dedek faradilla_tugas 1_ro_sp.pdf
TRANSCRIPT
Jumat/17 Mei 2013/11:00 AM
TUGAS 1 Contoh Kasus Penerapan Riset Operasi Dalam Kehidupan Nyata
Nama : Dedek Faradilla
NIM : 1106103020028
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS SYIAH KUALA MEI 2013
Kasus 1 : Suatu perusahaan akan memproduksi 2 macam barang yang jumlahnya tidak boleh lebih dari 18
unit. Keuntungan dari kedua produk tersebut masing-masing adalah Rp. 750,- dan Rp. 425,- per
unit. Dari survey terlihat bahwa produk I harus dibuat sekurang-kurangnya 5 unit sedangkan
produk II sekurang-kurangnya 3 unit. Mengingat bahan baku yang ada maka kedua produk
tersebut dapat dibuat paling sedikit 10 unit. Tentukan banyaknya produk yang harus dibuat untuk
mendapatkan keuntungan yang maksimum?.
Penyelesaian:
Model Matematika Persoalan Program Linier di atas adalah:
Misalkan akan diproduksi produk I sejumlah X1 unit dan akan diproduksi produk II sejumlah X2
unit.
a. Fungsi tujuan : Memaksimalkan Z = Rp. 750 X1 + Rp. 425 X2
b. Fungsi Kendala : X1 + X2 ≤ 18 unit
X1 ≥ 5 unit
X2 ≥ 3 unit
X1 + X2 ≥ 10 unit
Penyelesaian dengan Metode Simpleks:
Fungsi Kendala :
X1 + X2 + S1 = 18
X1 – S2 + V1 = 5
X2 – S3 + V2 = 3
X1 + X2 – S4 + V3 = 10
Fungsi Tujuan :
Memaksimalkan Z = Rp. 750 X1 + Rp. 425 X2 + 0S1 + 0S2 + 0S3 + 0S4 – MV1 – MV2 – MV3
Tabel Simpleks:
Cj 750 425 0 0 0 0 -M -M -M Ci Xi/Xj X1 X2 S1 S2 S3 S4 V1 V2 V3 bi ri 0 S1 1 1 1 0 O 0 0 0 0 18 18
-M V1 1 0 0 -1 0 0 1 0 0 5 5 -M V2 0 1 0 0 -1 0 0 1 0 3 - -M V3 1 1 0 0 0 -1 0 0 1 10 10
Zj -2M -2M 0 M M M -M -M -M -25M
Zj-Cj
-2M-750
-2M-425
0 M M M 0 0 0
0 S1 0 0 1 0 0 1 0 0 -1 13 13 -M V1 0 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 0 0 -M V2 0 1 0 0 -1 0 0 1 0 3 - 750 X1 1 1 0 0 0 -1 0 0 1 5 -
Zj 750 750 0 M M -M-750 -M -M M+750
3750 –
23M
Zj-Cj 0 325 0 M M -M-
750 0 0 2M+750
0 S1 0 1 1 1 0 0 -1 0 0 13 13 0 S4 0 -1 0 -1 0 1 1 0 -1 0 -
-M V2 0 1 0 0 -1 0 0 1 0 3 3
750 X1 1 0 0 -1 0 0 1 0 0 15000 – 8M -
Zj 750 750-M 0 -750 M 0 750 -M 0
Zj-Cj 0 325-
M 0 -750 M 0 750-M 0 M
0 S1 0 0 1 1 1 0 -1 -1 0 10 20 0 S4 0 0 0 -1 -1 1 1 1 -1 3 -
452 X2 0 1 0 0 -1 0 0 1 0 3 - 750 X1 1 0 0 -1 0 0 1 0 0 5 -
Zj 750 425 0 -750 -425 0 750 425 0 5025
Zj-Cj 0 0 0 -750 -425 0 750
+ M 425 + M M
0 S2 0 0 1 1 1 0 -1 -1 0 10 0 S4 0 0 1 0 0 1 0 0 -1 13
425 X2 0 1 0 0 -1 0 0 1 0 3 750 X1 1 0 1 0 1 0 0 -1 0 15
Zj 750 425 750 0 325 0 0 -325 0 12525
Zj-Cj 0 0 750 0 325 0 M -325
+ M M
Dari simpleks di atas di dapat X1 = 15 dan X2 = 3. Dan fungsinya akan masimum di titik tersebut sebesar 12525.
