¦5 β€ 1 menjadi 3 + 0 + 3 + 3 β€ 1. Berdasarkan hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I sebagai nilai awal 1 pada pertidaksamaan (5.1) diperoleh pasangan nilai π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = π¦6 = 3 dan π¦3 = π¦7 = 0. Cara yang sama dengan cara penelusuran kombinasi pasangan nilai I sebagai nilai awal pada pertidaksamaan (5.1) digunakan untuk penelusuran semua kombinasi pasangan nilai pada pertidaksamaan linear (5.1), (5.2), (5.3), (5.4), (5.5), (5.6), dan (5.7). Hasil penelusuran secara lengkap ditulis dalam Tabel 15. Tabel 16 Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai I dan II Kombinasi Pertidaksamaan Nilai awal Nilai variabel dual lain yang diperoleh 1 1 (5.1) π¦3 = π¦7 = 0 π¦4 = π¦5 = π¦6 = 3 π¦1 = π¦2 = 3 1 1 (5.2) π¦4 = π¦7 = 0 π¦1 = π¦5 = π¦6 = 3 π¦2 = π¦3 = 3 1 1 (5.3) π¦4 = π¦7 = 0 π¦1 = π¦2 = π¦6 = π¦3 = π¦5 = I
II
3 1
3 1
(5.4)
π¦1 = π¦2 = π¦3 = 3
π¦5 = π¦6 = 3
π¦4 = π¦7 = 0
(5.5)
π¦1 = π¦2 = π¦3 = 3
π¦5 = π¦6 = 3
1
π¦4 = π¦7 = 0
(5.6)
π¦2 = π¦3 = π¦4 = 3
1
π¦1 = π¦5 = 0
(5.7)
π¦3 = π¦4 = π¦5 = 3
(5.1)
π¦5 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦6 = π¦7 = 3 1 π¦1 = π¦7 = 3 1 π¦2 = π¦3 = 3
(5.2)
π¦5 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦2 = π¦3 = 3
1
π¦1 = π¦4 = 0
(5.3)
π¦2 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦3 = π¦5 = 3
1
π¦1 = π¦4 = 0
(5.4)
π¦2 = π¦3 = π¦7 = 3
π¦5 = π¦6 = 3
1
π¦1 = π¦4 = 0
(5.5)
π¦2 = π¦3 = π¦4 = 3
π¦6 = π¦7 = 3
1
π¦1 = π¦5 = 0
(5.6)
π¦3 = π¦4 = π¦5 = 3
π¦1 = π¦7 = 3
1
π¦2 = π¦6 = 0
(5.7)
π¦4 = π¦5 = π¦6 = 3
π¦1 = π¦2 = 3
1
π¦3 = π¦7 = 0
1
1 1
1 1 1 1
1 1 1
π¦2 = π¦6 = 0 π¦1 = π¦4 = 0
29
Tabel 17 Hasil penelusuran kombinasi pasangan nilai III dan IV Kombinasi Pertidaksamaan Nilai awal Nilai variabel dual lain yang diperoleh 1 1 (5.1) π¦3 = π¦6 = 0 π¦4 = π¦5 = π¦7 = 3 π¦1 = π¦2 = 3 1 1 (5.2) π¦3 = π¦6 = 0 π¦1 = π¦5 = π¦7 = 3 π¦2 = π¦4 = 3 1 1 (5.3) π¦3 = π¦6 = 0 π¦1 = π¦2 = π¦7 = 3 π¦4 = π¦5 = 3 1 1 III (5.4) π¦3 = π¦6 = 0 π¦1 = π¦2 = π¦7 = 3 π¦4 = π¦5 = 3 1 1 (5.5) π¦3 = π¦7 = 0 π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = π¦6 =
IV
3 1
3 1
(5.6)
π¦2 = π¦3 = π¦5 = 3
π¦6 = π¦7 = 3
π¦1 = π¦4 = 0
(5.7)
π¦3 = π¦4 = π¦6 = 3
π¦2 = π¦7 = 3
1
π¦1 = π¦5 = 0
(5.1)
π¦4 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦1 = π¦3 = 3
1
π¦2 = π¦5 = 0
(5.2)
π¦1 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦3 = π¦4 = 3
1
π¦2 = π¦5 = 0
(5.3)
π¦1 = π¦6 = π¦7 = 3
π¦3 = π¦4 = 3
1
π¦2 = π¦5 = 0
(5.4)
π¦1 = π¦3 = π¦7 = 3
π¦4 = π¦6 = 3
1
π¦2 = π¦5 = 0
(5.5)
π¦1 = π¦3 = π¦4 = 3
π¦5 = π¦7 = 3
1
π¦2 = π¦6 = 0
(5.6)
π¦2 = π¦4 = π¦5 = 3
π¦1 = π¦6 = 3
1
π¦3 = π¦7 = 0
(5.7)
π¦3 = π¦5 = π¦6 = 3
π¦2 = π¦7 = 3
1
π¦1 = π¦4 = 0
1
1
1 1 1
1
1 1
30
Lampiran 4 Substitusi Solusi I, Solusi II, Solusi III, dan Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7) 1
Hasil substitusi Solusi III ke fungsi objektif dual masalah (4,7) 1
Berdasarkan Tabel 4, π¦π = π¦π+1 = π¦π+4 = 2 (π = 1, 2, β¦ , 7), adalah Solusi III yang akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Hasil substitusi tersebut dinotasikan dengan ππ (π = 1, 2, β¦ , 7). 1 Misalkan dipilih π¦1 = π¦2 = π¦5 = 2 & π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0 maka: π1 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π1 = 2 π1 + 2 π2 + 2 π5 1
Misalkan dipilih π¦2 = π¦3 = π¦6 = 2 & π¦1 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0 maka: π2 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π2 = 2 π2 + 2 π3 + 2 π6 1
