bab v programa linier : model transportasi

Programa Linier : Model Transportasi
BAB V
PROGRAMA LINIER : MODEL TRANSPORTASI
Model transportasi berkaitan dengan penentuan rencana berbiaya
rendah untuk mengirimkan satu barang dari sejumlah sumber (misalnya,
pabrik) ke sejumlah tujuan (misalnya, gudang). Model ini dapat diperluas
secara langsung untuk mencakup situasi-situasi praktis dalam bidang
pengendalian mutu, penjadwalan dan penugasan kerja, di antara bidangbidang lainnya.
Model transportasi pada dasarnya merupakan sebuah programa linier
yang dipecahkan oleh metode simpleks biasa. Tetapi, strukturnya yang
khusus memungkinkan pengembangan sebuah prosedur pemecahan, yang
disebut teknik trasportasi, yang lebih efisien dalam hal perhitungan.
Ciri-ciri khusus persoalan transportasi adalah :
1. Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan tertentu.
2. Kuantitas komoditas atau barang yang didistribusikan dari setiap sumber
dan yang diminta oleh setiap tujuan, besarnya tertentu.
3. Komoditas yang dikirim atau diangkut dari suatu sumber ke suatu tujuan,
besarnya sesuai dengan permintaan dan atau kapasitas sumber.
4. Ongkos pengangkutan komoditas dari suatu sumber ke suatu tujuan,
besarnya tertentu.
5.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi
Dalam arti sederhana, model transportasi berusaha menentukan
sebuah rencana transportasi sebuah barang dari sejumlah sumber ke
sejumlah tujuan. Data dalam model ini mencakup :
1. Tingkat penawaran di setiap sumber dan sejumlah permintaan di setiap
tujuan.
2. Biaya transportasi per unit barang dari setiap sumber ke setiap tujuan.
1
Programa Linier : Model Transportasi
Tujuan dari model ini adalah menentukan jumlah yang harus dikirimkan
dari setiap sumber ke setiap tujuan sedemikian rupa sehingga biaya
transportasi total diminimumkan.
Asumsi dasar dari model ini ialah bahwa biaya transportasi di sebuah
rute tertentu adalah proporsional secara langsung dengan jumlah unit yang
dikirimkan.
Gambar 5.1 memperlihatkan sebuah model transportasi dari sebuah
jaringan dengan m sumber dan n tujuan. Sebuah sumber atau tujuan diwakili
dengan sebuh node. Busur yang menghubungkan sebuah sumber dan
sebuah tujuan mewakili rute pengiriman barang tersebut. Jumlah penawaran
di sumber i adalah ai dan permintaan di tujuan j adalah bi. Biaya unit
transportasi antara sumber i dan tujuan j adalah cij.
Sumber
Tujuan
c11 : x11
Unit penawaran
a1
1
1
b1
a2
2
2
b2
.
.
.
.
m
.
.
n
a1
cmn : xmn
Unit permintaan
bn
Gambar 5.1 Model Transportasi dari Sebuah Jaringan
Anggaplah xij mewakili jumlah barang yang dikirimkan dari sumber i ke tujuan
j ; maka model programa linier yang mewakili masalah transportasi adalah
sebagai berikut :
m
n
Me min imumkan z   cij xij
i 1 j 1
2
Programa Linier : Model Transportasi
Dengan batasan :
n
x
j 1
ij
m
x
i 1
ij
 ai ,
i 1, 2, ...., m
 bj ,
j 1, 2, ...., n
xij  0,
untuk semua i dan j
Kelompok batasan pertama menetapkan bahwa jumlah pengiriman dari
sebuah sumber tidak dapat melebihi penawarannya ; demikian pula,
kelompok batasan kedua mengharuskan bahwa jumlah pengiriman ke sebuah
tujuan harus memenuhi permintaannya.
Model diatas menyiratkan bahwa penawaran total
setidaknya sama dengan permintaan total
sama dengan permintaan total
(

m
i

n
j

m
i
1 ai harus
 1 b j . Ketika penawaran total
1 ai =

n
j
 1 b j ), formulasi yang
dihasilkan disebut model transportasi berimbang (balanced transportation
model). Model ini berbeda dengan model diatas hanya dengan fakta bahwa
semua batasan adalah persamaan yaitu :
n
x
j 1
ij
m
x
i 1
Dalam
ij
kehidupan
 ai ,
i 1, 2, ...., m
 bj
j 1, 2, ...., n
nyata
tidak
selalu
dapat
dipastikan
bahwa
penawaran sama dengan permintaan atau melebihinya. Tetapi, sebuah model
transportasi
dapat
selalu
berimbang.
Pengimbangan
ini,
disamping
kegunaannya dalam pemodelan situasi praktis tertentu, adalah penting untuk
pengembangan sebuah metode pemecahan yang sepenuhnya memanfaatkan
struktur khusus dari model tranportasi ini .
3
Programa Linier : Model Transportasi
5.2 Pemecahan Masalah Transportasi
Untuk menyelesaikan persoalan transportasi, harus dilakukan langkahlangkah sebagai berikut :
1. Tentukan pemecahan awal yang layak.
2. Tentukan variabel masuk (entering variabel) dari variabel-variabel
nonbasis. Bila semua variabel sudah memenuhi kondisi optimum, STOP.
Bila belum, lanjutkan langkah 3.
3. Tentukan variabel keluar (leaving variabel) di antara variabel-variabe basis
yang ada, kemudian hitung solusi yang baru. Kembali ke langkah 2.
