Riset operasi

12,448 views

Published on

0 Comments
2 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
12,448
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
379
Comments
0
Likes
2
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Riset operasi

  1. 1. OPERATION RESEARH ( RISET OPERASI )SILABUS :  Pengertian Riset Operasi  Linier Programming Metode Grafik ( LP ) Metode Simpleks  LP : Dualitas Maks = Min ( masalah ekonomi )  LP : Transportasi( Masalah pendstribusisn suatu produk dari beberapa sumber dengan penawaran terbatas menuju beberapa tujuan dengan biaya minimal )  LP : Penugasan ( Assignment Problem ) keputusan untuk menetukan jenis pekerjaan apa harus dikerjakan oleh siapa atau alat apaPengertian Riset Operasi : Input Organisasi (Men, ( Wadah utk Output Money , mencapai Material ) tujuan ) ( Laba / Profit ) Riset harus menggunakan metode ilmiah Operasi yang berhubungan dengan proses / berlangsungnya suatu kejadian. Tujuan : membantu manajemen untuk menentukan kebijakan atau tindakan secara ilmiah 1
  2. 2. Definisi : ( Riset Operasi ) Riset dengan penerapan metode ilmiah melalui suatu tim secara terpadu untuk memecahakan permasalahan yang timbul dalam kegiatan operasi suatu system organisasi agar diperoleh pemecahan yang optimum.Linier Programming ( LP ) : model umum yang dapat digunakan dalam pemecahan masalah pengalokasian sumber-sumber yang terbatas secara optimal.Penyelesaian Masalah LP ditemukan noleh George Danzig dengan menggunakan metode simpleksLinier ( ? ) dalam hal ini fungsi matematis yang digunakan adalah fungsi linierProgramming merupakan program atau perencanaan , jadi bukan Computer Programming LP terdiri dari 2 fungsi : 1. Fungsi Tujuan : berkaitan dengan pengaturan secara optimal sumber daya 2 untuk memperoleh keuntungan maksimal atau biaya yang minimal 2. Fungsi Batasan : Bentuk penyajian secara matematis batasan kapasitas yang tersedia yang akan dialokasikan secara optimal ke berbagai kegiatan.Bentuk Umum Model LP : nMaksimum / Minimum : Z = ∑c j=1 j xj Fungsi Tujuandengan syarat : a ij x j (≤,=,≥ ) bj Fungsi BatasanFORMULASI MODEL LP 2
  3. 3. CONTOH : ( Masalah Diet )Untuk menjaga kesehatan seseorang harus memenuhi kebutuhan minimumperhari akan beberapa zat makanan. Misalnya ada 3 zat makanan yangdibutuhkan yaitu : kalsium ( I) , protein ( II ) , dan vitamin A( III) yang harga ,zat yang terkandung dan kebutuhan minimum perhari akan zat makanantersebut pada table berikut : Makanan Kebutuhan Minimum I II IIIHarga/unit 0.5 0.8 0.6Kalsium 5 1 0 8Protein 2 2 1 10Vitamin A 1 5 4 22Masalahnya bagaimana kombinasi ketiga jenis makanan itu akan memenuhikebutuhan minimum perhari dan memberikan biaya terendahVariabel : x1 = jumlah makanan I x2 = jumlah makanan II x3 = jumlah makanan IIIFungsi Tujuan : Minimum : Z = 0.5 x1 + 0.8 x2+ 0.6 x3Fungsi Batasan :5 x1 + x 2 ≥ 8(kalsium)2 x1 + 2 x 2 + x3 ≥ 10(Pr otein)x1 + 5 x 2 + 4 x3 ≥ 22(Vita min)Contoh : ( Bakery ) 3
  4. 4. Suatu bakery membuat roti yang berisi daging dari suatu campuran dagingdan ayam tanpa lemak.Daging sapi mengandung 80 persen daging dan 20 persen lemak dan harganya80 rp /ons. Daging ayam mengandung 68 persen daging dan 32 persen lemakdan harganya 60 rp/ons. Berapa banyaknya masing-masing daging yang harusdigunakan untuk tiap ons roti daging jika diinginkan untuk meminimumkanharganya dengan mempertahankan kandungan lemak tidak lebih dari 25persen?Model LP :x1 = jumlah ons daging sapix2 = jumlah ons daging ayamF. Tujuan :Min: Z = 80 x1 + 60x2F. Batasan :0.2 x1 + 0.32 x 2 ≤ 0.25x1 + x 2 =1Solusi LP 4
  5. 5. Metode untuk memecahkan program linier diataranya adalah metode grafikdan metode simpleks. Untuk memulai penerapan metode tersebut maka semuafungsi batasan ketidaksamaan harus ditransformasikan menjadi persamaandan juga harus diketahui salah satu pemecahan yang feasible (layak) dantidak negatifPersyaratan Tidak NegatifBatasan yang memiliki bentuk : n∑aj =1 ij x j ¬biDimana ¬ adalah salah satu dari relasi ≤ ,≥ , = ( tidak perlu sama untuksetiap I ) konstanta bi selalu dianggap tidak negatifContoh : 2 x1 + 3 x 2 − 5 x3 ≤ −3Dikalikan -1 jadi − 2 x1 − 3 x2 + 5 x3 ≥ 3Sehingga ruas kanan tidak negatifVariabel Slack ( Kurang) dan Surplus • Variabel Slack ( Kurang ) n ∑a j=1 ij x j ≤ bi Untuk diubah menjadi suatu persamaan dengan menambah sebuah variabel tak negatif baru pada ruas kirinya. Contoh : 2 x1 + 3 x2 − 5 x3 ≤ 3 Diubah menjadi persamaan menjadi : 2 x1 + 3 x2 − 5 x3 + x4 = 3 • Variabel Surplus 5