Misalkan dipilih π¦3 = π¦4 = π¦7 = 2 & π¦1 = π¦2 = π¦5 = π¦6 = 0 maka: π3 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π3 = 2 π3 + 2 π4 + 2 π7 1
Misalkan dipilih π¦4 = π¦5 = π¦1 = 2 & π¦2 = π¦3 = π¦6 = π¦7 = 0 maka: π4 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π4 = 2 π1 + 2 π4 + 2 π5 1
Misalkan dipilih π¦5 = π¦6 = π¦2 = 2 & π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦7 = 0 maka: π5 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π5 = 2 π2 + 2 π5 + 2 π6 1
Misalkan dipilih π¦6 = π¦7 = π¦3 = 2 & π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = 0 maka: π6 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π6 = 2 π3 + 2 π6 + 2 π7 1
Misalkan dipilih π¦7 = π¦1 = π¦4 = 2 & π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0 maka: π7 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π7 = 2 π1 + 2 π4 + 2 π7 . Nilai ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } merupakan nilai terbesar hasil substitusi Solusi III dengan pola I ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Nilai tersebut akan dipilih sebagai calon nilai minimum total pekerja yang berasal dari Solusi III. 1 Berdasarkan Tabel 4, π¦π = π¦π+2 = π¦π+4 = 2 (π = 1, 2, β¦ , 7), adalah Solusi III yang akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Hasil substitusi tersebut dinotasikan dengan ππ (π = 1, 2, β¦ , 7). 1 Misalkan dipilih π¦1 = π¦3 = π¦5 = 2 & π¦2 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 0 maka: π1 = β7π=1 π¦π ππ π1 =
1
π 2 1
+
1
π 2 3
+
1
π. 2 5
31
1
Misalkan dipilih π¦2 = π¦4 = π¦6 = 2 & π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0 maka: π2 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π2 = 2 π2 + 2 π4 + 2 π6. 1
Misalkan dipilih π¦3 = π¦5 = π¦7 = 2 & π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦6 = 0 maka: π3 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π3 = 2 π3 + 2 π5 + 2 π7 . 1
Misalkan dipilih π¦4 = π¦6 = π¦1 = 2 & π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦7 = 0 maka: π4 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π4 = 2 π1 + 2 π6 + 2 π4. 1
Misalkan dipilih π¦5 = π¦7 = π¦2 = 2 & π¦1 = π¦3 = π¦4 = π¦6 = 0 maka: π5 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π5 = 2 π2 + 2 π5 + 2 π7 . 1
Misalkan dipilih π¦6 = π¦1 = π¦3 = 2 & π¦2 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = 0 maka: π6 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π6 = 2 π3 + 2 π6 + 2 π1. 1
Misalkan dipilih π¦7 = π¦2 = π¦4 = 2 & π¦1 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 0 maka: π7 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 π7 = 2 π2 + 2 π4 + 2 π7. Nilai ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } merupakan nilai terbesar hasil substitusi Solusi III dengan pola II ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Nilai tersebut akan dipilih sebagai calon nilai minimum total pekerja yang berasal dari Solusi III. 2
Hasil substitusi Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7) 1
Berdasarkan Tabel 5, π¦π = π¦π+1 = π¦π+2 = π¦π+4 = π¦π+5 = 2 ( π = 1, 2, β¦ , 7 ), adalah Solusi IV yang akan disubstitusikan ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Hasil substitusi tersebut dinotasikan dengan ππ (π = 1, 2, β¦ , 7). 1
Misalkan dipilih π¦1 = π¦2 = π¦3 = π¦5 = π¦6 = 3 & π¦4 = π¦7 = 0 maka: π1 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π1 = 3 π1 + 3 π2 + 3 π3 + 3 π5 + 3 π6 . 1
Misalkan dipilih π¦2 = π¦3 = π¦4 = π¦6 = π¦7 = 3 & π¦1 = π¦5 = 0 maka: π2 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π2 = 3 π2 + 3 π3 + 3 π4 + 3 π6 + 3 π7.