Langkah 1 : Menentukan solusi fisibel basis awal
Ada tiga metode yang biasa digunakan untuk menentukan solusi fisibel
basis awal yaitu :
5.2.1 Metode pojok kiri atas-pojok kanan bawah (northwest
corner rule / NCR)
Prosedur yang digunakan dalam menyelesaikan persoalan transportasi
dengan metode NCR adalah sebagai berikut :
Mulai dari pojok kiri atas, alokasikan sebesar x 11 = min (a1 , b1 ). Artinya
: jika b1  a1 maka x11 = b1 ; jika b1  a1, maka x11 = a1 . Kalau x11 = b1, maka
selanjutnya yang mendapat giliran untuk dialokasikan adalah x12 sebesar min
(a1 - b1, b2) ; kalau x11 = a1 (atau b1  a1), maka selanjutnya yang mendapat
giliran untuk dialokasikan adalah x21 sebesar min (b1 - a1, a2). Demikian
seterusnya.
Contoh :
4
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.2.1.1 Contoh Pemakaian Metode NCR
Tujuan
1
1
2
10
5
Sumber
2
3
0
20
15
7
5
0
9
15
14
15
20
5
16
bj
5
aij
11
10
12
3
4
15
25
18
5
10
5
a1 = 15 ; b1 = 5  x11 = min (15, 5) = 5
a1 - b1 = 10 ; b2 = 15  x12 = min (10, 15) = 10
Langkah selanjutnya ialah mengisi b2 sampai penuh dengan mengalokasikan
sebesar 5 pada x22 , yaitu jumlah kekurangan yang terjadi dalam pemenuhan
kebutuhan pada b2.
Dengan melanjutkan prosedur diatas, maka akan diperoleh berturut-turut : x23
= 15, x24 = 5, dan x34 = 5, yang bersama-sama dengan x11 , x12 , dan x22
membentuk solusi fisibel basis awal.
Sehingga biaya trasportasi totalnya adalah :
5 x 10 + 10 x 0 + 5 x 7 + 15 x 9 + 5 x 20 + 5 x 18 = 410
5.2.2 Metode biaya terendah (least cost)
Prinsip cara ini adalah pemberian prioritas pengalokasian pada tempat
yang mempunyai satuan ongkos terkecil. Dengan mengambil contoh diatas,
kita lihat c12 = c31 = 0 adalah ongkos terkecil dari keseluruhan tabel. Maka x 12
dan x31 mendapat prioritas pengalokasian pertama kali. Jumlah unit yang
dialokasikan masing-masing adalah x12 = min (a1 , b2) = 15 dan x31 = min (a3 ,
b1) = 5. Selanjutnya lihat ongkos terkecil berikutnya, yaitu c 22 = 7. Tetapi,
karena tujuan kedua (b2) telah terisi penuh, maka lihat ongkos terkecil
5
Programa Linier : Model Transportasi
berikutnya, diperoleh c23 = 9. Alokasikan x23 sebesar min (a2 , b3 ) = min (25,
15) = 15.
Dengan menjalankan prosedur diatas, diperoleh x24 = 10. Maka x12 ,
x31 , x23 dan x24 bersama-sama membentuk solusi fisibel basis awal.
Tabel 5.2.1.2 Contoh Pemakaian Metode Least Cost
Tujuan
1
1
2
10
0
Sumber
3
0
4
20
15
2
12
7
3
0
14
9
15
5
5
11
0
15
20
10
16
25
18
5
15
15
10
Biaya total = 0 x 10 + 15 x 0 + 0 x 11 + 15 x 9 + 10 x 20 + 5 x 0 = 335.
Hasil yang dicapai pada metode least cost ternyata lebih baik (lebih rendah)
daripada yang diperoleh dengan metode NCR.
5.2.3 Metode
Pendekatan
Vogel
(Vogel’s
Approximation
Method /VAM)
Cara ini merupakan cara terbaik dibandingkan dengan kedua cara diatas.
Langkah-langkah pengerjaannya adalah :
1. Hitung penalty untuk tiap kolom dan baris dengan jalan mengurangkan
elemen ongkos terkecil dari yang kedua terkecil.
2. Selidiki kolom/baris dengan penalty terbesar. Alokasikan sebanyak
mungkin pada variabel dengan ongkos terkecil, sesuaikan supply dengan
demand, kemudian tandai kolom atau baris yang sudah terpenuhi. Kalau
ada 2 buah baris/kolom yang terpenuhi secara simultan, pilih salah satu
untuk ditandai, sehingga supply/demand pada baris/kolom yang tidak
terpilih adalah nol. Setiap baris/kolom dengan supply/demand sama
dengan nol, tidak akan terbawa lagi pada perhitungan penalty berikutnya.
6
Programa Linier : Model Transportasi
3. a. Bila tinggal 1 kolom/baris yang belum ditandai, STOP.
b. Bila tinggal 1 kolom/baris dengan supply/demand positip yang belum
ditandai, tentukan variabel basis pada kolom/baris dengan cara ongkos
terkecil (least cost).
c. Bila semua baris dan kolom yang belum ditandai mempunyai supply dan
demand sama dengan nol, tentukan variabel-variabel basis yang
berharga nol dengan cara ongkos terkecil. Kemudian STOP.
d. Jika 3a, b dan c tidak terjadi, hitung kembali penalty untuk baris/kolom
yang belum ditandai. Kembali ke nomor 2.
Contoh :
Penalty
Baris
1
1
2
10
3
0
4
20
11
2
12
7
9
20
3
0
14
16
18
15
10
25
2
5 14*
Penalty
Kolom
5
15
15
10
10
7
7
7
Karena baris ketiga memiliki penalty terbesar (= 14) dan karena c31 = 0
merupakan ongkos terkecil di dalam barisnya, maka alokasikan x31 = 5.
Dengan demikian, baris 3 dan kolom 1 sudah terpenuhi secara simultan.
Dalam hal ini kita bisa memilih baris 3 atau kolom 1 yang akan ditandai.
Misalkan dipilih kolom 1 untuk ditandai, maka sisa supply untuk baris 3
menjadi 0.
