Document - 23456 - STMIK EL RAHMA BahanAjarROERA 16
BAHAN AJAR
RISET OPERASI
Oleh : Minarwati, ST
SEKOLAH TINGGI MANAJEMEN INFORMATIKA DAN ILMU KOMPUTER
EL RAHMA
YOGYAKARTA
2014
(2)
BAB I Pengantar Perkembangan Riset Operasi
Akar dari perkembangan riset operasi dapat ditelusuri kembali dalam beberapa dekade, dimana penggunaan pendekatan ilmiah dimulai. Bagaimanapun juga, permulaan dari kegiatan yang disebut riset operasi telah mulai dikembangkan penggunaannya pada permulaan perang dunia kedua. Pada saat itu dirasa perlu untuk mengalokasikan sumber daya-sumber daya yang terbatas dan langka untuk bermacam-macam operasi militer, dan kegiatan-kegiatan dalam setiap operasi harus dilakukan dengan cara efektif untuk memenangkan perang.
Setelah perang dunia kedua berakhir, dengan melihat sukses penggunaan riset operasi dalam militer, kalangan industri menjadi tertarik pada bidang baru ini. Pertumbuhan industri setelah perang berakhir terjadi sangat pesat, sehingga tim-tim riset operasi menjadi sangat dibutuhkan dalam dunia bisnis, karena masalah-masalah yang timbul pada dasarnya sama walaupun konteksnya berbeda dengan yang telah dihadapi kalangan militer. Tim-tim riset operasi dalam lingkungan dunia bisnis ini menandai kemajuan teknik-teknik riset operasi.
Kemajuan teknologi computer juga telah menandai kemajuan teori riset operasi dan banyak membantu pengambilan keputusan pemecahan masalah yang optimum dalam berbagai bidang dan permasalahan. Perkembangan komputer-komputer elektronik digital dengan kemampuannya untuk melakukan perhitungan-perhitungan aritmetik ribuan atau bahkan jutaan kali lebih cepat dari kemampuan manusia, merupakan perkembangan “dahsyat” riset operasi.
Arti Riset Operasi
Arti riset operasi telah banyak didefinisikan oleh beberapa ahli, 1. Morse dan Kimball
Riset Operasi sebagai metode ilmiah (scientific method) yang memungkinkan para manajer mengambil keputusan mengenai kegiatan yang mereka tangani dengan dasar kuantitif.
2. Churcman, Arkoff dan Arnoff
Riset operasi sebagai aplikasi metode-metode, teknik-teknik, dan peralatan-peralatan ilmiah dalam menghadapi masalah-masalah yang timbul di dalam operasi perusahaan dengan tujuan ditemukannya pemecahan optimum masalah-masalah tersebut.
3. Miller dan M.K. Starr
Riset Operasi sebagai peralatan manajemen yang menyatukan ilmu pengetahuan, matematika, dan logika dalam kerangka pemecahan masalah-masalah yang dihadapi sehari-hari, sehingga akhirnya permasalahan tersebut dapat dipecahkan secara optimal.
Dari ketiga definisi diatas dapat disimpulkan bahwa :
Riset Operasi berkenaan dengan pengambilan keputusan optimal dalam dan penyusunan model dari, sistem-sistem baik deterministik maupun probabilistik yang berasal dari kehidupan nyata. Aplikasi-aplikasi ini, yang terjadi dalam pemerintahan, bisnis, teknik, ekonomi serta illmu pengetahuan alam dan sosial ditandai dengan kebutuhan untuk mengalokasikan sumberdaya-sumberdaya yang terbatas. Riset Operasi yang mengandung baik pendekatan maupun bidang aplikasi, sangat berguna dalam menghadapi masalah-masalah bagaimana mengarahkan dan mengkoordinasi operasi-operasi atau kegiatan-kegiatan dalam suatu organisasi dengan segala batasan-batasannya melalui prosedur-prosedur “Search for Optimality”.
Kontribusi Pendekatan-pendekatan Riset Operasi
1. Pentusunan situasi kehidupan nyata ke suatu model matematis, dan pemisahan elemen-elemen pokok agar supaya suatu penyelesaian yang relevan dengan sasaran atau tujuan pengambil keputusan dapat tercapai. Ini melibatkan pandangan pada masalah dalam konteks keseluruhan system.
2. Pencarian struktur penyelesaian-penyelesaian dan pengembangan prosedur-prosedur sistematis untuk mendapatkannya.
3. Pengembangan suatu penyelesaian, termasuk atau teori atau model matematika, bila perlu, yang menghasilkan suatu nilai optimal dari sistem sesuai tingkat yang diinginkan (atau perbandingan alternative-alternatif kegiatan yang dinilai dengan tingkat yang diinginkan), biasanya dalam dunia bisnis diukur dengan biaya dan laba.
(3)
BAB II
LINEAR PROGRAMMING Linear programming
Merupakan suatu model umum yang dapat digunakan dalam pemecahan masalah pengalokasian sumber-sumber yang terbatas secara optimal, mencakup perencanaan kegiatan-kegiatan untuk mencapai suatu hasil yang “optimal”, yaitu suatu hasil yang mencerminkan tercapainya sasaran tertentu yang paling baik (menurut model matematis) di antara alternatif-alternatif yang mungkin, dengan menggunakan fungsi linear.
Model Linear Programming
Model matematis perumusan masalah umum pengalokasian sumberdaya untuk berbagai kegiatan, dalam model LP dikenal 2(dua) macam fungsi:
1. Fungsi Tujuan (Objective Function)
Adalah fungsi yang menggambarkan tujuan/sasaran didalam permasalahan LP yang berkaitan dengan pengaturan secara optimal sumberdaya-cumberdaya, untuk memperoleh keuntungan maksimal atau biaya minimal. Nilai yang dioptimalkan dinyatakan sebagai Z .
2. Fungsi Batasan (Contraint Function)
Merupakan bentuk penyajian secara matematis batasan-batasan kapasitas yang tersedia yang akan dialokasikan secara optimal ke berbagai kegiatan.
Agar memudahkan pembahasan model LP ini, digunakan simbol-simbol sbb: m = macam batasan-batasan sumber atau fasilitas yang tersedia.
n = macam kegiatan-kegiatan yang menggunakan sumber atau fasilitas tersebut. i = nomor setiap macam sumber atau fasilitas yang tersedia (i = 1, 2, 3, ….., m).
j = nomor setiap macam kegiatan yang menggunakan sumber atau fasilitas yang tersedia ( j = 1, 2, 3, ……., n).
xj = tingkat kegiatan ke j (j = 1, 2, 3,….., n)
aij = banyaknya sumber i yang diperlukan untuk menghasilkan setiap unit keluaran (output) kegiatan j. ( i = 1, 2, 3,…..,m; j = 1, 2, 3,….., n)
bi = banyaknya sumber ( fasilitas) i yang tersedia untuk dialokasikan ke setiap unit kegiatan ( i = 1, 2, 3,….., m).
Z = nilai yang dioptimalkan (maksimum atau minimum)
Cj = kenaikan nilai Z apabila ada pertambahan tingkat kegiatan (xj) dengan satu satuan (unit); atau merupakan sumbangan setiap satuan keluaran kegiatan j terhadap nilai Z.
Keseluruhan simbol-simbol diatas selanjutnya disusun kedalam bentuk tabel standar LP sbb: Kegiatan
Sumber
Pemakaian sumber per unit kegiatan (keluaran)
1 2 3 …………. n
Kapasitas Sumber
1 2 3 . . . 4
a11 a12 a13 …………. a1n
a21 a22 a13 …………. a2n
a31 a32 a33 …………. a3n . . . . . . . . . . . . am1 am2 am3 …………. amn
b1 b2 b3 . . . bm ΔZ pertambahan
tiap unit
Tingkat kegiatan
C1 C2 C3 …………. Cn X1 X2 X3 ………….. Xn
(4)
Atas dasar tabel diatas dapat disusun suatu model matematis yang digunakan untuk mengemukakan suatu permasalahan LP sbb :
Fungsi tujuan :
Maksimumkan Z = C1X1 + C2X2 + C3X3 + ……. + CnXn Batasan-batasan :
1). a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……… + a1nXn ≤ b1 2). a21X1 + a22X2 + a23X3 + ……… + a2nXn ≤ b2 . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . m). am1X1 + am2X2 + am3X3 + ……… + amnXn ≤ bn
dan
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0, …….. Xn≥ 0
Bentuk model LP diatas merupakan bentuk standar bagi masalah-masalah Lp yang akan dipakai
selanjutnya. Dengan kata lain bila setiap masalah dapat diformulasikan secara matematis mengikuti model diatas, maka masalah tersebut dapat dipecahkan dengan teknik LP.
Fungsi batasan dapat dikelompokan menjadi dua(2) macam :
a. Fungsi batasan fungsional, yaitu fungsi-fungsi batasan sebanyak m.
b. Fungsi batasan non negatif, yaitu fungsi-fungsi batasan yang dinyatakan dengan Xi ≥ 0. Dalam praktek tidak semua masalah dapat persis mengikuti model diatas, terdapat masalah-masalah sbb:
1. Masalah minimisasi
Dimana seseorang dituntut untuk menentukan kombinasi (output) yang dapat diminimumkan . Dalam hal ini, fungsi tujuan dinyatakan sebagai berikut:
Minimumkan Z = C1X1 + C2X2 + C3X3 + ……… + CnXn 2. Fungsi batasan memiliki tanda matematis ≥
Apabila dirumuskan terlihat sebagai berikut: ai1x1 + ai2x2 + ai3x3 + ………. + ainxn ≥ bi 3. Fungsi batasan memiliki tanda matematis =
Apabila dirumuskan terlihat sebagai berikut: ai1x1 + ai2x2 + ai3x3 + ………. + ainxn = bi
4. Fungsi batasan non negatif tidak ada atau tidak terbatas. Asumsi-Asumsi Dasar Linear Programming
1. Proportionality
Berarti bahwa naik turunnya nilai Z dan penggunaan sumber atau fasilitas yang tersedia akan berubah secara sebanding (proportional) dengan perubahan tingkat kegiatan.