Kasus 2 :
Sebuah perusahaan meubel memproduksi meja dan kursi menggunakan papan, kayu, dan waktu pengerjaan. Setiap meja membutuhkan 5 unit papan, 2 unit kayu, dan 4 jam pengerjaan. Setiap kursi membutuhkan 2 unit papan, 3 unit kayu, dan 2 jam pengerjaan. Perusahaan dapat keuntungan Rp 12.000,00 untuk meja dan Rp 8.000;00 untuk kursi. Tersedia 150 unit papan, 100 unit Kayu, dan 80 jam pengerjaan. Berapa banyak produk agar keuntungan maksimum?
Penyelesaian :
Langkah-langkah.
Variabel Keputusan : X1 = meja, dan X2 = kursi
Fungsi Tujuan : Maks. f = 12 X1 + 8 X2
Kendala : papan, kayu, dan waktu
Formulasi Model : Maks. f = 12 X1 + 8 X2
Kendala : 5 X1 + 2 X2 150
2 X1 + 3 X2 100
4 X1 + 2 X2 80
X1 , X2 0
Bentuk standard
Maks. f = 12 X1 + 8 X2 +0.r+0.s+0.t
Kendala : 5 X1 + 2 X2 +r = 150
2 X1 + 3 X2 +s= 100
4 X1 + 2 X2 + t = 80
X1 , X2 , r, s, t 0
Maka dapat dibuat tabel simpleknya sebagai berikut.
Basis
(Dasar)
f X1 X2 r s t Solusi
f 1 -12 -8 0 0 0 0 → Pers Z
r 0 5 2 1 0 0 150 → Pers r
s 0 2 3 0 1 0 100 → Pers s
t 0 4 2 0 0 1 80 → Pers t
Var msk
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio
Z 1 -12 -8 0 0 0 0
S1 0 5 2 1 0 0 150 150/5 = 30
S2 0 2 3 0 1 0 100 100/2 =50
S3 0 4 2 0 0 1 80 80/4 = 20
Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot
Aturan metode Gauss Jordan :
1. Pers. Pivot
Pers. Pivot baru = pers. pivot lama : elemen pivot
2. Pers. Lain
Pers. Baru = pers. Lama – ( koef kolom var masuk * pers. Pivot baru )
Maka :
t X1 = ( 0 4 2 0 0 1 80 ) / 4
= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
s baru = ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - 2 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 0 2 3 0 1 0 100 ) - ( 0 2 1 0 0 ½ 40 )
= ( 0 0 2 0 1 -½ 60 )
r baru = ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - 5 ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 0 5 2 1 0 0 150 ) - ( 0 5 5/2 0 0 5/4 100 )
= ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 )
f baru = ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - (-12) ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 )
= ( 1 -12 -8 0 0 0 0 ) - ( 0 -12 6 0 0 -3 -240 )
= ( 1 0 -2 0 0 3 240 )
Var msk
Basis
(Dasar)
Z X1 X2 S1 S2 S3 Solusi Rasio
Z 1 0 -2 0 0 3 240
S1 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 50/(-½) = -
100
S2 0 0 2 0 1 -½ 60 60/2 = 30
X1 0 1 ½ 0 0 ¼ 20 20/(½) = 40
Pers Pivot (Var Keluar) elemen pivot
s X2= ( 0 0 2 0 1 -½ 60 ) / 2
= ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
X1baru = ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ½ ( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 0 1 ½ 0 0 ¼ 200 ) - ( 0 0 ½ 0 ¼ -1/8 15 )
= ( 0 1 0 0 -¼ 3/8 5 )
rbaru = ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - (-½ )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 0 0 -½ 1 0 -5/4 50 ) - ( 0 0 -½ 0 -¼ 1/8 -15 )
= ( 0 0 0 1 ¼ -11/8 65 )
