TRANSPORTASI, PENUGASAN, PEMINDAHAN

(1)

TRANSPORTASI, PENUGASAN, PEMINDAHAN

(2)

(3)

0442K –Metode Kuantitatif LECTURE NOTES

TRANSPORTASI, PENUGASAN, PEMINDAHAN Rojali, S.Si., M.Si rojali@binus.edu

0442K –Metode Kuantitatif LEARNING OUTCOMES

1. Mahasiswa diharapkan dapat menafsirkan masalah nyata untuk analisis kuantitatif (LO2). 2.

Mahasiswa diharapkan dapat menganalisis metode yang sesuai untuk masalah bisnis (LO3).

OUTLINE MATERI : 1. Pengertian Metode Transportasi 2. Metode Noerth-West Corner 3. Metode Least Cost 4. Metode Vogel 5. Metode Modi

0442K –Metode Kuantitatif ISI

METODE TRANSPORTASI Pada umumnya masalah transportasi berhubungan dengan distribusi suatu produk tunggal dari beberapa sumber, dengan penawaran terbatas, menuju beberapa tujuan, dengan permintaan tertentu, pada biaya transport minimum. Karena hanya ada satu macam barang, suatu tempat tujuan dapat memenuhi permintaanya dari satu atau lebih sumber. Asumsi dasar model ini adalah bahwa biaya transport pada suatu rute tertentu proporsional dengan banyaknya unit yang dikirimkan. Unit yang dikirimkan sangat tergantung pada jenis produk yang diangkut.

Yang penting, satuan penawaran dan permintaan akan barang yang diangkut harus konsisten.

Contoh Sebuah perusahaan Negara berkepentingan mengangkut pupuk dari tiga pabrik ke tiga pasar. Kapasitas penawaran ketiga pabrik, permintaan pada ketiga pasar dan biaya transport perunit adalah sebagai berikut:

Masalah diatas diilustrasikan sebagai suatu model jaringan pada gambar sebagai berikut

(4)

0442K –Metode Kuantitatif

Masalah diatas juga dapat dirumuskan sebagai suatu masalah LP sebagai berikut: Minimumkan: Z = 8X11 + 5X12 + 6X13 + 15X21 + 10X22 + 12X23 + 3X31 + 9X32 + 10X33 Batasan

X11 + X12 + X13 = 120 (penawaran pabrik 1) X21 + X22 + X23 = 80 (penawaran pabrik 2) X31 + X32 + X33 = 80 (penawaran pabrik 3) X11 + X21 + X31 = 150 (permintaan pabrik 1) X12 + X22 + X32 = 70 (permintaan pabrik 2) X13 + X23 + X33 = 60 (permintaan pabrik 3)

Tabel Transportasi Tabel 1.1 (Tabel Transportasi)

SOLUSI AWAL TRANSPORTASI 1. METODE NORTH–WEST CORNER Langkah-langkahnya adalah sebagai berikut: a. Mulai pada pojok kiri atas (barat laut table) dan alokasikan sebanyak mungkin tanpa menyimpang dari batasab penawaran dan permintaan. b. Hilangkan baris atau kolom yang tidak dapat dialokasikan lagi, kemudian alokasikan sebanyak mungkin ke kotak didekat baris atau kolom yang tidak dihilangkan, jika kolom atau baris sudah dihabiskan, pindahkan secara diagonal kekotak berikutnya c. Lanjutkan dengan cara yang sama sampai semua penawaran telah dihabiskan dan keperluan permintaan telah dipenuhi.

Solusi awal dengan menggunakan metode north – west corner pada masalah diatas ditunjukkan oleh table 1.2. Table 1.2 (Table Solusi Awal Metode North-West Corner)

Dari table 1.2 diatas dapat diketahui bahwa biaya transport total adalah sebagai berikut: Z = (8 x 120) + (15 x 30) + (10 x 50) + (9 x 20) + (10 x 60) = 2690 Ingat, ini hanya solusi awal, sehingga tidal perlu optimum

2. METODE LEAST-COST Langkah-langkahnya adalah sebagai berikut: a. Pilih variable Xij (kotak) dengan biaya transport (cij) terkecil dan alokasikan sebanyak mungkin. Ini akan menghabiskan baris i atau kolom j b. Dari kotak-kotak sisanya yang layak (yaitu yang tidak terisi atau dihilangkan) pilih cij terkecil dan alokasikan sebanyak mungkin. c. Lanjutkan proses ini sampai semua penawaran dan permintaan terpenuhi Solusi awal dengan menggunakan metode north – west corner pada masalah diatas ditunjukkan oleh table 1.3.

