OPTIMAL PRODUKSI

DIKTAT
PROGRAM LINEAR
Disusun Oleh
Abdul Jabar, M.Pd
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
STKIP PGRI BANJARMASIN
SEPTEMBER
2011

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKASTKIP PGRI BANJARMASIN
Diktat Program Linear Oleh Abdul Jabar Halaman ke - i
KATA PENGANTAR
Alhamdulillah, Segala kesempurnaan hanya milik ALLAH SWT, berkat RAHMAT dari ALLAH
SWT, penulis dapat menyelesaikan diktat PROGRAM LINEAR ini. Penulis juga mengucapkan terima
kasih kepada semua pihak yang telah membantu sehingga penulisan diktat ini dapat selesai.
Materi pada diktat ini disusun untuk membantu mahasiswa Program Studi Pendidikan
Matematika STKIP PGRI Banjarmasin. mendalami persoalan-persoalan yang berkaitan dengan
pemograman linear. Prasyarat mata kuliah ini adalah Aljabar Linear.
Semoga dengan adanya diktat ini dapat membantu belajar mahasiswa dalam meraih yang
terbaik di mata kuliah ini khususnya, serta mata kuliah lain yang terkait. Penulis menyadari bahwa
isi diktat ini masih jauh dari kesempurnaan oleh sebab itu kritik dan saran sangat diperlukan.
Banjarmasin, September 2011
Penulis

Diktat Program Linear Oleh Abdul Jabar Halaman ke - ii
DAFTAR ISI
Halaman
KATA PENGANTAR …………………………………………………………………………………………………… i
DAFTAR ISI ………………………………………………………………………………………………………………. ii
PENDAHULUAN ……………………………………………………………………………………………………….. 1
BAB I PEMOGRAMAN LINEAR ………………………………………………………………………………….. 2
1.1 Formulasi Model Program Linear …………………………………………………………………….. 2
1.2 Masalah Maksimisasi …………………………………………………………………………………………. 2
1 .3 Masalah Minimisasi …………………………………………………………………………………………. 4
BAB II METODE SIMPLEKS ……………………………………………………………………………………….. 6
2.1 Pengantar …………………………………………………………………………………………………………… 6
2.2 BENTUK BAKU ........................................................................................................................... 7
2.3 PEMBENTUKAN TABEL SIMPLEKS ……………………………………………………………………… 8
2.4 LANGKAH-LANGKAH PENYELESAIAN ................................................................................... 8
2.5 MEMBACA TABEL OPTIMAL .................................................................................................... 11
2.6 DUA FASE ....................................................................................................................................... 11
BAB III PERSOALAN TRANSPORTASI ……………………………………………………………………. 14
3.1 MASALAH TRANSPORTASI SEIMBANG …………………………………………………………….. 14
3.2 TABEL TRANSPORTASI ……………………………………………………………………………………. 15
3.3 METODE NORTH WEST CORNER ………………………………………………………………………. 16
3.4 STEPPING STONE ……………………………………………………………………………………………….. 16
3.5 Metode VAM ……………………………………………………………………………………………………….. 17
3.6 METODE MODI…………………………………………………………………………………………………….. 19
BAB IV PENUGASAN …………………………………………………………………………………………………. 23
4.1 Algoritma dengan Tujuan Meminimumkan………………………………………………………… 23
4.2 Algoritma dengan Tujuan Memaksimalkan…………………………………………………………. 25
DAFTAR PUSTAKA ………………………………………………………………………………………………….. 28

Diktat Program Linear Oleh Abdul Jabar Halaman ke - iii

Diktat Program Linear Oleh Abdul Jabar Halaman ke - 1
PENDAHULUAN
Dalam kehidupan sehari-hari sering kali kita menjumpai masalah yang dalam
penyelesaiannya kita menghendaki hasil yang optimum padahal sumber daya yang kita punyai
untuk mencapai hasil tersebut terbatas. Kumpulan cara atau metode untuk memecahkan masalah
tersebut di atas dikenal dengan Riset Operasional. Sebutan ini dikenal sejak selesainya perang
dunia II (akhir tahun 1950-an). Sebenarnya masalah serupa serta metode penyelesaiannya sudah
diketengahkan sejak lama. Namun, perkembangannya kurang begitu pesat, belum banyak ahli yang
berkecimpung dalam penyelesaian masalah tersebut maupun belum banyak hasil temuan metode
yang dipublikasikan. Akan tetapi, sejak adanya perang dunia kedua, dengan dipicu oleh keinginan
pihak sekutu untuk mengakhiri perang secepatnya, para ahli strategi militer maupun ilmuwan
banyak mencurahkan diri untuk mencari perencanaan strategi operasi militer yang diharapkan
dapat menyelesaikan perang secepatnya. Masalah yang dihadapi sebenarnya serupa dengan
masalah di atas, yaitu berangkat dari keterbatasan sumber daya (personil, biaya, peralatan),
diharapkan diperoleh hasil yang optimum. Hasil yang optimum tersebut berhubungan dengan
biaya, waktu maupun risiko yang minimum ataupun berhubungan dengan keuntungan, manfaat
yang maksimum.
Setelah selesainya perang dunia kedua, kumpulan metode yang telah ditemukan beralih
diterapkan pada masalah yang berhubungan dunia industri sejalan dengan beralihnya kebutuhan
yang dihadapi. Mulai saat itulah terjadi perkembangan pesat baik ragam masalah maupun metode
penyelesaiannya. Untuk selanjutnya kumpulan metode penyelesaiannya tersebut disebut orang
dengan Riset Operasional, sesuai dengan awal banyak digunakannya metode tersebut untuk
keperluan operasi militer. Sejak saat itu bidang kajian masalah maupun metode penyelesaian
masalahnya berkembang menjadi suatu disiplin keilmuan (bidang kajian) tersendiri. Dari uraian
tersebut di atas, kita dapat menyatakan secara lebih umum bahwa disiplin keilmuan Riset
Operasional berawal dari upaya untuk memecahkan masalah sebagai berikut.
Dengan mempertimbangkan keterbatasan sumber daya yang ada, bagaimana kita dapat
melakukan tugas yang diberikan agar diperoleh hasil yang optimum? Sebelum tugas yang diberikan
dilaksanakan, dilakukan dahulu riset (atau penelitian) untuk memperoleh rancangan. Diharapkan
rancangan yang diperoleh dapat dioperasionalkan (dapat dilaksanakan) dan dapat memberikan
hasil yang optimum dengan mempertimbangkan keterbatasan yang ada. Kumpulan metode atau
teknik yang digunakan untuk menghasilkan rancangan tersebut disebut selanjutnya dengan Riset
Operasional.

