58
Modul 5
MODEL TRANSPORTASI
5.1
Pengertian Model Transportasi
Model transportasi adalah kelompok khusus program linear yang menyelesaikan masalah pengiriman komoditas dari sumber (misalnya pabrik) ke tujuan (misalnya gudang). Tujuannya adalah untuk menentukan jadwal pengiriman dengan meminimalkan total biaya pengiriman dengan memenuhi batas pasokan dan kebutuhan. Aplikasi transportasi dapat dikembangkan didaerah operasi yang lain, misalnya inventory control, penjadwalan pekerja (employment scheduling), dan penilaian personal (personnel assignment).
Gambar 5.1 Masalah umum model transportasi
Masalah umum direpresentasikan oleh Gambar 5.1. Ada m sumber dan n tujuan setiap sumber atau tujuan direpresentasikan dengan sebuah node. Panah menyatakan rute yang menghubungkan sumber dan tujuan. Panah (m,n) yang menggabungkan sumber m ke tujuan n membawa dua informasi : biaya transportasi per unit, cmn, dan jumlah yang dikirim, xmn. Jumlah pasokan pada sumber adalah am dan jumlah kebutuhan tujuan di n adalah bn. Tujuan model menentukan xmn yang tidak diketahui yang akan meminimalkan total biaya transportasi yang memnuhi batas pasokan dan kebutuhan.
Contoh 5-1
MG Auto mempunyai tiga area produksi (plant) di Los Angeles. Detroit, dan New Orleans, dan dua pusat distribusi utama di Denver dan Miami. Kapasitas tiga plant pada kuartalan adalah 1000, 1500, dan 1200 mobil. Kebutuhan kuartalan pada dua pusat distribusi adalah 2300 dan 1400 mobil. Tabel jarak antara plant dan pusat distribusi di Tabel 5.1.
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
59
Trucking Company meminta biaya transportasi mobil sebesar 8 sen per mil per mobil. Biaya transportasi per mobil pada rute yang berbeda, disesuaikan pada nilai dolar terdekat, ditampilkan dalam Tabel 5.2.
Model pemrograman linier masalah sebagai berikut :
Minimalkan Z = 80x11 + 215x12 + 100x21 + 108x22 + 102x31 + 68x32
Tabel 5.1 Tabel jarak (mil) Denver Miami Los Angeles 1000 2690
Detroit 1250 1350
New Orleans 1275 850
Tabel 5.2 Biaya transportasi per mobil ($) Denver (1) Miami (2) Los Angeles (1) 80 215 Detroit (2) 100 108 New Orleans (3) 102 68 Kendala : x11 + x12 = 1000 (Los Angeles) x21 + x22 = 1500 (Detroit) x31 + x32 = 1200 (New Oreleans) x11 + x21 + x31 = 2300 (Denver) x12 + x22 + x32 = 1400 (Miami) xij ≥ 0, i = 1,2,3, j = 1,2
Constraint-constraint diatas semuanya persamaan karena total supply dari tiga sumber (= 1000 + 1500 + 1200 = 3700 mobil) sama dengan total keutuhan pada dua tujuan (= 2300 + 1400 = 3700 mobil). Penyelesaian dapat dilakukan dengan membentuk tabel simpleks seperti pada tabel x.
Tabel 5.3 Model transportasi MG
Denver Miami Supply Los Angeles 80 215 1000
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
60 x11 x12 Detroit 100 108 1500 x21 x22 New Orleans 102 68 1200 x31 x32 Kebutuhan 2300 1400 3700
Gambar 5.2 Solusi optimal sementara model MG Auto
Solusi optimal yang didapatkan seperti pada Gambar 5.2 menyatakan bahwa untuk pengiriman 1000 mobil dari Los Angeles ke Denver, 1300 dari Detroit ke Denver, 200 dari Detroit ke Miami, dan 1200 dari New Orleans ke Miami. Biaya transportasi minimal dihitung dengan Z = 1000 * 80 + 1300 * 100 + 200 * 108 + 1200 * 68 = $313200.