Tabel baru menjadi :
7
Programa Linier : Model Transportasi
Penalty
Baris
1
1
2
10
3
0
4
20
11
15 11*
2
12
7
9
20
3
0
14
16
18
Penalty
Kolom
5
0
15
15
10
-
7
11
9
25
2
0
-
Selanjutnya kita ulangi menghitung penalty. Kita lihat bahwa baris 1 dan
kolom 3 mempunyai penalty yang sama (= 11) sehingga kembali kita dapat
memilih salah satu untuk ditandai.
Misalkan dipilih kolom 3 untuk ditandai, maka alokasikan x23 = 15.
Supply untuk baris 2 sekarang menjadi 10.
Penalty
Baris
1
1
2
10
3
0
4
20
11
15
2
12
7
9
20
16
18
15
3
Penalty
Kolom
0
14
11
10 13*
5
0
0
15
0
10
-
7
0
9
-
Dengan menghitung penalty yang baru, diperoleh penalty terbesar untuk baris
2 (= 13) sehingga alokasikan x22 = 10. Kemudian tandai baris 2.
1
2
3
4
1
10
0
20
11
2
12
7
9
20
3
0
16
18
15
10
5
0
15
14
0
0
5
0
10
8
Programa Linier : Model Transportasi
Supply yang masih tersedia adalah 15 (baris 1), sedangkan demand yang
belum terpenuhi adalah kolom 2 sebanyak 5 dan kolom 4 sebanyak 10.
Karena tidak ada pilihan lain, maka alokasikan x12 = 5 dan x14 = 10. Pengisian
tabel selesai dengan solusi fisibel basis awal : x12 = 5, x14 = 10, x22 = 10, x23 =
15 dan x31 = 5. Dari hasil perhitungan diatas, maka tabel optimumnya adalah :
1
1
2
10
3
0
4
20
5
2
12
3
0
7
10
5
5
11
10
15
9
20
16
18
15
14
25
5
15
15
10
Biaya total = 5 x 0 + 10 x 11 + 10 x 7 + 15 x 9 + 5 x 0 = 315
Langkah 2 dan 3 : Menentukan entering variabel dan leaving variabel
Menentukan entering dan leaving variabel adalah tahap berikutnya dari
teknik pemecahan persoalan transportasi, setelah solusi fisibel basis awal
diperoleh. Ada dua cara yang bisa digunakan dalam menentukan entering
dan leaving variable ini, yaitu dengan menggunakan metode stepping stone
atau metode multipliers.
5.2.4 Metode Stepping Stone
Untuk menentukan entering dan leaving variable ini, terlebih dahulu
haris dibuat suatu loop tertutup bagi setiap variabel nonbasis. Loop tersebut
berawal dan berakhir pada variabel nonbasis tadi, di mana tiap sudut loop
haruslah merupakan titik-titik yang ditempati oleh variabel-variabel basis
dalam tabel trasportasi. Sebagai contoh, kita lihat kembali tabel terakhir yang
diperoleh dari cara NCR, Tabel 5.2.4.1 berikut ini :
9
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.2.4.1 Solusi fisibel Basis Awal dengan Metode NCR
1
2
1
3
10
5
20
11
7
9
20
10
2
12
3
0
15
5
5
4
0
15
5
14
15
16
25
18
5
10
15
5
Dari tabel diatas diperoleh variabel basis awal x11 , x12 , x22 , x23 , x24 , dan x34
, masing-masing dengan harga 5, 10, 5, 15, 5, dan 5. Sampai disini diperoleh
solusi awal z = (5) (10) + (10) (0) + (5) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 410
Dalam hal ini loop digunakan untuk memeriksa apakah bisa diperoleh
penurunan ongkos (z) jika variabel nonbasis dimasukkan menjadi variabel
basis. Dengan cara memeriksa semua variabel nonbasis yang terdapat dalam
suatu iterasi itulah kita dapat menentukan entering variabel.
Sebagai contoh, kita kembali pada Tabel 5.2.4.1. Misalkan kita akan
memeriksa apakah variabel nonbasis x21 dapat dimasukkan menjadi variabel
basis sehingga ongkos totalnya berkurang. Untuk itu alokasikan sebanyak 1
satuan barang kepada x21 (atau x21 = 1). Mengingat bahwa kuantitas barang
pada masing-masing baris atau kolom harus tetap, maka perubahan harga x21
dari 0 menjadi 1 mengakibatkan perubahan pada harga variabel basis x 11
(yang berada pada kolom 1) sebesar 1 sehingga x 11 menjadi = 4. Demikian
pula halnya dengan variabel yang berada pada baris 2 sehingga x22 berubah
menjadi 4. Perubahan yang terjadi pada z adalah : z = (4) (10) + (11) (0) + (1)
(12) + (4) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 405
Dibandingkan dengan solusi sebelumnya (z = 410), maka jelaslah
bahwa
x21
dapat
dimasukkan
sebagai
entering
variabel,
dimana
pengalokasian 1 unit barang kepada x21 akan mengakibatkan penurunan
ongkos sebesar 5 (lihat Tabel 5.2.4.2).
10
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.2.4.2 Pemasukan Variabel Nonbasis x21 Menjadi Variabel Basis
1
2
1
3
10
4
4
0
20
11
7
9
20
11
2
15
12
1
4
3
15
0
5
14
15
5
16
25
18
5
10
15
5
Untuk memudahkan perhitungan, buatlah sebuah loop tertutup untuk masingmasing pengecekan. Misalnya untuk variabel x21 tadi (lihat Tabel 5.2.4.3).
