Model transportasi

Powerpoint Templates Page 1
MODEL TRANSPORTASI

 Merupakan bentuk khusus dari linear programming (Linear
programming berstruktur khusus).
 Merupakan metode yang digunakan untuk mengatur distribusi
sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama ke tempat-
tempat yang membutuhkan secara optimal
 Suatu prosedur khusus untuk mendapatkan program biaya
minimum dalam mendistribusikan unit-unit yang homogen dari
suatu produk atas sejumlah titik penawaran (sumber/sourches)
ke sejumlah titik permintaan (tujuan/destination).
 Permasalahan transportasi membahas masalah pendistribusian
suatu komoditas atau produk dari sejumlah sumber (supply)
kepada sejumlah tujuan (destination/demand), dengan tujuan
meminimumkan ongkos pengangkutan yang terjadi.
Pendahuluan

 Dasar permasalahan transportasi ini pertama kali dicetuskan
oleh Hitchcock dan kemudian dijelaskan dengan lebih mendetail
oleh Koopmans.
 Pendekatan pertama diberikan oleh Kantorovich. Formulasi
pemrograman linear dan metode sistematisnya pertama kali
diberikan oleh Dantzig.
Pendahuluan

Ciri-ciri Khusus Persoalan Transportasi
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

Gambaran UmumMasalah Transpotasi
Secara umum, masalah transportasi memiliki:
• Suatu himpunan m supply point. Supply point i dapat menyuplai
sebanyak si unit.
• Suatu himpunan n demand point. Demand point j harus dapat
menerima minimal dj unit.
• Setiap unit yang diproduksi pada supply point i dan dikirimkan
untuk memenuhi demand point j akan memunculkan suatu
variable cost cij.

Perumusan Umum Masalah Transpotasi
Misalkan xij menyatakan banyaknya unit yang dikirim dari supply
point i ke demand point j, maka perumusan umum dari masalah
transportasi adalah:
Minimasi:
Pembatas linear:
 
m
i
n
j
ijij xc
1 1
  s)constraint(supply,,,2,1
1
misx i
n
j
ij 
  s)constraint(demand,,,2,1
1
njdx j
n
i
ij 
 njmixij ,,1;,,10  

 Apabila permasalahannya merupakan permasalahan maksimasi
namun dengan pembatas linear seperti pada perumusan di atas,
maka permasalahan tersebut juga termasuk permasalahan
transportasi.
 Jika , maka total supply sama dengan total demand,
dan masalah ini dinamakan masalah transportasi seimbang.
 Apabila , maka total supply tidak sama dengan total
demand, sehingga masalah ini merupakan masalah transpotasi
yang tidak seimbang (inbalanced).
 

n
j
j
m
i
i ds
11
 

n
j
j
m
i
i ds
11
Perumusan UmumMasalah Transpotasi

 Agar dapat menyelesaikan permasalahan transportasi maka
permasalahan transportasi ini haruslah merupakan permasalahan
transportasi yang seimbang.
 Jika , maka tabel transpotasinya terlebih dahulu perlu
diseimbangkan dengan aturan:
1. Apabila , maka perlu ditambahkan baris dummy
dimana ongkos pada baris dummy tersebut adalah nol,
sedangkan jumlah supply dari baris dummy tersebut senilai
kekurangan dari total supply terhadap total demand.
 

n
j
j
m
i
i ds
11
 

n
j
j
m
i
i ds
11

2.Apabila , maka perlu ditambahkan kolom dummy
dimana ongkos pada kolom dummy tersebut adalah nol,
sedangkan jumlah demand dari kolom dummy tersebut senilai
kelebihan dari total supply terhadap total demand.
 

n
j
j
m
i
i ds
11

Perumusan untuk masalah transportasi seimbang, yaitu:
Mininasi:
Pembatas linear:
 
m
i
n
j
ijij xc
1 1
  s)constraint(supply,,,2,1
1
misx i
n
j
ij 
  s)constraint(demand,,,2,1
1
njdx j
n
j
ij 
 njmixij ,,1;,,10  

Keterangan:
Si = Tempat sumber ke-i asal produk
Tj = Tempat tujuan ke-j
Xij = Jumlah produk yang didistribusikan dari Si ke Tj
cij = Ongkos/biaya distribusi 1 unit produk dari Si ke Tj
si = Jumlah seluruh barang dari Si
dj = Kapasitas penerimaan barang di Tj

