or dengan bantuan komputer

300

400

200 250

400

200 600

450 450

400

Jakarta

Surabaya

Pontianak

Balikpapan

Makasar Manado

Jayapura

Dwijanto Program Linear

Berbantuan Komputer:

Lindo, Lingo dan Solver

Dwijanto

Program Linear

Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver

PENDAHULUAN

Buku ini berjudul Program Linear Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver akan membahas masalah-masalah optimasi yang berbentuk liniear yaitu memaksimumkan atau meminimumkan masalah dalam dalam bentuk fungsi linear dengan persyaratan atau fungsi pembatas sebuah sistem pertidaksamaan linear.

Bentuk umum masalah program linear adalah sebagai berikut:

Maksimumkan atau minimumkam : nni xaxaxaxF +++= ...)( 2211 Dengan syarat :

nni xaxaxaxg 12121111 ...)( ++= 1b nni xaxaxaxg 22221212 ...)( ++= 2b .

nmnmmim xaxaxaxg ...)( 2211 ++= mb dengan diganti atau = atau .

Kajian pada buku ini terdiri dari 6 Bab, yaitu: Tinjauan Teori-teori sebagai Dasar Program Linear, Pengenalan Program Linear, Transportasi, Penugasan dan Transshipment, Analisis Jaringan, dan Program Linear Bilangan Bulat, yang memuat berbagai masalah yang akan diselesaikan dengan cara manual, dan dengan bantuan program komputer. Program komputer yang digunakan untuk menyelesaikan masalah program liniear di sini adalah program lindo, program lingo, dan Solver yang berada di bawah program excel. Tidak semua masalah pada program linear dapat diselesaikan dengan sebuah program, jadi sangat mungkin sebuah masalah akan dapat cocok diselesaikan dengan suatu program tertentu tetapi tidak tepat apabila digunakan program lain meskipun bisa. Dengan menggunakan komputer sebagai alat bantu dalam menyelesaikan masalah program linear, maka kendala banyaknya variabel sudah bukan menjadi masalah lagi. Ini memberikan kesempatan kepada pembaca (mahasiswa) untuk melakukan kajian sebuah masalah secara lebih mendalam.

Kajian masing masing Bab Bab I. Teori-teori sebagai Dasar Program Linear Tinjauan Teori-teori sebagai

Dasar Program Linear

Pada bagian ini akan membahas beberapa teori yang berhubungan dengan program linear khususnya teori yang menyangkut geometri bidang banyak. Teori ini diperlukan khususnya kepada pembaca yang menggemari matematika atau mahasiswa matematika, sedangkan untuk mahasiswa bukan matematika, bab ini dapat dilompati.

Bab II. Pengenalan Program Linear Pengenalan Program Linear Bagian ini akan membahas Program Linear secara umum, yaitu masalah

program linear yang dapat diselesaikan secara manual atau dengan bantuan program komputer. Penyelesaian secara manual dapat digunakan cara grafik ataupun dengan metode simpleks, sedangkan dengan bantuan program komputer sebuah masalah akan diselesaikan dengan tiga program yaitu program lindo, program lingo, dan solver.

Bab III. Transportasi Masalah transportasi disini adalah masalah pemindahan sejumlah

barang sejenis dari beberapa tempat (sumber) dengan jumlah barang yang bervariasi kemudian dikirim ke beberapa tempat (tujuan) dengan jumlah kebutuhan yang bervariasi pula. Masalah utama dari transportasi di sini adalah meminimumkan total biaya transportasi.

Bab IV. Penugasan dan Transshipment Penugasan adalah kajian khusus dari masalah transportasi dimana

banyaknya sumber sama dengan banyaknya tujuan dengan banyaknya produksi di masing-masing sumber maupun banyaknya permintaan di masing-masin tujuan adalah satu. Sedangkan Transshipment adalah masalah transportasi dimana permintaan tidak dapat dilayani langsung dari produsen. Dalam hal ini pelayanan harus melalui beberapa agen.

Bab V. Analisis Jaringan Pada Bab Analisis Jaringan ini akan membahas 4 masalah yaitu Masalah Lintasan Terpendek , Masalah Diagram Pohon Terpendek,

Masalah Aliran Maksimum, Menyelesaikan proyek dengan PERT dan CPM.

Bab VI. Program Linear Bilangan Bulat Pada bagian ini akan membahas masalah program linear yang khusus dengan solusi bilangan bulat atau bilangan biner. Masalah penyelesaian dengan bilangan bulat ini sering muncul ketika seseorang harus meproduksi barang dengan satuan bilangan bulat, seperti membuat kursi, meja, atau menghitung banyaknya mesin yang akan digunakan. Sedangkan bilangan biner digunakan untuk menentukan sebuah keputusan yaitu apakah suatu pekerjaan atau proyek harus dikerjakan atau tidak.

DAFTAR ISI

Kata Pengantar

Pendahuluan Bab I. Tinjauan Teori-teori sebagai Dasar Program Linear

1. Himpunan Konveks ................................................................................... 1 2. Titik Ekstrim ............................................................................................. 2 3. Sinar dan Arah Himpunan Konveks ......................................................... 2 4. Arah Ekstrim Himpunan Konveks ............................................................. 4 5. Bidang Banyak dan Ruang Paruh ............................................................. 5 6. Fungsi Konveks dan Fungsi Konkav ......................................................... 6 7. Representasi Himpunan Polihedral (Polihedron) ...................................... 8 8. Teorema Representasi Bentuk Umum ..................................................... 9

Bab II. Pengenalan Program Linear ..................................................................... 13 1. Penyelesaian dengan Metode Grafik ...................................................... 13 2. Penyelesaian dengan Metode Simpleks .................................................. 19

a. Kasus masalah dengan fungsi tujuan maksimum ....................... 19 b. Kasus masalah dengan fungsi tujuan minimum .......................... 27

3. Primal dan Dual ...................................................................................... 31 a. Masalah Primal dan Dual ......................................... 31 b. Hubungan Primal dan Dual ......................................................... 34

4. Program Komputer Lindo, Lingo, dan Solver ........................................ 36 a. Lindo ........................................................................................... 36 b. Menyelesaikan Masalah Program Linear dengan Lindo ............. 43 c. Lingo untuk Menyelesaikan Program Linear ............................. 48 d. Solver untuk Menyelesaikan Program Linear ............................. 50

Bab III. Transportasi ........................................................................................... 60 1. Metode Transportasi ...................................................................................... 60 2. Permasalahan dalam Metode Transportasi .................................................... 60

a. Beberapa Metode dalam Penyelesaian Masalah Transportasi (Penyelesaian awal) ................................................................................. 62

i. North West Corner (NWC) ......................................................... 62 ii. Metode Inspeksi ......................................................................... 63 iii. Metode VAM ( Vogel Approximation Method) ......................... 67

b. Menentukan Nilai Optimal ...................................................................... 74 i. Metode Steppingstone ................................................................ 74 ii. Modified Distribution Method (MODI) ...................................... 79

c. Penyelesaian Masalah dengan Program Komputer ................................. 83 i. Program Lindo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 83 ii. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 88 iii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi ..... 92

d. Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang ........................................ 95

Bab IV. Penugasan dan Transshipment ........................................................... 108 1. Penugasan ............................................................................................. 108

i. Menyelesaikan Masalah Penugasan dengan Metode Hongaria 108 ii. Menyelesaikan Masalah Penugasan dengan Program Komputer111 iii. Program Lindo untuk Menyelesaikan Masalah Penugasan . . 111 iv. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Penugasan . . 113

2. Transshipment ....................................................................................... 117 i. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transshipment 119

ii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transshipment 122

Bab V. Analisis Jaringan ................................................................................... 125 1. Masalah Lintasan Terpendek ................................................................ 127 2. Masalah Diagram Pohon Terpendek ................................................... 133 3. Masalah Aliran Maksimum .................................................................. 135 4. Menyelesaikan proyek dengan PERT dan CPM .................................... 140

Bab VI. Program Linear Bilangan Bulat ........................................................... 149 1. Metode Branch and Bound ................................................................... 151 2. Penyelesaian Program Linear Bilangan Bulat dengan Program Lindo.. 154 3. Penyelesaian Program Linear Bilangan Bulat dengan Program Solver . 155

Daftar Pustaka .................................................................................................... 166 Indeks ................................................................................................................. 167

KATA PENGANTAR

Puji Syukur Kehadirat Ilahi yang telah memberi karuniaNya sehingga buku Program Linear Berbantuan Komputer: Lindo, Lingo dan Solver dapat terselesaikan. Buku ini ditujukan kepada mahasiswa matematika, ekonomi dan teknik terutama mahasiswa yang mempelajari program linear dan memanfaatkan komputer sebagai alat bantu dalam menyelesaikan masalah program linear. Buku ini ditulis bertujuan untuk melengkapi buku-buku program linear yang perhitungannya mengunakan perhitungan manual. Akibatnya dalam pengambilan masalah sering membatasi dengan sedikit variabel.

Dalam buku ini, penyelesaian suatu masalah akan dikerjakan dengan cara perhitungan manual, kemudian diselesaikan dengan bantuan komputer khususnya program Lindo, Lingo atau Solver. Dengan menggunakan komputer sebagai alat bantu hitung, maka masalah perhitungan dan banyaknya variabel bukan menjadi kendala lagi. Untuk mahasiswa ekonomi maupun teknik, dapat langsung memulai dari Bab II dan seterusnya, sedangkan mahasiswa matematika perlu memahami terlebih dulu teori yang berada pada Bab I.

Ucapan terima kasih kami sampaikan kepada Penjaminan Mutu Universitas Negeri Semarang yang telah memberikan kesempatan kepada Penulis untuk penulisan buku ini. Selanjutnya saran dan kritik dari pembaca sangat diharapkan guna penyempurnaan buku ini.

Semarang, Agustus 2007 Penulis

1

BAB I Sekilas tentang Teori-teori sebagai Dasar Program Linear 1. Himpunan konveks

Sebuah himpunan X dalam Rn disebut himpunan konveks apabila memenuhi sifat

berikut: jika diberikan sebarang dua titik x1 dan x2 di dalam X, maka x1 + (1- )x2 X

untuk setiap [0 , 1]. Selanjutnya kita ketahui bahwa x1 + (1 - )x2 untuk dalam

interval [0 , 1], menggambarkan titik-titik yang terletak pada ruas garis yang

menghubungkan x1 dan x2. Sebarang titik dalam bentuk x1 + (1- )x2 dengan 0 1

disebut kombinasi konveks dari x1 dan x2. Jika (0 , 1), maka bentuk x1 + (1- )x2

disebut kombinasi konveks sempurna.