f baru = ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - (-2 )( 0 0 1 0 ½ -¼ 30 )
= ( 1 0 -2 0 0 3 240 ) - ( 0 0 -2 0 -1 ½ -60 )
= ( 1 0 0 0 1 5/2 300 )
Tabel Akhir
Basis
(Dasar)
f X1 X2 R s t Solusi
f 1 0 0 0 1 5/2 300
r 0 0 0 1 ¼ -11/8 65
X2 0 0 1 0 ½ -¼ 30
X1 0 1 0 0 ¼ 3/8 5
Kesimpulan : X1 =5 ( banyak meja )
X2 =30 ( banyak kursi )
r=65 ( unit papan / pers. Kendala 1 yg berlebih )
f = 300 ( keuntungan maks )
Bukti
Fungsi tujuan f = 12 X1 + 8 X2
= 12 ( 5 ) + 8 ( 30 )
= 60 + 240 = 300
Papan 5 X1 + 2 X2 150
5 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 25 + 60 = 85 150 - 85 = 65 ( sisa )
Kayu 2 X1 + 3 X2 100
2 ( 5 ) + 3 ( 30 ) = 10 + 90 = 100
Waktu 4 X1 + 2 X2 80
4 ( 5 ) + 2 ( 30 ) = 20 + 60 = 80
Jadi, banyak produk agar keuntungan maksimum yaitu papan sebanyak 65, kayu sebanyak
100 dan Waktunya harus 80 jam.
Kasus 3 :
Sebuah perusahaan makanan ringan ternama ‘Orang Tua (OT)’ di Indonesia mempunyai 3 buah pabrik di tempat yang berbeda, yaitu OT1, OT2 dan OT3 dengan kapasitas masing-masing yaitu 90 ton, 60 ton dan 50 ton. Produk makanan ringan yang dihasilkan akan di kirim ke tiga gudang penjualan yaitu G1, G2 dan G3, dengan permintaan penjualan masing-masing 50 ton, 110 ton dan 40 ton.
Dengan ongkos angkut dalam ribuan di rangkum dalam tabel berikut :
Dari Biaya tiap ton (dalam ribuan) Ke-G1 Ke G2 Ke-G3
OT1 20 5 8 OT2 15 20 10 OT3 25 10 19
Bagaimana cara mengalokasikan pengiriman makanan ringan dari ketiga pabrik ke tiga lokasi gudang penjualan agar biaya pengiriman minimum?
Penyelesaian :
Langkah 1 :
Membuat tabel kapasitas pabrik.
Pabrik Kapasitas Produksi Tiap bulan OT1 90 ton OT2 60 ton OT3 50 ton
Jumlah 200 ton
Langkah 2 :
Membuat tabel kebutuhan gudang.
Gudang Kebutuhan Tiap Bulan G1 50 ton G2 110 ton G3 40 ton
Jumlah 200 ton
Langkah 3 :
Tabel biaya pengakutan setiap ton dari pabrik OT1, OT2 dan OT3
Dari Biaya tiap ton (dalam ribuan) Ke-G1 Ke G2 Ke-G3
OT1 20 5 8 OT2 15 20 10 OT3 25 10 19
Langkah 4 :
Representasi dalam bentuk tabel transportasi
Langkah 5 :
Penyelesaian menggunakan NWC (North West Corner)
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Kapasitas Pabrik
Pabrik X
11
20 X
12
5 X
13
8 90
OT1
Pabrik X
21
15 X
22
20 X
23
10 60
OT2
Pabrik X
31
25 X
32
10 X
33
19 50
OT3
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
Ke Dari
Gudang 1 Gudang 2 Gudang 3 Kapasitas Pabrik
Pabrik
50 20
40 5
8 90
OT1
Pabrik
15 60
20
10 60
OT2
Pabrik
25 10
10 40
19 50
OT3
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
Jadi, dengan menggunakan NWC di dapat ongkos angkut :
(50x20) + (40x5) + (60x20) + (10x10) + (40x19) = 1000 + 200 + 1200 + 100 + 760
= 3260
Maka ongkos angkutnya adalah Rp 3.260.000.
******************************************************************************
Dapat juga di selesaikan dengan metode lain yaitu dengan MODI (Modified Distribution Method).