Tabel Transportasi
Sumber
Tujuan Supply
(si)T1 T2 … Tn
S1 X11 c11 X12 c12 … X1n c1n s1
S2 X21 c21 X22 c22 … X2n c2n s2
… … … … … …
Sm Xm1 cm1 Xm2 cm2 … Xmn cmn sm
Demand
(dj)
d1 d2 … dn

Tabel Transportasi Jika
totalsupply > total demand
 
 
n
j
j
m
i
in dsd
11
1
Sumber
Tujuan
Supply
(si)T1 T2 … Tn
S1 X11 c11 X12 c12 … X1n c1n X1n+1 0 s1
S2 X21 c21 X22 c22 … X2n c2n X2n+1 0 s2
… … … … … … …
Sm Xm1 cm1 Xm2 cm2 … Xmn cmn Xmn+1 0 sm
Demand
(dj)
d1 d2 … dn

 
 
m
i
i
n
j
im sds
11
1
Sumber
Tujuan Supply
(si)T1 T2 … Tn
S1 X11 c11 X12 c12 … X1n c1n s1
S2 X21 c21 X22 c22 … X2n c2n s2
… … … … … …
Sm Xm1 cm1 Xm2 cm2 … Xmn cmn sm
X(m+1)1 0 X(m+1)2 0 … X(m+1)n 0
Demand
(dj)
d1 d2 … dn
Tabel Transportasi Jika
totalsupply < total demand

Tahapan-Tahapan Penyelesaian Masalah Transportasi
1. Membuat tabel transportasi
2. Menentukan penyelesaian awal (BFS)
3. Melakukan cek optimalitas
4. Melakukan perbaikan tabel transportasi
5. Kembali pada langkah ke-3

Contoh Kasus
Powerco has three electric power plants that supply the needs
of four cities. Each power plant can supply the following number
of kilowatt-hours (kwh) of electricity: plant(1), 35 million; plant(2)
50 million, plant(3) 40 million. The peak power demands in
these cities, which occur at the same time (2 P.M.), are as
follows (in kwh): city(1) 45 million, city(2) 20 million, city(3) 30
million, and city(4) 30 million. The cost of sending 1 million kwh
of electricity from plant to city depend on the distance the
electricity must travel. Formulate an LP minimize the cost of
meeting each city’s peak power demand.

From
To
Supply
(million kwh)
City 1 City 2 City 3 City 4
Plant 1 $8 $6 $10 $9 35
Plant 2 $9 $12 $13 $7 50
Plant 3 $14 $9 $16 $5 40
Demand
(million kwh)
45 20 30 30

Untuk menyatakan permasalahan tersebut dalam bentuk PL, terlebih
dahulu kita harus mendefinisikan suatu peubah untuk setiap
keputusan yang akan diambil oleh Powerco.
Karena Powerco harus menentukan berapa banyak listrik yang harus
dikirim dari setiap gardu ke setiap kota, maka didefinisikan:
xij adalah banyaknya (million) kwh yang harus diproduksi pada gardu
i dan dikirimkan ke kota j. (i = 1,2,3) dan (j = 1,2,3,4).
Contoh Kasus

Berdasarkan hal itu, ongkos total untuk menyuplai kebutuhan listrik
maksimum ke kota 1 s/d kota 4 dapat dinyatakan sbb:
8X11 + 6X12+ 10X13+ 9X14
9X21 + 12X22+ 13X23+ 7X24
14X31 + 9X32 + 16X33+ 5X34
Untuk masalah Powerco terdapat dua jenis pembatas linear.
1. Jumlah listrik yang disuplai oleh setiap gardu tidak dapat melebihi
kapasitas gardu.(supply constraint)
Pembatas linear untuk suplai masalah Powerco:
X11+X12+X13+X14 ≤ 35
X21+X22+X23+X24 ≤ 50
X31+X32+X33+X34 ≤ 40

2. Jumlah listrik yang diterima oleh tiap kota minimal dapat
memenuhi kebutuhan maksimal dari tiap kota tersebut. (Demand
constraint).
Pembatas linear untuk permintaan masalah Powerco:
X11+X21+X31 ≥ 45 X13+X23+X33 ≥ 30
X12+X22+X32 ≥ 20 X14+X24+X34 ≥ 30

Formulasi untuk masalah Powerco tersebut adalah:
Minimasi: z = 8X11+ 6X12+ 10X13+ 9X14+9X21+ 12X22
+ 13X23+ 7X24+14X31+9X32+16X33+ 5X34
Pembatas linear:
X11+X12+X13+X14 ≤ 35 X11+X21+X31 ≥ 45
X21+X22+X23+X24 ≤ 50 X12+X22+X32 ≥ 20
X31+X32+X33+X34 ≤ 40 X13+X23+X33 ≥ 30
X14+X24+X34 ≥ 30
xij ≥ 0 (i = 1,2,3; j = 1,2,3,4)