5.2
Menyeimbangkan model transportasi
Algoritma transportasi didasarka pada asumsi bahwa model dalam keadaan seimbang, artinya total kebutuhan sama dengan total pasokan (supply). Jika model tidak seimbang, maka dapat ditambahkan sumber dummy atau tujuan dummy untuk memberikan keseimbangan. Contoh 5-2
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
61
Dalam model MG, andaikan kapsitas plant Detroit adalah 1300 mobil (bukan 1500). Total supply (=3500 mobil) lebih kecil dari total kebutuhan (=3700 mobil), artinya ada sebagian dari Denver atau Miami yang yang tidak akan dicapai kapasitasnya.
Karena kebutuhan melebihi pasokan, sebuah sumber dummy (plant) dengan kapasitas 200 mobil (=3700 – 3500) ditambahkan untuk menyeimbangkan model transportasi. Biaya unit transportasi dari plant dummy ke dua tujuan adalah nol karena sebenarnya plant tidak ada. Tetapi untuk mencegah prioritas sumber daya masuk pada area dummyini bisa ditangani dengan memberikan biaya transportasi yang sangat tinggi. Tetapi nilai yang sangat tinggi ini juga tidak benar ketika dihubungkan dengan biaya transportasi yang akan dihitung karena menginginkan biaya yang minimal. Contoh tabel transportasi kasus dengan sumber dummy dapat dilihat di Tabel 5.4.
Tabel 5.4 Kasus model MG dengan sumber dummy Denver Miami Supply
Los Angeles 80 215 1000 1000 Detroit 100 108 1300 1300 New Orleans 102 68 1200 1200 Plant dummy 0 0 200 200 Kebutuhan 2300 1400 3700
Untuk kasus dimana pasokan melebihi kebutuhan misalnya dalam kasus model MG kebutuhan di Denver adalah 1900 mobil. Dalam kasus ini, kita perlu menambahkan tujuan dummy untuk menerima pasokan kelebihan (surplus). Biaya unit transportasi pada tujuan dummy adalah nol, kecuali jika menginginkan pabrik mengirimkan keluar semua mobilnya, kita gunakan biaya unit transportasi yang tinggi dari plant sumber ke tujuan dummy. Tabel model MG dengan tujuan dummy dapat dilihat pada Tabel 5.5.
Tabel 5.5 Kasus model MG dengan tujuan dummy
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
62
Denver Miami Dummy Supply
Los Angeles 80 215 0 1000 1000 Detroit 100 108 0 1500 900 200 400 New Orleans 102 68 0 1200 1200 Kebutuhan 1900 1400 400 3700
5.3
Varian Model Transportasi
Penerapan model transportasi tidak dibatasi hanya pada pengiriman komoditas antara sumber dan tujuan secara geografis. Bidang lain yang dapat menerapkan model transportasi diantaranya adalah production-inventory control dan sharpening service.
Contoh 5-3
Boralis memproduksi tas ransel untuk para pendaki. Kebutuhan produk terjadi selama blan Maret sampai Juni setiap tahun. Perusahaan menggunakan tenaga kerja paruh waktu untuk memproduksi tas ransel, dan ternyata kapasitas produksi bervariasi setiap bulannya. Diperkirakan bahwa Boralis akan memproduksi 50, 180, 280, dan 270 unit di bulan Maret sampai Juni. Karena kapasitas produksi dan kebutuhan ternyata berbeda pada tiap bulannya, kebutuhan bulan saat ini dapat dipenuhi dengan tiga cara :
1. Produksi pada bulan ini
2. Kelebihan (surplus) produksi pada bulan sebelumnya
3. Kelebihan (surplus) produksi pada bulan berikutnya (backordering)
Dalam kasus yang pertama, biaya produksi per tas ransel adalah $40. Pada kasus kedua terjadi biaya tambahan untuk pengelolaan (inventory) sebesar $0.5 per tas ransel per bulan. Pada kasus ketiga, biaya tambahan pelanggaran (penalty) sebesar $2 per tas ransel pada delay setiap bulannya. Boralis menginginkan untuk menentukan jadwal produksi yang optimal untuk empat bulan tersebut.
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
63
Situasi ini dapat dimodelkan sebagai model transportasi dengan mengenali paralelisme antara masalah production-inventory dan model transportasi.