Dalam pengertian geometri, himpunan konveks dan himpunan tidak-konkveks

dapat digambarkan sebagai berikut:

a. Himpunan konveks b. Himpunan tidak-konveks

Gambar 1.1. Contoh himpunan konveks dan himpunan tidak konveks. Pada gambar sebelah kiri (Gambar 1.1.a), untuk semua kombinasi konveks dari x1

dan x2 berada dalam X, sedangkan pada gambar sebelah kanan (Gambar 1.1.b), terdapat

kombinasii konveks dari x1 dan x2 yang berada diluar X. Jadi gambar sebelah kiri adalah

menggambarkan himpunan konveks, sedangkan himpunan gambar sebelah kanan adalah

menggambarkan himpunan tidak-konveks.

Berikut adalah contoh-contoh himpunan konveks:

1. { }1xx:)x,x( 222121 + 2.

=++

+

+

= 0,,,1,110

011

001

x:x 321321321

2

2. Titik Ekstrim

Dalam kajian pada program linear, titik ekstrim sangat berperan dalam

menentukan nilai optimum suatu masalah. Sebuah titik dalam himpunan konveks X disebut

titik ekstrem dari himpunan X, jika titik x tersebut tidak dapat dinyatakan dengan kombinasi

konveks sempurna dari dua titik yang berbeda dalam X. Dengan kata lain jika x titik

ekstrim dan x = x1 + (1- )x2, dengan (0 , 1) dan x1, x2 X, maka x = x1 = x2.

Gambar berikut memperlihatkan titik ekstrim dan bukan titik ekstrim.

Gambar 1. 2. Titik-titik pada himpunan konveks X.

Titik x1 adalah titik ekstrimdari X, sedangkan x2 dan x3 bukan titik ekstrim dari X.

3. Sinar dan Arah Himpunan Konveks

Sinar pada Himpunan Konveks

Misalkan X himpunan konveks. Sinar adalah himpunan titik-titik yang berbentuk

{x0 + d : 0} dimana d vektor tak-nol. Dalam hal ini, x0 disebut titik ujung dari sinar,

dan d adalah arah sinar.

Arah Himpunan Konveks

Misalkan X himpunan konveks, vektor tak-nol d disebut arah suatu himpunan X, jika untuk

setiap x0 di X, {x0 + d : 0} juga di X. Oleh karena itu seseorang dapat mengambil

sebarang titik x0 di X, dan menariknya dengan memperpanjang atau memperpendek

(recede) d dengan 0 , maka akan tetap berada di X.

Jelas apabila X terbatas, maka X tidak mempunyai arah.

3

d1

d1

d2 d1

d

Contoh 1.1

Tentukan arah himpunan polihedral X = {x : Ax b, x 0}.

Jawaban

Misalkan d arah himpunan X, maka untuk setiap 0 dan x X, d 0 dan memenuhi

A(x + d) b .... (1)

x + d 0 .... (2)

Karena x X, maka memenuhi Ax b.

Dari (1) dengan mengambil 0 cukup besar (lim ) diperoleh Ad 0. Dengan cara

serupa dari (2) akan diperoleh d 0.

Jadi d arah himpunan X jika dan hanya jika d 0, d 0, dan Ad 0.

Dengan cara serupa untuk X = {x : Ax = b, x 0} dan d arah himpunan X, maka d 0, d

0 dan Ad 0.

Contoh 1. 2.

Tentukan arah himpunan X = {(x1,x2) : x1 + x2 1, x1 - x2 -2, x1 0, dan x2 0 }.

Jawaban

Gambar 1. 3. Himpunan X = {(x1,x2) : x1 + x2 1, x1 - x2 -2, x1 0, dan x2 0 }

Misalkan x0 = (x1,x2) sebarang titik di X dan d = (d1,d2) arah himpunan X.

4

Karena d = (d1,d2) arah himpunan X, maka d 0 dan untuk setiap 0, berlaku

x0 + d = (x1 + d1 , x2 + d2) X akibatnya:

x1 + d1 + x2 + d2 1 ... (1)

x1 + d1 - x2 - d2 -2 ... (2)

x1 + d1 0 ... (3)

x2 + d2 0 ... (4)

Dari (1) dapat dubah menjadi x1 + x2 + (d1 + d2) 1 Karena x1 dan x2 tetap dan dengan

sebarang, maka untuk yang cukup besar berlaku d1 + d2 0 atau d2 -d1. Persamaan

(2) juga dapat diubah menjadi x1 - x2 + (d1 - d2) -2. Dari persamaan terakhir ini dengan

mengambil x1 dan x2 tetap dan dengan sebarang, maka untuk yang cukup besar

berlaku d1 d2 0 atau d2 d1.

Dengan cara serupa dari (3) dan (4) kita peroleh d1 0 dan d2 0. Sehingga secara

keseluruhan diperolah d2 - d1, d2 d1, d1 0 dan d2 0. Dari keempat hasil ini dapat

disederhanakan menjadi d1 0 dan 0 d2 d1.

4. Arah Ekstrim Himpunan Konveks

Pendefinisian arah ekstrim himpunan mirip dengan titik ekstrim. Suatu arah ekstrim

himpunan konveks adalah arah suatu himpunan konveks yang tidak dapat di

representasikan dengan kombinasi positif dari dua arah himpunan yang berbeda. Dua

vektor d1, d2 dikatakan berbeda atau tidak ekivalen jika d1 tidak dapat direpresentasikan

dengan perkalian positif dengan kelipatan d2.

Pada Contoh 2 di atas, maka d1 = (1,0) dan d2 = (2/2 , 2/2) adalah arah ekstrim yang telah

di normalkan. Untuk setiap arah himpunan konveks dapat dinyatakan sebagai kombinasi

dari d1 dan d2 yaitu dalam bentuk 1d1 + 2d2, dengan 1, 2 > 0. Dengan demikian setiap

arah himpunan yang berbentuk d = (d1 , d2) dengan d1 0 dan 0 d2 d1 dapat ditulis

dalam bentuk 1d1 + 2d2. Misalnya arah d = (5, 2) adalah memenuhi syarat untuk arah

dari X, maka apabila kita tuliskan dalam bentuk kombinasi linear 1d1 + 2d2, diperoleh

1 = 3 dan 2 = 22.

5

5. Hyperplane dan Halfspace

Bidang banyak (Hyperplane) di Rn adalah bentuk generalisasi dari garis di R2 atau

sebuah bidang di R3. Bidang banyak H di Rn adalah himpunan yang berbentuk {x:px = k}

dimana p vektor tak nol di Rn dan k suatu skalar. Disini p disebut normal dari bidang

banyak.

Bidang banyak terdiri dari semua titik x = (x1, x2, ..., xn) yang memenuhi persamaan

=

=

n

1jjj kxp . Konstan k dapat dieliminasikan dengan menggunakan suatu titik tertentu

misalnya x0 di H. Jika x0 H, maka akan memenuhi px0 = k, dan setiap x H, kita miliki

px = k. Jadi dengan proses mengurangkannya kita peroleh p(x - x0) = 0, dimana x0

sebarang titik tetap di H.

Bidang banyak adalah konveks.

Gambar berikut adalah bidang banyak dan vektor normal p, dimana p ortogonal

terhadap x - x0.

Gambar 1.4. Bidang banyak

Bidang banyak membagi Rn dalam dua daerah, yang disebut ruang paruh

(halfspaces). Dengan demikian ruang paruh adalah himpunan titik-titik yang berbentuk {x:

px k}, dimana p vektor tak-nol di Rn dam k skalar. Sedangkan ruang paruh yang satunya

akan berbentuk

6

{x: px k}. Irisan kedua ruang paruh adalah bidang banyak dan gabungan kedua ruang

paruh tersebut adalah Rn.

Gambar 1.5. Ruang Paruh.

Berkaitan dengan x0 titik tetap di bidang banyak, maka kedua ruang paruh dapat

dinyatakan dengan {x : p(x x0) 0} atau {x : p(x x0) 0}. Gambar di atas

memperlihatkan ruang paruh yang pertama yang terdiri dari titik-titik x sedemikian hingga

(x x0) membentuk sudut lancip ( 90) terhadap p, dan ruang paruh yang kedua terdiri

dari titik-titik x sedemikian hingga (x x0) membentuk sudut tumpul ( 90) terhadap p.

6. Fungsi konveks dan fungsi konkav

Fungsi f : Rn R disebut konveks jika untuk dua vektor x1 dan x2 di Rn berlaku:

f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), untuk semua [0 , 1].

Selanjutnya fungsi f : Rn R disebut konkav jika -f adalah fungsi konveks. Jadi fungsi f

adalah konkav jika memenuhi pertidaksamaan berikut:

f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), untuk semua [0 , 1].

Fungsi konveks dan fungsi konkav dapat diilustrasikan seperti gambar berikut:

7

(a) (b) (c)

Gambar 1.6. Contoh fungsi konveks dan fungsi konkav

Gambar (a) adalah fungsi konveks, f (x1) + (1- ) f (x2) digambarkan sebagai titik

pada tali busur yang menghubungkan f (x1) dan f (x2), sedangkan f (x1 + (1- )x2) adalah

titik pada f yang menghubungkan f (x1) dan f (x2).

Dapat dilihat dari gambar bahwa f (x1) + (1- ) f (x2) berada diatas f (x1 + (1- )x2).

Jadi f (x1 + (1- )x2) f (x1) + (1- ) f (x2), yang berarti f konveks.

Dengan analogi yang sama, maka dapat dilihat bahwa gambar (b) adalah fungsi konkav

dan gambar (c) menggambarkan fungsi yang bukan konveks maupun konkav.

8

7. Representasi Himpunan Polihedral (Polihedron)

Polihedral adalah sebuah bangun yang dibentuk oleh beberapa halfspace atau sebuah

bangun yang dibentuk oleh oleh sistem pertidaksamaan linear. Misalnya, X adalah

Polihedral yang dibatasi oleh:

-3x1 + x2 -2 - x1 + x2 2 -x1 + 2x2 8 -x2 -2 x1 0, x2 0.

Polihedral dapat merupakan hipunan terbatas, dan dapat pula tak terbatas.

a. Himpunan Polihedral terbatas Himpunan Polihedral terbatas adalah himpunan polihedral yang memenuhi kriteria bahwa

terdapat bilangan k sehingga untuk setiap x pada himpunan berlaku x < k.