Langkah-langkah penyelesaiannya yaitu.
1. Isilah tabel pertama dari sudut kiri atas ke sudut kanan bawah.
2. Menentukan nilai baris dan kolom dengan cara :
Baris pertama selalu diberi nilai 0 Nilai baris yang lain dan nilai semua kolom ditentukan berdasarkan rumus Ri + Kj = Cij. Nilai baris OT1 = Rot1 = 0
Mencari nilai kolom G1: Rot1 + Kg1 = Cot1g1 0 + Kg1 = 20, nilai kolom G1 = Kg1 = 20
Mencari nilai kolom dan baris yg lain: R0t1 + Kg2 = Cot1g2; 0 + Kg2 = 5; Kg2 = 5 R0t2 + Kg2 = Cot2g2; Rot2 + 5 = 20; Rot2 = 15
Dari
Ke
R0t3 + Kg2 = C0t3g2; Rot3 + 5 = 10; R0t3 = 5 R0t3 + Kg3 = C0t3g3; 5 + Kg3 = 19; Kg3 = 14
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik 50
20 40
5
8 90
OT1 = 0
Pabrik
15
60 20
10
60 OT2 = 15
Pabrik
25
10 10
40 19
50 OT3 = 5
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
3. Menghitung Indeks Perbaikan
Rumus : Cij - Ri - Kj = indeks perbaikan
Tabel Indeks Perbaikan :
Segi empat air Cij - Ri - Kj
indeks perbaikan
OT2G1
15 – 15 - 20
-20
OT3G1
25 – 5 – 20
0
OT1G3
8 – 0 – 14
-6
OT2G3
10 – 15 – 14
-19
4. Memilih titik tolak perubahan
Segi empat yang merupakan titik tolak perubahan adalah segi empat yang indeksnya bertanda negatif dan angkanya besar.
Dari
Ke
Segi empat air Cij - Ri - Kj
indeks perbaikan
OT2G1
15 – 15 - 20
-20
OT3G1
25 – 5 – 20
0
OT1G3
8 – 0 – 14
-6
OT2G3
10 – 15 – 14
-19
yang memenuhi syarat adalah segi empat OT2G1 dan dipilih sebagai segi empat yang akan diisi.
5. Memperbaiki Alokasi
Berikan tanda positif pada terpilih (OT2G1)
Pilihlah 1 terdekat yang mempunyai isi dan sebaris (OT2G2)
Pilihlah 1 terdekat yang mempunyai isi dan sekolom (OT1G1); berilah tanda negatif
keduanya
Pilihlah 1 sebaris atau sekolom dengan 2 yang bertanda negatif tadi (OT1G2), dan
berilah ini tanda positif
Pindahkanlah alokasi dari yang bertanda negatif ke yang bertanda positif sebanyak isi
terkecil dari yang bertanda positif (50)
Jadi OT2G1 kemudian berisi 50, OT2G2 berisi 60 – 50 = 10, OT1G2 berisi 40 + 50 =
90, OT1G1 menjadi tidak berisi
Maka tabel perbaikan pertama yaitu :
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik 50 20 40 90 (+)
5
8 90
OT1 = 0 (-)
Pabrik 50 (+)
15 60 10 (-)
20
10 60
OT2 = 15
Pabrik
25 10
10 40
19 50
OT3 = 5
Dari
Ke
Tabel hasil perubahannya yaitu :
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik
20 90
5
8 90
OT1 = 0 Pabrik
50 15
10 20
10
60 OT2 = 15
Pabrik
25
10 10
40 19
50 OT3 = 5
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
Biaya transportasi = 90(5) + 50(15) + 10(20) + 10(10) + 40(19)
= 2260
6. Ulangi langkah-langkah tersebut mulai langkah nomor 2 sampai diperoleh biaya terendah .
Tabel ke-2 hasil perubahan.
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik
20
90 5
8
90 OT1 = 0
Pabrik
50 15 10
(-)
20 10 (+)
10 60 OT2 = 15
Pabrik
25 10
20 (+)
10 40
30 (-)
19
50 OT3 = 5
Kebutuhan Gudang 50
110 40 200
Dari
Ke
Dari
Ke
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
Tabel kedua hasil perubahan.
