Riset Operasi. dolom Pendekomn AlgOritm is

Riset Operasi dolom Pendekomn

AlgOritm

iS

KISET OPEKASiI dalam Pendekatan Algoritrms

IEM

KISET OPERASI dalam Pendekatan Algoritnis

tr@

Jong Jek Slang

Penerblt ANDI Yoryakarta

akanbetarti

Ri.el OpeE3i ddlam P€ndekqton Alsorithi3

HidLvp

Ol.h: Jong

itha diJa:lani dengar, s1alegi

Jek tiang

Hok Cipto @ 2Oi

l,2Ol4 pqdd

Editor Seftins

r Fl. Siqii Soyqnioro

D€soin

: sri Mulqnro

Cover

Koreklor

untuk rnmgoptimalkan isi

Pcnulrs

:

Bowo

:Amondo/Andons

Hok Cipro dilindunsi undong-undons.

Dilordng mempe6dnyok orou monindohkon sebogion otou selu.uh iti buku ini dolom behtuk opopun, bdik 5ecoro elekrronis mouPon mekdnis, termotuk memfoto.opv, merekom otou dengdn sistem penyimPonon lqinnyd, tcnPo izin tedulL dori Penulis, Penerbir: c.v ANDI oFrsET (Peberbit ANDI) Beo 38-40, Telp. {0274) 56 I 88 I (Huntins), Fqx. (0274)

ll.

5882I2 Yoqvokorra

55281 Percerdkon: ANDI OFFSET .ll. Beo 38-40, Telp. {O?74) 56 I 88

I

(Hunrins ), Fox. (0

274) 5882I2 Yosvokorto

5528r Pelpusldkoqr Noriondl: Kololos daldm Terbiton (KDT)

Riset Operdsi doldm Pendekotdn

Alsornmk/

- Ed. ll . _ Yosyokorro: ANDI, 23 22 2t 20 It 18 lz 16 15 14 xvi + 348 hln.r 16 x 23 Cm 109 A 7 6 5 4 3 2 I lsBNr 9Z8 - 979 - 29 - 4354 - 2 lons

L

Jek Sions;

Operorions Reseorch DDC'21 : 0O3

Ontuk or""ggangLukasihi d"" ncmbcr'lo

hidup

,

",ti Micn,Kcvin6Llva

Opecs doom Pendekoion Algofllrnis

Vi

laniutkan clengan contoh soal dan langkahJangkah penyelesaian menggunaian algoritma terscbut. Selain dad berbagai sumbcr dan hasjl penclitian. ma-teri dan urutan bab penyajian buku inijuga disusun berdasarkan pengalaman' penulis mengajar mata kuliah Riset Opcrasi selama hanpir

glsan, sepefti perrMsalahan pemasangan (matching), pemilihan karyawan. dll

Risel

20 tahun.

BuLu ini tcrdiri dari 10 bab Hrmpir semua materinya ldalah model dan p€nyelcsaian Riset Opcrasi yang deleministik' sehingga sangat cocok digunakan bagi mabasiswa yang baru pcrtama kali menrpelajari Riset operasi. bcrisi latar belakang dan sejarah ditcmukannya Riset Opel?si_ serta pengenalan tentang cara pc buatan model matemalika Bab

1

Bab 2 dan 3 membahas tentang Progran Linier, suatu model yang menomt AndcNon (2005) adalah model paling sering digunakan dalam dunia nyata. Bab 2 berisi pengcnalzm dan pembuatan model Program Linier, serta penyelesaiannya dengan metode grafik. Bab 3 merupakan kelanjutan dari bab 2, yaitu algoritma penyelesaian Program Linier dengan metorlc Simplcks. Pembaca yang ingin rnenpelajari bab3 scbiiknya membaca dan menguasai birb2 tctlebih dahulu' Bab 4 mcmbahas tentang Program bilangan Bulat' yang mcrupakan kasus klusus Program Linier, yaitu jika model mcnsyaralkan penyclesaiannya yaitu harLrs bilanlan bulat. Ada 2 algoritma penyelesaian yang dibahas, bab'tjuga metode Cabang dan Batas, serta metode Bidang Potong Pada dibahas tcntang Program 0_1, yang merupakan kasus khusus Program

Bilangan Bulat.

Bab 5 dan 6 membahas tentang masalah Transporti:rsi yang scbenamya merupakan kasus khusus Program Linier' Meskipun prinsip penyclcsaiannya:sama dengan penycl€saian model Program Linier, namun detil penyelesaiannyi agak berbeda. Pada bab 5 dibahas pcngertian dan contoh masalah Transportasi serta penyelesaiannya, sedangkan bab 6 membahns tentang masal;h Transshipment yang merupakan kasus khusus masalah Tmnspodasi.

Bab 7 membahas tentang permasalahan Penugasan' yang sebcnarnyit mcrupakan kasus khusus masalah Transportasi. Algoritrna yang digunlkan untuk mcnyelesaikan dikcnal dengan nanra atgoritrna I lungnriln lllnyak pcrmasalahan dunia nyata yang bisa dinyalak.rD dcngrrn rtllrsrr[rh I)crnr-

llirb 8 membahas tcntang model yang dapat digambarkan dengan suatu l:ri'rgan (network). Banyak masalah yang dapat dinyatakan dengan suatu ;:r|ingan, namun di buku ini dibahas 3 diantaranya yaitu mencari pohon r(r)lang mininum, mencari jalur terpendek, dan penjadwalan proyek. (irrcDa bcberapa permasalahan jaringan berhubungan dengan teod graf, rrr;rka padabab 8 didahului dengan pembahasan tentang dasar_dasar gral

llrb I nrembahas tentang Progam Tak Linier yang menrpakan perluasan ,|rI'r l'rogram Linicr. Ada 2 pendekatan yang dapat dipakai untuk menyelL siikln Program tak Linier yaitu secara analitik (Kalkulus) dan secam rr.rrtill Dalam buku ini digunakan pendekatan pertama. Pembaca yang ,rlrrn mempelajari bab

ini

haruslah tcrlebih dahulu paham tentang

,lrllrrcnsial parsial.

l|rb l0 merupakan modcl lain dari Riset Operasi yang dikenal dengan rrrrr l)rogram Geometrik. Dalam bab ini dibahas tentang model Program irollrclrik. seita tcknik penyelesaiannya. Juga dibahas bcbcrapa contoh ,rt'lrIrsi dari bidang tcknik kimia maupun tcknik mesin.

I

l)cngalaman penulis mengajar, unluk mata kuliah 3 SKS hanya rrcncakup 3-5 bab saja. Untuk mahasiswa yang baru pertana kali rrr.rrr|claiari Riset Operasi, sebailoya dipilih l-5 bab dari 8 bab pertamn l,rlr ill i. Tiap bab dapat dibedkan secarx indcpcnden, kecuali bab 3 yang l, rrrr bisa dipclajari setelah bab 2, dan bab 6 yang harus dibahirs setelah ., lesri nrcmbahas bab 5. Bagi mahasiswa (tcrutamajurusan lcknik mesin/ Lrrrrrrr) ylng sudah mendalami Kalkulus bisa ncmpelajari bab 9 dan 10. \r';r rcrrlsa Dlanlaatnya, ada baiknya mahasiswa diberi tugas mencari I r.u\ (luni.r nyata yang bisa dimodelkan dan diselesaikan dcngan model i.rrr11 rlipchjrri. Penulis pcmah mencobanya dan berhasil baik sewaktu r! Drl)irhrs tcntrng Program Linier, jalur terpendek serta bcbcrapa model

lrirr

rlrrl)u

I'r1,1

\etir't brb. dibclikan contoh soal dan laogkah penyclcsaian berda-

.rl.rr rlrorilnn

yang dibuhas. Pembahasan langkah penyelesaian soal

I'tLlr,rr (libull |ioci rlan divriikan dcngan bahasa sedcrhana sehingga dilrr.rt,l,irr pcrrblcri (hpirt dcngrn nlrdah nrcrnahaminya. Tcrdapat lebih ,1.!r lrr(l s(':rl hcse r l1!nyclcslliannyr ynng dllpr( dip kai untuk ,,r'ri.rh,rrr rrirl.

vii

Riset

Opqos doom Pendekolon

A,lgodlmis

Di akhir bab diberikan latihan soal, yang bertujuan untuk melatih kembali pemahaman yang telah dibahas pada bab tersebut. Buku ini memuat lebih dari 200 soal latihan dengan berbagai tingkat kesulitan. Dari pengalaman penulis, keinampuan menyelesaikan 70 % soal latihan dengan benar sudah dapal diLalegonlan mengua\al malen.

Prakata Edisi 2

Banyak pihak yang telah bedasa selama penulis mengajar dan mcnulis buku ini. Untuk itu dalam kesempatan ini penulis ingin bertetima kasih kepada

L

2.

:

Bpk Drs B Susanta dan Ibu Dra Retno Wikan TA yang pertama kali memperkenalkan penulis pada Riset Opcrasi sewaktLr penulis kuliah di FMIPA UGM, sehingga penulis menjadi te arik dan mendalaminya. Jasa kedua dosen ini tidak pemah penulis lupakan. Bagian awal dalam buku ini pcnulis ambil dari matcri kuliah beliau berdua. Keluarga penulis yang tclah mcmbcdkan motivasi, dulTngan moril dan sernangat sehingga penulis mampu menyelesaikannya, setelah bebempa tahun tertunda.

3.

SemtLa pihak yang tidak dnpat penulis sebutkan sntu persatu, yang tclah mcmbcrikan bantuan baik moril, sharing, sumber literatur maupun banluan lain hingga buku ini dapat diselesaikan.

Tuhan yang membalas semuanya

Akhir kata, penulis menyadari banyaknya kekurangan dalam buku ini. Untuk itu

kitik

dan saran yang membangun sangal penulis harapkan

Cloria in Excelsis Deo

ii

siang@,yahoo.com

melihat sambutan pembaca atas edisi pertama buku ini, penulis [r'r;rsa pcrlu melaklrkan revisi pada edisi 2. Dengan berbagai pefiimlr rli r. dua bab temkhi pada cdisi I (berisi Program Tidak Linier ,l( rfirr metode Kalkulus dan Program Geometrik) dihilangkan. Salah ., rrr t)eiimbangannya adalah karena buku ini berisi dasar Riset Operasik,rhrll h.rb yang riihilangkan dirasa terlalu teoritis dan seharusnya masuk ,l,,l,rIlr ltiset Operasi tingkat lanjut. Lagipula rMteri yang tercakup di ,.|'r I pcnulis rasa lebih dali cukup untuk dibrLhas selama satu semester

\.r.hh

..,1'rr11:ri dasar

pemahaman tentang konsep Risct operasi.

buku ini ditambahkan filc animasi nnrk mempcrmudah dibuat 1*rrurhrrnran langkahJangkah penyelesaian soal-soal Animasi irr rr1'grrnakan Power Poi . Bcrdasar pengalaman pcnulis mengajar Risel rrttrrsi. animasi yang digunakan selama mengajar sangal membantu l" rrrrhlrnln materi, dan banyak digunakan nahasiswa untuk me-/cti4t t, r'l)irli Dr leri yang sudah diajarkan. File animasi dibual berdasatkan lrr,1 l,rrI hngkah pcnyelesaian cottoh soal yang terdapat di buku Contoh ,,dl vlng dipilih untuk animasi adalah contoh yang mcmbahas teknik ,1,,.,r l)cnyclcs.lian masalah. l)engan menguasai teknik dasamya' maka ,,r1 rr:rl lain yang scjenis diharapkan dapat dipahami dengan lebih r,rrrlrr1l lrile irnirnasi lcrscbut dapat juga digunakan doscn unluk mem;"'r"'rlrrlr I'cry i.rp.rr.l:rn n(rryrmfcian mrteri

l'rIr t(lisi kedua

lt.rr'r Irirhnsrswrt yang kLrliah cli jurusan yang mendalami komputasi dan tUrr,t'r'rn n. btll) lcnl ng pcnyclcsaian Prcgram Linier dengan Melodc ',|rt,lrks (hprt (librhls dcDsrrn orcndal m Akan tclapi bagi mahasiswa yrr)N lcb'h nrcrr(lt'lt'lni rntrruicnrcn. disrrlnkan orcnrbahas bab 'lr tInr\iIr r, ,,r,,,,r1 trlrrrrnll (i,,rnk lct)cr)dck. irrltrr krris)

Rlset Op€lc8i

dolom Pendekoton Alqo{itnis

Agar lebih nyata dan dipahami penerapannya, mahasiswa sebaiknya diberi tugas yal1g berhubungan langsung d€ngan penerapan metode yang dibicarakan. Misalnya, waktu membahas tentang program linier, mahasiswa diminta mencari data di kasus nyata dan membuat model pro$am linier yang sesuai. Jika modelnya kompleks dan melibatkan banyak variabel, penyelesaian dapat dilakukan dengan bantuan perangkat lunak. Sewaktu membahas tentang jalur terpendek, mahasiswa dapat diminra mmgunduh peta dan mencari jalur terpendek artara 2 kottdaerah. Hasilnya kemudian dibandingkan dengan keluaran perangkat hurak pencari Jalur seperti, Google Map, Garmin, Igo Anigo, d1l

Penulis sangat berterima kasih pada penerbit Andi atas kerjasamanya yarg sangat baik selama ini. Tanpa bantuan peneftit Andi, buL:u ini tidak akan mencapai tujuannya. Penulis juga sangat ben)'ukur pada Tuhan r.ntuk kehadiran Kevin dan Elva yang selalu memberi sukacita dan semangat pada p€nulis unhrk menyelesaikan buku ini.

Akllir kata, penulis

menghampkan untuk menyempumakan buku ini.

Gloria in Excelsis Deo

j

_j [email protected]

kitik

dan masukan dari pembaca

DAFTAR ISI

ni

BAB

Risel

4

Opsosr ddcm Pendel@lon Agodirnis

PROGRAM BTLANGAN BULAT ........................................101 4.1 Progam Bilangan Bulat Sebagi Perluasan kogram Linier .101 4.2 Metode Cabang Batas ..........................................................105 ' 4.2.1Perrcabaigdn(banching)........................................ ..105 4.2.2 Pembatasan (Bounding)......-.....................................-....105 4.2.3 Pemilihan Titik dan Variabel yang DicadangkaD ........106

4.3 Metode Bidang Potong ................................. .-.....................124 . .. ........ .. .. .. 135 ............................ ..... 4.4 Program

.

0-l

4.4.1 Metode Enwnerasi knplisit ............-............................135 ........................................ ... 150 4.4.2 Aplikasi Program 0 ..............169 soAr,-soAl, LATIITAN

1 ..................

BAB

5

TRA.NSPORTASI

..................................................................173

Pendahuluan Laut

........................-........173 5.1 5.2 Penyelesaian Fisibel Awal ...................................................1'76 . ... .. ...176 5.2.1 Metode Barat 180 ........................................... Metode Biaya Terendah 5.2.2 .....................182 5.2.3 Metode 5.3 Pengecekan Optirnalitas ............................... ......................186 ................-....... ... 188 5.4 Merevisi 5.5 Kasus-kasus Masalal Transportasi ......................................194

Vogel

Tabel

5.5.1 5.5.2 5.5.3 5.5.4 5.5.5

soAr,-soAl BAB

6

Masalah Transportasi Tid4kSeimbang ......................194

Ada Jalar

AltematifPenyelesaian

...-............ 198 .............................. .................202

Penalti Terh.dap Permintaan yang Tidak Terpenuhi 202 Soal Memaksimumkan ...............................................205 ..............211 LATIHAN

..........,.......

.....217 TRANSSHIPMENT .217 Masalah TrarNportasi Sebagai Perluasan 6.1 Transshipment 6.2 Penyelesaian Masalah Transshipment .................................219 6.3 SoalTidak Seimbang ...........-.-..-.*-.-.-................ .. .. 227

6.4 Kasus-kasus

soAr-soAl BAB

Rusak

Khusus

LATIHAN

7 PENUGASAN

................

.229

..................,..............230

........,........................233 7.1 Permasalahan Penugasan ....................................................233 7.2 Penyelesaian Masalah Penugasan ........................................235 7.2.1 Menentukan Penyelesaian Fisibel Aw41.................... .235

nt

Bab 1 PENDAHULUAN 1.1

Sejarah Riset Operasi

Masalah Riset Operasi (Operation Research) pertama kali muncul di Inggris selama Perang Dunia II. Inggris mula-mula tertarik menggunakan metode kuantitatif dalam pemakaian radar selama perng. Mereka menamakan pendekatan itu sebagai Operation Research karena mereka menggunakan ilmuwan (scientist) untuk meneliti (research) masalah-masalah operasional selama perang. Pendekatan tersebut sangat berhasil dalam memecahkan masalah-masalah operasi konvoi, operasi anti kapal selam, strategi pengeboman, dan operasi pertambangan. Aplikasi ini menyebabkan Riset Operasi didefinisikan sebagai

:

" Seni memenangkan perang tanpa

berperang " (Whitehouse (1976)). Setelah perang usai, praktisi-praktisi Riset Operasi berkonsentrasi untuk memformalkan ilmu/pendekatan yang mereka kembangkan selama perang dan mencari aplikasinya dalam sektor industri. Beberapa pendekatan sudah dimulai dalam bidang industri oleh Frederick W Taylor, yang menimbulkan ilmu tersendiri dalam bidang Teknik Industri. Taylor menyadari bahwa sebelum revolusi industri, kebanyakan bisnis adalah bisnis kecil-kecilan yang dikelola oleh satu orang saja. Akan tetapi dengan otomatisasi, manajemen dan spesialisasi dapat dikembangkan. Otomatisasi tersebut menyebabkan timbulnya permasalahan baru dalam manajemen. Akibatnya, muncul disiplin ilmu baru dalam Teknik Industri seperti Riset Pasar, Keuangan, dll. Masingmasing disiplin ilmu mulai mencoba menyelesaikan permasalahannya sendiri-sendiri tanpa memperhatikan organisasi secara keseluruhan. Manajer harus menentukan hal terbaik bagi keseluruhan perusahaan, bukan pada masing-masing bagian. Manajer harus menemukan penyelesaian optimum secara keseluruhan. Penyelesaian optimum masing-masing bagian biasanya mudah dicari, tetapi optimum secara keseluruhan sulit ditemukan. Riset Operasi mencoba membantu manajer dalam menyelesaikan masalah yang

2

Riset Operasi : Suatu Tinjauan Algoritmis

menyangkut interaksi diantara obyek-obyek dengan mencari keputusan terbaik pada seluruh sistem. Riset operasi berhubungan dengan prinsip optimisasi, yaitu bagaimana cara menggunakan sumber daya (waktu, tenaga, biaya, dll) untuk mengoptimalkan hasil. Mengoptimalkan hasil dapat berarti meminimumkan sesuatu yang merugikan/dikeluarkan atau memaksimumkan sesuatu yang menguntungkan/didapatkan. Beberapa contoh kasus sehari-hari yang berhubungan dengan riset operasi antara lain : Ada banyak jalur darat yang bisa dilalui dari Jakarta ke Jogja. Jalur mana yang paling optimal dari segi jarak ? dari segi biaya ? dari segi waktu ? Pembuatan kaleng untuk menyimpan makanan. Berapa ukuran kaleng (diameter dan tinggi) agar dengan volume tertentu akan membutuhkan bahan yang seminimum mungkin ? Pengaturan lampu traffic light. Berapa lama lampu hijau/merah di tiap-tiap sisi harus menyala agar panjang antrian kendaraan se minimum mungkin ? Operations Research Society of America mendefinisikan Riset Operasi sebagai berikut : " Riset Operasi berhubungan dengan keputusan ilmiah tentang bagaimana mengoptimalkan rancangan dan operasi mesin maupun SDM, yang biasanya terjadi pada keadaan dimana sumber daya dan alokasinya terbatas " Beberapa masalah dalam industri sangat mirip dengan masalah-masalah yang ditemukan dalam bidang militer selama Perang Dunia II. Riset Operasi hanyalah menambahkan matematika yang sebelumnya tidak ada dalam pemecahan masalah. Metode Riset Operasi lebih banyak diterima sejak ditemukannya komputer pada tahun 1950-an.

1.2

Aplikasi Riset Operasi

Beberapa masalah industri yang dapat dianalisa oleh Riset Operasi antara lain : Keuangan Analisa Cash Flow, Investasi Portofolio Perkreditan

PENDAHULUAN

Prosedur klaim dan complaint Eksplorasi dan Purchasing Aturan pembelian bahan dengan harga yang bervariasi Penentuan kuantitas dan waktu pembelian Strategi ekplorasi dan eksploitasi bahan mentah Kebijakan penggantian barang Distribusi Lokasi dan ukuran gudang, pusat distribusi dan pengecer Kebijakan distribusi Logistik dan sistem distribusi Perencanaan Jumlah, ukuran dan lokasi pabrik, rumah sakit, dll beserta dengan interaksi di dalamnya. Industri Perencanaan produksi Stabilisasi produksi dan karyawan, training, dll Manajemen Konstruksi Kebijakan maintenance, Jumlah karyawan maintenance Pengaturan proyek, alokasi sumber daya Marketing Pemilihan produk, timing, perlakuan terhadap kompetitor Penentuan jumlah salesman Strategi periklanan Personel Pemilihan personel, gabungan antara umur dan ketrampilan

3

4


Kebijakan penerimaan karyawan, pembagian kerja

Aplikasi Riset Operasi juga mempunyai dampak yang kuat dalam studi masalah-masalah sosial dan pekerjaan umum. Orang menjadi lebih sadar tentang bagaimana Riset Operasi dapat membantu aktivitas pengambilan keputusan sehari-hari. Aplikasi-aplikasi dalam kesehatan masyarakat, perencanaan kota dan sistem pendidikan kini sudah ditemukan.

1.3

Model

Riset Oprasi mencari keputusan/hasil terbaik pada penyelesaian suatu masalah yang memenuhi beberapa kondisi yang ditentukan. Dalam prosesnya Riset Oprasi berhubungan dengan Model. Model adalah interaksi/hubungan antara variabel-variabel yang mempengaruhi sistemnya. Sistem yg sebenarnya

Asumsi/ Penyederhanaan Sistem

Model

Gambar 1.1 Kompleksnya sistem yang dipelajari akan membuat penyesaian masalah menjadi sulit. Untuk itu perlu untuk mereduksi "dimensi" sistem sehingga model (tiruan sistem) dapat dibuat seperti gambar 1.1. Biasanya, diantara sekian banyak faktor/variabel yang mempengaruhi sistem, hanya beberapa diantaranya saja yang penting dan memberi efek yang nyata terhadap sistem. Untuk menyederhanakan sistem, faktor-faktor yang kurang penting dibuang/diasumsikan. Perhatikan beberapa contoh model adalah sebagai berikut : a. Model dalam fisika Misalkan suatu benda dengan massa m ditarik dengan gaya sebesar F, dan menghasilkan percepatan sebesar a. Hubungan antara ketiganya dapat dituliskan sebagai F = m.a

PENDAHULUAN

5

Model F = m.a tersebut menyatakan penyederhanaan sistem yang sebenarnya. Sistem sebenarnya tidaklah sesederhana hubungan tersebut. Beberapa faktor yang tidak berpengaruh besar antara lain : gesekan yang timbul pada benda akibat tarikan, gaya gravitasi, dll sudah dihilangkan (diasumsikan tidak ada). Model semacam ini seringkali kita kenal dengan “rumus” b. Model dalam Basis Data Data Flow dalam proses pembuatan Sistem Informasi suatu perusahaan merupakan model dari sistem yang sebenarnya. Data Flow hanya memuat variabel-variabel penting yang mempengaruhi saja. Data-data seperti lokasi fisik perusahaan, personil yang duduk didalamnya, perangkat keras yang dipakai dll dihilangkan.

1.4

Model-model Riset Operasi

Rao (1984) membagi model dalam Riset Operasi kedalam 3 bagian utama : 1.

Teknik Pemrograman Matematika Teknik Pemrograman Matematika berguna untuk mencari harga optimum fungsi beberapa variabel yang memenuhi sekumpulan kendala. Beberapa model diantaranya melibatkan penggunaan kalkulus dan metode numerik dalam penyelesaiannya. Model-model yang termasuk dalam teknik ini antara lain :

Metode Kalkulus,

Pemrograman Tak Linier, Pemrograman Geometri, Pemrograman Kuadratis, Pemrograman Linier, Pemrograman Dinamis, Pemrograman Bilangan Bulat, Metode Jaringan : CPM dan PERT, Teori Permainan, Pemrograman Terpisah, Pemrograman Sasaran Ganda, dll

2.

Teknik Pemrosesan Stokastik Teknik Pemrosesan Stokastik dapat dipakai untuk menganalisa masalah yang dinyatakan oleh variabel random yang diketahui distribusi probabilitasnya. Model yang termasuk dalam teknik ini antara lain : Proses Markov, Teori Antrian, Simulasi, Teori Reliabilitas, dll.

3.

Metode Statistik

6


Metode Statistik berguna untuk menganalisa data eksperimental dan membuat model empiris untuk mendapatkan representasi yang paling akurat tentang suatu sistem fisis. Karena pemakaiannya yang sangat luas, metode Statistik kemudian menjadi cabang ilmu tersendiri. Model yang termasuk dalam bagian ini adalah : Analisa Regresi, Analisa Cluster, Pengenalan Pola (Pattern Recognition), Rancangan Percobaan, Analisa Diskriminan, dll.

1.5

Pembuatan Model Riset Operasi

Dalam Riset Operasi, pembuatan model melibatkan 3 komponen dasar yang penting :

a.

Variabel Keputusan Yaitu faktor-faktor yang mempengaruhi nilai tujuan

b.

Tujuan Adalah suatu fungsi atau persamaan yang menghubungkan variabel dan membentuk kesatuan tentang apa yang ingin dicapai. Dalam Riset Operasi, kita akan mengoptimalkan harga fungsi tujuan. Artinya kita akan mencari nilai - nilai variabel yang akan meminimumkan / memaksimumkan fungsi tujuan.

c.

Kendala Adalah sekumpulan persamaan atau pertidaksamaan yang membatasi harga suatu variabel. Harga variabel yang mengoptimumkan fungsi tujuan harus memenuhi semua kendala yang ditetapkan.

Sebagai contoh perhatikanlah kasus berikut ini : Sebuah perusahaan mebel akan membuat meja dan kursi. Setiap meja membutuhkan 5 m2 kayu jati dan 2 m2 kayu pinus, serta membutuhkan waktu pembuatan selama 4 jam. Untuk membuat sebuah kursi dibutuhkan 2 m2 kayu jati, 3 m2 kayu pinus dan 2 jam kerja. Dari penjualan sebuah meja didapat keuntungan sebesar Rp 12.000, sedangkan dari sebuah kursi sebesar Rp 8.000.

PENDAHULUAN

7

Ia ingin membuat sebanyak-banyaknya, tetapi kendalanya adalah keterbatasan bahan baku dan tenaga kerja. Dalam seminggu, ia hanya mampu mendapatkan 150 m2 kayu jati, 100 m2 kayu pinus, serta hanya memiliki 80 jam kerja Masalah : Berapa buah meja dan kursi yang harus ia buat mengingat kendala yang ada, supaya ia memperoleh keuntungan yang sebanyak-banyaknya ?

Penyelesaian : Keuntungan ditentukan oleh seberapa banyak meja dan kursi yang dibuat. Oleh karena itu dibuat variabel keputusan sebagai berikut : Misalkan

x1 = Jumlah meja yang harus dibuat x2 = Jumlah kursi yang harus dibuat

Tujuan : Tujuan dari perusahaan tersebut adalah memaksimumkan keuntungan. Keuntungan sebuah meja adalah Rp 12.000 dan sebuah kursi adalah Rp 8.000. Karena ia membuat x1 meja dan x2 kursi (x1 dan x2 adalah besaran yang akan dicari), maka total keuntungan yang ia peroleh adalah sebesar : f(x1, x2) = 12.000 x1 + 8.000 x2 Fungsi inilah yang akan dioptimalkan (dalam kasus ini dimaksimalkan). Jika tidak ada kendala yang harus dipenuhi, maka penyelesaian masalah ini menjadi mudah, yaitu dengan membuat x1 dan x2 sebesar-besarnya. Dengan memperbanyak jumlah meja dan kursi yang dibuat, maka perusahaan itu akan memperoleh keuntungan yang semakin besar. Tetapi keadaan itu tidak dapat dicapai mengingat keterbatasan bahan baku (kayu jati dan pinus) serta tenaga kerja.

Kendala : Keterbatasan bahan baku dan tenaga kerja dapat dinyatakan dalam tabel di bawah ini :

8


Sumber Daya

Meja

Kursi

Persediaan

Kayu Jati

5

2

150

Kayu Pinus

2

3

100

Jam Kerja

4

2

80

Dengan membuat x1 buah meja dan x2 buah kursi, maka kendala yang harus dipenuhi adalah : 5 x1 + 2 x2

150

2 x1 + 3 x2

100

4 x1 + 2 x2

80

x1, x2

0

(bisa juga ditambahkan syarat bahwa x1 dan x2 bilangan bulat

Dengan demikian, model yang sesuai untuk kasus perusahaan mebel di atas adalah : Maksimumkan f (x1, x2) = 12.000 x1 + 8.000 x2 Kendala : 5 x1 + 2 x2

150

2 x1 + 3 x2

100

4 x1 + 2 x2

80

x1, x2

0

PENDAHULUAN

9

LATIHAN SOAL 1. Apakah yang disebut dengan model ? Bagaimana kaitan model dengan Riset Operasi ? 2. Apakah setiap model dalam Riset Operasi dapat diselesaikan ? 3. Apakah perbedaan antara model deterministik dengan model stokastik ? 4. Sebuah perusahaan menjual 2 jenis ember plastik untuk kebutuhan rumah tangga. Pasar yang potensial bagi ember produksinya tak terbatas. Tiap ember harus diproses melalui 2 mesin yang berbeda. Data tentang kapasitas mesin, waktu proses, dan keuntungan per unit tampak pada tabel di bawah ini. Waktu Proses per unit (menit)

Mesin

Kapasitas waktu proses yang tersedia (menit)

A

B

1

4

2

2000

2

3

5

3000

Keuntungan per unit

20

10

(ribu rupiah)

Buatlah model untuk menentukan campuran produksi yang paling optimal pada kondisi berikut ini : a. Untuk data tersebut di atas b. Keuntungan ember A menjadi 15 ribu per unit c. Ember A dan B memberikan keuntungan negatif (berarti kerugian) masing-masing sebesar 10 dan 5 ribu rupiah. d. Kapasitas mesin pertama naik menjadi 2500 menit. 5. Perusahaan mainan “Monde” mengembangkan 2 jenis permainan yang dijualnya ke tokotoko. Meskipun permintaan pasar melebihi kemampuan produksinya, perusahaan tetap membatasi jam kerjanya selama 50 jam per minggunya. Permainan jenis pertama membutuhkan waktu pembuatan selama 3.5 jam, dan memberikan keuntungan sebesar 28 (ribu) per unitnya. Permainan jenis kedua membutuhkan waktu pembuatan selama 4 jam, tetapi memberikan keuntungan 31 (ribu). Buatlah model untuk

10


menentukan jumlah permainan dari masing-masing jenis harus dibuat setiap minggunya agar keuntungan yang didapatnya menjadi maksimum ? 6. Sebuah pabrik mainan membuat 2 jenis kapal plastik. Data yang relevan pembuatan kapal tersebut tampak pada tabel di bawah ini. Tentukan model program optimal bagi pembuatan produk tersebut ! Proses

Produk

Waktu yang tersedia

X

Y

(menit)

Membuat Pola

10

5

80

Mengecat

6

6

66

Menggabungkan

5

6

90

Keuntungan per

1200

1000

unit

7. Pada waktu menyelesaikan perbaikan rumahnya, Bp Siang menemukan 100 m2 plywood dan 80 m2 tripleks sisa yang bisa ia manfaatkan untuk membuat meja dan rak buku. Untuk membuat sebuah meja diperlukan 16 m2 plywood dan 8 m2 tripleks, sedangkan untuk membuat rak buku dibutuhkan 12 m2 plywood dan 16 m2 tripleks. Dengan menjual hasil pembuatannya tersebut, Bp Siang mampu memperoleh keuntungan sebesar 5 (ribu) untuk setiap meja dan 4 (ribu) untuk setiap rak buku. Buatlah model yang optimal bagi Bp Siang dalam memanfaatkan plywood dan tripleks yang tersisa tersebut

Bab 2 PROGRAM LINIER : PENYELESAIAN GRAFIK Seperti yang telah dibicarakan di bab 1, penyelesaian masalah Riset Operasi selalu didahului dengan pembuatan model matematika. Dalam bab ini akan dibicarakan tentang model Program Linier yang merupakan salah satu model yang paling banyak aplikasinya. Penyelesaian Program Linier yang dibicarakan pada bab ini adalah dengan metode grafik

2.1

Model Program Linier

Masalah yang dapat diselesaikan dengan model program linier memiliki ciri-ciri sebagai berikut : 1. Semua variabel penyusunnya bernilai tidak negatif 2. Fungsi obyektif dapat dinyatakan sebagai fungsi linier variabel-variabelnya 3. Kendala dapat dinyatakan sebagai suatu sistem persamaan linier. Secara matematis, bentuk standard model program linier adalah sebagai berikut : Mencari X

f X

x1, x2 , ... , xn

f x1, x2 , ... , xn

0 yang memaksimumkan/meminimumkan c1x1 c2 x2 ... cn xn

dengan kendala : a11 x1 a12 x2

... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2

... a2 n xn

b2

... am1 x1 am 2 x2

... amn xn

bm

Ciri pertama dipenuhi oleh banyak masalah karena pada umumnya variabel yang digunakan (x1, x2, … , xn) menyatakan suatu kuantitas (misalnya jumlah barang, lama waktu, dll) yang hendak dioptimalkan. Jelas bahwa nilai-nilai kuantitas tersebut tidak negatif. Akan tetapi bila diinginkan ada variabel yang boleh bernilai negatif, model program linier tetap bisa diselesaikan dengan suatu transformasi.

12


Ciri kedua berarti bahwa setiap variabel memiliki koefisien konstan. Tidak boleh ada variabel yang berpangkat selain 1, dan tidak boleh ada pergandaan variabel. Ciri linier ini juga berlaku pada semua kendalanya. Dalam beberapa kasus ada kemungkinan bentuk fungsi (atau kendala) yang tidak linier dapat ditransformasikan ke bentuk linier. Apabila demikian, model program linier dapat digunakan. Contoh 2.1 Telitilah mana diantara model-model berikut ini yang dapat diseslesaikan dengan program linier

5x1 x22

a. Maksimumkan f x1, x2 x1 4 x2

Kendala :

3

3x1 4 x2 x1 , x2

5

0

b. Minimumkan f x1, x2 , x3 Kendala : 2 x1 4 x1 x2 5 x1

x2

5x1 2 x2 3

2 x3

x1 , x2 , x3

0

c. Minimumkan f x1, x2 Kendala : 4 x1 3x1

x2 x2

2

x1 x2 2

1

d. Maksimumkan f x1, x2 , x3 Kendala : x1 2 x2 3x1

x2

x1 , x2 , x3

e. Minimumkan

x1 3x2

x3 1

2 0

f x1, x2

x12 x22

x3

PROGRAM LINIER : PENYELESAIAN GRAFIK

Kendala :

x13 x 22

e3

x1 x 24

e4

x12 x 23

e

x1, x2

13

0

Penyelesaian a. Bukan merupakan bentuk program linier karena fungsi sasarannya mengandung suku x 22 yang jelas bukan merupakan bentuk linier. f. Bukan merupakan bentuk program linier meskipun fungsi sasarannya merupakan bentuk linier dalam x1, x2 dan x3, tetapi ada kendala yang memuat bentuk pergandaan variabel (4 x1x2). Perhatikan disini bahwa meskipun fungsi sasaran maupun kendala lain sudah berbentuk linier, namun jika ada satu kendala saja yang tidak berbentuk linier maka model tidak bisa diselesaikan dengan program linier. g. Model program linier. Tampak bahwa baik fungsi maupun kedua kendala merupakan bentuk fungsi linier dalam

x1 dan x2. Meskipun tidak ada syarat

x1 , x2

0 , dengan sedikit

transformasi, bentuk tetap dapat diselesaikan dengan program linier h. Model program linier dalam 3 variabel

x1, x2 dan x3. Meskipun kendala berbentuk

pertidaksamaan, tapi dengan transformasi sederhana dapat dijadikan ke bentuk persamaan (cara transformasi dibahas dalam bab 3). Perhatikan juga bahwa meskipun merupakan model dalam 3 variabel x1, x2 dan x3, tapi tidak semua variabelnya muncul dalam fungsi sasaran maupun kendalanya. Fungsi sasaran f x1, x2 , x3 variabel sama dengan fungsi f x1, x2 , x3

x1 3x2 yang merupakan fungsi 2 x1 3x2 0x3 yang merupakan fungsi 3

variabel. i. Meskipun tampak bahwa model bukan merupakan model program linier, tapi dengan suatu transformasi dapat dijadikan bentuk program linier. Fungsi

ln(x) merupakan fungsi monoton sehingga meminimumkan f(x) sama dengan

meminimumkan ln (f(x)). Misalkan y1 = ln (x1), y2 = ln (x2). Dengan mengingat bahwa

14


ln (xy) = ln (x) + ln (y), ln (xa) = a ln (x) dan ln (e) = 1, fungsi sasaran dapat dituliskan sebagai :

g y1, y2

ln f x1, x2 = 2ln x1

ln x12 x22

2ln x2

ln x12

ln x22

2 y1 2 y2

Maka model hasil transformasi adalah Minimumkan g y1, y2 Kendala

3 y1 2 y2 y1 4 y2 2 y1 3 y2 y1 , y2

2 y1 2 y2 3

4 1

0

Langkah-langkah pembuatan model program linier adalah sebagai berikut : 1. Tentukan variabel-variabel keputusan. Variabel keputusan adalah besaran yang harus ditentukan nilainya agar optimalitas yang diinginkan tercapai 2. Buatlah fungsi sasaran, yaitu fungsi yang akan dioptimumkan. Fungsi ini harus merupakan kombinasi linier variabel-variabel keputusan. 3. Tentukan kendala berdasarkan keterbatasan sumber daya atau karena kondisi yang harus terpenuhi. Seperti halnya fungsi sasaran, fungsi tiap kendala harus merupakan fungsi linier variabel keputusan. Kendala bisa berupa suatu persamaan atau pertidaksamaan. Contoh 2.2 Seorang pengusaha bahan kimia membuat 2 macam cairan pembunuh serangga yaitu jenis superior (C1) dan jenis standard (C2). Kedua jenis cairan dibuat dari 2 macam bahan yang sama yaitu A dan B dengan komposisi yang berbeda. Setiap liter cairan jenis superior dibuat dari campuran 1 unit bahan A dan 3 unit bahan B, sedangkan setiap liter jenis standard dibuat dari campuran 2 unit bahan A dan 1 unit bahan B.


15

Karena keterbatasan pasokan, setiap harinya ia hanya dapat memperoleh 20 unit bahan A dan 20 unit bahan B. Untuk setiap liter cairan jenis superior yang ia buat, ia akan memperoleh keuntungan sebesar 30.000. Untuk setiap liter cairan jenis standard, ia akan memperoleh keuntungan sebesar 20.000. Jika diasumsikan bahwa semua cairan yang dibuat akan laku terjual, berapa liter cairan masingmasing jenis harus ia buat tiap harinya agar keuntungan yang didapatkan maksimum ? Penyelesaian Variabel keputusan yang harus ditentukan adalah jumlah (liter) cairan kedua jenis yang harus dibuat (dengan keterbatasan bahan) agar keuntungan maksimum. Karena ada 2 macam cairan penentu keuntungan, maka ada 2 variabel keputusan. Misalkan x1 = jumlah cairan jenis superior dan x2 = jumlah cairan jenis standard yang dibuat. Jelas bahwa x1 dan x2 harus

0. Harga x1

dan x2 inilah yang akan dicari agar keuntungannya maksimum. Fungsi sasaran yang hendak dimaksimumkan adalah keuntungan. Untuk tiap liter cairan C1, keuntungan yang didapatkan adalah sebesar 30.000. Maka jika dibuat x1 liter C1, keuntungan yang didapat adalah 30.000 C1. Secara analog, karena keuntungan dari pembuatan tiap liter C2 adalah 20.000, sedangkan yang dibuat adalah x2 liter, maka keuntungan yang didapat adalah 20.000 x2. Dengan demikian keuntungan yang didapat jika dibuat x1 liter C1 dan x2 liter C2 adalah sebesar 30.000 x1 + 20.000 x2. Fungsi keuntungan inilah yang akan dimaksimumkan. Fungsi sasaran : Maksimumkan f x1, x2

30.000 x1 20.000 x2

Apabila tidak ada kendala keterbatasan pasokan bahan maka supaya keuntungan maksimum, pengusaha itu akan memproduksi cairan kedua jenis sebanyak-banyaknya. Akan tetapi dengan adanya keterbatasan pasokan, maka jumlah cairan kedua jenis yang dapat dibuat (dengan demikian juga keuntungan yang dapat ia peroleh) juga terbatas. Tabel 2.1 berikut ini menyatakan ringkasan permasalahan yang dihadapi. Kolom paling kiri adalah bahan pembuat cairan kimia, sedangkan kolom paling kanan adalah jumlah unit pasokan/persediaan maksimum yang tersedia tiap harinya. Isi kolom di tengah menyatakan jumlah unit bahan A dan B yang dipakai untuk membuat tiap liter cairan kedua jenis. Baris paling bawah menyatakan keuntungan yang diperoleh dari penjualan tiap liter cairan kedua jenis.

16


Cairan

Bahan

jenis

Superior (C1)

Cairan jenis

Pasokan

Standard (C2)

Maksimum

A

1

2

20

B

3

1

20

Untung

30.000

20.000

Tabel 2.1 Perhatikan penggunaan bahan A dalam pembuatan kedua cairan. Setiap liter C1 membutuhkan 1 unit bahan A. Maka untuk membuat x1 liter C1 dibutuhkan 1.x1 = x1 unit bahan A. Secara analog, untuk membuat seliter C2 dibutuhkan 2 unit C2. Karena yang dibuat adalah x2 liter C2, maka dibutuhkan 2.x2 unit bahan A. Secara keseluruhan, untuk membuat x1 liter C1 dan x2 liter C2 dibutuhkan bahan A sejumlah x1 + 2 x2 unit. Karena persediaan bahan A hanya 20 unit, maka jumlah bahan A yang digunakan untuk membuat C1 dan C2 tidak boleh melebihi 20 unit. Didapatkan kendala : x1 + 2 x2

20.

Hal yang sama juga berlaku untuk bahan B. Untuk membuat x1 liter C1 dan x2 liter C2 dibutuhkan bahan B sejumlah 3 x1 + x2. Karena bahan B juga hanya tersedia sejumlah 20 unit maka kendala yang harus terpenuhi adalah 3x1 + x2

20

Model untuk masalah pengusahan kimia tersebut adalah sebagai berikut : Maksimumkan f x1, x2 Kendala

30.000 x1 20.000 x2

x1 + 2 x2

20

3x1 + x2

20

;

x1, x2

0.

Contoh 2.3 Perusahaan Adianto & Co memproduksi 3 buah model almari (A, B dan C). Ketiga model membutuhkan jenis bahan baku dan tenaga kerja yang sama, tapi dengan jumlah yang berbedabeda. Waktu pembuatan (jam kerja) dan harga pembelian bahan baku (ratusan ribu rupiah) tiap almari dapat dilihat pada tabel 2.2 Model Almari A

B

C


17

Waktu Pembuatan (jam)

7

3

6

Harga Bahan Baku (ratusan ribu)

4

4

5

Tabel 2.2 Karena keterbatasan modal, maka biaya pembelian bahan baku terbatas sebesar 200 (ratusan ribu) rupiah dan waktu pembuatan juga terbatas selama 150 (jam kerja). Hasil penjualan tiap almari model A, B, dan C memberikan keuntungan masing-masing sebesar 400.000, 200.000, dan 300.000. Buatlah model program linier yang sesuai untuk menentukan jumlah almari tiap model yang harus dibuat agar keuntungan maksimum. Penyelesaian Variabel keputusan yang hendak dicari nilainya adalah jumlah almari tiap jenis. Karena ada 3 jenis almari, maka ada 3 buah variabel keputusan, yaitu : xA = jumlah almari model A yang dibuat xB = jumlah almari model B yang dibuat xC = jumlah almari model C yang dibuat Jelas bahwa xA, xB dan xC

0

Keuntungan tiap almari model A adalah 400.000. Karena dibuat xA buah almari model A, maka keuntungan dari almari model A sebesar 400.000 xA. Secara analog, keuntungan dari model B dan C masing-masing adalah sebesar 200.000 xB dan 300.000 xC. Maka keuntungan total yang didapat adalah 400.000 xA + 200.000 xB + 300.000 xC. Fungsi sasaran : Maksimumkan f xA , xB , xC

400.000 xA 200.000 xB 300.000 xC

Perhatikan waktu pembuatan almari pada tabel 2.2. Setiap almari model A, B dan C masingmasing membutuhkan waktu pembuatan selama 7, 3 dan 6 jam kerja. Maka pembuatan xA almari A, xB almari B dan xC almari C memerlukan waktu pembuatan selama 7 xA + 3 xB + 6 xC. Karena waktu yang tersedia untuk pembuatan ketiga almari adalah selama 150 jam maka didapatkan kendala : 7 xA + 3 xB + 6 xC

150

18


Hal yang sama juga dilakukan pada pembelian bahan baku. Karena harga bahan baku almari A, B dan C masing-masing adalah 4, 4 dan 5 (ratusan ribu), maka harga bahan baku pembuatan xA almari A, xB almari B dan xC almari C adalah sebesar 4 xA + 4 xB + 5 xC. karena modal yang tersedia hanya 200 (ratusan ribu), maka diperoleh kendala : 4 xA + 4 xB + 5 xC

200.

Model yang sesuai untuk perusahaan Adianto & Co adalah : Maksimumkan f xA , xB , xC Kendala :

400.000 xA 200.000 xB 300.000 xC

7 xA + 3 xB + 6 xC

150

4 xA + 4 xB + 5 xC

200

xA, xB dan xC

0

Contoh 2.4 Seorang kontraktor merencanakan membangun 3 tipe rumah (sederhana, menengah, dan mewah) yang biaya pembuatan per unitnya adalah 20, 50 dan 80 (juta rupiah). Dana yang tersedia adalah sebesar 4000 (juta rupiah). Menurut peraturan pemerintah, dari keseluruhan rumah yang ia bangun, minimal

50 %

diantaranya harus rumah sederhana dan paling banyak 20 % diantaranya adalah rumah mewah. Keuntungan yang diperoleh dari penjualan sebuah rumah tipe sederhana, menengah, dan mewah masing-masing adalah sebesar 5, 15 dan 30 (juta rupiah). Berapa jumlah rumah tiap tipe yang harus ia bangun (mengingat dana yang tersedia dan peraturan pemerintah) agar keuntungan yang ia dapatkan maksimum ?

Penyelesaian Variabel keputusan adalah jumlah rumah tipe sederhana, menengah dan mewah yang dibangun. Misalkan x1 = jumlah rumah tipe sederhana yang dibangun


19

x2 = jumlah rumah tipe menengah yang dibangun x3 = jumlah rumah tipe mewah yang dibangun Jelas bahwa x1, x2 dan x3

0

Fungsi sasarannya adalah memaksimumkan keuntungan yang didapatkan. Karena keuntungan tipe sederhana, menengah dan mewah maaing-masing adalah 5, 15 dan 30 maka fungsi sasarannya dapat dinyatakn sebagai : Maksimumkan f x1, x2 , x3

5 x1 15 x2 30 x3

Ada 2 macam kendala yang harus dipenuhi yaitu keterbatasan dana dan peraturan pemerintah. Karena biaya pembuatan sebuah rumah tipe sederhana, menengah dan mewah masing-masing sebesar 20, 50 dan 80 (juta), sedangkan dana yang dimiliki sebesar 4000 (juta), maka kendala keterbatasan biaya dapat dinyatakan sebagai 20 x1 + 50 x2 + 80 x3

4000.

Jumlah keseluruhan rumah yang dibuat adalah x1 + x2 + x3. Kendala bahwa minimal 50 % diantaranya harus rumah sederhana dapat dinyatakan sebagai x1

0.5 (x1 + x2 + x3). Kendala

bahwa maksimal 20 % diantaranya harus rumah mewah dapat dinyatakan sebagai x3

0.2 (x1 +

x2 + x3). Jadi model yang sesuai adalah Maksimumkan f x1, x2 , x3 Kendala :

5 x1 15 x2 30 x3

20 x1 + 50 x2 + 80 x3 x1

0.5 (x1 + x2 + x3)

x3

0.2 (x1 + x2 + x3)

x1, x2 dan x3

4000

0

Contoh 2.5 Seorang petani akan menanam 2 jenis pohon, yaitu A dan B pada area seluas 4400 m2. Sebuah pohon A membutuhkan lahan seluas 25 m2, sedangkan pohon B membutuhkan lahan seluas 40

20


m2. Kebutuhan air pohon A adalah 30 unit dan pohon B sebanyak 15 unit untuk tiap pohonnya. Air yang tersedia hanyalah 3300 unit. Perbandingan pohon B dan pohon A yang harus ditanam tidak boleh kurang dari 6/19 dan tidak boleh lebih dari 17/8. Keuntungan yang didapat dari sebuah pohon A diperkirakan 1,5 kali pohon B. Berapa jumlah pohon dari masing-masing jenis harus ditanam supaya keuntungannya maksimum ? Penyelesaian Variabel keputusan adalah jumlah pohon jenis A dan B yang harus ditanam. Misalkan xA = jumlah pohon A yang ditanam xB = jumlah pohon B yang ditanam Jelas bahwa xA dan xB

0

Fungsi sasaran adalah memaksimumkan keuntungan. Misalkan keuntungan dari sebuah pohon B = k. Maka keuntungan dari sebuah pohon A = 1.5 k. Keuntungan total yang didapat dengan menanam xA pohon A dan xB pohon B adalah sebesar 1.5 k xA + k xB = k (1.5 xA + xB). Fungsi sasaran : Maksimumkan

f x A , xB

k 1.5 xA

xB

Karena pohon A dan B masing-masing memerlukan lahan seluas 25 dan 40 m2, sedangkan lahan yang tersedia seluas 4400 m2, maka kendala keterbatasan lahan dapat dinyatakan sebagai 25 xA + 40 xB

4400

Kebutuhan air sebuah pohon A dan B masing-masing adalah 30 dan 15 unit, sedangkan persediaan air sebanyak 3300 unit. Maka kendala keterbatasan air dapat dinyatakan sebagai 30 xA + 15 xB

3300

Kendala perbandingan jumlah pohon B dan A yang tidak boleh kurang dari 6/19 dapat dinyatakan sebagai

xB xA

6 . Secara analog, kendala perbandingan jumlah pohon B dan A yang 19

tidak boleh lebih dari 17/8 dapat dinyatakan sebagai Model yang sesuai bagi petani adalah :

xB xA

17 . 8


Maksimumkan Kendala :

f x A , xB

k 1.5 xA

25 xA + 40 xB

4400

30 xA + 15 xB

3300

21

xB

xB xA

6 atau 19 xB – 6 xA 19

0

xB xA

17 atau 8 xB – 17 xA 8

0

xA, xB

0

Contoh 2.6 Perusahaan alat rumah tangga “KAA” ingin mengiklankan produknya di 3 media yaitu TV (siang dan malam hari), radio dan koran. Tujuannya adalah untuk menjangkau sebanyak mungkin langganan potensial. Tabel 2.3 menunjukkan data hasil penelitian. Media Iklan

Biaya Iklan per tayang (juta) Jumlah langganan (ribuan) potensial yang

TV

TV

Radio

Koran

(siang)

(malam)

4

7.5

3

1.5

400

900

500

200

300

400

200

100

dapat dijangkau untuk tiap tayangan jumlah langganan wanita (ribuan) yang dapat dijangkau tiap tayangan

Tabel 2.3 Anggaran yang disediakan untuk seluruh iklan adalah sebesar 80 juta, dan maksimum 50 juta diantaranya untuk iklan di TV. Jumlah langganan wanita yang dijangkau harus paling sedikit 2 juta orang. Disamping itu, jumlah iklan di TV siang hari harus paling sedikit 3 kali tayangan, dan paling sedikit 2 kali tayangan waktu malam. Jumlah iklan di radio dan koran masing-masing harus antara 5 – 10 kali.

22


Tentukan cara pengaturan iklan yang paling optimal. Penyelesaian Variabel keputusan dalam masalah ini adalah jumlah iklan di tiap media. Misalkan x1 = jumlah iklan di TV siang hari x2 = jumlah iklan di TV malam hari x3 = jumlah iklan di radio x4 = jumlah iklan di koran Karena fungsi sasaran adalah untuk menjangkau sebanyak mungkin langganan potensial, maka fungsi sasran yang sesuai adalah : Maksimumkan f x1, x2 , x3 , x4

400 x1 900 x2 500 x3 200 x4 (ribuan)

Kendala : Anggaran maksimum = 80 juta dapat dinyatakan sebagai : 4 x1 + 7.5 x2 + 3 x3 + 1.5 x4 80 Anggaran maksimum 50 juta untuk iklan di TV dapat dinyatakan sebagai kendala : 4 x1 + 7.5 x2

50

Jumlah langganan wanita yang dijangkau harus paling sedikit 2 juta orang dapat dinyatakan sebagai kendala : 300 x1 + 400 x2 + 200 x3 + 100 x4 + 2 x3 + x4

2000 atau 3 x1 + 4 x2

20

Jumlah iklan di TV siang hari harus paling sedikit 3 kali tayangan, dan paling sedikit 2 kali tayangan waktu malam dapat dinyatakan sebagai 2 buah kendala : x1

3 dan x2

2 Jumlah iklan di radio dan koran masing-masing harus antara 5 – 10 kali dapat dinyatakan sebagai 4 buah kendala, masing masing : x3

5, x3

10, x4

5 dan x4

10.

Model yang sesuai untuk permasalahan di perusahaan “KAA” adalah sebagai berikut : Maksimumkan f x1, x2 , x3 , x4 Kendala :

400 x1 900 x2 500 x3 200 x4

4 x1 + 7.5 x2 + 3 x3 + 1.5 x4

80


4 x1 + 7.5 x2

50

3 x1 + 4 x2 + 2 x3 + x4

20

x1

3 x2

2 x3

5

x3

10 x4

5

x4

10

x1, x2, x3, x4

2.2

23

0

Penyelesaian Grafik

Ada 3 metode penyelesaian masalah program linier yang umum dipakai yaitu : Metode grafik Metode simpleks Metode titik interior. Sesuai dengan namanya, metode grafik menggunakan grafik kendala sebagai alat untuk mencari titik optimumnya. Kendala dalam program linier selalu akan membentuk bidang datar segi–n yang merupakan himpunan konveks sehingga titik optimum pasti terjadi pada titik sudut bidang datar yang terbentuk. Metode ini relatif mudah dikerjakan secara manual, tetapi terbatas untuk 2 kendala saja. Kendala dalam model program linier menyatakan dimensi ruang. Ini berarti dengan jumlah kendala

4, maka masalah tidak dapat digambarkan grafiknya sehingga metode grafik

tidak dapat dipakai. Meskipun secara teoritis dapat dikerjakan, namun masalah dengan 3 kendala secara praktis sulit digambarkan (karena penggambaran dikerjakan dalam 3 dimensi) sehingga sulit dikerjakan dengan metode grafik. Metode simpleks mengatasi masalah yang ada pada metode grafik. Prinsip kerjanya sama yaitu secara iteratif mencari titik sudut bidang datar yang menghasilkan nilai optimum. Akan tetapi

24


pencarian tidak dilakukan secara grafik, melainkan secara numerik sehingga dapat dilakukan untuk berapapun jumlah variabel yang digunakan. Ini berarti bahwa keterbatasan bidang dimensi yang dihadapi metode grafik dapat teratasi, meskipun proses yang harus dikerjakan relatif lebih banyak. Akan tetapi dengan bantuan komputer, proses iteratif dapat dilakukan dengan cepat. Berbeda dengan metode simpleks yang mencari titik optimal dengan menyelidiki titik sudut bidang datar, metode titik interior memulai iterasinya dari titik dalam (bukan titik sudut) bidang datar dan secara iteratif menuju pada titik sudut yang optimum. Pada bab ini akan dibahas cara penyelesaian dengan metode grafik dan pada bab berikutnya dibahas kedua metode yang lain.

Langkah-langkah penyelesaian program linier dengan metode grafik adalah sebagai berikut : j.

Buat model yang sesuai dengan masalah yang ada

k.

Gambar grafik kendala-kendalanya

l.

Tentukan daerah fisibel, yaitu daerah dalam grafik yang memenuhi semua kendala

m.

Hitung nilai fungsi di titik-titik sudut segi-n daerah fisibel

n.

Cari titik yang menghasilkan nilai fungsi yang paling optimal.

Untuk mengetahui lebih jelas tentang langkah-langkah yang harus dilakukan, perhatikan beberapa contoh berikut ini.

Contoh 2.7 Selesaikan contoh 2.2 Penyelesaian Model yang akan diselesaikan adalah : Maksimumkan f x1, x2 Kendala

x1 + 2 x2

30.000 x1 20.000 x2 = 3 x1 + 2 x2 (puluhan ribu) 20


3x1 + x2

20

;

25

x1, x2

0.

Langkah pertama yang harus dilakukan adalah menggambarkan grafik kendalanya (bukan grafik fungsi sasaran). Karena hanya ada 2 variabel, maka berarti grafiknya digambarkan dalam bidang 2 dimensi. Syarat x1, x2

0 berarti bahwa titik yang diperhatikan hanyalah titik yang terletak

pada kuadran I. Untuk menggambarkan grafik yang berbentuk pertidaksamaan, mula-mula gantilah pertidaksamaan menjadi suatu persamaan. Grafiknya akan berupa suatu garis lurus. Garis ini akan membagi bidang di kuadran I menjadi 2 bagian. Tentukan salah satu dari kedua bagian yang merupakan daerah penyelesaian kendala. Perhatikan kendala x1 + 2 x2

20. Jika dijadikan bentuk persamaan, akan didapat garis dengan

persamaan x1 + 2 x2 = 20. Teori dalam geometri menyatakan bahwa dari 2 titik berbeda (dalam dimensi berapapun), kita hanya bisa menggambarkan satu garis lurus yang melalui kedua titik tersebut. x2

A (0,10)

B (20,0)

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 2.1 Untuk menggambar garis x1 + 2 x2 = 20, cari 2 titik berbeda yang memenuhi persamaan. Sebenarnya banyak sekali titik yang memenuhi persamaan yang dapat kita pilih. Namun yang paling mudah adalah memilih titik yang salah satu variabelnya berharga = 0. Untuk x1 = 0, maka 0 + 2 x2 = 20, atau x2 = 10. Didapat titik A (0, 10). Untuk x2 = 0, maka x1 + 2 (0) = 20, atau x1 = 20. Didapat titik B (20, 0). Gambar 2.1 menunjukkan garis x1 + 2 x2 = 20 yang digambarkan dengan cara menghubungkan titik A dan titik B. Sumbu horisontal adalah sumbu x1 dan sumbu vertikal adalah sumbu x2. Garis x1 + 2 x2 = 20 membagi kuadran I menjadi 2 bagian yaitu segitiga AOB dan bidang tak terbatas di sisi kanan atas. Kendala x1 + 2 x2

20 merupakan salah satu bidang diantaranya.

26


Untuk memastikan bidang mana yang menyatakan kendala, diambil sembarang titik uji yang tidak terletak pada garis x1 + 2 x2 = 20. Kemudian titik uji ini dicobakan ke kendala x1 + 2 x2 20. Jika pertidaksamaan benar, berarti bidang dimana titik uji berada merupakan bidang yang memenuhi pertidaksamaan. Sebaliknya, jika pertidaksamaan bernilai salah, berarti bidang yang memenuhi pertidaksamaan adalah bidang yang tidak memuat titik uji. Untuk mempermudah, ambil titik (0, 0). Jika disubstitusikan, akan didapat

0 + 2 (0)

20. Pertidaksamaan ini bernilai

benar. Jadi bidang yang dibatasi segitiga AOB merupakan penyelesaian kendala x1 + 2 x2 Daerah yang diarsir pada gambar 2.2 menyatakan penyelesaian kendala x1 + 2 x2

20.

20.

x2

A (0,10)

B (20,0)

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 2.2 x2 C (0, 20)

A (0,10)

B (20,0) D (20/3, 0) 3x1+ x2 = 20

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 2.3 Penggambaran bidang kendala 3x1 + x2

20 dilakukan dengan cara analog. Jika dijadikan

persamaan, didapatkan persamaan garis 3x1 + x2 = 20. Jika x1 = 0, maka x2 = 20. Didapat titik C (0, 20). Jika x2 = 0, maka x1 = 20/3. Didapat titik D ( 203 , 0) (lihat gambar 2.3).


27

Garis 3x1 + x2 = 20 membagi kuadran I menjadi 2 bagian yaitu segitiga COD dan bidang tak berhingga di sisi kanan. Jika kembali diambil titik (0, 0) sebagai titik uji untuk menentukan bidang yang memenuhi pertidaksamaan 3x1 + x2

20, maka didapat 3 (0) + 0

merupakan pertidaksamaan yang benar. Jadi penyelesaian pertidaksamaan 3x1 + x2

20 yang 20 adalah

segitiga COD. x2 C (0, 20)

E

A (0,10)

B (20,0) D (20/3, 0) 3x1+ x2 = 20

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 2.4 Perpotongan bidang yang memenuhi semua kendala disebut daerah fisibel. Daerah fisibel dalam kasus ini adalah perpotongan bidang AOB dan bidang COD. Daerah fisibel berupa segi-4 AEDO (bagian yang diarsir pada gambar 2.4). Langkah berikutnya adalah mencari koordinat titik sudut daerah fisibel. Diantara keempat titik sudutnya, yang belum diketahui koordinatnya adalah titik E. Karena titik E merupakan perpotongan garis x1 + 2 x2 = 20 dan 3 x1 + x2 = 20, maka koordinatnya didapat dengan jalan menyelesaikan kedua persamaan tersebut.

x1 2 x2 3 x1 x2

20 1 20 2

x1 2 x2

20

6 x1 2 x2

40

5 x1 x1

20 4

Dengan mensubstitusikan x1 = 4 ke persamaan x1 + 2 x2 = 20 didapat x2 = 8. Jadi E = (4, 8). Langkah selanjutnya adalah menentukan nilai fungsi di titik-titik sudut daerah fisibel. Hasilnya dapat dilihat pada tabel 2.4 Titik Sudut Daerah Fisibel

Nilai Fungsi = f(x1, x2) = 3 x1 + 2 x2

O (0, 0)

3(0) + 2(0) = 0

28


A (0, 10)

3(0) + 2(10) = 20

E (4, 8)

3(4) + 2(8) = 28

D (20/3, 0)

3(20/3) + 2(0) = 20

Tabel 2.4 Dari tabel 2.4 tampak bahwa nilai fungsi maksimum terjadi pada titik E (4, 8) dengan nilai fungsi 28. Jika dikembalikan ke masalah semula, maka supaya keuntungannya maksimum, pengusaha itu harus membuat 4 liter cairan C1 dan 8 liter cairan C2. Keuntungan yang didapat = 280.000

Contoh 2.8 Selesaikan contoh 2.5 Penyelesaian Dari contoh 2.5, didapat model yang akan diselesaikan : Maksimumkan Kendala :

f x A , xB

k 1.5 xA

25 xA + 40 xB

4400

30 xA + 15 xB

3300

xB

xB xA

6 atau 19 xB – 6 xA 19

0

xB xA

17 atau 8 xB – 17 xA 8

0

xA, xB

0

Karena hanya ada 2 variabel xA dan xB, maka metode grafik dapat dipakai untuk menyelesaikan permasalahan. Misalkan sumbu mendatar menyatakan sumbu xA dan sumbu tegak menyatakan xB. Langkah pertama adalah mencari daerah fisibel. Kendala 25 xA + 40 xB

4400


29

Jadikan pertidaksamaan menjadi persamaan 25 xA + 40 xB = 4400 Perpotongan dengan sumbu xA dicari dengan mengambil xB = 0. 25 xA + 40 (0) = 4400. Maka xA = 176. Didapat titik A = (176, 0) Perpotongan dengan sumbu xB dicari dengan mengambil xA = 0. 25 (0) + 40 (xB) = 4400. Maka xB = 110. Didapat titik B = (0, 110). Grafik persamaan 25 xA + 40 xB = 4400 merupakan garis lurus yang menghubungkan titik A (176, 0) dan B (0, 110) Karena titik (0, 0) tidak terletak pada garis 25 xA + 40 xB = 4400, maka titik (0, 0) dapat dipakai sebagai titik uji untuk menentukan daerah penyelesaian pertidaksamaan 25 xA + 40 xB

4400. Jika titik (0, 0) disubstitusikan ke pertidaksamaan, didapat 25(0) + 40(0)

4400. Pertidaksamaan ini bernilai benar sehingga daerah dimana titik (0, 0) terletak, yaitu segitiga AOB merupakan daerah penyelesaiannya. Kendala 30 xA + 15 xB

3300

Jadikan pertidaksamaan menjadi persamaan 30 xA + 15 xB = 3300 Jika xB = 0, maka persamaan menjadi 30 xA + 15 (0) = 3300. Maka xA = 110. Didapat titik C = (110, 0) Sebaliknya, jika xA = 0, maka persamaan menjadi 30 (0) + 15 (xB) = 3300. Maka xB = 220. Didapat titik D = (0, 220) xB D (0,220) 30xA+ 15xB = 3300

B (0,110) E

C (110,0)

25xA+ 40xB = 4400 xA A (176,0)

Gambar 2.5 Titik (0, 0) tidak terletak pada garis 30 xA + 15 xB = 3300, maka titik (0, 0) dapat dipakai sebagai titik uji untuk menentukan daerah penyelesaian pertidaksamaan 30 xA + 15 xB 3300. Jika titik (0, 0) disubstitusikan ke pertidaksamaan, didapat 30(0) + 15(0)

3300.

30


Pertidaksamaan ini bernilai benar sehingga daerah dimana titik (0, 0) terletak, yaitu segitiga COD merupakan daerah penyelesaiannya. Irisan segitiga AOB dan COD (segi empat OBEC) merupakan daerah yang diarsir pada gambar 2.5. Daerah ini bukanlah daerah fisibel karena masih ada 2 kendala lain yang harus terpenuhi. Kendala 19 xB – 6 xA

0

Jadikan pertidaksamaan menjadi persamaan 19 xB – 6 xA = 0. Jika xB = 0, maka xA = 0. Titik yang lain harus dicari dengan mengambil xB selain 0. Misal xB = 60, maka xA = 190. Didapat Grafik berupa garis yang menghubungkan titik (190, 60) dengan O. Untuk mencari daerah penyelesaian pertidaksamaan 19 xB – 6 xA

0, titik (0, 0) tidak bisa

dipakai sebagai titik uji karena titik (0, 0) terletak pada garis 19 xB – 6 xA = 0. Untuk itu dicari sembarang titik yang tidak terletak pada garis 19 xB – 6 xA = 0. Misal diambil titik (10, 0). Jika disubstitusikan ke pertidaksamaan, didapat 19 (0) – 6 (10)

0, yang

merupakan pertidaksamaan yang salah. Maka daerah dimana titik (10, 0) berada bukanlah daerah penyelesaian. Daerah penyelesaian adalah daerah di sisi kiri garis 19 xB – 6 xA = 0 Kendala 8 xB – 17 xA

0

Persamaan yang akan dicari garisnya adalah

8 xB – 17 xA = 0. Titik (0, 0) memenuhi

persamaan tersebut sehingga merupakan salah satu titik yang dicari. Titik yang lain didapat dengan mengambil xA = 80. Maka xB = 170. Grafik berupa garis yang menghubungkan titik O dengan titik (80, 170). Misalkan titik uji yang diambil adalah kembali titik (10, 0). Jika disubstitusikan ke pertidaksamaan maka didapat 8 (0) – 17 (10)

0 yang merupakan pertidaksamaan yang

benar. Maka daerah di sisi kiri (atas) garis 8 xB – 17 xA = 0 merupakan daerah penyelesaian pertidaksamaan 8 xB – 17 xA

0.

Daerah fisibel yang merupakan perpotongan daerah yang didapat dari 4 kendala merupakan segi4 OFEG (lihat gambar 2.6).