Kalau kita pandang 1 unit pengalokasian kepada x21 berasal dari
pemindahan 1 unit pada kolom 2 ke kolom 1, maka untuk menjaga agar
kuantitasl total pada kolom ke 2 tidak berubah dan kuantitas pada kolom 1
tidak berlebih, haruslah dari kolom 1 dipindahkan ke kolom 2 sebesar 1 unit
pula.
Misalkan yang berubah itu adalah x11 menjadi 4, dan 1 unit dipindahkan
dari x11 kepada x12 sehingga x12 menjadi 11. Dengan cara yang sama x 21
menjadi 1 dan x22 menjadi 4 sebagai perimbangannya (lihat Tabel 5.2.4.2).
Tabel 5.2. 4.3 Loop tertutup untuk Variabel Nonbasis x 21
1
2
1
5
10
2
x21
5
3
3
4
15
5
5
Akibat “perpindahan antar kolom” ini terhadap ongkos total hanyalah
berkisar pada elemen-elemen ongkos tempat dilakukannya perpindahan
tersebut, yaitu c11 , c12 , c21 , dan c22. Dalam hal ini, akibat perpindahan dari
11
Programa Linier : Model Transportasi
x11 kepada x12 sebesar 1 unit, maka terjadi penurunan ongkos sebesar c11 –
c12. Begitu pula yang terjadi pada perpindahan dari x22 kepada x21 ,
penurunan ongkosnya adalah sebesar c22 – c21.
Kalau penurunan ongkos ini diberi tanda minus (-) dan pertambahan
ongkos diberi tanda plus (+), maka perubahan total ongkos yang terjadi, bila
dialokasikan sebanyak 1 unit terhadap variabel nonbasis x21 , adalah :
[(c11 – c12) + (c22 – c21)]
= - [(10 – 0) + (7 – 12)]
=-5
Perubahan harga variabel-variabel basis dan nonbasis ini tentu saja
dapat pula dipandang sebagai “perpindahan antarbasis” dan tidak akan
mempengaruhi
hasil
perhitungan.
Bahkan
ada
kalanya
dibutuhkan
“perpindahan antarkolom” sekaligus “perpindahan antar baris”, misalnya untuk
memeriksa x31. Jika cij = perubahan ongkos akibat pengalokasian 1 unit
produk ke variabel nonbasis xij , maka dengan cara yang sama akan diperoleh
berturut-turut : c13 = 18, c14 = - 2, c31 = - 15, c32 = 9, dan c33 = 9, sehingga
diperoleh Tabel 5.2.4.4.
Tabel 5.2.4.4 Penambahan dan Penurunan Ongkos Transportasi
per unit untuk masing-masing Variabel Nonbasis
1
2
1
3
10
5
0
4
20
(18)
2
11
10
12
7
5
(-2)
9
15
20
5
(-5)
3
0
14
16
18
5
(-15)
(9)
(9)
Selanjutnya dipilih variabel nonbasis yang akan menyebabkan penurunan
ongkos terbesar sebagai entering variabel. Dari iterasi diatas dipilih x 31
sebagai entering variable karena memberikan penurunan ongkos yang
terbesar yaitu sebanyak 15 satuan ongkos per unit. Dengan demikian, kita
12
Programa Linier : Model Transportasi
dapat membuat sebuah loop yang berawal dan berakhir pada variabel x 31
(lihat Tabel 5.2.4.5)
Tabel 5.2.4.5 Loop dari Variabel x31
1
2
1
3
10
5
0
(+)
7
12
5
3
11
10
(-)
2
4
20
0
9
15
(-)
14
20
5
(+)
18
16
x31
(+)
5
(-)
Tanda (-) dan (-) menyatakan bahwa variabel yang bersangkutan (pada
masing-masing kotak) akan bertambah atau berkurang besarnya sebagai
akibat perpindahan kolom dan perpindahan baris.
Leaving variable dipilih dari variabel-variabel sudut loop yang bertanda
(-). Pada contoh diatas, dimana x telah terpilih sebagai entering variable,
calon-calon leaving variable-nya adalah x11 , x22 , dan x34. Dari calon-calon ini,
pilihlah salah satu yang nilainya paling kecil.
Pada contoh di atas kebetulan ketiganya bernilai sama (= 5) sehingga
kita bisa memilih salah satu untuk dijadikan leaving variable. Misalkan x34
dipilih sebagai leaving variable, maka nilai x31 naik 5 dan nilai-nilai variabel
basis yang di sudut loop juga berubah (bertambah atau berkurang 5 sesuai
dengan tanda (+) atau (-) ).
Tabel solusi baru ini adalah seperti pada Tabel 5.2.4.6 dengan ongkos
transportasi sebesar :
(0 x 10) + (15 x 0) + (0 x 7) + (15 x 9) + (10 x 20) + (5 x 0) = 335
13
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.2.4.6 Tabel solusi baru setelah x31 terpilih sebagai entering
variable dan x34 menjadi leaving variable
1
2
1
3
10
0
2
20
11
15
12
7
9
0
3
4
0
15
0
14
20
10
16
18
5
Bandingkan
dengan
solusi
awal
pada
Tabel
5.2.4.1
yang
ongkos
transportasinya = 410. Selisih ongkos transportasi (410 – 335 = 75) sama
dengan hasil perkalian antara :
Jumlah unit yang ditambahkan pada x 31
(5)
X
X
penurunan ongkos per unit
(15)
Perhatikan :
Angka 0 pada x11 dan x22 adalah variabel basis yang berharga 0. Jadi, tidak
boleh dihilangkan karena ia tidak sama dengan kotak-kotak lain yang tidak
ada angkanya (variabel nonbasis).
Sampai disini kita masih harus memeriksa, barangkali nilai fungsi
tujuan masih bisa diperbaiki. Untuk itu lakukanlah kembali langkah-langkah
yang sudah kita kerjakan, dengan menggunakan Tabel 5.2.4.6 sebagai solusi
awal (pengganti Tabel 5.2.4.1).
