MODEL TRANSPORTASI. Sesi XI : Model Transportasi

Sesi XI :

MODEL TRANSPORTASI

Mata Kuliah :: Riset Operasi Kode MK : TKS 4019 Pengampu : Achfas Zacoeb

e-Mail : zacoeb@ub.ac.id www.zacoeb.lecture.ub.ac.id Hp. 081233978339

Model Transportasi

 Merupakan salah satu bentuk dari model jaringan kerja (network).

 Suatu model yang berhubungan dengan distribusi suatu barang tertentu dari sejumlah sumber (sources) ke berbagai tujuan (destinations).

 Setiap sumber mempunyai sejumlah barang untuk ditawarkan (penawaran) dan setiap tujuan mempunyai permintaan terhadap barang tersebut.

 Terdapat biaya transportasi per unit barang dari setiap rute (dari sumber ke tujuan).

 Asumsi dasar:

biaya transportasi pada suatu rute tertentu proporsional dengan banyak barang yang dikirim

Tujuan

1. Suatu proses pengaturan distribusi barang dari tempat yang memiliki atau menghasilkan barang tersebut dengan kapasitas tertentu ke tempat yang membutuhkan barang tersebut dengan jumlah kebutuhan tertentu agar biaya distribusi dapat ditekan seminimal mungkin.

2. Berguna untuk memecahkan permasalahan distribusi (alokasi).

3. Memecahkan permasalahan bisnis lainnya, seperti masalah-masalah yang meliputi pengiklanan, pembelanjaan modal (capital financing) dan alokasi dana untuk investasi, analisis lokasi, keseimbangan lini perakitan dan perencanaan scheduling produksi.

Ciri-ciri Penggunaan

1. Terdapat sejumlah sumber dan tujuan tertentu.

2. Kuantitas komoditi/barang yang didisitribusikan dari setiap sumber dan yang diminta oleh setiap tujuan besarnya tertentu.

3. Komoditi yang dikirim/diangkut dari suatu sumber ke suatu tujuan besarnya sesuai dengan permintaan dan atau kapasitas sumber.

4. Ongkos pengangkutan komoditi dari suatu sumber ke suatu tujuan besarnya tertentu.

1. Tabel Awal

 Metode NWC (North West Corner Method)

 Metode Biaya Terkecil (Least Cost Method)

 VAM (Vogel Approximation Method)

2. Tabel Optimum

 Metode Batu Loncatan (Stepping Stone Method)

 Metode MODI (Modified Distribution Method)

Metode Pemecahan Masalah

Matriks :

Keterangan :

A_i = daerah asal (origin) sejumlah i

S_i = ketersediaan barang (supply) yang diangkut di i daerah asal T_j = tempat tujuan (destination) sejumlah j

d_j = permintaan barang (demand) di sejumlah j tujuan x_ij = jumlah barang yang akan diangkut dari A_i ke T_j

c_ij = besarnya biaya transport untuk 1 unit barang dari A_i ke T_j Biaya transport = c_ij . x_i

Jumlah permintaan = Jumlah ketersediaan

Metode NWC (North West Corner)

 Merupakan metode untuk menyusun tabel awal dengan cara mengalokasikan distribusi barang mulai dari sel yang terletak pada sudut paling kiri atas.

Aturannya:

1. Pengisian sel/kotak dimulai dari ujung kiri atas.

2. Alokasi jumlah maksimum (terbesar) sesuai syarat sehingga layak untuk memenuhi permintaan.

3. Bergerak ke kotak sebelah kanan bila masih terdapat suplai yang cukup. Kalau tidak, bergerak ke kotak di bawahnya sesuai demand. Bergerak terus hingga suplai habis dan demand terpenuhi.

Metode Biaya Terkecil (Least Cost)

 Merupakan metode untuk menyusun tabel awal dengan cara pengalokasian distribusi barang dari sumber ke tujuan mulai dari sel yang memiliki biaya distribusi terkecil

Aturannya :

1.Pilih sel yang biayanya terkecil.

