Model Transportasi

1. Model Transportasi

2. DefinidanAplikasi Model Transportasi Pada umumnya model transportasi berhubungan dengan distribusi suatu produk tunggal dari beberapa sumber, dengan penawaran terbatas, menuju beberapa tujuan , dengan permitaan tertentu, pada biaya transport minimum. Karena hanya ada satu macam barang, suatu tempat tujuan dapat memenuhi permintaannya dari satu atau lebih sumber. Asumsi dasar model ini adalah biaya transpor pada satu rute prporsional dengan banyaknya unit yang dikirimkan. Definisi unit yang dikirimkan sangat tergantung pada jenis produk yang diangkut, yang penting , satuan penawaran dan permintaan akan barang yang diangkut harus konsisten.

3. Contoh model transportasi • Sebuah produk yang dihasilkan oleh tiga pabrik harus didistribusikan ke tiga gudang (tujuan) seperti terlohat pada gambar berikut! Gudang/Tujuan Pabrik Cirebon Semarang Jakarta Bandung Cilacap Purwokerto Persyaratan (kendala) untuk model ini adalah Permintaan pada setiap gudang harus dipenuhi tanpa melebihi kapasitas produksi pada setiap pabrik.

4. Masalah Transportasi Seimbang • Jika supply dari semua sumber (pabrik) sama dengan jumlah permintaan dari semua tempat tujuan/gudang. • Sebuah Perusahaan Negara berkepentingan mengangkut pupuk dari tiga pabrik ke tiga pasar. Kapasitas supply ketiga pabrik, permintaan pada ketiga pasar dan biaya transpor per unit adalah sebagai berikut:

5. Demand Supply • Masalahtransportasiinidiilustrasikansebagaisuatu model jaringanpadagambarberikut: 10 X 33 • Masalahinidapatdirumuskansebagaisuatumasalah linier programming sepertiberikut: • MisalXij : banyaknya unit barang yang dikirimdaripabrik i (I = 1,2,3 ) kepasar j (j = 1, 2,3), maka Minimumkan Z = 8 X11 + 5 X12 + 6 X13 + 15 X21 10 X22 + 12 X 23 + 3 X31 + 9 X32 + 10 X 33 S1 = 120 1 1 D1 = 150 2 2 D2= 70 S2 = 80 S3= 80 3 3 D3 = 60 n = 3 n = 3

6. Dengan syarat atau kendala 8 X11 + 5 X12 + 6 X13 (supply pabrik 1) 1 5X21 10 X22 + 12 X 23 (supply pabrik 2) 3 X31 + 9 X32 + 10 X 33 (supply pabrik 3) 8 X11 +12 X21 + 3 X31 (permintaan pasar 1) 5 X12 +10 X22 + 9 X32 (permintaan pasar 2) 6 X13 +12 X 23 + 10 X 33 (permintaan pasar 3 ) Jika kita notasikan menjadi sebagai berikut Fungsu Tujuan: Minimumkan Biaya Transpor Total = ∑ ∑ cij Xij Dengan syarat : ∑ Xij – Si (penawaran, i = 1,2,….m) ∑ Xij = Dj (permintaan, j=1,2,……n) semua X ij ≥ 0 m n j=1 i=1 j=1 n j=1 m i=1

7. Tabel Transportasi C11 C12 C21 C22 Cmn Ci1 Ci2 Cm1 Cm2

8. 8 5 6 15 10 12 3 9 10

9. Solusi Awal a. Metode North-West Corner Metodeiniadalah yang paling sederhanadiantara 3 metode (north West Corner, Least Cost, Aproksimasi Vogel) untukmencarisolusiawal. Langkah-langkahnyadiringkassepertiberikut: • Mulaipadapojokbaratlauttabeldanalokasikansebanyakmungkinpada X11 tanpamenyimpandarikendalapenawaranataupermintaan (artinya X11 ditetapkansamadengan yang terkecildiantaranilai S1 dan D1) • Iniakanmenghabiskanpenawaranpadasumber 1 danataupermintaanpadatujuan 1. Akibatnya, takadalagibarang yang dapatdialokasikankekolomatabaris yang telahdihabiskandankemudianbarisataukolomitudihilangkan. Kemudianalokasikansebanyakmungkinbarisataukolokdidekatnyapadabarisataukolom yang takdihilangkan. Jikabaikkolokmaupunbaristelahdihabiskan, pindahlahsecara diagonal kekotaberikutnya. • Lanjutkandengancara yang samasampaisemuapenawarantelahdihabiskandankeperluanpermintaantelahdipenuhi.