31

xB D (0,220) 30xA+ 15xB = 3300 8xB - 17xA = 0 B (0,110) 19xB - 6xA = 0

F E G

C (110,0)

25xA+ 40xB = 4400 xA A (176,0)

Gambar 2.6 Langkah selanjutnya adalah menentukan koordinat titik E, F dan G. Dari gambar 2.6 tampak jelas bahwa titik E, F dan G merupakan perpotongan 2 buah garis kendala. Penyelesaian kedua persamaan akan menghasilkan koordinat titik yang sesuai. Selengkapnya dapat dilihat pada tabel 2.5. Titik

Persamaan garis yang berpotongan

Koordinat titik potong

E

25 xA + 40 xB = 4400 dengan 30 xA + 15 xB = 3300

(80, 60)

F

25 xA + 40 xB = 4400 dengan 8 xB - 17 xA = 0

(40, 85)

G

19 xB - 6 xA = 0 dengan 30 xA + 15 xB = 3300

(95, 30)

Tabel 2.5 Tabel 2.6 menunjukkan nilai fungsi di titik O, E, F, dan G. Tampak bahwa nilai maksimum terjadi pada titik E (80, 60) dengan nilai maksimum = 180. Jika dikembalikan ke masalah semula, maka supaya petani tersebut mendapatkan keuntungan maksimum, maka ia harus menanam 80 pohon A dan 60 pohon B. Titik Sudut Daerah Fisibel

Nilai Fungsi = f(x1, x2) = 1.5 xA + xB

O (0, 0)

1.5 (0) + (0) = 0

E (80, 60)

1.5 (80) + (60) = 180

F (40, 85)

1.5 (40) + (85) = 145

G (95, 30)

1.5 (95) + (30) = 172.5

Tabel 2.6

32


Dalam pencarian nilai optimum fungsi, evaluasi dilakukan di semua titik sudut daerah fisibel. Adalah pendapat yang salah jika nilai optimum pasti selalu terjadi pada titik yang tidak terletak pada sumbu-sumbu koordinat. Ada kalanya nilai fungsi optimum justru terletak pada titik di sumbu koordinat (dalam contoh 2.8 terletak di titik F atau G). Akan tetapi, titik optimum pasti berada pada titik sudut daerah fisibel.

Contoh 2.9 Minimumkan f (x1, x2) = 3 x1 + 2 x2 Kendala :

x1 + x2

8

6 x1 + 4 x2

12

4 x1 + 8 x2 = 20 x1, x2

0

Penyelesaian Kendala x1 + x2

8

Jika x1 = 0 maka x2 = 8. Didapat titik A (0, 8). Jika x2 = 0, maka x1 = 8. Didapat B (8, 0). Garis x1 + x2 = 8 merupakan garis yang menghubungkan titik A dan B. Jika titik uji (0, 0) dimasukkan dalam kendala, maka pertidaksamaan bernilai benar sehingga daerah penyelesaian kendala adalah segitiga AOB. Kendala 6 x1 + 4 x2

12

Jika x1 = 0 maka x2 = 3. Didapat titik C (0, 3). Jika x2 = 0, maka x1 = 2. Didapat D (2, 0). Garis 6 x1 + 4 x2 = 12 merupakan garis yang menghubungkan titik C dan D. Jika titik uji (0, 0) dimasukkan dalam kendala, maka pertidaksamaan bernilai salah sehingga daerah penyelesaian kendala adalah daerah tak berhingga di sisi kanan/atas garis CD. Irisan daerah penyelesaian kendala – 1 dan kendala 2 berupa segi empat ABDC yang tampak pada daerah berarsir pada gambar 2.7


33

x2 A (0,8) x1+ x2 = 8

C (0,3)

x1 D (2,0) 6x1+ 4x2 = 12

B (8,0)

Gambar 2.7 Kendala 4 x1 + 8 x2 = 20 Tidak seperti kendala yang lain, daerah penyelesaian kendala persamaan hanyalah berupa suatu garis (bukan suatu bidang datar). Jika x1 = 0, maka x2 = 2.5. Didapat E (0, 2.5). Sebaliknya, jika x2 = 0 maka x1 = 5. Didapat F (5, 0). Garis EF adalah daerah penyelesaiannya. Daerah fisibel pada soal ini adalah garis yang menghubungkan titik F dengan titik G (perpotongan garis EF dan CD). Dalam gambar 2.8, daerah fisibel ditandai dengan garis tebal. Perhatikan bahwa daerah fisibel tidak selalu berupa segi – n, tapi bisa berupa garis lurus, bahkan hanya sebuah titik saja. x2 A (0,8) x1+ x2 = 8

C (0,3) E (0,2.5)

G

x1 D (2,0) 6x1+ 4x2 = 12

F (5,0) 4x1+ 8x2 = 20

Gambar 2.8

B (8,0)

34


Titik G adalah perpotongan garis 4x1 + 8x2 = 20 dengan garis 6x1 + 4x2 = 12. Penyelesaian kedua persamaan menghasilkan G ( 12 , 94 ). Nilai fungsi di titik F = f (5, 0) = 3 (5) + 2 (0) = 15. Nilai fungsi di titik G = f ( 12 , 94 ) = 3 ( 12 ) + 2 ( 94 ) = 6. Titik minimumnya adalah titik G ( 12 , 94 ) dengan nilai minimum = 6

2.4

Kejadian Khusus

2.4.1

Alternatif Penyelesaian

Suatu model Program Linier dikatakan memiliki alternatif penyelesaian apabila ada 2 titik atau lebih yang memiliki nilai optimum yang sama. Jika 2 titik sudut daerah fisibel memiliki nilai optimum yang sama, maka semua titik yang terletak diantaranya juga akan memiliki nilai optimum yang sama pula. Jadi ada tak berhingga penyelesaian. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 2.10 berikut ini.

Contoh 2.10 Perhatikan kembali contoh 2.2. Misalkan keuntungan yang didapat dari setiap liter cairan C2 adalah 10.000 (bukan 20.000). Tentukan jumlah cairan C1 dan C2 yang harus dibuat supaya keuntungannya maksimum ! Penyelesaian Model semula sudah diselesaikan dalam contoh 2.7 yang menghasilkan titik maksimum E (4, 8). Jika keuntungan dari C2 berubah menjadi 10.000 per liter, maka model berubah menjadi : Maksimumkan f x1, x2 Kendala

30.000 x1 10.000 x2 = 3x1 + x2 (puluhan ribu)

x1 + 2 x2

20

3x1 + x2

20

x1, x2

0


35

Perhatikan bahwa kendala tidak berubah sehingga grafik dan daerah fisibelnya sama dengan contoh 2.7 (ingat bahwa grafik adalah grafik kendala, bukan grafik fungsi sasaran). Karena daerah fisibel tetap, maka titik sudutnyapun juga tetap. Namun nilai fungsi di tiap titik akan berubah karena fungsi sasaran berubah. Nilai fungsi yang baru tampak pada tabel 2.7

Titik Sudut Daerah Fisibel

Nilai Fungsi = f(x1, x2) = 3 x1 + x2

O (0, 0)

3(0) + (0) = 0

A (0, 10)

3(0) + (10) = 10

E (4, 8)

3(4) + (8) = 20

D (20/3, 0)

3(20/3) + (0) = 20

Tabel 2.7 Nilai maksimum fungsi adalah 20 yang terjadi pada titik E dan titik D (lihat kembali gambar 2.4). Ini berarti soal memiliki alternatif penyelesaian. Setiap titik diantara ruas garis DE (persamaan garisnya 3x1 + x2 = 20 dengan 4 x1

20 3

) akan memiliki nilai fungsi = 20.

Sebagai contoh, jika x1 = 5, maka x2 = 5. f (5, 5) = 3 (5) + 5 = 20. Demikian pula titik (6,2) yang terletak diantara DE memiliki nilai fungsi f (6, 2) = 3 (6) + 2 = 20 pula.

2.4.2

Daerah Fisibel Tak Terbatas

Daerah fisibel adalah daerah yang memenuhi semua kendala. Ada kalanya daerah fisibel merupakan daerah yang tak terbatas seperti pada contoh 2.11. Meskipun daerah fisibelnya tak terbatas, bukan berarti nilai optimumnya tak terbatas pula. Contoh 2.11 Minimumkan f (x1, x2) = 2 x1 + 3 x2 Kendala

x1 + x2

3

x1 – 2 x2

4

x1, x2

0

36


Penyelesaian Dengan cara penggambaran grafik seperti pada contoh-contoh terdahulu, didapat gambar 2.9. Perhatikan bahwa daerah fisibel merupakan daerah yang tak terbatas. Titik sudut yang terbentuk adalah titik A (0, 3), B (3, 0) dan titik D (4, 0) x2 A (0,3) x1 - 2x2 = 4 B (3,0)

D (4,0)

x1

C (0,-2) x1+ x2 = 3

Gambar 2.9 f (A) = f (0, 3) = 2 (0) + 3 (3) = 9 f (B) = f (3, 0) = 2 (3) + 3 (0) = 6 f (C) = f (4, 0) = 2 (4) + 3 (0) = 8 Nilai minimum = 6 terjadi pada titik B (3, 0). Perhatikan bahwa meskipun daerah fisibelnya tak terbatas, tapi nilai minimumnya ada.

2.4.3

Penyelesaian Tak Terbatas

Dalam contoh 2.11 tampak bahwa meskipun daerah fisibelnya tak terbatas, tapi titik minimumnya tetap ada. Kasus seperti itu tidak selalu terjadi. Ada kalanya daerah fisibelnya tak terbatas dan nilai optimumnyapun juga tak terbatas. Dalam hal ini soal dikatakan tidak memiliki penyelesaian. Contoh 2. 12 Ulangi contoh 2.11, tapi dengan fungsi memaksimumkan !


37

Penyelesaian Karena kendalanya sama dengan contoh 2.11, maka grafik dan daerah fisibelnya juga sama. Titik-titik sudut yang terbentuk juga tetap sama. Akan tetapi, dengan fungsi memaksimumkan, titik maksimumnya bukanlah titik D (4, 0) karena titik (5, 0) memiliki nilai fungsi = 2 (5) + 3 (0) = 10 yang lebih besar dari f (D). Demikian seterusnya … Nilai maksimum terletak pada tempat tak berhingga. Dalam kasus ini, penyelesaian adalah tak terbatas.

2.4.4

Soal Tak Fisibel

Kasus dimana daerah fisibel tidak ada disebut soal yang tidak fisibel. Penyelidikan titik optimum fungsi dilakukan dengan mengecek nilai fungsi pada titik sudut daerah fisibel. Apabila daerah fisibelnya tidak ada, maka jelas bahwa pengecekan tidak dapat dilakukan. Soal tidak memiliki penyelesaian. Contoh 2.13 Maksimumkan f (x1, x2) = 4 x1 + 3 x2 Kendala

x1 + x2

3

2x1 – x2

3

x1 x1, x2

4 0

Penyelesaian Gambar 2.10 menunjukkan grafik kendala. Daerah yang berarsir (segi empat merupakan daerah penyelesaian yang memenuhi kendala x1 + x2 daerah yang berarsir dengan kendala x1

3 dan 2x1 – x2

OBFA) 3. Irisan

4 merupakan himpunan kosong. Dengan demikian

tidak ada titik yang memenuhi semua kendala atau daerah fisibelnya tidak ada. Dikatakan bahwa soalnya tidak fisibel, dan soal tidak memiliki penyelesaian.

38


x2 A (0,3) F B (1.5,0) D (3,0) E (4,0)

x1

x1+ x2 = 3 C (0,-3)

2x1 - x2 = 3 x1 = 4

Gambar 2.10

2.4.5

Soal Redundant

Suatu soal dikatakan redundant (kelebihan) apabila terdapat satu/lebih kendala yang tidak berpengaruh terhadap daerah fisibelnya. Artinya, apabila kendala tersebut dihilangkan, maka daerah fisibelnya tidak berubah (dengan demikian titik optimalnya juga tidak berubah) Contoh 2.14 Selesaikan contoh 2.1 e. Penyelesaian Hasil transformasi model dengan yi = ln (xi) adalah : Minimumkan g y1, y2 Kendala

3 y1 2 y2 y1 4 y2 2 y1 3 y2 y1 , y2

0

2 y1 2 y2 3

4 1


39

Grafik garis-garis kendala tampak pada gambar 2.11. Daerah berarsir merupakan daerah fisibelnya. Tampak bahwa kendala 2y1 + 3y2

1 tidaklah berpengaruh terhadap daerah

fisibelnya. y2

A (0,1.5) E (0,1)

G

y1

C (0,1/3) D (0.5,0)

B (1,0)

F (4,0)

y1 + 4y2 = 4 2y1 + 3y2 = 1

3y1+ 2y2 = 3

Gambar 2.11 Titik G merupakan perpotongan kendala y1 + 4y2 = 4 dengan 3y1 + 2y2 = 3. Penyelesaian kedua persamaan menghasilkan titik G ( 25 ,

9 10

).

f (A) = f (0, 23 ) = 2(0) + 2( 23 ) = 3 f (G) = f ( 25 ,

9 10

) = 2( 25 ) + 2( 109 ) = 2.6

f (F) = f (4, 0) = 2(4) + 2(0) = 8 Nilai minimum terjadi pada titik A (0,

3 2

). Jika dikembalikan ke soal aslinya (yi = ln (xi))

diperoleh persamaan : 0 = ln (x1). Maka x1 = e.

3 2

= ln (x2). Maka x2 = e 3

3

2

Jadi titik minimumnya adalah (e, e 2 ) dengan nilai minimum : f (x1, x2) = x12 x22 = e2 e = e2 e3 = e 5

3

2 2

40


SOAL-SOAL LATIHAN Selesaikan soal no 1-9 berikut ini dengan metode grafik 1. Maksimumkan f = 6 x1 + 4 x2 Kendala : x1

700 x2

900

3 x1 + x2

2400

x1 + 2 x2

1600

x1, x2

0

2. Maksimumkan f = x1 + x2 Kendala : x1 +

x2

1

5 x1 + 10 x2

50

x2 x1, x2

4 0

3. Maksimumkan f = 3 x1 + 2 x2 Kendala : x1 + x2 -5 x1 +

1

x2

0

- x1 + 5 x2

0

x1 + x1, x2

x2

6 0


4. Maksimumkan f = -3 x1 + 4 x2 Kendala : x1 -

x2

0

- x1 + 2 x2

2

x1, x2

0

5. Maksimumkan f = 4 x1 + 3 x2 Kendala : x1 + x2

10

2 x1 + 2 x2

40

x1, x2

0

6. Minimumkan f = 2.8 x1 + 3.25 x2 Kendala : x1

8 x2

10

4 x1 + 3 x2 x1, x2

40 0

7. Maksimumkan f = 2 x1 + x2 Kendala : 11 x1 + 3 x2

33

8 x1 + 5 x2

40

7 x1 + 10 x2

70

x1, x2

0

8. Maksimumkan Z = x1 + 2 x2 Kendala : -3 x1 + 3 x2

9

41

42


x1 -

x2

2

x1 +

x2

6

x1 + 3 x2

6

x1, x2

0

9. Minimumkan Z = 3 x1 - x2 Kendala : x1 - 2 x2

4

x1 + x2

8

-4 x1 + 2 x2

20

x2

4

x1

4

x1

8

x1, x2

0

10. Sebuah perusahaan ingin membeli paling banyak 1800 unit produk. Ada 2 jenis produk yang dapat dibeli yaitu M1 dan M2. Produk M1 membutuhkan ruangan sebesar 2 m2, berharga 12 (ribu) dan akan memberikan keuntungan sebesar 3 (ribu) pada perusahaan. Produk M2 membutuhkan ruangan sebesar 3 m2, berharga 15 (ribu) dan akan memberikan keuntungan sebesar 4 (ribu). Misalkan dana yang tersedia adalah

15.000 (ribu)

dan perusahaan tersebut hanya

mempunyai gudang seluas 3000 m2 untuk menyimpan kedua jenis produk tersebut. Nyatakan masalah tersebut di atas sebagai masalah Program Linier dan selesaikan !

11. Selesaikan masalah berikut secara grafik ! a. Max Z = 12 x1 + 5 x2 Kendala :


5 x1 + 3 x2

15

7 x1 + 2 x2

14

x1, x2

43

0

b. Max Z = 10 x1 + 2 x2 Kendala sama dengan pertanyaan (a) c. Max Z = x1 + x2 Kendala sama dengan pertanyaan (a) d. Max Z = 3 x1 + 5 x2 Kendala : x1 -

x2

4

3 x1 - 2 x2

3

6 x1 + 7 x2

42

x1, x2 sembarang (tidak harus

0)

12. Suatu perusahaan elektronik membuat 2 model radio. Kapasitas harian radio jenis pertama adalah 60 buah, sedangkan kapasitas harian jenis kedua adalah 75 radio. Tiap radio jenis pertama menggunakan 10 buah komponen elektronik, sedangkan model kedua membutuhkan 8 buah komponen yang sama. Komponen yang dapat disediakan per harinya adalah sebanyak 800 buah. Keuntungan per unit model pertama dan kedua masing-masing adalah 30 dan 20 (ribu). Tentukan produksi optimum harian untuk tiap model.

13. Dua buah produk yang dihasilkan oleh pabrik diproses melalui 3 mesin secara sekuensial. Waktu yang dialokasikan bagi produk tersebut tiap harinya hanya 10 jam tiap mesin.. Waktu produksi dan keuntungan per unit dinyatakan dalam tabel di bawah ini. Carilah campuran kedua produk yang optimal !

44


Waktu Produksi (Menit) Produk

Mesin - 1

Mesin - 2

Mesin - 3

Keuntungan

1

10

6

8

2000

2

5

20

15

3000

14. Sebuah perusahaan dapat mengiklankan produknya dengan menggunakan radio dan TV. Dana yang tersedia untuk iklan adalah 1000 (ribu) per bulan. Biaya tiap menit iklan di radio adalah

5 (ribu), sedangkan di TV adalah

100 (ribu). Perusahaan tersebut ingin

mengiklankan produknya di radio paling sedikit dua kali jumlah iklan di TV. Pengalaman menunjukkan bahwa setiap menit iklan di TV akan meningkatkan penjualan 25 kali lebih banyak dibandingkan setiap menit iklan di radio. Tentukan alokasi dana yang paling optimum untuk iklan. 15. Sebuah perusahaan membuat 2 macam produk, yaitu A dan B. Volume penjualan produk A paling sedikit

60 %

dari total penjualan kedua produk. Kedua produk tersebut

menggunakan bahan baku yang sama. Persediaan bahan baku tersebut terbatas 100 kg per harinya. Setiap unit produk A dan B masing-masing menggunakan bahan baku sebanyak 2 kg dan 4 kg. Harga penjualan produk A dan B masing-masing adalah 20 dan 40 (ribu) per unitnya. Tentukan alokasi optimal bahan baku pada kedua produk ! 16. Sebuah perusahaan memproduksi 2 jenis topi. Tiap topi jenis pertama membutuhkan waktu pembuatan selama 2 kali waktu pembuatan topi jenis kedua. Jika hanya membuat topi jenis kedua saja, perusahaan hanya mampu membuat 500 topi per harinya. Pasar penjualan topi jenis pertama dan kedua masing-masing adalah 150 dan 200 topi. Misalkan keuntungan penjualan topi jenis pertama adalah 8 (ribu) dan topi jenis kedua adalah 5 (ribu). Tentukan jumlah topi tiap jenis yang harus dibuat untuk memaksimumkan keuntungan ! 17. Perhatikan masalah program linier berikut ini : Max Z = 6 x1 - 2 x2 Kendala : x1 - x2

1


3 x1 - x2

6

x1, x2

0

45

Tunjukkan dengan grafik bahwa pada titik penyelesaian optimalnya, harga variabel x1 dan x2 bisa dinaikkan sebesar-besarnya tanpa mengubah harga fungsi sasarannya. 18. Perhatikan masalah program linier berikut ini : Max Z = 4 x1 + 4 x2 Kendala : 2 x1 + 7 x2

21

7 x1 + 2 x2

49

x1, x2

0

Carilah penyelesaian optimalnya dengan cara grafik. Berapa perubahan harga koefisien x2 titik optimalnya tetap ? Selesaikan masalah program linier no 19 – 21 berikut ini dengan cara grafik 19. Max Z = 5 x1 + 6 x2 Kendala : x1 - 2 x2

2

-2 x1 + 3 x2

2

x1, x2 sembarang 20. Max Z = 5 x1 + 2 x2 Kendala : x1 + x2 x1 x1, x2

10 = 5 0

21. Minimumkan f = 30 x1 + 20 x2 Kendala :

46


x1 +

x2

8

6 x1 + 4 x2

12

5 x1 + 8 x2 = 20 x1, x2

0

22. Perhatikan masalah program linier berikut ini : Max Z = 3 x1 + 2 x2 Kendala : 2 x1 +

x2

2

3 x1 + 4 x2 x1, x2

12 0

Tunjukkan dengan grafik bahwa masalah tersebut tidak mempunyai titik ekstrim yang fisibel. Apa yang dapat anda simpulkan tentang penyelesaian masalah tersebut ? 23. Perusahaan Astra membuat 2 jenis truk yaitu tipe A dan B. Tipe A adalah truk seberat 50 ton, sedangkan tipe B adalah truk seberat 40 ton. Perusahaan mempunyai pasar yang tak terbatas bagi kedua jenis truk tersebut, akan tetapi bagian produksi membatasi jumlah pembuatannya. Tiap-tiap truk harus melewati 3 bagian. Jam kerja yang dibutuhkan untuk tiap truk dan total jam kerja yang tersedia dinyatakan dalam tabel di bawah ini. Jam Kerja tiap truk Departemen

A

B

jam kerja yg tersedia

Mesin

30

40

1000

Perakitan

20

11

275

Pengecatan

4

5

335

Keuntungan dari tiap truk tipe A adalah 2 juta dan dari tipe B adalah 2.6 juta. Bagaimana produksi harus diatur agar memaksimumkan keuntungannya ?

Bab 3 PROGRAM LINIER : METODE SIMPLEKS Pada bab 2 telah dipelajari tentang penyelesaian Program Linier dengan metode grafik. Masalah utama dalam metode grafik adalah jumlah variabel penyusun yang dibatasi hanya 2 buah. Pada bab ini akan dibahas tentang penyelesaian Program Linier menggunakan metode simpleks yang merupakan perluasan metode grafik. Prinsip kerja metode simpleks dan grafik sebenarnya sama, yaitu mencari nilai fungsi di titik ujung daerah fisibel. Hanya saja dalam metode simpleks, pencarian iteratif dilakukan secara numerik sehingga terhindar dari keterbatasan jumlah variabel seperti yang dialami oleh metode grafik.

3.1

Bentuk Standar Simpleks

Sebelum melakukan proses iterasi metode simpleks, masalah harus terlebih dahulu dibawa ke bentuk standar metode simpleks. Bentuk standar metode simpleks adalah sebagai berikut : Maksimumkan/Minimumkan

f X

c1x1 c2 x2

... cn xn

Kendala : a11 x1 a12 x2

... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2

... a2 n xn

b2

... am1 x1 am 2 x2

X

... amn xn

x1, x2 , ... , xn

bm

0 dan b

b1, b2 , ... , bm

0

Dalam notasi vektor/matriks, bentuk standar simpleks dapat dinyatakan sebagai : Maksimumkan/Minimumkan z = cx Kendala

Ax = b x

0, b

0 dengan

48

A=


a11

a12

... a1n

a21 ...

a22 ...

... a2 n ...

am1 am 2

amn

x1 x2 ;x= ... xn

b1 b2 ; b= ... bm

; c = c1, c2 , ... , cn

Perhatikan perbedaan bentuk standar program linier dan bentuk standar penyelesaian dengan metode simpleks. Dalam bentuk standar metode simpleks, ada 2 hal yang harus diperhatikan : 1. Semua kendala harus berbentuk persamaan. Apabila kendala berbentuk pertidaksamaan, maka harus diubah ke bentuk persamaan dengan penambahan variabel slack secukupnya (lihat contoh 3.1). Koefisien variabel slack dalam fungsi sasaran = 0. 2. Semua ruas kanan kendala tidak boleh negatif. Apabila ada kendala yang ruas kanannya negatif, maka harus diubah dulu menjadi tak negatif dengan mengalikan kendala tersebut dengan (- 1). Contoh 3.1 Jadikan bentuk berikut ini menjadi bentuk standar simpleks : 1. Maksimumkan z

x1

Kendala : x1 5x2 2 x1

2. Minimumkan z

x2

5

x2

4

2 x1

Kendala : 5 x1 2 x2 2 x1 2 x2 x1 , x2 , x3

x1 , x2

; x2

4 x3

3x3 x3

0

7 8

0

Penyelesaian 1. Karena kedua kendala berbentuk pertidaksamaan maka harus diubah ke bentuk persamaan dengan menambahkan variabel slack. Pada kendala pertama, karena kendala berbentuk baru x3

, maka harus ditambah suatu variabel

0 sehingga menjadi suatu persamaan. Didapat : x1 5x2

x3

5

PROGRAM LINIER : METODE SIMPLEKS

49

Secara analog, untuk menjadikan kendala kedua menjadi suatu persamaan, haruslah ditambahkan suatu variabel baru x4

0. Didapat : 2 x1

x2

x4

4 . Perhatikan disini

bahwa variabel yang ditambahkan pada kendala kedua haruslah berbeda dengan variabel yang ditambahkan pada kendala pertama karena secara umum, nilai kedua variabel slack (x3 dan x4) berbeda. Pada awalnya, fungsi sasaran hanya terdiri dari 2 variabel x1 dan x2. Akan tetapi dengan perubahan kendala menjadi suatu persamaan, muncul variabel baru x3 dan x4. Kedua variabel tambahan itu harus juga muncul dalam fungsi sasaran. Akan tetapi agar fungsi sasaran tidak berubah, maka koefisien kedua variabel slack pada fungsi sasaran dibuat = 0. Jadi bentuk standar simpleks adalah : Maksimumkan z Kendala :

x1

x1 5 x2

2 x1

x2

0 x3 0 x4

x3

x2

5

x4

x1 , x2 , x3 , x4

4 0

2. Ada 2 hal yang harus diubah untuk menjadikan soal menjadi bentuk standar simpleks. Pertama adalah merubah kendala sehingga ruas kanan tidak ada yang negatif. Berikutnya adalah merubah kendala menjadi suatu persamaan. Untuk merubah kendala pertama sehingga ruas kanan tidak negatif, kalikan kedua ruas dengan (-1). Didapat : 5 x1 2 x2

3x3

7.

Langkah berikutnya adalah merubah pertidaksamaan menjadi suatu persamaan. Pada kendala pertama, karena bentuk pertidaksamaan adalah x4. Didapat : 5 x1 2 x2

3x3

x4

, maka haruslah dikurangi dengan

7.

Pada kendala kedua, karena pertidaksamaan berbentuk sehingga menjadi persamaan. Didapat 2 x1 2 x2

x3

, maka harus ditambah dengan x5 x5

8.

Penambahan variabel baru x4 dan x5 harus juga dilakukan pada fungsi sasaran dengan koefisien = 0. Maka bentuk standar simpleks adalah : Minimumkan z

2 x1

x2

4 x3 0 x4

0 x5

50


Kendala : 5 x1 2 x2 3x3 2 x1 2 x2

x3

7 x5

x1 , x2 , x3 , x4 , x5

3.2

x4

8

0

Metode Simpleks

Setelah menjadi bentuk standar simpleks, soal siap dimasukkan dalam tabel simpleks untuk selanjutnya diselesaikan.. Bentuk tabel awal simpleks tampak pada tabel 3.1. Koef ruas kanan kendala dalam bentuk standard = bi

Koefisien fungsi sasaran

cj

Variabel basis

Koefisien variabel basis

(cB)i (xB)i xj

c1

c2

...

cn

x1

x2

...

xn

bi

Matriks kendala dalam bentuk standard A = Amxn = [aij]

zj cj - zj Hasil kali titik koef variabel basis dengan elemen kolom-j matriks A

Pengecekan variabel yg keluar dari basis

m

cB

i

aij

i 1

m

Nilai fungsi =

cB i bi i 1

Tabel 3.1 Beberapa bagian penting dalam tabel simpleks adalah sebagai berikut : 1. Koefisien-koefisien model program linier. Koefisien fungsi sasaran

c1, c2 , ... , cn diletakkan pada baris paling atas. Matriks kendala

A = [aij] diletakkan pada bagian tengah. Di sebelah kanannya adalah nilai ruas kanan


kendala

b1, b2 , ... , bm

t

51

0. Perhatikan bahwa semua koefisien ini haruslah dalam bentuk

standar simpleks Pada setiap iterasi, nilai matriks A dan vektor b akan selalu direvisi. 2. Variabel basis Diantara variabel-variabel yang ada, beberapa diantaranya merupakan variabel basis (syarat menjadi variabel basis akan dijelaskan pada contoh 3.2). Variabel basis inilah yang nantinya akan menentukan penyelesaian program linier. Revisi tabel pada tiap iterasi dilakukan dengan cara merubah variabel basisnya. Variabel basis diletakkan pada kolom-2. Koefisiennya diletakkan pada kolom paling kiri. 3. Perhitungan nilai fungsi dan pengecekan optimalitas Baris paling bawah dipakai untuk menentukan apakah tabel yang dibuat sudah optimal. Jika sudah optimal maka iterasi dihentikan. Akan tetapi jika belum optimal, maka tabel perlu direvisi dengan cara merubah variabel basisnya. Nilai fungsi pada setiap iterasi tampak pada sel di ujung kanan bawah.

Bagan alir keseluruhan proses penyelesaian program linier dengan metode simpleks tampak pada gambar 3.1. Gambar 3.2 menunjukkan bagan alir revisi tabel apabila tabel belum optimal. Proses simpleks diawali dengan menjadikan masalah ke bentuk standar simpleks (lihat bab 3.1). Berikutnya diuji apakah kendala dalam bentuk standar tersebut sudah mengandung matriks identitas. Apabila belum, maka perlu ditambahkan variabel semu (lihat contoh 3.3). Matriks identitas ini diperlukan untuk menentukan variabel basis.

52


Mulai

Soal Asli

Jadikan bentuk standard dengan menambah variabel slack Tambah variabel semu Soal Maks : Koef = - M Soal Min : Koef = M

tidak

Ada Im ya Tabel awal simpleks

Isi kolom : xB dengan variabel basis cB dengan koefisien variabel basis

Hitung zj =

m

cB

i

a ij

i 1

Hitung nilai fungsi Hitung cj - zj

Revisi Tabel

Soal Maks : Ada j shg cj-zj > 0 Soal Min : Ada j shg cj-zj < 0

ya

tidak Soal tidak fisibel shg tidak memiliki penyelesaian optimal

ya

Ada variabel semu yg bernilai positip tidak Penyelesaian Optimal

Selesai

Gambar 3.1


53

Mulai

Pilih variabel basis baru : Soal Maks : pilih k sedemikian hingga ck-zk = Maks {cj-zj ; cj-zj > 0} Soal Min : pilih k sedemikian hingga ck-zk = Min {cj-zj ; cj-zj < 0} xk merupakan calon basis

Penyelesaian tak terbatas

Ada aik > 0

tidak

ya

bi ; a ik a ik

i

0

Pilih r = Min { i} (xB)r keluar dari basis ark = elemen kunci

Selesai

Ganti (xB)r dengan xk Ganti (cB)r dengan ck Perhitungan aij baru :

i

r : aij*

i

r : aij*

arj ark aij

; arj aik ark

bi* ;

br ark bi*

bi

br aik ark

Gambar 3.2

Untuk memperjelas langkah-langkah dalam bagan alir gambar 3.1 – 3.2, perhatikan contoh 3.2

Contoh 3.2 Selesaikan contoh 2.2 dengan metode simpleks Penyelesaian Model dalam contoh 2.2 adalah :

54


Maksimumkan f x1, x2 Kendala

3 x1 2 x2 (dalam puluhan ribu)

x1 + 2 x2

20

3x1 + x2

20

x1, x2

0

Merubah soal ke bentuk standar simpleks Karena kendala masih berbentuk pertidaksamaan, maka diubah dulu ke persamaan dengan menambahkan variabel slack x3 pada kendala pertama dan x4 pada kendala kedua. Didapat model dalam bentuk standar simpleks : Maksimumkan f x1 ... x4 Kendala

3 x1 2 x2 0 x3 0 x4

x1 + 2 x2 + x3 3x1 + x2 +

= 20 x4 = 20

x1, x2, x3, x4

0

Penentuan penyelesaian fisibel awal Dalam bentuk matriks, ruas kiri kendala adalah A

identitas I 2

1 0 0 1

1 2 1 0 3 1 0 1

. Matriks A memuat matriks

yang terbentuk dari variabel x3 dan x4 sehingga pengisian tabel awal

simpleks dapat dimulai. Tabel awal simpleks yang berisi koefisien-koefisien terlihat pada tabel 3.2 a.

cj

(cB)i (xB)i xj

koefisien xi fungsi sasaran

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

3

1

0

1

20

zj cj - zj Tabel 3.2 a


55

Langkah berikutnya adalah menentukan variabel basis yang akan mengisi kolom (xB)i . Variabel basis adalah variabel yang membentuk matriks identitas. Dari tabel tampak bahwa variabel yang membentuk identitas adalah x3 dan x4 yang masing koefisiennya dalam fungsi sasaran adalah 0. Koefisien variabel basis ini diletakkan pada kolom paling kiri (kolom (cB) i). Koefisien variabel basis pada fungsi sasaran

cj

(cB)i (xB)i xj 0 x3 0 x4 zj Variabel basis : membentuk matriks cj - zj

koefisien xi fungsi sasaran

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

3

1

0

1

20

identitas di Aij

Tabel 3.2 b Perhatikan letak baris variabel basis. Letak variabel basis harus sesuai dengan baris yang memiliki elemen = 1 pada matriks identitas variabel yang bersangkutan. Sebagai contoh, perhatikan kolom variabel x3. Elemen = 1 terletak pada baris pertama. Maka variabel basis x3 juga terletak pada baris pertama. Hal yang sama juga terjadi pada variabel x4 yang memiliki elemen = 1 yang terletak pada baris kedua sehingga variabel basis x4 diletakkan pada baris kedua. Setelah pengisian variabel basis, tabel penyelesaian fisibel awalnya tampak pada tabel 3.2 b

Pengujian Optimalitas Mengikuti bagan alir gambar 3.1, langkah berikutnya adalah menghitung besaran zj, nilai fungsi dan kemudian menghitung selisih cj – zj. m

zj

cB

i

aij merupakan hasil kali titik antara koefisien variabel basis dengan elemen yang

i 1

terletak pada kolom ke-j matriks kendala A. Pada kolom-1, z1 = 0 (1) + 0 (3) = 0. Pada kolom-2, z2 = 0 (2) + 0 (1) = 0. Pada kolom-3, z3 = 0 (1) + 0 (0) = 0, dan pada kolom-4, z4 = 0 (0) + 0 (1) = 0. Perhitungan yang sama juga dilakukan untuk menghitung nilai fungsi. Nilai fungsi adalah hasil kali titik antara koefisien variabel basis dengan kolom bi. Nilai fungsi = 0 (20) + 0 (20) = 0.

56


Harga cj – zj merupakan selisih antara koefisien fungsi sasaran cj (terletak pada baris paling atas) dengan nilai zj. Didapat c1 – z1 = 3 – 0 = 3. c2 – z2 = 2 – 0 = 2. c3 – z3 = 0 – 0 = 0 dan c4 – z4 = 0 – 0 = 0. Hasil pengisian nilai–nilai ini tampak pada tabel 3.2 c.

cj

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

x4 zj

3

1

0

1

20

0

0

0

0

cj - zj

3

2

0

0

(cB)i (xB)i xj 0 x3 0

0

Tabel 3.2 c Langkah berikutnya adalah menguji apakah tabel 3.2 c sudah optimal. Karena fungsinya adalah memaksimumkan, iterasi akan dihentikan jika cj – zj

0 untuk semua j. Dalam tabel 3.2 c

tampak bahwa c1 – z1 = 3 > 0 dan c2 – z2 = 2 > 0. Jadi tabel belum optimal sehingga perlu direvisi. Bagan alir untuk merevisi tabel tampak dalam gambar 3.2

Revisi tabel Revisi tabel simpleks dapat diilustrasikan sebagai seorang pelatih sepak bola yang akan mengganti pemainnya yang kurang optimal penampilannya. Mula-mula ia akan memilih seorang pemain cadangan yang menjadi calon pemain pengganti. Kemudian ia mengeluarkan seorang pemain yang sedang bermain (yang menyebabkan timnya tidak bermain optimal) dan menggantikannya dengan pemain pengganti yang ia siapkan. Dalam tabel simpleks, pemain yang sedang bermain adalah variabel basis dan variabel bukan basis merupakan pemain cadangannya. Dalam tabel 3.2 c, pemain yang sedang bermain adalah x3 dan x4, dan pemain cadangannya adalah x1 dan x2. Ternyata tabel belum optimal (ditandai dengan adanya elemen cj-zj yang positip untuk soal memaksimumkan). Perhatikan bagan alir revisi tabel pada gambar 3.2. Pemain cadangan (variabel bukan basis) yang akan bermain adalah elemen positip terbesar dalam kolom cj-zj. Elemen positip terbesarnya (= 3) terletak pada kolom – 1 yang bersesuaian dengan kolom x1. Jadi xk = x1 menjadi calon basis. Ini ditandai dengan kotak vertikal pada kolom – 1 tabel 3.2 d.


57

Langkah berikutnya adalah menguji apakah ada elemen ai1 (elemen-elemen kendala pada kolom pertama/berada pada kotak vertikal tabel 3.2 d) yang positip. Ternyata a11 = 1 > 0 dan a21 = 3 > 0. Untuk elemen ai1 yang bernilai positip (dalam kasus ini kebetulan semua elemen ai1 bernilai positip), hitung

i

bi . aik

i

merupakan hasil bagi antara elemen ruas kanan kendala (kolom

bi) dengan elemen matriks A pada kolom yang menjadi calon basis (yang ada dalam kotak vertikal).

1

b1 a11

Diantara nilai-nilai

20 = 20 dan 1 i

b2 a21

2

20 . 3

yang ada, pilih yang paling minimum (tidak tergantung dari soal

memaksimumkan atau meminimumkan). Nilai

i

terkecil adalah 20/3 yang terletak pada baris

kendala kedua (pada basis x4). Jadi x4 merupakan basis yang akan dikeluarkan. Hal ini ditandai dengan kotak horisontal pada baris variabel basis x4 tabel 3.2 d. Elemen yang terletak pada perpotongan antara kotak horisontal dan vertikal (dalam iterasi ini adalah a21 = 3) disebut elemen kunci calon basis

cj

(cB)i (xB)i xj 0 x3 0 x4 keluar dari zj basis cj - zj

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20/1 = 20

3

1

0

1

20

20/3

0

0

0

0

3

2

0

0

0

elemen kunci

Tabel 3.2 d

Iterasi – 2 Revisi tabel simpleks dilakukan dengan mengganti variabel basis x4 (koefisien di fungsi sasaran = (cB)2 = 0) dengan x1 (koefisien di fungsi sasaran = (cB)1 = 3). Perubahan ini juga dilakukan pada matriks A dan vektor b.

58


Perhatikan perubahan aij baru dalam bagan alir gambar 3.2. Perubahan ini terdiri dari 2 bagian, yaitu elemen pada baris dimana variabel basis keluar (elemen baris yang ada dalam kotak horisontal) dan elemen yang tidak berada di kotak horisontal. Untuk elemen yang berada di kotak horisontal, aij baru dibentuk dengan membagi elemen mulamula dengan elemen kunci (dalam iterasi pertama elemen kunci = a21 = 3). a21 baru = 3/3 = 1. a22 baru = 1/3. a23 baru = 0/3 = 0. a24 baru = 1/3. b2 baru = 20/3. Untuk elemen yang diluar kotak horisontal, perubahan aij dilakukan menurut persamaan : aij*

aij

arj aik ark

. arj adalah elemen dalam kotak horisantal pada kolom-j. Sebaliknya, aik adalah

elemen dalam kotak vertikal pada baris – i. ark adalah elemen kunci. Sebagai contoh, perhatikan perhitungan untuk menentukan a12 baru. a12 lama = 2. a12 merupakan elemen yang terletak pada baris-1 kolom-2. Pada baris – 1, elemen yang berada di kotak vertikal adalah a11 = 1. Pada kolom-2, elemen yang berada di kotak horisontal adalah a22 = 1. Elemen kunci adalah a21 = 3. Jadi a12*

2

(1) (1) 3

5 . Hasil perhitungan aij baru selengkapnya tampak 3

dalam tabel 3.3 aij /bi lama

Elemen dalam kotak vertikal

Elemen dalam kotak horisontal

a11 = 1

1

3

* a11 1

(1) (3) 3

0

a12 = 2

1

1

a12*

2

(1) (1) 3

5 3

a13 = 1

1

0

* a13 1

(1) (0) 3

1

a14 = 0

1

1

b1 = 20

1

20

aij baru = aij*

* a14

b1*

0

20

(1) (1) 3

1 3

(1) (20) 3

40 3

Tabel 3.3 Tabel 3.4 a (bagian bawah) adalah hasil iterasi – 2 setelah pergantian aij dan bi. Untuk memperjelas bagaimana perubahan basis terjadi, iterasi – 1 (penyelesaian fisibel awal = tabel 3.2 c) diletakkan di sebelah atasnya.


iterasi - 2

iterasi - 1 (penyelesaian fisibel awal)

cj

59

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20/1 = 20

x4

3

1

0

1

20

20/3

zj

0

0

0

0

cj - z j

3

2

0

0

0

x3

0

5 3

1

3

x1

1

1 3

0


0

1 3

40 3 20 3

1 3

zj cj - z j Tabel 3.4 a

Langkah berikutnya adalah menguji apakah tabel 3.4 a sudah optimal. Seperti pada iterasi – 1, langkah yang harus dilakukan adalah menghitung nilai zj, cj-zj dan nilai fungsi

iterasi - 2


cj

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20/1 = 20

x4

3

1

0

1

20

20/3

zj

0

0

0

0

cj - z j

3

2

0

0

0

x3

0

5 3

1

3

x1

1

1 3

0

1 3

zj

3

1

0

1

cj - z j

0

1

0

-1


1 3

0 40 3 20 3

20

Tabel 3.4 b z1 = 0 (0) + 3 (1) = 3. z2 = 0 ( 53 ) + 3 ( 13 ) = 1. z3 = 0 (1) + 3 (0) = 0 dan z4 = 0 (

1 3

) + 3 ( 13 ) =

1. Nilai fungsi = 0 (40/3) + 3 (20/3) = 20 c1-z1 = 3 – 3 = 0. c2-z2 = 2 – 1 = 1. c3–z3 = 0 – 0 = 0 dan c4-z4 = 0 – 1 = -1 Tabel 3.4 b menunjukkan kelanjutan tabel 3.4 a dengan mengisi nilai zj dan cj-zj. Tampak bahwa c2-z2 = 1 > 0 sehingga tabel 3.4 b belum optimal dan perlu direvisi. Satu-satunya cj-zj yang bernilai > 0 adalah c2-z2. Ini berarti bahwa x2 menjadi satu-satunya calon basis yang baru.

60


3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20/1 = 20

x4

3

1

0

1

20

20/3

zj

0

0

0

0

cj - z j

3

2

0

0

0

x3

0

5 3

1

3

x1

1

1 3

0

1 3

zj

3

1

0

1

cj - z j

0

1

0

-1


iterasi - 2


cj

0

1 3

40 3

40 5 3 /3

= 8

20 3

20 1 3 /3

= 20

20

Tabel 3.4 c Berikutnya dilihat apakah ada elemen ai2 (elemen matriks A yang dikotak vertikal pada tabel 3.4 c) yang bernilai positip. Mengikuti bagan alir gambar 3.2, jika tidak ada ai2 yang positip berarti soal memiliki penyelesaian tak terbatas. Ternyata a12 = 5/3 > 0 dan a22 = 1/3 > 0 sehingga proses dilanjutkan dengan mencari variabel yang harus keluar dari basis. Caranya adalah dengan menghitung nilai 40

1

=

5

3

i

yang merupakan hasil bagi bi dengan ai2 20

= 8 dan

3

2

=

1

3

= 20. Nilai

terkecil adalah

1.

Berarti variabel basis yang terletak

3

pada baris-1 (yaitu x3) harus keluar dari basis. Untuk menandai, beri kotak horisontal pada baris pertama kendala. Elemen kunci untuk iterasi ini adalah a12 = 5/3 Perhitungan aij yang baru dilakukan sebagai berikut : Elemen-elemen yang berada pada baris dimana variabel basis x3 keluar (kotak horisontal) masing-masing dibagi dengan elemen kuncinya. Didapat a11 baru = a13 baru =

1 5

3

1

= 3/5. a14 baru =

5

3

3

40

= -1/5. b2 baru =

5

3

0 5

3

5

= 0. a12 baru =

5

3

= 1.

3

= 8.

3

Untuk elemen yang tidak berada pada kotak horisontal, aij baru adalah aij lama dikurangi dengan hasil kali elemen yang berada pada kotak horisontal dan vertikal elemen aij yang dibagi dengan elemen kunci (= 5/3). Selengkapnya dapat dilihat pada tabel 3.5


61

aij /bi lama



a21 = 1

1/3

0

1/3

5/3

* a22

a23 = 0

1/3

1

* a23

b2 = 20/3

1/3

* a24

-1/3

1/3

( 13 ) (0)

* a21 1

a22 = 1/3

a24 = 1/3

b2*

40/3

aij*

aij baru =

5

1

3

1 ( 13 ) ( 5 3 ) 5 3 3 ( 13 ) (1)

0

5

1 3

5

20 3

1 5

3

( 13 ) (

1

3

)

3

( 13 ) ( 40 3 ) 5

0

2 5 4

3

Tabel 3.5

Iterasi – 3 Tabel simpleks iterasi – 3 tampak pada bagian terbawah tabel 3.6. Dalam tabel tersebut variabel basisnya adalah x2 (menggantikan x3 dalam iterasi – 2) dengan koefisien = 2, dan x1 yang memiliki nilai koefisien basis = 3. Pengujian optimalitas kembali dilakukan dengan menghitung zj, cj-zj dan nilai fungsi z1 = 2 (0) + 3 (1) = 3.

z2 = 2 (1) + 3 (0) = 2.

z3 = 2 ( 53 ) + 3 (

1 5

)=

3 5

dan z4 = 2 (

1 5

)+3

( 25 ) = 45 . Nilai fungsi = 2 (8) + 3 (4) = 28 c1-z1 = 3 – 3 = 0. c2-z2 = 2 – 2 = 0. c3–z3 = 0 – bahwa semua cj-zj

3 5

0 sehingga tabel sudah optimal.

=

3 5

dan c4-z4 = 0 –

4 5

=

4 5

. Tampak

62


iterasi - 3

iterasi - 2


cj

3

2

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20/1 = 20

x4

3

1

0

1

20

20/3

zj

0

0

0

0

cj - z j

3

2

0

0

0

x3

0

5 3

1

3

x1

1

1 3

0

1 3

zj cj - z j

3

1

0

1

0

1

0

-1

2

x2

0

1

3 5

1 5

8

3

x1

1

0

1 5

2 5

4

zj

3

2

3 5

4 5

cj - z j

0

0


3 5

1 3

4 5

0 40 3

40 5 3 /3

= 8

20 3

20 1 3 /3

= 20

20

28

Tabel 3.6 Pada setiap iterasi, nilai variabel yang dicoba adalah variabel basis yang nilainya sama dengan harga bi. Jadi pada titik optimal, variabelnya adalah x2 = 8 (= b1) dan x1 = 4 (= b2), dengan nilai fungsi = 28 (elemen sel terbawah paling kanan). x2 E (0, 20)

D (0,10)

C (4,8)

B (20,0) A (20/3, 0) 3x1+ x2 = 20

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 3.3 Perhatikan iterasi pada tabel 3.6. Iterasi dimulai dari x3 = 20 dan x4 = 20 (berarti x1 = 0 dan x2 = 0 karena x1 dan x2 tidak berada dalam variabel basis) dengan nilai fungsi = 0. Pada iterasi – 2, x3 =


63

40/3 dan x1 = 20/3 (berarti x2 = 0 karena x2 bukan variabel basis) dengan nilai fungsi = 20. Iterasi diakhiri pada iterasi – 3 dengan x1 = 4 dan x2 = 8 (nilai fungsi = 28). Tampak bahwa dalam setiap iterasi, nilai fungsi selalu tidak pernah turun (karena soalnya adalah memaksimumkan). Interpretasi geometris dari iterasi simpleks dapat dilihat pada gambar 3.3. Daerah fisibel adalah segi-4 OACD. Iterasi simpleks diawali dengan menguji apakah titik O (0,0) merupakan titik optimal. Ternyata titik O bukan titik optimal. Pada iterasi ke-2 diuji titik A (20/3, 0). Ternyata titik A pun bukan titik optimal sehingga iterasi dilanjutkan dengan menguji titik C (4, 8) yang ternyata merupakan titik optimal. Setelah memperoleh titik optimal, iterasi dihentikan tanpa menguji titik D. Disini terlihat bahwa sebenarnya proses simpleks sama dengan penyelesaian grafik, yaitu secara iteratif menguji titik ujung daerah fisibel yang merupakan titik optimal. Bedanya, dalam penyelesaian grafik proses ini dilakukan dengan menentukan titik ujung daerah fisibel secara analitik dan gambar. Sebaliknya dalam metode simpleks, proses tersebut dilakukan secara numerik sehingga kendala keterbatasan jumlah variabel yang dialami oleh metode grafik dapat ditanggulangi.

Contoh 3.3 Selesaikan contoh 2.4 ! Penyelesaian Model dalam contoh 2.4 adalah : Maksimumkan f x1, x2 , x3 Kendala :

5 x1 15 x2 30 x3

20 x1 + 50 x2 + 80 x3 x1

0.5 (x1 + x2 + x3)

x3

0.2 (x1 + x2 + x3)

x1, x2 dan x3

4000

0

Langkah pertama adalah menjadikan ke bentuk standar simpleks. Dengan sedikit penyederhanaan, model mula-mula dapat dituliskan sebagai : Maksimumkan f x1, x2 , x3

5 x1 15 x2 30 x3

64

Kendala :


2 x1 + 5 x2 + 8 x3

400

- x1 + x2 + x3

0

- x1 - x2 + 4 x3

0

x1, x2 dan x3

0

Karena kendala masih berbentuk pertidaksamaan, maka harus ditambahkan variabel slack x4, x5 dan x6 pada kendala-1, 2 dan 3. Didapat : Maksimumkan f x1 ... x6 Kendala :

5 x1 15 x2 30 x3 0 x4 0 x5 0 x6

2 x1 + 5 x2 + 8 x3 + x4 - x1 + x2 + x3

= 400 + x5

- x1 - x2 + 4 x3 x1 … x6

= 0 + x6 = 0

0 2

Matriks kendala = A =

1 1

5

8 1 0 0

1

1 0 1 0 . Tampak bahwa A sudah memiliki sub 1 4 0 0 1

matriks identitas pada variabel x4, x5 dan x6 sehingga proses simpleks bisa dimulai. Tabel 3.7a merupakan tabel awal simpleks dengan memasukkan koefisien fungsi sasaran, kendala dan ruas kanan kendalanya. Tampak bahwa matriks identitas terbentuk dari 3 variabel x4, x5 dan x6. Ketiga variabel inilah yang dipilih sebagai variabel basis. Perhatikan kembali urut-urutan penempatan ketiga variabel tersebut dalam daftar variabel basis. Variabel basis ditempatkan pada baris dimana elemen dalam suatu kolom = 1 (ingat bahwa jika suatu variabel merupakan variabel basis, maka hanya satu elemen dalam kolom tersebut yang bernilai = 1 dan sisanya adalah elemen 0). sebagai contoh, pada kolom variabel basis x5, elemen = 1 terletak pada baris kedua. Maka dalam daftar variabel basisnya, x5 juga diletakkan pada baris kedua. Tabel 3.7 b menunjukkan penyelesaian fisibel awal masalah semula. Tabel 3.7 b didapat dari tabel 3.7 a dengan menambahkan variabel basis (dan koefisiennya), serta perhitungan zj dan cj-zj, serta nilai fungsi.


cj

(cB)i (xB)i xj

65

5

15

30

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

2

5

8

1

0

0

400

-1

1

1

0

1

0

0

-1

-1

4

0

0

1

0

zj cj - zj Tabel 3.7 a

cj

5

15

30

0

0

0

(cB)i (xB)i xj 0 x4

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

2

5

8

1

0

0

400

x5 x6 zj cj - zj

-1

1

1

0

1

0

0

-1

-1

4

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

5

15

30

0

0

0

0 0

0

Tabel 3.7 b Dalam tabel 3.7 b tampak bahwa ada elemen cj - zj yang > 0. Karena soalnya memaksimumkan, hal ini menunjukkan bahwa tabel belumlah optimal. cj-zj > 0 terbesar adalah 30 (kolom x3). Ini berarti bahwa x3 merupakan calon basis (ditandai dengan kotak vertikal pada tabel 3.7 c).

cj

5

15

30

0

0

0

(cB)i (xB)i xj 0 x4

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

2

5

8

1

0

0

400

50

x5 x6 zj cj - zj

-1

1

1

0

1

0

0

0

-1

-1

4

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

5

15

30

0

0

0

0 0

0

Tabel 3.7 c Untuk menentukan variabel basis lama yang akan keluar (untuk digantikan x3), maka dihitung elemen kolom .

1

= 400/8 = 50.

3. Pilih salah satunya

2

= 0/1 = 0 dan

secara sembarang, misal

3

= 0/4 = 0. terkecil terdapat pada

2. Maka berarti

2

dan

variabel x5 akan keluar dari basis

66


pada iterasi berikutnya (ditandai dengan kotak horisontal). Elemen kunci adalah perpotongan kotak vertikal dan horisontal, yaitu a23 = 1.

Iterasi-2 Perhitungan aij (dan bi) baru dibagi menjadi 2 bagian yaitu elemen yang berada pada baris dimana variabel basisnya keluar (elemen yang berada di kotak horisontal), dan elemen aij (dan bi) yang tidak berada pada kotak horisontal. Untuk elemen yang berada di kotak horisontal, masing-masing elemen tersebut dibagi dengan elemen kunci. Karena elemen kunci = a23 = 1, maka pembagian ini tidak menghasilkan efek. Untuk elemen yang tidak berada pada kotak horisontal, perhitungan aij baru didapatkan dari pengurangan aij lama dengan perkalian elemen di kotak vertikal baris-i dan kotak horisontal kolom-j, dibagi dengan elemen kunci. Selengkapnya dapat dilihat pada tabel 3.8

aij /bi lama



a11 = 2

8

-1

a12 = 5

8

1

a12*

a13 = 8

8

1

a14 = 1

8

0

a15 = 0

8

1

a16 = 0

8

0

b1 = 400

8

0

a31 = -1

4

-1

* a31

1

(4) ( 1) 1

3

a32 = -1

4

1

* a32

1

(4) (1) 1

5

aij baru =

aij*

(8) ( 1) 1

10

5

(8) (1) 1

3

a13*

8

(8) (1) 1

0

* a14

1

(8) (0) 1

1

0

(8) (1) 1

8

0

(8) (0) 1

0

400

(8) (0) 1

400

* a11

2

a15* * a16

b1*


67

a33 = 4

4

1

* a33

4

(4) (1) 1

0

a34 = 0

4

0

* a34

0

(4) (0) 1

0

a35 = 0

4

1

0

(4) (1) 1

4

a36 = 1

4

0

* a36

1

(4) (0) 1

1

b3 = 0

4

0

b3*

0

(4) (0) 1

0

* a35

Tabel 3.8 Tabel 3.9 menunjukkan iterasi – 2 setelah merubah aij dan bi lama. Perhitungan cj-zj menunjukkan bahwa tabel 3.9 masih belum optimal juga karena c1-z1 = 35 > 0. Variabel x1 menjadi calon basis berikutnya. Untuk menentukan variabel yang keluar dari basis, dihitung . Perhatikan bahwa 1

2

tidak dihitung karena a21

= 400/10 = 40 dan

3

0 (ingat bahwa hanya dihitung untuk aik > 0).

= 0/3 = 0. minimum adalah

3.

Maka variabel basis yang terletak pada

baris ketiga (= x6) harus keluar dari basis. Elemen kunci adalah a31 = 3.

cj

5

15

30

0

0

0

(cB)i (xB)i xj 0 x4

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

10

-3

0

1

-8

0

400

40

x3 x6 zj cj - zj

-1

1

1

0

1

0

0

-

3

-5

0

0

-4

1

0

0

-30

30

30

0

30

0

35

-15

0

0

-30

0

30 0

0

Tabel 3.9

Iterasi-3 Pembuatan tabel iterasi-3 sama dengan iterasi kedua. Mula-mula dihitung matriks A dan b yang baru. Perhitungan ini dibagi menjadi 2 macam yaitu pada elemen-elemen baris-3 (yang dikotak horisontal) dan yang diluar baris-3. Pada perhitungan A (dan b) baris ke-3, semua elemennya dibagi dengan elemen kunci (= a31 = 3). Perhitungan semua elemen lain diluar baris-3 dilakukan dengan melibatkan elemen yang

68


terletak di baris-3 (kotak horisontal) dan kolom-1 (kotak vertikal), seperti pada tabel 3.8. Hasil iterasi-3 tampak pada tabel 3.10. Untuk mengurangi kesalahan komputasi, maka semua perhitungan masih dilakukan dalam bentuk pecahan. Cara ini juga memberikan keuntungan dalam hal pengecekan hasil perhitungan manual. Perhatikan bahwa dalam satu tabel, umumnya semua hasil yang berbentuk pecahan akan memiliki penyebut yang sama.

cj (cB)i (xB)i 0 x4 30 5

xj

x3 x1 zj cj - z j

5

15

30

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

0

41 3

0

1

16 3

10 3

400

1200 41

0

2 3

1

0

1 3

1 3

0

-

1

5 3

0

0

4 3

1 3

0

-

5

85 3

30

0

50 3

35 3

0

130 3

0

0

50 3

0

35 3

Tabel 3.10 Tampak bahwa tabel 3.10 pun belum optimal karena masih ada 2 elemen pada baris cj-zj yang bernilai positip. Elemen positip terbesar (130/3) terletak pada kolom ke-2, Ini berarti bahwa variabel x2 akan masuk menjadi basis. Perhitungan

menunjukkan bahwa satu-satunya calon

variabel yang keluar dari basis adalah variabel pada baris pertama (= x4). Kedua nilai yang lain tidak dihitung karena elemen kolom-2 yang bersesuaian (kotak vertikal) bernilai negatif. Elemen kunci adalah a12 = 41/3.

Iterasi-4 Tabel 3.11 merupakan perbaikan tabel 3.10. Tampak bahwa semua elemen cj-zj pada tabel 3.11 tidak ada yang positip sehingga tabel sudah optimal dengan nilai maksimum = 52000 titik optimal ini, nilai variabelnya ada pada kolom bi. Jadi x2 = 1200 2000

41

, x3 = 800

41

. Pada , x1 =

. Karena x4, x5 dan x6 bukan merupakan variabel basis, maka nilainya = 0. Jika

dikembalikan ke soal aslinya, maka titik optimalnya adalah x1 = 2000 = 800

41

41

41

. Nilai maksimum = z = 52000

41

41

, x2 = 1200

41

dan x3


cj

69

5

15

30

0

0

0

(cB)i (xB)i xj 15 x2

x1

x2

x3

x4

x5

x6

0

1

0

3 41

16 41

x3 x1 zj cj - zj

0

0

1

2 41

3 41

1

0

0

5 41

28 41

5

15

30

130 41

0

0

0

30 5

130 41

10 41 10 41

10 41 7 41 3 41 45 41 45 41

bi 1200 41 800 41 2000 41 52.000 41

Tabel 3.11 Tabel 3.12 merupakan ringkasan semua tabel iterasi yang dilakukan. Perhatikan bagaimana pergantian basis dilakukan. Contoh 3.3 diatas menunjukkan kelebihan metode simpleks dibandingkan dengan metode grafik. Dengan 3 variabel penyusun, metode grafik tidak mampu menyelesaikannya. Akan tetapi metode simpleks mampu memberikan penyelesaian optimal. Perhitungan tabel tampak rumit jika dihitung manual. Akan tetapi jika perhitungan dilakukan dengan program komputer, masalah kerumitan perhitungan dapat diatasi. Tabel 3.12 menunjukkan keseluruhan iterasi yang dilakukan. Perhatikan perubahan variabel basis dalam tiap iterasi. Tabel yang baru selalu lebih optimal dari tabel pada iterasi sebelumnya. Untuk soal memaksimumkan, tabel yang baru tidak akan mempunyai nilai fungsi yang lebih kecil dari tabel sebelumnya.

70


cj

(cB)i (xB)i xj 0 x4

5

15

30

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

2

5

8

1

0

0

400

50

0

x5

-1

1

1

0

1

0

0

0

0

x6

-1

-1

4

0

0

1

0

0

zj

0

0

0

0

0

0

cj - zj

5

15

30

0

0

0

0

x4

10

-3

0

1

-8

0

400

40

30

x3

-1

1

1

0

1

0

0

-

0

x6

3

-5

0

0

-4

1

0

0

zj

-30

30

30

0

30

0

cj - zj

35

-15

0

0

-30

0

0

x4

0

41 3

0

1

16 3

10 3

30

x3

0

2 3

1

0

1 3

5

x1

1

5 3

0

0

zj

5

85 3

30

0

cj - zj

0

130 3

0

0

50 3

35 3

15

x2

0

1

0

3 41

16 41

10 41

30

x3

0

0

1

2 41

3 41

5

x1

1

0

0

5 41

28 41

zj

5

15

30

130 41

cj - zj

0

0

0

130 41

Tabel 3.12 Contoh 3.4 Minimumkan f x1, x2

12 x1 5 x2

Kendala

4x1 + 2x2

80

2x1 + 3x2

90

x1, x2

0

0

0 400

1200 41

1 3

0

-

4 3

1 3

0

-

50 3

35 3

10 41 10 41

7 41 3 41 45 41 45 41

0 1200 41 800 41 2000 41 52.000 41


71

Penyelesaian Mula-mula, jadikan masalah menjadi bentuk standar simpleks. Ruas kanan kendala sudah tidak negatif. Maka yang perlu dilakukan adalah merubah kendala menjadi suatu persamaan. Karena pertidaksamaan berbentuk , maka perlu kendala-1 dikurangi x3 dan kendala-2 dikurangi dengan x4. Diperoleh : Minimumkan f x1 ... x4 Kendala

12 x1 5 x2 0 x3 0 x4

4x1 + 2x2 - x3 2x1 + 3x2

= 80 - x4 = 90

x1, x2, x3, x4

0

Matriks kendala adalah A =

4 2

1

2 3

0

0

1

. Dalam A tidak terdapat sub matriks identitas,

padahal matriks identitas ini diperlukan sebagai pembentuk variabel basis awal. Untuk itu perlu ditambahkan variabel semu (x5 dan x6) lagi agar terbentuk identitas. Dengan penambahan ini, kendala menjadi 4x1 + 2x2 - x3 2x1 + 3x2

+ x5 - x4

+ x6 = 90

x1, x2, x3, x4, x5, x6 Matriks kendala menjadi A =

= 80

4 2 2 3

0

1 0

0

1 0

1 0 1

. A sudah memuat matriks identitas.

Perhatikan kendala sebelum dan sesudah ditambahi variabel semu x5 dan x6. Agar keduanya sama (memang sebenarnya kendala-kendala sebelum dan setelah ditambah x5 dan x6 sama), maka x5 dan x6 haruslah bernilai 0. Dengan kata lain, pada penyelesaian optimalnya, x5 dan x6 tidak boleh menjadi variabel basis. Variabel x5 dan x6 hanyalah berfungsi sebagai katalisator agar proses simpleks bisa berjalan. Padahal pada penyelesaian fisibel awal, variabel x5 dan x6 inilah yang membentuk matriks identitas sehingga menjadi variabel basis. Agar supaya x5 dan x6 cepatcepat keluar dari basis, maka pada fungsi sasaran diberi koefisien = M yang berupa suatu bilangan positip besar (koefisien akan menjadi = - M jika soalnya memaksimumkan. Pembaca

72


harap melihat bagan alir pada gambar 3.1). Jadi model yang sudah siap dimasukkan dalam tabel simpleks adalah : Minimumkan f x1 ... x6

12 x1 5 x2 0 x3 0 x4

Kendala : 4x1 + 2x2 - x3 2x1 + 3x2

M x5 M x6

+ x5 = 80 - x4 + x6 = 90

x1, x2, x3, x4, x5, x6

0

Tabel awal simpleks dapat dilihat pada tabel 3.13. Variabel basis mula-mula adalah x5 dan x6 (yang memiliki koefisien = M). c1-z1 = 12-6M dan c2-z2 = 5-5M bernilai negatif (ingat bahwa M adalah bilangan positip yang sangat besar sehingga bilangan apapun yang dikurangi dengan M akan menghasilkan nilai yang negatif). Karena soalnya meminimumkan, maka berarti tabel 3.13 belum optimal. Diantara kuantitas cj-zj < 0, yang bernilai paling minimum adalah 12-6M (bukan 5-5M). Ingat bahwa M adalah bilangan positip yang sangat besar, sehingga pengurangan dengan kuantitas yang memiliki koefisien M yang lebih besar akan menghasilkan nilai yang lebih negatif. Maka x1 menjadi calon basis.

1

= 80/4 = 20 dan

2

= 90/2 = 45. Karena

1

adalah nilai yang paling

minimum, maka variabel basis di baris-1 (= x5) harus keluar dari basis. Elemen kunci = a11 = 4

cj

(cB)i (xB)i xj M x5 M

x6 zj

12

5

0

0

M

M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

4

2

-1

0

1

0

80

20

2

3

0

-1

0

1

90

45

6M

5M

-M

-M

M

M

M

M

0

0

cj - zj 12-6M 5-5M

170 M

Tabel 3.13 Tabel 3.14 menunjukkan revisi tabel 3.13, dengan perhitungan yang sama seperti contoh-contoh sebelumnya. Tabel 3.14 pun belum optimal karena c2-z2 dan c3-z3 masih bernilai negatif. Nilai minimum terjadi pada c2-z2 sehingga x2 menjadi calon basis. Dengan melihat perhitungan , maka variabel yang harus keluar dari basis adalah x6.


cj

(cB)i (xB)i xj 12 x1 M

73

12

5

0

0

M

M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

1 2

0

1 4

0

20

40 25

1 4

x6 zj

0

2

1 2

-1

1 2

1

50

12

2M+6

M 6 2

-M

M 6 2

M

cj - z j

0

-2M-1

M 6 2

M

3M 6 2

0

50 M + 240

Tabel 3.14 Disini tampak bagaimana peranan koefisien M pada variabel semu. Dengan 2 kali iterasi maka semua variabel semu sudah keluar dari basis. Namun ada kalanya hingga penyelesaian optimal, variabel semu masih merupakan variabel basis. Dalam kasus ini berarti soal tidak fisibel (lihat bagan alir gambar 3.1). Tabel 3.15 merupakan revisi tabel 3.14. Tabel 3.15 pun belum optimal. Variabel basis x1 perlu diganti dengan x4. Hasil revisi tabel 3.15 tampak pada tabel 3.16 yang sudah merupakan tabel optimal.

cj


12

5

0

0

M

M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

0

1 4

3 8

1 4

15 2

30

25

-

3 8

x2 zj

0

1

1 4

12

5

13 4

cj - zj

0

0

1 2

13 4

1 2 1 2

1 4 13 4

1 2 1 2

4 M 13 4

2M 1 2

215

Tabel 3.15

cj


12

5

0

0

M

M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

4

0

3 2

1

3 2

-1

30

0

40

x2 zj

2

-1

1 2

0

10

-5

5 2

0

5 2

0

cj - zj

2

10

0

2M 5 2

M

5 2

Tabel 3.16

1 2

200

74


cj

12

5

0

0

M

M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

4

2

-1

0

1

0

80

20

x6

2

3

0

-1

0

1

90

45

zj

6M

5M

-M

-M

M

M

M

M

0

0

1 4

0

1 4

0

20

40 25

(cB)i (x ) xj B i M x5 M

cj - zj 12-6M 5-5M

170 M

12

x1

1

1 2

M

x6

0

2

1 2

-1

1 2

1

50

zj

12

2M+6

M 6 2

-M

M 6 2

M

c j - zj

0

-2M-1

M 6 2

M

3M 6 2

0

50 M + 240

12

x1

1

0

5

x2

0

1

1 4

zj

12

5

13 4

c j - zj

0

0

0

x4

4

0

3 2

1

5

x2

2

-1

1 2

0

zj

10

-5

5 2

0

5 2

0

c j - zj

2

10

0

2M 5 2

M

3 8

1 2

13 4

5 2

3 8

1 4

1 2 1 2

1 4

1 4 1 2

13 4 4 M 13 4 3 2 1 2

1 2 2M 1 2

15 2

30

25

-

215

-1

30

0

40 200

Tabel 3.17 Pada titik optimalnya, x1 = 0 (karena bukan merupakan variabel basis), x2 = 40, x3 = 0 (bukan basis), x4 = 30, x5 = x6 = 0. Karena variabel semu x5 dan x6 bukan merupakan variabel basis, maka soal memiliki penyelesaian optimal. Jika dikembalikan ke soal aslinya, maka titik optimal adalah (x1, x2) = (0, 40) dengan nilai minimum = 200. Tabel 3.17 merupakan ringkasan dari semua tabel iterasi yang dilakukan hingga mencapai titik optimal. Tampak bahwa dalam setiap iterasi, nilai fungsi selalu turun (karena fungsinya adalah meminimumkan) Contoh 3.5 Minimumkan 4x + 6y + z Kendala :

x + 2y y + 4z

10 20


3x

+

z

75

40

dengan x, y, dan z

0

Penyelesaian Untuk menyelesaikan dengan metode simpleks, model terlebih dahulu dijadikan ke bentuk standar. Karena kendala – 1 berbentuk

, maka harus ditambah dengan variabel x4. Karena

kendala –2 dan 3 masing-masing berbentuk

, maka harus dikurangi dengan variabel baru x5

dan x6. Koefisien x4, x5 dan x6 di fungsi sasaran = 0. Didapat : Minimumkan 4x + 6y + z + 0 x4 + 0 x5 + 0 x6 Kendala : x + 2y

+ x4

y + 4z 3x

+

- x5

z

x, y, z, x4, x5, x6

= 10 = 20

- x6 = 40 0

Karena matriks kendala belum membentuk sub matriks identitas, maka pada baris/kendala kedua dan ketiga harus ditambah variabel semu x7 dan x8. Karena soalnya meminimumkan, maka koefisien x7 dan x8 pada fungsi sasaran = M (suatu bilangan positip besar). Didapatkan bentuk yang siap dimasukkan dalam tabel awal simpleks Minimumkan 4x + 6y + z + 0 x4 + 0 x5 + 0 x6 + M x7 + M x8 Kendala : x + 2y

+ x4

y + 4z 3x

+

z

x, y, z, x4, x5, x6, x7, x8

- x5

= 10 + x7

- x6

= 20 + x8 = 40

0

Hasil iterasi simpleks tampak pada tabel 3.18. Perhatikan cara penentuan variabel yang keluar dan masuk dalam basis pada tiap iterasi (ditandai dengan kotak horisontal dan vertikal). Juga perhatikan perubahan harga aij dan bi setelah dilakukan perubahan basis.