2.Sesuaikan dengan permintaan dan kapasitas.

3.Pilih sel yang biayanya satu tingkat lebih besar dari sel pertama yang dipilih.

4.Sesuaikan kembali, cari total biaya.

VAM (Vogel Approximation Method )

Metode ini lebih sederhana penggunaannya, karena tidak memerlukan closed path (jalur tertutup). VAM dilakukan dengan cara mencari selisih biaya terkecil dengan biaya terkecil berikutnya untuk setiap kolom maupun baris.

Kemudian pilih selisih biaya terbesar dan alokasikan produk sebanyak mungkin ke sel yang memiliki biaya terkecil. Cara ini dilakukan secara berulang hingga semua produk sudah dialokasikan .

Prosedur pemecahan dengan VAM :

1. Hitung perbedaan antara dua biaya terkecil dari setiap baris dan kolom.

2. Pilih baris atau kolom dengan nilai selisih terbesar, lalu beri tanda kurung. Jika nilai pada baris atau kolom adalah sama, pilih yang dapat memindahkan barang paling banyak.

3. Dari baris/kolom yang dipilih pada (2), tentukan jumlah barang yang bisa terangkut dengan memperhatikan pembatasan yang berlakubagi baris atau kolomnya serta sel dengan biaya terkecil.

4. Hapus baris atau kolom yang sudah memenuhi syarat sebelumnya (artinya suplai telah dapat terpenuhi).

5. Ulangi langkah (1) sampai (4) hingga semua alokasi terpenuhi.

Contoh persoalan Model Transportasi :

Suatu perusahaan semen mempunyai tiga pabrik di tiga tempat yang berbeda, yaitu P1, P2 dan P3 dengan kapasitas masing- masing 60, 80 dan 70 ton/bulan. Produk semen yang dihasilkan dikirim ketiga lokasi penjualan, yaitu G1, G2 dan G3 dengan permintaan penjualan masing-masing 50, 100 dan 60.

Ongkos angkut (Rp. 000 per ton semen) dari masing-masing pabrik ke lokasi penjualan adalah sebagai berikut :

G1 G2 G3

P1 5 10 10

P2 15 20 15

P3 5 10 20

Bagaimana cara perusahaan mengalokasikan pengiriman semen dari ketiga pabrik ke tiga lokasi penjualan agar biaya pengiriman minimum?

Pabrik Gudang

Permintaan Kapasitas

P1

P2

P3

G1

G2

G3 80

60

70

100 50

60

Representasi dalam bentuk jaringan :

5 10 10 15

20 15

5 10 20

G1

G2

G3

Supply

P1

5

10

10

60

P2

15

20

15

80

P3

5

10

20

70

Demand 50 100 60 210

Representasi dalam bentuk tabel :

Fungsi Tujuan : Minima Z = 5X₁₁ + 10X₁₂ + 10X₁₃ + 15X₂₁ + … + 10X₃₂ + 20X₃₃

Kendala :

1. Kapasitas pabrik : X₁₁ + X₁₂ + X₁₃  60 X₂₁ + X₂₂ + X₂₃  80 X₃₁ + X₃₂ + X₃₃  70 2. Permintaan : X₁₁ + X₁₂ + X₁₃ = 50

X₂₁ + X₂₂ + X₂₃ = 100 X₃₁ + X₃₂ + X₃₃ = 60 3. Non-negativity X_ij  0, untuk i = 1, 2, 3 dan j = 1, 2, 3

Representasi dalam bentuk model LP :

dengan X_ij adalah jumlah semen yang dikirim dari pabrik i ke lokasi penjualan j

G1

G2

G3

Supply

P1

5 50

10 10

10

60

P2

15

20 80

15

80

P3

5

10 10

20 60

70

Demand 50 100 60 210

Initial Solution

1. Northwest Corner

Solusi : 50x5 + 10x10 + 80x20 + 10x10 + 60x20 = 3250

G1 G2

G3

Supply

P1 5

10

10

60

P2 15

20

15

80

P3 5

10

20

70

Demand 50 100 60 210

2. Least Cost: Minimum row/column/matrix

Prinsip : mendistribusikan barang sebanyak-banyaknya, sesuai dengan penawaran dan permintaan, pada rute dengan biaya terendah pada baris/kolom/matriks.