10. 8 5 6 15 10 12 3 9 10

11. Solusiawaldiperolehdengancarasepertiberikut: • Sebanyakmungkindialokasikanke X11 sesuaidenganaturanbahwa X11 adalah yang minimum diantara (120, 150), berarti 120. Inimenghabiskanpenawaranpabrik 1 danakibatnya, padalangkahselanjutnyabaris 1 dihilangkan • Karena X11 = 120, makapermintaanpadatujuan 1 belumterpenuhisebanyak 30. Kota didekatnya, X21, dialokasikansebanyakmungkinsesuaidengan X21 = min 30 (30,80) = 30. Inimenghilangkankolom 1 padalangkahselanjutnya. • Kemudian X22 = min (50,70) = 50, yang menghilangkanbaris 2 • X32 = min (20,80) = 20 • X33 = min (60,60) = 60 Perhatikanbahwaproseslangkahtanggainimenghasilkansolusiawaldengan Z = (8x120) + (15x30) + (10x50) + (9x20) + (10x60) = 2690

12. b. Metode Least Cost • Metode Least Cost berusahamencapaitujuanminimasibiayadenganalokasisistematikkepadakotak-kotaksesuaidenganbesarnyabiaya transport per unit. • PilihvariabelXij (kotak) denganbiaya (cij) terkecildanalokasikansebanyakmungkin. Untukcijterkecil, Xij = minimum (Si, Dj). Iniakanmenghabiskanbaris I dankolom j • Dari kotak-kotaksisanyak yang layak (yaituygtidakterisiatautidakdihilangkan) pilihnilaicijterkecildanalokasikansebanyakmungkin. • Lanjutkanprosesinisampaisemuapenawarandanpermintaanterpenuhi.

13. 8 5 6 15 10 12 3 9 10 Z = (70x15) + (80x3) + (70x5) + (50x6) + (10x12) = 2060

14. c. Metode Aproksimasi Vogel (VAM) • Hitung opportunity cost untuk setiap baris dan kolom. Opportunity cost untuk setiap baris I dihitung dengan mengurangkan cij terkecil pada baris itu dari nilai cij satu tingkat lebih besar pada baris yg sama. Opportunity cost kolom diperoleh dengan cara yang serupa. Biaya2 ini adalah pinalty karena tidak memilih kotak dengan biaya minimum. • Pilih baris atau kolom dengan opportunity cost terbesar (jika ada nilai sama, pilih secara sembarang). Alokasikan sebanyak mungkin ke kotak dengan nilai cij minimum pada baris atau kolom yang dipilih. Untuk cij terkecil, Xij = minimum (Si, Di). Artinya penalty perbesar dihindari. • Sesuai dengan penawaran dan permintaan untuk menunjukkan alokasi yang sudah dilakukan. Hilangkan semua baris dan kolom dimana penawaran dan permintaan telah dihabiskan. • Jika semua penawaran dan permintaan belum dipenuhi, kembali ke langkah 1 dan hitung lagi opportunity cost yang baru.