  6. 6. n ∑a j=1 ij x j ≥ bi Untuk diubah menjadi suatu persamaan dengan mengurangkan sebuah variabel tak negatif baru pada ruas kirinya. Contoh : 2 x1 + 3 x2 − 5 x3 ≥ 3 Diubah menjadi persamaan menjadi : 2 x1 + 3x2 − 5 x3 − x4 = 3• Variabel buatan ( artificial variable ) Pada ruas kiri setiap fungsi batasan yang tidak mengandung variabel slack dapat ditambahkan variabel buatan. Dengan demikian tiap fungsi pembatas akan mempunyai variabel slack dan buatan. Contoh: (***) 2 x1 + 3 x2 ≤ 3 x1 + 4 x2 ≥ 5 7 x1 + 8 x2 = 10 Persamaan variabel buatan x5 dan x6 2 x1 + 3 x2 + x3 = 3 2 x1 + 3x2 + x3 = 3 x1 + 4 x2 − x4 = 5 x1 + 4 x2 − x4 + x5 = 5 7 x1 + 8 x2 = 10 7 x1 + 8 x2 + x6 = 10 Solusi Awal yang feasible. Setiap persamaan batasan akan mengandung variabel slack atau buatan. Solusi awal tak negatip bagi fungsi batasan diperoleh dengan menetapkan variabel slack dan buatan sama dengan ruas kanan dari fungsi kendala dan menetapkan semua variabel lainnya termasuk variabel surplus sama dengan nol. Contoh: (***) 6
  7. 7. Solusi awal : x3 = 3, x 5 = 5, x6 =10  Penalty Cost Penambahan var slack dan surplus tidak mengubah sifat fungsi batasan maupun tujuan. Oleh karena itu variabel tersebut dapat diikut sertakan pada fungsi tujuan dengan koefisien nol. Sedangkan variabel buatan mengubah fungsi fungsi batasan.Karena variabel buatan ini hanya dtambahkan pada salah satu ruas persamaan, maka system yang baru ekivalen dengan fungsi kendala yang lama jika dan hanya jika variabel buatannya nol.  Metode Big M Untuk pemecahan optimal maka variabel buatan diikut sertakan dalam fungsi tujuan dengan ketentuan : Untuk : Minimum diberikan koefisien positip yang besar sekali ( M ). Maksimum diberikan koefisien negatip yang besar sekali ( - M ). Contoh : (Bakery) Minimum : z = 80 x1 + 60x2+ 0 x3 +M x4 F. Batasan : 0.2 x1 + 0.32 x2 + x3 = 0.25 x1 + x2 + x4 =1 Solusi awal : x3 = 0,25, x 4 = 1, x1 = x 2 = 0Metode GrafikLangkah – Langkah Penggunaan Metoda Grafik 1. Menentukan fungsi tujuan dan memformulasikan dalam bentuk matematis 7
  8. 8. 2. Mengidentifkasikan batasan-batasan yang belaku dan memformulasikan dalam bentuk matematis. 3. Menggambarkan masing-masing garis fungsi batasan dalam system koordinat .Dan menentukan daerah yang memenuhi untuk masing- masing fungsi batasan tersebut. 4. Mencari titik yang paling optimal dihubungkan dengan fungsi tujuan.Contoh : ( Perusahaan sepatu )Perusahaan sepatu “Ideal “ membuat 2 macam sepatu. Macam pertama merk Idengan sol dari karet, dan macam ke II dengan sol dari dari kulit. Untukmembuat sepatu tersebut perusahaan memerlukan 3 macam mesin. Mesin 1khusus membuat sol dari karet, mesin 2 khusus membuat sol dari kulit danmesin 3 membuat bagian atas dari sepatu dan melakukan assembling bagianatas dengan sol. Setiap lusin sepatu merk I mula-mula dikerjakan denganmesin 1 selama 2 jam, kemudian tanpa melalui mesin 2 terus dikerjakandimesin 3 selama 6 jam, sedangkan sepatu II tidak diproses di mesin 1 , tetapipertama kali dikerjakan di mesin 2 selama 3 jam kemudian di mesin selama 5jam. Jam kerja maksimum setiap hari untuk mesin 1 = 8 jam , mesin 2 = 15jam, dan mesin 3 = 30 jam. Keuntungan untuk setiap lusin sepatu merk I =Rp. 30.000 sedangkan merk II = Rp. 50.000. Masalahnya adalah menentukanberapa lusin sebaiknya sepatu merk I dan merk II yang dibuat agarmendapatkan keuntungan yang maksimum.Model LP:Variabel : x1 = jumlah (lusin ) sepatu merk I x2 = jumlah (lusin ) sepatu merk IIFungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2Fungsi Batasan : 2 x1 ≤ 8 3 x2 ≤ 15 6 x1 + 5 x2 ≤ 30Grafik :x2 2 x1 = 8 D C 8
  9. 9. 3 x2 = 15 Daerah Feasible B A 6 x1 + 5 x 2 = 30 x1 z = 3x1 + 5 x2Pada titik A : x1 = 4 ; x2 = 0; z = 12 B : x1 = 4 ; x2 = 6/5; z = 18 1 C : x1 = 5/6 ; x2 = 5; z = 27 2 (*) Optimal D : x1 = 0 ; x2 = 5; z = 25Metode SimpleksAdalah suatu metode matriks untuk memecahkan program –program linierdalam bentuk standar, yaitu :Optimisasikan : ( Maks/Min ) z = CT XDengan kendala : AX = B dan X ≥ 0dimana B ≥ 0 dan pemecahan dasar x0 .Metode simpleks menggunakan proses iterasi ( perhitungan berulang ) ,dengan x0 sebagai pemecahan awal , untuk menentukan pemecahan dasarlainnya, sehingga diperoleh pemecahan optimal.MINIMISASI : 9