Misal :
a. Z = C1X1 + C2X2 + C3X3 + ……… + CnXn
Setiap pertambahan 1 unit X1 akan menaikkan Z dengan C1
Setiap pertambahan 1 unit X2 akan menaikkan Z dengan C2, dan seterusnya. b. a11X1 + a12X2 + a13X3 + ……… + anXn ≤ b1
Setiap pertambahan 1 unit X1 akan menaikkan penggunaan sumber/fasilitas 1 dengan a11 Setiap pertambahan 1 unit X2 akan menaikkan penggunaan sumber/fasilitas 1 dengan a12, dan seterusnya.
2. Additivity
Berarti bahwa nilai tujuan tiap kegiatan tidak saling mempengaruhi, atau dalam LP dianggap bahwa kenaikan dari tujuan (Z) yang diakibatkan oleh kenaikan suatu kegiatan dapat ditambahkan tanpa mempengaruhi bagian nilai Z yang diperoleh dari kegiatan lain.
Misal :
Z = 3X1 + 5X2 dimana X1 = 10; X2 = 2; sehingga Z = 30 + 10 = 40
Andaikata X1 bertambah 1 unit, maka sesuai dengan asumsi pertama, nilai Z menjadi 40+3= 43 Jadi, nilai 3 karena kenaika X1 dapat langsung ditambahkan pada nilai Z mula-mula tanpa mengurangi bagian Z yang diperoleh dari kegiatan 2(X2). Dengan kata lain, tidak ada korelasi antara X1 dan X2.
3. Divisibility
Menyatakan bahwa keluaran (output) yang dihasilkan oleh setiap kegiatan dapat berupa bilangan pecahan, demikian nilai Z yang dihasilkan.
(5)
Misal : X1 = 6,5; Z = 10,75 4. Deterministic (Certainty)
Menyatakan bahwa semua parameter yang terdapat dalam model LP (aij, bi, Cj) dapat diperkirakan dengan pasti , meskipun jarang dengan tepat.
A. METODE GRAFIK
Langkah-langkah penggunaan Metode Grafik:
1. Menentukan fungsi tujuan dan memformulasikannya dalam bentuk matematis.
2. Mengidentifikasikan batasan-batasan yang berlaku dan memformulasikannya dalam bentuk matematis.
3. Menggambarkan masing-masing garis fungsi batasan dalam satu sistem sumbu X dan Y. 4. Mencari titik yang paling menguntungkan (optimal) dihubungkan dengan fungsi tujuan.
Contoh Masalah LP
1. Sebuah Perusahaan Industri mempunyai berturut-turut 260kg, 380kg, dan 200kg bahan yaitu kayu, plastik, dan baja. Perusahaan tersebut akan membuat dua macam produk yaitu P dan Q yang berturut-turut memerlukan bahan-bahan (dalam kg) sbb:
Produk Bahan yang diperlukan
Kayu Plastik Baja
P
Q 3 5 5 6 4 3
Harga jual tiap produk P Rp 140.000,00/unit dan Q Rp 180.000,00/unit. Berapa banyak produk P dan produk Q harus diproduksi untuk memaksimumkan laba, dengan biaya variabel produk P Rp 80.000,00/unit dan produk Q Rp 100.000,00/unit.
Penyelesaian:
Data tersebut di atas dapat disusun ke dalam tabel sbb: Produk
Sumber
P Q Maksimum Kapasitas
Kayu
Plastik Baja
3 5
5 6 4 3
260 380 200 Sumbangan terhadap
laba (RP 10.000,00)
6 8
Untuk formulasi masalah diatas maka pertama-tama tentukan simbol-simbol yang akan dipakai: X1 = jumlah produk P yang akan di buat.
X2 = jumlah produk Q yang akan dibuat.
Z = jumlah sumbangan seluruh produk A dan produk B yang akan diperoleh. 1&2. Memformulasikannya dalam bentuk matematika:
Fungsi Tujuan: Maksimumkan Z = 6X1 + 8X2 Batasan μ 1) 3X1 + 5X2 ≤ 260
2) 5X1 + 6X1 ≤ 380 3) 4X1 + 3X2 ≤ 200
3. Menggambarkan masing-masing garis fungsi batasan dalam satu sistem sumbu X dan Y.
Batasan 1 3X1 + 5X2 ≤ 260
mis : X1=0 ; 3.0 + 5X2 = 260 X2 = 52 Mis : X2=0 ; 3X1+ 5.0 = 260 X1 = 86,67
Batasan 2 5X1 + 6X2 ≤ 380
(6)
mis : X1=0 ; 5.0 + 6X2 = 380 X2 = 63,33 mis : X2=0 ; 5X1 + 6.0 = 380 X1= 76
Batasan 3 4X1 + 3X2 ≤ 200
mis : X1=0 ; 4.0 + 3X2 = 200 X2 = 66,67 Mis : X2=0 ; 4X1 + 3.0 = 200 X1 = 50
4. Untuk mencari nilai Z optimal dapat digunakan 2 cara:
1. Dengan menggambarkan fungsi tujuan. (cara trial and error)
Caranya dengan memisalkan nilai Z pada persamaan fungsi tujuan, sehingga akan didapatkan nilai X1 dan X2. Tujuan permisalan ini adalah untuk mengetahui arah kita menggeser sampai bertemu satu titik di daerah feasible sehingga akan didapatkan nilai Z optimal baik maksimal maupun minimal.
Misal : 6X1 + 8X2 = 240 X1=0; X2=30 X2=0; X1=40
Apabila permisalan tersebut digambarkan pada grafik diatas dan digeser kearah atas/kanan akan didapatkan satu titik didaerah feasible pada titik B maka titik B adalah titik optimal dengan Z maksimal. Titik B merupakan pertemuan antara persamaan I dan persamaan III maka untuk menghitung nilai Z dititik B:
3X1 + 5X2 ≤ 260 dikalikan 4 menjadi 12X1 + 20X2 = 1040 4X1 + 3X2 ≤ 200 dikalikan 3 menjadi 12X1 + 9X2 = 600 – 0 + 11X2 = 440 X2 = 40 3X1 + 5.40 = 260 3X1 = 60 X1 = 20 Maka, Z dititik B 6.20 + 8.40 = 440
2. Dengan membandingkan nilai Z pada tiap-tiap titik alternatif.
Caranya adalah dengan menghitung nilai Z pada tiap-tiap titik alternatif. Titik A
X1=50; X2=0 maka Z dititik A 6.50 + 8.0 = 300
Titik B (sama dengan cara 1)
(7)
Titik C
X1=0; X2=52 maka Z dititik C 6.0 + 8.52 = 416
Maka menurut cara 2 nilai Z optimal ada dititik B, sama dengan cara 1. Kesimpulan :
Maka produk P(X1) diproduksi sebanyak 20 unit dan produk Q(X2) diproduksi sebanyak 40 unit dengan laba maksimal 440 X Rp 10.000,- = Rp 4.400.000,-.
2. Fungsi tujuan Minimumkan Z = 6X1 + 8X2 Batasan : 1) 3X1 + 5X2 = 260
2) 5X1 + 6X2 ≤ 380 3) 4X1 + 3X2 ≥ 200
Menggambarkan masing-masing garis fungsi batasan dalam satu sistem sumbu X dan Y.
Batasan 1
3X1 + 5X2 = 260
mis : X1=0 ; 3.0 + 5X2 = 260 X2 = 52 Mis : X2=0 ; 3X1+ 5.0 = 260 X1 = 86,67
Batasan 2 5X1 + 6X2 ≤ 380
mis : X1=0 ; 5.0 + 6X2 = 380 X2 = 63,33 mis : X2=0 ; 5X1 + 6.0 = 380 X1= 76
Batasan 3 4X1 + 3X2 ≥ 200
mis : X1=0 ; 4.0 + 3X2 = 200 X2 = 66,67 Mis : X2=0 ; 4X1 + 3.0 = 200 X1 = 50
Untuk mencari nilai Z optimal dapat digunakan 2 cara:
1. Dengan menggambarkan fungsi tujuan. (cara trial and error)
Caranya dengan memisalkan nilai Z pada persamaan fungsi tujuan, sehingga akan didapatkan nilai X1 dan X2. Tujuan permisalan ini adalah untuk mengetahui arah kita menggeser sampai bertemu satu titik di daerah feasible sehingga akan didapatkan nilai Z optimal baik maksimal maupun minimal.
Karena daerah feasible hanya berupa satu titik, maka titik optimal berada pada titik tersebut dengan nilai Z minimal.
Titik tersebut merupakan pertemuan antara persamaan I dan persamaan III maka untuk menghitung nilai Z :
3X1 + 5X2 ≤ 260 dikalikan 4 menjadi 12X1 + 20X2 = 1040 4X1 + 3X2 ≤ 200 dikalikan 3 menjadi 12X1 + 9X2 = 600 – 0 + 11X2 = 440 X2 = 40
(8)
3X1 + 5.40 = 260 3X1 = 60 X1 = 20 Maka, Z minimal 6.20 + 8.40 = 440
2. Dengan membandingkan nilai Z pada tiap-tiap titik alternatif.
Karena hanya ada satu titik alternative maka merupakan titik optimal dengan Z minimal, dan perhitungan titik tersebut sama dengan cara 1.