Kita dapatkan :
Variabel nonbasis
x13
x14
X21
X32
X33
x34
Perubahan ongkos per unit
c13 = +18
c14 = - 2
c21 = - 5
c32 = +24
c33 = +24
c34 = +15
14
Programa Linier : Model Transportasi
Dengan demikian kita memilih x21 sebagai entering variable.
Tabel 5.2.4.7
1
2
1
3
10
0
0
(+)
7
12
0
x21
9
15
(-)
14
(+)
3
11
15
(-)
2
4
20
0
20
10
16
18
5
Tabel 5.2.4.8
1
2
1
10
3
0
4
20
15
(-)
2
12
0
3
x14
7
0
(+)
0
11
15
14
(+)
20
9
10
16
(-)
18
5
Pada loop yang berasal dan berakhir pada x 21 ini, leaving variable-nya ada
dua, yaitu x11 dan x22. Karena keduanya berharga 0, kita bisa memilih salah
satu untuk dijadikan leaving variablenya. Misalkan x 11 adalah leaving variable,
maka x21 = 0 dengan ongkos transportasi tetap 335. Karena itu, kita coba
membuat loop dari variabel nonbasis yang lain, yang juga dapat menurunkan
ongkos transportasi per unit (yaitu x14). Kita dapatkan : c11 = +5; c32 = +19; c13
= +18; c33 = +19; c34 = +10; c14 = - 2.
Dari Tabel 5.2.4.8 terlihat bahwa leaving variable adalah x24 sehingga x14 =
10; x22 = 10; dan x12 = 5.
Solusi optimalnya adalah :
15
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.2.4.9 Solusi Optimal
1
2
1
10
2
12
3
4
0
20
11
7
9
20
16
18
5
0
10
10
3
0
15
14
5
5
15
25
5
15
15
10
Dengan ongkos transportasi sebesar :
(5 x 0) + (10 x 11) + ( 0 x 12) + (10 x 7) + (15 x 9) + (5 x 0) = 315
5.2.5 Metode Multiplier
Cara ini iterasinya sama seperti stepping stone. Perbedaan utama
terjadi pada cara pengevaluasian variabel nonbasis, atau penentuan
penurunan ongkos transpor
per
unit
untuk
tiap variabel.
Cara
ini
dikembangkan berdasarkan teori dualitas. Untuk tiap basis i dari tabel
trasformasi dikenal suatu multiplier ui , dan untuk kolom j disebut multiplier vj
sehingga untuk tiap variabel basis xij didapat persamaan :
ui + vj + cij
Dari persamaan di atas kita dapat menghitung berapa penurunan ongkos
transportasi per unit untuk tiap variabel nonbasis x ij sebagai berikut :
cij = xij – ui - vj
Langkah berikutnya adalah seperti iterasi yang dilakukan oleh metode
stepping stone.
Sebagai contoh kita lihat lagi solusi fisibel basis awal dari Tabel 5.2.4.1
vj
v1
ui
u1
v2
10
5
0
20
11
7
9
20
15
5
0
u3
5
v4
10
12
u2
v3
15
14
15
5
16
15
25
18
5
10
5
16
Programa Linier : Model Transportasi
Basis awal :
x11 : u1 + v1 = c11 = 10
x12 : u1 + v2 = c12 = 0
x22 : u2 + v2 = c22 = 7
x23 : u2 + v3 = c23 = 9
x24 : u2 + v4 = c24 = 20
x34 : u3 + v4 = c34 = 18
Dengan menentukan ui = 0, maka harga-harga multiplier yang lain dapat dicari
sebagai berikut :
u1 + v1 = 10  v1 = 10
u1 + v2 = 0  v2 = 0
u2 + v2 = 7  u2 = 7
u2 + v3 = 9  v3 = 2
u2 + v4 = 20  v4 = 13
u3 + v4 = 18  u3 = 5
vj
v1= 10
ui
u1 = 0
v2= 0
10

0

12
u2 = 7
-15
5
20
7
0
11
-2
9

14
+9
15
v4= 13
+18

-5
u3 = 5
v3= 2
20

16
+9
15
15
25
18

10
5
Untuk menentukan entering variabel :
c21 = c21 – v1 – u2 = - 5
c31 = c31 – v3 – v1 = - 15
c13 = c13 – u1 – v3 = 18
c14 = c14 – u1 – v4 = - 2
c32 = c32 – u3 – v2 =
9
c33 = c33 – u3 – v3 =
9
17
Programa Linier : Model Transportasi
Entering variabel adalah x13 (karena memberikan penurunan ongkos per unit
yang terbesar). Selanjutnya iterasinya sama dengan metode stepping stone.
5.3 Model Penugasan (Assigment Model)
Model penugasan merupakan kasus khusus dari model transportasi,
dimana sejumlah m sumber ditugaskan kepada sejumlah n tujuan (satu
sumber untuk satu tujuan) sedemikian sehingga didapat ongkos total yang
minimum.
Biasanya yang dimaksud dengan sumber ialah pekerjaan (atau
pekerja), sedangkan yang dimaksud dengan tujuan ialah mesin-mesin. Jadi,
dalam hal ini, ada m pekerjaan yang ditugaskan pada n mesin, di mana
apabila pekerjaan i ( i = 1, 2, …., m) ditugaskan kepada mesin j (j = 1, 2, … ,
n) akan muncul ongkos penugasan ci j. Karena satu pekerjaan ditugaskan
hanya pada satu mesin, maka supply yang dapat digunakan pada setiap
sumber adalah 1 (atau ai = 1, untuk seluruh i). Demikian pula halnya dengan
mesin-mesin ; karena satu mesin hanya dapat menerima satu pekerjaan,
maka demand dari setiap tujuan adalah 1 (atau bj = 1, untuk seluruh j). Jika
ada suatu pekerjaan yang tidak dapat ditugaskan pada mesin tertentu, maka
cij yang berkorespondensi dengannya dinyatakan dengan M, yang merupakan
ongkos yang sangat tinggi.