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik
20 90
5
8 90
OT1 = 0
Pabrik
50 15
20 10
10 60
OT2 = 15
Pabrik
25 20
10 30
19 50
OT3 = 5
Kebutuhan Gudang 50 110 40 200
Biaya transportasi = 90(5) + 50(15) + 10(10) + 20(10) + 30(19)
= 2070
Tabel hasil perubahan ke-3
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik
20 90 (-) 60
5 30 (+)
8 90
OT1 = 0
Pabrik
50 15
20 10
10 60
OT2 = 15
Pabrik
25 20
50 (+)
10 30 (-)
19 50
OT3 = 5
Dari
Ke
Dari
Ke
Kebutuhan Gudang 50
110 40 200
Tabel hasil perubahan ke-3.
Gudang 1 = 20
Gudang 2 = 5
Gudang 3 = 14
Kapasitas Pabrik
Pabrik
20 60
5 30
8 90
OT1 = 0
Pabrik
50 15
20 10
10 60
OT2 = 15
Pabrik
25 50
10
19 50
OT3 = 5
Kebutuhan Gudang 50
110 40 200
Tabel ini tidak bisa dioptimalkan lagi, karena indeks perbaikan tidak ada yang negatif.
Maka untuk itu biaya trnasportasinya di dapat :
60(5) + 30(8) + 50(15) + 10(10) + 50(10) = 1890
Jadi, biaya transportasinya yaitu Rp 1.890.000,00.
Kasus 4 :
Sebuah perusahaan kecil mempunyai 4 pekerjaan yang berbeda untuk diselesaikan oleh 4 karyawan. Biaya penugasan seorang karyawan untuk pekerjaan yang berbeda adalah berbeda karena sifat pekerjaan berbeda-beda. Setiap karyawan mempunyai tingkat ketrampilan, pengalaman kerja dan latar belakang pendidikan serta latihan yang berbeda pula. Sehingga biaya penyelesaian pekerjaan yang sama oleh para karyawan yang berlainan juga berbeda. Tabel biaya sebagaiberikut:
Tabel Dalam Ribuan.
Dari
Ke
I II III IV
Andi Rp 150 Rp 200 Rp 180 Rp 220
Bagus Rp 140 Rp 160 Rp 210 Rp 170
Sarah Rp 250 Rp 200 Rp 230 Rp 200
Mawar Rp170 Rp 180 Rp 180 Rp 160
Masalahnya adalah bagaimana menugaskan keempat karyawan untuk menyelesaikan keempat
pekerjaan agar total biaya pekerjaan minimum.
Penyelesaian :
Langkah-langkah:
1. Menyusun tabel biaya seperti tabel di atas.
2. Melakukan pengurangan baris, dengan cara:
a. memilih biaya terkecil setiap baris
b. kurangkan semua biaya dengan biaya terkecil setiap baris
Sehingga menghasilkan reduced cost matrix /matrik biaya yang telah dikurangi.
Disajikan dalam tabel berikut.
I II III IV
Andi (150-150)
= 0
(200-150)
= 50
(180-150)
= 30
(220-150)
= 70
Bagus (140-140)
= 0
(160-140)
= 20
(210-140) =
70
(170-140) =
30
Sarah (250-200) =
50
(200-200)
= 0
(230-200) =
30
(200-200) =
0
Mawar (170-160) =
10
(180-160)
= 20
(180-160) =
20
(160-160) =
0
3. Melakukan pengurangan kolom
Pekerjaan
Karyawan
Pekerjaan
Karyawan
Berdasarkan hasil tabel langkah 2, pilih biaya terkecil setiap kolom untuk mengurangi seluruh
biaya dalam kolom-kolom tersebut. Pada contoh di atas hanya dilakukan pada kolom III karena
semua kolom lainnya telah mempunyai elemen yang bernilai nol (0). Jika langkah kedua telah
menghasilkan paling sedikit satu nilai nol pada setiap kolom, maka langkah ketiga dapat
dihilangkan. Berikut matrix total opportunity cost, dimana setiap baris dan kolom terdapat paling
sedikit satu nilai nol.