BAB I
PEMOGRAMAN LINEAR
Program Linier merupakan metode matematik dalam mengalokasikan sumberdaya yang langka
untuk mencapai tujuan tunggal seperti memaksimumkan keuntungan atau meminimumkan biaya.
Program Linier banyak diterapkan dalam membantu menyelesaikan masalah ekonomi, indutri,
militer, social dan lain-lain.
1.1 Formulasi Model Program Linier
Masalah keputusan yang sering dihadapi analis adalah alokasi optimum sumberdaya langka.
Sumberdaya dapat berupa uang, tenaga kerja, bahan mentah, kapasitas mesin, waktu, ruang atau
teknologi. Tugas analis adalah mencapai hasil terbaik yang mungkin dengan keterbatasan sumber
daya itu. Hasil yang dinginkan mungkin ditunjukkan sebagai maksimasi dari beberapa ukuran
profit, penjualan dan kesejahteraan, atau minimisasi pada biaya, waktu dan jarak.
Setelah masalah di identifikasikan, tujuan ditetapkan, langkah selanjutnya adalah formulasi model
matematika yang meliputi tiga tahap seperti berikut :
1. Tentukan variable yang tidak diketahui (Variabel keputusan) dan nyatakan dalam symbol
matematika.
2. Membentuk fungsi tujuan yang ditunjukkan sebagai suatu hubungan linier (bukan
perkalian) dari variable keputusan.
3. Menentukan semua kendala masalah tersebut dan mengekspresikan dalam persamaan atau
pertidaksamaan yang juga merupakan hubungan linier dari variable keputusan yang
mencerminkan keterbatasan sumberdaya masalah itu.
1.2 Masalah Maksimisasi
Maksimisasi dapat berupa memaksimalkan keuntungan atau hasil.
Contoh:
PT LAQUNATEKSTIL memiliki sebuah pabrik yang akan memproduksi 2 jenis produk, yaitu
kain sutera dan kain wol. Untuk memproduksi kedua produk diperlukan bahan baku benang
sutera, bahan baku benang wol dan tenaga kerja. Maksimum penyediaan benang sutera
adalah 60 kg per hari, benang wol 30 kg per hari dan tenaga kerja 40 jam per hari. Kebutuhan
setiap unit produk akan bahan baku dan jam tenaga kerja dapat dilihat dalam tabel berikut:
Jenis bahan baku
dan tenaga kerja
Kg bahan baku & Jam tenaga kerja Maksimum
penyediaanKain sutera Kain wol
Benang sutera 2 3 60 kg
Benang wol - 2 30 kg
Tenaga kerja 2 1 40 jam
Kedua jenis produk memberikan keuntungan sebesar Rp 40 juta untuk kain sutera dan Rp 30
juta untuk kain wol. Masalahnya adalah bagaimana menentukan jumlah unit setiap jenis produk
yang akan diproduksi setiap hari agar keuntungan yang diperoleh bisa maksimal.
Langkah-langkah:
1) Tentukan variabel
X1=kain sutera
X2=kain wol
2) Fungsi tujuan
Zmax= 40X1 + 30X2
3) Fungsi kendala / batasan
1. 2X1 + 3X2 ≤ 60 (benang sutera)
2. 2X2 ≤ 30 (benang wol)
3. 2X1 + X2 ≤ 40 (tenaga kerja)

4) Membuat grafik
1. 2X1 + 3 X2 = 60
X1=0, X2 =60/3 = 20
X2=0, X1= 60/2 = 30
2. 2X2 ≤ 30
X2=15
3. 2X1 + X2 ≤ 40
X1=0, X2 = 40
X2=0, X1= 40/2 = 20
Cara mendapatkan solusi optimal adalah dengan mencari nilai Z setiap titik ekstrim.
Titik A
X1=0, X2=0
masukkan nilai X1 dan X2 ke Z
Z = 40 . 0 + 30 . 0 = 0
Titik B
X1=20, X2=0
Z = 40 . 20 + 30 . 0 = 800
Titik C
Mencari titik potong (1) dan (3)
2X1 + 3X2 = 60
2X1 + X2 = 40 -
2X2 =20 X2=10
Masukkan X2 ke kendala (1)
2X1 + 3X2 = 60
2X1 + 3 . 10 = 60
2X1 + 30 = 60
2X1 = 30 X1 = 15
40X1 + 30X2 = 40 . 15 + 30 . 10 = 600 + 300 = 900 (optimal)
Titik D
2X2 = 30
X2 = 15
masukkan X2 ke kendala (1)
2X1 + 3 . 15 = 60
2X1 + 45 = 60
2X1 = 15 X1 = 7,5
Z = 40 . 7,5 + 30 . 15 = 300 + 450 = 750

Titik E
X2 = 15
X1 = 0
Z = 40 . 0 + 30 .15 = 450
Kesimpulan :
untuk memperoleh keuntungan optimal, maka X1 = 15 dan X2 = 10 dengan
keuntungan sebesar Rp 900 juta.
1 .3 Masalah Minimisasi
Minimisasi dapat berupa meminimumkan biaya produksi. Solusi optimal tercapai pada saat garis
fungsi tujuan menyinggung daerah fasible yang terdekat dengan titik origin.
Contoh :
Perusahaan makanan ROYAL merencanakan untuk membuat dua jenis makanan yaitu Royal Bee
dan Royal Jelly. Kedua jenis makanan tersebut mengandung vitamin dan protein. Royal Bee
paling sedikit diproduksi 2 unit dan Royal Jelly paling sedikit diproduksi 1 unit. Tabel berikut
menunjukkan jumlah vitamin dan protein dalam setiap jenis makanan:
Jenis makanan Vitamin
(unit)
Protein
(unit)
Biaya per unit
(ribu rupiah)
Royal Bee 2 2 100
Royal Jelly 1 3 80
minimum kebutuhan 8 12
Bagaimana menentukan kombinasi kedua jenis makanan agar meminimumkan biaya produksi.
Langkah – langkah:
1. Tentukan variabel
X1 = Royal Bee
X2 = Royal Jelly
2. Fungsi tujuan
Zmin = 100X1 + 80X2
3. Fungsi kendala
1) 2X1 + X2 ≥ 8 (vitamin)
2) 2X1 + 3X2 ≥ 12 (protein)
3) X1 ≥ 2
4) X2 ≥1
4. Membuat grafik
1) 2X1 + X2 = 8
X1 = 0, X2 = 8
X2 = 0, X1 = 4
2) 2X1 + 3X2 = 12
X1 = 0, X2 = 4
X2 = 0, X1 = 6
3) X1 = 2
4) X2 = 1

Solusi optimal tercapai pada titik B (terdekat dengan titik origin), yaitu persilangan garis
kendala (1) dan (2).
2X1 + X2 = 8
2X1 + 3X2 = 12 -
-2X2 = -4  X2 = 2
masukkan X2 ke kendala (1)
2X1 + X2 = 8
2X1 + 2 = 8
2 X1 = 6 X1 = 3
Z min = 100X1 + 80X2 = 100 . 3 + 80 . 2 = 300 + 160 = 460
Kesimpulan :
Untuk meminimumkan biaya produksi, maka X1 = 3 dan X2 = 2 dengan biaya produksi 460 ribu
rupiah.
SOAL LATIHAN
1. Maksimumkan Z = 3X1 + 5X2
Kendala :
1) 2X1 ≤ 8
2) 3X2 ≤ 15
3) 6X1 + 5X2 ≤ 30
X1≥ 0 , X2 ≥ 0
2. Minimumkan Z = 5 X1 + 2X2
Kendala:
1) 6X1 + X2 ≥ 6
2) 4X1 + 3X2 ≥ 2
3) X1 + 2X2 ≥ 4 , X1 ≥ 0