Gambar 5 adalah polihedral terbatas dengan enam halfspace dan memiliki enam

titik ekstrim, yaitu x1, x2, x3, x4, x5, x6.

x adalah titik di dalam polihedral, maka x dapat dinyatakan dengan kombinasi konveks y

dan x1 :

x = y + (1 ) x1, dengan (0 , 1).

Selanjutnya y itu sendiri merupakan kombinasi konveks dari x3 dan x4:

y = x3 + (1 ) x4, dengan (0 , 1).

Gambar 1.7. Representasi sebuah titik dalam polihedral terbatas terhadap titik-titik ekstrem

9

Dengan mensubstitusikan x3 dan x4 kedalam y maka kita peroleh:

x = x3 + (1 ) x4 + (1 ) x1

Karena (0 , 1) dan (0 , 1), maka , (1 ) , (1 ) (0 , 1). Juga memenuhi

+ (1 ) + (1 ). Dengan kata lain, x dapat direpresentasikan sebagai kombinasi konveks terhadap titik-titik ekstrim x1, x3, x4.

Hal ini dapat diambil genaralisasi bahwa setiap titik dalam himpunan polihedral terbatas,

dapat dinyatakan sebagai kombinasi konveks dari titik-titik ekstrimnya.

b. Himpunan Polihedral tak-terbatas

Dalam polihedral tak-terbatas, maka sebuah titik dapat di representasikan dalam

kombinasi titik ekstrim dan arah ekstrim himpunan. Gambaran berikut adalah sebuah titik

representasi sebuah titik pada polihedral tak terbatas.

Gambar 1.8. Repesentasi titik pada Polihedral tak-terbatas

Misalkan x X sebarang, maka x = s + d, s dapat dinyatakan dengan kombinasi konveks

dari x2 dan x4 yaitu s = 1x1 + 2x2 sedangkan d dapat dinyatakan dengan kombinasi dari

d1 dan d2, yaitu d = 1d1 + 2d2. Jadi x = 1x1 + 2x2 + 1d1 + 2d2.

10

8. Teorema Representasi Bentuk Umum

Misalkan X = {x : Ax b, x 0} himpunan tak-kosong (polihedron). Maka

himpinan titik-titik ekstrim tak-kosong dan banyaknya titik-titik tersebut berhingga, sebut x1,

x2, x3, . . . , xk. Selanjutnya himpunan arah adalah kosong jika dan hanya jika X terbatas.

Jika X tak-terbatas, maka himpunan arah tak-kosong dan memiliki sejumlah berhingga

vektor, sebut d1, d2, . . ., dm. Kemudian, x X jika dan hanya jika x dapat dinyatakan

sebagai kombinasi konveks dari x1, x2, x3, . . . , xk ditambah dengan kombinasi linear tak

negatif dari d1, d2, . . ., dm yaitu,

========

++++====m

jjj

k

jjj dxx

11

====

====

k

jj

11 ,

m,...,,j,k,...,,j,

jj

210210

====

====

Bukti.

Tidak dibuktikan dalam buku ini.

Akibat.

Untuk sebarang x*X dapat direpresentasikan sebagai

========

++++====m

jjj

k

jjj* dxx

11 ,

====

====

k

jj

11 ,

m,...,,j,,k,...,,j, jj 210210 ======== .

Soal-soal

1. Tunjukkan bahwa hyperplane H = {x : px = k} dan halfspace H*= {x : px k} adalah

himpunan konveks.

2. Buatlah grafik yang menggambarkan himpunan yang memenuhi

{(x1,x2) : -x1 + x2 2, x1 + 2x2 8, x1 0, x2 0}. Apakah himpunan ini konveks ?

3. Buatlah grafik yang menggambarkan himpunan yang memenuhi

{(x1,x2) : x1 + x2 2, x1 8, x1 0, x2 0}. Apakah himpunan ini konveks ?

11

4. Misalkan a1 = (1 , 0), a2 = (2 , 3), a3 = (-1 , 4), a4 = (5 , -3), a5 = (-4 , 4). Ilustrasikan

secara geometri kombinasi konveks dari ke-lima titik ini.

5. Tentukan fungsi-fungsi berikut konveks, konkaf atau tidak keduanya.

a. f(x) = 2x

b. f(x) = x2

c. f(x) = x3

d. f(x1,x2) = x1 2 + 3 x2

6. Misalkan himpunan X = {(x1,x2) : x1 + 2x2 2, x1 - 2x2 -6, x1 0, dan x2 1}.

Tentukan arah himpunan X ini.

7. Diketahui himpunan X = {(x1,x2) : x1 + 2x2 2, x1 - 2x2 -6, x1 0, dan x2 1}.

Nyatakan titik-titik berikut sebagai kombinasi konveks dan arah himpunan:

a. (1 , 1)

b. (1 , 2)

c. (2 , 1)

d. (3 , 2)

e. (6 , 3)

60

BAB III Transportasi 1. Metode Transportasi

Metode transportasi adalah suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari

sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama atau sejenis ke tempat tujuan

secara optimal. Distribusi ini dilakukan sedemikian rupa sehingga permintaan dari

beberapa tempat tujuan dapat dipenuhi dari beberapa tempat asal yang masing-masing

dapat memiliki permintaan atau kapasitas yang berbeda. Dengan menggunakan metode

transportasi, dapat diperoleh suatu alokasi distribusi barang yang dapat meminimalkan

total biaya transportasi. Selain untuk mengatur distribusi pengiriman barang, metode

transportasi juga dapat digunakan untuk masalah lain, seperti penjadwalan dalam proses

produksi agar memperoleh total waktu proses pengerjaan yang terendah, penempatan

persediaan agar mendapatkan total biaya persediaan terkecil, atau pembelanjaan modal

agar mendapatkan hasil investasi yang terbesar. Dalam kaitannya dengan perencanaan

fasilitas, metode transportasi dapat digunakan untuk memilih suatu lokasi yang dapat

meminimalkan total biaya operasi.

Suatu perusahaan memerlukan pengelolaan data dan analisis kuantitatif yang akurat,

cepat serta praktis dalam penggunaannya. Dalam perhitungan secara manual

membutuhkan waktu yang lebih lama, sementara pertimbangan efisiensi waktu dalam

perusahaan sangat diperhatikan. Dengan demikian diperlukan adanya suatu alat, teknik

maupun metode yang praktis, efektif dan efisien untuk memecahkan permasalahan

tersebut.

2. Permasalahan dalam Metode Transportasi

Masalah ini merupakan masalah pengangkutan sejenis barang dari beberapa sumber ke

beberapa tujuan. Pengalokasian produk dari sumber yang bertindak sebagai penyalur ke

tujuan yang membutuhkan barang bertujuan agar biaya pengangkutannya seminimal

mungkin dari seluruh permintaan dari tempat tujuan dipenuhi. Model transportasi

61

digunakan untuk menyelesaikan masalah distribusi barang dari beberapa sumber ke

beberapa tujuan. Asumsi sumber dalam hal ini adalah tempat asal barang yang hendak

dikirim, sehingga dapat berupa pabrik, gudang, grosir, dan sebagainya. Sedangkan tujuan

diasumsikan sebagai tujuan pengiriman barang. Dengan demikian informasi yang harus

ada dalam masalah transportasi meliputi: banyaknya daerah asal beserta kapasitas

barang yang tersedia untuk masing tempat, banyaknya tempat tujuan beserta permintaan

(demand) barang untuk masing-masing tempat dan jarak atau biaya angkut untuk setiap

unit barang dari suatu tempat asal ke tempat tujuan.

Untuk lebih jelasnya marilah kita bahas contoh masalah transportasi yang terlihat

pada Tabel 1.1. berikut:

Tabel 1.1 Kapasitas pabrik, Permintaan di Lapangan (Demand), dan biaya satuan

pengangkutan

Origin

(Tempat

Asal)

Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas

Pabrik

D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1

8 1 6 6 7

90 O2

1 12 4 7 7

70 O3

10 15 6 9 1

90 O4

Demand

(Permin-

taan)

80 50 90 60 70 350

Tabel 1.1. di atas menggambarkan bahwa jumlah kapasitas pabrik O1, O2, O3, dan

O4 berturut-turut: 100, 90, 70, dan 90, sedangkan permintaan pasar di lapangan D1, D2, D3,

D4, dan D5 berturut-turut 80, 50, 100, 60, dan 70. Biaya satuan dari pabrik O1 ke

62

permintaan D1 adalah 12, biaya satuan dari pabrik O1 ke permintaan D2 adalah 4, dan

seterusnya, sampai biaya satuan dari pabrik O3 ke permintaan D5 adalah 1. Untuk

menyelesaikan permasalahan transportasi ini ada beberapa metode antara lain: Metode

North West Corner (NWC), metode Inspeksi, dan metode pendekatan Vogel (Vogel

Approximation Methods atau disingkat VAM).

a. Beberapa Metode dalam Penyelesaian Masalah Transportasi (Penyelesaian awal)

i. North West Corner (NWC)

Sesuai nama aturan ini, maka penempatan pertama dilakukan di sel paling kiri dan

paling atas (northwest) matriks kemudian bergerak ke kanan atau ke bawah sesuai

permintaan dan kapasitas produksi yang sesuai.

Besar alokasi ini akan mencukupi salah satu, kapasitas tempat asal baris pertama

dan atau permukaan tempat tujuan dari kolom pertama. Jika kapasitas tempat asal

pertama terpenuhi kita bergerak ke bawah menyusur kolom pertama dan menentukan

alokasi yang akan mencukupi atau kapasitas tempat asal baris kedua atau mencukupi

tujuan yang masih kurang dari kolom pertama. Di lain pihak, jika alokasi pertama

memenuhi permintaan tempat tujuan di kolom pertama, kita bergerak ke kanan di baris

pertama dan kemudian menentukan alokasi yang kedua atau yang memenuhi kapasitas

tersisa dari baris satu atau memenuhi permintaan tujuan dari kolom dua dan seterusnya.

Untuk masalah seperti pada Table 1.1 di atas, maka apabila diselesaikan dengan metode

NWC akan melakukan langkah-langkah sebagai berikut:

Penggunaan metode NWC mengharuskan sel O1 D1, yang terletak di sudut kiri atas diisi.

