TUGAS PROGRAM LINEAR MODEL TRANSPORTASI

Transkripsi

1 TUGAS PROGRAM LNEAR MODEL TRANSPORTAS 1. Untuk permasalahan model tansportasi ini diperoleh informasi bahwa mempunyai: 3 daerah penambangan minyak (sumber), yaitu: a. (S 1 ) dengan kapasitas produksi galon b. (S 2 ) dengan kapasitas produksi galon c. (S 3 ) dengan kapasitas produksi galon Total supply dari 3 sumber tersebut adalah galon 3 daerah pemasaran (kota tujuan), yaitu a. Semarang (T 1 ) dengan daya tampung sebanyak galon b. Jakarta (T 2 ) dengan daya tampung sebanyak galon c. Bandung (T 3 ) dengan daya tampung sebanyak galon Total demand dari 3 tujuan tersebut adalah galon Misalkan C ij menyatakan ongkos pengangkutan dari sumber i ke tujuan j (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3), maka ongkos pengangkutan per galon, adalah: a. C 11 = Rp ,- e. C 23 = Rp ,- b. C 12 = Rp ,- f. C 31 = Rp ,- c. C 21 = Rp ,- g. C 32 = Rp ,- d. C 22 = Rp ,- h. C 33 = Rp ,- Misalkan X ij menyatakan banyaknya minyak yang harus didistribusikan dari sumber i untuk kota tujuan j. (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3). Formulasi untuk masalah program linear ini adalah: Minimasi: z Pembatas linear: Pembatas supply Pembatas demand , 12, 13, 21, 22, 23, 31, 32, 33 0 Fitriani A, Math UP 1

2 Tabel transportasi awalnya adalah: Karena total supply = total demand maka model transportasinya merupakan model transportasi seimbang. 6 8 Demand Penentuan Solusi Layak dengan menggunakan metode: Metode North Corner Demand Demand Demand 1 7 Fitriani A, Math UP 2

3 4 2 1 Demand 7 7 Demand Dengan menggunakan metode North Corner, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 11 = 4, X 12 = 2, X 22 =, X 32 = 1, dan X 33 = 7. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 11 X 11 + C 12 X 12 + C 22 X 22 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (12.4) + (18.2) + (10.) + (2.1) + (12.7) Z = = 243 Karena ongkos pengangkutan dalam puluhan ribu maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Metode Least Cost 6 8 Demand Fitriani A, Math UP 3

4 6 7 Demand Demand Demand Dengan menggunakan metode Least Corner, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 11 = 4, X 12 = 2, X 22 =, X 32 = 1, dan X 33 = 7. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 11 X 11 + C 12 X 12 + C 22 X 22 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (12.4) + (18.2) + (10.) + (2.1) + (12.7) Z = = 243 Karena ongkos pengangkutan dalam puluhan ribu maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Fitriani A, Math UP 4

5 Metode Vogel Penalty Penalty Demand Penalty Penalty 8 8 Demand Penalty M Penalty 8 Demand Penalty 2 Penalty Demand Fitriani A, Math UP

6 Penalty Demand Penalty Dengan menggunakan metode Vogel, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 11 = 4, X 12 = 2, X 22 =, X 32 = 1, dan X 33 = 7. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 11 X 11 + C 12 X 12 + C 22 X 22 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (12.4) + (18.2) + (10.) + (2.1) + (12.7) Z = = 243 Karena ongkos pengangkutan dalam puluhan ribu maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Pengecekan Optimalitas dengan menggunakan Stepping Stone Untuk kasus, karena penyelesaian awal (bfs) yang ditentukan dengan 3 metode di atas menghasilkan solusi layak yang sama maka bebas dipilih 1 solusi layak dari 3 solusi yang diperoleh tersebut di atas. Misalkan yang diambil adalah penyelesaian awal (bfs) dengan menggunakan metode Vogel. Peubah Basisnya adalah {X 11, X 12, X 22, X 32, X 33 } Peubah Nonbasisnya adalah {X 13, X 21, X 23, X 31 }. X 13 = (+) X (-) X (+) X (-) X 12 = X 21 = (+) X (-) X (+) X (-) X 22 = X 23 = (+) X (-) X (+) X (-) X 22 = X 31 = (+) X (-) X (+) X (-) X 32 = o Z = C 11 X 11 + C 13 X 13 + C 22 X 22 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (12.4) + (M.2) + (10.) + (2.3) + (12.) = 2M ΔZ 13 = 2M = 2M 10 o Z = C 21 X 21 + C 12 X 12 + C 22 X 22 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (30.4) + (18.6) + (10.1) + (2.1) + (12.7) = 347 Fitriani A, Math UP 6