Kesimpulan :
Maka produk P(X1) diproduksi sebanyak 20 unit dan produk Q(X2) diproduksi sebanyak 40 unit dengan laba maksimal 440 X Rp 10.000,- = Rp 4.400.000,-.
Beberapa Pengertian Dalam Linear Programming
Solution (Penyelesaian)
Adalah jawaban akhir dari suatu masalah
Feasible Solution
Adalah penyelesaian yang tidak melanggar batasan-batasan yang ada.
No Feasible Solution
Berarti tidak ada daerah fesible, artinya apabila sifat atau letak batasan-batasan sedemikian rupa sehinnga tidak memungkinkan terdapatnya daerah atau alternatif-alternatif yang feasible.
Optimal Solution
Adalah feasible solution yang mempunyai nilai tujuan (nilai Z dalam fungsi tujuan) yang optimal atau terbaik (maksimum atau minimum)
Multiple Optimal Solution
Berarti terdapatnya beberapa alternatif optimal dalam suatu masalah.
Boundary Equation
Terjadi apabila suatu batasan dengan tanda “sama dengan” Corner Point Feasible Solutions
Adalah feasible solutions yang terletak pada sudut (perpotongan) antara 2 garis. Corner Point Infeasible Solutions
Adalah titik yang terletak pada perpotongan 2 garis tetapi diluar daerah feasible.
No Optimal Solution
Terjadi apabila suatu masalah tidak mempunyai jawaban atau penyelesaian optimal, hal ini dapat disebabkan faktor-faktor sbb:
1. Tidak ada feasible Solution
2. Ada batasan yang tidak membatasi besar nilai Z. Ketentuan-ketentuan atau Sifat Linear Programming Ketentuan 1:
a. Kalau hanya ada satu optimal solution, pasti berupa corner point feasible solution.
b. Kalau multiple solutions maka terdapat lebih dari 2 titik optimal yang terletak pada garis yang menghubungkan 2 corner solutions.
Ketentuan 2:
Corner point feasible solutions jumlahnya terbatas Ketentuan 3:
Kalau suatu corner point feasible solution lebih baik dari 2 corner point feasible solutions yang terdekat, maka titik itu merupakan titik optimal atau terbaik diantara semua corner point fesible solutions.
B. METODE SIMPLEKS
Apabila suatu masalah LP hanya mengandung 2 (dua) kegiatan (atau variabel-variabel keputusan) saja, maka dapat diselesaikan dengan metode grafik. Tetapi bila melibatkan lebih dari dua kegiatan maka ketode grafik tidak dapat digunakan lagi, sehingga diperlukan metode simpleks. Metode simpleks merupakan suatu cara yang lazim dipakai untuk menentukan kombinasi optimal dari tiga variabel atau lebih.
Langkah-langkah Metode Simpleks
1. Mengubah fungsi tujuan dan batasan-batasan
Contoh: Fungsi Tujuan: Maksimumkan Z = 6X1 + 8X2 Batasan μ 1) 3X1 + 5X2 ≤ 260
2) 5X1 + 6X1 ≤ 380 3) 4X1 + 3X2 ≤ 200
Fungsi tujuan diubah menjadi fungsi implisit, artinya semua CjXij kita geser ke kiri. Maksimumkan Z = 6X1 + 8X2 diubah menjadi
(9)
Pada bentuk standar, semua batasan mempunyai tanda ≤, ketidaksamaan ini harus diubah menjadi kesamaan. Caranya dengan menambah Slack Variabel (adalah variabel tambahan
yang mewakili tingkat pengangguran atau kapasitas yang merupakan batasan). Variabel slack ini adalah Xn+1, Xn+2, ….., Xn+m. Kadang-kadang Slack Variabel diberi tanda huruf lain, misalnya S1, S2, ….., dan seterusnya.
Fungsi batasan-fungsi batasan:
1) 3X1 + 5X2 ≤ 260 menjadi 3X1 + 5X2 + X3 = 260 2) 5X1 + 6X2 ≤ 380 menjadi 5X1 + 6X2 +X4 = 380 3) 4X1 + 3X2 ≤ 200 menjadi 4X1 + 3X2 +X5 = 200 2. Menyusun persamaan-persamaan di dalam tabel
Setelah formulasi diubah kemudian disusun ke dalam tabel, tabel dalam bentuk simbol sbb: Variabel
Dasar Z X1 X2 ……. Xn Xn+1 Xn+2 ……. Xn+m NK Z
Xn+1 Xn+2 . . . . Xn+m
1 0 0 . . . . 0
-C1 -C2 ……. –Cn 0 0 ……. 0 a11 a12 …….. a1n 1 0 ……. 0 a21 a22 …….. a2n 0 1 ……. 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
am1 am2 …….. amn 0 0 ……. 1 0 b1 b2 . . . . bm
NK adalah nilai kanan persamaan, yaitu nilai dibelakang tanda sama dengan (=). Variabel Dasar adalah variabel yang nilainya sama dengan sisi kanan dari persamaan. Contoh soal diatas :
Tabel Data Perusahaan Industri dalam tabel simpleks yang pertama Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z
X3 X4 X5
1 0 0 0
-6 -8 0 0 0 3 5 1 0 0 5 6 0 1 0 4 3 0 0 1
0 260 380 200 3. Memilih Kolom Kunci
Kolom kunci adalah kolom yang merupakan dasar untuk mengubah tabel diatas. Pilihlah kolom pada baris fungsi tujuan (Z) yang mempunyai nilai negatif dengan angka terbesar, berilah tanda segi empat pada kolom tersebut.
Tabel Pemilihan kolom kunci pada tabel pertama Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z
X3 X4 X5
1 0 0 0
-6 -8 0 0 0 3 5 1 0 0 5 6 0 1 0 4 3 0 0 1
0 260 380 200 4. Memilih Baris Kunci
Baris kunci adalah baris yang merupakan dasar untuk mengubah tabel tersebut diatas. Terlebih dahulu carilah indeks tiap-tiap baris dengan cara membagi nilai-nilai pada kolom NK dengan nilai yang sebaris pada kolom kunci.
Indeks = Nilai Kolom NK Nilai Kolom Kunci
Pilihlah baris yang mempunyai indeks positif dengan angka terkecil Tabel Pemilihan Baris Kunci
Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Keterangan Z
X3 X4 X5
1 0 0 0
-6 -8 0 0 0 3 5 1 0 0 5 6 0 1 0 4 3 0 0 1
0 260 380 200
260/5=52 (min) 380/6=63,33 200/3=66,67
(10)
5. Mengubah nilai-nilai baris kunci
Nilai baris kunci diubah dengan cara membaginya dengan angka kunci, gantilah variabel dasar pada baris yang terpilih dengan variabel yang terdapat dibagian atas kolom kunci.
Tabel Cara mengubah nilai baris kunci Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z
X3 X4 X5
1 0 0 0
-6 -8 0 0 0 3 5 1 0 0 5 6 0 1 0 4 3 0 0 1
0 260 380 200 Z
X2 X4 X5
1 0 0 0
3/5 1 1/5 0 0 52
6. Mengubah nilai-nilai selain pada baris kunci
Nilai-nilai baris yang lain, selain pada baris kunci dapat diubah dengan rumus sbb:
Baris Baru = baris lama – (koefisien pada kolom kunci) x nilai baru baris kunci Untuk nilai contoh soal diatas, nilai baru baris pertama (Z) sebagai berikut: [ -6 -8 0 0 0 0 ]
(-8) [ 3/5 1 1/5 0 0 52 ] (-) Nilai baru = -6/5 0 8/5 0 0 416 Baris ke X4 (batasan 2):
[ 5 6 0 1 0 380 ] (6) [ 3/5 1 1/5 0 0 52 ] (-) Nilai baru = 7/5 0 -6/5 1 0 68 Baris ke X5 (batasan 3)
[ 4 3 0 0 1 200 ] (3) [ 3/5 1 1/5 0 0 52 ] (-)
Nilai baru = 11/5 0 -3/5 0 1 44
Tabel pertama nilai lama dan tabel kedua nilai baru Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z
X3 X4 X5
1 0 0 0
-6 -8 0 0 0 3 5 1 0 0 5 6 0 1 0 4 3 0 0 1
0 260 380 200 Z
X2 X4 X5
1 0 0 0
-6/5 0 8/5 0 0 3/5 1 1/5 0 0 7/5 0 -6/5 1 0 11/5 0 -3/5 0 1
416 52 68 44 7. Langkah 7
Ulangi langkah-langkah perbaikan-perbaikan/perubahan-perubahan
Ulangilah langkah-langkah perbaikan mulai langkah 3 sampai langkah 6 untuk memperbaiki tabel-tabel yang telah diubah/diperbaiki nilainya. Perubahan baru berhenti setelah pada baris pertama ( fungsi tujuan) tidak ada yang bernilai negatif.