G1 G2

G3

Supply

P1 5

50

10 10

10

60

P2 15

20 20

15 60

80

P3 5

10 70

20

70

Demand 50 100 60 210

Solusi menggunakan metode Least Cost : Minimum Matrix

Solusi : 50x5 + 10x10 + 20x20 + 70x10 + 60x15 = 2350

Prinsip :

 Meminimumkan penalty (opportunity cost) karena tidak menggunakan jaringan termurah.

 Opportunity cost dihitung dari selisih 2 biaya terkecil pada setiap baris dan kolom.

 Pilih baris/kolom yang memiliki opportunity cost terbesar, alokasikan sebanyak mungkin ke sel dengan biaya termurah, sesuai dengan supply dan demand.

3. Vogel Aproximation Method (VAM)

Langkah 1 (lihat tabel awal transportasi sebagai berikut) :

I II

III

Supply

A ⁸

5

6

120

B 15

10

12

80

C 3

9

10

80

Demand 150 70 60 280

6 3 1 Penalty

4 4

5 Penalty

I II

III

Supply

A ⁸

5

6

120

B 15

10

12

80

C ³

80

9

10

80 Demand 150

70 70 60 280

3 1 Penalty

6 5

7 Penalty

Langkah 2 :

Demand I dipenuhi sebagian dari C sebanyak 80 unit, kapasitas C habis, dan baris C dihilangkan. Penalty dihitung kembali berdasarkan matriks 2 x 3 (AI - AII - AIII - BI - BII - BIII)

Langkah 3 :

Demand I dipenuhi lagi dari A sebanyak 70 unit, terpenuhi semua, dan kolom I dihilangkan. Penalty dihitung kembali dari matriks 2 x 2 (AII - AIII - BII - BIII).

I II

III

Supply

A 8

70

5

6

120

50

B ¹⁵

10

12

80

C ³

80

9

10

80

Demand 150 70 60 280

2 1 Penalty

6 5

Penalty

Langkah 4 :

Demand III dipenuhi dari sisa A sebanyak 50 unit. Dengan demikian otomatis kekurangan demand III 10 unit dipenuhi dari B dan demand II dipenuhi 70 unit dari B. Semua demand terpenuhi sehingga diperoleh solusi awal.

I II

III

Supply

A 8

70

5

6 50

120

B ¹⁵ 50

10 70

12 10

80

C 3

80

9

10

80 Demand 150

70 70 60 280

2 1 Penalty

6 Penalty 5

Pada langkah semua demand terpenuhi sehingga diperoleh solusi awal sebagai berikut:

AI = 70 AIII = 50 BII = 70 CI = 80

Nilai fungsi tujuan : 70G8 + 50G6 + 70G10 + 80G3 = 1.800

Solusi yang diperoleh di atas masih merupakan solusi awal, akan tetapi dibandingkan dengan metode yang lain, metode VAM lebih baik dan mendekati kondisi optimal.

Improvement Solution

1. Stepping Stone

2. Modified Distribution (MODI)

Prinsip : trial and error untuk mencari alternatif terbaik dari rute yang tidak keluar sebagai solusi

Memakai dasar dari hasil NWCR (North West Corner Rule). Pada tabel hasil NWCR :

 Kotak yang terisi disebut kotak basis.

 Kotak yang tidak terisi disebut kotak non basis.

Untuk mengetahui, harus dihitung nilai Z_ij-c_ij pada kotak bukan basis.

Nilai Z_ij-c_ij = Indeks Perbaikan = IP

 Besarnya penurunan biaya angkut kalau ada pengangkutan barang dari daerah asal (A_i) ke tujuan (T_j)

 Jika IP  0, maka pemecahan sudah minimum.