76


cj

4

6

1

0

0

0

M

M

x

y

z

x4

x5

x6

x7

x8

bi

1

2

0

1

0

0

0

0

10

-

x7 x8

0

1

4

0

-1

0

1

0

20

5

3

0

1

0

0

-1

0

1

40

40

zj

3M

M

5M

0

-M

-M

M

M

0

M

M

0

0

1

0

0

0

0

10

1 4

0

1 4

0

5

35 3

(cB)i (xB)i xj 0 x4 M M

0 1 M

cj - zj 4 - 3M 6 - M 1 - 5M 1 2 0 x4 z x8

0 3

3M zj cj - zj -3M+4 4 1 M

(cB)i 4 1 0

0 1 0

60 M

1 4

1

0

1 4

0

0

1 4

-1

1 4

1

35

M 1 4

1

0

M 1 4

-M

M 1 4

M

M 23 4

0

0

35 M + 5

0

M 1 4

M

5M 1 4

10

x z

1

2

0

1

0

0

0

0

10

-

0

1 4

1

0

1 4

0

1 4

0

5

-

x8 zj cj cj - z j x (xB)i j x z x5 zj cj - zj x4 z x5 zj cj - zj

0

25 4

0

-3

1 4

-1

1 4

1

5

20

4 4 0

25 M 33 4

6 9 25 M 4

x5

M1 5M 4

x7

M M 0

5M+45

x4

-M 0 M

M 1 4

z

-3M+4 0 3M-4

M 1 4

y

1 1 0

x8

bi

1

2

0

1

0

0

0

0

10

10

0

-6

1

-3

0

-1

0

1

10

-

0

- 25

0

-12

1

-4

-1

4

20

-

4

2

1

1

0

-1

0

1

0

4

0

-1

0

1

M

M-1

1

2

0

1

0

0

0

0

10

3

0

1

0

0

-1

0

1

40

12

-1

0

0

1

-4

-1

4

140

3

0

1

0

0

-1

0

1

1

6

0

0

0

1

M

M-1

x

0 1 M 4

x6

50

40

Tabel 3.18 Semua variabel semu (x7 dan x8) tidak muncul sebagai variabel basis di tabel optimalnya. Berarti soal tersebut memiliki penyelesaian optimal. Penyelesaian optimalnya x = 0, y = 0, z = 40, x4 = 10, x5 = 140, x6 = 0, x7 = 0, x8 = 0. Jika dikembalikan ke soal aslinya, maka penyelesaian masalah mula-mula adalah x = 0, y = 0, z = 40


77

Contoh 3.6 Maksimumkan Kendala :

f = 30 x1 + 20 x2 x1 +

x2

8

6 x1 + 4 x2

12

5 x1 + 8 x2 = 20 x1, x2

0

Penyelesaian Untuk menjadikan bentuk standar, maka kendala – 1 dan –2 harus dijadikan persamaan. Untuk itu ditambahkan variabel baru x3 dan x4. Didapat model : Maksimumkan Kendala :

f = 30 x1 + 20 x2 + 0 x3 + 0 x4 x1 +

x2 + x3

= 8

6 x1 + 4 x2

- x4 = 12

5 x1 + 8 x2

= 20

x1, x2, x3, x4

0

Dalam kendalanya belum terbentuk matriks identitas. Untuk itu ditambahkan variabel semu pada kendala ke-2 dan ke-3. Perhatikan bagaimana variabel semu ditambahkan. Penambahan variabel semu harus dilakukan secukupnya saja agar terbentuk matriks identitas. Jadi tidak perlu semua kendala ditambah variabel semu. Didapat : Maksimumkan f = 30 x1 + 20 x2 + 0 x3 + 0 x4 - M x5 - M x6 Kendala : x1 +

x2 + x3

6 x1 + 4 x2

= 8 - x4

5 x1 + 8 x2 x1, x2, x3, x4, x5, x6

+ x6 = 12

+ x5 0

= 20

78


cj

(cB)i (xB)i xj 0 x3

30

20

0

0

-M

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

1

1

0

0

0

8

8

-M

x6

6

4

0

-1

0

1

12

3

-M

x5

5

8

0

0

1

0

20

5 2

zj

-11M

-12M

0

M

-M

-M

cj - zj 11M+30 12M+20 0

-M

0

0

0

x3

3 8

0

1

0

-M

x6

0

0

-1

20

x2

28 8 5 8

1

0

0

zj

28 M 100 8

20

0

cj - z j

28 M 140 8

0

0

44 8

44 3

1

2

16 28

1 8

0

20 8

4

-M

4 M 20 8

-M

0

M

12 M 20 8

0

2M+50

3 28

1 8 4 8

0

x3

0

0

1

30

x1

1

0

0

20

x2

0

1

0

5 28

6 28

zj

30

20

0

140 28

0

140 28

cj - z j

0

0

0

140 28

-M

28 M 140 28

0

x3

0

1

0

30

x1

1

8 5

0

0

0

x4

0

28 5

0

zj

30

48

cj - z j

0

-28

3 5

-32M

8 28

2 28 4 28

3 28 8 28

148 28

148 3

16 28

-

5 28

60 28

12

60

0

4

1 5

0

4

1

6 5

-1

12

0

0

6

0

0

0

-M-6

-M

1 5

120

Tabel 3.19 Tabel 3.19 merupakan hasil iterasi simpleks. Pada tabel terakhir, variabel semu (x5 dan x6) tidak muncul sebagai basis. Ini berarti penyelesaian optimal tercapai. Penyelesaian optimal : x1 = 4, x2 = 0, x3 = 4, x4 = 12, x5 = 0, x6 = 0. Jika dikembalikan ke soal aslinya, maka penyelesaian optimalnya adalah x1 = 4, x2 = 0 dengan nilai maksimum fungsi = 120.


3.3

79

Kejadian Khusus

Seperti pada penyelesaian dengan metode grafik (lihat bab 2.3), dalam bab ini akan dibahas bagaimana kejadian khusus tersebut dideteksi dengan tabel simpleks.

3.3.1


Alternatif penyelesaian berarti adanya 2 penyelesaian atau lebih yang menghasilkan nilai optimal yang sama. Adanya alternatif penyelesaian dalam metode simpleks dapat dilihat pada tabel optimalnya. Perhatikan elemen pada baris cj – zj yang bernilai 0 pada tabel optimal. Nilai 0 pada baris cj – zj selalu bersesuaian dengan variabel basis. Jika ck – zk = 0 dalam tabel optimal, sedangkan variabel pada kolom tersebut (= xk) bukanlah variabel basis, maka hal ini menunjukkan adanya alternatif penyelesaian. Alternatif penyelesaian didapat dengan “memaksa” variabel xk menjadi basis (meskipun sebenarnya tabelnya sudah optimal). Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 3.7 berikut ini

Contoh 3.7 Selesaikan soal berikut ini dengan metode simpleks ! Maksimumkan f x1, x2 Kendala

3 x1 x2

x1 + 2 x2

20

3x1 + x2

20

x1, x2

0

Penyelesaian Bentuk standar masalah tersebut adalah sebagai berikut : Maksimumkan f x1 ... x4 Kendala

3 x1 x2

x1 + 2 x2 + x3 3x1 + x2 x1, x2, x3, x4

= 20 + x4 = 20 0

0 x3

0 x4

80


Tabel iterasi simpleks tampak pada tabel 3.20. Tampak bahwa pada iterasi kedua, tabel tersebut sudah optimal dengan penyelesaian optimal x1 =

20 3

dan x2 = 0 (karena bukan variabel basis

pada tabel optimal).

cj

3

1

0

0

(cB)i (xB)i xj 0 x3 0 x4

x1

x2

x3

x4

bi

1

2

1

0

20

20

3

1

0

1

20

20/3

zj cj - z j x3

0

0

0

0

3

1

0

0

0

5 3

1

x1 zj cj - z j

1

1 3

0

1 3

3

1

0

1

0

0

0

-1

0 3

0 1 3

40 3 20 3

20

bukan basis tapi bernilai nol

Tabel 3.20 Tampak bahwa pada tabel optimalnya, c2 – z2 = 0 meskipun x2 bukan variabel basis. Ini menunjukkan adanya alternatif penyelesaian yang bisa diperoleh dengan memaksa x2 untuk menjadi basis. Tabel 3.21 bagian bawah menunjukkan perubahan tabel 3.20 jika x2 dipaksa menjadi basis.

cj

(cB)i (xB)i xj 0 x3

3

1

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

1 3

40 3

8

20 3

20

0

5 3

1

x1

1

1 3

0

1 3

zj

3

1

0

1

cj - z j

0

0

0

-1

1

x2

0

1

3 5

1 5

3

x1

1

0

zj

3

1

0

1

cj - z j

0

0

0

-1

3

1 5

Tabel 3.21

2 5

20 8 4 20


81

Tampak bahwa tabel sudah optimal dengan penyelesaian optimal x1 = 4 dan x2 = 8. Perhatikan bahwa pada tabel 3.21 juga mengandung alternatif penyelesaian karena x3 bukan merupakan variabel basis, tapi c3 – z3 = 0. Jika kemudian tabel direvisi lagi dengan cara memaksakan x3 untuk menjadi basis, maka akan diperoleh kembali tabel optimal pada tabel 3.20

3.3.2

Penyelesaian Tak Terbatas

Penyelesaian tak terbatas berarti

f(X) bisa diperbesar (atau diperkecil) sampai titik tak

berhingga. Perhatikan kembali bagan alir untuk merevisi tabel yang belum optimal (gambar 3.2). Setelah mendapatkan calon basis, maka langkah berikutnya adalah menguji apakah ada elemen aik (elemen dalam kotak vertikal) yang > 0. Jika ada maka langkah berikutnya adalah menghitung nilai semua aik

dan menentukan variabel yang harus keluar dari basis. Akan tetapi apabila

0, maka berarti penyelesaiannya tak terbatas (bisa dikatakan juga bahwa soal tidak

memiliki penyelesaian). Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 3.8 berikut ini.

Contoh 3.8 Selesaikan contoh soal 2.12 dengan metode simpleks ! Penyelesaian Model dalam contoh 2.12 adalah Maksimumkan f (x1, x2) = 2 x1 + 3 x2 Kendala

x1 – 2 x2

4

x1 + x2

3

x1, x2

0

Bentuk standar simpleks : Maksimumkan f (x1 … x5) = 2 x1 + 3 x2 + 0 x3 + 0 x4 - M x5 Kendala

x1 – 2 x2 + x3

= 4

x1 + x2 - x4 + x5 = 3 x1 … x5

0

82


Tabel 3.22 adalah tabel iterasi simpleks. Pada iterasi kedua, c4 – z4 = 3 > 0. Karena satu-satunya yang masih bernilai positip, maka x4 menjadi calon basis. Akan tetapi a14 = -2 < 0 dan a24 = -1 < 0 sehingga nilai

tidak bisa dicari. Ini berarti bahwa soal memiliki penyelesaian tak terbatas.

cj

2

3

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

bi

1

-2

1

0

0

4

-

x5

1

1

0

-1

1

3

3

zj

-M

-M

0

M

-M

cj - zj

2+M

3+M

0

-M

0

0

x3

3

0

1

-2

2

10

-

3

x2

1

1

0

-1

1

3

3

zj

3

3

0

-3

3

cj - zj

-1

0

0

3

-3 - M

(cB)i (xB)i xj 0 x3 -M

- 3M

9

Tabel 3.22

3.3.3

Soal Tidak Fisibel

Seperti yang sudah dibahas pada bab 2.3.4, soal tak fisibel berarti soal tidak memiliki daerah fisibel (tidak memiliki titik yang memenuhi semua kendala). Dalam metode simpleks, variabel semu berfungsi sebagai katalisator agar muncul matriks identitas sehingga proses simpleks dapat dilakukan. Pada iterasi yang pertama, variabel semu akan dipakai sebagai variabel basis. Untuk mempercepat keluarnya variabel semu dari variabel basis, maka pada fungsi sasarannya diberi koefisien = M meminimumkan atau memaksimumkan).

atau

-M (tergantung soal

Akan tetapi ada kalanya variabel semu tetap

merupakan variabel basis pada tabel optimalnya. Hal ini menunjukkan bahwa soalnya tidak fisibel. Pengecekan soal yang tidak fisibel terlihat pada bagian bawah bagan alir gambar 3.1. Setelah tidak ada cj – zj > 0 (atau < 0 untuk soal meminimumkan), maka proses dilanjutkan dengan meneliti apakah ada variabel semu yang masih bernilai positip. Jika tidak ada, maka penyelesaian optimal didapatkan. Akan tetapi jika ada variabel semu yang masih bernilai positip, berarti soalnya tidak fisibel Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 3.9 berikut ini


83

Contoh 3.9 Selesaikan contoh soal 2.13 dengan metode simpleks ! Penyelesaian Model dalam contoh 2.13 adalah Maksimumkan f (x1, x2) = 4 x1 + 3 x2 Kendala

x1 + x2

3

2x1 – x2

3

x1 x1, x2

4 0

Bentuk standarnya : Maksimumkan f (x1 … x6) = 4 x1 + 3 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 - M x6 Kendala

x1 + x2 + x3 2x1 – x2 x1 x1 … x6

= 3

+ x4

= 3

- x5 + x6 = 4 0

Tabel 3.23 adalah tabel simpleks yang sesuai. Pada tabel terakhir, semua cj – zj

0. Ini

menunjukkan bahwa tabel sudah optimal. Akan tetapi x6 yang merupakan variabel semu masih tetap merupakan variabel basis. Berarti soalnya tidak fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian optimal.

84


cj

4

3

0

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

1

1

0

0

0

3

3

x4 x6

2

-1

0

1

0

0

3

3 2

1

0

0

0

-1

1

4

4

zj

-M

0

0

0

M

-M

cj - z j x3

4+M

3

0

0

-M

0

0

3 2

1

1 2

0

0

3 2

1

x1 x6

1

1 2

0

1 2

0

0

3 2

-

0

1 2

0

1 2

-1

1

5 2

5

zj cj - z j

4

4 M 2

0

4 M 2

M

-M

0

10 M 2

0

4 M 2

-M

0

x2 x1

0

1

2 3

1 3

0

0

1

1

0

1 3

1 3

0

0

2

x6 zj

0

0

1 3

1 3

-1

1

2

4

3

10 M 3

1 M 3

M

-M

cj - z j

0

0

10 M 3

-M

0

(cB)i (xB)i xj 0 x3 0 -M

0 4 -M

3 4 -M

1 M 3

-4M

12 5 M 2

11-2M

Tabel 3.23

3.3.4

Kemerosotan (Degeneracy)

Secara geometris, kemerosotan (degeneracy) berarti bahwa ada titik sudut daerah fisibel yang terbentuk dari perpotongan 3 garis atau lebih (umumnya, suatu titik terbentuk dari perpotongan 2 garis). Dalam iterasinya, metode simpleks akan menentukan titik mana dalam daerah fisibel yang berikutnya akan diuji optimalitasnya. Titik sudut tersebut dianggap merupakan perpotongan 2 buah garis. Hal ini ditandai dengan pemilihan

yang paling minimum. Akan tetapi jika titik

yang dimaksud merupakan perpotongan 3 garis atau lebih, maka akan muncul beberapa minimum yang sama. Dalam hal ini

boleh diambil sembarang. Akan tetapi pemilihan

yang berbeda akan

menghasilkan jumlah iterasi yang berbeda pula, meskipun hasil akhirnya sama. Tidak ada petunjuk tentang cara pemilihan perhatikan contoh 3.10 berikut ini

agar jumlah iterasinya paling sedikit. Untuk lebih jelasnya,


85

Contoh 3.10 Selesaikan masalah program linier berikut ini dengan metode simpleks Maksimumkan f (x1, x2) = 5 x1 + 3 x2 Kendala

4x1 + 2x2

12

4x1 + x2

10

x1 + x2

4

x1, x2

0

Penyelesaian Bentuk standarnya : Maksimumkan f (x1 … x5) = 5 x1 + 3 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 Kendala

4x1 + 2x2 + x3

= 12

4x1 + x2 + x4

= 10

x1 + x2

+ x5 = 4

x1 … x5

0

Tabel simpleksnya tampak pada tabel 3.24. Pada iterasi ke-2, terdapat 2 buah nilai

minimum

yang sama-sama bernilai 2. Untuk itu dipilih salah satunya (x3 atau x5) secara sembarang. cj

5

3

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

bi

4

2

1

0

0

12

3

4

1

0

1

0

10

5 2

x5 zj

1

1

0

0

1

4

4

0

0

0

0

0

cj - zj

5

3

0

0

0

0

x3

0

1

1

-1

0

2

2

5

x1 x5 zj

1

1 4

0

1 4

0

5 2

10

0

3 4

0

1

3 2

2

5

5 4

0

cj - zj

0

7 4

0

(cB)i (xB)i 0 x3 0 x4 0

0

xj

1 4

0

5 4 5 4

Tabel 3.24

0

0

25 2

?

?

86


Gambar 3.4 merupakan interpretasi geometris masalah tersebut. Ketiga kendala berpotongan pada titik G (2, 2). Setelah mengecek titik (0, 0), tabel simpleks mengecek titik (5/2, 0) dan kemudian (2,2). Terjadi alternatif pilihan, apakah titik (2,2) dianggap perpotongan kendala-1 dan 2 atau kendala-2 dan 3 x2 C (0, 10)

B (0, 6) A (0,4) G (2,2) F (4,0) D (5/2,0)

x1

E (3,0)

Gambar 3.4 Tabel 3.25 a adalah kelanjutan iterasi jika x3 keluar dari basis, sedangkan tabel 3.25 b adalah kelanjutan iterasi jika x5 yang keluar dari basis. Perhatikan bahwa meskipun jumlah iterasi hingga mencapai optimal pada tabel 3.25 a dan 3.25 b tidak sama, namun keduanya menghasilkan penyelesaian optimal yang sama yaitu x1 = 2 dan x2 = 2


cj

5

3

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

bi

0

1

1

-1

0

2

2

x1 x5

1

1 4

0

1 4

0

5 2

10

0

3 4

0

1

3 2

2

zj

5

5 4

0

cj - zj x2

0

7 4

0

0

1

1

x1 x5

1

0

0

zj cj - zj

(cB)i (xB)i xj 0 x3 5 0

3 5 0

3 5 0

87

1 4

0

5 4 5 4

25 2

0

-1

0

2

-

1 4

1 2

0

2

4

0

3 4

1 2

1

0

0

5

3

7 4

0

0

x2 x1

0

1

1

0

x4 zj

0

0

5

3

cj - zj

0

0

1 2

0

1 2

0

0

2

2

0

-1

2

1

2

0

1

0

1

-1

0

-1

7 4 1 2 1 2 3 2

16

16

Tabel 3.25 a

cj

5

3

0

0

0

x1

x2

x3

x4

x5

bi

0

1

1

-1

0

2

2

1

1 4

0

1 4

0

5 2

10

x5 zj

0

3 4

0

1

3 2

2

5

5 4

0

cj - zj

0

7 4

0

x3

0

5

x1 x2 zj cj - zj

(cB)i (xB)i xj 0 x3 5 x1 0

3

1 4

0

5 4

25 2

0

5 4

0

0

1

2 3

4 3

0

1

0

0

1 3

2

0

1

0

5

3

0

0

0

0

1 3 1 3

7 3

2 3

Tabel 3.25 b

2

4 3

2 3

7 3

16

88

3.3.5


Variabel Penyusun Tak Bersyarat

Dalam bentuk standar program linier, disyaratkan bahwa semua variabel penyusunnya harus 0. Apabila ada variabel penyusunnya yang bernilai bebas (boleh negatif), maka sebelum masuk ke proses simpleks, masalah harus terlebih dahulu ditransformasi sehingga semua variabel penyusunnya

0. Caranya adalah dengan menyatakan variabel yang bernilai bebas sebagai

selisih 2 variabel baru yang keduanya

0. Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh 3.11

Contoh 3.10 Maksimumkan f (x1, x2, x3) = 3 x1 + 2 x2 + x3 Kendala

2x1 + 5x2 + x3

12

6x1 + 8x2

22

x2, x3

0

Penyelesaian Perhatikan bahwa yang disyaratkan

hanyalah x2 dan x3 saja, sedangkan x1 boleh bernilai

sembarang. Untuk menjadikan ke bentuk standar program linier, maka x1 dinyatakan sebagai selisih dua variabel baru x4 dan x5. x1 = x4 – x5. Dengan mensubstitusi x1 ke model didapatkan : Maksimumkan f (x2, x3, x4, x5) = 3 (x4 – x5) + 2 x2 + x3 Kendala

2 (x4 – x5) + 5x2 + x3

12

6 (x4 – x5) + 8x2

22

x2, x3, x4, x5

0

Bentuk standarnya : Maksimumkan f (x2, x3, x4, x5) = 2 x2 + x3 + 3x4 – 3x5 + 0x6 Kendala

5x2 + x3 + 2x4 – 2x5 + x6 8x2 + x2 … x7

6x4 – 6x5 0

+ x7

= 12 = 22


89

Tabel simpleks tampak pada tabel 3.26. Perhatikan bahwa variabel basis awal boleh diambil x3 ataupun x6 Penyelesaian optimal x2 = 0, x3 =

28 6

soal aslinya, maka x1 = x4 – x5 =

-0=

= 0 dan x3 =

14 3

11 3

14 3

, x4 = 11 3

22 6

11 3

, x5 = x6 = x7 = 0. Jika dikembalikan ke

. maka penyelesaian soal aslinya adalah x1 =

, x2

. Perhatikan disini bahwa x1 yang bernilai sembarang tidak berarti harus bernilai

negatif. Akan tetapi juga tidak boleh diasumsikan

0 sehingga proses simpleks juga tidak dapat

langsung digunakan.

cj

2

1

3

-3

0

0

x2

x3

x4

x5

x6

x7

bi

5

1

2

-2

1

0

12

6

x7

8

0

6

-6

0

1

22

22 6

zj

5

1

2

-2

1

0

cj - z j

-3

0

1

-1

0

0

1

x3

14 6

1

0

0

1

3

x4

8 6

0

1

-1

0

1 6

zj

38 6

1

3

-3

1

1 6

0

0

0

-1

(cB)i (x ) xj B i 1 x3 0

11 3

cj - z j

26 6

Tabel 3.26

12 2 6

28 6 22 6

1 6

94 6

90


SOAL-SOAL LATIHAN 1. Selesaikan masalah berikut ini dengan metode simpleks Maksimumkan

Z = 3 x1 + 4 x2 + 2 x3

Kendala : x1 +

x2 + x3 +

x4

3 x1 + 6 x2 + x3 - 2 x4 x2

30 0 4

x1, x2, x3, x4

0

2. Gunakan metode simpleks untuk membuktikan bahwa masalah berikut ini tidak mempunyai penyelesaian optimal Maksimumkan

Z = x1 + 2 x2

Kendala : -2 x1 + x2 + x3

2

- x1 + x2 - x3

1

x1, x2, x3

0

3. Gunakan metode simpleks untuk menyelesaikan masalah berikut ini ! a. Max Z = x1 + x2 Kendala : x1 + 5 x2 2 x1 +

5

x2

4

x1, x2 tak negatif b. Max Z = 3 x1 + 4 x2 Kendala : 2 x1 + x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x1, x2 tak negatif


91

4. Sebuah perusahaan membuat 3 jenis produk, yang masing-masing harus melalui 3 macam proses. Perusahaan tersebut dapat menjual semua produksinya, tetapi kemampuan produksinya terbatas. Data yang berhubungan dengan perusahaan tersebut tampak pada tabel di bawah ini. Bagaimana campuran produksi yang harus dibuat ? Waktu Proses (Jam/Unit) Produk

Proses - 1

Proses - 2

Proses - 3

Biaya

Harga Jual

A

1

3

2

11

15

B

3

4

1

12

20

C

2

2

2

10

16

Waktu Proses yang tersedia

160

120

80

5. Minimumkan 4x + 6y + z Kendala : x + 2y

10

y + 4z 3x

+

dengan x, y, dan z

20

z

40 0

6. Perusahaan konstruksi ABC sedang membangun jalan di sisi bukit. Dibutuhkan bom untuk meledakkan lapisan bawah tanah agar didapatkan permukaan yang diinginkan. Ada 3 jenis cairan bahan peledak (A, B, dan C) yang dapat dipakai dalam pembuatan bom. Diketahui bahwa paling sedikit 10 ons bahan peledak harus dipergunakan. Jika digunakan lebih dari 20 ons bahan peledak, maka ledakan akan terlalu besar dan merusak. Agar terjadi ledakan yang baik, paling sedikit 1/4 ons bahan C harus dipakai untuk setiap ons bahan A, dan paling sedikit 1 ons bahan B harus dipakai untuk setiap ons bahan C. Harga bahan A, B, dan C masing-masing adalah 6, 18 dan 20 (ribu) per ons. Tentukan campuran peledak yang paling murah untuk medapatkan ledakan yang aman.

92


7. Selesaikan masalah program linier berikut dengan metode simpleks, lalu bandingkanlah hasilnya dengan metode grafik ! a. Maksimumkan f = x1 + x2 Kendala : x1 +

x2

1

5 x1 + 10 x2

50

x2

4

x1, x2

0

b. Maksimumkan f = -3 x1 + 4 x2 Kendala : x1 -

x2

0

- x1 + 2 x2

2

x1, x2

0

c. Maksimumkan

Z = 3 x1 + 2 x2 + 8 x3

Kendala : 4 x1 - 3 x2 + 12 x3

12

x1 + 4 x3 x2 -

6 x3

x1, x2, x3

= 2 0

d. Minimumkan f = 30 x1 + 20 x2 Kendala : x1 +

x2

8

6 x1 + 4 x2

12

5 x1 + 8 x2 = 20 x1, x2

0

e. Minimumkan

f = x1 - 2 x2 + 3 x3

Kendala : -2 x1 +

x2 + 3 x3 = 2

2 x1 + 3 x2 + 4 x3 = 1 x1, x2, x3

0


93

8. Gunakan metode simpleks untuk membuktikan bahwa masalah berikut ini tidak fisibel Minimumkan

Z = 2 y1 + 4 y2

Kendala : 2 y1 - 3 y2

2

- y1 + y2

3

y1, y2 9. Minimumkan

0

f = -2 x1 + x2

Kendala : x1

+

x2

4

x1

-

x2

6

x1

0, x2 sembarang

Pada soal no 10 – 19 berikut ini, buatlah model Program Linier yang sesuai. Kemudian gunakan perangkat lunak untuk menyelesaikannya 10. Rilex adalah sebuah perusahaan pengembang sedang mengembangkan area di sisi danau untuk perumahan. Untuk keperluan pemasaran, mereka merencanakan penggunaan media TV, radio dan koran. Data yang didapat meliputi jumlah pelanggan potensial yang bisa dijangkau, biaya per iklan, jumlah maksimum pemakaian media per bulan dan exposure quality unit untuk tiap media. Data yang relevan tampak pada tabel berikut. Anggaran untuk promosi adalah 300.000 (ribuan) untuk bulan pertama. Ada beberapa persyaratan yang diinginkan oleh Rilex. Jumlah iklan di TV paling sedikit sebanyak 10 kali, tapi anggaran seluruh iklah di TV tidak boleh melebihi 180.000 (ribuan). Paling sedikit 50.000 pelanggan potensial harus terjangkau. Bagaimana perencanaan iklan yang akan membuat exposure quality unit maksimum ? Media Iklan

Juml Pelanggan Potensial yang terjangkau

Biaya per iklan (ribuan)

Jumlah iklan yang tersedia per bulan

Exposure Quality Unit

TV siang hari

1000

1500

15

65

TV sore hari

2000

3000

10

90

Koran harian

1500

400

25

40

Koran Minggu

2500

1000

4

60

Radio

300

100

30

20

94


11. TopRiset adalah sebuah lembaga survei melakukan jasa penelitian untuk mengetahui karakteristik, attitude dan kesukaan konsumen terhadap produk baru, pelayanan dan iklan yang dilakukan. Sebuah perusahaan langganan yang menggunakan jasanya untuk melakukan survei door to door terhadap 1000 pelanggan, dengan beberapa spesifikasi tambahan sbb : Wawancara minimum terhadap 400 pelanggan yang memiliki anak Wawancara minimum terhadap 400 pelanggan yang tidak memiliki anak Jumlah pelanggan yang diwawancarai malam hari paling sedikit harus sama dengan jumlah pelanggan yang diwawancarai pada siang hari Paling sedikit

40 %

wawancara terhadap pelanggan yang memiliki anak harus

dilakukan pada malam hari Paling sedikit 60 % wawancara terhadap pelanggan yang tidak memiliki anak harus dilakukan pada malam hari Biaya interview untuk tiap karakteristik pelanggan dan waktu berbeda-beda seperti tampak pada tabel berikut ini Biaya Survei (ribuan) Keluarga

Siang

Malam

Dengan anak

200

250

Tanpa Anak

180

200

Bagaimana TopRiset harus mengatur survei agar memenuhi permintaan pelanggan tapi dengan biaya minimum ?

12. Baja Hitam adalah sebuah perusahaan konstruksi baru saja mendapatkan dana penjualan saham sebesar

1000 (juta rupiah) dan sekarang hendak mengalihkan ke investasi lain.

Untuk itu ia menyerahkan pengaturannya pada Indodana, sebuah perusahaan investasi yang sudah lama dikenalnya. Indodana merekomendasikan 4 industri yang bergerak di bidang


95

industri minyak, industri baja atau obligasi pemerintah. Untuk tiap-tiap investasi, imbal hasil yang diperkirakan akan diperoleh tampak pada tabel berikut ini. Investasi

Imbal hasil (%)

Indika Oil

7.3

Berau Oil

10.3

Krakatau Steel

6.4

Sumatra Steel

7.5

Obligasi

4.5

Manajemen Baja Hitam memberikan beberapa syarat investasinya : Tidak boleh ada industri (baik minyak maupun baja) yang mendapatkan lebih dari 500 juta rp Obligasi pemerintah harus menerima paling sedikit 25 % dari dari investasi di industri baja Investasi di Berau Oil tidak boleh melebihi 60 % dari total investasi di bidang minyak. Bagaimana portofolio yang harus dibuat oleh Valbury agar memperoleh pendapatan sebesarbesarnya tapi tetap memenuhi permintaan manajemen Baja Hitam ?

13. PastiLaku adalah sebuah perusahaan event organizer yang sedang membuah perencanaan promosi. Media yang dapat dipilih antara lain melalui TV, radio dan koran. Perkiraan konsumen, biaya dan jumlah maksimum pemanfaatan media tampak pada tabel berikut. Komponen Jumlah pelanggan yang terjangkau per iklan

TV

Radio

Koran

100.000

18.000

40.000

2.000

300

600

10

20

10

Biaya per iklan (ribuan rp) Maksimum iklan

Untuk memberikan keseimbangan penggunaan media, penggunaan radio tidak boleh melebihi 50 % dari total jumlah iklan. Disamping itu, iklan di TV paling sedikit harus 10 % dari total jumlah iklan yang dilakukan.

96


Jika anggaran promosi terbatas sebesar 18.200 (ribuan rp), bagaimana cara promosi yang harus dilakukan agar pelanggan yang terjangkau sebesar-besarnya ?

14. Manajemen perusahaan parcel makanan ingin menentukan jumlah kedua produk yang dihasilkannya untuk persiapan hari raya. Tabel di bawah ini menunjukkan informasi yang diperlukan. Buatlah model program linier yang sesuai untuk perusahaan parcel makanan tersebut. Carilah penyelesaiannya Waktu pembuatan sebuah Produk (jam) Pekerjaan

1

2

Waktu yang tersedia

A

1.00

0.35

100

B

0.3

0.2

36

C

0.2

0.5

50

Keuntungan per unit (ribu rp)

30

15

80

15. LautanDana adalah sebuah perusahaan pembiayaan merencanakan untuk mengalokasikan sejumlah dana untuk dipinjam nasabahnya. Disamping itu LautanDana juga ingin menempatkan sebagian dananya pada deposito bank. Bunga pinjaman adalah sebagai berikut : Jenis pinjaman untuk nasabah

Bunga yg diperoleh (% per tahun)

Pembelian Mobil

8

Pembelian alat rumah tangga

10

Pembelian rumah

11

Pengembangan Usaha

12

Deposito

9

Ada beberapa keputusan manajemen LautanDana yang harus dipenuhi : Jumlah dana yang ditanamkan di deposito tidak boleh melebihi 30 % dari total dana yang dimiliki Karena beresiko tinggi, dana yang dipinjam nasabah untuk pengembangan usaha tidak boleh melebihi 10 % dari seluruh pinjaman (mobil, alat rumah tangga, rumah dan pengembangan usaha)


97

Kredit untuk pembelian alat rumah tangga ditambah kredit pembelian rumah tidak boleh melebihi kredit untuk pembelian mobil. Kredit pembelian rumah ditambah dengan kredit pengembangan usaha tidak boleh melebihi deposito. Jika LautanDana memiliki dana sebesar 2000 (juta rupiah), berapa besar kredit untuk tiaptiap keperluan agar return yang dihasilkan maksimum ?

16. Total Oil sedang mengembangkan additive baru untuk campuran bahan bakar pesawat terbang. Additive tersebut merupakan campuran dari 3 bahan dasar yaitu A, B, dan C. Untuk menghasilkan performance yang optimal, jumlah total additive yang dicampurkan ke bahan bahaka haruslah minimum 10 ml per liter bahan bakar. Akan tetapi agar tidak membahayakan, jumlah total additive tidak boleh melebihi 15 ml per liter bahan bakar. Komposisi ketiga bahan dasar additive merupakan hal yang penting. Paling sedikit 1 ml bahan A haruslah digunakan untuk tiap ml bahan B. Jumlah bahan C paling sedikit harus 1,5 kali bahan A. Jika harga tiap ml bahan A, B dan C masing-masing adalah Rp 1000, Rp 300 dan Rp 900, carilah komposisi bahan additive yang paling baik !

17. Seorang penasehat keuangan di MaxiDana ingin mengembangkan model yang dapat dipakai untuk mengalokasikan dana investasi diantara 4 kemungkinan : saham, deposito, obligasi, dan tabungan. MaxiDana sudah memperkirakan faktor resiko dan imbal hasil untuk tahun depan berdasarkan kondisi ekonomi. Resiko diukur berdasarkan indeks antara 0 dan 1 (0 menyatakan tanpa resiko). Jenis Investasi

Imbal Hasil (%)

Resiko

Saham

10

0.8

Deposito

3

0.2

Obligasi

4

0.3

Tabungan

1

0.0

Model yang dikembangkan bertujuan untuk menentukan portofolio investasi agar diperoleh imbal hasil yang maksimum, dengan memenuhi tingkat resiko yang diinginkan.

98


Total resiko adalah umlah resiko untuk semua investasi yang dilakukan. Sebagai contoh, seseorang yang menginvestasikan dananya masing-masing 40 % untuk saham, 30 % untuk deposito, 20 % untuk obligasi dan 10 % untuk tabungan memiliki total resiko sebesar 0.4(0.8) + 0.3(0.2) + 0.2(0.3) + 0.1(0.0) = 0.44. Maksimum Total resiko yang lebih kecil dari 0.3 menunjukkan investor yang konservatif, Nilai maksimum total resiko antara 0.3 hingga 0.5 menunjukkan investor yang menengah, dan nilai maksimum total resiko lebih dari 0.5 menunjukkan investor yang agresif. Ada beberapa aturan yang ditetapkan oleh MaxiDana sbb : Investasi di saham tidak boleh lebih dari 75 % dari total investasi Jumlah investasi di obligasi paling sedikit harus sama jumlahnya dengan jumlah investasi di di deposito Jumlah tabungan paling sedikit harus 10 % dari total investasi, tapi tidak boleh lebih dari 30 % a. Misalkan maksimum total resiko seorang klien adalah 0.4. Bagaimana alokasi investasi yang optimal ? Berapa imbal hasilnya ? b. Misalkan klien yang konservatif memiliki maksimum nilai resiko = 0.18. Bagaimana portofolio optimal baginya ? Berapa imbal hasil baginya ?

18. Perusahaan IndoTurbin membeli 2 jenis komponen mesin dari 3 supplier berbeda. Tiap supplier memiliki kapasitas terbatas, dan tidak ada satupun yang dapat memenuhi semua kebutuhan perusahaan. Untuk tiap komponen, IndoTurbin dapat membelinya dari beberapa supplier berbeda. Harga penawaran mesin di tiap suppllier berbeda-beda seperti yang tampak pada tabel berikut ini. Baris terbawah adalah kemampuan supplier untuk mensupply barang yang dibutuhkan Supplier Komponen

1

2

3

1

$ 12

$ 13

$ 14

2

$ 10

$ 11

$ 10

Kapasitas

600

1000

800


99

Jika IndoTurbin membutuhkan komponen 1 dan 2 masing-masing sebanyak 1000 dan 800 unit, bagaimana cara pembelian yang disarankan agar total biaya pembelian seminimum mungkin ? Berapa jumlah total biaya pembelian ?

19. Dua Kertas adalah perusahaan kertas yang memproduksi kertas berbentuk gulungan selebar 20 cm yang biasa dipakai untuk cash register. Ada 3 jenis kertas gulungan yang dibuat, masing-masing dengan lebar 3, 5 dan 7 cm. Karena kertas aslinya memiliki lebar 10 cm, maka kertas tersebut harus dipotong-potong agar memenuhi kebutuhan. Ada

7

kemungkinan pemotongan sbb : Jumlah gulungan Alternatif potongan

3 cm

5 cm

7 cm

Sisa potongan (cm)

1

6

0

0

2

2

0

4

0

0

3

2

0

2

0

4

0

1

2

1

5

1

3

0

2

6

1

2

1

0

7

4

0

1

1

1000

2000

4000

Kebutuhan

a. Jika perusahaan tersebut ingin meminimumkan jumlah gulungan yang akan dibuat, berapa buah gulungan yang harus dibuat untuk tiap alternatif ? Berapa jumlah gulungan yang dipotong dan berapa sisa potongannya ? b. Jika perusahaan tersebut ingin meminumkan jumlah sisa potongan, berapa potongan untuk tiap-tiap alternatif ? Berapa jumlah gulungan yang dipotong dan berapa sisa potongannya ? Apakah perbedaan diantara soal (a) dan (b) diatas ? Pada situasi apa masing-masing tujuan tersebut dipilih ?

Bab 4 PROGRAM BILANGAN BULAT

Dalam bab 2 dan 3 telah dibahas tentang Program Linier. Dalam beberapa kasus variabel keputusan harus bernilai bulat, misalnya jumlah mobil, jumlah rumah, dll. Oleh karena itu, dalam bab ini dibahas tentang Program Bilangan Bulat, yang merupakan kasus khusus Program Linier, untuk menyelesaikan masalah Program Linier yang penyelesaiannya harus bilangan bulat

4.1

Program Bilangan Bulat Sebagai Perluasan

Program Linier Secara umum, penyelesaian program linier bukanlah bilangan bulat. Apabila variabel keputusannya merupakan kuantitas yang harus bulat (misalkan jumlah mobil, jumlah almari, dll), maka model program linier tidak dapat dipakai. Untuk lebih melihat perbandingannya, perhatikan contoh 4.1 dan 4.2 Contoh 4.1 Suatu perusahaan obat nyamuk memproduksi 2 macam obat pembunuh nyamuk cair, yaitu jenis “super” dan jenis “biasa”. Keduanya dibuat dari bahan dasar yang sama yaitu cairan A dan B, namun dengan komposisi yang berbeda-beda. Untuk membuat 1 liter jenis super dibutuhkan 10 cc bahan A dan 4 cc bahan B, sedangkan 1 liter jenis biasa membutuhkan 2 cc bahan A dan 2 cc bahan B. Penjualan tiap liter obat nyamuk jenis super memberikan keuntungan sebesar Rp 5000, sedangkan jenis biasa sebesar

Rp 2000. Perusahaan tersebut ingin membuat sebanyak-

banyaknya, namun ia memiliki keterbatasan dalam hal penyediaan bahan pembuatnya. Tiap minggu ia hanya mampu menyediakan 100 cc bahan A dan 50 cc bahan B. Tentukan jumlah obat yang harus dibuat (dengan kendala yang ada) agar keuntungan yang didapatkannya maksimum !

PROGRAM BILANGAN BULAT

101

Penyelesaian Misalkan

x1 = jumlah cairan jenis super dan x2 = jumlah cairan jenis biasa yang dibuat.

Model yang sesuai adalah : Maksimumkan f x1, x2 Kendala

5 x1 2 x2 (ribuan)

10x1 + 2x2

100

4x1 + 2x2

50

;

x1, x2

0.

Gambar 4.1 menunjukkan daerah fisibel dengan titik sudut masing-masing : O (0, 0) dengan f(O) = 0, A (0, 25) dengan f(A) = 50, E 8 13 , 8 13 dengan f(E) = 58 13 dan D (10,0) dengan f(D) = 50. C (0, 50)

x2

3x1+ x2 = 20 A (0,25)

E 8 13 , 8 13 B (25/2,0) D (10, 0)

x1

x1+ 2x2 = 20

Gambar 4.1 Titik maksimumnya adalah E 8 13 , 8 13 dengan f(E) = 58 13 . Jika dikembalikan ke soal aslinya, berarti pengusaha tersebut harus memproduksi 8 13 liter cairan super dan 8 13 liter cairan biasa. Contoh 4.2 Seorang tukang jahit membuat baju dan rok yang keduanya dibuat dari bahan dasar yang sama yaitu A dan B.

102


Untuk membuat satu set baju dibutuhkan 10 m bahan A dan 4 m bahan B, sedangkan pembuatan satu set rok membutuhkan 2 m bahan A dan 2 m bahan B. Penjualan tiap set baju memberikan keuntungan sebesar Rp 5000, sedangkan tiap set rok sebesar Rp 2000. Tukang jahit tersebut ingin membuat sebanyak-banyaknya, namun ia memiliki keterbatasan dalam hal penyediaan bahan pembuatnya. Tiap minggu ia hanya mampu menyediakan 100 m bahan A dan 50 m bahan B. Tentukan jumlah baju dan rok yang harus dibuat (dengan kendala yang ada) agar keuntungan yang didapatkannya maksimum ! Penyelesaian Misalkan

x1 = jumlah baju dan x2 = jumlah rok yang dibuat.

Model yang sesuai adalah : Maksimumkan f x1, x2 Kendala

5 x1 2 x2 (ribuan)

10x1 + 2x2

100

4x1 + 2x2

50

;

x1, x2

0.

Perhatikan bahwa model tersebut sama persis dengan model pada contoh 4.1. Ini berarti penyelesaian optimalnyapun sama, yaitu (x1, x2) = ( 8 13 , 8 13 ). Jika dikembalikan ke soal aslinya, berarti tukang jahit tersebut harus membuat 8 13 baju dan 8 13 rok. Pada contoh 4.1, penyelesaian optimal dapat diaplikasikan karena jumlah cairan obat nyamuk dapat berupa pecahan. Akan tetapi penyelesaian contoh 4.2 tidak dapat dilakukan karena jumlah baju maupun rok yang dibuat haruslah merupakan bilangan bulat. Pembulatan/pemotongan hasil yang didapat dari penyelesaian optimal program linier secara umum tidak dapat dilakukan karena mungkin terdapat beberapa penyelesaian pembulatan dan pembulatan/pemotongan tersebut belum tentu tetap merupakan penyelesaian optimalnya. Dalam contoh 4.2, ada beberapa pembulatan penyelesaian antara lain (8, 8), (8, 9), (9, 8), (9, 9). Tidak jelas mana yang merupakan titik yang terletak di daerah fisibel sehingga tidak dapat ditentukan titik mana yang merupakan penyelesaian optimalnya. Penyelesaian program linier yang mensyaratkan semua variabelnya bulat dilakukan dengan model Program Bilangan Bulat. Program bilangan bulat merupakan perluasan program linier


103

dengan penambahan kendala semua variabel penyusunnya harus merupakan bilangan bulat. Dalam bentuk matematika, model program bilangan bulat adalah sebagai berikut : Maksimumkan/minimumkan f x1, x2 , ... , xn

c1x1 c2 x2 ... cn xn


... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2

... a2 n xn

b2

... am1 x1 am 2 x2

... amn xn

x1 , x2 , ... , xn bulat

bm

0

Metode yang sering dipakai untuk menyelesaikan model Program Bilangan Bulat adalah metode Cabang – Batas (Branch – Bound). Secara umum, algoritma penyelesaian model program bilangan bulat adalah sebagai berikut : 1. Selesaikan model program bilangan bulat dengan program linier (grafik ataupun simpleks). Abaikan syarat semua variabel penyusunnya bilangan bulat. 2. Jika penyelesaian langkah (1) merupakan bilangan bulat, maka penyelesaian tersebut merupakan penyelesaian program bilangan bulat. Jika tidak, lanjutkan ke langkah (3) 3. Ubah soal semula dengan menambahkan kendala/variabel baru sesuai dengan algoritma Cabang – Batas 4. Kembali ke langkah (1)

4.2

Metode Cabang – Batas

Prinsip kerja metode Cabang – Batas (Branch & Bound) adalah mencabangkan soal yang tidak memiliki penyelesaian bulat. Percabangan dilakukan terus hingga diperoleh penyelesaian bulat. Pencabangan (Branching) Percabangan berarti memecah soal menjadi 2 soal baru (masing-masing ditambah dengan kendala baru) dan menyelesaikan keduanya

104


Misalkan penyelesaian optimal program bilangan bulat memuat variabel xj yang tidak bulat dengan

i1 < xj < i2 (i1 dan i2 merupakan 2 bilangan bulat berurutan). Maka program

dicabangkan menjadi 2 soal baru. Cabang kiri ditambah dengan kendala xj cabang kanan ditambah dengan kendala xj

i1, sedangkan

i2. Perhatikan penambahan kendalanya agar tidak

terbalik.

Pembatasan (Bounding) Misalkan soal adalah memaksimumkan. Pencabangan dilakukan terus hingga ditemukan penyelesaian bilangan bulat (misal X* dengan nilai maksimum f(X*)). X* menjadi batas bawah. X* belum tentu merupakan penyelesaian optimal masalah mula-mula. Akan tetapi apabila Xa adalah penyelesaian lain (bulat ataupun tidak) dengan f(Xa) < f(X*) maka pencabangan dari titik Xa pasti tidak akan menghasilkan penyelesaian bilangan bulat yang optimal sehingga percabangan tidak perlu dilakukan. Jika masalahnya adalah meminimumkan maka penyelesaian bulat

X* yang pertama kali

ditemukan menjadi batas atas. Semua penyelesaian lain (bulat ataupun tidak) yang memiliki nilai fungsi lebih besar dari f(X*) diabaikan dan tidak perlu dicabangkan. Logikanya adalah sebagai berikut. Dalam soal memaksimumkan, misalkan titik X memiliki nilai fungsi f(X) = A. Semua pencabangan dari titik X pasti memberikan nilai fungsi yang lebih kecil dari A (ingat bahwa pencabangan dilakukan dengan penambahan kendala baru. Semakin banyak kendala, nilai fungsinya semakin kecil). Jika X merupakan penyelesaian bulat dan Xa adalah penyelesaian lain dengan f(Xa) < f(X), maka Xa pastilah bukan penyelesaian optimal masalah semula. Apalagi jika Xa memiliki cabang Xb, maka pastilah f(Xb) < f(Xa) < f(X) sehingga Xb pasti lebih tidak optimal lagi. Ini berarti bahwa pencabangan Xa percuma jika dilakukan. Kasusnya berbeda jika X merupakan penyelesaian bulat dan Xa adalah penyelesaian lain dengan f(Xa) > f(X). pencabangan dari Xa perlu dilakukan karena mungkin saja pencabangan dari Xa akan menghasilkan Xb dengan f(Xa) > f(Xb) > f(X).


105

Pemilihan titik dan variabel yang dicabangkan Misalkan Xa dan Xb merupakan 2 titik yang penyelesaian optimalnya bukan merupakan bilangan bulat sehingga keduanya perlu dicabangkan. Apabila soalnya memaksimumkan, pilihlah titik yang nilai fungsinya lebih besar. Sebaliknya jika soalnya meminimumkan, pilihlah titik yang nilai fungsinya lebih kecil. Misalkan X = (x1, x2, …, xn) adalah penyelesaian soal dengan beberapa diantara x1, x2, …, xn bukan merupakan bilangan bulat sehingga perlu dicabangkan. Untuk mempercepat proses, percabangan dilakukan pada variabel xj yang pecahannya paling dekat dengan 0,5 (paling jauh dari bilangan bulat). Jika ada beberapa xj yang pecahannya sama dekatnya dengan 0,5 maka pilihlah salah satunya secara sembarang. Untuk memberikan gambaran bagaimana metode cabang – batas bekerja, perhatikan contoh 4.3

Contoh 4.3 Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 Kendala

2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Penyelesaian Karena soal terdiri dari 2 variabel maka penyelesaian akan dilakukan dengan metode grafik. Program I (masalah mula-mula) Gambar 4.2 menunjukkan grafik kendala soal mula-mula. Titik-titik dalam daerah fisibel adalah penyelesaian bulatnya. Titik E merupakan titik perpotongan kedua kendala. Daerah fisibelnya adalah segi empat OAED yang titik sudut dan nilai fungsinya adalah : O (0, 0) dengan f(O) = 3 (0) + 4 (0) = 0 A (0, 3) dengan f(A) = 3 (0) + 4 (3) = 12 D (3, 0) dengan f(D) = 3 (3) + 4 (0) = 9 E (2,25 , 1,5) dengan f(E) = 3 (2,25) + 4 (1,5) = 12,75

106


x2 C (0,6)

2x1+ x2 = 6

A (0,3) E (2,25 , 1,5)

2x1+ 3x2 = 9

x1 D (3,0)

B (9/2, 0)

Gambar 4.2 Titik maksimumnya adalah titik E = (x1, x2) = (2,25 , 1,5) dengan f(E) = 12,75. Baik x1 maupun x2 bukan merupakan bilangan bulat sehingga proses percabangan harus dilakukan. Pecahan x1 adalah 0,25 sedangkan pecahan x2 adalah 0,5. Pencabangan dilakukan pada titik xj yang pecahannya paling dekat dengan pecahan 0,5, yaitu pada x2. Karena x2 = 1,5 terletak antara 1 dan 2, maka pencabangan pertama dilakukan dengan menambahkan kendala x2 menambahkan kendala x2

1 (program 2) sedangkan pencabangan kedua dilakukan dengan 2 (program 3)

Program I I (Program I + kendala x2

1)

Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 Kendala

2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

1

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Gambar 4.3 merupakan grafik penyelesaian program II. Daerah fisibel adalah segi empat OFGD yang titik sudut dan nilai fungsinya adalah O (0, 0) dengan f(O) = 3 (0) + 4 (0) = 0 F (0, 1) dengan f(F) = 3 (0) + 4 (1) = 4 D (3, 0) dengan f(D) = 3 (3) + 4 (0) = 9


107

G (2,5 , 1) dengan f(G) = 3 (2,5) + 4 (1) = 11,5 x2 C (0,6)

E (2,25 , 1,5)

A (0,3)

G (2,5 , 1)

F (0,1)

x2 = 1

x1 D (3,0)

B (9/2, 0)

Gambar 4.3 Nilai maksimum terletak pada titik G = (x1, x2) = (2,5 , 1) dengan f(G) = 11,5. Penyelesaian program 2 belum merupakan bilangan bulat sehingga bukanlah batas bawah penyelesaiannya.

Program I II (Program I + kendala x2

2)


2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif x2 C (0,6)

A (0,3)

I (1,5 , 2)

x2 = 2 H (0,2)

E (2,25 , 1,5)

x1 D (3,0)

B (9/2, 0)

Gambar 4.4

108


Gambar 4.4 merupakan grafik penyelesaian program II. Daerah fisibelnya adalah segitiga AHI dengan titik sudut dan nilai fungsi : A (0, 3) dengan f(A) = 3 (0) + 4 (3) = 12 H (0, 2) dengan f(H) = 3 (0) + 4 (2) = 8 I (1,5 , 2) dengan f(I) = 3 (1,5) + 4 (2) = 12,5 Nilai maksimum terletak pada titik I = (x1, x2) = (1,5 , 2) dengan f(I) = 12,5. Penyelesaian program 3 juga belum merupakan bilangan bulat sehingga bukanlah batas bawah penyelesaiannya. Percabangan program 1 menjadi program 2 dan program 3 dapat digambarkan dalam gambar 4.5. Tampak dalam gambar 4.5 bahwa baik titik 2 maupun 3 (menyatakan program 2 dan program 3) belumlah menghasilkan penyelesaian bulat sehingga keduanya memiliki kemungkinan untuk dicabangkan. Karena soalnya memaksimumkan, maka titik yang terlebih dahulu dicabangkan adalah titik yang nilai fungsinya lebih tinggi yaitu titik 3 z* = 11,5 (2,5 , 1) 2

x2

1

x2

2

z* = 12,75

1 (2,25 , 1,5)

z* = 12,5 3 (1,5 , 2)

Gambar 4.5

Dalam penyelesaian program 3, satu-satunya variabel yang tidak bulat adalah x1 = 1,5 yang terletak antara 1 dan 2. Maka percabangan dilakukan dengan menambah kendala x1 (program 4) dan x1

2 (program 5)

Program IV (Program III + kendala x1

1)

1


109


2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

2

x1

1

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Daerah berarsir pada gambar 4.6 (segi empat AJKH) menunjukkan daerah fisibel program 4 dengan koordinat dan nilai fungsi sebagai berikut : A (0, 3) dengan f(A) = 3 (0) + 4 (3) = 12 J (1, 7/3) dengan f(J) = 3 (1) + 4 (7/3) = 12,33 K (1, 2) dengan f(K) = 3 (1) + 4 (2) = 11 H (0, 2) dengan f(H) = 3 (0) + 4 (2) = 8 Titik maksimumnya adalah titik J (1, 7/3) dengan f(J) = 12,33. x2 C (0,6)

A (0,3)

x1 = 1

J (1 , 7/3)

x2 = 2 H (0,2)

K (1 , 2)

x1 D (3,0)

B (9/2, 0)

Gambar 4.6

Program V (Program III + kendala x1 Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 Kendala

2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

2

2)

110


x1

2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Kendala dalam program 5 tidak menghasilkan daerah fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian. Keadaan ini dapat digambarkan dalam gambar 4.7. Tampak bahwa ada 2 titik yang mungkin dicabangkan yaitu titik 2 (dengan nilai fungsi 11,5) dan titik 4 (dengan nilai fungsi 12,33). Keduanya bukan batas bawah penyelesaian karena keduanya tidak memiliki penyelesaian bulat. Akan tetapi titik 4 memiliki nilai fungsi yang lebih besar sehingga titik 4 lebih dahulu dicabangkan. z* = 11,5 (2,5 , 1) 2

x2

diabaikan krn z2* < z7*

1

z* = 12,75

z* = 12,33 (1 , 7/3) 4

1 (2,25 , 1,5)

x2

2

x1

1

x1

2

z* = 12,5 3 (1,5 , 2)

5

tidak fisibel

Gambar 4.7 Variabel yang tidak bernilai bulat pada titik 4 adalah x2 = 7/3 (terletak antara 1 dan 2). Maka percabangan dilakukan dengan menambahkan kendala x2 (program 7)

Program VI (Program IV + kendala x2 Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 Kendala

2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

2

x1

1

x2

2

2)

2 (program 6) dan x2

3


111

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Perhatikan bahwa kendala ketiga dan terakhir dapat digabungkan menjadi kendala x2 = 2 yang berupa sebuah garis horisontal. Dalam gambar 4.6, daerah fisibelnya berupa garis HK dengan koordinat dan nilai fungsi : K (1, 2) dengan f(K) = 3 (1) + 4 (2) = 11 H (0, 2) dengan f(H) = 3 (0) + 4 (2) = 8 Nilai maksimum fungsi adalah titik K (1, 2) dengan nilai fungsi = 11. Karena koordinat titik K merupakan bilangan bulat maka titik K merupakan batas bawah dari soal semula. Semua titik (penyelesaian bulat ataupun tidak) yang memiliki nilai fungsi lebih kecil dari f(K) = 11 akan diabaikan dan tidak perlu dicabangkan. Perhatikan bahwa hingga titik K ditemukan, satu-satunya titik yang belum dicabangkan adalah titik 2 dengan nilai fungsi 11,5. Karena nilai fungsi ini lebih besar dari f(K) maka titik 2 belum dapat diabaikan. Berikutnya harus dihitung terlebih dahulu cabang kedua dari titik 4 (dengan penambahan kendala x2

3 (program 7)

Program VII (Program IV + kendala x2

3)


2 x1 +

x2

6

2 x1 + 3 x2

9

x2

2

x1

1

x2

3

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Perhatikan bahwa kendala 2 dan kendala 5 bersama-sama dapat diringkas sebagai x2

3. Revisi

kendala ini dalam gambar 4.6 menghasilkan sebuah titik fisibel yaitu titik A (0, 3) dengan nilai fungsi = 3(0) + 4(3) = 12. Percabangan selengkapnya dapat dilihat pada gambar 4.8

112


z* = 11,5 (2,5 , 1) 2

x2

z* = 11 (1 , 2) 6


1

z* = 12,75

x2

2

x2

3


z* = 12,33 (1 , 7/3) 4

1 (2,25 , 1,5)

x2

2

x1

1

z* = 12 (0 , 3)

z* = 12,5 3 (1,5 , 2)

x1

7

Penyelesaian optimal

2 5

tidak fisibel

Gambar 4.8 Karena program 7 menghasilkan penyelesaian bulat dengan nilai fungsi yang lebih besar dari nilai fungsi

program 6, maka sekarang penyelesaian program 7 menjadi batas bawah

penyelesaian soal mula-mula. Titik yang belum dicabangkan (titik 2 dan titik 6) memiliki nilai fungsi yang lebih kecil dibanding nilai fungsi program 7 sehingga bisa diabaikan. Berarti titik 7 merupakan penyelesaian optimal soal mula-mula.

Contoh 4.4 Selesaikan program bilangan bulat berikut ini : Maksimumkan z = - x1 + 4 x2 Kendala

- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Penyelesaian Gambar 4.9 merupakan grafik daerah fisibel soal semula jika syarat bilangan bulat ditiadakan. Titik-titik pada daerah fisibel menunjukkan penyelesaian bulatnya.


113

3

x2

5x1+10x2 = 49 -10x1+20x2 = 22

8x1- x 2 = 36

2 1

x1 1

2

3

4

Gambar 4.9 Dengan meneliti nilai fungsi di ke-4 titik sudut daerah fisibel, didapat penyelesaian optimal di titik (3,8 , 3) dengan z1* = -3,8 + 4 (3) = 8,2. Karena x1 = 3,8 bukan merupakan penyelesaian bulat, maka soal harus dicabangkan dengan menambah kendala x1


Program 2 (Program 1 + kendala x1

4 (program 3).

3)

Maksimumkan z = - x1 + 4 x2 Kendala

- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

3

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Gambar 4.10 menunjukkan daerah fisibelnya. Penyelesaian optimalnya adalah titik (3, 2,6) dengan z2* = 7,4

3

x2

2 1

x1 1

2

3

4

114


Gambar 4.10 Program 3 (Program 1 + kendala x1

4)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

4

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Gambar 4.11 menunjukkan daerah fisibelnya. Penyelesaian optimalnya adalah titik (3, 2,6) dengan z2* = 7,4 3

x2

2 1

x1 1

2

3

4

Gambar 4.11 Percabangan yang dilakukan dapat dinyatakan dalam gambar 4.12. Karena kedua titik cabang (titik 2 dan titik 3) bukan merupakan penyelesaian bulat, maka percabangan berikutnya dilakukan pada titik 3 yang memiliki nilai fungsi yang lebih besar (ingat, soalnya memaksimumkan).


115

z2* = 7,4 (3, 2,6) 2

x1

3

x1

4

z1* = 8,2

1 (3,8 , 3)

z3* = 7,6 3 (4 , 2,9)

Gambar 4.12 Pada titik 3, variabel yang tidak bernilai bulat adalah x2 = 2,9. Maka Percabangan titik 3 dilakukan dengan menambahkan kendala x2



3 (program 5)

2)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

4 x2

2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Gambar 4.13 merupakan grafik daerah fisibelnya. Penyelesaian optimal terjadi pada titik (4, 2) dengan z4* = 4. Karena penyelesaian optimalnya program 4 merupakan bilangan bulat, maka z4* = 4 merupakan batas bawah penyelesaian optimal soal mula-mula. Jika kemudian didapatkan titik lain dengan nilai fungsi kurang dari z4*, maka titik tersebut pastilah bukan penyelesaian optimal soal semula dan tidak perlu dicabangkan lagi.

116


3

x2

2 1

x1 1

2

3

4

Gambar 4.13 Program 5 (Program 3 + kendala x2

3)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

4 x2

3

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Soal dalam program 5 tidak fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian optimal. Gambar 4.14 menunjukkan percabangan yang dilakukan pada titik 3. Karena z2* = 7,4 > z4*, maka titik 2 tetap perlu dicabangkan. Percabangan titik 2 dilakukan dengan menambahkan kendala x2


3 (program 7) z2* = 7,4 (3, 2,6) 2

x1

3

z1* = 8,2

1 (3,8 , 3)

x1

4

z3* = 7,6 3 (4 , 2,9)

x2

2

x2

3

Gambar 4.14

4

z4* = 4 (4 , 2)

5

tidak fisibel


117


2)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

3 x2

2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Titik optimal program 6 adalah (1,8 , 2) dengan nilai fungsi z6* = 6,2 (lihat gambar 4.15) 3

x2

2 1

x1 1

2

3

4

Gambar 4.15


3)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

3 x2

3

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Program 7 bukan merupakan soal yang fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian. Satu-satunya titik yang penyelesaiannya tidak bulat adalah titik 6. Karena z6* = 6,2 > z4* (batas bawah penyelesaian), maka titik 6 perlu dicabangkan lagi.

118


Percabangan titik 6 dilakukan dengan menambahkan kendala x1


2

(program 9)


1)


- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x2

x1

3 x2

2

x1

1

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Perhatikan bahwa kendala 4 pada program 7 sebenarnya dapat dihilangkan karena sudah tercakup dalam kendala terakhir. Program 8 menghasilkan penyelesaian optimal di titik (1, 1,6) dengan nilai fungsi z8* = 5,4 (lihat gambar 4.16) 3

x2

2 1

x1 1

2

3

Gambar 4.16 Program 9 (Program 6 + kendala x1 Maksimumkan z = - x1 + 4 x2 Kendala

- 10 x1 + 20 x2

22

5 x1 + 10 x2

49

8 x1 -

36

x1

x2

3

2)

4


119

x2

2

x1

2

x1, x2 bilangan bulat tidak negatif Penyelesaian optimal program 9 adalah titik (2,2) dengan nilai fungsi z9* = 6 (lihat gambar 4.17) 3

x2

2 1

x1 1

2

3

4

Gambar 4.17 Karena penyelesaian program 9 bulat dan z9* > z4* (batas bawah sebelumnya) maka z9* menjadi batas bawah baru. Satu-satunya titik yang mungkin dicabangkan adalah titik 8. Akan tetapi karena z9* > z8* (= 5,4), maka percabangan tidak perlu dilakukan. Penyelesaian program 9 menjadi penyelesaian masalah semula. Gambar 4.18 menunjukkan secara lengkap percabangan yang dilakukan hingga diperoleh penyelesaian optimal.

120


z6* = 6,2 (1,8 , 2) 6

x2

z2* = 7,4

2

x1

1

x1

2

(3, 2,6) 2

x1

x2

3

3

z1* = 8,2

7

tidak fisibel

4

z4* = 4 (4 , 2)

5

tidak fisibel

8

z8* = 5,4 (1 , 1,6)

9

z9* = 6 (2 , 2) Penyelesaian optimal

1 (3,8 , 3)

x1

4

z3* = 7,6 3 (4 , 2,9)

x2

2

x2

3

Gambar 4.18 Contoh 4.5 Selesaikan maslaah program bilangan bulat berikut ini dengan metode cabang – batas Minimumkan z = x1 - 2 x2 Kendala

2 x1 + x2 - 4 x1 + 4 x2

5 5

x1, x2 bilangan bulat

0

Penyelesaian Gambar 4.19 menunjukkan daerah fisibel soal semula jika kendala bilangan bulat dihilangkan. Titik minimum terletak pada titik (1,25 , 2,5) dengan nilai fungsi z1* = - 3,75. x2

-4x1 + 4x2

5

2 2x1 + x2

5

1

x1 1

2

Gambar 4.19

3


121

Karena penyelesaiannya belum merupakan bilangan bulat, maka soal semula perlu dicabangkan. Baik x1 maupun x2 dalam penyelesaian optimal soal semula bukanlah bilangan bulat. Pilih variabel yang terjauh dari bilangan bulat yaitu x2 = 2,5. Percabangan dilakukan dengan menambahkan kendala x2

2 (program 2) dan kendala x2

3 (program 3). Kedua

percabangan dapat digambarkan pada gambar 4.20 dan 4.21


2)

Minimumkan z = x1 - 2 x2 Kendala

2 x1 +

x2

5

- 4 x1 + 4 x2

5

x2

2


0 x2

2

1

x1 1

2

3

Gambar 4.20 Gambar 4.20 menunjukkan grafik penyelesaian program 2. Didapat titik optimal (0,75 , 2) dengan nilai minimum z2* = - 3,25

Program 3 (Program 1 + kendala x2 Minimumkan z = x1 - 2 x2 Kendala

2 x1 +

x2

5

- 4 x1 + 4 x2

5

x2

3


0

3)

122


Program 3 merupakan soal yang tidak fisibel sehingga tidak memiliki penyelesaian optimal. Maka program 2 adalah satu-satunya yang harus diproses lebih lanjut. Penyelesaian program 2 bukanlah merupakan penyelesaian bulat sehingga perlu dicabangkan. Karena

x1 = 0,75, maka percabangan dilakukan dengan menambahkan kendala

(program 4) dan x1

x1

0

1 (program 5).