Transportasi Production-inventory
Sumber i Periode produksi i
Tujuan j Kebutuhan periode j
Jumlah pasokan di sumber i Kapasitas produksi periode i
Kebutuhan tujuan j Kebutuhan periode j
Biaya transportasi unit dari sumber i ke tujuan j
Biaya unit (produksi + inventory + penalty) dalam periode i untuk periode j
Hasil model transportasinya dapat dilihat di Tabel 5.6.
Tabel 5.6 Model transportasi kasus Boralis Biaya kapasitas produksi ($) Supply 1 2 3 4 Bulan produksi 1 40 40.5 41 41.5 50 2 42 40 40.5 41 180 3 44 42 40 40.5 280 4 46 44 42 40 270 Kebutuhan 100 200 180 300
Model transportasi ini dapat digambarkan dalam bentuk jaringan seperti pada Gambar 5.3..
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
64
Gambar 5.3 Solusi optimal model production-inventory
Biaya unit “transportasi” dari periode i ke periode j dihitung sebagai :
> + < + = = j i j, ke i dari n pelanggara biaya i dalam produksi Biaya j i j, ke i dari pegelolaan biaya i dalam produksi Biaya j i i, dalam produksi Biaya ij c Misalnya : c11 = $40 c24 = $40 + ($0.5 + $0.5) = $41 c41 = $40 + ($2 + $2) = $46
Solusi optimal seperti ditunjukkan pada Gambar 5.3. Garis putus-putus menunjukkan backordering, sedangkan garis titik-titik mennjukkan produksi untuk bulan berikutnya, dan garis solid menunjukkan produksi pada periode saat itu. Total biaya Z adalah 50 * 40 + 50 * 42 + 130 * 40 + 70 * 42 + 180 * 40 + 30 * 40.5 + 270 * 40 = 2000 + 2100 + 5200 + 2940 + 7200 + 1215 + 10800 = $31455.
5.4
Solusi awal Model Transportasi
Ada tiga metode yang bisa diplih untuk mendapatkan solusi layak awal model transportasi :
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
65 1. Metode northwest-corner
2. Metode least-cost
3. Metode Vogel approximation
Tiga metode diatas berbeda dalam kualitas basis solusi awal yang dihasilkan, dalam kaitan bahwa solsi awal nilainya lebih kecil. Secara umum, walaupun tidak selalu, metode Vogel memberikan basis solusi awal yang paling baik, dan metode northwest-corner yang paling jelek. Tradeoffnya adalah metode northwest-corner menggunakan usaha yang paling sedkit dalam komputasi.
Contoh 5-4
SunRay Transport Company mengirimkan muatan truk berupa tepung dari tiga silo ke empat mill. Pasokan (muatan truk) dan kebutuhan (muatan truk) bergabung dengan biaya transportasi unit per muatan truk pada rute yang berbeda ditunjukkan pada tabel x. Biaya transportasi unit, cij (pojok kanan atas kotak) dalam ratusan dollar. Model mencari jadwal
pengiriman xij antara silo i dan mill j (i = 1,2,3; j = 1,2,3,4).
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply
Silo 1 10 2 20 11 15 x11 x12 x13 x14 Silo 2 12 7 9 20 25 x21 x22 x23 x24 Silo 3 4 14 16 18 10 x31 x32 x33 x34 Kebutuhan 5 15 15 15 50
Menentukan Solusi Awal
Model transportasi umum dengan m sumber dan n tujuan mempunyai m + n persamaan constraint, satu untuk setiap sumber dan setiap tujuan. Bagaimanapun, karena model transportasi sellau diseimbangkan (jumlah pasokan = jumlah kebutuhan).
Menggunakan metode Northwest-Corner
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
66
1. Alokasikan sebanyak mungkin pada sel yang dipilih, dan sesuaikan jumlah supply dan kebutuhan dengan mengurangi alokasi yang dibutuhkan.
2. Pindah ke garis atau kolom dengan nilai alokasi supply atau kebutuhan nol (belum dialokasikan). Jika baris dan kolom sel tadi belum ada alokasi maka alokasikan sisa tadi ke sel ini. Jika masih kurang, maka pindah ke baris atau kolom lainnya untuk menambah alokasi.
3. Jika masih ada baris atau kolom yang jumlah alokasi supply dan kebutuhan belum mencapai maksimal, kembali ke langkah 1. Jika tidak, maka berhenti.