Alokasi diterapkan X11 = 80 unit untuk memenuhi permintaan yang ternyata lebih kecil dari

kapasitas O1. Ini berarti permintaan tujuan D1= 80 dapat dipenuhi dari O1. Ternyata

produksi O1 masih mempunyai (100 - 80) = 20 unit kapasitas yang belum disalurkan. Sisa

yang 20 unit ini di alokasikan kepada permintaan D2 yang permintaannya 50 unit. Untuk

memenuhi kekurangan kebutuhan D2, yaitu kurang 30 unit maka diambil dari D2 dengan

demikian maka sel O1D2 atau X12 = 20 dan sel O2D2 atau X22 = 30. Sisa produksi D2

setelah dikurangi 30 unit adalat 60 unit, sisa ini di alokasikan ke sel O2D3 atau X23 yang

secara keseluruhan. Permintaan D3 adalah 90 unit dan telah tersedia 60 unit dari O2.

63

Kekurangan 30 unit diambilkan dari produksi O3 sehingga X23 = 70 dan X33 = 30. Sisa

produksi O3 sebanyak 40 unit yaitu (70-30) di alokasikan ke permintaan D4 dan permintaan

D4 sebanyak 60 unit dilengkapi dengan mengambil 20 unit dari produksi O4. Dengan

demikian produksi O4 tersisa 70 unit dialokasikan ke permintaan D5.

Tabel 2.1. Matriks biaya transportasi tiap barang dan jumlah alokasi distribusi barang dari tempat asal (pabrik) ke tempat tujuan (kota tujuan)

Tempat

Asal


Pabrik D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1 80 20

8 1 6 6 7

90 O2 30 60

1 12 4 7 7

70 O3 30 40

10 15 6 9 1

90 O4 20 70

Permin-

taan

80 50 90 60 70 350

Berdasarkan Tabel 2.1 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: Sel O1D1 atau

X11 = 80, sel O1D2 atau X12 = 20, sel O2D2 atau X22 = 30, sel O2D3 atau X23 = 60, sel O3D3

atau X33 = 30, sel O3D4 atau X34 = 40, sel O4D4 atau X44 = 20, dan sel O4D5 atau X45 = 70.

Besarnya biaya transportasi dengan metode NWC adalah

80 (12) + 20 (4) + 30 (1) + 60 (6) + 30 (4) + 40 (7) + 20 (9) + 70 (1) = 2.080.

ii. Metode Inspeksi

Metode ini untuk persoalan transportasi berdimensi kecil, hal ini akan memberikan

pengurangan waktu. Alokasi pertama dibuat terhadap sel yang berkaitan dengan biaya

pengangkutan terendah. Sel dengan ongkos terendah ini diisi sebanyak mungkin dengan

mengingat persyaratan kapasitas produksi (origin) maupun permintaan tempat tujuan.

64

Kemudian beralih ke sel termurah berikutnya dan mengadakan alokasi dengan

memperhatikan kapasitas yang tersisa dari permintaan baris dan kolom. Dalam

perhitungannya metode ini membuat matriks sesuai dengan persyaratan. Untuk

permasalahan transportasi di atas apabila dilakukan dengan metode Inspeksi maka

langkah-langkahnya sebagai berikut:

Biaya terkecil adalah 1 yaitu pada sel O2D2, O3D1, dan O4D5. Sel-sel ini kita isi dengan

memperhatikan kapasitas dan permintaan, yaitu dengan mencari nilai minimum dari

keduanya.

Sel O2D2 kita isi 50, sehingga kapasitas O2 menjadi 40 dan permintaan D2 menjadi 0,

kemudian kolom D2 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.


kemudian baris O3 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.


kemudian kolom D5 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya.

Hasil perhitungan di atas ini dapat dilihat pada Tabel 2.2.

Tabel 2.2.

Tempat

Asal



12 4 9 5 9

100 O1

8 1 6 6 7 40

90 O2 50

1 12 4 7 7 0

70 O3 70

10 15 6 9 1 20

90 O4 70

Permin-

taan

10 0 0

80 50 90 60 70 350

65

Biaya terkecil selanjutnya adalah 5 yang terletak pada sel O1D4. Sel O1D4 kita isi minimum

dari kapasitas O1dan permintaan D4, sehingga kita isi dengan 60 unit. Dengan pengisian

60 unit pada sel O1D4 maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0,

kemudian kolom D4 kita tandai dan tidak kita olah pada program selanjutnya. Hasil

perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.3.

Tabel 2.3.

Tempat

Asal


Pabrik

D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9 40

100 O1 60

8 1 6 6 7 40

90 O2 50

1 12 4 7 7 0

70 O3 70

10 15 6 9 1 20

90 O4 70

Permin-

taan

10 0 50 30 0 0

80 50 90 60 70 350

Biaya terkecil selanjutnya adalah 6 yang terletak pada sel O2D3. dan sel O4D3. Sel O2D3

kita isi minimum dari sisa kapasitas O2 dan permintaan D3, sehingga kita isi dengan 40

unit. Dengan pengisian 40 unit pada sel O2D3 maka kapasitas O2 menjadi 0 dan

permintaan D3 menjadi 50, kemudian baris O2 kita tandai dan tidak kita olah pada program

selanjutnya. Sel O4D3 kita isi minimum dari sisa kapasitas O4 dan sisa permintaan D3,

sehingga kita isi dengan 20 unit. Dengan pengisian 20 unit pada sel O4D3 maka kapasitas

O4 menjadi 0 dan permintaan D3 menjadi 30, kemudian baris 42 kita tandai dan tidak kita

olah pada program selanjutnya.

Hasil perhitungan ini dapat kita hihat pada Tabel 2.4.

66

Tabel 2.4.

Tempat

Asal



12 4 9 5 9 40

100 O1 60

8 1 6 6 7 40

90 O2 50 40

1 12 4 7 7 0

70 O3 70

10 15 6 9 1 20

90 O4 20 70

Permin-

taan

10 0 50 30 0

80 50 90 60 70 350

Selanjutnya kekurangan dari permintaan D1 sebanyak 10 unit, dan kekurangan permintaan

D2 sebanyak 30 unit di alokasikan dari sisa produksi D1 yang besarnya 40 unit. Dengan

demikian maka semua permintaan maupun pemawaran telah selesai dan diperoleh Tabel

2.5 berikut.

Tabel 2.5.

Tempat

Asal



12 4 9 5 9 40

100 O1 10 30 60

8 1 6 6 7 40

90 O2 50 40

1 12 4 7 7 0

70 O3 70

10 15 6 9 1 20

90 O4 20 70

Permin-

taan

10 0 50 30 0 0

80 50 90 60 70 350

67

Berdasarkan Tabel 2.5 di atas diperoleh sistem transportasi sebagai berikut: X11 = 10, X13

= 30, X14 = 60, X22 = 50, X23 = 40, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya

transportasi dengan metode Inspeksi adalah

10 (12) + 30 (9) + 60 (5) + 50 (1) + 40 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1240.

iii. Metode VAM ( Vogel Approximation Method)

Metode VAM ini didasarkan atas beda kolom dan beda baris yang menentukan

perbedaan antara dua ongkos termurah dalam satu kolom atau satu baris. Setiap

perbedaan dapat dianggap sebagai penalti, karena menggunakan route termurah. Beda

baris atau beda kolom berkaitan dengan penalti tertinggi, merupakan baris atau kolom

yang akan diberi alokasi pertama. Alokasi pertama ini, atau menghabiskan tempat

Kapasitas produksi, atau menghabiskan permintaan tujuan atau kedua-duanya.

Untuk memperjelas metode ini, marilah kita mengerjakan soal yang sama dengan diatas

dengan menggunakan metode VAM.

Masalah transportasi ini adalah:

Tabel 2.6.

Tempat

Asal


Pabrik

Beda

Baris D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

O1 100

8 1 6 6 7

O2 90

1 12 4 7 7

O3 70

10 15 6 9 1

O4 90

Permin-

taan

80 50 90 60 70 350

Beda

Kolom

68

Besarnya beda baris dan beda kolom adalah sebagai berikut.

Tabel 2.7. Beda baris dan beda kolom.

Baris atau kolom Dua biaya termurah Beda baris atau beda kolom

Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O3 1 dan 4 3 Baris O4 1 dan 6 5 Kolom D1 1 dan 8 7 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 4 dan 6 2 Kolom D4 5 dan 6 1 Kolom D5 1 dan 7 6

Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 7 yaitu pada kolom D1, biaya termurah kolom

D1 adalah 1 yaitu pada sel O3D1. Oleh karena itu sel O3D1 ini diisi terlebih dahulu, yang

besarnya adalam minimum kapasitas O3 dan permintaan D1 yaitu 70. Dengan mengisi sel

O3D1 sebesar 70, maka kapasitas O3 menjadi 0 dan permintaan D1 menjadi 10. Dengan

demikian baris O3 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.

Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.8. Tabel 2.8.

Origin (Tempat

Asal)

Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik

Beda Baris D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9 O1 100 1

8 1 6 6 7 O2 90 5

1 12 4 7 7 O3 70 70 3

10 15 6 9 1 O4 90 5

Demand (Permin-

taan)

10

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

7 3 2 1 6

69

Besarnya beda baris dan beda kolom berikutnya adalah sebagai berikut.

Tabel 2.9. Beda baris dan beda kolom


Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O4 1 dan 6 5 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1 Kolom D5 1 dan 7 6


D5 adalah 1 yaitu pada sel O4D5. Oleh karena itu sel O4D5 ini diisi terlebih dahulu, yang



demikian kolom D5 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.

Hasil perhitungan ini dapat kita lihat pada Tabel 2.10.

Tabel 2.10.

Tempat Asal



12 4 9 5 9 O1 100 1

8 1 6 6 7 O2 90 5

1 12 4 7 7 0 O3 70 70

10 15 6 9 1 20 O4 70 90 5

Permin-taan

10 0

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

2 3 0 1 6

70


Tabel 2.11. Beda baris dan beda kolom


Baris O1 4 dan 5 1 Baris O2 1 dan 6 5 Baris O4 6 dan 9 3 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D2 1 dan 4 3 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1

Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 5 yaitu pada baris O2, biaya termurah kolom

O2 adalah 1 yaitu pada sel O2D2. Oleh karena itu sel O2D2 ini diisi terlebih dahulu, yang



demikian kolom D2 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.


Tabel 2.12.

Tempat Asal



12 4 9 5 9 O1 100 1

8 1 6 6 7 40 O2 50 90 5

1 12 4 7 7 0 O3 70 70

10 15 6 9 1 20 O4 70 90 3

Permin-taan

10 0 0

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

2 0 1 6

71




Baris O1 4 dan 9 4 Baris O2 6 dan 6 0 Baris O4 6 dan 9 3 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D3 6 dan 6 0 Kolom D4 5 dan 6 1

Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O1, biaya termurah baris


besarnya adalam minimum sisa kapasitas O1 dan permintaan D4 yaitu 60. Dengan mengisi

sel O1D4 sebesar 60, maka kapasitas O1 menjadi 40 dan permintaan D4 menjadi 0.

Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.


Tabel 2.14.

Tempat Asal



12 4 9 5 9 40 O1 60 100 4

8 1 6 6 7 40 O2 50 90 0

1 12 4 7 7 0 O3 70 70

10 15 6 9 1 20 O4 70 90 3

Permin-taan

10 0 0 0

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

2 0 1

72




Baris O1 9 dan 12 3 Baris O2 6 dan 8 2 Baris O4 6 dan 10 4 Kolom D1 8 dan 10 2 Kolom D3 6 dan 6 0

Beda baris atau beda kolom terbesar adalah 4 yaitu pada baris O4, biaya termurah baris




Dengan demikian baris O4 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.


Tabel 2.16.

Tempat Asal



12 4 9 5 9 40 O1 60 100 3

8 1 6 6 7 40 O2 50 90 2

1 12 4 7 7 0 O3 70 70

10 15 6 9 1 20 0 O4 20 70 90 4

Permin-taan

10 0 70 0 0

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

2 0 1

73




Baris O1 9 dan 12 3 Baris O2 6 dan 8 2 Kolom D1 8 dan 12 4 Kolom D3 6 dan 9 3





Dengan demikian baris D1 kita tandai dan tidak dimasukkan dalam program selanjutnya.


Tabel 2.18.

Tempat Asal



12 4 9 5 9 40 0 O1 40 60 100 3

8 1 6 6 7 40 30 O2 10 50 30 90 2

1 12 4 7 7 0 O3 70 70

10 15 6 9 1 20 0 O4 20 70 90

Permin-taan

10 0 0 70 0 0

80 50 90 60 70 350

Beda Kolom

4 3

Terakhir kekurangan kebutuhan D3 dicukupi oleh sisa dari O1 sebanyak 40 dan sisa O2

sebanyak 30. Dengan demikian kita peroleh sistem transportasi sebagai berikut: X13 = 40,

74

X14 = 60, X21 = 10, X22 = 50, X23 = 30, X31 = 70, X43 = 20, dan X45 = 70. Besarnya biaya

transportasi dengan metode VAM adalah

40 (9) + 60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70 (1) = 1230.

b. Menentukan Nilai Optimal

Dari ketiga metode tersebut di atas dapat kita lihat bahwa metode yang paling sederhana

adalah metode NWC, tetapi hasil dari metode ini umumnya kurang memuaskan.

Sedangkan dengan metode VAM hasilnya paling baik, tetapi perhitungannya cukup rumit.

Metode Inspeksi secara perhitungan sederhana, tetapi hasilnya mendekati dengan matode

VAM.

Jika kita diberi pertanyaan, metode mana yang akan dipakai untuk menyelesaikan

masalah transportasi?. Maka jawabnya tergantung banyaknya sumber (banyaknya tempat

produksi), banyaknya tempat tujuan serta waktu yang disediakan untuk memutuskan.

Bilamana diberi waktu yang cukup, maka akan digunakan metode VAM, tetapi apabila

waktu untuk memutuskan sempit maka metode Inspeksi sudah cukup baik.

Masalah yang perlu ditanyakan lagi ialah apakah dengan metode Inspeksi atau VAM telah

mencapai biaya optimum?. Untuk menjawab pertanyaan ini, ada dua metode untuk

mengetahui apakah sudah optimum atau belum, untuk mengetahui optimalitas model

transportasi digunakan metode Steppingstone atau metode Modi.

i. Metode Steppingstone

Metode Steppingstone bekerja dengan mempertimbangkan opportinity cost dari sel

kosong, yaitu berkurangnya biaya akibat pemindahan model pengangkutan bilamana sel

kosong itu diisi satu barang. Sebagai ilustrasi perhatikan contoh berikut:

Tabel 2.19. Menghitung opportunity cost sel kosong

Tempat Asal

Destination ( Tujuan)

Kapasitas D1 D2 D3

O1

10 5 7

100 60 10 30

O2

6 4 9

50 50

Permintaan 60 60 30

75

Dari Tabel 2.19 di atas, sel kosong adalah sel O2D1 dan sel O2D3, dengan biaya

transportasi = 60 (10) + 10 (5) + 30 (7) + 50 (4) = 1.060

Untuk sel O2D1.

Tabel 2.19.a.

D1 D2

O1 10 5

-1 +1

O2 6 4

+1 -1

Andaikan sel O2D1 ini diisi satu barang, maka supaya kondisi seimbang sel O1D1 dan sel

O2D2 dikurangi satu dan sel O1D2 ditambah satu. Sekarang perhatikan loop O2D1 O1D1

O1D2 O2D2. Berturut-turut tambah 1, kurang 1, tambah 1, kurang 1. Perubahan

biaya adalah = 6 - 10 + 5 4 = -3. Jadi opportunity cost sel O2D1 adalah 3. Ini artinya

bahwa apabila kita mengisi sel O2D1 satu barang, maka terjadi pengurangan biaya

sebesar 3.

Untuk sel O2D3.




biaya adalah = 9 - 4 + 5 7 = 3. Jadi opportunity cost sel O2D3 adalah -3. Ini artinya bila

kita mengisi sel O2D3 satu barang, maka terjadi penambahan biaya sebesar 3.

Dari perhitungan di atas, maka sel O2D1 harus diisi sebanyak mungkin, sedangkan sel

O2D3 tidak perlu diisi sebab apabila diisi akan menambah biaya (merugi). Banyaknya

barang yang dapat diisikan pada sel O2D1 adalah minimum isi sel yang terkurangi yaitu

O1D1 dan O2D2, jadi sel O2D1 dapat diisi sebesar 50, sehingga terbentuk Tabel 2.19.b.

76

Tabel 2.19.b.

Tempat Asal

Destination (Tujuan) Kapasitas

D1 D2 D3

O1 10

10 5

60 7

30 100

O2 6

50 4

9

50

Permintaan 60 60 30

Dari Tabel 2.19.b di atas, sel kosong adalah sel O2D2 dan sel O2D3.

Untuk sel O2D2.






Untuk sel O2D3.






Dari perhitungan ini, semua opportunity cost sel kosong adalah negatif, maka Tabel 2.19.b.

di atas telah optimal, dengan biaya transportasi = 10 (10) + 60 (5) + 30 (7) + 50 (6) = 910.

Ini cocok bila kita hitung dari 1060 910 = 150, berasal dari pemindahan 50 satuan barang

dengan opportunity cost 3.

Untuk kasus di atas, kita dapat bekerja mulai hasil dari NWC, Inspeksi, atau VAM. Apabila

kita mulai dari NWC, langkah pada metode NWC nya mudah, tetapi akan menjadi sukar

pekerjaan di Steppingstone, apabila kita mulai dari VAM, maka akan sukar pada langkah di

VAM nya, tetapi mudah pada langkah Steppingstone. Langkah yang cukup bijaksana

77

(meskipu tidak harus), adalah langkah awalnya dengan metode Inspeksi, sebab metode

Inspeksi perhitungannya mudah dan hasilnya sudah dekat dengan langkah pada VAM.

Dari langkah awal metode Inspeksi diperoleh hasil seperti Tabel 2.19.c.

Tabel 2.19.c

Tempat Asal


D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1 10 30 60

8 1 6 6 7

90 O2 50 40

1 12 4 7 7

70 O3 70

10 15 6 9 1 90

O4 20 70

Permin-taan

80 50 90 60 70 350

Dari Tabel 2.19.c di atas kita buat tabel opportunity cost sel kosong seperti pada Tabel

2.19.d berikut:

Tabel 2.19.d. Hasil perhitungan opportunity cost sel kosong

No Sel

kosong Loop Perubahan biaya

Opportunity cost

1 O1D2 O1D2O1D3O2D3O2D2 4-9+6-1=0 0 2 O1D5 O1D5O4D5O4D3O1D3 9-1+6-9=5 -5 3 O2D1 O2D1O1D1O1D3O2D3 8-12+9-6=-1 1 4 O2D4 O2D4O2D3O1D3O1D4 6-6+9-5=4 -4 5 O2D5 O2D5O4D5O4D3O2D3 7-1+6-6=6 -6 6 O3D2 O3D2O3D1O1D1O1D3O2D3O2D2 12-1+12-9+6-1=19 -19 7 O3D3 O3D3O3D1O1D1O1D3 4-1+12-9=6 -6 8 O3D4 O3D4O3D1O1D1O1D4 7-1+12-5=13 -13 9 O3D5 O3D5O4D5O4D3O1D3O1D1O3D1 7-1+6-9+12-1=14 -14 10 O4D1 O4D1O1D1O1D3O4D3 10-12+9-6=1 -1 11 O4D2 O4D2O2D2O2D3O4D3 15-1+6-6=14 -14 12 O4D4 O4D4O4D3O1D3O1D4 9+6+9-5=7 -7

78

Dari tabel 2.19.d. di atas, terlihat bahwa opportunity cost terbesar adalah pada sel O2D1

sehingga sel ini harus diisi sebanyak mungkin. Sel ini diisi sebanyak minimun dari sel O1D1

dan O2D3 yaitu sebanyak 10. Sehingga Tabel 2.19.d. menjadi Tabel 2.19.e berikut:

Tabel 2.19.e.

Tempat Asal


D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1 40 60

8 1 6 6 7

90 O2 10 50 30

1 12 4 7 7

70 O3 70

10 15 6 9 1 90

O4 20 70

Permin-taan

80 50 90 60 70 350

Dari Tabel 2.19.e. di atas kita buat tabel opportunity cost semua sel kosong sehingga

diperoleh Tabel 2.19.f berikut:

Tabel 2.19.f.

No Sel

kosong Loop Perubahan biaya

Opportunity cost

1 O1D1 O1D2O1D3O2D3O2D1 12-9+6-8=1 -1 2 O1D2 O1D2O1D3O2D3O2D2 4-9+6-1=0 0 3 O1D5 O1D5O4D5O4D3O1D3 9-1+6-9=5 -5 4 O2D4 O2D4O2D3O1D3O1D4 6-6+9-5=3 -3 5 O2D5 O2D5O4D5O4D3O2D3 7-1+6-6=6 -6 6 O3D2 O3D2O3D1O2D1O2D3 12-1+8-1=18 -18 7 O3D3 O3D3O3D1O2D1O2D3 4-1+8-6=5 -5 8 O3D4 O3D4O3D1O2D1O2D3O1D3O1D4 7-1+8-6+9-5=12 -12 9 O3D5 O3D5O4D5O4D3O2D3O2D1O3D1 7-1+6-6+8-1=13 -13 10 O4D1 O4D1O2D1O2D3O4D3 10-8+6-6=2 -2 11 O4D2 O4D2O2D2O2D3O4D3 15-1+6-6=14 -14 12 O4D4 O4D4O4D3O1D3O1D4 9+6+9-5=7 -7

79

Dari Tabel 2.19.f. terlihat bahwa tidak ada lagi sel kosong yang mempunyai opportunity

cost positif, ini berarti bahwa Tabel 2.4.f telah optimal, dengan biaya transportasi =40 (9) +

60 (5) + 10 (8) + 50 (1) + 30 (6) + 70 (1) + 20 (6) + 70(1) = 1.230.