0)


2 x1 +

x2

5

- 4 x1 + 4 x2

5

x2 x1

3 0


0

Perhatikan bahwa kendala terakhir program 4 (x1 (x1

0) bersama-sama dengan syarat tidak negatif

0) berarti bahwa x1 = 0. Ini berarti daerah fisibelnya terletak sepanjang sumbu x2 antara x2

= 0 hingga x2 = 1,25 (lihat gambar 4.21). Penyelesaian optimalnya adalah titik (0 , 1,25) dengan nilai minimum = z4* = -2,5. Penyelesaian program 2 belum merupakan penyelesaian bulat sehingga batas atas penyelesaian belum diperoleh.

x2 2

1

x1 1

2

Gambar 4.21

3


123


1)


2 x1 +

x2

5

- 4 x1 + 4 x2

5

x2 x1

3 1


0

Gambar 4.22 merupakan grafik penyelesaian program 5. Titik minimumnya terletak pada (1 , 2) dengan nilai minimum = z5* = - 3. Karena merupakan penyelesain bulat, maka nilai minimum ini merupakan batas atas penyelesaian masalah semula. Karena z5* < z4* maka program 4 tidak perlu dicabangkan lagi (ingat soalnya meminimumkan sehingga kalaupun program 4 dicabangkan maka nilai minimum hasil percabangan pasti > z4*) Karena tidak ada titik lain yang dapat dicabangkan, maka penyelesaian masalah semula adalah pada titik (1 , 2) dengan z minimum = - 3. Proses seluruh percabangan dapat dilihat pada gambar 4.23

x2 2

1

x1 1

2

Gambar 4.22

3

124


z4* = -2,5 (0, 1,25) 4 z2* = -3,25 (0,75, 2)

x2

x1

0

x1

1

2

2

5

z5* = - 3 (1 , 2)

z1* = -3,75

1 (1,25 , 2,5)

x2

3 3

tidak fisibel

Gambar 4.23

4.3

Metode Bidang Potong

Misalkan penyelesaian soal program bilangan bulat mula-mula tidak menghasilkan penyelesaian bulat. Metode Bidang Potong (Cutting Plane) menambahkan sejumlah kendala sehingga diperoleh daerah fisibel baru yang penyelesaiannya merupakan bilangan bulat. titik optimum tanpa kendala bulat

x2

x2

3

3

2

2

1

1

1

2

3

4

kendala tambahan

titik optimum program bilangan bulat 1

(a)

2

3

4

x1

(b) Gambar 4.24

Gambar 4.24 (a) merupakan daerah fisibel dari program mula-mula. Gambar 4.24 (b) menunjukkan daerah fisibel baru setelah ditambahkan beberapa kendala tambahan. Daerah fisibel baru ini akan memiliki penyelesaian optimal yang merupakan bilangan bulat. Misalkan [a] menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan a. Sebagai contoh, [3,2] = 3, [2] = 2, [-3,4] = -4. Maka a – [a] menyatakan bagian pecahan dalam bilangan a. 3,2 – [3,2] = 3,2 – 3 = 0,2 ; 2 – [2] = 2 – 2 = 0 ; -3,4 – [-3,4] = -3,4 – (-4) = 0,6. Algoritma bidang potong adalah sebagai berikut :


125

1. Selesaikan program bilangan bulat dengan mengabaikan kendala semua penyelesaian adalah bilangan bulat. Jika penyelesaian tersebut menghasilkan penyelesaian bulat, maka penyelesaian tersebut merupakan penyelesaian program bilangan bulat mula-mula. 2. Jika penyelesaian langkah (1) memuat variabel yang bernilai pecahan, lakukan langkahlangkah berikut : a. Pilih sembarang baris tabel optimal simpleks yang dalam kolom bi nya memuat pecahan. Jika ada beberapa baris yang demikian, kadang-kadang baris yang memuat pecahan terbesar dipilih agar iterasi lebih cepat. b. Misalkan baris ke – i adalah baris yang terpilih dan persamaan yang terbentuk dalam baris ke – i adalah

aij x j

bi . Maka tambahkan kendala

j

fij x j

fi pada soal mula-

j

mula dengan f ij = aij

[aij ] = bagian pecahan dalam a ij

f i = bi [bi ] = bagian pecahan dalam bi

3.

Kembali ke langkah (1).

Pada metode cabang – batas, penyelesaian program linier yang sesuai dapat dilakukan dengan metode grafik (jika 2 variabel) maupun dengan metode simpleks. Akan tetapi penyelesaian program bilangan bulat dengan metode bidang potong haruslah dilakukan dengan metode simpleks, meskipun terdiri dari 2 variabel. Hal ini disebabkan karena dalam iterasinya membutuhkan kendala baru yang dibentuk dari komponen pecahan variabel slack. Untuk memahami bagaimana cara kerja metode bidang potong, perhatikan contoh 4.6 berikut ini Contoh 4.6 Selesaikan contoh 4.3 dengan metode bidang potong ! Penyelesaian Dengan menambahkan variabel slack x3 dan x4 didapat bentuk standar simpleks contoh 4.3 : Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 + 0 x3 + 0 x4 Kendala

2 x1 +

x2 + x3

= 6

126


2 x1 + 3 x2

+ x4

= 9

x1 .. x4 bilangan bulat tidak negatif cj

3

4

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

2

1

1

0

6

6

x4

2

3

0

1

9

3

zj

0

0

0

0

cj - z j

3

4

0

0

0

x3

4 3

0

1

4

x2

2 3

1

0

1 3

zj cj - z j

8 3

4

0

4 3

1 3

0

0

3

x1

1

0

3 4

4

x2

0

1

zj

3

4

cj - z j

0

0

(cB)i (xB)i 0 x3 0

xj

0

1 3

4 3

2 4 1 4 1 4

3

9 4

3

9 2

12

1 4

9 4

2 4

6 4

5 4 5 4

51 4

Tabel 4.1 Tabel 4.1 merupakan tabel iterasi simpleksnya. Penyelesaian optimalnya adalah

(x1, x2)

= 9 4 , 6 4 = 2 1 4 , 1 1 2 dengan nilai fungsi 51 . Tampak bahwa baik x1 maupun x2 bukan 4 merupakan penyelesaian bulat sehingga bukanlah penyelesaian masalah mula-mula. Perhatikan tabel optimal tabel 4.1. Persamaan yang sesuai adalah : x1

+ 43 x3 x2 - 24 x3 +

1 4

x4 =

9 4

2 4

x4 =

6 4

Misalkan diambil baris pertama pada penyelesaian optimal sebagai dasar untuk menambah kendala. Jika diambil yang berbentuk pecahan saja maka didapatkan persamaan 9 4

3 4

x3 -

1 4

x4 =

atau (0 + 43 ) x3 + (-1 + 43 ) x4 = (2 + 14 ).

Maka kendala yang ditambahkan pada iterasi berikutnya adalah : 3 4

x3 +

3 4

x4

semu. Didapat

1 4 3 4

. Jadikan bentuk standar simpleks dengan menambahkan variabel slack dan x3 +

3 4

x4 – x5 + x6 =

1 4


127

Program 2 Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 - M x6 + 43 x3 -

1 4

x4

=

9 4

x2 - 24 x3 +

2 4

x4

=

6 4

3 4

3 4

x4 – x5 + x6 =

x1

x3 +

1 4

x1 .. x6 bilangan bulat tidak negatif Perhatikan bahwa pada program 2, model yang terbentuk bukanlah model asli program 1, tapi model pada penyelesaian optimalnya. Tabel 4.2 menunjukkan hasil iterasi program 2 Penyelesaian optimalnya adalah (x1, x2) = (2,

5 3

) = (2, 1 23 ) dengan nilai fungsi 12 23 .

Tampak bahwa x2 belum merupakan bilangan bulat sehingga perlu ditambah kendala baru berdasarkan persamaan dimana variabel basis berada (baris kedua dalam tabel optimal tabel 4.2). Jika hanya diambil bagian pecahan pada persamaan kedua (tanpa mengambil variabel semunya) diperoleh : - 23 x5 =

5 3

atau (-1 + 13 ) x5 = (1 + 23 ). Maka kendala yang ditambahkan adalah

2 3

Dengan penambahan variabel slack dan semu didapat

1 3

x5 – x6 + x7 =

2 3

1 3

x5

128


cj

3

4

0

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

0

3 4

0

0

9 4

0

1

2 4

0

0

6 4

-

x6 zj

0

0

3 4

-1

1

1 4

1 3

3

4

3M 5 4

M

-M

cj - zj

0

0

3M 1 4

3M 5 4

-M

0

3

x1

1

0

0

-1

1

-1

2

4

x2 x3 zj

0

1

0

1

2 3

2 3

5 3

0

0

1

1

4 3

4 3

1 3

3

4

0

1

cj - zj

0

0

0

-1

(cB)i (xB)i 3 x1 4 x2 -M

0

xj

1 4

2 4 3 4 3M 1 4

1 3

1 3 1 3

3M 1 3

3

M 51 4

12 23

Tabel 4.2

Program 3 Revisi model dalam program 2 adalah persamaan yang terbentuk dari tabel optimal tabel 4.2 (dengan menghilangkan variabel semu) ditambah kendala tambahannya Maksimumkan z = 3 x1 + 4 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 + 0 x6 - M x7 x1

- x4 + x2

x5

= 2

x5

=

5 3

x3 + x4 – 43 x5

=

1 3

+ x4 -

1 3

2 3

x5 - x6 + x7 =

2 3

x1 .. x6 bilangan bulat tidak negatif


cj (cB)i (xB)i 3 x1

xj

129

3

4

0

0

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

bi

1

0

0

-1

1

0

0

2

2

4

x2

0

1

0

1

2 3

0

0

5 3

-

0

x3

0

0

1

1

4 3

0

0

1 3

-

-M

x7

0

0

0

0

-1

1

2 3

2

zj

3

4

0

1

cj - zj

0

0

0

1

0

4

x1 x2

0

0

x3

0

3

1 3

M

-M

-1

M 1 3

-M

0

0

-1

0

3

-3

0

1

0

1

0

-2

2

3

0

0

1

1

0

-4

4

3

x5

0

0

0

0

1

-3

3

2

zj

3

4

0

1

0

1

-1

cj - zj

0

0

0

-1

0

-1

-M+1

M 1 3

2 M 26 3

12

Tabel 4.3 Penyelesaian optimal program 3 adalah (x1, x2) = (0, 3) dengan nilai fungsi = 12. Karena semua variabelnya sudah merupakan bilangan bulat, maka penyelesaian program 3 merupakan penyelesaian soal mula-mula. Tafsiran geometris proses penyelesaian program bilangan bulat dengan metode bidang potong adalah sebagai berikut : Perhatikan tambahan kendala 43 x3 +

3 4

x4

1 4

pada program 2.

Dari bentuk standar sebelum dimasukkan ke tabel simpleks tabel 4.1, persamaannya adalah 2 x1 +

x2 + x3

= 6 atau x3 = 6 - 2 x1 - x2

2 x1 + 3 x2 + x4 = 9 atau x4 = 9 - 2 x1 - 3 x2 Apabila kedua persamaan tersebut disubstitusikan ke tambahan kendala program 2 maka didapatkan

3 4

(6 - 2 x1 - x2) +

3 4

(9 - 2 x1 - 3 x2)

1 4

atau 4x1 + 4x2

14 23 .

Gambar 4.25 (a) menunjukkan daerah fisibel mula-mula (dengan titik optimal (2,25 , 1,5)) dan gambar 4.25 (b) menunjukkan daerah fisibel dengan adanya tambahan kendala 4x1 + 4x2 14 23 (dengan titik optimal (2 , 1,67))

130


x2

6

6

x2

6

x2

4x1 + 4x2 14 23 3

3 (2 , 1,67) (2,25 , 1,5)

x1

(2 , 1,67) (2,25 , 1,5)

x1

4,5

(a)

x1 + x2 3

3

(2,25 , 1,5)

3

4x1 + 4x2 14 23

3

x1

4,5

3

(b)

4,5

(c)

Gambar 4.25 Penambahan kendala pada program 3 (dengan mengabaikan variabel semu x6) adalah atau x5

1 3

x5

2 3

2.

Penambahan kendala pada program 2 (abaikan variabel semu x6) adalah

3 4

x3 +

3 4

x4 - x5 =

1 4

atau x5 = 14 (3x3 + 3x4 - 1) Padahal dari persamaan penambahan kendala sebelumnya, x3 = 6 - 2x1 - x2 dan x4 = 9 - 2 x1 - 3 x2. Substitusikan kedua persamaan ini ke x5. Didapat x5 = 11 - 3x1 - 3x2 . Maka penambahan kendala pada program 3 adalah 11 - 3x1 - 3x2

2

atau

x1 + x2

3. Gambar 4.25 (c)

menunjukkan daerah fisibel setelah dilakukan penambahan kendala x1 + x2 optimalnya adalah (0, 3)

Contoh 4.7 Selesaikan soal program bilangan bulat berikut ini dengan metode bidang potong ! Maksimumkan z = 18 x1 + 12 x2 Kendala

2 x1 -

x2

2 x1 + 3 x2

5 13

x1 .. x2 bilangan bulat tidak negatif Penyelesaian Bentuk standar simpleksnya adalah sebagai berikut :

3. Titik


131

Maksimumkan z = 18 x1 + 12 x2 + 0 x3 + 0 x4 Kendala

2 x1 -

x2 + x3

2 x1 + 3 x2

= 5 + x4

= 13

x1 .. x4 bilangan bulat tidak negatif Tabel 4.4 adalah tabel iterasi simpleks soal mula-mula. Titik maksimumnya adalah (3,5 , 2) dengan nilai fungsi 87

cj

18

12

0

0

x1

x2

x3

x4

bi

2

-1

1

0

5

5 2

x4

2

3

0

1

13

13 2

zj

0

0

0

0

cj - z j

18

12

0

0

18

x1

1

1 2

1 2

0

5 2

-

0

x4

0

4

-1

1

8

2

zj cj - z j

18

-9

9

0

0

21

-9

0

18

x1

1

0

3 8

1 8

7 2

12

x2

0

1

1 4

2

zj

18

12

cj - z j

0

0

(cB)i (xB)i 0 x3 0

xj

1 4 15 4 15 4

0

45

21 4 21 4

87

Tabel 4.4 Pada tabel optimal tabel 4.4, didapat persamaan x1

+ 83 x3 +

1 8

x4 =

7 2

x2 - 14 x3 +

1 4

x4 = 2

Karena x1 merupakan penyelesaian yang tidak bulat, maka penambahan kendala didasarkan atas persamaan pertama tabel optimal tabel 4.4. Peramaan tersebut dapat ditulis sebagai x1 + (0 + 3 8

) x3 + (0 + 18 ) x4 = (3 + 12 ).

132


3 8

Kendala baru dibuat berdasarkan bagian pecahannya, yaitu 3 8

variabel slack dan semu menghasilkan persamaan

x3 + 18 x4

1 2

. Penambahan

x3 + 18 x4 - x5 + x6 = 12 . Maka model yang

baru adalah :

Program 2 Maksimumkan z = 18 x1 + 12 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 - M x6 Kendala

x1

+ 83 x3 +

1 8

x4

=

x2 - 14 x3 +

1 4

x4

= 2

3 8

1 8

x4 - x5 + x6 =

x3 +

7 2

1 2

x1 .. x6 bilangan bulat tidak negatif Tabel 4.5 menunjukkan iterasi penyelesaiannya. Penyelesaian optimal adalah (3,

7 3

) dengan

nilai fungsi 82

cj (cB)i (xB)i 18 x1 12 x2

xj

18

12

0

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

bi

1

0

3 8

1 8

0

0

7 2

28 3

0

1

1 4

0

0

2

-

1 8

-1

1

1 2

4 3

1 4

x6 zj

0

0

18

12

3 M 30 8

M 42 8

M

-M

cj - zj

0

0

3 M 30 8

M 42 8

-M

0

18

x1

1

0

0

0

1

-1

3

12

x2 x3 zj

0

1

0

1 3

2 3

2 3

7 3

0

0

1

1 3

8 3

8 3

4 3

18

12

0

4

10

-10

cj - zj

0

0

0

-4

-10

-M+10

-M

0

3 8

M 174 2

82

Tabel 4.5 Bidang potong yang ditambahkan pada program 2 dapat dijelaskan sebagai berikut : Kendala soal asli adalah 2 x1 - x2 + x3 = 5 dan 2 x1 + 3 x2 + x4 = 13. Maka x3 = 5 - 2 x1 + x2 dan

x4 = 13 - 2 x1 - 3 x2


133

Kendala yang ditambahkan pada program 2 adalah 3 8

x3 + 18 x4

3 8

(5 - 2 x1 + x2) + 18 (13 - 2 x1 - 3 x2)

1 2

. 1 2

. Didapat x1

3.

Jadi program 2 adalah program 1 ditambah dengan bidang potong yang dibatasi oleh x1

3.

Penyelesaian optimal program 2 belum merupakan bilangan bulat sehingga harus direvisi dengan menambah sebuah bidang potong lagi. Perhatikan persamaan yang terbentuk pada tabel optimal tabel 4.5 (dengan menghilangkan variabel semunya) x1

+

x5

= 3

+ 13 x4 -

2 3

x5 =

7 3

x3 + 13 x4 -

8 3

x5 =

4 3

x2

Diantara basis x1 dan x2 pada tabel optimal 4.5, yang memiliki penyelesaian bukan bulat adalah x2 (bernilai

7 3

). Persamaan pada baris x2 dapat dituliskan sebagai x2 + (0+ 13 ) x4 + (-1+ 13 ) x5 =

(2+ 13 ). Kendala yang ditambahkan adalah bagian pecahannya yaitu Penambahan variabels slack dan semu menghasilkan persamaan

1 3

1 3

x4 +

1 3

x5

x4 + 13 x5 - x6 + x7 =

1 3

.

1 3

Program 3 Maksimumkan z = 18 x1 + 12 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 + 0 x6 - M x7 Kendala

x1

+ x2

x5

= 3

+ 13 x4 -

2 3

x5

=

7 3

x3 + 13 x4 -

8 3

x5

=

4 3

1 3

x4 + 13 x5 - x6 + x7

=

1 3

x1 .. x7 bilangan bulat tidak negatif Tabel 4.6 menunjukkan iterasi penyelesaiannya. Penyelesaian optimal adalah (3, 2) dengan nilai fungsi 78. Karena semua penyelesaiannya sudah bulat, maka penyelesaian tersebut merupakan penyelesaian masalah mula-mula.

134


cj (cB)i (xB)i 18 x1

xj

18

12

0

0

0

0

-M

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

bi

1

0

0

0

1

0

0

3

-

12

x2

0

1

0

1 3

2 3

0

0

7 3

7

0

x3

0

0

1

1 3

8 3

0

0

4 3

4

-M

x7

0

0

0

1 3

-1

1

1 3

1

zj

18

12

0

M 30 3

M

-M

cj - zj

0

0

0

M 12 3

M 30 3

-M

0

1

0

0

0

1

0

0

3

12

x1 x2

0

1

0

0

-1

1

-1

2

0

x3

0

0

1

0

-3

1

-1

1

0

x4

0

0

0

1

1

-3

3

1

zj

18

12

0

0

6

12

-12

cj - zj

0

0

0

0

-6

-12

-M+12

18

1 3

M 12 3

M 246 3

78

Tabel 4.6

Interpretasinya adalah sebagai berikut : Program 3 dibuat dengan menambahkan kendala

1 3

Kendala yang ditambahkan pada program 2 adalah

x4 + 13 x5 3 8

1 3

atau x4 + x5

x3 + 18 x4 - x5 =

1 2

1.

atau 3x3 + x4 - 8x5 =

4. Padahal dari program mula-mula, x3 = 5 - 2x1 + x2 dan x4 = 13 - 2x1 - 3x2. Substitusi harga x3 dan x4 ini ke kendala program 2 tersebut akan menghasilkan 3 (5 - 2x1 + x2) + (13 2x1 - 3x2) - 8x5 = 4 atau x5 = 3 – x1 Jadi kendala yang ditambahkan pada program 3 adalah (13 - 2x1 - 3x2) + (3 – x1) x1 + x2

1 atau

5

Gambar 4.26 (a) menunjukkan daerah fisibel soal mula-mula, gambar (b) menunjukkan perubahan daerah fisibel setelah ditambahkan kendala x1 menunjukkan daerah fisibel setelah ditambahkan kendala x1 + x2

3 (program 2). Gambar (c) 5 (program 3)


135

x2

x2

4

bidang potong 1

4

3

(3,5 , 2)

3

x2

3 (3 , 2)

2

2

1

1

1

x1 2

bidang potong 1

(3 , 3,3)

2

1

bidang potong 2

4

x1

3

1

(a)

2

(b)

3

x1 1

2

3

(c)

Gambar 4.26 Pada gambar 4.26 (c) diperoleh penyelesaian optimal bulat sehingga tidak diperlukan penambahan bidang potong lagi.

4.4

Program 0 – 1

Program 0–1 merupakan kasus khusus program bilangan bulat, dimana xi = {0, 1} untuk semua i. Dibandingkan dengan metode penyelesaian terdahulu (cabang-batas ataupun bidang potong), penyelesaian program 0-1 sebenarnya lebih mudah dilakukan dengan menguji semua kemungkinannya mengingat semua variabelnya hanya dapat bernilai 0 atau 1. Akan tetapi pengujian tersebut dapat memakan waktu yang lama jika jumlah variabelnya cukup besar. Secara umum, jika ada n buah variabel, maka ada 2n kemungkinan penyelesaian. Penyelesaian program 0-1 yang lebih efisien dilakukan dengan metode enumerasi implisit. Sebenarnya metode enumerasi implisit mirip dengan metode cabang-batas, hanya saja aturan percabangan, pembatasan dan penghentian cabang diubah lebih sederhana karena setiap variabelnya hanya bisa bernilai 0 atau 1.

4.4.1

Metode Enumerasi Implisit

Dasar metode enumerasi implisit adalah mengenumerasi sebagian kecil dari semua kemungkinan penyelesaian (yang kalau dicoba semuanya akan berjumlah

2n buah).

136


Penyelesaian yang tidak fisibel atau akan menghasilkan nilai yang tidak lebih optimal dari nilai penyelesaian yang sudah didapat sebelumnya dapat diabaikan. A xi = 1

xi = 0

B

C

Gambar 4.27 Seperti halnya metode cabang-batas, iterasi dalam metode enumerasi implisit dapat digambarkan sebagai pohon biner. Percabangan dilakukan dengan lebih sederhana, yaitu dengan mengambil nilai suatu variabel = 1 atau 0 (lihat gambar 4.27). Kita berpindah dari satu titik (misal titik A pada gambar 4.27) ke titik cabangnya (titik B atau C pada gambar 4.27) dengan menetapkan nilai xi = 1 atau 0. Variabel yang sudah ditetapkan nilainya (1 atau 0) disebut variabel tetap (fixed variable). Sebaliknya, variabel yang belum ditetapkan nilainya disebut variabel bebas (free variable) Algoritma Enumerasi Implisit untuk menyelesaikan program 0-1 adalah sebagai berikut : 1. Langkah Maju (forward step) : Ujilah apakah suatu titik iterasi perlu dicabangkan. Jika perlu, cabangkan titik tersebut ke kiri dengan memberi nilai = 1 pada suatu variabel bebas. Lakukan terus hingga sampai pada suatu titik yang tidak perlu dicabangkan lagi. 2. Langkah Balik (backtracking) : a. Carilah titik terdekat di atasnya yang hanya memiliki sebuah cabang kiri (misal titik vk). Apabila semua titik di atasnya sudah memiliki 2 cabang, hentikan proses b. Cabangkan titik vk ke kanan dengan mengambil xk = 0 c. Kembali ke langkah (1)

Iterasi dengan metode enumerasi implisit mirip dengan proses Depth First Search. Gambar 4.28 menunjukkan proses percabangan yang dilakukan dengan algoritma enumerasi implisit pada 3 variabel x1, x2 dan x3. Nomer titik menunjukkan urutan dimana titik tersebut diproses.


137

Dari titik-0, lakukan percabangan ke kiri dengan mengambil x1 = 1. Pada titik-1, lakukan percabangan ke kiri lagi dengan mengambil x2 = 1 hingga diperoleh titik-2. Misalkan berikutnya titik-2 tidak perlu dicabangkan lagi, maka lakukan proses backtracking. Titik terdekat di atas titik-2 yang belum memiliki cabang kanan adalah titik-1. Cabangkan titik-1 ke kanan dengan mengambil x2 = 0 sehingga didapat titik-3. Berikutnya cabangkan lagi titik-3 ke kiri dengan mengambil x3 = 1 sehingga dihasilkan titik-4. Karena sudah mencabangkan ketiga variabel, berikutnya lakukan backtracking dengan mencabangkan titik-3 ke kanan sehingga diperoleh titik-5. Karena titik-5 tidak bisa dicabangkan lagi, maka proses backtracking berikutnya adalah mencabangkan titik-0 ke kanan sehingga diperoleh titik-6 0 x1 = 1

x1 = 0

1 x2 = 1

6 x2 = 0

2

3 x3 = 1

x3 = 0

4

5

Gambar 4.28

Untuk kemudahan proses, program 0-1 dapat dinyatakan dalam bentuk standar sebagai berikut : Minimumkan z

c1 x1 c2 x2

... cn xn dengan c j


... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2

... a2 n xn

b2

... am1 x1 am 2 x2

... amn xn

x1, x2 , ... , xn

0, 1

bm

0

j

138


Perhatikan perbedaan bentuk standar program 0-1 di atas dengan bentuk standar program linier / program bilangan bulat yang sudah dibahas sebelumnya. Dalam bentuk standar program 0-1, bi tidak disyaratkan

0. Tapi justru cj yang harus

Apabila semua bi

0.

0, maka penyelesaian optimalnya adalah x1 = x2 = … = xn = 0.

Penyelesaian ini akan optimal karena cj

0.

Perubahan soal ke bentuk standar program 0-1 dilakukan dengan cara sebagai berikut : 1. Jika soal memaksimumkan, jadikan ke soal meminimumkan dengan mengalikan cj di fungsi sasaran dengan (-1). Sebagai contoh, soal Memaksimumkan

z = 2x1 + 3x2 dapat diubah menjadi

Meminimumkan z = -2x1 – 3x2 2. Jika ada kendala berbentuk pertidaksamaan

, ubah ke bentuk pertidaksamaan

dengan

mengalikan kedua ruasnya dengan (-1) 3. Jika ada kendala berbentuk persamaan, ubahlah menjadi 2 buah kendala yang masingmasing berupa pertidaksamaan

dan

.

Sebagai contoh, kendala x1 - 2x2 = 4 diubah menjadi 2 buah kendala x1 - 2x2 2x2

4 dan x1 -

4

4. Jika ada ck < 0, gantilah xk dengan (1 – xk), baik pada fungsi sasaran maupun pada kendalanya.

Sebagai contoh, pada model Minimumkan z = 2x1 – 3x2 Kendala

x1 – 2x2 3x1 + x2

-1 2

x1, x2 = { 0, 1}

diubah ke bentuk standar program 0-1 dengan mengambil x2 = 1 – x’2. Jika disubstitusikan ke model akan menghasilkan : Minimumkan z = 2x1 – 3 (1 – x’2) = -2 + 2x1 + 3x’2 Kendala

x1 – 2 (1 – x’2)

-1

atau

x1 + 2x’2

1


139

3x1 + (1 – x’2)

2

3x1 - x’2

atau

1

x1, x’2 = { 0, 1} Untuk mengurangi jumlah titik iterasi, maka pada setiap titik dilakukan proses uji penyelesaian nol (zero completion) dan uji infisibilitas (infeasibility test). Kedua uji ini digunakan untuk menentukan apakah titik tersebut perlu dicabangkan atau tidak. Jika perlu, lakukan percabangan kiri dengan mengambil xi = 1. Jika tidak perlu dicabangkan, lakukan proses backtracking.

Uji Penyelesaian Nol Penyelesaian nol adalah pemberian nilai nol pada semua variabel bebas. Ini disebabkan karena koefisien fungsi sasaran semua variabel bebas (cj)

0 sehingga pemberian nilai nol pada semua

variabel bebas tersebut akan menyebabkan nilai fungsinya menjadi minimum. Mulai

Beri nilai 0 pada semua variabel bebas

Hitung nilai fungsi z

z

zU

Hentikan proses pada titik-k. Lakukan Backtracking untuk memproses titik diatasnya

ya

tidak

titik-k memenuhi semua kendala

ya

z menjadi batas atas baru

tidak

Lakukan uji Infisibilitas

Lakukan Backtracking untuk memproses titik diatasnya

Selesai

Gambar 4.29

140


Akan tetapi harus dicek juga apakah pemberian nilai nol pada semua variabel bebas tersebut merupakan penyelesaian fisibel (memenuhi semua kendala). Jika penyelesaian nol tersebut merupakan penyelesaian yang fisibel, maka akan diperoleh batas atas penyelesaian. Sebaliknya, jika penyelesaian nol tersebut tidak fisibel (ada kendala yang tidak terpenuhi), maka titik tersebut perlu dicabangkan ke kiri dengan mengambil nilai variabel bebas berikutnya = 1. Misalkan sebelum proses pada titik-k dilakukan, telah diperoleh batas atas zU. Bagan alir proses uji penyelesaian nol tampak pada gambar 4.29 Pada awal proses belum ditemukan batas atas penyelesaian sehingga zU diambil +

Uji Infisibilitas Uji infisibilitas digunakan untuk menentukan apakah dalam proses berikutnya nanti akan mungkin memperoleh penyelesaian fisibel. Jika mungkin maka dilakukan percabangan untuk memperoleh penyelesaian lainnya. Sebaliknya jika tidak mungkin maka titik tersebut tidak perlu dicabangkan lagi. Uji infisibilitas dilakukan dengan mengevaluasi besarnya nilai maksimum variabel longgar (variabel slack) pada tiap kendala. Perhatikan bahwa dalam bentuk standarnya, semua kendala berbentuk pertidaksamaan

sehingga diperlukan penambahan variabel longgar (= s) untuk

menjadikannya menjadi kendala persamaan. Karena ruas kanan kendala tidak disyaratkan positip maka variabel longgar juga mungkin bernilai negatif. Jika nilai maksimum variabel longgar pada suatu kendala adalah negatif (s < 0), berarti tidaklah mungkin memperoleh penyelesaian fisibel sehingga titik tersebut tidak perlu dicabangkan. Sebaliknya, jika nilai maksimum s untuk semua kendala

0, berarti titik tersebut perlu

dicabangkan. Sebagai contoh, perhatikan kendala 4x1 – 2x2 + 3x3 + x4 – x5 + 3x6

2. Misalkan pada suatu

titik iterasi, variabel tetapnya adalah x1 = 1 dan x3 = 1. Maka kendala tersebut menjadi 4(1) – 2x2 + 3(1) + x4 – x5 + 3x6

2 atau – 2x2 + x4 – x5 + 3x6

-5

Untuk merubah menjadi bentuk persamaan tambahkan variabel longgar s – 2x2 + x4 – x5 + 3x6 + s = - 5. Maka s = - 5 + 2x2 - x4 + x5 - 3x6


141

Karena semua xi hanya mungkin bernilai 0 atau 1, maka nilai maksimum s akan dicapai jika semua variabel yang memiliki koefisien positip (x2 dan x5) diberi nilai = 1 dan yang berkoefisien negatif (x4 dan x6) diberi nilai = 0. smak = - 5 + 2(1) – (0) + (1) – 3(0) = -2 < 0 Gambar 4.30 menunjukkan bagan alir uji infisibilitas pada titik-k Mulai

Hitung smak semua kendala

Ada smak < 0

Titik-k tidak perlu dicabangkan. Lakukan Backtracking untuk memproses titik diatasnya

ya

tidak cabangkan titik k ke kiri Selesai

Ulangi Proses Pengujian

Gambar 4.30 Contoh 4.8 Selesaikan program 0-1 berikut ini : Minimumkan z = 4x1 + 5x2 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

- 4x1 – 2x2 + 3x3 - 2x4 + x5

-1

- x1 – 5x2 - 2x3 + 2x4 - 2x5

-5

x1, … , x5 = { 0, 1}

Penyelesaian Tampak bahwa soal sudah dalam bentuk standar, yaitu soal meminimumkan dengan semua cj 0, dan semua kendala berbentuk

. Tampak pula bahwa ruas kanan kendalanya negatif

sehingga penyelesaian optimalnya bukan xi = 0 untuk semua I

142


Program 0 (program mula-mula)

Karena pada awalnya belum ditemukan penyelesaian fisibel maka diambil batas atas penyelesaiannya = + . Pada program 0, belum ada variabel yang diberi nilai sehingga semua variabelnya merupakan variabel bebas. Uji Penyelesaian Nol Ambil xi = 0 untuk semua variabel bebas (berarti x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 0). Maka z = 4(0) + 5(0) + 6(0) + 2(0) + 3(0) = 0 Karena

z < zU maka selanjutnya diuji apakah pengambilan xi = 0 tersebut merupakan

penyelesaian fisibel (memenuhi semua kendala) Kendala-1 : - 4(0) – 2(0) + 3(0) - 2(0) + 0 = 0

-1. Jadi penyelesaian dengan xi = 0

tersebut tidak fisibel sehingga selanjutnya dilakukan uji infisibilitas. Perhatikan bahwa kendala-2 tidak perlu diuji lagi.

Uji Infisibilitas Untuk menjadikan kendala menjadi bentuk persamaan, perlu ditambahkan variabel longgar s1 dan s2 pada kendala-1 dan kendala-2. Kendala-1 : - 4x1 – 2x2 + 3x3 - 2x4 + x5 + s1 = -1 s1 = - 1 + 4x1 + 2x2 - 3x3 + 2x4 - x5 Maka s1 maks = - 1 + 4(1) + 2(1) - 3(0) + 2(1) – (0) = 7 > 0 Kendala-2 : - x1 – 5x2 - 2x3 + 2x4 - 2x5 + s2 = -5 s2 = - 5 + x1 + 5x2 + 2x3 - 2x4 + 2x5 0 x1 = 1 1

Gambar 4.31 a


143

Maka s2 maks = - 5 + (1) + 5(1) + 2(1) – 2(0) + 2(1) = 5 > 0 Karena s1 maks

0 dan s2 maks

0 maka titik-1 perlu dicabangkan. Gambar 4.31 a

Ambil sembarang variabel untuk dijadikan variabel tetap (misal ambil x1). Percabangan dilakukan dengan mengambil x1 = 1 (lihat gambar 4.31 a) Program 1 (x1 = 1)

Dengan mensubstitusi x1 = 1 pada model program 0 maka diperoleh : Minimumkan z = 4 + 5x2 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

– 2x2 + 3x3 - 2x4 + x5

3

– 5x2 - 2x3 + 2x4 - 2x5

-4

x2, … , x5 = { 0, 1}

Uji Penyelesaian Nol Variabel bebasnya adalah { x2, .. , x5 }. Dengan mengambil x2 = x3 = x4 = x5 = 0 maka didapat z = 4. Karena z = 4 < zU = +

maka selanjutnya diuji apakah penyelesaian nol tersebut

memenuhi semua kendala. Pada kendala-1 : – 2(0) + 3(0) - 2(0) + (0) = 0 pada kendala-2 :

3 tapi

– 5(0) - 2(0) + 2(0) - 2(0) = 0

-4 sehingga perlu dilakukan uji

infisibilitas. Uji Infisibilitas Slack kendala-1 : s1 = 3 + 2x2 - 3x3 + 2x4 - x5 sehingga s1 maks = 7 > 0 Slack kendala-1 : s2 = – 4 + 5x2 + 2x3 - 2x4 + 2x5 sehingga s2 maks = 5 > 0 Karena keduanya

0, maka titik-1 perlu dicabangkan lagi dengan mengambil x2 = 1 (program

2). Gambar 4.31 b menunjukkan percabangan yang dilakukan.

144


0 x1 = 1 1 x2 = 1 2

Gambar 4.31 b Program 2 (x1 = 1, x2 = 1)

Dengan mensubstitusi x2 = 1 pada program-1 didapat : Minimumkan z = 9 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

3x3 - 2x4 + x5

5

– 2x3 + 2x4 - 2x5

1

x3, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Dengan mengambil x3 = x4 = x5 = 0 akan didapat z = 9 < zU (= + ). Pengujian penyelesaian nol pada kedua kendala akan menghasilkan : Kendala-1 : 3 (0) - 2(0) + (0) = 0 Kendala-2 : – 2(0) + 2(0) - 2(0) = 0

5 1

Semua kendala terpenuhi oleh penyelesaian nol. Maka z menjadi batas atas baru. didapat zU = 9. Uji infisibilitas tidak perlu dilakukan. Perhatikan cara pengujian apakah penyelesaian nol merupakan penyelesaian fisibel. Tidak ada kostanta di sisi kiri kendala. Berarti sustitusi xi = 0 untuk semua i akan menghasilkan nilai 0 di sisi kiri kendala. Jadi apabila sisi kanan suatu kendala

0, maka pertidaksamaan kendala

pastilah bernilai benar. Sebaliknya jika sisi kanan kendala < 0, maka pertidaksamaan kendala bernilai salah. Berarti penyelesaian nol tidaklah fisibel sehingga dilakukan uji infisibilitas. Pada program-0, kedua sisi kendala < 0 sehingga penyelesaian nol tidak fisibel sehingga dilakukan uji infisibilitas. Demikian pula dengan program-1. Ruas kanan kendala-2 < 0 sehingga


145

dilakukan uji infisibilitas. Akan tetapi pada program-2 tidak perlu dilakukan uji infisibilitas karena semua ruas kanan kendala

0. 0 x1 = 1 1 x2 = 1 2

x2 = 0 3

zU = 9

Gambar 4.31 c Setelah mendapatkan zU baru (= 9), lakukan backtracking ke node terdekat diatasnya, yaitu titik1. Cabangkan titik-1 ke kanan dengan mengambil x2 = 0 (program-3)

Program 3 (x1 = 1, x2 = 0)

Dengan mensubstitusi x2 = 0 pada program-1 didapat : Minimumkan z = 4 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

3x3 - 2x4 + x5 – 2x3 + 2x4 - 2x5

3 -4

x3, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika x3 = x4 = x5 = 0 maka z = 4 < zU (=9) Ruas kanan kendala-2 = -4 < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas Uji infisibilitas Slack kendala-1 = s1 = 3 - 3x3 + 2x4 - x5 . Maka s1 maks = 5 > 0 Slack kendala-2 = s2 = -4 + 2x3 - 2x4 + 2x5 . Maka s2 maks = 0 Karena tidak ada smaks yg negatif, maka titik-3 harus dicabangkan dengan mengambil x3 = 1 (program-4)

146


0 x1 = 1 1 x2 = 1

x2 = 0

2

3

zU = 9 x3 = 1 4

Gambar 4.31 d Program 4 (x1 = 1, x2 = 0, x3 = 1)

Dengan mensubstitusi x3 = 1 pada program-3 didapat : Minimumkan z = 10 + 2x4 + 3x5 Kendala

- 2x4 + x5 2x4 - 2x5

0 -2

Uji penyelesaian Nol Jika x4 = x5 = 0 maka z = 10 > zU (=9). Ini berarti bahwa titik-4 tidak akan menghasilkan penyelesaian yang lebih optimal dibandingkan penyelesaian yang sudah ditemukan (=9). Jadi titik-4 tidak perlu dicabangkan lagi. Backtracking terdekat berikutnya adalah dengan mengambil x3 = 0 pada titik-3 (program-5)


147

0 x1 = 1 1 x2 = 1

x2 = 0

2

3

zU = 9 x3 = 1

x3 = 0

4

5

Gambar 4.31 e

Program 5 (x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0)

Dengan mensubstitusi x3 = 0 pada program-3 didapat : Minimumkan z = 4 + 2x4 + 3x5 Kendala

- 2x4 + x5

3

2x4 - 2x5

-4

x3, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika x4 = x5 = 0 maka z = 4 < zU (=9) Ruas kanan kendala-2 = -4 < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas

Uji infisibilitas s1 = 3 + 2x4 - x5 . Maka s1 maks = 5 > 0 s2 = -4 - 2x4 + 2x5 . Maka s2 maks = - 2 < 0 Karena s2 < 0 maka dilakukan proses backtracking untuk mencabangkan titik di atasnya. Titik terdekat yang dapat dicabangkan adalah titik-0 (lihat gambar 4.31 f). Percabangan dilakukan dengan mengambil x1 = 0 (program-6)

148


0 x1 = 1

x1 = 0

1 x2 = 1

6 x2 = 0

2

3

zU = 9 x3 = 1

x3 = 0

4

5

Gambar 4.31 f

Program 6 (x1 = 0)

Dengan mensubstitusi x1 = 0 pada program mula-mula (program-0) diperoleh : Minimumkan z = 5x2 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

– 2x2 + 3x3 - 2x4 + x5

-1

– 5x2 - 2x3 + 2x4 - 2x5

-5

x2, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika x2 = x3 =x4 = x5 = 0 maka z = 0 < zU (=9) Ruas kanan kedua kendala < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas

Uji infisibilitas s1 = -1 + 2x2 - 3x3 + 2x4 - x5 . Maka s1 maks = 3 > 0 s2 = – 5 + 5x2 + 2x3 - 2x4 + 2x5 . Maka s2 maks = 4 > 0 Karena tidak ada smaks < 0 maka titik 6 perlu dicabangkan dengan mengambil x2 = 1 (program-7)


149

0 x1 = 1

x1 = 0

1 x2 = 1

6 x2 = 0

2

x2 = 1 3

7

zU = 9 x3 = 1

x3 = 0

4

5

Gambar 4.31 g Program 7 (x1 = 0, x2 = 1)

Substitusi x2 = 1 pada program-6 menghasilkan : Minimumkan z = 5 + 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

3x3 - 2x4 + x5

1

- 2x3 + 2x4 - 2x5

0

x3, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika x3 =x4 = x5 = 0 maka z = 5 < zU (=9) Ruas kanan kedua kendala tidak ada yang negatif. Maka diperoleh batas atas baru yaitu zU = 5. Backtracking akan mencabangkan titik-6 ke kanan dengan mengambil x2 = 0 (program-8)

150


0 x1 = 1

x1 = 0

1 x2 = 1

6 x2 = 0

2

x2 = 1 3

x2 = 0

7

zU = 9

8

zU = 5 x3 = 1

x3 = 0

4

5

Gambar 4.31 h

Program 8 (x1 = 0, x2 = 0)

Substitusi x2 = 0 pada program-6 menghasilkan : Minimumkan z = 6x3 + 2x4 + 3x5 Kendala

3x3 - 2x4 + x5

-1

- 2x3 + 2x4 - 2x5

-5

x3, … , x5 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Dengan mengambil x3 =x4 = x5 = 0 maka z = 0 < zU (= 5) Ruas kanan kedua kendala < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas

Uji infisibilitas s1 = -1 - 3x3 + 2x4 - x5 . Maka s1 maks = 1 > 0 s2 = – 5 + 2x3 - 2x4 + 2x5 . Maka s2 maks = - 1 < 0 Karena s2 maks < 0 maka titik 8 tidak perlu dicabangkan lagi. Proses backtracking juga tidak menghasilkan titik baru karena semua titik di atas titik-8 sudah memiliki 2 cabang. Ini berarti


151

proses iterasi selesai dengan penyelesaian optimal di titik-7 (dengan semua variabel bebasnya = 0). PO : x1 = 0, x2 = 1, x3 =x4 = x5 = 0 dengan zmin = 5

Perhatikan bahwa untuk mencapai titik optimal dalam contoh 4.8 hanya dibutuhkan 9 kali pengujian (program-0 … program-8). Pencarian seluruh kemungkinan penyelesaian mengharuskan kita menguji 25 = 32 buah titik penyelesaian. Secara umum, jika soal semula terdiri dari n variabel, maka pencarian seluruh kemungkinan penyelesaian mengharuskan kita menguji 2n buah titik

4.4.2

Aplikasi Program 0-1

4.4.2.1

Masalah Knapsack

Masalah knapsack (= ransel) muncul jika kita memiliki n buah item yang tidak semuanya dapat dimasukkan dalam suatu tempat (misal tas/ransel). Masing-masing item memiliki faktor utilitas/manfaat yang berbeda-beda. Masalahnya adalah memilih barang-barang yang dibawa (dengan keterbatasan tempat) agar total utilitas yang dihasilkannya maksimum. Misalkan

ai = berat/volume barang ke-i (i = 1, 2, … , n) ci = nilai utilitas/manfaat barang ke-i (i = 1, 2, … , n) W = daya tampung tas/ransel pembawa barang

Didefinisikan variabel xi sebagai berikut :

xi

1

jika item ke-i dibawa

0

jika item ke-i tidak dibawa

Masalah knapsack dapat dinyatakan dalam model program 0-1 sebagai berikut :

152


n

Maksimumkan z =

ci xi i 1

n

Kendala

ai xi

W

i 1

xi = 0,1 Masalah knapsack dapat ditransformasikan menjadi bentuk standar program 0-1 dan diselesaikan dengan enumerasi implisit. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 4.9 berikut ini.

Contoh 4.9 Seseorang yang hendak bepergian dengan pesawat memiliki sisa bagasi seberat 11 kg. Ada 4 jenis barang yang dapat ia bawa. Berat dan tingkat kegunaan masing-masing barang adalah sebagai berikut : Barang

Berat (kg)

Tingkat Manfaat

Pakaian

4

4

Buku

6

8

Mainan

2

1

Radio Tape

3

2

Tentukan jenis barang yang harus ia bawa agar total manfaat yang diperoleh maksimum ! Penyelesaian Sebelum membuat model, barang-barang tersebut diurutkan berdasarkan rasio manfaat/berat. Semakin besar rasionya, semakin besar pula kemungkinan terpilih sehingga diletakkan lebih depan agar titik pohon yang terbentuk lebih sedikit. Barang

Berat (kg)

Tingkat Manfaat

Rasio = Manfaat/Berat

Pakaian

4

4

1

Buku

6

8

4/3

Mainan

2

1

½

Radio Tape

3

2

2/3


153

Dengan mengurutkan rasio dari yang terbesar, ambil : x1 = Buku, x2 = Pakaian, x3 = Radio Tape dan x4 = Mainan Model program 0-1 yang sesuai adalah : Maksimumkan z = 8x1 + 4x2 + 2x3 + x4 Kendala

6x1 + 4x2 + 3x3 + 2x4

x1, … , x4 = { 0, 1}

11

Jadikan ke bentuk standar program 0-1 sebagai berikut : 1. Ubah fungsi sasaran menjadi meminimumkan dengan mengalikan koefisien fungsi sasaran dengan (-1). didapat : Minimumkan z = - 8x1 - 4x2 - 2x3 - x4 Kendala 6x1 + 4x2 + 3x3 + 2x4

x1, … , x4 = { 0, 1}

11

2. Ubah fungsi sasaran sehingga semua koefisiennya tidak negatif. Karena semua fungsi sasaran < 0, maka lakukan transformasi : x1 = 1 – y1,

x2 = 1 – y2,

x3 = 1 – y3,

x4 = 1 – y4

Substitusi ke fungsi sasaran dan kendala. Didapat : Minimumkan z = - 8 (1 - y1) - 4 (1 - y2) - 2 (1 - y3) - (1 -y4) Kendala

6 (1 - y1) + 4 (1 - y2) + 3 (1 - y3) + 2 (1 - y4)

11

y1, … , y4 = { 0, 1} Sederhanakan menjadi :

Program 0

Minimumkan z = - 15 + 8y1 + 4y2 + 2y3 + y4 Kendala

- 6y1 – 4y2 - 3y3 – 2y4

-4

y1, … , y4 = { 0, 1}

Pada awal iterasi semua variabel adalah variabel bebas dan zU = + Uji penyelesaian Nol Dengan mengambil y1 = … = y4 = 0 maka z = -15 < zU (= + )

154


Ruas kanan kendala = -4 < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas

Uji infisibilitas s = -4 + 6y1 + 4y2 + 3y3 + 2y4 . Maka smaks = 11 > 0 Karena smaks > 0, maka titik-0 harus dicabangkan dengan mengambil y1 = 1 (program-1) 0 y1 = 1 1

Gambar 4.32 a

Program 1 (y1 = 1)

Substitusi y1 = 1 ke program-0. Didapat : Minimumkan z = - 7 + 4y2 + 2y3 + y4 Kendala

– 4y2 - 3y3 – 2y4

2

y2, y3, y4 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika y2 = y3 = y4 = 0 maka z = -7 < zU (= + ) Ruas kanan kendala = 2 > 0 sehingga penyelesaian nol memenuhi kendala. Ini berarti diperoleh batas atas baru zU = z = -7. 0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

Gambar 4.32 b Backtracking ke atas. Cabangkan titik-0 ke kanan dengan mengambil y1 = 0 (program-2)


155

Program 2 (y1 = 0)

Substitusi y1 = 0 ke program-0. Didapat : Minimumkan z = - 15 + 4y2 + 2y3 + y4 Kendala

– 4y2 - 3y3 – 2y4

-4

y2, y3, y4 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika y2 = y3 = y4 = 0 maka z = -15 < zU (= -7) Ruas kanan kendala = -4 < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s = -4 + 4y2 + 3y3 + 2y4 . smaks = 5 > 0 sehingga titik-2 perlu dicabangkan ke kiri dengan mengambil y2 = 1 (program-3) 0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1 3

Gambar 4.32 c

Program 3 (y1 = 0, y2 = 1)

Substitusi y2 = 1 ke program-2. Didapat : Minimumkan z = - 11 + 2y3 + y4 Kendala

- 3y3 – 2y4

0

y3, y4 = { 0, 1}

156


Uji penyelesaian Nol Jika y3 = y4 = 0 maka z = -11 < zU (= -7) Ruas kanan kendala = 0 sehingga diperoleh zU baru = -11. Backtracking dan cabangkan titik-2 ke kanan dengan mengambil y2 = 0

0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1

y2 = 0

3

4

zU = -11

Gambar 4.32 d

Program 4 (y1 = 0, y2 = 0)

Substitusi y2 = 0 ke program-2. Didapat : Minimumkan z = - 15 + 2y3 + y4 Kendala

– 3y3 – 2y4

-4

y3, y4 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika y3 = y4 = 0 maka z = -15 < zU (= -11) Ruas kanan kendala = -4 < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s = -4 + 3y3 + 2y4 . smaks = 1 > 0 sehingga titik-4 perlu dicabangkan ke kiri dengan mengambil y3 = 1 (program-5)


157

0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1

y2 = 0

3

4

zU = -11 y3 = 1 5

Gambar 4.32 e

Program 5 (y1 = 0, y2 = 0, y3 = 1)

Substitusi y3 = 1 ke program-4. Didapat : Minimumkan z = - 13 + y4 Kendala

– 2y4

-1

y4 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika y4 = 0 maka z = -13 < zU (= -11) Ruas kanan kendala = -1 < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s = - 1 + 2y4 . smaks = 1 > 0 sehingga titik-5 perlu dicabangkan ke kiri dengan mengambil y4 = 1 (program-6)

158


0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1

y2 = 0

3

4

zU = -11 y3 = 1 5 y4 = 1 6

Gambar 4.32 f Program 6 (y1 = 0, y2 = 0, y3 = 1 y4 = 1)

Substitusi y4 = 1 ke program-5. Didapat : Minimumkan z = - 12 Kendala

–2

-1

Uji penyelesaian Nol Karena sudah tidak ada vaiabel bebas maka z = -12 < zU (= -11) Tampak bahwa kendala bernilai benar sehingga jita memperoleh batas atas baru yaitu zU = - 12. Backtracking ke atas untuk mencabangkan titik-5 ke kanan dengan mengambil (program-7)

y4 = 0


159

0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1

y2 = 0

3

4

zU = -11 y3 = 1 5 y4 = 1

y4 = 0

6

7

zU = -12

Gambar 4.32 g Program 7 (y1 = 0, y2 = 0, y3 = 1, y4 = 0)

Dengan mensubstitusi y4 = 0 ke program-5 didapat : Minimumkan z = - 13 Kendala

0

-1

Uji penyelesaian Nol Karena tidak ada lagi variabel babas maka z = -13 < zU (= -12) Kendala bernilai salah sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s = - 1 maka smaks = -1 < 0. Lakukan backtracking dengan mencabangkan titik-4 ke kanan dengan mengambil y3 = 0 (program-8)

160


0 y1 = 1

y1 = 0

1

2

zU = -7

y2 = 1

y2 = 0

3

4

zU = -11 y3 = 1

y3 = 0

5 y4 = 1

8 y4 = 0

6

7

zU = -12

Gambar 4.32 h

Program 5 (y1 = 0, y2 = 0, y3 = 0)

Substitusi y3 = 0 ke program-4. Didapat : Minimumkan z = - 15 + y4 Kendala

– 2y4

-4

y4 = { 0, 1}

Uji penyelesaian Nol Jika y4 = 0 maka z = -15 < zU (= -12) Ruas kanan kendala = -4 < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s = - 4 + 2y4 . smaks = -2 < 0. Titik-8 tidak perlu dicabangkan. Backtracking tidak dapat dilakukan karena semua titik di atas titik-8 sudah memiliki 2 cabang. Iterasi selesai dengan penyelesaian optimal di titik 6 : y1 = 0, y2 = 0, y3 = 1, y4 = 1. Jika dikembalikan ke masalah semula maka x1 = 1 – y1 = 1 – 0 = 1


161

x2 = 1 – y2 = 1 – 0 = 1 x3 = 1 – y3 = 1 – 1 = 0 x4 = 1 – y4 = 1 – 1 = 0 dengan nilai fungsi maksimum = zU = 12. Jadi supaya utilitasnya maksimum, ia harus membawa buku (x1) dan pakaian (x2) saja.

4.4.2.2

Masalah Investasi

Masalah investasi mucul ketika ada beberapa investasi/pekerjaan/ metode berbeda dapat dipilih. tiap-tiap investasi/pekerjaan/metode membutuhkan biaya dan akan menghasilkan keuntungan yang berbeda-beda. Masalahnya adalah memilih beberapa investasi (dengan keterbatasan modal) agar keuntungan totalnya maksimum. Masalah investasi dapat dinyatakan sebagai masalah knapsack. Keuntungan investasi dapat dianalogikan sebagai faktor manfaat pada masalah knapsack, dan biaya tiap pekerjaan dianalogikan dengan berat/volume barang dalam masalah knapsack. Penyelesaian masalah investasi dilakukan dengan cara yang sama seperti masalah knapsack.

Misalkan

bi = biaya pengambilan investasi ke-i (i = 1, 2, … , n) ui = keuntungan yang didapat dari investasi ke-i A = Total anggaran yang tersedia

Didefinisikan variabel xi sebagai berikut :

xi

1

jika investasi ke-i dipilih

0

jika investasi ke-i tidak dipilih

Model masalah investasi adalah sebagai berikut : n

ui xi

Maksimumkan z = i 1

162


n

bi xi

Kendala

A

;

xi = 0,1

i 1

Contoh 4.10 Seorang pengusaha memiliki dana sebesar 100 (juta) untuk diinvestasikan ke usaha konstruksi, komputer atau valuta asing. Usaha konstruksi, komputer dan valuta asing masing-masing membutuhkan investasi sebesar 48, 39 dan 25 (juta) dan diperkirakan akan menghasilkan keuntungan sebesar 13, 10 dan 5 (juta). Bagaimana pengusaha tersebut harus mengalokasikan dana yang dimiliki agar keuntungan yang diperolehnya semaksimum mungkin ? Penyelesaian Misal x1, x2 dan x3 masing-masing adalah usaha konstruksi, komputer dan valuta asing.

xi

1

jika investasi ke-i dipilih

0

jika investasi ke-i tidak dipilih

Model yang sesuai adalah Maksimumkan z = 13x1 + 10x2 + 5x3 Kendala

48x1 + 39x2 + 25x3

100

x1, … , x3 = { 0, 1}

Penyelesaian model dilakukan dengan cara yang sama seperti contoh 4.9.

4.4.2.3

Masalah Penutup Himpunan (Set Covering)

Misalkan ada n lokasi berbeda yang mungkin digunakan untuk mendirikan fasilitas pelayanan. Biaya pendirian fasilitas-j adalah cj. Jika fasilitas-j berdiri, maka ia dapat melayani (atau menutup) mj buah area. Masalahnya adalah menentukan fasilitas mana saja yang harus didirikan agar semua area terlayani tapi dengan biaya sekecil-kecilnya. Untuk memodelkan masalah penutup himpunan, didefinisikan variabel keputusan :


xj

163

1

jika fasilitas-j didirikan

0

jika fasilitas-j tidak didirikan

Didefinisikan juga variabel

aij

1

jika fasilitas-j dapat menutup area-i

0

jika sebaliknya

Model yang sesuai adalah : n

cj xj

Minimumkan z = j 1

n

aij x j

Kendala

1

i = 1, 2, … , m

j 1

xj = 0,1 Perhatikan bahwa jumlah kendala sama dengan jumlah area yang hendak dilayani/ditutupi. Kendala-I mengharuskan salah satu dari xj bernilai = 1. Ini berarti bahwa area-i pasti terlayani oleh minimal salah satu tempat pelayanan

Contoh 4.11 Sebuah perusahaan elektronika hendak mendirikan pusat servis yang diharapkan dapat melayani 5 propinsi di pulau Jawa (DKI Jakarta, Jawa Barat, Jawa Tengah, DI Jogjakarta dan Jawa Timur). Ada 3 calon lokasi yang dapat dipilih (Bandung, Semarang, dan Solo), yang masingmasing membutuhkan biaya sebesar 100, 150 dan 75 (puluhan juta) untuk mendirikannya. Daerah yang dapat terlayani dengan berdirinya pusat servis di masing-masing kota adalah sebagai berikut : Bandung

Semarang

Solo

DKI Jakarta



Jawa Barat





Jawa Tengah







DI Jogjakarta





Jawa Timur





164


Tentukan dimana tempat servis harus didirikan agar kelima propinsi tersebut terlayani tapi dengan biaya semurah-murahnya ?

Penyelesaian Misalkan x1, x2 dan x3 masing-masing menyatakan pendirian tempat servis di Bandung, Semarang dan Solo. Model yang sesuai adalah : Minimumkan z = 100x1 + 150x2 + 75x3 Kendala

x1

1

(melayani DKI Jakarta)

x1 + x2

1

(melayani Jawa Barat)

x1 + x2 + x3

1

(melayani Jawa Tengah)

x2 + x3

1

(melayani DI Jogjakarta)

x2 + x3

1

(melayani Jawa Timur)

x1, … , x3 = { 0, 1} Perhatikan bahwa kedua kendala terakhir sama (DIJ dan Jawa Timur sama-sama dapat dilayani jika tempat servis didirikan di Semarang dan Solo), sehingga dapat dihilangkan salah satunya. Jadikan bentuk standar program 0-1 dengan mengalikan semua kendalanya dengan (-1). Didapat : Program 0

Minimumkan z = 100x1 + 150x2 + 75x3 Kendala

- x1

-1

(melayani DKI Jakarta)

- x1 - x2

-1

(melayani Jawa Barat)

- x1 - x2 - x3

-1

(melayani Jawa Tengah)

- x2 - x3

-1

(melayani DI Jogjakarta)

- x2 - x3

-1

(melayani Jawa Timur)

x1, … , x3 = { 0, 1} Pada program-0 semua variabelnya merupakan variabel bebas. zU = +


165

Uji Penyelesaian Nol Jika x1 = x2 = x3 = 0 maka z = 0 < zU (= + ) Ruas kanan semua kendala < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas. Uji Infisibilitas s1 = -1 + x1.

s1 maks = 0

s2 = -1 + x1 + x2.

s2 maks = 1 > 0

s3 = -1 + x1 + x2 + x3. s3 maks = 2 > 0 s4 = -1 + x2 + x3 .

s4 maks = 1 > 0

Karena tidak ada s maks < 0 maka titik-0 dicabangkan dengan mengambil x1 = 1 (program-1) 0 x1 = 1 1

Gambar 4.33 a

Program 1 (x1 = 1)

Jika x1 = 1 disubstitusikan ke program-0, didapat : Minimumkan z = 100 + 150x2 + 75x3 Kendala

-1

-1 - x2

0

-x2 - x3

0

-x2 - x3

-1

x2, x3 = { 0, 1}

Uji Penyelesaian Nol Jika x2 = x3 = 0 maka z = 100 < zU (= + )

166


Kendala-1 selalu benar sehingga dapat diabaikan dalam uji penyelesaian nol. Ruas kanan kendala-4 = -1 < 0 sehingga perlu dilakukan uji infisibilitas.

Uji Infisibilitas s1 = 0

s1 maks = 0

s2 = x2

s2 maks = 1 > 0

s3 = x2 + x3

s3 maks = 2 > 0

s4 = -1 + x2 + x3 .

s4 maks = 1 > 0

Karena tidak ada s maks < 0 maka titik-1 dicabangkan dengan mengambil x2 = 1 (program-2) 0 x1 = 1 1 x2 = 1 2

Gambar 4.33 b

Program 2 (x1 = 1, x2 = 1)

Jika x2 = 1 disubstitusikan ke program-1, didapat : Minimumkan z = 250 + 75x3 Kendala

-1

-1

-1

0 - x3

1

- x3

0

x3 = { 0, 1}


167

Uji Penyelesaian Nol Jika x3 = 0 maka z = 250 < zU (= + ) Kendala-1 dan 2 selalu benar sehingga dapat diabaikan dalam uji penyelesaian nol. Ruas kanan kendala kendala 3 dan 4

0. Berarti penyelesaian nol merupakan penyelesaian fisibel. Jadi

didapat batas atas baru zU = 250. Backtracking dan cabangkan titik-1 ke kanan dengan mengambil x2 = 0 (program-3) 0 x1 = 1 1 x2 = 1

x2 = 0

2

3

zU = 250

Gambar 4.33 c Program 3 (x1 = 1, x2 = 0)

Dengan mensubstitusikan x2 = 0 ke program-1, didapat : Minimumkan z = 100 + 75x3 Kendala

-1

-1

0

0 - x3

0

- x3

-1

x3 = { 0, 1}

Uji Penyelesaian Nol Jika

x3 = 0 maka z = 100 < zU (= 250)

Penyelesaian nol tidak fisibel karena meskipun kendala-1 dan 2 selalu benar tapi ruas kanan kendala-4 < 0. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas.

168


0 x1 = 1 1 x2 = 1

x2 = 0

2

3

zU = 250

x3 = 1 4

Gambar 4.33 d Uji Infisibilitas s1 = 0

s1 maks = 0

s2 = 0

s2 maks = 0

s3 = x3

s3 maks = 1

s4 = -1 + x3 . s4 maks = 0 Tidak ada s maks < 0. Maka titik-3 dicabangkan dengan mengambil x3 = 1 (program-4). Lihat gambar 4.33 d

Program 4 (x1 = 1, x2 = 0, x3 = 1)

Jika x3 = 1 disubstitusikan ke program-3, didapat : Minimumkan z = 175 Kendala

-1

-1

0

0

-1

0

-1

-1


169

0 x1 = 1 1 x2 = 1

x2 = 0

2

3

zU = 250 x3 = 1

x3 = 0

4

5

zU = 175

Gambar 4.33 e Uji Penyelesaian Nol Karena tidak ada variabel bebas lagi maka z = 175 < zU (= 250) Tampak bahwa semua kendala bernilai benar sehingga penyelesaian nol merupakan penyelesaian fisibel. Berarti didapat batas atas baru zU = 175. Backtracking dan cabangkan titik3 ke kanan dengan mengambil x3 = 0 (program-5)

Program 5 (x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0)

Dengan mensubstitusikan x3 = 0 ke program-3, didapat : Minimumkan z = 100 Kendala

-1

-1

0

0

0

0

0

-1

Uji Penyelesaian Nol Karena tidak ada variabel bebas, maka z = 100 < zU (= 175)

170


Penyelesaian nol tidak fisibel karena kendala-4 bernilai salah. Maka perlu dilakukan uji infisibilitas. Uji Infisibilitas s1 = 0

s1 maks = 0

s2 = 0

s2 maks = 0

s3 = 0

s3 maks = 0

s4 = -1

s4 maks = -1

s4 maks < 0. Maka titik-5 tidak perlu dicabangkan. Lakukan backtracking. Cabangkan titik-0 ke kanan dengan mengambil x1 = 0 (program-6). 0 x1 = 1

x1 = 0

1 x2 = 1

6 x2 = 0

2

3

zU = 250 x3 = 1

x3 = 0

4

5

zU = 175

Gambar 4.33 f Program 6 (x1 = 0)

Jika x1 = 0 disubstitusikan pada program-0, maka didapat : Minimumkan z = 150x2 + 75x3 Kendala

0

-1 - x2

-1

- x2 - x3

-1

- x2 - x3

-1

x2, x3 = { 0, 1}


171

Uji Penyelesaian Nol Jika x2 = x3 = 0 maka z = 0 < zU (= 175) Penyelesaian nol tidak fisibel karena kendala-1 bernilai salah, dan ruas kanan semua kendala sisanya < 0. Jadi perlu dilakukan uji infisibilitas. Uji Infisibilitas s1 = -1

s1 maks = -1

s2 = -1 + x2.

s2 maks = 0

s3 = -1 + x2 + x3.

s3 maks = 1

s4 = -1 + x2 + x3 .

s4 maks = 1

s1 maks < 0. Maka titik-0 tidak perlu dicabangkan. Backtracking juga tidak menghasilkan titik baru karena semua titik sudah memiliki 2 cabang. Maka didapat penyelesaian optimal pada titik4, yaitu x1 = 1, x2 = 0, dan x3 = 1 dengan zmin = 175 Jika dikembalikan ke soal aslinya, maka agar semua propinsi terlayani dengan biaya minimum, maka perusahaan tersebut harus mendirikan tempat servis di Bandung dan Solo dengan biaya minimum = 175 (puluhan juta)

172


SOAL-SOAL LATIHAN Selesaikan masalah program bilangan bulat berikut ini dengan metode Cabang-Batas. 1. Minimumkan f = 2 x1 + 3 x2 Kendala : x1 + 3 x2

6

x1 +

3

x2

x1, x2

0 dan bulat

2. Maksimumkan f = x1 + 2 x2 Kendala : x1 +

x2

5

x1 -

x2

0

2 x1 + 6 x2 x1, x2

21 0 dan bulat

3. Minimumkan f = x1 + x2 Kendala : 4 x1 + 10 x2

12

10 x1 + 4 x2

12

x1, x2

0 dan bulat

4. Maksimumkan f = x1 + x2 Kendala : - x1 + 4 x2

10

5 x1 + 2 x2

10

-3 x1 + 4 x2

6


x1, x2

173

0 dan bulat

5. Maksimumkan f = x1 + x2 Kendala : 2 x1 + 5 x2

16

6 x1 + 5 x2

30

x1, x2

0 dan bulat

6. Maksimumkan f = x1 + 2x2 + x3 Kendala : x1 + 4 x2 + 2 x3 - x1 + 3 x2 x1, x2, x3

7 4 0 dan bulat

7. Maksimumkan f = 4 x1 + 5 x2 + 3 x3 Kendala : 3 x1 - 2 x2 + x3 x1 + 2 x2 + x3 x1, x2, x3

14 8 0 dan bulat

8. Selesaikan soal no 1-3 dengan menggunakan metode bidang potong dan bandingkan hasilnya dengan penyelesaian yang didapat dengan metode cabang batas. Apakah kedua metode menghasilkan penyelesaian yang sama ? 9. Sebuah perusahaan roti merencanakan membuat 3 jenis roti (A, B, dan C). Ketiganya menggunakan 2 mesin yang sama yaitu mesin I (mesin pengaduk) dan mesin II (mesin pembakar/oven). Setiap roti jenis A rata-rata membutuhkan mesin I selama 12 menit dan mesin II selama 9 menit. Setiap roti jenis B membutuhkan pemakaian mesin I selama 10 menit mesin I dan 10

174


menit mesin II. Setiap roti jenis C membutuhkan 13 menit mesin I dan 11 menit mesin II. Dalam seminggunya, mesin I dan II masing-masing hanya dapat dipakai selama 40 jam. Biaya pembuatan tiap roti jenis A, B dan C masing-masing adalah sebesar 32, 20 dan 24 (ribuan rupiah). Penjualan tiap roti jenis A, B dan C akan menghasilkan keuntungan sebesar 8, 7 dan 9 (ribuan). Apabila perusahaan tersebut hanya menyediakan dana 5000 (ribuan) tiap minggunya, tentukan pengaturan produksi yang akan memaksimumkan keuntungannya. 10. Revisilah algoritma cabang-batas untuk menyelesaikan program bilangan bulat campuran, dimana hanya sebagian saja diantara variabel-variabelnya yang diharuskan merupakan bilangan bulat. Maksimumkan/minimumkan f x1, x2 , ... , xn dengan kendala : a11 x1 a12 x2

... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2

... a2 n xn

b2

... am1 x1 am 2 x2

... amn xn

x1 , x2 , ... , xk bulat

0, k

bm

n

c1x1 c2 x2 ... cn xn

Bab 5 TRANSPORTASI 5.1

Pendahuluan

Masalah transportasi merupakan masalah yang sering dihadapi dalam pendistribusian barang. Misalkan ada m buah gudang (sumber) yang memiliki masing-masing a1, a2, …, am buah barang yang sama. Barang-barang tersebut hendak dikirimkan ke n buah toko (tujuan) yang masingmasing membutuhkan b1, b2, … , bn buah barang. Diasumsikan a1 + a2 + … + am = b1 + b2 + … + bn. Biasanya karena letak geografis/jarak yang berbeda-beda, maka biaya pengiriman dari suatu sumber ke suatu tujuan tidaklah sama. Misalkan cij adalah biaya pengiriman sebuah barang dari sumber ai ke tujuan bj. Masalahnya adalah bagaimana menentukan pendistribusian barang dari sumber sehingga semua kebutuhan tujuan terpenuhi tapi dengan biaya yang se minimum mungkin. Contoh 5.1 Misalkan TV yang diproduksi disimpan di 3 gudang yaitu Jakarta, Semarang dan Surabaya, yang masing-masing memiliki daya tampung sebesar 150, 200 dan 100 unit. TV tersebut hendak dikirim ke 3 distributor yang berada di Bandung, Jogjakarta dan Malang. Biaya pengiriman per unit TV (dalam puluhan ribuan rupiah) dari gudang ke distributor tampak dalam tabel 5.1 DISTRIBUTOR GUDANG

Bandung Jogjakarta

Malang

Persediaan

Jakarta

3

5

7

150

Semarang

6

4

10

200

Surabaya

8

10

3

100

Kebutuhan

100

300

50

Tabel 5.1 Jumlah TV yang ada di ketiga gudang adalah sebanyak 150 + 200 + 100 = 450 unit. Jumlah permintaan di ketiga distributor juga sebesar 450 unit. Distribusi pengiriman TV yang berbeda

168


akan menghasilkan biaya pengiriman yang berbeda. Perhatikan 2 macam cara pengiriman yang berbeda berikut ini. DISTRIBUTOR GUDANG Jakarta

Bandung Jogjakarta 100

50

Semarang

150

Surabaya

100

Kebutuhan

Malang

100

Persediaan 150

50

200 100

300

50

Tabel 5.2 (a) DISTRIBUTOR GUDANG

Bandung Jogjakarta

Jakarta

100

Semarang

200

Surabaya

100

Kebutuhan

100

Malang

Persediaan

50

150 200 100

300

50

Tabel 5.2 (b) Jumlah biaya pengiriman adalah jumlah unit yang dikirimkan dikalikan dengan biaya pengiriman per unit. Pada distribusi tabel 5.2 (a), total biaya pengiriman sebesar 100 (3) + 50 (5) + 150 (4) + 50 (10) + 100 (10) = 2650. Sebaliknya biaya pengiriman distribusi barang dalam tabel 5.2 (b) adalah sebesar = 100 (5) + 50 (7) + 200 (4) + 100 (8) = 2450. Biaya pengiriman sesuai dengan tabel 5.2 (b) lebih murah dibandingkan dengan distribusi tabel 5.2 (a). Akan tetapi biaya pengiriman sebesar 2450 seperti pada tabel 5.2 (b) belum tentu merupakan biaya pengiriman yang termurah. Pencarian cara pengiriman yang paling murah dengan coba-coba akan terlalu lama dan tidak efisien, apalagi jika tabelnya cukup besar. Dalam bab ini akan dibahas cara pengiriman yang paling optimal. Misalkan xij adalah jumlah unit barang yang dikirim dari sumber-i ke tujuan-j. Masalah transportasi dapat diringkas dalam tabel 5.3.