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply
Silo 1 10 2 20 11 15 5 10 Silo 2 12 7 9 20 25 5 15 5 Silo 3 4 14 16 18 10 10 Kebutuhan 5 15 15 15 50
Dari tabel diatas, basis solusi adalah : x11 = 5, x12 = 10
x22 = 5, x23 = 15, x24 = 5
x34 = 10
Biaya jadwal menjadi :
Z = 5 * 10 + 10 * 2 + 5 * 7 + 15 * 9 + 5 * 20 + 10 * 18 = $520.
Menggunakan metode Least-Cost
Metode least-cost mencari solusi awal yang lebih baik dengan berkonsentrasi pada rute paling murah. Metode mengalokasikan sebanyak mungkin pada sel dengan biaya unit terkecil. Selanjutnya lompat ke baris atau kolom lain (sel) dengan biaya termurah berikutnya (yang
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
67
masih ada sisa supply atau kebutuhan yang berlum teralokasi) dan mengalokasi jumlah supply dan kebutuhan kedalamnya. Pengalokasian dilakukan sampai semua baris dan kolom sudah teralokasikan sesuai dengan jumlah pasokan dan kebutuhannya.
Langkah metode least-cost :
1. Sel (1,2) mempunyai biaya unit terkecil dalam tabel (=$2). Jumlah terbanyak yang dapat dikirimkan pada jalur (1,2) adalah x12 = 15.
2. Sel (3.1) mempunyai biaya unit terkecil berikutnya (=$4). Berikan x31 = 5 karena kapasitas maksimal di kolom 1 adalah 5, alokasi supply yang dibutuhkan tinggal 10 – 5 = 5.
3. Lanjutkan cara yang sama, sehingga sel (2.3) dialokasikan 15, sel (3.4) dialokasikan 5, dan sel (2.4) dialokasikan 10.
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply
Silo 1 10 (start) 2 20 11 15 15 Silo 2 12 7 9 (end) 20 25 15 10 Silo 3 4 14 16 18 10 5 5 Kebutuhan 5 15 15 15 50
Dari tabel diatas, basis solusi adalah : x12 = 15
x23 = 15, x24 = 10
x31 = 5, x34 = 5
Biaya jadwal menjadi :
Z = 15 * 2 + 15 * 9 + 10 * 20 + 5 * 4 + 5 * 18 = 30 + 135 + 200 + 20 + 90 = $475.
Kualitas basis solusi awal lebih baik disbanding metode northwest-corner karena nilai total biaya lebih kecil ($475 vs $520).
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
68 Metode Perkiraan Vogel (VAM)
Secara umum VAM adalah perbaikan metode least-cost, tetapi tidak selalu memberikan basis solusi awal yang lebih baik. Langkah-langkahnya :
1. Untuk setiap baris (kolom), tentukan ukuran penalty dengan mengurangkan elemen unit biaya terkecil dalam baris (kolom) dari elemen unit biaya terkecil berikutnya dalam baris (kolom) yang sama.
2. Identifikasi baris (kolom) dengan penalty terbesar. Alokasikan sebanyak mungkin pada variabel dengan biaya unit terkecil dalam baris (kolom) terpilih. Sesuaikan supply dan kebutuhan, dan mencapai batas maksimal supply atau kebutuhan. Jika baris (kolom) tercapai secara simultan, maka sisa alokasi pada baris (kolom) tersebut menjadi nol.
3. (a) Jika tepat satu baris atau kolom dengan sisa nol supply atau kebutuhan, berhenti. (b) Jika satu baris (kolom) dengan supply (kebutuhan) positif belum mencapai maksimal, tentukan variabel basis dalam baris (kolom) dengan metode least-cost, berhenti.
(c) Jika semua baris dan kolom yang belum maksimal mempunyai (sisa) supply dan kebutuhan nol, tentukan basis variabel nol dengan metode least-corner, berhenti. (d) Selain tiga pilihan diatas, maka berhenti.
Penerapan VAM pada contoh diatas, dapat dilakukan dengan menghitung penalty.
