SISTEM Transportasi

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