Sebagai catatan bahwa opportunity cost sel O1D2 adalah nol, ini berarti bahwa sel ini diisi

maupun tidak, tidak akan menambah atau mengurangi biaya transportasi.

ii. Modified Distribution Method (MODI)

Pada penyelesaian metode Steppingstone umumnya akan mengalami kesulitan utama

pada menentukan loop, apalagi kalau banyaknya sumber (tempat asal) atau tempat

tujuan banyak. Metode Modi meniadakan loop yang banyak, dimana pada metode Modi ini

setiap langkah mencari opportunity cost terbesar hanya memerlukan satu kali loop.

Untuk membahas metode ini, perlu dikenalkan beberapa istilah / singkatan yang akan

digunakan untuk merumuskan masalah transportasi.

Misalkan banyaknya tempat asal adalah m dan banyaknya tempat tujuan n, dan misalkan

Oi = tempat asal ke i, dimana i = 1, 2, ..., m.

Dj = tempat tujuan ke j, dimana j = 1, 2, ..., n.

Cij = besarnya biaya satuan pengiriman barang dari Oi ke Dj.

Vi = bilangan baris, dimana i = 1, 2, ..., m.

Uj = bilangan kolom, dimana j = 1, 2, ..., n.

Kij = bilangan sel kosong.

Langkah-langkah menghitung opportunity cost sel kosong.

1. Menghitung Vi dan Uj berdasarkan sel yang telah terisi sehingga dengan

hubungan Cij = Vi + Uj. Dimana pertama kali kita dapat memberikan sebarang

bilangan pada salah satu Vi atau Uj.

2. Menghitung Kij pada sel kosong dengan ketentuan Kij = Vi + Uj.

3. Menghitung opportunity cost sel kosong dengan ketentuan

Opportunity cost = Kij Cij.

Sebagai ilistrasi perhatikan tabel berikut:

80

Tabel 2.19.f

Tempat Asal

Destination ( Tujuan) Kapasitas Bil Baris (Vi)

D1 D2 D3

O1 10

60

5

10

7

30 100 0

O2 K21

6

4

50

K23 9 50 1

Permintaan

60 60 30

Bil Kolom (Uj)

10 5 7

Misalkan kita ambil sebarang bilangan untuk V1 = 0, maka kita kita peroleh:

U1 = C11 V1 = 10 0 = 10

U2 = C12 V1 = 5 0 = 5

U3 = C13 V1 = 7 0 = 7

V2 = C22 U2 = 4 5 = 1

K21 = V2 + U1 = (1) + 10 = 9

K23 = V2 + U3 = (1) + 7 = 6

Opportunity cost sel O2D1 = K21 C21 = 9 6 = 3

Opportunity cost sel O2D3 = K23 C23 = 6 9 = 3

Selanjutnya kita akan menghitung opportunity cost sel kosong pada masalah di atas

dengan Modi. Pertama misalkan kita ambil Tabel hasil dari metode Inspeksi yaitu seperti

Tabel 2.19.g berikut:

81

Tabel 2.19.g.

Tempat Asal


Bil Baris (Vi) D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 0

O1 10 30 60 8 1 6 6 7

90

O2 50 40

1 12 4 7 7

70

O3 70

10 15 6 9 1

90

O4 20 70

Permintaan

350

80 50 90 60 70 Bil.

Kolom

Misalkan kita ambil V1 = 0, maka U1 = 12, U3 = 9, U4 = 5.

Dari U1 = 12, diperoleh V3 = -11, dari U3 = 9, diperoleh V2 = -3, dan V4 = -3, dari V2 = -3,

diperoleh U2 = 4, dan dari V4 = -3, diperoleh U5 = 4.

Selanjutnya dengan menghitung Kij = = Vi + Uj, maka kita peroleh Tabel 2.19.h.

Tabel 2.19.h.

Tempat Asal


Bil Baris (Vi) D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 0

O1 10 30 60

8 1 6 6 7

90 -3 O2 50 40

1 12 4 7 7

70 -11

O3 70 10 15 6 9 1

90 -3

O4 20 70

Permintaan

350

80 50 90 60 70 Bil.

Kolom 12 4 9 5 4

82

Tabel 2.19.i. Hasil Perhitungan Opportunity cost sel kosong

No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Sel kosong

O1D2 O1D5 O2D1 O2D4 O2D5 O3D2 O3D3 O3D4 O3D5 O4D1 O4D2 O4D4

Opp cost

0 -5 1 -4 -6 -19 -6 -13 -14 -1 -14 -7

Dari hasil ini, bandingkan dengan Tabel 2.19.d.

Perhitungan selanjutnya sama dengan metode Steppingstone.

83

c. Penyelesaian Masalah Transportasi dengan Program Komputer

i. Program Lindo

Seperti pada penyelesaian program Linear dengan Lindo, masalah transportasi juga dapat

dikerjakan dengan Lindo, yaitu dengan memandang masalah transportasi sebagai

program Linear. Berikut akan dibahas masalah transportasi yang sama di atas, tetapi

solusinya dengan Program Lindo.

Tempat Asal

Destination (Tempat Tujuan) Kapasitas Pabrik D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1 8 1 6 6 7

90 O2

1 12 4 7 7

70 O3

10 15 6 9 1

90 O4

Permintaan 350

80 50 90 60 70

Misalkan banyaknya barang pada sel Xij yaitu banyaknya barang yang dikirim dari pabrik

Oi ke permintaan Dj, dan cij adalah biaya satuan pengiriman dari pabrik Oi ke permintaan

Dj, maka basarnya biaya pengiriman adalah:

Z = ijijcX

Dengan syarat untuk setiap j, = jij DtaanperX min , dan

Untuk setiap i, = iij OkapasitasX .

Dari ketentuan ini, untuk kasus masalah transportasi ini, maka kita peroleh model.

Minimumkan biaya: 12X11 + 4X12 +9 X13 + 5X14 + 9X15 + 8X21 + 1X22 + 6X23 + 6X24

+ 7X25 + 1X31 + 12X32 + 4X33 + 7X34 + 7X35 + 10X41 + 15 X42 + 6X43 + 9X44 + 1X45

Dengan syarat

X11 + X21 + X31 + X41 = 80

X12 + X22 + X32 + X42 = 50

X13 + X23 + X33 + X43 = 90

84

X14 + X24 + X34 + X44 = 60

X15 + X25 + X35 + X45 = 70

Dan X11 + X12 + X13 + X14 + X15 =100

X21 + X22 + X23 + X24 + X25 = 90

X31 + X32 + X33 + X34 + X35 =70

X41 + X42 + X43 + X44 + X45 = 90

Xij 0, untuk setiap i dan j.

Dalam menyelesaikan program linear maupun masalah transportasi, indeks ditulis sejajar

dengan variabelnya sehingga dalam penulisan pada Lindo sebagai berikut.

MIN 12X11+4X12+9X13+5X14+9X15+8X21+1X22+6X23+6X24+7X25

+1X31+12X32+4X33+7X34+7X35+10X41+15X42+6X43+9X44+1X45

SUBJECT TO

X11+X12+X13+X14+X15=100 X21+X22+X23+X24+X25=90 X31+X32+X33+X34+X35=70 X41+X42+X43+X44+X45=90 X11+X21+X31+X41=80 X12+X22+X32+X42=50 X13+X23+X33+X43=90 X14+X24+X34+X44=60 X15+X25+X35+X45=7

END

Setelah program Lindo dijalankan, maka akan diperoleh hasil sebagai berikut.

LP OPTIMUM FOUND AT STEP 8

OBJECTIVE FUNCTION VALUE

1) 1230.000

VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 1.000000 X12 40.000000 0.000000 X13 0.000000 0.000000 X14 60.000000 0.000000 X15 0.000000 5.000000 X21 10.000000 0.000000 X22 10.000000 0.000000 X23 70.000000 0.000000 X24 0.000000 4.000000 X25 0.000000 6.000000

85

X31 70.000000 0.000000 X32 0.000000 18.000000 X33 0.000000 5.000000 X34 0.000000 12.000000 X35 0.000000 13.000000 X41 0.000000 2.000000 X42 0.000000 14.000000 X43 20.000000 0.000000 X44 0.000000 7.000000 X45 70.000000 0.000000

ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 0.000000 0.000000 3) 0.000000 3.000000 4) 0.000000 10.000000 5) 0.000000 3.000000 6) 0.000000 -11.000000 7) 0.000000 -4.000000 8) 0.000000 -9.000000 9) 0.000000 -5.000000 10) 0.000000 -4.000000

NO. ITERATIONS= 8

RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED:

OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 12.000000 INFINITY 1.000000 X12 4.000000 0.000000 4.000000 X13 9.000000 INFINITY 0.000000 X14 5.000000 4.000000 INFINITY X15 9.000000 INFINITY 5.000000 X21 8.000000 1.000000 5.000000 X22 1.000000 4.000000 0.000000 X23 6.000000 0.000000 2.000000 X24 6.000000 INFINITY 4.000000 X25 7.000000 INFINITY 6.000000 X31 1.000000 5.000000 INFINITY X32 12.000000 INFINITY 18.000000 X33 4.000000 INFINITY 5.000000 X34 7.000000 INFINITY 12.000000 X35 7.000000 INFINITY 13.000000 X41 10.000000 INFINITY 2.000000 X42 15.000000 INFINITY 14.000000 X43 6.000000 2.000000 5.000000 X44 9.000000 INFINITY 7.000000 X45 1.000000 5.000000 INFINITY

RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 100.000000 0.000000 0.000000

86

3 90.000000 0.000000 0.000000 4 70.000000 0.000000 0.000000 5 90.000000 0.000000 0.000000 6 80.000000 0.000000 0.000000 7 50.000000 0.000000 0.000000 8 90.000000 0.000000 0.000000 9 60.000000 0.000000 0.000000 10 70.000000 0.000000 0.000000 Tampilan yang muncul pada layar editor di atas merupakan penyelesaian suatu masalah

transportasi yang dapat diartikan sebagai berikut.