Tabel Pemilihan Kolom dan Baris Kunci dari table perbaikan pertama, dan nilai baru baris kunci hasil perbaikan kedua
Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK
Indeks
Z X2 X4 X5
1 0 0 0
-6/5 0 8/5 0 0 3/5 1 1/5 0 0 7/5 0 -6/5 1 0 11/5 0 -3/5 0 1
416 52 68 44
416 52/35=86,67
68/75=48,57
44/115=20
Z X2 X4 X1
1 0 0
(11)
Nilai Baru selain baris kunci sbb: Baris pertama (Z) sebagai berikut:
[ -6/5 0 8/5 0 0 416 ]
(-6/5) [ 1 0 -3/11 0 5/11 20 ] (-)
Nilai baru = 0 0 14/11 0 6/11 440
Baris ke 2 (batasan 1): [ 3/5 1 1/5 0 0 52 ]
(3/5) [ 1 0 -3/11 0 5/11 20 ] (-)
Nilai baru = 0 1 4/11 0 3/11 40
Baris ke 3 (batasan 2) [ 7/5 0 -6/5 1 0 68 ]
(7/5) [ 1 0 -3/11 0 5/11 20 ] (-)
Nilai baru = 0 0 -9/11 0 7/11 40
Tabel Hasil perubahan/perbaikan kedua, table pertama nilai lama dan tabel kedua nilai baru Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z X2 X4 X5 1 0 0 0 -6/5 0 8/5 0 0
3/5 1 1/5 0 0
7/5 0 -6/5 1 0
11/5 0 -3/5 0 1
416 52 68 44 Z X2 X4 X1 1 0 0 0 0 0 14/11 0 6/11 0 1 4/11 0 3/11 0 0 -9/11 0 7/11 1 0 -3/11 0 5/11 440 40 40 20 Tabel-tabel yang diperoleh dari table pertama sampai perubahan terakhir : Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 NK Z X3 X4 X5 1 0 0 0 -6 -8 0 0 0
3 5 1 0 0
5 6 0 1 0
4 3 0 0 1
0 260 380 200 Z X2 X4 X5 1 0 0 0 -6/5 0 8/5 0 0
3/5 1 1/5 0 0
7/5 0 -6/5 1 0
11/5 0 -3/5 0 1
416 52 68 44 Z
X2 X4 X1
1 0 0 0
0 0 14/11 0 6/11 0 1 4/11 0 3/11 0 0 -9/11 0 7/11 1 0 -3/11 0 5/11
440 40 40 20
Karena pada baris fungsi tujuan (Z) sudah tidak ada yang bernilai negative (-) maka sudah optimal dengan nilai X1 = 20
X2 = 40
Z Maksimal =440 Kesimpulan:
Maka produk P(X1) diproduksi sebanyak 20 unit dan produk Q(X2) diproduksi sebanyak 40 unit dengan laba maksimal 440 X Rp 10.000,- = Rp 4.400.000,-.
Penyimpangan-penyimpangan dari Bentuk Standar 1. Minimisasi
Fungsi tujuan dari permasalahan linear programming yang bersifat minimisasi, harus diubah
menjadi maksimisasi, agar sesuai dengan bentuk standar, yaitu maksimisasi. Caranya adalah
dengan mengganti tanda positif dan negatif pada fungsi tujuan, sebagai berikut:
Minimumkan Z =
n
j
CjXj
1
(12)
Maksimumkan (-Z) =
n
j
Xj Cj
1
)
(
Contoh :
Minimumkan Z = 6X1 + 8X2 sama dengan Maksimumkan (-Z) = -6X1 - 8X2
2. Batasan dengan tanda “sama dengan”
Kalau suatu batasan memakai tanda kesamaan, maka cara mengatasinya dengan menambahkan variabel buatan (artificial variable).
Misalnya batasan ke-1 pada contoh terdahulu ( 3X1 + 5X2 ≤ 260 ) diubah menjadi 3X1 + 5X2 = 260. Karena batasan tersebut bertanda “=” untuk dapat dikerjakan dengan metode simpleks harus ditambahkan satu variabel lagi, karena pada batasan itu belum ada variabel yang bisa merupakan variabel dasar pada tabel pertama. Variabel itu adalah variabel buatan yang bersifat tidak negatif (X3), sehingga persamaan tersebut menjadi sbb:
3X1 + 5X2 + X3 = 260
Karena adanya variabel buatan (X3) ini, maka fungsi tujuan harus disesuaikan dengan menambahkan bilangan M, sehingga fungsi tujuan menjadi :
Z = 6X1 + 8X2 + MX3
Bilangan M bernilai sangat besar tetapi tidak tak terhingga, sehingga nilai Z maksimum bisa
diperoleh apabila nilai X3 = 0. 3. Fungsi pembatas bertanda ≥
Bila suatu fungsi pembatas bertanda ≥, maka harus diubah menjadi ≤ dan akhirnya menjadi = agar dapat diselesaikan dengan metode simpleks.
Misalnya batasan ke-3 pada contoh terdahulu kita ubah tandanya menjadi sbb: 4X1 + 3X2 ≥ 200 dikalikan (-1), menjadi
-4X1 –3X1 ≤ -200 ditambahkan Variabel X5, menjadi -4X1 – 3X2 + X5 = -200
4. Bagian kanan persamaan bertanda negatif
Bila bagian kanan persamaan bertanda negatif maka harus diubah menjadi positif. Caranya dengan mengubah tanda positif negatif dari tiap-tiap koefisien, kemudian ditambah dengan variabel buatan.
Misanya batasan diatas menjadi sbb:
-4X1 – 3X2 + X5 = -200 dikalikan (-1), menjadi 4X1 + 3X2 – X5 = 200
Persamaan diatas sudah bertanda kesamaan dan dibagian kanan bertanda positif , tetapi slack variabel (X5) bertanda negatif (dalam hal ini slack variabel sering disebut pula surplus variabel) .
Hal ini tidak memungkinkan penggunaan metode simpleks. Oleh karena itu harus ditambahkan satu variabel buatan X6, yang akan menjadi variabel dasar dalam tabel permulaan, sehingga menjadi sbb :
4X1 + 3X2 – X5 + X6 = 200
Sesuai dengan penjelasan sebelumnya maka kalau ada variabel buatan harus ditambahkan nilai M pada fungsi tujuan, dan mengubahnya agar nilai variabel dasar pada fungsi tujuan sebesar 0.
Setelah kita lakukan perubahan-perubahan pada fungsi tujuan dan fungsi batasan dengan bentuk non standar, persamaan tujuan diatas tidak memungkinkan penggunaan metode simpleks tabel, sebab nilai setiap variabel dasar pada persamaan ini harus sebesar 0, padahal X5 merupakan
variabel dasar pada tabel permulaan. Oleh karena itu diubah dengan cara menguranginya dengan M dikalikan dengan baris batasan yang bersangkutan.
Contoh:
Fungsi tujuan Minimumkan Z = 6X1 + 8X2 Batasan : 1) 3X1 + 5X2 = 260
2) 5X1 + 6X2 ≤ 380 3) 4X1 + 3X2 ≥ 200 Penyelesaian:
1. Mengubah fungsi tujuan dan batasan
Batasan 1
(13)
3X1 + 5X2 + X3 = 260
Batasan 2 5X1 + 6X2 ≤ 380 dirubah menjadi kesamaan ditambah slack variable X4 menjadi, 5X1 + 6X2 + X4 = 380
Batasan 3 4X1 + 3X2 ≥ 200 dirubah menjadi ≤ dengan dikalikan (-1) menjadi, -4X1 –3X2 ≤ -200 dirubah menjadi kesamaan ditambah slack variable X5 menjadi, -4X1 – 3X2 + X5 = -200 dirubah menjadi (+) dikalikan (-1) menjadi, 4X1 + 3X2 - X5 = 200 ditambah variable buatan X6 menjadi, 4X1 + 3X2 - X5 + X6 = 200 Fungsi Tujuan Minimalkan Z = 6X1 + 8X2 ditambah nilai M menjadi, Minimalkan Z = 6X1 + 8X2 + MX3 + MX6 dirubah maksimalkan menjadi, Maksimalkan –Z = -6X1 - 8X1 – MX3 – MX6 dirubah menjadi fungsi implisit menjadi, -Z + 6X1 + 8X2 + MX3 + MX6 =0 Variabel dasar X3 dan X6 harus bernilai 0, dilakukan pengurangan-pengurangan terhadap fungsi tujuan dengan fungsi batasan yang memiliki variabel tambahan dikalikan nilai M. X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Fs.tujuan 6 8 M 0 0 M 0
Batasan1 3 5 1 0 0 0 260 M Batasan3 4 3 0 0 -1 1 200 -
Fs.tujuan (6 – 7M) (8-8M) 0 0 M 0 -460M 2. Menyusun persamaan-persamaan di dalam table Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z X3 X4 X6 -1 0 0 0 (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200 3. Memilih Kolom Kunci Kolom kunci adalah kolom yang merupakan dasar untuk mengubah tabel diatas. Pilihlah kolom pada baris fungsi tujuan (Z) yang mempunyai nilai negatif dengan angka terbesar, berilah tanda segi empat pada kolom tersebut. Tabel Pemilihan Kolom Kunci Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z X3 X4 X6 -1 0 0 0 (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200 4. Memilih Baris Kunci Baris kunci adalah baris yang merupakan dasar untuk mengubah tabel tersebut diatas. Terlebih dahulu carilah indeks tiap-tiap baris dengan cara membagi nilai-nilai pada kolom NK dengan nilai yang sebaris pada kolom kunci. Indeks = Nilai Kolom NK Nilai Kolom Kunci Pilihlah baris yang mempunyai indeks positif dengan angka terkecil Tabel Pemilihan Baris Kunci Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Indeks Z X3 X4 X6 -1 0 0 0 (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200
260/5=52(min) 380/6=63,33 200/3=66,67
(14)
5. Mengubah Nilai-Nilai Baris Kunci
Nilai baris kunci diubah dengan cara membaginya dengan angka kunci, gantilah variabel dasar pada baris yang terpilih dengan variabel yang terdapat dibagian atas kolom kunci.