Penggambaran umum persoalan penugasan ini adalah sebagai berikut
:
Tabel 5.3.1 Penggambaran Umum Persoalan Penugasan
Mesin
1
2
…
n
1
c11
c12
…
c1n
1
Pekerjaan
2
c21
c22
…
c2n
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
m
cm1
cm2
cmn
1
1
1
…
1
18
Programa Linier : Model Transportasi
Sebelum model ini dapat dipecahkan dengan teknik trasportasi, terlebih
dahulu persoalannya harus diseimbangkan dengan menambahkan pekerjaanpekerjaan atau mesin-mesin khayalan, bergantung pada apakah m  n atau m
 n. Dengan demikian, diasumsikan bahwa m = n.
Model penugasan dapat diekspresikan secara matematis sebagai
berikut :
xij  0, jika pe ker jaan i tidak ditugaskan ke me sin j
xij 1, jika pe ker jaan i ditugaskan ke me sin j
Jadi model ini diketahui
n
Minimumkan z   cij xij
i 1 j 1
Dengan batasan
n
x
j 1
ij
n
x
i 1
ij
1,
i 1, 2, ..., n
1,
j 1, 2, ..., n
xij  0 atau 1
Suatu ciri khas persoalan penugasan ialah bahwa solusi optimum akan tetap
sama bila suatu konstanta ditambahkan atau dikurangkan kepada baris atau
kolom yang manapun dari matriks ongkosnya. Hal ini dapat dibuktikan
sebagai berikut :
Jika pi dan qj merupakan konstanta pengurang terhadap baris i dan
kolom j, maka elemen ongkos yang baru adalah :
cij‟ = cij – pi - qj
19
Programa Linier : Model Transportasi
Sehingga fungsi tujuan baru menjadi :
xij   cij  pi  q j  xij
z '   cij '
i
j
i
  cij xij   pi
i
j
i
x
ij
j
j
 qj
j
x
ij
i
Karena  xij   xij  1, maka z '  z  kons tan ta
j
i
Hal ini menunjukkan bahwa meminimumkan z akan menghasilkan solusi yang
sama dengan meminimumkan z‟.
Suatu hal yang menarik ialah bahwa jika kita melakukan operasi
pengurangan pi dan qj terhadap matriks ongkos akan diperoleh zero entries,
yaitu elemen-elemen ongkos dalam matriks yang berharga nol, yang juga
merupakan variabel-variabel yang menghasilkan solusi optimum bagi z‟
sehingga, berdasarkan pembuktian diatas, merupakan solusi optimal bagi z.
Sebagai ilustrasi, perhatikanlah sebuah persoalan penugasan berikut
ini:
Tabel 5.3.2 Model Persoalan Penugasan
Mesin
1
2
3
5
7
9
14
10
12
15
13
16
1
1
Pekerjaan
2
1
3
1
1
1
1
20
Programa Linier : Model Transportasi
Tabel 5.3.3 Solusi Awal Contoh Persoalan Penugasan
Mesin
1
1
2
3
5
7
9
14
10
12
13
16
1
1
Pekerjaan
2
1
1
15
3
1
1
1
1
1
Pada tabel 5.3.3, elemen-elemen nol dibuat dengan mengurangkan elemen
terkecil masing-masing baris (kolom) dari baris (kolom) yang bersangkutan.
Dengan demikian, matriks cij„ yang baru adalah :
Tabel 5.3.4 Matriks cij„ (Matrisk Ongkos yang Baru)
1
1
0
2
2
3
4
p1 = 5
2
4
0
2
p2 = 10
3
2
0
3
p3 = 13
Matriks terakhir dapat dibuat untuk memperbanyak elemen matriks yang
berharga nol dengan cara mengurangkan q3 = 2 dari kolom ketiga. Hasilnya
adalah sebagai berikut :
Tabel 5.3.5 Solusi Akhir
1
1
0*
2
2
3
2
2
4
0
0*
3
2
0*
1
Segi empat pada tabel merupakan penugasan yang fisibel yang sekaligus
optimum, yaitu (1, 1), (2, 3), dan (3,2 ) dengan ongkos penugasan sebesar 5 +
12 + 13 = 30. Perhatikan bahwa besarnya ongkos ini sama dengan p1 + p2 +
p3 + q3
21
Programa Linier : Model Transportasi
Penugasan yang fisibel seperti diatas tidak selalu dapat kita peroleh.
Karena itu, diperlukan suatu aturan untuk mencapai solusi optimum yang
akan dijelaskan melalui ilustrasi sebagai berikut :
Perhatikan suatu persoalan penugasan yang digambarkan sebagai
berikut :
Tabel 5.3.6 Persoalan Penugasan
1
1
1
2
4
3
6
4
3
2
9
7
10
9
3
4
5
11
7
4
8
7
8
5
Dengan proses pengurangan seperti diatas diperoleh :
Tabel 5.3.7 Proses Pengurangan I
1
1
0
2
3
3
5
4
2
2
2
0
3
2
3
0
1
7
3
4
3
2
3
0
Tabel 5.3.8 Proses Pengurangan II
1
1
0
2
3
3
2
4
2
2
2
0
0
2
3
0
1
4
3
4
3
2
0
0
Dalam kasus ini penugasan yang fisibel terhadap elemen-elemen nol tidak
mungkin diperoleh sehingga diperlukan prosedur sebagai berikut :
1. Tariklah garis pada semua baris dan kolom yang mengandung elemen nol
dengan jumlah garis minimum, sedemikian sehingga tidak terdapat lagi nol
pada matriks yang bersangkutan.