Tabel Kasus Powerco
Sumber
Tujuan
Supply
(million kwh)City 1 City 2 City 3 City 4
Plant 1 8 6 10 9 35
Plant 2 9 12 13 7 50
Plant 3 14 9 16 5 40
Demand
(million kwh)
45 20 30 30

Penyelesaian Awal (BFS)
Untuk menentukan penyelesaian awal (bfs) dapat
dilakukan dengan 3 cara, yaitu:
• Metode North West Corner
• Metode Least Cost
• Metode Vogel

Metode North West Corner
Pada metode ini, langkah penentuan penyelesaian
awal dimulai dari sudut kiri atas tabel yaitu sel 11
(peubah X11).
Aturan pengisian tiap selnya adalah:
  njmidsx jiij ,,1;,1,min  

Untuk masalah Powerco, maka:
X11 = min{s1,d1} = min{35,45} = 35.
Oleh karena itu sel 11 diisi dengan 35. Setelah sel 11
terisi maka tabel transportasinya pun akan berubah
menjadi tabel Powerco iterasi 1. Selanjutnya karena
baris 1 telah selesai maka dilanjutkan ke sel 21.
X21 = min{s2,d1} = min{50,10} = 10.
menjadi tabel Powerco iterasi 2.

Dilakukan langkah yang sama seterusnya sehingga
diperoleh tabel basic feasible solution. Basic feasible
solutionnya adalah X11 = 35, X21 = 10, X22 = 20,
X23 = 20, X33 = 10, dan X34 = 30. Berdasarkan itu
maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah:
Z = C11X11 + C21X21 + C22X22 + C23X23 + C33X33
+ C34X34
Z = (8.35)+(9.10)+(12.20)+(13.20)+(16.10)+(5.30)
Z = 280+90+240+260+160+150 = 1180
Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal.

Powerco Iterasi 1
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 9 12 13 7 50
Plant 3 14 9 16 5 40
Demand
(million kwh)
10 20 30 30

Powerco Iterasi 2
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 10 - 9 12 13 7 40
Plant 3 14 9 16 5 40
Demand
(million kwh)
20 30 30

Powerco Iterasi 3
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 10 - 9 20 - 12 13 7 20
Plant 3 14 9 16 5 40
Demand
(million kwh)
30 30

Powerco Iterasi 4
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 10 - 9 20 - 12 20 - 13 7
Plant 3 14 9 16 5 40
Demand
(million kwh)
10 30

Powerco Iterasi 5
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 10 - 9 20 - 12 20 - 13 7
Plant 3 14 9 10 - 16 5 30
Demand
(million kwh)
30

Powerco Iterasi 6
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 35 - 8 6 10 9
Plant 2 10 - 9 20 - 12 20 - 13 7
Plant 3 14 9 10 - 16 30 - 5
Demand
(million kwh)

Metode Least Cost
Pada metode ini, langkah penentuan penyelesaian
awal dimulai dari sel yang mempunyai ongkos paling minimum
Apabila terdapat dua/lebih sel yang mempunyai ongkos paling
minimum maka dapat dipilih secara sembarang sel yang akan
diisi terlebih dahulu.
Aturan pengisian tiap selnya adalah:
  njmidsx jiij ,,1;,1,min  

Untuk masalah Powerco, ongkos yang paling
minimum adalah 5 yang berada pada sel 34,
sehingga:
X34 = min{s3,d4} = min{40,30} = 30.
menjadi tabel Powerco iterasi L-1. Selanjutnya dipilih
kembali ongkos minimum paling kecil berikutnya,
diperoleh ongkos paling minimumnya adalah 6 yang
berada pada sel 12, sehingga:
X12 = min{s1,d2} = min{35,20} = 20.

menjadi tabel Powerco iterasi L-2. Selanjutnya dipilih
kembali ongkos minimum paling kecil berikutnya,
diperoleh ongkos paling minimumnya adalah 7, yang
berada pada sel 24, namun sel ini tidak dapat diisi
karena kolom 4 telah terpenuhi.
Apabila bertemu dengan hal yang demikian maka
dilanjutkan pada ongkos paling minimum berikutnya.