BAB II
METODE SIMPLEKS
2.1 Pengantar
Salah satu teknik penentuan solusi optimal yang digunakan dalam pemrograman linier
adalah metode simpleks. Penentuan solusi optimal menggunakan metode simpleks didasarkan
pada teknik eleminasi Gauss Jordan. Penentuan solusi optimal dilakukan dengan memeriksa titik
ekstrim satu per satu dengan cara perhitungan iteratif. Sehingga penentuan solusi optimal dengan
simpleks dilakukan tahap demi tahap yang disebut dengan iterasi. Iterasi ke-i hanya tergantung
dari iterasi sebelumnya (i-1).
Ada beberapa istilah yang sangat sering digunakan dalam metode simpleks, diantaranya :
1. Iterasi adalah tahapan perhitungan dimana nilai dalam perhitungan itu tergantung dari nilai
tabel sebelumnya.
2. Variabel non basis adalah variabel yang nilainya diatur menjadi nol pada sembarang
iterasi. Dalam terminologi umum, jumlah variabel non basis selalu sama dengan derajat
bebas dalam sistem persamaan.
3. Variabel basis merupakan variabel yang nilainya bukan nol pada sembarang iterasi. Pada
solusi awal, variabel basis merupakan variabel slack (jika fungsi kendala merupakan
pertidaksamaan ≤ ) atau variabel buatan (jika fungsi kendala menggunakan pertidaksamaan
≥ atau =). Secara umum, jumlah variabel basis selalu sama dengan jumlah fungsi pembatas
(tanpa fungsi non negatif).
4. Solusi atau nilai kanan merupakan nilai sumber daya pembatas yang masih tersedia. Pada
solusi awal, nilai kanan atau solusi sama dengan jumlah sumber daya pembatas awal yang
ada, karena aktivitas belum dilaksanakan.
5. Variabel slack adalah variabel yang ditambahkan ke model matematik kendala untuk
mengkonversikan pertidaksamaan ≤ menjadi persamaan (=). Penambahan variabel ini
terjadi pada tahap inisialisasi. Pada solusi awal, variabel slack akan berfungsi sebagai
variabel basis.
6. Variabel surplus adalah variabel yang dikurangkan dari model matematik kendala untuk
mengkonversikan pertidaksamaan ≥ menjadi persamaan (=). Penambahan ini terjadi pada
tahap inisialisasi. Pada solusi awal, variabel surplus tidak dapat berfungsi sebagai variabel
basis.
7. Variabel buatan adalah variabel yang ditambahkan ke model matematik kendala dengan
bentuk ≥ atau = untuk difungsikan sebagai variabel basis awal. Penambahan variabel ini
terjadi pada tahap inisialisasi. Variabel ini harus bernilai 0 pada solusi optimal, karena
kenyataannya variabel ini tidak ada. Variabel hanya ada di atas kertas.
8. Kolom pivot (kolom kerja) adalah kolom yang memuat variabel masuk. Koefisien pada
kolom ini akn menjadi pembagi nilai kanan untuk menentukan baris pivot (baris kerja).
9. Baris pivot (baris kerja) adalah salah satu baris dari antara variabel basis yang memuat
variabel keluar.
10. Elemen pivot (elemen kerja) adalah elemen yang terletak pada perpotongan kolom dan
baris pivot. Elemen pivot akan menjadi dasar perhitungan untuk tabel simpleks berikutnya.
11. Variabel masuk adalah variabel yang terpilih untuk menjadi variabel basis pada iterasi
berikutnya. Variabel masuk dipilih satu dari antara variabel non basis pada setiap iterasi.
Variabel ini pada iterasi berikutnya akan bernilai positif.
12. Variabel keluar adalah variabel yang keluar dari variabel basis pada iterasi berikutnya dan
digantikan oleh variabel masuk. Variabel keluar dipilih satu dari antara variabel basis pada
setiap iterasi. Variabel ini pada iterasi berikutnya akan bernilai nol.

2.2 BENTUK BAKU
Sebelum melakukan perhitungan iteratif untuk menentukan solusi optimal, pertama sekali
bentuk umum pemrograman linier dirubah ke dalam bentuk baku terlebih dahulu. Bentuk baku
dalam metode simpleks tidak hanya mengubah persamaan kendala ke dalam bentuk sama dengan,
tetapi setiap fungsi kendala harus diwakili oleh satu variabel basis awal. Variabel basis awal
menunjukkan status sumber daya pada kondisi sebelum ada aktivitas yang dilakukan. Dengan kata
lain, variabel keputusan semuanya masih bernilai nol. Dengan demikian, meskipun fungsi kendala
pada bentuk umum pemrograman linier sudah dalam bentuk persamaan, fungsi kendala tersebut
masih harus tetap berubah.
Ada beberapa hal yang harus diperhatikan dalam membuat bentuk baku, yaitu :
1. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≤ dalam bentuk umum, dirubah menjadi persamaan
(=) dengan menambahkan satu variabel slack.
2. Fungsi kendala dengan pertidaksamaan ≥ dalam bentuk umum, dirubah menjadi persamaan
(=) dengan mengurangkan satu variabel surplus.
3. Fungsi kendala dengan persamaan dalam bentuk umum, ditambahkan satu artificial variabel
(variabel buatan).
Perhatikan kasus A berikut :
Fungsi tujuan : minimumkan z = 2 x1 + 5.5 x2
Kendala :
x1 + x2 = 90
0.001 x1 + 0.002 x2 ≤ 0.9
0.09 x1 + 0.6 x2 ≥ 27
0.02 x1 + 0.06 x2 ≤ 4.5
x1, x2 ≥ 0
Bentuk di atas adalah bentuk umum pemrograman liniernya. Kedalam bentuk baku, model
matematik tersebut akan berubah menjadi :
Fungsi tujuan : minimumkan z = 2 x1 + 5.5 x2
Kendala :
x1 + x2 + s1 = 90
0.001 x1 + 0.002 x2 + s2 = 0.9
0.09 x1 + 0.6 x2 – s3 + s4 = 27
0.02 x1 + 0.06 x2 + s5 = 4.5
x1, x2 , s1, s2, s3, s4, s5 ≥ 0
Fungsi kendala pertama mendapatkan variable buatan (s1), karena bentuk umumnya sudah
menggunakan bentuk persamaan. Fungsi kendala kedua dan keempat mendapatkan variabel slack
(s2 dan s5) karena bentuk umumnya menggunakan pertidaksamaan ≤, sedangkan fungsi kendala
ketiga mendapatkan variabel surplus (s3) dan variabel buatan (s4) karena bentuk umumnya
menggunakan pertidaksamaan ≥.
Perhatikan pula kasus B berikut ini :
Maksimumkan z = 2x1 + 3x2
Kendala :
10 x1 + 5 x2 ≤ 600
6 x1 + 20 x2 ≤ 600
8 x1 + 15 x2 ≤ 600
x1, x2 ≥
Bentuk di atas juga merupakan bentuk umum. Perubahan ke dalam bentuk baku hanya
membutuhkan variabel slack, karena semua fungsi kendala menggunakan bentuk pertidaksamaan
≤ dalam bentuk umumnya. Maka bentuk bakunya adalah sebagai berikut :
Maksimumkan z = 2x1 + 3x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3
Kendala :
10 x1 + 5 x2 + s1 = 600
6 x1 + 20 x2 + s2 = 600
8 x1 + 15 x2 + s3 = 600

x1, x2 , s1 , s2 , s3 ≥ 0
s1 , s2 , s3 merupakan variable slack.
2.3 PEMBENTUKAN TABEL SIMPLEKS
Dalam perhitungan iterative, kita akan bekerja menggunakan tabel. Bentuk baku yang sudah
diperoleh, harus dibuat ke dalam bentuk tabel.
Semua variabel yang bukan variabel basis mempunyai solusi (nilai kanan) sama dengan nol dan
koefisien variabel basis pada baris tujuan harus sama dengan 0. Oleh karena itu kita harus
membedakan pembentukan tabel awal berdasarkan variabel basis awal. Gunakan kasus B di atas,
maka tabel awal simpleksnya adalah :
VB X1 X2 S1 S2 S3 Solusi
Z -2 -3 0 0 0 0
S1 10 5 1 0 0 600
S2 6 20 0 1 0 600
S3 8 15 0 0 1 600
2.4 LANGKAH-LANGKAH PENYELESAIAN
Langkah-langkah penyelesaian adalah sebagai berikut :
1. Periksa apakah tabel layak atau tidak. Kelayakan tabel simpleks dilihat dari solusi (nilai
kanan). Jika solusi ada yang bernilai negatif, maka tabel tidak layak. Tabel yang tidak layak
tidak dapat diteruskan untuk dioptimalkan.
2. Tentukan kolom pivot. Penentuan kolom pivot dilihat dari koefisien fungsi tujuan (nilai di
sebelah kanan baris z) dan tergantung dari bentuk tujuan. Jika tujuan maksimisasi, maka
kolom pivot adalah kolom dengan koefisien paling negatif. Jika tujuan minimisasi , maka
kolom pivot adalah kolom dengan koefisien positif terbesar. Jika kolom pivot ditandai dan
ditarik ke atas, maka kita akan mendapatkan variabel keluar. Jika nilai paling negatif (untuk
tujuan maksimisasi) atau positif terbesar (untuk tujuan minimisasi) lebih dari satu, pilih
salah satu secara sembarang.
3. Tentukan baris pivot. Baris pivot ditentukan setelah membagi nilai solusi dengan nilai kolom
pivot yang bersesuaian (nilai yang terletak dalam satu baris). Dalam hal ini, nilai negatif dan
0 pada kolom pivot tidak diperhatikan, artinya tidak ikut menjadi pembagi. Baris pivot
adalah baris dengan rasio pembagian terkecil. Jika baris pivot ditandai dan ditarik ke kiri,
maka kita akan mendapatkan variabl keluar. Jika rasio pembagian terkecil lebih dari satu,
pilih salah sau secara sembarang.
4. Tentukan elemen pivot. Elemen pivot merupakan nilai yang terletak pada perpotongan
kolom dan baris pivot.
5. Bentuk tabel simpleks baru. Tabel simpleks baru dibentuk dengan pertama sekali
menghitung nilai baris pivot baru. Baris pivot baru adalah baris pivot lama dibagi dengan
elemen pivot. Baris baru lainnya merupakan pengurangan nilai kolom pivot baris yang
bersangkutan dikali baris pivot baru dalam satu kolom terhadap baris lamanya yang terletak
pada kolom tersebut.
6. Periksa apakah tabel sudah optimal. Keoptimalan tabel dilihat dari koefisien fungsi tujuan
(nilai pada baris z) dan tergantung dari bentuk tujuan. Untuk tujuan maksimisasi, tabel
sudah optimal jika semua nilai pada baris z sudah positif atau 0. Pada tujuan minimisasi,
tabel sudah optimal jika semua nilai pada baris z sudah negatif atau 0. Jika belum, kembali
ke langkah no. 2 , jika sudah optimal baca solusi optimalnya.
Rumus yang digunakan:
yr’ =
rk
r
x
y
(untuk baris ke – r yang terdapat elemen pivot)
yi’ = yi – bi ar (untuk baris ke – i yang tidak terdapat elemen pivot)
Keterangan:
yr’ = elemen baris ke – r pada tabel yang baru