32
1
Misalkan dipilih π¦3 = π¦4 = π¦5 = π¦7 = π¦1 = 3 & π¦2 = π¦6 = 0 maka: π3 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π3 = 3 π1 + 3 π3 + 3 π4 + 3 π5 + 3 π7 . 1
Misalkan dipilih π¦4 = π¦5 = π¦6 = π¦1 = π¦2 = 3 & π¦3 = π¦7 = 0 maka: π4 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π4 = 3 π1 + 3 π2 + 3 π4 + 3 π5 + 3 π6 . 1
Misalkan dipilih π¦5 = π¦6 = π¦7 = π¦2 = π¦3 = 3 & π¦1 = π¦4 = 0 maka: π5 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π5 = 3 π2 + 3 π3 + 3 π5 + 3 π6 + 3 π7. 1
Misalkan dipilih π¦6 = π¦7 = π¦1 = π¦3 = π¦4 = 3 & π¦3 = π¦7 = 0 maka: π6 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π6 = 3 π1 + 3 π3 + 3 π4 + 3 π6 + 3 π7 . 1
Misalkan dipilih π¦7 = π¦1 = π¦2 = π¦4 = π¦5 = 3 & π¦3 = π¦7 = 0 maka: π7 = β7π=1 π¦π ππ 1 1 1 1 1 π7 = 3 π1 + 3 π2 + 3 π4 + 3 π5 + 3 π7 . Nilai ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } merupakan nilai terbesar hasil substitusi Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7). Nilai tersebut akan dipilih sebagai calon nilai minimum total pekerja yang berasal dari Solusi IV.
33
Lampiran 5 Penentuan persamaan untuk memperoleh banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) a. Menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) saat π = ππππ₯ Berikut ini, dalam penentuan banyaknya pekerja akan diberikan prioritas alokasi nilai untuk pola penjadwalan tertentu. Tingkat prioritas tersebut diberikan berdasarkan Tabel 6. Adapun prioritas yang diberikan mulai dari biaya yang termurah hingga termahal. Pola penjadwalan π₯5 merupakan pola penjadwalan dengan biaya termurah dalam masalah (4,7), sehingga π₯5 diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya. Berdasarkan informasi pada Tabel 2, maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯5 . π₯3 + π₯4 + π₯5 = π5 (saat π = 5) π₯4 + π₯5 + π₯6 = π6 (saat π = 6) π₯5 + π₯6 + π₯7 = π7 (saat π = 7). Setiap nilai ruas kanan persamaan tersebut merupakan nilai parameter yang harus dipenuhi oleh hasil penjumlahan ruas kirinya. Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯5 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 5, saat π = 6 dan saat π = 7, maka π₯5 β€ π5 , π₯5 β€ π6 dan π₯5 β€ π7 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯5 yang mungkin adalah π₯5 = min{π5 , π6 , π7 }. Biaya pola penjadwalan π₯6 sama dengan biaya pola penjadwalan π₯5 . Setelah nilai π₯5 diperoleh, selanjutnya nilai π₯6 dapat diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya. Berdasarkan informasi pada Tabel 2 dan fungsi objektif primal masalah (4,7), maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯6 . π₯4 π₯5 π₯1 π
+ + + =
π₯5 + π₯6 + π₯6 + ππππ₯
π₯6 = π₯7 = π₯7 = = π₯1
π6 (saat π = 6) π7 (saat π = 7) π1 (saat π = 1) + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 .
Nilai π₯5 telah ditentukan sehingga persamaan-persamaan yang akan digunakan berubah menjadi: π₯4 π₯6 π₯1 π₯1
+ + + +
π₯6 = π₯7 = π₯6 + π₯2 +
π6 β π₯5 (saat π = 6) π7 β π₯5 (saat π = 7) π₯7 = π1 (saat π = 1) π₯3 + π₯4 + π₯6 + π₯7 = π β π₯5 .
Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯6 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 1, saat π = 6, saat π = 7 dan persamaan total pekerja, maka π₯6 β€ π6 β π₯5 , π₯6 β€ π7 β π₯5 , π₯6 β€ π1 dan π₯6 β€ π β π₯5 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯6 yang mungkin adalah π₯6 = min{π1 , π6 β π₯5 , π7 β π₯5 , π β π₯5 }. Biaya pola penjadwalan π₯4 merupakan biaya yang termurah setelah biaya pola penjadwalan π₯6 . Setelah nilai π₯5 dan π₯6 diperoleh, selanjutnya nilai π₯4 dapat diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya.
34
Berdasarkan informasi pada Tabel 2 dan fungsi objektif primal masalah (4,7), maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯4 . π₯2 π₯3 π₯4 π
+ π₯3 + π₯4 = + π₯4 + π₯5 = + π₯5 + π₯6 = = ππππ₯ = π₯1
π4 (saat π = 4) π5 (saat π = 5) π6 (saat π = 6) + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 .
Nilai π₯5 dan π₯6 telah ditentukan sehingga persamaan-persamaan yang akan digunakan berubah menjadi: π₯2 π₯3 π₯4 π₯1
+ + = +
π₯3 + π₯4 = π4 (saat π = 4) π₯4 = π5 β π₯5 (saat π = 5) π6 β π₯5 β π₯6 (saat π = 6) π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯7 = π β π₯5 β π₯6 .
Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯4 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 4, saat π = 5, saat π = 6 dan persamaan total pekerja, maka π₯4 β€ π5 β π₯5 , π₯4 β€ π6 β π₯5 β π₯6 , π₯4 β€ π4 dan π₯4 β€ π β π₯5 β π₯6 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯4 yang mungkin adalah π₯4 = min{π4 , π5 β π₯5 , π6 β π₯5 β π₯6 , π β π₯5 β π₯6 }. Biaya pola penjadwalan yang termurah selanjutnya adalah π₯7 . Setelah nilai π₯4 , π₯5 , dan π₯6 diperoleh, nilai π₯7 dapat diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya. Berdasarkan informasi pada Tabel 2 dan fungsi objektif primal masalah (4,7), maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯7 . π₯1 + π₯6 + π₯7 = π1 (saat π = 1) π₯1 + π₯2 + π₯7 = π2 (saat π = 2) π₯5 + π₯6 + π₯7 = π7 (saat π = 7) π = ππππ₯ = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 . Nilai π₯4 , π₯5 , dan π₯6 telah ditentukan sehingga persamaan-persamaan yang akan digunakan berubah menjadi: π₯1 + π₯7 = π1 β π₯6 (saat π = 1) π₯1 + π₯2 + π₯7 = π2 (saat π = 2) π₯7 = π7 β π₯5 β π₯6 (saat π = 7) π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯7 = π β π₯5 β π₯6 β π₯4 . Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯7 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 1, saat π = 2, saat π = 7 dan persamaan total pekerja, maka π₯7 β€ π1 β π₯6 , π₯7 β€ π2 , π₯7 β€ π7 β π₯5 β π₯6 dan π₯7 β€ π β π₯5 β π₯6 β π₯4 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯7 yang mungkin adalah π₯7 = min{π2 , π1 β π₯6 , π7 β π₯5 β π₯6 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 }. Setelah nilai π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 diperoleh, selanjutnya nilai π₯3 dapat diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya. Berdasarkan informasi pada Tabel 2 dan fungsi objektif primal masalah (4,7), maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯3 . π₯1 + π₯2 + π₯3 = π3 (saat π = 3)
35
π₯2 + π₯3 + π₯4 = π4 (saat π = 4) π₯3 + π₯4 + π₯5 = π5 (saat π = 5) π = ππππ₯ = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 . Nilai π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 telah ditentukan sehingga persamaan-persamaan yang akan digunakan berubah menjadi: π₯1 + π₯2 + π₯3 = π3 (saat π = 3) π₯2 + π₯3 = π4 β π₯4 (saat π = 4) π₯3 = π5 β π₯5 β π₯4 (saat π = 5) π₯1 + π₯2 + π₯3 = π β π₯5 β π₯6 β π₯4 β π₯7 . Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯3 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 3, saat π = 4, saat π = 5 dan persamaan total pekerja, maka π₯3 β€ π3 , π₯3 β€ π4 β π₯4 , π₯3 β€ π5 β π₯5 β π₯4 dan π₯3 β€ π β π₯5 β π₯6 β π₯4 β π₯7 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯3 yang mungkin adalah π₯3 = min{π3 , π4 β π₯4 , π5 β π₯4 β π₯5 , π β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 }. Setelah nilai π₯3 , π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 diperoleh, selanjutnya nilai π₯2 dapat diberikan prioritas alokasi nilai untuk terlebih dahulu dipenuhi kuotanya. Berdasarkan informasi pada Tabel 2 dan fungsi objektif primal masalah (4,7), maka persamaan berikut ini akan digunakan untuk menentukan nilai π₯2 . π₯1 + π₯2 + π₯7 = π2 (saat π = 2) π₯1 + π₯2 + π₯3 = π3 (saat π = 3) π₯2 + π₯3 + π₯4 = π4 (saat π = 4) π = ππππ₯ = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 . Nilai π₯3 , π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 telah ditentukan sehingga persamaan-persamaan yang akan digunakan berubah menjadi: π₯1 + π₯2 = π2 β π₯7 (saat π = 2) π₯1 + π₯2 = π3 β π₯3 (saat π = 3) π₯2 = π4 β π₯3 β π₯4 (saat π = 4) π₯1 + π₯2 = π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 . Misalkan di setiap persamaan tersebut, seluruh alokasi nilai ruas kiri yang tersedia diberikan untuk π₯2 . Namun, agar tetap memenuhi persamaan banyaknya pekerja yang libur saat π = 2, saat π = 3, saat π = 4 dan persamaan total pekerja, maka π₯2 β€ π2 β π₯7 , π₯2 β€ π3 β π₯3 , π₯2 β€ π4 β π₯3 β π₯4 dan π₯2 β€ π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 . Dapat ditentukan nilai terbesar dari π₯2 yang mungkin adalah π₯2 = min{π2 β π₯7 , π3 β π₯3 , π4 β π₯3 β π₯4 , π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 }. Setelah nilai π₯2 , π₯3 , π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 diperoleh, hanya nilai π₯1 yang belum diperoleh. Nilai-nilai yang telah diperoleh disubstitusikan ke persamaan fungsi objektif primal masalah (4,7), sehingga π₯1 = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 . b. Menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) saat π = β πβ4 Persamaan fungsi objektif primal masalah (4,7) dan Tabel 2 akan digunakan untuk menentukan nilai π₯1 , π₯2 , π₯3 , π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 . Berikut ini penyelesaianya: π = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7
36
π₯1 π₯2 π₯3 π₯4 π₯5 π₯6 π₯7
= = = = = = =
πβ πβ πβ πβ πβ πβ πβ
π₯2 β π₯1 β π₯1 β π₯1 β π₯1 β π₯1 β π₯1 β
π₯3 β π₯3 β π₯2 β π₯2 β π₯2 β π₯2 β π₯2 β
π₯4 β π₯4 β π₯4 β π₯3 β π₯3 β π₯3 β π₯3 β
π₯5 β π₯5 β π₯5 β π₯5 β π₯4 β π₯4 β π₯4 β
π₯6 β π₯7 π₯6 β π₯7 π₯6 β π₯7 π₯6 β π₯7 π₯6 β π₯7 π₯5 β π₯7 π₯5 β π₯6 .