15. 8 5 6 15 10 12 3 9 10 Z = (70x8) + (50x6) + (70x10) + (10x12) + (80x3) = 1920

16. Tabel hasil solusi awal NWC 8 5 6 15 10 12 3 9 10

17. Menentukan Solusi Optimum a. Metode Stepping Stone

18. -1 +1 8 5 6 +1 15 10 12 -1 3 9 10

19. Tabel berikutnya, evaluasi yg memiliki perubahan biaya (-)paling besar (C31) 8 5 6 15 10 12 3 9 10

20. Proses I/ Iterasi Pertama 8 5 3 15 10 12 3 9 10

21. Lakukan langkah evaluasi seperti sebelumnya sehingga diperoleh seperti berikut Proses Iterasi ke dua 8 5 3 15 10 12 3 9 10

22. Solusi Optimum Tabel iterasi ketiga ini dikatakan merupakan solusi optimum, karena semua hasil Perubahan biaya dari kota kosong yang dievaluasi tidak ada lagi yang (-) 8 5 6 15 10 12 3 9 10

23. Metode Modified Distribution (MODI) • Tabel hasil solusi awal metode NWC 8 5 3 15 10 12 3 9 10

24. Pada MODI nilai Cij ditentukan serentak dan hanya jalus tertutup untuk entering variabel yang didefinisikan. • Suatu nilai Ui dirancang untuk setiap baris I dan suatu nilai, Vj dirancang untuk setiap kolom j pada tabel transportasi. Untuk setiap variabel basis (yaitu kotak yang ditempati), Xij mengikuti hubungan seperti berikut: Ui + Vj = Cij, dimana Cij adalah biaya transport per unit. Penerapan hubungan Ui, Vj dan Cij menghasilkan persamaan-persamaan berikut: X11 : U1 + V1 = C11 = 8 X21 : U2 + V1 = C21 = 15 X22 : U2 + V2 = C22 = 10 X32 : U3 + V2 = C32 = 9 X33 : U3 + V3 = C33 = 10

25. Terdapat 5 persamaan m+n-1) dengan enam variabel tak diketahui (M+n). Untuk menyelesaikan seperangkat persamaan ini, perlu untuk menetapkan salah satu nilai yang tak diketahui (Ui atau Vj ) dengan suatu nilai sembarang. Biasanya, Ui diberi nilai nol. Dengan Ui = 0, selanjutnya akan mudah menentukan nilai variabel sisanya. U1 = 0 0 + V1 = 8, V1 = 8 U2 + 8 = 15, U2 = 7 7 + V2 = 10, V2 = 3 U3 + 3 = 9, V3 = 6 6 + V3 = 10, V3 = 4 Sekarang semua nilai Ui dan Vj sudah ditentukan. Nilai perubahan biaya untuk setiap variabel non basis Cij, ditentukan melalui hubungan berikut:

26. Cij = cij – Ui – Vj Rumus ini menghasilkan nilai Cij yang identik dengan yang diperoleh melalui metode stepping stone C12 = c12 – U1 – V2 = 5 - 0 – 3 = 2 C13 = c13 – U1 – V3 = 6 – 0 – 4 = 2 C23 = c23 – U2 – V3 = 12 – 7 – 4 = 1 C31 = c31 – U3 – V1 = 3 -6 – 8 = -11 Seperti pada metode stepping stone, nilai C31 negatif (-11) menunjukkan bahwa solusi yang ada belum optimal dan X31 adalah entering variabel. Jumlah yang dialokasikan ke X31 harus ditentukan sesuai dengan prosedur stepping stone. Sehingga 20 unit dialokasikan ke X31 yang menghasilkan tabel berikut.

27. 8 5 3 15 10 12 3 9 10 Kemudian nilai-nilai Ui dan Vj serta Cij harus dihitung lagi untuk uji optimalisasi dan menentukan entering variabel.

28. Masalah Transportasi Tak Seimbang • Jika permintaan lebih besar dari penawaran/supply, diperlukan baris dummy Contoh: Total permintaan 310, supply 280 Z = 8 X11 + 5 X12 + 6 X13 +15 X21 + 10 X22 + 12 X23 + 3 X31 +9 X32 + 10 X33 Dengan syarat/kendala: X11 + X12 + X13 = 120 X21 + X22 + X23 = 80 X31 + X32 + X33 = 80 X11 + X21 + X31 ≤ 150 X12 + x22 + X32 ≤ 70 X13 X23 + X33 ≤ 90 semua Xij ≥ 0

29. 8 5 3 15 10 12 3 9 10 0 0 0 Penambahan baris dummy tidak mempengaruhi metode untuk mendapatkan solusi optimum metode stepping stone dan MODI. Metode North west Corner juga tidak mengalami perubahan. Dalam metode Least Cost, kotak-kotak dummy dengan nilai cij sama dengan 0 merupakan nilai kembar terkecil, sehingga salah satu dari kota itu dipilih secara sembarang atau baris dummy dpt diabaikan dan alokasi dibuat sesuai biaya minimum, setelah alokasi dilakukan, kelebihannya dialokasikan ke variabel dummy yang cocok. Pada metode VAM, maka cij dummy digunakan sebagai biaya terendah ketika melakukan perhitungan opportunity cost.