yi’ = elemen baris ke – i pada tabel yang baru
yr = elemen baris ke – r pada tabel yang lama
yi = elemen baris ke – i pada tabel yang lama
bi = elemen baris ke – i pada tabel lama yang se-kolom dengan elemen pivot
ar = elemen baris ke – r pada tabel yang baru
Selesaikan kasus berikut ini menggunakan metode simpleks :
Maksimum z = 8 x1 + 9 x2 + 4x3
Kendala :
x1 + x2 + 2x3 ≤ 2
2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 3
7x1 + 6x2 + 2x3 ≤ 8
x1,x2,x3 ≥ 0
Penyelesaian :
Bentuk bakunya adalah :
Maksimum z = 8 x1 + 9 x2 + 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3 atau
z - 8 x1 - 9 x2 - 4x3 + 0s1 + 0s2 + 0s3 = 0
Kendala :
x1 + x2 + 2x3 + s1 = 2
2x1 + 3x2 + 4x3 + s2 = 3
7x1 + 6x2 + 2x3 + s3 = 8
x1,x2,x3 ,s1 , s2 , s3 ≥ 0
Solusi / table awal simpleks :
VB X1 X2 X3 S1 S2 S3 NK Rasio
Z -8 -9 -4 0 0 0 0
S1 1 1 2 1 0 0 2
S2 2 3 4 0 1 0 3
S3 7 6 2 0 0 1 8
Karena nilai negative terbesar ada pada kolom X2, maka kolom X2 adalah kolom pivot dan X2 adalah
variabel masuk. Rasio pembagian nilai kanan dengan kolom pivot terkecil adalah 1 bersesuaian
dengan baris s2, maka baris s2 adalah baris pivot dan s2 adalah varisbel keluar. Elemen pivot adalah
3.
Z -8 -9 -4 0 0 0 0
S1 1 1 2 1 0 0 2 2
S2 2 3 4 0 1 0 3 1
S3 7 6 2 0 0 1 8 8/6
Iterasi 1
Nilai pertama yang kita miliki adalah nilai baris pivot baru (baris x2). Semua nilai pada baris s2
pada tabel solusi awal dibagi dengan 3 (elemen pivot).
Z
S1
x2 2/3 1 4/3 0 1/3 0 1
S3
Perhitungan nilai barisnya :
Baris z :

-8 -9 -4 0 0 0 0
-9 ( 2/3 1 4/3 0 1/3 0 1 ) -
-2 0 8 0 3 0 9
Baris s1 :
1 1 2 1 0 0 2
1 (2/3 1 4/3 0 1/3 0 1 ) -
1/3 0 2/3 1 -1/3 0 1
Baris s3 :
7 6 2 0 0 1 8
6 ( 2/3 1 4/3 0 1/3 0 1 ) -
3 0 -6 0 -2 1 2
Maka tabel iterasi 1 ditunjukkan tabel di bawah. Selanjutnya kita periksa apakah tabel sudah
optimal atau belum. Karena nilai baris z di bawah variabel x1 masih negatif, maka tabel belum
optimal. Kolom dan baris pivotnya ditandai pada tabel di bawah ini :
Z -2 0 8 0 3 0 9 -
S1 1/3 0 2/3 1 -1/3 0 1 3
X2 2/3 1 4/3 0 1/3 0 1 3/2
S3 3 0 -6 0 -2 1 2 2/3
Variabel masuk dengan demikian adalah X1 dan variabel keluar adalah S3 . Hasil perhitungan
iterasi ke 2 adalah sebagai berikut :
Iterasi 2 :
Z 0 0 4 0 5/3 2/3 31/3
S1 0 0 4/3 1 -1/9 -1/9 7/9
X2 0 1 8/3 0 7/9 -2/9 5/9
X1 1 0 -2 0 -2/3 1/3 2/3
Tabel sudah optimal, sehingga perhitungan iterasi dihentikan !
Perhitungan dalam simpleks menuntut ketelitian tinggi, khususnya jika angka yang
digunakan adalah pecahan. Pembulatan harus diperhatikan dengan baik. Disarankan jangan
menggunakan bentuk bilangan desimal, akan lebih teliti jika menggunakan bilangan pecahan.
Pembulatan dapat menyebabkan iterasi lebih panjang atau bahkan tidak selesai karena
ketidaktelitian dalam melakukan pembulatan.
Perhitungan iteratif dalam simpleks pada dasarnya merupakan pemeriksaan satu per satu titik-titik
ekstrim layak pada daerah penyelesaian. Pemeriksaan dimulai dari kondisi nol (dimana semua
aktivitas/variabel keputusan bernilai nol). Jika titik ekstrim berjumlah n, kemungkinan
terburuknya kita akan melakukan perhitungan iteratif sebanyak n kali.

2.5 MEMBACA TABEL OPTIMAL
Membaca tabel optimal adalah bagian penting bagi pengambil keputusan. Ada beberapa hal yang
bisa dibaca dari table optimal :
1. Solusi optimal variable keputusan
2. Status sumber daya
3. harga bayangan (dual/shadow prices).
Menggunakan table optimal :
VB X1 X2 X3 S1 S2 S3 NK
Z 0 0 4 0 5/3 2/3 31/3
S1 0 0 4/3 1 -1/9 -1/9 7/9
X2 0 1 8/3 0 7/9 -2/9 5/9
X1 1 0 -2 0 -2/3 1/3 2/3
Solusi optimal X1 = 2/3, X2 = 5/9 , X3 = 0 dan Z = 31/3, artinya untuk mendapatkan keuntungan
maksimum sebesar $ 31/3 , maka perusahaan sebaiknya menghasilkan produk 1 sebesar 2/3 unit
dan produk 2 sebesar 5/9 unit.
Status sumber daya :
Sumber daya pertama dilihat dari keberadaan variable basis awal dari setiap fungsi kendala pada
table optimal. Dalam kasus di atas, untuk fungsi kendala pertama periksa keberadaan S1 pada
variable basis table optimal. Periksa keberadaan S2 pada variable basis table optimal untuk fungsi
kendala kedua. Periksa keberadaan S3 pada variable basis table optimal untuk fungsi kendala
ketiga.
S1 = 7/9. Sumber daya ini disebut berlebih (abundant)
S2 = S3 = 0. Kedua sumber daya ini disebut habis terpakai (scarce).
Harga bayangan :
Harga bayangan dilihat dari koefisien variable slack atau surplus pada baris fungsi tujuan.
Koefisien S1 pada baris fungsi tujuan table optimal = 0, dengan demikian harga bayangan sumber
daya pertama adalah 0
Koefisien S2 pada baris fungsi tujuan table optimal = 5/3, dengan demikian harga bayangan sumber
daya kedua adalah 5/3
Koefisien S3 pada baris fungsi tujuan table optimal = 2/3, dengan demikian harga bayangan sumber
daya kedua adalah 2/3.
2.6 DUA FASE
Metode ini digunakan untuk menyelesaikan persoalan PL yang memuat variabel buatan
Contoh = Min Z = 4 X1 + X2
Kendala 3 X1 + X2 = 3
4 X1 + 3 X2  6
X1 + 2 X2  4
X1 , X2  0
Tahap 1 :
Bentuk dengan var buatan : R1 dan R2