Berdasarkan Tabel 2, π4 = π₯2 + π₯3 + π₯4 , dan π7 = π₯5 + π₯6 + π₯7 , maka: π₯1 = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯1 = π β (π₯2 + π₯3 + π₯4 ) β (π₯5 + π₯6 + π₯7 ) π₯1 = π β π4 β π7. Berdasarkan Tabel 2, π5 = π₯3 + π₯4 + π₯5 , dan π1 = π₯1 + π₯6 + π₯7 , maka: π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β (π₯3 + π₯4 + π₯5 ) β (π₯1 + π₯6 + π₯7 ) π₯2 = π β π5 β π1. Berdasarkan Tabel 2, π5 = π₯3 + π₯4 + π₯5 , dan π1 = π₯1 + π₯6 + π₯7 , maka: π₯3 = π β π₯1 β π₯2 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯3 = π β (π₯4 + π₯5 + π₯6 ) β (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) π₯3 = π β π6 β π2 . Berdasarkan Tabel 2, π7 = π₯5 + π₯6 + π₯7 , dan π3 = π₯1 + π₯2 + π₯3 , maka: π₯4 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯4 = π β (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) β (π₯5 + π₯6 + π₯7 ) π₯4 = π β π7 β π3 . Berdasarkan Tabel 2, π1 = π₯1 + π₯6 + π₯7 , dan π4 = π₯2 + π₯3 + π₯4 , maka: π₯5 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯6 β π₯7 π₯5 = π β (π₯1 + π₯6 + π₯7 ) β (π₯2 + π₯3 + π₯4 ) π₯5 = π β π1 β π4. Berdasarkan Tabel 2, π2 = π₯1 + π₯2 + π₯7 , dan π5 = π₯3 + π₯4 + π₯5 , maka: π₯6 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯7 π₯6 = π β (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) β (π₯3 + π₯4 + π₯5 ) π₯6 = π β π2 β π5 . Berdasarkan Tabel 2, π3 = π₯1 + π₯2 + π₯3 , dan π6 = π₯4 + π₯5 + π₯6 , maka: π₯7 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 π₯7 = π β (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) β (π₯4 + π₯5 + π₯6 ) π₯7 = π β π3 β π6 . c. Menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) saat π = ππππ₯ Berdasarkan hasil substitusi Solusi IV ke fungsi objektif dual masalah (4,7) dan Tabel 2, yaitu hubungan antara ππ dan π₯π . Misalkan π = ππππ₯ = π2 , maka: 1
π2 = 3 (π2 + π3 + π4 + π6 + π7 ) 3π2 = (π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 ) + (π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) + (π₯1 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) + (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯7 ) + (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 ) 3π2 = (π₯1 + π₯1 + π₯1 ) + (π₯2 + π₯2 ) + (π₯3 + π₯3 + π₯3 ) + (π₯4 + π₯4 + π₯4 ) + (π₯5 + π₯5 + π₯5 ) + (π₯6 + π₯6 + π₯6 ) + (π₯7 + π₯7 + π₯7 )
37
3π2 = 3 Γ (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) β π₯2 3π2 = 3 Γ π β π₯2 . Kemudian dipilih nilai π₯2 = 0, maka: 3π2 = 3 Γ π π = π2 . Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, diperoleh informasi bahwa saat π = ππππ₯ = π2 , maka dipilih nilai π₯2 = 0. Nilai π₯1 , π₯3 , π₯4 , π₯5 , π₯6 , dan π₯7 akan diperoleh dengan menggunakan persamaan fungsi objektif primal masalah (4,7) dan Tabel 2, berikut ini penyelesaiannya: π = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 π₯1 = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯3 = π β π₯1 β π₯2 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯4 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯5 + π₯6 = π β π₯1 β 0 β π₯3 β π₯4 β π₯7 π₯7 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 . Berdasarkan Tabel 2, π6 = π₯4 + π₯5 + π₯6 , π₯2 = 0, dan π2 = π₯1 + π₯2 + π₯7 , maka: π₯3 = π β π₯1 β 0 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯3 = π β (π₯4 + π₯5 + π₯6 ) β (π₯1 + 0 + π₯7 ) ; π₯2 = 0 π₯3 = π β π6 β π2 . Berdasarkan Tabel 2, π4 = π₯2 + π₯3 + π₯4 , π₯2 = 0, dan π₯3 , maka: π₯4 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯4 = π β π₯1 β 0 β π₯3 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯4 = π β π₯3 β π₯1 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯4 = π β π₯3 β (π β (π₯2 + π₯3 + π₯4 )) π₯4 = π β π + (π₯2 + π₯3 + π₯4 ) β π₯3 π₯4 = (π₯2 + π₯3 + π₯4 ) β π₯3 π₯4 = π4 β π₯3 . Berdasarkan Tabel 2, π3 = π₯1 + π₯2 + π₯3 , π₯2 = 0, dan π₯3 , maka: π₯1 = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯1 = π β 0 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯1 = π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯1 = π β π₯3 β (π β (π₯1 + π₯2 + π₯3 )) π₯1 = π β π + (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) β π₯3 π₯1 = (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) β π₯3 π₯1 = π3 β π₯3 . Berdasarkan Tabel 2, π2 = π₯1 + π₯2 + π₯7 , π₯2 = 0, dan π₯1 , maka: π₯7 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 π₯7 = π β π₯1 β 0 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 π₯7 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 π₯7 = π β π₯1 β (π β (π₯1 + π₯2 + π₯7 )) π₯7 = π β π β (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) β π₯1 π₯7 = (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) β π₯1 π₯7 = π2 β π₯1 . Berdasarkan Tabel 2, π7 = π₯5 + π₯6 + π₯7 , π₯2 = 0, dan π₯7 , maka: π₯5 + π₯6 = π β π₯1 β 0 β π₯3 β π₯4 β π₯7
38
π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6 π₯5 + π₯6
= = = = = = =
π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯7 π β (π β (π₯2 + π₯5 + π₯6 + π₯7 )) β π₯7 π β (π β (0 + π₯5 + π₯6 + π₯7 )) β π₯7 π β (π β (π₯5 + π₯6 + π₯7 )) β π₯7 π β π + (π₯2 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) β π₯7 (π₯2 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) β π₯7 π7 β π₯7 .
Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, saat π = ππππ₯ = π2 , maka dipilih nilai π₯2 = 0 dan akan diperoleh nilai π₯3 = π β π6 β π2 , π₯4 = π4 β π₯3 , π₯1 = π3 β π₯3 , dan π₯7 = π2 β π₯1 . Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = ππππ₯ = π2 digunakan untuk semua kemungkinan kasus π = ππππ₯ . d. Menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) saat π = ππππ₯ Berdasarkan hasil substitusi Solusi III ke fungsi objektif dual masalah (4,7) dan Tabel 2, yaitu hubungan antara ππ dan π₯π . Misalkan π = ππππ₯ = π1, maka: 1
π1 = 2 (π1 + π2 + π5 ) 2π1 = π1 + π2 + π5 2π1 = (π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 ) + (π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 ) + (π₯1 + π₯2 + π₯6 + π₯7 ) 2π1 = (π₯1 ) + (π₯2 + π₯2 ) + (π₯3 + π₯3 ) + (π₯4 + π₯4 ) + (π₯5 + π₯5 ) + (π₯6 + π₯6 ) + (π₯7 ) 2π1 = (2 Γ (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 )) β (π₯1 + π₯7 ) 2π1 = 2 Γ π β (π₯1 + π₯7 ). Kemudian dipilih nilai π₯1 = π₯7 = 0, maka: 2π1 = 2 Γ π π = π1 . Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, diperoleh informasi bahwa saat π = ππππ₯ = π1 , maka dipilih nilai π₯1 = π₯7 = 0. Nilai π₯2 dan π₯6 akan diperoleh dengan menggunakan persamaan fungsi objektif primal masalah (4,7) dan Tabel 2, berikut ini penyelesaiannya: π = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯6 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯7 . Berdasarkan Tabel 2, π2 = π₯1 + π₯2 + π₯7 , dan nilai π₯1 = π₯7 = 0 maka: π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β 0 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β 0 π₯2 = π β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 π₯2 = π β (π β (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) ) π₯2 = π β π + (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) π₯2 = (π₯1 + π₯2 + π₯7 ) π₯2 = π2 . Berdasarkan Tabel 2, π1 = π₯1 + π₯6 + π₯7 , dan nilai π₯1 = π₯7 = 0 maka: π₯6 = π β π₯1 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯7 π₯6 = π β 0 β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β 0 π₯6 = π β π₯2 β π₯3 β π₯4 β π₯5
39
π₯6 = π β (π β (π₯1 + π₯6 + π₯7 )) π₯6 = π β π + (π₯1 + π₯6 + π₯7 ) π₯6 = π₯1 + π₯6 + π₯7 π₯6 = π1. Setelah diperoleh nilai π₯1 = π₯7 = 0, π₯2 = π2 , dan π₯6 = π1 maka: π₯3 + π₯4 + π₯5 = π β π₯2 β π₯6 . Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, saat π = ππππ₯ = π1 , maka dipilih nilai π₯1 = π₯7 = 0 dan akan diperoleh nilai π₯2 = π2 , π₯6 = π1 dan π₯3 + π₯4 + π₯5 = π β π₯2 β π₯6 . Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = ππππ₯ = π1 digunakan untuk semua kemungkinan kasus π = ππππ₯ . e. Menentukan banyaknya pekerja di setiap pola penjadwalan masalah (4,7) saat π = ππππ₯ Berdasarkan hasil substitusi Solusi III ke fungsi objektif dual masalah (4,7) dan Tabel 2, yaitu hubungan antara ππ dan π₯π . Misalkan π = ππππ₯ = π1, maka: 1