22
Programa Linier : Model Transportasi
2. Tentukan di antara elemen-elemen yang tidak ikut tergaris, satu elemen
dengan harga terkecil, kemudian kurangkan sebesar harga elemen ini
kepada semua elemen yang tidak tergaris.
3. Tambahkan sebesar harga elemen tersebut (pada point 2) kepada semua
elemen yang terletak pada perpotongan dua garis.
4. Aloksikan pekerjaan pada elemen-elemen nol tersebut.
5. Jika solusi optimum belum juga ditemukan, ulangi lagi langkah 1 sampai
dengan 4 hingga dicapai penugasan yang fisibel.
Kembali pada soal diatas, sebagai kelanjutan dari tabel 5.3.8 adalah :
Tabel 5.3.9 Modifikasi
1
1
0
2
3
3
2
4
2
2
2
0
0
2
3
0
1
4
3
4
3
2
0
0
Tabel 5.3.10 Solusi Optimum
1
1
0*
2
2
3
1
4
1
2
3
0
0*
2
3
0
0*
3
2
4
4
2
0
0*
Tabel memberikan penugasan yang optimum, yaitu (1, 1), (2, 3), (3, 2), dan
(4, 4) dengan ongkos total sebesar 1 + 10 + 5 + 5 = 21
5.4
Model “Transshipment”
Model transshipment adalah model trasportasi yang memungkinkan
dilakukannya pengiriman barang (komoditas) cara tidak langsung, di mana
barang dari suatu sumber dapat berada pada sumber lain atau tujuan lain
sebelum mencapai tujuan akhirnya. Jadi, pada model transshipment ini suatu
23
Programa Linier : Model Transportasi
sumber sekaligus dapat berperan sebagai tujuan dan, sebaliknya, suatu
tujuan dapat juga berperan sebagai sumber.
Dalam model ini, setiap sumber maupun tujuan dipandang sebagai
titik-titik potensial bagi demand maupun supply. Oleh karena itu, untuk
menjamin bahwa titik potensial tersebut mampu menampung total barang di
samping jumlah barang yang telah ada pada titik-titik tersebut, maka perlu
ditambahkan kepada titik-titik itu kuantitas suplly dan demand-nya masingmasing sebesar B.
B
m
 ai 
i  1
n
b
j  1
j
Dengan demikian, apabila ada persoalan transportasi sebagai berikut :
T1
T2
T3
10
20
30
S1
100
20
50
40
S2
200
100
100
100
Maka persoalan transshipment-nya adalah :
S1
S2
T1
T2
T3
S1
10
20
30
S2
20
50
40
100 + B
100 + B
T1
B
T2
B
T3
B
B
B
100 + B
100 + B
100 + B
Model di atas baru lengkap apabila ongkos per unit pengangkut untuk barisbaris dan kolom-kolom yang lainnya telah ditetapkan. Dalam hal ini perlu
diingat bahwa ongkos per unit pada elemen-elemen diagonal adalah nol.
24
Programa Linier : Model Transportasi
Asumsikan bahwa seluruh ongkos per unitnya telah ditentukan, maka model
transshipment selengkapnya adalah :
S1
S1
S2
0
T1
80
T2
10
T3
20
30
400
S2
10
0
20
50
40
500
T1
20
30
0
40
10
300
T2
40
20
10
0
20
300
T3
60
70
80
20
0
300
300
300
400
400
400
Selanjutnya, persoalan di atas diselesaikan dengan menggunakan teknik
transportasi seperti biasa, sehingga diperoleh solusi optimal sebagai berikut :
S1
S2
T1
T2
T3
S1
400
S2
500
T1
300
T2
300
T3
300
300
300
400
400
400
Elemen-elemen diagonal dari tabel diatas kita abaikan, karena secara
fisik tidak mempunyai arti apa-apa.
Solusi optimal diatas menyatakan bahwa :
Sumber 2 (S2 mengirimkan seluruh supply-nya pada tujuan pertama
(T1), di mana 100 unit disimpan untuk memenuhi demand pada tujuan
1 tersebut, dan sisanya, yaitu sebanyak 100 unit, kemudian dikirimkan
25
Programa Linier : Model Transportasi
kepada tujuan 3 (T3) untuk memenuhi demand pada tujuan 3. Adapun
demand pada tujuan 2 (T 2) dipenuhi langsung dari sumber 1 (S1).
LATIHAN SOAL
1. Jawablah setiap model transportasi berikut dengan menggunakan metode
NCR, metode LC, dan metode VAM untuk memperoleh pemecahan awal.
Bandingkan perhitungan tersebut.
(a)
(b)
1
2
6
7
5
1
8
12
0
4
2
12
2
4
0
14
3
1
5
11
3
6
7
4
10
10
10
9
10
11
2. Cari pemecahan awal dalam masalah trasportasi berikut ini berdasarkan
metode NCR, metode LC, dan metode VAM. Dapatkan pemecahan
optimal dengan menggunakan pemecahan awal terbaik.
10
20
5
7
10
13
9
12
8
20
4
15
7
9
30
14
7
1
0
40
3
12
5
19
50
60
60
20
10
3. Jawablah masalah transportasi tidak seimbang berikut ini dengan
menggunakan VAM untuk mencari pemecahan awal ; permintaan pada
tujuan 1 harus dikirim dari sumber 4.