  10. 10. XT CT x0 C0 A B CT - T C0 A T - C0 BMAKSIMISASI :Tanda aljabar dari elemen – elemen dari baris terbawah dibalikLANGKAH – LANGKAH METODE SIMPLEKSLANGKAH 1 : Pilihlah bilangan negatip terbesar pada baris terbawah ( kolom yang mengandung bilangan tersebut dikatakan kolom kerja )LANGKAH 2 : Bentuklah nilai-nilai banding dengan membagi setiap bilangan positip kolom kerja, dengan elemen dalam baris yang sama dalam kolom terakhir, dimana baris terakhirnya dibaikan . Pilihlah nilai banding terkecil sebagai elemen pivot , jika terdapat dua pembanding yang sama pilihlah salah satunya . Jika tidak ada elemen dalam kolom kerja yang positip, maka programnya tidak memiliki pemecahan.LANGKAH 3 :Gunakan operasi elementer baris untuk mengubah elemen pivot menjadi satu dengan transformasi elementer H i( λ) dan kemudian gunakan transformasi elementer H ijλ) ( untuk merubah elemen lainnya yang terletak pada kolom kerja tersebut menjadi nol .LANGKAH 4 :Gantikan variabel x dalam baris pivot pada kolom pertama dengan variabel x dalam kolom kerjaLANGKAH 5 :Ulangi langkah 1 sampai 4 hingga tidak terdapat lagi elemen negatip dalam baris terakhir , dengan tidak memasukkan kolom terakhir. 10
  11. 11. LANGKAH 6 :Pemecahan optimal diperoleh dengan menetapkan untuk tiap-tiap variabel dalam kolom pertama nilai dalam baris terakhir yang bersangkutan. Semua variabel lainnya ditetapkan bernilai nol. Nilai dari fungsi tujuan yakni x* adalah bilangan yang terdapat dalam baris dan kolom terakhir untuk program maksimisasi, sedangkan negatif dari bilangan ini adalah untuk program minimisasi.Contoh: ( Perusahaan Sepatu )Fungsi Tujuan :Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2 Z-3x1 -5 x2+0 x3+0 x4+0 x5= 0Fungsi Batasan : 2 x1 ≤ 8 2 x1 + x3 = 8 3 x2 ≤ 15 3 x2 + x4 = 15 6 x1 + 5 x2 ≤ 30 6 x1 + 5 x2 + x5 = 30 X1 X2 X3 X4 X5X3 2 0 1 0 0 8 ∞X4 0 3* 0 1 0 15 5X5 6 5 0 0 1 30 6 -3 -5 0 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5X3 2 0 1 0 0 8 4X2 0 1 0 1/3 0 5 ∞X5 6* 0 0 -5/3 1 5 5/6 -3 0 0 5/3 0 25 11
  12. 12. X1 X2 X3 X4 X5X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6 0 0 0 5/6 1/2 27 1 2 positipNilai pada tabel optimal , adalah :X1= 5/6 jadi banyaknya sepatu merk I = 5/6 lusinX2= 5 jadi banyaknya sepatu merk II = 5 lusinZ maksimum = 27 1 2 artinya keuntungan yang diperoleh = Rp.275.000setiap hari.Contoh :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = x1 + 9 x2+ x3Fungsi Batasan :x1 + 2 x2 + 3x3 ≤ 93x1 + 2 x2 + 2 x3 ≤ 15Dan semua variabel tidak negatifJawab :Z - x1 - 9 x2- x3+0 x4 +0 x5Fungsi Batasan :x1 + 2 x2 + 3 x3 + x5 = 93 x1 + 2 x2 + 2 x3 + x6 = 15 X1 X2 X3 X4 X5X4 1 2* 3 1 0 9 9/2X5 3 2 2 0 1 15 15/2 -1 -9 -1 0 0 0 12
  13. 13. X1 X2 X3 X4 X5X2 1/2 1 3/2 1/2 0 9/2X5 2 0 -1 -1 1 6 7/2 0 25/2 9/2 0 81/2 PosNilai pada tabel optimal , adalah :X2= 9/2 , X5= 6, X1= X3= X4= 0 dengan Z maksimum = 81/2Metode Dua –Fasa ( Two Phase methode )( digunakan apabila variabel buatan adalah bagian dari solusi awal ) 13
  14. 14. Perubahan 1 : Baris terakhir diuraikan ke dalam dua baris, dimana yang pertama mengandung suku yang tidak mengandung M, sedangkan yang kedua mengandung koefisien-koefisien M dalam suku-suku sisanya.Perubahan 2 : Langkah 1 dari metode simpleks diterapkan pada baris akhir yang dibentuk dalam perubahan 1 ( yang kemudian diikuti dengan langkah-langkah 2,3,4 ) , hingga baris ini tidak mengandung elemen negatip. Kemudian langkah 1 diterapkan lagi pada elemen baris kedua dari bawah, yang terletak diatas angka-angka nol dalam baris terakhir.Perubahan 3 : Setiap sebuah variabel buatan bukan merupakan suatu variabel dasar, ia dihilangkan dari kolom pertama dari tabel sebagai hasil langkah 4 maka ia dicoret dari baris teratas tabel dan begitu pula seluruh kolom di bawahnya.Perubahan 4 : Baris akhir dapat dicoret dari tabel jika semua elemennya nol.Perubahan 5 : Jika variabel buatan yang tak nol terdapat dalam himpunan elemen dasar terakhir, maka tidak ada solusi .Contoh ( Bakery )F. Tujuan :Min: Z = 80 x1 + 60x2 14