π1 = 2 (π1 + π3 + π5 ) 2π1 = (π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 ) + (π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 ) + (π₯1 + π₯2 + π₯6 + π₯7 ) 2π1 = π₯1 + (π₯2 + π₯2 ) + π₯3 + (π₯4 + π₯4 ) + (π₯5 + π₯5 ) + (π₯6 + π₯6 ) + (π₯7 + π₯7 ) 2π1 = (2 Γ (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 )) β (π₯1 + π₯3 ) 2π1 = 2 Γ π β (π₯1 + π₯3 ). Kemudian dipilih nilai π₯1 = π₯3 = 0, maka: 2π1 = 2 Γ π π = π1 . Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, diperoleh informasi bahwa saat π = ππππ₯ = π1 , maka dipilih nilai π₯1 = π₯3 = 0 . Nilai π₯2 akan diperoleh dengan menggunakan persamaan fungsi objektif primal masalah (4,7) dan Tabel 2, berikut ini penyelesaiannya: π = π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 . Berdasarkan Tabel 2, π3 = π₯1 + π₯2 + π₯3 , dan nilai π₯1 = π₯3 = 0 maka: π₯2 = π β π₯1 β π₯3 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β 0 β 0 β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β π₯4 β π₯5 β π₯6 β π₯7 π₯2 = π β (π β (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) ) π₯2 = π β π + (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) π₯2 = (π₯1 + π₯2 + π₯3 ) π₯2 = π3 . Setelah diperoleh nilai π₯1 = π₯3 = 0, dan π₯2 = π3 maka: π₯4 + π₯5 + π₯6 + π₯7 = π β π₯2 . Berdasarkan hasil penyelesaian tersebut, saat π = ππππ₯ = π1, maka dipilih nilai π₯1 = π₯3 = 0 dan akan diperoleh nilai π₯2 = π3 . Cara yang sama dengan cara penyelesaian saat π = ππππ₯ = π1 digunakan untuk semua kemungkinan kasus π = ππππ₯ .
40
Lampiran 6 Hasil substitusi semua kemungkinan solusi ke fungsi objektif dual pada Contoh 1 dan Contoh 2 a. Hasil substitusi solusi pada Contoh 1 Berdasarkan Tabel 10 maka substitusi Solusi I ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π = max{π1 , β¦ , π7 } = max{11, 14, 9, 18, 8, 15, 5} = 18. Berdasarkan Tabel 10 maka substitusi Solusi II ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: 1
1
π = 4 β π = (11 + 14 + 9 + 18 + 8 + 15 + 5) = 20. 4 Berdasarkan Tabel 10 maka substitusi Solusi III (pola I) ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π1 = π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7 =
1
1 π + 2 π2 + 2 1 1 1 π + 2 π3 + 2 2 1 1 π + 2 π4 + 2 3 1 1 π + π + 1 2 2 4
π 2 7 1 π 2 5
1
1
π 2 2 1 π 2 3 1 π 2 1
+ + +
1
π + 2 5 1 π + 2 6 1 π + 2 4
1
1
π 2 5 1 π 2 6
= 2 (11 + 14 + 8)
1
= 2 (9 + 18 + 5)
π 2 6 1 π 2 7 1 π 2 7
1
= 2 (14 + 9 + 15) 1
1
= 2 (11 + 18 + 8) 1
= 2 (4 + 8 + 15) 1
= 2 (9 + 15 + 5) 1
= 2 (11 + 18 + 5)
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 19. Berdasarkan Tabel 10 maka substitusi Solusi III (pola II) ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π1 = π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7 =
1
π + 2 1 1
π 2 2 1 π 2 3 1
π 2 1 1 π 2 2
+ + + +
1
π + 2 3 1
π 2 2
+
1
π + 2 3 1
π 2 4 1 π 2 5 1
π 2 6 1 π 2 5
+ + + +
1
π + 2 6 1
π 2 4
+
1
1
π = 2 (11 + 9 + 8) 2 5 1
1
π 2 6 1 π 2 7
= 2 (14 + 18 + 15)
1
= 2 (11 + 15 + 8)
π 2 4 1 π 2 7 1
1
= 2 (9 + 8 + 5) 1
1
= 2 (14 + 8 + 5) 1
π = 2 (9 + 15 + 11) 2 1 1
π 2 7
1
= (14 + 18 + 5) 2
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 23.5. Berdasarkan Tabel 10 maka substitusi Solusi IV ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: 1 1 1 1 1 1 π1 = 3 π1 + 3 π2 + 3 π3 + 3 π5 + 3 π6 = 2 (11 + 14 + 9 + 8 + 15)
41
π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7 =
1
1 1 π + 3 π3 + 3 π4 3 2 1 1 1 π + 3 π3 + 3 π4 3 1 1
+
1
1 π + 3 π7 3 6 1 1 π + 3 π7 3 5
1
= 2 (14 + 9 + 18 + 15 + 5) 1
= 2 (11 + 9 + 18 + 8 + 5)
1 1 1 π + 3 π5 + 3 π6 = 2 (11 + 14 + 18 + 8 + 15) 3 4 1 1 1 1 1 + 3 π3 + 3 π5 + 3 π6 + 3 π7 = 2 (14 + 9 + 8 + +15 + 5) 1 1 1 1 1 1 π + 3 π3 + 3 π4 + 3 π6 + 3 π7 = 2 (9 + 18 + 15 + 5 + 11) 3 1 1 1 1 1 1 1 (11 + 14 + 18 + 8 + 5) π + π + π + π + π = 1 2 4 5 7 3 3 3 3 3 2