X23 = 20, X33 = 10, dan X34 = 30. Berdasarkan itu
maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah:
Z = C11X11 + C12X12 + C21X21 + C23X23 + C33X33
+ C34X34
Z = (8.15)+(6.20)+(9.30)+(13.20)+(16.10)+(5.30)
Z = 120+120+270+260+160+150 = 1080

Powerco Iterasi L-1
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 8 6 10 9 35
Plant 2 9 12 13 7 50
Plant 3 14 9 16 30 - 5 10
Demand
(million kwh)
45 20 30

Powerco Iterasi L-2
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 8 20 - 6 10 9 15
Plant 2 9 12 13 7 50
Plant 3 14 9 16 30 - 5 10
Demand
(million kwh)
45 30

Powerco Iterasi L-3
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 15 - 8 20 - 6 10 9
Plant 2 9 12 13 7 50
Plant 3 14 9 16 30 - 5 10
Demand
(million kwh)
30 30

Powerco Iterasi L-4
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 15 - 8 20 - 6 10 9
Plant 2 30 - 9 12 20 - 13 7
Plant 3 14 9 16 30 - 5 10
Demand
(million kwh)
10

Powerco Iterasi L-5
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 15 - 8 20 - 6 10 9
Plant 2 30 - 9 12 20 - 13 7
Plant 3 14 9 10 - 16 30 - 5
Demand
(million kwh)

Metode Vogel
Metode ini merupakan cara yang terbaik dibanding
dengan kedua cara sebelumnya. Tahap-tahap
penyelesaian metode vogel adalah sebagai berikut :
1. Tentukan selisih ongkos terkecil dan kedua
terkecil dari tiap tiap baris dan tiap tiap kolom
2. Pilih baris atau kolom yang memiliki selisih
ongkos terbesar (Penalty)
3. Isikan pada sel yang memiliki ongkos terkecil di
baris atau kolom yang terpilih pada langkah 2
4. Lanjutkan sampai selesai

Tabel Kasus Powerco
Sumber
Tujuan
si P1
Plant 1 8 6 10 9 35 2
Plant 2 9 12 13 7 50 2
Plant 3 14 9 16 5 40 4
di 45 20 30 30
P1 1 3 3 2

Untuk masalah Powerco, pada tabel awal transportasi
diperoleh nilai penalty paling besar adalah 4. Hal ini
berarti pada baris 3 dipilih ongkos paling minimum,
diperoleh ongkos paling minimumnya adalah 5 yang
terletak pada sel 34.
X34 = min{s3,d4} = min{40,30} = 30.
menjadi tabel Powerco iterasi V-1. Selanjutnya
dihitung kembali penalty pada tabel Powerco iterasi
V-1.

Pada tabel Powerco Itersi V-1 diperoleh nilai penalty
paling besar adalah 5. Hal ini berarti pada baris 3
dipilih ongkos paling minimum, diperoleh ongkos
paling minimumnya adalah 9 yang terletak pada sel
32.
X32 = min{s3,d2} = min{10,20} = 10.
menjadi tabel Powerco iterasi V-2. Selanjutnya
dihitung kembali penalty pada tabel Powerco iterasi
V-2.

X23 = 5, X32 = 10, dan X34 = 30. Berdasarkan itu maka
diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah:
Z = C12X12 + C13X13 + C21X21 + C23X23 + C32X32
+ C34X34
Z = (6.10)+(10.25)+(9.45)+(13.5)+(9.10)+(5.30)
Z = 60+250+405+65+90+150 = 1020

Powerco Iterasi V-1
Sumber
Tujuan
si P2
Plant 1 8 6 10 9 35 2
Plant 2 9 12 13 7 50 2
Plant 3 14 9 16 30 - 5 10 5
di 45 20 30
P2 1 3 3 х

Powerco Iterasi V-2
Sumber
Tujuan
si P2
Plant 1 8 6 10 9 35 2
Plant 2 9 12 13 7 50 2
Plant 3 14 10 - 9 16 30 - 5 х
di 45 10 30
P2 1 3 3 х

Powerco Iterasi V-3
Sumber
Tujuan
si P2
Plant 1 8 10 - 6 10 9 35 2
Plant 2 9 12 13 7 50 2
Plant 3 14 10 - 9 16 30 - 5 х
di 45 30
P2 1 х 3 х

Powerco Iterasi V-4
Sumber
Tujuan
si P2
Plant 1 8 10 - 6 25 - 10 9 х
Plant 2 9 12 13 7 50 2
Plant 3 14 10 - 9 16 30 - 5 х
di 45 5
P2 1 х 3 х