Tabel Cara mengubah nilai baris kunci Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z
X3 X4 X6
-1 0 0 0
(-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200 Z X2 X4 X6 -1 0 0 0 3/5 1 1/5 0 0 0 52
6. Mengubah nilai-nilai selain pada baris kunci Nilai-nilai baris yang lain, selain pada baris kunci dapat diubah dengan rumus sbb: Baris Baru = baris lama – (koefisien pada kolom kunci) x nilai baru baris kunci Untuk nilai contoh soal diatas, nilai baru baris pertama (Z) sebagai berikut: [ (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0 -460M ] (-8M+8) [ 3/5 1 1/5 0 0 0 52 ] (-)
Nilai baru = (-11/5M+6/5) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0 (-44M-416) Baris ke 3 (batasan 2): [ 5 6 0 1 0 0 380 ]
(6) [ 3/5 1 1/5 0 0 0 52 ] (-)
Nilai baru = 7/5 0 -6/5 1 0 0 68
Baris ke 4 (batasan 3) [ 4 3 0 0 -1 1 200 ]
(3) [ 3/5 1 1/5 0 0 0 52 ] (-)
Nilai baru = 11/5 0 -3/5 0 -1 0 44
Tabel pertama nilai lama dan tabel kedua nilai baru Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z X3 X4 X6 -1 0 0 0 (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200 Z X2 X4 X6 -1 0 0 0 (-115M+ 5 6 ) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0
3/5 1 1/5 0 0 0
7/5 0 -6/5 1 0 0
11/5 0 -3/5 0 -1 0
(-44M-416) 52 68 44 7. Langkah 7
Ulangi langkah-langkah perbaikan-perbaikan/perubahan-perubahan
Ulangilah langkah-langkah perbaikan mulai langkah 3 sampai langkah 6 untuk memperbaiki tabel-tabel yang telah diubah/diperbaiki nilainya. Perubahan baru berhenti setelah pada baris pertama ( fungsi tujuan) tidak ada yang bernilai negatif.
(15)
Tabel Pemilihan Kolom dan Baris Kunci dari table perbaikan pertama, dan nilai baru baris kunci hasil perbaikan kedua
Variabel
Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK
Indeks
Z X2 X4 X6
-1 0 0 0
(-115M+65) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0
3/5 1 1/5 0 0 0
7/5 0 -6/5 1 0 0
11/5 0 -3/5 0 -1 0
(-44M-416) 52 68 44 52/35=86,67 68/75=48,57 44/115=20 Z X2 X4 X1 -1 0 0 0 1 0 -3/11 0 -5/11 0 20
Nilai Baru selain baris kunci sbb: Baris pertama (Z): [(-11/5M+6/5) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0 (-44M-416) ] (-11/5M+6/5) [ 1 0 -3/11 0 -5/11 0 20 ] (-)
Nilai baru = 0 0 (M -14/11) 0 6/11 0 440
Baris ke 2 (batasan 1): [ 3/5 1 1/5 0 0 0 52 ]
(3/5) [ 1 0 -3/11 0 -5/11 0 20 ] (-)
Nilai baru = 0 1 4/11 0 3 /11 0 40
Baris ke 3 (batasan 2) [ 7/5 0 -6/5 1 0 0 68 ]
(7/5) [ 1 0 -3/11 0 -5/11 0 20 ] (-)
Nilai baru = 0 0 -9/11 1 7/11 0 40
Tabel Hasil perubahan/perbaikan kedua, table pertama nilai lama dan tabel kedua nilai baru Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z X2 X4 X6 -1 0 0 0 (-115M+65) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0
3/5 1 1/5 0 0 0
7/5 0 -6/5 1 0 0
11/5 0 -3/5 0 -1 0
(-44M-416) 52 68 44 Z X2 X4 X1 -1 0 0 0 0 0 (M -14/11) 0 6/11 0
0 1 4/11 0 3 /11 0
0 0 -9/11 1 7/11 0
1 0 -3/11 0 -5/11 0
-440 40 40 20 Tabel-tabel yang diperoleh dari table pertama sampai perubahan terakhir : Variabel Dasar Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 NK Z X3 X4 X6 -1 0 0 0 (-7M+6) (-8M+8) 0 0 M 0
3 5 1 0 0 0
5 6 0 1 0 0
4 3 0 0 -1 1
-460M 260 380 200 Z X2 X4 X6 -1 0 0 0 (-115M+65) 0 (8/5M-8/5) 0 M 0
3/5 1 1/5 0 0 0
7/5 0 -6/5 1 0 0
11/5 0 -3/5 0 -1 0
(-44M-416) 52 68 44 Z X2 X4 X1 -1 0 0 0 0 0 (M -14/11) 0 6/11 0
0 1 4/11 0 3 /11 0
0 0 -9/11 1 7/11 0
1 0 -3/11 0 -5/11 0
-440 40 40 20
Karena pada baris fungsi tujuan (Z) sudah tidak ada yang bernilai negative (-) maka sudah optimal dengan nilai X1 = 20
(16)
Z Minimal =440 Kesimpulan:
(17)
BAB III
METODE TRANSPORTASI
Merupakan suatu metode yang digunakan untuk mengatur distribusi dari sumber-sumber yang menyediakan produk yang sama, ke tempat-tempat yang membutuhkan secara optimal. Alokasi produk ini harus diatur sedemikian rupa, karena terdapat perbedaan biaya-biaya alokasi dari satu sumber ke tempat-tempat tujuan berbeda-beda, dan dari beberapa sumber ke suatu tempat tujuan yang berbeda-beda.
Metode Stepping Stone
Untuk menyelesaikan suatu masalah transportasi dengan menggunakan metode stepping stone diperlukan 2 langkah :
1. Menentukan jawab layak pertama dengan menggunakan metode pojok barat laut (north west corner) .
2. Menguji penyelesaian awal sudah optimal atau belum.
3. Ulangi langkah langkah 2 hingga pada Zij variable non basis sudah ≤ 0 Menetukan jawab layak pertama
Menentukan jawab layak yang memenuhi semua kendala atau sistem angkutan yang diperlukan (dengan metode north west corner) dengan langkah-langkah sbb:
1. Pengisian dimulai dari pojok barat laut pada tabel masalah transportasi, yaitu sel (1,1). Bandingkan persediaan di A1 dengan kebutuhan di T1, yaitu masing-masing a1 dan b1. Buat X11 = min (a1, b1).
a. Bila a1 > b1, maka X11=b1 . Teruskan ke sel (1,2) yaitu gerakan mendatar dengan X12 = min (a1-b1, b2).
b. Bila a1<b1, maka X11=a1. Teruskan ke sel (2,1) yaitu gerakan tegak dengan X21= min (b1-a1,a2).
c. Bila a1=b1, maka buatlah X11=b1 dan teruskan gerakan ke X22 (gerakan miring).
2. Teruskan langkah ini setapak demi setapak menjauhi pojok barat laut hingga akhirnya harganya telah dicapai pada pojok tengara dari tabel.
Sesudah m+n-1 langkah, m+n-1 kendala telah dipenuhi dan sisanya akan dipenuhi dengan sendirina. Oleh karena itu, cara ini akan menghasilkan tidak lebih dari m+n-1 variabel xij yang > 0, karena tiap langkah memenuhi salah satu dari Ai (asal) atau Tj (tujuan). Harga-harga xij>0 ini disebut variabel basis dan banyaknya sama dengan m+n-1.
Menguji Keoptimalan Penyelesaian
Misalnya kita mempunyai jawab layak basis dari suatu masalah transportasi dengan m asal dan n tujuan. Ini berarti bahwa terdapat m+n-1 variabel basis xij yang > 0 kita tidak mengetahui apakah jawab ini sudah optimal atau tidak.
Untuk menentukan apakah suatu jawab layak basis sudah optimal atau tidak, kita menggunakan metode stepping stone caranya ialah melalui tabel data transportasi yang memuat variabel basis xij > 0 dan cij. Kita menghitung zij untuk setiap sel (i,j) yang tidak memuat variabel basis xij >0.
Untuk sel (I,j) kita memerlukan satu lop yang memuat sel (i,j) sendiri dan sel-sel basis. Misalkan urutan sel dalam lop tersebut ialah :
{(i,r), (u,r), …., (s,w), (s,j), (i,j)}. Harga zij yang brsesuaian adalah
zij = cir –cur …… + caj – cij.
Untuk menghitung zij untuk tiap sel yang tidak memuat xij > 0, kita memerlukan langkah-langkah sebagai berikut :
1. Tentukan sel basis pada baris yang sama sedemikian hingga sel basis lainnya terletak pada kolom yang sama.
2. Buat gerakan mendatar kemudian gerakan tegak.
3. Ulangi gerakan ini dari satu sel basis kepada sel basis lainnya hingga satu ketika tiba pada satu tempat atau sel yang satu kolom dengan sel yang dihitung zij nya.
4. Terakhir hubungkan sel basis ini dengan sel non basis yang dinilai sehingga terbentuklah satu lop.
5. Jumalhkan harga semua sel basis dalam lop dengan membuat tanda berganti-ganti positif-negatif dan hasilnya sama dengan zij.
Proses ini dapat kita lakukan untuk semua sel yang bukan basis. Apabila: 1. zij ≤ 0 untuk setiap sel (i,j) maka jawab layak basis sudah optimal. 2. zij > 0 untuk suatu (i,j) maka jawab layak basis belum optimal.
Sesudah zij dihitung untuk semua sel yang bukan basis, sekarang kita sudah siap menentukan jawab basis yang baru, yaitu langkah-langkah sbb:
1. Hitung atau tetapkan
zst = maks zij (i,j)
(18)
artinya variabel xst masuk dalam basis dan xst > 0. 2. Tentukan loop yang memuat xst.
3. Pandang cαβ dengan koefisien 1.
4. Tetapkan xpq = Min {xαβ dengan coef cαβ = 1}artinya variabel xpq keluar sebagai variabel basis.
5. Tentukan harga variabel basis untuk jawab basis yang baru dengan cara a. xst = xpq
b. Bila koefisien cαβ = 1, maka xαβ = xαβ– xpq. c. Bila koefisien cαβ = -1, maka xαβ = xαβ + xpq.