  15. 15. F. Batasan :0.2 x1 + 0.32 x 2 ≤ 0.25x1 + x 2 =1Minimum : z = 80 x1 + 60x2+ 0 x3 +M x4F. Batasan : 0.2 x1 + 0.32 x2 + x3 = 0.25 x1 + x2 + x4 =1 ≡ [x , x , x , x ] ≡ [ 80,60,0,M ] TX 1 2 3 4 ,C 0,20 0,32 1 0 0,25  x3   1 1  1  x A ≡  1 0  B ≡   C0 ≡  4 x1 x2 x3 x4 80 60 0 Mx3 0x4 M 0,20 0,32 1 0 0,25 1 1 0 1 1 80-M 60-M 0 0 -M x1 x2 x3 x4 80 60 0 Mx3x4 0,20 0,32 1 0 0,25 1* 1 0 1 1 80 60 0 0 0 -1 -1 0 0 -1 15
  16. 16. x1 x2 x3 x1 x2 x3x3 x2x1 0 0,12* 1 0,05 x1 0 1 8,333 0,4167 1 1 0 1 1 0 -8,333 0,5833 0 -20 0 -80 0 0 166,7 -71,67 0 0 0 0 0 0 0 0Contoh :Minimum Z = x1 + 2x2 x1 + 2 x 2 + 0 x3 + 0 x 4 + Mx5 + Mx6Fungsi Batasan :x1 + 3 x2 ≥11 x1 + 3 x2 − x3 + x5 = 112 x1 + x2 ≥ 4 2 x1 + x2 − x4 + x6 = 9 1 3 −1 0 1 0C T − C 0 A = [1,2,0,0, M , M ] − [ M , M ] T  2 1 0 −1 0 1  = [1,2,0,0, M , M ] −[3M ,4 M ,−M , M , M ] = [1 −3M ,2 −4 M , M , M ,0,0]   11 C0 B = [ M , T M ]  = [ 20M ] 9  x1 x2 x3 x4 x5 x6x5 Mx6 M 1 3* -1 0 1 0 11 11/3 1 1 0 1 0 1 9 9/1 1 2 0 0 0 0 0 16
  17. 17. -3 -4 1 1 0 0 20 x1 x2 x3 x4 x5 x6x2x6 1/3 1 -1/3 0 1/3 0 11/3 11 5/3* 0 1/3 -1 0 -1/3 16/3 16/5 1/3 0 2/3 0 -2/3 0 -22/3 -5/3 0 -1/3 1 4/3 0 -16/3 x1 x2 x3 x4 x5 x6x2x6 1/3 1 -1/3 0 1/3 0 11/3 1* 0 1/5 -3/5 -1/5 3/5 16/5 1/3 0 2/3 0 -2/3 0 -22/3 -5/3 0 -1/3 1 4/3 0 -16/3 x1 x2 x3 x4 x5 x6x2x1 0 1 -2/5 1/5 2/5 1/5 13/5 1* 0 1/5 -3/5 -1/5 3/5 16/5 0 0 3/5 1/5 -3/5 -1/5 -42/5 0 0 0 0 1/3 1 1Solusi optimal : x1 = 16 / 5, x 2 = 13 / 5, Z = 42 / 5 Soal :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = x1 + x2 17
  18. 18. Fungsi Batasan :x1 + 5 x2 ≤ 52 x1 + x2 ≤ 4Dan semua variabel tidak negatifJawab :Z - x1 - x2 +0 x3 +0 x4Fungsi Batasan :x1 + 5 x2 + x3 = 52 x1 + x2 + x4 = 4 X1 X2 X3 X4X3 1 5 1 0 5 5X4 2* 1 0 1 4 2 -1 -1 0 0 0 Krn sama, Pilih salah satu X1 X2 X3 X4X3 0 9/2* 1 -1/2 3 3/2X1 1 1/2 0 1/2 2 4 0 -1/2 0 1/2 2 X1 X2 X3 X4X2 0 1* 2/9 -1/9 2/3X1 1 1/2 0 1/2 2 0 -1/2 0 1/2 2 X1 X2 X3 X4X2 0 1* 2/9 -1/9 2/3X1 1 0 -1/9 5/9 5/3 18
  19. 19. 0 0 1/9 4/9 7/3Nilai pada tabel optimal , adalah :X1= 5/3 , X2= 2/3, dengan Z maksimum = 7/3Soal :Fungsi Tujuan : Minimum : Z = 3x1 + 5x2Fungsi Batasan : 2 x1 = 8 3 x2 ≤15 6 x1 + 5 x2 ≥ 30Jawab :Minimum : Z = 3x1 + 5x2+ Mx3+ 0x4+ 0x5+Mx62 x1 + x3 = 83 x2 + x4 = 156 x1 + 5 x2 − x5 + x6 = 30 x1 x2 x3 x4 x5 x6x3 Mx4 0 2 0 1 0 0 0 8x6 M 0 3 0 1 0 0 15 6 5 0 0 -1 1 30 2 0 1 0 0 0C − C A = [3,5, M ,0,0, M ] −[ M ,0, M ]0 T T 0  3 0 1 0 0  6  5 0 0 −1 1 C T − C0 A = [3,5, M ,0,0, M ] −[8M ,5M , M ,0,−M , M ] TC T − C0 A = [3 − 8M ,5 − 5M ,0,0, M ,0] T 8 −C B = − M ,0, M ]15  =[ − M ] T 0 [   38   30 19
  20. 20. x1 x2 x3 x4 x5 x6x3 Mx4 0 2 0 1 0 0 0 8x6 M 0 3 0 1 0 0 15 6 5 0 0 -1 1 30 3-8M 5-5M 0 0 M 0 38M x1 x2 x3 x4 x5 x6x3 Mx4 0 2* 0 1 0 0 0 8 4x6 M 0 3 0 1 0 0 15 ∞ 6 5 0 0 -1 1 30 5 3 5 0 0 0 0 0 -8 -5 0 0 1 0 38 x1 x2 x3 x4 x5 x6x1 Mx4 0 1 0 1/2 0 0 0 4 ∞x6 M 0 3 0 1 0 0 15 5 0 5* -3 0 -1 1 6 6/5 0 5 -3/2 0 0 0 -12 0 -5 4 0 1 0 -6 x1 x2 x3 x4 x5 x6 20
  21. 21. x1 Mx4 0 1 0 1/2 0 0 0 4x2 M 0 1 9/5 1 3/5 -3/5 57/5 0 1 -3/5 0 -1/5 1/5 6/5 0 0 3/2 0 1 1 -18 0 0 1 0 0 1 0Solusi optimal : x1 = 4, x2 = 6 / 5, Z = 18Soal : ( Latihan )Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 30x1 + 40x2+ 60x3Fungsi Batasan :4 x1 + 5 x2 + 6 x3 ≤ 60.0004 x1 + 6 x2 + 8x 3 ≤ 75.0002 x1 + 5 x2 + 5x 3 ≤ 45.000Dan semua variabel tidak negatifJawab :Z -30 x1 - 40x2 -60 x3 +0 x4+0 x5+0 x6Fungsi Batasan :4 x1 + 5 x2 + 6 x3 + x4 = 60.0004 x1 + 6 x2 + 8x 3 + x5 = 75.0002 x1 + 5 x2 + 5x 3 + x6 = 45.000 21
  22. 22. X1 X2 X3 X4 X5 X6X4 4 5 6 1 0 0 60000 10000X5 4 6 8 0 1 0 75000 9375X6 2 5 5* 0 0 1 45000 9000 -30 -40 -60 0 0 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6X4 6/5 -1 0 1 0 -6/5 60000 6000X5 4/5* -2 0 0 1 -8/5 3000 3750X3 2/5 1 1 0 0 1/5 9000 22500 -6 20 0 0 0 12 54000 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6X4 6/5 -1 0 1 0 -6/5 60000 6000X1 1 -5/2 0 0 5/4 -2 3750 3750X3 2/5 1 1 0 0 1/5 9000 22500 -6 20 0 0 0 12 54000 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6X4 0 2 0 1 -3/2 6/5 1500X1 1 -5/2 0 0 5/4 -2 3750X3 0 2 0 0 -1/2 1 7500 0 5 0 0 36/4 0 56250 0 22