(5)

Table 1.3 (Tabel Solusi Awal Metode Least-Cost)

Dari table 1.3 diatas dapat diketahui bahwa biaya transport total adalah sebagai berikut: Z = (3 x 80) + (5 x 70) + (6 x 50) + (12 x 10) + (15 x 70) = 2060

3. METODE APROKSIMASI VOGEL (VAM) Proses VAM dapat diringkas sebagai berikut: a. Hitung opportunity cost untuk setiap baris dan kolom. Opportunity cost untuk setiap baris ke-i dihitung dengan mengurangkan nilai cij terkecil pada baris tersebut dengan nilai cij satu tingkat lebih besar pada baris yang sama. Opportunity cost kolom diperoleh dengan cara yang sama. Biaya-biaya ini adalah pinalti karena tidak memilih kotak dengan biaya minimum. b. Pilih baris atau kolom dengan opportunity cost terbesar (jika terdapat nilai kembar, pilih secara sembarang). Alokasikan sebanyak mungkin kekotak dengan nilai cij minimum pada baris atau kolom yang dipilih.

c. Hilangkan semua baris dan kolom dimana penawaran dan permintaan telah d. Jika semua penawaran dan permintaan belum dipenuhi, kembali kelangkah pertama dan hitung kembali opportunity cost yang baru. Solusi awal dengan menggunakan metode VAM pada masalah diatas ditunjukkan oleh tabel 1.4 Table 1.4 (Table Solusi Awal Metode VAM)

Biaya transport model VAM adalah sebagai berikut: Z = (3 x 80) + (8 x 70) + (6 x 50) + (10 x 70) + (12 x 10) = 1920 Biaya total untuk solusi awal dengan metode VAM merupakan biaya awal terkecil yang diperoleh dari ketiga metode solusi awal. Kenyataannya, solusi ini juga optimum, suatu

keadaan yang akan ditunjukan pada pembahasan mencari solusi optimum. MENENTUKAN SOLUSI OPTIMUM 1. METODE STEPPING STONE

Beberapa hal penting yang perlu diperhatikan dalam penyusunan jalur stepping stone untuk mencari variable masuk. a. Arah yang diambil boleh searah atau berlawanan arah jarum jam b. Hanya ada satu jalur tertutup untuk setiap kotak kosong c. Jalur harus mengikuti kotak terisi, kecuali pada

(6)

kotak kosong yang sedang dievaluasi. d. Baik kotak terisi maupun kotak kosong dapat dilewati dalam penyusunan jalur tertutup e. Suatu jalur dapat melintasi dirinya f. Sebuah penambahan dan pengurangan yang sama besar harus kelihatan pada setiap baris dan kolom pada jalur itu Proses jalur tertutup dalam prosedur stepping stone ditunjukan pada table berikut Table 1.5 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stone – Jalur Tertutup X12)

•

Penambahan atau pengurangan biaya dari jalur tertutup X12: C12 = 5 – 10 + 15 – 8 = +2

•

Penambahan atau pengurangan biaya dari jalur tertutup X13:

C13 = 6 – 10 + 9 – 10 + 15 - 8 = +2 •

Penambahan atau pengurangan biaya dari jalur tertutup X23: C23 = 12 – 10 + 9 – 10 = +1

•

Penambahan atau pengurangan biaya dari jalur tertutup X31: C31 = 3 – 15 + 10 – 9 = -11

Analisis diatas menunjukan bahwa C31 memiliki perubahan biaya negative, sehingga X31 menjadi variable masuk. Jika terdapat dua atau lebih Xij dengan nilai Cij negative, maka pilih satu yang memiliki perubahan penurunan biaya terbesar (negative terbesar), dan jika terdapat nilai kembar, pilih sembarang Tabel 1.6 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stonde – Jalur Tertutup X13) Tabel 1.7 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stonde – Jalur Tertutup X23)

Tabel 1.8 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stonde – Jalur Tertutup X31)

Jumlah yang dialokasikan kedalam variable masuk dibatasi oleh permintaan dan penawaran, serta dibatasi pada jumlah minimum pada suatu kotak yang dikurangi pada jalur tertutup. Dari contoh diatas dapat diketahui bahwa variable X31 merupakanvariable masuk, maka: X31 minimum = (X21, X32) = min (30, 20) = 20, sehingga table transportasi menjadi: Table 1.9 (Tabel Solusi Optimum

(7)

Metode Stepping Stone – Alokasi Variable Masuk X31)