Tabel total opportunity cost matrix.
I II III IV
Andi 0 50 30 70
Bagus 0 20 70 30
Sarah 50 0 30 0
Mawar 10 20 20 0
Karena kolom III belum terdapat 0, maka kolom tersebut harus di kurang dengan nilai yang
paling terkecil.
I II III IV
Andi 0 50 (30-20) = 10 70
Bagus 0 20 (70-20) = 50 30
Sarah 50 0 (30-20) = 10 0
Mawar 10 20 (20-20) = 0 0
Maka tabel menjadi.
I II III IV
Andi 0 50 10 70
Bagus 0 20 50 30
Pekerjaan
Karyawan
Pekerjaan
Karyawan
Pekerjaan
Karyawan
Sarah 50 0 10 0
Mawar 10 20 0 0
4. Membentuk penugasan optimum
Prosedur praktis untuk melakukan test optimalisasi adalah dengan menarik sejumlah minimum
garis horisontal dan/ atau vertikal untuk meliputi seluruh elemen bernilai nol dalam total
opportunity cost matrix. Jika jumlah garis sama dengan jumlah baris/ kolom maka penugasan
telah optimal. Jika tidak maka harus direvisi.
I II III IV
Andi 0 50 10 70
Bagus 0 20 50 30
Sarah 50 0 10 0
Mawar 10 20 0 0
5. Melakukan revisi tabel
a. Untuk merevisi total opportunity cost, pilih angka terkecil yang tidak
terliput (dilewati) garis. (pada contoh di atas = 10)
b. Kurangkan angka yang tidak dilewati garis dengan angka terkecil (10)
c. Tambahkan angka yang terdapat pada persilangan garis dengan angka
terkecil (10) yaitu (50) pada Hasan dan (10) pada Dzakwan.
d. Kembali ke langkah 4
Revised matrix:
I II III IV
Andi 0 40 0 60
Bagus 0 10 40 20
Sarah 60 0 10 0
Mawar 20 20 0 0
Berikut tabel penugasannya (Dalam Ribuan)
Pekerjaan
Karyawan
Pekerjaan
Karyawan
Penugasan Biaya
Andi : III
Bagus : I
Sarah : II
Mawar : IV
Rp180
Rp 140
Rp 200
Rp 160
Jumlah Rp 680
Jadi, dengan pembagian penugasan yang demikian di dapat total biaya pekerjaan minimum yaitu
Rp 680.000
Kasus 5:
Padi dipanen di Montasik, Sibreh dan Indrapuri kemudian di kirim di 3 penggilingan tepung
yang berlokasi di Lambaro, Ilie dan Keutapang. Data nya sebagai berikut :
Tempat
Panen
Jumlah yang di
tawarkan
Montasik 150 ton
Sibreh 175 ton
Indrapuri 275 ton
Jumlah 600 ton
Jumlah gandum yang diminta oleh tempat penggilingan adalah
Tempat
Penggilingan Jumlah yang diminta
Lamabaro 200 ton
Ilie 100 ton
Kutapang 300 ton
Jumlah 600 ton
Biaya pengiriman 1 ton padi dari setiap tempat panen(sumber) ke tempat penggilingan adalah
Tempat
Panen
Biaya Penggilingan (Rp dalam ribuan)
Lambaro Ilie Keutapang
A B C
Montasik 6 8 10
Sibreh 7 11 11
Indrapuri 4 5 12
Persoalannya adalah untuk mengirim padi dari tempat panen ke tempat penggilingan setiap
bulannya agar total biaya transportasi minimum.
Penyelesaian :
Langkah – langkah.
1. Menentukan dengan cara apa menyelesaikan soal ini.
Soal ini dapat di selesaikan dengan metode NWC (Notrhwest Corner) dan dapat di minimasi lagi
dengan metode Cij terkecil (metode lain juga dapat, cuma pada soal ini digunakan NWC dan Cij
terkecil).
2. Menyelesaikan dengan NWC.
Isi setiap X11 sampai X33, dengan cara mengisi secara penuh kotak yang paling atas kiri
sebanyak pasokan yang ada. Maka di X11 diisi 150.