Perhatikan bahwa xαβ terdapat dalam loop yang memuat (s,t). Contoh:
Perusahaan OKE mempunyai 3 pabrik P1, P2, P3 dan 3 Gudang G1, G2, G3. Dalam satu bulan masing-masing pabrik dapat membuat unit barang sebanyak 50, 40, 30 dan masing-masing gudang dapat menampung sebanyak 60, 20, 40 unit barang. Ongkos angkut dari masing-masing pabrik ke masing-masing gudang (dalam ratusan ribu Rp):
P1 ke G1, G2, G3 : 3, 10, 8; P2 ke G1, G2, G3 : 7, 5, 1; P3 ke G1, G2, G3 : 9, 2, 7.
Tentukan pengalokasian optimal unit barang dari pabrik P1, P2, P3 ke gudang G1, G2, G3 agar diperoleh biaya minimal dalam satu bulan.
Penyelesaian:
1. Menentukan jawab layak pertama
Tujuan
Asal G1 G2 G3 Supply
A P1 3
50
10
8 50
a1
P2 7
10
5
20
1
10
40 a2
P3 9 2 7
30
30 a3
Demand 60
T b1 20 b2 40 b3 120 Menggunakan metode North West Corner
Bandingkan persediaan di a1 dengan kebutuhan di b1
X11 = min(a1;b1) X23 = min(a2-30;b3) = min(50;60) = min(40-30;40) = 50, langkah dilanjutkan ke X21 = min(10;40)
X21 = min(a2:b1-50) = 10, langkah dilanjutkan ke X33 = min(40;60-50) X33 = min(a3;b3-10)
= min(40;10) = min(30;40-10) =10, langkah dilanjutkan ke X22 = min(30;30) X22 = min(a2-10;b2) = 30
= min(40-10;20) = min(30;20)
= 20, langkah dilanjutkan ke X23 2. Menguji Keoptimalan jawab Layak Pertama
a. Menghitung Zij Variabel Non Basis Sel (1,2) Loop (1,1) (2,1) (2,2) (1,2) Z12 = C11-C21+C22-C12
= 3-7+5-10 = -9
Sel (1,3) Loop (1,1) (2,1) (2,3) (1,3) Z13 = C11-C21+C23-C13
= 3-7+1-8 = -11
Sel (3,1) Loop (3,3) (2,3) (2,1) (3,1) Z31 = C33-C23+C21-C31
= 7-1+7-9 = 4
Sel (3,2) Loop (3,3) (2,3) (2,2) (3,2) Z32 = C33-C23+C22-C32
= 7-1+5-2 = 9
(19)
b. Menentukan Variabel yang masuk dalam Basis Maks Zst = Maks Zij (Zij variable non basis yang > 0) = Maks (4;9)
= 9 = Z32 , maka X32 masuk dalam Basis c. Menentukan Variabel yang keluar dari Basis
Loop Variabel yang masuk dalam Basis (3,2) = (3,3) (2,3) (2,2) (3,2) Koefisien Cαβ (+) = (3,3);(2,2)
Min Xpq = Min (X33;X22) = Min (30;20)
= 20 = X22, maka X22 keluar dari basis d. Harga Basis Baru
1. Xst = Xpq = X32 = X22 = 20 2. X33 = X33 – X22 = 30 – 20 = 10 3. X23 = X23 + X22 = 10 + 20 = 30 Menyusun harga basis baru ke dalam table
Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50 a1
P2 7
10
5 1
30
40 a2
P3 9 2
20
7
10
30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120
3. Ulangi langkah langkah 2 hingga pada Zij variable non basis sudah ≤ 0 Menguji Keoptimalan Jawab Layak Pertama
a. Menghitung Zij Variabel Non Basis
Sel (1,2) Loop (1,1) (2,1) (2,3) (3,3) (3,2) (1,2) Z12 = C11-C21+C23-C33+C32-C12
= 3-7+1-7+2-10 = -18
Sel (1,3) Loop (1,1) (2,1) (2,3) (1,3) Z13 = C11-C21+C23-C13
= 3-7+1-8 = -11
Sel (2,2) Loop (2,3) (3,3) (3,2) (2,2) Z22 = C23-C33+C32-C22
= 1-7+2-5 = -9
Sel (3,1) Loop (3,3) (2,3) (2,1) (3,1) Z31 = C33-C23+C21-C31
= 7-1+7-9 = 4
b. Menentukan Variabel yang masuk dalam Basis Maks Zst = Maks Zij (Zij variable non basis yang > 0) = Maks (4)
= 4 = Z31 , maka X31 masuk dalam Basis c. Menentukan Variabel yang keluar dari Basis
Loop Variabel yang masuk dalam Basis (3,1) = (3,3) (2,3) (2,1) (3,1) Koefisien Cαβ (+) = (3,3);(2,1)
Min Xpq = Min (X33;X21) = Min (10;10)
= 10 = X33, maka X33 keluar dari basis d. Harga Basis Baru
a. Xst = Xpq = X31 = X33 = 10 b. X23 = X23 + X33 = 30 + 10 = 40 c. X21 = X21 – X33 = 10 - 10 = 0
(20)
Menyusun harga basis baru ke dalam table Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50
a1
P2 7
0
5 1
40
40 a2
P3 9
10
2
20
7 30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120 Menguji Keoptimalan Jawab Layak Pertama
a. Menghitung Zij Variabel Non Basis Sel (1,2) Loop (1,1) (3,1) (3,2) (1,2) Z12 = C11-C31+C32-C12
= 3-9+2-10 = -14
Sel (1,3) Loop (1,1) (2,1) (2,3) (1,3) Z13 = C11-C21+C23-C13
= 3-7+1-8 = -11
Sel (2,2) Loop (2,1) (3,1) (3,2) (2,2) Z22 = C21-C31+C32-C22
= 7-9+2-5 = -5
Sel (3,3) Loop (3,1) (2,1) (2,3) (3,3) Z31 = C31-C21+C23-C33
= 9-7+1-7 = -4
Karena Zij variable non basis sudah ≤ 0 maka sudah optimal Biaya = 50X3 + 0X7 + 40X1 + 10X9 + 20X2
= 150 + 0 + 40 + 90 + 40 = 320
= 320 X Rp 100.000,00 = Rp 32.000.000,00 Kesimpulan:
Maka pengalokasian unit barang dari pabrik P1, P2, P3 ke gudang G1, G2, G3 dalam satu bulan optimal dengan biaya minimal Rp 32.000.000,00.
Metode MODI (Modified Distribution)
Merupakan perkembangan dari metode stepping stone, karena penentuan segi empat kosong yang bisa menghemat biaya dilakukan dengan prosedur yang lebih pasti dan tepat serta metode ini dapat mencapai hasil optimal lebih cepat.
Langkah-langkah sbb:
1. Isilah tabel pertama dari sudut kiri atas kekanan bawah 2. Menentukan nilai baris dan kolom
Nilai baris dan kolom ditentukan berdasarkan persamaan (Ri + Kj = Cij). Baris pertama selalu diberi nilai 0, dan nilai nilai baris-baris yang lain dan nilai semua kolom ditentukan berdasarkan hasil-hasil hitungan yang telah diperoleh, maka nilai kolom yang dihubungkan dengan segi empat batu dapat dicari dengan rumus Ri + Kj = Cij.
3. Menghitung Indeks Perbaikan
Indeks perbaikan adalah nilai dari segi empat air (segi empat yang kosong), mencarinya dengan rumus Cij – Ri – Kj = indeks perbaikan
4. Memilih titik tolak perubahan
Segi empat yang mempunyai indeks perbaikan negatif berarti bila diberi alokasi (diisi) akan dapat mengurangi jumalh biaya pengangkutan. Bila nilainya positif berarti pengisian akan menyebabkan kenaikan biaya pengangkutan. Segi empat yang merupakan titik tolak perubahan adalah segi empat yang indeksnya “bertanda negatif dengan angka terbesar”.
5. Memperbaiki alokasi
Berilah tanda positif (+) pada segi empat yang terpilih. Pilihlah satu segi empat terdekat yang isi dan sebaris, satu segi empat yang isi terdekat dan sekolom; berilah tanda negatif (-) pada dua
(21)
segi empat ini. Kemudian pilihlah satu segi empat yang sebaris atau sekolom dengan 2 segi empat yang bertanda negatif (-) tadi, dan berilah segi empat ini tanda positif (+). Selanjutnya pindahkanlah alokasi dari segi empat yang bertanda negatif (-) ke yang bertanda positif (+) sebanyak isi terkecila dari segi empat yang bertanda negatif (-).
6. Ulangilah langkah-langkah tersebut diatas, mulai langkah 2 sampai diperoleh biaya terendah. Bila masih ada indeks perbaikan yang bernilai negatif berarti alokasi tersebut masih dapat diubah untuk mengurangi biaya pengangkutan. Bila sudah tidak ada indeks yang bernilai negatif berarti sudah optimal.