Solusi optimum dicapai disaat tidak ada calon variable masuk bernilai negative, dengan kata lain Cij bernilai positif. Solusi optimum dicapai melalui tiga iterasi: Tabel 1.10 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stone – Iterasi Kedua)

Table 1.11 (Tabel Solusi Optimum Metode Stepping Stone – Iterasi Ketiga; Optimum)

Table 1.11 diatas memberikan nilai Cij positif untuk semua kotak kosong, sehingga tidak dapat diperbaiki lagi. Solusi optimum pada table 1.11 memberikan biaya transport terkecil, yaitu: Z = (8 x 70) + (6 x 50) + (10 x 70) + (12 x 10) + (3 x 80) = 1920

2. METODE MODIFIED DISTRIBUTION (MODI) Contoh: solusi awal menggunakan north – west corner.

Metode MODI memberikan Ui dan Vj yang dirancang untuk setiap baris dan kolom. Dari table diatas dapat diketahui bahwa: X11 : U1 + V1 = C11 = 8, misalkan U1 = 0, maka: 0 + V1 = 8, V1 = 8 X21 : U2 + V1 = C21 = 15

U2 + 8 = 15, U2 = 7

(8)

X22 : U2 + V2 = C22 = 10 7 + V2 = 10, V2 = 3 X32: U3 + V2 = C32 = 9 U3 + 3 = 9, U3 = 6

X33 : U3 + V3 = C33 = 10 6 + V3 = 10, V3 = 4

Nilai perubahan untuk setiap variable non dasar Cij, ditentukan melalui: Cij = cij – Ui – Vj, sehingga:

C12 = 5 – 0 – 3 = +2 C23 = 12 – 7 – 4 = 1 C13= 6 – 0 – 4 = +2 C31 = 3 – 6 – 8 = -11

Nilai C31 negatif terbesar (-11) menunjukan bahwa solusi yang ada tidak optimal dan X31 sebagai variable masuk. Jumlah yang dialokasikan ke X31 ditentukan sesuai dengan prosedur

stepping stone, selanjutnya Ui, Vj, dan Cij pada table baru dihitung kembali untuk uji optimalitas dan menentukan variable masuk. MODEL PENUGASAN Masalah penugasan menyangkut

penempatan para pekerja pada bidang yang tersedia agar biaya yang ditanggung dapat

diminimumkan. Jika pekerja dianggap sumber dan pekerjaan identik dengan tujuan, maka model ini mirip dengan model transportasi. Bedanya, pada model penugasan jumlah pasokan pada setiap

“sumber” dan jumlah permintaan pada setiap “tujuan” adalah satu. Ini berarti setiap pekerja hanya menangani satu pekerjaan dan sebaliknya, yaitu setiap pekerjaan hanya ditangani satu pekerja.

Model penugasan bertujuan untuk mengalokasikan sejumlah “sumberdaya” untuk sejumlah

“pekerjaan” pada biaya total minimum. Penugasan dibuat atas dasar bahwa setiap sumberdaya harus ditugaskan hanya untuk satu pekerjaan. Untuk suatu masalah penugasan n x n. Jumlah penugasan yang mungkin dilakukan sama dengan n! (n factorial) karena berpasangan satu-satu.

Bentuk matrix segi empat merupakan cara termudah untuk menjelaskan masalah ini. a. Masalah minimisasi (Jumlah karyawan sama dengan jumlah pekerjaan) Bagian produksi perusahaan mempunyai 3 jenis pekerjaan yang berbeda untuk diselesikan oleh 3 karyawan. Berarti ada 1 karyawan merangkap 2 pekerjaan, jika ada 4 karyawan 3 pekerjaan maka ada satu karyawan dieliminir. Ketiga karyawan tersebut mempunyai tingkat ketrampilan, pengalaman kerja, latar belakang pendidikan dan latihan yang berbeda pula, karena sifat pekerjaan dan kemampuan karyawan berbeda, maka biaya penyelesaian pekerjaan berbeda. Hubungan kemampuan dan biaya dalam menyelesaiakan suatu pekerjaan adalah sebagaimana dalam table berikut ini Tabel : matriks

(9)

biaya (dalam ribuan rupiah)

Langkah penyelesaian meminisasi biaya tenaga kerja 1. Menentukan matrik “total opportunity cost”

a. Memilih elemen terkecil pada baris A1 untuk mengurangi seluruh elemen (bilangan) lainnya pada baris tersebut. Elemen terkecil baris A1 adalah 20, yang berarti bahwa karyawan A1 adalah paling efisien dengen melakukan pekerjaan D1. Olej karena itu opportunity cost perpaduan A1 dengan D1 adalah nol (20-20 = 0). b. Menghitung opportunity cost perpaduan A1 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 7.000,- (27-20=7). c. Menghitung opportunity cost perpaduan A1 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 10.000 (30-20=10). d. Memilih elemen terkecil pada baris A2 untuk mengurangi seluruh elemen (bilangan) lainnya pada baris tersebut. Elemen terkecil baris A2 adalah 10, yang berarti bahwa karyawan A2 adalah paling efisien dengan melakukan pekerjaan D1.