7 ΔZ 21 = = 104 o Z = C 11 X 11 + C 12 X 12 + C 23 X 23 + C 32 X 32 + C 33 X 33 Z = (12.4) + (18.2) + (8.) + (2.6) + (12.2) = 336 ΔZ 23 = = 93 o Z = C 11 X 11 + C 12 X 12 + C 22 X 22 + C 31 X 31 + C 33 X 33 Z = (12.3) + (18.3) + (10.) + (20.1) + (12.7) = 244 ΔZ 31 = = 1 Karena semua ΔZ dari peubah nonbasis bernilai nonnegatif, dimana hal ini berarti setiap perubahan peubah nonbasis menjadi peubah basis hanya akan mengakibatkan penambahan ongkos pengangkutan, sehingga solusi layak yang telah diperoleh merupakan solusi layak yang optimal. Kesimpulan untuk masalah, agar diperoleh ongkos yang paling minimum, maka hal yang perlu dilakukan oleh adalah: yang ada di itu mengirimkan galon ke kota Semarang, dan galon ke kota Jakarta. yang ada di itu hanya mengirimkan galon ke kota Jakarta. yang ada di itu mengirimkan galon ke kota Jakarta, dan galon ke kota Bandung. Total ongkos pengangkutannya sebesar Rp ,- 2. Untuk permasalahan model tansportasi ini diperoleh informasi bahwa PN GA mempunyai: 3 sumber bahan bakar, yaitu: a. (S 1 ) dengan kapasitas produksi.000 galon b. (S 2 ) dengan kapasitas produksi galon c. (S 3 ) dengan kapasitas produksi galon Total supply dari 3 sumber tersebut adalah galon 4 bandar udara (tujuan), yaitu a. Jakarta (T 1 ) dengan daya tampung sebanyak galon b. Bandung (T 2 ) dengan daya tampung sebanyak.000 galon c. (T 3 ) dengan daya tampung sebanyak galon d. (T 4 ) dengan daya tampung sebanyak galon Total demand dari 4 tujuan tersebut adalah galon Misalkan C ij menyatakan ongkos pengangkutan dari sumber i ke tujuan j (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3, 4), maka ongkos pengangkutan per galon, adalah: Fitriani A, Math UP 7

8 a. C 11 = Rp ,- g. C 23 = Rp ,- b. C 12 = Rp 9.000,- h. C 24 = Rp 7.000,- c. C 13 = Rp ,- i. C 31 = Rp 9.000,- d. C 14 = Rp ,- j. C 32 = Rp 4.000,- e. C 21 = Rp ,- k. C 33 = Rp ,- f. C 22 = Rp ,- l. C 34 = Rp 8.000,- Misalkan X ij menyatakan banyaknya minyak yang harus didistribusikan dari sumber i untuk kota tujuan j. (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3, 4). Formulasi untuk masalah program linear ini adalah: Minimasi: z Pembatas linear: Pembatas supply Pembatas demand , 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34 0 Tabel transportasi awalnya adalah: Karena total supply total demand (total supply > total demand), maka model transportasinya merupakan model transportasi tak seimbang sehingga untuk menjadikannya model model transportasi seimbang, pada tabel transportasinya perlu ditambahkan kolom dummy Demand Untuk mempermudah perhitunga, pada tabel-tabel selanjutnya banyaknya suplly dan demand dinyatakan dalam ribuan galon. 23 Fitriani A, Math UP 8

9 Penentuan Solusi Layak dengan menggunakan metode: Metode North Corner Demand Demand Demand Demand Fitriani A, Math UP 9

10 16 16 Demand Demand Demand Dengan menggunakan metode North Corner, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 11 =, X 21 = 16, X 22 = 300, X 23 =, X 33 = 16, X 34 = 110, dan X 3 = 0. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 11 X 11 + C 21 X 21 + C 22 X 22 + C 23 X 23 + C 33 X 33 + C 34 X 34 + C 3 X 3 Z = (11.) + (13.16) + (12.) + (11.) + (14.16) + (8.110) + (0.38) Z = = 1292 Karena ongkos pengangkutan dalam ribu dan banyaknya unit dalam ribuan galon, maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Fitriani A, Math UP 10

11 Metode Least Cost Demand Demand Demand Demand Fitriani A, Math UP 11

12 Demand Demand Demand Dengan menggunakan metode Least Corner, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 1 =, X 21 = 110, X 23 = 220, X 24 = 110, X 2 = 110, X 31 =, dan X 32 =. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 1 X 1 + C 21 X 21 + C 23 X 23 + C 24 X 24 + C 2 X 2 + C 31 X 31 + C 32 X 32 Z = (0.) + (13.110) + (11.220) + (7.110) + (0.110) + (9.) + (4.) Z = = 8910 Karena ongkos pengangkutan dalam ribu dan banyaknya unit dalam ribuan galon, maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Fitriani A, Math UP 12