Powerco Iterasi V-5
Sumber
Tujuan
si P2
Plant 1 8 10 - 6 25 - 10 9 х
Plant 2 45 - 9 12 5 - 13 7 х
Plant 3 14 10 - 9 16 30 - 5 х
di
P2 х х х х

Pengecekan Optimalitas
Syarat :
• Jumlah sel yang terisi : (m + n) – 1
m = jumlah baris tabel transportasi
n = jumlah kolom tabel transportasi
Untuk mengecek apakah penyelesaian awal (bfs)
yang diperoleh sudah optimal atau belum, dapat
dilakukan dengan cara, yaitu:
• Metode Stepping Stone
• Metode Multipier

Untuk kasus Powerco, penyelesaian awal (bfs) yang
diambil adalah penyelesaian awal (bfs) dengan
menggunakan metode Vogel, hal ini dikarenakan
dengan metode Vogel ini diperoleh ongkos
pengiriman yang paling minimum.
peubah Basisnya adalah {X12, X13, X21, X23, X32, X34}
peubah Nonbasisnya adalah {X11, X14, X22, X24, X31,
X33}
Suatu solusi layak awal dikatakan telah optimal
apabila setiap perubahan dari seluruh peubah
nonbasisnya bernilai positif.

Definisi LOOP
Suatu barisan sel terurut yang sedikitnya terdiri dari
empat buah sel berbeda dikatakan loop apabila:
1. Ada dua consecutive cells yang berada pada satu
kolom/satu baris yang sama.
2. Tidak ada tiga buah consecutive cells yang berada
pada satu kolom/satu baris yang sama.
3. Sel awal loop = sel akhir loop

Metode Stepping Stone
Pada metode ini, untuk menentukan entering dan
leaving variable terlebih dahulu harus dibuat suatu
loop tertutup bagi setiap peubah nonbasisnya. Loop
tersebut harus berawal dan berakhir pada peubah
nonbasis yang sama, dimana setiap sudut loop
haruslah merupakan titik-titik yang ditempati oleh
peubah-peubah basis dalam tabel transportasi.
Pada metode ini loop digunakan untuk memeriksa
apakah dapat diperoleh penurunan ongkos (z), jika
peubah nonbasis masuk menjadi peubah basis.

Untuk menggunakan cara ini:
1. Buatlah suatu loop tertutup untuk semua peubah nonbasis
2. Pemberian tanda (+) dan (-) pada sel yang berkaitan
dengan loop tersebut
3. Pada sel yang bertanda negatif pilih nilai xij yang paling
kecil untuk menjadi peubah nonbasis.
4. Tentukan nilai z baru berdasarkan solusi layak yang
diperoleh pada tahap point (3).
5. Hitung selisih antara z lama dengan z baru
6. Pilih selisih z yang paling negatif untuk menjadi solusi
layak baru.
7. Apabila selisih z telah bernilai nonnegatif semua maka
solusi layak awal tersebut merupakan solusi layak optimal.

Misalkan pada kasus ini untuk peubah nonbasis:
Peubah nonbasis x11
• loop (1,1) – (1,3) – (2,3) – (2,1)
• tanda + utk (1,1) & (2,3); tanda - utk (1,3) & (2,1)
• peubah nonbasisnya adalah x23 = 25
• z(x11) = 1070
1. Δ z(x11) = 1070 – 1020 = +50
Analog untuk peubah-peubah nonbasis lainnya.
a. Δ z(x14) = 1090 – 1020 = +70
b. Δ z(x22) = 1035 – 1020 = +15
c. Δ z(x24) = 1030 – 1020 = +10

d. Δ z(x31) = 1040 – 1020 = +20
e. Δ z(x33) = 1050 – 1020 = +30
Karena ternyata perubahan nilai fungsi tujuan dari
peubah nonbasis bernilai nonnegatif semua maka
solusi layak tersebut telah optimal.

Peubah Nonbasis x11
Sumber
Tujuan
Supply
Plant 1 25 - 8 10 - 6 10 9
Plant 2 20 - 9 12 30 - 13 7
Plant 3 14 10 - 9 16 30 - 5
Demand
(million kwh)

Oleh karena, alokasi dari peubah-peubah
nonbasisnya bernilai positif semua yang berarti
apabila peubah nonbasis diubah menjadi peubah
basis maka yang terjadi adalah ongkosnya yang akan
bertambah. Hal ini dapat diartikan bahwa solusi layak
awal yang diperoleh telah optimum.
Cara lain untuk menentukan besar perubahannya
tanpa harus menghitung nilai z adalah dengan
menggunakan elemen-elemen ongkos (cij) teknik ini
dinamakan “perpindahan antarkolom/antarbaris”.