26
Programa Linier : Model Transportasi
5
1
0
20
3
2
4
10
7
5
2
15
9
6
0
15
5
10
15
4. Pecahkan model-model penugasan berikut :
(a)
(b)
3
8
2
10
3
3
9
2
3
7
8
7
2
9
7
6
1
5
6
6
6
4
2
7
5
9
4
7
10
3
8
4
2
3
5
2
5
4
2
1
9
10
6
9
10
9
6
2
4
6
5. Pertimbangkan masalah menugaskan empat operator ke empat mesin.
Biaya penugasan diberikan dalam dollar. Operator 1 tidak dapat
ditugaskan ke mesin 3. Demikian juga, operator 3 tidak dapat ditugaskan
ke emsin 4. Cari penugasan 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
6. Misalkan dalam soal No. 5 tersedia mesin ke lima. Biaya penugasan
masing-masing (dalam dollar) kepada keempat operator adalah 2, 1, 2 ,
dan 8. Mesin yang baru menggantikan mesin yang ada jika penggantian
dapat dibenarkan secara ekonomis. Rumuskan kembali masalah sebagai
model penugasan dan cara pemecahan optimal. Secara khusus, apakah
27
Programa Linier : Model Transportasi
ekonomis menggantikan salah satu dari mesin-mesin yang ada ? Jika ya,
mesin yang mana ?
7. Sebuah perusahaan penerbangan regional dapat membeli bahan bakar
jetnya dari tiga penjual. Untuk bulan mendatang perusahaan penerbangan
ini membutuhkan pada tiap-tiap bandara dari ketiga bandara yang dilayani
sebanyak 100.000 galon di bandara 1, 180.000 galon di bandara 2 dan
350.000 galon di bandara 3. Setiap penjual dapat memasukkan bahan
bakar bagi tiap-tiap bandara dengan harga (dalam sen dollar per galon)
yang diberikan oleh daftar berikut :
Bandara 1
Bandara 2
Bandara 3
Penjual 1
92
89
90
Penjual 2
91
91
95
Penjual 3
87
90
92
Tetapi tiap-tiap penjual dibatasi oleh jumlah galon total yang dapat ia
sediakan. Kapasitas meraka adalah 320.000 galon bagi penjual 1, 270.000
galon bagi penjual 2 dan 190.000 galon bagi penjual 3. Tentukan
kebijaksanaan pembelian yang akan mensuplai kebutuhan perusahaan
penerbangan ini pada tiap bandara udara dengan biaya total minimum.
8. Sebuah perusahaan roti dapat memproduksi suatu roti istimewa dari
kedua pabriknya, sebagai berikut :
Pabrik
Kapsitas Produksi
Biaya Produksi,
jumlah roti
/roti
A
2500
23
B
2100
25
Empat restoran ingin membeli roti ini. Permintaan dan harga-harga yang
mereka inginkan untuk membelinya adalah sebagai berikut :
28
Programa Linier : Model Transportasi
Restoran
Permintaan Total,
Harga yang ditawarkan,
Jumlah roti
/roti
1
1800
39
2
2300
37
3
550
40
4
1750
36
Biaya (dalam sen) pengiriman dari sebuah pabrik ke sebuah restoran
diberikan pada tabel berikut :
Restoran 1
Restoran 2
Restoran 3
Restoran 4
Pabrik A
6
8
11
9
Pabrik B
12
6
8
5
Tentukan suatu skedul penyerahan bagi perusahaan roti ini yang akan
memaksimumkan keuntungan totalnya dari roti istimewa ini.
9. Dua buah perusahaan obat-obatan memiliki persediaan 1,1 dan 0,9 juta
dosis dari vaksin flu tertentu, dan suatu wabah flu kelihatannya
mengancam tiga buah kota. Karena serangan flu ini dapat fatal bagi
penduduk yang lebih tua, maka adalah perlu untuk melakukan vaksinasi
bagi mereka terlebih dahulu. Yang lainnya akan divaksin pada basis
vaksinasi bagi yang pertama kali datang. Jumlah vaksin (dalam juta dosis)
yang tiap-tiap kota perkiraan dapat ia tangani adalah sebagai berikut :
Kota 1
Kota 2
Kota 3
Bagi orang tua
0,325
0,260
0,195
Bagi yang lain
0,750
0,800
0,650
Biaya-biaya pengiriman (dalam sen per dosis) antara perusahaan farmasi
dan kota-kotanya adalah sebagai berikut :
29
Programa Linier : Model Transportasi
Kota 1
Kota 2
Kota 3
Perusahaan 1
3
3
6
Perusahaan 2
1
4
7
Tentukan suatu skedul biaya pengiriman yang minimum yang akan
melengkapi tiap-tiap kota dengan jumlah vaksin yang sekurang-kurangnya
cukup untuk melayani penduduk-penduduknya yang lebih tua. (Petunjuk :
Bagikan tiap-tiap kota ke dalam dua buah tempat tujuan, yakni penduduk
yang lebih tua dan yang lainnya. Ciptakan sebuah toko buatan (dummy).
Buatkan agar biaya pengiriman dari sumber buatan ini ke tampat-tempat
tujuan penduduk yang lebih tua begitu tingginya sehingga secara efektif
menjamin tidak ada pengiriman antara hubungan-hubungan itu).
10. Jaringan dalam Gambar di bawah menunjukkan rute untuk mengirimkan
mobil-mobil dari ketiga pabrik (node 1, 2 dan 3) ke lima dealer ( node 6
sampai 10) melalui dua pusat distribusi (node 4 dan 5). Perhatikan bahwa
biaya pengiriman per unit dari node i ke node j adalah c ij . Jawablah
masalah berikut :
a. Susun model transshipment yang berkaitan untuk masalah dalam
Gambar di bawah.
b. Rumuskan kembali model dengan memperkirakan bahwa pengiriman
diijinkan di antara para dealer.
c. Rumuskan kembali model itu dengan asumsi bahwa pusat distribusi 4
akan menjual 240 mobil secara langsung kepada para pelanggan.
30
Programa Linier : Model Transportasi
Pabrik
1000
Pusat Distribusi
1
Dealer
6
800
7
500
8
750
4
1500
2
5
9
1000
1200
3
10
650
31