30. Ditambahkan kolom dummy jika supply lebih besar dari demand 8 5 3 0 15 10 12 0 3 9 10 0

31. Degenerasi • Jika suatu tabel transportasi memiliki kotak terisi kurang dari m+n-1, disebut degenerasi. Maka tidak bisa diterapkan metode solusi stepping stone atau MODI jika terjadi degenerasi. • Pada tabel berikut ini diperoleh hasil solusi awal dengan metode NWC 8 5 3 15 10 12 3 9 10

32. Untuk mengganti kekurangan ini, suatu alokasi fiktif/khayal harus dibuat pada salah satu kotak kosong. Alokasi nol, pada X12 atau X21 karena dua kotak tersebut adalah variabel yang secara normal mendapat alokasi dalam North West Corner. Pemilihan X12 sebagai variabel dummy menghasilkan tabel berikut ini, dan dapat dievaluasi/dilanjutkan dengan cara seperti biasa.(stepping stone atau MODI). 8 5 3 15 10 12 3 9 10

33. Pada kasus berikut dimana solusi menjadi degenerasi dalam salah satu proses iterasi solusi. Tabel dibawah ini adalah hasil dari solusi awal NWC. 3 8 5 15 10 12 3 9 10

34. Evaluasi variabel nonbasis untuk tabel ini menunjukkan bahwa X31 semestinya merupakan entering variabel. Alokasi jumlah yang layak sebanyak 30 unit, seperti terlihat pada tabel berikut.Dengan alokasi 30 unit di X31, solusi menjadi degenerasi. Dengan kata lain dua variabel meninggalkan basis (X21 dan X32) 3 8 5 15 10 12 3 9 10

35. Untuk melanjutkan solusi masalah ini, nol harus dialokasikan ke salah satu leaving variabel yaitu X21 atau X32. Sehingga menjadi seperti dalam tabel berikut. Evaluasi tabel ini dengan proses stepping stone menyarankan bahwa X12 sebagai entering variabel (cij = -9). 3 8 5 15 10 12 3 9 10

36. Evaluasi tabel ini dengan proses stepping stone menyarankan bahwa X12 sebagai entering variabel ( Cij = -9). Namun jalur stepping stone untuk kotak ini (X12 – X32 – X31 – X11) berisi nol pada X32 sebagai jumlah minimum untuk dikurangkan. Demikian hingga, proses stepping stone hanya menghasilkan suatu pemindahan nol dari X32 ke X12. Pross solusi kemudian diteruskan dengan cara biasa (stepping stone atau MODI). 3 8 5 15 10 12 3 9 10

37. Solusi Optimum Ganda • Solusi optimum unik terhadap suatu masalah transportasi jika terjadi perubahan biaya, Cij, untuk semua variabel non basis adalah positif. Namun, seperti pada tabel simpleks, jika suatu variabel non basis memiliki perubahan biaya sama dengan nol (Cij = 0), akan terjadi solusi optimum ganda. Artinya, biaya transpor tetap sama tetapi terdapat suatu kombinasi alokasi yang berbeda. • Perhatikan solusi pada tabel berikut ini. 6 8 5 15 10 12 3 9 10

38. Evaluasi variabel nonbasis pada tabel ini menunjukkan bahwa solusi adalah optimum dengan biaya terkecil 1.920. Namun, variabel nonbasis X21 memiliki nilai perubahan biaya C12 sebsar nol. Sehingga terdapat suatu alokasi sebanyak mungkinyg layak ke X21 sesuai dengan jalur stepping stone (dalam kasus ini 10 unit). Ini menghasilkan suatu pola alokasi yang berbeda (lihat tabel 5.29) dengan biaya transpor 1.920. 3 8 5 15 10 12 3 9 10