Untuk menggunakan cara ini:
1. Buatlah suatu loop tertutup untuk semua peubah nonbasis
2. Pemberian tanda (+) dan (-) pada elemen-elemen
ongkos yang berkaitan dengan loop tersebut
3. Jumlahkan elemen-elemen ongkos tersebut.
4. Pilih sel dengan jumlah elemen-elemen ongkos pada
point (3) yang mempunyai nilai paling negatif untuk
menjadi peubah basis dan membentuk solusi layak baru
5. Apabila nilai-nilai pada point (3) bernilai nonnegatif
maka solusi layak awal tersebut merupakan solusi
layak optimal.

x11 = (+)c11+(-c13)+(c33)+(-c23) = 8+(-10)+13+(-9)=+2
x14 = (+)c14+(-c34)+(c32)+(-c12) = 9+(-5)+9+(-6)=+7
x22 = (+)c22+(-c12)+(c13)+(-c23) = 12+(-6)+10+(-13)=+3
x24 = (+)c24+(-c34)+ (c32)+ (-c12)+ (c13)+ (-c23)
= 7+(-5)+9+(-6)+10+(-13) = +2
x31 = (+)c31+(-c21)+ (c23)+ (-c13)+ (c12)+ (-c32)
= 14+(-9)+13+(-10)+6+(-9) = +5
x33 = (+)c33+(-c13)+(c12)+(-c32) = 16+(-10)+6+(-9) = +3
Apabila nilai-nilai xij peubah nonbasis bernilai
nonnegatif maka solusi layak awal tersebut
merupakan solusi layak optimal.

Metode Multiplier
Pada metode ini, untuk menentukan entering dan
leaving variable terlebih dahulu harus menghitung
multiplier ui untuk baris i dan multiplier vj untuk kolom
j. Misalkan BV merupakan himpunan dari peubah
basis untuk solusi layak awal, koefisien dari peubah
basis xij (yaitu ) ditentukan oleh:
dimana cij merupakan koefisien fungsi tujuan dari xij
dan aij merupakan kolom dari xij dalam model PL
awal.
ijijBVij caBcc  1
ijc

Pada metode ini, xBV akan dibuat menjadi
penjumlahan dari multiplier ui dan multiplier vj, yaitu:
Setelah nilai cBVB-1 diperoleh, maka dengan mudah
dapat dihitung nilai dari . Karena nilai pembatas
linear pertama dari masalah PL telah ditentukan,
maka cBVB-1 akan mempunyai (m+n-1) elemen,
dinyatakan sbb:
dimana u2,u3,…,um adalah elemen-elemen dari
cBVB-1 yang berkorespondensi dengan (m-1)
pembatas supply.
jiij vux 
ijc
 nmBV vvvuuuBc  2132
1


Sedangkan v1,v2,…,vn adalah elemen-elemen dari
cBVB-1 yang berkorespondensi dengan n pembatas
demand.
Untuk menentukan cBVB-1 digunakan fakta bahwa
peubah basis xij harus mempunyai nilai
Oleh karena itu, untuk setiap (m+n-1) peubah basis
berlaku:
Pada metode ini, solusi dikatakan optimum apabila
semua peubah nonbasis mempunyai nilai
untuk kasus minimasi, untuk kasus masimasi
sebaliknya.
0ijc
01

ijijBV caBc
0ijc

Untuk kasus Powerco ini diperoleh solusi layak awal:
Peubah Basis adalah {X12, X13, X21, X23, X32, X34}
Peubah Nonbasis adalah {X11, X14, X22, X24, X31, X33}
Penentuan multiplier ui dan vi (misalkan u1 = 0):
  066
0
0
1
0
0
0
243213212 




















 vvvvvuuc

Analog untuk peubah-peubah basis lainnya, diperoleh
persamaan:
u1 + v2 = 6; u2 + v3 = 13; u1 = 0 diperoleh v2 = 6
u1 + v3 = 10; u3 + v2 = 9; u2 = 3, u3 = 3, v3 = 10
u2 + v1 = 9; u3 + v4 = 5; v1 = 6, v4 = 2
  01010
0
1
0
0
0
0
343213213 




















 vvvvvuuc

Selanjutnya akan dihitung nilai untuk peubah-peubah
nonbasis.
Karena semua nilai dari peubah nonbasis bernilai
nonpositif, maka solusi layak tersebut telah optimal.
ijc
2860111111  cvuc
31263222222  cvuc
7920144114  cvuc
2723244224  cvuc
51463311331  cvuc
316103333333  cvuc
0ijc

MODEL
PENUGASAN

Model penugasan merupakan kasus khusus dari
model transportasi, dimana sejumlah m sumber
ditugaskan kepada sejumlah n tujuan (satu sumber
untuk satu tujuan) sedemikian sehingga diperoleh
ongkos total yang minimum.