  23. 23. Nilai pada tabel optimal , adalah :X1= 3750 , X3= 7500, dengan Z maksimum = 562.500Metode Dual SimpleksUntuk setiap LP dalam variabel x1, x2,……, xn, terkait dengan LP denganvariabel lain misal w1, w2,……, wm ( dimana m adalah jumlah batasanalam LP semula) yang disebut dengan DUAL nya. Bentuk dual tersebuttergantung pada bentuk LP semula yang disebut dengan PRIMAL.DUAL SIMETRIS Primal DualF.Tujuan :Minimum : z = CTX F.Tujuan :Maksimum : z = BTWF.Batasan: AX ≥ B F.Batasan: AT W ≤ C Dan: X ≥ 0 Dan: W ≥ 0 23
  24. 24. Berlaku sebaliknyaDUAL TAK SIMETRIS Primal DualF.Tujuan :Minimum : z = CTX F.Tujuan :Maksimum : z = BTWF.Batasan: AX = B F.Batasan: AT W ≤ C Dan: X ≥ 0 Dan: W ≥ 0 Primal DualF.Tujuan :Maksimum : z = CTX F.Tujuan :Minimum : z = BTWF.Batasan: AX = B F.Batasan: AT W ≥ C Dan: X ≥ 0 Dan: W ≥ 0Interpretasi ekonomis masalah Primal dan DualPrimalXj adalah Tingkat aktivitas ( j = 1,2…,n)Cj adalah laba per satuan aktivitas jZ adalah total laba dari seluruh aktivitasbi adalah jumlah sumber i yang tersedia ( i= 1,2,…,m)aij adalah jumlah sumber i yang dipakai oleh setiap satuan aktivitas jDualYj adalah kontribusi per satuan sumber i terhadap labaCONTOH: ( Perusahaan Sepatu )Primal :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2Fungsi Batasan : 2 x1 ≤ 8 3 x2 ≤ 15 6 x1 + 5 x2 ≤ 30 x Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = CT X = [3,5]  1  x 2  24
  25. 25. Fungsi Batasan : AX ≤ B 2 0 8  0  x1   3    x ≤ 15     6 5  2     30Dual :  w1  [8  Fungsi Tujuan : Minimum : Z = B W= T 15 30] w2  w3   Fungsi Batasan : A TW ≥ C  w1  2 0 6   3 0  3  w 5  2  ≥ 5   w3   Fungsi Tujuan : Minimum : Z = 8 w1 + 15 w2+ 30 w2Fungsi Batasan : 2 w1 + 6 w3 ≥ 3 3w2 + 5w3 ≥ 5 w1 , w2 , w3 ≥ 0Tabel terakhir ( tabel Optimal ) X1 X2 X3 X4 X5X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3 SolusiX2 0 1 0 1/3 0 5 PrimalX1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6Z 0 0 0 5/6 1/2 27 1 2 solusi −dual →  Solusi Masalah Dual : ( Hubungan Primal –Dual ) 25
  26. 26. Koefisien slack variabel pada baris terakhir (tabel optimal )Dalam hal ini : w1 = 0 , w2 = 5/6, w3 = ½ sehingga Z = 8 (0) + 15 (5/6)+ 30 (1/2) Z = 27 1 2 ( OPTIMAL ) Analisa SensitivitasAnalisa tersebut dilakukan setelah dicapainya penyelesaian optimal, sehinggaanalisa nya sering disebut dengan Post Optimality Analysis.Tujuan (Analisa Sensitivitas ) :Mengurangi perhitungan dan menghindari perhitungan ulang, bila tejadiperubahan satu atau beberapa koefisien moel LP pada saat penyelesaianoptimal telah tercapai.Perubahan yang mungkin terjadi setelah dicapainya penyelesaian optimalterdiri dari beberapa macam , yaitu : 1. Keterbatasan kapasitas sumber , dpl nilai kanan dari fungsi batasan. 2. Koefisien fungsi tujuan.Analisa sensitivitas pada dasarnya memanfaatkan kaidah-kaidah primal-dual metode simpleks semaksimal mungkin.Kaidah Primal – DualKaidah I :Pada setiap iterasi dalam simpleks ( baik primal maupun dual ) matriks yangberisi variabel starting solution ( tidak termasuk baris tujuan ) dapat dipakaiuntuk menhitung koefisien baris tujuan yang berhubungan dengan matrikstersebut. Adapun langkah-langkahnya adalah sebagai berikut : 26
  27. 27. Langkah 1 :Pilih koefisien –koeisien dari fungsi tujuan yang berhubungan dengan variabeldasar iterasi yang bersangkutan lalu disusun dalam vektor baris.Langkah 2 :Kalikan vektor baris tersebut dengan matriks pada tabel simpleks yangberanggotakan variabel-variabel starting solution. Nilai yang diperoleh dalamlangkah dua ini diseut Simpleks Multiplier ( Shadow Costs )Pada tabel akhir ( optimal ) simpleks multiplier ini menunjukan optimalsolution bagi dualnya.Kaidah II :Pada setiap iterasi dalam simpleks ( baik primal maupun dual ), nilai kanan( kecuali baris tujuan ) dalam tabel optimal dapat dihitung dengan mengalikanmatriks pada langkah 2 dengan vektor kolom yang berisi nilai kanan darifungsi batasan mula-mula.Kaidah III :Pada setiap iterasi dalam simpleks baik primal maupun dual koefisien batasanyang terletak dibawah setiap variabel Xj ( j = 1,2,…,n ) merupakan hasil kalimatriks pada langkah 2 dengan vektor kolom untuk setiap variabel pada tabelawal.CONTOH : ( Perusahaan Sepatu )Kaidah I :Langkah 1 :Fungsi Tujuan : Maksimum : Z = 3 x1 + 5 x2Tabel terakhir ( tabel Optimal ) X1 X2 X3 X4 X5X3 0 0 1 -5/9 -1/3 19/3X2 0 1 0 1/3 0 5X1 1 0 0 -5/18 1/6 5/6 27