Min r = R1 + R2
Kendala 3 X1 + X2 + R1 = 3
4 X1 + 3 X2 - X3 - R2 = 6
X1 + 2 X2 + X4 = 4
X1 , X2 , X3 ,R1 , R2 , X4  0
Fungsi tujuan r = R1 + R2
= ( 3 – 3 X1 - X2) + ( 6 - 4 X1 - 3 X2 + X3 )
= -7 X1 - 4 X2 + X3 + 9
Tabel Awal
VB X1 X2 X3 R1 R2 X4 NK
r 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
X4 1 2 0 0 0 1 4
Tabel optimum : setelah 2 iterasi ( periksa ! )
VB X1 X2 X3 R1 R2 X4 NK
r 0 0 0 -1 -1 0 0
X1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
X4 0 0 1 1 -1 1 1
Karena minimum solusi r = 0, masalah ini memiliki pemecahan ( solusi ) layak. Lanjutkan ke
tahap ( Fase ) kedua.
Tahap 2
 Menyingkirkan variabel buatan ( R1 dan R2 )
 Dari tabel optimum tahap 1 didapatkan :
X1 + 1/5X3 = 3/5
X2 - 3/5X3 = 6/5
X3 + X4 = 1
Masalah semula ditulis :
Min Z = 4 X1 + X2
Kendala X1 + 1/5X3 = 3/5 ......... ( 1 )
X2 - 3/5X3 = 6/5 ......... ( 2 )
X3 + X4 = 1
X1 , X2 , X3 ,R1 , R2 , X4  0
Maka terdapat 3 persamaan dan 4 variabel sehingga solusi dasar layak didapat dg membuat
(4 – 3) = 1 variabel dibuat nol

X3 = 0 -> X1 = 3/5 ; X2 = 6/5 ; X4 = 1
 Fungsi tujuan Z = 4 X1 + X2
= 4 ( 3/5 + 1/5 X3 ) + (6/5 + 3/5X3 )
= - 1/5 X3 + 18/5
Tabel Awal
Var msk
Tabel optimum
SOAL LATIHAN
1. Selesaikan linear program berikut ini dengan metode Simplex
Maksimumkan Z = 400X1 + 300X2
Fungsi kendala/ batasan:
1) 4X1 + 6X2 ≤ 1200
2) 4X1 + 2X2 ≤ 800
3) X1 ≤ 250
4) X2 ≤ 300
5) X1, X2 ≥ 0
2. Selesaikan linear program berikut ini dengan metode Simplex
Maksimumkan Z = 2X1 + 3X2 + X3
Dengan fungsi kendala:
1) X1 + X2 + X3 ≤ 9
2) 2X1 + 3X2 ≤ 25
3) X2 + 2X3 ≤ 10
4) X1, X2, X3 ≥ 0
3. Minimumkan Z = 3X1 + 2X2
Fungsi batasan : 1) X1 + 2X2 ≥ 20 2) 3X1 + X2 ≥ 20 , X1 ≥ 0 , X2 ≥ 0
VB X1 X2 X3 X4 NK
Z 0 0 1/5 0 18/5
X1 1 0 1/5 0 3/5
X2 0 1 -3/5 0 6/5
X4 0 0 1 1 1
VB X1 X2 X3 X4 NK
Z 0 0 0 -1/5 17/5
X1 1 0 0 -1/5 2/5
X2 0 1 0 3/5 9/5
X3 0 0 1 1 1

BAB III
PERSOALAN TRANSPORTASI
Metode Transportasi merupakan suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari
sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama ke tempat-tempat yang membutuhkan
secara optimal dengan biaya yang termurah. Alokasi produk ini harus diatur sedemikian rupa
karena terdapat perbedaan biaya-biaya alokasi dari satu sumber atau beberapa sumber ke tempat
tujuan yang berbeda.
Contoh model transportasi sebagai berikut :
Misalkan suatu produk yang dihasilkan pada tiga pabrik (sumber) harus didistribusikan ke tiga
gudang (tujuan) seperti berikut :
Sumber (Pabrik) Tujuan (Gudang)
Cirebon Semarang
Bandung Jakarta
Cilacap Purwokerto
3.1 MASALAH TRANSPORTASI SEIMBANG
Contoh masalah transportasi yang mana jumlah supply dari semua sumber sama dengan jumlah
permintaan pada semua tempat tujuan.
Sebuah perusahaan Negara berkepentingan mengangkut pupuk dari tiga pabrik ke tiga pasar.
Kapasitas supply ketiga pabrik, permintaan pada ketiga pasar dan biaya transport per unit adalah
sebagai berikut :
Pasar Penawaran
1 2 3
Pabrik
1 8 5 6 120
2 15 10 12 80
3 3 9 10 80
Permintaan 150 70 60 280
Masalah transportasi diatas dapat gambarkan sebagai suatu model jaringan :
Sumber Volume yang diangkut Tujuan (Gudang)
S1 = 120 D1 = 150
S2 = 80 D2 = 70
S3 = 80 D3 = 60
1
2
3
2
1
3

Masalah ini dapat juga dilihat dalam LP misalkan : Xij : banyaknya unit barang yang di kirim dari
pabrik I (I = 1,2,3) ke pasar j (j = 1,2,3)
Dengan fungsi Tujuan :
Z= 8X11 + 5X12 + 6X13 + 15X21 + 10X22 + 12X23 + 3X31 + 9x32 + 10X33
Dengan batasan :
X11 + X12 + X13 = 120
X21 + X22 + X23 = 80
X31 + X32 + X33 = 80
X11 + X21 + X31 = 150
X12 + X22 + X32 = 70
X13 + X23 + X33 = 60
3.2 TABEL TRANSPORTASI
Masalah transportasi yang khas dapat ditempatkan dalam suatu bentuk table khusus yang
dinamakan table transportasi.
ke
Dari
Tujuan
Supply
1 2 …….. j …….. n
1
X11 X12
…….. ……..
X1n
S1
2 X21 X22 …….. X21 …….. X2n S2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
I …….. 30 …….. S1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
M
Xm1 Xm2
……..
Xm1
…….. Sn
Demand D1 D2 …….. Dj …….. Dn Si = Dj
Sumber ditulis dalam baris-baris dan tujuan dalam kolom – kolom. Biaya transfer per unit (Cij) di
catat pada kotak kecil. Permintaan dari setiap tujuan terdapat pada baris paling bawah, sementara
penawaran setiap sumber dicatat pada kolom paling kanan. Dan kotak pojok kanan bawah
menunjukkan kenyataan bahwa penawaran sama dengan permintaan. Variabel Xij menunjukkan
jumlah barang yang diangkut dari sumber I ke tujuan j (yang akan dicari).
Berikut solusi penyelesaian masalah transportasi, yang dimulai dari mencari sulusi awal (dasar).
Ada tiga metode dalam penyelesaian sulusi awal :
1. Metode North West Corner (NWC) => dari pojok kiri atas ke pojok kanan bawah
Kelemahan : tidak memperhitungkan besarnya biaya sehingga kurang efisien.
2. Metode biaya terkecil (Least Cost)=> mencari dan memenuhi yang biayanya terkecil dulu.
Lebih efisien dibanding metode NWC.
3. Apromasi Vogel
C11
C21
Ci1
C12
C22
Ci2
C11
10
Cij
C1n
Cin
Cm1 Cm1 Cmn
Cm2