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply Baris Penalty Silo 1 10 2 20 11 15 10 – 2 = 8 Silo 2 12 7 9 20 25 9 – 7 = 2 Silo 3 4 14 16 18 10 14 – 4 = 10 Kebutuhan 5 15 15 15 50 Kolom Penalty 10 – 4 = 6 7 – 2 = 5 16 – 9 = 7 18 – 11 = 7
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
69
Karena baris 3 mempunyai penalty terbesar (=10) dan sel (3,1) mempunyai biaya unit terkecil dalam baris, sejumlah 5 dialokasikan pada x31. Kolom 1 tercapai maksimal. Selanjutnya
penalty dihitung ulang.
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply Baris Penalty Silo 1 10 2 20 11 15 11 – 2 = 9 Silo 2 12 7 9 20 25 9 – 7 = 2 Silo 3 4 14 16 18 10 16 – 14 = 2 5 Kebutuhan 5 15 15 15 50 Kolom Penalty - 7 – 2 = 5 16 – 9 = 7 18 – 11 = 7
Baris 1 mempunyai penalty terbesar (=9). Alokasikan semaksimal mungkin pada sel (1,2) dimana x12 = 15 dan secara simultan tercapai kedua baris 1 dan kolom 2. Selanjutnya, dengan
cara yang sama, baris 2 akan menghasilkan penalty tertinggi (=11), dan kita dapat mengalokasikan x23 = 15, selanjutnya berpindah ke kolom 3 dan menyisakan 10 unit di baris
2. Hanya kolom 4 yang tersisa, dan mempunyai supply positif 15 unit. Gunakan metode least-cost pada kolom tersebut, dan kita alokasikan x14 = 0, x34 = 5, dan x24 = 10.
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply Baris Penalty Silo 1 10 2 20 11 15 - 15 Silo 2 12 7 9 20 25 20 – 9 = 11 Silo 3 4 14 16 18 10 18 – 16 = 2 5
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
70 Kebutuhan 5 15 15 15 50 Kolom Penalty - - 16 – 9 = 7 20 – 18 = 2
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply Baris Penalty Silo 1 10 2 20 11 15 - 15 Silo 2 12 7 9 20 25 20 15 Silo 3 4 14 16 18 10 18 5 Kebutuhan 5 15 15 15 50 Kolom Penalty - - - 20 – 18 = 2
Mill 1 Mill 2 Mill 3 Mill 4 Supply Baris Penalty Silo 1 10 2 20 11 15 - 15 0 Silo 2 12 7 9 20 25 - 15 10 Silo 3 4 14 16 18 10 - 5 5 Kebutuhan 5 15 15 15 50 Kolom Penalty - - - -
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
71
Nilai tujuan pada solusi ini menjadi : Z = 15 * 2 + 0 * 11 + 15 * 9 + 10 * 20 + 5 * 4 + 5 * 18 = $475. Hasil ini sama seperti yang didapatkan pada metode least-cost.
5.5
Proses Menuju Solusi Optimal
Setelah tabel solusi awal dibuat, tabel dapat dioptimalkan lagi dengan metode : a. Stepping Stone ( batu loncatan )
b. Modified Distribution Method ( MODI )
a. Stepping Stone ( batu loncatan )
Syarat : Jumlah rute atau sel yang mendapat alokasi harus sebanyak : Jumlah Kolom + Jumlah Baris – 1
Langkah – langkahnya :
1. Memilih salah satu sel kosong (yang tidak mendapatkan alokasi).
2. Mulai dari sel ini, kita membuat jalur tertutup melalui sel-sel yang mendapatkan alokasi menuju sel kosong terpilih kembali. Jalur tertutup ini bergerak secara horisontal dan vertikal saja.
3. Mulai dengan tanda (+) pada sel kosong terpilih, kita menempatkan tanda (-) dan (+) secara bergantian pada setiap sudut jalur tertutup.