39. Model Penugasan • Masalah penugasan menyangkut para pekerja pada bidang yg tersedia agar biaya yg harus dikeluarkan dapat diminimumkan. Jika pekerja dianggap sumber dan pekerjaannya identik dengan tujuan, maka model ini mirip dengan 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 pekerja. • Jika masalah penugasan ini diselesaikan dengan teknik transportasi baik pada solusi awal maupun pada setiap iterasi berkutnya, selalu akan terjadi degenerasi. Bentuk khas masalah ini memberi peluang adanya teknik solusi alternatif yang lebih efisien, yg akan ditunjukkan lewat contoh berikut. • Misalkan negara memiliki tenaga ahli yg berdomisili di tiga daerah. Mereka akan dikirim ketiga daerah lain yg membutuhkan. Berikut ditunjukkan biaya perjalanan dari setiap tenaga ahli ke setiap daerah.

40. Langkahpertamamencarisolusipolapenugasanadalahmenyusun total opportunity cost table, caranyakurangielemenpadasetiapbarisdenganelementerkecilpadabarisitu. Penguranganbarismenghasilkan: • 0 6 10 • 0 5 9 • 2 0 Berikutnyadilakukanpengurangankolomdandiperoleh • opportunity cost table.

41. 0 4 100 3 95 0 0 Penugasan dapat ditempatkan pada sel yg bernilai nol. Misalnya Ahli Jakarta ke Pontianak. Solusi optimum tercapai jika setiap ahli dapat ditugasi ke setiap daerah dan setiap daerah hanya dikirimi satu ahli. Ini berarti dari tabel opportunity cost itu penugasan optimum belum dapat ditemukan. Tutup semua angka nol dengan menarik garis datar atau tegak dengan jumlah garis paling efisien. Jika jumlah garis itu lebih kecil dari jumlah baris atau kolom pada tabel, penugasan optimum belum dapat ditemukan. Langkah selanjutnya adalah kurangi semua angka yang tidak tertutup dengan angka terkecil yg tidak tertutup. Tambahkan angka terkecil itu pada angka tertutup yg menempati posisi silang. Biarkan angka yg lain tetap. Angka tak tertutup yg terkecil adalah 3, opportunity cost yg telah direvisi adalah 0 1 7 0 0 6 • 0 0 Ahli dari Jakarta ke Pontianak, Surabaya ke Yogya, Ujung Pandang ke Denpasar Biaya perjalanan total = 25 + 20 + 17 = 62

42. Untuk masalah penugasan yg tidak seimbang, yaitu jika jumlah pekerja tidak sama dengan jumlah pekerjaan, maka diperlukan baris atau kolom dummy agar menjadi seimbang. Untuk menghindari penugasan pada sel tersebut, diberi biaya yg sangat besar. • Jika dimodifikasi menjadi masalah maksimasi, dijelaskan dengan contoh berikut. Suatu perusahaan mempekerjakan 3 salesman untuk tiga daerah pemasarannya. Perkiraan penjualan setiap salesman untuk setiap pasar ditunjukkan seperti berikut: Pasar P Q R A 25 31 35 Salesman B 15 20 24 C 22 19 17 Langkah pertama mencari penugasan otimum adalah menyusun tabel regret, yaitu penyesalan karena tidak mengambil tindakan terbaik. Dari tabel regret ini diterapkan operasi seperti pada masalah penugasan. Tabel regret penjualan • 4 0 9 4 0 0 3 5

43. Tabel opportunity cost dengan pengurangan baris dan kolom • 1 0 9 1 0 0 0 5 Tabel opportunity cost yang direvisi • 0 0 • 0 0 0 0 0 Penjualan optimum Salesman Daerah Penjualan A R 35 B Q 20 C P 22 77 Penjualan optimum Salesman Daerah Penjualan A R 31 B Q 22 C P 22 77