TRANSPORTASI

169

Tujuan 1 c11

1

x11 c21

Sumber

2

2

Permintaan

Persediaan

c1n

x12

...

c22

x1n

a1

c2n

x21

x22

...

x2n

...

...

...

...

cm1

m

n

c12

cm2

xm1

xm2

b1

b2

a2

cmn

...

xmn

am

bn

Tabel 5.3 Masalah transportasi dapat dinyatakan dalam program bilangan bulat sebagai berikut : m

n

i 1

j 1

cij xij

Meminimumkan Z = n

Kendala

xij

ai

i = 1, 2, … , m

xij

bj

j = 1, 2, … , n

j 1

m

i 1

xij bulat

0

Dengan pendekatan program bilangan bulat, maka akan terdapat m.n buah variabel (belum termasuk variabel tambahan untuk simpleks). Ini berakibat penyelesaian iterasinya akan terlalu lama. Untuk itu dilakukan pendekatan lain yang lebih mudah. Algoritma penyelesaian masalah transportasi adalah sebagai berikut : a. Tentukan penyelesaian fisibel awal. b. Uji, apakah penyelesaian yang didapatkan pada langkah (1) sudah optimal. c. Jika belum optimal, tingkatkan keoptimalan penyelesaian d. Ulangi langkah (1) – (3) hingga didapatkan penyelesaian optimal.

170

5.2


Penyelesaian Fisibel Awal

Penyelesaian fisibel awal digunakan untuk menentukan penyelesaian awal dalam masalah transportasi. Ada beberapa metode yang biasa digunakan antara lain metode barat laut, metode Vogel dan metode biaya terendah. Masing-masing metode memiliki keuntungan yang berbedabeda. Metode barat laut merupakan metode yang paling mudah, akan tetapi biasanya dibutuhkan lebih banyak iterasi lagi untuk mencapai penyelesaian optimal dibandingkan dengan metode Vogel atau biaya terendah. Tidak ada teori yang akan menjamin bahwa penyelesaian awal merupakan penyelesaian optimal. Jika tabel transportasi terdiri dari m baris dan n kolom, maka penyelesaian awal harus menghasilkan m+n-1 buah variabel basis (sel yang terisi). Jika penyelesaian awalnya berisi kurang dari m+n-1 buah variabel basis, maka harus ditambahkan variabel dummy agar proses pengecekan keoptimalan dan iterasi dapat dilakukan

5.2.1

Metode Barat Laut

Sesuai dengan namanya, metode barat laut mengisi tabel awal transportasi dari sisi barat laut (kiri atas) dengan kuantitas sebanyak-banyaknya. Pengisian dilakukan terus menerus hingga semua sumber dihabiskan. Contoh 5.2 Alat-alat rumah tangga akan dikirim dari 4 buah distributor (A, B, C, D) ke 3 toko (1, 2, dan 3). Jumlah barang yang siap dikirim dari distributor A, B, C dan D masing-masing adalah 300, 200, 600, dan 500 unit. Kebutuhan toko 1, 2, dan 3 masing-masing adalah 200, 1000 dan 400 unit. Biaya pengiriman (ribuan) dari distributor ke toko tampak dalam tabel 5.4. Tentukan penyelesaian fisibel awal dengan metode barat laut. Ke Toko Distributor

1

2

3

A

5

3

6

B

2

9

4

TRANSPORTASI

171

C

3

7

8

D

6

1

4

Tabel 5.4 Penyelesaian Jumlah seluruh barang yang tersedia di distributor adalah 300 + 200 + 600 + 500 = 1600 unit, sedangkan jumlah permintaan seluruh toko adalah 200 + 1000 + 400 = 1600 unit juga. Karena keduanya sama maka proses iterasi dapat dimulai. Kondisi transportasi tampak pada tabel 5.5. Biaya pengiriman per unit barang tampak pada ujung kiri atas pada tiap sel. Di sisi kanan tampak jumlah persediaan barang dari tiap distributor, sedangkan di sisi bawah tabel adalah jumlah permintaan tiap toko.

1 5

Toko 2 3

3 6

Distributor

A

300 2

9

4

B

200 3

7

8

C

600 6

1

4

D Permintaan

Persediaan

500 200

1000

400

Tabel 5.5 Ujung barat laut tabel adalah sel dengan c11 = 5. Sel ini diisi dengan kuantitas sebanyak mungkin. Distributor – A memiliki 300 unit barang sedangkan toko – 1 membutuhkan 200 unit. Maka x11 diisi sebanyak-banyaknya yaitu 200 unit (perhatikan jika x11 diisi lebih dari 200 unit maka terdapat kelebihan permintaan). Dengan mengisi x11 = 200 maka otomatis permintaan toko – 1 sudah terpenuhi sehingga x21, x31 dan x41 tidak boleh terisi (ditandai dengan arsiran pada tabel 5.6 a). Sekarang ujung barat laut adalah sel dengan c12 = 3 yang akan diisi dengan barang semaksimal mungkin. Distributor – A hanya memiliki 300 unit barang dan sudah dikirimkan ke toko – 1

172


sebanyak 200 unit sehingga tersisa 100 unit. Di sisi lain, toko – 2 membutuhkan sebanyak 1000 unit. Maka x12 = 100. Dengan pengisian ini, maka distributor – A sudah kehabisan barang sehingga x13 tidak boleh diisi lagi (lihat tabel 5.6 b).

5

Distributor

A

Toko 2 3

3 6

2

5

300

200 9

4

B

200 3

7

8

C

600 6

1

1000

Tabel 5.6 (a)

400

3

200 2

3 6

300

100 9

4

B

200 3

7

8

C

600 6

500 200

A

4

D

Toko 2

1

Distributor

1

1

4

D

500 200

1000

400

Tabel 5.6 (b)

Karena barang di distributor – A sudah habis, maka sekarang ujung barat lautnya terletak pada sel dengan c22 = 9. Distributor – B memiliki 200 unit barang sedangkan toko – 2 tinggal membutuhkan 900 unit barang lagi (kebutuhannya 1000 unit tetapi 100 unit diantaranya sudah disuplai dari distributor – A). Maka x22 = 200 dan x23 tidak boleh diisi lagi. Demikian seterusnya sehingga semua barang terdistribusi. Hasil penyelesaian fisibel awal dengan metode barat laut tampak pada tabel 5.6 c. Biaya total pengiriman adalah sebesar 200 (5) + 100 (3) + 200 (9) + 600 (7) + 100 (1) + 400 (4) = 9000 (ribuan) Tampak bahwa jumlah basis (sel yang terisi) = 6 sel yang sama dengan jumlah baris+ jumlah kolom - 1 = 4 + 3 – 1 = 6. Jadi jumlah basisnya mencukupi dan tidak diperlukan variabel basis dummy.

TRANSPORTASI

173

1 5

Distributor

A

Toko 2 3

200 2

6

300

100 9

B

3

4

200

200 3

7

C

8

600

600 6

1

D 200

4

100

400

1000

400

500

Tabel 5.6 (c) Contoh 5.3 Buatlah penyelesaian fisibel awal masalah transportasi yang biaya pengirimannya tampak dalam tabel 5.7 dengan metode barat laut. TOKO GUDANG

1

2

3

Persediaan

A

4

2

8

100

B

1

5

3

200

Kebutuhan

100

150

50

Tabel 5.7 Penyelesaian Pengisian dengan metode barat laut dimulai dari sel dengan c11 = 4. Maksimum barang yang dapat dikirimkan adalah sebanyak 100 unit. akan tetapi dengan pengiriman ini gudang A akan kehabisan barang dan sekaligus toko - 1 akan terpenuhi permintaannya. Jika diteruskan maka penyelesaian basisnya akan kurang karena satu sel yang terisi akan menghilangkan baris sekaligus kolomnya. Untuk itu perlu ditambahkan variabel basis dummy yang berharga 0 pada x12 atau x21. Misalkan diambil x12 = 0.

174


Pengisian berikutnya akan menghasilkan x22 = 150 dan x23 = 50 (lihat tabel 5.8). Dengan penambahan variabel dummy tersebut maka jumlah variabel basisnya adalah 4 buah yang mencukupi. Toko 2

1

Gudang

4

A

2

100 1

8

100

100

0 5

B

3

3

150

50

150

50

200

Tabel 5.8

5.2.2

Metode Biaya Terendah

Prinsip dasar penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah tidak jauh berbeda dengan metode barat laut. Hanya saja pengisian tidak dilakukan dari sisi barat laut, tetapi dari sel yang biaya pengirimannya terendah. Pada sel itu kita isi dengan barang sebanyak mungkin. Jika ada beberapa sel yang biaya terendahnya sama, maka dipilih sembarang. Metode biaya terendah sering juga disebut metode greedy karena sifatnya yang selalu memulai penyelesaian dari biaya yang terkecil tanpa memperhitungkan efeknya terhadap keseluruhan proses. Meskipun selalu dimulai dari sel yang biayanya terkecil, namun metode biaya terendah belum tentu menghasilkan penyelesaian optimal. Secara logika, hasil yang didapat dengan metode biaya terendah akan lebih baik dibandingkan dengan metode barat laut karena pengisian dengan metode barat laut tidak mempertimbangkan biaya pengiriman pada sel yang bersangkutan. Akibatnya total biaya pengiriman akan cenderung lebih tidak optimal. Contoh 5.4 Selesaikan soal 5.2 dengan metode biaya terendah. Penyelesaian

TRANSPORTASI

175

Biaya terkecil adalah pengiriman dari distributor D ke toko – 2 dengan c42 = 1. Pada sel ini diisi dengan kuantitas sebanyak-banyaknya yaitu sebesar x42 = 500. Dengan pengisian ini maka distributor – D sudah kehabisan barang sehingga x41 dan x43 tidak bisa terisi lagi (ditandai dengan arsiran pada tabel 5.9 a).

1 5

Toko 2 3

3 6

5

300 2

9

4

B

200 3

7

8

C

600 6

1

D

500 200

1000

Tabel 5.9 (a)

400

3

3 6

300 2

B

9

4

200

200 3

C

4

7

8

600

0 6

500

Toko 2

A

Distributor

A

Distributor

1

1

D

4

500

500 200

1000

400

Tabel 5.9 (b)

Dari sisa sel yang masih bisa terisi (yang tidak terarsir pada tabel 5.9 a), pengiriman dengan biaya terendah adalah dari distributor – B ke toko – 1 dengan biaya c21 = 2. Jumlah maksimum barang yang dapat diisikan pada sel ini adalah sebanyak x21 = 200. Dengan pengisian ini maka distributor – B akan kehabisan barang dan sekaligus toko – 1 sudah terpenuhi permintaannya. Jika demikian maka nantinya akan terjadi kekurangan variabel basis. Untuk itu ditambahkan variabel basis semu pada sembarang sel di kolom toko – 1 atau distributor – B. Misal x31 = 0 (lihat tabel 5.9 b) . Proses dilanjutkan dengan sel terkecil berikutnya yang belum terarsir. Hasil akhir penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah tampak pada tabel 5.9 c. Biaya total pengiriman adalah sebesar 300 (3) + 200 (2) + 0 (3) + 200 (7) + 400 (8) + 500 (1) = 6400 (ribuan).

176


1 5

3

Distributor

A

3 6

300

300 2

B

Toko 2

9

4

200

200 3

C

7

0 6

200 1

D

8

400 4

500

500 200

600

1000

400

Tabel 5.9 (c)

5.2.3

Metode Vogel

Perhitungan penyelesaian awal dengan metode Vogel lebih rumit dibandingkan dengan kedua metode terdahulu. Akan tetapi biasanya lebih mendekati penyelesaian optimalnya. Algoritma Vogel untuk menentukan penyelesaian fisibel awal masalah transportasi adalah sebagai berikut : 1. Pada tiap baris dan kolom, hitunglah selisih 2 sel dengan biaya yang terkecil. 2. Tentukan baris/kolom hasil langkah (1) yang selisihnya terbesar. Jika terdapat lebih dari 1, pilihlah sembarang. 3. Pada baris/kolom yang terpilih, isikan barang semaksimum mungkin pada sel dengan biaya terkecil. Hapuskan baris/kolom yang dihabiskan karena pengisian tersebut pada perhitungan berikutnya. Jika baris dan kolom terhapus bersamaan, tambahkan sebuah variabel dummy 4. Ulangi langkah 1-3 hingga semua permintaan/persediaan habis

Contoh 5.5

TRANSPORTASI

177

Selesaikan contoh 5.2 dengan metode Vogel Penyelesaian Pada baris – 1, dua sel yang biayanya terkecil adalah c12 = 3 dan c11 = 5. Selisihnya adalah = 5 – 3 = 2. Pada baris – 2, dua sel yang biayanya terkecil adalah c21 = 2 dan c23 = 4. Selisihnya adalah = 4 – 2 = 2. Demikian seterusnya dihitung selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada tiap baris dan kolom. Hasilnya tampak pada tabel 5.10 Baris/Kolom

2 sel dengan biaya terkecil

Selisih

Baris – 1

c12 = 3 dan c11 = 5

5–3 = 2

Baris - 2

c21 = 2 dan c23 = 4

4–2 = 2

Baris – 3

c31 = 3 dan c32 = 7

7 – 3 = 4*

Baris – 4

c42 = 1 dan c43 = 4

4–1 = 3

Kolom - 1

c21 = 2 dan c31 = 3

3–2 = 1

Kolom – 2

c42 = 1 dan c12 = 3

3–1 =2

Kolom - 3

c23 = 4 dan c43 = 4

4–4 = 0

Tabel 5.10

1 5

Toko 2 3

6

Distributor

A 2

9

3

7

1

200

2

600

4*

500

3

4

D

Selisih 2 sel dengan biaya terkecil

2

8

200 6

300 4

B

C


3

200

1000

400

1

2

0

Tabel 5.11 (a) Selisih terbesar (= 4) terjadi pada baris ke – 3. Biaya terkecil pada baris ke – 3 adalah c31 = 3. Pada sel ini diisikan barang sebanyak-banyaknya yaitu 200 unit. Jadi x31 = 200. Dengan

178


pengisian ini maka toko – 1 sudah terpenuhi permintaannya sehingga sel lain pada kolom – 1 tidak diikutkan pada iterasi berikutnya (lihat tabel 5.11 a). Proses perhitungan selisih 2 sel yang biayanya terkecil dilanjutkan tetapi dengan menghilangkan kolom – 1 dari perhitungan. Didapat

Baris/Kolom

2 sel dengan biaya terkecil

Selisih

Baris – 1

c12 = 3 dan c13 = 6

6–3 = 3

Baris – 2

c23 = 4 dan c22 = 9

9 - 4 = 5*

Baris – 3

c32 = 7 dan c33 = 8

8-7 = 1

Baris – 4

c42 = 1 dan c43 = 4

4–1 = 3

Kolom – 1

tidak dihitung lagi

-

Kolom – 2

c42 = 1 dan c12 = 3 (tetap)

3–1 =2

Kolom – 3

c23 = 4 dan c43 = 4 (tetap)

4–4 = 0

1 5

Toko 2 3

6

Distributor

A 2

9

200 3

7

1

3

200

2

5*

600

4*

1

500

3

3

4

D


2

8

200 6

300 4

B

C


3

200

1000

400

1

2

0

-

2

0

Tabel 5.11 (b) Selisih terbesar (= 5) terjadi pada baris ke – 2. Biaya terkecil pada baris ke – 3 adalah c23 = 4. (sebenarnya biaya terkecil adalah c21 = 2. Akan tetapi sel ini sudah tidak boleh diisi lagi). Pada sel ini diisikan barang sebanyak-banyaknya yaitu 200 unit. Jadi x23 = 200. Dengan pengisian ini maka distributor – 2 sudah kehabisan barang sehingga sel lain pada baris – 2 tidak boleh diisi lagi (lihat tabel 5.11 b).

TRANSPORTASI

179

Pada iterasi berikutnya, selisih 2 sel dengan biaya terkecil pada baris 1, 3, dan 4 (baris 2 tidak boleh diisi lagi) masing-masing adalah 3, 1 dan 3. Selisih pada kolom 2 dan 3 (kolom – 1 tidak boleh diisi lagi) masing-masing adalah 2 dan 2. Nilai maksimum terjadi pada baris – 1 dan baris – 4 yang selisihnya = 3. Dipilih sembarang. Misal dipilih baris 4. Maka x42 = 500 dan baris – 4 tidak boleh diisi lagi . Secara analog, pada iterasi berikutnya selisih terbesar terjadi pada kolom – 2 yang selisihnya = 4. Maka x12 = 300 (lihat tabel 5.11 (c)).

1 5

3

A Distributor

Toko 2 6

300 2

9

200 3

7

6


2

3

3

3

200

2

5*

-

-

600

4*

1

1

1

500

3

3

3*

-

8

200 1

D

300 4

B

C


3

4

500 200

1000

400

1

2

0

-

2

0

-

2

2

-

4*

2

Tabel 5.11 (c) Karena sekarang sisanya tinggal sel pada satu baris, maka diisikan mulai dari sel yang biayanya terkecil yaitu x32 = 200 dan x33 = 200 (lihat tabel 5.11 (d)). Biaya total pengirimannya adalah sebesar 300 (3) + 200 (4) + 200 (3) + 200 (7) + 200 (8) + 500 (1) = 5800 (ribuan).

180


1 5

3

A Distributor

Toko 2 6

300 2

9

200 3

7

200 6


2

3

3

3

200

2

5*

-

-

600

4*

1

1

1

500

3

3

3*

-

8

200 1

D

300 4

B

C


3

200 4

500 200

1000

400

1

2

0

-

2

0

-

2

2

-

4*

2

Tabel 5.11 (d)

5.3

Pengecekan Optimalitas

Setelah tabel awal transportasi dibuat (dengan sembarang metode), langkah berikutnya adalah mengecek apakah tabel tersebut sudah optimal. Jika sudah optimal, maka proses dihentikan dan tabel awal menjadi tabel optimal. Akan tetapi jika belum optimal maka dilakukan perbaikan tabel untuk meningkatkan optimalitas (langkah-langkah perbaikan tabel dijelaskan pada bab 5.4). Langkah-langkah pengecekan optimalitas tabel (sering disebut metode u-v) adalah sebagai berikut : 1. Pada penyelesaian fisibel awal, tambahkanlah kolom ui (i = 1, 2, … , m) dan baris vj (j = 1, 2, … , n) 2. Isi salah satu baris ui atau kolom vj dengan 0 (biasanya baris/kolom yang dipilih adalah baris/kolom yang memuat variabel basis paling banyak).

TRANSPORTASI

181

3. Isi baris ui dan kolom vj lainnya dengan aturan : untuk setiap sel basis berlakulah persamaan ui + vj = cij. 4. Isi sel-sel sisanya (bukan basis) dengan kuantitas cij – ui – vj. Jika ada sel dengan nilai cij – ui – vj < 0 maka berarti tabel tersebut belum optimal.

Contoh 5.6 Ujilah apakah tabel penyelesaian fisibel awal dengan metode Vogel (contoh 5.5) sudah optimal. Penyelesaian Perhatikan penyelesaian fisibel awal dengan metode Vogel yang ada pada tabel 5.11 (d). dengan metode u-v, misalkan diambil u3 = 0 (pada tabel 5.12 a ditandai dengan anak panah kecil disampingnya). Perhatikan bahwa disini ada 6 variabel basis masing-masing x12, x23, x31, x32, x33 dan x42 yang berturut-turut biayanya adalah 3, 4, 3, 7, 8, dan 1. Karena x31 merupakan variabel basis maka berlakulah persamaan u3 + v1 = c31. Karena u3 = 0 dan c31 = 3, maka didapat v1 = 3.

1 5

3

A

Distributor

Toko 2 6

9

4

B

200 3

C

7

200 6

200

8

200 1

D

Vj

300

300 2

ui

3

200

600

4

500

500 200

1000

400

3

7

8

Tabel 5.12 (a)

0

182


Secara analog, karena x32 basis, maka u3 + v2 = c32. Didapat v2 = 7. Karena x33 basis, maka u3 + v3 = c33 sehingga v3 = 8 (lihat tabel 5.12 (a)) x12 merupakan variabel basis. Maka berlakulah u1 + v2 = c12. c12 = 3, dan dari langkah sebelumnya, v2 = 7. Maka u1 = -4. Secara analog, karena x23 basis (dengan c23 = 4) dan v3 = 8, maka u2 = -4. Karena x42 basis (dengan c42 = 1) dan v2 = 7 maka u4 = -6 (lihat tabel 5.12 (b))

1 5

3

A

Distributor

Toko 2 6

300 2

9

200 3

7

200 6

Vj

-4

200

-4

600

0

500

-6

8

200 1

D

300 4

B

C

ui

3

200 4

500 200

1000

400

3

7

8

Tabel 5.12 (b) Harus diperhatikan bahwa pengisian nilai-nilai ui dan vj didasarkan pada nilai biaya variabel basis (baik variabel basis yang sebenarnya maupun variabel basis dummy). Jika pengisian tabel awalnya benar, maka dapatlah dipastikan bahwa semua nilai-nilai ui dan vj adalah tunggal dan dapat dihitung. Selanjutnya, dihitung nilai cij – ui – vj pada sel-sel yang bukan basis (sel yang kosong). Pada sel x11, c11 – u1 – v1 = 5 – (-4) – 3 = 6. Pada sel x13 = 6 – (-4) – 8 = 2. Pada sel x21, x22, x41 dan x43, nilai cij – ui – vj masing-masing adalah 3, 6, 9, dan 2. Nilai cij – ui – vj untuk semua sel bukan basis tampak pada sisi kanan atas sel yang bersangkutan pada tabel 5.12 c. Semua nilai-nilai ini positip. Maka tabel awal tersebut sudah optimal dengan biaya pengiriman total sebesar 5800.

TRANSPORTASI

183

Toko 2

1 5

6

Distributor

A

3

6

2

3

9

6

7

200 6

9

D

300

-4

200

-4

600

0

500

-6

4

200 3

Vj

2

300

B

C

ui

3

8

200 1

200 4

2

500 200

1000

400

3

7

8

Tabel 5.12 c

5.4

Merevisi Tabel

Tabel optimal jika untuk setiap sel bukan basis, nilai cij – ui – vj

0. Jika ada salah satu sel saja

yang nilai cij – ui – vj negatif, maka tabel tidak optimal dan perlu ditingkatkan optimalitasnya. Untuk merevisi tabel, digunakan loop, yaitu barisan sel basis dengan sifat : 1. Setiap pasangan sel yang berurutan teretak pada baris/kolom yang sama 2. Tidak ada 3 (atau lebih) sel berurutan yang terletak pada baris/kolom yang sama 3. Sel pertama dan terakhir barisan terletak pada baris/kolom yang sama 4. Tidak ada sel yang muncul lebih dari satu kali dalam barisan Algoritma untuk merevisi tabel adalah sebagai berikut : 1. Pilih variabel bukan basis (sel kosong) dengan nilai cij – ui – vj < 0 yang paling minimum. 2. Isi sel tersebut dengan kuantitas sebanyak mungkin

184


3. Sesuaikan kuantitas xij pada sel-sel lain dalam loop 4. Cek apakah penyelesaian baru sudah optimal. Jika belumlakukan kembali langkah 1-4.

Contoh 5.7 Carilah penyelesaian optimal contoh 5.2 dengan metode barat laut sebagai penyelesaian fisibel awalnya. Penyelesaian Penyelesaian fisibel awal dengan metode barat laut tampak dalam tabel 5.6 c. Langkah pertama adalah mengecek apakah tabel 5.6 c merupakan tabel optimal. Dengan menggunakan cara seperti dalam bab 5.3 (dengan mengambil v2 = 0), maka akan didapatkan nilai u1 = 3, u2 = 9, u3 = 7, u4 = 1, v1 = 2 dan v3 = 3 (lihat tabel 5.13 a). Berikutnya nilai cij – ui – vj untuk variabel bukan basis tampak pada sisi kanan atas sel dalam tabel 5.13 b.

5

Distributor

A

3

200 2

3

3

5

100 4

7

9 8

7

600 6

1

2

A

3

200 2

-9

B 3

-6

100

400

0

3

3

D vj

6

0

3

100 9

4

-8

9

7

8

-2

7

600 6

1

ui

3

200

C

4

Tabel 5.13 a

Toko 2

1

3

200

C

ui

6

9

B

D vj

Toko 2

Distributor

1

2

1

4

100

400

0

3

1

Tabel 5.13 b

Nilai negatif pada kuantitas kij = cij – ui – vj menunjukkan bahwa jika sel tersebut diisi dengan sebuah barang, maka biaya total transportasi akan menurun sebesar kij. Sebagai contoh jika x23 diisi dengan 1 barang maka biaya transportasi akan turun sebesar 8. Untuk mempercepat revisi

TRANSPORTASI

185

tabel maka dipilih sel dengan nilai kij terkecil dan pada sel tersebut diisi dengan kuantitas sebanyak-banyaknya. Dengan demikian maka total biaya transportasi akan turun sebesar kij .cij. Dalam tabel 5.13 b, sel dengan cij – ui – vj terkecil adalah sel x21. Untuk mencari loop yang berhubungan dengan sel x21, maka dicari sel-sel basis yang berhubungan sambung menyambung secara vertikal/horisontal (tidak boleh diagonal) dengan sel x21. Dengan sedikit pengamatan, maka didapatkan loop x21 – x22 – x12 – x11 – x21. Jika sel x21 diisi dengan suatu kuantitas sebesar q, maka, nilai x22 harus berkurang sebesar q juga. Hal ini dilakukan agar jumlah barang yang dikirim dari distributor – B tetap sebesar 200. Jika x22 berkurang sebesar q, maka x12 harus bertambah sebesar q (agar kebutuhan toko – 2 tetap 1000). Selanjutnya jika x12 berkurang sebesar q maka x11 harus bertambah sebesar q. Hal ini dapat dilihat pada tabel 5.13 c. Tanda (+) dalam suatu sel menunjukkan bahwa sel tersebut harus ditambah dengan suatu kuantitas, dan sebaliknya, tanda (-) menunjukkan bahwa kuantitas sel tersebut harus dikurangi. Toko 2

1 5

Distributor

A

3

200 2 +

3

4

9

200 8

7

600 6

1

D vj

3

100 +

7

C

2

ui

6

9

B

3

4

100

400

0

3

1

Tabel 5.13 c Perhatikan loop pada sel-sel yang dihubungkan dengan garis patah-patah pada tabel 5.13 c. Nilai xij terkecil pada sel yang bertanda (-) menunjukkan nilai maksimum q yang bisa diisikan pada sel x21. Jadi x21 = 200. Jika x21 diisi dengan kuantitas > 200 maka x11 dan x22 akan bernilai negatif.

186


Dengan mengisi x21 = 200 maka x22 = 200 – 200 = 0 (menjadi bukan sel basis), x12 = 100 + 200 = 300, dan x11 = 200 – 200 = 0 (menjadi bukan sel basis). Dengan kata lain, dengan membuat x21 menjadi basis (dengan nilai 200) akan menyebabkan 2 sel lain yaitu x22 dan x11 menjadi sel bukan basis. Jika demikian maka akan terjadi degeneracy (kekurangan sel basis). Untuk menghindari hal tersebut, cukup salah satu dari sel x22 atau x11 saja yang dijadikan sel bukan basis. Misalkan dipilih x22 yang bukan basis (lihat tabel 5.14).

1 5

Distributor

A

3

0 2

B

3 6

300 9

4

7

8

200 3

C

600 6

D

Toko 2

1

100

4

400

Tabel 5.14 Perhatikan bahwa dengan revisi ini, jumlah setiap baris dan setiap kolom tidak berubah dibandingkan dengan tabel sebelumnya. Perhatikan pula perbedaan sel x11 dengan sel bukan basis. Meskipun artinya sama-sama tidak mengirimkan barang, tetapi sel x11 merupakan sel basis (yang berharga 0). Ini akan terasa manfaatnya sewaktu melakukan iterasi berikutnya. Dengan perbaikan ini, maka total biaya pengiriman akan turun sebesar x21 . c21 = 200 (2) = 400. Langkah berikutnya adalah mengecek apakah tabel 5.14 sudah optimal. Dengan mengambil v2 = 0 akan didapat harga-harga ui, vj dan kuantitas cij – ui – vj seperti tampak pada tabel 5.15 a. Tampak bahwa masih ada beberapa sel dengan cij – ui – vj yang bernilai negatif. Ini berarti tabel belum optimal. Sel dengan harga cij – ui – vj terkecil adalah x31. Sel x31 akan diisi dengan kuantitas sebanyak-banyaknya.

TRANSPORTASI

187

Toko 2

5

Distributor

A

3

0

9

9

5

3 4

3

-6

1

8

-2

7

600 6

3

D 2

A

0 7

1

Toko 2

1

0

200

C

vj

6

300

2

B

ui

3

3

0

-

2

Distributor

1

B

-6

6

400

0

3

3

D vj

Tabel 5.15 a

3

300 + 9

4

1

0

+

100

0

200 3

1

6

9

C

4

ui

3

2

7

8

-2

7

600 1

4

100

400

0

3

1

Tabel 5.15 b

1 5

3

Distributor

A

6

9

4

7

8

200 3

C

0 6

D

3

300 2

B

Toko 2

600 1

100

4

400

Tabel 5.16 Loop yang sesuai dengan x31 adalah x31 – x32 – x12 – x11 – x31 yang ditandai dengan garis patahpatah pada gambar 5.15 b. Tanda (-) terkecil pada loop adalah x11 = 0. Maka semua sel bertanda (+) ditambah dengan 0 dan sebaliknya semua sel bertanda (-) dalam loop akan dikurangi dengan 0. Hasilnya tampak pada tabel 5.16. Perhatikan disini bahwa meskipun biaya totalnya tidak berubah, tetapi terjadi perubahan basis. Variabel basis yang berharga 0 berpindah tempat dari x11 ke x31.

188


Toko 2

5

6

A

Distributor

9

3

3

-5

6 7

0

8

-2

7

600

6

9

D -4

5

3 4

1

6

2

9

0

3

0

3

3

4

-5

6

200 -

+

3

7

C

0 6

400

6

300

B

1

ui

3

3

A

4

100

Toko 2

1

0

200

C

vj

6

300 2

B

3

3

Distributor

1

ui

9

7

1

4

100 +

400 -

0

3

-4

Tabel 5.17 a

-2

600 -

+

D vj

8

1

Tabel 5.17 b

Hasil pengujian tabel 5.16 tampak dalam tabel 5.17 a. Karena belum optimal, maka perubahan basis dilakukan dengan mengisi sel x23 sebesar 200 unit barang sesuai dengan loop x23 – x21 – x31 – x32 – x42 – x43 – x23 (lihat tabel 5.17 b). Hasil revisi tampak pada tabel 5.18 a. Tabel 5.18 b menunjukkan hasil pengujian optimalitas tabel 5.18 a dengan mengambil v2 = 0. Ternyata tabel 5.18 b juga belum optimal dan sel x33 perlu diisi dengan kuantitas sebesar 200 unit barang sesuai dengan loop x33 – x32 – x42 – x43 – x33.

1 5

3

A 2

9

7

200 6

D

6

5

4

8

400 1

300

5

6

0

3

9

8

4

1

200 3

C

ui

3

300 2

4

200

3

B 7

200 6

9

D vj

Tabel 5.18 a

6

A

200 3

Toko 2

1

300

B

C

3

Distributor

Distributor

Toko 2

-4

8

-2

7

400 1

+

4

300 +

200 -

0

3

Tabel 5.18 b

1

TRANSPORTASI

189

Hasil revisi tabel 5.18 b tampak pada tabel 5.19. Perhatikan bahwa tabel 5.19 sama dengan tabel penyelesaian awal dengan metode Vogel (tabel 5.12 c) yang merupakan penyelesaian optimal masalah transportasi.

1 5

3

A Distributor

Toko 2

2

9

4

200 3

7

200 6

D

6

300

B

C

3

200 1

8

200 4

500

Tabel 5.19

5.5 5.5.1

Kasus-Kasus Masalah Transportasi Masalah Transportasi Tidak Seimbang

Kadang-kadang terjadi keadaan dimana jumlah persediaan tidak sama dengan jumlah permintaan. Dalam penyelesaian optimalnya pasti ada permintaan yang tidak terpenuhi (jika jumlah permintaan lebih besar dari jumlah persediaan) atau persediaan yang tidak terkirim (jika jumlah persediaan lebih besar dari jumlah permintaan). Pada kasus yang tidak seimbang, sebelum membuat penyelesaian fisibel awal, tabel transportasi terlebih dahulu diseimbangkan dengan cara menambah sebuah sumber/tujuan semu (tergantung mana yang jumlah barangnya lebih sedikit). Besarnya persediaan/permintaan sumber/tujuan semu merupakan selisih antara jumlah persediaan dan jumlah permintaan mula-mula. Setelah tabel menjadi seimbang, langkah berikutnya adalah menyelesaikan masalah transportasi dengan cara seperti pada bab 5.2 – 5.4.

190


Contoh 5.8 Sebuah perusahaan persewaan mobil menghadapi masalah dalam hal mengalokasikan mobil untuk memenuhi permintaan langganan. Ada 2 garasi tempat menyimpan mobil yang hendak disewa (semua mobil bertipe sama), yang masing-masing mampu menampung 15 dan 13 mobil. Ada 4 penyewa yang masing-masing membutuhkan 9, 6, 7, dan 9 buah mobil. Biaya perjalanan mobil (ribuan rupiah) dari garasi ke tempat penyewa tampak pada tabel 5.20. Buatlah alokasi pengiriman mobil yang akan meminimumkan total biaya pengiriman ! Gunakan metode biaya terendah sebagai penyelesaian awalnya. Tujuan Garasi

1

2

3

4

A

45

17

21

30

B

14

18

19

31

Tabel 5.20 Penyelesaian Total mobil yang ada = 15 + 13 = 28 buah, sedangkan total permintaan mobil = 9 + 6 + 7 + 9 = 31. Jadi jumlah permintaan > jumlah persediaan. Untuk menyeimbangkan tabel, ditambahkan sebuah persediaan semu (garasi C) yang memiliki persediaan 31 – 28 = 3 buah mobil.

1 45

2 17

Tujuan 3 21

4 30

Garasi

A

15 14

18

19

31

B

13 0

0

0

0

C Permintaan

Persediaan

3 9

6

7

Tabel 5.21 a

9

TRANSPORTASI

191

Biaya pengiriman dari garasi semu ke semua tujuan = 0 (karena memang tidak ada mobil yang dikirimkan). Tabel 5.21 a menunjukkan tabel awal transportasi. Dengan metode biaya terendah, mula-mula dicari sel dengan biaya terendah. Ada 4 sel dengan biaya = 0 masing-masing x31, x32, x33, dan x34. Pilih salah satunya secara sembarang, misal x31. Maksimum mobil yang bisa dialokasikan di sel x31 adalah sebanyak 3 mobil (persediaan garasi – C dihabiskan). Setelah menghapus garasi – C, sel dengan biaya terendah berikutnya adalah x21 dengan biaya = c21 = 14. Maksimum mobil yang bisa dialokasikan di sel ini adalah 6 mobil. Dengan alokasi ini, tujuan – 1 sudah terpenuhi dan dihapuskan dari perhitungan berikutnya. Sel yang berikutnya diisi adalah x12 = 6, kemudian x23 = 7. Pada waktu mengisi x23, maka sekaligus garasi – B dihabiskan dan tujuan – 3 terpenuhi. Ini akan menyebabkan kurangnya variabel basis. Untuk mengatasi, maka ditambahkan sebuah variabel basis semu bernilai 0 di x24 . Sel terakhir yang diisi adalah x14 = 9. Tabel 5.21 b menunjukkan hasil penyelesaian awal dengan metode biaya terendah. Tujuan 2 3

1 45

17

Garasi

A 14

18

0

Permintaan

9 19

6 0

0

13

0

3

3 9

15

31

7 0

Persediaan

30

6

B

C

21

4

6

7

9

Tabel 5.21 b Langkah berikutnya adalah menguji apakah tabel fisibel awal (tabel 5.21 b) sudah optimal. Hasil pengujian dengan metode u – v (dengan mengambil u2 = 0) tampak pada tabel 5.22 a. Ternyata tabel belum optimal. Sel yang harus diisi adalah sel x34 sesuai dengan loop x34 – x31 – x21 – x24 – x34 sebesar 0 unit.

192


Tujuan 2 3

1 45

32

17

Garasi

A

21

3

30

6 14

6

19

31

7 0

-4

0

0

0

-5

-

0

-17

- 14

3

vj

0

+

0

C

-1

9

18

B

ui

4

-

+

14

18

19

31

Tabel 5.22 a Hasil revisi tabel dan sekaligus pengujian optimalitas berikutnya tampak pada tabel 5.22 b. Tabel 5.22 b juga belum optimal. Sel x13 harus diisi dengan kuantitas sebesar 3 unit sesuai dengan loop x13 – x14 – x34 – x31 – x21 – x23 – x13. Hasilnya tampak pada tabel 5.22 c. Tujuan 2 3

1 45

15

17

Garasi

A 14

18

6

17

3 14

19

13

0

16

9 31

-

17

0

7 0

30

+

+

0

vj

-14

6

B

C

21

ui

4

-

-5

0

0

-

1

19

- 14 +

14

Tabel 5.22 b Pengujian menunjukkan bahwa tabel 5.22 c (dengan mengambil u1 = 0) sudah optimal. Jadi didapatkan penyelesaian optimal x12 = 6, x13 = 3, x14 = 6, x21 = 9, x23 = 4 dan x34 = 3.

TRANSPORTASI

193

Karena garasi – C merupakan sumber semu, maka pada titik minimumnya, permintaan dari tujuan ke-4 tidak dapat terpenuhi sebesar 3 mobil. Biaya minimumnya = 6 (17) + 3 (21) + 6 (30) + 9 (14) + 4 (19) = 547 (ribuan) (lihat tabel 5.22 d) Tujuan 2 3

1 45

29

17

Garasi

A

21

6 14

B

3

31

-2

0

13

0

9

0

C vj

3

4 14

3 16

17

0

6

19

9 0

30

3

18

ui

4

21

-30

30

Tabel 5.22 c

1 45

2 17

Garasi

A

Permintaan

21

6 14

B

Tujuan 3

18

9

3

6

15

31

13

4 6

Persediaan

30

19

9

4

7

9

Tabel 5.22 d

5.5.2

Ada Jalan Rusak

Misalkan pada suatu masalah transportasi, ada jalur dari sumber – i ke tujuan – j yang tidak dapat dilalui sama sekali. Ini berarti bahwa dalam penyelesaian optimalnya, xij harus merupakan variabel bukan basis (yang berarti bahwa tidak ada barang yang dikirim dari sumber – i ke tujuan – j). Untuk menjamin agar hal ini terjadi, maka biaya transportasi dari sumber – i ke tujuan – j dibuat tak berhingga.

194


Contoh 5.9 Sebuah perusahaan lokal membuat produknya di 3 cabang (A, B, C) untuk dijual ke 4 toko berbeda (1, 2, 3, 4). Biaya pengiriman 1 unit produk dari cabang-i ke toko-j tampak dalam tabel 5.23 TOKO CABANG

1

2

3

4

A

18

-

4

5

B

3

9

4

1

C

6

2

-

4

Tabel 5.23 Permintaan masing-masing toko adalah 220, 240, 125 dan 200. Kapasitas produksi tiap-tiap cabang adalah 360, 120, dan 400. Toko-2 tidak mau menerima produk dari cabang A, dan toko-3 tidak mau menerima produk dari cabang C. Selesaikan masalah transportasi tersebut dengan menggunakan metode Vogel sebagai penyelesaian awalnya ! Penyelesaian Total barang yang diproduksi di ketiga cabang adalah 360 + 120 + 400 = 880 unit, sedangkan total permintaan di 4 toko adalah 220 + 240 + 125 + 200 = 785 unit. Ini berarti terdapat kekurangan permintaan barang sebesar 880 – 785 = 95 unit. Agar seimbang, terlebih dahulu dibuat sebuah toko semu (toko – 5) yang membutuhkan barang sebesar 95 unit. Biaya pengiriman dari semua cabang ke toko – 5 = 0. Karena toko – 2 tidak mau menerima barang dari cabang – A dan toko – 3 tidak mau menerima barang dari cabang C, maka c12 = c33 = M (M adalah suatu bilangan positif sangat besar) (lihat tabel 5.24 a).

TRANSPORTASI

195

1

Toko 3

2

18

M

4

4 5

5* 0

A

Cabang

Persediaan 360

3

9

4

1

0

B

120 6

2

M

4

0

C

400

Permintaan

220

240

125

200

95

Tabel 5.24 a Hasil pengisian penyelesaian fisibel awal dengan metode Vogel tampak pada tabel 5.24 b (algoritma dapat dilihat kembali pada bab 5.2.3). Selisih minimum pada iterasi – 1 terjadi pada kolom-2 sebesar 7. Pada kolom-2 ini, biaya terendah adalah c32, sehingga diambil x32 = 240 unit dan kolom-2 dihapuskan dari iterasi berikutnya. Toko 2 3

1 18

Cabang

A

M

4

60 3

4 5

125 9

4

1

Selisih 2 baris dengan biaya terendah

95

2

M

4

4*

1

1

13*

1

1

2

-

-

2

4

2

2

2

0

120 6

Selisih 2 kolom dgn biaya terendah

0

80

B

C

5*

4

0

160

240

3

7*

0

3

0

3

-

0

3

0

3

-

0

3*

-

12

-

M-4*

1

-

12

-

-

1

-

Tabel 5.24 b

196


Pada iterasi-2, ada 2 selisih terbesar yang sama-sama bernilai 4 yaitu pada baris-1 dan baris 3. Pilih salah satunya secara sembarang, misal pada baris-1. x15 = 95, dan kolom-5 dihapuskan dari iterasi berikutnya. Pilihan sembarang juga terjadi pada iterasi-3, yaitu pada kolom-1 dan kolom-4 yang keduanya memiliki selisih terbesar yaitu = 3. Misalkan dipilih kolom – 4. Didapatkan x24 = 120 dan kolom-4 dihapuskan dari iterasi berikutnya. Iterasi berikutnya berturut-turut menghasilkan x13 = 125 (ingat bahwa M adalah bilangan positip yang sangat besar), x14 = 80. Karena yang tersisa tinggal kolom-1, maka diisikan x31 = 160 dan x11 = 60. Tabel 5.24 c menunjukkan pengujian optimalitas tabel 5.24 b dengan mengambil u1 = 0. Tampak bahwa tabel belum optimal dan x21 harus diisi dengan 60 unit sesuai dengan loop x21 – x24 – x14 – x11. Toko 2 3

1 18

Cabang

A

M M-14

60 3

-11

4

125 9

-1

5*

5

4

4

B

ui

0

80 1

0

95 0

4

-4

120 6

C

vj

4

2

M

160

240

18

14

M+8 4

11

0

12

-12

4

5

0

Tabel 5.24 c Tabel 5.24 d adalah revisi tabel 5.24 c dan hasil pengujian optimalitasnya dengan mengambil u1 = 0. Tampak bahwa tabel 5.24 d sudah optimal. Jika dikembalikan ke soal aslinya, maka kolom5 dihapus (lihat tabel 5.24 e) dan permintaan toko –1 tidak dapat dipenuhi 95 unit. Biaya minimum = 125 (4) + 140 (5) + 60 (3) + 60 (1) + 160 (6) + 240 (2) = 2880

TRANSPORTASI

197

1 18

Toko 3

2 11

M

M-3

4

Cabang

A 3

9

10

4

4

ui

0

140

0

95

1

60

0

4

-4

60

6

2

M

160

240

7

3

vj

5*

5

125

B

C

4

M-3

4

0

0

1

-1

4

5

0

Tabel 5.24 d Toko 2 3

1 18

M

Cabang

A

125 3

B

9

Permintaan

4

140

160

240

220

240

M

360

1

60 2

Persediaan

5

60 6

C

4

4

120

4

400 125

200

Tabel 5.24 e Perhatikan bahwa dengan pengisian c12 = c33 = M, maka x12 dan x33 dalam setiap iterasi pasti bukan merupakan variabel basis.

5.5.3


Perhatikan sel x34 pada tabel 5.24 d yang merupakan tabel optimal. Pada sel x34, nilai c34 – u3 – v4 = 0. Artinya, jika sel x34 dijadikan basis (diisi dengan suatu kuantitas), maka penurunan biaya transportasi = 0 (berarti tidak terjadi penurunan). Tabel 5.25 merupakan revisi tabel optimal 5.24 d dengan “memaksa” x34 menjadi basis yang nilainya 60 sesuai dengan loop x34 – x31 – x21 – x24 – x34.

198


Tampak bahwa tabel 5.25 pun merupakan penyelesaian optimal juga dengan biaya minimum yang sama (= 2880). Nilai c24 – u2 – v4 = 0. Jika dipaksakan diisi, maka akan kembali menghasilkan tabel 5.24 d. Jadi jika dalam tabel transportasi optimal, ada sel bukan basis dengan nilai cij – ui – vj = 0, berarti masalah tersebut memiliki alternatif penyelesaian. Alternatif penyelesaiannya diperoleh dengan cara “memaksa” sel xij menjadi basis.

1 18

Toko 3

2 11

M

M-3

Cabang

A 9

vj

10

5*

5

4

4

ui

0

140 1

0

0

95 0

4

-4

120 6

C

4

125 3

B

4

2

M

100

240

7

3

M-3

4

0

1

-1

60 4

5

0

Tabel 5.25

5.5.4

Penalti Terhadap Permintaan Yang Tidak Terpenuhi

Tabel optimal 5.22 c dan 5.24 d merupakan tabel optimal masalah yang tidak seimbang. Pada penyelesaian optimal itu terjadi kekurangan permintaan atau kelebihan persediaan. Akan tetapi kekurangan permintaan tidak berpengaruh terhadap biaya transportasi karena tidak ada denda akibat barang yang diminta tidak terpenuhi. Apabila tidak terpenuhinya permintaan dikaitkan dengan suatu denda yang besarnya sebanding dengan jumlah barang yang tidak dikirim, maka denda yang dikenakan dapat dinyatakan sebagai biaya pengiriman. Dengan demikian seolaholah ada biaya pengiriman (yang sebenarnya denda) bagi barang yang tidak terkirim.

Contoh 5.10

TRANSPORTASI

199

Selesaikan masalah transportasi yang terdiri dari 3 sumber dan 3 tujuan yang tampak pada tabel 5.25 berikut ini, jika kerugian per unit barang akibat tidak dipenuhinya permintaan tujuan 1, 2, dan 3 masing-masing adalah 5, 3 dan 2 ! 5

1

7

10

6

4

6

80

3

2

5

15

75

20

50

Tabel 5.25 Penyelesaian Jumlah persediaan = 10 + 80 + 15 = 105, sedangkan jumlah permintaan adalah sebesar = 75 + 20 + 50 = 145. Maka ditambahkan sumber semu (sumber – 4) yang memiliki 145 – 105 = 40 unit barang. Tujuan 2

1 5

1

3 7

1

10

Sumber

6

4

6

2

80 3

2

5

3

15 5

3

2

4*

40 75

20

50

Tabel 5.26 a Pada penyelesaian optimalnya, sel semu (baris – 4) yang merupakan variabel basis menunjukkan adanya barang yang tidak terkirim. Karena ada kerugian akibat tidak terkirimnya barang, maka kerugian tersebut dinyatakan dalam biaya pengiriman. Jadi c41 = 5, c42 = 3 dan c43 = 2 (lihat tabel 5.26 a).

200


Langkah berikutnya adalah menyelesaikan masalah transportasi tersebut dengan cara yang sudah dibahas pada sub bab sebelumnya. Misalkan digunakan metode biaya terendah untuk membuat penyelesaian fisibel awalnya, maka berturut-turut diisikan sel x12 = 10, x32 = 10 (dipilih sembarang antara x32 atau x43), x43 = 40, x31 = 5, x21 = 70 dan x23 = 10 (lihat tabel 5.26 b)

5

1

1

2

7

5

10

4

3

3

5 5

5

15

10 3

20

7

4

70

2

5

6

5

10

+

3

3

2

-3 -

2

2

40

vj

6

5

Tabel 5.26 b

0

10

+

4*

50

5

-4 -1

-

3

5

40 75

2

3

40

ui

3

10

2

4*

1

6

80

10 2

3

1

6

70

Tujuan 2

1

10 6

Sumber

3

Sumber

1

Tujuan 2

-4

6

Tabel 5.26 c

Tabel 5.26 c menunjukkan hasil pengujian optimalitas tabel 5.26 b (dengan mengambil u2 = 0). Tujuan 2

1 5

2

1

1 6

Sumber

7

4

-3

10

2

4

60

6

10

3

3

2

5

2

-3

15 5

3

3

3

2

40 6

0

10 1

4* vj

ui

3

4

Tabel 5.26 d

6

-4

TRANSPORTASI

201

Tampak bahwa tabel 5.26 c belum optimal dan sel x22 harus diisi sebesar 10 unit sesuai dengan loop x22 – x21 – x31 – x32 – x22. Diperoleh tabel 5.26 d. Pengujian tabel 5.26 d menunjukkan bahwa tabel tersebut sudah optimal. Tujuan –3 tidak terpenuhi sebesar 40 unit. Biaya pengiriman dan kerugian sebesar = 10 (1) + 60 (6) + 10 (4) + 10 (6) + 15 (3) + 40 (2) = 595.

5.5.5

Soal Memaksimumkan

Algoritma penyelesaian masalah transportasi yang dibahas dalam sub bab terdahulu memiliki tujuan meminimumkan total biaya. Kadang-kadang besaran cij dalam tabel transportasi menyatakan sesuatu yang harus dimaksimumkan (misalnya keuntungan). Untuk itu ada 2 cara penyelesaian yang bisa dilakukan. 1. Mengubah soal yang memaksimumkan menjadi soal meminimumkan. Caranya ialah dengan mengambil cij’ = - cij atau cij’ = 1/cij. Langkah berikutnya adalah menyelesaikannya dengan cara seperti yang dibahas pada bab sebelumnya. 2. Mengubah algoritma Mengubah penyelesaian fisibel awal. Dengan metode barat laut, tidak ada perubahan yang dilakukan. Dengan metode biaya terendah, pengisian dilakukan dari sel yang biayanya tertinggi. Dengan metode Vogel (lihat bab 5.2.3), langkah – 1 diubah menjadi selisih 2 sel dengan biaya terbesar. Pada langkah – 3 kuantitas diisikan pada sel yang memiliki biaya terbesar. Pengecekan optimalitas. Dalam kasus memaksimumkan, tabel optimal jika untuk semua sel cij – ui – vj

0 (kebalikan dari soal meminimumkan). Jika tabel belum optimal,

pengisian kuantitas dilakukan pada sel yang memiliki nilai cij – ui – vj > 0 yang terbesar. Cara pertama lebih sederhana dan mudah (terutama jika dikerjakan dengan program komputer) karena tidak mengubah algoritma sama sekali.

202


Contoh 5.11 Sebuah perusahaan mempunyai 3 pabrik yang membuat produk yang sama, serta 5 agen yang akan menerima produk tersebut. Biaya produksi berbeda untuk tiap pabrik, dan harga jual ke tiap agen juga berbeda-beda. Carilah pengaturan produksi dan distribusi yang paling menguntungkan bagi perusahaan tersebut, jika diketahui data dalam tabel 5.27 Agen

Biaya

Kapasitas

Pabrik

1

2

3

4

5

Produksi

1

3

1

5

7

4

20

150

2

9

7

8

3

6

22

200

3

4

5

3

2

7

18

125

Harga Jual

30

32

31

34

29

Permintaan

80

100

75

45

125

Tabel 5.27 Penyelesaian Untuk menentukan biaya distribusi yang paling menguntungkan, haruslah dihitung keuntungan yang dihasilkan dari pengiriman produk. Keuntungan = harga jual – biaya produksi – biaya transportasi Sebagai contoh, pengiriman 1 unit barang dari pabrik – 1 ke agen –1 akan memberikan keuntungan sebesar = 30 – 20 – 3 = 7. Dari pabrik – 2 ke agen – 1 menghasilkan keuntungan sebesar = 30 – 22 – 9 = -1 (rugi). Tabel 5.28 a menunjukkan keuntungan yang diperoleh dengan mengirimkan barang dari pabrik ke agen. Tampak bahwa tabel belumlah seimbang karena jumlah persediaan adalah 80 + 100 + 75 + 45 + 125 = 425 unit sedangkan jumlah persediaan sebesar 150 + 200 + 125 = 475 unit. Untuk itu perlu ditambahkan agen semu yang membutuhkan barang sebesar 50 unit. Besarnya keuntungan pengiriman barang ke agen semu adalah 0.

TRANSPORTASI

203

Agen 1 7

2 11

3 6

4 7

5 5

6 0

Pabrik

1

150 -1

3

1

9

1

0

2

200 8

9

10

14

4

0

3 Permintaan

Persediaan

125 80

100

75

45

125

50

Tabel 5.28 a Tabel tersebut harus dimaksimumkan. Untuk itu, tabel 5.28 a terlebih dahulu dijadikan tabel kerugian (yang harus diminimumkan) dengan cara mengambil negatif dari keuntungan. Hasil pengisian penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah menghasilkan tabel 5.28 b. Agen 1 -7

Pabrik

1

-11

50 1

2

Permintaan

3 -6

4 -7

-5

6 0

-1

-9

-1

0

125 -9

5 100

Persediaan 150

25

80

5

100 -3

-8

3

2

-10

-14

75

45

75

45

-4

50

200

0

125 125

50

Tabel 5.28 b Tabel 5.28 c menunjukkan hasil pengujian optimalitas tabel 5.28 b dengan mengambil v1 = 0. Tampak bahwa tabel belum optimal dan sel x24 harus diisi dengan kuantitas sebesar 25 unit sesuai dengan loop x24 – x34 – x31 – x21 – x24

204


Agen 1

2

-7

Pabrik

1

-11

50

-6

-3

25

vj

0

-7

5 6

-5

6 4

0

ui 8

-7 -1

0

-9

-4 +

-9

5

3

-

-8

3

4

100

1

2

3

3

-10

+

0

-4

-14

-1

0

125 -4

75

45

-2

-6

6

1

50 0

9

-8 -

-2

-1

Tabel 5.28 c Tabel 5.28 d merupakan revisi dari tabel 5.28 c dan sekaligus pengecekan optimalitasnya. Tampak bahwa tabel 5.28 d sudah optimal dengan keuntungan maksimum = 50 (7) + 30 (8) + 100 (11) + 75 (10) + 25 (9) + 20 (14) + 125 (1) = 3070. Pabrik – 2 memiliki sisa 50 unit barang. Agen 1

2

-7

Pabrik

1

3

-11

50 1

-6

4 3

4

-3

4

-9

3

30 0

-5

0

0

ui 4

-7 -1

4

-9

-1

25 -8

vj

6

6

100

2

3

-7

5

-4

-10

-14

75

20

-2

-6

0

125 -4

2

-3

50 0

5

-8 2

3

Tabel 5.28 d Perhatikan bahwa dalam tabel optimal 5.28 d, c15 – u1 – v5 = 0 sehingga tabel memiliki alternatif penyelesaian dengan cara mengisi sel x15 dengan kuantitas sebesar 20 unit sesuai dengan loop x15 – x25 – x24 – x34 – x31 – x11 – x15.

TRANSPORTASI

205

Contoh 5.12 Selesaikan contoh 5.11 tanpa harus mengubah soal menjadi masalah meminimumkan terlebih dahulu. Gunakan metode Biaya Terendah dan Vogel sebagai penyelesaian awalnya !

Penyelesaian Dengan metode biaya terendah Tabel awal transportasi tampak pada tabel 5.28 a. Untuk membuat penyelesaian fisibel awal dengan metode biaya terendah, pengisian dimulai dari sel yang keuntungannya maksimum yaitu sel x34 = 45. Berikutnya berturut-turut diisikan x12 = 100, x33 = 75, x31 = 5, x11 = 50, x25 = 125, x26 = 50 dan x21 = 25. Tabel 5.29 menunjukkan hasil pengisian tabel 5.28 a dengan metode biaya terendah dan sekaligus pengujian optimalitasnya. Ternyata tabel 5.29 belum optimal karena masih ada sel x24 dengan c24 – u2 – v4 > 0. Agen 1

2

7

Pabrik

1

11

50

3

25

0

7

5 -6

1

0

9

4 +

9

5

-3

-

8

3

6

4 5

6 Persediaan ui -4

0

-8

100

-1

2

3

-3

+

10

14

1

45

125 -6

50 0

200

-1

125

8

-9

-

Permintaan 80

100

75

45

125

50

vj

4

2

6

2

1

0

7

0

4

75

150

Tabel 5.29 Tampak bahwa pengisian tabel dengan cara langsung (tabel 5.29) memberikan hasil yang sama dengan pengisian tabel dengan cara meminimumkan fungsinya terlebih dahulu (tabel 5.28 b). Ini berarti revisi tabel maupun tabel optimalnya juga akan sama.

206


Dengan metode Vogel Selisih 2 baris dan kolom dengan keuntungan terbesar tampak pada tabel 5.30 a. Sebagai contoh, pada baris pertama, dua sel dengan keuntungan terbesar masing-masing adalah c12 = 11 dan c11 = 7. Selisihnya = 11 – 7 = 4. Selisih yang diberi tanda (*) menunjukkan selisih yang terpilih. Sebagai contoh, pada perhitungan selisih yang pertama, selisih terbesar terjadi pada baris – 2 (selisih = 6). Kuantitas sebanyak-banyaknya diisikan pada sel di baris – 2 yang memiliki keuntungan terbesar, yaitu x24 = 45. Demikian seterusnya. 1 7

Pabrik

1

2 11

30 -1

3

Agen

6

7

3

9

10

150

1

14

4 4* 1 2 2 5*

0

105 4

50

200 6* 2 0 1 1 1

0

125

75

50

1 1 1 1 8* -

0

20 1

9

Permin 80 taan

Selisih

5

45 8

Perse- Selisih 2 elemen dgn 6 diaan keuntungan maks

5

100

2

3

4

100

75

45

125

50

2 2 -

4 4 4* -

5 -

1 1 1 1 4 4

0 0 0 0 0 0

4 1 2 4* -

-

Tabel 5.30 a Tabel 5.30 b menunjukkan uji optimalitas tabel 5.30 a dengan mengambil u2 = 0. Tampak bahwa tabel sudah optimal dengan keuntungan maksimum = 30 (7) + 50 (8) + 100 (11) + 75 (10) + 45 (9) + 20 (5) + 105 (1) + 50 (0) = 3070. Tampaknya penyelesaian optimal tabel 5.30 b berbeda dengan tabel 5.28 d (meskipun keuntungan totalnya sama). Akan tetapi pembaca dapat mengecek bahwa tabel 5.30 b merupakan alternatif penyelesaian tabel 5.28 d dengan memaksa mengisi sel x15 dengan kuantitas sebanyak-banyaknya (ingat kembali bahwa penyelesaian pada tabel 5.28 d memiliki alternatif penyelesaian di x15). Hal yang sebaliknya juga berlaku. Tabel 5.30 b juga memiliki

TRANSPORTASI

207

alternatif penyelesaian dengan mengisi x34. Jika ini dilakukan maka akan didapat kembali tabel 5.28 d 1

2

7

Pabrik

1

3

11

30 -1

6

-3

4

7

-4

3

-4

-6

5

9

-3

0

1

-4

9

1

10

14

4

-2

50 0

Permintaan 80

100

75

45

125

50

vj

7

5

9

1

0

3

Tabel 5.30 b

4

200

0

125

5

-5

75

50

150 0

105 0

ui

-4

20

45 8

Perse6 diaan

5

100

2

3

Agen

208


SOAL-SOAL LATIHAN 1. Perusahaan sepatu Kevin & Co telah membuat pabrik di Jakarta, Bandung, Semarang dan Surabaya. Permintaan pasar mereka berasal dari distributor di Purwokerto, Jogjakarta, Solo, Malang dan Banyuwangi. Matriks di bawah ini menyatakan maksimum kapasitas produksi masing-masing pabrik dan kebutuhan pada distributor di beberapa kota tersebut. Angkaangka dalam tiap sel menunjukkan biaya pengiriman 1 unit barang dari pabrik ke distributor. DISTRIBUTOR PABRIK

P

J

S

M

B

Kapasitas Pabrik

Jakarta

1

2

6

2

3

500

Bandung

3

4

5

8

1

600

Semarang

3

1

1

2

6

200

Surabaya

4

7

3

5

4

400

KEBUTUHAN

400

100

700

300

500

a. Carilah pengaturan pengiriman barang yang paling murah dengan metode Barat Laut dan Metode Vogel. b. Carilah distribusi pengiriman yang paling menguntungkan 2. Diketahui matriks biaya transportasi di bawah ini. TUJUAN SUMBER

D1

D2

D3

KAPASITAS

O1

3

2

4

100

O2

0

4

2

300

O3

2

1

3

400

O4

5

2

3

200

O5

1

4

0

300

O6

4

1

2

300

O7

1

6

4

400

KEBUTUHAN

700

900

400

a. Minimumkanlah biaya transportasi total yang memenuhi kapasitas sumber dan kebutuhan tujuannya.

TRANSPORTASI

209

b. Misalkan bahwa angka dalam sel tabel diatas menyatakan keuntungan. Bagaimanakah pengiriman yang paling optimal ? 3. Apa yang terjadi jika sel yang terisi pada waktu pemberian harga awal pada tabel transportasi kurang dari m+n-1 buah ? (m = jumlah sumber ; n = jumlah tujuan). Bagaimanakah kita mengatasi situasi semacam itu ? 4. Perusahaan alat musik Tala membuat radio di 2 pabriknya dan mengirimkannya ke 3 distributor. Biaya pengiriman (dalam ribuan) adalah sebagai berikut : KE DARI

Distributor 1

Distributor 2

Distributor 3

Pabrik - 1

5

7

6

Pabrik - 2

1

8

4

Pabrik-1 mempunyai kapasitas 200 buah tiap bulan, dan pabrik-2 mempunyai kapasitas 150 buah per bulan. Permintaasn dari distributor 1, 2, dan 3 masing-masing adalah 120, 130, dan 120. a. Buatlah penyelesaian awal dengan metode Barat Laut dan Vogel b. Carilah penyelesaian optimal. 5. Sebuah perusahaan mempunyai 3 buah pabrik dan produknya dikirimkan ke 4 penyalur. Biaya produksi (dalam ribuan) dan kapasitas produksi mingguan tampak pada tabel di bawah ini : Pabrik

Biaya Produksi

Kapasitas Mingguan

1

40

210

2

43

330

3

39

440

Kebutuhan mingguan penyalur-1, 2,3 dan 4 masing-masing adalah 180, 280, 150, dan 200 unit. Biaya transportasi per unit dari pabrik ke penyalur tampak dalam tabel di bawah ini : PENYALUR PABRIK

W1

W2

W3

W4

F1

49

59

58

53

F2

51

58

59

58

210


F3

47

65

60

61

a. Carilah alokasi optimalnya ! b. Misalkan perusahaan hanya bisa mengirimkan 80 unit dari pabrik F3 ke penyalur W1, dan 100 unit dari pabrik F1 ke penyalur W4. Apakah penyelesaian yang anda dapatkan pada (a) tetap optimal ? Jika tidak, berapa penyelesaian optimalnya ? 6. Sebuah perusahaan roti dapat membuat roti di dua pabriknya dengan data sbb : Pabrik

Kapasitas Produksi (roti)

Biaya Produksi (ribuan)

A

2500

23

B

2100

25

Ada 4 restoran yang bersedia membeli roti tersebut. Kebutuhan dan harga yang mereka setujui tampak dalam tabel berikut ini : Restora n

Maksimum Permintaan (Roti)

Harga yg Diinginkan (Ribuan)

1

1800

39

2

2300

37

3

550

40

4

1750

36

Biaya pengiriman (dalam rupiah) sebuah roti dari pabrik ke restoran tampak dalam tabel berikut ini : Restoran - Restoran - Restoran - Restoran 1 2 3 4 Pabrik - A

6

8

11

9

Pabrik - B

12

6

8

5

Tentukan rencana pengiriman roti yang akan memaksimumkan total keuntungan ! 7. Tiga kilang minyak dengan kapasitas harian maksimum masing-masing 6, 5 dan 8 juta liter bensin mensuplai 3 daerah distribusi yang permintaannya masing-masing 4, 8, dan 7 juta liter bensin setiap harinya. Bensin dikirimkan ke ketiga daerah tersebut melalui jaringan pipa. Biaya pengiriman per juta liter bensin tampak pada tabel di bawah ini (dalam ratusan

TRANSPORTASI

211

ribu rupiah). Tabel tersebut menunjukkan bahwa kilang minyak pertama tidak terhubung dengan daerah distribusi ketiga. Daerah Distribusi

Kilang Minyak

1

2

3

1

12

18

-

2

30

10

8

3

20

25

12

a. Nyatakan masalah tersebut dalam model transportasi dan selesaikanlah ! b. Misalkan kapasitas kilang minyak ke-3 diturunkan menjadi 6 juta liter. Disamping itu, daerah distribusi-1 harus menerima semua permintaannya, dan setiap satu juta liter kekurangan permintaan bensin ke daerah - 2 dan 3 akan menyebabkan terjadinya kerugian sebesar 5 (ratusan ribu rupiah). Nyatakan masalah tersebut dalam model transportasi dan selesaikanlah ! c. Misalkan permintaan di daerah-3 turun menjadi 4 juta liter. Setiap kelebihan pengiriman bensin ke daerah-3 dapat dimanfaatkan untuk keperluan di daerah tersebut sehingga tidak menyebabkan adanya biaya tambahan. Akan tetapi, kelebihan pengiriman ke daerah-1 dan 2 harus dikirimkan ke daerah lain (diluar ketiga daerah tersebut). Akibatnya, dibutuhkan biaya transportasi tambahan sebesar 15 dan 20 (ratusan ribu) rupiah dari per juta liternya untuk mengirimkan bensin tersebut dari daerah-1 dan 2. Selesaikanlah masalah transportasi tersebut ! 8. Dalam masalah transportasi di bawah ini, total permintaan melebihi total persediaan. Misalkan tidak ada kerugian karena permintaan tidak terpenuhi, tetapi permintaan tujuan-3 harus terpenuhi seluruhnya. Carilah penyelesaian optimalnya ! Tujuan Sumber

I

II

III

Persediaan

A

5

1

7

10

B

6

4

6

80

C

3

2

5

15

Permintaan

212


9. Selesaikan masalah transportasi untuk meminimumkan total biaya pengiriman apabila biaya pengiriman, permintaan dan persediaan barang tampak dalam tabel di bawah ini D1

D2

D3

D4

O1

1

2

-2

3

70

O2

2

4

0

1

38

O3

1

2

-2

5

32

40

28

30

42

10. Selesaikan masalah transportasi berikut ini untuk meminimumkan total biaya pengiriman, jika dimulai dari penyelesaian awal x12 = 30, x21 = 40, x32 = 20, x43 = 60 D1

D2

D3

O1

4

5

2

30

O2

4

1

3

40

O3

3

6

2

20

O4

2

3

7

60

40

50

60

11. Seorang petani mempunyai 3 ladang A, B, C yang masing-masing membutuhkan 100, 300 dan 50 unit air. Bendungan air dapat memberikan 150 unit, sedangkan sumur dapat memberikan 200 unit air. Kebutuhan air sisanya diharapkan dari turunnya hujan. Tabel berikut ini menunjukkan biaya per unit air pada waktu musim kemarau dari bendungan dan sumur, sedangkan baris ketiga menunjukkan kerugian akibat tidak turunnya hujan. Tentukan bagaimana air dalam bendungan dan sumur diatur untuk meminimumkan total biayanya ! A

B

C

Bendungan

3

5

7

150

Sumur

6

4

10

200

Tdk Turun Hujan

8

10

3

100

100

300

50

Bab 6 TRANSSHIPMENT

Dalam bab 5 telah dibahas masalah transportasi, yaitu cara pengiriman sejumlah barang dari sumber ke tujuan agar total biayanya minimum. Dalam bab ini dibahas masalah transshipment, yaitu pengiriman barang dari sumber ke tujuan melalui perantara (junction).