Ciri-ciri Khusus Persoalan
Penugasan
1. Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan
tertentu.
2. Sumbernya adalah pekerjaan (pekerja), sedangkan
tujuan adalah mesin-mesin
3. Satu pekerjaan hanya ditugaskan pada satu mesin,
maka supply yang dapat digunakan pada setiap
sumber adalah 1 (si = 1, untuk seluruh i)
4. Satu mesin hanya dapat menerima satu pekerjaan
(pekerja), maka demand dari setiap tujuan adalah 1
(dj = 1, untuk seluruh j)

Ciri-ciri Khusus Persoalan
Penugasan
5. Ongkos penugasan dari suatu pekerjaan (pekerja)
ke suatu mesin, besarnya tertentu
6. Apabila ada satu pekerjaan yang tidak dapat
ditugaskan pada mesin tertentu, diberi ongkos
penugasannya sebesar M.

Tabel Penugasan
Pekerjaan
Mesin Supply
(si)T1 T2 … Tn
S1 X11 c11 X12 c12 … X1n c1n 1
S2 X21 c21 X22 c22 … X2n c2n 1
… … … … … …
Sm Xm1 cm1 Xm2 cm2 … Xmn cmn 1
Demand
(dj)
1 1 … 1

Gambaran Umum Masalah Penugasan
Secara umum, masalah transportasi memiliki:
• Suatu himpunan m pekerjaan.
• Suatu himpunan n mesin
• Setiap pekerjaan i yang ditugaskan kepada mesin j
akan memunculkan suatu variable cost cij.
• Untuk menyelesaikan model penugasan ini
haruslah m = n, jika m ≠ n, seimbangkan terlebih
dahulu.
• Suplly dan demandnya semuanya selalu bernilai 1

Gambaran Umum Masalah Penugasan
Secara matematis, model penugasan dinyatakan
sebagai berikut:
Ciri khas masalah penugasan adalah bahwa solusi
optimum akan tetap sama jika suatu konstanta
ditambahkan atau dikurangkan pada baris atau kolom
yang mana pun dari matriks ongkosnya.




j-kemesinpadaditugaskani-kepekerjaanjika1,
j-kemesinpadaditugaskantidaki-kepekerjaanjika,0
ijx

Perumusan Umum Masalah Penugasan
Misalkan xij menyatakan banyaknya pekerjaan yang
ditugaskan dari pekerjaan ke-i pada mesin ke-j, maka
formula umum dari masalah penugasan adalah:
Minimasi:
Pembatas linear:
 
m
i
n
j
ijij xc
1 1
 ,,,2,11
1
mix
n
j
ij 
  nm,,,2,11 
njx
n
ji
ij 
 njmixij ,,1;,,10  

Contoh Kasus
Machineco has four jobs to be completed. Each
machine must be assigned to complete one job. The
time required to set up each machine for completing
each job is shown in table. Machineco wants to
monimize the total setup time needed to complete the
four jobs. Use linear programming to solve this
problem.

Machine
Time (hours)
Job 1 Job 2 Job 3 Job 4
Machine 1 14 5 8 7
Machine 2 2 12 6 5
Machine 3 7 8 3 9
Machine 4 2 4 6 10

Untuk menyatakan masalah tersebut dalam bentuk
PL, terlebih dahulu kita harus mendefinisikan suatu
peubah untuk setiap keputusan yang akan diambil
oleh Machineco.
Karena Machineco harus menentukan berapa banyak
pekerjaan yang harus ditugaskan dari setiap
pekerjaan kepada setiap mesin, maka didefinisikan:
xij adalah banyaknya pekerjaan yang harus
ditugaskan pada pekerja i dan dikerjakan oleh mesin j
(i = 1,2,3,4) dan (j = 1,2,3,4).