Ada beberapa cara menentukan solusi optimum
1. Metode Stepping Stone
2. Metode Modified Distribution (MODI)
3. Masalah Transportasi Tak Seimbang
4. Degenerasi
5. Solusi Optimum Ganda
6. Rute Terlarang
3.3 METODE NORTH WEST CORNER (Mencari Solusi Awal)
1. Mulai pada pojok kiri atas dan alokasikan sebanyak mungkin pada X11 tanpa menyimpang
dari kendala penawaran atau permintaan (artinya X11 di tetapkan sama dengan yang terkecil
diantara nilai S1 dan D1.
2. Ini akan menghabiskan penawaran pada sumber 1 dan atau permintaan pada tujuan 1.
Akibatnya, tak ada lagi barang yang dapat dialokasikan ke kolom atau baris yang telah
dihabiskan dan kemudian baris atau kolom itu dihilangkan. Kemudian alokasikan sebanyak
mungkin ke kotak di dekatnya pada baris atau kolom yang tak dihilangkan. Jika baik kolom
maupun baris telah dihabiskan, pindahlah secara diagonal ke kotak berikutnya.
3. Lanjutkan dengan cara yang sama sampai semua penawaran telah dihabiskan dan keperluan
permintaan telah di penuhi.
ke
Dari
1 2 3 Supply
1 120 120
2 30 50 80
3 20 60 80
Demand 150 70 60 280
3.4 STEPPING STONE
Suatu metode / teknik dalam masalah transportasi untuk mencari optimal solution (least Cost )
dengan cara trial dan error dari kolom – kolom yang masing-masing kosong yang memiliki biaya
yang rendah pada contoh :
ke
Dari
X Y Z Supply
A 25 15 40
B XBX 25 5 30
C 30 30
Demand 25 40 35
Alokasi Barang ini memiliki total cost (TC)
TC = 25 (50) + 15 (15) + 25 (20) + 30 (35) = 3070
50
30
30
15
20
40
20
10
35
8
15
3
5
10
9
6
12
10

Kondisi ini Total Costnya dapat ditekan dengan Stepping Stone :
Caranya :
- Cari kotak- kotak yang belum terisi dengan biaya yang lebih rendah
- Hubungkan kotak-kotak kosong tersebut dengan ketiga kota lain yang sudah terisi
yang membentuk segi empat.
- Isikan kotak kosong tadi (Langkah I) dengan memindahkan barang tetangga terdekat.
Samping kiri - kanan
Samping atas – bawah
- Dengan kwantitas terkecil/biayanya terbesar kalau kuantitasnya ada yang sama.
Pada Contoh di atas kotak XBX dengan biaya 30 akan diisikan dengan tetangga terdekat.
ke
Dari
X Y Z
A 0 40 40
B 25 0 5 30
C 30 30
Demand 25 40 35
TC = 25 (30) + 40 (15) + 15 (10) + 30 (35) = 2450
3.5 Metode VAM (Vogel Aprosimasi Metode)
Metode ini sudah lebih akurat dibanding dengan metode terdahulu (Stepping Stone)
Adapun langkah-langkahnya :
1. Buatlah table / bagan kebutuhan VS kapasitas.
Sumber K L M Kapasitas
Produksi
Index Baris
A 15 20 10 40 5
B 10 15 25 60 5
C 20 30 40 50 10
Kebutuhan 30 45 75 Xam = 40
Index Kolom 5 5 15
2. Buat selisih dua harga terkecil dan terkecil kedua untuk setiap baris dan kolom
Baris A : 15 – 10 = 5
Baris B : 15 – 10 = 5
Baris C : 30 – 20 = 10
Kolom K : 15 – 10 = 5
Kolom L : 20 – 15 = 5
Kolom M : 25 – 15 = 15
3. Cari nilai terbesar dari nilai – nilai pada langkah – langkah 2
4. Karena nilai terbesar adalah 15 pada kolom 3 maka cari biaya terkecil dari nilai pada kolom
ke 3 dan diberi kotak biaya terkecilnya
Biaya terkecilnya adalah 10  kapasitas : 40
Kebutuhan : 75
5. Hapus Baris A karena sudah terpakai habis
50
30
30
15
20
40
20
10
35

Sumber K L M Kapasitas Index
B 10 15 25 60 5
C 20 30 40 50 10
Kebutuhan 30 45 35 Xbl = 45
Index 10 15 25
6. Ulangi Langkah 2 dengan melihat table di atas
Baris B = 15 – 10 = 5
Baris C = 30 – 20 = 10
Kolom K = 20 – 10 = 10
Kolom L = 30 – 15 = 15
Kolom M = 40 – 25 = 15
7. Index terbesar adalah 15 pada kolom L & M
Karena index sama maka cari yang biaya terkecil  Kolom L
8. Biaya = 15 menghubungkan kapasitas 60
Cari yangterkecil untukdialokasikan
Kebutuhan 45
9. Hapus Kolom L (Karna sudah habis terpakai )
Sehingga :
K M Kapasitas Index
B 10 25 15 15
C 20 40 50 20
30 35 Xck = 30
Baris B = 25 – 10 = 15
Baris C = 40 – 20 = 20  Index terbesar maka biaya terkecil adalah 20 yang menghubungkan
menghubungkan kapasitas 50
Cari yangterkecil untukdialokasikan
Kebutuhan 30
Hapus kolom K
M kapasitas
B 25 15
C 40 20
XBM = 15
XCM = 20
TC = 40 (10) + 45 (15) + 30 (20) + 15 (25) + 20 (40)
= 2850
Proses VAM dapat diringkas sebagai berikut :
1. Hitung Opportunity Cost untuk setiap baris dan kolom. Opportunity cost untuk setiap baris I
dihitung dengan mengurangkan nilai cij terkecil pada baris itu dari nilai cij satu tingkat lebih
besar pada baris yang sama. Opportunity cost kolom diperoleh dengan cara serupa.
2. Pilih baris atau kolom dengan opportunity cost terbesar (jika terdapat nilai kembar pilih
secara sembarang). Alokasikan sebanyak mungkin ke kotak dengan nilai cij minimum (biaya
paling kecil) pada baris atau kolom yang dipilih. Untuk Cij terkecil. Xij = Minimum [Si,Dj).
3. Sesuaikan penawaran dan permintaan untuk menunjukkan alokasi yang sudah dilakukan.
Hilangkan semua baris dan kolom dimana penawaran dan permintaan telah habis.
4. Jika semua penawaran dan permintaan belum dipenuhi, kembali ke langkah 1 dan hitung
lagi opportunity cost yang baru.