6.1

Transshipment Sebagai Perluasan Masalah

Transportasi Masalah Transshipment (pengapalan) adalah perluasan dari masalah transportasi. Dalam masalah transportasi, barang dikirimkan langsung dari sumber ke tujuan untuk meminimumkan total biaya pengiriman. Dalam transshipment, pengiriman tidak harus dilakukan secara langsung, tapi boleh dilewatkan ke satu/beberapa tempat perantara (junction). Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 6.1 berikut ini Contoh 6.1 Misalkan 10 unit barang ada di Jakarta dan 10 unit lainnya di Malang, hendak dikirimkan ke Semarang dan Jogjakarta, yang masing-masing membutuhkan 10 unit barang. Pengiriman dapat dilakukan secara langsung, atau melewati cabangnya di kota Surabaya. Biaya pengiriman satu unit barang dari sumber ke tujuan maupun perantara tampak pada label garis dalam gambar 6.1. Dalam gambar 6.1, titik yang bertanda (+) menunjukkan titik sumber dan titik yang bertanda (-) menunjukkan titik tujuan.

224


+10

Jakarta

3

Semarang -10

4

3

2

Surabaya

6

1 -10 Jogjakarta

2 5

Malang

+10

Gambar 6.1 Baik titik sumber maupun titik tujuan dapat bertindak pula sebagai perantara. Sebagai contoh, barang bisa dikirimkan dari Malang ke Semarang secara langsung atau melewati Surabaya yang merupakan titik perantara. +10

1

5

-10

(10)

+10

1

3

6

2

2

4

+10

(5)

3

(10)

5

-10

+10

1 (10) 4

3 1 (10)

6 2 (5)

2

4

+10

2

(b)

(5) 4

-10

(5)

2

(a) 1

-10

3 1

-10

5 (5) 3

(10)

+10

3

(5)

2

-10

(5)

4

1 (10)

+10

-10

(c)

-10

4

+10

3 3

(5)

5

(10) 2 (10)

2

(d) Gambar 6.2

Beberapa penyelesaian yang mungkin tampak dalam gambar 6.2 a – d (titik 1, 2, 3, 4, dan 5 masing-masing menyatakan kota Jakarta, Jogjakarta, Surabaya, Malang dan Semarang). Angka dalam kurung di sisi garis menyatakan jumlah barang yang dikirim Masing-masing penyelesaian

TRANSSHIPMENT

225

memiliki total biaya pengiriman yang berbeda-beda. Pengiriman seperti gambar 6.2 a membutuhkan biaya = 10 (2) + 10 (6) = 80, sedangkan biaya pengiriman sesuai gambar 6.2 b – d masing-masing adalah 65, 85, dan 100. Disamping beberapa penyelesaian yang tampak dalam gambar 6.1 a - d tersebut, masih banyak lagi kemungkinan penyelesaian yang bisa dilakukan.

6.2

Penyelesaian Masalah Transshipment

Seperti masalah transportasi, tujuan masalah transshipment adalah bagaimana mengatur pengiriman agar total biayanya seminimum mungkin. Penyelesaian dilakukan dengan cara mengubah

masalah

transshipment

menjadi

masalah

transportasi,

dan

kemudian

menyelesaikannya dengan algoritma transportasi (cara penyelesaian masalah transportasi dapat dilihat pada bab 5). Transformasi masalah transshipment ke masalah transportasi meliputi beberapa bagian 1. Menyeimbangkan tabel. Telitilah apakah jumlah persediaan barang (node bertanda (+)) sama dengan jumlah permintaan (node bertanda (-)). Jika belum sama, maka tabel harus diseimbangkan dengan menambahkan sumber/tujuan semu. 2. Tentukan titik yang merupakan titik sumber, titik tujuan dan titik perantara. Titik sumber adalah titik yang hanya bisa mengirimkan barang dan tidak bisa menerima barang. Sebaliknya, titik tujuan adalah titik yang hanya bisa menerima barang dan tidak bisa mengirimkan barang. Titik perantara adalah titik yang bisa mengirimkan sekaligus menerima barang. Dalam gambar, titik sumber ditandai dengan adanya garis keluar dari titik tersebut tanpa adanya garis masuk. Sebaliknya, titik tujuan ditandai dengan adanya garis masuk tanpa ada garis keluar dari titik tersebut. Jika ada garis yang masuk dan keluar dari suatu titik, maka titik tersebut merupakan titik perantara. Sumber dalam masalah transportasi yang sesuai adalah gabungan dari sumber dan titik perantara, sedangkan tujuan merupakan gabungan dari tujuan dan titik perantara dalam masalah transshipment

226


3. Tentukan jumlah persediaan dan permintaan tiap titik. Misalkan dalam masalah transshipment mula-mula, Si adalah persediaan titik-i dan Dj adalah permintaan titik-j. T =

Si = i

D j . Maka dalam masalah transportasinya, titik sumber j

memiliki persediaan sebesar S’i = Si dan titik tujuan memiliki kebutuhan sebesar D’j = Dj. Titik perantara memiliki persediaan sebesar P’i = Si + T (atau permintaan sebesar Dj + T). 4. Tentukan biaya pengiriman dari Si ke Dj.

' ij

c

cij

jika ada jalur langsung dari Si ke Dj

0

jika i = j jika tidak ada jalur langsung dari Si ke Dj

Contoh 6.2 Selesaikan masalah transshipment dalam contoh 6.1 Penyelesaian Jumlah persediaan = 10 + 10 = 20 unit, dan jumlah permintaan = 10 + 10 = 20 unit. Berarti masalah sudah seimbang. T = 20 Tampak dari gambar 6.1 bahwa titik yang menjadi sumber adalah Jakarta (titik – 1) dan yang menjadi tujuan adalah Semarang (titik – 5). Titik-titik lain merupakan titik perantara karena ada garis yang masuk dan sekaligus keluar dari titik-titik tersebut. Jadi masalah transportasi yang sesuai memiliki 4 sumber (masing-masing titik 1, 2, 3, dan 4) serta memiliki 4 tujuan (masingmasing titik 2, 3, 4 dan 5). Perhatikan disini bahwa titik 2, 3 dan 4 menjadi sumber sekaligus tujuan. Jumlah persediaan titik – 1 = 10 karena merupakan titik sumber. Persediaan titik – 2 = 0 (karena titik-2 tidak menghasilkan barang) + 20 (karena titik-2 merupakan titik perantara) = 20. Persediaan titik – 3 = 0 + 20 = 20 dan persediaan titik – 4 = 10 (awalnya titik-4 memang memiliki 10 unit barang) + 20 (karena titik-4 merupakan perantara) = 30.

TRANSSHIPMENT

227

Jumlah permintaan titik – 2 = 10 (awalnya titik-2 membutuhkan 10 unit barang) + 20 (karena titik-2 adalah perantara) = 30. Permintaan titik – 3 = 0 + 20 = 20. Permintaan titik – 4 = 0 + 20 = 20 dan permintaan titik – 5 = 10 (titik-5 merupakan tujuan sehingga tidak perlu ditambah dengan 20). Tabel 6.1 a menunjukkan tabel transportasi yang sesuai untuk masalah transshipment contoh 6.1. Baris S2 berarti titik – 2 berfungsi sebagai sumber dan kolom D2 berarti titik – 2 sebagai tujuan.

Sumber

D2

D3

Tujuan D4

D5

Persediaan

S1

10

S2

0+20 = 20

S3

0+20 = 20

S4

10+20 = 30

Permintaan

10+20 = 30

0+20 = 20

0+20 = 20

10

Tabel 6.1 a

D2 2

D3 4

Tujuan D4 M

D5 3

Sumber

S1

10 0

M

5

M

S2

20 1

0

M

3

S3

20 M

2

0

6

S4 Permintaan

Persediaan

30 30

20

20

Tabel 6.1 b

10

228


Masalah berikutnya adalah menentukan biaya transportasi masing-masing sel. Untuk jalur langsung yang ada (misal dari S2 ke D3), biaya transportasi adalah biaya yang tertera pada gambar 6.1. Jika tidak ada jalur langsung (misal dari S1 ke D4) maka biaya transportasinya = M (M = bilangan positip besar). Biaya transportasi ke titik itu sendiri (misal dari S2 ke D2) = 0. Tabel lengkap masalah transportasinya tampak pada tabel 6.1 b. Setelah terbentuk tabel transportasi, langkah berikutnya adalah menyelesaikannya dengan algoritma transportasi (algoritma transportasi selengkapnya dapat dilihat pada bab 5). Misalkan digunakan metode biaya terendah sebagai penyelesaian awalnya. Maka berturut-turut diisikan x21 = 20 (pilih sembarang diantara x21, x32 dan x43), x43 = 20 (pilih sembarang antara x32 dan x43), x32 = 20 dan sekaligus x42 = 0 (karena kekurangan basis), x11 = 10 dan sekaligus x31 = 0 (karena kekurangan basis) dan terakhir x44 = 10. Tabel 6.2 menunjukkan penyelesaian fisibel awal dan sekaligus uji optimalitasnya dengan mengambil u4 = 0. Tampak bahwa tabel 6.2 belum optimal dan sel x14 harus diisi dengan kuantitas sebesar 10 unit sesuai dengan loop x14 – x44 – x42 – x32 – x31 – x11 – x14.

D2

D3

2

Sumber

S1

4

10

M

M+1

3

M+1

0

0

5

M

M-3

M

20

+

S4

-1

8

M

20

-3

20

-2

30

0

M-3

M+2

0

20 2

3

-1

-

2

0 30 3

10 +

M

1

Ui

-2

20

S3

Permintaan Vj

3

D5 Persediaan

-

0

S2

Tujuan D4

+

6

20

10

20 0

10 6

-

Tabel 6.2 Hasil revisi dan sekaligus uji optimalitasnya (dengan v1 = 0) tampak pada tabel 6.3, yang merupakan tabel optimal.

TRANSSHIPMENT

229

Tujuan D3 D4

D2 2

Sumber

S1

4

3

M

D5

M+1

3

0

2

10

0

S2

Ui

M

M+1

5

8

M

M-1

0

20 1

S3

0

10 M

M+2

3

1

1

10

M-3

2

S4

Vj

M

0

0

6

10

20

-1

-3

2

3

1

Tabel 6.3 Jika dikembalikan ke masalah semula, maka supaya biaya pengirimannya optimal, maka dilakukan pengiriman barang dari S1 – D5 = 10, S3 – D2 = 10, dan S4 – D3 = 10 (lihat gambar 6.3). Biaya totalnya = 10 (3) + 10 (1) + 10 (2) = 60. +10

1

(10)

3

5

-10

4

+10

3 1 (10) -10

2

2 (10)

Gambar 6.3

Contoh 6.3 Suatu perusahaan akan mengirimkan 70 unit produk dari lokasi – 1 ke lokasi – 2 (membutuhkan 45 unit) dan ke lokasi – 3 (membutuhkan 25 unit). Pengiriman bisa dilakukan secara langsung atau melalui lokasi lain terlebih dahulu. Biaya pengiriman per unit produk antar 2 lokasi tampak dalam tabel 6.4 .

230


KE LOKASI DARI

1

2

3

4

1

-

38

56

34

2

38

-

27

-

3

56

27

-

19

4

34

-

19

-

Tabel 6.4 Tentukan cara pengiriman yang akan meminimumkan total biaya pengiriman ! Penyelesaian Pengiriman dapat digambarkan dalam gambar 6.4 a. Jumlah sumber = 70 dan jumlah permintaan = 45 + 25 = 70. Jadi masalahnya sudah seimbang Tampak dalam gambar 6.4 a bahwa satu-satunya sumber adalah titik – 1 sehingga biaya pengiriman tidak akan optimal apabila barang yang keluar dari titik-1 kembali lagi ke titik – 1. Dengan kata lain, semua garis menuju titik-1 dapat dihilangkan. 38 +70

1

34 34

38

56

2

-45

27 27

56

4

19 19

3

-25

Gambar 6.4 a Gambar 6.4 b menunjukkan revisi model transshipment setelah semua garis menuju titik-1 dihilangkan. Dalam gambar 6.4 b tampak bahwa titik yang menjadi sumber adalah titik-1, dan tidak ada titik yang menjadi tujuan. Titik 2, 3 dan 4 semuanya merupakan titik perantara. Jadi dalam tabel transportasi yang sesuai, ada 4 sumber (baris) masing-masing titik – 1, 2, 3 dan 4 dan ada 3 tujuan (kolom) yaitu titik 2, 3 dan 4.

TRANSSHIPMENT

231

+70

1

38

2

34

56

27 27

19

4

3

19

-45

-25

Gambar 6.4 b Jumlah persediaan titik-1 adalah 70 unit. Jumlah persediaan titik 2, 3 dan 4 semuanya = 0 + 70 = 70 (karena ketiganya titik perantara sehingga harus ditambah dengan total barang). Jumlah permintaan titik – 2 = 45 + 70 = 115, titik – 3 = 25 + 70 = 95, dan permintaan titik – 4 = 0 + 70 = 70. Perhatikan disini bahwa sesudah dijadikan masalah transportasi, tabel harus tetap seimbang (jumlah permintaan = jumlah persediaan). Biaya pengiriman disesuaikan dengan tabel 6.4. Biaya pengiriman antara 2 titik yang tidak berhubungan langsung = M (M = bilangan positip besar) dan biaya pengiriman antara 2 titik yang sama = 0.

D2 38

Sumber

S1

Tujuan D4 Persediaan

56

45 0

S2

34

25 27

-

9

27

45

0

M

M-1

M

70

18

70

0

70

19

38

0

0 115 -18

56

M+1

19

19

70 +

70

S4

Ui

-3

70

S3

Permintaan Vj

D3

95 0

+

70

-

70 -19

Tabel 6.5 a Tabel 6.5 a menunjukkan tabel awal transportasi, sekaligus penyelesaian awal dengan metode biaya terendah, dan hasil uji optimalitasnya. Pada pengisian variabel basis, berturut-turut diisikan x21 = 70 (dipilih sembarang antara x21, x32 atau x43), x32 = 70 (dipilih sembarang antara x32 atau

232


x43), x43 = 70 dan sekaligus x42 = 0 (karena kekurangan basis), x11 = 45 dan terakhir x12 = 25. Hasil pengujian optimalitas (dengan mengambil v2 = 0) menunjukkan bahwa tabel 6.5 a belum optimal dan sel x13 perlu diisi dengan kuantitas sebesar 25 unit sesuai dengan loop x13 – x43 – x42 – x12 – x13. Tabel 6.5 b menunjukkan hasil revisi tabel 6.5 a dengan mengambil u1 = 0. Tampak bahwa tabel 6.5 b sudah optimal. Jika dikembalikan ke masalah semula, maka didapatkan gambar 6.5. Biaya pengiriman minimumnya = 45 (38) + 25 (34) + 25 (19) = 3035 Tujuan D3 D4

D2 38

Sumber

S1

56

34

45 0

S2

0

25 27

12

M

M+4

-38

70 27

42

S3

0

19

38

-53

70 M

M-4

S4

Vj

3

Ui

38

19

0

25

45

53

34

-34

Tabel 6.5 b

+70

1

(45)

38

2

-45

19

3

-25

(25) 34

4

(25)

Gambar 6.5

TRANSSHIPMENT

6.3

233

Soal Tidak Seimbang

Sama seperti penyelesaian masalah transportasi, kasus tidak seimbang dalam masalah transshipment diselesaikan dengan cara menambahkan sumber/tujuan semu. Biaya pengiriman dari sumber semu (atau ke tujuan semu) = 0. Contoh 6.4 Tentukan cara pengiriman barang pada keadaan yang digambarkan pada gambar 6.6 supaya memenuhi semua permintaan tapi dengan total biaya se minimum mungkin. 8 +95 1

-30

+15 3

3

4

2

3

4

+70 2

-45

-30 7

4

5

2

6

Gambar 6.6 Penyelesaian Jumlah persediaan = 95 + 70 + 15 = 180 unit, sedangkan jumlah permintaan = 30 + 45 + 30 = 105 unit. Maka terdapat kekurangan permintaan sebesar

180 – 105 = 75 unit. Untuk

menyeimbangkan tabel, maka ditambahkan permintaan semu (titik – 7) sebesar 75 unit. Dari gambar 6.6, tampak bahwa titik yang merupakan sumber adalah titik – 1 dan 2, tujuan adalah titik – 5, 6 serta 7 (semu). Titik 3 dan 4 adalah titik perantara. Maka dalam tabel transportasinya ada 4 baris (S1, S2, S3, dan S4) dan 5 kolom (D3, D4, D5, D6 dan D7). Jumlah persediaan S1 dan S2 masing-masing adalah 95 dan 70. Persediaan titik perantara S3 = 15 + 180 = 195, dan S4 = 0 + 180 = 180. Jumlah permintaan D3 = 0 + 180 = 180, D4 = 30 + 180 = 210. Permintaan titik tujuan D5, D6 dan D7 masing-masing adalah 30, 45 dan 75 unit. Biaya pengiriman antar 2 titik ditentukan seperti pada contoh 6.2 dan 6.3 dengan biaya pengiriman ke tujuan semu = 0. Tabel

6.6 menunjukkan tabel awal transportasi dan

penyelesaian awal dengan metode Vogel (cara pengisian dengan metode Vogel dapat dilihat

234


kembali pada bab 5.2.3). Tanda (*) pada selisih 2 baris/kolom menunjukkan baris/kolom dengan selisih terbesar. Pada iterasi – 1, diambil x33 = 30. Pada iterasi – 2, diambil x42 = 180 (dipilih sembarang antara kolom-2 atau baris-1). Berikutnya berturut-turut diambil x34 = 45, x32 = 30, x15 = 75. Setelah hanya tersisa kolom-1, diambil x31 = 90, x21 = 70 dan terakhir x11 = 20.

D3 3

Sumber

S1

M

M-6

8

1

D6 M

D7 Persediaan ui

M-7

0

20

95

3

70

2

195

0

180

-3

75

2

S2

7

2

M

M-6

M

M-6

0

1

70 0

S3

3

90 M

4

4

30

M+3

30

0

S4

vj

Tujuan D5

D4

M

0

3

45

M-1

2

1

0

6

180 180

210

30

45

75

0

3

4

4

-3

Tabel 6.6 D3 3

Sumber

S1

D4 M

Tujuan D5 8

D6 M

D7 0

20 2

S2

75 7

M

M

0

3

90 M

4

30 0

S4

4

30 M

0

45 2

0

180

Permin- 0+180 30+180 taan = 180 = 210

30

45

75

2

3

4*

2

0

2

3*

-

2

0

2

4

-

M-4*

0

2

4*

-

-

0

2

-

-

-

0

Selisih 2 kolom

95

3

3

3

3

3*

70

2

2

2

2

2

15+180 = 0 195

0

0

0

0

0+180 = 180

0

-

-

-

0

70

S3

Persediaan Selisih 2 baris

Tabel 6.7

0

TRANSSHIPMENT

235

Tabel 6.7 menunjukkan uji optimalitas tabel 6.6 dengan mengambil u3 = 0. Ternyata penyelesaian awal sudah optimal sehingga tidak perlu direvisi lagi. Jika dikembalikan ke masalah semula, maka didapatkan distribusi pengiriman barang seperti pada gambar 6.7. Di titik – 1 barang tersisa 75 unit (dikirim ke tujuan semu).

+95 1

-30

+15 3 (20) (70)

3

(30) 4

5

(45) 3 (30)

2

+70

4 -45

-30

2

4

6

Gambar 6.7

6.4

Kasus-kasus Khusus

Pada prinsipnya setelah masalah transshipment dijadikan tabel transportasi, maka semua kasus khusus yang terjadi pada masalah transportasi juga berlaku pada masalah transshipment. Alternatif penyelesaian terjadi jika pada tabel optimalnya ada sel dengan nilai cij – ui – vj = 0. Alternatif didapatkan dengan cara “memaksa” sel tersebut menjadi basis (diisi dengan kuantitas). Untuk menyelesaikan soal memaksimumkan, maka masalah terlebih dahulu dikembalikan ke masalah meminimumkan dengan cara mengubah biaya pengiriman dengan negatifnya (kecuali biaya = M yang tidak dinegatifkan). Pembaca dapat mencoba contoh 6.2 – 6.4 dengan mengganti soal meminimumkan menjadi soal memaksimumkan.

236


SOAL-SOAL LATIHAN 1. Diketahui masalah pengangkutan yang mengirimkan 10 dan 15 unit barang pada titik 1 dan 3, serta permintaan sebesar 15 dan 10 unit pada titik 2 dan 4. Diagram pengirimannya tampak pada gambar di bawah ini. Selesaikan masalah pengangkutan tersebut melalui penyelesaian masalah transportasi. 3

1

3

4

6 3

5

3

2

1 3

2

4

2

2. Diketahui masalah pengangkutan yang mengirimkan 8 unit barang di titik 1 dan 6 unit di titik 3 dan 4, serta permintaan sebesar 7 unit di titik 5 dan 6 unit di titik 7. Diagram pengirimannya tampak pada gambar di bawah ini. Selesaikan masalah pengangkutan tersebut melalui penyelesaian masalah transportasi. 4

1

5

5 3

2 3

4 1

4

2

3

6

5 4

3

6 12

7

3. Tentukan pengangkutan dengan biaya minimum untuk masalah pengangkutan yang digambarkan dalam gambar di bawah ini

TRANSSHIPMENT

237

+20 3 3

14 10

+20

5

1 3

3 4

4

6

+30

-25

2

8

5

6

15

-35

4. Suatu perusahaam mobil mendapatkan pesanan dari lokasi 5, 6, dan 7 masing-masing sejumlah 75, 60, dan 80 unit mobil jenis tertentu. Proses produksi yang dilakukan meliputi pembuatan body di lokasi 1 atau 2. Body mesin yang sudah dibuat kemudian dikirim ke lokasi

3

atau

4

untuk dirakit dengan mesinnya, barulah kemudian dikirim ke

langganannya. Biaya produksi per body adalah 533 (ribu) di lokasi 1 dan 550 (ribu) di lokasi 2. Perakitan di lokasi 3 dan 4 masing-masing membutuhkan biaya 2256 dan 2239 (ribu). Biaya pengiriman diantara lokasi adalah sebagai berikut : LOKASI

3

4

LOKASI

5

6

7

1

45

59

3

72

65

79

2

65

52

4

81

74

63

Kapasitas produksi di lokasi 1 dan 2 masing-masing adalah 150 dan 170 body. Lokasi 3 dan 4 dapat merakit berapapun mobil yang masuk ke lokasinya. Tentukan pengaturan produksi dan pengangkutan yang memenuhi semua permintaan dengan biaya minimum.

Bab 7 PENUGASAN

Dalam bab ini dibahas masalah Assignment (penugasan), yang merupakan kasus khusus dari masalah transportasi, dimana setiap sumber dan setiap tujuan hanya memiliki 1 unit barang. Ini berarti bahwa setiap sumber hanya bisa mengalokasikan barang ke satu tujuan saja.

7.1

Permasalahan Penugasan

Kasus penugasan lebih mudah dipahami dengan mengandaikannya sebagai sejumlah pekerjaan (sumber) yang akan didistribusikan ke sejumlah pekerja (tujuan). Masing-masing pekerja dapat mengerjakan semua jenis pekerjaan tetapi dengan bobot (waktu, upah, dll) yang berbeda-beda. Masalah yang dihadapi adalah bagaimana mendistribusikan pekerjaan ke pekerja sehingga total bobotnya minimum. Contoh 7.1 Seorang pelatih renang memiliki 4 orang perenang yang akan diterjunkan dalam lomba 400 meter gaya ganti perseorangan. Dalam lomba itu masing-masing perenang akan berenang sejauh 100 meter dalam salah satu gaya dari 4 gaya yang diwajibkan (gaya punggung, dada, kupu-kupu dan gaya bebas) . Semua perenang dapat berenang dalam setiap gaya. Akan tetapi karena spesialisasi yang berbeda-beda, maka waktu yang dibutuhkannyapun juga berbeda-beda. Tabel 7.1 menunjukkan waktu (dalam detik) yang dibutuhkan perenang dengan gaya yang ditentukan. GAYA PERENANG

Punggung

Dada

Kupu-kupu

Bebas

1

65

73

62

57

2

67

70

65

58

3

68

72

69

55

4

71

69

75

57

240


Tabel 7.1 Beberapa kemungkinan yang dapat dipilih pelatih dapat dilihat dalam tabel 7.2. Perenang

Total Waktu

Kemungkinan

1

2

3

4

1

Punggung

Dada

Kupu-kupu

Bebas

261

2

Bebas

Kupu-kupu Punggung

Dada

259

3

Dada

Kupu-kupu Punggung

Bebas

263

Tabel 7.2 Tampak bahwa pemilihan perenang yang berbeda akan menghasilkan total waktu yang berbeda. Masalahnya adalah menentukan alokasi perenang yang menghasilkan total waktu seminimum mungkin. Penyelesaian masalah penugasan dengan metode biaya terendah tidak menjamin total waktunya paling kecil. Sebagai contoh, perhatikan masalah penugasan yang melibatkan 2 pekerja (A dan B) dan 2 pekerjaan (1 dan 2) yang waktunya sebagai berikut : Pekerjaan Pekerja

1

2

A

3

2

B

7

4

Penyelesaian dengan biaya terendah akan mengalokasikan pekerja A dengan pekerjaan – 2 (waktu terendah = 2). Akibatnya, pekerja B harus dialokasikan ke pekerjaan – 1. Toal waktunya = 2 + 7 = 9. Sebaliknya, alokasi pekerja A ke pekerjaan – 1 dan pekerja B ke pekerjaan – 2 memiliki total waktu yang lebih sedikit, yaitu = 3 + 4 = 7

7.2

Penyelesaian Masalah Penugasan

Masalah penugasan m pekerja ke m buah pekerjaan dapat dinyatakan sebagai masalah program linier sebagai berikut : m

m

i 1

j 1

cij xij

Minimumkan Z =

PENUGASAN

241

m

Kendala

xij

1 ;

i = 1, 2, … , m

xij

1 ;

j = 1, 2, … , m

j 1

m

i 1

xij = 0 atau 1,

i = 1, 2, … , m ; j = 1, 2, … , m

Penyelesaian dengan program linier akan membutuhkan m2 buah variabel, belum termasuk variabel longgar dalam metode simpleks. Jumlah variabel yang besar ini akan menyebabkan biaya komputasi sangat tinggi. Masalah penugasan juga dapat diselesaikan dengan metode transportasi. Untuk itu paling sedikit harus ditambahkan (m-1) buah variabel semu. Permasalahannya adalah jumlah perhitungan yang harus dilakukan relatif banyak untuk setiap iterasinya. Algoritma lain yang lebih sederhana dan sering dipakai adalah algoritma Hungarian. Prinsip dasar algoritma hungarian sama dengan metode transportasi yaitu 1. Tentukan penyelesaian fisibel awal. 2. Uji optimalitasnya. Jika sudah optimal, proses dihentikan. Jika belum optimal lakukan langkah 3. 3. Revisi tabel untuk meningkatkan optimalitas. Kembali ke langkah 2.

Menentukan penyelesaian fisibel awal. Algoritma untuk membuat penyelesaian fisibel awal adalah sebagai berikut : 1. Dalam setiap baris, tentukan sel yang bobotnya terkecil. Kurangkan seluruh sel pada baris tersebut dengan sel yang bobotnya terkecil. 2. Ulangi langkah 1 untuk setiap kolom. Dengan menyelesaikan langkah 1-2, maka setiap baris dan setiap kolom tabel pasti tidak ada yang negatif dan memuat paling sedikit sebuah nol. Elemen nol inilah yang merupakan variabel basis.

242


Uji optimalitas Tutup semua variabel basis (nol) dalam penyelesaian fisibel awal dengan kombinasi garis horisontal dan vertikal sesedikit mungkin. Jika tabel terdiri dari n baris (dan n kolom) maka paling banyak akan dibutuhkan n garis. Jika garis yang dibutuhkan untuk menutup semua nol dalam tabel < n, maka tabel belum optimal dan harus direvisi.

Merevisi Tabel Perhatikan sel-sel tabel hasil uji optimalitas. Ada 3 jenis sel : Jenis pertama adalah sel yang tidak tertutup garis. Semua sel tersebut pasti bernilai positip (karena yang bernilai nol pasti sudah tertutup garis pada pengujian optimalitas). Jenis kedua adalah sel yang tertutup dengan sebuah garis dan jenis ketiga adalah sel yang tertutup oleh perpotongan 2 buah garis horisontal dan vertikal. Sel jenis kedua dan ketiga pasti mengandung nol. Dalam merevisi tabel, sel yang berpengaruh dan nilainya harus direvisi adalah sel jenis pertama dan ketiga. Revisi dilakukan dengan menambah variabel basis (nol) dari sel jenis pertama dan kalau perlu mengurangi variabel basis dari sel jenis ketiga. Algoritma untuk merevisi tabel adalah sebagai berikut 1. Tentukan sel yang tidak tertutup garis dengan bobot terkecil. Misal bobotnya adalah c. 2. Kurangkan setiap sel yang tidak tertutup garis dengan c. 3. Tambahkan setiap sel yang tertutup 2 garis dengan c. Perhatikan bahwa dalam langkah 2, pasti akan terjadi penambahan sel yang berbobot nol. Akan tetapi belum tentu ada sel yang tertutup oleh 2 garis yang bernilai nol. Oleh sebab itu belum tentu ada pengurangan basis dalam langkah 3. Lakukan langkah pengujian dan revisi berulang-ulang hingga tabel optimal. Alokasi optimal ditunjukkan dengan elemen 0 pada tabel optimal. Untuk menentukan alokasi optimal, lakukan langkah-langkah sebagai berikut : 1. Carilah baris/kolom yang hanya memuat sebuah nol. Kemudian ambillah sel tersebut sebagai alokasi optimalnya.

PENUGASAN

243

2. Hapuslah baris dan kolom yang sesuai dengan sel terpilih tersebut. 3. Ulangi langkah 1-2 untuk elemen 0 lainnya hingga semua baris/kolom dialokasikan.

Untuk memperjelas langkah-langkah metode hungarian, pandang contoh 7.2

Contoh 7.2 Selesaikan masalah pelatih renang dalam contoh 7.1 Penyelesaian

Menentukan penyelesaian fisibel awal Dari tabel mula-mula, elemen terkecil baris 1, 2, 3 dan 4 masing-masing adalah 57, 58, 55, 57. Kurangkan semua elemen pada baris –1 dengan 57, semua elemen baris – 2 dengan 58, semua elemen baris – 3 dengan 55 dan semua elemen baris – 4 dengan 57. Hasilnya tampak pada tabel

P

Gaya D K

B

1

8

16

5

0

2

9

12

7

0

3

13

17

14

0

4

14

12

18

0

Perenang

Perenang

7.3 a (P = gaya punggung, D = gaya dada, K = gaya kupu-kupu dan B = gaya bebas).

P

Gaya D K

B

1

0

4

0

0

2

1

0

2

0

3

5

5

9

0

4

6

0

13

0

(a)

(b) Tabel 7.3 a - b

Berikutnya cari elemen terkecil untuk tiap kolom tabel 7.3 a. Didapatkan elemen terkecil kolom 1, 2, 3 dan 4 berturut-turut adalah 8, 12, 5 dan 0. Kurangkan tiap elemen pada kolom – 1 dengan 8, kolom – 2 dengan 12, kolom – 3 dengan 5 dan kolom – 4 dengan 0. Didapatkan tabel 7.3 b.

244


Pengujian Optimalitas Setiap baris dan setiap kolom tabel 7.3 b pasti mengandung elemen 0. Tutup semua elemen 0 dalam tabel 7.3 b dengan kombinasi garis horisontal dan vertikal (tidak boleh diagonal) sesedikit mungkin. Tidak ada algoritma untuk menentukan apakah garis yang sudah kita buat merupakan garis yang jumlahnya paling sedikit. Akan tetapi penutupan bisa dilakukan dengan membuat

P

Gaya D K

B

1

0

4

0

0

2

1

0

2

0

3

5

5

9

0

4

6

0

13

0

Perenang

Perenang

garis (horisontal atau vertikal) yang akan menutup elemen nol sebanyak-banyaknya.

P

Gaya D K

B

1

0

5

0

1

2

0

0

1

0

3

4

5

8

0

4

5

0

12

0

(c)

(d) Tabel 7.3 c -d

Dalam tabel 7.3 b, mula-mula ambil garis vertikal di kolom – 4. Ada 4 buah nol yang belum tertutup, yaitu x11. x13, x22, dan x42. Diambil garis horisontal pada baris – 1 dan garis vertikal pada kolom – 2. Tabel 7.3 c menunjukkan penutupan garis yang dilakukan pada tabel 7.3 b. Dengan ketiga garis ini semua nol sudah tertutup. Karena jumlah garis yang dibutuhkan = 3 < 4, berarti bahwa tabel belum optimal .

Revisi Tabel Perhatikan elemen-elemen yang tidak tertutup garis dan elemen-elemen yang tertutup perpotongan 2 garis. Elemen terkecil yang tidak tertutup garis adalah 1. Kurangkan semua elemen yang tidak tertutup garis dengan 1 dan sebaliknya, tambahkan semua elemen yang tertutup 2 garis (sel x12 dan x14) dengan 1. Hasilnya tampak pada tabel 7.3 d.

PENUGASAN

245

Uji optimalitas kembali dilakukan pada tabel 7.3 d. Bagaimanapun juga caranya, pasti dibutuhkan 4 garis untuk menutup semua nol. Ini berarti tabel 7.3 d sudah optimal. Untuk menentukan alokasi optimalnya, perhatikan elemen-elemen 0 pada tabel 7.3 d. Pada baris – 1 ada 2 buah elemen 0 sehingga kita tidak bisa menentukan sel mana yang harus kita pilih. Elemen 0 yang tunggal pada baris/kolom ada pada baris – 3 (sel x34) dan kolom – 3 (sel x13). Ambillah kedua sel ini sebagai alokasi optimal. Kemudian hapuskanlah baris-3 dan kolom-4 (karena sel x34 sudah dipilih sehingga semua elemen 0 di baris-3 dan kolom-4 tidak boleh ada yang dipilih lagi) serta baris –1 dan kolom-3 (karena sel x13 sudah dipilih sehingga semua elemen 0 di baris-1 dan kolom-3 tidak boleh ada yang dipilih lagi). Hasilnya tampak pada tabel 7.3 e (elemen yang dilingkari adalah alokasi yang dipilih dan baris/kolom yang diarsir adalah

P

Gaya D K

B

1

0

5

0

1

2

0

0

1

0

3

4

5

7

0

4

5

0

11

0

Perenang

Perenang

baris/kolom yang sudah tidak boleh dialokasikan lagi).

P

Gaya D K

B

1

0

5

0

1

2

0

0

1

0

3

4

5

7

0

4

5

0

11

0

(e)

(f) Tabel 7.3 e - f

Dari sel yang tidak diarsir di tabel 7.3 e, alokasi 0 yang tunggal terjadi pada baris – 4 (sel x42). Ambillah x42 sebagai alokasi dan hilangkanlah baris-4 dan kolom-2 (lihat tabel 7.3 f). Satusatunya elemen yang tersisa adalah x21 yang diambil sebagai alokasi terakhir. Jadi alokasi optimalnya adalah : perenang – 1 : gaya kupu-kupu (62 detik), perenang – 2 : gaya punggung (67 detik), perenang – 3 : gaya bebas (55 detik) dan perenang – 4 : gaya dada (69 detik). Total waktunya = 62 + 67 + 55 + 69 = 253 detik.

246

7.3


Kasus-Kasus Khusus

7.3.1

Kasus Tidak Seimbang

Kasus tidak seimbang terjadi jika jumlah pekerja tidak sama dengan jumlah pekerjaan. Sebelum menggunakan algoritma penugasan, soal harus terlebih dahulu diseimbangkan dengan cara menambahkan sejumlah pekerja atau pekerjaan semu (mana yang lebih sedikit) hingga menjadi seimbang. Biaya pada sel semu = 0

Contoh 7.3 Tabel 7.4 menunjukkan biaya yang harus dikeluarkan suatu perusahaan untuk mengalokasikan 4 orang pekerja pada 3 buah pekerjaan berbeda. Masing-masing pekerja bisa melakukan semua pekerjaan tersebut tapi dengan biaya yang berbeda-beda. Carilah siapa yang harus melakukan tiap-tiap pekerjaan untuk meminimumkan biaya keseluruhan. Pekerjaan Pekerja

1

2

3

1

7

3

5

2

2

2

1

3

6

5

3

4

3

4

7

Tabel 7.4 Penyelesaian Karena jumlah pekerja lebih banyak dari jumlah pekerjaan, maka tambahkan sebuah pekerjaan semu (pekerjaan – 4) sehingga soal menjadi seimbang. Biaya pekerjaan – 4 untuk semua pekerja = 0. Hasilnya tampak pada tabel 7.5 a. Berikutnya algoritma penugasan dapat diterapkan pada tabel 7.5 a. Elemen terkecil dalam tiap baris = 0. Maka pengurangan terhadap elemen terkecil tiap baris tidak menghasilkan perubahan tabel.

PENUGASAN

247

Elemen terkecil pada kolom 1, 2, 3 dan 4 masing-masing adalah 2, 2, 1 dan 0. Kurangkan semua elemen kolom –1 dengan 2, kolom – 2 dengan 2, kolom – 3 dengan 1 dan kolom – 4 dengan 0. Didapat tabel 7.5 b. Pekerjaan 2 3 4*

1

7

3

5

0

2

2

2

1

0

3

6

5

3

0

4

3

4

7

0

Pekerjaan 1 2 3 4*

Pekerja

Pekerja

1

1

5

1

4

0

2

0

0

0

0

3

4

3

2

0

4

1

2

6

0

(a) Pekerjaan 2 3 4*

1

5

1

4

0

2

0

0

0

0

3

4

3

2

0

4

1

2

6

0

1

Pekerja

Pekerja

1

(b) Pekerjaan 2 3 4*

1

4

0

3

0

2

0

0

0

1

3

3

2

1

0

4

0

1

5

0

(c)

(d) Tabel 7.5 a - d

Uji optimalitas dilakukan dengan menutup semua nol pada tabel 7.5 b dengan garis horisontal dan vertikal sesedikit mungkin. Melihat posisi sel nol pada tabel 7.5 b, jelas hanya dibutuhkan 2 garis, yaitu pada kolom – 4 dan baris – 2 (lihat 7.5 c). Tabel harus direvisi. Elemen tidak tertutup garis yang terkecil pada tabel 7.5 c adalah 1. Kurangkan semua elemen tidak tertutup garis dengan 1 dan tambahkan semua elemen yang tertutup 2 garis dengan 1. Hasilnya tampak pada tabel 7.5 d. Semua nol pada tabel 7.5 d hanya dapat ditutup dengan 4 garis sehingga tabel 7.5 d sudah optimal.

248


Elemen 0 yang tunggal terdapat pada kolom 3 (x23) dan baris 3 (x34). Maka kedua sel ini dipilih. Baris-2 dan kolom-3 (karena x23 sudah dipilih) serta baris-3 dan kolom-4 (karena x34 sudah dipilih) dihilangkan dari proses pemilihan berikutnya (lihat tabel 7.5 e).

Pekerja

Pekerjaan 1 2 3 4* 1

4

0

3

0

2

0

0

0

1

3

3

2

1

0

4

0

1

5

0

Tabel 7.5 e Dari sisa nol yang belum terarsir jelas bahwa alokasi yang dipilih adalah sel x12 dan x41. Jadi alokasi optimalnya adalah : pekerja–1 mengerjakan pekerjaan-2

(biaya = 3), pekerja-2

mengerjakan pekerjaan-3 (biaya = 1), pekerja-3 tidak mendapatkan pekerjaan (mengerjakan pekerjaan semu) dan pekerja-4 mengerjakan pekerjaan-1 (biaya = 3). Total biaya = 3 + 1 + 3 = 7.

7.3.2


Sama seperti pada masalah transportasi, alternatif penyelesaian dalam masalah penugasan terjadi jika terdapat lebih dari satu alokasi penugasan yang memiliki total biaya yang sama. Cirinya dapat dilihat pada tabel optimal yang tidak memiliki elemen nol tunggal pada semua baris/kolom tersisa. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 7.4

Contoh 7.4 Selesaikanlah masalah penugasan dalama tabel 7.6 berikut ini dengan tujuan untuk meminimumkan biaya. Pekerjaan Pekerja

1

2

3

4

5

A

10

10

5

6

7

PENUGASAN

249

B

8

8

2

7

6

C

9

9

3

4

8

D

7

6

4

5

5

E

9

10

3

7

6

Tabel 7.6 Penyelesaian Masalah penugasan dalam tabel 7.6 sudah seimbang. Hasil pengurangan setiap baris dalam tabel 7.6 dengan sel terkecil dalam baris tersebut tampak dalam tabel 7.7 a. Hasil pengurangan setiap kolom tabel 7.7 a dengan elemen terkecil dalam kolom tersebut tampak pada tabel 7.7 b. Penutupan elemen 0 tabel 7.7 b dengan garis tampak pada tabel 7.7 c. Untuk menutup semua nol, cukup digunakan 3 garis, sehingga tabel 7.7 c belum optimal. Elemen terkecil yang tidak tertutup garis dalam tabel 7.7 c adalah 1. Hasil revisi tabel 7.7 c (dengan mengurangi setiap elemen tidak tertutup garis dengan 1 dan menambah setiap elemen yang tertutup 2 garis dengan 1) tampak pada tabel 7.7 d. 1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

A

5

5

0

1

2

A

2

3

0

0

1

B

6

6

0

5

4

B

3

4

0

4

3

C

6

6

0

1

5

C

3

4

0

0

4

D

3

2

0

1

1

D

0

0

0

0

0

E

6

7

0

4

3

E

3

5

0

3

2

(a)

(b)

250


1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

A

2

3

0

0

1

A

1

2

0

0

0

B

3

4

0

4

3

B

2

3

0

4

2

C

3

4

0

0

4

C

2

3

0

0

3

D

0

0

0

0

0

D

0

0

1

1

0

E

3

5

0

3

2

E

2

4

0

3

1

(c)

(d) Tabel 7.7 a - d

Tabel 7.7 d juga belum optimal karena jumlah minimal garis penutupnya = 4 (lihat tabel 7.7 e). Perhatikan disini bahwa garis penutup tabel 7.7 d tidak harus seperti tabel 7.7 e (misal garis pada baris-1 bisa diganti dengan garis pada kolom-5). Yang penting adalah jumlahnya minimal (dalam hal ini = 4). Jika garis penutupnya berbeda, maka hasil iterasi juga akan berbeda. Namun alokasi elemen 0 pada tabel optimalnya akan tetap sama, meskipun angka-angka bukan 0 mungkin berbeda. Hasil revisi tabel 7.5 e tampak pada tabel 7.5 f 1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

A

1

2

0

0

0

A

1

2

1

1

0

B

2

3

0

4

2

B

1

2

0

4

1

C

2

3

0

0

3

C

1

2

0

0

2

D

0

0

1

1

0

D

0

0

2

2

0

E

2

4

0

3

1

E

1

3

0

3

0

(e)

(f)

PENUGASAN

251

1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

A

1

2

1

1

0

A

0

1

1

0

0

B

1

2

0

4

1

B

0

1

0

3

1

C

1

2

0

0

2

C

1

2

1

0

3

D

0

0

2

2

0

D

0

0

3

2

1

E

1

3

0

3

0

E

0

2

0

2

0

(g)

(h) Tabel 7.7 e - h

Hasil pengujian optimalitas tabel 7.7 f tampak pada tabel 7.7 g. Jumlah garis penutupnya masih = 4 sehingga tabel belum optimal. Hasil revisi tabel 7.7 g tampak pada tabel 7.7 h. Bagaimanapun caranya, untuk menutup semua nol dalam tabel 7.7 h, selalu dibutuhkan 5 buah garis. Maka tabel 7.7 h sudah optimal. Alokasi pekerja/pekerjaan yang tunggal terjadi pada baris-3 (x34) dan kolom-2 (x42). Setelah baris-3, 4 dan kolom 2, 4 dihilangkan maka akan didapatkan tabel 7.7 i. Tampak bahwa sudah tidak ada alokasi elemen 0 yang tunggal lagi karena dalam tiap baris dan kolomnya selalu terdapat > 1 buah elemen 0. Ini berarti soal memiliki alternatif penyelesaian. Untuk memperoleh penyelesaian-penyelesaiannya, diambil sembarang elemen 0 yang belum terarsir (untuk mempermudah, ambillah salah satu 0 dari baris/kolom yang memuat 2 buah nol). 1

2

3

4

5

A

0

1

1

0

0

B

0

1

0

3

1

C

1

2

1

0

3

D

0

0

3

2

1

E

0

2

0

2

0

Tabel 7.7 i

252


Misalkan diambil elemen 0 yang terletak pada baris – 1. Ada 2 buah nol yaitu pada kolom-1 (x11) atau pada kolom 5 (x15). Jika diambil x11, maka akan didapat tabel 7.7 j. Jika diambil x15 akan didapat tabel 7.7 k. 1

2

3

4

5

1

2

3

4

5

A

0

1

1

0

0

A

0

1

1

0

0

B

0

1

0

3

1

B

0

1

0

3

1

C

1

2

1

0

3

C

1

2

1

0

3

D

0

0

3

2

1

D

0

0

3

2

1

E

0

2

0

2

0

E

0

2

0

2

0

(j)

(k) Tabel 7.7 j - k

Karena kedua alternatif itu memungkinkan, maka akan dilacak satu persatu alokasi sisanya. Perhatikan tabel 7.7 j. Dari alokasi yang tersisa harus diambil x23 dan x55. Sebaliknya, jika yang diambil x15 (tabel 7.7 k), maka masih ada 2 kemungkinan lagi yaitu x21 dan x53, atau x23 dan x51. Jadi seluruhnya ada 3 alternatif yang mungkin diambil yaitu : Alternatif –1 : D-2, C-4, A-1, B-3 dan E-5 Alternatif – 2 : D-2, C-4, A-5, B-1 dan E-3 Alternatif – 3 :

D-2, C-4, A-5, B-3 dan E-1

Semua alternatif ini dapat digambarkan dalam gambar 7.1. Angka dalam kurung pada gambar 7.1 menunjukkan biaya yang dibutuhkan untuk alokasi yang diambil. Semua alternatif tersebut memiliki total biaya = 28

Alokasi tunggal :

A-1 (10) ; B-3 (2) ; E-5 (6)

D-2 (6) ; C-4 (4)

B-1 (8) ; E-3 (3) A-5 (7) B-3 (2) ; E-1 (9)

Gambar 7.1

PENUGASAN

7.3.3

253

Alokasi Terlarang

Kadang-kadang ada suatu sel tertentu dalam tabel penugasan yang tidak mungkin diisi (dalam aplikasinya, misalkan ada seorang pekerja yang tidak bisa mengerjakan salah satu pekerjaan). Untuk membuat agar sel terlarang tidak mungkin terisi, maka biaya pada sel terlarang dibuat sebesar-besarnya (ingat fungsinya adalah meminimumkan), yaitu dengan M = suatu bilangan positip besar.

Contoh 7.5 Perhatikan masalah untuk menempatkan 4 operator ke 4 mesin. Biaya penempatan (dalam ribuan) tampak pada tabel 7.8. Operator-1 tidak dapat ditempatkan ke mesin-3. Demikian juga, operator-3 tidak dapat ditempatkan ke mesin-4. Carilah penempatan yang optimal ! Mesin Operator

1

2

3

4

1

5

5

-

2

2

7

4

2

3

3

9

3

5

-

4

7

2

6

7

Tabel 7.8 Penyelesaian Untuk menjamin bahwa sel x13 dan x34 (penempatan yang tidak mungkin dilakukan) tidak menjadi alokasi yang diambil, maka pada sel tersebut diisi dengan M = suatu bilangan positip besar. Tabel awal masalah penugasan tampak pada tabel 7.9 a.


Operator

254

1

Mesin 2 3

4

1

5

5

M

2

2

7

4

2

3

3

9

3

5

M

4

7

2

6

7

1

Mesin 2 3

4

1

3

3

M-2

0

2

5

2

0

1

3

6

0

2

M-3

4

5

0

4

5

Operator

Operator

Tabel 7.9 a

1

Mesin 2 3

4

1

0

3

M-2

0

2

2

2

0

1

3

3

0

2

M-3

4

2

0

4

5

(b)

(c) Tabel 7.9 b – c

Tabel 7.9 b merupakan hasil pengurangan tiap baris tabel 7.9 a dengan elemen terkecilnya. Tabel 7.9 c merupakan pengurangan tabel 7.9 b dengan elemen terkecil tiap kolom, sekaligus garis penutup pada pengujian optimalitasnya. Tampak bahwa hanya dibutuhkan 3 garis penutup

1

Mesin 2 3

4

1

0

5

M-2

0

2

2

4

0

1

3

1

0

0

M-5

4

0

0

2

3

Operator

Operator

sehingga tabel belum optimal.

1

Mesin 2 3

4

1

0

5

M-2

0

2

2

4

0

1

3

1

0

0

M-5

4

0

0

2

3

(d)

(e) Tabel 7.9 d - e

PENUGASAN

255

Hasil revisi tabel 7.9 c tampak pada tabel 7.9 d. Karena untuk menutup semua elemen nolnya membutuhkan 4 buah garis maka tabel 7.9 d merupakan tabel optimal. Baris/kolom yang memiliki elemen nol tunggal adalah baris-2 dan kolom-4 (sel x23 dan x14). Dari sel yang tidak terarsir sisanya, jelas bahwa alokasi yang diambil adalah x32 dan x41. Jadi alkoasi optimalnya adalah : Operator-1 – mesin-4 (biaya = 2) ; operator-2 – mesin-3 (biaya = 2) ; operator-3 – mesin-2 (biaya = 3) ; operator-4 – mesin-1 (biaya = 7). Total biaya yang dibutuhkan = 2 + 2 + 3 + 7 = 14 (ribuan). Tampak bahwa dalam setiap tabel, sel x13 dan sel x34 selalu terisi dengan biaya yang merupakan fungsi M sehingga tidak mungkin terpilih pada tabel optimalnya.

Contoh 7.6 Perhatikan kembali permasalahan pada contoh 7.5. Misalkan ada mesin ke-5 yang tersedia. Biaya penempatan operator 1, 2, 3, dan 4 pada mesin ke-5 masing-masing adalah 2, 1, 2, dan 8. Mesin yang baru ini dapat menggantikan salah satu mesin yang lama jika dipandang lebih ekonomis. Rumuskanlah kembali masalah tersebut sebagai masalah penugasan dan carilah penyelesaian optimalnya. Apakah dipandang lebih ekonomis untuk mengganti salah satu mesin yang sudah ada ? Jika demikian, mesin manakah yang diganti ? Penyelesaian Dengan adanya 5 buah mesin, maka terjadi kekurangan operator sehingga perlu ditambahkan seorang operator semu. Pada penyelesaian optimalnya, mesin yang dikerjakan oleh operator semu menunjukkan mesin yang tidak ditempatkan. Jika mesin yang tidak ditempatkan (tidak memiliki operator) tersebut adalah mesin – 5 (mesin baru), berarti bahwa penempatan mesin baru tidak lebih ekonomis. Akan tetapi jika mesin yang tidak memiliki operator tersebut adalah mesin-i (i = 1, 2, 3, 4), maka mesin-i merupakan mesin yang harus digantikan oleh mesin – 5.

256


5

1

5

5

M

2

2

2

7

4

2

3

1

3

9

3

5

M

2

4

7

2

6

7

8

5*

0

0

0

0

0

Operator

1

Mesin 2 3 4

Tabel 7.10 a Tabel 7.10 a menunjukkan biaya penempatan yang baru dengan masuknya mesin-5. Biaya penempatan operator semu ke tiap mesin = 0. Tabel 7.10 b merupakan pengurangan tabel berdasarkan elemen terkecil baris. Karena semua elemen pada baris-5 = 0, maka pengurangan dengan elemen terkecil tiap kolom tidak menghasilkan perubahan tabel. Tabel 7.10 c menunjukkan garis penutup yang dibutuhkan untuk menutup semua nol pada tabel 7.10 b. Tampak hanya dibutuhkan 4 buah garis sehingga tabel perlu direvisi.

1

3

3

M-2

0

0

2

6

3

1

2

0

3

7

1

3

M-2

0

4

5

0

4

5

5*

0

0

0

0

Operator

2

5

Mesin 3 4

1

2

1

3

3

M-2

0

0

2

6

3

1

2

0

3

7

1

3

M-2

0

6

4

5

0

4

5

6

0

5*

0

0

0

0

0

Operator

Mesin 3 4

1

(b)

5

(c) Tabel 7.10 b - c

Tabel 7.10 d adalah hasil revisi tabel 7.10 c, yang merupakan tabel optimalnya. Baris/kolom yang memiliki elemen 0 tunggal adalah baris 3, 4 (sel x34 dan x42) dan kolom 1, 4 (sel x51 dan x14). Karena hanya tersisa sebuah sel (lihat tabel 7.10 e), maka x23 juga diambil sebagai alokasi optimalnya.

PENUGASAN

257

1

2

3

M-3

0

0

2

5

3

0

2

0

3

6

1

2

M-2

0

4

4

0

3

5

6

5*

0

1

0

1

1

Mesin 3 4

1

2

1

2

3

M-3

0

0

2

5

3

0

2

0

3

6

1

2

M-2

0

4

4

0

3

5

6

5*

0

1

0

1

1

Operator

5

Operator

1

Mesin 2 3 4

(d)

5

(e) Tabel 7.10 d - e

Jadi alokasi optimalnya adalah : operator-1 – mesin-4 (biaya = 2) ; operator-2 – mesin-3 (biaya = 2) ; operator-3 – mesin-5 (biaya = 2) ; operator-4 – mesin-2 (biaya = 2). Mesin – 1 tidak dijalankan (karena dialokasikan ke operator semu). Total biaya yang dibutuhkan = 2 + 2 + 2 + 2 = 8 (ribuan). Tampak bahwa dengan mengganti mesin-1 dengan mesin-5 maka biaya turun dari 14 menjadi 8. Caranya adalah dengan mengganti mesin – 1 dengan mesin – 5.

7.3.4

Fungsi Memaksimumkan

Seperti pada masalah transportasi (bab 5), untuk menyelesaikan fungsi yang memaksimumkan dalam masalah penugasan, soal terlebih dahulu dijadikan fungsi meminimumkan dengan cara menegatifkan semua biaya. Setelah menjadi masalah meminimumkan, langkah selanjutnya dilakukan seperti pada contoh-contoh terdahulu.

Contoh 7.7 Sekelompok mahasiswa yang terdiri dari 4 pria dan 4 wanita merencanakan suatu rekreasi bersama. Tingkat kebahagiaan antara pria ke-i dan wanita ke-j dinyatakan dalam tabel 7.11 (data diambil dari sifat-sifat mereka)

jika mereka berpacaran

258


Wanita Pria

1

2

3

4

1

11

1

5

8

2

9

9

8

1

3

10

3

5

10

4

1

13

12

11

Masalah yang dihadapi adalah menentukan pasangan pria dan wanita selama rekreasi agar memaksimumkan jumlah total kebahagiaan semua pasangan. Nyatakan masalah ini dalam masalah penugasan dan selesaikanlah. Penyelesaian Mula-mula tabel kebahagiaan (yang harus dimaksimumkan) diubah menjadi tabel kesedihan (yang harus diminimumkan) dengan cara menegatifkan semua isi tabel 7.11. Didapatkan tabel 7.12 a. Hasil pengurangan tabel 7.12 a dengan elemen terkecil tiap baris tampak pada tabel 7.12 b. Perhatikan bahwa hasil pengurangan ini selalu menghasilkan tabel dengan semua elemen yang tidak negatif. Pengurangan tiap kolom tampak pada tabel 7.12 c. Wanita 2 3

4

1 -11

-1

-5

-8

2

-9

-9

-8

-1

3 -10

-3

-5

-10

4

-13

-12

-11

Pria

1

-1

Tabel 7.12 a Jumlah garis minimum yang dibutuhkan untuk menutup semua nol pada tabel 7.12 c adalah sebanyak 4 buah. Ini berarti bahwa tabel 7.12 c sudah optimal.

1

Wanita 2 3

4

1

0

10

6

3

2

0

0

1

8

3

0

7

5

0

4

12

0

1

2

Pria

259

Pria

PENUGASAN

1

Wanita 2 3

4

1

0

10

5

3

2

0

0

0

8

3

0

7

4

0

4

12

0

0

2

(b)

(c)

Pria

Tabel 7.12 b-c

1

Wanita 2 3

4

1

0

10

5

3

2

0

0

0

8

3

0

7

4

0

4

12

0

0

2

Tabel 7.12 d Pasangan yang diasosiasikan secara tunggal adalah pria-3 dengan wanita-4 (dengan kebahagiaan = 10) dan pria-1 dengan wanita-1 (kebahagiaan = 11). Jika baris 1, 3 dan kolom 1, 4 dihilangkan tampak bahwa ada 2 alternatif penyelesaian (lihat tabel 7.12 d) Alternatif – 1 : Pria-2 dengan wanita-2 (kebahagiaan = 9) dan pria-4 dengan wanita-3 (kebahagiaan = 12) Alternatif – 2 : Pria-2 dengan wanita-3 (kebahagiaan = 8) dan pria-4 dengan wanita-2 (kebahagiaan = 13) Untuk semua alternatif tersebut, total kebahagiaan = 42

260

7.4


Masalah Penjaja Keliling (Travelling Salesman

Problem) Masalah penjaja keliling dapat dinyatakan sebagai berikut : Diberikan beberapa kota dan jalan yang menghubungkan kota-kota tersebut. Seseorang hendak mengunjungi tiap kota tepat satu kali, dimulai dan diakhiri pada kota yang sama. Masalahnya adalah menentukan urut-urutan kota yang harus dikunjungi sehingga total jarak (atau waktu) yang ia tempuh seminimum mungkin. Masalah penjaja keliling dapat diselesaikan dengan menganggapnya sebagai masalah penugasan dengan pekerja dan pekerjaan sama-sama menyatakan kota-kota yang hendak dikunjungi. Biaya tiap pasang kota adalah jarak (atau waktu) yang hendak diminimumkan. Supaya tidak langsung kembali ke kota yang sama maka biaya cii = M untuk semua i Misalkan perjalanan dimulai dari kota-1. Jika pasangan kota penyelesaian masalah penugasan meliputi semua kota sebelum kembali ke kota-1, maka berarti penyelesaian masalah penugasan adalah penyelesaian masalah penjaja keliling. Akan tetapi jika sebelum mengunjungi semua kota, ia sudah kembali ke kota-1, maka terjadi subtour. Dalam keadaan ini masalah penugasan harus dipecah menjadi 2 bagian dengan menggunakan pendekatan branch & bound dengan memutuskan salah satu jalur subtour. Masing-masing bagian diselesaikan dengan algoritma hungarian. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 7.8 dan 7.9 berikut ini.

Contoh 7.8 Seorang salesman hendak mengunjungi 4 kota berbeda (A, B, C dan D) seperti yang tampak dalam gambar 7.2 berikut ini. Angka di samping garis menunjukkan waktu tempuh (jam) satu kota dengan yang lainnya. Tentukan urutan perjalanan yang harus ia lalui agar total waktunya minimum !

PENUGASAN

261

4

A

2

B

1

2 1 C

D

5

Gambar 7.2 Penyelesaian Masalah penugasan yang sesuai terdiri dari 4 baris dan 4 kolom seperti yang tampak pada tabel 7.13. Biaya menyatakan waktu tempuhnya.

Kota Asal

Kota Tujuan A B C D A

M

4

2

2

B

4

M

1

1

C

2

1

M

5

D

2

1

5

M

Tabel 7.13

A

M

2

0

0

B

3

M

0

0

C

1

0

M

4

D

1

0

4

M

Kota Tujuan A B C D

Kota Asal

Kota Asal

Kota Tujuan A B C D A

M

2

0

0

B

2

M

0

0

C

0

0

M

4

D

0

0

4

M

(a)

(b) Tabel 7.14 a – b

262


Hasil pengurangan baris dan kolom tampak pada tabel 7.14 a dan b. Untuk menyingkat penulisan, maka pengurangan terhadap sel dengan biaya M tetap ditulis M karena pengurangan tersebut tidak berpengaruh terhadap pemilihan sel tersebut sebagai alokasi optimal. Tampak bahwa tabel 7.14 b sudah optimal. Ada 4 alternatif penyelesaian, masing- masing adalah (angka dalam kurung menyatakan waktu yang dibutuhkan) : Alternatif – 1 Alternatif – 2 Alternatif – 3 Alternatif – 4 A – C (2)

A – C (2)

A – D (2)

A – D (2)

B – D (1)

B – D (1)

B – C (1)

B – C (1)

C – A (2)

C – B (1)

C – A (2)

C – B (2)

D – B (1)

D – A (2)

D – B (1)

D – A (1)

Total = 6

Total = 6

Total = 6

Total = 6

Subtour :

Tour :

Tour :

Subtour :

A-C ; C-A

A-C-B-D-A

A-D-B-C-A

A-D ; D-A

B-D ; D-B

B-C ; C-B

Karena ada alternatif yang merupakan tour murni (mulai dari A, mengunjungi semua kota lain sebelum kembali ke A lagi) maka penyelesaian masalah penugasan tersebut juga sekaligus merupakan penyelesaian masalah penjaja keliling. Ada 2 tour optimal yang bisa dilakukan yaitu pada alternatif – 2 dan alternatif – 3. Perhatikan bahwa sebenarnya kedua tour tersebut marupakan perjalanan yang bolak balik saja. Ini terjadi karena graf pada gambar 7.2 bersifat simetris.

Contoh 7.9 Ulangi contoh 7.8 jika salesman tersebut harus mengunjungi 5 kota yang jaraknya (km) tampak pada gambar 7.3.

PENUGASAN

263

8 A 6

13

E

B 16

22

20

20 D

29

11

C

30

Gambar 7.3 Penyelesaian Sub problem - 1 A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

0

11

10

0

B

13

M

29

20

8

B

0

M

16

12

0

C

22

29

M

11

30

C

6

11

M

0

19

D

16

20

11

M

20

D

5

7

0

M

14

E

6

8

30

20

M

E

0

0

24

19

M

(a)

(b) Tabel 7.15 a - b

Tabel 7.15 a adalah tabel masalah penugasan yang sesuai dengan masalah salesman pada gambar 7.3. Setelah pengurangan per baris dan per kolom, ternyata tabel belum optimal dan perlu direvisi sekali lagi. Revisi dilakukan dengan mengambil garis penutup nol pada kolom 4, 5 serta baris 4, 5. Tabel 7.15 b merupakan tabel optimalnya. Ada 2 penyelesaian (keduanya memiliki total jarak 49), yaitu : C-D (11) ; D-C (11) ; A-B (13) ; E-A (6) ; B-E (8). C-D (11) ; D-C (11) ; A-E (6) ; B-A (13) ; E-B (8).

264


Keduanya memiliki 2 buah sub tour yaitu : C-D-C dan A-B-E-A (atau sebaliknya). Berarti penyelesaian masalah penugasan bukan merupakan penyelesaian masalah salesman tersebut karena ia harus kembali ke kota awal sebelum mengunjungi semua kota. Ambil sembarang subtour, misal C-D (atau D-C). Percabangan masalah dilakukan dengan melarang penggunaan jalur C-D (sub problem – 2) atau melarang penggunaan jalur D-C (sub problem – 3). Ini bisa dilakukan dengan mengambil cCD = M (atau cDC = M).

Sub problem – 2 = sub problem – 1 + cCD = M A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

5

16

0

0

B

13

M

29

20

8

B

5

M

21

2

0

C

22

29

M

M

30

C

0

5

M

M

8

D

16

20

11

M

20

D

5

7

0

M

9

E

6

8

30

20

M

E

0

0

24

4

M

(a)

(b) Tabel 7.16 a - b

Tabel 7.16 a adalah tabel awal sub problem 2. Sel yang diarsir adalah perubahan yang dilakukan dari tabel 7.15 a, yaitu dengan melarang jalur C-D. Dengan pengurangan baris dan kolom ternyata tabel sudah optimal. Tabel 7.16 b merupakan tabel optimalnya Tabel 7.16 b memiliki penyelesaian tunggal yaitu A-D (16) ; B-E (8) ; C-A (22) ; D-C (11) ; E-B (8) dengan total jarak = 65. Tampak bahwa penyelesaian inipun masih mengandung 2 buah sub tour yaitu A-D-C-A dan B-E-B. Jadi percabangan harus dilakukan lagi hingga didapat penyelesaian yang tidak mengandung sub tour. Misalkan dipilih salah satu tour secara bebas, yaitu B-E. Percabangan dilakukan dengan melarang jalur B-E (sub problem 4) dan melarang jalur E-B (sub problem 5)

PENUGASAN

265

Sub problem – 3 = sub problem – 1 + cDC = M Tabel 7.17 a adalah tabel awal sub problem 3 dan tabel 7.17 b adalah penyelesaian optimalnya. A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

5

0

10

0

B

13

M

29

20

8

B

5

M

5

12

0

C

22

29

M

11

30

C

11

16

M

0

19

D

16

20

M

M

20

D

0

2

M

M

4

E

6

8

30

20

M

E

0

0

8

14

M

(a)


Tabel 7.17 b juga memiliki penyelesaian tunggal yaitu A-C (22) ; B-E (8) ; C-D (11) ; D-A (16) ; E-B (8) dengan jarak total = 65. Penyelesaian ini masih mengandung sub tour yaitu A-C-D-A dan B-E-B sehingga perlu dilakukan pencabangan. Misalkan percabangan dilakukan pada jalur B-E dengan cara melarang penggunaan jalur B-E (sub problem 6) atau jalur E-B (sub problem 7). Sub Problem - 1 Sub Tour : C-D-C A-B-E-A Jarak = 49 CCD = M

CDC = M

Sub Problem - 2 Sub Tour : A-D-C-A B-E-B Jarak = 65

Sub Problem - 3 Sub Tour : A-C-D-A B-E-B Jarak = 65

Gambar 7.4 Percabangan masalah semula ke sub problem 2 dan 3 dapat digambarkan dalam gambar 7.4. Perhatikan bahwa pada setiap cabang yang lebih bawah, total jaraknya akan semakin besar

266


Sub problem – 4 = sub problem – 2 + cBE = M Percabangan dari sub problem 2 dilakukan dengan memutuskan jalur B-E (sub problem 4) dan jalur E-B (sub problem 5). Tabel 7.18 a menunjukkan tabel penugasan awal dari sub problem 4 dan tabel 7.17 b adalah tabel optimalnya. Tampak bahwa pada tabel optimalnya tidak terbentuk sub tour. Yang terjadi adalah tour optimal A – E – B – D – C – A dengan total jarak 67. Karena merupakan tour pertama yang didapatkan, maka tour sub problem 4 disimpan sebagai calon penyelesaian optimal. Ada kemungkinan bahwa pada sub problem lain akan didapatkan tour lain yang memiliki total jarak yang lebih kecil. Akan tetapi jika sub problem lain tidak memiliki tour atau memiliki tour dengan total jarak lebih dari 67, maka tour sub problem 4 menjadi penyelesaian masalah salesman. A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

5

16

3

0

B

13

M

29

20

M

B

0

M

16

0

M

C

22

29

M

M

30

C

0

5

M

M

8

D

16

20

11

M

20

D

5

7

0

M

9

E

6

8

30

20

M

E

0

0

24

7

M

(a)


Sub problem – 5 = sub problem – 2 + cEB = M Tabel 7.19 a dan b merupakan tabel awal dan tabel optimal sub problem 5. Seperti juga pada sub problem 4, sub problem 5 juga menghasilkan tour optimal A – D – C – B – E – A dengan total jarak 70. Karena total jarak yang dihasilkan lebih besar dari sub problem 4 (= 67), maka tour sub problem 5 tidak dipakai.