Contoh:
Kita gunakan contoh diatas yang sudah dikerjakan menggunakan metode stepping stone. 1. Mengisi table dari sudut kiri atas kekanan bawah
Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50 a1
P2 7
10
5
20
1
10
40 a2
P3 9 2 7
30
30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120 2. Menentukan nilai baris dan kolom
Rumus : Ri + Kj = Cij Asal
Tujuan G1=3 G2=1 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50 a1
P2=4 7
10
5
20
1
10
40 a2
P3=10 9 2 7
30
30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120 3. Menghitung Indeks Perbaikan
Rumus : Cij – Ri – Kj = Indeks Perbaikan Segi
Empat Cij – Ri - Kj Perbaikan Indeks P1G2 10 – 0 – 1 9 P1G3 8 – 0 – (-3) 11 P3G1 9 – 10 – 3 -4 P3G2 2 – 10 – 1 -9 4. Memilih titik tolak perubahan
Memilih indeks perbaikan dengan nilai negative terbesar = -9 = P3G2 5. Memperbaiki alokasi
Asal
Tujuan G1=3 G2=1 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50
a1
P2=4 7
10
5
20 _
1
+ 10
40 a2
P3=10 9 2
+
7
_ 30
30 a3
Demand 60
(22)
3
Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50 a1
P2 7
10
5 1
30
40 a2
P3 9 2
20
7
10
30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120
6. Ulangilah langkah-langkah tersebut diatas, mulai langkah 2 sampai diperoleh biaya terendah . 2. Menentukan nilai baris dan kolom
Rumus : Ri + Kj = Cij Asal
Tujuan G1=3 G2=-8 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50 a1
P2=4 7
10
5 1
30
40 a2
P3=10 9 2
20
7
10
30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120 3. Menghitung Indeks Perbaikan
Rumus : Cij – Ri – Kj = Indeks Perbaikan Segi
Empat Cij – Ri - Kj Perbaikan Indeks P1G2 10 – 0 – (-8) 18 P1G3 8 – 0 – (-3) 11 P2G2 5 – 4 – (-8) 9 P3G1 9 – 10 – 3 -4 4. Memilih titik tolak perubahan
Memilih indeks perbaikan dengan nilai negative terbesar = -4 = P3G1
5. Memperbaiki alokasi
Asal
Tujuan G1=3 G2=-8 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50 a1
P2=4 7
10 -
5 1
+ 30
40 a2
P3=10 9
+
2
20
7
- 10
30 a3
Demand 60
(23)
Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50 a1
P2 7
0
5 1
40
40 a2
P3 9
10
2
20
7 30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120
6. Ulangilah langkah-langkah tersebut diatas, mulai langkah 2 sampai diperoleh biaya terendah . 2. Menentukan nilai baris dan kolom
Rumus : Ri + Kj = Cij Asal
Tujuan G1=3 G2=-4 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50 a1
P2=4 7
0
5 1
40
40 a2
P3=6 9
10
2
20
7 30
a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120 3. Menghitung Indeks Perbaikan
Rumus : Cij – Ri – Kj = Indeks Perbaikan Segi
Empat Cij – Ri - Kj Perbaikan Indeks P1G2 10 – 0 – (-4) 14 P1G3 8 – 0 – (-3) 11 P2G2 5 – 4 – (-4) 5 P3G3 7 – 6 – (-3) 4
Karena Indeks Perbaikan sudah memenuhi ≥ 0 maka sudah optimal Biaya = 50X3 + 0X7 + 40X1 + 10X9 + 20X2
= 150 + 0 + 40 + 90 + 40 = 320
= 320 X Rp 100.000,00 = Rp 32.000.000,00 Kesimpulan:
Maka pengalokasian unit barang dari pabrik P1, P2, P3 ke gudang G1, G2, G3 dalam satu bulan optimal dengan biaya minimal Rp 32.000.000,00.
Metode Vogel’s Approximation
Merupakan metode yang lebih mudah dan lebih cepat untuk dapt mengatur alokasi dari beberapa sumber ke beberapa daerah pemasaran. Dengan langkah-langkah:
1. Susunlah kebutuhan, kapasitas masing-masing sumber, dan biaya pengangkutan ke dalam matriks.
2. Carilah perbedaan dari dua biaya terkecil, yaitu biaya terkecil dan biaya terkecil kedua untuk tiap baris dan kolom pada matriks (Cij).
3. Pilihlah 1 nilai perbedaan-perbedaan yang terbesar diantara semua nilai perbedaan pada kolom dan baris.
4. Isilah pada salah satu segi empat yang termasuk dalam kolomatau baris terpilih, yaitu pada segi empat yang biayanya terendah diantara segi empat lain pada kolom/baris itu. Isiannya sebanyak mungkin yang bisa dilakukan.
5. Hilangkan baris/kolom yang sudah diisi sepenuhnya (kapasitas penuh) sehingga tidak mungkin diisi lagi. Kemudian perhatikan kolom dan baris yang belum terisi/teralokasi.
(24)
6. Tentukan kembali perbedaan (selisih) biaya pada langkah ke-2 untuk kolom dan baris yang belum terisi. Ulangi langkah 3 sampai dengan langkah 5, sampai semua baris dan kolom sepenuhnya teralokasi.
7. Setelah terisi semua, hitung biaya transportasinya.
8. Bila nilai perbedaan biaya ada 2 yang besarnya sama, lihatlah segi empat yang masuk dalam kolom maupun baris yang mempunyai nilai terbesar. Bila segi empat ini mempunyai biaya terendah diantara segi empat pada baris atau kolomnya, maka isikan alokasi maksimum pada segi empat ini. Bila biayanya tidak terendah, maka pilihlah segi empat yang akan diisi berdasarkan salah satu, baris terpilih atau kolom terpilih.
Contoh:
Kita gunakan contoh diatas yang sudah dikerjakan menggunakan metode stepping stone dan MODI.
Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3 10
8 50 a1
P2 7 5 1 40
a2
P3 9 2 7 30
a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120
1. Susunlah kebutuhan, kapasitas masing-masing sumber, dan biaya pengangkutan ke dalam matriks.
Tujuan
Asal G1 G2 G3 Supply Perbedaan Baris
P1 P2 P3
3 10 8 7 5 1 9 2 7
50 5 40 4 30 5
Demand Perbedaan Kolom
60 20 40 4 3 6
Pilihan : P2G3 = 40 Hilangkan : Kolom G3
Tujuan
Asal G1 G2 Supply Perbedaan Baris
P1 P2 P3
3 10 7 5 9 2
50 7 0 2 30 7
Demand Perbedaan Kolom
60 20 4 3
Pilihan : P3G2 = 20 Hilangkan : Kolom G2
Tujuan
Asal G1 Supply
P1 P2 P3
3 7 9
50 0 10
Demand 60
Pilihan : P1G1 = 50 P2G1 = 0 P3G1 = 10
(25)
Menyusun alokasi ke dalam table Asal
Tujuan G1 G2 G3 Supply
P1 3
50
10
8 50 a1
P2 7
0
5 1
40
40 a2
P3 9
10
2
20
7 30 a3
Demand 60
b1 20 b2 40 b3 120
Menurut metode Vogel's penyelesaian tersebut sudah optimal, tetapi belum tentu menurut metode yang lain harus diuji terlebih dahulu menggunakan metode :
1. Stepping Stone
a. Menghitung Zij Variabel non Basis Sel (1,2) Loop (1,1) (3,1) (3,2) (1,2) Z12 = C11-C31+C32-C12
= 3-9+2-10 = -14
Sel (1,3) Loop (1,1) (2,1) (2,3) (1,3) Z13 = C11-C21+C23-C13
= 3-7+1-8 = -11
Sel (2,2) Loop (2,1) (3,1) (3,2) (2,2) Z22 = C21-C31+C32-C22
= 7-9+2-5 = -5
Sel (3,3) Loop (3,1) (2,1) (2,3) (3,3) Z31 = C31-C21+C23-C33
= 9-7+1-7 = -4
Karena Zij variable non Basis sudah memenuhi ≤ 0 maka sudah optimal 2. MODI
Menentukan nilai baris dan kolom Rumus : Ri + Kj = Cij
Asal
Tujuan G1=3 G2=-4 G3=-3 Supply
P1=0 3
50
10
8 50
a1
P2=4 7
0
5 1
40
40 a2
P3=6 9
10
2
20
7 30 a3
Demand 60
b1 20
b2
40 b3
120 3. Menghitung Indeks Perbaikan
Rumus : Cij – Ri – Kj = Indeks Perbaikan Segi
Empat Cij – Ri - Kj Perbaikan Indeks P1G2 10 – 0 – (-4) 14 P1G3 8 – 0 – (-3) 11 P2G2 5 – 4 – (-4) 5 P3G3 7 – 6 – (-3) 4
Karena Indeks Perbaikan sudah memenuhi ≥ 0 maka sudah optimal Biaya = 50X3 + 0X7 + 40X1 + 10X9 + 20X2
(26)
= 150 + 0 + 40 + 90 + 40 = 320
= 320 X Rp 100.000,00 = Rp 32.000.000,00 Kesimpulan:
Maka pengalokasian unit barang dari pabrik P1, P2, P3 ke gudang G1, G2, G3 dalam satu bulan optimal dengan biaya minimal Rp 32.000.000,00.
(1)
BAB VII TEORI ANTRIAN
Teori antrian berhubungan dengan semua aspek dari situasi di mana langganan harus menanti untuk diberikan layanan
Garis penantian (antrian) adalah bagian dari kehidupan sehari-hari. Antrian terjadi bila permintaan layanan melebihi kapasitas dari yang bisa diberikan. Sebenarnya fasilitas tambahan dapat diberikan untuk menurunkan panjang antrian , tetapi biaya untuk memberikan layanan tambahan dapat menurunkan laba yang diperoleh. Dari lain pihak, antrian yang terlalu panjang dapat mengurangi jumlah langganan. Karena itu, persoalan muncul karena
Terlalu banyak permintaan yang mengakibatkan panjangnya antrian atau terlalu sedikitnya permintaan yang mengakibatkan lamanya waktu menganggur bagi pelayan.
Persoalan yang dihadapi oleh manajer adalah bagaimana membuat keseimbangan antara biaya karena menanti dan biaya untuk mencegah penantian untuk memaksimumkan laba. Teori antrian akan memberikan jawaban persoalan ini.