4. Menghitung indeks perbaikan dengan cara menjumlahkan biaya transportasi pada sel bertanda (+) dan mengurangkan biaya transportasi pada sel bertanda (-). 5. Mengulangi tahap 1 sampai 4 hingga indeks perbaikan untuk semua sel kosong telah terhitung. Jika indeks perbaikan dari sel-sel kosong lebih besar atau sama dengan nol, solusi optimal telah tercapai.
b. Modified Distribution Method ( MODI )
Metode Modi menghitung indeks perbaikan untuk setiap sel kosong tanpa menggunakan jalur tertutup. Indeks perbaikan dihitung dengan terlebih dahulu menentukan nilai baris dan kolom. Notasi dalam metode MODI terdiri dari:
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
72
i
R= nilai yang ditetapkan untuk baris i
j
K = nilai yang ditetapkan untuk kolom j
ij
C = biaya transportasi dari sumber i ke tujuan j Ada lima langkah dalam aplikasi metode MODI, yaitu:
1. Menghitung nilai setiap baris dan kolom, dengan menetapkan Ri +
j
K = Cij. Formula tersebut berlaku untuk sel yang mendapat alokasi saja. 2. Setelah semua persamaan telah tertulis, tetapkan R1 = 0
3. Mencari solusi untuk semua R dan K.
4. Menghitung indeks perbaikan dengan menggunakan formula Iij = Cij - Ri -Kj .
5. Mengaplikasikan kriteria optimalitas sebagaimana pada metode stepping stone.
Contoh 5-5
Tiga pabrik dalam satu group (W,H,P) dengan kapasitas produksi masing-masing adalah 90, 60, dan 50. Hasil produksi akan didistribusikan ke tiga gudang (A,B,C) yang kapasitas penyimpanan masing-masing adalah 50, 110, dan 40. Tabel biaya pengiriman produk dari pabrik ke gudang ditampilkan pada tabel dibawah ini. Perusahaan ingin mendistribusikan produk ke masing-masing gudang dengan biaya pengiriman yang minimal.
Penyelesaian
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
73 1. METODE NWC
Biaya yang dikeluarkan
(50 . 20) + (40 . 5) + (60 . 20) + (10 . 10) + (40 . 19) = 3260
2. METODE BIAYA TERKECIL
Biaya yang dikeluarkan :
(90 . 5) + (20. 15) + (40 . 10) +(30 .25) + (20. 10) = 2400
MENGOPTIMALKAN TABEL :
1. Metode Stepping Stone , misal tabel awal menggunakan yang NWC
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
74 Perbaikan 1 dengan cara trial dan error.
Setelah dihitung dengan trial dan error , biaya yang dikeluarkan adalah: (50 . 15) + (90 . 5) + (10 . 20) + (10 . 10) + (40 . 19) = 2260 Perbaiakan ke 2
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
75 Biaya yang dikeluarkan :
(50 . 5) + (40 . 8) + (50 . 15) + (10 . 20) + (50 . 10) = 2020 Perbaiakan ke 3
Biaya yang dikeluarkan :
(60 . 5) + (30 . 8) + (50 . 15) + (10 .10) + (50 . 10) = 1890 (paling optimal)
Jika hasil belum optimal, lakukan perbaikan terus sampai mendapatkan hasil yang optimal. 2. Metode MODI Langkah-langkah:
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
76
a. Misal tabel awal yang digunakan adalah tabel NWC
b. Buat variabel Ri dan Kj untuk masing-masing baris dan kolom. c. Hitung sel yang berisi (nilai tiap kolom dan tiap baris) dengan rumus: Ri + Kj = Ci
baris kolom biaya 1. W-A = R1 + K1 = 20 2. W-B = R1 + K2 = 5 3. H-B = R2 + K2 = 20 4. P-B = R3 + K2 = 10 5. P-C = R3 + K3 =19
dari persamaan di atas, hitung K1 dan R1 dengan cara meng-nol-kan variabel R1 atau K1, misal R1 = 0 1. R1 + K1 = 20 => 0 + K1 = 20 , K1 =20 2. R1 + K2 = 5 => 0 + K2 = 5 , K2 = 5 3. R2 + K2 = 20 => R2 + 5 = 20 , R2 = 15 4. R3 + K2 = 10 => R3 + 5 = 10 , R3 = 5 5. R3 + K3 = 19 => 5 + K3 = 19 , K3 = 14
letakkan nilai tersebut pada baris / kolom yang bersangkutan
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
77
d. Hitung nilai/ index perbaikan setiap sel yang kosong dengan rumus: Cij - Ri - Kj
1. H-A = 15 – 15 – 20 = - 20 2. P-A = 25 – 5 – 20 = 0 3. W-C = 8 – 0 – 14 = - 14 4. H-C = 10 – 15 – 14 = - 19
(optimal jika pada sel yang kosong, indek perbaikannya ≥ 0, jika belum maka pilih yang negatifnya besar)
e. Memilih titik tolak perubahan Pilih nilai yang negatifnya besar yaitu H-A
f. Buat jalur tertutup. Berilah tanda positif pada H-A. Pilih 1 sel terdekat yang isi dan sebaris (H-B), 1 sel yang isi terdekat dan sekolom (W-A), berilah tanda negatif pada dua sel terebut. Kemudian pilih satu sel yang sebaris atau sekolom dengan dua sel bertanda negatif tadi (W-B) dan beri tanda positif. Selanjutnya pindahkan isi dari sel bertanda negatif ke yang bertanda positif sebanyak isi terkecil dari sel yang bertanda positif (50). Jadi, H-A kemudian berisi 50, H-B berisi 60-50=10,
W-B berisi 40+50=90 dan W-A tidak berisi.