π 3 1 1 π 3 2
1
+
+ 3 π2 +
1
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 22. b. Hasil substitusi solusi pada Contoh 2 Berdasarkan Tabel 12 maka substitusi Solusi I ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π = max{π1 , β¦ , π7 } = max{11, 14, 9, 18, 8, 15, 5} = 5. Berdasarkan Tabel 11 maka substitusi Solusi II ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: 1
1
π = 4 β π = 4 (11 + 14 + 9 + 18 + 8 + 15 + 5) = 4.5. Berdasarkan Tabel 12 maka substitusi Solusi III (pola I) ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π1 = π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7 =
1
1 π + 2 π2 + 2 1 1 1 π + π + 2 2 2 3 1 1 π + π4 + 2 3 2 1 1 π + 2 π4 + 2 1
π 2 7 1 π 2 5
1
1
π 2 2 1 π 2 3 1 π 2 1
+ + +
1
π + 2 5 1 π + 2 6 1 π + 2 4
1
1 π = 2 (5 + 1 + 3) 2 5 1 1 (1 + 2 + 1) π = 6 2 2 1
π 2 6 1 π 2 7 1 π 2 7
1
= (2 + 2 + 4) 2 1
= 2 (5 + 2 + 3) 1
= 2 (1 + 3 + 1) 1
= 2 (2 + 1 + 4) 1
= 2 (5 + 2 + 4)
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 5.5. Berdasarkan Tabel 12 maka substitusi Solusi III (pola II) ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: π1 = π2 = π3 = π4 = π5 = π6 =
1
π + 2 1 1 π + 2 2 1 π + 2 3 1
π + 2 1 1
π 2 2 1 π 2 3
+ +
1
π 2 3 1 π 2 4 1 π 2 5
+ + +
1
π + 2 6 1
π 2 5 1 π 2 6
+ +
1
π 2 5 1 π 2 6 1 π 2 7 1
1
= 2 (5 + 2 + 3) 1
= (1 + 2 + 1) 2 1
= 2 (2 + 3 + 4) 1
π = 2 (5 + 2 + 1) 2 4 1
π 2 7 1 π 2 1
1
= 2 (1 + 3 + 4) 1
= 2 (5 + 2 + 11)
42
π7 =
1
π + 2 2
1
π + 2 4
1
1
π = 2 (1 + 2 + 4) 2 7
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 5. Berdasarkan Tabel 12 maka substitusi Solusi IV ke fungsi objektif dual adalah sebagai berikut: 1 1 1 1 1 1 π1 = 3 π1 + 3 π2 + 3 π3 + 3 π5 + 3 π6 = 2 (5 + 1 + 2 + 3 + 1) π2 = π3 = π4 = π5 = π6 = π7 =
1
1 1 π + 3 π3 + 3 π4 3 2 1 1 1 π + 3 π3 + 3 π4 3 1 1
1
π + 3 π2 + 3 1 1
1 π + 3 π3 3 2 1 1 π + π 1 3 3 3 1
π 3 1
1
+ +
+ 3 π2 +
1
+ +
π + 3 4
1
1 π + 3 π7 3 6 1 1 π + 3 π7 3 5 1
1
1
= 2 (1 + 2 + 2 + 1 + 4) 1
= 2 (5 + 2 + 2 + 3 + 4) 1
π + 3 π6 = 2 (5 + 1 + 2 + 3 + 1) 3 5
1
1 1 1 π + 3 π6 + 3 π7 = 2 (1 + 2 + 3 + +1 + 4) 3 5 1 1 1 1 (5 + 2 + 2 + 1 + 4) π + π + π = 4 6 7 3 3 3 2 1
π 3 4
1
+ 3 π5 +
1
π 3 7
1
= 2 (5 + 1 + 2 + 3 + 4)
π = ππππ₯ = max{π1 , π2 , π3 , π4 , π5 , π6 , π7 } = 22.
43
RIWAYAT HIDUP Penulis dilahirkan di Tangerang pada tanggal 19 Juni 1993 dari ayah dan ibu yang bernama Sunarya dan Maryani. Penulis adalah putra keempat dari lima bersaudara. Tahun 2011, penulis lulus dari SMA Negeri 33 Jakarta dan pada tahun yang sama penulis lulus seleksi masuk Institut PertanianBogor (IPB) melalui jalur Seleksi Nasional Masuk Perguruan Tinggi Negeri (SNMPTN) Undangan dan diterima di Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam. Selama mengikuti perkuliahan, penulis menjadi asisten praktikum Pendidikan Agama Islam tahun 2012-2014, anggota BEM TPB IPB Kabinet Madani periode 2011/2012, anggota Lembaga Pengajaran Quran Alhurriyyah IPB periode 2011/2012, Komti Matematika 48, Ketua Komisi II DPM FMIPA IPB periode 2012/2013, Ketua DPM KM IPB periode 2013/2014, Ketua Bidang Program dan Humas MPM KM IPB periode 2014/2015, dan Ketua Bidang Humas dan Isu Forum Lembaga Legislatif Mahasiswa Indonesia periode 2014/2015. Penulis juga aktif mengikuti perlombaan tingkat mahasiswa. Salah satu prestasinya adalah juara I Lomba Orasi tingkat TPB IPB tahun 2012.