 Jika tidak, maka pemecahan dilanjutkan hingga semua IP  0.

Metode Batu Loncatan (Stepping Stone)

Contoh kasus :

Ada semen yang harus diangkut dari 3 Toko ke 4 Lokasi proyek. Tabel biaya sebagai berikut : Biaya (ratus ribu rupiah), semen Supply - Demand (ton)

L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2) 3) 4) 6

T2 4) 3) 2) 0) 8

T3 0) 2) 2) 1) 10

D 4 6 8 6 24

Pemecahan dengan NWC :

L T

L1 L2 L3 L4 S

T1 1) (4)

2) (2)

3) 4) 6

T2 4) 3)

(4) 2)

(4)

0) 8

T3 0) 2) 2)

(4) 1)

(6) 10

D 4 6 8 6 24

Total biaya transport :

Z1 = c₁₁.x₁₁ + c₁₂.x₁₂ + c₂₂.x₂2 + c₂₃.x₂₃ + c₃₃.x₃₃ + c₃₄.x₃₄

= 1(4) + 2(2) + 3(4) + 2(4) + 2(4) +1(6)

= 42 (dalam ratus ribu rupiah)

= Rp. 4.200.000,- (apakah sudah minimum?)

Langkah-langkah Penyelesaian dengan Metode Batu Loncatan:

1. Membuat jalur/lintasan mulai dari kotak non basis yang akan dihitung IP-nya.

2. Dari suatu kotak non basis, ditarik garis lurus ke kotak basis terdekat dengan syarat kotak yang dihubungi mempunyai partner pada kolom/baris yang sama agar garis bisa terus bersambung sampai kembali ke kotak semula.

3. Awal perjalanan diberi kode *.

4. Menghitung nilai IP-nya. Dimulai dengan tanda + lalu – dan seterusnya berganti-ganti. Yang diperhitungkan adalah biaya (c).

Hasil Stepping Stone :

Nilai IP:

IP₃₁ = c₃₃ – c₂₃ + c₂₂ – c₁₂ + c₁₁ – c₃₁ = 2 – 2 + 3 – 2 + 1 – 0 = 2 IP₃₂ = c₃₃ – c₂₃ + c₂₂ – c₃₂ = 2 – 2 + 3 – 2 = 1

IP₂₁ = c₂₂ – c₁₂ + c₁₁ – c₂₁ = 3 – 2 + 1 – 4 = -2 IP₂₄ = c₂₃ – c₃₃ + c₃₄ – c₂₄ = 2 – 2 + 1 – 0 = 1 IP₁₃ = c₁₂ – c₂₂ + c₂₃ – c₁₂ = 2 – 3 + 2 – 3 = -2

IP₁₄ = c₁₂ – c₂₂ + c₂₃ – c₃₃ + c₃₄ – c₁₄ = 2 – 3 + 2 – 2 + 1 – 4 = -4

Tabel yang dihasilkan 

Hasilnya Tabel 1 :

Ternyata nilai IP-nya masih ada yang positif dan IP > 0, maka pemecahan belum optimum. Nilai Z1 masih belum minimum dan bisa dikecilkan lagi.

5. Memilih kotak yang harus masuk basis atau keluar basis.

Kriteria :

kotak dengan nilai IP positif terbesar harus masuk basis lebih dulu. Kalau sama besar, pilih sembarang aja. Dalam kasus ini, kotak (3,1) harus masuk basis karena IP-nya terbesar (2).

Cara menentukan kotak yang harus keluar basis : (a) Dari cara mencari IP₃₁ :

IP₃₁ = + c₃₃ – c₂₃ + c₂₂ – c₁₂ + c₁₁ – c₃₁ perhatikan biaya dengan tanda + yaitu c₃₃, c₂₂ dan c₁₁ yang memiliki variabel x₃₃, x₂₂ dan x₁₁.

b) Cari kotak yang nilai variasi terkecil, kotak ini harus keluar dari basis.