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
78
g. Ulangi langkah-langkah c – f sampai indeks perbaikan bernilai < 0 hitung sel yang berisi:
W-B = R1 + K2 = 5 => 0 + K2 = 5 , K2 = 5 H-A = R2 + K1 = 15 => R2 + 0 = 15, R2 = 15 H-B = R2 + K2 = 20 => 15 + 5 = 20 , P-B = R3 + K2 = 10 => R3 + 5 = 10 , R3 = 5 P-C = R3 + K3 = 19 => 5 + K3 = 19 , K3 = 14 Perbaikan indeks: W-A = 20 – 0 – 0 = 20 W-C = 8 – 0 – 14 = - 6 H-C = 10 – 15 – 14 = - 19 P-A = 25 – 5 – 0 = 20
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
79
Biaya transportasi : (90 . 5) + (50 . 15) + (10 . 10) + (20 . 10) + (30 . 19) = 2070 Hitung sel yang berisi:
W-B = R1 + K2 = 5 => 0 + K2 = 5 , K2 = 5 P-B = R3 + K2 = 10 => R3 + 5 = 10 , R3 = 5 P-C = R3 + K3 = 19 => 5 + K3 = 19 , K3 = 14 H-C = R2 + K3 = 10 => R2 + 14 = 10 , R2 = - 4 H-A = R2 + K1 = 15 => - 4 + K1 = 15 , K1 = 19 Perbaikan indeks (sel kosong) :
W-A = 20 – 0 – 0 = 20 W-C = 8 – 0 – 14 = - 6 H-B = 20 – 15 – 5 = 0 P-A = 25 – 5 – 0 = 20
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
80 Biaya transportasi : (60 . 5) + (30 . 8) + (50 . 15) + (10 . 10) + (50 .10) = 300 + 240 + 750 + 100 + 500 = 1890 Sel berisi: W-B = R1 + K2 = 5 => 0 + K2 = 5 , K2 = 5 W-C = R1 + K3 = 8 => 0 + K3 = 8 , K3 = 8 H-C = R2 + K3 = 10 => R2 + 8 = 10 , R2 = 2 H-A = R2 + K1 = 15 => 2 + K1 = 15 , K1 = 13 P-B = R3 + K2 = 10 => R3 + 5 = 10 , R3 = 5 Indeks perbaikan: W-A = 20 – 0 – 19 = 1 H-B = 20 – (-4) – 5 = 19 P-A = 25 – 5 – 19 = 1
Indeks perbaikan sudah positif semua, berarti sudah optimal.
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
81
5.6
Soal-soal Latihan
5.1 Benar atau salah ?
(a) Untuk menyeimbangkan model transportasi, perlu menambah sumber dummy dan tujuan dummy.
(b) Jumlah yang dikirimkan pada tujuan dummy merepresentasikan kelebihan (surplus) pada sumber pengiriman.
(c) Jumlah yang dikirim dari sumber dummy merepresentasikan kekurangan pada tujuan pengiriman.
5.2 Disetiap kasus dibawah ini, manakah sumber dummy atau tujuan dummy yang harus ditambahkan untuk menyeimbangkan model :
(a) Supply : a1 = 10, a2 = 5, a3 = 4, a4 = 6. Sedangkan kebutuhan : b1 = 10, b2 = 5, b3 = 7,
b4 = 9.