3.6 METODE MODI ( MODIFIED DISTRIBUTION )
Metode ini adalah mirip dengan stepping stone hanya saja dalam mencari biaya minimal
menggunakan cara yang lebih pasti.
Perbaikan Contoh berikut :
A = 20 B = 5 C = 14 Kapasitas
W = 0
50 40 90
H = 15
60 60
P = 5
10 50
Kebutuhan 50 110 40 200
Langkah penyelesaian MODI
1. Lakukan pengisian awal (Nort West Corner)
2. Memberi bobot dari setiap baris dan setiap kolom.
Ri + Kj = Cij ( Pada kotak-kotak yang terisi)
Ri = Index Baris
Kj = Index Kolom
Cij = Biaya di angkut atau satuan barang dari I ke j
3. Menentukan index perbaikan dengan mengikuti Cij – Ri – Kj (Pada kotak-kotak yang masih
kosong)
4. Menentukan titik awal perubahan
- Bahwa perubahan dilakukan bila masih ada index perbaikan yang negative
- Bila ada beberapa index perbaikan yang negative maka titik awal perubahan di mulai
pada perbaikan yang paling negative
5. Hitung TC untuk masing-masing perubahan dan perubahan berhenti bila tidak ada index
perbaikan yang negative
Pada contoh tersebut maka :
Langkah 2
RW + KA = CWA atau 0 + KA = 20  KA = 20
RW + KB = CWB atau 0 + KB = 5  KB = 5
RH + KB = CHB atau RH + 5 = 20  RH = 15
RP + KB = CPB atau Rp + 5 = 10  RP = 5
RP + KC = CPC atau 5 + KC = 19  KC = 14
TC = 50 (20) + 40 (5) + 60 (20) + 10 (10) + 40 (19)
= 3260
Langkah 3
Kotak Kosong Cij – Ri – Kj Nilai 1 Perbaikan
HA 15 - 15 – 20 - 20
PA 25 - 5 – 20 0
WC 8 - 0 - 14 - 6
HC 10 - 15 - 14 -19
20
15
5 8
20
25 10
10
19

Langkah 4 memulai pengisian kotak HA
W = 0 90 90
H = 15 50 10 60
P = 5 10 40 50
Kebutuhan 50 110 40 200
TC 2 = 90 (5) + 50(15 + 10 (20) + 10(10) + 40(19) = 2260
Index perbaikan Cij – Ri – Kj hanya untuk kotak yang kosong
Kotak Cij – Ri – Kj Index Perbaikan
WA 20 – 0 – 0 20
WC 8 – 0 – 14 -6
HC 10 – 15 – 14 - 19
PA 25 – 5 – 0 20
Titik awal perbaikan dimulai pada kotak HC dimana kotak HC memiliki tetangga terdekat
(membentuk segi empat dengan tiga kotak lainnya yang terisi)
TC = 90 (5) + 50(15) + 10(10) + 20(10) + 30(19)
= 2070
Karena index perbaikan masih ada yang negative maka :
W = 0 90 90
H = 15 50 10 60
P = 5 10 40 50
Kebutuhan 50 110 40 200
1. Penentuan index baris dan kolom yang baru
Ri + Kj = Cij  hanya untuk kotak yang terisi
RW + KB = 5  0 + KB = 5 KB = 5
RP + KC = 19  5 + KC = 19 KC = 14
RH + KC = 10  10 + 14 = -4
RH + KA = 15  -4 + KA = 15  KA = 19
2. Index Perbaikan
Kotak Cij – Ri – Kj Index Perbaikan
WA 20 – 0 – 0 20
WC 8 – 0 – 14 -6
HB 20 – 15 – 5 0
20
15
5 8
20
25 10
10
19
20
15
5 8
20
25 10
10
19

PA 25 – 5 – 0 20
W = 0 60
30
90
H = -4 50 10 60
P = 5 50 50
Kebutuhan 50 110 40 200
TC = 60 (5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10)
= 1890
1. Karena masih ada yang negative – 6 maka : RW = 0
2. Tentukan lagi index baris dan kolom baru
Ri + kj = Cij
RW + KB = 5  0 + KB = 5 KB = 5
Rp + KB = 10  Rp + 5 = 10  KB = 5
RW + KC = 8  0 + Kc = 8  KC = 8
RH + KC = 10  RH + 8 = 10 RH = 2
RH + KA = 15  2 + KA = 15  KA = 13
3. Kotak Cij – Ri – Kj Index Perbaikan
WA 20 – 0 – 19 1
HB 20 – (-4) – 5 19
PA 25 – 5 – 19 1
PC 19 – 5 – 14 0
Sudah OPTIMAL sebab tidak ada lagi index perbaikan yang negatif
SOAL LATIHAN
1. Berikut tabel transportasi
Ke
Dari
Gudang A Gudang B Gudang C
Kapasitas
Pabrik
Pabrik 1 Rp 3200 Rp 3300 Rp 3400 106
Pabrik 2 Rp 3600 Rp 4200 Rp 3800 132
Pabrik 3 Rp 3400 Rp 3700 Rp 4000 127
Kebutuhan
Gudang
122 152 91 365
Selesaikan dengan metode:
a. NWC
b. Biaya terkecil
c. MODI
2. Produksi pabrik A, B, C adalah sebagai berikut:
Pabrik Kapasitas produksi tiap bulan
A
B
C
150 ton
40 ton
80 ton
Jumlah 270 ton
20
15
5 8
20
25 10
10
19

Gudang pabrik tersebut mempunyai kapasitas sebagai berikut:
Gudang Kebutuhan produksi tiap bulan
H
I
J
110 ton
70 ton
90 ton
Jumlah 270 ton
Biaya untuk mendistribusikan barang dari pabrik ke gudang :
Ke
Dari
Biaya tiap ton (Rp)
Gudang H Gudang I Gudang J
Pabrik A 27000 23000 31000
Pabrik B 10000 45000 40000
Pabrik C 30000 54000 35000
a. Buat tabel awal transportasi
b. Selesaikan dengan metode biaya terkecil dan optimalkan dengan metode MODI
c. Selesaikan dengan metode VAM

BAB IV
PENUGASAN
Tujuan dari Metode Penugasan adalah bagaimana menempatkan tenaga ahli pada bidang yang telah
ditentukan agar biaya lebih meinimum. Penempatan karyawan tidak boleh asal dilakukan saja,
sebab kalau cara penempatannya berbeda akan membawa konsekuensi hasil atau pengorbanan
yang berbeda pula. Karyawan yang kita alokasikan secara optimal, artinya kalau memakan biaya /
pengorbanan kita usahakan sekecil-kecilnya dan menghasilkan manfaat kita usahakan sebesar-
besarnya.
Cara pengalokasian karyawan dapat dilakukan dengam menggunakan algoritma. Biasanya yang
digunakan sebagai ukuran untuk menentukan efisiensi dan tidaknya adalah uang. Metode algoritma
yang digunakan disini sering juga disebut sebagai Hungarian Methode.
Algoritma dalam penyelesaian Penugasan ada dua cara :
A. Algoritma dengan Tujuan Meminimumkan
B. Algoritma dengan Tujuan Memaksimalkan
4.1 Algoritma dengan Tujuan Meminimumkan
Dalam model ini tujuan kita meminimumkan pengorbanan biasanya dalam bentuk biaya untuk
menyelesaikan suatu pekerjaan oleh seorang karyawan.
Dalam penempatan karyawan yang paling cocok adalah satu pekerjaan ditangani satu orang
karyawan.
Contoh :
Suatu Penugasan memiliki 4 orang karyawan yang akan ditugaskan untuk menyelesaikan 4 macam
tugas. Satu karyawan harus mengerjakan satu macam pekerjaan. Dan biaya penyelesaikan
pekerjaan itu oleh tiap karyawan seperti terlihat pada table berikut :
Untuk melakukan alokasi penugasan karyawan yang optimal dengan langkah-langkah sebagai
berikut :
1. Membuat Tabel Opportunity Cost dengan mengurangi elemen tiap baris dengan elemen
terkecil dari baris itu. Sehingga Menghasilkan Tabel berikut :
2. Membuat Total Opportunity Cost Matrik
- Dari Tabel Opportunity Cost disetiap kolom harus memiliki paling sedikit 1 elemen
benilai nol.
- Ternyata pada kolom ketiga belum ada elemen bernilai nol, maka harus kita dibuat agar
memiliki nilai nol dengan cara : Mengurangi elemen pada kolom tersebut dengan nilai
paling kecil di kolom tersebut.
Setelah semua memiliki nilai nol disetiap kolom, maka diperoleh table Total
Opportunity Cost Matrix sebagai berikut :
Pekerja Karywan I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
20
15
10
25
28
13
21
20
25
13
20
23
24
11
30
20
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
0
4
0
5
8
2
11
0
5
2
10
3
4
0
20
0