Min (x₃₃, x₂₂, x₁₁) = Min (4, 4, 4)  karena nilai sama, kita pilih salah satu.

Misal: x₁₁ = 4 = minimum.

Ingat kotak yang masuk basis adalah kotak (3,1) dengan variabel x₃₁.

Maka: nilai x₃₁ sama dengan nilai minimum yang baru dipilih.

x’₃₁ = x11 = 4  diisikan ke kotak (3,1)

Nilai variabel lain yang terlibat pembentukan jalur didapat dengan aturan :

Tanda biaya +  nilai variabel baru = nilai variabel lama – nilai minimum.

Tanda biaya -  nilai variabel baru = nilai variabel lama + nilai minimum.

Sehingga,

x’₃₃ = x₃₃ – 4 = 4 – 4 = 0 Nilai variabel di luar lintasan, tetap

x’₂₃ = x₂₃ + 4 = 4 + 4 = 8 x’₂₂ = x₂₂ – 4 = 4 – 4 = 0 x’₁₂ = x₁₂ + 4 = 2 + 4 = 6

x’₁₁  keluar basis, sehingga tidak perlu ditulis

Tabel Hasil 

Hasilnya Tabel 2 :

L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2)

(6)

3) 4)

6

T2 4) 3)

(0) 2)

(8)

0) 8

T3 0) (4)

2) 2)

(0) 1)

(6) 10

d 4 6 8 6 24

(6) Ulangi langkah (4), menghitung nilai IP. Nilai IP dicari dengan cara yang sama. Untuk mengisi kotak-kotak non basis, dihasilkan tabel berikut:

Tabel 3 :

Masih ada 2 kotak yang nilainya > 0 yaitu kotak (3,2) dan (2,4).

Lanjutkan ke langkah (5), kita pilih kotak (2,4) untuk masuk basis.

IP₂₄ = c₂₃ – c₃₃ + c₃₄ – c₂₄ = 2 – 2 + 1 – 0 = 1

Dari perhitungan IP₂₄, biaya dengan tanda + yaitu c₂₃, c₃₄. Sehingga:

Min (x₂₃, x₃₄) = Min (8, 6) = 6  kotak (3,4) minimum, keluar basis.

Maka: x’24 = x34 = 6;

x’23 = x23 – 6 = 8 – 6 = 2 x’33 = x33 + 6 = 0 + 6 = 6

Nilai kotak lain yang tidak terlibat jalur, tetap.

diperoleh : _L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2)

(6)

3) 4) 6

T2 4) 3)

(0) 2)

(2) 0)

(6) 8 T3 0)

(4)

2) 2)

(6)

1) 10

D 4 6 8 6 24

(7) Ulangi lagi langkah (4), dengan menghitung nilai IP- nya didapat tabel berikut:

Tabel 4

Ternyata masih ada 1 kotak yaitu (3,2) yang > 0.

Kotak ini harus masuk basis.

Dari perhitungan IP₃₂, tanda + ada pada c₃₃ dan c₂₂. Sehingga:

Min (x₃₃, x₂₂) = Min (6,0) = 0, kotak (2,2) harus keluar basis.

Maka: x’₃₂ = x₂₂ = 0 x’₃₃ = x₃₃ – 0 = 6 x’₂₃ = x₂₃ + 0 = 2

Hasilnya : L

T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2)

(6)

3) 4)

6

T2 4) 3) 2) (2)

0)

(6) 8 T3 0)

(4) 2)

(0) 2)

(6)

1) 10

d 4 6 8 6 24

(8) Lakukan pengecekan lagi dengan langkah (4). Hasilnya,

Tabel 5

Karena semua nilai IP  0, maka pemecahan sudah optimum. Berarti biaya angkut sudah minimum. (Z₅ = Z_min)