  28. 28. Z 0 0 0 5/6 1/2 27 1 2  langkah 2 →   Diperoleh matriks ; [ 0,5,3 ]Langkah 2 : Diperoleh matriks : 1 5/9 −1 / 3 0 1/ 3 0    0  − 5 / 18 1/ 6 Sehingga 1 5/9 −1 / 3 0 0 =[ 0,5,3 ]  1/ 3  [ 0,5/6,1/2 ] 0  − 5 / 18 1/ 6  Koefisien fungsi tujuan Tabel optimalKaidah II : 6 1 10 5/9 −1 / 3 8   3 1/ 3 0   15    =  5  ←   −optimal  −kanan −tabel  Nilai   0 − 5 / 18 1/ 6  30   5   6 28
  29. 29. Kaidah III : X1 X2 X3 X4 X5 2 0 1 0 0 8 0 3* 0 1 0 15 6 5 0 0 1 30 -3 -5 0 0 0 01 5/9 −1 / 3 2 00 0  0 0 Nilai −kolom − x 1/ 3    =   ←   10 − 5 / 18 1/ 6  6   1  1 5/9 −1 / 3 0 00 0  3 1  Nilai −kolom − x 1/ 3    =   ←   20 − 5 / 18 1/ 6  5   0   29
  30. 30.  Perubahan nilai kanan fungsi batasan : 8  8     Misal 15   menjadi 16   30   30   6 8 1 5/9 −1 / 3 8   90 1/ 3 0     16   =  5 13 0 − 5 / 18 1/ 6  30   5   9 Sehingga laba total berubah ( bertambah ) menjadi :3 ( 5/9) + 5 ( 5 13 ) = 28 1 3Apabila diubah lagi 8  8    20Misal 16   menjadi     30   30  91 1 5/9 −1 / 3 8   90 1/ 3 0   20   =  6 23  tidak − feasible ←  0 − 5 / 18 1/ 6  30     5   − 9   Perubahan nilai kanan fungsi batasan : 30
  31. 31. Misal : [ 0,5,3 ] menjadi [ 0,6,4 ] Sehingga diperoleh : 1 5/9 −1 / 3 0 0 = [ 0,6,4 ]  1/ 3  [ 0,8/9,2/3 ] 0  − 5 / 18 1/ 6  laba total berubah menjadi : 1 4 ( 5/6) + 6 (5) = 33 3 TransportasiAda 3 Metode Menentukan Solusi Awal :Keadaan Seimbang 31
  32. 32. 1. Metode North West Corner Metode paling tidak efisisien karena tidak mempertimbangkan biaya transportasi per unit dalam alokasi Cara : Tentukan min (S, D ) pada x11 kemudian teruskan sampai dengan sesuaikan suplay dan demand ke 1 2 3 Suplay(S)dari 1 8 5 6 120 120 2 15 10 12 30 50 80 3 3 9 10 20 60 80Demand(D) 150 70 60 280 Solusi Awal = (120)(8) + (30)(15) + (50)(10) + (20)(9) + (60)(10) = 2690 2. Metode Least Cost Lebih baik dari Metode North West Corner karena masih mempertimbangkan biaya transportasi per unit dalam alokasi Cara nya : Pilih biaya transportasi terkecil alokasikan min ( S,D), kemudian hilangkan baris atau kolom yang terpilih Kemudian pilih lagi biaya transportasi yang terkecil setelah baris/kolom di hilangkan ,teruskan sampai dengan sesuaikan suplay dan demand Ke 1 2 3 Suplay (S)Dari 1 8 5 6 70 50 120 2 15 10 12 70 10 80 32
  33. 33. 3 3 9 10 80 80Demand(D) 150 70 60 280 Solusi Awal = ( 70)(5) + (50)(6) +( 70)(15) + (10)(12) + (80)(3) = 2060 3. Metode Aproksimasi Vogel ( VAM) Lebih baik dari metode 1 dan 2 Cara nya : 1. Tentukan penalty ( opportunity )cost Baris dan kolom dengan cara mengurangkan dua nilai terkecil biaya transportasi. 2. Pilihlah nilai penalty cost yang terbesar antara baris dan kolom 3. Alokasikan min (S,D) pada baris/kolom penalty cost yang terpilih dengan biaya transportasi terkecil. 4. Hilangkan baris atau kolom yang terpilih kemudian ulangi langkah 1 sampai sesuai suplay dan demand nya Ke 1 2 3 Suplay Penalty costDari Baris 1 8 5 6 6-5 = 1 120 2 15 10 12 12-10= 2 80 3 3 9 10 9-3 = 6 (*) 80 80Demand 150 70 60 280Penalty cost 8-3 = 4 9-5 = 4 10-6 = 4kolom Ke 1 2 3 Suplay Penalty costDari Baris 1 8 5 6 1 70 50 120 2 15 10 12 80 2 70 10 33
  34. 34. 3 3 9 10 80 80Demand 280 150 70 60Penalty cost 15-8 = 7 (*) 10-5 =5(***) 12-6=6(**)kolom Solusi Awal = (70)(8) + (50)(6) + (70)(10) + ( 10)(12) + ( 80 ) (3) = 1920Ada 2 Metode Menentukan Solusi Optimum 1. Metode Stepping- Stone Langkah-langkah : 1. Tentukan solusi awal dengan metode NWC atau LS atau VAM 2. Tentukan jalur tertutup yang diawali dari kotak –kotak yang kosong ( variabel non basis) 3. Pilih perubahan biaya yang mempunyai nilai negatip terbesar (menentukan perubahan biaya caranya adalah dengan menambahkan biaya yang dimulai pada kotak kosong( var. non basis), kemudian kurangkan dengan biaya pada variabel basis mengikuti jalur tertutup secara bergantian biaya tersebut dilakukan penambahan dan pengurangan. 4. Lakukan perubahan letak variabel basis dan non basis dengan memulai pada kotak yang kosong dengan menambahkan sejumlah nilai pada variabel basis kemudian kurangkan pada variabel basis sebesar nilai pada variabel basis tadi demikian seterusnya secara berselang seling (penambahan /pengurangan ) sesuai dengan jalur yang terpilih 5. Jika seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimum Ke 1 2 3 Suplay (S)Dari 1 8 5 6 120 120 2 15 10 12 30 50 80 34