PENUGASAN

267

A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

0

16

0

0

B

13

M

29

20

8

B

5

M

21

2

0

C

22

29

M

M

30

C

0

0

M

M

8

D

16

20

11

M

20

D

5

2

0

M

9

E

6

M

30

20

M

E

0

M

24

4

M

(a)

(b) Tabel 7.19 a - b Sub Problem - 1 Sub Tour : C-D-C A-B-E-A Jarak = 49 CCD = M

Sub Problem - 2 Sub Tour : A-D-C-A B-E-B Jarak = 65 CBE = M Sub Problem - 4 Tour : A-E-B-D-C-A Jarak = 67 (menjadi calon solusi optimal)

CDC = M Sub Problem - 3 Sub Tour : A-C-D-A B-E-B Jarak = 65

CEB = M Sub Problem - 5 Tour : A-D-C-B-E-A Jarak = 70 (diabaikan karena jarak > 67)

Gambar 7.5 Gambar 7.5 menunjukkan percabangan yang dilakukan pada sub problem 2. Meskipun tour calon penyelesaian optimal sudah diperoleh, proses tidak dapat dihentikan dan percabangan tetap harus dilakukan pada sub problem 3 karena ada kemungkinan cabang dari sub problem 3 memberikan tour dengan total jarak lebih kecil dari 67.

268


Sub problem – 6 = sub problem – 3 + cBE = M Sub problem 6 merupakan pencabangan sub problem 3 dengan menutup jalur E – B. Tabel 7.20 a dan b masing-masing merupakan tabel awal dan tabel optimal sub problem –6. Pada tabel 7.20 b tampak bahwa terdapat tour A – E – B – C – D – A dengan total jarak = 70. Perhatikan bahwa sebenarnya tour ini merupakan kebalikan tour pada sub problem 5. Karena total jaraknya > 67, maka tour pada sub problem inipun diabaikan. A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

5

0

10

0

B

13

M

29

20

M

B

0

M

0

7

M

C

22

29

M

11

30

C

11

16

M

0

19

D

16

20

M

M

20

D

0

2

M

M

4

E

6

8

30

20

M

E

0

0

8

14

M

(a)


Sub problem – 7 = sub problem – 3 + cEB = M Sub problem 7 merupakan percabangan sub problem 3 dengan menutup jalur E-B. Tabel 7.21 a dan b merupakan tabel awal dan tabel optimalnya. Penyelesaian optimal sub problem 7 menghasilkan tour A – C – D – B – E – A dengan total jarak 67. Perhatikan bahwa tour yang dihasilkan sub problem 7 adalah kebalikan tour yang dihasilkan sub problem 4. Ini terjadi karena jalur antar 2 kota merupakan jalur yang bolak-balik dengan jarak yang sama. Secara umum, jika jalur antar kota adalah jalur searah (atau 2 arah tetapi dengan jarak berbeda), maka tour optimal yang dihasilkanpun juga tidak akan bolak-balik. Karena sudah tidak ada lagi sub tour yang terjadi pada sub problem 4-7, maka proses percabangan dihentikan. Tour yang menghasilkan total jarak terpendek diambil sebagai penyelesaian masalah salesman, yaitu tour A – E – B – D – C – A (atau sebaliknya) dengan total jarak = 67

PENUGASAN

269

A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A

M

13

22

16

6

A

M

3

0

10

0

B

13

M

29

20

8

B

5

M

5

12

0

C

22

29

M

11

30

C

11

14

M

0

19

D

16

20

M

M

20

D

0

0

M

M

4

E

6

M

30

20

M

E

0

M

8

14

M

(a)


Seluruh proses percabangan capat digambarkan dalam gambar 7.6. Calon solusi optimal pada sub problem 4 akhirnya diambil sebagai penyelesaian optimal karena tidak ada cabang yang memiliki total jarak < 67.

270


Sub Problem - 1 Sub Tour : C-D-C A-B-E-A Jarak = 49 CCD = M

CDC = M

Sub Problem - 2 Sub Tour : A-D-C-A B-E-B Jarak = 65 CBE = M Sub Problem - 4 Tour : A-E-B-D-C-A Jarak = 67 (menjadi calon solusi optimal)

Sub Problem - 3 Sub Tour : A-C-D-A B-E-B Jarak = 65

CEB = M

CBE = M

Sub Problem - 5 Tour : A-D-C-B-E-A Jarak = 70 (diabaikan karena jarak > 67)

Sub Problem - 6 Tour : A-E-B-C-D-A (kebalikan SP-5) Jarak = 70 (diabaikan krn >67)

Gambar 7.6

CEB = M Sub Problem - 7 Tour : A-C-D-B-E-A (kebalikan SP-4) Jarak = 67 (optimal)

PENUGASAN

271

SOAL-SOAL LATIHAN 1. Matriks di bawah ini menunjukkan biaya penempatan suatu pekerjaan ke mesin tertentu. Mesin Pekerjaan

A

B

C

1

380

610

330

2

210

380

415

3

260

210

300

a. Selesaikanlah masalah penugasan tersebut agar total biayanya minimum b. Misalkan angka dalam tabel diatas merupakan keuntungan. Apakah penyelesaian optimalnya berubah ?

2. Perusahaan garmen Simon Corp mempunyai masalah dalam mengalokasikan pesanan produksi yang diterimanya untuk bulan depan di beberapa departemennya. Perusahaan mengetahui besarnya biaya pengadaan setiap produksi yang dipesan di tiap departemen, seperti yang tampak pada tabel di bawah ini. Selanjutnya perusahaan tersebut harus menentukan biaya termurah untuk semua produksinya karena tiap departemen hanya mampu mengerjakan satu pekerjaan saja. Departemen Pesanan

A

B

C

D

E

1

120

150

75

90

100

2

140

80

90

85

170

3

50

40

40

70

110

4

75

65

45

70

90

5

110

90

140

115

100

3. Selesaikanlah masalah penugasan berikut ini dengan tujuan untuk meminimumkan biaya. a. -3

2

1

1

3

4

1

2

6

272


b. 3

8

2

10

3

8

7

2

9

7

6

4

2

7

5

8

4

2

3

5

9

10

6

9

10

3

9

2

3

7

6

1

5

6

6

9

4

7

10

3

2

5

4

2

1

9

6

2

4

6

c.

4. Selesaikanlah masalah penugasan berikut ini dengan algoritma Hungarian. Carilah siapa yang harus melakukan tiap-tiap pekerjaan untuk meminimumkan biaya keseluruhan. Berapa efektifitas keseluruhan yang paling minimum ? Pekerjaan Pekerja

1

2

3

4

1

-

2

2

5

2

2

-

4

4

3

1

2

-

2

4

2

4

3

-

5. Untuk meningkatkan rasa tertarik dan untuk memberikan lingkungan diskusi ilimiah, fakultas teknik memutuskan untuk mengadakan seminar tentang 4 topik utama yaitu Ekologi, Energi, Transportasi dan Bioteknik. Seminar tersebut dilakukan dalam satu minggu pada siang hari. Akan tetapi pengaturan seminar (satu seminar untuk setiap topik dan satu seminar dalam sehari) harus dilakukan secara hati-hati sehingga jumlah mahasiswa yang tidak dapat mengikuti seminar (karena bersamaan dengan jadwal kuliah) sesedikit mungkin. Setelah diteliti, jumlah mahasiswa yang tidak dapat hadir pada hari tertentu adalah sebagai berikut :

PENUGASAN

273

Topik Seminar Hari

Ekologi

Energi

Transportasi

Bioteknik

Senin

50

40

60

20

Selasa

40

30

40

30

Rabu

60

20

20

30

Kamis

30

30

10

30

Jumat

10

20

10

30

a. Tunjukkan bahwa masalah untuk menentukan jadwal seminar yang optimal ekuivalen dengan masalah penugasan. b. Dengan menggunakan (a), carilah pengaturan jadwal seminar yang paling optimal !

6. Empat buah pekerjaan dalam dilakukan oleh 5 buah mesin berbeda. Waktu pemanasan (setup) setiap pekerjaan pada berbagai mesin tampak pada tabel berikut ini : Mesin Pekerjaan

1

2

3

4

5

1

10

11

4

2

8

2

7

11

10

14

12

3

5

6

9

12

14

4

5

6

9

12

14

Carilah pengaturan pekerjaan pada mesin yang akan meminimumkan total waktu setup.

7. Perhatikan kembali soal latihan #3 b - c. Misalkan matriks yang ada merupakan jarak tempuh antar 2 kota. Seorang sales hendak berkunjung ke tiap kota masing-masing satu kali. Tentukan urut-urutan kota yang harus ia kunjungi supaya total perjalanan yang ia lakukan sependek mungkin. Berapa total jarak yang ia tempuh ?

8. Suatu kelompok pemuda/i yang terdiri dari 6 pria dan 6 wanita menyukai satu sama lain dan ingin saling berpacaran dengan teman dalam kelompoknya. Tujuannya adalah untuk memaksimumkan total kebahagiaan. Tiap wanita ke-i menentukan tingkat kesukaannya terhadap pria ke-j sebagai aij, dan setiap pria menentukan tingkat kesukaannya terhadap

274


wanita sebagai bij. Besaran

cij = aij + bij dipakai sebagai ukuran tingkat kebahagiaan

pasangan pria-i dengan wanita-j jika mereka menikah nantinya. Dengan tabel cij berikut ini, bagaimana pasangan-pasangan harus dipilih ? Wanita Pria

1

2

3

4

5

6

1

5

0

-6

8

7

-4

2

-5

2

-3

0

6

-7

3

3

-4

4

3

-5

2

4

3

4

9

7

-2

3

5

0

-1

-3

2

-1

2

6

4

3

2

-1

0

4

Bab 8 MODEL JARINGAN

Jaringan adalah suatu sistem yang terdiri dari titik dan garis-garis yang menghubungkan titik-titik tersebut. Dalam dunia nyata, titik bisa dipandang sebagai lokasi (kota, daerah, dll) dan garis adalah hubungan antara lokasi-lokasi tersebut (misal jaringan listrik, jalan yang menghubungkan kota, jariangan pipa air, dll). Pada bab ini dibahas tentang beberapa permasalahan yang dapat dinyatakan dalam model jaringan, antara lain menentukan pohon rentang minimum, pencarian jarak terdekat, serta penjadwalan proyek

8.1

Graf Sebagai Representasi Jaringan

Beberapa contoh permasalahan yang dapat dinyatakan dalam model jaringan antara lain : 1. Suatu perusahaan air minum hendak menghubungkan beberapa daerah dengan pipa. Jika diketahui biaya pengadaan pipa air, bagaimana jaringan pipa air yang harus dibuat agar semua daerah teraliri air, tetapi total panjang piapa yang digunakan seminimum mungkin ? 2. Suatu barang hendak dikirimkan dari kota A ke kota B. Jika diketahui kota-kota diantara A dan B beserta jaraknya, kota-kota manakah yang harus dilewati agar jalurnya terpendek ? 3. Suatu proyek melibatkan sejumlah aktivitas yang harus dilakukan dalam urutan tertentu. Bagaimana manajer proyek menentukan penjadwalan proyek agar proyek dapat diselesaikan secepat-cepatnya ?

Jaringan dapat direpresentasikan dengan baik melalui graf. Untuk itu sebelum membicarakan dan menyelesaikan masalah jaringan, terlebih dhulu kita bicarakan tentang graf, mulai dari definisi-definisi dasar, graf-graf khusus, dan struktur data penyimpanan graf dalam komputer.

276

8.1.1


Graf

Suatu graf G terdiri dari 2 himpunan yang berhingga, yaitu himpunan titik-titik tidak kosong (simbol V(G)) dan himpunan garis-garis (simbol E(G)). Setiap garis berhubungan dengan satu atau dua titik. Titik-titik tersebut dinamakan Titik Ujung. Garis yang hanya berhubungan dengan satu titik ujung disebut Loop. Dua garis berbeda yang menghubungkan titik yang sama disebut Garis Paralel. Dua titik dikatakan berhubungan (adjacent) jika ada garis yang menghubungkan keduanya. Titik yang tidak mempunyai garis yang berhubungan dengannya disebut Titik Terasing (Isolating Point) Graf yang tidak mempunyai titik (sehingga tidak mempunyai garis) disebut Graf Kosong. Berdasarkan jenis garisnya, graf dapat dibagi menjadi 2 yaitu Graf Berarah (directed graph) dan Graf Tak Berarah (undirected graph). Dalam graf berarah, semua garisnya memiliki arah yang menunjukkan titik asal dan tujuan garis yang bersangkutan. Jika semua garisnya tidak memiliki arah, maka grafnya disebut Graf Tak Berarah. Jika hanya disebutkan graf saja, maka yang dimaksud adalah graf tak berarah. Berdasarkan label garisnya, graf dapat dibagi menjadi 2 macam yaitu graf tak berlabel dan graf berlabel. Dalam graf tak berlabel, garis yang menghubungkan kedua titik (baik dalam graf berarah maupun tak berarah) tidak menyatakan bobot/kualitas hubungan tersebut. Garis hanyalah sekedar menunjukkan bahwa kedua titik berhubungan. Sebaliknya, dalam graf berlabel, setiap garis diasosiasikan dengan suatu bilangan riil yang menunjukkan bobot hubungan antara kedua titik. Dalam dunia nyata, bobot garis menyatakan jarak, waktu, biaya, dll Graf akan lebih mudah terbaca jika dinyatakan dengan gambarnya. Gambar suatu graf G terdiri dari himpunan titik-titik V(G), himpunan garis-garis E(G) yang menghubungkan titik-titik tersebut (beserta arah garis pada graf berarah), dan label pada garisnya (jika ada). Perhatikan bahwa panjang, kelengkungan, ketebalan, bentuk garis serta letak titik tidak berpengaruh dalam suatu graf. Yang dipentingkan adalah titik-titik mana yang berhubungan.

MODEL JARINGAN

277

Contoh 8.1 Ada 7 kota (A, ... , G) yang beberapa diantaranya dapat dihubungkan secara langsung dengan jalan darat. Hubungan-hubungan langsung yang dapat dilakukan adalah sebagai berikut : A dengan B dan D B dengan D C dengan B E dengan F. Buatlah graf yang menunjukkan keadaan transportasi di 7 kota tersebut. Penyelesaian Misalkan kota-kota dianggap sebagai titik-titik. Dua titik/kota dihubungkan dengan garis bila dan hanya bila ada jalan yang menghubungkan langsung kedua kota tersebut. Maka keadaan transportasi di 7 kota dapat dinyatakan dalam gambar 8.1 Dalam graf tersebut e1 berhubungan dengan titik A dan B (keduanya disebut titik ujung e1). Titik A dan B dikatakan berhubungan, sedangkan titik A dan C tidak berhubungan karena tidak ada garis yang menghubungkannya secara langsung. Titik G adalah titik terasing karena tidak ada garis yang berhubungan dengan G. Dalam interpretasinya, kota G merupakan kota yang terasing karena tidak dapat dikunjungi dari kotakota lain dengan jalan darat. B E

e1

e4

A

e5 e2

e3

C F

D

Gambar 8.1

G

278


Contoh 8.2 Ada 4 macam golongan darah, masing–masing A, B, AB dan O. Darah gol O dapat diberikan kesemua golongan. Darah golongan A dan B dapat diberikan ke golongannya sendiri atau ke golongan O. Darah golongan AB hanya dapat diberikan pada pasien dengan golongan AB. Gambarlah graf untuk menyatakan keadaan tersebut. Penyelesaian AB

A

B

O

Gambar 8.2 Graf untuk menyatakan transfusi darah merupakan graf berarah karena transfusi hanya dapat dilakukan searah. Titik dalam graf menyatakan golongan darah. garis dari titik vi ke vj menunjukkan transfusi dari golongan darah vi ke golongan darah vj. Gambar 8.2 menyatakan keadaan tranfusi darah yang mungkin dilakukan.

Contoh 8.3 Dalam suatu propinsi, ada 8 kota (v1, v2, ..., v8) yang akan dihubungkan dengan jaringan listrik. Biaya pemasangan jaringan listrik yang mungkin dibuat antar 2 kota adalah sebagai berikut :

MODEL JARINGAN

279

Kota yang dihubungkan

Biaya per satuan

e4

v2 – v3

3

e7

v4 – v6

4

e2

v1 – v7

5

e8

v3 – v4

5

e9

v3 – v5

5

e1

v1 – v2

15

e3

v1 – v4

15

e10

v6 – v8

15

e5

v7 – v8

15

e11

v5 – v6

15

e6

v6 – v7

18

Garis

Nyatakan masalah tersebut dalam suatu graf Penyelesaian Dalam graf, kota dinyatakan dengan titik dan garis antar 2 titik menyatakan bahwa antara kedua kota dapat dihubungkan dengan jaringan listrik secara langsung. Mengingat terdapat biaya pemasangan antar 2 kota, maka graf yang paling tepat digunakan adalah graf berlabel. Label suatu titik menyatakan biaya pemasangan tersebut. Gambar 8.3 menyatakan graf yang sesuai dengan permasalahan. Angka dalam kurung di setiap garis menyatakan bobot/biaya pemasangan listrik antar 2 kota. e1 (15)

v1 e2 (5)

v7

e3 (15)

v2 e4 (3)

e8 (5)

v4

v3

e6 (18) e5 (15)

v8

e9 (5)

e7 (4) e10 (15) v6

v5 e11 (15)

Gambar 8.3 Graf Sederhana (Simple Graph) adalah graf yang tidak mempunyai loop ataupun garis paralel.

280


Graf Lengkap (Complete Graph) dengan n titik (simbol Kn) adalah graf sederhana dengan n titik, dimana setiap 2 titik berbeda dihubungkan dengan suatu garis. Banyaknya garis dalam suatu graf lengkap dengan n titik adalah

n ( n 1) buah 2

Contoh 8.4 Gambarlah K2, K3, K4, K5, dan K6 ! Penyelesaian

K2

K3

K4

K5

K6

Gambar 8.4

8.1.2

Subgraf

Konsep subgraf sama dengan konsep himpunan bagian. Dalam teori himpunan, himpunan A dikatakan merupakan himpunan bagian B bila dan hanya bila setiap anggota A merupakan anggota B. Karena graf merupakan himpunan yang terdiri dari titik dan garis maka H dikatakan subgraf G jika semua titik dan garis H juga merupakan titik dan garis dalam G. Misalkan G adalah suatu graf. Graf H dikatakan subgraf G bila dan hanya bila : a. V (H)

V (G)

b. E (H)

E (G)

c. Setiap garis dalam H mempunyai titik ujung yang sama dengan garis tersebut dalam G.

Contoh 8.5

MODEL JARINGAN

281

Dalam gambar 8.5 (a) – (b), apakah H merupakan subgraf G ?

a.

e4

e4

v2

v2 e2

e1 v1

v3

v3

e3

H

G

b.

v2

v1

e4 e2

e1

v1

v2 e2

e1

e3

e3 e4 v3

v3

G

H

Gambar 8.5

Penyelesaian a. V (H) = { v2, v3 } dan V (G) = { v1, v2, v3 }, sehingga V (H) E(H) = { e4 } dan E(G) = { e1, e2, e3, e4 } sehingga E(H)

V (G). E(G). Garis e4 di H merupakan

loop pada v2 dan garis e4 juga merupakan loop pada v2 di G. Maka H merupakan subgraf G. b. H bukan merupakan subgraf G karena meskipun V(H) = V(G) = { v1, v2, v3 } dan E(H) = E(G) = { e1, e2, e3, e4 }, tetapi garis e4 dalam H tidak menghubungkan titik yang sama dengan garis e4 dalam G. Dalam H, garis e4 merupakan loop di v3, sedangkan dalam G, garis e4 merupakan loop dalam v2.

8.1.3

Derajat

Misalkan v adalah titik dalam suatu graf G. Derajat titik v (simbol d(v)) adalah jumlah garis yang berhubungan dengan titik v dan garis suatu loop dihitung dua kali. Derajat total G adalah jumlah derajat semua titik dalam G.

282


Perhatikan bahwa derajat total G adalah 2 kali jumlah garisnya. Ini berarti bahwa derajat total suatu graf selalu genap. Akibatnya jumlah titik yang berderajat ganjil selalu genap.

Contoh 8.6 Tentukan derajat tiap-tiap titik dalam graf pada gambar 8.6. Berapa derajat totalnya ? e1

v5

e4

v1 v3 e2

e3

v6 v4

v2

e5

Gambar 8.6 Penyelesaian d(v1) = 4 karena garis yang berhubungan dengan v1 adalah e2, e3 dan loop e1 yang dihitung dua kali d(v2) = 2 karena garis yang berhubungan dengan v2 adalah e2 dan e3. d(v3) = d(v5) = 1 karena garis yang berhubungan dengan v3 dan v5 adalah e4 d(v4) = 2 karena garis yang berhubungan dengan v4 adalah loop e5 yang dihitung 2 kali. d(v6) = 0 karena tidak ada garis yang berhubungan dengan v6. 6

d ( vi ) = 4 + 2 + 1 + 2 + 1 + 0 = 10.

Derajat total = i 1

8.1.4

Sirkuit Euler dan Sirkuit Hamilton

Misalkan G adalah suatu graf. Misalkan pula v dan w adalah 2 titik dalam G

MODEL JARINGAN

283

Suatu Walk dari v ke w adalah barisan titik-titik berhubungan dan garis secara berselang-seling, diawali dari titik v dan diakhiri pada titik w. Walk dengan panjang n dari v ke w dituliskan sebagai berikut : v0 e1 v1 e2 v2 … vn-1 en vn dengan v0= v ; vn= w ; vi-1 dan vi adalah titik-titik ujung garis ei. Path dengan panjang n dari v ke w adalah walk dari v ke w yang semua garisnya berbeda. Path dari v ke w dituliskan sebagai v = v0 e1 v1 e2 v2 … vn-1 en vn = w dengan ei ej untuk i j. Path sederhana dengan panjang n dari v ke w adalah Path dari v ke w yang semua titiknya berbeda. Path sederhana dari v ke w berbentuk v = v0 e1 v1 e2 v2 … vn-1 en vn = w dengan ei ej untuk i j dan vk vm untuk k m. Sirkuit dengan panjang n adalah Path yang dimulai dan diakhiri pada titik yang sama. Sirkuit adalah path yang berbentuk v0 e1 v1 e2 v2 … vn-1 en vn dengan v0 = vn. Sirkuit sederhana dengan panjang n adalah Sirkuit yang semua titiknya berbeda. sederhana berbentuk v0 e1 v1 e2 v2 … vn-1 en vn dengan ei

ej untuk i j dan vk vm untuk k

m kecuali v0 = vn. Relasi antara walk, path dan sirkuit dapat digambarkan dalam gambar 8.7

vi-1

Walk v  w v = v0 e1 v1 e2 v2 ... vn-1 en vn = w dan vi adalah titik-titik ujung garis ei semua garis berbeda

Path v  w titik awal dan akhir sama (v0 = vn)

semua titik berbeda

Sirkuit

Path sederhana v  w titik awal dan akhir sama (v0 = vn)

semua titik berbeda kecuali v0 = vn

Sirkuit Sederhana

Gambar 8.7

Sirkuit

284


Contoh 8.7 Tentukan mana diantara barisan titik dan garis pada gambar 8.8 yang merupakan walk, path, path sederhana, sirkuit dan sirkuit sederhana. a. v1 e1 v2 e3 v3 e4 v3 e5 v4 b. v1 e1 v2 e3 v3 e5 v4 e5 v3 e6 v5 c. v2 e3 v3 e5 v4 e10 v5 e6 v3 e7 v6 e8 v2 d. v2 e3 v3 e5 v4 e10 v5 e9 v6 e8 v2 e. v1 e4 e5

v3 e2

v4

e3

v1

e7 e1

e6

e10

v2 e8

e9 v6

v5

Gambar 8.8 Penyelesaian a. Semua garis berbeda (e1, e3, e4 dan e5 masing-masing muncul sekali). Ada titik yang berulang (v3 muncul 2 kali). Titik awal dan titik akhir tidak sama (titik awal = v1 dan titik akhir v4). Disimpulkan bahwa barisan tersebut merupakan Path dari v1 ke v4 dengan panjang 4. b. Ada garis yang muncul lebih dari sekali, yaitu e5 (muncul 2 kali) berarti barisan tersebut merupakan walk dari v1 ke v5 dengan panjang 5. c. Semua garisnya berbeda. Ada titik berulang (v3 muncul 2 kali). Titik awal dan akhirnya sama, yaitu v2. Berarti barisan tersebut merupakan sirkuit dengan panjang 6. Barisan tersebut bukan merupakan sirkuit sederhana karena ada 2 titik ditengah yang muncul lebih dari 1 kali, yaitu v3 d. Semua garis dan titiknya berbeda. Barisan diawali dan diakhiri pada titik yang sama yaitu v3. Disimpulkan bahwa barisan tersebut merupakan sirkuit sederhana dengan panjang 5.

MODEL JARINGAN

285

e. Karena barisan hanya memuat satu titik saja, berarti tidak ada garis yang sama. Barisan diawali dan diakhiri pada titik yang sama serta tidak mempunyai titik yang sama diantaranya. Maka disimpulkan bahwa barisan merupakan sirkuit sederhana (seringkali disebut sirkuit trivial).

Misalkan G adalah suatu graf. Dua titik v dan w dalam graf G dikatakan terhubung bila dan hanya bila ada walk dari v ke w Graf G dikatakan terhubung bila dan hanya bila setiap 2 titik dalam G terhubung. Graf G dikatakan tidak terhubung bila dan hanya bila ada 2 titik dalam G yang tidak terhubung. Sirkuit Euler G adalah sirkuit dimana setiap titik dalam G muncul paling sedikit sekali dan setiap garis dalam G muncul tepat satu kali. Suatu graf terhubung G disebut Sirkuit Hamilton bila ada sirkuit yang mengunjungi setiap titiknya tepat satu kali (kecuali titik awal yang sama dengan titik akhirnya) Perhatikan perbedaan sirkuit Euler dan sirkuit Hamilton. Dalam sirkuit Euler, semua garis harus dilalui tepat satu kali, sedangkan semua titiknya boleh dikunjungi lebih dari satu kali. Sebaliknya, dalam sirkuit Hamilton semua titik harus dikunjungi tepat satu kali dan tidak harus melalui semua garisnya. Dalam sirkuit Euler, yang dipentingkan adalah garisnya. Sebaliknya dalam sirkuit Hamilton, yang dipentingkan adalah kunjungan pada titiknya. Sirkuit Euler dapat dideteksi dengan mudah. Graf G adalah sirkuit Euler bila dan hanya bila setiap titiknya memiliki derajat genap. Sebaliknya, tidak ada implikasi 2 arah yang menjelaskan syarat tentang adanya sirkuit Hamilton. Penerapan sirkuit Hamilton yang sering dijumpai adalah masalah penjaja keliling (travelling salesperson problem). Diketahui beberapa kota beserta dengan jalan dan jarak antar kota. Seseorang hendak berkeliling mengunjungi setiap kota tepat satu kali, dimulai dan diakhiri dari kota yang sama. Masalahnya adalah jalur mana yang harus ia lalui agar total jarak perjalanannya seminimum mungkin.

286


Pengertian walk, path, sirkuit dalam graf berarah sama dengan walk, path dan sirkuit dalam graf tak berarah. Hanya saja dalam graf berarah, perjalanan yang dilakukan harus mengikuti arah garis. Untuk membedakan dengan graf tak berarah, maka walk, path dan sirkuit dalam graf berarah disebut walk berarah, path berarah dan sirkuit berarah. Suatu graf berarah yang tidak memuat sirkuit berarah disebut Graf Berarah tanpa Sirkuit (Directed Acyclic Graph = DAG), atau kadang-kadang disebut Asklik saja.

8.1.5

Representasi Graf Dalam Matriks

Matriks/array merupakan struktur data yang mudah dan tepat untuk menyatakan suatu graf. Hal ini sangat membantu untuk membuat program komputer yang berhubungan dengan graf. Dengan menyatakan graf sebagai suatu matriks, maka perhitungan–perhitungan yang diperlukan dapat dilakukan dengan mudah. Matriks yang umum dipakai untuk merepresentasikan graf adalah matriks hubung (adjacency matrix) Misalkan G adalah graf tak berarah dengan titik–titik v1 v2 ... vn (n berhingga). Matriks hubung yang sesuai dengan graf G adalah matriks Anxn = (aij) dengan aij = jumlah garis yang menghubungkan titik vi dengn titik vj ; i, j = 1, 2, ... , n. Perhatikan bahwa matriks hubung selalu merupakan matriks bujur sangkar karena jumlah baris = jumlah kolom = jumlah titik dalam G. Apabila grafnya tak berarah maka jelas bahwa matriks hubung selalu merupakan matriks yang simetris (aij = aji

i, j).

Apabila grafnya merupakan graf sederhana berlabel, maka elemen matriks hubung menyatakan bobot garis, bukan jumlah garis.

Contoh 8.8 Nyatakan graf dalam contoh 8.1 – 8.3 dalam matriks hubung Penyelesaian

MODEL JARINGAN

287

A B C D E F G

A1 =

A

0 1 0 1 0 0 0

B

1 0 1 1 0 0 0

C

0 1 0 0 0 0 0

D

1 1 0 0 0 0 0

E

0 0 0 0 0 1 0

F

0 0 0 0 1 0 0

G

0 0 0 0 0 0 0

O A B AB O

1 1 1 1

A2 = A

B

0 1 0 1 0 0 1 1

AB

0 0 0 1 v1

v1

v2

v3 v4 15

v2

0 15 15 0 3

v3

3

5 0

A3 = v4

15

v5

5 4

v6 v7

0 5

v5

v6

v7 v8 5

5 4 0 15 15 0 18 15

5

v8

18 0 15 15 15 0

Perhatikan bahwa matriks hubung dalam contoh 8.1 merupakan matriks yang simetris karena grafnya tak berarah. Akan tetapi matriks contoh 8.2 bukanlah matriks yang simetris.

8.1.6

Pohon

Misalkan G adalah suatu graf sederhana (tidak memiliki garis paralel dan loop). G disebut Pohon bila dan hanya bila G tidak memuat sirkuit dan terhubung. Pohon semu (Trivial Tree) adalah Pohon yang hanya terdiri dari sebuah titik. Pohon Kosong (Empty Tree) adalah Pohon yang tidak mempunyai titik.

288


G disebut Hutan (Forest) bila dan hanya bila G tidak memuat sirkuit

Contoh 8.9 Tentukan mana diantara graf pada gambar 8.9 yang merupakan Pohon atau Hutan v5

v1 v2

v2

v4

v3

v6

v1 v4

v6

v5

v7

v8

v7

v8 v3

(a)

(b)

v7

v1

v1

v3 v4

v4

v2

v5

v8 v8

v7

v2

v6

v5

v3 v9

v6

(c)

(d) Gambar 8.9

Penyelesaian a. Merupakan pohon karena terhubung dan tidak memuat loop b. Merupakan pohon karena terhubung dan tidak memuat loop. Perhatikan bahwa sebenarnya graf pada gambar 8.9 (a) sama dengan graf pada gambar 8.9 (b), meskipun tampaknya berbeda. Suatu Pohon tidak harus mempunyai bentuk graf yang menyerupai tanaman (ada akar dan cabang–cabang) c. Bukan merupakan pohon karena walk v3 v4 v5 v3 merupakan suatu sirkuit.

MODEL JARINGAN

289

d. Merupakan suatu hutan karena tidak memuat sirkuit dan tidak terhubung. Hutan tersebut terdiri dari 2 komponen yang masing-masing merupakan suatu pohon.

Pohon berakar (Rooted Tree) adalah suatu pohon dimana ada satu titik yang dikhususkan dari yang lain. Titik tersebut disebut Akar (Root). Tingkat (Level) suatu titik adalah banyaknya garis antara titik tersebut dengan akar. Tinggi (height) pohon adalah tingkat maksimum yang dimiliki oleh titik-titik pohon. Anak (Children) dari titik v adalah semua titik yang berhubungan langsung dengan v, tapi mempunyai tingkat yang lebih tinggi dari v. Jika w adalah anak dari v, maka v disebut orang tua (parent) dari w. Dua titik yang mempunyai orang tua yang sama disebut saudara (Sibling). Pohon Biner (Binary Tree) adalah pohon berakar yang setiap titiknya mempunyai paling banyak 2 anak, yang disebut Anak Kiri (Left Child) dan Anak Kanan (Right Child). Pohon Biner Penuh (Full Binary Tree) adalah Pohon Biner yang setiap titiknya mempunyai tepat 2 anak. Pohon Rentang suatu graf terhubung G adalah subgraf G yang merupakan pohon dan memuat semua titik dalam G. Setiap graf terhubung pasti memiliki paling sedikit sebuah pohon rentang.

Contoh 8.10 Carilah semua pohon rentang yang mungkin dibuat dari graf G yang tampak pada gambar 8.10 v1

v2

v3

v4

v5

v6

Gambar 8.10 Penyelesaian

290


Graf G mempunyai satu sirkuit yaitu v1 v2 v5 v4. Untuk membuat pohon rentang, salah atu garis dalam sirkuit ini harus dihilangkan agar merupakan pohon. Karena satu-satunya sirkuit adalah v1 v2 v5 v4 yang memuat 4 garis, sedangkan untuk menjadikan pohon cukup dihilangkan satu garis, maka ada 4 pohon rentang yang mungkin dibuat. Keempat pohon rentang tersebut tampak pada gambar 8.11 (a) – (d) v1

v2

v3

v1

v2

v3

v1

v2

v3

v1

v2

v3

v4

v5

v6

v4

v5

v6

v4

v5

v6

v4

v5

v6

(a)

(b)

(c)

(d)

Gambar 8.11

8.2

Pohon Rentang Minimum

Misalkan G adalah graf berlabel. Pohon rentang minimum adalah pohon rentang G dengan total bobot seminimum mungkin. Dalam contoh 8.3, jika semua jaringan listrik dibuat (sehingga jaringannya seperti pada gambar 8.3), maka akan memboroskan biaya. Beberapa jalur yang menghubungkan 2 kota secara langsung tidak perlu dibuat karena kota-kota tersebut tetap dapat teraliri listrik secara tidak langsung, tetapi dengan melalui kota lain. Sebagai contoh, jalur yang menghubungkan v6 dan v7 secara langsung (garis e6) dapat dihapus. Dengan penghapusan jalur tersebut, v6 dan v7 tetap terhubung melalui v8. Masalahnya adalah mencari jalur yang menghubungkan semua kota (dengan menghapus beberapa garis dalam graf) sedemikian hingga total biaya pemasangan jaringan listrik seminimum mungkin. Atau dengan kata lain, mencari pohon rentang dengan total bobot seminimum mungkin. Cara yang paling sederhana adalah dengan mendaftarkan semua pohon rentang yang mungkin dibuat dan menghitung total bobot tiap-tiap pohon rentang. Selanjutnya dipilih pohon rentang

MODEL JARINGAN

291

dengan total bobot yang paling kecil. Metode ini tidak efisien, terutama pada graf yang cukup besar karena terdapat banyak sekali pohon rentang yang dapat dibuat. Ada beberapa algoritma untuk mencari pohon rentang minimum, yaitu algoritma Kruskall dan algoritma Prim. Keduanya merupakan algoritma greedy, karena pada tiap langkahnya selalu mencari garis yang memiliki bobot terkecil yang dapat dipilih.

8.2.1

Algoritma Kruskall

Untuk mencari pohon rentang minimum dari graf G dengan algoritma yang ditemukan Kruskal, mula-mula semua garis dalam G diurutkan berdasarkan bobotnya dari kecil ke besar. Kemudian pilih garis dengan bobot terkecil. Pada setiap langkah, dipilih garis dengan bobot terkecil, tetapi tidak membentuk loop dengan garis-garis yang sudah dipilih terdahulu. Misalkan G adalah graf mula-mula dengan n titik, T adalah Pohon Rentang Minimum. E adalah himpunan semua garis G Algoritma pembuatan pohon rentang minimum dengan algoritma Kruskal adalah sebagai berikut 1. Isi T dengan semua titik-titik G tanpa garis. 2. m = 0 3. Selama m < (n-1) lakukan : a. Tentukan garis e

E dengan bobot minimum. Jika ada beberapa e dengan sifat tersebut,

pilih salah satu secara senbarang b. Hapus e dari E c. Jika e ditambahkan ke T tidak menghasilkan sirkuit, maka i. tambahkan e ke T ii. m = m + 1

292


Contoh 8.11 Carilah pohon rentang minimum contoh 8.3 dengan menggunakan algoritma Kruskal. Berapa bobot minimum totalnya? Penyelesaian G mula-mula tampak pada gambar 8.3 dan himpunan semua garis dalam G (= E) dalam keadaan urut (kecil ke besar) tampak pada tabel penyelesaian contoh 8.3 v1

v2 e4 (3)

v7

v8

v4

v3

v5 v6

Gambar 8.12 (a) Mula-mula T adalah graf yang berisi semua titik dalam G tanpa garis. Ambil garis dalam E dengan bobot minimum. Diperoleh garis e4 dengan bobot = 3. Pohon rentang T yang mula-mula tanpa garis menjadi graf seperti gambar 8.12 (a) Dalam iterasi selanjutnya ditambahkan garis satu persatu pada T selama penambahan garis tersebut tidak membentuk loop dengan garis yang sudah ada sebelumnya. Tambahkan garis e7 (bobot 4). Selanjutnya ada 3 garis dengan bobot terkecil, yaitu e2, e8, dan e9 yang semuanya mempunyai bobot = 5. Pilih sembarang garis, misalnya berturut-turut e2, e8, dan e9. Karena penambahan ketiga garis tersebut tidak menghasilkan loop, maka ketiganya ditambahkan dalam graf T. Didapat graf pada gambar 8.12 (b).

MODEL JARINGAN

293

v1

v2

e2 (5)

e4 (3)

v7

e8 (5)

v4

v3 e9 (5)

e7 (4)

v5

v8

v6

Gambar 8.12 (b) Selanjutnya, ada 5 garis yang mempunyai bobot sama yaitu 15. Pilih salah satu sembarang, misalnya e1. Dengan penambahan garis e1 maka T menjadi graf seperti pada gambar 8.12 (c). e1 (15)

v1 e2 (5)

v2 e4 (3)

v7

e8 (5)

v4

v3 e9 (5)

e7 (4)

v5

v8

v6

Gambar 8.12 (c) Dari 4 garis yang mempunyai bobot 15 sisanya, misalkan dipilih garis e3. Jika garis e3 ditambahkan pada T, maka akan terbentuk loop v1 v2 v3 v4 v1. Maka garis e3 tidak boleh dipilih. Selanjutnya, dari 3 garis yang mempunyai bobot terkecil (= 15) lainnya, misalkan dipilih garis e10. Dengan graf penembahan garis e10, maka T menjadi graf seperti pada gambar 8.12 (d). e1 (15)

v1 e2 (5)

e4 (3)

v7

v4

e8 (5)

e7 (4)

v8

v2

e10 (15) v6

v3 e9 (5)

v5

Gambar 8.12 (d) Karena graf G terdiri dari 8 titik dan 7 garis, maka iterasi dihentikan dan T yang tampak pada gambar 8.12 (d) adalah pohon rentang minimumnya. Bobot total = 3 + 4 + 5 + 5 + 5 + 15 + 15 = 52.

294


Perhatikan bahwa mungkin ada beberapa pohon rentang minimum berbeda untuk suatu graf tertentu. Akan tetapi semua pohon rentang minimum mempunyai total bobot yang sama. Seperti misalnya pada contoh 8.11, jika pada langkah terakhir ditambahkan garis e5 (bukan e10 seperti pada penyelesaian contoh 8.11) maka didapat pohon rentang minimum yang berbeda, tetapi dengan bobot total yang sama, yaitu 52.

8.2.2

Algoritma Prim

Metode lain untuk mencari pohon rentang minimum ditemukan oleh Robert C.Prim. Berbeda dengan algoritma Kruskal yang dimulai dengan graf tanpa garis, algoritma Prim dimulai dari graf yang kosong sama sekali. Untuk mencari pohon rentang minimum T dari graf G dengan algoritma Prim, mula-mula dipilih satu titik sembarang (misal v1). Kemudian ditambahkan satu garis yang berhubungan dengan v1 dengan bobot yang paling minimum (misal e1) dan titik ujung lainnya ke T sehingga T terdiri dari sebuah garis e1 dan 2 buah titik-titik ujung garis e1 (salah satunya adalah v1). Pada setiap langkah selanjutnya, dipilih sebuah garis dalam E(G) yang bukan angggota E(T) dengan sifat : Garis tersebut berhubungan dengan salah satu titik

V(T).

Garis tersebut mempunyai bobot yang paling kecil Langkah tersebut diulang-ulang hingga diperoleh (n-1) garis dalam E(T) (n adalah jumlah titik dalam G). Misalkan G adalah graf berlabel dengan n titik dan T adalah Pohon Rentang Minimum yang akan dibentuk (mula-mula kosong). Algoritma Prim adalah sebagai berikut : 0. Inisialisasi : Mula-mula T adalah graf kosong. 1. Ambil sembarang v V(G). Masukkan v kedalam V(T). 2. V(G) = V(G) – {v}. 3. Untuk i = 1, 2, ... , n-1, lakukan : a. Pilihlah garis e

E(G) dan e

E (T) dengan syarat :

MODEL JARINGAN

i.

295

e berhubungan dengan satu titik dalam T

ii. e mempunyai bobot terkecil dibandingkan dengan semua garis yang berhubungan dengan titik–titik dalam T Misalkan w adalah titik ujung e yang tidak berada dalam T b. Tambahkan e ke E(T) dan w ke V(T) c. V(G) = V(G) – {w}

Algoritma Prim mungkin menghasilkan pohon rentang yang berbeda dengan pohon rentang yang dihasilkan melalui algoritma Kruskal. Tetapi pohon rentang yang dihasilkan oleh kedua algoritma tersebut merupakan pohon rentang minimum yang mempunyai jumlah bobot yang sama.

Contoh 8.12 Gunakan algoritma Prim untuk mencari pohon rentang minimum contoh 8.3, dimulai dari titik v1. Penyelesaian Misalkan G adalah graf mula-mula seperti yang tampak pada gambar 8.13, dan T adalah pohon rentang minimum yang akan dibuat. Mula-mula V(T) = {v1} dan E(T) = { }. Pada iterasi pertama, pilih garis ei

E(G) dan ei

E(T) yang berhubungan dengan v1 dengan

bobot terkecil. Ada 3 garis yang berhubungan dengan v1 masing-masing garis e1 (dengan bobot 15), e2 (bobot 5) dan e3 (bobot 15). Pilih garis dengan bobot terkecil yaitu e2. Tambahkan e2 ke E(T) dan titik ujung e2 (= v7) ke V(T) Sekarang V(T) = { v1,v7 } dan E(T) = { e2 }. Pada iterasi kedua, pilih garis ej

E(G) dan ej

E(T) yang berhubungan dengan titik-titik dalam

V(T) dengan bobot terkecil. Garis-garis diluar E(T) yang berhubungan dengan titik-titik dalam V(T) adalah : e1 (bobot 15), e3 (bobot 15), e5 (bobot 15) dan e6 (bobot 18). Ada 3 garis dengan

296


bobot terkecil yang sama, yaitu 15. Pilih salah satu sembarang, misalnya e1. Tambahkan e1 ke E(T) dan titik ujung e1 (= v2) ke V(T). Sekarang V(T) = {v1, v7, v2} dan E(T) = {e2, e1}. Proses iterasi yang sama diulang-ulang hingga V(T) memuat semua titik dalam G (atau jumlah iterasi adalah (n-1), dengan n adalah jumlah titik dalam G). Didapatkan hasil sebagai berikut (angka di dalam kurung pada kolom kedua menyatakan bobot garis yang terpilih) : Iterasi

Garis yang terpilih

Titik yang ditambahkan

Keterangan

Mula-mula

-

v1

-

1

e2 (5)

v7

-

2

e1 (15)

v2

pilih antara e1, e3, e5

3

e4 (3)

v3

4

e8 (5)

v4

5

e7 (4)

v6

-

6

e9 (5)

v5

-

7

e10 (15)

v8

pilih antara e8 dan e9

pillih antara e5 dan e10

Pohon rentang yang terbentuk setelah semua iterasi dilalui adalah pohon rentang minimum yang sama dengan pohon rentang minimum hasil algoritma Kruskal yang tampak pada gambar 8.12 (d). Namun secara umum, pohon rentang yang dihasilkan oleh kedua metode berbeda, meskipun bobot totalnya sama. Secara manual, tampaknya algoritma Prim lebih sulit dan membutuhkan proses yang lebih lama. Akan tetapi jika diimplementasikan dalam suatu program, algoritma Prim akan memiliki waktu proses yang lebih cepat dibandingkan algoritma Kruskall. Hal ini disebabkan karena dalam algoritma Kruskall, setiap kali akan menambahkan sebuah garis, haruslah dicek dahulu apakah penambahan tersebut tidak akan membentuk sirkuit. Pengecekan ini tidak perlu dilakukan dalam algoritma Prim. Pengecekan terjadi atau tidaknya sirkuit cukup dilakukan dengan melihat apakah kedua ujung garis merupakan anggota V(T). Jika ya, berarti penambahan tersebut menghasilkan sirkuit.

MODEL JARINGAN

8.2.3

297

Pohon Steiner

Pohon Steiner merupakan perluasan dari pohon rentang minimum. Dalam pohon rentang minimum, kita mencari pohon yang menghubungkan semua titik dalam graf dengan bobot minimum. Semua titik dalam pohon rentang minimum haruslah merupakan titik dalam graf mula-mula. Dalam pohon Steiner, selain titik-titik dalam graf semula, diperbolehkan menambah sejumlah titik tambahan agar total bobot pohon rentang yang dihasilkan minimum. Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh 8.13 berikut ini. Untuk lebih memudahkan visualisasi, panjang garis dalam graf sebanding dengan jarak yang sebenarnya.

Contoh 8.13 Diketahui graf gambar 8.13 (panjang garis sebanding dengan jarak antara 2 titik). v1

v2 8

6

6

8 v3

v4

Gambar 8.13 Gambar 8.14 (a) merupakan pohon rentang minimumnya dengan total jarak = 6+8+6 = 20. Gambar 8.14 (b) merupakan pohon steiner dengan penambahan 2 buah titik (s1 dan s2). Jarak v1 ke s1 adalah 3 2 . Maka total jaraknya = 4*3 2 + 2 = 18,97. Perhatikan bahwa pohon steiner juga menghubungkan semua titik dalam graf semula. Akan tetapi dengan penambahan beberapa titik tambahan akan menyebabkan total jaraknya lebih kecil dibanding pohon rentang biasa. Titik s1 dan s2 yang ditambahkan sering disebut dengan titik Steiner.

298


v1

v2

v1

8

3 2

3 2

s1

6

6

v2

2

3 2

3 2 v4

v3

v4

v3

(a)

s2

(b) Gambar 8.14

Aplikasi pohon steiner antar lain : penentuan topologi jaringan, jaringan komunikasi, penjadwalan multiprosesor, dll. Hingga sekarang belum ada algoritma yang dapat menyelesaikan masalah pohon steiner secara lengkap. Masalah utamanya adalah menentukan berapa banyak titik steiner yang perlu ditambahkan dan dimana posisinya. Beberapa penyelesaian yang sudah dicoba antara lain dengan metode cabang-batas (branch-bound), cabang-potong (branch-cut), enumerasi pohon rentang, pemrograman dinamik, dll. Metode lain yang sedang dikembangkan akhir-akhir ini adalah pendekatan penyelesaiannya dengan metode heuristik (misal pencarian lokal, simulated anealing, dll).

8.3

Jalur Terpendek

Permasalahan jalur terpendek merupakan masalah klasik dalam Riset Operasi. Sebagai contoh, misalkan graf gambar 8.3 menyatakan 8 buah kota yang dihubungkan dengan jalan darat (bukan jaringan listrik). Label garis menyatakan jarak antar 2 kota Misalkan seseorang hendak bepergian dari titik v7 ke v5. Terdapat banyak jalur yang dapat ia lalui, misalnya v7-v1-v2-v3-v5 (total jarak 28), v7-v6-v4-v3-v5 (total jarak 32), dll. Permasalahannya adalah menemukan jalur (path) yang total jaraknya paling minimum. Ada beberapa jenis permasalahan jalur terpendek : a. Jalur terpendek antara 2 buah titik

MODEL JARINGAN

299

b. Jalur terpendek antara semua pasangan titik dalam graf c. Jalur terpendek dari suatu titik ke semua titik lainnya Ada beberapa variasi permasalahan jalur terpendek, misalnya lajur terpendek antara 2 buah titik dengan tambahan syarat harus melalui suatu titik lainnya, jalur “terpendek” kedua, ketiga, dst

8.3.1

Algoritma Dijkstraa

Algoritma yang ditemukan oleh Dijkstraa merupakan algoritma untuk mencari jalur terpendek antara 2 titik. Misalkan G adalah graf berlabel (berarah atau tidak berarah) dengan titik-titik V(G) = {v1, v2, ..., vn} dan path terpendek yang dicari adalah dari v1 ke vn. Algoritma Dijkstraa dimulai dari titik v1. Dalam iterasinya, algoritma akan mencari satu titik yang jumlah bobotnya dari titik 1 terkecil. Titik-titik yang terpilih dipisahkan (disebut titik permanen), dan titik-titik tersebut tidak diperhatikan lagi dalam iterasi berikutnya. Misalkan : V(G)

= { v1,v2,.., vn }.

L

= Himpunan titik-titik

V(G) yang sudah terpilih (titik permanen) dalam jalur path

terpendek. D(j)

= Jumlah bobot path terkecil dari v1 ke vj.

w(i,j)

= Bobot garis dari titik vi ke titik vj.

w*(1,j)

= Jumlah bobot path terkecil dari v1 ke vj

Algoritma Dijkstraa untuk mencari path terpendek adalah sebagai berikut : 1. Inisialisasi : L = { } ; V = {v2, v3, ... , vn} 2. Untuk i = 2, ... , n, lakukan D(i) = W(1,i) 3. Selama vn

L (vn belum merupakan titik permanen), lakukan :

a. Pilih titik vk L=L

{ vk }

V-L (titik tidak permanen) dengan D(k) terkecil. (jadikan vk menjadi titik permanen)

300


b. Untuk setiap vj

V-L lakukan :

Jika D(k) + W(k,j) < D(j) maka ganti D(j) dengan D(k) + W(k,j)

Menurut algoritma diatas, jalur terpendek dari titik v1 ke vn adalah melalui titik-titik dalam L secara berurutan, dan jumlah bobot path terkecilnya adalah D(n).

Contoh 8.14 Carilah jalur terpendek dari titik v1 ke v7 dalam graf berarah berlabel gambar 8.15 v2 3

7

5 7

9

2

4 9

4

v3

v6

8

1 2

v1

v4

v7 v5

Gambar 8.15 Penyelesaian Matriks hubung W untuk menyatakan graf gambar 8.15 adalah sebagai berikut :

v1 v2 v3 v1

3

v2 W =

v3

2

v4 v5 v6 v7

9 7

1

7

4

v4 v5 v6

2 5

8

9 4

v7

I=0 Mula-mula L = { } dan V = { v2, v3, ... , v7 }.

MODEL JARINGAN

301

D(2) = W(1,2) = 3

;

D(3) = W(1,3) = 9

D(4) = W(1,4) =

;

D(5) = W(1,5) =

D(6) = W(1,6) =

;

D(7) = W(1,7) =

Pada iterasi pertama, D(1) = 0 dan diambil sebagai titik permanen pertama. L = { v1 }. Iterasi selengkapnya tampak pada tabel 8.1. I=1 Harga D(j) yang mungkin berubah adalah pada titik-titik yang dapat dicapai secara langsung dari titik permanen terakhir (dalam iterasi ini adalah dari titik v1 dengan nilai D(1) = 0). Titik yang dapat dicapai langsung dari v1 adalah titik v2 dan v3. D(2) adalah harga minimum dari nilai D(2) sebelumnya (= ) dibandingkan dengan D(titik permanen sebelumnya) + jarak dari titik permanen sebelumnya ke titik v2 secara langsung = min ( , D(1) + W(1, 2) ) = min ( , 0+3) = 3. Secara analog, D(3) adalah harga minimum dari nilai D(3) sebelumnya (= ) dibandingkan dengan D(titik permanen sebelumnya) + jarak dari titik permanen sebelumnya ke titik v2 secara langsung = min ( , D(1) + W(1, 3) ) = min ( , 0+9) = 9. Jadi diperoleh nilai baru D(2) = 3 dan D(3) = 9. Nilai D(j) yang lain tetap karena tidak dapat dicapai secara langsung dari v1. Karena titik tujuan (v7) belum merupakan titik permanen, maka iterasi dilanjutkan. Nilai D(j) terkecil pada iterasi ini adalah D(2) = 3. Maka titik v2 dijadikan titik permanen untuk iterasi berikutnya. Dalam tabel 8.11, hal ini ditandai dengan arsiran pada sel kolom D(2) pada I=1 I=2 Pada iterasi ini titik permanen yang didapat sebelumnya adalah v2 dengan D(2) = 3. Titik yang dapat dicapai secara langsung dari titik permanen v2 adalah v4 (dengan D(4) = (dengan D(5) =

). Maka

D(4) = min ( , 3 + W(2, 4)) = min ( , 3 + 7) = 10 D(5) = min ( , 3 + W(2, 5)) = min ( , 3 + 1) = 4 Pada iterasi ini, nilai D(j) yang lain adalah (lihat tabel 8.1 pada I = 2) :

) dan v5

302


D(1) = 0 (sudah permanen) D(2) = 3 (sudah permanen) D(3) = 9 (tetap seperti iterasi sebelumnya), D(6) = D(7) =

(tetap seperti iterasi sebelumnya).

Nilai D(j) paling minimum adalah D(5) = 4. Maka titik v5 kita jadikan titik permanen pada iterasi berikutnya.

I=3 Pada iterasi sebelumnya (I = 2), titik permanen adalah v5 dengan D(5) = 4. Titik yang dapat dicapai langsung dari v5 adalah v4 (D(4) = 10) dan v6 (D(6) =

)

D(4) = min (10, 4 + W(5, 4)) = min (10, 4 + 5) = 9 D(6) = min ( , 4 + W(5, 6)) = min ( , 4 + 9) = 13 Pada iterasi ini, nilai D(j) yang lain adalah (lihat tabel 8.1 pada I = 3) : D(1) = 0 (sudah permanen) D(2) = 3 (sudah permanen) D(3) = 9 (tetap seperti iterasi sebelumnya), D(5) = 4 (sudah permanen) D(7) =

(tetap seperti iterasi sebelumnya).

Nilai D(j) minimum adalah D(3) = D(4) = 9. Pilih salah satunya secara sembarang, misal D(3). Maka titik v3 dijadikan titik permanen pada iterasi berikutnya.

MODEL JARINGAN

303

I=4 Titik permanen sebelumnya adalah v3 dengan D(3) = 9. Titik yang dapat dicapai langsung dari v3 adalah v4 dan v5. Akan tetapi v5 sudah merupakan titik permanen sehingga yang mungkin mengalami perubahan hanyalah D(4) saja. Maka D(4) = min (9, 9 + W(3, 4)) = min (9, 9+7) = 9 Pada iterasi ini harga D(j) minimum adalah D(4) = 9

I=5 Titik permanen sebelumnya adalah v4 dengan D(4) = 9. Titik yang dapat dicapai secara langsung dari v4 adalah v6 dan v7 (keduanya bukan merupakan titik permanen). Maka : D(6) = min (13, 9 + W(4, 6)) = min (13, 9+2) = 11 D(7) = min ( , 9 + W(4, 7)) = min ( , 9+8) = 17 Nilai D(j) minimum adalah D(6) = 11. Titik v6 dijadikan titik permanen. Karena v7 belum merupakan titik permanen maka iterasi perlu dilanjutkan.

I=6 Satu-satunya titik yang belum permanen adalah v7. Maka D(7) = min (17, 11 + W(6, 7)) = min (17, 11+4) = 15. Disini iterasi dihentikan karena satu-satunya titik yang tersisa adalah v7 sehingga otomatis akan menjadi titik permanen. Jarak minimum v1 ke v7 adalah 15. Perhatikan bagaimana iterasi ini dikerjakan dalam tabel 8.1. Iterasi dihentikan pada I = 6 karena titik tujuan (v7) sudah menjadi titik permanen

304


Interpretasi : Pada setiap langkah, algoritma Dijkstraa menguji apakah jarak ke suatu titik akan lebih pendek apabila jalurnya dilakukan melalui titik permanen yang didapat sebelumnya. Titik permanen merupakan titik yang jaraknya dari titik sumber (= v1) terpendek. Jadi sudah tidak perlu dievaluasi lagi dalam iterasi berikutnya. Sebagai contoh, pada I=1 di titik v4. Perjalanan tidak mungkin dilakukan langsung dari titik v1 ke v4 (tidak ada garis dari v1 ke v4 langsung), sehingga jaraknya

. Pada iterasi I=2, diuji apakah

jalur akan lebih pendek (dibanding

) apabila

pada I=2). Jadi jalurnya v1

v4. Ternyata jalurnya lebih pendek yaitu sebesar 3+7 = 8.

v2

perjalanan dilakukan melalui v2 (titik permanen

Hal yang sama juga terjadi pada titik v5. Perjalanan dari v1 ke v5 lewat v2 lebih pendek dibandingkan jarak sebelumnya (= ). Selanjutnya pada I=3 diuji lagi apakah perjalanan ke v4 akan lebih pendek lagi jika dilakukan lewat titik permanen pada I=2 (= v5). Ternyata perjalanan ke v4 lewat v5 (jalur v1

v2

v5

v4) memiliki jarak 4+5 = 9 yang lebih pendek dari jarak sebelumnya (= 10), sehingga jalur baru ini diambil sebagai jalur baru. i

D(1)

0

0

1

-

D(2)

-

D(4)

-

D(6)

min min ,0+3) ( ,0+9) =3 =9

D(7)

L

-

{ v1, v2 }

9 (

3

D(5)

{ v1 } (

2

D(3)

-

9

min min ,3+7) ( ,3+1) = 10 =4

min (10,4+5) =9

-

{ v1, v2, v5 }

(

4

-

-

-

min (9,9+7) =9

-

5

-

-

-

-

-

6

-

-

-

-

-

Tabel 8.1

min ,4+9) = 13 13

{ v1, v2, v5, v3 }

{ v1, v2, v5, v3, v4 }

min min { v1, v2, v5, v3, (13,9+2) ( ,9+8) v4, v6 } = 11 = 17 -

min { v1, v2, v5, v3, (17,11+ v4, v6, v7 } 4) = 15

MODEL JARINGAN

305

Untuk mencari jalur yang menghasilkan jarak terpendek, maka perhatikan tabel 8.1 dari bawah ke atas, dimulai dari titik permanen terakhir (v7). Perhatikan titik permanen vj pada iterasi ke-i. Apabila D(j) pada iterasi ke-I mengalami penurunan dibandingkan D(j) pada iterasi ke I-1 (sel di atasnya dalam tabel 8.1), maka titik permanen pada iterasi ke I-1 merupakan jalur yang harus dilalui.Perhatikan iterasi pada I=6 (dengan titik permanen v7) tabel 8.1. Nilai D(7) pada I=6 mengalami penurunan dibandingkan dengan nilai D(7) pada I=5 (sel di atasnya). Maka titik permanen pada I=5 (v6) merupakan jalur yang harus dilalui sebelum v7. Sekarang perhatikan titik permanen v6 pada I=5. D(6) pada I=5 mengalami penurunan dibandingkan dengan D(6) pada I=4. Ini berarti titik permanen pada I=4 (yaitu v4) menjadi titik yang harus dilalui sebelum v6. Berikutnya, perhatikan titik yang dilalui terakhir (v4 yang merupakan titik permanen pada I=4). D(4) pada I=4 tidak mengalami penurunan dibandingkan dengan D(4) pada I=3. Ini berarti titik permanen pada I=3 (= v3) tidak menjadi jalur yang dilalui. Naik lagi pada I=2. Disini terjadi penurunan nilai D(4) pada I=2 dibandingkan dengan nilai D(4) dibawahnya. Berarti titik permanen pada iterasi I=2 (v5) menjadi titik yang harus dilalui. Secara analog, nilai D(5) juga mengalami penurunan pada I=1 dibandingkan dengan I=2. Berarti titik permanen pada I=1 (= v2) menjadi titik yang dilalui. Demikian juga pada D(2), penurunan terjadi pada I=1 dibandingkan dengan I=2. Jadi titik permanen pada I=1 (v1) menjadi titik yang dilalui. Jadi jalur optimalnya adalah : v7

v6

v4

v5

v2

v1

Contoh 8.15 Carilah jarak terpendek dari titik a ke titik z pada graf gambar 8.14 dengan algoritma Dijkstraa

306


3

b 2

2 1

a

e 5

1

c

z 7

2

4

d

3

f

4

Gambar 8.16 Penyelesaian Langkah pencarian jalur terpendek sama dengan langkah yang dilakukan pada contoh 8.14. Bedanya, dalam kasus ini, semua garisnya tak berarah. Jadi semua jalurnya dipandang sebagai jalur 2 arah. Hasil iterasi selengkapnya tampak dalam tabel 8.2 i

D(a)

0

0

1

-

D(b)

D(c)

D(d)

D(e)

D(f)

D(z)

L {a}

(

min min min ,0+2) ( ,0+1) ( ,0+4) =2 =1 =4

{ a, c }

2

-

min (2,1+2) =2

-

min min min (4,1+2) ( ,1+5) ( ,1+7) =3 =6 =8

{ a, c, b }

3

-

-

-

3

min (6,2+3) =5

8

{ a, c, b, d }

4

-

-

-

-

5

min (8,3+4) =7

{ a, c, b, d, e }

5

-

-

-

-

-

7 (

min { a, c, b, ,5+1) d, e, z } =6

Tabel 8.2 Perhatikan bahwa dalam iterasinya, tidak perlu semua titik diuji. Iterasi akan berhenti jika titik tujuan sudah menjadi titik permanen. Dalam contoh 8.15, Iterasi tetap dihentikan setelah titik tujuan (= z) menjadi permanen meskipun titik f belum menjadi titikpermanen.

MODEL JARINGAN

8.3.2

307

Algoritma Warshall

Algoritma Dijkstraa bertujuan untuk mencari jarak terpendek dari suatu titik ke titik lain. Apabila diinginkan untuk mencari jarak terpendek dari semua titik ke semua titik, maka algoritma Dijkstraa harus dilakukan berulang-ulang sebanyak jumlah titiknya. Jika demikian maka efisiensinya menjadi buruk. Algoritma Warshall merupakan algoritma yang lebih efisien untuk mencari jarak terpendek dari semua titik ke semua titik. Algoritma Warshall untuk mencari path terpendek merupakan algoritma yang sederhana dan mudah implementasinya. Prinsip dasarnya tidak jauh berbeda dengan algoritma Dijkstraa. Pada iterasi ke-I, dihitung jarak terpendek dari semua titik ke semua titik apabila pathnya melalui titik vi Misalkan W(0) adalah matriks hubung graf berarah berlabel mula-mula. W* adalah matriks hubung minimal dengan wij* = path terpendek dari titik vi ke vj. Algoritma Warshall untuk mencari path terpendek adalah sebagai berikut : 1. W = W(0) 2. Untuk k = 1 hingga n, lakukan : { pengujian jarak lewat titik vk } Untuk i = 1 hingga n, lakukan : Untuk j = 1 hingga n lakukan : Jika Wi,j > Wi,k + Wk,j maka tukar Wi,j dengan Wi,k + Wk,j 3. W* = W

Meskipun waktu prosesnya bukanlah yang tercepat, algoritma Warshall sering dipergunakan untuk menghitung path terpendek karena kesederhanaan algoritmanya. Disamping itu, program implementasi algoritma Warshall sangat mudah dibuat. Algoritma Warshall di atas hanyalah menghitung jarak terpendek dari semua titik ke semua titik, tapi tidak menjelaskan bagaimana path terpendeknya. Untuk menentukan path yang menghasilkan jarak terpendek, tambahkan matriks bujur sangkar (ukuran nxn) Z yang disusun sebagai berikut :

308


(0)

Inisialisasi : Z

i, j

=

j

jika W (0)i , j

0

jika W (0)i , j

Dalam iterasi ke-k, apabila titik vk disisipkan antara titik-I dan titik-j (berarti menukar Wi,j dengan Wi,k + Wk,j ), maka ganti Zij dengan Zik. Agar lebih efisien, penggantian matriks Z dilakukan bersama-sama dengan iterasi pencarian jarak terpendeknya. Jarak terpendek dari titik vi ke titik vj dilakukan melalui titik v1, v2, …, vq yang didapat dari Z optimalnya sebagai berikut : v1 = Zij v2 = Zv1,j v3 = Zv2, j …. vj = Zvq, j Revisi algoritma Warshall dengan melibatkan path terpendeknya adalah sebagai berikut : 1. W = W(0) ; Z = Z(0) 2. Untuk k = 1 hingga n, lakukan : { pengujian jarak lewat titik vk } Untuk i = 1 hingga n, lakukan : Untuk j = 1 hingga n lakukan : Jika Wi,j > Wi,k + Wk,j maka a.

tukar Wi,j dengan Wi,k + Wk,j

b.

Ganti Zij dengan Zik

3. W* = W

Contoh 8.16 Carilah path terpendek dari titik vi ke titik vj (i, j = 1, 2, ... , 6) graf berarah berlabel pada gambar 8.17

MODEL JARINGAN

309

v2

7

v1

4

v3

1

2

3

2 2

4 v4

1 v6

v5

Gambar 8.17 Penyelesaian : Matriks hubung graf gambar 8.15 adalah v1 v2 v3 v4 v5 v6 v1

7

v2 (0)

W = W

4

= v3 v4 v5

2 1 3

4 2

2 1

v6

Matriks path Z(0) dibuat dengan aturan Z(0) =

j

jika W (0)i , j

0

jika W (0)i , j

Ini berarti bahwa jika titik vi dihubungkan langsung dengan titik vj, maka elemen matriks Zi, j sama dengan nilai kolom (= j) v1 v2 v3 v4 v5 v6

(0)

Diperoleh Z

v1

0 2 0 4 0 0

v2

0 0 3 0 5 0

= v3 v4

0 0 0 0 0 6

v5

1 0 3 0 0 0

v6

0 2 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0

310


Iterasi untuk k = 1 Untuk setiap titik diuji apakah jarak antara 2 titik akan lebih pendek jika perjalanan dilakukan melalui titik v1. Dalam setiap sel matriks W dicek apakah Wi, j > Wi, 1 + W1, j. Jika ya, maka Wi,j diganti dengan Wi, 1 + W1, j. Sebagai contoh : 

W1,2 = 7, sedangkan W1,1 + W1,2 =

+7=

. Karena W1,2

W1,1 + W1,2 maka harga

W1,2 tidak diubah. 