13 Metode Vogel Penalty Penalty Demand Penalty Penalty Demand Penalty Penalty Demand Penalty 1 1 Penalty 2 1 Demand Fitriani A, Math UP 13

14 Penalty 2 1 Demand Penalty Penalty 2 1 Demand Penalty 2 Penalty Penalty Demand Dengan menggunakan metode Vogel, diperoleh Basic feasible solutionnya adalah X 1 =, X 21 = 110, X 23 = 220, X 24 = 110, X 2 = 110, X 31 =, dan X 32 =. Berdasarkan itu maka diperoleh ongkos dari solusi layaknya adalah: Z = C 1 X 1 + C 21 X 21 + C 23 X 23 + C 24 X 24 + C 2 X 2 + C 31 X 31 + C 32 X 32 Z = (0.) + (13.110) + (11.220) + (7.110) + (0.110) + (9.) + (4.) Z = = 8910 Karena ongkos pengangkutan dalam ribu dan banyaknya unit dalam ribuan galon, maka total ongkos pengangkutannya adalah Rp ,- Solusi ini sudah layak namun belum tentu optimal. Fitriani A, Math UP 14

15 Pengecekan Optimalitas dengan menggunakan Stepping Stone Untuk kasus PN GA, karena penyelesaian awal (bfs) yang diambil adalah penyelesaian awal (bfs) dengan menggunakan metode Vogel/metode Least Cost, hal ini dikarenakan dengan metode Vogel/metode Least Cost ini diperoleh ongkos pengiriman yang minimum. Peubah Basisnya adalah { X 1, X 21, X 23, X 24, X 2, X 31, X 32 } Peubah Nonbasisnya adalah {X 11, X 12, X 13, X 14, X 22, X 33, X 34, X 3 }. Peubah NonBasis Z baru ΔZ X X X X X X X X Karena ada nilai ΔZ < 0, maka solusi layak yang diperoleh belum optimal, karena nilai ΔZ sama, maka dipilih salah satu. Misalkan dipilih X 13 sebagai entering variable dan X 23 sebagai leaving variable dan diperoleh nilai fungsi tujuan baru sebesar 8690, dengan kata lain diperoleh total ongkos pengangkutan yang baru, yaitu Rp ,-. Untuk tabel pengecakan yang baru diperoleh: Peubah Basisnya adalah { X 1, X 21, X 13, X 24, X 2, X 31, X 32 } Peubah Nonbasisnya adalah {X 11, X 12, X 23, X 14, X 22, X 33, X 34, X 3 } Peubah NonBasis Z baru ΔZ X X X X X X X X Karena ada nilai ΔZ < 0, maka solusi layak yang diperoleh belum optimal, karena nilai ΔZ sama, maka dipilih salah satu. Misalkan dipilih X 11 sebagai entering variable dan X 1 Fitriani A, Math UP 1

16 sebagai leaving variable dan diperoleh nilai fungsi tujuan baru sebesar 880, dengan kata lain diperoleh total ongkos pengangkutan yang baru, yaitu Rp ,-. Untuk tabel pengecekan yang baru diperoleh: Peubah Basisnya adalah { X 11, X 21, X 13, X 24, X 2, X 31, X 32 } Peubah Nonbasisnya adalah {X 1, X 12, X 23, X 14, X 22, X 33, X 34, X 3 } Peubah NonBasis Z baru ΔZ X X X X X X X X Karena semua ΔZ dari peubah nonbasis bernilai nonnegatif, dimana hal ini berarti setiap perubahan peubah nonbasis menjadi peubah basis hanya akan mengakibatkan penambahan ongkos pengangkutan, sehingga solusi layak yang telah diperoleh merupakan solusi layak yang optimal, dengan total ongkos pengangkutan optimum, yaitu Rp ,-. Kesimpulan untuk masalah PN GA, agar diperoleh ongkos yang paling minimum, maka hal yang perlu dilakukan oleh PN GA adalah: a. mengirimkan.000 galon ke bandar udara di Jakarta, dan galon ke kota bandar udara di. b. mengirimkan.000 galon ke bandar udara di Jakarta, galon ke bandar udara di, sedangkan sebanyak galon merupakan kelebihan produksi dari pertamina. c. mengirimkan.000 galon ke bandar udara di Jakarta, dan.000 galon ke bandar udara di Bandung. d. Total ongkos pengangkutannya sebesar Rp ,- Fitriani A, Math UP 16