Oleh karena itu opportunity cost perpaduan A1 dengan D1 adalah nol (10-10=0). e. Menghitung opportunity cost perpaduan A2 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 8.000 (18-10=8). f.

Menghitung opportunity cost perpaduan A2 dengan D3 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 6.000 (16-10=6). g. Memilih elemen terkecil pada baris A3 untuk mengurangi seluruh elemen (bilangan) lainnya pada baris tersebut. Elemen terkecil baris A3 adalah 12, yang berarti bahwa karyawan A3 adalah paling efisien dengan melakukan pekerjaan D3. Oleh karena itu opportunity cost perpaduan A3 dengan D3 adalah nol (12-12=0).

h. Menghitung opportunity cost perpaduan A3 dengan D1 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 2.000 (14 – 12 = 2). i. Menghitung opportunity cost perpaduan A3 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 4.000 (16 – 12 =4). j. Memilih elemen terkecil pada setiap kolom unutk mengurangi seluruh elemen (bilangan) lainnya pada setiap kolom. Elemen terkecil pada kolom D1 dan D3 adalah nol. Jadi tidak perlu lagi dilakukan pengurangan. Oleh karena itu kita perhatikan kolom D2 saja. Elemen terkecil kolom D2 adalah 4, yang berarti bahwa biaya D2 adalah paling efisien jika dilakukan oleh karyawan A3. Oleh karena itu opportunity cost perpaduan A3 dengan D2 adalah nol (4-4 =0)\ k.

Menghitung opportunity cost perpaduan A1 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp. 3.000 (7-4=3). l. Menghitung opportunity cost perpaduan A2 dengan D2 yang hasilnya adalah sebesar Rp.

4.000 (8-4=4). Tabel. Reduced cost matrix Tabel. Total opportunity cost matrix 2. Test for Oportunity

(10)

a. Menarik garis peliput horizontal dan vertical dari baris dan kolong yang mengandung bilangan nol. b. Garis peliput jumlhanya harus ada tiga sesuai jumlah kolom atau baris agar dapat dinyatakan penugasan optimal telah tercapai. Kalau tidak maka matrix harus direvisi. Tabel. Test for

opportunity

3. Merevisi total opportunity cost matrix a. Memilih bilangan terkecil yang tidak terliput garis-garis (opportunity cost terendah, yaitu A1D2 – 3) untuk mengurangi seluruh bilangan yang tidak terliput.

b. Menambah dengan jumlah yang sama (nilai bilangan terkecil) hanya pada bilanganbilangan dalam dua garis peliput yang saling bersilang (dalam hal ini adalah bilangan 2 ditambah 3 sama dengan 5).

Jadilah total opportunity cost matrix yang telah direvisi. Tabel. Revised total opportunity cost matrix Kemudian kita ulangi lagi langkah kedua untuk melakukan test optimalisasi. Aplikasi tes langkah kedua pada revised total opportunity cost matrix. Menunjukkan bahwa jumlah

garis minimum yang diperlukan untuk meliput seluruh bilangan nol adalah 3. Karena jumlah baris atau kolom matrix ini adalah juga 3, penugasan optimal dapat dibuat. Tabel. Test for opportunity

4. Membuat penugasan optimal Matrix penugasan optimal seperti ditunjukkan pada tabel 4 telah tercapai, maka kita dapat membuat penugasan optimal kepada masing-masing karyawan. Tabel.

Penentuan penugasan pertama

a. Penugasan pertama, karena sel A3D3 merupakan satu-satunya sel yang mempunyai bilangan nol dalam kolom D3, kita melakukan penugasan pertama kepada karyawan A3 untuk pekerjaan D3.

Tabel. Penentuan penugasan kedua

b. Kita hilangkan baris A3 dan kolom D3 dalam penugasan selanjutnya. c. Penugasan kedua, dari sel- sel tersisa dalam matrix, kita mengetahui bahwa sel A1D2 merupakan satu-satunya sel yang

mempunyai bilangan nol dalam kolom D2. Oleh karena itu kita melakukan penugasan kedua kepada karyawan A1 untuk pekerjaan D2.