Model Antrian Tak Hingga, Sumber Tak Hingga, Satu Pelayan
Pn : probabilitas n pelanggan berada dalam sistem pada sembarang titik waktu Misalkan adalah laju kedatangan dan adalah laju pelayanan.
Pn = n
(1 -
), n = 0, 1, 3, …… KhususnyaPo = (1 -
)Beberapa karakteristik yang menjadi perhatian
L =
: rata-rata jumlah langganan dalam sistem Lq =
2: rata-rata jumlah langganan dalam antrian
Lv =
: rata-rata jumlah langganan dalam antrian yang tidak kosong W =
1
: rata-rata waktu langganan berada dalam sistem
Wq =
: rata-rata waktu langganan berada dalam antrian Wv =
1
: rata-rata waktu langganan berada dalam antrian bila ia harus menanti (tidak kosong)
P(n>k) =
1
k
: probabilitas lebih dari k langganan dalam sistem P(T>t) = e1t : probabilitas waktu dalam sistem lebih besar dari t Contoh:Minimarket milik bu Tatik setiap harinya kedatangan pelanggan setiap 10 menit sekali. Jika pelanggan rata-rata dapat dilayani selama 5 menit, bila jam dijadikan satuan waktu hitung :
(2)
Minarwati, ST @@@@@Ajuj, Syafi dan Mary@@@@@
a. Probabilitas pelanggan datang langsung dilayani (Po) b. Probabiltas 5 pelanggan dilayani (Pn)
c. Rata-rata jumlah pelanggan dilayani (L) d. Rata-rata waktu pelanggan dilayani (W)
e. Probabiltas lebih dari 10 pelanggan dilayani [P(n>k)]
f. Probabilitas pelanggan tidak akan mengambil waktu lebih dari 15 menit untuk dilayani [P(T>t)]
Jawab: Diket.:
= 10 menit = 6 langganan/jam ; = 5 menit = 12 langganan/jam a. Po = (1 -
) = 1 -12
6
= 1 – 0,5 = 0,5
b. Pn = n
x Po , n = 5 P5 =5
12
6
x 0,5 = 0,015625 c. L =
=12
6
6
= 1 pelanggan d. W =
1
=6
12
1
=6
1
jam
e. P(n>k) =
1
k
, k = 10; n > 10 =1 10
12
6
= 112
1
≈ 0,00048828 f. P(T>t) = e1t, t = 15 menit =4
1
jam ; T>
4
1
= e 41 12 6 1 12
= e 2 3
≈ 0,22313
Model Antrian Tak Hingga, Sumber Tak Hingga, Banyak Pelayan
Banyak sistem antrian yang mempunyai lebih dari satu pelayan untuk mendukung fasilitas layanan. Diandaikan
a. Terdapat s pelayan
b. Setiap pelayan memberikan laju pelayanan yang sama yaitu µ c. Laju kedatangan langganan
d. < s
Dengan andaian ini didapat
Pn = n = 0, 1,….,s-1
Pn = 0
!
1
P s
s
n
s n
n ≥ sP(n≥s) μ probabilitas kedatangan harus menanti untuk dilayani.
: probabilitas paling sedikit terdapat s pelanggan dalam sistem. : n
s n
P
:
s
s
P
s
1
!
0 dimana
P o n
n
!
1
(3)
Po =
Lq =
L = W =
Wq =
P(T>t) =
Contoh :
Suatu kantor mempunyai 3 orang tukang ketik. Seorang tukang ketik rata-rata dapat menyelesaikan 6 surat/jam. Bila kedatangan surat untuk diketik mempunyai laju 15 surat/jam.
a. Berapa bagian waktu sehingga semua tukang ketik sibuk. Diketahui : = 15 surat/jam
= 6 surat/jam s = 3
ditanyakan μ P(n≥3) , dihitung Po terlebih dahulu Po =
= 0,044944 karena itu,
P(n≥3) =
= 0,70225
b. Berapa rata-rata jumlah surat yang menanti untuk diketik
Lq =
= 3,51124
c. Berapa rata-rata waktu surat berada dalam sistem (menanti dan diketik)
L = 3,51124 +
= 6,01124 maka,
W = = 0,40075 jam
d. Berapa probabilitas sebuah surat tidak akan mengambil waktu lebih dari 20 menit menanti untuk diketik.
s s nn
s s
n
1
!
1
!
1
1
1
0
20 1
1
!
.
s s sP
s
L
q
L
L
q
1
1
!
1
1
1 0
s s s
e e
s t s
t
P
1
/
1
15
/
18
6
1
2
1
1
1
3 2
)
18
/
15
1
(
6
)
044944
,
0
(
6
15
3
2 4
)
18
/
15
1
)(
6
)(
3
(
)
044944
,
0
(
6
15
6
15
15
01124
,
6
1
)
044944
,
0
(
6
15
1
6 15 1 3 3 1 6 3
3 1 6
(4)
Minarwati, ST @@@@@Ajuj, Syafi dan Mary@@@@@ ≈ 0,46198
Model Antrian Berhingga, Sumber Tak hingga, Satu Pelayan.
Ini adalah keadaan dimana garis penantian hanya dapat menyediakan tempat yang jumlahnya berhingga. Bila langganan sampai dan antrian sudah penuh, maka langganan akan meninggalkan tempat karena tidak bisa masuk dalam antrian. Sebagai contah adalah terbatasnya kapasitas tempat duduk dalam kedai cukur.
Misalkan M menyatakan maksimum jumlah langganan yang dapat berada dalam sistem. Seperti kasus-kasus terdahulu misalkan adalah laju kedatangan dan adalah laju pelayanan.
=
=
Selanjutnya
Untuk ≠
= untuk =
L = untuk ≠
= M/2 untuk =
laju kedatangan akan tetap berlaku selama antrian mempunyai tempat kosong; tetapi bila sistem penuh, laju kedatangan menjadi nol. Akibatnya akan berarti bila kita mendefinisikan eff.
Dari
Selanjutnya
Maka
Contoh :
1. Seorang tukang cukur mempunyai enam tempat duduk untuk menanti. Andaikan pelanggan akan pergi bila semua kursi penuh langganan datang dengan laju rata-rata 3 orang / jam dan menghabiskan waktu rata-rata 15 menit dalam kedai cukur.
Maka : M : jumlah maksimum dalam sistem = 7. : 3 orang / jam.
M nn
P
1 0
1
1
untuk M
untuk
M
1
1
1
1
1
P
P
n
n
0
P
0
11
1
1
1
MM
M
P
L
q L0
1
L
L
q didapat eff L qeff
L
P
P
L L eff
0
0
1
1
eff eff
L W
L
W
q
q
(5)
: 4 orang / jam.
a. Berapa probabilitas seorang langganan yang datang terus dicukur. Pertanyaan ini sama dengan probabilitas tidak ada langganan dalam kedai cukur
b.Berapakah rata-rata jumlah langganan yang menanti untuk dicukur
Maka
c.Berapakah laju kedatangan efektif
d. Berapa lama diharapkan seorang langganan menghabiskan waktunya dalam kedai cukur
e. Berapa prosentase langganan yang meninggalkan tempat
Model antrian berhingga, sumber tak hingga, pelayan ganda.
Model ini menyajikan keadaan dimana kapasitas ruang tunggu terbatas dan terdapat lebih dari satu pelayan. Misalkan : s = jumlah pelayan.
M = jumlah langganan maksimum yang dapat berada dalam sistem Maka
Pn =
0
,
2778
4
3
1
4
3
1
80
P
11
,
2
4
3
1
4
3
)
8
(
4
3
1
4
3
8 8
L
39
,
1
)
2778
,
0
1
(
11
,
2
1
0
P
L
q L
jam orang effP
/
89
,
2
)
2778
,
0
1
(
4
1
0
jam eff LW
0
,
73
89
,
2
11
,
2
persenm dala msiste P
P
7
,
3
037
,
0
4
3
1
4
3
1
4
3
1
1
7
8 7 8 7 7
s n M s n s n s n s s nP
0 1 0!
1
!
1
1
M n untuk M n s untuk s s s n untuk nP
P
n s n n
,
,
0
,
,
!
1
,
,
!
1
0 0
s s s M s s ss M s M s
s
q
P
L
1
1
1
!
2 0
eff Wq n s s eff n s s LL
P
P
L
q s n n s n n q
1 0 1 0(6)
Minarwati, ST @@@@@Ajuj, Syafi dan Mary@@@@@ Contoh
Suatu kedai cukur yang dilayani dua tukang cukur mempunyai 5 kursi tunggu. Langganan datang dengan laju rata-rata 3,7634 orang/jam dam membutuhkan waktu 15 menit di kursi cukur.
Diketahui: M = 7
= 3,7634 orang/jam = 4 orang/jam
s = 2 tukang cukur a. Po
= 0,36133 b. Lq
c. eff
maka
d. W
e. P7
1 2 2 1 2 3 4 50
!
1
2
1
1
1
s s
s s
s s
P
2457
,
0
8
7634
,
3
1
8
7634
,
3
2
7
8
7634
,
3
1
8
7634
,
3
1
!
2
8
7634
,
3
4
7634
,
3
36133
,
0
7 2 7 22 2
L
q
7495
,
3
339957
,
0
1
2
36133
,
0
0
2
2
4
1
2
0
2
2
4
1 0
P
P
eff
339957
,
0
36133
.
0
4
7634
,
3
!
1
1
11
P
jam eff
w
L
qP
P
0
,
3155
7495
,
3
183083
,
1
)
2
2
(
0 1
persen
P
0
,
36133
0
,
00368
0
,
3
4
7634
,
3
2
!
2
1
72 7
7