Lambaro A
Ilie B
Keutapang C
Pasokan
Montasik X
11
6 X
12
8 X
13
10 150
1
Sibreh X
21
7 X
22
11 X
23
11 175
2
Indrapuri X
31
4 X
32
5 X
33
12 225
3
Permintaan 200 100 300 600
Ke Dari
Kemudian liat kolom di bawahnya, yaitu X21. Kolom tersebut belum terisi. Maka liat
berapa siswanya untuk dapat memenuhi kolom pertama. Karena tadi sudah terisi 150
maka kolom tersebut kekurangan sebanyak 50 dari permintaan. Untuk itu isi X21 dengan
50. Maka Baris pertama dan kolom pertama terlah terisi penuh.
Lalu lihat baris ke-dua mulai dari X21 sampai X23. Baris tersebut telah terisi 50. Kita lihat
bahwa pasokannya sebanyak 175. Maka baris tersebut masih kekurangan 125. Jika kita
isi penuh 125 di X22 maka jika kita lihat pada kolom 2 yaitu mulai dari X12, X22 dan X32
maka permintaannya yaitu 100. Untuk memenuhi kolon 2 dan tidak melebihi baris dua
maka pada kolom X22 diisi dengan 100. Maka kolom 2 (X12, X22 dan X32) telah penuh.
Karena baris 2 (X21, X22 dan X23) masih kekurangan sebanyak 25, maka di isi 25 pada
X23. Sehingga baris dua penuh.
Lalu lihat kolom ke 3 (X13, X23 dan X33). Jumlah total permintaan 300. Kolom tersebut
barus terisi sebanyak 25 yaitu pada X23. Untuk itu untuk memenukan semuanya hanya
tinggal sau kotak lagi yang dapat diisi yaitu pada X33. Maka X33 di isi dengan 275.
Semuanya telah penuh.
Maka tabelnya menjadi.
Maka total biayanya adalah :
(150x6) + (50x7) + (100x11) + (25x11) + (275x12) = 900 + 350 + 1100 + 275 + 4125= 6750.
Lambaro A
Ilie B
Keutapang C
Pasokan
Montasik 150
6
8
10 150
1
Sibreh 50
7 100
11 25
11 175
2
Indrapuri
4
5 275
12 225
3
Permintaan 200 100 300 600
Ke Dari
Jadi, total biaya transportasinya yaitu Rp 6.750.000;00
3. Kita dapat meminimasi lagi biaya transportasinya yaitu dengan cara metode Cij terkecil.
Buat tabel awal yang persis dengan tabel awal NWC.
Cara mengisinya berbeda dengan NWC. Namun aturannya hampir mirip. Namun pada
metode ini, kita mengisi dengan cara melihat yang mana Cij paling terkecil.
Setelah kita lihat ternyata Cij terkecil yaitu 4. Maka kita mengisi penuh pada X31.
Dengan cara melihat berapa besar pasokannya. Karena pasokannya 225, mustahl di isi
karena permintaannya yaitu 200. Maka pada X31 diisi 200.
Maka kolom satu (X11, X21,X31) penuh.
Lihat pada baris ke-3 (X31, X32,X33). Baris tersebut kekurangan 25. Untuk itu di isi 25
pada X32. Maka baris ke-3 penuh.
Lalu lihat kolom ke-2 (X12, X22,X32). Kolom tersebut sudah terisi 25 pada X32. Masih
kurang sebanyak 75 lagi dari permintaan yang ada. Untuk itu di isi 75 di X12. Karena X12
memiliki Cij terkecil. Maka kolom tersebut penuh.
Lalu lihat baris ke-1 (X11, X12,X13). Pada baris tersebut kekurangan 75 dari pasokan yang
ada. Untuk itu 75 hanya bisa diisi pada X13. Maka baris tersebut penuh.
Lambaro A
Ilie B
Keutapang C
Pasokan
Montasik X
11
6 X
12
8 X
13
10 150
1
Sibreh X
21
7 X
22
11 X
23
11 175
2
Indrapuri X
31
4 X
32
5 X
33
12 225
3
Permintaan 200 100 300 600
Ke Dari
Lalu lihat pada kolom ke-3 (X13, X23,X33). Yang sudah terisi yaitu pada X12 yaitu 75.