Z₅ = c₃₁.x₃₁ + c₁₂.x₁₂ + c₃₂.x₃₂ + c₂₃.x₂₃ + c₃₃.x₃₃ + c₂₄.x₂₄

= 0(4) + 2(6) + 2(0) + 2(2) + 2(6) +0(6)

= 28 (dalam ratus ribuah) = Rp. 2.800.000,-

Metode MODI (Modified Distribution)

Prosedur :

1. Sebagai dasar adalah tabel penyelesaian NWC.

2. Setiap tabel dengan pemecahan pertama fisibel, hitung nilai U_i dan V_j nya. Rumusnya:

c_ij = U_i + V_j, untuk baris i = 1, U_i = 0

c_ij = biaya angkut per unit barang dari daerah asal ke tempat tujuan

3. Hitung indeks perbaikan IP_ij = U_i + V_j – c_ij, untuk semua kotak bukan basis. Kalau IP_ij  0, pemecahan sudah optimum, jika belum lanjutkan ke (3).

4. Gambarkan lintasan/jalur tertutup dari kotak dengan IP positif terbesar, kotak ini masuk basis.

5. Beri tanda + dan – secara bergantian pada biaya dari kotak yang membentuk lintasan (seperti metode Batu Loncatan).

6. Variabel dari kotak yang bertanda +, ambil nilai terkecilnya (minimum). Kotak ini harus keluar basis, sedang nilainya ditempatkan di kotak dengan nilai IP terbesar (kotak yang masuk basis).

7. Buat tabel baru dan hitung nilai IP kotak bukan basisnya. Kalau semua sudah ≤ 0, maka pemecahan sudah optimum. Jika belum, ulangi langkah di atas.

Dari contoh kasus 2 :

Ada semen yang harus diangkut dari 3 toko ke 4 lokasi proyek. Tabel biaya sebagai berikut : Biaya (ratus ribu rupiah), semen suplply-demand (ton)

L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2) 3) 4) 6

T2 4) 3) 2) 0) 8

T3 0) 2) 2) 1) 10

D 4 6 8 6 24

Penyelesaian dengan Metode MODI

Pemecahan dengan yang dihasilkan metode NWC :

L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) (4)

2) (2)

3) 4) 6

T2 4) 3)

(4) 2)

(4) 0) 8

T3 0) 2) 2)

(4) 1)

(6) 10

D 4 6 8 6 24

2. Menghitung U₁, U₂, U₃ dan V₁, V₂, V₃, V₄, hanya untuk kotak dalam basis. (Ingat ditentukan bahwa U₁ = 0)

U₁ + V₁ = c₁₁  0 + V₁ = 1  V₁ = 1 U₁ + V₂ = c₁₂  0 + V₂ = 2  V₂ = 2 U₂ + V₂ = c₂₂  U₂ + 2 = 3  U₂ = 1 U₂ + V₃ = c₂₃  1 + V₃ = 2  V₃ = 1 U₃ + V₃ = c₃₃  U₃ + 1 = 2  U₃ = 1 U₃ + V₄ = c₃₄  1 + V₄ = 1  V₄ = 0 3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis.

I₂₁ = U₂ + V₁ – c₂₁ = 1 + 1 – 4 = -2

I₃₁ = U₃ + V₁ – c₃₁ = 1 + 1 – 0 = 2 (terbesar, positif)  masuk basis

I₃₂ = U₃ + V₂ – c₃₂ = 1 + 2 – 2 = 1 I₁₃ = U₁ + V₃ – c₁₃ = 0 + 1 – 3 = -2 I₁₄ = U₁ + V₄ – c₁₄ = 0 + 0 – 4 = -4 I₂₄ = U₂ + V₄ – c₂₄ = 1 + 0 – 0 = 1

I₃₁ terbesar, kotak (3,1) masuk basis

4. Penggambaran jalur tertutup kotak (3,1)

5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,1) c₃₃ – c₂₃ + c₂₂ – c₁₂ + c₁₁ – c₃₁

6. Variabel yang diminimum yaitu :

Min (x₃₃, x₂₂, x₁₁) = Min (4, 4, 4) = 4, karena sama pilih salah satu misal x₁₁

Nilai x’₃₁ = x₁₁ = 4 Selanjutnya,

Nilai variabel lain yang terlibat jalur didapat dengan aturan:

Tanda biaya + 

nilai variabel baru = nilai variabel lama – nilai minimum.