(b) Supply : a1 = 30, a2 = 44. Sedangkan kebutuhan : b1 = 25, b2 = 30, b3 = 10.
5.3 Tiga pembangkit listrik dengan kapasitas masing-masing 24, 40, dan 30 juta kWh menyupply listrik ke tiga kota. Kebutuhan maksimal pada tiga kota diperkirakan 30, 35, dan 25 juta kWh. Harga distribusi per juta kWh pada tiga kota diberikan pada tabel berikut.
Harga distribusi (juta kWh)
Kota 1 Kota 2 Kota 3 Plant 1 600 700 400 Plant 2 320 300 350 Plant 3 500 480 450
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
82
Selama bulan Agustus, ada peningkatan 20% dalam kebutuhan pada setiap kota yang pemenuhannya dicapai dengan membeli listrik dari jaringan lain untuk memenuhi kekurangan pasokan dengan harga $1000 per juta kWh. Tetapi jaringan tambahan tersebut tidak dihubungkan langsung pada tiga kota. Perusahaan ingin menentukan rencana ekonomis terkecil untuk distribusi pembelian tambahan energi.
(a) Formulasikan masalah tersebut kedalam model transportasi
(b) Tentukan rencana distribusi optimal untuk penggunaan perusahaan (c) Tentukan biaya tambahan tenaga yang dibeli oleh setiap kota
5.4 Selesaikan masalah 5.3 dengan mengasumsikan ada 10% kehilangan tenaga listrik yang ditransmisikan dalam jaringan.
5.5 Tiga refinery minyak tanah dengan kapasitas harian adalah 6, 5, dan 8 juta gallon, memasok tiga daerah distribusi dengan kebutuhan harian 4, 8, dan 7 juta gallon. Minyak tanah dikirim ke tiga daerah distribusi melewati jaringan pipeline. Biaya transportasi adalah 10 sen per 1000 galon per pipeline mil. Tabel dibawah ini adalah jarak antara refinery dengan daerah distribusi. Refinery 1 tidak dihubungkan dengan daerah distribusi 3.
(a) Buatlah model transportasinya
(b) Tentukan jadwal pengiriman yang optimal dalam jaringan Tabel jarak
Daerah 1 Daerah 2 Daerah 3 Refinery 1 120 180 -
Refinery 2 300 100 80
Refinery 3 200 250 120
5.6 Mobil didistribusikan dari tiga pusat distribusi ke lima dealer. Biaya pengiirman didasarkan pada jarak antara sumber dan tujuan, dan tidak tergantung apakah truk dijalankan dalam keadaan beban sebagian atau penuh. Tabel dibawah ini adalah ringkasan jarak antara pusat distribusi dan dealer dengan pasokan dan kebutuhan bulanan dalam satuan jumlah mobil. Truk akan bermuatan penuh dengan 18 mobil. Biaya transportasi per truk per mil adalah $25.
(a) Formulasikan model transportasinya (b) Tentukan jadwal pengiriman yang optimal
Tabel jarak (mil), pasokan (mobil) dan kebutuhan (mobil) pada soal 5.6
Dealer Supply
Eko
Prasetyo
Manajemen
Sains
Teknik
Informatika
UMG
2011
83 1 2 3 4 5 Pusat 1 100 150 200 140 35 400 2 50 70 60 65 80 200 3 40 90 100 150 130 150 Kebutuhan 100 200 150 160 140
5.7 Dari 3 buah pelabuhan A1, A2 dan A3 terdapat semen sebanyak masing-masing 120 ton, 170 ton dan 160 ton. Semen tersebut akan diangkut ke kota T1, T2 dan T3 yang masing-masing mempunyai daya tampung 150 ton, 210 ton dan 90 ton. Biaya pengiriman dari pelabuhan A1 ke kota T1, T2 dan T3 masing-masing adalah 50, 100 dan 100 ( dalam ribuan rupiah / ton ). Biaya pengiriman dari pelabuhan A2 ke kota T1, T2 dan T3 adalah 200, 300 dan 200, sedangkan biaya pengiriman dari pelabuhan A3 ke kota T1, T2 dan T3 adalah 100, 200 dan 300. Tentukan :
a). Tabel Transportasi.
b). Solusi optimal biaya pengiriman.