  35. 35. 3 3 9 10 20 60 80Demand(D) 150 70 60 280 Kotak Kosong Jalur Tertutup ↓ ↓ ↓ X12 X12 → X22 → X21 → X11 → X12 X13 X13 → X33 → X32 → X22 → X21 → X11 → X13 X23 X23 → X33 → X32 → X22 → X23 X31 X31 → X21 → X22 → X32 → X31 Biaya Transp Jalur Penambahan/ Perubahan Biaya Pengurangan Biaya ↓ ↓ ↓ C12 +`5 – 10 +15 – 8 = +2 C13 +`6 – 10 + 9 – 10 + 15 – 8 = +2 C23 +`12 – 10 + 9 – 10 = +1 C31 +`3 – 15 +10 – 9 = - 11 ↵ Pilih Perubahan Biaya negatip terbesar , jika sama pilih salah satu Ke 1 2 3 Suplay (S)Dari 1 8 5 6 120 120 2 15 10 12 10 70 80 3 3 9 10 35
  36. 36. 20 60 80Demand(D) 150 70 60 280 Kotak Kosong Jalur Tertutup ↓ ↓ ↓ X12 X12 → X22 → X21 → X11 → X12 X13 X13 → X32 → X31 → X11 → X13 X23 X23 → X33 → X31 → X21 → X23 X32 X32 → X31 → X21 → X22 → X31 Biaya Transp Jalur Penambahan/ Perubahan Biaya Pengurangan Biaya ↓ ↓ ↓ C12 +`5 – 10 +15 – 8 = +2 C13 +`6 – 10 + 3 – 8 = -9 C23 +`12 – 10 + 3 – 15 = -10 ↵ C32 +`9 – 3 +15 – 10 = + 11 Ke 1 2 3 Suplay (S)Dari 1 8 5 6 120 120 2 15 10 12 70 10 80 3 3 9 10 30 50 80 36
  37. 37. Demand(D) 150 70 60 280 Biaya Transp Jalur Penambahan/ Perubahan Biaya Pengurangan Biaya ↓ ↓ ↓ C12 +`5 – 8 + 3– 10 +12 – 10= -8 C13 +`6 – 8 + 3 – 10 = - 9↵ C21 +`15 – 3 + 10 – 12 = +10 C32 +`9 – 10 +12 – 10 = +1 Ke 1 2 3 Suplay (S)Dari 1 8 5 6 70 50 120 2 15 10 12 70 10 80 3 3 9 10 80 80Demand(D) 150 70 60 280 Biaya Transp Jalur Penambahan/ Perubahan Biaya Pengurangan Biaya ↓ ↓ ↓ C12 +`5 – 10 +12 – 6= +1 C13 +`15 – 12 + 6 – 8 = +1 C21 +`9 – 3 + 8 – 6 +12 – 10 = +11 C32 +`10 – 6 + 8 – 3 = +9 Karena Perub. Biaya semua positip maka sudah optimal Solusi optimal = (70)(8) + (80)(3) + (70)(10) +(50)(6)+(10)(12)= 1920 2.Metode Modified Distribution ( MODI ) Langkah –langkah : 1. Tentukan nilai ui untuk setiap baris dan nilai vj untuk setiap kolom dengan menggunakan hubungan cij = ui + vj untuk semua variabel basis dan misalkan nilai nol untuk ui . 2. Hitung perubahan biaya cij , untuk setiap variabel non basis dengan menggunakan rumus Cij = cij - ui - vj 37
  38. 38. 3. Pilih nilai Cij negatip terbesar, kemudian tentukan jalur tertutup yang dimulai dengan kotak kosong tersebut. 4. Lakukan perubahan letak variabel basis dan non basis dengan memulai pada kotak yang kosong dengan menambahkan sejumlah nilai pada variabel basis kemudian kurangkan pada variabel basis sebesar nilai pada variabel basis tadi demikian seterusnya secara berselang seling (penambahan /pengurangan ) sesuai dengan jalur yang terpilih 5. Jika seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimal. Ke 1 2 3 Suplay uiDari 1 8 5 6 120 120 0 2 15 10 12 30 50 80 7 3 3 9 10 20 60 80 6Demand 150 70 60 280vj 8 3 4 u1 + v1 = c11 ⇒ 0 + v1 = 8 ⇒ u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8 u2 + v1 = c21 ⇒ u2 + 8 = 15 ⇒ u2 = 7 u2 + v2 = c22 ⇒ 7 + v2 = 10 ⇒ v2 = 3 u3 + v2 = c32 ⇒ u3 + 3= 9 ⇒ u3 = 6 u3 + v3 = c33 ⇒ 6 + v3 = 10 ⇒ v3 = 4 Perubahan biaya ( Kotak kosong/ variabel non basis ) C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 3 = +2 C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 4= +2 C23 = c23 – u2 – v3 = 12 – 7 – 4 = +1 38
  39. 39. C31 = c31 – u3 – v1 = 3 – 6 – 8 = - 11 ↵ Ke 1 2 3 Suplay uiDari 1 8 5 6 120 120 0 2 15 10 12 10 70 80 7 3 3 9 10 20 60 80 -5Demand 150 70 60 280vj 8 13 15 u1 + v1 = c11 ⇒ 0 + v1 = 8 ⇒ u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8 u2 + v1 = c21 ⇒ u2 + 8 = 15 ⇒ u2 = 7 u2 + v2 = c22 ⇒ 7 + v2 = 10 ⇒ v2 = 3 u3 + v1 = c31 ⇒ u3 + 8 = 3 ⇒ u3 = -5 u3 + v3 = c33 ⇒ -5+ v3 = 10 ⇒ v3 = 15 Perubahan biaya ( Kotak kosong/ variabel non basis ) C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 3 = +2 C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 15= - 9 C23 = c23 – u2 – v3 = 12– 7 – 15 = - 10 ↵ C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 3 = + 11 Ke 1 2 3 Suplay uiDari 1 8 5 6 39
  40. 40. 120 120 0 2 15 10 12 70 10 80 -3 3 3 9 10 30 50 80 -5Demand 150 70 60 280vj 8 13 15 u1 + v1 = c11 ⇒ 0 + v1 = 8 ⇒ u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8 u2 + v2 = c22 ⇒ -3 + v2 = 10 ⇒ v2 = 13 u2 + v3 = c23 ⇒ u2 + 15 = 12 ⇒ u2 = - 3 u3 + v1 = c31 ⇒ u3 + 8 = 3 ⇒ u3 = -5 u3 + v3 = c33 ⇒ -5+ v3 = 10 ⇒ v3 = 15 Perubahan biaya ( Kotak kosong/ variabel non basis ) C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 13 = - 8 C13 = c13 – u1 – v3 = 6 – 0 – 15= - 9 ↵ C21 = c21 – u2 – v1 = 15 + 3 – 8 = + 10 ↵ C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 13 = + 1 u1 + v1 = c11 ⇒ 0 + v1 = 8 ⇒ u1 = 0 (misal ) ;v1 = 8 u3 + v1 = c31 ⇒ u3 + 8 = 3 ⇒ u3 = - 5 u2 + v2 = c22 ⇒ 6 + v2 = 10 ⇒ v2 = 4 u1 + v3 = c13 ⇒ 0 + v3 = 6 ⇒ v3 = 6 40