W5,4 = , sedangkan W5,1 + W1,4 = 2 + 2 = 4. Karena W5,4 > W5,1 + W1,4, maka harga W5,4 diubah menjadi 4. Ini berarti bahwa ada path dari v5 ke v4 melalui v1 yang mempunyai bobot lebih kecil (yaitu path v5

v1

v4 dengan jumlah bobot 4) dibandingkan dengan path dari v5 ke v4 secara

langsung (bobot =

karena tidak ada path dari v5 ke v4 secara langsung)

Dengan cara yang sama, harga Wi,j dihitung untuk setiap i dan j. Didapatkan matriks W(1). Elemen matriks W(1) yang diberi kotak menunjukkan nilai yang berubah dibandingkan dengan matriks W(0). Ini berarti bahwa perjalanan dari titik vi ke vj pada elemen yang diberi kotak akan lebih optimal jika dilakukan melewati titik v1. Sel dengan nilai W(1) yang berubah akan menghasilkan perubahan pula pada matriks path Z(1) Z(1) i, j = Z(0) i, k = Z(0) i, 1. Maka Z(1) 5, 2 = Z(0) 5, 1 = 1. Z(1) 5, 4 = Z(0) 5, 1 = 1. v1 v2 v3 v4 v5 v6

v1 v2 v3 v4 v5 v6 7

v1

W(1) =

4

v2

v2

1 3

v3 4

v4 v5

v1

2

2

v6

9 1

; Z(1) = v 3

v4 2

4

v5 v6

0 0 0 0

2 0 0 2

0 3 0 0

4 0 0 0

1 0

1 2

3 1 0 0

0 5 0 0

0 0 6 0

0 0 0 0

Perhatikan bahwa dalam iterasi ke-k, maka semua elemen matriks W maupun Z dalam kolom-k tidak berubah

MODEL JARINGAN

311

Iterasi untuk k = 2 Iterasi untuk k = 2 dilakukan dengan cara yang sama seperti iterasi untuk k = 1, hanya titik perantaranya adalah titik v2. Pengujian dilakukan apakah perjalanan yang dilakukan melewati titik v2 akan menghasilkan jarak yang lebih pendek. Sebagai contoh : 

W6,5 = , sedangkan W6,2 + W2,5 = 1+1 = 2. Karena W6,5 > W6,2 + W2,5 maka harga W6,5 diganti dengan 2. Ini berarti bahwa path dari v6 ke v5 melalui v2 (v6 v2 v5) lebih pendek dibandingkan path dari v6 ke v5 secara langsung ataupun melalui v1

Proses yang sama dilakukan untuk semua elemen matriks. Didapatkan matriks W(2). Sama W(1), elemen yang diberi kotak menunjukkan elemen yang mengalami

seperti matriks

perubahan dibandingkan dengan matriks W(1). Untuk semua elemen matriks W yang berubah akan menyebabkan perubahan pada matriks Z di sel yang sama. v1 v2 v3 v4 v5 v6

v1 v2 v3 v4 v5 v6 7

v1

11

2

4

W(2) = v2

v1

0 2

2

4

2

0

v2 v3

0 0 0 0

3 0

0 0

5 0

0 6

5

v4

0 2

2

0

2

0

10

v5

1 1

3

1

1

0

2

v6

0 2

2

0

2

0

8 1 3

v3 v4 v5

2

v6

4

8

9

2

1

5

4

; Z(2) =

Dengan cara yang sama, untuk iterasi k = 3, 4, 5, 6, diperoleh matriks v1 v2 v3 v4 v5 v6

v1 v2 v3 v4 v5 v6 7

v1

W(3) = v2

11 2

8

14

v1

0 2 2 4 2

2

4

1

7 3

; Z(3) = v2 v3

0 0 3 0 5 0 0 0 0 0

3 6

v3 v4 v5 v6

2

4

8

9

2

1

5

4

5

11

v4

0 2 2 0 2

2

10

5

v5

1 1 3 1 1

3

8

v6

0 2 2 0 2

2

2

312


v1 v2 v3 v4 v5 v6

v1 v2 v3 v4 v5 v6 v1

6

10

W(4) = v2

2

4

v1

0

4

4

4

4

4

7 3

; Z(4) = v2 v3

0 0

0 0

3 0

0 0

5 0

3 6

5

11

v4

0

2

2

0

2

2

9

5

v5

1

1

3

1

1

3

2

8

v6

0

2

2

0

2

2

7

13

1

v3 v4 v5

2

v6

4

8

8

2

1

5

4

v1 v2 v3 v4 v5 v6 v1 (5)

W = v2

9

6

3

9

9

3

2 5

7 1

v3 v4 v5 v6

7

4

2

7

8

4

2

1

9 4

4

6

5 9 2

v1 v2 v3 v4 v5 v6

12

v1

4

4

4

4

4

4

6

; Z = v2

5

5

5

5

5

5

3

v3

0

0

0

0

0

6

10

v4

2

2

2

2

2

2

5

v5

1

1

3

1

1

3

7

v6

2

2

2

2

2

2

(5)

v1 v2 v3 v4 v5 v6

v1 v2 v3 v4 v5 v6 (6)

W*= W =

6

9

2

7

12

v1

4

4

4

4

4

4

v2

5

5

5

5

5

5

v1

9

v2

3

7

3

5

1

6

v3

7

4

7

9

5

3

v3

6

6

6

6

6

6

2

2

2

2

2

2

(6)

;Z =

v4

7

4

7

9

5

10

v4

v5

2

6

2

4

7

5

v5

1

3

3

1

3

3

7

v6

2

2

2

2

2

2

v6

4

1

4

6

2

W* merupakan matriks jarak terpendek dari semua titik ke semua titik, dan Z(6) merupakan path yang harus dilalui. Sebagai contoh, jarak dari v1 ke v6 adalah 12. Path yang harus dilalui adalah : Z(6) 1,6 = 4 Z(6) 4,6 = 2 Z(6) 2,6 = 5 Z(6) 5,6 = 3 Z(6) 3,6 = 6 Jadi path terpendek dari v1 ke v6 adalah v1 terpendek = 12

v4

v2

v5

v3

v6 dengan jarak

MODEL JARINGAN

313

Dalam contoh 8.15, W* bukan merupakan matriks simetris karena grafnya merupakan graf berarah sehingga secara umum jarak terpendek dari vi ke vj berbeda dengan jarak dari vj ke vi. Jika pada W* ada wij denngan harga

berarti tidak ada path dari vi ke vj baik langsung maupun

tidak langsung.

8.3.3

Jalur Terpendek pada Graf Berarah Tanpa Sirkuit

Apabila grafnya berarah dan tidak memuat sirkuit, maka graf tersebut dapat “diurutkan” secara topologi sebagai { v1, v2, … , vn } sedemikian hingga semua garis berarahnya adalah dari titik vi ke vj dengan i < j. Dengan pengurutan ini maka pencarian jarak terpendek dari suatu titik ke semua titik lainnya akan lebih efisien. Misalkan W adalah matriks hubung graf berarah. Didefinisikan matriks biner B sebagai B i, j =

1

jika Wi , j

0

jika Wi , j

Ti adalah matriks graf yang diurutkan secara topologi Algoritma pengecekan apakah suatu graf berarah memiliki sirkuit berarah adalah sebagai berikut Untuk i = 1 hingga n, lakukan : Jika semua elemen kolom ke-k = 0 maka a. hapus elemen kolom Bi, k dan baris Bk, j b. Tambahkan vk ke vektor T Jika tidak ada elemen dalam satu kolom yang semuanya bernilai nol, maka hentikan iterasi. Return G memuat sirkuit Misal Ti = { i1, i2, … , in }, maka urutan titik-titik graf secara topologi adalah { vi1, vi2, … , vin }.

Contoh 8.17 Ujilah apakah graf berarah pada gambar 8.15 memuat sirkuit berarah

314


Penyelesaian Matriks hubung W untuk menyatakan graf gambar 8.15 adalah sebagai berikut :

v1 v2 v3 v1

3

v2 W =

v3

2

v4 v5 v6 v7

9 7

1

7

4

v4 v5

2 5

8

9 4

v6 v7

Maka matriks biner yang sesuai adalah :

v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7

B(0) =

v1

0 1 1 0 0 0 0

v2

0 0 0 1 1 0 0

v3

0 1 0 1 1 0 0

v4

0 0 0 0 0 1 1

v5

0 0 0 1 0 1 0

v6

0 0 0 0 0 0 1

v7

0 0 0 0 0 0 0

Tampak bahwa elemen kolom ke-1 semuanya = 0. Maka T1 = { v1 }. Hapus kolom v1 dan baris v1. Matriks B menjadi : v2 v3 v4 v5 v6 v7

(1)

B

v2

0 0 1 1 0 0

v3

1 0 1 1 0 0

= v4 v5

0 0 0 0 1 1

v6

0 0 0 0 0 1

v7

0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 1 0

Semua elemen pada kolom-2 (v3) = 0. Maka T = { v1, v3 }. Hapus kolom v3 dan baris v3. Didapat

MODEL JARINGAN

315

v2 v4 v5 v6 v7

B(2) =

v2

0 1 1 0 0

v4

0 0 0 1 1

v5

0 1 0 1 0

v6

0 0 0 0 1

v7

0 0 0 0 0

Berikutnya berturut-turut didapatkan matriks B(3), B(4), B(5), B(6) dengan menghapus titik v2, v5, v4, dan v6.

v4 v5 v6 v7 v4

0 0 1 1

B(3) = v5

v6

1 0 1 0 0 0 0 1

v7

0 0 0 0

v4 v6 v7 ;

B(4) =

v4

0 1 1

v6

0 0 1 0 0 0

v7

;

v6 v7 B(5) = v6

0 1

v7

0 0

; B(6) = (0)

Karena tingal sebuah titik v7, maka iterasi dihentikan. T = { v1, v3, v2, v5, v4, v6, v7 }. Graf gambar 8.15 dapat digambarkan dalam bentuk terurut topologi sebagai gambar 8.18. Tampak disini bahwa semua titik seolah-olah dapat diurutkan sedemikian hingga semua garisnya mengarah ke kanan 7

v1

9

v3 3

4 2

1

v2

v5

9 5

7

2

v4

v6 4 8

Gambar 8.18

Contoh 8.18 Ujilah apakah graf berarah pada gambar 8.17 memuat sirkuit berarah

v7

316


Penyelesaian Matriks hubung W dan matriks Biner B graf gambar 8.17 adalah sebagai berikut : v1 v2 v3 v4 v5 v1

7

v2

v5

1 3

v4

4 2

v6

2 1

v1 v2 v3 v4 v5 v6

2 4

W(0) = v 3

v6

;

v1

0 1 0 1 0 0

v2

0 0 1 0 1 0

B(0) = v 3

0 0 0 0 0 1

v4

0 1 0 0 0 0

v5

1 0 1 0 0 0

v6

0 1 0 0 0 0

Tampak disini bahwa tidak ada satu kolompun yang semua nilainya = 0. Berarti grafnya memuat sirkuit berarah. Tidak ada satu titikpun yang semua garisnya mengarah keluar. Pasti selalu ada garis yang masuk ke titik tersebut. Hal ini secara jelas dapat dilihat pada graf gambar 8.17. Di titik v1, ada garis masuk dari v5. Di titik v2, ada garis yang masuk dari v4 dan v6, …. dan seterusnya. Jika titik-titik dalam graf dapat diurutkan secara topologi, maka pencarian jarak terpendek dari satu titik ke semua titik lain dapat dilakukan dengan lebih cepat. Misal G adalah graf berarah tanpa sirkuit yang diurutkan dalam urutan topologi T = { v1, v2, … , vn }. D(i) = jarak terpendek titik v1 ke titik vi, dan W(i, j) adalah jarak titik vi ke vj. Algoritma pencarian jarak terpendek adalah sebagai berikut : Inisialisasi : D(1) = 0 ; D(2) = D(3) = … = D(n) = For I = 1 to n-1 Jika D(I) + W(I, j) < D(j) maka D(j) = D(I) + W(I, j)

Contoh 8.19 Carilah jarak terpendek dari titik v1 ke semua titik lain pada graf gambar 8.18 Penyelesaian Urutan topologi titik-titik pada gambar 8.18 adalah T = { v1, v3, v2, v5, v4, v6, v7 }. Iterasi pencariannya tampak pada tabel 8.3. Urut-urutan letak titik pada tabel 8.3 disesuaikan dengan

MODEL JARINGAN

317

urut-urutan topologi titiknya. Perhatikan bahwa pada iterasi ke-I, kita mencari jarak terpendek yang bisa dicapai dari titik-i. Sebagai contoh, pada I = 1, kita mencari kemungkinan jarak terpendek yang bisa dicapai dari titik v1. Karena titik v1 hanya terhubung dengan titik v3 dan v2, maka hanya D(3) dan D(2) saja yang mungkin berubah. D(3) (nilainya = 9. Karena 9 <

) dibandingkan dengan nilai D(1) + W(1,3) = 0 + 9 =

maka D(3) diganti dengan 9. D(2) (nilainya =

D(1) + W(1,2) = 0 + 3 = 3. Karena 3 <

) dibandingkan dengan nilai

maka D(3) diganti dengan 3

Secara analog, pada iterasi I=2, kita mencari jarak terpendek dari titik v3. Titik v3 terhubung ke titik v2, v5 dan v4. Maka D(2), D(5) dan D(4) (yang pada iterasi sebelumnya nilainya adalah 3, dan

) masing-masing dibandingkan dengan

D(3)+W(3,2), D(3)+W(3,5),

dan

D(3)+W(3,4). i

D(1)

0

0

D(3)

D(2)

D(5)

D(4)

D(6)

D(7)

Ket Inisialisas i

1

-

Min (

, Min (

,

jarak dari

0+9) = 9 0+3) = 3 2

-

-

Min (3,

v1 Min (

,

9+2) = 3 9+4) = 13 3

4

5

6

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

Min (

,

jarak dari

9+7) = 16

v3

Min (13,

Min (16,

jarak dari

3+1) = 4

3+7) = 10

v2

-

Min (10,

Min (

4+5) = 9

4+9) = 13

-

Min (13,

-

-

-

,

jarak dari v5 Min (

,

jarak dari

9+2) = 11

9+8) = 17

v4

-

Min (17,

jarak dari

11+4) = 15

v6

Tabel 8.3 Jadi jarak terpendek dari v1 ke v3 = 9, ke v2 = 3, ke v5 = 4, ke v4 = 9, ke v6 = 11 dan ke v7 = 15. Pencarian jalur terpendeknya sama dengan algoritma Dijkstraa. Sebagai contoh, path terpendek dari v1 ke v7 dicari secara mundur dari I=6. Jika terjadi penurunan jarak dibandingkan dengan

318


nilai D(I) pada iterasi sebelumnya, berarti titik vi dilalui. Sebagai contoh, karena pada I = 5, nilai D(7) = 17 dan pada I = 6, nilai D(7) = 15 (berarti terjadi penurunan jarak), maka titik v6 dilalui sebelum mencapai titik v7. Sebaliknya, tidak terjadi penurunan nilai D(2) pada I=1 ke I = 2. Maka v3 tidak dilalui dalam path terpendeknya. Dengan membuat iterasi mundur, maka titik yang harus dilalui adalah v1

8.3.4

v2

v5

v4

v6

v7

Masalah Penggantian Peralatan

Pada kebanyakan peralatan, biaya operasional dan perawatan akan meningkat seiring dengan bertambahnya umur peralatan. Sebagai contoh, semakin lama umur mobil, biaya servis/perawatan dan konsumsi bahan bakar serta komponen-komponennya akan semakin boros. Penggantian peralatan lama dengan alat yang baru akan menurunkan biaya perawatan dan operasional. Akan tetapi penggantian (replacement) peralatan lamapun juga membutuhkan biaya. Masalah yang dihadapi disini adalah kapan peralatan harus diganti agar total biaya (perawatan/operasional dan penggantian) yang dikeluarkan selama kurun waktu tertentu menjadi seminimum mungkin. Masalah penggantian alat dapat diselesaikan dengan merubahnya menjadi masalah pencarian jarak/path minimum. Dalam hal ini titik vj dalam graf menyatakan awal tahun ke-j. Label garis berarah dari titik vi ke titik vj menyatakan total biaya yang dikeluarkan jika alat yang dibeli pada awal tahun ke-i dijual pada awal tahun ke-j (i < j). Gambar 8.19 menunjukkan keadaan masalah penggantian alat selama 5 periode. Perhatikan bahwa jumlah titiknya adalah (5+1) buah. d26

v1

d24

v2 d12

d23 d13

v3

d25

d46

d34

v4 d35

d14

d36

d15 d16

Gambar 8.19 Misalkan

d45

v5

d56

v6

MODEL JARINGAN

319

Kj = harga pembelian alat baru pada tahun ke-j cj = biaya perawatan dan operasional selama pengoperasian tahun ke-j. cj+1 > cj karena biaya operasional meningkat seiring dengan lamanya pemakaian alat. Diasumsikan bahwa biaya ini hanya dipengaruhi oleh berapa lama alat dipakai, dan tidak dipengaruhi oleh kapan pembelian dilakukan. Si,j = harga penjualan kembali alat lama yang dibeli pada tahun ke-i dan sudah dipakai selama j tahun Jarak antara titik vi ke vj (= dij) menyatakan total biaya yang harus dikeluarkan apabila alat yang dibeli pada awal tahun ke-i dijual pada awal tahun ke-j. Total biaya ini adalah harga pembelian alat baru pada awal tahun ke-i dikurangi dengan harga penjualan alat lama (yang dibeli pada awal tahun ke-i) setelah dipakai selama (j-i) periode, dan ditambah dengan jumlah biaya operasional/perawatan pada tahun pertama hingga tahun ke (j-i) pemakaian. j i

di, j

Ki

Si , j

ct

i t 1

Sebagai contoh pada gambar 8.19, d23 = K2 – S2,1 + c1. d23 menyatakan total biaya yang dikeluarkan jika alat yang dibeli pada tahun-2 dijual lagi pada tahun-3 (lihat gambar 8.19). Total biaya yang dikeluarkan adalah harga pembelian alat pada tahun ke-2 (= K2) – harga penjualan alat yang dibeli pada tahun ke-2 setelah dipakai 1 tahun (= S2,1) + biaya operasional selama 1 tahun pemakaian (= c1). Secara analog, d25 = K2 – S2,3 + (c1 + c2 + c3) menyatakan biaya yang dikeluarkan jika alat yang dibeli pada tahun ke-2 dijual kembali pada tahun ke-5 (setelah dipakai selama 3 tahun). Biaya ini adalah harga pembelian pada tahun ke-2 – harga jual kembali alat (yang dibeli pada tahun ke-2 tersebut) setelah dipakai selama 3 tahun + biaya perawatan/operasional pada tahun ke-1, 2 dan 3. Setiap path dari titik v1 ke titik v6 pada gambar 8.19 menyatakan keputusan penggantian alat yang mungkin dibuat. Path v1

v2

v3

v4

v5

v6 menyatakan keputusan untuk membeli alat baru setiap tahun.

Biaya totalnya = d12 + d23 + d34 + d45 + d56

320


= (K1 – S1,1 + c1) + (K2 – S2,1 + c1) + (K3 – S3,1 + c1) +

(K4 – S4,1 +

5

c1) + (K5 – S5,1 + c1) =

Ki

Si ,1

5 ci

i 1

Path v1

v2

v5

v6 menyatakan bahwa pembelian alat baru dilakukan 3 kali yaitu pada

awal tahun ke-1, awal tahun ke-2 (setelah pemakaian selama 1 tahun) dan awal tahun ke-5 (setelah 3 tahun pemakaian). Biaya = d12 + d25 + d56 = (K1 – S1,1 + c1) + (K2 – S2,3 + c1+ c2+ c3) + (K5 – S5,1 + c1) Path v1

v6 menyatakan keputusan untuk melakukan 1 kali pembelian alat saja yaitu pada

awal tahun. Biaya totalnya = K1 – S1,5 + c1+ c2+ c3+ c4+ c5.

Contoh 8.20 Pada tahun 2000, sebuah perusahaan pengangkutan memiliki masalah dalam penggantian armada mobilnya untuk pemakaian 5 tahun ke depan. Perkiraan harga sebuah mobil baru tampak pada tabel 8.4 a. Awal Tahun

Harga Beli (juta)

Lama Pemakaian

Biaya Operasional & Perawatan (juta)

2001

150

1

30

2002

160

2

35

2003

180

3

50

2004

200

4

60

Tabel 8.4 a

Tabel 8.4 b

Tabel 8.4 b menunjukkan biaya operasional dan perawatan untuk lama pemakaian 1-4 tahun. Biaya ini hanya dipengaruhi oleh lama pemakaian, dan tidak dipengaruhi oleh kapan mobil dibeli. Apabila mobil lama dijual, maka harga jualnya tergantung dari tahun pembelian dan lama pemakaiannya. Harga jual tersebut tampak pada tabel 8.4 c. Tanda (-) pada tabel 8.4 c menunjukkan bahwa penjualan tidak mungkin dilakukan karena waktu penjualannya melebihi batas waktu (tahun 2005).

MODEL JARINGAN

321

Lama Pemakaian (tahun)

Tahun Beli

1

2

3

4

2001 2002 2003 2004

130

110

100

90

140

130

125

-

150

140

-

-

170

-

-

-

Tabel 8.4 c Tentukan kapan pembelian mobil baru harus dilakukan agar total biaya yang dikeluarkan pada tahun 2005 seminimum mungkin. Penyelesaian Misalkan tahun ke-1 adalah tahun 2001. Penggantian mobil pada tahun ke-i dapat digambarkan pada gambar 8.20. d24

v2

v1

d12

d23 d13

v3

d25 d34

v4

d45

v5

d35 d14 d15

Gambar 8.20 Titik vi menyatakan pembelian mobil baru dilakukan pada tahun ke-i. Garis dari titik vi ke vj (i < j) menyatakan total biaya yang dikeluarkan apabila mobil yang dibeli pada tahun vi dijual lagi pada tahun vj (berarti tahun vj melakukan pembelian mobil baru lagi). Label garis dij menunjukkan biaya total yang harus dikeluarkan apabila penggantian mobil yang dibeli pada tahun ke-i dilakukan pada tahun ke-j. Biaya ini adalah biaya pembelian mobil baru pada tahun ke-i dikurangi harga penjualan mobil bekas pada tahun ke-j (setelah dipakai (j-i) tahun) ditambah biaya perawatan selama (j-i) tahun pemakaian. j i

di, j

Ki

Si , j

ct

i t 1

d12 = biaya total yang dikeluarkan apabila pembelian mobil dilakukan pada tahun 2001 dan dijual lagi tahun 2002 = harga mobil tahun 2001 – harga jual kembali mobil pada tahun 2002 (setelah dipakai 1 tahun) + biaya operasional dan perawatan selama 1 tahun (2001 - 2002).

322


d12 = K1 – S1,1 + c1 = 150 – 130 + 30 = 50 d13 = K1 – S1,2 + c1 + c2 = 150 – 110 + 30 + 35 = 105 ... dan seterusnya d25 = K2 – S2,3 + c1 + c2 + c3 = 160 – 125 + 30 + 35 + 50 = 150 Dengan perhitungan-perhitungan yang sama, maka didapat matriks biaya yang merupakan matriks jarak d = 1

2

1

3

4

5

50 105 165 235

2

50

3

95 150 60 105

4

60

5

Karena grafnya jelas tidak memiliki sirkuit (semua garis vi ke vj jika i < j), maka pencarian jarak terpendek pada graf berarah tanpa sirkuit (lihat sub bab 8.3.3) lebih mudah dilakukan. Tabel 8.5 adalah tabel iterasi pencarian jarak terpendek dari titik v1 ke titik v5 i

D(1)

0

0

1

-

D(2)

Min (

D(3)

, 0+50) = Min ( 50

2

3

4

-

-

-

-

D(4)

, 0+105) Min ( = 105

, 0+165) Min ( = 165

Min (105, 50+50) Min (165, 50+95)

-

-

D(5)

, 0+235) = 235

Min (235,

= 100

= 145

50+150) = 200

-

Min (145,

Min (200,

100+60) = 145

100+105) = 200

-

Min (200,

-

145+60) = 200

Tabel 8.5 Jarak terpendek dari titik v1 ke titik v5 adalah 200 dengan path v1

v2

v5. Jika

diinterpretasikan ke soal aslinya, agar total biayanya minimum, maka pembelian mobil dilakukan pada awal tahun ke-1 dan awal tahun ke-2

MODEL JARINGAN

8.4

Manajemen Proyek

8.4.1

Proyek

323

Proyek adalah sembarang pekerjaan yang memiliki awal dan akhir, terdiri dari beberapa pekerjaan/aktivitas yang harus dilaksanakan dengan urutan tertentu. Tiap-tiap pekerjaan membutuhkan sumber daya (biaya, tenaga, waktu) yang berbeda-beda.

Contoh 8.21 Pembangunan sebuah gedung dapat dipandang sebagai suatu proyek yang terdiri dari beberapa pekerjaan, antara lain : 1. Penggalian tanah untuk pondasi 2. Pembuatan pondasi 3. Mendirikan tiang untuk tembok 4. Pembuatan dinding 5. Konstruksi atap 6. Pembuatan jaringan listrik 7. Pembuatan sistem pembuangan air 8. Pembuatan pintu dan jendela 9. Pengecatan Pekerjaan-pekerjaan tersebut harus dilakukan berurutan. Ini berarti bahwa suatu pekerjaan tidak mungkin dilakukan sebelum suatu pekerjaan lain selesai. Urutan pekerjaan tidaklah sepenuhnya serial. Beberapa pekerjaan mungkin dapat dilakukan secara paralel, misalnya pembuatan pintu/jendela dapat dilakukan jauh-jauh hari sebelum pemasangannya. Berarti pembuatan pintu jendela dapat dilakukan paralel dengan pekerjaan sebelumnya (misalkan pembuatan dinding).

324


Ada 2 masalah yang muncul dalam penyelesaian proyek : 1. Menentukan urut-urutan pekerjaan (kapan suatu pekerjaan harus dimulai) sehingga keseluruhan pekerjaan selesai dengan secepat-cepatnya. 2. Menentukan jalur kritis, yaitu pekerjaan-pekerjaan yang jika pelaksanaannya ditunda akan menyebabkan penyelesaian keseluruhan proyek mundur. Selanjutnya, misalkan tersedia dana tambahan untuk mempercepat pekerjaan, pekerjaan mana saja yang penyelesaiannya dapat dipercepat tanpa merubah jalur kritis, tapi dengan biaya tambahan yang semurah-murahnya.

8.4.2

Pembuatan Jaringan Proyek

Proyek dapat dinyatakan dalam suatu graf berarah yang disebut jaringan proyek. Titik menyatakan kejadian selesainya suatu aktivitas dan dimulainya aktivitas yang lain. Garis dalam graf berarah menyatakan pekerjaan-pekerjaan yang harus dilakukan. Label garis menunjukkan lama waktu penyelesaian pekerjaan

Contoh 8.22 Misalkan suatu proyek pembuatan alat dari logam terdiri dari beberapa aktivitas. Mula-mula ada 3 komponen logam (A, B, dan C) yang harus dicairkan di tempat pengecoran logam (lokasi-1). Setelah itu, ketiga komponen tersebut akan digabungkan di tempat pencetakan (lokasi-2) dan kemudian dikirimkan ke tempat penyimpanan (lokasi-5) Komponen A dapat dikirim langsung dari tempat pengecoran ke tempat pencetakan, lalu ke tempat penyimpanan. Sebaliknya, komponen B dan C yang keluar dari tempat pengecoran harus dikirim dulu ke tempat pembubutan (lokasi-3). Dari tempat pembubutan, komponen B langsung dikirim ke tempat pencetakan. Akan tetapi komponen C harus dibawa ke tempat penggilingan (lokasi-4) terlebih dahulu sebelum bisa dibawa ke tempat pencetakan. Buatlah jaringan yang menyatakan aktivitas proyek tersebut.

MODEL JARINGAN

325

Penyelesaian Misalkan titik-i menyatakan lokasi-i, dengan lokasi-1 adalah tempat pengecoran logam, lokasi-2 adalah tempat pencetakan lokasi-3 adalah tempat pembubutan lokasi-4 adalah tempat penggilingan dan lokasi-5 adalah tempat penyimpanan Garis dari titik-i ke titik-j menyatakan aktivitas pengiriman komponen dari lokasi-i ke lokasi-j. Sebagai contoh, garis berarah dari titik-3 ke titik-2 menyatakan aktivitas pengiriman (komponen B) dari tempat pembubutan ke tempat pencetakan. Graf berarah yang menyatakan proyek dapat dilihat pada gambar 8.21. 1

2

3

4

5

Gambar 8.21

Ada beberapa hal yang harus diperhatikan dalam pembuatan jaringan proyek : Tiap aktivitas harus dinyatakan dengan sebuah garis berarah. Ini berarti bahwa suatu aktivitas tidak boleh muncul lebih dari satu kali. Tidak boleh ada 2 atau lebih aktivitas yang dimulai dan diakhiri pada titik yang sama (lihat gambar 8.22 a). Kasus ini timbul jika ada 2 aktivitas yang dapat dimulai serentak. Untuk menghindari kondisi seperti itu, maka dibuat suatu aktivitas dummy dengan waktu pelaksanaan = 0 (gambar 8.22 b).

326


akt-1

1

akt-1

1

2

2

akt-2

akt-2

akt dummy

3

Gambar 8.22 a

Gambar 8.22 b

Jaringan tidak boleh memuat sirkuit (graf berarahnya harus asiklik). Jadi jaringan yang memuat graf gambar 8.23 tidak diperbolehkan karena tidak jelas aktivitas mana yang menjadi prasyarat. 2 akt-1

1

akt-3 akt-2

3

Gambar 8.23 Jaringan harus memiliki titik awal dan titik akhir yang tunggal. Titik awal merupakan awal dari keseluruhan rangkaian kegiatan. Titik akhir merupakan akhir dari semua kegiatan. Visualisasi graf berarah tidaklah penting. Untuk soal yang sama, beberapa orang mungkin membuat graf yang tampak berbeda, meskipun sebenarnya sama. Pembuatan graf umumnya tidak “sekali jadi”. Kita mungkin perlu berkali-kali menggambar ulang untuk mengatur posisi titik agar graf yang kita gambar tidak terlalu “ruwet”. Ini disebabkan karena graf akhir yang terbentuk harus memenuhi semua kondisi yang ditetapkan, sedangkan penggambaran graf harus dilakukan tahap demi tahap.

Contoh 8.23 Buatlah jaringan aktivitas A, B, ... , L yang memenuhi kondisi-kondisi berikut ini : 1. A, B dan C adalah aktivitas awal yang bisa dimulai bersamaan

MODEL JARINGAN

327

2. A, B harus dikerjakan sebelum D 3. B harus dikerjakan sebelum E, F dan H 4. F dan C harus dikerjakan sebelum G 5. E dan H harus dikerjakan sebelum I dan J 6. C, D, F dan J harus dikerjakan sebelum K 7. K harus dikerjakan sebelum L 8. I, G dan L adalah aktivitas akhir proyek.

Penyelesaian Graf berarah jaringan proyek tampak pada gambar 8.24. Perhatikan beberapa hal yang muncul dalam pembuatan jaringan proyek. 1. Untuk memulai penggambaran graf, tentukan aktivitas awal, yaitu aktivitas yang tidak memiliki prasyarat (aktivitas lain yang harus dilakukan terlebih dahulu). Dalam contoh 8.23, aktivitas awalnya adalah A, B dan C. 2. Perhatikan kapan kita harus menambahkan aktivitas dummy. Penambahan aktivitas dummy harus dilakukan secukupnya untuk mengurangi kompleksitas graf yang terbentuk. Aktivitas dummy D1 perlu ditambahkan karena baik A maupun B menjadi prasyarat bagi D. Hal yang sama muncul pada D2, yang harus ditambahkan karena H dan E menjadi prasyarat bagi I dan J. Aktivitas dummy D3 ditambahkan karena D dan J tidak menjadi prasyarat bagi G. Apabila aktivitas C berupa garis dari titik-1 langsung ke titik-7 dan F dari titik-2 langsung ke titik-7 (titik-6 digabungkan ke titik-7), berarti G berupa garis dari titik-7 ke titik-9. Jika demikian maka aktivitas C, F, D, dan J menjadi prasyarat bagi K dan G. Padahal yang menjadi prasyarat G hanyalah F dan C saja (kondisi 4)

328


3

D

7 A

4

D1

1

B

2 C

L

9

I

5

E

8

J

D2

H

K

D3

F

G

6

Gambar 8.24

8.4.3

Metode Jalur Kritis (CPM)

Dalam jaringan proyek, ada beberapa aktivitas yang pelaksanaannya dapat ditunda, dan ada beberapa aktivitas lain yang penyelesaiannya tidak dapat ditunda lagi. Sebagai contoh, dalam penyelesaian proyek bangunan (contoh 8.21), aktivitas pembuatan jendela dan pintu bisa dimulai sejak pembuatan pondasi dilakukan (meskipun pemasangannya menunggu selesainya pembuatan dinding). Pembuatan jendela dan pintu umumnya membutuhkan waktu yang lebih cepat dibandingkan penyelesaian seluruh kegiatan dari awal proyek hingga semua dinding selesai dibuat. Ini berarti bahwa pembuatan pintu dan jendela merupakan aktivitas yang penyelesaiannya dapat ditunda. Sebaliknya, pembuatan dinding merupakan aktivitas yang penyelesaiannya tidak dapat ditunda lagi karena pembuatan atap, jaringan listrik, pemasangan pintu, dll baru dapat dimulai setelah dinding selesai didirikan. Berarti aktivitas pembuatan dinding merupakan aktivitas yang tidak dapat ditunda pelaksanaannya. Penundaan pembuatan dinding akan mengakibatkan penyelesaian keseluruhan proyek mundur. Aktivitas yang tidak dapat ditunda pelaksanaannya disebut aktivitas kritis. Sebaliknya, aktivitas yang dapat ditunda pelaksanaannya disebut aktivitas yang tidak kritis. Masalah yang harus diselesaikan dalam jaringan proyek adalah menentukan jalur kritis, yaitu urut-urutan aktivitas kritis, beserta total waktu tercepat untuk menyelesaikan seluruh proyek. Salah satu metode yang sering dipakai untuk menentukan jalur kritis adalah metode jalur kritis (critical path method = CPM) Misalkan tij adalah waktu yang dibutuhkan untuk menyelesaikan aktivitas dari titik-i ke titik-j. Untuk mencari jalur kritis, ada 2 ukuran yang dihitung untuk setiap titik :

MODEL JARINGAN

329

1. ESj (= Earliest Start kegiatan j) yaitu waktu tercepat untuk memulai pekerjaan di titik-j. Pekerjaan yang dimulai dari titik-j baru dapat dimulai apabila semua kegiatan prasyaratnya sudah selesai. ES j

max ESi i

tij

Perhitungan ES dimulai dari titik awal hingga titik akhir (perhitungan maju). Nilai ES untuk titik awal = 0. ES di titik-j dapat dihitung bila semua ES di titik prasyaratnya sudah diketahui. Dalam gambar 8.24, ES titik-7 dapat dihitung apabila ES di semua titik prasyaratnya (yaitu titik 3, 5 dan 6) sudah diketahui. 2. LCi (= Latest Completion kegiatan i) yaitu waktu terlama untuk memulai kegiatan di titik-i. Apabila ditunda lagi maka penyelesaian keseluruhan proyek akan mundur. LCi

min LC j j

tij

Perhitungan LC dilakukan mundur, yaitu dari titik akhir ke titik awal. Nilai LC di titik akhir sama dengan nilai ES di titik tersebut. LC di titik-i dapat dihitung jika LC di semua titik penerusnya (titik-titik yang menggunakan titik-i sebagai prasyarat) sudah diketahui. Dalam gambar 8.24, LC di titik-2 dapat dihitung jika LC di titik-3, 4, 5 dan 6 sudah diketahui. Waktu tercepat penyelesaian seluruh proyek adalah ES di titik akhirnya. Jalur kritis jaringan proyek adalah path dari titik awal ke titik akhir yang melalui semua titik dengan ES = LC

Contoh 8.24 Perhatikan kembali contoh 8.22. Misalkan waktu (hari) yang dibutuhkan untuk tiap aktivitas tampak pada label graf gambar 8.25. 3

1

2

2

2

5

3

5

1

3

4

Gambar 8.25

330


a. Berapa waktu tercepat untuk menyelesaikan seluruh proyek ? b. Manakah jalur kritisnya ?

Penyelesaian Pertama-tama dicari ES untuk setiap titik dahulu. Titik awal proyek adalah titik-1. Maka ES1 = 0. Titik berikutnya yang dapat dicari ESnya adalah titik-3. Karena satu-satunya prasyarat titik-3 adalah titik-1 yang merupakan titik awal, maka ES3 = ES1 + t13 = 0 + 2 = 2. Perhatikan bahwa sampai disini ES2 belum dapat dihitung karena ES4 belum diketahui (ingat bahwa ES suatu titik dapat dihitung setelah ES semua titik prasyaratnya diketahui. Prasyarat titik-2 adalah titik-1, 3, dan 4). Titik yang berikutnya dapat dicari adalah titik-4. Satu-satunya prasyarat titik-4 adalah titik-3 sehingga ES4 = ES3 + t34 = 2 + 1 = 3. Karena ES semua prasyarat titik-2 sudah diketahui, maka sekarang ES2 dapat dihitung. ES2 = max (ES1+t12, ES3+t32, ES4+t42) = max (0+3, 2+5, 3+3) = 7. Jadi aktivitas yang dimulai dari titik-2 (pengiriman dari tempat pencetakan ke tempat penyimpanan) baru dapat dilakukan setelah hari ke 7. Pelaksanaan tidak dapat dilakukan lebih cepat karena harus menunggu selesainya pengiriman dari tempat pembubutan (aktivitas dari titik-3 ke titik-2). Berikutnya, ES5 = ES2 + t25 = 7+2 = 9. Gambar 8.26 menunjukkan jaringan proyek yang dilengkapi dengan nilai ES untuk tiap titik (dinyatakan dengan angka dalam kotak di sisi setiap titik). 7

3

1

0

2

2

2

5

3

5

= ES 1 2

3

4

3

Gambar 8.26

9

MODEL JARINGAN

331

Karena titik-5 adalah titik akhir jaringan proyek, maka berarti waktu tercepat penyelesaian seluruh proyek adalah 9 hari. Berikutnya, untuk mencari jalur kritisnya, dihitung LC untuk tiap titik, dimulai dengan titik akhir (titik-5). LC titik-i dapat dihitung apabila semua titik yang memiliki prasyarat titik-i sudah diketahui LCnya. Sebagai contoh, titik-2 dan titik-4 memiliki prasyarat titik-3. Maka LC3 baru dapat dihitung setelah LC2 dan LC4 dihitung. LC5 = ES5 = 9. LC2 = LC5 – t25 = 9 – 2 = 7 Perhatikan pada saat ini, satu-satunya LC yang dapat dicari adalah LC4 karena titik-4 hanya memiliki prasyarat titik-2 saja. LC3 belum dapat dihitung karena LC4 belum diketahui. LC1 juga belum dapat dihitung karena LC3 belum diketahui. LC4 = LC2 – 3 = 7 – 3 = 4 LC3 = min (LC2 – t32, LC4 – t34) = min (7–5, 4–1) = min (2, 3) = 2 LC1 = min (LC2 – t12, LC3 – t13) = min (7–3, 2–2) = min (4, 0) = 0. Nilai LC dinyatakan dengan angka pada segitiga di sebelah tiap titik pada gambar 8.27 7 0

3

1

0

2

7

2

3

5

9

2

5

9

= LC = ES

2 2

3

1

4

4

3

Gambar 8.27 Jalur kritis adalah jalur yang melalui semua titik dimana ES = LC. Dalam contoh ini melalui titik 1 – 3 – 2 - 5 (digambarkan dengan garis tebal pada gambar 8.27

Contoh 8.25

332


Carilah jalur kritis jaringan proyek gambar 8.28. Berapa waktu tercepat penyelesaian seluruh proyek ? 4

3

1

2

2

1

6

5

0

3

4

6

4

3

5

8

9

7

Gambar 8.28 Penyelesaian Perhatikan bahwa graf jaringan proyek merupakan graf yang tidak memiliki sirkuit sehingga pasti memiliki titik awal dan titik akhir. Titik awal adalah suatu titik dimana tidak ada garis yang masuk ke titik tersebut. Sebaliknya, titik akhir adalah titik dimana tidak ada garis yang keluar dari titik tersebut. Jaringan proyek gambar 8.28 memiliki titik awal pada titik-1 dan titik akhir pada titik-7. ES1 = 0. ES titik lainnya dihitung dengan urut-urutan sebagai berikut : ES2 = ES1 + t12 = 0 + 2 = 2 ES3 = ES2 + t23 = 2 + 4 = 6 ES4 = max (ES2+t24, ES3+t34) = max (2+3, 6+0) = 6 ES5 = max (ES4+t45, ES3+t35) = max (6+6, 6+3) = 12 ES6 = max (ES4+t46, ES5+t56) = max (6+4, 12+1) = 13 ES7 = max (ES6+t67, ES5+t57, ES3+t37) = max (13+5, 12+8, 6+9) = 20 Berarti waktu tercepat untuk menyelesaikan seluruh proyek adalah ES7 = 20 LC dihitung mundur dari titik akhir (titik-7). LC7 = ES7 = 20. LC titik-titik lainnya dihitung dengan urut-urutan sebagai berikut : LC6 = LC7 – t67 = 20 – 5 = 15

MODEL JARINGAN

333

LC5 = min (LC7 – t57, LC6 – t56) = min (20 – 8, 15 – 1) = 12 LC4 = min (LC5 – t45, LC6 – t46) = min (12 – 6, 15 – 4) = 6 LC3 = min (LC4 – t34, LC5 – t35, LC7 – t37) = min (6 – 0, 12 – 3, 20 – 9) = 6 LC2 = min (LC3 – t23, LC4 – t24) = min (6 – 4, 6 – 3) = 2 LC1 = LC2 – t12 = 2 – 2 = 0 Titik-titik dengan ES = LC adalah titik 1, 2, 3, 4, 5, dan 7. Maka jalur kritis adalah jalur yang melewati titik-titik tersebut. Gambar 8.29 menunjukkan ES dan LC setiap titik beserta jalur kritisnya (garis tebal) 6 = LC

6

4

6

4

15 13

= ES 3

2 0 0

1

6

2

1

2

2

5

0

5

12 3

4

6

3

12

9

8

7

20 20

6

Gambar 8.29 Perhatikan bahwa jalur kritis harus melewati semua titik dengan ES = LC, termasuk aktivitas dummy. Jadi jalur kritisnya bukan titik 1 - 2 – 3 – 5 - 7, tetapi 1 - 2 – 3 – 4 – 5 - 7 karena titik 4 juga harus masuk dalam jalur kritis.

Agar keseluruhan penyelesaian seluruh kegiatan tidak mundur, maka semua aktivitas di jalur kritis harus diselesaikan tepat waktu. Ini berarti tidak ada kelonggaran waktu sama sekali bagi kegiatan-kegiatan tersebut. Sebaliknya, aktivitas yang tidak berada di jalur kritis memiliki waktu longgar (slack) dan tidak harus dimulai tepat waktu. Aktivitas tersebut masih dimungkinkan untuk ditunda. Ada 2 macam waktu longgar yang dikenal, yaitu total slack dan free slack.

334


Total slack (= TS) adalah total waktu luang yang tersedia untuk melakukan aktivitas = maksimum waktu yang tersedia untuk melakukan aktivitas dikurangi waktu penyelesaian aktivitas. TSij = LCj – ESi - tij Free Slack (= FS) adalah waktu luang yang masih tersedia jika semua aktivitas dimulai secepatcepatnya FSij = ESj – ESi - tij Untuk semua aktivitas di jalur kritis, TS dan FS = 0 Sebagai contoh, perhatikan aktivitas 4-6 (dengan t46 = 4) pada gambar 8.29 titik 4

titik 6

LC

6

15

ES

6

13

Maka TS46 = LC6 – ES4 – t46 = 15 – 6 – 4 = 5 FS46 = ES6 – ES4 – t46 = 13 – 6 – 4 = 3

Gambar 8.30 menunjukkan diagram interpretasi kedua jenis slack total waktu yang dimiliki = 15 - 6 = 9 3

t46 = 4

4 Total Slack = 9-4=5

waktu yang dimiliki jika semua kegiatan dilakukan secepat-cepatnya = 13 - 6 = 7 3

t46 = 4

4 Free Slack = 7-4=3

6 ES4 = LC4 = 6

7

8

9

10

11

12

13 ES6 = 13

Gambar 8.30

14

15 LC6 = 15

MODEL JARINGAN

335

Contoh 8.26 Carilah slack (total slack dan free slack) tiap garis pada jaringan proyek contoh 8.25 Penyelesaian Tabel 8.6 adalah hasil perhitungan TS dan FS (dengan indeks i adalah titik sumber dan indeks j menyatakan titik tujuan) untuk tiap garis gambar 8.29 Aktivitas

ESi

ESj

LCj

tij

TSij

FSij

1

2

0

2

2

2

2-0-2 = 0

2-0-2 = 0

2

3

2

6

6

4

6-2-4 = 0

6-2-4 = 0

2

4

2

6

6

3

6-2-3 = 1

6-2-3 = 1

3

4

6

6

6

0

6-6-0 = 0

6-6-0 = 0

3

5

6

12

12

3

12-6-3 = 3

12-6-3 = 3

3

7

6

20

20

9

20-6-9 = 5

20-6-9 = 5

4

5

6

12

12

6

12-6-6 = 0

12-6-6 = 0

4

6

6

13

15

4

15-6-4 = 5

13-6-4 = 3

5

6

12

13

15

1

15-12-1 = 2

13-12-1 = 0

5

7

12

20

20

8

20-12-8 = 0

20-12-8 = 0

6

7

13

20

20

5

20-13-5 = 2

20-13-5 = 2

Tabel 8.6 Gambar 8.31 merupakan penyempurnaan gambar 8.29 setelah dilengkapi dengan nilai TS dan FS untuk setiap garis

336


TS = 5 FS = 3 4

6 = LC

6 TS = 1 FS = 1

= ES 2 0 0

2 TS = 0 FS = 0

TS = 0 FS = 0 6

3

6

2

TS = 2 FS = 2

5

0 TS = 3 FS = 3 3

TS = 0 4 FS = 0 6

3

5

12

TS = 0 FS = 0

12

8

7

9 TS = 5 FS = 5

6

Contoh 8.27 Carilah ES, LC, TS dan FS jaringan proyek yang tampak pada gambar 8.32 4

2

7

3

0

3

3

2

1

2

5

5

0

3

Gambar 8.32 Penyelesaian ES0 = 0 ES1 = ES0 + t01 = 0 + 2 = 2 ES2 = ES0 + t02 = 0 + 3 = 3 ES3 = max (ES1+t13, ES2+t23) = max (2+2, 3+3) = 6 ES4 = max (ES2+t24, ES3+t34) = max (3+2, 6+0) = 6

2

20 20

Gambar 8.31

2

15 13

TS = 2 FS = 0 1

TS = 0 FS = 0

2

1

4

6

6

MODEL JARINGAN

337

ES5 = max (ES3+t35, ES4+t45) = max (6+3, 6+7) = 13 ES6 = max (ES3+t36, ES4+t46, ES5+t56) = max (6+2, 6+5, 13+6) = 19 Berarti waktu tercepat untuk menyelesaikan seluruh proyek adalah ES6 = 19

LC dihitung mundur dari titik-6). LC6 = ES6 = 19. LC titik-titik lainnya dihitung dengan uruturutan sebagai berikut : LC6 = LC7 – t67 = 20 – 5 = 15 LC5 = min (LC7 – t57, LC6 – t56) = min (20 – 8, 15 – 1) = 12 LC4 = min (LC5 – t45, LC6 – t46) = min (12 – 6, 15 – 4) = 6 LC3 = min (LC4 – t34, LC5 – t35, LC7 – t37) = min (6 – 0, 12 – 3, 20 – 9) = 6 LC2 = min (LC3 – t23, LC4 – t24) = min (6 – 4, 6 – 3) = 2 LC1 = LC2 – t12 = 2 – 2 = 0 Jalur kritis : 0 – 2 – 3 – 4 – 5 – 6. Dengan mengetahui ES dan LC di tiap titik, maka FS dan TS untuk tiap garis bisa dihitung. Perhitungan selengkapnya ada pada tabel 8.7. Gambar 8.33 adalah jaringan proyek yang sudah dilengkapi dengan ES, LC, FS dan TS. 3 3

2

6

TS = 1 FS = 1 2

4

TS = 0 FS = 0 3 0 0

TS = 0 FS = 0

0

3

TS = 0 FS = 0 0

13 13

TS = 2 FS = 0 4 2

1

2 TS = 2 FS = 2

= ES TS = 8 FS = 8 5

TS = 0 7 FS = 0

TS = 4 FS = 4 3

2

= LC

6

5

2 TS = 11 FS = 11

3 6 6

Gambar 8.33

6 TS = 0 FS = 0

6

19 19

338


Aktivitas

ESi

ESj

LCj

tij

TSij

FSij

0

1

0

2

4

2

4-0-2 = 2

2-0-2 = 0

0

2

0

3

3

3

3-0-3 = 0

3-0-3 = 0

1

3

2

6

6

2

6-2-2 = 2

6-2-2 = 2

2

3

3

6

6

3

6-3-3 = 0

6-3-3 = 0

2

4

3

6

6

2

6-3-2 = 1

6-3-2 = 1

3

4

6

6

6

0

6-6-0 = 0

6-6-0 = 0

3

5

6

13

13

3

13-6-3 = 4

13-6-3 = 4

3

6

6

19

19

2

19-6-2 = 11

19-6-2 = 11

4

5

6

13

13

7

13-6-7 = 0

13-6-7 = 0

4

6

6

19

19

5

19-6-5 = 8

19-6-5 = 8

5

6

13

19

19

6

19-13-6 = 0

19-13-6 = 0

Tabel 8.7 Contoh 8.28 Untuk membuat anggaran tahun depan, sebuah perusahaan harus mengambil informasi dari bagian penjualan, produksi, dan keuangan. Tabel 8.8 adalah aktivitas yang harus dilakukan, aktivitas prasyarat serta waktu penyelesaian. Buatlah model jaringan yang sesuai dan tentukan jalur kritisnya. Berapa waktu tercepat untuk menyelesaikan seluruh proyek ? Aktivitas

Uraian Aktivitas

Aktivitas Prasyarat

Waktu (hari)

A

Memprediksi volume penjualan

-

10

B

Studi pasar

-

7

C

Merancang item produk dan fasilitas

A

5

D

Mempersiapkan jadwal produksi

C

3

E

Memperkirakan biaya produksi

D

2

F

Menentukan harga jual barang

B, E

1

G

Mempersiapkan anggaran

E, F

14

Tabel 8.8

MODEL JARINGAN

339

Penyelesaian Gambar 8.34 adalah jaringan proyek yang sesuai. Waktu tercepat penyelesaian seluruh proyek adalah 35 hari dengan jalur kritis 1 – 2 – 3 – 4 – 5 – 6 – 7. Perhatikan bahwa prasyarat kegiatan G (yaitu E dan F) dapat diringkas menjadi F saja karena E sudah merupakan prasyarat untuk F 15

10 10 TS = 0 FS = 0 A = 10

1 0

2

TS = 0 FS = 0 C=5

TS = 0 FS = 0 D=3

15

3

TS = 0 FS = 0

20

0

18

= ES

E=2

5

2 TS = 13 FS = 13

= LC

18

4

F=1 TS = 0 FS = 0

20

6 21 21

G = 14 TS = 0 FS = 0

7 35 35

Gambar 8.34

8.4.4

Optimisasi Jalur Kritis

Dalam suatu proyek, biasanya lama pengerjaan suatu aktivitas berhubungan dengan biaya. Biaya proyek dapat dibagi menjadi 2 macam : 1. Biaya Langsung Biaya ini berhubungan langsung dengan suatu aktivitas, misalnya upah pekerja. Biaya langsung akan meningkat apabila waktu pengerjaan proyek diturunkan. Akan tetapi tetap ada waktu minimum dimana waktu pelaksanaan aktivitas dapat diturunkan. Waktu minimum tersebut titik crash. Gambar 8.35 adalah grafik waktu penyelesaian aktivitas versus biaya langsung yang dikeluarkan. Titik normal adalah waktu pengerjaan normal, sedangkan titik crash adalah waktu penyelesaian tercepat yang dapat dilakukan

340


biaya langsung cc

titik crash

tc = waktu penyelesaian pada titik crash tn = waktu penyelesaian normal cc = biaya titik crash cn = biaya normal

titik normal cn tc

tn

waktu penyelesaian proyek

Gambar 8.35 2. Biaya Tidak Langsung Biaya tak langsung berhubungan dengan biaya overhead seperti biaya administrasi, ijin, supervisi, dll. Umumnya biaya tidak langsung akan meningkat jika waktu pengerjaan proyek dinaikkan.

Biaya langsung biasanya lebih diperhatikan karena secara langsung dapat mempengaruhi waktu penyelesaian proyek. Misalkan terdapat dana tambahan untuk mempercepat penyelesaian proyek. Masalahnya adalah memilih kegiatan-kegiatan yang dapat dipercepat penyelesaiannya (tanpa merubah jalur kritis) dengan biaya yang semurah-murahnya. Kegiatan yang dapat dipercepat adalah kegiatan yang berada di jalur kritis karena kegiatan inilah yang menentukan lama pengerjaan suatu proyek. Pekerjaan di jalur kritis dianalisa dan waktu penyelesaiannya diturunkan. Pekerjaan yang diprioritaskan untuk dipercepat adalah pekerjaan yang penurunan waktunya tidak membutuhkan banyak biaya tambahan. Slope/kemiringan garis gambar 8.35 dapat ditentukan dengan persamaan : m

cc cn . Slope tn tc

menyatakan besarnya kenaikan biaya untuk penurunan satu unit waktu pengerjaan. Semakin kecil slope, berarti penurunan waktu pengerjaan hanya membutuhkan tambahan biaya yang sedikit, sehingga pekerjaan ini diprioritaskan untuk dipercepat. Algoritma pengoptimalan metode CPM adalah sebagai berikut : 1. Cari jalur kritis untuk biaya normal

MODEL JARINGAN

341

2. Tentukan slope tiap pekerjaan di jalur kritis 3. Tentukan slope terkecil (misal mk) 4. Turunkan waktu penyelesaian aktivitas-k sekecil-kecilnya tanpa mengubah jalur kritis 5. Ulangi langkah 3-4 hingga tidak ada lagi aktivitas yang dapat dipercepat tanpa merubah jalur kritis 6. Percepat waku pengerjaan untuk tiap aktivitas dengan slope terkecil berikutnya, tapi dengan memperhatikan efeknya pada jalur non kritis.

342


SOAL-SOAL LATIHAN 1. Hitunglah jumlah titik, jumlah garis dan derajat masing-masing titik graf berikut ini. Jika ada, tentukan titik terasing dan titik pendan. a

b

c

a

b

f

e

d

e

d

(a)

c

(b)

a

b

c

d

i

h

g

e

(c) 2. Perhatikan graf G berikut ini b

a

c e

d

Tentukan mana diantara graf (a)-(f) di bawah ini yang merupakan subgraf G b

a

b

a c

e

d

(a)

b

a c

e

d

(b)

c e

d

(c)

MODEL JARINGAN

343

b

a

b

a c

e

d

b

a c

e

c e

d

(d)

d

(e)

(f)

3. Berapa jumlah titik yang dimiliki oleh suatu graf G jika G memiliki : a. 16 garis dan semuanya berderajat 2 b. 21 garis, 3 titik berderajat 4, dan sisanya berderajat 3 c. 24 garis dan semuanya berderajat sama 4. Misalkan G adalah graf dengan 12 garis. Misalkan pula G memiliki 6 titik berderajat 3 dan sisanya berderajat kurang dari 3. Tentukan jumlah minimum titik dalam G ! 5. Dalam graf di bawah ini, tentukan apakah barisan berikut ini merupakan walk, path, path sederhana, sirkuit atau sirkuit sederhana.

e2

e1 v0

e10

e3 e9

v5

v3

e4

v2 e8

e5 e7 e6 v4

a. v0 e1 v1 e10 v5 e9 v2 e2 v1 b. v4 e7 v2 e9 v5 e10 v1 e3 v2 e9 v5 c. v2 d. v5 v2 v3 v4 v4 v5 e. e5 e8 e10 e3 6. Dalam graf di bawah ini, tentukan apakah barisan berikut ini merupakan walk, path, path sederhana, sirkuit atau sirkuit sederhana

344


e1 v0

e2

e4

e9

e10

v3

e3

v2

e7

e8 v5

e5 v4

e6

a. v1 e2 v2 e3 v3 e4 v4 e5 v2 e2 v1 e1 v0 b. v2 v3 v4 v5 v2 c. v4 v2 v3 v4 v5 v2 v4 d. v0 v5 v2 v3 v4 v2 v1 e. v5 v4 v2 v1 7. Perhatikan graf berikut ini : e2 e1

v1

e5

e3 v2

v3

v4

e4

a. Berapa jumlah path sederhana dari v1 ke v4 ? b. Berapa jumlah path dari v1 ke v4 ? c. Berapa jumlah walk dari v1 ke v4 ? 8. Tentukan mana diantara graf-graf berikut ini yang memiliki sirkuit Euler. Carilah sirkuit Euler graf yang memilikinya. t

v

a a

s

b

b

c

w

c

u d

e

e

f d

r

z

y

(a)

x

(b)

(c)

MODEL JARINGAN

345

9. Seseorang hendak berjalan mengelilingi kota yang petanya tampak pada gambar berikut ini. Mungkinkah ia memulai dan mengakhiri perjalanannya dari titik yang sama dan melalui setiap jembatan tepat satu kali ? Jika mungkin, bagaimana caranya ?

B C A D E

10. Carilah matriks adjacency (matriks hubung) untuk graf berikut ini e1 v1

v2

e1

v1

v2

e2

e3

e3

e4

e2 e5 v3

v4

(a)

(b)

v1

v2 e3

e1

v3

e6

e4

v1

e1

e2 v2

e3

e5

e5 e4

v4

v3

e2

v4

(c)

e6

(d)

11. Perhatikan pohon berikut ini dengan akar titik a a. Berapakah level titik n ? b. Berapakah level titik a ? c. Berapa tinggi pohon berakar tersebut ?

v3

346


d. Apakah anak titik n ? e. Apakah orang tua titik g ? f. Apakah saudara titik j ? g. Apakah turunan titik f ? a b e j

d

c g

f l

k

o

n

m t

s q

i

h

x

v

u

r

p w

z

y

(a)

(b)

12. Berapa banyak pohon rentang yang bisa dibuat dari graf berikut ini ? b

c a

b

e

f

d

a

f

(d)

e

(b) b

d

b

d

c

(c)

v0

c

a d

(a) a

c

v1

v3

v2

(e)

13. Tentukan pohon rentang minimum graf berikut ini dengan algoritma Kruskal. Ulangi lagi dengan algoritma Prim. Apakah hasilnya sama ?

MODEL JARINGAN

347

b 15

b 2

10

f

4

c

6

d

h

f

10

e

b

11

c

8

2 10

c

e

10

5 2

d

8

7

5

4

7

4

9 3

4

12

a b

f

4

(b)

a 6

d

6

(a)

1

5

5

g

4

2 6

a

9

4

9

3

13

11

c

5

10

7

1

14

a

e

12

15

g

(c)

e 18

f 19

h

13

d

20

(d)

14. Sebuah perusahaan ingin membangun sistem telekomunikasi yang menghubungkan 7 cabangnya. Jarak antar cabang dinyatakan dalam tabel berikut ini :

a b c d e f g

a

b

c

d

e

f

g

0

20 0

42 25 0

31 35 41 0

28 29 33 34 0

29 24 22 36 41 0

33 31 38 40 32 25 0

Misalkan biaya pembuatan jaringan sebanding dengan jaraknya. Tentukan jaringan termurah untuk menghubungkan 7 cabang tersebut. Berapa biaya termurahnya ? 15. Sebuah universitas membeli lahan untuk taman. Perancang taman sedang mengatur tempat untuk pondok, taman kecil, kursi taman, dan lain-lain. Lokasinya dinyatakan dengan node pada jaringan gambar di bawah ini. Garis pada jaringan menyatakan jalan yang mungkin dilalui diantara tempat-tempat tersebut. Bagaimana cara membangun jalan yang menghubungkan tempat-tempat tersebut, tapi dengan total panjang jalan yang minimum ?

348


6 2

3

5

1

12

12 8

3

8

6

6 8

5

11

7

4

2

3

4

1

2

4

6

8

3

11

15

7

9

6

2

4 1

10 7

5

2

3

14

5

9

4

4

3 3

9

13

6

16. Buatlah pohon bentang minimum untuk jaringan komunikasi darurat berikut ini 1

6

5

2

4

3

2 2

7

3

3

4

2

5

2

5

3

8 7

4

17. Di sebuah pabrik sabun, petugas pengawas kualitas mengambil sampel produk dari berbagai area produksi dan mengirimkannya ke laboratorium untuk dianalisa. Manajer merasa bahwa proses ini terlalu lambat sehingga ia merencanakan membuat tabung conveyor (alat pembawa barang) otomatis untuk menggantikan peran petugas untuk membawa sampel dari berbagai area produksi ke lab. Gambar berikut ini menunjukkan jaringan conveyor yang bisa dibuat. Bagaimana cara pembuatan conveyor yang mampu menghubungkan semua area dengan lab (node 1) tapi dengan panjang total yang minimum ? 2 6

5

8

5 6

3 4

1

7

3

8

5

4

6 6

4

6

2 5

8 4

7

MODEL JARINGAN

349

18. Di sebuah universitas sedang dibangun sistem jaringan komunikasi elektronik. Jaringan di bawah ini menunjukkan hubungan yang mungkin dibuat antara kantor-kantornya. Jarak antar kantor (ratusan meter) dinyatakan dengan angka pada garis. Buatlah rancangan komunikasi antar kantor yang memungkinkan semua kantor berkomunikasi tapi dengan total jarak pembuatan yang paling minimum ! 2

2.5

0.5

1.2

8

3

5

1.6

4

2

7

1

3

3

1

1

1.5

0.5

2

6

3

1

4

4

19. Sebuah perusahaan TV kabel baru saja mendapat persetujuan untuk membangun jaringan pelayanan TV kabel yang menghubungkan 3 kota. Titik-titik pada gambar jaringan di bawah ini adalah titik distribusi yang harus terhubung oleh jaringan TV. Angka pada garis menunjukkan jarak antara 2 titik distribusi (km). Tentukan jaringan yang memungkinkan perusahaan untuk menjangkau semua titik distribusi dengan total jarak kabel yang paling minimum. 8

4

2

4

7 7

4

2

2 4

4

4

3

3

1

9

3

2

3

3

4

2

4

3 3

11

6

6 4

5

10

5

5

20. Gunakan algoritma Dijkstraa untuk mencari jarak terpendek dari a ke z pada graf berikut ini :

350


3

b 2

2 1

a

e

5 1

5

2

c

z 7

2

4

2

a 3

3

z

1

2

4 5

d

f

4

(a) a

3

4

(b) 3

2 8

4 2

8

1 5

1

5 7

4 5

2 5

5 1

6

2

a

7

2

1

3 3

7

10 2

6 6

4

7 5

z

6

5

z

(c)

(d)

21. Sebuah perusahaan pengantaran paket yang berpusat di kota Jogja mengadakan program spesial pengantaran langsung ke 10 kota tujuan (kota 1 .. 10). Paket dengan tujuan salah satu dari 10 kota tersebut akan langsung dikirim setiap kali order diterima. Gambar berikut ini menunjukkan 10 kota (jarak dalam km) yang dapat dilayani untuk pengantaran. Tentukan rute terpendek dari Jogja ke 10 kota lainnya 2 15 5

7

8

3 13 6

Jogja

4

4

2

8

4

5

15

6

7

3

4

5

5

10 4

9

9 12

5

5

10

MODEL JARINGAN

351

22. Sebuah perusahaan harus memutuskan kapan waktu yang paling tepat untuk mengganti komponen, dan berapa lama komponen baru akan digunakan.. Gambar di bawah ini menunjukkan waktu dan biaya penggantian komponen. Node 0, …, 4 menyatakan tahun penggantian komponen. Label garis dari node x ke node y menunjukkan biaya yang dibutuhkan untuk penggantian yang dilakukan pada tahun x dan komponen baru digunakan hingga tahun ke y. Sebagai contoh, garis dari node 0 ke node 2 berarti bahwa komponen lama tetap dipakai dan baru diganti pada akhir tahun 2. Tentukan jadwal penggantian yang harus dilakukan untuk meminimumkan total biaya selama 4 tahun tersebut. 2800 2000 1000

0

500

1

600

800

2 1400

700

3

4

1600 2100

23. Sebuah perusahaan ingin melakukan pelatihan untuk karyawannya. Relasi prasyarat harus dilakukan pada sesi pelatihan. Aktivitas berikut ini adalah pekerjaan yang harus diselesaikan setiap peserta program pelatihan. Buatlah jaringan proyek untuk masalah ini Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

Aktivitas Prasyarat

-

-

A

A, B

A, B

C

D, F

E, G

24. Sebuah pengembang mengkoordinasikan konstruksi kompleks perkantoran. Sebagai bagian dari proses perencanaan, perusahaan membuat daftar aktivitas di bawah ini. Gambarlah jaringan proyek yang dapat dipakai untuk membantu penjadwalan aktivitas proyek Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

Aktivitas Prasyarat

-

-

-

A, B

A, B

D

E

C

C

F, G, H, I

25. Diketahui aktivitas proyek sbb. Proyek selesai jika aktivitas F dan G selesai Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

Aktivitas Prasyarat

-

-

A

A

C, B

C, B

D, E

Waktu (bulan)

4

6

2

6

3

3

5

a. Buatlah jaringan proyek b. Carilah jalur kritis c. Apakah mungkin menyelesaikan proyek dalam 1,5 tahun ? 26. Selesaikan jaringan proyek di bawah ini !

352


Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

Aktivitas Prasyarat

-

-

-

B

A

B

C, D

B, E

F, G

H

27. Diketahui jaringan proyek dan waktu (minggu) sbb C

H

A Start B

D

F

E

G

Finish

Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

Waktu

5

3

7

6

7

3

10

8

a. Tentukan jalur kritisnya b. Berapa lama waktu untuk menyelesaikan seluruh proyek ? c. Bisakah aktivitas D ditunda tanpa menyebabkan keseluruhan proyek mundur ? Jika bisa, berapa lama aktivitas tersebut dapat ditunda ? d. Bisakah aktivitas C ditunda tanpa menyebabkan keseluruhan proyek mundur ? Jika bisa, berapa lama aktivitas tersebut dapat ditunda ?

28. Manajer kondominium sedang merenovasi bangunan utamanya. Waktu yang tersedia adalah 17 minggu dengan aktivitas sbb : Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

Aktivitas Prasyarat

-

-

-

A, B, C

C, D

A

D, F

E

Waktu (minggu)

3

1

2

4

5

3

6

4

a. Gambarkan jaringan proyek b. Aktivitas mana saja yang kritis ? c. Aktivitas apa yang memiliki waktu slack (tunda) paling besar ? d. Bisakah seluruh proyek selesai dalam 17 minggu ? 29. Suatu perguruan tinggi merencanakan akan menbangun kompleks olahraga multi fungsi di dalam kampus. Aktivitas yang berhubungan adalah sebagai berikut : Akt

Uraian

Prasyarat

Waktu (mg)

MODEL JARINGAN

353

A

Survei posisi bangunan

-

6

B

Perancangan bangunan induk

-

8

C

Memperoleh persetujuan yayasan

A, B

12

D

Memilih arsitek

C

4

E

Membuat anggaran

C

6

F

Finalisasi rancangan

D, E

15

G

Mengusahakan dana

E

12

H

Memilih kontraktor

F, G

8

a. Gambarkan jaringan proyek b. Tentukan jalur kritis c. Susunlah penjadwalan aktivitas-aktivitas proyek d. Bisakah seluruh proyek selesai dalam 1 tahun ?

30. Perencana tata kota merencanakan membangun taman rekreasi baru. Pekerjaan di dalamnya meliputi membersihkan area piknik dan bermain, membangun jalan, membangun tempat berteduh, membeli peralatan taman, dll. Berikut ini adalah gambar jaringan proyek dan waktu penyelesaian (minggu) tiap pekerjaan. D

H

A C

Start

I

E

F

B

Finish

G

Aktivitas

A

B

C

D

E

F

G

H

I

Waktu

9

6

6

3

0

3

2

6

3

a. Tentukan jalur kritisnya b. Tentukan penjadwalan tiap aktivitas dalam proyek c. Yayasan ingin agar taman rekreasi dibuka 6 bulan lagi. Bisakan manajer proyek melakukannya ? d. Bisakah aktivitas C ditunda tanpa menyebabkan keseluruhan proyek mundur ? Jika bisa, berapa lama aktivitas tersebut dapat ditunda ?

Daftar Pustaka Anderson, D.R., Sweeney, D.J., William, T.A.(2005), an Introduction to Management Science, Quantitative Approaches to Decision Making, 11th ed, South-Western. Bronson, R. (1983), Theory and Problems of Operations Research, Schaum’s Outline Series, McGraw-Hill Deo, N. (1986), Graph Theory with Applications to Engineering and Computer Science, McGraw-Hill Gillett, B.E. (1976), Introduction to Operations Research, A Computer-Oriented Algorithmic Approach, McGraw-Hill Hillier, F.S., Lieberman, G.J. (1986), Introduction to Operations Research, 4th ed, McGraw-Hill Ignizio, J.P., Cavalier, T.M. (1994), Linear Programming, Prentice Hall Int Jong Jek Siang. (2009), Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu Komputer, ed 4, Andi Offset Loomba, N.P. (1979), Linear Programming, An Introductory Analysis, McGraw-Hill Mital, K.V. (1979), Optimization Methods in Operations Research and Systems Analysis, Wiley Eastern Limited Ravindran, A., Phillips, D.T., Solberg, J.J. (1987), Operations Research, Principles and Practice, 2nd ed, John Wiley & Sons Susanta, B. (1986), Diktat Kuliah Program Linier, FMIPA UGM Taha, H.A. (1987), Operations Research, an Introduction, 3rd ed, MacMillan Publishing Co, Inc Takaoka, T. (1998), Shortest path algorithm for Nearly acyclic directed graph, Theoretical Computer Science, 203 (1) pages 143-150 Takaoka, T. (2001), Improved Shortest Path Algorithm for Nearly Acyclic Directed Graph, TElectronic Notes in theoretical Computer Science 42 (2001), www.elsevier.nl/locate/entcs/volume42.html Terry L Dennis, Laurie B Dennis (1991), Management Science, West Publication Company. Thie, P.R. (1979), An Introduction to Linear Programming and Game Theory, John Wiley & Sons Wu, N, Coppins, R. (1981), Linear Programming and Extensions, McGraw-Hill

Riset Operasi. dolom Pendekomn AlgOritm is

Recommend Documents