(11)

d. Kita hilangkan baris A1 dan kolom D2 dalam penugasan selanjutnya e. Penugasan ketiga A2 untuk pekerjaan D1;

5. Kesimpulan Skedul penugasan optimal dan biaya minimum adalah sebagai berikut:

b. Masalah Maksimisasi Pemecahan masalah maksimisasi dalam penugasan optimal tenaga kerja juga dilakukan dengan metoda Hungarian. Perbedaannya dengan masalah minimisasi adalah bahwa bilangan-bilangan dalam matrix tidak menunjukkan tingkat biaya, tetapi menunjukkan tingkat laba (atau indeks produktifitas). Efektifitas pelaksanaan

kerja oleh karyawan-

karyawan individual diukur dengan jumlah konstribusi laba. Sebagai contoh, kita ambil

masalah penugasan suatu perusahaan yang akan menugaskan 4 (empat karyawan yang berbeda kemampuannya untuk 4 (empat) pekerjaan yang berbeda pula. Data terperinci tentang konstribusi laba masing-masing karyawan dapat dilihat pada tabel 1. Matrix ini menunjukkan bahwa A1 mempunyai ketrampilan yang dibutuhkan untuk menangani 4 (empat) pekerjaan yang berbeda, tetapi dengan konstribusi laba yang berbeda. Tabel 1. Matrix konstribusi laba (dalam ribuan rupiah) Prosedur pemecanan masalah maksimisasi dimulai dengan merubah matrix konstribusi laba menjadi matrix opportunity loss. Dalam masalah ini, A1 memberikan konstribusi laba tertinggi ( = Rp.

14.000) bila dia ditugaskan pada pekerjaan D2. Oleh karena itu, bila A1 dialokasikan ke pekerjaan D1 (dengan kontribusi laba sebesar Rp. 12.000) ada opportunity loss sebesar Rp. 2.000 dan seterusnya. Seluruh bilangan dalam setiap baris dikurangi dengan bilangan bernilai maksimum dalam baris yang sama. Langkah ini menghasilkan matrix oportuniti loss yang ditunjukkan pada tabel 2. Bilangan-bilangan dalam matrix ini sebenarnya bernilai negative, tetapi untuk memudahkan perhitungan tanda negative dihilangkan. Seperti sebelumnya, setiap baris akan berisi paling sedikit satu bilangan nol. Tabel 2. Matrix opportunity loss

Tabel 3. Matrix total oportuniy loss

(12)

Langkah berikutnya adalah meminimumkan opportunity loss untuk memaksimumkan konstribusi laba total. Langkah ini dilakukan melalui pengurangan seluruh bilangan dalam setiap kolom dengan bilangan terkecil dari kolom tersebut. Dalam contoh kita, langkah pengurangan kolom hanya

dilakukan pada kolom D3, karena kolom-kolom lainnya telah ada paling sedikit satu bilangan nol (lihat tabel 3). Kemudian, kita lakukan tes optimalisasi untuk matriks total opportunity loss dengan cara yang sama seperti pada masalah minimisasi. Tes menunjukkan bahwa seluruh bilangan nol dapat diliput hanya dengan tiga garis, sedangkan jumlah baris atau kolom adalah empat. Ini berarti matriks harus direvisi dengan cara seperti telah dibahas dimuka. Tabel 4 menunjukkan matriks baru yang memungkinkan penugasan optimal dapat dibuat Tabel 4. Revived total opportunity loss matrix dan tes for optimality

Skedul penugasan optimal dan kontribusi laba total untuk dua alternative penyelesaian adalah:

0442K –Metode Kuantitatif SIMPULAN

Masalah transportasi berhubungan dengan distribusi suatu produk tunggal dari beberapa sumber, dengan penawaran terbatas, menuju beberapa tujuan, dengan permintaan tertentu, pada biaya transpor minimum. Asumsi dasar model ini adalah bahwa biaya transportasi pada suatu rute tertentu poporsional dengan banyaknya unit yang dikirimkan.

0442K –Metode Kuantitatif DAFTAR PUSTAKA

1. Mulyono, Sri. (2004). Riset Operasi, Lembaga Penerbit Universitas Indonesia, Bab 5 2.

Anderson,D.R., Sweeney, D.J., & Williams, T.A., Martin, K. (2008). Quantitative methods for business, Edisi 11, Thomson South-Western, Naporp Boulevard, Chapter 10.

(13)

(14)