  41. 41. u2 + v3 = c23 ⇒ u2 + 6 = 12 ⇒ u2 = 6 Perubahan biaya ( Kotak kosong/ variabel non basis ) C12 = c12 – u1 – v2 = 5 – 0 – 4= + 1 C21 = c21 – u2 – v1 = 15 – 6 – 8= + 1 C32 = c32 – u3 – v2 = 9 + 5 – 4 = + 10 C23 = c23 – u2 – v3 = 10 + 5 – 6 = + 9 Karena seluruh perubahan biaya positip maka solusi optimum. Solusi optimal = (70)(8) + (80)(3) + (70)(10) +(50)(6)+(10)(12)= 1920 Solusi optimum memerlukan jumlah iterasi yang sama dengan metode stepping stone dan alokasi yang sama akan terjadi pada setiap iterasi Soal ( Seimbang ) ke 1 2 3 Suplay(S)dari 1 20 5 8 90 2 15 20 10 60 41
  42. 42. 3 25 10 19 50Demand(D) 50 110 40 200 Soal ( Tidak Seimbang ) Kebutuhan lebih kecil dari sumber (kapaitas)yang tersedia ke gudang1 gudang2 gudang3 Dummy Suplaydari (S) pbrk1 20 5 8 90 pbrk2 15 20 10 60 pbrk3 25 10 19 100Demand 250(D) 50 110 40 50 Kebutuhan lebih besar dari sumber (kapaitas)yang tersedia ke 1 2 3 Suplay(S)dari 1 20 5 8 90 2 15 20 10 60 3 25 10 19 50Dummy 50Demand(D) 50 110 40 200 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80 42
  43. 43. Demand 150 70 60 280 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80Demand 150 70 60 280 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80Demand 150 70 60 280 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80 43
  44. 44. Demand 150 70 60 280 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80Demand 150 70 60 280 Ke 1 2 3 SuplayDari 1 8 5 6 120 2 15 10 12 80 3 3 9 10 80Demand 150 70 60 280 Masalah Penugasan Masalah : Yang berhubungan dengan penugasan optimal dari macam-macam sumber yang produkyif / personalia yang mempunyai tingkat efisiensi yang berbeda-beda untuk tugas yang berbeda pula. Metoda Hungarian adalah metoda untuk penyelesaian masalah penugasan . 44
  45. 45. Syarat : Jumlah sumber yang ditugaskan sama dengan jumlah tugas yang akan diselesaikan. Langkah –Langkah Penyelesaian : Masalah Minimum : 1. Ubah matriks biaya menjadi matriks opportunity cost dengan cara memilih elemen terkecil pada setiap baris matrikss. Kemudian kurangkan setiap elemen baris dengan elemen terkecil tersebut. 2. Apabila dalam kolom matriks masih ada yang tidak nol. Pilih elemen terkecil pada kolom yang tidak mengandung nol tersebut. Kemudian kurangkan seluruh elemen kolom tersebut dengan elemen terkecil tersebut. Reduced cost matriks terus dikurangi untuk mendapatkan total opportunity cost matriks. 3. Mencari skedul Penugasan dengan dengan suatu total opportunity cost nol. Prosedur tes optimalisasi adalah dengan menarik sejumlah minimum garis horizontal dan / atau vertical untuk meliput seluruh elemen yang bernilai nolmdalam total opportunity cost matriks. Bila jumlah garis sama dengan jumlah baris atau kolom penugasan optimal adalah feasible. Bila tidak sama maka matriks harus direvisi. 4. Untuk merevisi , caranya adalah pilih elemen terkecil yang belum terliput garis, kemudian kurangkan elemen yang tidak terliput dengan elemen terkecil tersebut, kemudian tambahkan elemen terkecil ybs pada seluruh elemen –elemen yang mempunyai dua garis bersilangan. Ulangi langkah 3. Contoh : Masalah Minimisasi PekerjaanKaryawan I II III A 25 31 35 B 15 20 24 45
  46. 46. C 22 19 17 PekerjaanKaryawan I II III A 0 6 10 B 0 5 9 C 5 2 0 PekerjaanKaryawan I II III A 0 4 10 B 0 3 9 C 5 0 0 PekerjaanKaryawan I II III A 0 1 7 B 0 0 6 C 8 0 0 Skedul : A – I ; B – II ; C – III 25 + 20 + 17 = 62. Catatan : Untuk Masalah Maksimum ; Pilih nilai terbesar di masing-masing baris dst….. Soal : masalah maksimum PekerjaanKaryawan I II III IV V 46
  47. 47. A 10 12 10 8 15 B 14 10 9 15 13 C 9 8 7 8 12 D 13 15 8 16 11 E 10 13 14 11 17 PekerjaanKaryawan I II III IV V A 5 3 5 7 0 B 1 5 6 0 2 C 3 4 5 4 0 D 3 1 8 0 5 E 7 4 3 6 0 PekerjaanKaryawan I II III IV V A 4 2 2 7 0 B 0 4 3 0 2 C 2 3 2 4 0 D 2 0 5 0 5 E 6 3 0 6 0 PekerjaanKaryawan I II III IV V A 2 0 0 5 0 B 0 4 3 0 4 C 0 1 0 2 0 47
  48. 48. D 2 0 5 0 7 E 6 3 0 6 0Skedul :Terdapat 2 alternatif penyelesaian :A-II ; B – I ; C – V ; D – IV ; E – III12 + 14 + 12 + 16 + 14 = 68A-V ; B – IV ; C – I ; D – II ; E – III15 + 15 + 9 + 15 + 14 = 68 48

×