1. Biaya minimum yang diperlukan untuk pengangkutan barang adalah 1.230 yang

dapat dibaca dari


1) 1230.000 2. Alokasi pengiriman barang dapat diketahui dari nilai

value pada hasil berikut.

VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 1.000000 X12 40.000000 0.000000 X13 0.000000 0.000000 X14 60.000000 0.000000 X15 0.000000 5.000000 X21 10.000000 0.000000 X22 10.000000 0.000000 X23 70.000000 0.000000 X24 0.000000 4.000000 X25 0.000000 6.000000 X31 70.000000 0.000000 X32 0.000000 18.000000 X33 0.000000 5.000000 X34 0.000000 12.000000 X35 0.000000 13.000000 X41 0.000000 2.000000 X42 0.000000 14.000000 X43 20.000000 0.000000 X44 0.000000 7.000000 X45 70.000000 0.000000

a. Dari O1 (tempat asal) dikirimkan ke D2 (tempat tujuan) sebanyak 40 unit, dan ke

D4 sebanyak 60 unit.

b. Dari O2 dikirimkan ke D1 sebanyak 10 unit, ke D2 sebanyak 10 dan dikirim ke

D3 sebanyak 70

87

c. Dari O 3 dikirimkan sebanyak 70 unit ke D1.

d. Dari O 4 dikirimkan sebanyak 20 unit ke D3, dan 80 unit ke D5

Reduced Cost adalah lawan dari opportunity cost, jadi apabila Reduced Cost = 4, maka

opportunitu costnya = -4. Dengan demikian dari hasil di atas, tidak ada opportunity cost

yang positif, jadi program optimal.

Pada masalah transportasi keadaan pasar seimbang artinya jumlah permintaan akan

barang sama dengan jumlah kapasitas produksi, maka dual price tidak memiliki makna

khusus.

Selanjutnya hasil berikut menunjukkan perubahan yang dibolehkan agar sistem

transportasi tetap, dengan biaya optimal.


OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 12.000000 INFINITY 1.000000 X12 4.000000 0.000000 4.000000 X13 9.000000 INFINITY 0.000000 X14 5.000000 4.000000 INFINITY X15 9.000000 INFINITY 5.000000 X21 8.000000 1.000000 5.000000 X22 1.000000 4.000000 0.000000 X23 6.000000 0.000000 2.000000 X24 6.000000 INFINITY 4.000000 X25 7.000000 INFINITY 6.000000 X31 1.000000 5.000000 INFINITY X32 12.000000 INFINITY 18.000000 X33 4.000000 INFINITY 5.000000 X34 7.000000 INFINITY 12.000000 X35 7.000000 INFINITY 13.000000 X41 10.000000 INFINITY 2.000000 X42 15.000000 INFINITY 14.000000 X43 6.000000 2.000000 5.000000 X44 9.000000 INFINITY 7.000000 X45 1.000000 5.000000 INFINITY

Misalnya c11 dapat turun sampai 11 atau naik sampai tak berhingga, c12 dapat turun

sampai 0 dan tidak boleh naik, dan seterusnya.

88

Hasil terakhir yaitu

RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE

2 100.000000 0.000000 0.000000 3 90.000000 0.000000 0.000000 4 70.000000 0.000000 0.000000 5 90.000000 0.000000 0.000000 6 80.000000 0.000000 0.000000 7 50.000000 0.000000 0.000000 8 90.000000 0.000000 0.000000 9 60.000000 0.000000 0.000000 10 70.000000 0.000000 0.000000

Menunjukkan bahwa jumlah produksi maupun jumlah permintaan adalah tetap karena

memang keadaan pasar seimbang.

ii. Program Lingo untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi

Lingo adalah salah satu program (software) dibawah Winston satu set bersama-sama

dengan Lindo. Program Lingo lebih luas cakupannya, namun output (hasil keluaran) nya

tidak selengkap program Lindo. Pada program Lingo, dapat mengolah data atau rumusan

non-linear, seperti membuat grafik fungsi sinus, fungsi logarirmis, fungsi eksponen, dan

lain-lain.

Bentuk pemrograman Lingo juga lebih rumit sedikit, tetapi akan lebih efisien

apabila digunakan untuk menyelesaikan masalah transportasi dengan banyak variabel.

Karena pada program Lingo disediakan perintah (command) looping dengan perintah for ...

loop. Sebagai contoh masalah transportasi yang sudak kita bahas di atas akan dikerjakan

dengan program Lingo.

Permasalahan transportasi di atas supaya lebih jelas, kita tulis lkembali tabelnya sebagai

berikut.

89

Tabel Trasportasi

Tempat Asal


D1 D2 D3 D4 D5

12 4 9 5 9

100 O1 8 1 6 6 7

90 O2

1 12 4 7 7

70 O3

10 15 6 9 1

90 O4

Permintaan

350 80 50 90 60 70

Dengan program Lingo, maka perintah untuk menyelesaikan masalah transportasi ini

adalah.

Model: Sets:

ariable/O1, O2, O3, O4/:Asal; Permintaan/D1, D2, D3, D4, D5/ :Demand ; Links(Kapasitas,Permintaan) :Ship, Cost ; Endsets

Min=@sum(Links:Ship*Cost); @for(Permintaan(j) :@sum(Kapasitas(i) :Ship(i,j))>Demand(j)) ; @for(Kapasitas(i) :@sum(Permintaan(j) :Ship(i,j))

90

Setelah program dijalankan, maka akan diperoleh hasil sebagai berikut. Rows = 10 Vars = 20 No. integer vars = 0 ( all are linear) Nonzeros= 69 Constraint nonz= 40( 40 are +- 1) Density=0.329 Smallest and largest elements in absolute value = 1.00000 100.000 No. < : 4 No. =: 0 No. > : 5, Obj=MIN, GUBs

91

Row Slack or Surplus Dual Price

1 1230.000 1.000000 2 0.0000000E+00 -11.00000 3 0.0000000E+00 -4.000000 4 0.0000000E+00 -9.000000 5 0.0000000E+00 -5.000000 6 0.0000000E+00 -4.000000 7 0.0000000E+00 0.0000000E+00 8 0.0000000E+00 3.000000 9 0.0000000E+00 10.00000 10 0.0000000E+00 3.000000

Makna hasil keluaran Lingo mirip dengan hasil keluaran dari Lindo, pembaca dipersilahkan

mengartikan makna hasil keluaran di atas (sebagai latihan)

92

iii. Program Solver untuk Menyelesaikan Masalah Transportasi

Untuk menyelesaikan masalah transportasi dengan Solver, maka kita buat tabel biaya,

kapasitas, dan permintaan pada lembar kerja excel seperti berikut.

Langkah awal adalah membuat Tabel biaya pengiriman, kapasitas produksi dan

permintaan. Tabel ini kita copy dan diletakkan dibawahnya, dengan mengganti menjadi

Tabel Benyaknya Pengiriman Barang. Nilai awal yang diberikan kepada banyaknya barang

yang dikirim dari Oi ke Dj adalah 0. Sedangkan banyaknya barang yang dikirim dari Oi

adalah jumlah banyaknya barang yang dikirim dari Oi ke Dj untuk suatu i. Jadi dalam hal ini

sel G16 ditulis dengan formula =SUM(B16:F16). Formula ini di-copy-kan ke sel G17

sampai G19. Selanjutnya banyaknya Penerimaan Barang adalah jumlah barang yang

93

diterima dari Oi ke Dj untuk suatu j. Jadi dalam hal ini sel B20 ditulis dengan formula

=SUM(B16:B19). Formula ini di-copy-kan ke sel C20 sampai F20.

Biaya Pengiriman merupakan kelipatan yang seletak antara banyaknya barang yang

dikirim dengan biaya satuan pengiriman. Oleh karena itu pada sel B22 kita tuliskan formula

=SUMPRODUCT(B6:F9,B16:F19).

Menjalankan Solver

Setelah persiapan pada lembar kerja Excel selesai, saatnya menjalankan Solver, yaitu

Tools, Solver, maka akan keluar menu Solver.

Hasil perhitungan total biaya kita letakkan pada sel B2, dan ini tidak diubah ke sel lain oleh

karena itu semua hasil kita tetapkan dengan menambahkan tanda $ pada sel tempat

perumusan hasil atau sumber. Sehingga untuk sel Set Target Cell kita ini dengan $B$22.

Masalah yang kita cari adalah masalah minimumkan biaya transportasi, sehingga pada

Equal To kita pilih Min. Selanjutnya pada By Changing Cells meminta bagian (kelompok)

sel yang merupakan variabel. Pada masalah ini adalah menentukan banyaknya barang

pada sistem transportasi, oleh karena itu kita isikan B18 sampai F19 sehingga kita tulis

$B$16:$F$19.

Subject to the Constraints meminta syarat pembatas. Dalam masalah ini ada dua syarat

pembatas yaitu pembatas permintaan (penerimaan barang) dan Kapasitas Pabrik

(Banyaknya barang yang dikirim), oleh karena itu.

Pembatas permintaan yaitu permintaan harus dipenuhi, jadi permintaan kurang dari atau

sama dengan penerimaan barang. Sehingga $B10:$F$10

94

Pembatas kapasitas menyatakan bahwa barang yang dikirim akan kurang dari atau sama

dengan kapasitas pabrik. Sehingga $G$16:$G$19

95

d. Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang

Kenyataan di lapangan, keadaan seimbang sangatlah langka. Keadaan yang sering terjadi

adalah tidak seimbang. Ini desebabkan karena sangat sukar menentukan secara tepat

kebutuhan lapangan yang sebenarnya. Ketidak seimbangan ada dua macam yaitu

keadaan jumlah barang yang diproduksi lebih besar daripada kebutuhan lapangan atau

sebaliknya kebutuhan di lapangan yang lebih besar daripada jumlah barang yang

diproduksi.

Penyelesaian Masalah Transportasi Pasar Tidak Seimbang

1. Jumlah produksi lebih besar daripada permintaan pasar

Apabila jumlah produksi lebih besar daripada jumlah permintaan di pasar, maka perlu

ditambah tempat permintaan dummy yaitu permintaan yang tidak sebenarnya yang

besarnya sama dengan selisih antara jumlah produksi dan jumlah permintaan, dan dalam

tabel transportasi diberi biaya transportasi sebesar 0. Dalam kenyataan permintaan

dummy ini adalah gudang perusahaan.