Untuk kasus Machineco itu berlaku:
Formulasi untuk masalah Powerco tersebut adalah:
Minimasi: z = 14X11 + 5X12 + 8X13 + 7X14 + 2X21
+ 12X22 + 6X23 + 5X24 + 7X31 + 8X32
+ 3X33 + 9X34 + 2X41 + 4X42+ 6X43+10X44




j-kemesinpadaditugaskani-kepekerjaanjika1,
j-kemesinpadaditugaskantidaki-kepekerjaanjika,0
ijx

Pembatas linear:
X11+X12+X13+X14 = 1 X11+X21+X31+X41 = 1
X21+X22+X23+X24 = 1X12+X22+X32+X42 = 1
X31+X32+X33+X34 = 1 X13+X23+X33+X43 = 1
X41+X42+X43+X44 = 1 X14+X24+X34+X44 = 1
xij = 0 or xij = 1 (i = 1,2,3,4; j = 1,2,3,4)

Tahapan-Tahapan Penyelesaian
Masalah Penugasan
1. Membuat tabel penugasan
2. Menentukan solusi optimal dengan menggunakan
metode Hungarian

Tabel Penugasan Masalah Machineco
Machine
Time (hours)
Machine 1 14 5 8 7
Machine 2 2 12 6 5
Machine 3 7 8 3 9
Machine 4 2 4 6 10

Metode Hungarian
Pada metode ini, langkah-langkah penentuan solusi optimal
ditentukan sbb:
1. Tentukan nilai elemen (ongkos) terkecil untuk setiap baris
dari matriks ongkos (m x m), misalnya elemen terkecil untuk
setiap barisnya adalah pi.
2. Buat matriks ongkos baru dengan cara mengurangkan
setiap elemen baris ke-i pada matriks ongkos lama dengan
pi.
3. Tentukan nilai elemen (ongkos) terkecil untuk setiap kolom
dari matriks ongkos baru, misalnya elemen terkecil untuk
setiap kolomnya adalah qj.

4. Buat kembali matriks ongkos baru (reduced cost matrix)
dengan cara mengurangkan setiap elemen kolom ke-j pada
matriks ongkos baru dengan qj.
5. Tariklah garis pada semua baris dan kolom yang
mengandung elemen nol dengan jumlah garis minimum,
sedemikian sehingga tidak terdapat lagi nol pada matriks
ongkos tersebut.
6. Tentukan diantara elemen-elemen yang tidak ikut tergaris,
satu elemen dengan ongkos terkecil, kemudian kurangkan
sebesar nilai elemen ini kepada semua elemen yang tidak
tergaris.
Metode Hungarian

7. Tambahkan sebesar nilai elemen terkecil tersebut pada
point (6) kepada semua elemen yang terletak pada
perpotongan dua garis.
8. Alokasikan pekerjaaan pada elemen-elemen nol tersebut.
9. Jika solusi optimum belum tercapai, ulangi langkah 5 – 8,
sehingga diperoleh solusi optimal fisibel.
Metode Hungarian

Tabel Awal
Machine
Time (hours)
pi
Machine 1 14 5 8 7 5
Machine 2 2 12 6 5 2
Machine 3 7 8 3 9 3
Machine 4 2 4 6 10 2

Tabel Iterasi 1
Machine
Time (hours)
pi
Machine 1 9 0 3 2
Machine 2 0 10 4 3
Machine 3 4 5 0 6
Machine 4 0 2 4 8
qj 0 0 0 2

Tabel Iterasi 2
Machine
Time (hours)
pi
Machine 1 9 0 3 0
Machine 2 0 10 4 1
Machine 3 4 5 0 4
Machine 4 0 2 4 6

Pada Tabel Iterasi 2 diperoleh bahwa nilai elemen
terkecil dari elemen-elemen yang tidak ikut tergaris
adalah 1. Selanjutnya setiap elemen yang tidak ikut
tergaris dikurangkan dengan 1, sedangkan setiap
elemen yang terletak pada perpotongan dua garis
ditambahkan dengan 1.

Tabel Iterasi 3
Machine
Time (hours)
pi
Machine 1 10 0 3 0
Machine 2 0 9 3 0
Machine 3 5 5 0 4
Machine 4 0 1 3 5

Pada Tabel Iterasi 3 diperoleh solusi penugasan yang
optimum, yaitu (1,2); (2,4); (3,3); (4,1) dengan ongkos
total sebesar c12 + c24 + c33 + c41 = 5 + 5 + 3 + 2 = 15

Model transportasi

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

More from Ngadiyono Ngadiyono

Recently uploaded

Model transportasi