Tanda biaya - 

nilai variabel baru = nilai variabel lama + nilai minimum.

Sehingga,

x’₃₃ = x₃₃ – 4 = 4 – 4 = 0

(Nilai variabel di luar lintasan, tetap) x’₂₃ = x₂₃ + 4 = 4 + 4 = 8

x’₂₂ = x₂₂ – 4 = 4 – 4 = 0 x’₁₂ = x₁₂ + 4 = 2 + 4 = 6

x’₁₁ keluar basis, sehingga tidak perlu ditulis.

7. Tabel hasil : ^L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2) (6)

3) 4)

6

T2 4) 3) (0)

2) (8)

0) 8

T3 0) (4)

2) 2)

(0) 1)

(6) 10

D 4 6 8 6 24

Pengujian I

Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2).

2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis.

(Ingat ditentukan bahwa U₁ = 0)

U₁ + V₂ = c₁₂  0 + V₂ = 2  V₂ = 2 U₂ + V₂ = c₂₂  U₂ + 2 = 3  U₂ = 1 U₂ + V₃ = c₂₃  1 + V₃ = 2  V₃ = 1 U₃ + V₃ = c₃₃  U₃ + 1 = 2  U₃ = 1 U₃ + V₄ = c₃₄  1 + V₄ = 1  V₄ = 0 U₃ + V₁ = c₃₁  1 + V₁ = 0  V₁ = -1

3. Menghitung nilai IP dari kotak bukan basis.

IP₁₁ = U₁ + V₁ – c₁₁ = 0 + (-1) – 1 = -2 IP₂₁ = U₂ + V₁ – c₂₁ = 1 +(-1) – 4 = -4 IP₃₂ = U₃ + V₂ – c₃₂ = 1 + 2 – 2 = 1 IP₁₃ = U₁ + V₃ – c₁₃ = 0 + 1 – 3 = -2 IP₁₄ = U₁ + V₄ – c₁₄ = 0 + 0 – 4 = -4

IP₂₄ = U₂ + V₄ – c₂₄ = 1 + 0 – 0 = 1 (positif)  masuk basis.

IP₂₄ dan IP₃₂ positif maka dipilih salah satu misal kotak (2,4) masuk basis.

4. Penggambaran jalur tertutup kotak (2,4).

5. Pembentukan jalur tertutup kotak (2,4) c₂₃ – c₃₃ + c₃₄ – c₂₄

6. Variabel yang diminimum yaitu

Min (x₂₃, x₃₄) = Min (8, 6) = 6, maka pilih x₃₄ Nilai x’₂₄ = x₃₄ = 6

Selanjutnya,

x’ ₂₃ = x₂₃ - 6 = 8 - 6 = 2 x’₃₃ = x₃₃ + 6 = 0 + 6 = 6 x’₃₄ masuk basis

7. Tabel hasil : L

T L1 L2 L3 L4 S T1 1) 2)

(6)

3) 4)

6 T2 4) 3)

(0) 2)

(2) 0)

(6) 8 T3 0)

(4)

2) 2)

(6)

1) 10

D 4 6 8 6 24

Pengujian II

Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2).

2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis.

(Ingat U₁ = 0)

U₁ + V₂ = c₁₂  0 + V₂ = 2  V₂ = 2 U₂ + V₂ = c₂₂  U₂ + 2 = 3  U₂ = 1 U₂ + V₃ = c₂₃  1 + V₃ = 3  V₃ = 1 U₂ + V₄ = c₂₄  1 + V₄ = 3  V₄ = -1 U₃ + V₁ = c₃₁  U₃ + V₁ = 0  U₃ = -V₁ U₃ + V₃ = c₃₃  U₃ + 1 = 2  U₃ = 1

 V₁ = -U₃ = -1

3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis.