Sebagai contoh, perhatikan masalah transportasi berikut:

PT Cocacola memproduksi Coco cola, Fanta, dan Sprite di empat kota di Pulau Jawa

untuk memenuhi permintaan masyarakat, yaitu kota P, Q, R, dan S berturut-turut 50, 70,

30, dan 80 truk setiap hari. Untuk mempermudah pemasaran, barang-barang produksi

tersebut dikirim ke lima agen besar yaitu Agen A, B, C, D, dan E berturut-turut 40, 60, 30,

45, dan 50 truk. Jarak antara pabrik dan agen terlihat pada tabel berikut:

Tabel Jarak antara Pabrik dan Agen (dalam km)

Kota Tujuan / Permintaan

A B C D E

P 40 105 70 20 40

Q 60 80 80 20 60

R 90 30 40 25 70

S 130 100 60 25 45

96

Dalam rangka penghematan penggunaan bahan bakar minyak (BBM), perusahaan akan

mengirimkan barang-barang produksi tersebut dengan biaya terkecil, yaitu dengan

meminimumkan jarak tempuh armada truknya. Di lain pihak, perusahaan ini memberi

pelayanan kepada masyarakat sebaik mungkin, sehingga setiap truk hanya digunakan

untuk mengirim satu kali. Buatlah sistem Transportasi untuk PT Cocacola ini dan berikan

komentar saudara tentang sistem produksi pada perusahaan ini?.

Dari masalah di atas, apabila tabel dilengkapi dengan permintaan virtual maka akan

diperoleh tabel berikut.

Kota Tujuan / Permintaan

Produksi A B C D E Dummy

P 40 105 70 20 40 0 50

Q 60 80 80 20 60 0 70

R 90 30 40 25 70 0 30

S 130 100 60 25 45 0 80

Permintaan 40 60 30 45 50 5 230

Penyelesaian masalah ini deserahkan kepada pembaca.

2. Jumlah produksi lebih kecil daripada permintaan pasar

Dalam hal jumlah produksi lebih kecil daripada permintaan pasar, maka ada

tempat permintaan yang tidak dikirim barang secara penuh. Dalam menyelesaikan

masalah ini, dapat ditambahkan pabrik dummy yang memproduksi sebanyak selisih antara

jumlah permintaan dan jumlah kapasitas produksi, pada tabel biaya transportasi, kapasitas

produksi dan permintaan dilengkapi dengan pabrik virtual dengan biaya transportasi 0.

Kemudian tempat permintaan yang dikirim dari pabrik dummy ini akan mengalami

kekurangan barang sebanyak produksi virtual tersebut.

Contoh masalah dan penyelesaiannya diserahkan kepada pembaca.

97

Penerapan Metode Transportasi

Selanjutnya kita bahas masalah transportasi pada PT Aqua Golden Mississippi di

Jawa Barat. Data Permintaan dan penawaran adalah sebagai berikut:

Tabel 2.5.a. Data Lokasi Pabrik dan Kapasitas Produksi di Jawa Barat dalam 1 Tahun

No Lokasi Pabrik Aktivitas Kapasitas Produksi

1 Bekasi Produksi AQUA 250.000.000 Liter

2 Citeurep (Bogor) Produksi AQUA 200.000.000 Liter

3 Cimelati (Sukabumi) Produksi AQUA 200.000.000 Liter

4 Kuningan Produksi AQUA 100.000.000 Liter

Kapasitas Produksi dalam 1 Tahun 750.000.000 Liter

Sumber: PT. Tirta Babakan Pari Cimelati (Sukabumi) Produksi AQUA

Tabel 2.5.b Data Jarak Lokasi Pabrik dengan 12 kota Daerah Pemasaran dan

Demand

Lokasi

Pabrik

Tujuan Pengiriman

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Bekasi 119 140 29 0 84 87 148 154 217 261 260 229

Citeurep (Bogor) 148 118 58 87 163 0 61 129 192 194 235 259

Cimelati (Sukabumi) 209 179 119 148 136 61 0 96 159 261 202 226

Kuningan 383 404 293 261 235 194 261 165 192 0 185 35

Kebutuhan Permin

taan (Demand)

40

40

195

50

55

40

35

145

35

30

35

50

Keterangan :

Angka pada kolom 1 sampai dengan kolom 12 adalah nama kota tujuan pengiriman:

1) Serang; 2) Pandeglang; 3) Jakarta; 4) Bekasi; 5. Purwakarta; 6. Bogor ; 7.

Sukabumi; 8) Bandung; 9) Garut ; 10) Kuningan; 11) Tasikmalaya; 12) Cirebon.

98

Angka yang ada dalam kolom dibawah kolom nama kota adalah angka jarak antara pabrik

dengan kota tujuan pengiriman dalam kilometer ( Km ), sedangkan biaya angkut dihitung

dalam puluhan ribu rupiah (Rp 10.000,-) per satu juta liter kilometer. Jumlah kebutuhan

atau permintaan dalam juta liter per tahun untuk tiap kota yang menjadi tujuan pengiriman.

Setelah informasi/data di atas tersedia maka langkah selanjutnya menuliskan

permasalahan yang ada ke dalam bentuk tabel biaya pengangkutan atau jarak. Pada

PT.AQUA di Jawa Barat seperti terlihat pada tabel 4. untuk kapasitas produksi per tahun

dan pada tabel 5. untuk jarak antara lokasi pabrik dengan kota tujuan pengiriman,

sedangkan biaya dihitung dalam Rp 10.000,- per satu juta liter kilometer. Kemudian

merumuskan dan menuliskannya pada papan editor dalam bentuk persamaan linear untuk

fungsi tujuan, fungsi kendala, dan penyelesaian non negatif. Data pada PT.AQUA Golden

Mississippi Jawa Barat seperti tercantum pada tabel 2.5.a. dan tabel 2.5.b bentuk

penulisan pada papan editor LINDO untuk diolah sebagai berikut:

MIN

119X11+140X12+29X13+84X15+87X16+148X17+154X18+217X19+261X110

+260X111+229X112+148X21+118X22+58X23+87X24+163X25+61X27+129X28

+192X29+194X210+235X211+259X212+209X31+179X32+119X33+148X34

+136X35+61X36+96X38+159X39+261X310+202X311+226X312+383X41

+404X42+293X43+261X44+235X45+194X46+261X47+165X48+192X49

+185X411+35X412

SUBJECT TO

X11+X12+X13+X14+X15+X16+X17+X18+X19+X110+X111+X112 = 250

X21+X22+X23+X24+X25+X26+X27+X28+X29+X210+X211+X212 = 200

X31+X32+X33+X34+X35+X36+X37+X38+X39+X310+X311+X312 = 200

X41+X42+X43+X44+X45+X46+X47+X48+X49+X410+X411+X412 = 100

X11+X21+X31+X41 = 40

X12+X22+X32+X42 = 40

X13+X23+X33+X43 = 195

X14+X24+X34+X44 = 50

X15+X25+X35+X45 = 55

X16+X26+X36+X46 = 40

X17+X27+X37+X47 = 35

99

X18+X28+X38+X48 = 145

X19+X29+X39+X49 = 35

X110+X210+X310+X410 = 30

X111+X211+X311+X411 = 35

X112+X212+X312+X412 = 50

End

Jika tidak ada kesalahan, maka proses dapat dilanjutkan untuk mencari jawaban

yang optimal. Langkah untuk mencari jawaban optimal adalah dengan menggunakan

Solve Solve. Kemudian secara otomatis LINDO akan membuka papan editor report. Pada

kasus PT.AQUA Golden Mississippi di atas akan muncul tampilan sebagai berikut.

LP OPTIMUM FOUND AT STEP 17


1) 51320.00

VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 0.000000 X12 0.000000 51.000000 X13 145.000000 0.000000 X15 55.000000 0.000000 X16 0.000000 116.000000 X17 0.000000 144.000000 X18 0.000000 54.000000 X19 0.000000 54.000000 X110 0.000000 240.000000 X111 0.000000 54.000000 X112 0.000000 173.000000 X21 40.000000 0.000000 X22 40.000000 0.000000 X23 50.000000 0.000000 X24 0.000000 58.000000 X25 0.000000 50.000000 X27 0.000000 28.000000 X28 0.000000 0.000000 X29 30.000000 0.000000 X210 0.000000 144.000000 X211 0.000000 0.000000 X212 0.000000 174.000000 X31 0.000000 94.000000 X32 0.000000 94.000000 X33 0.000000 94.000000 X34 0.000000 152.000000 X35 0.000000 56.000000 X36 0.000000 94.000000 X38 145.000000 0.000000 X39 5.000000 0.000000 X310 0.000000 244.000000

100

X311 15.000000 0.000000 X312 0.000000 174.000000 X41 0.000000 285.000000 X42 0.000000 336.000000 X43 0.000000 285.000000 X44 0.000000 282.000000 X45 0.000000 172.000000 X46 0.000000 244.000000 X47 0.000000 278.000000 X48 0.000000 86.000000 X49 0.000000 50.000000 X411 20.000000 0.000000 X412 50.000000 0.000000 X14 50.000000 0.000000 X26 40.000000 0.000000 X37 35.000000 0.000000 X410 30.000000 0.000000

ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 0.000000 29.000000 3) 0.000000 0.000000 4) 0.000000 33.000000 5) 0.000000 50.000000 6) 0.000000 -148.000000 7) 0.000000 -118.000000 8) 0.000000 -58.000000 9) 0.000000 -29.000000 10) 0.000000 -113.000000 11) 0.000000 0.000000 12) 0.000000 -33.000000 13) 0.000000 -129.000000 14) 0.000000 -192.000000 15) 0.000000 -50.000000 16) 0.000000 -235.000000 17) 0.000000 -85.000000

NO. ITERATIONS= 17


OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X11 119.000000 INFINITY 0.000000 X12 140.000000 INFINITY 51.000000 X13 29.000000 0.000000 50.000000 X15 84.000000 50.000000 INFINITY X16 87.000000 INFINITY 116.000000 X17 148.000000 INFINITY 144.000000 X18 154.000000 INFINITY 54.000000 X19 217.000000 INFINITY 54.000000 X110 261.000000 INFINITY 240.000000 X111 260.000000 INFINITY 54.000000 X112 229.000000 INFINITY 173.000000 X21 148.000000 0.000000 INFINITY X22 118.000000 51.000000 INFINITY

101

X23 58.000000 50.000000 0.000000 X24 87.000000 INFINITY 58.000000 X25

or dengan bantuan komputer

Documents