Untuk itu hanya ada satu cara lagi yang dapat di isi yaitu pada X33. Karena kekurangan 50
dari permintaan. Maka X33 diisi sebesar 50. Maka semuanya penuh.
Tabel menjadi.
Maka total biayanya adalah :
(200x4) + (75x8) + (25x5) + (75x10) + (50x12) = 800 + 600 + 125 + 750 + 600
= 2875
Jadi, total biaya transportasinya yaitu Rp 2.875.000;00
Dapat terlihat perbedaan yang sangat jauh ketika menggunakan metode NWC dengan metode Cij
terkecil.
Kasus 6:
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 :
Lambaro A
Ilie B
Keutapang C
Pasokan
Montasik
6
75 8
75 10
150 1
Sibreh
7
11
11
175 2
Indrapuri 200
4 25
5 50
12 225
3
Permintaan 200 100 300 600
Ke Dari
Bagaimana cara menentuka alokasi penugasan karyawan yang optimal dan menguntungkan
perusahaan?.
Penyelesaian :
Langkah-langkah.
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 :
Pekerja Karyawan 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 (dalam
ribuan)
A
B
C
D
4
2
2
6
0
10
0
2
4
12
4
16
8
0
2
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 Opportunity Cost Matrix sebagai berikut :
Pekerja
Karywan
I II III IV
Dalam Rp. ribuan
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 Rp. Ribuan
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 Rp. Ribuan
A
B
C
D
4
0
2
4
0
8
0
0
0
6
0
10
10
0
4
0
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. 96.000 merupakan biaya termurah dibanding dengan semua alternative lain.
Kasus 7 :
Saat ini Pertamina mempunyai 3 daerah penambangan di Pulau Jawa yaitu Cepu, Cilacap dan
Cirebon dengan kapasitas produksi masing-masing 120, 80 dan 80 galon. Dari tempat tersebut
minyak diangkut ke daerah pemasaran yang terpusat di Semarang, Jakarta dan Bandung dengan
daya tampung masing-masing 150, 70 dan 60 galon. Biaya transportasi dari daerah penambangan
ke daerah pemasaran sebagai berikut :
Cepu-Semarang = 8 Cilacap-Semarang = 15 Cirebon-Semarang = 3
Cepu-Jakarta = 5 Cilacap-Jakarta = 10 Cirebon-Jakarta = 9
Cepu-Bandung = 6 Cilacap-Bandung = 12 Cirebon-Bandung = 10
Bagaimana usulan anda untuk mendistribusikan minyak tersebut dengan sebaik-baiknya?
Berapa biaya yang paling optimal?
Penyelesaian :
Metode VAM
Langkah penyelesaian :
Mengurangkan biaya yang terkecil pada setiap baris dengan biaya yang lebih besar satu
tingkat pada baris yang sama
Demikian juga untuk kolom
Pilih hasil SELISIH terbesar pada baris dan kolom
Alokasikan dengan memilih sel yang biayanya terkecil pada baris dan kolom yang
dipilih
Ulangi langkah 1 tapi baris dan kolom yang sudah dialokasikan jangan digunakan lagi
Hitung total biaya
Semarang Jakarta Bandung Pasokan
Cepu 70 (8 (5 50 (6 120
Cilacap (15 70 (10 10 (12 80
Cirebon 80 (3 (9 (10 80
Permintaan 150 70 60
B1 = 6-5 = 1 K1 = 8-3 =5 B1 = 6-5 = 1 K1 = 15-8 = 7 B1 = 6-5 = 1 K2 = 10-5 = 5
B2 = 12-10 = 2 K2 = 9-5=4 B2 = 12-10 = 2 K2 = 10-5 = 5 B2=12-10=2 K3=12-6=6
B3 = 9-3 = 6 K3 =10-6 = 4 K3 = 12-6 = 6
Total Biaya = (70x8) + (50x6) + (70x10) + (10x12) + (80x3) = 1920