IP₁₁ = U₁ + V₁ – c₁₁ = 0 + (-1) – 1 = -2 IP₂₁ = U₂ + V₁ – c₂₁ = 1 +(-1) – 4 = -4

IP₃₂ = U₃ + V₂ – c₃₂ = 1 + 2 – 2 = 1 (positif)

 masuk basis

IP₁₃ = U₁ + V₃ – c₁₃ = 0 + 1 – 3 = -2 IP₁₄ = U₁ + V₄ – c₁₄ = 0 + (-1) – 4 = -5 IP₃₄ = U₃ + V₄ – c₃₄ = 1 + (-1) – 1 = -1

IP₃₂ positif, maka dipilih kotak (3,2) masuk basis.

4. Menggambarkan jalur tertutup kotak (3,2)

5. Pembentukan jalur tertutup kotak (3,2) c₃₃ – c₂₃ + c₂₂ – c₃₂

6. Variabel yang diminimum yaitu :

Min (x₃₃, x₂₂) = Min (6, 0) = 0, maka pilih x₂₂ Nilai x’₃₂ = x₂₂ = 0

Selanjutnya,

x’₃₃ = x₃₃ – 0 = 6 – 0 = 6 x’₂₃ = x₂₃ + 0 = 2 + 0 = 2 x’₂₂ masuk basis

7. Tabel hasil : L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) 2)

(6)

3) 4)

6

T2 4) 3) 2)

(2) 0)

(6) 8 T3 0)

(4) 2)

(0) 2)

(6)

1) 10

D 4 6 8 6 24

Pengujian III

Untuk menguji apakah sudah optimum atau belum, harus diuji kembali mulai langkah (2).

2. Menghitung nilai U dan V untuk kotak basis.

(Ingat ditentukan bahwa U1 = 0)

U₁ + V₂ = c₁₂  0 + V₂ = 2  V₂ = 2 U₂ + V₂ = c₂₂  U₂ + 2 = 3  U₂ = 1 U₂ + V₃ = c₂₃  1 + V₃ = 2  V₃ = 1 U₂ + V₄ = c₂₄  1 + V₄ = 0  V₄ = -1 U₃ + V₁ = c₃₁  U₃ + V₁ = 0  U₃ = -V₁ U₃ + V₂ = c₃₂  U₃ + 2 = 2  U₃ = 0

 V₁ = -U₃ = -0 = 0

3. Menghitung nilai I dari kotak bukan basis.

IP₁₁ = U₁ + V₁ – c₁₁ = 0 + 0 – 1 = -1 IP₂₁ = U₂ + V₁ – c₂₁ = 1 + 0 – 4 = -3 IP₂₂ = U₂ + V₂ – c₂₂ = 1 + 2 – 3 = 0 IP₁₃ = U₁ + V₃ – c₁₃ = 0 + 1 – 3 = -2 IP₁₄ = U₁ + V₄ – c₁₄ = 0 + (-1) – 4 = -5 IP₃₄ = U₃ + V₄ – c₃₄ = 0 + (-1) – 1 = -2 Pemecahan sudah optimum.

Tabel Akhir :

L

T L1 L2 L3 L4 S

T1 1) -1

2) (6)

3) -2

4)

-5 6

T2 4) -3

3) 0

2) (2)

0)

(6) 8 T3 0)

(4) 2)

(0) 2)

(6) 1)

-2 10

D 4 6 8 6 24

Total biaya transport yang diperlukan :

Z1 = c₃₁.x₃₁ + c₁₂.x₁₂ + c₂₃.x₂₃ + c₃₃.x₃₃ + c₂₄.x₂₄

= 0(4) + 2(6) + 2(2) + 2(6) + 0(6)

= 28 (dalam ratus ribu rupiah)

= Rp. 2.800.000,-

Terima Kasih atas

Perhatiannya.