3. Menarik Garis untuk meliput angka nol
Setelah semua baris dari kolom memiliki angka nol, maka tariklah garis seminimum
mungkin, baik vertical maupun horizontal yang bisa menghubungkan angka nol.
Apakah penugasan sudah optimal? Belum optimal karena jumlah garis yang dibuat itu masih
lebih kecil dibanding dengan jumlah baris atau kolom yang belum terliput garis.
Untuk merubah table diatas dilakukan langkah sebagai berikut :
 Pilih angka terkecil diantara semua angka yang belum terliput dengan garis dan
kurangkan semua angka yang belum terliput garis dengan angka terkecil tersebut.
 Angka yang terliput dengan garis vertical dan horizontal, tambahkan dengan angka
terkecil yang belum terliput dengan garis, sehingga menghasilkan table Perubahan Total
Tabel diatas sudah optimal, karena garis yang dibuat sudah 4 garis, sama dengan jumlah
baris atau jumlah kolom.
Setelah itu letakkan karyawan pada salah satu pekerjaan yang nilainya pada Total
Opportunity Cost = 0 (Cari Biaya Terendah) tiap kolom atau baris, dan satu pekerjaan bisa
diisi oleh satu orang saja dan tambahkan semua biaya agar diperoleh biaya keseluruhan
sebagai berikut :
Karyawan Tugas yang ditempati Biaya yang dikeluarkan
A III Rp. 25
B IV Rp. 11
C I Rp. 10.
D II Rp. 20
Jumlah Rp. 66
Biaya yang tercantum pada kolom ke 3 merupakan biaya yang diambil dari Tabel Biaya
Awal Penugasan.
Jumlah biaya Rp. 66 merupakan biaya termurah dibanding dengan semua alternative lain.
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
0
4
0
5
8
2
11
0
3
0
8
1
4
0
20
0
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
0
4
0
5
8
2
11
0
3
0
8
1
4
0
20
0
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
0
7
0
8
5
2
8
0
0
0
5
1
4
0
17
0

4.2 Algoritma dengan Tujuan Memaksimalkan
Dalam model ini tujuan kita Memaksimalkan keuntungan, bila kita menganggap bahwa pekerjaan
dalam menempatkan karyawan menguntungkan bagi karyawan.
Dalam penempatan karyawan yang paling cocok adalah satu pekerjaan ditangani satu orang
karyawan.
Contoh :
Suatu Penugasan memiliki 4 orang karyawan yang akan ditugaskan untuk menyelesaikan 4 macam
tugas. Satu karyawan harus mengerjakan satu macam pekerjaan. Dan biaya penyelesaikan
pekerjaan itu oleh tiap karyawan seperti terlihat pada table berikut :
Untuk melakukan alokasi penugasan karyawan yang optimal dengan yang menguntungkan
perusahaan maka langkah-langkah penugasan sebagai berikut :
1. Membuat Tabel Opportunity Loss Matrik dengan mencari elemen terbesar dibaris itu dan
mengurangkan dengan nilai elemen tiap baris.. Sehingga Menghasilkan Tabel berikut :
2. Membuat Total Opportunity Loss Matrik
a. Dari Tabel Opportunity Loss Matrik disetiap kolom harus memiliki paling sedikit 1
elemen benilai nol (Langkah sama dengan algoritma meminimumkan)
b. Ternyata pada kolom ketiga belum ada elemen bernilai nol, maka harus kita dibuat agar
memiliki nilai nol dengan cara : Mengurangi elemen pada kolom tersebut dengan nilai
paling kecil di kolom tersebut.
Setelah semua memiliki nilai nol disetiap kolom, maka diperoleh table Total
Opportunity Loss Matrix sebagai berikut :
3. Menarik Garis untuk meliput angka nol
Setelah semua baris dari kolom memiliki angka nol, maka tariklah garis seminimum
mungkin, baik vertical maupun horizontal yang bisa menghubungkan angka nol.
Pekerja Karywan I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
20
28
16
26
24
20
18
30
20
18
14
16
16
30
16
32
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
4
2
2
6
0
10
0
2
4
12
4
16
8
0
2
0
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
4
2
2
6
0
10
0
2
0
8
0
12
8
0
2
0
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
4
2
2
6
0
10
0
2
0
8
0
12
8
0
2
0

Apakah penugasan sudah optimal? Belum optimal karena jumlah garis yang dibuat itu masih
lebih kecil dibanding dengan jumlah baris atau kolom yang belum terliput garis.
Untuk merubah table diatas dilakukan langkah sebagai berikut :
 Pilih angka terkecil diantara semua angka yang belum terliput dengan garis dan
kurangkan semua angka yang belum terliput garis dengan angka terkecil tersebut.
 Angka yang terliput dengan garis vertical dan horizontal, tambahkan dengan angka
terkecil yang belum terliput dengan garis, sehingga menghasilkan table Perubahan Total
Tabel diatas sudah optimal, karena garis yang dibuat sudah 4 garis, sama dengan jumlah
baris atau jumlah kolom.
Setelah itu letakkan karyawan pada salah satu pekerjaan yang nilainya pada Total
Opportunity Cost = 0 (Cari Biaya Terendah) tiap kolom atau baris, dan satu pekerjaan bisa
diisi oleh satu orang saja dan tambahkan semua biaya agar diperoleh biaya keseluruhan
sebagai berikut :
Karyawan Tugas yang ditempati Biaya yang dikeluarkan
A II Rp. 24
B I Rp. 28
C III Rp. 14
D IV Rp. 32
Jumlah Rp.96
Biaya yang tercantum pada kolom ke 3 merupakan biaya yang diambil dari Tabel Biaya
Awal Penugasan.
Jumlah biaya Rp. 96 merupakan biaya termurah dibanding dengan semua alternative lain.
SOAL LATIHAN
1. Sebuah perusahaan pengecoran logam mempunyai empat jenis mesin yang diberi nama M1,
M2, M3 dan M4. Setiap mesin mempunyai kapasitas yang berbeda dalam pengoperasiannya.
Dalam minggu mendatang perusahaan mendapatkan pesanan untuk menyelesaikan empat
jenis pekerjaan (job) yaitu J1, J2, J3 dan J4. Biaya pengoperasian setiap pekerjaan oleh keempat
mesin dapat dilihat dalam tabel berikut:
Mesin
Job
M1 M2 M3 M4
J1 210 150 180 130
J2 140 160 200 190
J3 150 175 220 200
J4 200 115 160 190
Masalahnya adalah bagaimana menugaskan keempat mesin untuk menyelesaikan keempat
jenis pekerjaan agar total biaya pekerjaan minimum!
2. Seorang pengusaha konveksi mempunyai 4 orang karyawati yang memproduksi 4 jenis produk.
Jumlah produk yang dihasilkan masing-masing karyawan tiap bulannya dapat dilihat pada
tabel berikut:
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rupiah
A
B
C
D
4
0
2
4
0
8
0
0
0
6
0
10
10
0
4
0

Produk
Karyawati
Celana panjang Rok Hem Baju safari
Ulfah 6 7 10 9
Salma 2 8 7 8
Rana 8 9 5 12
Nabila 7 11 12 3
Buat penugasan agar jumlah produk yang dihasilkan bisa maksimum!

DAFTAR PUSTAKA
Taha,H. Operation Research An Introduction, Edisi 4, Macmillan, New York
Bronson, R. Theory and Problem of Operation Research , McGraw-Hill, Singapore.
Pangestu, S., Asri, M. dan Handoko, H. 2000. Dasar-Dasar Operation Research, Yogyakarta.
Aminudin. 2005. Prinsip-Prinsip Riset Operasi, Erlangga.
Zamit, Y. Manajemen Kuantitatif, BPFE, Yogyakarta

OPTIMAL PRODUKSI

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to OPTIMAL PRODUKSI

Similar to OPTIMAL PRODUKSI (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

OPTIMAL PRODUKSI